江苏省如皋市2018届高考物理二轮复习专题八物理图像类问题练习
2018届高三二轮复习专题(图像力学部分)
2018届江苏省常熟中学物理二轮复习——图像专题一（力学部分）2018/2/23 一、动力学与图像结合：二、功能关系与图像综合：各类图像所围“面积”或“斜率”的含义图像斜率面积v—t图a—t图F—x图P（功率）—t图E（机械能）—xE k（动能）—x例：质量为m的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比.下列图象分别描述了球下落过程中加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能E k、机械能E随下落位移h的变化关系，其中可能正确的是（）练习：1、甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v-t图象如图所示。
下列说法正确的是（）A．第1s末，两质点相遇B．第2s末，甲的加速度方向发生改变C．第4s末，两质点相距20mD．0～2s内，两质点间的距离越来越大2．汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动．汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t 的关系图像中，能描述上述过程的是( )P P P Pt t t tO O O OA B C D3．一汽车在平直公路上以20kW的功率行驶，t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其v—t图象如图所示，已知汽车的质量为2×103kg。
下列说法正确的是（）A．t1前汽车受到的阻力大小为1×103NB．t1后汽车受到的阻力大小为2×103NC．t1时刻汽车加速度突然变为1m/s2D．t1～t2时间内汽车的平均速度为7.5m/s4.一汽车从静止开始做匀加速直线运动, 然后刹车做匀减速直线运动,直到停止. 下列速度v 和位移x 的关系图像中,能描述该过程的是（）5．一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是（）A B C D6．质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，下列图象分别描述了球在空中运动的加速度a、速度v随时间t的变化关系和动能E k、机械能E（选地面处重力势能为零）随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的（）t/sv/(m·s-1)甲乙1 2 3105-5 4-10t/sv/（m·s-1）1510t2A．B．C．D．7．一汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶.从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化关系如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中,可能正确的是( )A B C D8.如图甲所示,Q1、Q2是两个固定的点电荷,一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v a沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动,其v—t 图象如图乙所示,下列说法正确的是( )A.两点电荷一定都带负电,但电量不一定相等B.两点电荷一定都带负电,且电量一定相等C.t1、t2两时刻试探电荷在同一位置D.t2时刻试探电荷的电势能最大9．(多选)如图甲所示，在x轴上有两个固定的点电荷Q1、Q2，其中Q l带正电处于原点O．现有一个正电荷q以一定的初速度沿x轴正方向运动(只受电场力作用)，其v-t图象如图乙所示，q经过a、b两点时速度分别为v a、v b．则以下判断正确的是（）A．Q 2带负电且电荷量小于Q lB．b点的场强比以点的场强大C．a点的电势比b点的电势高D．q在a点的电势能小于在b点的电势能10．(多选)一质点做匀速圆周运动的一部分轨迹如图所示。
高考总复习课程--2018年高考物理第二轮复习江苏版课后
运动的相关性题一：如图所示，一直立的轻杆长为L，在其下、上端各紧套一个质量分别为m和2m的圆环状弹性物块A、B。
A、B与轻杆间的最大静摩擦力分别是F f1＝mg、F f2＝2mg，且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。
杆下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受作用，PQ、MN是该区域上、下水平边界，高度差为h（L＞2h）。
现让杆的下端从距离上边界PQ高h处由静止释放，重力加速度为g。
（1）为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件。
（2）若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。
题二：某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶。
选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内（不能压线）视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。
其简化模型如图所示，AC是长度L1＝5.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。
已知BC长度L2＝1.1 m，瓶子质量m＝0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2 。
某选手作用在瓶子上的水平推力F＝11 N，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求在手推瓶子过程中，瓶子的位移取值范围。
（取5＝2.2）题三：水平地面上停放一长度为L＝2 m的小车，已知该车在某外力的作用下一直沿水平方向向右做匀速直线运动，速度为v0＝4 m/s。
在小车运动的过程中，将一质量为m＝1 kg的可视为质点的小铁块无初速地放到小车上表面上距离小车右端1 m处，已知小铁块与小车上表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。
则：（1）整个运动过程中，小铁块会不会从小车的上表面掉下来？（2）如果在小铁块放上小车的同时，给小铁块施加一水平向右的恒力F，为使小铁块不会从小车上表面的最左端掉下来，恒力F的取值范围是多少？题四：在高速公路上经常可以看到大货车拉着钢板而后车厢是敞开的，这种情况下如果钢板从车厢上滑落，将对后面的车辆造成致命的危险。
2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：选择题31分强化练 Word版含解析
选择题31分强化练(一)(对应学生用书第147页)(建议用时：15分钟)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．物理学中用到大量的科学研究方法，在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是物理学中常用的微元法．如图所示的四个实验中，哪一个采用了微元法()【导学号：17214242】A．探究求合力的方法B．探究弹性势能的表达式的实验中，为计算弹簧弹力所做的功C．探究加速度与力、质量的关系D．利用库仑扭秤测定静电力常数B [在求两个力的合力时，如果一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，这个力就是那两个力的合力，运用的是等效法，故A 错误；在探究弹性势能的表达式过程中，把拉伸弹簧的过程分成很多小段，在每小段内认为弹簧的弹力是恒力，然后把每小段做功的代数和相加，运用的是微元法，故B 正确；在探究牛顿第二定律的过程中，控制物体的质量不变，研究物体的加速度与力的关系，运用的是控制变量法，故C 错误；利用库仑扭秤测定静电力常数用的是放大法，不是微元法的思想，故D 错误．]2．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持，特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图1为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，北斗导航系统中两颗卫星“G 1”和“G 3”以及“高分一号”均可认为绕地心O 做匀速圆周运动，卫星“G 1”和“G 3”的轨道半径均为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，“高分一号”在C 位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R ，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )图1A ．卫星“G 1”和“G 3”的加速度大小相等均为R 2r gB ．