2011届高考物理第二轮专题总复习过关检测试题5

合集下载

【二轮必备大纲版专用】2011届高三物理二轮复习精品专题二实验题

解析 1 (1) 根据题意，每一小格对应的时间为 t ＝ 5
－2
×5.00×10
s＝1.00×10
－2
s。
由图知，圆盘转一周的时间为 T＝22t＝0.22 s 1 则圆盘的转速 n＝ r/s≈4.55 r/s. 0.22 (2)反光涂层的长度为 1.00×10－2 t l＝T×πd＝ 0.22 ×3.14×10.20 cm≈1.46 cm.
图11
2sv0 答案 (1)0.69～0.71 (2)ω＝ D2 (3)ω＝1.25π
第 22 题
测电源的电动势和内电阻
例题 (2010· 江苏· 10)在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图 12 所示的实物电路．
图12
(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________．(选填 “最大值”、“最小值”或“任意值”) (2)改变电阻箱的阻值 R，分别测出阻值 R0＝10 Ω 的定值电阻两端的电压 U，下列两组 R 的取值方案中，比较合理的方案是________．(选填“1”或“2”) 方案编号 1 2 400.0 80.0 电阻箱的阻值 R/Ω 350.0 70.0 300.0 60.0 250.0 200.0 50.0 40.0
答案
D
我们探究过弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，
考前提醒
而高考实验“源于教材”而又进行了拓展创新．与此类似的探究实验可以拓展为橡皮筋、弹性绳等．
原创模拟 1．为了探索弹力和弹簧伸长量的关系，某同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图 4 所示图象．从图象上看，该同学没
度用刻度尺测出；瞬时速度的测量则是采用匀变速直线运动的规律，根据纸带上某点的瞬时速度等于该点前后相邻两点间的平均速度进行计算得出的，故只有 d 方案符合要求．考前提醒本实验应该注意两点：一是用平均速度法求

