2015届高考物理大一轮总复习磁场阶段示范性金考卷(含解析)
2015届高考物理大一轮总复习 机械能及其守恒定律阶段示范性金考卷(含解析)
机械能及其守恒定律本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、4、6、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、5、7、9、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2013·福建厦门集美中学期中]两互相垂直的力F 1和F 2作用在同一物体上，使物体运动一段位移后，力F 1对物体做功4 J ，力F 2对物体做功3 J ，则合力对物体做功为( )A. 7 JB. 1 JC. 5 JD. 3.5 J解析：合外力对物体做的功与各个力对物体做功的代数和相等，选项A 正确． 答案：A2. [2014·浙江杭州]用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止提升1 m 后撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A. 20 JB. 24 JC. 34 JD. 54 J解析：对物体运动的整个过程，由动能定理得，－W ＋mgh ＋FH ＝0，解得，W ＝34 J ，C 项正确．答案：C3. [2014·太原高三调研]如图所示，一直角斜面固定在水平地面上，右边斜面倾角为60°，左边斜面倾角为30°，A 、B 两物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端，置于两斜面上，且位于同高度处于静止状态．将两物体看成质点，不计一切摩擦和滑轮质量，剪断轻绳，让两物体从静止开始沿斜面滑下，下列判断正确的是(以地面为参考平面)( )A. 到达斜面底端时两物体速率相等B. 到达斜面底端时两物体机械能相等C. 到达斜面底端时两物体重力的功率相等D. 两物体沿斜面下滑的时间相等解析：根据机械能守恒定律，两物体减少的重力势能转化为动能mgh ＝12mv 2，到达斜面底端的速率v ＝2gh ，只与高度有关，而两物体高度一样，到达斜面底端的速率相等，则A 正确；两物体在光滑斜面上能够静止，轻绳张力处处相等，则有m A g sin60°＝m B g sin30°，得3m A ＝m B ，两物体质量不相等，高度一样，那么两物体机械能不相等，则B 错；两物体到达斜面底端时重力做功功率分别为P A ＝m A gv sin60°，P B ＝m B gv sin30°，则有P A ＝P B ，则C 正确；两物体匀加速下滑，h sin θ＝12g sin θt 2，两物体高度相同而斜面倾斜角不同，下滑的时间就不相等，则D 错误．答案：AC4. 如图所示，长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对板A 静止的过程中，下述说法中正确的是( )A. 物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能B. 物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C. 物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D. 摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于零解析：物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B 动能的减少量等于A 增加的动能和产生的热量之和，选项A 错误；根据动能定理，物体B 克服摩擦力做的功等于B 损失的动能，选项B 错误；由能量守恒定律可知，物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C 正确；摩擦力对B 做负功，对A 做正功，但二者位移不同，所以总功不为零，选项D 错误．答案：C5. [2014·浙江五校高三联考]如图所示，半径r ＝0.5 m 的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球(小球的半径比r 小很多)．现给小球一个水平向右的初速度v 0，要使小球不脱离轨道运动，v 0应满足 ( )A. v 0≥0B. v 0≥2 5 m/sC. v 0≥5 m/sD. v 0≤10 m/s解析：小球不脱离圆轨道的条件有以下两种情形：(1)能通过最高点：上升到最高点的临界条件是v ≥gr ，在从最低点运动到最高点的过程中，根据机械能守恒定律12mv 20＝12mv 2＋2mgr ，由以上两式解得：v 0≥5gr ＝5 m/s ；(2)上升的高度h ≤r ：从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律12mv 20＝mgh ，由以上两式得：v 0≤2gr ＝10 m/s.正确选项为C 、D.答案：CD6. [2013·安徽安庆模拟二]假设某篮球运动员准备投三分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知他的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲到跃起过程中重心上升的高度为h ，则下列说法正确的是( )A. 从地面跃起过程中，地面对他所做的功为0B. 从地面跃起过程中，地面对他所做的功为12mv 2＋mghC. 从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒D. 离开地面后，他在上升过程中处于超重状态；在下落过程中处于失重状态解析：运动员跳起的过程中，地面对人有力没有位移，所以不做功，A 正确，B 错误；从下蹲到跃起的过程中，运动员的动能增加，重力势能增加，所以机械能是增加的，C 错误；判断超重或失重，关键是看加速度的方向，上升和下落过程中，加速度方向都是向下的，所以都是处于失重状态，D 错误．答案：A7. 如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A 点．质量为m 的物体从斜面上的B 点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终停在斜面上．下列说法正确的是( )A ．物体最终将停在A 点B ．物体第一次反弹后不可能到达B 点C ．整个过程中重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D ．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能解析：物体由静止下滑，说明重力沿斜面的分力大于摩擦力，所以物体最终停下后一定要压缩弹簧，不可能停在A 点，所以选项A 错误；物体在运动过程中，克服摩擦力做功将机械能转化为内能，所以物体第一次反弹后不可能到达B 点，选项B 正确；因整个过程中要克服摩擦力做功，最终压缩弹簧也克服弹力做功，所以选项C 正确；对物体在最大动能处下落至弹簧达到最大弹性势能处的过程运用能量守恒分析，知该过程中重力势能减少量大于摩擦力做的功，所以整个过程中物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能，选项D 错误．答案：BC8. [2014·山东青岛]小球由地面竖直上抛，设所受阻力大小恒定，上升的最大高度为H ，以地面为零势能面．在上升至离地高度h 处，小球的动能是重力势能的两倍，在下落至离地面高度h 处，小球的重力势能是动能的两倍，则h 等于( )A. H9 B. 2H 9C. 3H 9D. 4H 9解析：设小球受到的阻力大小恒为f ，小球上升至最高点过程由动能定理得，－mgH －fH ＝0－12mv 2小球上升至离地面高度h 处时速度设为v 1，由动能定理得，－mgh －fh ＝12mv 21－12mv 20；又12mv 21＝2mgh ； 小球上升至最高点后又下降至离地面高度h 处时速度设为v 2，此过程由动能定理得，－mgh －f (2H －h )＝12mv 22－12mv 20；又12mv 22＝12mgh ； 联立解得，h ＝4H9，D 项正确．答案：D9. 在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界．若风洞内总的向上的风速风向保持不变，让质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力的大小，以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1/8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A 开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，则有( )A. 表演者向上的最大加速度是gB. 表演者向下的最大加速度是g4C. B 点的高度是37HD. 从A 至C 全过程表演者克服风力做的功为mgH解析：设人体平躺时受风力面积为S ，则有平衡时mg ＝kS /2，表演者向下减速时，有kS －mg ＝ma 1，因此其向上的加速度最大值为g ，A 正确；同理向下加速时有：mg －kS /8＝ma 2，所以向下的最大加速度为3g /4，B 错误；设表演者到达B 点时的速度大小为v ，则有：v 22a 1＋v 22a 2＝H ，h B ＝v 22a 1，联立两式得：h B ＝3H /7，C 正确；从A 到C 由动能定理可知表演者克服风力做功和重力做功大小一样为mgH ，故D 正确．答案：ACD10. [2014·济南高三模拟]如图所示，两个34竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R 相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放，小球距离地面的高度分别为h A 和h B ，下列说法正确的是 ( )A ．若使小球A 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2B ．若使小球B 沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为5R2C ．适当调整h A ，可使A 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D ．适当调整h B ，可使B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处解析：若使小球A 沿轨道运动并且从最高点飞出，则小球A 到达最高点的速度为gR ，由机械能守恒定律有mg (h A －2R )＝12mv 2，则释放的最小高度为5R2，选项A 正确；若使小球B 沿轨道运动并且从最高点飞出，只需小球到达最高点的速度大于零即可，则释放的最小高度为2R ，选项B 错误；A 球从轨道最高点恰好飞出后，R ＝12gt 2，x ＝gRt ＝2R ，不能落在轨道右端口处，选项C 错误；适当调整h B ，可使B 球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，选项D正确．答案：AD第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共20分)11. (8分)[2013·重庆一中月考]某学习小组的同学采用如图所示实验装置验证动能定理．图中A为小车，B为打点计时器，一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮间的摩擦．静止释放小车后在打出的纸带上取计数点，已知相邻两计数点的时间间隔为0.1 s，并测量出两段长度如图，若测出小车质量为0.2 kg，选择打2、4两点时小车的运动过程来研究，可得打2点时小车的动能为________J；打4点时，小车的动能为________J；该同学读出弹簧秤的读数为0.25 N，由W F＝F·x24算出拉力对小车做功为________J；计算结果明显不等于该过程小车动能增加量，超出实验误差的正常范围．你认为误差的主要原因是________．解析：根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度可求出2、4点的速度，从而计算动能及增加量；绳拉力做的功大于动能变化，说明还有向左的力做负功．答案：(1)0.004 J 0.016 J 0.015 J 主要误差原因是小车还受到了向左的摩擦力12. (12分)[2014·云南重点高中高三联考]利用如图所示的装置验证机械能守恒定律．(1)打点计时器应接________(填“交流”或“直流”)电源．(2)实验部分步骤如下：A．按图装置沿竖直方向固定好打点计时器，把纸带下端挂上重物，穿过打点计时器．B ．将纸带下端靠近打点计时器附近静止，________，________，打点计时器在纸带上打下一系列的点．C ．如图为打出的一条纸带，用________测出A ，B ，C 与起始点O 之间的距离分别为h 1，h 2，h 3.(3)设打点计时器的周期为T ，重物质量为m ，重力加速度为g ，则重物下落到B 点时的速度v ＝________.研究纸带从O 下落到B 过程中增加的动能ΔE k ＝________，减少的重力势能ΔE p ＝________.(4)由于纸带受到摩擦，实验测得的ΔE k ________(填“大于”或“小于”)ΔE p . 解析：本题考查验证机械能守恒定律实验的操作步骤及注意事项．难度中等．(1)打点计时器的工作电压为交流电，实验时必须先接通电源再释放纸带；(2)处理数据时，由于纸带做匀加速直线运动，则某段时间内中间时刻的速度等于平均速度，到B 点时速度v ＝h 3－h 12T，O 点速度为零，增加的动能ΔE k ＝12mv 2，联立得ΔE k ＝mh 3－h 128T2，到B 点时减小的重力势能ΔE p ＝mgh 2，由于纸带和计时器之间有摩擦，实际有ΔE k <ΔE p .答案：(1)交流(2)接通电源 释放纸带 刻度尺(3)h 3－h 12T m h 3－h 128T2mgh 2(4)小于三、计算题(本题共4小题，共40分)13. (8分)[2014·湖南常德高三阶段检测]如图所示，质量m ＝1 kg 的滑块(可看成质点)，被压缩的弹簧弹出后在粗糙的水平桌面上滑行一段距离x ＝0.4 m 后从桌面抛出，落在水平地面上．落点到桌边的水平距离s ＝1.2 m ，桌面距地面的高度h ＝0.8 m ．滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2.(取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计)求：(1)滑块落地时速度的大小； (2)弹簧弹力对滑块所做的功．解析：(1)滑块抛出后竖直方向自由落体h ＝12gt 2解得t ＝2hg滑块落地时竖直方向速度v y ＝gt ＝4 m/s滑块抛出后水平方向匀速运动v 0＝s t＝3 m/s 所以落地速度v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s (2)根据动能定理W 弹－μmg ·x ＝12mv 2解得W 弹＝μmg ·x ＋12mv 20＝5.3 J答案：(1)5 m/s (2)5.3 J14. (10分)[2013·淄博市二模]如图所示，上表面光滑，长度为3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ. (2)刚放第三个铁块时木板的速度．(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．解析：(1)木板做匀速直线运动时，设受到地面的摩擦力为f ，由平衡条件得：F ＝f ①f ＝μMg ②联立并代入数据得：μ＝0.5 ③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg令刚放第三个铁块时木板速度为v 1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 20 ④联立③④式并代入数据得：v 1＝4 m/s ⑤(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的水平方向的合力均为3μmg ，设木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得－3μmgx ＝0－12Mv 21 ⑥联立③⑤⑥式并代入数据得x ＝169 m ＝1.78 m ． ⑦答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m15. [2014·江苏南京]如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道BC 平滑相连，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6 cos37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)若使滑块能到达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)若滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上的时间t . 解析：(1)在滑块从A 到D 过程，根据动能定理得，mg ×(2R －R )－μmg cos37°×2Rsin37°＝0μ＝12tan37°＝0.375.(2)若滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律得，mg ＋F N ＝mv 2CR在滑块从A 到C 的过程，根据动能定理得， －μmg cos37°×2R sin37°＝12mv 2C －12mv 2解得，v 0＝v 2C ＋2gR ≥2 3 m/s.(3)滑块离开C 点做平抛运动，根据平抛运动规律可得，x ＝v C t ，y ＝12gt 2由几何关系得，tan37°＝2R －yx解得，t ＝0.2 s.答案：(1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s16. (12分)[2014·浙江嘉兴基础测试]如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB 和圆轨道BCD 组成，AB 和BCD 相切于B 点，CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C ，D 为圆轨道的最低点和最高点)，且∠BOC ＝θ＝37°.可视为质点的小滑块从轨道AB 上高H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象．求：(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)通过计算判断是否存在某个H 值，使得滑块经过最高点D 后能直接落到直轨道AB 上与圆心等高的点．解析：(1)滑块由A 到D 的过程中mg (H －2R )＝12mv 2D (或mgh ＝12mv 2D )由牛顿第三定律得滑块在D 点所受轨道支持力与滑块对轨道的压力等大反向，记为F ，则F ＋mg ＝m v 2DR解得F ＝2mgRH －5mg结合图象可得m ＝0.1 kgR ＝0.2 m(注：若选取特殊点求得半径的给2分，再求得质量的给2分) (2)存在满足条件的H 值．设滑块在D 点的速度为v 时，恰能落到直轨道上与圆心等高处 竖直方向R ＝12gt 2水平方向x ＝vt由几何关系得x ＝R sin θ＝53R解得v ＝53gR 2＝53m/s 物体恰好能过D 点的速度大小v 0＝gR ＝ 2 m/s 因为v >v 0，所以存在满足条件的H 值． 答案：(1)0.1 kg 0.2 m (2)存在。