卫星“G 1”由位置A 运动到位置B 所需要的时间为2πr3R r gC ．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其减速D ．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小D [根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ，得a ＝G M r 2，而GM ＝gR 2，所以卫星的加速度a ＝gR 2r 2，故A 错误；根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，所以卫星“G 1”由位臵A 运动到位臵B 所需的时间t ＝π3ω＝πr 3R rg ，故B 错误；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G 3”所在的轨道，必须对其加速，故C 错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D 正确．]3．如图2所示实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M 点是两点电荷连线的中点，若将一试探正点电荷从虚线上N 点移动到M点，则( )图2A ．电荷所受电场力大小不变B ．电荷电势能大小不变C ．电荷电势能逐渐减小D ．电荷电势能逐渐增大C [由电场线的分布情况可知，N 处电场线比M 处电场线疏，则N 处电场强度比M 处电场强度小，由电场力公式F ＝qE 可知正点电荷从虚线上N 点移动到M 点，电场力逐渐增大，故A 错误；根据顺着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正电荷处的电势低，根据U ＝Ed 知：N 与正电荷间的电势差小于M 与正电荷的电势差，所以N 点的电势高于M 点的电势，从N 点到M 点，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C 正确，B 、D 错误．]4．如图3所示，窗子上、下沿间的高度H ＝1．6 m ，墙的厚度d ＝0．4 m ，某人在离墙壁距离L ＝1．4 m 、距窗子上沿h ＝0．2 m 处的P 点，将可视为质点的小物件以v 的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g ＝10 m/s 2．则v 的取值范围是( )图3A ．v >7 m/sB ．v <2．3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2．3 m/s<v <3 m/sC [小物体做平抛运动，恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v 最大．此时有L ＝v max t ，h ＝12gt 2，代入数据解得v max ＝7 m/s ，恰好擦着窗口下沿左侧时速度v最小，则有L ＋d ＝v min t ′，H ＋h ＝12gt ′2，代入数据解得v min ＝3 m/s ，故v的取值范围是3 m/s<v <7 m/s ，C 正确．]5．如图4所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 1为定值电阻，R 2为光敏电阻，C 为电容器，L 为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S 后，若增大照射光强度，则( )图4A ．电压表的示数增大B ．小灯泡的功率减小C ．电容器上的电荷量增加D ．两表示数变化量的比值|ΔU ΔI |增大A [当照射光强度增大时，光敏电阻的阻值减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，定值电阻R 1两端的电压增大，小灯泡的功率增大，故选项A 正确，选项B 错误；根据闭合电路欧姆定律可知电容器两端的电压减小，故所带电荷量减少，故选项C 错误；对定值电阻而言，|ΔU ΔI |也就等于其阻值，故选项D错误．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( )图5A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小AD [设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mF M ，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′F M ．在中间物体上加上一个小物体，则整体质量M 增大，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．]7．如图6所示，真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E ，电场中的A 、B 两点固定着两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，A 、B 两点的连线水平，O 为其连线的中点，c 、d 是两点电荷连线垂直平分线上的两点，Oc ＝Od ，a 、b 两点在两点电荷的连线上，且与c 、d 两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是( )【导学号：17214243】图6A ．a 、b 两点的电场强度E a >E bB ．c 、d 两点的电势φd >φcC ．将质子从a 点移到c 点的过程中，电场力对质子做负功D ．质子从O 点移到b 点时电势能减小BD [由等量异种电荷产生电场特点可知，ab 两点的场强相同，当再与匀强电场叠加时，两点的场强依然相同，故A错误；等量异种电荷产生电场的特点是连线的中垂线上的电势为零；当再叠加匀强电场时，d点的电势大于c 点的电势，故B正确；据场强的叠加可知，a到c的区域场强方向大体斜向上偏右，所以将质子从a点移到c点的过程中，电场力对质子做正功，故C 错误；据场强的叠加可知，O到b区域场强方向大体斜向上偏右，当质子从左到右移动时，电场力做正功，电势能减小，故D正确．]8．如图7所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上．分两次将质量为m1、m2(m2＞m1)的两物块从斜面上不同位置静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度范围内)．物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，则()图7A．m1开始释放的高度高B．m1的重力势能变化量大C．m2的最大速度小D．m2的最大加速度小AD[对任一物体，设物体的质量为m，物体从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h．取最低点所在水平面为参考平面．根据物体与弹簧组成的系统机械能守恒得：mgh＝E p，据题意，两次弹簧的最大弹性势能E p相同，m2＞m1，则有h1＞h2，即m1开始释放的高度高，故A正确．物体从开始释放到速度第一次减为零的过程，物体的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两个物体重力势能变化量相等，故B错误．物块的速度最大时，合力为零，则有kx＝mg sin α，因为m2＞m1，所以x2＞x1．设弹簧的最大压缩量为x m．物块刚下滑时离弹簧的距离为L．从开始到最低点的过程，根据能量守恒定律得：E p＝mg sin α(x m＋L)，由题意知，x m、E p相等，m2＞m1，则L2＜L1．从开始到速度最大的过程，由能量守恒得：mg sin α(L＋x)＝12m v2m＋12kx2，又x＝mg sin αk，解得：v m＝2gL sin α＋mg2sin2αk，由于m2＞m1，L2＜L1，可知不能判断两物块最大速度的大小，故C错误．两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，由牛顿第二定律得F－mg sin α＝ma，得最大加速度为 a ＝F m －g sin α，由于m 2＞m 1，所以m 2的最大加速度小于m 1的最大加速度，故D 正确．]9．如图8所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R (最大阻值足够大)，导轨的宽度L ＝0．5 m ，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝1 T ．内阻r ＝1 Ω的金属杆在F ＝5 N 的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度v m ，不计导轨电阻，则有( )图8A ．R 越小，v m 越大B ．金属杆的最大速度大于或等于20 m/sC ．金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能D ．