D_广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复型专练专练4
广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复习专题四
专题定位本专题主要用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻理解功能关系，抓住两种命题情景搞突破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与路径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有部分机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q＝F f·s相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情况：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速率关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(2)应用动能定理解题的基本思路①选取研究对象，明确它的运动过程．②分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动过程始、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是否守恒的判断①用做功来判断，看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳子突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的基本思路①选取研究对象——物体系统．②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒．③恰当地选取参考平面，确定研究对象在运动过程的始、末状态时的机械能．④根据机械能守恒定律列方程，进行求解．题型1 力学中的几个重要功能关系的应用例1 如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是( )图1A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度的过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案ABD以题说法 1.本题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的变化量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化量；重力以外的其他力做的功等于机械能的变化量；合力做的功等于动能的变化量．2．本题在应用动能定理时，应特别注意研究过程的选取．并且要弄清楚每个过程各力做功的情况．(2018·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M 克服摩擦力所做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确． 题型2 动力学方法和动能定理的综合应用例2 (15分)如图3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：图3(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，木板运动的距离．审题突破 木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何变化？解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f 由平衡条件得：F ＝F f①(1分) 又F f ＝μMg②(2分)联立①②并代入数据得： μ＝0.5③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得： －μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 2④(5分)联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s ⑤(1分)(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg . 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为s ，对木板由动能定理得： －3μmgs ＝0－12Mv 21⑥(4分) 联立③⑤⑥并代入数据得s ＝169m≈1.78 m⑦(1分)答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m以题说法 1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况．此题特别要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg .2．应用动能定理列式时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．如图4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 点为轨道圆心，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 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图4(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所经历的时间t .答案 (1)0.375 (2)2 3 m/s (3)0.2 s解析 (1)滑块从A 点到D 点的过程中，根据动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos 37°·2Rsin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)若使滑块能到达C 点，根据牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2CR由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的过程中，根据动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 2则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s 故v 0的最小值为2 3 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx整理得：5t 2＋3t －0.8＝0 解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去) 题型3 动力学方法和机械能守恒定律的应用例3 (14分)如图5，质量为M ＝2 kg 的顶部有竖直壁的容器A ，置于倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰好处于水平状态，容器内有质量为m ＝1 kg 的光滑小球B 与右壁接触．让A 、B 系统从斜面上端由静止开始下滑L 后刚好到达斜面底端，已知L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球到达斜面底端的速度大小；(2)下滑过程中，A 的水平顶面对B 的支持力大小； (3)下滑过程中，A 对B 所做的功．审题突破 A 、B 组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A 的水平顶面对B 的支持力方向如何？解析 (1)根据机械能守恒定律： (M ＋m )gL sin θ＝12(M ＋m )v2(2分)解得：v ＝2gL sin θ＝2 5 m/s(2分)(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的同样给4分)(2)小球与容器一起沿斜面自由下滑，加速度为a ＝g sin θ(1分)对B 进行受力分析，如图所示，竖直方向受mg 、F N 作用，斜向下加速运 动，根据牛顿第二定律mg －F N ＝ma sin θ(3分)代入a ＝g sin θ解得F N ＝mg (1－sin 2 θ)＝mg cos 2θ＝7.5 N (2分)(3)设A 对B 做的功为W m ，则根据动能定理mgL sin θ＋W m ＝12mv 2(2分)解得W m ＝12mv 2－mgL sin θ＝12m (2gL sin θ)2－mgL sin θ＝0 (2分)答案 (1)2 5 m/s (2)7.5 N (3)0以题说法 若判断多个物体组成的系统机械能是否守恒，最简单有效的方法是看能量是否向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是光滑的，不会产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，所以A 、B 组成的系统机械能守恒．如图6所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．图6(1)求滑块对圆轨道末端的压力；(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离；(3)若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的内能．答案 (1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J解析 (1)从P 点到圆轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道末端由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道末端的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下． (2)若传送带静止，从A 到B 的过程中，由动能定理得： －μmgL ＝12mv 2B －12mv 2解得：v B ＝1 m/s滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地点与B 点间的水平距离为：s ＝v B2Hg＝0.5 m(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情况没有变化，滑块从A 到B 的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为：Δs ＝L ＋v 0v －v Bμg＝2 m 滑块在传送带上滑行过程中产生的内能为：Q ＝μmg Δs ＝0.2 J.6． 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题审题示例(12分)如图7所示，半径为R 的光滑半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图7(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球到达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 过程中摩擦力做的功W f . 审题模板答题模板(1)小球到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示． 则有v 21＝2gh① 由几何关系得v 0＝v 1cot θ②联立①②式得v 0＝432gh ③(2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)④设小球到达B 点时的速度为v ，则从抛出点到B 过程中由机械能守恒定律得 12mv 20＋mg (H ＋h )＝12mv 2⑤ 在B 点，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R⑥联立③④⑤⑥式 解得F N ＝5.6mg⑦ 由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)全过程应用动能定理：W f ＝0－12mv 20即W f ＝－12mv 20＝－169mgh⑨(评分标准：本题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案 (1)432gh (2)5.6mg (3)－169mgh点睛之笔 多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动过程独立分析，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系；有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单．如图8所示，将一质量m ＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B 点后进入BC 部分，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h ＝3.2 m ，斜面高H ＝15 m ，竖直圆轨道半径R ＝5 m ．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2，试求：图8(1)小球水平抛出的初速度v 0及斜面顶端与平台边缘的水平距离s ； (2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间； (3)若竖直圆轨道光滑，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力． 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.18 s (3)3 N ，方向竖直向上解析 (1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可 得：v 0＝v y cot α由平抛运动规律得：v 2y ＝2ghh ＝12gt 21 s ＝v 0t 1联立解得：v 0＝6 m/s ，s ＝4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时间t 1＝2hg＝0.8 s小球在A 点的速度沿斜面向下，速度大小v A ＝v 0cos α＝10 m/s从A 点到B 点由动能定理得mgH ＝12mv 2B －12mv 2A解得v B ＝20 m/s小球沿斜面下滑的加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2由v B ＝v A ＋at 2，解得t 2＝1.25 s小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.18 s(3)水平轨道BC 及竖直圆轨道均光滑，小球从B 点到D 点，由动能定理可得 －2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B在D 点由牛顿第二定律可得：F N ＋mg ＝m v 2DR联立解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力F N ′＝3 N ，方向竖直向上(限时：45分钟)1． (2018·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 2－1R1B ．