2015届高考物理大一轮总复习 选修3-3阶段示范性金考卷(含解析)
选修3－3本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、5、6、9、10小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、7、8小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2014·上海市十校高三联考]下列说法中正确的是( )A. 温度低的物体内能小B. 外界对物体做功时，物体的内能一定增加C. 温度低的物体分子运动的平均动能小D. 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大解析：物体的内能跟物体所含的分子数、物体的温度和体积等因素有关，所以温度低的物体内能不一定小，选项A错误；做功和热传递均能改变物体的内能，当外界对物体做功，而物体放热时，物体的内能可能减小，选项B错误；物体的温度低表示物体分子运动的平均动能小，选项C正确；物体做机械运动时的动能与物体分子做热运动时的动能不同，显然，选项D错误．答案：C2. 在冬季，装有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出来，产生这种现象的主要原因是( )A. 软木塞受潮膨胀B. 瓶口因温度降低而收缩变小C. 白天气温升高，大气压强变大D. 瓶内气体因温度降低而压强减小解析：冬季气温较低，瓶中的气体V不变，因T减小而使p减小，这样瓶外的大气压力将瓶塞向下推使瓶塞塞紧，所以拔起来就感到很吃力，故D正确．答案：D3. 如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点是引力最大处，d点是分子靠得最近处，则乙分子速度最大处是( )A. a点B. b点C. c点D. d点解析：由分子力与分子之间距离的图象可以看出，乙分子从无穷远处到c 点过程中，分子力做正功，分子动能增大，从c 到d 过程中，分子力做负功，动能减小，所以经过位置c 时速度最大．答案：C4. [2013·广州模拟]一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B ，气体的压强随热力学温度的变化如图所示，则此过程( )A. 气体的密度增大B. 外界对气体做功C. 气体从外界吸收了热量D. 气体分子的平均动能增大解析： 由图象可得：从状态A 到状态B ，该理想气体做等温变化，而压强变大，由理想气体状态方程pV T ＝C ，气体的体积V 减小，由密度公式ρ＝m V，故气体的密度增大，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，温度不变，气体分子的平均动能不变，选项D 错误；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度不变，内能不变，而体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，该气体要放热，故选项B 正确，选项C 错误．答案：AB5. 关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A. 第二类永动机违反能量守恒定律B. 如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C. 外界对物体做功，则物体的内能一定增加D. 做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析： 第二类永动机违反热力学第二定律，并不是违反能量守恒定律，故A 错．据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，内能的变化由做功W 和热传递Q 两个方面共同决定，只知道做功情况或只知道传热情况无法确定内能的变化情况，故B 、C 项错误．做功和热传递都可改变物体内能，但做功是不同形式能的转化，而热传递是同种形式能间的转移，这两种方式是有区别的，故D 正确．答案：D6. [2014·浙江杭州]如图所示为中学物理课上一种演示气体定律的有趣仪器——哈勃瓶，它是一个底部开有圆孔，瓶颈很短的平底大烧瓶．在瓶内塞有一气球，气球的吹气口反扣在瓶口上，瓶底的圆孔上配有一个橡皮塞．在一次实验中，瓶内由气球和橡皮塞封闭一定质量的气体，在对气球缓慢吹气的过程中，瓶内气体体积减小了ΔV时，压强增大了20%.若使瓶内气体体积减小2ΔV，则其压强增大( )A. 20%B. 30%C. 40%D. 50%解析：瓶内气体做等温变化，设初始状态，气体压强为p，体积为V，当瓶内气体体积减小2ΔV时，气体压强大小为xp，根据气体定律可得，pV＝1.2p(V－ΔV)＝xp(V－2ΔV)，解得，x＝1.5，所以，其压强增大50%，D项正确．答案：D7. 一定质量的气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四个过程在p－T图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，而cd平行于ab，由图可以判断( )A. ab过程中气体体积不断减小B. bc过程中气体体积不断减小C. cd过程中气体体积不断增大D. da过程中气体体积不断增大解析：分析图象时要注意，在p－T图象中，若图线为过原点的直线，则该过程是等容变化，并且图线斜率越大，气体体积越小．四条直线段只有ab段是等容过程，即ab过程中气体体积不变，选项A是错误的，其他三个过程并不是等容变化过程．Ob、Oc、Od都是一定质量理想气体的等容线，依据p－T图中等容线的特点，比较这几条图线的斜率即可得出V a＝V b>V d>V c，故选项B、C、D正确．答案：BCD8. [2014·江苏淮安高三期末调研]下列说法中正确的是( )A. 晶体一定具有规则的几何外形B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同D. 当氢气和氧气的温度相同时，它们分子的平均速率相同解析：晶体有单晶体和多晶体之分，整个物体就是一个晶体的叫作单晶体，单晶体一定具有规则的几何外形，如雪花、食盐小颗粒、单晶硅等；如果整个物体是由许多杂乱无章地排列着的小晶体组成的，这样的物体就叫作多晶体，多晶体没有确定的几何外形，如大块的食盐、黏在一起的蔗糖、各种金属材料等．选项A错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，具体来说，叶面上的小露珠与气体接触的表面层中的分子分布比内部稀疏，分子间距大于分子力平衡时的距离r0，所以分子间的相互作用表现为引力，从而使小露珠表面各部分之间存在相互吸引的力，即表面张力，小露珠表面层在液体表面张力的作用下呈球形，选项B正确；由液晶的性质可知，当液晶中电场强度不同时，液晶对不同颜色光的吸收强度不同，选项C正确；当氢气和氧气的温度相同时，它们分子运动的平均动能相同，但分子的平均速率不同，选项D错误．答案：BC9. 如图所示为一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a、b两个状态比较，下列说法正确的是 ( )A. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数b状态较多B. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态较多C. 在相同时间内撞在单位面积上的分子数两状态一样多D. 单位体积的分子数两状态一样多解析：由题图可知一定质量的气体a、b两个状态压强相等，而a状态温度低，分子的平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a状态一定较多，故A、C错，B对；一定质量的气体，分子总数不变，V b＞V a，单位体积的分子数a状态较多，故D错．答案：B10. [2013·成都二诊]A、B为两个相同的固定在地面上的气缸，内部有质量相等的同种气体，且温度相同，C、D为两重物，质量m C>m D，按如图所示方式连接并保持平衡．现使A、B 的温度都升高10℃，不计活塞及滑轮系统的质量和摩擦，则系统重新平衡后( )A. C 下降的高度比D 下降的高度大B. C 下降的高度比D 下降的高度小C. C 、D 下降的高度一样大D. A 、B 气缸内气体的最终压强与初始压强不相同解析：系统平衡时，密闭气体的压强保持不变，且p A ＝p 0－m C g S ，p B ＝p 0－m D g S，其中p 0为大气压强，S 为活塞的横截面积，因为m C >m D ，所以p A <p B ；根据理想气体状态方程pV T ＝C (常量)可知，当p 不变时，ΔV ＝ΔTC p，又因为p A <p B ，所以ΔV A >ΔV B ，即A 气缸内气体体积的增加量大于B 气缸内气体体积的增加量，C 下降的高度比D 下降的高度大，选项A 正确．答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(8分)11. (8分)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中：(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴溶液，待其散开稳定④在蒸发皿上覆盖玻璃板，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜面积请指出错误或有遗漏的步骤，并改正其错误：错误的步骤：_____________________________________________有遗漏的步骤：___________________________________________(2)实验中，用a mL 纯油酸配制成b mL 的油酸酒精溶液，现已测得一滴溶液c mL ，将一滴溶液滴入水中，油膜充分展开后面积为S cm 2，估算油酸分子的直径大小为________cm.(3)用油膜法测出油酸分子直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需知道油滴的________．A. 摩尔质量B. 摩尔体积C. 质量D. 体积 解析：(1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时，相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差；③液面上不撒痱子粉时，滴入的油酸酒精溶液挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d ＝V S ＝a b c S ＝ac bS. (3)由油酸分子的直径易得油酸分子的体积为43π(d 2)3＝16πd 3.欲求阿伏加德罗常数，由题中选项知，B 正确．答案：(1)②在量筒中滴入N 滴溶液，测出它的体积 ③在水面上先撒上痱子粉 (2)ac bS(3)B三、计算题(本题共5小题，共52分)12. (8分)[2014·洛阳五校联考]如图所示p －V 图中，一定质量的理想气体由状态A 经过ACB 过程至状态B ，气体对外做功280 J ，放出热量410 J ；气体又从状态B 经BDA 过程回到状态A ，这一过程中外界对气体做功200 J.(1)ACB 过程中气体的内能如何变化？变化了多少？(2)BDA 过程中气体吸收还是放出多少热量？解析：(1)ACB 过程中W 1＝－280 J ，Q 1＝－410 J由热力学第一定律 U B －U A ＝W 1＋Q 1＝－690 J气体内能的减少量为690 J(2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA 过程中气体内能变化量U A －U B ＝690 J由题知W 2＝200 J由热力学第一定律U A －U B ＝W 2＋Q 2解得Q 2＝490 J即吸收热量490 J气体一定从外界吸收热量．答案：(1)减少了690 J (2)吸收490 J13. (8分)[2014·河北唐山]如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S .活塞通过轻绳连接了一个质量为m 的小物体，轻绳跨在定滑轮上．开始时汽缸内外压强相同，均为大气压p 0(mg <p 0S )．汽缸内气体的温度为T 0，轻绳处在自然伸直状态．不计摩擦，缓慢降低汽缸内温度，最终使得气体体积减半，求：(1)气体体积减半时的温度T 1；(2)建立p －V 坐标系并在该坐标系中画出气体变化的整个过程．解析：(1)设初始气体体积为V ，在气体体积减半时，缸内气体压强为p 0－mg S. 根据气体定律可得，p 0V T 0＝p 0－mg S V 2T 1. 解得，T 1＝p 0－mg S 2p 0T 0. (2)刚开始缓慢降温时，缸内气体的体积不变，压强减小，气体做等容变化；当缸内气体压强降为p 0－mg S时，气体的压强不变，体积减小，气体做等压变化．如图所示．答案：(1)T 1＝p 0－mg S 2p 0T 0 (2)见解析图 14. (10分)如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3 m 2、质量为m ＝4 kg 厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105 Pa.现将气缸竖直放置，如图(b)所示，取g ＝10 m/s 2.求：(1)活塞与气缸底部之间的距离；(2)加热到675 K 时封闭气体的压强．解析：(1)当气缸水平放置时，有p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝24S当气缸竖直放置时，有p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋402×10－3)Pa ＝1.2×105 Pa V 2＝L 2S由等温变化可得p 1V 1＝p 2V 2解得L 2＝p 1V 1p 2S ＝1.0×105×24S 1.2×105Scm ＝20 cm (2)设活塞到卡环时温度为T 3，此时V 3＝36S由等压变化可得V 2T 2＝V 3T 3解得T 3＝V 3V 2T 2＝36S 20S×300 K＝540 K 由540 K 到675 K 等容变化有p 3T 3＝p 4T 4解得p 4＝T 4T 3p 3＝675540×1.2×105 Pa ＝1.5×105 Pa 答案：(1)20 cm (2)1.5×105Pa15. (1)(5分)下列说法中正确的是________．A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动B. 叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用C. 不具有规则几何形状的物体一定不是晶体D. 氢气和氮气的温度相同时，它们的分子平均速率不相同E. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大(2)(8分)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L 1为20 cm ，水银上表面与导线下端的距离L 2为10 cm ，管内水银柱的高度h 为8 cm ，大气压强为75 cm 水银柱高．求：①当温度达到多少时，报警器会报警？②如果要使该装置在87℃时报警，求再往玻璃管内注入的水银的高度．解析：(1)布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，A 项错误；由于液体表面张力的作用使叶面上的小露珠呈球形，B 项正确；多晶体不具有规则几何形状，C 项错误；氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均动能相同，由于它们的分子质量不同，所以它们分子的平均速率不相同，D 项正确；当分子力表现为斥力时，分子之间的距离小于r 0，当分子间的距离减小时，分子力和分子势能都增大，E 项正确．(2)①对水银封闭的气体，初状态：V 1＝L 1S ，T 1＝273＋27 K ＝300 K.末状态：V 2＝(L 1＋L 2)S ，T 2＝273＋t 2根据气体定律得：V 1T 1＝V 2T 2解得，t 2＝177℃.②设应该再往玻璃管内注入水银的高度为x ，对水银封闭的气体，初状态：p 1＝p 0＋h ，V 1＝L 1S ，T 1＝300 K.末状态：p 3＝p 0＋h ＋x ，V 3＝(L 1＋L 2－x )S ，T 3＝360 K根据气体定律得，p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得，x ＝8.14 cm.答案：(1)BDE (2)①177℃ ②8.14 cm16. (1)(5分)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是________．A. 外界对气体做功，气体内能可能增加B. 在压强不变的条件下，体积增大，则气体分子的平均动能可能减少C. 压强减小，体积减小，分子的平均动能不一定减小D. 对一定质量的气体加热，其内能不一定增加E. 一定质量的气体，体积不变时，温度越低，气体的压强就越小(2)(8分)[2013·山西太原期末]如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A 内封有一定质量的气体，与A 相连的细管B 插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差x 即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由管上的刻度直接读出．(B 管的体积与A 泡的体积相比可忽略)①在标准大气压下(p 0＝76 cmHg)，对B 管进行温度刻线．已知温度t 1＝27℃，管内与槽中水银面的高度差x 1＝16 cm ，此高度即为27℃的刻度线．求当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0.②若大气压变为p 1＝75 cmHg ，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是多少？解析：(1)外界对气体做功，若气体吸收热量，则气体内能增加，A 项正确；对于一定量的理想气体，在压强不变时，若气体的体积增大，则气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B 项错误；根据理想气体状态方程pV T ＝C 可知，若气体压强减小，体积减小，则气体温度降低，气体分子的平均动能一定减少，C 项错误；气体吸收热量有可能同时对外做功，其内能不一定增加，D 项正确；一定质量的气体，体积不变时，温度越低，单位体积气体分子的个数不变但分子的平均动能减少，故气体的压强减小，E 项正确．(2)①由于B 管的体积与A 的体积相比可忽略，所以气体做等容变化，p 1＝p 0－p x ＝60 cmHg ，T 1＝300 K由查理定律，p /p 1＝T /T 1解得p ＝54.6 cmHg.当t ＝0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x 0＝76 cm －54.6 cm ＝21.4 cm.②此时A 内气体压强p ′＝(75－16) cmHg ＝59 cmHg ，由查理定律，p ′/p 1＝T ′/T 1，解得T ′＝295 K即实际温度是22℃.答案：(1)ADE (2)①21.4 cm ②22℃。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 电磁感应阶段示范性金考卷(含解析)