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比BD [当导体棒达到最大速度时满足F ＝F 安，则F ＝B BL v m r ＋RL ，解得v m ＝F (r ＋R )B 2L 2，可知R 越大，v m 越大，选项A 错误；金属杆的最大速度v m ＝F (r ＋R )B 2L 2＝5×(1＋R )12×0．52＝20(1＋R ) m/s ，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s ，选项B 正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F 所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C 错误；金属杆达到最大速度后导体棒中的电流I ＝F BL ，则I ＝neS v e ，则v e ＝I neS ＝F BLneS ，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆方向定向移动的平均速率v e 与恒力F 成正比，选项D 正确．]选择题31分强化练(二)(对应学生用书第148页)(建议用时：15分钟)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．如图所示，一物体以速度v 向左运动．从A 位置开始受到恒定的合力F 作用．四位同学画出物体此后的运动轨迹AB 和物体在B 点的速度方向，四种画法中正确的是( )A B C DA [物体在A 点的速度v 与受的恒力F 不在同一直线上，故物体做曲线运动，其轨迹应向受力方向弯曲，C 错误；因v A 与力F 夹角小于90°，故随物体速度的增大，力与速度的夹角逐渐减小，但不可能为零，故A 正确，B 、D 均错误．]2．甲乙两汽车在一平直公路上同时、同地、同向行驶，在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v -t 图象如图1所示．在这段时间内( )【导学号：17214244】图1A ．t 0时刻甲、乙两汽车相遇B ．汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大B [由图象可知t 0时刻甲、乙两汽车速度相等，相距最远，故选项A 错误；由于乙车做变减速运动，平均速度小于匀减速直线运动的平均速度v 1＋v 22，故B 正确；在v -t 图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，选项C 错误；因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D 错误．]3．如图2所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B ＝kt (k >0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为( )图2A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．9∶5D [同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l ，依据法拉第电磁感应定律知E ＝ΔB Δt S ，之前的闭合回路的感应电动势E ＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2π2，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2；之后的闭合回路的感应电动势E ′＝k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫l 32π2＋k π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2l 32π2；则前后两次回路中的电流比I ∶I ′＝E ∶E ′＝9∶5，D 正确．]4．中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车嫦娥四号．中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100公里环月轨道后成功变轨到近月点为15公里的椭圆轨道，在从15公里高度降至月球表面成功实现登月．则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是( )图3A．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100公里环月轨道B．“嫦娥四号”在近月点为15公里的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100公里圆轨道上的速度C．“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15公里的椭圆轨道上运动的周期D．从15公里高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态A[“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入100公里环月圆轨道上，A正确；由卫星变轨条件可知近月点为15公里的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度，B错误；由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在100公里圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C错误；从15公里高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重状态，D错误．]5．如图4所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是()图4A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD 一定小于φA ′＋φA 2D [因为A ′、B ′、C ′三点离顶点O 处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小相等，但其方向不同，因此选项A 错误；由于△ABC 所在平面各点到顶点O 处的距离不全相等，由等势面的概念可知，△ABC 所在平面不是等势面，选项B 错误；由电势的概念可知，沿直线A ′B ′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A ′到B ′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，选项C 错误；因为U A ′D ＝E A ′D ·A ′D ，U DA ＝E DA ·DA ，由点电荷的场强关系可知E A ′D >E DA ，又因为A ′D ＝DA ，所以有U A ′D >U DA ，即φA ′－φD >φD －φA ，整理可得φD <φA ′＋φA 2，选项D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．关于下列器材的原理和用途，正确的是( )图5A ．变压器可以改变交变电压但不能改变频率B ．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C ．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D ．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用AD [变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A 正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为电阻的热效应，故B 错误；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C 错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D 正确．]7．如图6所示电路中，电源电动势为E (内阻不可忽略)，线圈L 的电阻不计．以下判断正确的是( )图6A．闭合S稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右BC[闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，由图知b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，通过R1的电流方向自左向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则通过R2的电流方向向左，故D错误．]8．如图7所示，匀强磁场的磁感应强度B＝22T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝403Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V，30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1．