2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(13) 粤教版

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2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(9)粤教版

45分钟单元能力训练卷(九)[考查范围：第九单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．图D9－1是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室旋转图D9－1在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动2．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是( )A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．同一通电导体在磁场强的地方受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小3．如图D9－2所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图，它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成，线圈中通有如图所示方向的电流．当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时(图中用符号“·”表示电子束)．它将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向右偏转 D．向左偏转D9－2D9－34．如图D9－3所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )A.3v2aB，正电荷 B.v2aB，正电荷C.3v2aB，负电荷 D.v2aB，负电荷二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．回旋加速器的原理如图D9－4所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )A．离子从电场中获得能量B．离子从磁场中获得能量C．只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D．只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能D9－4D9－56．如图D9－5所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法中正确的是( )A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球受到的洛伦兹力将不断增大C．小球的加速度先减小后增大D．小球的电势能一直减小7．如图D9－6所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行．有一个带负电的小球从该复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过图中的哪些复合场区域( )图D9－68．随着社会生产的发展，环境污染也越来越严重．为减少环境污染，技术人员在排污管末端安装了如图D9－7所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( ) A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势低C．污水中离子浓度越高，则电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比－7D9－89．如图D9－8所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线，A点为运动轨迹的最低点．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是( ) A．OAB轨迹为半圆B．小球在A点时速度最大，且沿水平方向C．小球在整个运动过程中机械能守恒D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等三、计算题(共54分)10．(18分)质谱仪的工作原理图如图D9－9所示，A为粒子加速器，加速电压为U1：M为速度选择器，两板间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度为B1，两板间距离为d；N为偏转分离器，内部有与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B2.一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子由静止经加速器加速后，恰能通过速度选择器，进入分离器后做圆周运动，并打到感光板P上．不计重力，求：(1)粒子经粒子加速器A加速后的速度v的大小及速度选择器M两板间的电压U2；(2)粒子在偏转分离器N的磁场中做圆周运动的半径R；(3)某同学提出在其他条件不变的情况下，只减小加速电压U1，就可以使粒子在偏转分离器N的磁场中做圆周运动的半径减小．试分析他的说法是否正确．11．(18分)如图D9－10所示，宽度为l＝0.8 m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E 与匀强磁场B，其大小E＝2×108N/C，B＝10 T．一带正电荷的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45°的偏转．求粒子的比荷．(不计粒子的重力)图D9－1012．(18分)如图D9－11所示，xOy是位于足够大的绝缘光滑水平桌面内的平面直角坐标系，虚线MN是∠xOy的角平分线．在MN的左侧区域，存在着沿x轴负方向、场强为E的匀强电场；在MN的右侧区域，存在着方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．现有一带负电的小球a从y轴上的P(0，l)点，在电场力作用下由静止开始运动，a球到达虚线MN上的Q 点时与另一个不带电的静止小球b发生碰撞，碰后两小球粘合在一起进入磁场，它们穿出磁场的位置恰好在O点．若a、b两小球的质量相等且均可视为质点，a、b碰撞过程中无电荷量损失．求：(1)a、b两球碰撞合在一起进入磁场中的速度大小；(2)a球的比荷k(即电荷量与质量之比)；(3)过O点后，粘在一起的两个小球再次到达虚线MN上的位置坐标(结果用E、B、l表示)．45分钟单元能力训练卷(九)1．A [解析] 粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式r ＝mv qB可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛伦兹力的方向指向圆心，由左手定则可知粒子带正电．选A.2．D [解析] 磁感线是闭合的曲线，没有出发点和终止点，选项A 错误；磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场力的方向垂直，故选项B 错误；磁感线的疏密可定性表示磁场强弱，不是沿磁感线方向磁场减弱，选项C 错误；通电导体在磁场中受的安培力最小为零，最大为BIL ，同一通电导体在不同的磁场中安培力在零到BIL 之间，由此可见选项D 正确．3．A [解析] 由安培定则判断在偏转线圈内部存在水平向左的磁场，再由左手定则判定电子束向上偏转．4．C [解析] 则可判定粒子带负电．作出粒子运动轨迹示意图如图所示．根据几何关系有r ＋r sin30°＝a ，再结合半径表达式r ＝mv qB 可得q m ＝3v2aB，选项C 正确．5．AD [解析] 在回旋加速器中，离子从电场中获取能量，而D 形盒区域的磁场用来改变运动的方向，A 对、B 错；由qv m B ＝mv 2m r 得E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2r22m知，最大动能与电场情况无关，故增加空隙间的距离不能改变离子最大的动能，只增大D 形盒的半径可以增加离子从回旋加速器中获得的动能，C 错、D 对．6．AC [解析] Q 1、Q 2连线上中点处电场强度为零．从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点．小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，选项C 正确；速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变．故选项A 正确、选项B 错误；小球的电势能先减小后增大，选项D 错误．7．CD [解析] 带电小球要沿直线通过复合场区域，则小球所受的合力为零或者合力恒定，分析刚进复合场时的受力可知选项C 、D 正确．8．BD [解析] 由左手定则可判断出，正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集，导致后表面电势较高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势较低，故选项A 错误，选项B 正确；设前后表面的最高电压为U ，则qU b＝qvB .所以U ＝vBb ，所以U 与离子浓度无关，选项C 错误；因Q ＝vbc ，而U ＝vBb ，所以Q ＝U CB，选项D正确．9．BC [解析] 带电小球受重力和洛伦兹力，但洛伦兹力随速度的大小而变化，故小球所受合力的大小将随速度而变化，其轨迹不是圆，A 错；小球运动至最低点A 时，重力做功最多，由于洛伦兹力不做功，所以此时速度最大，速度方向沿水平方向，B 对；整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，C 对；小球在A 点所受洛伦兹力f 向上，而重力mg 向下，合力提供向心力且竖直向上，故f ≠mg ，D 错．10．(1)2qU 1mB 1d 2qU 1m (2)2U 1mqB 22(3)不正确[解析] (1)带电粒子在A 中电场力对它做功，由动能定理，有qU 1＝12mv 2 带电粒子在M 中水平方向受电场力和洛伦兹力，有q U 2d＝qvB 1解得v ＝2qU 1m，U 2＝B 1d2qU 1m(2)带电粒子在N 中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有qvB 2＝m v 2R解得R ＝2U 1mqB 22(3)不正确．若其他条件不变，只减小加速电压U 1，则粒子经加速后获得的速度减小，进入速度选择器后，粒子受到的电场力和洛伦兹力大小不再相等，粒子无法通过速度选择器进入偏转分离器．11．2.5×106C/kg[解析] 设粒子的初速度为v 0，粒子在复合场中做直线运动时受力平衡，即 qE ＝qv 0B当只撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，则 l ＝v 0t v x ＝v 0v y ＝qE m tv yv x＝t an45°＝1 解得：q m ＝E lB2＝2.5×106C/kg.12．(1)qEl 2m (2)k ＝2EB 2l(3)(2l,2l )[解析] (1)设a 球的质量为m v 0、v . a 在电场中做匀加速直线运动，由动能定理，有：qEl ＝12mv 20a 与b 碰撞中动量守恒，则： mv 0＝2mv 解得：v ＝qEl 2m(2)由题意知，碰后两球在磁场中做匀速圆周运动，圆心O ′的坐标为(l ，l )，如图所示．轨道半径：R ＝l由牛顿第二定律，有：qBv ＝2m v 2R解得：k ＝q m ＝2EB 2l(3)过O 点后，两球在电场中做类平抛运动．设它们再次到达虚线MN 上的位置为Q ′(x ，y )，在电场中运动时间是t .由运动规律，有：x ＝12×qE2m ×t 2 y ＝vt 且yx＝tan45° 解得：x ＝y ＝2l它们再次到达虚线MN 上的位置是(2l,2l )．。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟滚动复习训练卷(4)