电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、5、7、8小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、6、9、10、11、12小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2014·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用．磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确．本题难度易．答案：B2. 如图所示，在某中学实验室的水平桌面上，放置一正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，已知该处地磁场的竖直分量向下．下列说法中正确的是( )A. 若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低B. 若使线圈向北平动，则a点的电势比d点的电势低C. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为abcdaD. 若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为adcba解析：由右手定则知，若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误；同理知B错误；若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量将变小，由楞次定律可判定线圈中感应电流方向为abcda，C正确．3. 如图所示，质量为m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N 和摩擦力F f 的情况，以下判断正确的是()A. 靠近线圈时，F N 大于mg ，F f 向左B. 靠近线圈时，F N 小于mg ，F f 向右C. 远离线圈时，F N 小于mg ，F f 向左D. 远离线圈时，F N 大于mg ，F f 向右解析：楞次定律从阻碍相对运动角度可以表述为“来拒去留”，磁铁靠近线圈时，磁铁在线圈的左上方，线圈受到磁铁的作用力向右下方，F N 大于mg ，F f 向左，A 项正确，B 项错误；磁铁远离线圈时，磁铁在线圈的右上方，线圈受到磁铁的作用力向右上方，F N 小于mg ，F f 向左，C 项正确，D 项错误．答案：AC4. 如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为 ()A.Bav3B.Bav6C. 2Bav 3D. Bav解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Bav .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝ER 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故A 正确．5. 如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D 1、D 2是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法中错误的是( )A. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小相等B. 刚闭合开关S 的瞬间，通过D 1、D 2的电流大小不相等C. 闭合开关S 待电路达到稳定，D 1熄灭，D 2比原来更亮D. 闭合开关S 待电路达到稳定，再将S 断开瞬间，D 2立即熄灭，D 1闪亮一下再熄灭 解析：开关S 闭合的瞬间，线圈L 可看做暂时的断路，故通过两灯泡的电流相等，且同时亮，A 对B 错；电路稳定后，由于线圈直流电阻忽略不计，将灯泡D 1短路，灯泡D 2获得更多电压，会更亮，C 对；若断开开关S ，此时线圈与灯泡D 1构成回路，继续对其供电，灯泡D 1将闪亮一下后再逐渐熄灭，灯泡D 2无法形成回路将立即熄灭，D 对．答案：B6. 一长直导线与闭合金属线框放在同一桌面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图所示．在0～T2时间内，直导线中电流向上如图中所示．则在0～T 时间内，下列表述正确的是( )A. 穿过线框的磁通量始终变小B. 线框中始终产生顺时针方向的感应电流C. 线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D. 线框所受安培力的合力始终向左解析：长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，A 错误；由楞次定律可以判断在0～T 时间内，线框中始终产生俯视顺时针方向的感应电流，B 正确；穿过线框的磁通量先减小后增大，由楞次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，C 正确；由楞次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向左后向右，D 错误．答案：BC7. 将一个闭合矩形金属线框abcd 放入如图所示的匀强磁场中，图中虚线表示磁场边界，在用力将线框abcd 从磁场中以速度v 匀速拉出的过程中，下列说法中正确的是( )A. 拉线框的速度越大，通过导线横截面的电荷量越多B. 磁场越强，拉力做的功越多C. 拉力做功多少与线框的宽度bc 无关D. 线框电阻越大，拉力做的功越多 解析：由q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦR可知通过导线横截面的电荷量与线框运动速度无关，A 错误；W ＝FL 其中F 为拉力，L 为线框长度，而F ＝F 安，F 安＝BId ＝B 2d 2vR ，其中d 为线框宽度，R 为线框电阻，联立得：W ＝B 2d 2vRL ，所以B 正确，C 、D 错误．答案：B8. 如图所示，一个边界为等腰直角三角形、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同．现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框，金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中，回路中产生的感应电动势大小E －t 图象、ab 两点的电势差U ab －t 图象正确的是( )解析：由E ＝BLv 可知导体棒切割时产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间成线性关系，回路中产生的感应电动势大小先线性减小，当磁场右边界与cd 边重合时，感应电动势突变到最大，接着又从最大线性减小，所以A 、B 错误；由楞次定律知，ab 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是逆时针方向，a 点电势低于b 点电势，ab 边相当于电源，ab 两点的电势差U ab ＝－34BLv ，直到cd 边刚开始切割磁感线的过程，ab 间电阻不变，回路中电动势线性减小，电流线性减小，ab 两点的电势差U ab线性减小，当cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14BLv ，同理分析，可得C 错误，D 正确．答案：D9. 如图所示，电阻为R ，导线电阻均可忽略，ef 是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m ，棒的两端分别与ab 、cd 保持良好接触，又能沿足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后 ( )A. 导体棒ef 的加速度可能大于gB. 导体棒ef 的加速度一定小于gC. 导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D. 导体棒ef 的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒解析：开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑，闭合开关时有一定的初速度v 0，若此时F 安>mg ，则F 安－mg ＝ma .若F 安<mg ，则mg －F 安＝ma ，因为F 安的大小不确定，所以导体棒ef 的加速度可能大于g 、小于g 、等于g ，故A 正确，B 错误．无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力应和重力平衡，故C 错误．根据能量守恒定律知，D 正确．答案：AD10. 如图所示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有三个线圈，从相同的高度由静止开始同时释放．三个线圈都是用相同的金属材料制成的边长一样的正方形，A 线圈有一个缺口，B 、C 线圈闭合，但B 线圈的导线比C 线圈的粗，则( )A. 三个线圈同时落地B. A 线圈最先落地C. A 线圈最后落地D. B 、C 线圈同时落地解析：由于A 线圈上有缺口，A 中不产生感应电流，不受安培力的阻碍作用，所以A 线圈先落地，B 正确；B 、C 线圈在进入磁场的过程中，受安培力与重力作用，满足mg －B 2L 2v R＝ma ，m ＝ρ密·4L ·S ，R ＝ρ电4LS，所以4ρ密LSg －B 2LSv4ρ电＝4ρ密LSa,4ρ密g －B 2v4ρ电＝4ρ密a ，a ＝g －B 2v16ρ密ρ电，由于B 、C 线圈材料相同，进入相同的磁场，所以加速度a 相同，又因为起始高度相同，所以B 、C 线圈同时落地，D 选项正确．答案：BD11. [2014·石家庄高中毕业质检一]半径为r ＝0.5 m 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面的平行金属板连接，两板间距离为d ＝5 cm ，如图甲所示．金属环处在变化的磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于纸面，变化规律如图乙所示(规定向里为正方向)．在t ＝0时刻平板间中心有一电荷量为＋q 的微粒由静止释放，运动中粒子不碰板，不计重力作用，则以下说法正确的是 ( )A. 第2 s 内上极板带负电B. 第3 s 内上极板带正电C. 第3 s 末微粒回到了原位置D. 两极板之间的电场强度大小恒为3.14 N/C解析：由B －t 图象可知第1 s 内磁场方向向里且增大，由楞次定律结合安培定则判断可知第1 s 内上极板带负电，同理可知第2 s 内和第3 s 内都是上极板带正电，选项B 正确，选项A 错误；B －t 中图线斜率大小恒定，根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E ′＝ΔB Δt πr 2，场强E ＝E ′d，联立得选项D 正确；电场力大小恒定，方向周期性变化，分析可知微粒第1 s 内向上加速，第2 s 内向上减速到零，第3 s 内向下加速，第3 s 末走到前段位移的一半，故选项C 错误．答案：BD12. 如图所示，平行光滑金属导轨与水平面的倾角为θ，下端与阻值为R 的电阻相连，匀强磁场垂直轨道平面向上，磁感应强度为B ，现使长为l 、质量为m 的导体棒从ab 位置以平行于斜面的初速度向上运动，滑行到最远位置之后又下滑，已知导体棒运动过程中的最大加速度为2g sin θ，g 为重力加速度，不计其他电阻，导轨足够长，则( )A. 导体棒下滑的最大速度为mgR sin θB 2l 2B. R 上的最大热功率是m 2g 2R sin 2θB 2l 2C. 导体棒返回ab 位置前已经达到下滑的最大速度D. 导体棒返回ab 位置时刚好达到下滑的最大速度解析：导体棒在下滑的过程中，先做加速运动，根据牛顿第二定律得，mg sin θ－F 安＝ma ，当F 安＝mg sin θ时，速度达到最大，然后做匀速运动，又F 安＝BIl ，I ＝ER，E ＝Blv ，联立可得，导体棒下滑的最大速度为v ＝mgR sin θB 2l2，A 项正确；根据R 上的发热功率P 热＝I 2R ，I ＝BlvR可知，导体棒的速度v 最大时，感应电流最大，R 上的发热功率也最大；由题意可知，导体棒上滑时的初速度v 0为最大速度，导体棒的加速度最大，mg ＋F 安＝2mg sin θ，解得，F安＝mg sin θ，v 0＝mgR sin θB 2l 2，R 上的最大发热功率P 热＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2，B 项正确；下滑的最大速度与上滑的初速度相同，考虑到滑动过程中导体棒的机械能不断转化为电能，所以滑动到同一位置时，下滑时的速度小于上滑时的速度，导体棒返回到ab 位置时还没有达到下滑的最大速度，而是小于最大速度，C 、D 两项错误．答案：AB第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (10分)[山东潍坊高三质量抽样]如图甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R 1＝3 Ω，下端接有电阻R 2＝6 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m ＝0.1 kg 、电阻不计的金属杆ab ，从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m 过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a 与下落距离h 的关系图象如图乙所示．求：(1)磁感应强度B ；(2)杆下落0.2 m 过程中通过电阻R 2的电荷量q .解析：(1)由图象知，杆自由下落距离是0.05 m ，当地重力加速度g ＝10 m/s 2，则杆进入磁场时的速度v ＝2gh ＝1 m/s ①由图象知，杆进入磁场时加速度a ＝－g ＝－10 m/s 2②由牛顿第二定律得mg －F 安＝ma ③ 回路中的电动势E ＝BLv ④ 杆中的电流I ＝E R 并⑤ R 并＝R 1R 2R 1＋R 2⑥F 安＝BIL ＝B 2L 2vR 并⑦得B ＝2mgR 并L 2v＝2 T ⑧ (2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt⑨杆中的平均电流I ＝ER 并⑩通过杆的电荷量Q ＝I ·Δt ⑪ 通过R 2的电量q ＝13Q ＝0.05 C ⑫答案：(1)2 T (2)0.05 C14. (12分)一电阻为R 的金属圆环，放在匀强磁场中，磁场与圆环所在平面垂直，如图a 所示，已知通过圆环的磁通量随时间t 的变化关系如图b 所示，图中的最大磁通量Φ0和变化周期T 都是已知量，求：(1)在t ＝0到t ＝T /4的时间内，通过金属圆环横截面的电荷量q ； (2)在t ＝0到t ＝2T 的时间内，金属圆环所产生的电热Q .解析：(1)由磁通量随时间的变化图线可知在t ＝0到t ＝T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 1＝Φ0T /4＝4Φ0T①在以上时段内，金属圆环中的电流为I 1＝E 1R② 则在这段时间内通过金属圆环横截面的电荷量q ＝I 1t 1③联立求解得q ＝Φ0R④(2)在t ＝T /4到t ＝T /2和t ＝3T /4到t ＝T 时间内，金属圆环中的感应电动势E 2＝0⑤ 在t ＝T /2到t ＝3T /4时间内，金属圆环中的感应电动势E 3＝Φ0T /4＝4Φ0T⑥ 由欧姆定律可知在以上时段内，金属圆环中的电流为I 3＝4Φ0TR⑦在t ＝0到t ＝2T 时间内金属圆环所产生的电热Q ＝2(I 21Rt 1＋I 23Rt 3)⑧联立求解得Q ＝16Φ20RT⑨答案：(1)Φ0R (2)16Φ20RT15. (12分) 如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d ＝0.5 m ，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 Ω的电阻连接．