GMm ⎝⎛⎭⎪⎫1R 1－1R2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 答案 C解析 由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12mv 2＝GMm2r，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12mv 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r.故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C.2． (2018·江苏·9)如图1所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )图1A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC解析 如图，在A 点弹簧的弹力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹 簧的弹力大于等于静摩擦力而小于滑动摩擦力，即F B ≤μmg ，因此O 点距离B 点较近，即x OB <x OA ，从O 点到A 点由动能定理得：W －μmgx OA －W 弹 ＝0，W 弹 ＝E p A ，则有 E p A ＝ W －μmgx OA <W －12μmga ，则A 项错误．整个过程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，则E p B <W －32μmga ，B 项正确．从O到A 再到O 过程： W －2μmgx OA ＝E k O ，则E k O <W －2μmg ·12a ＝W －μmga ，C 项正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于在B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 项错误．3． 如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，则物体沿斜面上升的过程中( )图2A ．物体的重力势能增加了34mghB ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了12mghD ．物体的动能减少了mgh 答案 BC解析 该过程物体克服重力做功为mgh ，则物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有F f ＋mg sin 30°＝ma ，解得F f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－F f ·h sin 30°＝－12mgh ，选项C 正确；根据动能定理知，合外力做的功等于动能的变化量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．4． 用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v －t 图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1. 7 m/sD ．货物在2 s ～9 s 内机械能守恒 答案 C解析 由题图知，前2 s 内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A 错误；最后1 s 内货物减速下降，加速度方向向上，货物一定受到向上的作用力，选项B 错误；v －t 图象中图线与时间轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10 s 内发生的位移大小为s ＝12×(7＋10)×2 m＝17 m ，则10 s 内货物的平均速度是1.7m/s ，选项C 正确；货物在2 s ～9 s 内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D 错误．5． 质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图4所示，其中OA段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是 ( )图4A ．0～t 1时间内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．6． 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移s 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．则( )图5A ．在s 1处物体所受拉力最大B ．在s 2处物体的速度最大C ．在s 1～s 3过程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～s 2过程中，物体的加速度先增大后减小 答案 AC解析 除重力以外的力做的功量度了机械能的变化，故E －s 图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在s 1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A 正确；在s 2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在s 2处之前的某一位置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B 错误；在s 1～s 3的过程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确；0～s 2的过程中拉力先大于重力，并且先增大后减小，最后减小到0，根据牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D 错误．7． 被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球(NBA)赛场上大放光彩．现假设林书豪准备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲至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，地面支持力对他所做的功为0B ．从地面跃起过程中，地面支持力对他所做的功为12mv 2＋mghC ．离开地面后，他在上升过程和下落过程中都处于失重状态D ．从下蹲到离开地面上升过程中，他的机械能守恒 答案 AC解析 地面支持力对林书豪的位移为0，该力做功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，他的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项C 正确；他下蹲过程中机械能不守恒，离开地面上升过程中机械能守恒，选项D 错误．8． 水上滑梯可简化成如图6所示的模型，光滑斜槽AB 和粗糙水平槽BC 平滑连接，斜槽AB的竖直高度H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°，水平槽BC 长d ＝2.5 m ，BC 面与水面的距离h ＝0.80 m ，人与BC 间的动摩擦因数为μ＝0.40.一游戏者从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB 下滑时加速度的大小； (2)游戏者滑到C 点时速度的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者在水平方向上的位移的大小． 答案 (1)6.0 m/s 2(2)10.0 m/s (3)4.0 m解析 (1)设游戏者的质量为m ，游戏者沿斜槽AB 下滑时，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma则沿斜槽AB 下滑时加速度的大小a ＝g sin θ＝6.0 m/s 2(2)游戏者从A 点滑到C 点的过程中，根据动能定理得mgH －μmgd ＝12mv 2－0解得滑到C 点时速度的大小v ＝10.0 m/s(3)在从C 点滑出至落到水面的过程中，游戏者做平抛运动，设此过程经历的时间为t ，则游戏者在水平方向的位移大小x ＝vt①在竖直方向的位移大小h ＝12gt2②联立①②解得x ＝4.0 m9． 如图7所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝118°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图7(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离．答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v y v 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12mv 2O －12mv 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2OR，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有 μ2mg ＝ma 3设P 、A 间的距离为s PA ，则s PA ＝v 212a 3＝v 212μ2g＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v C a 1＝0.5 s 小物块由最高点回到D 点历时t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故s CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得s CD ＝0.98 m10．如图8所示是一皮带传输装载机械示意图．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A 端，被传输到末端B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C 处，然后水平抛到货台上．已知半径为R ＝0.4 m 的圆形轨道与传送带在B 点相切，O 点为半圆的圆心，BO 、CO 分别为圆形轨道的半径，矿物m 可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速率为v 0＝8 m/s ，传送带A 、B 点间的长度s AB ＝45 m ．若矿物落到点D 处离最高点C 点的水平距离为s CD ＝2 m ，竖直距离为h CD ＝1.25 m ，矿物质量m ＝50 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：图8(1)矿物到达B 点时的速度大小； (2)矿物到达C 点时对轨道的压力大小；(3)矿物由B 点到达C 点的过程中，克服阻力所做的功． 答案 (1)6 m/s (2)1 500 N (3)140 J。
广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复型专练专练9
图3 A．北斗卫星的线速度较大 B．北斗卫星的周期较大 C．北斗卫星的角速度较大 D．北斗卫星的向心加速度较小 答案 BD 解析 卫得绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，即 G
Mm mv2 2π ＝ ＝mω2r＝m( )2r＝ r2 r T
ma，变形可得 v＝
GM GM r3 GM ，T＝2π ，ω＝ ，a＝ ，故可知 B、D 正确． r2 r GM r3
Mm 4π2 4π2r3 ＝m r，得 M＝ ，选 r2 T2 GT2
项 A 正确；根据万有引力提供向心力只能求得中心天体的质量，因此根据题目所给信息不 能求出行星 P 的质量，选项 B 错误；如果发射探测器到达该系外行星，需要克服太阳对探 测器的万有引力，脱离太阳系的束缚，所以需要发射速度大于第三宇宙速度，选项 C、D 错 误． 5． 近年来，人类发射了多枚火星探测器，对火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发 和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动， 并测得该探测器运动的周期为 T，则火星的平均密度 ρ 的表达式为(k 是一个常数) ( ) A．ρ＝
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短 答案 B 解析 由万有引力定律及牛顿第二定律得： 即第一宇宙速度 v＝
GMm mv2 ＝ . R2 R
GM .所以 R
v581c M581c R地 ＝ ＝2，选项 A 错误． · v地 M地 R581c 2 GMm g581c M581c R地 8 2 由 mg＝ 得： ＝ · ＝ ，即人到了该行星，其体重是地球上的 2 倍，选 R2 g地 M地 R581c 3 3 2
k T
B．ρ＝kT D．ρ＝
C．ρ＝kT2 答案 D 解析 由万有引力定律知 4π2r3 4 ＝m r，解得 M＝ ，联立 M＝ρ· πR3 和 r＝R，解 r2 T2 GT2 3
广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复习专题四