45分钟滚动复习训练卷(四)[考查范围：第九～十一单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．如图G4－1所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是()A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B．不管从什么方向拉出，金属圆环中的感应电流方向总是顺时针C．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针D图G4－1图G4－22．一矩形线圈垂直于匀强磁场方向、并绕位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图G4－2所示，则()A．t1时刻穿过线圈的磁通量为零B．t2时刻穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零D．t4时刻穿过线圈的磁通量最大3．如图G4－3所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一铜质圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图G4－4中哪一图线所表示的方式随时间变化时，铜质圆环将受到向上的磁场作用力()图G4－44．某水电站用电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2×105 AB．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．北半球地磁场的竖直分量向下．如图G4－5所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的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．下列说法中正确的是( )A ．若使线圈向东平动，则a 点的电势比b 点的电势低B ．若使线圈向北平动，则a 点的电势比b 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a →b →c →d →aD ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →d →c →b →a图G4－5G4－66．如图G4－6所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶10，副线圈与电阻R 相连．原线圈两端所加的电压u 1＝220 2sin100πt V ，则( )A ．交流电压表的示数为220 2 VB ．该交流电的频率为50 HzC ．该理想变压器是一个降压变压器D ．电阻R 上消耗的电功率等于原线圈输入的电功率7．如图G4－7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心，P 与O 在同一水平线上．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点．当在金属细杆内通以2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则( )A ．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为20 m/s 2D ．金属细杆运动到P 0.75 NG4－7G4－88．如图G4－8所示，金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R (恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )A ．ab 杆中的电流与速率v 成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比三、计算题(共54分)9．(18分)如图G4－9所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C 点．已知OA＝OC＝d.求电场强度E和磁感应强度B的大小．(粒子的重力不计)图G4－911．(18分)如图G4－10所示，电源电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω.间距d＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v＝0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为R x，忽略空气对小球的作用，取g＝10 m/s2.(1)当R x＝29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则R x是多少？图G4－1012．(18分)两个沿水平方向且磁感应强度大小均为B的有水平边界的匀强磁场，如图G4－11所示，磁场高度均为L.一个框面与磁场方向垂直、质量为m，电阻为R，边长为L 的正方形金属框abcd，从某一高度由静止释放，当ab边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动；当ab边下落到GH和JK之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动．整个过程空气阻力不计．求：(1)ab边刚进入第一个磁场时的速度v1；(2)ab边刚到达第二个磁场下边界JK时的速度v2；(3)金属框从ab边开始进入第一个磁场至刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量Q.45分钟滚动复习训练卷(四)1．B [解析] 金属圆环不管是从什么方向拉出磁场，金属圆环中的磁通量方向不变，且不断减小，根据楞次定律知，感应电流的方向相同，感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同，则由安培定则知感应电流的方向是顺时针方向，选项B 正确，选项A 、C 错误；金属圆环匀速出磁场过程中，切割磁感线的有效长度发生变化，选项D 错误．2．C [解析] 由图象可知t 1和t 3时刻电动势为零，磁通量的变化率最小，线圈平面处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，所以选项A 错误，选项C 正确．t 2和t 4时刻电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈平面处于垂直中性面位置，穿过线圈的磁通量为零，所以选项B 、D 错误．3．A [解析] 根据楞次定律，电磁感应现象阻碍穿过圆环的磁通量的变化，当螺线管中电流减小时，圆环受向上的磁场力．由法拉第电磁感应定律知，当导线所围区域内的匀强磁场的磁感应强度的变化率减小时，abcd 回路中的感应电动势减小，所以选项A 正确．4．B [解析] 用500 kV 电压输电时，输电线上的电流为I ＝P U ＝3×1095×105A ＝6000 A ，A错；输电线上由电阻造成的电压损失ΔU ＝IR ＝6000×2.5 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 电压输电时，输电线上损失的功率最多只能是3×106 kW ，不可能超过这个值，C 错；若用ΔP ＝U 2r计算输电线上损失的功率，则U 为输电线上损失的电压，而r 为输电线的电阻，D 错． 5．AC [解析] 线圈向东平动时，ab 和cd 两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a 点电势比b 点电势低，选项A 正确；同理，线圈向北平动，则a 、b 电势相等，高于c 、d 两点电势，选项B 错误；以ab 为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a →b →c →d →a ，则选项C 正确，选项D 错误．6．BD [解析] 原线圈所加的电压为U 1＝U m2＝220 V ，即交流电压表的读数为220 V ，A 错；因ω＝2πf ，故f ＝50 Hz ，B 对；副线圈的匝数大于原线圈的匝数，所以该变压器是一个升压器，C 错；对理想变压器，输出功率等于输入功率，D 对．7．CD [解析] 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F A ＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动的加速度为a ＝Fm＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W ＝F A ·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON＝－0.5 J ，由动能定理得W ＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝2 5m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 正确；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F A ，由牛顿第二定律得F －F A ＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确.8．AB [解析] ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行时，产生的感应电动势为E ＝BL v ，而感应电流为I ＝E R ＝BL vR ，故A 对；作用于ab 杆的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R，B对；电阻R 上产生的电热功率P ＝I 2R ＝(BL v )2R ，C 错；外力对ab 杆做功的功率P ＝F v ＝B 2L 2v 2R，D 错．9.2qUm qd 4U d[解析] 设带电粒子经电压为U 的电场加速后获得速度为v ，由动能定理，有qU ＝12m v 2带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律，有qB v ＝m v 2r即r ＝m v qB依题意可知r ＝d解得B ＝2qUmqd带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点．