右端通过导线与阻值R 1＝4 Ω的小灯泡L 连接．在CDFE 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE 长l ＝2 m ，有一阻值r ＝2 Ω的金属棒PQ 放置在靠近磁场边界CD 处．CDFE 区域内磁场的磁感应强度B 随时间变化如图乙所示．在t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，在t ＝4 s 时使金属棒PQ 以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t ＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF 处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小．解析：(1)t ＝0至t ＝4 s 内，金属棒PQ 保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势电路中r 与R 并联，再与R L 串联，电路的总电阻R 总＝R L ＋Rr R ＋r＝5 Ω此时感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝dl ΔBΔt＝0.5×2×0.5 V＝0.5 V 通过小灯泡的电流为I ＝ER 总＝0.1 A (2)当金属棒在磁场区域中运动时，由金属棒切割磁感线产生电动势，电路为R 与R L 并联，再与r 串联，此时电路的总电阻R ′总＝r ＋RR L R ＋R L ＝2 Ω＋4×24＋2 Ω＝103Ω由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流I L ＝0.1 A ，则流过金属棒的电流为I ′＝I L ＋I R ＝I L ＋R L I LR＝0.3 A电动势E ′＝I ′R ′总＝Bdv解得金属棒PQ 在磁场区域中运动的速度大小v ＝1 m/s.答案：(1)0.1 A (2)1 m/s16. (16分) 如图甲所示，质量为m 的导体棒ab 垂直放在相距为l 的平行且无限长的金属导轨上，导体棒ab 与平行金属导轨的摩擦因数为μ，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器连入电路的阻值，不计其他电阻．现由静止释放导体棒，当通过R 的电荷量达到q 时，导体棒ab 刚好达到最大速度．重力加速度为g .(1)求从释放导体棒到棒达到最大速度时下滑的距离s 和最大速度v m ；(2)若将左侧的定值电阻和滑动变阻器换为水平放置的电容为C 的平行板电容器，如图乙所示，导体棒ab 由静止释放到达到(1)中的速度v m 需要多少时间(用v m 表示最大速度)?解析：(1)对于闭合回路，在全过程中，根据法拉第电磁感应定律得ab 中的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝Bls Δt① 由闭合电路欧姆定律得通过R 的平均电流I ＝ER ＋R x ② 通过R 的电荷量q ＝I Δt ③联立①②③得：s ＝R ＋R x Blq 在ab 加速下滑的过程中，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ－F A ＝ma ④式中安培力F A ＝BIl ⑤其中I ＝Blv R ＋R x⑥ 当④中的加速度为0时，ab 的速度v ＝v m ⑦联立④⑤⑥⑦得：v m ＝mg B 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)设ab 下滑的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过ab 的电流为i ，则： mg sin θ－μmg cos θ－Bil ＝ma ⑧设在时间间隔Δt 内平行板电容器增加的电荷量为ΔQ ，则：i ＝ΔQ Δt⑨ 此时平行板电容器两端的电压的增量为ΔU ＝Bl Δv ⑩根据电容的定义C ＝ΔQ ΔU⑪ 而Δv ＝a Δt ⑫联立上面各式得ab 下滑的加速度a ＝m θ－μcos θm ＋B l C g上式表明ab 做初速度为0的匀加速运动，所以 t ＝m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ答案：(1)R ＋R x Bl q mgB 2l 2(R ＋R x )(sin θ－μcos θ) (2)m ＋B 2l 2C v m mgθ－μcos θ。
2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(新课标卷1带解析)
2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(新课标卷1带解析)绝密★启用前2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标卷1带解析）考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五六七总分得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。
一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小2．如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为Mφ、Nφ、P φ、Pφ。
一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则A ．直线a 位于某一等势面内，QMφφ> B ．直线c 位于某一等势面内，NMφφ>C ．若电子有M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子有P 点运动到Q 点，电场力做负功 3．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。
设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则A ．9166==k ,V UB ．9122==k ,V U C ．3166==k ,V U D ．3122==k ,V U 4．如图所示，一半径为R ，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平。
一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。
2015届《金版教程》高考物理大一轮总复习配套阶段示范性金考卷：运动的描述 匀变速直线运动的研究
阶段示范性金考卷(一)第Ⅰ卷 (选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、4、5、6、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、7、8、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt →0时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C ．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法2. 如图所示，由于风的缘故，河岸上的旗帜向右飘，在河面上的两条船上的旗帜分别向右和向左飘，两条船运动状态是( )A. A 船肯定是向左运动的B. A 船肯定是静止的C. B 船肯定是向右运动的D. B 船可能是静止的3. [2013·潍坊模拟]关于位移和路程，下列理解正确的是( )A ．位移是描述物体位置变化的物理量B ．路程是精确描述物体位置变化的物理量C ．只要运动物体的初、末位置确定，位移就确定，路程也确定D ．物体沿直线向某一方向运动，位移的大小等于路程4. “和平使命2013”联合反恐军演于7月27～8月15日在俄罗斯车里雅宾斯克切巴尔库尔靶场举行，演习第一阶段主要演练组织部队向预定地域投送，若在一次投送任务中空降兵从悬停在高空的直升机中跳下，空降兵从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v －t 图象如图所示，则对空降兵的运动，下列说法正确的是( )A ．0～10 s 做自由落体运动B ．10 s 末打开降落伞，以后做匀减速运动至15 s 末C ．10 s 末运动方向发生变化D ．10 s 末～15 s 末加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小5. 根据下面驾驶员安全行驶距离表格，得出的以下结论正确的是( )B. 汽车的刹车时间为2.5 sC. 汽车刹车的平均速度为253m/s D. 汽车刹车的加速度约为6 m/s 26. 在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s 的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s 的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a 、b 分别为小汽车和大卡车的v －t 图象(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是( )A ．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B ．在t ＝3 s 时发生追尾事故C ．在t ＝5 s 时发生追尾事故D. 若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米7. 中国火箭航天集团专家称，人类能在20年后飞往火星．若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计气体阻力)时的x －t 图象如图所示，则( )A. 该火星表面的重力加速度为1.6 m/s 2B. 该物体上升的时间为10 sC. 该物体被抛出时的初速度为8 m/sD. 该物体落到火星表面时的速度为16 m/s8. [2014·南昌调研]某物体沿水平方向运动，其v -t 图象如图所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是( )A ．在0～1 s 内，物体做曲线运动B ．在1～2 s 内，物体向左运动，且速度大小在减小C ．在1～3 s 内，物体的加速度方向向左，大小为4 m/s 2D ．在3 s 末，物体处于出发点右方9. [2014·广东茂名]我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min 内全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则( )A. (a)图中h4代表本次下潜最大深度为360 mB. 全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C. 在0～4 min 潜水员处于失重状态D. 在8～10 min 潜水员处于超重状态10. 科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A 下落到B 的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A 、B 、C 、D 四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A. 水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足t AB <t BC <t CDB. 间歇发光的间隔时间是210s C. 水滴在相邻两点之间的位移满足x AB ∶x BC ∶x CD ＝1∶3∶5D. 水滴在各点速度之比满足v B ∶v C ∶v D ＝1∶4∶9第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(本题共3小题，共20分)11.(6分)[2014·昆明一中高三月考]某同学利用数码相机研究竖直上抛小球的运动情况．数码相机每隔0.05 s 拍照一次，如图是小球上升过程的照片，图中所标数据为实际距离，则：(1)图中t 5时刻小球的速度v 5＝________m/s.(2)小球上升过程中的加速度a ＝________m/s 2.(3)t 6时刻后小球还能上升的高度h ＝________m.12. (8分)在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz ，记录小车运动的纸带如下图所示，在纸带上选择6个计数点A 、B 、C 、D 、E 、F ，相邻两计数点之间还有四个点未画出，各点到A 点的距离依次是2.0 cm 、5.0 cm 、9.0 cm 、14.0 cm 、20.0 cm.(1)根据学过的知识可以求出小车在B 点的速度为v B ＝________m/s ，C 、E 间的平均速度为________m/s.(2)以打B 点为计时起点，建立v －t 坐标系如下图所示，请在图中作出小车运动的速度与时间的关系图线．(3)根据图线可得小车运动的加速度为________m/s 2.13. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)器材．A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v－t图象外，还可作________图象，其纵轴表示的是________，横轴表示的是________．三、计算题(本题共4小题，共40分)14. (8分)[2013·儋州市二中、思源高中期中联考]汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．(1)画出汽车在0～60 s内的v－t图线；(2)求在这60 s内汽车行驶的路程．15. (10分)现从某一水池水面上方h＝0.8 m高处，让一质量为0.1 kg的硬质小球自由下落，如该水池水深H＝0.8 m，小球从释放到落至水池底部用时t＝0.6 s，不计空气及水的阻力，取g＝10 m/s2.(1)试问小球在水中做什么运动？若为变速运动，加速度为多大？(2)若要使小球落至池底部所用时间最短，必须从水面上方多高处由静止释放小球？16. (10分)[2014·郑州第一次预测]2011年8月10日，改装后的瓦良格号航空母舰进行出海航行试验，中国成为拥有航空母舰的国家之一．已知该航空母舰飞行甲板长度为L＝300 m，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a＝4.5 m/s2，飞机速度要达到v＝60 m/s才能安全起飞．(1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速，要保证飞机起飞安全，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大？(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大？17. (12分)甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离；(2)乙车追上甲车所用的时间．。
2015届高考物理大一轮总复习 牛顿运动定律阶段示范性金考卷(含解析)