第2课时功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fs cos α＝Eqs cos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法．题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1 如图1所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是( )图1A．小球再次到达M点时，速度刚好为零B ．小球从P 到M 过程中，合外力对它做了3mgL 的功C ．小球从P 到M 过程中，小球的机械能增加了3mgLD ．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动审题突破 小球静止在M 时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P 到M 的过程中，各力做功是多少？解析 小球从P 到M 的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg ，方向水平向右，所以小球再次到达M 点时，速度最大，而不是零，选项A 错．小球从P 到M 过程中，电场力与重力的合力大小为3mg ，这个方向上位移为L ，所以做功为3mgL ，选项B 正确．小球从P 到M 过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg ，由P 到M 沿电场线方向的距离为d ＝L sin 30°＋L cos 30°＝L2(1＋3)，故电场力做功为2mg ·d ＝mgL (1＋3)，故选项C 错误．如果小球运动到M 点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D 正确． 答案 BD以题说法 在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m 的带正电小球在外力F 的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W 1、W 2和W 3，不计空气阻力，则上述过程中 ( )图2A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球重力势能的变化为W 1C ．小球动能的变化为W 1＋W 2＋W 3D ．小球机械能的变化为W 1＋W 2＋W 3 答案 C解析 由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A 错误．重力对小球做的功为W 1，小球重力势能的变化为－W 1，选项B 错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W 1＋W 2＋W 3，选项C 正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W 2，选项D 错误． 题型2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2 如图3所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：图3(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差．审题突破 带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？解析 (1)由动能定理得：qU ＝12mv 21代入数据得v 1＝118 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at 由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得：E ＝3×118 N/C ＝1.732×118 N/C(3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V.答案 (1)118 m/s (2)1.732×118 N/C (3)400 V以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关．2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图4所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B .A 球的带电量为＋2q ，B 球的带电量为－3q ，两球组成一带电系 统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L ，开始时A 和B 分别静止于虚线MN 的两侧，虚线MN 恰为AB 两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN 、 PQ 间加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场后，系统开始运动．试求：图4(1)B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量； (3)A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间． 答案 (1)2qEL m (2)73L 4qEL (3)(32－2) mLqE解析 (1)设B 球刚进入电场时带电系统的速度为v 1，由动能定理得 2qEL ＝12×2mv 21解得：v 1＝2qELm(2)带电系统向右运动分为三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场后． 设A 球出电场后移动的最大位移为s ，对于全过程，由动能定理得 2qEL －qEL －3qEs ＝0解得s ＝L3，则B 球移动的总位移为s B ＝73LB 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为43L其电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝3qE ·43L ＝4qEL(3)取向右为正方向，B 球进入电场前，带电系统做匀加速运动： a 1＝2qE 2m ＝qE m ，t 1＝v 1a 1＝ 2mLqE带电系统在电场中时，做匀减速运动：a 2＝－qE2m设A 球刚出电场时速度为v 2，由动能定理得：－qEL ＝12×2m (v 22－v 21)解得：v 2＝qEL mt 2＝v 2－v 1a 2＝2(2－1)mL qE解得总时间t ＝t 1＋t 2＝(32－2)mL qE题型3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图5所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．图5(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ； (3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .审题突破 导体棒第一次回到初始位置时，受几个力的作用？最终导体棒静止时，在几个力作用下平衡？具体位置在哪里？解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BLv 0 通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BLv 0R ＋r电流方向为b →a(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BLv 感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BLvR ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r，方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm R ＋r(3)导体棒最终静止，有mg sin θ＝kx 压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有 12mv 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12mv 20＋mg sin θ2k －E p电阻R 上产生的焦耳热 Q ＝R R ＋r Q 0＝RR ＋r [12mv 20＋mg sin θ2k－E p ]答案 (1)BLv 0R ＋r，电流方向为b →a (2)g sin θ－B 2L 2vm R＋r(3)RR ＋r [12mv 20＋mg sin θ2k－E p ]以题说法 导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．在如图6所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )图6A ．线框两次匀速直线运动的速度之比v 1∶v 2＝2∶1B ．从t 1到t 2过程中，线框中通过的电流方向先是a →d →c →b ，然后是a →b →c →dC ．从t 1到t 2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D ．从t 1到t 2过程中，有3mgL sin θ2＋mv 21－v 222的机械能转化为电能答案 BD解析 根据题意，第一次匀速运动时，B 2L 2v 1R ＝mg sin θ，第二次匀速运动时，4B 2L 2v 2R＝mg sin θ，解得v 1∶v 2＝4∶1，选项A 错误；根据楞次定律可以判断，选项B 中所判断的感应电流的方向是正确的，选项B 正确；线框克服安培力做的功等于线框产生的热量，根据能量守恒定律，线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量和动能的减少量之和，重力势能的减少量为3mgL sin θ2，动能的减少量为mv 21－v 222，选项C 错误，选项D 正确．7． 应用动力学和功能观点处理电学综合问题审题示例(14分)如图7所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC ，其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8 m ．有一质量为500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小球离杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10 m/s 2)求：图7(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2)小环从C 运动到P 过程中的动能增量； (3)小环在直杆上匀速运动时速度的大小v 0. 审题模板答题模板(1)小环沿杆做匀速运动，受力如图所示故qE cos 45°＝mg cos 45°即qE＝mg (1分)小环离开直杆后，所受合外力为F合＝2mg＝maa＝2g＝10 2 m/s2 (2分) 方向垂直于杆向下(1分) (2)小环从C运动到P的过程中动能的增量为ΔE k＝W重＋W电(2分) 其中W重＝mgh＝4 J．W电＝0，所以ΔE k＝4 J (3分) (3)环离开杆做类平抛运动平行杆方向做匀速运动：22h＝v0t (2分)垂直杆方向做匀加速运动：22h＝12at2 (2分)解得v0＝2 m/s (1分)答案(1)10 2 m/s2，方向垂直于杆向下(2)4 J (3)2 m/s如图8，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)．图8(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2R /g 小球距坐标原点O 的距离s 为多远？ 答案 (1)正电mg E (2)2EB Rg(3)27R 解析 (1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有qE ＝mg① 解得：q ＝mg E②又电场方向竖直向上，故小球带正电．(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得：qBv ＝mv 2/r ③小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mg ＝mv 2/R④ 由②③④得：r ＝E BR g⑤ 即PO 的最小距离为：y ＝2r ＝2EBR g⑥(3)小球由O 运动到N 的过程中设到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2N －12mv2⑦ 由④⑦解得：v N ＝5gR⑧小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a ，则有： 沿x 轴方向有：x ＝v N t⑨ 沿电场方向有：z ＝12at2⑩由牛顿第二定律得：a ＝qE /m⑪t 时刻小球距O 点为：s ＝x 2＋z 2＋R2＝27R(限时：45分钟)1． (2018·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析 粒子两次落到小孔的速度相同，设为v ，下极板向上平移后由E ＝U d知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v 2＝2ax 得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h 处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0，mg (d 2＋h )－q U 23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．2． 将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图1所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A 、B 两点与两球球心的连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则( )A ．乙球一定带负电B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷在A 点具有的电势能比其在B 点具有的电势能大D ．把负电荷从C 点移至D 点，电场力做的总功为零 答案 CD解析电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A错误；电场强度是矢量，C、D两点电场强度的方向不同，B错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A点的电势比B点的电势高，由电势能的定义式E p＝qφ知，正电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，C正确；C、D两点在同一等势面上，故将电荷从C点移至D点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D正确．3．如图2所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同、电性相同的小球P，从N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，以下说法正确的是( )图2A．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大D．小球P的加速度先减小后增大答案CD解析小球P沿斜面向下运动的过程中，在接触弹簧前，库仑斥力变小，合力变小，加速度变小，小球向下加速，接触弹簧后，弹簧弹力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下减小，再向上增加，小球先向下加速再向下减速，B错误，D 正确；对于小球P和弹簧组成的系统，由于电场力对其做正功，故机械能要增大，A错误；全过程只发生了小球P的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的相互转化，由于重力和电场力都做正功，重力势能和电势能的总和减小，故小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大，C正确．4．如图3所示，在一个点电荷形成的电场中，M、N、L是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p点无初速度释放后，沿图中直线依次经过q、k两点，且p、q、k三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p点到q点电场力做的功为W pq，从q点到k点电场力做的功为W qk，则( )图3A ．W pq ＝W qkB ．W pq <W qkC ．粒子从p 点到q 点做匀加速直线运动D ．