－x 方向做匀速直线运动，有 d ＝v ty 方向做匀加速直线运动，有 a ＝qE md ＝12at 2 解得E ＝4Ud10．(1)0.6 W (2)54 Ω[解析] (1)闭合电路的外电阻为R ＝R x ＋R 1R 2R 1＋R 2＝49 Ω根据闭合电路的欧姆定律，通过R x 的电流为I ＝E R ＋r＝0.3 A R 2两端的电压为U 2＝E －I (R x ＋r )＝6 V R 2消耗的功率为P 2＝U 22R 2＝0.6 W(2)小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有Bq v ＝m v 2RU 2dq ＝mg 解得：U 2＝BRdgv小球做匀速圆周运动的初速度与末速度的夹角等于圆心角，为60°，根据几何关系得： R ＝d解得：U 2＝Bd 2gv ＝4 V I ＝U 2R 12＝0.2 A R x ＝E －U 2I －r ＝54 Ω11．(1)mgR B 2L 2 (2)mgR 4B 2L 2 (3)15m 3g 2R 232B 4L 4＋2mgL[解析] (1)设ab 边刚进入第一个磁场时的电流为I 1，安培力为F 1，由金属框做匀速运动，有mg ＝F 1＝BI 1LI 1＝E 1RE 1＝BL v 1解得：v 1＝mgRB 2L2(2)设ab 边到达GH 和JK 的之间某位置时的电流为I 2，ab 边受到的安培力为F 2，cd 边受到的安培力为F 3，则有F 2＝F 3mg ＝2F 2＝2BI 2LI 2＝E 2RE 2＝2BL v 2解得：v 2＝v 14＝mgR4B 2L2(3)金属框从ab 边开始进入第一个磁场上边界至刚到达第二个磁场下边界JK 的过程，由能量守恒定律得：12m v 21＋2mgL ＝Q ＋12m v 22解得：Q ＝15m 3g 2R 232B 4L 4＋2mgL。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(1)

45分钟单元能力训练卷(一)[考查范围：第一单元分值：100分]一、选择题(每小题4分，共16分)1．质点做直线运动的位移s 与时间t 的关系为s ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s2．2006年我国自行研制的“枭龙”战机04在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需的时间为t ，则起飞前的运动距离为( )A ．v t B.12v t C ．2v t D ．不能确定 3．做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台某点O 时的速度是1 m/s ，车尾经过O 点时的速度是7 m/s ，则这列列车的中点经过O 点时的速度为( )A ．5 m/sB ．5.5 m/sC ．4 m/sD ．3.5 m/s4．甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲车一直匀速运动，乙车先匀加速运动后匀减速运动，丙车先匀减速运动后匀加速运动，它们经过第二块路标时速度又相等，则先通过第二块路标的是( )A ．甲车B ．乙车C ．丙车D ．无法确定二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km ，从出发地到目的地用了5分钟，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( )A ．在整个过程中赛车手的平均速度是108 km/hB ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hC ．在整个过程中赛车手的平均速率是108 km/hD ．经过路标时的瞬时速度是150 km/h6．下列说法中的情形，可能出现的是( )A ．加速度与运动方向相同时，物体减速B ．加速度减小时，物体加速C ．加速度不变，速度不断改变D ．加速度不断改变，速度不变7．物体在一外力作用下做匀加速直线运动，已知第2 s 末的速度是6 m/s ，第3 s 末的速度是8 m/s ，物体的质量为2 kg ，则下列说法中正确的是( )A ．物体在零时刻的速度是4 m/sB ．物体的受到的合外力为4 NC ．第2 s 内物体的位移为5 mD ．物体与地面的动摩擦因数为0.28．某物体运动的v －t 图象如图( )图D1－1A ．物体在第1 s 末运动方向发生变化B ．物体在第2 s 内和第3 s 内的加速度是相同的C ．物体在4 s 末返回出发点D ．物体在5 s 末离出发点最远，且最大位移为0.5 m9．如图D1－2所示是物体在某段运动过程中的v －t 图象，在t 1和t 2时刻的瞬时速度分别为v 1和v 2，则时间由t 1到t 2的过程中( )A ．加速度不断增大B ．加速度不断减小C ．平均速度v ＝v 1＋v 22D ．平均速度v ＜v 1＋v 22三、实验题(共18分) 10．(8分)利用图D1－3中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，图D1－3(1)为了测试重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A ．天平B ．秒表C ．刻度尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.11．(10分)如图D1－4所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到反映小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两个相邻计数点的时间间隔为T ＝0.10 s ，其中s 1＝7.05 cm ，s 2＝7.68 cm ，s 3＝8.33 cm ，s 4＝8.95 cm ，s 5＝9.61 cm ，s 6＝10.26 cm ，则A 点处瞬时速度的大小是______m/s ，小车运动的加速度计算表达式为________，加速度的大小是________m/s 2(四、计算题(共36分)12．(18分)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速驶过的货车严重超载时，决定前去追赶．经过5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车之间的最大距离是多少？(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？13．(18分)某天，小明在上学途中沿人行道以v1＝1 m/s速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以v2＝15 m/s速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他距车站s＝50 m．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a1＝2.5 m/s2，能达到的最大速度v m＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站s0＝25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间t＝10 s，之后公交车启动向前开去．(不计车长)(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度a2大小是多少？(2)若小明加速过程视为匀加速运动，通过计算分析他能否乘上该公交车．图D1－545分钟单元能力训练卷(一)1．D [解析] 由表达式s ＝5t ＋t 2可看出初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.当t ＝1 s 时，s ＝6 m ，即第1 s 内的位移是s 1＝6 m ，同理，前2 s 内的位移为s 2＝14 m ，前2 s 内的平均速度是v 2＝s 2t 2＝7 m/s ，故A 、B 错；任意相邻的1 s 内位移差为Δs ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内的速度增量Δv ＝aT ＝2 m/s ，D 对．2．B [解析] 利用s ＝12(v 0＋v t )t 求解． 3．A [解析] 利用匀加速直线运动经过位移中点的瞬时速度公式v ＝v 20＋v 2t 2求解． 4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等．根据公式t ＝s v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．本题正确选项只有B.5．AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v ＝s t ＝9560km/h ＝108 km/h ，选项A 正确、B 错误；而平均速率v ＝l t ＝15560km/h ＝180 km/h ，选项C 错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置时的瞬时速度，选项D 正确．6．BC [解析] 当加速度方向与运动方向相同时，物体一定加速，A 错；加速度减小，但若加速度与速度方向相同，则物体加速运动，B 对；当加速度不变且不为零时，物体的速度一定会改变，C 对；只要有加速度，物体的速度就会改变，D 错．7．BC [解析] 设物体的初速度为v 0，则由v t ＝v 0＋at 得6＝v 0＋2a,8＝v 0＋3a ，解得：v 0＝2 m/s ，a ＝2 m/s 2，故A 错；由F ＝ma 知合外力F ＝4 N ，B 对；由v t ＝v 0＋at 得第1 s末的速度v 1＝4 m/s ，则第2 s 内物体的位移为s ＝12(v 1＋v 2)t ＝12×(4＋6)×1 m ＝5 m ，C 对；不知物体的具体受力情况，无法求解物体与地面的动摩擦因数，D 错．8．BC [解析] 根据v －t 图象可知物体在第1 s 末开始减速，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；由图线与坐标轴所围面积表示位移可知4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．9．BD [解析] 根据v －t 图线的斜率不断减小可知物体运动的加速度不断减小；假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，本题选项B 、D 正确． 10．(1)C (2)打点计时器与纸带之间存在摩擦．[解析] (1)用刻度尺测量计数点间的距离；(2)重物下落的加速度值总小于当地的重力加速度值，说明该误差为系统误差，可能产生这种误差的因素有：打点计时器与纸带之间存在摩擦、纸带下落过程中受到空气阻力等．11．0.86 a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 20.64 [解析] 根据做匀变速直线运动的物体某段时间内中间时刻的瞬时速度等于整个过程的平均速度可得v A ＝s 3＋s 42T＝0.86 m/s ；由于s 4－s 1＝3a 1T 2，s 5－s 2＝3a 2T 2，s 6－s 3＝3a 3T 2，所以a ＝a 1＋a 2＋a 33＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2，代入数据得a ＝0.64 m/s 2. 