5 A．则以下说法正确的是()【导学号：17214245】图7A．电流表A1、A2的示数之比2∶1B．理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1C．线圈匀速转动的角速度ω＝120 rad/sD．电压表的示数为40 2 VBC [因灯泡正常发光，则原、副线圈的电流比为1∶2，则A 错误；由于电流与匝数成反比，则理想电压表原、副线圈的匝数之比2∶1，则B 正确；副线圈的电压为20 V ，则原线圈的电压为40 V ，由于线圈的内阻r ＝403 Ω，因电流为1．5 A ，那么最大值为602＝BSω，求得ω＝120 rad/s ，则C 正确；电压表的示数为有效值40 V ，则D 错误．]9．如图8所示，竖直固定一截面为正方形的绝缘方管，高为L ，空间存在与方管前面平行且水平向右的匀强电场E 和水平向左的匀强磁场B ，将带电量为＋q 的小球从管口无初速度释放，小球直径略小于管口边长，已知小球与管道的动摩擦因数为μ，管道足够长，小球不转动．则小球从释放到底端过程中( )图8A ．小球先加速再匀速B ．小球的最大速度为m 2g 2－μ2q 2E 2μqBC ．系统因摩擦而产生的热量为mgL －12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg －μqE μqB 2 D ．小球减少的机械能大于产生的热量AC [小球向下运动，磁场方向水平向左，根据左手定则可得小球受到的洛伦兹力方向垂直纸面向里，对小球不做功，运动过程中受到的里面那个面给的摩擦力越来越大，最后当重力和摩擦力相等时，小球速度不再改变，故小球先加速后匀速，A 正确；小球受到两个面给的摩擦力，里面给的弹力大小为F ＝Bq v ，右边的面给的弹力大小为F ′＝Eq ，当摩擦力和重力平衡时，小球速度最大，即mg ＝μ(Bq v ＋Eq )，故有v ＝mg －μqEμqB ，B 错误；小球运动的过程中只有重力和摩擦力做功，由动能定理得：mgL －W f ＝12m v 2，解得W f ＝mgL－12m⎝⎛⎭⎪⎫mg－μqEμqB2，C正确；由于系统中只有重力和摩擦力做功，所以减小的机械能等于产生的热量，D错误．]选择题31分强化练(三)(对应学生用书第149页)(建议用时：15分钟)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．下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是()A．静电复印B．静电喷涂C．避雷针D．静电除尘C[复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上．故A属于静电的利用；静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电，故C属于静电防范；静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，D属于静电应用．]2．如图1所示的是一个力学平衡系统，该系统由三条轻质细绳将质量均为m的两个小球连接悬挂组成，小球直径相比细绳长度可以忽略，轻绳1与竖直方向的夹角为30°，轻绳2与竖直方向的夹角θ大于45°，轻绳3水平．当此系统处于静止状态时，细绳1、2、3的拉力分别为F1、F2、F3，比较三力的大小，下列结论正确的是()图1A ．F 1<F 3B ．F 2<F 3C ．F 1>F 2D ．F 1<F 2C [对两球的整体受力分析，根据平衡条件可知F 1＝2mg cos 30°＝433mg ；F 3＝2mg tan 30°＝233mg ，则F 1>F 3，选项A 错误；对b 球受力分析，因F 2是直角三角形的斜边，而mg 和F 3是直角边，θ>45°可知F 2>F 3，选项B 错误；对a 球分析，水平方向：F 1sin 30°＝F 2sin θ，因θ>45°，则F 1>F 2，选项C 正确，D 错误．]3．用等效思想分析变压器电路．如图2(a)中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2，副线圈与阻值为R 1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R 2．这里的等效指当变压器原线圈、电阻R 2两端都接到电压为U ＝220 V 的交流电源上时，R 1与R 2消耗的电功率相等，则R 2与R 1的比值为( )图2 A ．n 2n 1 B ．n 1n 2C ．n 21n 22D ．n 1n 2C [设副线圈的电压为U 1，利用电流的热效应，功率相等，则U 21R 1＝U 2R 2，R 2R 1＝U 2U 21；原副线圈的匝数之比等于电压之比，则R 2R 1＝U 2U 21＝n 21n 22，C 正确．]4．荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目．若秋千绳的长度约为2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图3所示．人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是()图3A．最低点的速度大约为10 m/sB．在最低点时的加速度为零C．合外力做的功等于增加的动能D．重力做功的功率逐渐增加C[秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则得：mgl(1－cos 60°)＝12m v2，解得v＝gl＝2×10 m/s＝2 5 m/s≈4．47 m/s．所以最低点的速度大约为5 m/s，故A错误；在最低点的加速度为a＝v2l＝g，故B错误；根据动能定理得，合外力做的功等于增加的动能，故C正确；在最高点，秋千的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率也为零，所以重力做功的功率先增加后减少，故D错误．] 5．电容式加速度传感器的原理结构如图4，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()图4A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流D [根据电容器的电容公式C ＝εS 4k πd ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块具有惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块相对电容器要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q ＝CU ，可知极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D 正确．]二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)6．如图5所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B 1、B 2，虚线MN 为理想边界．现有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以垂直于边界MN 的速度v 由P 点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B 1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线．则以下说法正确的是( )【导学号：17214246】图5A ．电子的运动轨迹为P →E →N →C →M →D →PB ．电子运动一周回到P 点所用的时间T ＝4πm B 1eC ．B 1＝4B 2D ．B 1＝2B 2BD [由左手定则可判定电子在P 点受到的洛伦兹力的方向向上，轨迹为P →D →M →C →N →E →P ，选项A 错误；由图得两个磁场中轨迹圆的半径之比为1∶2，由r ＝m v qB 可得磁感应强度之比B 1B 2＝2∶1，选项C 错误，D 正确；电子运动一周所用的时间t ＝T 1＋T 22＝2πm B 1e ＋πm B 2e ＝4πm B 1e ，选项B 正确．] 7．如图6所示，在一个足够长的固定粗糙绝缘斜面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的相同小物块A 、B ，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终静止在斜面上．在物块的运动过程中，下列表述正确的是( )【导学号：17214247】图6A ．两个物块构成的系统电势能逐渐减少B ．两个物块构成的系统机械能逐渐减少C ．最终静止时A 物块受的摩擦力方向向上D ．A 、B 在运动过程中必会同时达到最大速度AC [由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小，故A 正确；开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和，物块做加速运动，机械能增大；当库仑力等于摩擦力和重力沿斜面的分力的矢量和时，B 物块达最大速度，A 物块仍加速下滑，当库仑力小于摩擦力时，机械能减小，故B 、D 错误；最终静止时A 物块受力的合力为零，受力分析可以知道摩擦力方向一定沿斜面向上，故选项C 正确．]8．如图7所示是法拉第圆盘发电机的示意图．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，当圆盘旋转时，下列说法正确的是( )图7A ．实验中流过电阻R 的电流是由于圆盘内产生涡流现象而形成的B ．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要高。