粒子从p 点到q 点其电势能逐渐减小 答案 D解析 离点电荷越近，等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq >U qk ，由W ＝qU 得W pq >W qk ，选项A 、B 错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D 正确；从p 到q 电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C 错误．5． 如图4所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上，a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计．则( )图4A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL答案 AD解析 b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件得mg sin θ＋F 安＝m c g ，由上面的两式可得m c ＝2m sin θ，选项A 正确；根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块c 减少的重力势能应等于a 棒、物块c 增加的动能与a 棒增加的重力势能之和，选项B 错误；根据能量守恒定律可知，b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a 棒增加的重力势能之和，选项C 错误；对b 棒，设通过的电流为I ，由平衡条件mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL，a 棒中的电流也为I ＝mg sin θBL，选项D 正确．6． 如图5所示，质量为m 的物块(可视为质点)，带正电Q ，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E ＝3mg /Q 的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H .释放后，物块落地时的电势能为ε，物块落地时的速度大小为v ，则( )图5A ．ε＝33mgH B ．ε＝－33mgH C ．v ＝2gHD ．v ＝2gH答案 C解析 由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε＝－QEH /tan 60°＝－3mgH /3＝－mgH ，选项A 、B 错误；由动能定理，mgH ＋QEH /tan 60°＝12mv 2，解得v ＝2gH ，选项C 正确，D 错误．7． 如图6所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )图6A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv 2C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBLD ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12mv 2答案 BC解析 由题意可知金属棒在安培力作用下做减速运动直至静止，由于速度一直减小，故安培力的大小一直减小，金属棒的加速度减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误．在整个过程中，只有安培力做负功，由动能定理可知金属棒克服安培力做功为12mv 2，选项B 正确．由q ＝ΔΦR 总可知q ＝BLs 2R ，解得s ＝2qR BL ，选项C 正确．由B 项可知整个回路中产生的焦耳热为12mv 2，电阻R 上产生的焦耳热为14mv 2，选项D 错误．8． 如图7所示，一长为h 2内壁光滑的绝缘细管竖直放置．管的底部固定一电荷量为Q (Q >0)的点电荷M .现在管口A 处无初速度释放一电荷量为q (q >0)、质量为m 的点电荷N ，N 在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．再次从A 处无初速度释放电荷量为q 、质量为3m 的点电荷P (已知静电常数为k ，重力加速度为g )．求：图7(1)电荷P 运动过程中速度最大处与底部点电荷间的距离； (2)电荷P 运动到B 处时的速度大小．答案 (1)kQq3mg(2)2 g h 2－h 13解析 (1)电荷P 运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r ， 则有3mg ＝kQq r 2解得r ＝kQq 3mg(2)设电荷P 运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理， 有3mg (h 2－h 1)－qU AB ＝12×3mv 2B依题意有mg (h 2－h 1)＝qU AB联立两式可得：v B ＝2g h 2－h 139． 如图8所示，MN 和PQ 为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端MP 间接有阻值为R 1＝2 Ω的导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径r ＝0.5 m 、内壁光滑的半圆金属轨道．导轨间距L ＝0.4 m ，电阻不计．导轨所在平面abcd 区域内有竖直向上、B ＝0.5 T 的匀强磁场．导轨上长度也为0.4 m 、质量m ＝0.6 kg 、电阻R 2＝1 Ω的金属棒AB 以v 0＝6 m/s 的速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图8(1)金属棒AB 刚滑出磁场右边界cd 时的速度v 的大小； (2)金属棒滑过磁场区域的过程中，导线R 1中产生的热量Q . 答案 (1)5 m/s (2)2.2 J解析 (1)在轨道的最高点，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 21r①从金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒定律有 12mv 21＋mg ·2r ＝12mv 2②联立①②两式并代入数据解得v ＝5 m/s③(2)在金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系得Q 总＝12mv 20－12mv2④对闭合回路，根据热量关系有Q ＝Q 总R 1＋R 2R 1⑤(3分)联立④⑤两式并代入数据得Q ＝2.2 J10．如图9所示，A 、B 为半径R ＝1 m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E ＝1×118 V/m 、竖直向上的匀强电场，有一质量m ＝1 kg 、带电量q ＝1.4×10－5C 正电荷的物体(可视为质点)，从A 点的正上方距离A 点H 处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC 段为长L ＝2 m 、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD 段为倾角θ＝53°且离地面DE 高h ＝0.8 m 的斜面．(1)若H ＝1 m ，物体能沿轨道AB 到达最低点B ，求它到达B 点时对轨道的压力大小； (2)通过你的计算判断：是否存在某一H 值，能使物体沿轨道AB 经过最低点B 后最终停在距离B 点0.8 m 处；(3)若高度H 满足：0.85 m≤H ≤1 m，请通过计算表示出物体从C 处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)图9答案 (1)8 N (2)不存在 (3)在斜面上距离D 点59 m 范围内 在水平面上距离D 点0.2m 范围内解析 (1)物体由初始位置运动到B 点的过程中根据动能定理有mg (R ＋H )－qER ＝12mv 2B到达B 点时由支持力F N 、重力、电场力的合力提供向心力F N －mg ＋qE ＝m v 2BR解得F N ＝8 N根据牛顿第三定律，支持力与压力大小相等、方向相反 所以物体对轨道的压力大小为8 N ，方向竖直向下(2)要使物体沿轨道AB 到达最低点B ，当支持力为0时，最低点有个最小速度v ，则qE －mg ＝m v 2R解得v ＝2 m/s在粗糙水平面滑行时的加速度a ＝μg ＝2 m/s 2物体最终停止的位置距离B 为s ＝v 22a＝1 m>0.8 m故不存在某一H 值，使物体沿着轨道AB 经过最低点B 后，停在距离B 点0.8 m 处． (3)在斜面上距离D 点59m 范围内(如图PD 之间区域)在水平面上距离D 点0.2 m 范围内(如图DQ 之间区域)。
广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复型专练专练2
专练2 分子动理论、热力学定律和气体性质(限时：40分钟)1、(2013·重庆·10(1))某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时( )A、室内空气的压强比室外的小B、室内空气分子的平均动能比室外的大C、室内空气的密度比室外的大D、室内空气对室外空气做了负功答案 B解析房间没有密闭，对房间内气体加热时，内外压强始终相等，但温度升高时，气体分子的平均动能变大、B项对，A项错、此时室内外空气密度应相等，C项错、室内气体膨胀对外做功，对室外气体做正功，D项错、2、如图1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是( )图1A、乙分子在P点 (x＝x2)时，加速度最大B、乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C、乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D、乙分子的运动范围为x≥x1答案BD解析由题图可知，乙分子在P点(x＝x2)时，动能最大，速度最大，加速度为零，由于两分子总能量为零，所以，乙分子在P点(x＝x2)时有E k＋(－E0)＝0，解得E k＝E0，A错误，B 正确；乙分子在Q点(x＝x1)时，动能并非最大，即加速度不等于零，不是平衡状态，C错误；乙分子在x1处时，分子势能为零，动能亦为零，由E k≥0，E p＝－E k≤0得乙分子的运动范围为x≥x1，选项D正确、3、对于一定质量的气体，忽略分子间的相互作用力、当温度升高时( )A、气体的内能不变B、气体分子的平均动能增加C、气体一定从外界吸收热量D、外界一定对气体做功4、下列现象中，最能恰当地说明分子间有相互作用力的是( )A、气体容易被压缩B、高压密闭的钢管中的油从筒壁渗出C、两块纯净的铅块紧压后合在一起D、滴入水中的墨汁微粒向不同方向运动答案 C解析气体容易被压缩说明气体分子之间距离大，高压密闭的钢管中的油从筒壁渗出说明密闭的钢管中分子之间有间隙，两块纯净的铅块紧压后合在一起说明分子间有相互作用力，滴入水中的墨汁微粒向不同方向运动属于液体的扩散现象，说明分子在做无规则运动、5、如图2所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞B封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略、假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变、若用外力F将活塞B缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，关于此气缸内气体的下列结论，其中正确的是( )图2A、气体做等温膨胀，分子的平均速率不变，气体的压强不变B、气体做等温膨胀，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少C、因为气体内能不变，所以气体从外界吸收的热能全用来对外做功D、气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律答案BC解析用外力F将活塞B缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，气体做等温膨胀，分子的平均速率不变，气体的体积增大，压强减小，选项A错误；气体做等温膨胀，由于体积增大，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，选项B正确；因为气体内能不变，所以气体从外界吸收的热能全用来对外做功，选项C正确；气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但是体积增大了，引起了其他变化，因此此过程不违反热力学第二定律，选项D错误、6、对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( )A、若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B、若气体的温度不断升高，其压强也一定不断增大C、若气体温度升高1 K，其等容过程所吸收的热量一定大于等压过程所吸收的热量D、在完全失重的状态下，气体的压强为零解析若理想气体的压强和体积都不变，则温度不变，其内能也一定不变，选项A正确；若气体的温度不断升高，体积不断增大，其压强不一定不断增大，选项B错误；若气体温度升高1 K，由于等容过程体积不变，不对外做功，其等容过程所吸收的热量一定小于等压过程所吸收的热量，选项C错误；气体的压强是由气体分子对器壁的频繁碰撞产生的，在完全失重的状态下，气体的压强不为零，选项D错误、7、如图3所示，倒悬的导热气缸中有一个可无摩擦上下移动且不漏气的活塞A，活塞A的下面吊着一个重物，气缸中封闭着一定质量的理想气体、起初各部分均静止不动，大气压强保持不变、对于气缸内的气体，当其状态缓慢发生变化时，下列判断正确的是( )图3A、若环境温度升高，则气体的压强一定增大B、当活塞向下移动时，外界一定对气体做正功C、保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体一定会吸热D、若环境温度降低，缓慢增加重物的质量，气体体积可能保持不变答案CD解析若环境温度升高，气体将会等压膨胀，气体的压强不变，选项A错误；当活塞向下移动时，气体对外界做正功，选项B错误；保持环境温度不变，缓慢增加重物的质量，气体压强减小，体积增大，对外做功，内能不变，气体一定会吸热，选项C正确；若环境温度降低，气体温度降低，缓慢增加重物的质量，气体压强减小，气体体积可能保持不变，选项D正确、8、关于热力学定律，下列说法正确的是( )A、物体的温度不能降到0 KB、一定量气体，吸热200 J，内能减少20 J，气体对外做功220 JC、利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化D、一定质量的100 °C的水吸收热量后变成100 °C的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能答案ABD解析0 K为宇宙的最低温度，只能接近不能达到，选项A正确；由热力学第二定律可知，ΔU＝Q＋W，W＝－20 J－200 J＝－220 J，选项B正确；由热力学定律可知，热量的散失具有不可逆性，不能完全收集起来而不引起其他变化，选项C 错误；一定质量的100 °C 的水吸收热量后变成100 °C 的水蒸气，内能不变，但体积增大，对外做功，说明吸收的热量大于增加的内能，选项D 正确、9、 如图4所示，一根上细下粗、粗端与细端都均匀的玻璃管上端开口、下端封闭，上端足够长，下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体、现对气体缓慢加热，气体温度不断升高，水银柱上升，则被封闭气体体积与热力学温度的关系最接近( )图4答案 A解析 根据理想气体状态方程pV T ＝C (常量)得：V ＝C p T ，图线的斜率为C p.