牛顿运动定律本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、7、8、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、5、6、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2013·海南高考]一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析：质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．答案：C2. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：本题考查的是物体的受力分析，意在考查考生对牛顿第三定律、力的合成与受力分析等综合知识点的理解能力．当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C.答案：C3. 如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块将立即做匀减速直线运动B ．木块将立即做变减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零解析：分析木块受力，由牛顿第二定律得，F －kx ＝ma ，x 为弹簧压缩量，在x 逐渐增大的过程中，加速度a 向左且逐渐减小，木块向左做加速运动，当F －kx ＝ma ＝0时，木块速度达到最大；以后加速度a 方向向右，且随x 增加而增加，木块做减速运动，当弹簧处于最大压缩量时，加速度a 最大，速度为零，故只有C 项正确．答案：C4. [2014·辽宁丹东]如图所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为32mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ解析：细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B 、C 两球的受力均发生变化，C 球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mg sin θ，根据牛顿第二定律可知，C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ，所以A 项错误，D 项正确；细线被烧断前，细绳对B 球沿斜面向下的拉力大小为mg sin θ，烧断瞬间，A 、B 两小球组成系统的合力沿斜面向上，大小为mg sin θ，系统的加速度沿斜面向上，大小为a ＝12g sin θ，再隔离B 球，设A 、B 之间轻杆的拉力大小为F ，则F －mg sin θ＝ma ，可得F ＝32mg sin θ，所以C 项正确，B 项错误．答案：CD5. [2014·湖北省武汉市高三调研考试]在光滑的水平面上放置着质量为M 的木板，在木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )A ．若仅增大木板的质量M ，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t 增大解析：本题考查牛顿运动定律，意在考查考生应用隔离法分析长木板和木块的受力和运动、应用牛顿运动定律和运动学公式计算时间的能力．对m ，加速度a 1＝F －μmg m ＝Fm－μg ，对M ，加速度a 2＝μmg M ，当两者恰分离时，12(a 1－a 2)t 2＝L ，时间t ＝2LF m －m ＋M M·μg，由此，仅增大M 或F ，时间t 减小，仅增大m 或μ，时间t 增大，选项BD 正确．答案：BD6. 神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km 时，下降速度为200 m/s.再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s 后返回舱的速度减至80 m/s ，此时减速伞与返回舱分离．然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s ，此时飞船距地面高度为1 m ，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零．将上述各过程视为匀变速直线运动，g ＝10 m/s 2.根据以上材料可得( )A. 减速伞工作期间返回舱处于失重状态B. 主伞工作期间返回舱处于失重状态C. 减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s 2D. 每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍解析：减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A 、B 项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s 减速至80 m/s ，由运动学公式得a 1＝v 1－v 2t 1＝7.5 m/s 2，C 项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a 3＝v 232h 3＝50 m/s 2，由牛顿第二定律得4F －mg ＝ma 3，解得F mg＝1.5，D 项正确．答案：CD7. [2013·潍坊模拟]如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1.当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于 ( )A. 1∶1B. 1∶2C. 2∶1D. 2∶3解析：水平放置时，F －μ(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 1，kx 1－μmg ＝ma 1，可得x 1＝mFM ＋m k；竖直放置时：F －(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 2，kx 2－mg ＝ma 2，解得x 2＝mFM ＋m k，故x 1∶x 2＝1∶1，A正确．答案：A8. [2014·浙江嘉兴基础测试]在粗糙的水平面上，一质量为m 的物体在水平恒力F T 作用下做加速度为a 的匀加速直线运动．如果在物体上再加上一个恒定的推力F ，并保持其加速度不变，则所加的恒力F 与水平方向夹角的正切值是 ( )A. g aB. mF T －mgC.mgF T －ma D.m g ＋aF T解析：未加推力F 时，由牛顿第二定律F T －μmg ＝ma ，解得μ＝F T －mamg；施加推力F 后，要保持加速度不变，则增加的水平分力与增加的滑动摩擦力大小相等，即F cos α＝μF sin α，解得tan α＝1/μ.故正确选项为C.答案：C9. [2014·辽宁大连高三双基]如图所示，物体A 的质量为2m ，物体B 的质量为m ，A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的摩擦不计，用水平力F 向右推A 使A 、B 一起加速运动，则B 对A 的作用力大小为( )A. F －μmg3 B.F －2μmg3C.F －3μmg3D. 2F －4μmg 3解析：本题考查牛顿运动定律的简单应用．由整体法可得：F －2μmg ＝3ma ，隔离B 可得：F AB ＝ma ，联立可解得：F AB ＝F －2μmg3，由牛顿第三定律可知，选项B 正确．答案：B10. 一小滑块从斜面上A 点由静止释放，经过时间4t 0到达B 处，在5t 0时刻滑块运动到水平面的C 点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B 点前后速率不变．以下说法中正确的是( )A ．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B ．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C ．斜面的倾角为45°D ．滑块与斜面的动摩擦因数μ＝47解析：由题意可知，滑块从A 点匀加速运动至B 点后匀减速运动至C 点，根据运动规律得，x 1＝v A ＋v B 2t 1，x 2＝v C ＋v B2t 2，由题图可知t 1∶t 2＝4∶1，所以x 1∶x 2＝4∶1，A 项错误；滑块在斜面和水平面上滑动的过程中Δv 相同，又a ＝ΔvΔt，所以a 1∶a 2＝t 2∶t 1＝1∶4，B 项正确；对滑块受力分析并结合图乙可得，μmg ＝54μmg cos θ，则cos θ＝45，θ＝37°，C 项错误；由牛顿第二定律及以上各式得，mg sin θ－μmg cos θ＝14μmg ，则μ＝47，D 项正确．答案：BD第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共18分)11. [2014·北京市海淀区第一学期期中练习](9分)某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：A ．交流电源、导线B ．天平(含配套砝码)C ．秒表D ．刻度尺E ．细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是________(填代号)．(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图甲所示，已知打点计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，测得A 点到B 、C 点的距离分别为x 1＝5.99 cm 、x 2＝13.59 cm ，则在打下点迹B 时，小车运动的速度v B ＝________ m/s ；小车做匀加速直线运动的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留三位有效数字)(3)在验证“质量一定，加速度a 与合外力F 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a －F 图象，其中图线不过原点的原因是________________________，图线在末端弯曲的原因是____________________________________．解析：本题考查验证牛顿第二定律的实验，意在考查考生处理数据的能力．(1)利用纸带上的打点间隔数可得出小车相应的运动时间，故秒表不必要．(2)v B ＝v AC ＝x 22×5T＝0.680 m/s ；a ＝x 2－x 1－x 1T2＝1.61 m/s 2.(3)由a －F 图象可知，F ＝0时，a ＞0，说明重力沿斜面方向的分量大于摩擦力即平衡摩擦力过度了；F (即mg )越大，越不满足“砂和小砂桶的总质量m 远小于小车和砝码的总质量M ”，小车受的合外力即绳的拉力不再近似等于砂和小砂桶的总重力mg ，故a －F 图象不再是一条直线了．答案：(1)C (2)0.680 1.61 (3)平衡摩擦力过度 砂和小砂桶的总质量m 不远小于小车和砝码的总质量M12. (9分)光滑斜面上小球和斜面一起在水平面上加速，当加速度的大小满足一定条件时，小球和斜面可以保持相对静止．为了研究此现象，某学习研究小组同学自制小车进行探究，图甲为实验装置：钩码、小车、小球、打点计时器等(交流电频率为50 Hz)．(1)打点计时器如图乙，则该打点计时器是________计时器，工作电压为________伏． (2)侧面为直角三角形的斜面小车底边长L 、高为h ，如图丙所示，请你用计算式表示小球和小车保持相对静止时的加速度a ＝________.(3)如图是某同学实验时测量的纸带，则打下B 点时小车的速度为________ m/s ，小车的加速度为________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：本题考查探究小球和小车一起加速运动实验，意在考查考生计算速度和加速度的能力及运用牛顿第二定律解决问题的能力．(1)由图乙可知，该打点计时器为电火花计时器；工作电压要求220 V.(2)以小球为研究对象，小球受到竖直向下的重力mg 、垂直斜面向上的弹力F N ，两者合力方向为水平向左，由牛顿第二运动定律有关系：tan θ＝F 合mg ，得：F 合＝mg tan θ＝mg hL＝ma ，故小球和小车相对静止时的加速度a ＝hLg .(3)相邻计数点间时间间隔t ＝0.02 s ，根据B 点的瞬时速度为AC 段的平均速度，得打下B 点时小车的速度v B ＝x ACt AC＝－－2m2×0.02 s＝0.70 m/s ；同理得：v C ＝x BDt BD＝－－2m2×0.02 s ＝0.80 m/s ；故小车的加速度a ＝v C －v B t BC ＝0.80－0.700.02m/s 2＝5.0 m/s 2.答案：(1)电火花 220 (2)hg /L (3)0.70 5.0 三、计算题(本题共4小题，共42分)13. (8分)如图所示，质量m ＝40 kg 的木块静止于水平面上，某时刻在大小为200 N 、方向与水平方向成θ＝37°角斜向上的恒力F 作用下做匀加速直线运动，2 s 末撤去力F 时木块滑行的距离为x 0＝5.2 m ，(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)木块与地面间的动摩擦因数； (2)撤去拉力后，木块继续滑行的距离． 解析：(1)设木块加速阶段的加速度为a 1 由匀变速直线运动规律得x 0＝12a 1t 21对木块受力分析得N ＋F sin θ＝mg F cos θ－μN ＝ma 1解得μ＝0.2(2)2 s 末木块的速度v 1＝a 1t 1 匀减速阶段a 2＝μg木块继续滑行的距离x ＝v 212a 2解得：x ＝6.76 m. 答案：(1)0.2 (2)6.76 m14. (10分)[2014·北京市东城区高三期末]杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示．竿上演员质量为m 1＝40 kg ，长竹竿质量m 2＝10 kg ，g ＝10 m/s 2.(1)求竿上的人下滑过程中的最大速度v 1； (2)请估测竹竿的长度h .解析：(1)在演员下滑的前4 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 1＝460 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀加速下滑，加速度为a 1，a 1＝G 1－F 1－G 竿m 1＝1 m/s 2演员由静止下滑，下滑4 s 后达到最大速度v 1 有v 1＝a 1t 1＝4 m/s(2)在演员下滑的4 s 到6 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 2＝580 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀减速下滑，加速度为a 2，a 2＝F 2－G 竿－G 1m 1＝2 m/s 2在演员下滑的前4 s ，可看成匀加速下滑，下滑距离为h 1，h 1＝0＋v 12t 1＝8 m在演员下滑的4 s 到6 s ，可看成匀减速下滑．下滑距离为h 2，h 2＝v 2＋02t 1＝4 m竹竿的长度h ＝h 1＋h 2＝12 m. 答案：(1)4 m/s (2)12 m15. (12分)如图所示，一光滑的定滑轮两边用轻绳吊着A 、B 两物块，A 、B 的质量分别为m A 、m B ，m A ＝1.5 m B ，将A 固定，B 放在地面上，绳子刚好拉直，在它们的右侧一个斜面体上，一物块C 刚好与A 在同一高度，由静止同时释放A 、C ，结果B 到最高点时，C 刚好到达地面，已知开始时A 离地面的高度为h ，物块B 上升过程中没有与天花板相碰，斜面倾斜角θ＝30°.求：(1)物块B 上升的最大高度； (2)物块C 与斜面的动摩擦因数．解析：(1)对A 、B 整体研究，设A 、B 一起运动的加速度大小为a 1，则(m A －m B )g ＝(m A ＋m B )a 1 解得a 1＝15g当A 刚要落地时，设速度大小为v ，则v ＝2a 1h ＝25gh 这个过程运动的时间t 1＝2h a 1＝10h gA 落地后，B 以速度v 做竖直上抛运动，运动到最高点的时间 t 2＝v g＝2h 5g上升的高度h ′＝v 22g ＝15h因此B 上升的最大高度为H ＝h ＋15h ＝65h(2)设物块C 沿斜面下滑的加速度为a 2，则mg sin30°－μmg cos30°＝ma 2 a 2＝12g －32μg 物块C 在斜面上运动的长度x ＝2h 由运动学公式x ＝12a 2t 2t ＝t 1＋t 2解得μ＝4327答案：(1)65h (2)432716. (12分)[2013·山东实验中学高三模拟]如图甲所示，一薄的长木板B 置于光滑水平地面上，长度为L ＝0.25 m 、质量为M ＝4 kg.另有一质量为m ＝2 kg 的小滑块A 置于木板的左端，二者均相对地面静止．已知A 与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若A 受到如图乙所示的水平外力F 作用，求：(1)0～2 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离； (2)2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离．解析：当A 、B 之间达到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得，对B 有μmg ＝Ma 0. 对AB 有F 0＝(M ＋m )a 0 解得a 0＝0.5 m/s 2，F 0＝3 N(1)当F 1＝2 N 时，A 、B 相对静止，一起向右运动，有F 1＝(M ＋m )a 1 在t 1＝2 s 内的位移为s 1＝12a 1t 21解得s 1＝0.67 m.(2)在上一过程中，运动末速度为v 1＝a 1t 1.当F 2＝4 N 时，A 运动的加速度为a 2，有F 2－μmg ＝ma 2B 的运动的加速度为a 0＝0.5 m/s 2设A 滑至木板右端时时间为t ，则A 、B 的位移分别为：s 2＝v 1t ＋12a 2t 2，s 3＝v 1t ＋12a 0t 2由几何关系得L ＝s 2－s 3 解得t ＝1 s ，故符合题意 此时，木板的速度为v 2＝v 1＋a 0t 之后，木板匀速运动位移s 4＝v 2(2－t )2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离s 5＝s 3＋s 4 解得s 5＝2.09 m.答案：(1)0.67 m (2)2.09 m。