2018届高考物理二轮复习 专题卷汇编 功和能 专题卷 含
功和能开心自测题一 ：如图所示，演员正在进行杂技表演。
由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于（ ）A ．0.3JB ．3JC ．30JD ．300J题二：一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。
假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（ ）A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关题三：如图，一长为的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为的小球。
一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为（ ）A ．B ． 2mgL ωC ．12mgL ωD ． 6mgL ω 考点梳理与金题精讲功W=Flcoα平均功率瞬时功率P=Fv cosα功是能量转化的量度W G=－ΔE pW弹=－ΔE p弹W总=ΔE kW非=ΔE机一、功（1）一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，这个力就对物体做了功。
做功的两个不可缺少的因素是：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移。
（2）力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦这三者的乘积。
功的计算公式，功的单位是焦耳，符号J，功是标量。
（3）功有正负，其正负由cosα决定。
当0°≤α＜90°时，力对物体做正功；当90°＜α≤180°时，力对物体做负功（通常说成物体克服这个力做功）；当α= 90°时，力对物体不做功。
题四：放在光滑水平面上的静止物体，在水平恒力F1的作用下，移动了距离l，如果拉力改为和水平面成30º的恒力F2，移动的距离为2l，已知拉力F1和F2对物体所做的功相等，则F1和F2的大小的比为（）A．2：1 B．2：1 C．3：1 D．3：1二、功率（1）功率是表示力做功快慢程度的物理量，功跟完成这些功所用时间的比叫做功率。
江苏省如皋市2018届高考物理二轮复习专题二力与曲线运动练习
专题二 力与曲线运动一、单选题1、有一条两岸平直、河水均匀流动且流速恒为v 的大河.小明驾着小船渡河，去程时船头的指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小不变，则小船在静水中的速度大小为( )A. B. C. D.2、如图所示，在一次救灾工作中，一架离水面高度为H m ，沿水平直线飞行的直升飞机A ，用悬索(重力可忽略不计)救援困在湖水中的伤员B ，在直升飞机A 和伤员B 以相同的水平速率匀速运动的同时，悬索将伤员吊起.设经t s 时间后，A 、B 之间的距离为l m ，且l ＝H －t 2，则在这段时间内关于伤员B 的受力情况和运动轨迹正确的是下列哪个图( )3、如图所示，A 、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇.若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A.tB.22t C.t 2 D.t44、如图所示，一质量为M 的光滑大圆环用一细轻杆固定在竖直平面内，套在大圆环上的质量为m 的小环(可视为质点)从大圆环的最高处由静止滑下，重力加速度为g.当小圆环滑到大圆环的最低点时，大圆环对轻杆的拉力大小为( )A. Mg-5mgB. Mg+mgC. Mg+5mgD. Mg+10mg5、如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上.物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为2v 2gD.速度v 不能超过2F －Mg LM二、多选题6、“天舟一号”货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空.与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km 的圆轨道上飞行，则其( ) A.角速度小于地球自转角速度 B.线速度小于第一宇宙速度 C.周期小于地球自转周期D.向心加速度小于地面的重力加速度7、如图所示，甲、乙两船在同条河流中同时开始渡河，M 、N 分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N 点的正对岸P 点，经过一段时间乙船恰好到达P 点，划船速度大小相同.若两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是( )A.甲船能到达对岸P 点B.两船渡河时间一定相等C.两船可能不相遇D.两船一定相遇在NP 的中点8、如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A 、B ，分别落在地面上的M 、N 点，两球运动的最大高度相同.若空气阻力不计，则( )A. B的加速度比A的大B. B的飞行时间比A的长C. B在最高点的速度比A在最高点的大D. B落地时的速度比A落地时的大9、有关图甲、乙、丙所示圆周运动的基本模型，下列说法正确的是( )A.如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B.如图乙所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的角速度不变C.如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D.火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用10、如图所示，一束平行光垂直斜面照射，从斜面底部O以初速度v0抛出一物块落到斜面上P点，不计空气阻力.则( )A.物块做匀变速运动B.物块速度最小时离斜面最远C.物块在斜面上的投影匀速移动D.物块在斜面上的投影匀变速移动三、计算题11、如图所示，质量为m的小球在光滑的水平面上以v0向右做直线运动，经距离l后，进入半径为R的光滑半圆形轨道，从圆弧的最高点飞出后，恰好落在出发点上.已知l=1.6 m，m=0.10 kg，R=0.4 m，不计空气阻力，重力加速度取g=10 m/s2.(1) 求小球运动到圆形轨道最高点时的速度大小以及此时小球对轨道的压力.(2) 求小球的初速度大小v0.(3) 若轨道粗糙，小球恰能通过圆形轨道最高点.求小球在这个过程中克服摩擦力所做的功.12、如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平。
2018版高考物理二轮训练(江苏专版)：第一部分 专题八 专题限时集训8 Word版含解析
专题限时集训(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第131页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图8-21所示．结合上述材料，下列说法不正确的是()【导学号：17214143】图8-21A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用C[地球为一巨大的磁体，地磁场的南极、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确．]2．(2017·洛阳三模)如图8-22所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()图8-22B [带电粒子经电压U 加速，由动能定理，qU ＝12m v 2，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，而R ＝x 2，联立解得x ＝8m qB 2U ．由此可知能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是选项B 中图象．]3．如图8-23，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l ．