12．(1)75 m (2)12 s[解析] (1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们之间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．则t 1＝v a ＝102.5s ＝4 s s 货＝v (t 0＋t 1)＝10×(5.5＋4) m ＝95 ms 警＝12at 21＝12×2.5×42 m ＝20 m 所以两车间的最大距离为Δs ＝s 货－s 警＝75 m.(2)v m ＝90 km/h ＝25 m/s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间t 2＝v m a ＝252.5s ＝10 s s 货′＝v (t 0＋t 2)＝10×(5.5＋10) m ＝155 ms 警′＝12at 22＝12×2.5×102 m ＝125 m 因为s 货′>s 警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离Δs ′＝s 货′－s 警′＝30 m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则Δt ＝Δs ′v m －v ＝3025－10s ＝2 s 所以警车发动后要经过t ＝t 2＋Δt ＝12 s 才能追上货车．13．(1)4.5 m/s 2 (2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v 222s 0＝0－1522×25m/s 2＝－4.5 m/s 2 所以其加速度大小为4.5 m/s 2.(2)汽车从相遇处到开始刹车用时t 1＝s －s 0v 2＝2515 s ＝53s 汽车刹车过程中用时t 2＝0－v 2a 2＝103s 小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝v m －v 1a 1＝6－12.5s ＝2 s 小明加速过程中的位移s 2＝12(v 1＋v m )t 3＝7 m 以最大速度跑到车站的时间t 4＝s －s 2v 3 s ＝50－76s ＝7.2 s t 1＋t 2<t 3＋t 4<t 1＋t 2＋10 s ，即小明可以在汽车还停在车站时上车．。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(6)

45分钟单元能力训练卷(六)[考查范围：第六单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是() A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v2．如图D6－1所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、BA．A开始运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时3．如图D6－2所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()A．静止不动B．左右往返运动C．向右运动D．向左运动2D6－34．两辆质量相同的小车A、B静止在光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，如图D6－3所示．这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．如图D6－4所示，半径和动能都相等的两个小球相向运动．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是() A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D－4D6－56．如图D6－5所示，小车AB静止于水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥．小车AB质量为M，质量为m的木块C放在小车上，C、B相距为L，用细线将木块连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB与木块C都处于静止状态，现烧断细线，弹簧被释放，使木块离开弹簧向B端滑去，并跟B端橡皮泥粘在一起．所有摩擦均不计，对整个过程，以下说法正确的是()A ．整个系统机械能守恒B ．整个系统动量守恒C ．当木块的速度最大时，小车的速度也最大D ．小车AB 向左运动的最大位移等于m ML 7．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m可能为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．58．如图D6－6所示，完全相同的两个带电金属球A 、B ，初动能相同，在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线从C 、D 开始相向运动，A 球带电为＋3q ，B 球带电为＋2q ；若两球发生弹性碰撞，相碰后又各自返回C 、D 点，下列说法中正确的是( )A ．相碰分离后两球是同时返回C 、D 的B ．相碰分离后两球返回C 、D 时总动能增大C ．相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大D图D6－6图D6－79．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图D6－7所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2B.12mM m ＋Mv 2 C.12NμmgL D ．N μmgL 三、实验题(共18分)10．(10分)用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图D6－8所示，斜槽与水平槽圆滑连接．安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O .接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，认为其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的C 点，让小球1从A 点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M 、P 、N 离O 点的距离，即线段OM 、OP 、ON 的长度．(1)在上述实验操作中，下列说法正确的是__________．A．小球1的质量一定大于球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径B．将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平C．小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差会小D．复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰并进行移动(2)以下提供的器材中，本实验必需的有________．A．刻度尺B．游标卡尺C．天平D．秒表(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为l2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为________________________，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．11．(8分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图D6－9所示，采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B；b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B 滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是________________________________________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.四、计算题(共36分)12．(18分)如图D6－10所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段紧贴地面，弯曲段的顶部切线水平、离地高度为h；滑块A静止在水平轨道上，v0＝40 m/s的子弹水平射入滑块A后一起沿轨道向右运动，并从轨道顶部水平抛出．已知滑块A的质量是子弹质量的3倍，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)子弹射入滑块后一起运动的速度；(2)水平距离s与h关系的表达式；(3)当h多高时，s13．(18分)如图D6－11所示，在光滑的水平轨道上，质量为m的物体A处于静止状态．物体B的质量也为m，由不可伸长的轻绳悬挂于O点，B与轨道接触但不挤压．某时刻开始A 受到水平方向的恒力F的作用，经过距离L时撤掉F，A再运动一段距离后与物体B碰撞，求：(1)撤掉F时A的速度和F的作用时间．(2)若A、B发生完全弹性碰撞，绳长为r，则B在碰后的瞬间轻绳受到的拉力．(3)若A、B发生的碰撞情况是所有可能发生的碰撞情况中的一种，那么绳长满足什么条件才能使B总能完成完整的圆周运动？45分钟单元能力训练卷(六)1．A [解析] 以A 原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有m v ＋0＝2m ·v B－m v A ，碰撞过程中能量不可能增加，则有12m v 2≥12m v 2A ＋12·2m ·v 2B ，解得0≤v B ≤23v ；此外由m v ＋0＝2m ·v B －m v A ，解得v B ＝v ＋v A 2>v 2；所以v 2<v B ≤2v 3，只有A 项符合要求． 2．D [解析] 当B 接触到A 上的弹簧时，速度减小，而A 的速度增加，弹簧被压缩，当两者的速度相等时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒定律知，此时系统的动能减小到最小而势能增大到最大，即此时动能损失最大．3．D [解析] A 、B 和车组成的系统动量守恒，A 的动量大于B 的动量，故车与B 的运动方向相同．4．B [解析] 选A 车、B 车和人作为系统．水平面光滑，无论人如何跳来跳去，系统在水平方向上均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m ，A 车和B 车的质量均为M ，最终两车速度分别为v A 和v B .由动量守恒定律得：0＝(M ＋m )v A －M v B ，则v A v B ＝M M ＋m，即v A <v B ，选项B 正确．5．