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2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理试题一、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1．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V 交变电流为110V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为 A ．200 B ．400 C ．1600 D ．32002．静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象记载．《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说，但下列不属于．．．静电现象的是 A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电电线过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉3．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“52 peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“52 peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的201．该中心恒星与太阳系的质量之比约为 A ．101 B ．1 C ．5D ．104．如图所示，天平测量匀强磁场的磁感应．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是5．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设计有一个关卡，各关卡同步放行和关闭．放行和关闭的时间分别为5s 和2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s 2由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是 A ．关卡2 B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选选项符合题意．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，错选或不答的得0分．6．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力A ．t = 2s 时最大B ．t = 2s 时最小C ．t = 8.5s 时最大D ．t = 8.5s 时最小 ××××××A ． ××× ××× M N ××× ××× M NB ． ××× ××× M NC ． ××× ××× M ND ．8m 8m 8m 8m关卡5关卡1 关卡2 关卡3 关卡4 2 10a /m·s -2t /s 0 2 4 6 8 – 11– 2– 37．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球 A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速度选增大后减小8．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c 是两负电荷连线的中点，d 在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则 A ．a 点的电场强度比b 点的大 B ．a 点的电势比b 点的高 C ．c 点的电场强度比d 点的大 D ．c 点的电势比d 点的低9．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC = h ．圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A A ．下滑过程中，加速度一直减小 B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为41mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为41mv 2–mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度第II 部分（非选择题部分，共计89分）三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分．【必做题】 10．（8分）小明用如图10 – 1图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻． （1）题 10 – 1图中电流表的示数为 ______ A ．（2U /V 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06 I /A0.120.200.280.360.44由图线求得：电动势E = __________V ；内阻r = __________Ω．（3）实验时，小明进行了多闪测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为 __________________________．v 0E + A BChm 滑动变阻电流表电压表干电池 开关电阻（题10 – 1）（题10 – 2）U /VI /A11．（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落地爱以电磁阻尼作用的运动规律．实验装置如题11 – 1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电．（1）下列实验操作中，不正确．．．的有 ______________ A ．将铜管竖直固定在限位子孔的正下方B ．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C ．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开磁铁下落D ．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源 （2）该同学按正确的步骤进行实验（记录“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点的相邻两计时点到O 点的距离，标为1，2，…，8．用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O 点的距离，记录在纸上，如题 11 – 2图所示．计算相邻计时点间的平均速度v ，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表．请将表中的数据补充完整．位置1 2 3 4 5 6 7 8 v （cm/s ）24.533.837.839.539.839.839.8（3）分析上表的实验数据可知：在这段时纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是 ____________________；磁铁受到阻尼作用的变化情况是 _____________．（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为“实验②”），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同．请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可得出什么结论？12．【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．若多做，则按A 、B 两小题评分．A ．[选修3 – 3]（12分）（1）对下列几种固体物质的认识，正确的有 ________A ．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B ．烧热的针尖接触涂有蜂蜡的薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C ．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D ．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于该物质组成它们的物质微粒排列结构不同（2）在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保持作用．某厂家为检测包装袋的密封性，在包装中充满一定量的氮气，然后密封进行加压测试．测试时，对包装袋缓慢施加压力．将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力_______（选填“增大”、“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）给某包装袋充入氮后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为 1L ．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45L ．请通过计算判断该包装袋是否漏气．打点计时器（题11 – 1） 铜管 限位孔 （题11 – 2）B ．[选修3 – 4]（12分）（1）一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则该鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比 ________A ．波速变大B ．波速不变C ．频率变高D ．频率不变 （2）用2×106Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s 和1500m/s ，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的 _______倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时 ________（选填“容易”或“不容易”）发生衍射．（3）人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图所示，光线射一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P 点．已知光线的入射角为30°，OA = 5cm ，AB = 20c ——BP = 12cm ，求该人造树脂的折射率n ．C ．[选修3 – 5]（12分）（1）波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有 __________A ．光电效应现象揭示了光的粒子性B ．热中了束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C ．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D ．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等 （2）核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电．23592U是核电站常用的核燃料．23592U受一个中子轰击后裂变成14456Ba 和8936Kr 两部分，并产生 __________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要___________（选填“大于”或“小于”）临界体积． （3）取质子的质量m p = 1.6726×10 – 27kg ，中子的质量m n = 1.6749×10 – 27kg ，α粒子的质量m α = 6.6467×10 – 27kg ，光速c = 3.0×108m/s ．请计算α粒子的结合能．（计算结果保留两位有效数字）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．只写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．13．（15分）做磁共振（MRI ）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对骨肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r = 5.0cm ，线圈导线的截面积A = 0.80cm 2，电阻率ρ = 1.5Ω•m ．如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应B 在0.3s 内从1.5T 均匀地减为零．求：（计算保留一位有效数字） （1）该圈肌肉组织的电阻R ；（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E ；（3）0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q ．30°A O B14．（16分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，不堪和环的质量均为m ，O 端固定在竖直轻质转轴上．套在轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L ．装置静止时，弹簧长为23L ．转动该装置并缓慢增大转速，小球缓慢上升．弹簧始终在弹性范围内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g ．求： （1）弹簧的劲度系数k ；（2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；（3）弹簧长度从23L 缓慢缩短为21L 的过程中，外界对转动装置所做的功W ．l l l l O A BCm mm L3 2—15．（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 匀强磁场最后打在底片上．已知放置底的区域MN = L ，且OM = L ．某次测量发出MN 中左侧32区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧31区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可打在QN 检测到．（1）求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；（2）为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；（3）为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数（取lg2 = 0.301，lg3 = 0.477，lg5 = 0.699）U 0O M P Q N LL B2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理参考答案一、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【答案】B[解析] 理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比，有2800110220n =，所以2n =400，B 正确。
【精讲精练 优化方案】2015届高考物理大一轮复习—配套Word版文档：第八章 磁 场(含新题详解)
考纲展示热点视角1.磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ2．通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ3．安培力、安培力的方向Ⅰ4．匀强磁场中的安培力Ⅱ5．洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ6．洛伦兹力公式Ⅱ7．带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ8．质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：1.安培力的计算只限于电流与磁感应强度方向垂直的情况．2．洛伦兹力的计算只限于速度和磁场方向垂直的情况.1.高考对磁场知识的考查频率较高，考查的热点主要集中在：磁场概念的理解、安培力的应用和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动．2．高考题型包括选择题和计算题．选择题侧重考查磁场的基本概念、安培力的简单应用和洛伦兹力的有关分析；计算题则侧重考查带电粒子在磁场中或在复合场中的运动以及与电磁感应相结合的问题．特别注意“边界问题”以及由周期性引起的多解问题．3．高考也注重实际应用，如质谱仪、回旋加速器、霍尔元件、磁流体发电机、速度选择器、磁电式电流表等都可能成为命题的背景.第一节磁场的描述磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有□01______的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式：B＝□02________(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时□03________的指向．(4)单位：□04________，符号T.1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的□05________方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．磁感线的特点(1)磁感线上某点的□06______方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密定性地表示磁场的□07，在磁感线较密的地方磁场较□08____；在磁感线较疏的地方磁场较□09____.(3)磁感线是□10______曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不□11______、不□12______、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上不存在．3．电流周围的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时，F＝□13____.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向□14______的方向，这时□15______所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角),1.(单选)关于磁感应强度的说法正确的是()A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝FIL可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与电流强度I和导线长度L的乘积IL成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向2－1.(多选)关于磁感线的性质和概念，下列说法中正确的是()A．磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向B．铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线C．磁感线总是从磁体的N极指向S极D．磁场中任意两条磁感线均不相交2－2.(单选)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是() 2－3.