在水银柱升入细管前，封闭气体先做等压变化，斜率不变，图线为直线；水银柱部分进入细管后，气体压强增大；当水银柱全部进入细管后，气体的压强又不变，V －T 图线又变为直线，只是斜率比原来的小、A 图正确、10、每逢重大庆典人们都会释放很多气球，五颜六色的气球缓慢上升彰显了喜庆的气氛，随着距地面高度的增大，大气压强逐渐减小，最终气球在空中炸裂、若不计环境温度的变化和分子间的相互作用力，气球在缓慢上升的过程中( ) A 、气球内的气体内能增大B 、气球内的气体对外做功C 、气球内的气体分子单位时间内对气球单位面积的撞击次数增加D 、气球内的气体吸收热量全部对外做功违背了热力学第二定律答案 B解析 由于温度不变，气体内能不变、由于压强减小，温度不变，体积膨胀，气体对外做功，气体分子对气球单位面积的撞击次数减少，气球吸收热量全部对外做功，但引起了其他变化，不违背热力学第二定律，故B 正确、11、如图5是一定质量的理想气体的p －V 图，气体从A →B →C →D →A 完成一次循环，A →B (图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2.下列说法中正确的是( )图5A、从C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功B、若气体沿直线由A→B，则气体的温度先降低后升高C、从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的D、若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程气体对外界做功100 J答案AD解析从C→D过程为等温过程，气体体积减小，压强增大，由热力学第一定律可知，A正确；从A→B过程，虚线与等温线AB的距离先增加再减小，气体的温度先升高再降低，B错误；从B→C过程气体体积不变，分子的密集程度不变，压强降低是由于温度减小，分子平均速率减小而引起的，C错误；状态C、状态D温度相同有相同的内能，A、B温度相同有相同的内能，由热力学第一定律分析可得D正确、12、一定质量的气体温度不变时，体积减小，压强增大，说明( )A、气体分子的平均动能增大B、气体分子的平均动能减小C、每秒撞击单位面积器壁的分子数增多D、每秒撞击单位面积器壁的分子数减少答案 C13、下列说法正确的是( )A、常温常压下，一定质量的气体，保持体积不变，压强将随温度的增大而增大B、用活塞压缩气缸里的空气，对空气做功3.5×105J，同时空气的内能增加了2.5×105J，则空气从外界吸收热量1×105 JC、物体的温度为0℃时，分子的平均动能为零D、热量从低温物体传到高温物体是不可能的答案 A解析根据一定质量气体压强、温度和体积的关系可知，体积一定时，气体温度升高，则压强增大，A项正确；由热力学第一定律可知，ΔU＝W＋Q，所以气体应向外界放热，B项错；物体的温度为热力学温度0 K时，分子的平均动能为零，C项错；热量可以自发地从低温物体传到高温物体，如空调可以把热量从温度较低的室内转移到室外，D项错、14、一空的铝制易拉罐开口向下浸没在恒温游泳池的水中，现将易拉罐缓慢下压，关于罐内空气(可视为理想气体)，下列说法正确的是( )A、压强增大B、分子间的平均距离减小C、对外界做功D、向外界放热答案ABD解析在恒温游泳池的水中，罐内空气温度不变，内能不变、将易拉罐缓慢下压，压强增大，体积减小，分子间的平均距离减小，外界对气体做功，由热力学第一定律，气体向外界放热，选项A、B、D正确，C错误、。
广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复习题型专练
专练15 应用动力学和能量观点分析电磁感应问题(限时：45分钟)1． (2018·四川·7)如图1所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k ＞0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则()图1A ．R 2两端的电压为U7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势kL 2答案 AC解析 由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误．根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E＝k πr 2，选项D 错误．R 2与R 02的并联阻值R 并＝R 02×R 02R 02＋R 02＝R 04，根据串联分压的特点可知：U R 2＝U74R 0×14R 0＝17U ，选项A 正确．由P ＝U 2R 得：P R 2＝U 2R 2R 2＝2U249R 0，P R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫27U 2R 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17U 2R 02＝10U 249R 0，所以P R ＝5P R 2选项C 正确．2． 如图2所示，一轨道的倾斜部分和水平部分都处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，且磁场方向都与轨道平面垂直，水平轨道足够长．一质量为m 的水平金属棒ab ，从静止开始沿轨道下滑，运动过程中金属棒ab始终保持与轨道垂直且接触良好．金属棒从倾斜轨道转入水平轨道时无机械能损失．则ab棒运动的v－t图象，可能正确的是( )图2答案CD解析金属棒沿倾斜轨道下滑时，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金属棒向下加速，随着速度的增大，安培力增大，故导体棒做加速度减小的加速运动，可能在倾斜轨道上加速度减为零，做一段匀速运动，也可能加速度没减为零，导体棒到达水平轨道上时，受安培力和摩擦力的作用，速度越来越小，安培力越来越小，导体棒减速运动的加速度越来越小，最后静止在轨道上，故C、D正确，A、B错误．3．如图3所示，边长为L的正方形金属框ABCD在水平恒力F作用下，穿过宽度为d的有界匀强磁场．已知d<L，AB边始终与磁场边界平行．若线框AB边进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动．则线框AB边穿过磁场的过程和CD边穿过磁场的过程相比较( )图3A．线框中感应电流的方向相反B．线框均做匀速直线运动C．水平恒力F做的功相等D．线框中产生的电能相等答案AC解析根据右手定则，线框AB边穿过磁场的过程中，感应电流方向是逆时针的，线框CD 边穿过磁场的过程中，感应电流方向是顺时针的，电流方向相反，选项A正确；在线框AB边已经穿出磁场而CD边还没有进入磁场时，线框不受安培力，做加速运动，当线框CD边进入磁场后，线框受到的安培力会大于F，线框做减速运动，选项B错误；水平恒力做的功等于水平恒力乘位移，两个过程位移相等，所以两个过程恒力F 做的功相等，选项C 正确；两个过程中产生的电能等于线框克服安培力做的功，由于安培力不相等，所以线框克服安培力做的功也不相等，选项D 错误．4． 如图4甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )图4A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4W D ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C 答案 C解析 由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E ＝nS ΔBΔt＝0.1 V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝ER ＋r＝0.02 A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r ＝4×10－4W ，选项C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.18 C ，选项D 错误．5． 如图5，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中( )图5A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2RB ．通过金属棒的电荷量为BdL RC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )答案 D解析 金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh ＝12mv 2m ，根据法拉第电磁感应定律有E ＝BLv m ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E 2R ，联立得I m ＝BL 2gh 2R ，A 错误；根据q ＝ΔΦ2R可知，通过金属棒的电荷量为BdL2R，B 错误；全过程根据动能定理得mgh ＋W f ＋W 安＝0，故C 错误；由W f ＝－μmgd ，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q ，故2Q ＝－W 安，联立得Q ＝12mg (h －μd )，D 正确．6． 如图6所示，相距为L 的平行金属导轨ab 、cd 与水平面成θ角放置，导轨与阻值均为R的两定值电阻R 1、R 2相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、阻值也为R 的导体棒MN ，以速度v 沿导轨匀速下滑，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，忽略感应电流之间的相互作用，则( )图6A ．导体棒下滑的速度大小为mgR sin θ－μcos θB 2L 2B ．电阻R 1消耗的热功率为14mgv (sin θ－μcos θ)C ．导体棒两端电压为mgR sin θ－μcos θ2BLD ．t 时间内通过导体棒的电荷量为mgt sin θ－μcos θBL答案 CD解析 由导体棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL ＋F f ＝B 2L 2v32R ＋μmg cos θ，整理可得v ＝3mgR sin θ－μcos θ2B L，A 错误；重力的功率等于摩擦力产生的热功率和电功率之和，即mgv sin θ＝μmgv cos θ＋P 电，由电路的知识可知，电阻R 1消耗的热功率P 1＝16P 电，整理可得P 1＝16mgv (sin θ－μcos θ)，B 错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv ，导体棒两端电压U ＝13E ，结合A 项分析得到的v 值可得U ＝mgR sin θ－μcos θ 2BL ，C 正确；t 时间内通过导体棒的电荷量q ＝ΔΦ32R，ΔΦ＝BLvt ，代入v 值整理可得q ＝mgt sin θ－μcos θBL，D 正确．7． 如图7甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B ＝1.0 T ，质量为m ＝0.18 kg 、高h ＝0.18 m 、总电阻R ＝5 Ω、n ＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M ＝0.18 kg 的小车上，小车与线圈的水平长度l 相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v 1＝10 m/s 进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v 随车的位移s 变化的v －s 图象如图乙所示，则根据以上信息可知( )图7A ．小车的水平长度l ＝15 cmB ．磁场的宽度d ＝35 cmC ．小车的位移s ＝10 cm 时线圈中的电流I ＝7 AD ．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q ＝1.92 J答案 C解析 从s ＝5 cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v 随位移s 增大而减小，当s ＝15 cm 时，线圈完全进入磁场，小车做匀速 运动．小车的水平长度l ＝10 cm ，A 项错；当s ＝30 cm 时，线圈开始离开磁场，则d ＝ 30 cm －5 cm ＝25 cm ，B 项错；当s ＝10 cm 时，由题图乙知，线圈速度v 2＝7 m/s ，感应 电流I ＝ E R ＝nBhv 2R＝7 A ，C 项对；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v 3＝2 m/s ，线圈上产生的电热为Q ＝12(M ＋m )(v 21－v 23)＝5.76 J ，D 项错．8． 如图8所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，下端与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、长度为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面的、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s .已知导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，则( )图8A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功产生的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv 2D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgs sin θ答案 BD解析 上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为B 2l 2v2R；根据能量守恒，上滑过程中电流做功产生的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热量，即12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgs sin θ；所以选项B 、D 正确.9． 一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图9甲所示．t ＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F ，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示．已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝1 Ω.以下说法正确的是()图9A ．做匀加速直线运动的加速度为1 m/s 2B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC ．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为22C D ．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1.5 J 答案 ABC解析 本题考查的是电磁感应定律相关问题，开始时，a ＝F m ＝11m/s 2＝1 m/s 2，由题图乙可知t ＝1.0 s 时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长：l ＝12at 2＝12×1×1.02m ＝0.5 m ；当t ＝1.0 s 时，F ＝3 N ，由牛顿第二定律得F －B 2l 2v R ＝3 N －B 2·0.52× 1×1.01N ＝1 kg·1 m/s 2，得到B ＝2 2 T ，q ＝I t ＝12Blv R t ＝12×22×0.5× 1×1.0 1×1.0 C＝22 C ；Q ＝I 2Rt ＝(22)2×1×1.0 J＝0.5 J ，故D 错，A 、B 、C 正确． 10．如图10所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从左边磁场区域向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为v2，则下列说法正确的是( )图10A ．位置Ⅱ时线框中的电功率为B 2a 2v 2RB ．此过程中回路产生的电能为38mv 2C ．位置Ⅱ时线框的加速度为B 2a 2v2mRD ．此过程中通过线框截面的电量为2Ba2R答案 AB解析 在位置Ⅱ时线框中的电功率为P ＝U 2R＝2Ba ·v22R＝B 2a 2v 2R，选项A 正确；根据功能关系，此过程中回路产生的电能为12mv 2－12m (v 2)2＝38mv 2，选项B 正确；根据牛顿第二定律，在位置Ⅱ时线框的加速度为a 线框＝2BIa m ＝2B 2a 2vmR，选项C 错误；此过程中通过线框截面的电量为Q ＝ΔΦR ＝Ba 2R，选项D 错误．11．如图11为一测量磁场磁感应强度大小的装置原理示意图．长度为L 、质量为m 的均质细铝棒MN 的中点与竖直悬挂的、劲度系数为k 的绝缘轻弹簧相连，与MN 的右端连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的刻度．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，方向垂直纸面向外，当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，指针恰好指在零刻度；当在MN 中通有由M 向N 大小为I 的恒定电流时，MN 始终在磁场中运动，在向下运动到最低点时，指针的最大示数为s m .不考虑MN 中电流产生的磁场及空气阻力，则在通电后MN 棒第一次向下运动到s m 的过程中，以下说法正确的是( )图11A ．MN 棒的加速度一直增大B ．MN 棒及弹簧、地球组成的系统机械能守恒C ．在最低点弹簧具有的弹性势能为(mg ＋BIL )s mD ．该磁场的磁感应强度B ＝ks m2IL答案 D解析 通电后安培力恒定，随着铝棒向下运动，弹簧弹力逐渐增大，铝棒所受的竖直向下的合力先减小后反向增大，加速度先向下减小，后反向增大，A 错误；运动过程中，由于安培力做功，系统机械能不守恒，B 错误；由功能关系可知，在最低点，铝棒速度为零，弹簧具有的弹性势能为弹簧从原长开始运动到最低点的过程中，重力与安培力做功之和，则E p ＝mg (mg k＋s m )＋BILs m ，C 错误；从通电开始到铝棒下落至最低点，对于铝棒由动能定理有(mg ＋BIL )s m －k s m ＋mg /k ＋mg 2s m ＝0，解得B ＝ks m2IL，D 正确．12．如图12所示，水平的平行虚线间距为d ，其间有磁感应强度为B 的匀强磁场．一个正方形线框边长为l (d >l )，质量为m ，电阻为R .开始时，线框的下边缘到磁场上边缘的距离为h .将线框由静止释放，其下边缘刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场下边穿出磁场的过程相比较，有( )图12A ．产生的感应电流的方向相同B ．所受的安培力的方向相反C ．进入磁场的过程中产生的热量小于穿出磁场的过程中产生的热量D ．进入磁场过程中所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间 答案 CD解析 根据楞次定律，线框进入磁场时感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场时，感应电流沿顺时针方向，选项A 错误；根据楞次定律“来拒去留”的结论，线框进出磁场时，所受安培力方向都向上，选项B 错误；由d >l ，线框穿出磁场时的平均速度大于进入磁场时的平均速度，所以穿出磁场时所用时间小于进入磁场时所用的时间，选项D 正确；根据F ＝BIl ＝B 2l 2vR可知，穿出磁场时的平均安培力大于进入磁场时的平均安培力，所以穿出磁场时安培力做的功多，产生的热量多，选项C 正确．13．如图13所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ 和JG 均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框恰好以速度v 0做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 做匀速直线运动．则下列说法正确的是 ( )图13A ．v ＝v 0B ．线框离开MN 的过程中电流方向为adcbaC ．当ab 边刚越过JP 时，线框加速度的大小为3g sin θD ．从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN 过程中，线框产生的热量为2mgL sin θ＋1532mv 2答案 BCD解析 ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框做匀速直线运动，安培力BIL ＝mg sin θ，当ab 边刚越过JP 时，ab 、cd 边都切割磁感线，感应电流变为原来的2倍，总的安培力变为原来的4倍，4BIL －mg sin θ＝ma ，a ＝3g sin θ，选项C 正确；ab 边越过JP 后，导体棒先做减速运动，当再次匀速时，安培力的合力仍等于mg sin θ，由B 2L 2v 0R ＝mg sin θ、4B 2L 2vR＝mg sin θ得，v ＝14v 0，选项A 错误；根据楞次定律，线框离开MN 的过程中，感应电流的方向应该为adcba ，选项B 正确；从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN ，根据动能定理有2mgL sin θ－W ＝12mv 2－12mv 20，所以克服安培力做的功为W ＝2mgL sin θ＋1532mv 20，选项D 正确．14．如图14所示，间距l ＝0.4 m 的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd 内匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T, 方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R 相同、质量均为m ＝0.02 kg ，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab 上，乙在甲上方距甲为l 处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F ，使甲金属杆始终以a ＝5 m/s 2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图14A ．每根金属杆的电阻R ＝0.016 ΩB ．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC ．甲金属杆在磁场中运动过程中F 的功率逐渐增大D ．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W答案 BC解析 由题可得乙金属杆进入磁场前，沿斜面向下的加速度跟甲的加速度相同，甲、乙均做相同的匀加速运动，当乙进入磁场时，甲刚出磁场．乙进入磁场时：v ＝2gl sin θ＝2 m/s ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，由乙金属杆受力平衡有：mg sin θ＝B 2l 2v 2R＝B 2l 22gl sin θ2R ，所以求得：R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ，代入数据得R ＝0.184 Ω，选项A 错误．甲在磁场中做匀加速运动，由l ＝12at 2可得甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 s ，选项B 正确．甲在磁场中做匀加速运动时，外力F 始终等于安培力，由于速度一直增加，安培力一直增大，F 一直增大，其功率也增大，选项C 正确．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率等于电路中电阻的热功率，即P ＝I 2·2R ＝(Blv 2R )2·2R ，v ＝2gl sin θ，解得P ＝0.2 W ，选项D 错误．。
广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复型专练专练8
专练8 曲线运动和运动的合成与分解(限时：45分钟)1． 图1为在平静海面上，两艘拖船A 、B 拖着驳船C 运动的示意图．A 、B 的速度分别沿着缆绳CA 、CB 方向，A 、B 、C 不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C 的速度在CA 、CB 方向的投影分别与A 、B 的速度相等，由此可知C 的( )图1A ．速度大小可以介于A 、B 的速度大小之间 B ．速度大小一定不小于A 、B 的速度大小C ．速度方向可能在CA 和CB 的夹角范围外D ．速度方向一定在CA 和CB 的夹角范围内 答案 BD解析 根据题述，C 的速度大小一定不小于A 、B 的速度大小，选项A 错误，B 正确．C 的速度方向一定在CA 和CB 的夹角范围内，选项C 错误，D 正确．2． 如图2所示，某次军事演习中，红方飞机甲正在从北向南水平匀速飞行，飞行员发现其正前方距离s 处有一架蓝方飞机乙正在从东向西水平匀速飞行，随即水平发射炮弹，炮弹的发射方向与飞机甲的飞行方向成θ角，经过时间t 炮弹击中飞机乙．己知飞机甲的速度为v 1，飞机乙的速度为v 2，飞机甲在地面上静止时发射炮弹的速度为v 0，忽略炮弹竖直方向的位移和所受的空气阻力．则下列说法中正确的是( )图2A ．tan θ＝v 2v 1B ．cos θ＝v 2v 0C ．t ＝sv 20－v 22＋v 1D ．t ＝sv 1答案 C解析 炮弹向南的分速度为v 1＋v 0cos θ，向西的分速度为v 0sin θ，s ＝(v 1＋v 0cos θ)t ，v 2t ＝v 0sin θ·t ，联立解得sin θ＝v 2v 0.选项A 、B 错误．t ＝s v 1＋v 0cos θ＝sv 20－v 22＋v 1，选项C正确，D错误．3．质量m＝50 g的小球在竖直平面内运动，若以水平方向为x轴的方向，竖直向下的方向为y 轴的方向，建立平面直角坐标系，其运动方程为x＝6＋6t，y＝5＋5t2.式中t的单位为秒，x、y的单位为米，重力加速度g＝10 m/s2.关于小球的运动，下列说法不正确的是( ) A．t＝0时小球的坐标为(6 m,5 m)B．t＝1 s时小球的速率为11 m/sC．t＝2 s时小球的加速度的大小为10 m/s2D．小球的运动轨迹是一条抛物线答案 B解析将t＝0代入运动方程可得，x＝6 m，y＝5 m，选项A正确；根据x＝6＋6t可得，小球沿水平方向做匀速直线运动，速度大小恒为6 m/s，根据y＝5＋5t2可得，竖直方向的初速度为零，加速度恒为10 m/s2，在t＝1 s时，水平速度为v x＝6 m/s，竖直速度v y＝at＝10 m/s，小球的合速度v＝v2x＋v2y＝136 m/s，选项B错误；只有竖直方向有加速度，加速度大小恒为10 m/s2，选项C正确；小球的运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动的合运动，轨迹是抛物线，选项D正确．本题只有选项B不正确，故选B. 4．如图3所示的曲线为一质点在恒定合外力作用下运动的一段轨迹，质点由A到B的时间与质点由B到C的时间相等，已知AB>BC，则下列判断正确的是( )图3A．该质点做非匀变速运动B．该质点在这段时间内可能做加速运动C．两段时间内该质点的速度变化量相等D．两段时间内该质点的速度变化量不等答案 C解析根据题述质点在恒定合外力作用下运动，其轨迹为曲线，所以该质点做匀变速曲线运动，选项A错误．由于质点由A到B的时间与质点由B到C的时间相等，且已知AB>BC，所以该质点在这段时间内做减速运动，选项B错误．由于受到恒力作用，加速度相等，两段时间内该质点的速度变化量相等，选项C正确，D错误．5． 如图4所示，河的宽度为L ，河水流速为u ，甲、乙两船均以静水中的速度v 同时渡河．出发时两船相距2L ，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A 点．则下列判断正确的是( )图4A ．甲船正好也在A 点靠岸B ．甲船在A 点下游侧靠岸C ．甲乙两船到达对岸的时间相等D ．甲乙两船可能在未到达对岸前相遇 答案 C解析 根据题述乙船恰好能直达正对岸的A 点，则河水流速u ＝v cos60°＝v2.甲船渡河时垂直河岸的分速度为v 1＝v sin 60°＝3v 2，时间t ＝L /v 1＝2L 3v.甲船沿水流方向的速度v 2＝v cos 60°＋u ＝v ，沿水流方向的位移为s ＝v 2t ＝2L 3，甲船在A 点上游侧靠岸，选项A 、B错误．由于两船垂直河岸的分速度相等，所以甲乙两船到达对岸的时间相等，选项C 正确．甲乙两船不可能在未到达对岸前相遇，选项D 错误．6． 如图5，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A .已知A 点高度为h ，山坡倾角为θ，由此可算出( )图5A ．轰炸机的飞行高度B ．轰炸机的飞行速度C ．炸弹的飞行时间D ．炸弹投出时的动能 答案 ABC解析 根据题述，tan θ＝v gt ，x ＝vt ，tan θ＝h x ，H ＝h ＋y ，y ＝12gt 2，由此可算出轰炸机的飞行高度H ；轰炸机的飞行速度v ，炸弹的飞行时间t ，选项A 、B 、C 正确．由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，选项D 错误．7． 如图6所示，小球m 可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的有( )图6A ．小球通过最高点的最小速度至少为v ＝gRB ．小球通过最高点的最小速度可以为0C ．小球在水平线ab 以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力D ．小球在水平线ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力 答案 B解析 此题为杆模型，小球在最高点的速度可以为零，选项A 错误，B 正确；小球在水平线ab 以下管道中运动时，内侧管壁对小球没有作用力，外侧管壁对小球一定有作用力，选项C错误；小球在水平线ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球有没有作用力要视小球的速度情况而定，选项D 错误．