AB [解析] 由p ＝m v 和E k ＝12m v 2得p ＝2mE k ，在动能相等的情况下，质量大的动量大，即碰前的总动量为p ＝p 甲－p 乙＞0，方向水平向右，若乙球的速度为零，甲球的速度不为零，则甲球势必再次碰乙球，故C 错；若两球都以各自原来的速率反向运动，则碰后的总动量方向向左，不满足动量守恒，D 错．故正确的是A 、B.6．BC [解析] 整个系统不受外力，动量守恒，当木块的速度最大时，小车的速度也最大．但C 、B 的碰撞过程属于完全非弹性碰撞，机械能不守恒，选项A 错误，选项B 、C 正确；由ms C ＝Ms 车，s C ＋s 车＝L 知：小车AB 向左运动的最大位移为：s 车＝mL M ＋m，选项D 错误．7．AB [解析] 设碰撞后两者的动量都为p ，根据动量守恒定律可知碰前总动量为2p ，根据p 2＝2mE k 和碰撞前后的能量关系得4p 22M ≥p 22m ＋p 22M 得M m≤3，所以A 、B 正确． 8．AB [解析] 两球组成的系统所受合力为零，则动量守恒，碰撞为弹性碰撞，故碰撞过程机械能守恒，碰后两球交换速度，分离后两球同时返回C 、D ，A 正确，C 错误；由于碰撞后电场力增大，故有电势能向机械能转化，B 正确，D 错误．9．BD [解析] 根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v ′＝m v M ＋m，损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝12mM m ＋Mv 2，所以B 正确；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程，所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确．10．(1)BD (2)AC (3)m 1l 1＝m 2l 2[解析] (1)为了能够实现对心碰撞，两球的半径必须相同，选项A 错误；将小球静止放置在轨道末端，若小球保持静止，说明轨道末端水平，若小球滚动，说明轨道末端不水平，选项B 正确；碰前的速度不能过大，否则实验不能正常进行，选项C 错误；复写纸可以移动，但是白纸不能移动，选项D 正确．(2)本实验需要测量长度和质量，必须有刻度尺和天平，选项A 、C 正确．(3)由于小球平抛运动的时间相同，可以用OP 代表小球1碰前的速度，用OM 代表小球1碰后的速度，用ON 代表小球2碰后的速度．根据动量守恒定律，有：m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，解得：m 1·(OP －OM )＝m 2·ON ，即：m 1l 1＝m 2l 2.11．(1)B 的右端至D 板的距离L 2 (2)m A L 1t 1＝m B L 2t 2测量质量、时间、距离等存在误差，空气阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可)[解析] (1)本实验中，滑块离开弹簧后匀速运动，故A 的速度大小为v A ＝L 1t 1，B 的速度大小为v B ＝L 2t 2，根据动量守恒定律，有：0＝m A v A －m B v B ，即为：m A L 1t 1＝m B L 2t 2.本实验中，只要能够验证在误差范围内此式的左右两边相等即可，所以实验要求测量m A 、m B 、L 1、L 2、t 1、t 2.(2)误差主要是测量上述物理量时产生的，另外气垫导轨不水平及存在的空气阻力也会产生误差．12．(1)10 m/s (2)20h －4h 2 (3)5 m[解析] (1)设子弹的质量为m ，则滑块的质量为3m ，子弹射入滑块后一起运动的速度为v 1，由动量守恒定律，有：m v 0＝(m ＋3m )v 1解得：v 1＝14v 0＝10 m/s (2)设子弹与滑块到达轨道顶部时的速度为v 2，由机械能守恒定律，有：12(m ＋3m )v 21＝12(m ＋3m )v 22＋(m ＋3m )gh 设子弹与滑块离开轨道顶部到落到地面的时间为t ，由平抛运动规律，有： s ＝v 2th ＝12gt 2 联立解得：s ＝20h －4h 2(3)s ＝20h －4h 2＝25－(2h －5)2当h ＝2.5 m 时，s 最大，s max ＝5 m13．(1)2FL m 2mL F (2)mg ＋2FL r (3)r ≤FL 10mg[解析] (1)设撤掉F 时A 的速度为v ，经历时间为t ，则由牛顿第二定律，有：F ＝ma 由匀变速直线运动的规律，有L ＝v 22a L ＝v 2t 解得v ＝2FL m ，t ＝2mL F(2)设A 与B 碰后速度分别为v A ，v B ，B 在碰后瞬间轻绳受到的拉力为T ，由动量守恒定律有：m v ＝m v A ＋m v B12m v 2＝12m v 2A ＋12m v 2B 由牛顿第二定律，有：T －mg ＝m v 2B r解得：T ＝mg ＋2FL r(3)A 与B 碰撞后，B 获得最小速度为v ′B ，由动量守恒，有：m v ＝(m ＋m )v ′B解得：v ′B ＝12 2FL m若此时恰能使B 做完整圆周运动的绳子为R ，设运动到最高点时速度v 1，由牛顿第二定律，有：mg ＝m v 21RB 从最低点运动至最高点过程中机械能守恒，有： 12m v ′2B ＝mg ·2R ＋12m v 21解得：R ＝FL 10mg即绳长r ≤FL 10mg时才能使B 总能完成完整的圆周运动．。

粤教版高中物理必修一45分钟滚动复习训练卷(一)Word版含解析

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）45分钟滚动复习训练卷(一)(考查范围：第一～三单元：分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．如图G1－1所示，自由落下的小球从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合力的变化情况是()A．合力变小，速度变小B．合力变小，速度变大C．合力先变小后变大，速度先变大后变小D．合力先变大后变小，速度先变小后变大图G1－1图G1－22．如图G1－2所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧拉伸，物块P处于静止状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是()A．先保持不变后增大B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大3．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图G 1－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是()图G 1－3A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为15g ，方向一定竖直向下二、双项选择题(每小题6分，共24分) 4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具．如图G 1－4所示，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平．当此车减速上坡时，乘客()A ．处于失重状态B ．受到水平向右的摩擦力C ．重力势能增加D ．所受的合力沿斜面向上图G 1－4图G 1－55．如图G 1－5所示，倾角为θ的斜面C 置于水平地面上，小物块B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 都处于静止状态，则()A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零 B ．C 受到地面的摩擦力一定为零C ．C 有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D ．将细绳剪断，若B 依然静止在斜面上，此时地面对C 的摩擦力为06．某物体沿水平方向做直线运动，规定向右为正方向，其v －t 图象如图G 1－6所示，下列判断正确的是()图G1－6A．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/s2D．在3 s末，物体处于出发点右方7．如图G1－7所示，质量分别为m1和m2的两个物块A和B放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是μ(μ≠0)，用轻质弹簧将两个物块连接在一起，当用水平力F作用在A上时，两个物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在A上时，两个物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x′.则下列说法正确的是()图G1－7A．F′＝2F B．x′＝2xC．F′>2F D．x′<2x三、实验题(18分)8．(8分)利用如图G1－8中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．图G1－8(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A．天平：B．秒表：C．米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.9．(10分)如图G1－9所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．图G1－9若测得某一物体质量m一定时，a与F的有关数据资料如下表所示：a/(m·s－2) 1.98 4.06 5.95 8.12F/N 1.00 2.00 3.00 4.00(1)根据表中的数据，请在图G1－10中画出a—F图象．(2)根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为______________________．(3)若甲、乙两同学在实验过程中由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图G1－11所示的a—F图象．图G1－10图G1－11试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.乙：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.四、计算题(40分)10．(20分)如图G1－12所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图G1－1211．(20分)如图G1－13甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，表面BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1) 斜面BC的长度L；(2) 滑块的质量m；(3) 运动过程中滑块克服摩擦力做的功W.：甲乙图G1－1345分钟滚动复习训练卷(一)解析1．C ：小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F 合＝mg －F 弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F 合＝F 弹－mg ，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大，但方向向上，速度减小．