(单选)通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图所示，则()A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极3－1.(单选)如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB3－2.(多选)(2012·高考海南卷)如图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是()A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b极正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b极正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．原因(电流方向)结果(磁场绕向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2.磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．(单选)(2012·高考大纲全国卷)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同[思路点拨](1)根据什么定则判断导线M和N在各点产生的磁场方向？(2)磁感应强度的大小与各点到导线的距离有什么关系？(3)合磁场的计算遵守什么定则？[尝试解答]________[方法总结]解决这类问题的思路和步骤：(1)根据安培定则确定各导线在某点产生的磁场方向；(2)判断各分磁场的磁感应强度大小；(3)根据矢量合成法则确定合磁场的大小和方向．1.(单选)四条相互平行的通电直导线垂直于纸面，位于正方形的四个顶点上，其中A、D 导线中的电流方向垂直纸面向外，B、C导线中的电流方向垂直纸面向里，四条导线中的电流大小相等，如图所示．则B导线受到A、C、D导线产生磁场的作用力的合力方向是() A．沿AB向右B．沿DB向上C．沿CB斜向上D．沿BC斜向下安培力作用下的导体运动分析1．通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动．2．明确磁场的分布和正确运用左手定则进行判断是解题的关键．(单选)如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是() A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动[尝试解答]________[方法总结]安培力作用下导体运动情况的判定方法电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向等效法结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向2.(单选)如图所示，原来静止的圆形线圈通入逆时针方向的电流I，在其直径AB上靠近B 点处放一根垂直于线圈的固定不动的长直导线，长直导线通以垂直纸面向里的电流I′，则圆线圈将()A．向左平动B．向右平动C．以直径为轴转动D．静止不动对安培力公式的理解和应用1．安培力公式的说明在高中阶段计算安培力时，常用F＝BIL，即只考虑磁场与电流方向垂直的情况，很少考虑二者不垂直的情形．2．对有效长度的理解弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度(如图所示)，相应的电流方向沿L由始端流向末端．安培力的作用点为等效长度的几何中心．(单选)如图所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为()A ．0B.12BIl C ．BIlD ．2BIl[尝试解答] ________3.(单选)如图所示，AC 是一个用长为L 的导线弯成的、以O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC 垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中．当在该导线中通以由C 到A ，大小为I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，平行于OC 向右C.22BIL π，垂直AC 的连线指向左下方D ．22BIL ，垂直AC 的连线指向左下方安培力的综合应用[规范解答]————————————该得的分一分不丢！(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝ER0＋r＝1.5 A．(3分)(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N．(3分)(3)对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F1＝mg sin 37°＝0.24 N(1分)F1<F安，根据平衡条件mg sin 37°＋F f＝F安(2分)解得F f＝0.06 N，方向沿导轨向下．(1分)[答案](1)1.5 A(2)0.30 N(3)0.06 N，方向沿导轨向下[方法提炼]解决安培力作用下的综合问题的思路：(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律或动能定理列方程求解．4.(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变一高考题组1．(单选)(2011·高考大纲全国卷)如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d 的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()A．a点B．b点C．c点D．d点2．(单选)(2013·高考上海卷)如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘．当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向() A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里3．(单选)(2012·高考天津卷)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小二模拟题组4.(单选)(2014·云南昆明调研)如图所示，两平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l，与电动势为E、内阻不计的电源相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ，回路其余电阻不计．为使ab 棒静止，需在空间施加一匀强磁场，其磁感应强度的最小值及方向分别为( )A.mgR El，水平向右 B.mgR cos θEl ，垂直于回路平面向上C.mgR tan θEl ，竖直向下D.mgR sin θEl ，垂直于回路平面向下5.(单选)(2014·衡阳模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )温馨提示日积月累，提高自我 请做课后达标检测23第二节 磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力1．定义：□01______电荷在磁场中所受的力． 2．大小(1)v ∥B 时，F ＝□02____. (2)v ⊥B 时，F ＝□03________. (3)v 与B F ＝□04________. 3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向．(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v .即F 垂直于□05______决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角)．由于F 始终□06________v 的方向，故洛伦兹力永不做功． 二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做□07__________运动． 2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做□08__________运动．3．基本公式(1)向心力公式：q v B ＝□09________. (2)轨道半径公式：r ＝□10________. (3)周期公式：T ＝2πr v ＝2πm qB ；f ＝1T ＝□11________；ω＝2πT＝2πf ＝□12________.特别提示：T的大小与轨道半径r和运行速率v无关，只与磁场的磁感应强度B和粒子的比荷q有关．,1－1.(单选)带电荷量为＋q的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的m是()A．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D．粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变1－2.(单选)(2013·高考安徽卷)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右2．(多选)如图所示，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM∶ON＝3∶4，则下列说法中错误的是()A．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3洛伦兹力和电场力的比较1．洛伦兹力方向的特点(1)洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．2．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v与B不平行电荷处在电场中大小F＝q v B(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关正电荷与电场方向相同，负电荷与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功力为零时场的情况F为零，B不一定为零F为零，E一定为零作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向在如图所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正粒子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为θ(不计粒子的重力)，问：(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？(2)粒子穿过电场和磁场的时间之比是多大？(3)若上述电场和磁场同时存在，粒子能否沿直线运动？【思路点拨】(1)粒子在匀强电场中做什么性质的运动？用什么知识求解？(2)粒子在匀强磁场中做什么性质的运动？用什么知识求解？[课堂笔记][总结提升]带电粒子在电、磁场中运动的区别(1)带电粒子在匀强电场中常做类平抛运动，可采用运动的分解的方法来分析．(2)带电粒子在匀强磁场中常做匀速圆周运动，可采用匀速圆周运动的相关规律分析．1.(单选)(2014·亳州模拟)带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图所示，运动中粒子经过b 点，Oa ＝Ob ，若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．2．半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：t ＝θ2πT ⎝⎛⎭⎫或t ＝θR v .(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m[尝试解答] ________[总结提升] 求解粒子在匀强磁场中运动问题的步骤： (1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．2.(单选)(2012·高考安徽卷)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v /3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt带电粒子在有界磁场中的临界和极值问题1．问题概述带电粒子在有界磁场中的运动问题一直是高考的热点，常见的磁场边界有单直线边界、双直线边界、矩形边界和圆形边界等．因为是有界磁场，则带电粒子运动的完整圆周往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题．2．临界分析(1)单直线边界型：当粒子源在磁场中，且可以向纸面内各个方向以相同速率发射同种带电粒子时以图甲中带负电粒子的运动为例．规律要点①最值相切：当带电粒子的运动轨迹小于12圆周且与边界相切时(如图甲中a 点)，切点为带电粒子不能射出磁场的最值点(或恰能射出磁场的临界点)．②最值相交：当带电粒子的运动轨迹等于12圆周时，直径与边界相交的点(如图甲中的b点)为带电粒子射出边界的最远点(距O 最远)．(2)双直线边界型：当粒子源在一条边界上向纸面内各个方向以相同速率发射同一种粒子时，以图乙中带负电粒子的运动为例．规律要点①最值相切：粒子能从另一边界射出的上、下最远点对应的轨道分别与两直线相切，如图乙所示．②对称性：过粒子源S的垂线为ab的中垂线．在图乙中，a、b之间有带电粒子射出，可求得ab＝22dr－d2.最值相切规律可推广到矩形区域磁场中．(3)圆形边界类型①圆形磁场区域规律要点a．相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场，则出磁场时速度矢量的反向延长线一定过圆心，即两速度矢量相交于圆心，如图甲所示．B．直径最小：带电粒子从直径的一个端点射入磁场，则从该直径的另一端点射出时，圆形磁场区域面积最小，如图乙所示．②环状磁场区域规律要点a．径向出入：带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场，若能返回同一边界，则一定逆(沿)半径方向射出磁场．B．最值相切：当带电粒子的运动轨迹与圆相切时，粒子有最大速度v m而磁场有最小磁感应强度B，如图丙所示．[规范解答]————————————该得的分一分不丢！(1)M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L故半径r 1＝L (2分)又因为q v 1B ＝m v 21r 1(2分)且qU m ＝12m v 21(2分)所以U m ＝qB 2L 22m.(1分)(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为r 2，设圆心为A ，在△AKC 中：sin 45°＝r 2L －r 2解得r 2＝(2－1)L ，即KC ＝r 2＝(2－1)L (2分) 所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度s ＝HK ， 即s ＝r 1－r 2＝(2－2)L .(2分)(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以t m ＝T 2＝πmBq.(2分)[答案] (1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πmBq[规律总结] 带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹．(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值．(3)时间极值①当速率v 一定时，弧长(弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长．②当速率不同时，圆周角大的运动时间长．3．(单选)如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子速率最大，在磁场中运动时间最长B ．c 粒子速率最大，在磁场中运动时间最短C ．a 粒子速率最小，在磁场中运动时间最短D ．c 粒子速率最小，在磁场中运动时间最短一 高考题组 1.(多选)(2013·高考广东卷)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近 2．(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qRC.3m v 0qRD.3m v 0qR3.(多选)(2012·高考江苏卷)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 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m二 模拟题组 4.。