8． 如图7所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为( )图7A.3mgB ．2mgC ．3mgD ．4mg答案 A解析 当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，有mg ＝m v 2r ；当小球到达最高点时速率为2v ，设每段线中张力大小为F T ，应有2F T cos 30°＋mg ＝mv 2r；解得F T ＝3mg ，选项A 正确．9． 如图8所示，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ是( )图8A ．sin θ＝ω2LgB ．tan θ＝ω2L g C ．sin θ＝g ω2LD ．tan θ＝gω2L答案 A解析 对小球受力分析，杆对球的作用力和小球重力的合力一定沿 杆指向O ，合力大小为mL ω2，画出m 受力的矢量图．由图中几何关 系可得mg sin θ＝m ω2L ，所以有sin θ＝ω2Lg，选项A 正确．10．如图9甲所示，轻杆一端固定在O 点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F ，小球在最高点的速度大小为v ，其F －v 2图象如图乙所示．则( )图9A ．小球的质量为aRbB ．当地的重力加速度大小为R bC ．v 2＝c 时，小球受到的弹力方向向上D ．v 2＝2b 时，小球受到的弹力与重力大小不相等 答案 A解析 小球在最高点时对其进行受力分析，①速度为零时，mg －F ＝0，结合图象可知：mg－a ＝0，②当F ＝0时，由向心力公式可得：mg ＝mv 2R ，结合图象可知，mg ＝mb R ，可知：g ＝bR ，m ＝aRb ，选项A 正确，选项B 错误；③由图象可知：b <c ，v 2＝c 时小球所受弹力方向向下．当v 2＝2b 时，由向心力公式可得：mg ＋F ＝m ·2bR，F ＝mg ，选项C 、D 错误．11．如图10所示，具有圆锥形状的回转器(陀螺)绕它的轴线在光滑的桌面上以角速度ω快速旋转，同时以速度v 向左运动，若回转器的轴线一直保持竖直，为使回转器从桌子的边沿滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，速度v 至少应等于(设回转器的高度为H ，底面半径为R ，不计空气对回转器的作用)( )图10A ．ωRB ．ωHC ．R 2g HD ．Rg 2H答案 D解析 根据平抛运动规律，R ＝vt ，H ＝12gt 2，联立解得v ＝Rg 2H. 12．如图11所示，小球a 从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v 1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b 在斜面底端正上方与a 球等高处以速度v 2水平抛出，两球恰在斜面中点P 相遇，则下列说法正确的是( )图11A ．v 1∶v 2＝2∶1B ．v 1∶v 2＝1∶1C ．若小球b 以2v 2水平抛出，则两小球仍能相遇D ．若小球b 以2v 2水平抛出，则b 球落在斜面上时，a 球在b 球的下方 答案 AD解析 两球恰在斜面中点P 相遇，则在水平方向上它们的位移相同，即v 2t ＝v 1cos 60°t ，得v 1∶v 2＝2∶1，A 正确，B 错误；若小球b 以2v 2水平抛出，竖直方向上a 球的分速度不变，b 球做自由落体运动不变，若还能相遇，则仍然在P 点相遇，但b 的水平初速度变为2v 2，水平方向相遇点会向左移动，所以两小球不能再相遇，C 错误；小球a 、b 原来在P 点相遇，b 球竖直方向的平均速度等于v 1sin θ，b 球的水平速度变为2v 2，小球b 会落在P 点上方，在这段时间里，a 球在竖直方向的速度会大于b 球在竖直方向做自由落体运动的平均速度，则b 球落在斜面上时，a 球在b 球的下方，D 正确．13．如图12所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，圆心为O ，ab 为沿水平方向的直径．若在a 点以初速度v 1沿ab 方向抛出一小球，小球运动t 1时间后击中坑壁上的c 点；若在a 点以较大的初速度v 2沿ab 方向抛出另一小球，小球运动t 2时间后击中坑壁上的d 点．已知直线Oc 、Od 与ab 的夹角均为60°，不计空气阻力，则( )图12A ．t 1＝23v 13g ；t 2＝23v 1gB ．t 1＝23v 1g；v 1∶v 2＝1∶3C ．t 1∶t 2＝1∶1；v 1∶v 2＝3∶3D ．t 2＝23v 2g；v 1∶v 2＝1∶ 3答案 B解析 由题意可知，c 、d 两点是圆周上关于过O 点的竖直方向的轴线对称的两点，对两次抛出的小球的运动进行分析有：R sin 60°＝12gt 21、R (1－cos 60°)＝v 1t 1、R sin 60°＝12gt 22、R (1＋cos 60°)＝v 2t 2，解得t 1＝23gv 1、t 2＝23g v 1、t 1t 2＝11、v 1v 2＝13，A 、C 、D 错误，B 正确． 14．如图13所示，两个半径均为R 的14光滑圆弧对接于O 点，有物体从上面圆弧的某点C 以上任意位置由静止下滑(C 点未标出)，都能从O 点平抛出去，则( )图13A ．∠CO 1O ＝60°B ．∠CO 1O ＝45°C ．落地点距O 2最远为2RD ．落地点距O 2最近为R 答案 AC解析 要使物体从O 点平抛出去，在O 点有mg ≤mv 2/R ，解得物体从O 点平抛出去的最小速度v min ＝gR .设∠CO 1O ＝θ，由机械能守恒定律，mgR (1－cos θ)＝12mv 2min ，解得∠CO 1O ＝θ＝60°，选项A 正确，B 错误；由平抛运动规律，x ＝vt ，R ＝12gt 2，解得落地点距O 1最近为2R .若物体从A点下滑，到达O 点时速度为v ＝2gR .由平抛运动规律，x ＝vt ，R ＝12gt 2，解得落地点距O 2最远为2R ，选项C 正确，D 错误．。
广西省南宁市第四十二中学2017届高三物理复型专练专练3
专练3 光的折射、全反射和光的本性 机械振动和机械波(限时：40分钟)1．(2013·天津·8)固定的半圆形玻璃砖的横截面如图1，O 点为圆心，OO ′为直径MN 的垂线．足够大的光屏PQ 紧靠玻璃砖右侧且垂直于MN .由A 、B 两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O 点，入射光线与OO ′夹角θ较小时，光屏NQ 区域出现两个光斑，逐渐增大θ角，当θ＝α时，光屏NQ 区域A 光的光斑消失，继续增大θ角，当θ＝β时，光屏NQ 区域B 光的光斑消失，则( )图1A ．玻璃砖对A 光的折射率比对B 光的大 B ．A 光在玻璃砖中传播速度比B 光的大C ．α＜θ＜β时，光屏上只有1个光斑D ．β＜θ＜π2时，光屏上只有1个光斑答案 AD解析 当入射角θ逐渐增大时，A 光斑先消失，说明A 光的折射角大 于B 光的折射角，即玻璃对A 光的折射率大于对B 光的折射率(n A ＞n B )，所以νA ＞νB ，v A ＜v B ，选项A 正确，B 错误．当A 光、B 光都发生全反射时，光屏上只有1个光斑，选项C 错误，D 正确．2． (2013·福建·16)如图，t ＝0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y 轴正向开始振动，振动周期为0.4 s ，在同一均匀介质中形成沿x 轴正、负两方向传播的简 谐横波．下图中能够正确表示t ＝0.6 s 时波形的图是( )答案 C解析 波源在原点，波在同一介质中分别沿x 轴正、负两方向传播，故原点两边波形应该对称，故A 、B 选项错误；振动周期为0.4 s ，而且t ＝0时刻，波源向y 轴正方向振动，经0.6 s ，波源已经振动了一个半周期，故此时波源经平衡位置向y 轴负方向振动，C 选项正确． 3． 某玻璃对蓝光的折射率大于对红光的折射率，比较这两种光有( )A ．在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大B ．以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大C ．从该玻璃中射向空气发生全反射时，红光临界角较大D ．用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光在光屏上形成的相邻亮条纹的间距较大 答案 C解析 由光在介质中传播速度公式v ＝c n可知，在该玻璃中传播时，蓝光的速度较小，选项A 错误；根据折射定律，以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较小，选项B 错误；根据临界角公式sin C ＝1n，从该玻璃中射向空气发生全反射时，红光临界角较大，选项C 正确；由双缝干涉条纹间距公式Δx ＝l dλ可知，用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光在光屏上形成的相邻亮条纹的间距较小，选项D 错误．4． 弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向着平衡位置运动的过程中 ( )A ．振子所受的回复力逐渐增大B ．振子离开平衡位置的位移逐渐增大C ．振子的速度逐渐增大D ．振子的加速度逐渐增大 答案 C解析 在振子向着平衡位置运动的过程中，振子所受的回复力逐渐减小，振子离开平衡位置的位移逐渐减小，振子的速度逐渐增大，振子的加速度逐渐减小，选项C 正确．5． 如图2所示，两段光滑圆弧轨道半径分别为R 1和R 2，圆心分别为O 1和O 2，所对应的圆心角均小于5°，在最低点O 平滑连接．M 点和N 点分别位于O 点左右两侧，距离MO 小于NO .现分别将位于M 点和N 点的两个小球A 和B (均可视为质点)同时由静止释放．关于两小球第一次相遇点的位置，下列判断正确的是( )图2A ．恰好在O 点B ．一定在O 点的左侧C ．一定在O 点的右侧D ．条件不足，无法确定 答案 C解析 两段光滑圆弧轨道所对应的圆心角均小于5°，两个小球的运动均可以等效为单摆的简谐运动．由于R1<R2，根据单摆周期公式，小球A的周期小于小球B的周期，现分别将位于M点和N点的两个小球A和B(均可视为质点)同时由静止释放，两小球第一次相遇点的位置，一定在O点的右侧，选项C正确．6．一块半圆柱形玻璃砖放在空气中，如图3所示，一束白光从空气中沿着图示方向射向玻璃砖，经玻璃砖折射后在光屏P上形成彩色光带．下列说法正确的是( )图3A．红光穿越玻璃砖的时间比紫光穿越玻璃砖的时间长B．光带从左到右排列顺序为红→紫C．如果α逐渐减小时，则紫光最先消失D．无论α多大，各色光都能从玻璃砖中射出答案 C解析由于红光在玻璃砖中速度较大，所以红光穿越玻璃砖的时间比紫光穿越玻璃砖的时间短，选项A错误．由于红光折射率小，光带从左到右排列顺序为紫→红，选项B错误．由于紫光全反射临界角最小，如果α逐渐减小时，则紫光最先消失，选项C正确，D错误．7．如图4所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是( )图4A．甲、乙两摆的振幅之比为2∶1B．t＝2 s时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零C．甲、乙两摆的摆长之比为4∶1D．甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等答案AB解析由题图知甲、乙两摆的振幅分别为2 cm、1 cm，故选项A正确；t＝2 s时，甲摆在平衡位置处，乙摆在振动的最大位移处，故选项B正确；由单摆的周期公式，推出甲、乙两摆的摆长之比为1∶4，故选项C错误；因摆球摆动的最大偏角未知，故选项D错误．8．折射率n＝2的直角玻璃三棱镜截面如图5所示，一条光线从AB面入射，入射角为i(图中未标出)，ab为其折射光线，ab与AB面的夹角θ＝60°.则( )图5A ．i ＝45°，光在AC 面上不发生全反射B ．i ＝45°，光在AC 面上发生全反射 C ．i ＝30°，光在AC 面上不发生全反射D ．i ＝30°，光在AC 面上发生全反射 答案 B解析 由折射定律，n ＝sin isin r，r ＝30°，解得i ＝45°，sin C ＝1/n ，故C ＝45°，光在AC 面入射角为60°，大于全反射临界角，所以光在AC 面上发生全反射，选项B 正确．9． 如图6所示，平行厚玻璃板放在空气中，一束复色光斜射入玻璃板上表面，出射光分成a 、b 两束单色光．对于a 、b 两束光，下面说法正确的是 ( )图6A ．玻璃对a 光的折射率较小B ．a 光在玻璃中的传播速度较小C ．若a 、b 光从同一介质斜射入真空时，a 光的全反射临界角较大D ．若a 光照射某金属能发射出光电子，则b 光照射该金属也一定能发射出光电子 答案 B10．某横波在介质中沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，O 点开始向正方向运动，经t ＝0.2 s ，O 点第一次到达正方向最大位移处，某时刻形成的波形如图7所示，下列说法正确的是( )图7A ．该横波的波速为5 m/sB ．该波形图可能是t ＝1.2 s 时刻的C ．质点L 与质点N 都运动起来后，它们的运动方向总相反D ．在0.2 s 的时间内质点M 通过的路程为1 m 答案 ABC解析 由题意可知质点的起振方向向上，O 点经过0.2 s 第一次到达正方向最大位移处，说明周期为0.8 s ，由题图可知波长为4 m ，故波速为v ＝λT ＝40.8m/s ＝5 m/s ，选项A 正确；x ＝6 m 处的质点在题图所示时刻刚好振动方向向上，该波可能刚好传播到6 m 质点，形成1.5个完整波形，可知t ＝1.2 s ，选项B 正确；由于L 点和N 点相差半个波长，振动步调刚好相反，选项C 正确；如果质点M 在平衡位置或最大位移处开始运动，在0.2 s 的时间内通过的路程为一个振幅，选项D 错误．11．如图8所示为条纹总宽度相同的4种明暗相间的条纹，其中有两种是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，还有两种是黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮纹)．则图中从左向右排列，亮条纹的颜色依次是( )图8A ．红黄蓝紫B ．红紫蓝黄C ．蓝紫红黄D ．蓝黄红紫答案 B解析 由双缝干涉条纹间距公式Δx ＝ldλ可知，左侧第一个是红光通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，第三个是蓝光通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样；由单缝衍射可知，左侧第二个是紫光通过同一个单缝形成的衍射图样，第四个是黄光通过同一个单缝形成的衍射图样，故本题答案为B.12．一列沿着x 轴正方向传播的横波，在t ＝0时刻的波形如图9甲所示，此时质点N 位于x 轴上x ＝2.0 m 处．图甲中的某质点的振动图象如图乙所示．关于该波的下列说法正确的是( )图9A ．该波的波速为0.5 m/sB ．质点N 的振幅是0C ．图乙表示的是质点N 的振动图象D ．该波在传播过程中遇到一辆静止的轿车时会发生明显的衍射现象 答案 AD解析 由题图可知波长λ＝2.0 m ，周期T ＝4 s ，由v ＝λ/T 得v ＝0.5 m/s ，A 正确；质点N 此时位移为零，振幅为A ＝0.8 m ，B 错误；由振动图象可知t ＝0时刻该质点向上振动，由t ＝0时刻波的图象可知质点N 此时向下振动，C 错误；轿车的尺度与波长接近，所以会发生明显的衍射现象，D 正确．13．如图10甲所示，在平静的湖面下有一个点光源S ，它发出的是两种不同颜色的a 光和b 光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由a 、b 两种单色光所构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a 光的颜色(图乙为俯视图)．则以下说法中正确的是( )图10A．水对a光的折射率比b光大B．a光在水中的传播速度比b光大C．a光的频率比b光大D．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹比b光窄答案 B解析根据“周边为环状区域，且为a光的颜色”可知b光发生了全反射，a光折射出水面，说明水对a光的折射率比b光小，选项A错误．由n＝c/v可知a光在水中的传播速度比b光大，a 光的频率比b光小，选项B正确，C错误．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a光的干涉条纹比b光宽，选项D错误．。