2．D ：对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D 正确．3．D ：由题图知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计压力小于人的重力，故处于失重状态，实际上人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －N ＝ma ，可知a ＝g5，方向竖直向下，D 对．4．AC ：由于车减速上坡，故其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．5．CD ：若绳对B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力平衡，则B 与C 间的摩擦力为零，A 项错误；将B 和C 看成一个整体，则B 和C 受到细绳向右上方的拉力作用，故C 有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B 项错误，C 项正确；将细绳剪断，若B 依然静止在斜面上，利用整体法判断，B 、C 整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C 的摩擦力为0，D 项正确.6．CD ： v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m /s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m /s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．D ：两个物块均以加速度a 运动时，由牛顿第二定律对整体有：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，对B 有：kx －μm 2g ＝m 2a.当两个物块均以加速度2a 运动时，对整体有： F ′－μ(m 1＋m 2)g ＝2(m 1＋m 2)a ，对B 有：kx′－μm 2g ＝2m 2a.比较对应的两式可得F′<2F ，x ′<2x ，故D 正确． 8．(1)C ：(2)打点计时器与纸带间存在摩擦(1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略：(2)正比例关系：(3)平衡摩擦力时木板抬得过高：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所示在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a与F的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10．(1)4 m/s：(2)0.4：(3)3.2 m/s(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1mg sin30°＝ma1，v 2m＝2a1hsin30°，解得：v m＝4 m/s.(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2，v 2m＝2a2L，解得：μ＝0.4.(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1，得t1＝0.8 s.由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s. 设t＝1.0 s时速度大小为v，v＝v m－a2(t－t1)，解得：v＝3.2 m/s.11．(1)3 m：(2)2.5 kg：(3)40 J(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a1＝g sinθ＝6 m/s2.通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1＝1 s.由运动学公式得：s＝12a1t21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为：N1＝mg cosθ.木板对传感器的压力为：F1＝N1sinθ.由图象可知：F1＝12 N.解得：m＝2.5 kg.(3)滑块滑到B点的速度为：v1＝a1t1＝6 m/s. 由图象可知：f＝5 N，t2＝2 s.则a2＝fm＝2 m/s2，s2＝v1t2－12a2t22＝8 m，W＝fs2＝40 J.。

2013届高三物理一轮复习课件(粤教版)：第1章第2节匀变速直线运动规律及应用

2 2
图象法进行求解，你能试一下吗？
题型一
自由落体运动与竖直上抛运动规律应用
【例4】有一气球以5m/s的速度由地面向上匀速直升，经30s后从气球上落下一重物．求： (1)此物体要经多长时间才能落到地面； (2)物体到达地面时的速度．(g=10m/s2)
【解法1】把物体的运动分为两个阶段：从出发点上升到最高点 A，为竖直上抛运动阶段；自最高点 A 下落到地面 B为自由落体运动阶段．根据竖直上抛运动规律，在第一阶段中，上抛的时间为： t1 v 0 / g 0 .5 s 而上升的高度为 h1 O A v0
【解析】竖直上抛运动有上升和下落两个阶段的运动，具有对称的特点，在空中同一位置的速率都是v，根据竖直上抛运动和自由落体运动的公式，可知A物体下落与B物体的运动是一样的，所以A、C正确；A物体运动时间是B物体运动时间的两倍，所以B错；设相遇时间为t，A物体上升的位移相当于B物体再下落t 时间的位移，应有3比1的关系，所以D错误．
3．巧选参考系法：物体的运动是相对一定的参考系而言的，研究地面上的物体运动常以地面为参考系，有时为了研究问题方便，也可以选用其他物体做参考系，甚至在分析某些较为复杂的问题时为了求解简洁，还需灵活地转换参考系． 4．在解决运动学相关问题时要注意做到：一是弄清题意，建立物体运动的图象，为了直观形象，应尽可能地画出草图，并在图上标明一些位置和物理量；二是弄清研究对象，明确哪些量已知，哪些量未知，确定运动性质，选择恰当的解题方法，使解题步骤简便．
①
② ③
H h
联立 ① ② ③ 解得 H 125m

2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(4)粤教版

图 D4－ 3
A．角速度的大小关系为 ω a＝ ω c＞ ω b
B．向心加速度的大小关系为 aa>ab>ac
C．线速度的大小关系为 va＝ vb>vc
D．周期关系为 Ta＝Tc>Tb
二、双项选择题 ( 每小题 6 分，共 30 分 )
5．降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞
A 物体与 B 小球相遇前瞬间， B 小球的速度大小 vB＝ v20＋ v2y ＝8 2 m/s ，与水平方向
夹角为 45°．
12． (1)0.6 m (2) P 位置比圆心 O低
[ 解析 ] (1) 物体在最高点 C时只受重力，由牛顿第二定律得
v
2 C
mg＝ mR，
解得 vC＝ gR，
物体从 B 到 C的过程中，由机械能守恒定律得
v20＋ v2y＝
5v 0 ， s ＝
x2＋ y2＝ 2
2v
2 0
g ，选项
A 正确，选项
B、 C、D 错误．
4．D [ 解析 ] 根据题意，角速度的大小关系为 ω a＝ ω c＜ω b ，选项 A 错误；向心加速
度的大小关系为 ab＞ ac＞ aa，选项 B 错误；线速度的大小关系为 vb＞ vc＞ va，选项 C 错误；
质点的速率是
递增的， B 错误； D 选项中质点所受电场力具有沿速度反方向的分力，
质点的速率是递减的，
D 正确．
2． A [ 解析 ] 小车水平向右的速度 ( 也就是绳子末端的运动速度 ) 为合速度，它的两个
分速度 v1、 v2 如图所示．其中 v2 就是拉动绳子的速度，它等于物体 A 上升的速度， vA＝ v2＝

高三物理一轮复习45分钟滚动复习训练卷(3) 粤教版

[考查范围：第七、八单元恒定电流分值：100分]一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是( )A．由U外＝IR可知，外电压随电流的增大而增大B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随电流的增大而增大C．由U＝E－Ir可知，电源的输出电压随电流的增大而减小D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随电流的增大而增大2．如图G3－1所示，点电荷A和B分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和Q，在A、B 连线上，则电场强度为零的地方(A．A和B之间B．B左侧C．A右侧 D．A的右侧及B的左侧3．图G3－2中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N图G3－2A．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度B．粒子在M点的动能大于在N点的动能C．粒子在M点的电势能高于在N点的电势能D．M点的场强大于N点的场强二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．如图G3－3O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙图G3－3所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )A．电场一定是匀强电场B．电场的场强沿Ox方向增大C．电子将沿Ox正方向运动D. 电子的电势能将增大5．如图G3－4是火警报警装置电路示意图的一部分，其中R2是半导体热敏传感器，它的阻值随温度升高而减小，当R2A．电流表示数将变小B．电流表示数将变大C．a、b两点间电压变大D．a、b两点间电压变小6．如图G3－5所示，P、Q是矩形ABCD的AD边和BC边的中点，E、F是AB边和CD边的中点，M、N是P、Q连线上的两点且MP＝QN，M点和N点有等量异种点电荷．对于图中八个点的场强关系，下列说法正确的是( )A．A与B点场强相同，C与D点场强相同B．A与C点场强相同，B与D点场强相同C．A与D点场强相同，B与C点场强相同D．E与F点场强相同，P与QG3－5G3－67．如图G3－6所示，一簇电场线关于y轴对称分布，电场方向如图中箭头所示，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则( )A．M点的电势比P点的电势高B．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能C．O、M间的电势差小于N、O间的电势差D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功三、实验题(18分)8．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x(标称阻值为180 Ω)的电流随其两端电压变化的特点．