在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )【导学号：17214144】图8-23A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0C [在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度为零，如图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，即B 1＝B 0依据几何关系及三角知识，则有：B P cos 30°＝12B 0解得：P 或Q 通电导线在a 处的磁场大小为B P ＝33B 0当P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B 2＝33B 0因外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，磁场大小为B 0；最后由矢量的合成法则，那么a 点处磁感应强度的大小为B ＝B 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33B 02＝233B 0，故C 正确，A 、B 、D 错误．]4．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图8-24中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN ，以速度v 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ．则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )【导学号：17214145】图8-24A ．8U R 2B 2 B ．4U R 2B 2C ．6U R 2B 2D ．2U R 2B 2C [带电粒子运动轨迹如图设粒子加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2tan ∠GOF ＝3R R ＝3得∠GOF ＝60°∠EO ′G ＝120°tan ∠OO ′G ＝tan 60°＝R r ，得r ＝33R所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝33R又q v B ＝m v 2r ，则q m ＝6U R 2B 2．]5．两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图8-25所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P 点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P 点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A 、B 两点，设落在A 、B 两点的小球的带电荷量分别为q A 、q B ，则下列关于此过程的说法正确的是( )【导学号：17214146】图8-25A ．两小球一定带负电B ．若q A >q B ，则两小球射入时的初速度一定有v A >v BC ．若q A >q B ，则两小球射入时的动能一定有E k A <E k BD ．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等C [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A 错误；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有q A v A B ＋q A E ＝mg ，q B v B B ＋q B E ＝mg ，联立可得q A v A B ＋q A E ＝q B v B B ＋q B E ，即q A (v A B ＋E )＝q B (v B B ＋E )，由此可知，若q A >q B ，则一定有v A <v B ，选项B 错误；由E k ＝12m v 2可知，选项C 正确；没有磁场时，由受力分析可知mg －qE ＝ma ，当q A ＝q B 时，则有a A ＝a B ，v A ＝v B ，而由题意可知x A >x B ，则应有v A >v B ，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D 错误．]6．(2017·湖南十三校一联)如图8-26所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g ．根据以上信息，可以求出的物理量有( )图8-26A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小BD [由A 到P 点过程有mgd ＝12m v 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd 22gd，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝m v qB 知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．]7．如图8-27所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )图8-27A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长BD [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 项正确，C 项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m v Bq ，可知粒子运动速度v P <v Q ，故A 项错误、B 项正确．]8．(名师原创)如图8-28所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )图8-28A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1ACD [由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝m v qB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin 30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2017·辽宁省辽南协作校联考)如图8-29所示，在矩形ABCD 内，对角线BD 以上的区域存在平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD 边长为L ，AB 边长为3L ，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，经对角线BD 某处垂直BD 进入磁场．求：图8-29(1)该粒子进入磁场时速度的大小；(2)电场强度的大小；(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度应满足什么条件？(结论可用根式来表示)【导学号：17214147】【解析】 (1)如题图所示，由几何关系可得∠BDC ＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，由速度三角形可得v x ＝v 0v y ＝3v 0则v ＝v 2x ＋v 2y ＝2v 0．(2)设BP 的长度为x ，则有x sin 30°＝v y 2t 13L －x cos 30°＝v 0t 1Eq ＝mav y ＝at 1，解得x ＝6L 5，t 1＝23L 5v 0，E ＝5m v 202qL ． (3)若磁场方向向外，轨迹与DC 相切，如图甲所示有R 1＋R 1sin 30°＝4L 5得R 1＝4L 15由B 1q v ＝m v 2R 1得B 1＝15m v 02qL 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B 1≥15m v 02qL若磁场方向向里，轨迹与BC 相切时，如图乙所示有R 2＋R 2cos 30°＝6L 5，得R 2＝6(23－3)L 5 由B 2q v ＝m v 2R 2得B 2＝5(23＋3)m v 09qL 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B 2≥5(23＋3)m v 09qL．【答案】 见解析10．(16分)北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图8-30所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行于EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ．图8-30(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝deB m 的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，正、负电子仍以v 1＝deB m 的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ，以F 点为原点建立如图8-30所示的坐标系，求正、负电子相撞的位置坐标．