广西南宁市第四十二中学2017届高三上学期9月考理综化
绝密★启封并使用完毕前试题类型：南宁市第四十二中学2016年秋季学期高三年级9月考试题理科综合能力测试命题：粟增伟（物理）梁宇华（化学）黄秋明（生物）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题共126分。
本卷共21小题，每小题6分，共126分。
）一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.细胞是生物体结构和功能的基本单位。
对下图有关叙述正确的是A若图甲细胞为叶肉细胞，在夜间，该细胞内ATP合成停止B.若图乙是具有分泌功能的免疫细胞，则分泌物一定是抗体C.图丙生物可能属消费者，其遗传物质一定是环状DNAD.图丁生物能进行光合作用，是因为该细胞内含有叶绿体2.有三个核酸分子，经分析知，共有五种碱基、八种核苷酸、四条多核苷酸链，它们是A. 一个DNA分子，两个RNA分子B.三个DNA分子C.两个DNA分子，一个RNA分子D. 三个RNA分子3.右图a、c表示细胞中两种结构，b是它们共有的特征，有关叙述正确的是A.若b表示两层膜结构，则a、c肯定是叶绿体和线粒体B.若b表示细胞器中含有的核酸，则a、c肯定是叶绿体和线粒体C.若b表示产生水分子的生理过程，则a、c不可能是细胞核和高尔基体D.若b表示磷脂，a、c肯定不是核糖体和中心体4.下列有关细胞内物质含量比值的关系，正确的是A.细胞内结合水/自由水的比值，种子萌发时比休眠时高B.人体细胞内02/C02的比值,线粒体内比细胞质基质高C.神经纤维膜内K+/Na+的比值，动作电位时比静息电位高D.适宜条件下光合作用过程中C5/C3的比值,停止供应C02 后比停止前的高5. 下列有关细胞膜的叙述，正确的是A. 细胞膜两侧的离子浓度差是通过自由扩散实现的B. 细胞膜与线粒体膜、核膜中所含蛋白质的功能相同C. 分泌蛋白质分泌到细胞外的过程存在膜脂的流动现象D. 膜中的磷脂分子是由胆固醇、脂肪酸和磷酸组成的6．如图所示为影响酶促反应的温度、pH值和底物浓度与反应速率关系的曲线图，下列相关叙述，错误的是A．影响乙曲线的因素是温度，影响丙曲线的因素是pH值B．乙曲线中，D点与F点酶的空间结构都被破坏且不能恢复C．甲曲线中，A点与B点限制酶促反应速率的因素不同D．丙曲线中，G点时对应因素升高，酶的活性不能到达H点7、化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是A．铁表而镀锌可以增强其抗腐蚀性B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素D．含再金属离子的电镀废液不能随意排放8、设N A为阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是（）A、4.6 g Na与稀盐酸反应，转移电子数一定为0.2N AB、10. 6 g Na2 C03晶体中含CO32一数目为0. 1 N AC、含1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为N AD．常温下，22 g CO2含碳氧双键数目为N A9、已知NH3和HCl都是能用来做喷泉实验的气体。
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专练4 原子物理的基本知识和规律
(限时：40分钟)
1． (2013·天津·1)下列说法正确的是( ) A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律
B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流
C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关
答案 C
解析 原子核发生衰变时要遵守电荷数守恒和质量数守恒，选项A错误．γ射线是能量很高的电磁波，不带电，选项B错误．由玻尔理论可知，氢原子从激发态向基态跃迁能量只能定差放出，故选项C正确．光电子的动能与光的强度无关，选项D错误．
2．下列说法正确的是( ) A．卢瑟福的原子结构模型很好的解释了α粒子散射实验
B．β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的
C．某放射性元素的4个原子核经过一个半衰期后一定还剩下2个没有发生衰变
D．利用γ射线可以消除静电
答案 A
解析 卢瑟福的原子结构模型很好的解释了α粒子散射实验，选项A正确．β衰变中产生β射线是原子核内的中子转化为质子时释放出来的电子，选项B错误．半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，某放射性元素的4个原子核经过一个半衰期后不一定还剩下2个没有发生衰变，选项C错误．由于γ射线电离作用很弱，利用γ射线不可以消除静电，选项D错误．
3．下列说法正确的是( )
A．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量
B．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的
C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
答案 AB
解析 光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量，选项A正确；玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，选项B正确；将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，不会改变放射性元素的半衰期，选项C错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，选项D错误．
4．如图1是氢原子的能级图，对于一群处于n＝4的氢原子，下列说法中正确的是( )
图1
A．这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁
B．从n＝4能级跃迁到n＝3能级发出的光的波长最长
C．这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2 eV
D．如果发出的光子中只有两种能使某金属发生光电效应，其中一种一定是由n＝3能级跃迁到n＝1能级发出的
答案 BD
5．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子(其质量小于电子质量且不带电)．若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”(电子的初动量可不计)，则
( ) A．生成的新核与衰变前的原子核质量数相同
B．生成新核的核电荷数增加
C．生成的新核与衰变前的原子核互为同位素
D．生成的新核与中微子的动量大小相等
答案 AD
解析 一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”，生成的新核与衰变前的原子核质量数相同，生成的新核核电荷数减小，选项A正确，B、C错误．根据动量守恒定律，生成的新核与中微子的动量大小相等，选项D正确．
6．下列关于近代物理知识的描述中，正确的是( ) A．当用蓝光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出
B．处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子
C．衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
14742178
D．在N＋He→O＋X核反应中，X是质子，这个反应过程叫α衰变
答案 AB
解析 根据光电效应规律，当用蓝光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定会有电子逸出，选项A正确；处于n＝3能级状态的大量氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子，选项B正确；衰变中产生的β射线实际上是原子核内的中子转化为质子和电
1471442178
子，电子从原子核内释放出来的；在7N＋He→O＋X核反应中，X是质子，这个反应过程叫原子核的人工转变，选项C、D错误．
7． 下列说法中正确的是
( )
A ．阴极射线来源于原子核
B ．普朗克为了解释光电效应的规律，提出了光子说
C ．在α粒子散射实验的基础上，卢瑟福提出了原子的核式结构模型
D ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
答案 C 解析 阴极射线来源于原子核外的电子，选项A 错误．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说，选项B 错误．在α粒子散射实验的基础上，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，选项C 正确．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长，选项D 错误．
8． 下列说法正确的是
( )
A ．电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性
B ．235U 的半衰期约为7亿年，随着地球环境的变化，半衰期可能变短
C ．原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小
答案 AD
9． 下列说法中正确的是( )A ．在关于物质波的表达式ε＝hν和p ＝中，能量ε和动量p 是描述物质的粒子性的h λ重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动性的典型物理量
B ．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性
C ．天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构
D ．一个氘核(H)与一个氚核(H)聚变生成一个氦核(He)的同时，放出一个质子2
13142答案 AC
解析 光电效应现象表明光具有粒子性，选项B 错误；一个氘核和一个氚核聚变成一个氦核时放出一个中子，选项D 错误．故本题答案为A 、C.
10．福岛核电站泄漏事故引起了人们对核安全更多的关注，如何更安全的利用核能成为人类迫
切需要解决的问题．目前人们获取核能主要有两条途径：重核裂变和轻核聚变，其中轻核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m 1，中子的质量为
m 2，He 的质量为m 3，质子的质量为m 4，则下列说法中正确的是( )
3
2A ．两个氘核聚变成一个He 所产生的另一个粒子是中子3
2B ．两个氘核聚变成一个He 所释放的核能为(2m 1－m 3－m 4)c 23
2C ．福岛核电站是采用轻核聚变释放能量的
D ．与现行的核反应堆放能相比，受控核聚变不产生具有放射性的废物
答案 AD
解析 由核反应遵循的规律可知两个氘核聚变成一个He 所产生的另一个粒子是中子，两3
2个氘核聚变成一个He 所释放的核能为(2m 1－m 3－m 2)c 2，选项A 正确，B 错误．福岛核电站3
2是采用重核裂变释放能量的，与现行的核反应堆放能相比，受控核聚变不产生具有放射性的废物，选项C 错误，D 正确．
11．核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站
建设．核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌症
的风险．已知钚的一种同位素Pu 的半衰期为24 100年，其衰变方程为239
94Pu→X＋He ＋γ，下列有关说法正确的是
( )
2399442A ．X 原子核中含有92个中子
B ．10个94Pu 经过24 100年后一定还剩余5个
239C ．由于衰变时释放巨大能量，根据E ＝mc 2，衰变过程总质量增加
D ．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力
答案 D
解析 根据核反应方程遵循的规律，X 原子核中含有92个质子，235个核子，143个中子，选项A 错误．半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，10个94Pu 经过24 100年后不239一定还剩余5个，选项B 错误；由于衰变时释放巨大能量，衰变过程总质量不变，放出粒子的质量和生成新核的质量之和小于衰变前核的质量，选项C 错误；衰变发生的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，选项D 正确．
12．对于聚变反应H ＋H→He ＋n ，下列说法中正确的是( )2
1314210A.H 和H 是两种不同元素的原子核2
131B.H 和H 是氢的两种同位素的原子核2
131C ．这个反应过程中有质量亏损
D ．这个反应既是核反应，又是化学反应
答案 BC
解析 H 和H 是氢元素的两种不同的同位素的原子核，选项A 错误，B 正确；聚变反应2
131H ＋H→He ＋n 有质量亏损，释放核能，这个反应是核反应，不是化学反应，选项C 正21314210确， D 错误．
13．在物理学中，没有比光更令人惊奇的了，关于光的产生、本质和应用，下列说法正确的是
( )
A ．光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是hν，光子打在金属板上，可能发生光电效应
B ．光子被U 吸收，U 会裂变，发生链式反应，产生核能2359223592
C ．当大量氢原子从n ＝4能级跃迁时，会产生6种频率的光子
D ．光子是较轻的粒子，与H 和H 结合能发生聚变反应，吸收能量2
131答案 AC
解析 根据爱因斯坦的光子说，光是一份一份的，每一份叫做光子，每一个光子的能量是
hν，光子打在金属板上，可能发生光电效应，选项A 正确．中子被U 吸收，U 会裂变，235
9223592发生链式反应，产生核能，选项B 错误．当大量氢原子从n ＝4能级跃迁时，会产生6种频率的
光子，选项C 正确．光子是较轻的粒子，与H 和H 结合能发生聚变反应，放出能量，选项D 2
131错误．。