实验器材：多用电表，电流表A(0～50 mA，内阻约15 Ω)，电压表V(5 V，内阻约20 kΩ)，电源E(6 V直流电源，内阻可忽略不计)，滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)，定值电阻R0(100 Ω)，电阻箱(99.9 Ω)、开关S和导线若干．(1)该小组用多用表的“×1”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏转的角度很小；为了准确地进行测量，应换到________倍率的挡位；如果换挡后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：____________，补上该步骤后，表盘的示数如图G3－7(2)该小组按照自己设计的电路进行实验．实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从0开始逐渐增大到5 V，作出热敏电阻的I－U图线，如图G3－8所示．请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图．(3)分析该小组所画出的I －U 图线，说明在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而________；分析其变化的原因可能是____________．(4)请提出一个简单的实验方法，说明你对变化原因的判断是正确的．四、计算题(共40分)9．(18分)如图G3－9所示，在A 、B 两点间接一电动势为4 V 、内阻为1 Ω的直流电源，电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为4 Ω，电容器的电容为30 μF，电流表的内阻不计，求：(1)电流表的读数；(2)电容器所带的电荷量；(3)断开电源后，通过R 2的电荷量．10．(22分)如图G3－10所示，在虚线MN 左上方，存在斜向左下、与水平方向夹角为45°的匀强电场，场强大小E ＝2×105 V/m.一半径为R ＝0.8 m 的14光滑绝缘圆弧凹槽固定在水平地面上．一个可视为质点的质量m ＝0.2 kg 、电荷量大小q ＝1×10－5 C 的带正电金属物块P 从槽顶端A 由静止释放，经凹槽底端B 进入绝缘水平地面，凹槽底端B 与地面相切．图中C 点为电场边界与地面的交点，B 、C 之间的距离为0.6 m ，物块P 与绝缘地面之间的动摩擦因数为μ＝13，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块P从A点滑到B点时速度的大小；(2)物块P从B点到离开电场过程所经历的时间；(3)物块P在木板Q上滑动的过程中摩擦产生的热．45分钟滚动复习训练卷(三)1．C [解析] 当电流发生变化时，一定是外电阻减小了，故不能根据U外＝IR来判断，A错；由U内＝Ir只能判断电源的内电压随I的增大而增大，而不能判断电源两端的电压的变化，B错；E、r不变，由U＝E－Ir可知，电源的输出电压随输出电流I的增大而减小，故C对；输出电流I的增大时，路端电压减小，功率的变化情况不能由P＝IU判断，故D 错．2．B [解析] 在A和B之间，A、B产生的场强方向均向左，电场强度不可能为零，A 错；B的左侧，A产生的场强方向水平向左，B产生的场强方向水平向右，在某适当的位置，可以使得电场强度为零，B对；A的右侧，虽然A、B产生的场强方向相反，但是由于A的电荷量大，且离A较近，故合场强不可能为零，C、D错．3．C [解析] 电场线密的地方场强大，故N点的场强大，加速度大，A、D错；带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，由此可知，粒子带正电，由M点到N点，电场力做正功，电势能减少，动能增加，粒子在M点的电势能高于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，B错、C对．4．AC [解析] O点电势φ0为零，设x点的电势为φx，则U x0＝φx－φ0＝Ex，即φx ＝Ex，表明沿Ox方向场强不变，选项A正确，选项B错误；由静止释放电子，电子由电势低处向电势高处运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，选项D错误．5．BD [解析] R2的阻值随温度升高而减小，当发生火情时，电路的总电阻变小，总电流变大，A错、B对；由U＝E－IR可知路端电压变小，C错、D对．6．BD [解析] 根据等量异种电荷周围电场的电场线对称性：电场中A、B、C、D四点的电场强度大小相等，A、C电场方向相同，B、D电场方向相同；电场中P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，E、F两点电场强度大小相等，方向也相同．7．CD [解析] 以电场线的交点为圆心，分别作出过M、P点的圆弧，圆弧为电势不同的等势面，可知M点的电势比P点的电势低，选项A错误；由W＝qU，可判出选项D正确；O点的电势高于Q点的电势，故正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，选项B错误；O、M间的平均电场强度小于N、O间的平均电场强度，由U＝Ed，可知O、M间的电势差小于N、O间的电势差，故选项C正确．8～205) (2)如图所示(供电电路采用分压器接法，测量电路采用电流表外接法) (3)减小电流较大时，热敏电阻温度升高，电阻变小(4)见解析[解析] (1)表头指针偏转的角度很小，说明选择的挡位太小；因为欧姆表读数时，指针接近刻度盘中间部位时，测量结果比较准确，所以应选择“×10 ”挡位．(2)因为要求电压从0开始逐渐增大，所以供电电路采用分压器接法(用限流接法不可)，测量电路采用电流表外接法；(3)由图象知，在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而减小；其变化的原因可能是：电流较大时，热敏电阻的温度升高，引起电阻变小．(4)用欧姆挡测量热敏电阻的阻值过程中，用手握住热敏电阻使其温度升高，可以看出热敏电阻随温度升高阻值变小，用此方法可验证热敏电阻温度升高，电阻变小的判断．9．(1)0.8 A (2)9.6×10－5 C (3)4.8×10－5 C[解析] (1)由图可知，接入电路的有效电阻仅有R3则I＝ER3＋r＝0.8 A(2)电容器C两端电压与R3两端电压相同U C＝U3＝IR3＝3.2 V故电容器所带电荷量Q＝CU3＝30×10－6×3.2 V＝9.6×10－5 C(3)断开电源，R 1与R 2并联后与R 3、C 构成放电回路，故通过R 2的电荷量Q 2＝Q 2＝4.8×10－5 C 10．(1)4 m/s (2)0.2 s (3)1 J[解析] (1)由于A 、B 连线垂直于电场线，故A 、B 两点电势相等，故金属块P 从A 运动到B ，电场力做功为零．设P 滑到B 点时的速度为v 0，该过程由动能定理有mgR ＝12mv 20 解得v 0＝2gR ＝4 m/s(2)物块P 从B 点运动到C 点的过程，由题可知F 电＝qE ＝ 2 Nf ＝μ(F 电cos45°＋mg )＝1 N则加速度大小a ＝f ＋F 电sin45°m＝10 m/s 2 设P 在C 处速度为v 1，由v 20－v 21＝2ax BC解得v 1＝2 m/s故t ＝v 0－v 1a P＝0.2 s (3)物块P 在电场中运动时，电场力只在BC 段对物块P 做功，即W 克电＝F 电x BC cos45°＝0.6 J物块离开电场后做匀减速直线运动，最终静止．由能量转化与守恒定律，全过程摩擦产生的热Q ＝mgR －W 克电＝1 J。

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45分钟单元能力训练卷(十三)[考查范围：第十三单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共40分)1．下列说法正确的是( )A ．爱因斯坦提出“光子说”并成功解释了光电效应现象B ．汤姆生发现了电子并提出了原子的核式结构模型C ．卢瑟福发现了质子和中子D ．玻尔理论成功解释了所有原子的光谱2．下列能揭示原子具有核式结构的实验是( )A ．光电效应实验B ．伦琴射线的发现C. α粒子散射实验D. 氢原子光谱的发现3．当具有5.0 eV 能量的光子照射到某金属表面后，从金属表面逸出的光电子的最大初动能是1.5 eV.为了使该金属产生光电效应，入射光子的最低能量为( )A ．1.5 eVB ．3.5 eVC ．5.0 eVD ．6.5 eV4．某放射性元素经过11.4天有78的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为( ) A ．11.4天 B ．7.6天C ．5. 7天D ．3.8天5．下列说法正确的是( )A ．天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构B ．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂结构C ．原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子D ．氢原子从定态n ＝3跃迁到n ＝2，再跃迁到n ＝1定态，则后一次跃迁辐射出的光子波长比前一次的长6．在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素．下列说法中正确的是( )A.238 92U 衰变成206 82Pb 要经过6次β衰变和6次α衰变B ．三种放射线中α射线的电离本领最强，γ射线的穿透本领最强C ．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的质子转化为中子时产生的D ．β射线与γ射线一样都是电磁波，但β射线穿透本领比γ射线强7．一个235 92U 原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为：235 92U ＋10n→X＋9438Sr ＋210n ，则下列说法正确的是( )A ．X 原子核中含有86个中子B ．X 原子核中含有141个核子C ．因为裂变释放能量，根据E ＝mc 2，所以裂变后的总质量数增加D ．因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少8．一个氡核222 86Rn 衰变成钋核218 84Po 并放出一个粒子，其半衰期为3.8天.1 g 氡经过7.6天衰变掉氡的质量，以及222 86Rn 衰变成218 84Po 的过程放出的粒子是( )A ．0.25 g ，α粒子B ．0.75 g ，α粒子C ．0.25 g ，β粒子D ．0.75 g ，β粒子9．已知金属钾的逸出功为2.22 eV.氢原子的能级如图D13－1所示，一群处在n ＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够从金属钾的表面打出光电子的光波共有( )A．一种B．两种C．三种D．四种10．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子，同时放出一个γ光子．已知氘核、氚核、中子、氦核的质量分别为m1、m2、m3、m4，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法中正确的是( )A．这个反应的核反应方程是21H＋31H→42He＋10n＋γB．这个核反应既不是聚变反应也不是裂变反应C．辐射出的γ光子的能量E＝(m3＋m4－m1－m2)c2D．