【导学号：17214148】【解析】 (1)从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区反向偏转，再进入Ⅰ区，这样才能持续向下运动直至与从D 入射的电子碰撞；若从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN 边界射出，所以，由左手定则可判断从C 入射的电子为正电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，则由动能定理可得：Ue ＝12m v 20，所以，U ＝m v 202e ．(2)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以有B v 1e ＝m v 21R 1，则R 1＝m v 1Be ＝d ，T ＝2πR 1v 1＝2πm eB 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，电子射入后的轨迹如图甲所示，甲所以，电子在射入后正好转过360°后对撞，那么，对撞时间：t ＝T ＝2πm eB ．(3)电子在Ⅰ区域中运动时半径不变，仍为R 1＝d ，运动周期T 1＝2πm eB ；将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，则电子在Ⅱ区域中运动时半径R 2＝3d ，运动周期T 2＝6πm eB ；负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ＝16T 2，乙电子射入后的轨迹如图乙所示，若两电子同时射出，则两电子交与H 点；现负电子射入时刻滞后于正电子16T 2，则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转16×360°＝60°，所以，两电子相撞的位置在H 点以圆心向负电子方向转过30°，即A 点；易知H 点坐标为(3d ，4d )，所以，A 点坐标为(3d cos 30°，4d －3d sin 30°)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d ． 【答案】 (1)正电子m v 202e (2)2πmeB (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d。
高考总复习课程--2018年高考物理第二轮复习江苏版课后
磁场三难之几何圆题一：如图所示，圆心角为90°的扇形COD 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E 点为半径OD 的中点。
现有比荷大小相等的两个带电粒子a 、b （不计重力）以大小不等的速度分别从O 、E 点沿OC 方向射入磁场，粒子a 恰从D 点射出磁场，粒子b 恰从C 点射出磁场，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是（ ）A ．粒子a 带正电，粒子b 带负电B ．粒子a 、b 在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2C ．粒子a 、b 的速率之比为2∶5D ．粒子a 、b 在磁场中运动的时间之比为180∶53题二：下图为一圆形区域的匀强磁场，在O 点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v 的不同的带电粒子，其中带电粒子1从A 点飞出磁场，带电粒子2从B 点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则（ ）A ．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为3∶1B ．带电粒子1的比荷与带电粒子2 1C ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为2∶1D ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为1∶2题三：在图甲所示的装置中，粒子源A 产生的初速度为零、比荷为q m的正粒子沿轴线进入一系列共轴且长度依次增加的金属圆筒，奇数和偶数筒分别连接在图乙所示的周期为T 、最大值为U 0的电源两端，t ＝0时刻粒子进入第一个电场加速，粒子在每个筒内做匀速直线运动的时间等于12T ，在相邻两筒之间被电场加速（加速时间不计）。
粒子离开最后一个圆筒后垂直于竖直边界OE 进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后从OF 边射出。
（不计粒子所受重力）（1）求粒子在第n 个筒内的速率及第n 个筒的长度；（2）若有N 个金属筒，求粒子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若比荷为q m 的粒子垂直于OF 边射出，要使比荷为2q m的粒子也能垂直于OF 边从同一点S 以相同速度射出，求此时所加电源电压的最大值U '以及磁感应强度的大小B '。
2018届高考物理二轮复习专题简谐振动、振动图像试题
2018届高考二轮复习专题：简谐振动、振动图像【例1】如所示，簧上端固定，下端一小球，均衡小球于O地点，将小球由O地点再下拉一小段距离后放（在性限度内），明放后小球的上下振是振，明：小球的量m，簧的度系数k，小球在O地点有：mg—kx=0⋯⋯⋯①式中x小球在O地点簧的伸量．再小球走开O点的位移x（比方在O点的下方），并取x矢量正方向，此小球遇到的合外力∑Fx：∑Fx=mg－k（x＋x）②由①②两式可得：∑Fx=－kx,因此小球的振是振，O点即其振的均衡地点．点：里的F=—kx，不是簧的力，而是力与重力的协力，即振物体的答复力．此力k（x＋x）；因此求答复力F＝kx，x是相均衡地点的位移，而不是相簧原的位移．【例2】如所示，在量M的无下底的木箱部用一簧挂量均m（M≥m）的D、B两物体．箱子放在水平川面上，均衡后剪断D、B的，今后D将做运．当D运到最高点，木箱地力（）、Mg；B．（M－m）g；C、（M＋m）g；D、（M＋2m）g【分析】当剪断D、B的后，物体D与簧一同可看作簧振子，它将作运，其均衡地点就是当力与D的重力相均衡的位置．初始运D的速度零，故剪断D、B瞬D相此后的平衡地点的距离就是它的振幅，簧在没有剪断D、B的伸量x1＝2mg／k，在振程中的均衡地点的伸量x2＝mg／k，故振子振程中的振幅A＝x2－x1=mg／kD物在运程中，能上涨到的最大高度是离其均衡位移A的高度，因为D振程中的均衡地点在簧自由度以下mg／k，好簧的自由度就是物D运的最高点，了然当D运到最高点，D簧无作使劲，故木箱地的力木箱的重力Mg．点：一般来，簧振子在振程中的振幅的求法均是先找出其均衡地点，而后找出当振子速度零的地点，两个地点的距离就是振幅．本重在簧振子运的称性．解答本能够通求D物运程中的最大加快度，它在最高点拥有向下的最大加快度，了然个系有部分失重，进而确立木箱地面的力振程中各物理量的化状况位移X答复力F加快度a速度v能能振体地点大小方向大小方向大小方向大小方向均衡地点O000最大最小最大最大位移A指向A最大指向最大指向O0→最0最大最小O大均衡地点O→0→最指向0→最指向O最大O→A 最大→最小→最大→指向A大O大0最大最小最大位移A最大位移A最大指向最大指向O 最大0→最最大→最小→指向A→0O→0→0A→O大最小最大→均衡地点O明:运的位移、答复力、加快度、速度都随做周期性化（正弦或余弦函数），化周期T，振子的能、能也做周期性化，周期T／2。
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专题八物理图像类问题一、单选题（5题）1. 跳伞运动员从某高度静止的直升机上跳下，经过2 s逐渐打开降落伞，此后再过18 s落地．整个跳伞过程中的v—t图象如图所示．根据图象可知跳伞运动员( )A. 4 s末速度为16 m/sB. 14 s末加速度为零C. 前2 s的机械能守恒D. 下落的总高度约为240 m1. B 解析：4 s末速度为18 m/s，选项A错．前2 s运动员的加速度小于10 m/s2，表明存在空气阻力，机械能不守恒，选项C错．通过计算20 s内v—t图象所围面积可知，下落的总高度不接近240 m，选项D错．由于14 s末v—t图线的切线为零，故14 s末加速度为零，选项D对．2. 如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合．线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内的感应电流随时间变化的图象是下列图中的哪个( )2. D 解析：线圈从图示位置开始转动时，由楞次定律可知，在开始阶段，线圈中的感应电流沿a→d→c→b→a方向，即感应电流方向为负，选项A错．由于线框始终有一半处在磁场中，并绕垂直于磁场的轴匀速转动，故线框中产生的应是完整的正弦式交流电，选项B、C均错．3. 