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2015届高考物理大一轮总复习 磁场阶段示范性金考卷（含解析） 本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、6、7、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、5、8、11小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O 所产生的磁感应强度的大小为B .下列说法正确的是( )A. O 点的磁感应强度大小为2BB. O 点的磁感应强度大小为5BC. O 点的磁感应强度方向水平向右D. O 点的磁感应强度方向沿OI 3方向指向I 3解析：由安培定则可知电流大小为I 3的导线在O 点产生的磁感应强度方向垂直于O 点指向I 2，同样由安培定则可知I 1与I 3在O 处磁感应强度相同，I 2在O 点磁感应强度方向指向I 3.由平行四边形定则可得B 0＝B ＋B 2＋B 2＝5B ，设方向与OI 3连线夹角为α，可得tan α＝2B B＝2，所以α＝arctan2. 答案：B2. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、质量为m 的直导线，当通以电流I 时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B 的大小和方向可能是( )A. B ＝mg tan α/(IL )，方向垂直斜面向上B. B ＝mg sin α/(IL )，方向垂直斜面向下C. B ＝mg tan α/(IL )，方向竖直向上D. B ＝mg /(IL )，方向水平向右解析：当磁场方向垂直斜面向上时，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向下，导线不可能静止，A 错误；同理可知C 、D 错误；磁场方向垂直斜面向下时，安培力沿斜面向上，由平衡条件得：BIL ＝mg sin α，解得B ＝mg sin αIL，故答案为B.答案：B3. [2014·广州实验中学检测]如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )A ．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N 极B ．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N 极C ．无论如何台秤的示数都不可能变化D ．如果台秤的示数增大，台秤的示数随电流的增大而增大解析：如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向下，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N 极，选项A 正确，选项B 、C 错误．由F ＝BIL 可知选项D 正确．答案：AD4. 如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能的是( )A. 始终做匀速运动B. 始终做减速运动，最后静止于杆上C. 先做加速运动，最后做匀速运动D. 先做减速运动，最后做匀速运动解析：给滑环一个瞬时作用力，滑环获得一定的速度v ，当qvB ＝mg 时，滑环将以v 做匀速直线运动，故A 正确．当qvB <mg 时，滑环受摩擦阻力做减速运动，直到停下来，故B 正确．当qvB >mg 时，滑环先做减速运动，当减速到qvB ＝mg 后，以速度v ＝mg qB做匀速直线运动，故D 对．由于摩擦阻力作用，滑环不可能做加速运动，故C 错，应选C.答案：C5. [2013·山西四校联考]如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入．下面判断正确的是( )A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场解析：两个电子以相同的速度分别飞入两个磁感应强度相同的磁场区域，两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同，A正确；当运动的轨道半径等于圆形磁场区域的半径时，两电子在磁场中运动的时间都为T/4，时间相同，B错误；进入圆形磁场区域的电子不一定先飞离磁场，二者可能同时飞出磁场，进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场，C错误，D正确．答案：AD6. 如图所示，一个带负电的物体由粗糙绝缘的斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时速度将( )A. 大于vB. 小于vC. 等于vD. 无法确定解析：由左手定则判断带负电的物体沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使物体与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端的过程中克服摩擦力做的功增多，根据动能定理可知，滑到底端时的动能小于无磁场时滑到底端的动能，故速率变小．答案：B7. [2014·江西景德镇]如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N 孔射出的离子( )A. 是正离子，速率为kBR /cos αB. 是正离子，速率为kBR /sin αC. 是负离子，速率为kBR /sin αD. 是负离子，速率为kBR /cos α解析：根据左手定则可判断出，从N 孔射出的离子是正离子，从N 孔射出的离子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹所对圆心角等于入射离子的偏向角2α，如图所示，根据几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r ＝R /sin α，根据洛伦兹力提供向心力得，Bvq ＝mv 2r ，解得，v ＝kBR /sin α，B 项正确．答案：B8. [2014·江西重点中学联考]如图所示，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I ，则下列说法正确的是( )A. 导电圆环有收缩的趋势B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIRD. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIR解析：若导线圆环上载有如图所示的恒定电流I ，由左手定则可得导线圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ，选项AB 正确．答案：AB9. 如图所示，有a 、b 、c 、d 四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有m a ＝m b <m c ＝m d ，以不等的速率v a <v b ＝v c <v d 进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B 2的磁场，另两个离子射向P 1和P 2.由此可判定( )A. 射向P 1的是a 离子B. 射向P 2的是b 离子C. 射向A 1的是c 离子D. 射向A 2的是d 离子解析：通过在磁场中的偏转轨迹知，离子带正电．在速度选择器中，有qE ＝qvB .v ＝E B，只有速度满足一定值的离子才能通过速度选择器．所以只有b 、c 两离子能通过速度选择器．a 的速度小于b 的速度，所以a 受到的电场力大于洛伦兹力，a 向P 1偏转，故A 正确、B 错误；b 、c 两离子通过速度选择器进入磁感应强度为B 2的磁场中，根据r ＝mv qB知，质量大的半径大，故射向A 1的是b 离子，射向A 2的是c 离子，故C 、D 错误．答案：A10. 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．板MN 下方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．板上有一小孔O 和宽为d 的缝AC ，小孔与缝左端A 的距离为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从小孔垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A. 这些粒子从缝射出的速度方向不一定垂直于MNB. 从缝右端C 点射出的粒子比从缝左端A 点射出的粒子在磁场中运动的时间长C. 射出粒子的最大速度为L ＋d Bq mD. 保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变解析：由几何关系可知，当粒子垂直于MN 射入磁场时，一定以垂直于MN 的方向射出磁场，在磁场中运动的时间与速度大小无关，故选项A 、B 错误；射出粒子的最大半径为R ＝L ＋d 2，由Bqv ＝m v 2R 得最大速度为L ＋d Bq 2m ，选项C 错误；最小速度为LBq 2m，最大速度与最小速度之差Δv ＝dBq 2m，与L 无关，故选项D 正确．答案：D11. [2014·江苏扬州中学高三质检]如图所示，直角三角形ABC 中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB 方向自A 点射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )A ．从P 射出的粒子速度大B ．从Q 射出的粒子速度大C ．从P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长D ．两粒子在磁场中运动的时间一样长解析：作出各自的轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P 、Q 点射出时，速度方向与AC 边夹角相同，故可判定从P 、Q 点射出时，半径R 1<R 2，所以从Q 点射出的粒子速度大，B 正确；根据图示可知，两个运动轨迹所对应的圆心角相等，所以从P 、Q 点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．BD 正确．答案：BD12. 如图所示，有一长方体金属块放在垂直表面C 的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属块的厚度为d ，高为h ，当有稳恒电流I 沿平行平面C 的方向通过金属块时，金属块上、下两面M 、N 上的电势分别为j M 、j N ，则下列说法中正确的是( )A. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI ed |1j M －j N | B. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI eh |1j M －j N| C. M 面比N 面电势高D. 金属块的左面比右面电势低解析：由于洛伦兹力作用使电子堆积在金属块上表面且形成一附加电场，方向向上．设两面M 、N 上的电势差为U ，则U ＝|j M －j N |，稳定时电子所受的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB ＝eU /h ，根据金属导电时的规律I ＝neSv ，式中S ＝dh ，联立各式可得金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目n ＝BI ed |1j M －j N|，选项A 对，B 错；由左手定则可知，电子积累在上端面，电势低，故C 错；由于电源外的电路中电流由高电势流向低电势，故D 错．答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (12分)[2013·苏州模拟]如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k .在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd 边重合，当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g )(2)若要电流表正常工作，MN 的哪一端应与电源正极相接？(3)若k ＝2.0 N/m ，ab ＝0.20 m ，cb ＝0.050 m ，B ＝0.20 T ，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx ，则有mg ＝k Δx ， ①解得：Δx ＝mg k. ②(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN 的安培力必须向下，因此M 端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN 的电流强度为I m ，则有BI m ab ＋mg ＝k (cb ＋Δx )， ③ 联立并代入数据得I m ＝2.5 A ． ④(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B ′，则有2B ′I m ab ＋mg ＝k (cb ＋Δx )． ⑤ 解得：B ′＝k cb2I m ab. ⑥ 代入数据得：B ′＝0.10 T.答案：(1)mg k(2)M 端 (3)2.5 A (4)0.10 T14. (12分)如图所示，在xOy 坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ 垂直于x 轴放置且距y 轴的距离为L .一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A 点以大小为v 0、方向沿y 轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O 而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A 点进入磁场，但初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角，求：(1)带电粒子到达y 轴时速度方向与y 轴正方向之间的夹角．(2)粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标．解析：(1)设磁场的磁感应强度为B ，则由题意可知，当粒子以速度v 0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R ，有Bqv 0＝m v 20R ，其中R ＝L 2当粒子以初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R ′，则有Bq 22v 0＝m 8v 20R ′由以上各式可解得R ′＝2L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y 轴上，所以该粒子必定垂直于y 轴进入匀强电场．故粒子到达y 轴时，速度方向与y 轴正方向之间的夹角为90°.(2)由几何关系可知CO ＝(2－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t ，在电场中向上运动的距离为h ，则有：L ＝22v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qE m 以上各式联立可解得：h ＝qEL 216mv 20所以粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标为(L ，qEL 216mv 20＋(2－1)L ) 答案：(1)90° (2)(L ，qEL 216mv 20＋(2－1)L ) 15. (12分)如图所示，水平放置的矩形容器内充满垂直纸面向外的匀强磁场，容器的高为d ，右边足够宽，底面MN 为荧光屏，在荧光屏中心O 处置一粒子源，可以向纸面内以OA 、OB 为边界的区域内连续均匀发射速率为v 0、质量为m 、电荷量为q 的正粒子，其中沿OA 方向发射的粒子刚好不碰到容器的上板面打在荧光屏上产生荧光．OA 、OB 与MN 的夹角分别为α＝60°，β＝30°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小；(2)分别沿OA 、OB 方向发射的粒子在磁场中运动的时间差Δt .解析：如图为粒子在匀强磁场中的运动轨迹．(1)设粒子源发出的粒子在磁场中运动的半径为r ，对于沿OA 方向发射的粒子，由几何关系得r ＋r sin β＝d解得r ＝2d 3由牛顿第二定律得Bqv 0＝mv 20r联立解得B ＝3mv 02qd(2)沿OA 、OB 方向发射的粒子在磁场中运动的时间分别设为t 1、t 2，粒子做匀速圆周运动的周期设为T ，则T ＝2πm Bqt 1＝23Tt 2＝16TΔt ＝2T 3－16T 联立解得Δt ＝2πd 3v 0. 答案：(1)3mv 02qd (2)2πd 3v 016. (14分)如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向外的匀强磁场B 1，磁场的下边界与x 轴重合．一质量m ＝1×10－14kg 、电荷量q ＝1×10－10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴负方向成60°角的方向从N 点射入，经P 点进入第四象限内沿直线运动，一段时间后，微粒经过y 轴上的M 点并沿与y 轴负方向成60°角的方向飞出．第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 2，E 的大小为0.5×103V/m ，B 2的大小为0.5 T ；M 点的坐标为(0，－10 cm)，N 点的坐标为(0,30 cm)，不计微粒重力．(1)求匀强磁场B 1的大小和微粒的运动速度v .(2)B 1磁场区域的最小面积为多少？解析：(1)带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴负方向成60°角的方向从N 点射入，由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受洛伦兹力做匀速圆周运动；微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动，因此，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由力的平衡有Eq ＝B 2qv所以v ＝E B 2＝0.5×1030.5m/s ＝1×103 m/s 根据题意画出微粒的运动轨迹如图：因为M 点的坐标为(0，－10)，N 点的坐标为(0,30)，由几何关系可知微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R ＝2033 cm ＝315m 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qB 1v ＝m v 2R 解得B 1＝32T. (2)由图可知，磁场B 1的最小区域应该分布在图示的矩形PACD 内．由几何关系易得 PD ＝2R sin60°＝0.2 mPA ＝R (1－cos60°)＝330m 所以，所求磁场的最小面积为S ＝PD ·PA ＝15×330 m 2＝3150 m 2. 答案：(1)32 T 1×103 m/s (2)3150 m 2。