辐射出的γ光子的波长λ＝hm1＋m2－m3－m4c2二、双项选择题(每小题6分，共60分)11．关于核衰变和核反应的类型，下列表述正确的有( )A.298 92U→234 90Th＋42He是α衰变B. 14 7N＋42He→17 8O＋11H是β衰变C.21H＋31H→42He＋10n是轻核聚变D.8234Se→8236Kr＋2 0－1e是重核裂变12．在下列核反应方程中，x代表质子的方程是( )A. 2713Al＋42He→3015P＋xB. 14 7N＋42He→17 8O＋xC. 21H＋γ→10n＋xD. 31H＋x→42He＋10n13．下列说法正确的是( )A.14 6C经一次α衰变后成为14 7CB. 42He核由两个中子和两个质子组成C．温度升高不能改变放射性元素的周期D．核反应方程应遵循质子数和中子数守恒14．下列说法正确的是( )A.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n是查德威克发现中子的核反应方程B．半衰期随衰变物质的减少而减少C．238 92U→234 90Th＋42He是α衰变方程D．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时将辐射特定频率的光15．铝箔被α粒子轰击后发生了以下核反应：2713Al＋42He→X＋10n，下列判断正确的是( )A. 10n是质子B. 10n是中子C．X是2814Si的同位素 D．X是3115P的同位素16．铝核2713Al被α粒子击中后产生的反应生成物是磷3015P，同时放出一种粒子，关于这种粒子的下列说法中正确的是( )A．这种粒子在电场中可以被加速或发生偏转B．这种粒子在磁场中一定不受磁场力作用C．这种粒子在真空中的速度等于3×108 m/sD．在碳14核内有8个这种粒子17．由于放射性元素237 93Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知237 93Np经过一系列α衰变和β衰变后变成209 83Bi，下列论断中正确的是( )A. 209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少28个中子B. 209 83Bi 的原子核比237 93Np 的原子核少18个中子C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D ．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变18．下列说法中正确的是( )A ．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子动能增加，原子势能减少B ．氢原子从n ＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子C ．α射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强D ．放射性元素的半衰期随温度和压强的变化而变化19．下列说法中正确的是( )A ．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为：42He ＋14 7N→17 8O ＋11HB ．铀核裂变的核反应为：235 92U→141 56Ba ＋9236Kr ＋210nC ．质子、中子、α粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3.质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是：(m 1＋m 2－m 3)c 2D ．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1>λ2.那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子 20．放射性同位素电池是一种新型电池，它是利用放射性同位素衰变放出的高速带电粒子(α射线、β射线)与物质相互作用，射线的动能被吸收后转变为内能，再通过换能器转化为电能的一种装置．其构造大致是：最外层是由合金制成的保护层，次外层是防止射线泄漏的辐射屏蔽层，第三层是把内能转化成电能的换能器，最里层是放射性同位素．电池使用的三种放射性同位素的半衰期和发出的射线如下表：制造用于执行长期航天任务的核电能，则下列论述正确的是( )A. 90Sr 的半衰期较长，使用寿命较长，放出的β射线比α射线的贯穿本领弱，所需的屏蔽材料较薄B. 210Po 的半衰期最短，使用寿命最长，放出的α射线比β射线的贯穿本领弱，所需的屏蔽材料较薄C. 238Pu 的半衰期最长，使用寿命最长，放出的α射线比β射线的贯穿本领弱，所需的屏蔽材料较薄D ．放射性同位素在发生衰变时，出现质量亏损，但衰变前后的总质量数不变45分钟单元能力训练卷(十三)1．A [解析] 爱因斯坦提出“光子说”并成功解释了光电效应现象，选项A 正确；卢瑟福提出了原子的核式结构学说，选项B 错误；查德威克发现了中子，选项C 错误；玻尔理论成功解释了氢原子的光谱，选项D 错误．2．C [解析] 卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出了原子的核式结构，C 正确．3．B [解析] 由光电效应方程得：E km ＝hν－W ，解得金属的逸出功为：W ＝hν－E km ＝3.5 eV ，要使该金属发生光电效应，入射光的最低能量应等于金属的逸出功，即 3.5 eV ，选项B 正确．4．D [解析] 由题意知⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ＝18，则t τ＝3，而t ＝11.4 天，所以τ＝11.43天＝3.8 天，选D.5．A [解析] 天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构；α粒子散射实验说明原子中心有一个很小的核；原子核能发生β衰变说明原子核内的中子可以转化质子，并放出电子；氢原子从定态n ＝3跃迁到n ＝2释放的能量比从n ＝2跃迁到n ＝1定态释放的能量小，辐射出的光子波长更长．选项A 正确．6．B [解析] 铀核衰变为铅核经过的α衰变的次数为：238－2064＝8，经过β衰变的次数为：82－(92－2×8)＝6，选项A 错误；三种放射线中α射线的电离本领最强，γ射线的穿透本领最强，选项B 正确；β衰变释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，选项C 错误；β射线是电子流，不是电磁波．选项D 错误．7．A [解析] 由电荷数、质量数守恒可知X 原子核的电荷数为54，质量数为140，中子数为86，选项A 正确，选项B 错误；裂变释放能量，裂变后的总质量减少，但总质量数不变，选项C 、D 错误．8．B [解析] 衰变方程为222 86Rn→218 84Po ＋42He ，所以放出的是α粒子．经过了两个半衰期，1 g 的氡剩下了0.25 g ，衰变了0.75 g ，B 正确．9．B [解析] 氢原子从n ＝3能级向低能级跃迁时可发射三种频率的光子，分别是从n ＝3能级到n ＝1能级，光子的能量为E 31＝12.09 eV ，从n ＝3能级到n ＝2能级，光子的能量为E 32＝1.89 eV ，从n ＝2能级到n ＝1能级，光子的能量为E 21＝10.2 eV ，其中E 31、E 21大于2.22 eV ，即有两种光子可以从金属钾表面打出光电子．10．A [解析] 由题意可知，选项A 正确；这个核反应是聚变反应，选项B 错误；核反应释放的能量为：E ＝(m 1＋m 2－m 3－m 4)c 2，选项C 错误；由E ＝hν＝hcλ，解得：λ＝hc E＝hm 1＋m 2－m 3－m 4c ，选项D 错误．11．AC [解析] B 为人工核转变，D 为衰变，A 、C 正确．12．BC [解析] 根据核反应方程应满足：电荷数守恒和质量数守恒可知，选项A 中的x 为中子，选项B 、C 中的x 为质子，选项D 中的x 为氘核．13．BC [解析] 14 6C 经一次α衰变后成为10 4Be ，A 错；42He 核中有两个中子和两个质子，B 对；放射性元素的周期只由元素本身决定，与外界压力、温度无关，与存在形态无关，C 对；核反应方程应遵循电荷数和质量数守恒，而不是中子数守恒，D 错．14．CD [解析] 235 92U ＋10n→14456Ba ＋8936Kr ＋310n 是核裂变的反应方程，而不是发现中子的反应方程，A 错误；半衰期与原子所处的物理状态无关(如温度、压力)，与元素的存在状态无关，B 错；C 中方程释放出α粒子，是α衰变方程，C 正确；氢原子从一个定态跃迁到另一定态只能辐射特定频率的光子，D 正确．15．BD [解析] 10n 是中子，由质量数守恒和电荷数守恒可知，X 是3015X ，所以它是3115P 的同位素．选项B 、D 正确．16．BD [解析] 铝核2713Al 被α粒子击中的核反应方程是：2713Al ＋42He→3015P ＋10n ，即放出中子，故在磁场或电场中一定不受力的作用，A 错、B 对；中子流不是电磁波，其速度小于光速，C 错；在14 6C 中有8个中子，D 对．17．BC [解析] 209 83Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，209 83Bi的原子核比237 93Np 的原子核少18个中子，A 错、B 对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为237－2094＝7次，β 衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C 对、D 错． 18．AB [解析] 氢原子从高能级跃迁到低能级，电子的轨道半径减小，电子势能减小，由k e 2r 2n ＝m v 2n r n 、E n ＝12mv 2n ＝k e 22r n知电子的动能增加，A 对；氢原子从n ＝4的激发态跃迁到基态时，可能释放的光子种类为C 24＝6种，B 对；α射线穿透能力最弱，C 错；放射性元素的半衰期不随温度和压强的变化而变化，D 错．19．AD [解析] 卢瑟福发现质子的实验是用α粒子轰击氮核，核反应方程为：42He ＋14 7N→17 8O ＋11H ，选项A 正确；铀核裂变需要有中子轰击，其核反应之一是：235 92U ＋10n→141 56Ba ＋9236Kr ＋310n ，选项B 错误；质子和中子结合成一个α粒子，其核反应方程为210n ＋211H→42He ，释放的能量为：(2m 1＋2m 2－m 3)c 2，选项C 错误；根据能级跃迁，原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时发射的光子能量为：h cλ1；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收的光子能量为：hcλ2，则原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收的光子能量为：hcλ1－hcλ2，其波长为：λ1λ2λ1－λ2.20．CD [解析] 放射性物质发生衰变的生成物不再具有放射性，也就不能用于发电，因此放射性物质半衰期越长，使用寿命越长；α、β、γ三种射线比较，α贯穿能力最弱，需要的屏蔽材料厚度也最薄，选项A、B均不正确，选项C正确；核反应中虽然出现质量亏损，但质量数不变，选项D正确．。