如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ，小球的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中正确的是( )3. D 解析：由于是匀强电场，故φ—x 图线应为直线，选项A 错．由于小球带负电，故在右侧加速度为负，在左侧加速度为正，选项B 错．由v 2＝2ax 可知，v —x 图线应为抛物线，选项C 错．由E k ＝E k0－qE |x |可知，选项D 对．4. 质量为m 的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球下落过程中加速度a 、速度v 随时间t 的变化关系和动能E k 、机械能E 随下落位移h 的变化关系，其中可能正确的是( )4. D 解析：由mg －kv ＝ma 得a ＝g －k mv ，故随着下落速度v 的增大，加速度a 减小，选项A 错．由于小球做加速度减小的变加速运动，v —t 图线的斜率将逐渐变小，选项B 错．由E k ＝(mg －kv )h 及v 逐渐增大可知，E k —v 图线为非线性图线，选项C 错．小球的机械能可表示为E ＝mgH －kvh ，随着球的下落，球的机械能不断减小，同时随着v 逐渐趋向于定值，图线也趋向于直线，选项D 对．5. 在地面上插入一对电极M 和N ，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场．恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图，P 、Q 是电场中的两点．下列说法正确的是( )A. P 点场强比Q 点场强大B. P 点电势比Q 点电势高C. P 点电子的电势能比Q 点电子的电势能大D. 电子沿直线从N 到M 的过程中所受电场力恒定不变5. B 解析：由电场线疏密判断，P 点场强比Q 点场强小．顺着电场方向移动，电势降低，故P 点电势比Q 点电势高．由于电子带负电，故电子在电势低的地方，电势能大，故P 点电子的电势能比Q 点电子的电势能小．由于电场为非匀强电场，电子沿直线从N 到M 的过程中所受电场力先变小后变大．只有选项B 对．二、多选题（5题）6. 如图所示，斜面ABC 中AB 段光滑，BC 段粗糙．一小物块由A 点静止释放，沿斜面下滑到C 点时速度恰好为零，若物块运动的速度为v ，加速度为a ，位移为x ，物体所受合外力为F ，运动时间为t ，以沿斜面向下为正方向，则下列图象可能正确的是( )6. AB 解析：由题意可知，物块先做匀加速运动，后做匀减速运动，选项A 、B 对．在开始阶段，物块的位移满足x ＝12at 2，故前半段x —t 图线应为以x 轴为对称轴的抛物线，选项C 错．物块所受合外力先是沿斜面向下后为沿斜面向上，且均为恒力，选项D 错．7. 如图甲所示，一质量为1 kg 的小木块静置于光滑的水平地面上，并且以此位置为坐标原点向右建立坐标系，在如图乙所示的周期性水平外力作用下木块向右运动，则( )A. 在x ＝4 m 处木块的速度最大B. 在0～2 m 范围内木块做匀加速直线运动C. 在0～8 m 内一直沿＋x 方向运动D. 在x ＝6 m 处木块的速度大小为2 m/s7. ACD 解析：由图可知，在0～2 s 内，木块向右做加速度增大的变加速运动，2～4 s 内向右做加速度减小的变加速运动，4～6 s 内木块向右做加速度增大的变减速运动，6～8 s 内向右做加速度减小的变减速运动．由此可知，在x ＝4 m 处木块的速度最大，选项A 、C 对，B 错．由于在上述各2 s 内，水平外力的大小均与位移成正比，故可用力对位移的平均值求功，由动能定理有22×4 J－22×2 J＝12×1 kg×v 2，解得v ＝2 m/s ，选项D 对． 8. 如图所示，用电流传感器研究自感现象，电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R 的阻值．t ＝0时刻闭合开关S ，电路稳定后，t 1时刻断开S ，电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流I L 和电阻中的电流I R 随时间t 变化的图象．下列图象可能正确的是( )8. AD 解析：电路接通瞬间，电感支路相当于开路，电阻中电流立即达到最大值．由于电源内阻不可忽略，故随着电感支路中电流逐渐增大，电源的路端电压不断减小，电阻R 中的电流也不断减小，最终电感、电阻中电流同时达到稳定值．电路稳定后断开S ，电感与电阻构成放电回路，电感中电流保持原方向逐渐减小，而电阻中电流大小及方向均发生突变，最终L 、R 回路中电流减为零，故选项A 、D 对，B 、C 错．9. 一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E 与物体位移s 关系的图象如图所示，其中O ～s 1过程的图线为曲线，s 1～s 2过程的图线为直线．由此可以判断( )A. O ～s 1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大B. O ～s 1过程中物体的动能一定是不断减小C. s 1～s 2过程中物体一定做匀速运动D. s 1～s 2过程中物体可能做匀加速运动9. AD 解析：物体机械能减少，表明细线拉力F 做负功，物体由静止开始向下运动，且E ＝E 0－～s 1过程中E —s 图线为斜率逐渐变大的曲线，表明所受拉力是变力，且在不断增大，A 对．O ～s 1过程首先做加速度减小的加速运动，B 错．同理分析可知，s 1～s 2过程中物体受到细线拉力大小保持不变，物体可能匀速下降，也可能匀加速或匀减速下降，C 错、D 对．10. 如图甲所示，在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，其中Q 1带正电处于原点O.现有一个正电荷q 以一定的初速度沿x 轴正方向运动(只受电场力作用)，其v —t 图象如图乙所示，q 经过a 、b 两点时速度分别为v a 、v b .则以下判断正确的是( )A. Q 2带负电且电荷量小于Q 1B. b 点的场强比a 点的场强大C. a 点的电势比b 点的电势高D. q 在a 点的电势能小于在b 点的电势能10. AD 解析：由v —t 图可知，在t 时刻正电荷q 加速度为零，即在Q 1、Q 2连线上Q 2右侧存在合场强为零的位置，故可知Q 2带负电且电荷量小于Q 1，选项A 对．由于b 点的场强为零，选项B 错．在b 点左侧合场强方向向左，b 点右侧合场强方向向右，根据沿电场方向电势降低可知，a 点的电势比b 点的电势低，正电荷q 在a 点的电势能小于在b 点的电势能，选项C 错、D 对．三、简答题（3题）11．图甲为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点。
求：（1）波的传播方向及波速大小（2）0～2 s 时间内，P 运动的路程大小。
11解析：（1）在x ＝1.5 m 处的质点在t ＝2 s 时振动方向向下，所以该波向左传播由题图甲可知该简谐横波波长为2 m ，由题图乙知周期为4 s ，则波速为v ＝λT ＝24m/s ＝0.5 m/s ，（2）由于t ＝2 s 时，质点P 在波谷，且2 s ＝，所以质点P 的路程为2A ＝8 cm12．如图甲所示是研究光电效应规律的光电管。
用波长λ＝ μm 的绿光照射阴极K ，实验测得流过Ⓖ表的电流I 与AK 之间的电势差U AK 满足如图乙所示规律，取h ＝×10－34 J·s。
结合图像，求：(结果保留两位有效数字)(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K 时的最大动能。
(2)该阴极材料的极限波长。
12解析：(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A ，阴极每秒钟发射的光电子的个数n ＝I m e＝错误!(个)＝×1012(个) 光电子的最大初动能为：E km ＝eU 0＝×10－19 C× V＝×10－20 J 。
(2)设阴极材料的极限波长为λ0，根据爱因斯坦光电效应方程：E km ＝h c λ－hc λ0，代入数据得λ0＝ μm。
13.如图甲所示，物体A 、B 的质量分别是4 kg 和8 kg 。
由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B 左侧与竖直墙壁接触，另有一个物体C 水平向左运动，在t ＝5 s 时与物体A 相碰，并立即与A 有相同的速度，一起向左运动，物块C 的速度－时间图像如乙所示。
求：(1)物体C 的质量；(2)在5～15 s 的时间内，墙壁对物体B 的作用力的冲量。
13.解析：(1)由题图乙可得：物体C 以速度v 0＝6 m/s 与A 相碰，碰撞后两者立即有相同的速度v ＝2 m/s ，A 、C 在碰撞过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒得：m C v 0＝(m A ＋m C )v ，代入数据解得：m C ＝2 kg 。
(2)在5～15 s 内，墙壁对B 的作用力F 等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A 和C 的速度由2 m/s 减到0，再反弹到2 m/s ，则弹力的冲量等于F 的冲量：I ＝(m A ＋m C )v －[－(m A ＋m C )v ]解得：I ＝24 N·s，方向向右。