2011届高考物理总复习能力检测试题11

第一篇专题知能突破专题五恒定电流与交变电流常见“电路故障判断”问题一、电路故障测试方法1．测试故障类型——电流表法若电路断路，电流表串接在该支路中时表现为：示数为“0”或几乎为“0”．若电路短路，电流表串接在电路中表现为示数较大或超出量程．2．测试故障所在——电压表法若电路断路，则有电流I＝0，所以当电阻R为有限值时(即不是断开处)，根据欧姆定律U＝IR得U＝0，所以根据串联电路的特点，得到断开处的电压U≠0，即当电压表接在断开处时电表有示数．若电路短路，则有R→0，由U＝IR得U→0，即当电压表并联在被短接的电阻两端时电压表无示数．3．欧姆表检查法：当电路中断开电源后，可以利用欧姆表测量各部分电路的电阻，通过对测得的电阻值的分析，就可以确定故障．在用欧姆表检查时，一定要注意切断电源．4．在日常生活中还有一种常用的测电压的方法：用测电笔测试一导线，若氖管发光则有电压(火线)，若氖管不发光则无电压．二、以选择题形式表现出的判断问题【例1】(2007·广东理科基础)用电压表检查图5－26电路中的故障，测得U ad＝5.0 V，U cd＝0 V，U ab＝5.0 V，则此故障可能是() A．L断路B．R断路C．R′断路D．S断路解析：U ab＝5.0 V，说明电源电动势E＝5.0 V，U ad＝5.0 V，U cd＝0，说明电阻R断路，a、b两点间的电压为电源两端的电压．图5－26答案：B【例2】如图5－27所示电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使灯A 变暗，灯B 变亮，则故障可能是( )A ．R 1短路B ．R 2断路C ．R 3断路D ．R 4短路解析：此类问题应从选项入手，假设某一选项正确，看是否与题干内容相符．这里将用“选项内容与题干内容比较”的方法，简称“选项入手”法．若R 1短路，回路总电阻R 总减小，干路电流I 干变大，则A ′灯功率P A 变大．否定选项A.若R 2断路，R 总变大，I 干变小，P A 变小，使灯A 变暗；R 3上电压U 3＝ε－I 干(R A ＋r ＋R 4)，U 3变大；R 1、R 2、灯B 这一路电压也变大，灯B 与R 2并联部分电阻变大，灯B 上分得电压U B 变大．灯B 变亮，选项B 正确．若R 3断路，R 总变大，I 干变小，则P A 变小．R 1、R 2、灯B 这一支路电压变大，U B 变大，P B 变大．选项C 正确．若R 4短路，R 总变小，I 干变大，P A 变大，则选项D 错误．答案：BC三、用多用表判断的问题【例3】图5－28是某同学连接的实验实物图，A 、B 灯都不亮，他采用下列两种方法进行故障检查．(1)应用多用表的直流挡进行检查，选择开关置10 V 档．该同学测试结果如表1所示，在测试a 、d 间直接电压时，红表笔应接触________．(填a 或b)图5－27图5－28表1表2()A．灯A短路B．灯B短路C．cd段断路D．df段断路(2)将开关断开，再选择欧姆挡测试，测量结果如表2所示，那么检查出的故障是() A．灯A断路B．灯B短路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路解析：应用多用表判断电路故障，首先要正确使用多用表，如对多用表而言，电流应从红表笔流入该表内，由题图能看出a点电势高于b点电势，知红表笔应接触a点．(1)采用上述“题干条件入手”法，即从表1条件入手．由d、f间有示数，知d—c—a—电池—b—f间无断路．判定选项D正确．其余选项采用“选项入手”法．若灯A短路或灯B短路，不会造成A、B灯都不亮的，否定选项A、B.若cd段断路，则d、f间不会有示数，选项C错误(当然上述“题干条件入手”法，已经确定这一结果)．因此，本小题答案应为D.(2)表2表明c、d间有一定的电阻但不是很大，灯A即不短路也不断路，否定了选项A、C；d、e间存在很大电阻，表明d、e间导线断路，选项D正确；e、f间电阻为零，表明B灯短路，选项B正确．上述采用了“题干条件入手”法．判定本小题答案为B、D.答案：(1)a D(2)BD题后反思：选择题型故障判定，有的采用“题干条件入手”法好，有的采用“选项入手”法好；有的两者兼用．。

2011届高考物理二轮总复习回归基础提综合检测：：第12章_电磁感应综合检测

2011年高考物理二轮总复习回归基础提分综合检测第十二章电磁感应综合检测一、选择题(本题共14小题，共70分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(·湖北武汉市部分学校)在验证楞次定律实验中，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是 ( )【解析】对选项A ，由“来者拒之”，可判断出线圈中产生的感应电流的磁场上端为N 极，再由安培定则，可判断出感应电流的方向与图中标的方向相反，故选项A 错．同理可判断出B 错，C 、D 对．【答案】 CD2．(·江苏南通)如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有半径为r 的光滑半圆形导体框架，OC 为一能绕O 在框架上滑动的导体棒，OC 之间连一个电阻R ，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC 能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是 ( ) A.B 2ω2r 4R B.B 2ω2r 42RC.B 2ω2r 44RD.B 2ω2r 48R【解析】匀速转动，P 外＝P 电＝E 2R ，又E ＝Br ·ωr 2，联立解得：P 外＝B 2ω2r 44R，故选项C 对． Z §xx §k【答案】 C3．用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 、U d .下列判断正确的是( )A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b <U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c【解析】由题知E a ＝E b ＝BL v ，E c ＝E d ＝2BL v ，由闭合电路欧姆定律和串联电路电压与电阻成正比可知U a ＝34BL v ，U b ＝56BL v ，U c ＝32BL v ，U d ＝43BL v ，故B 正确． ZxxkZxxk【答案】 B4．如图所示的电路中，D 1和D 2是两个相同的小灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R 相同．在开关S 接通和断开时，灯泡D 1和D 2亮暗的顺序是 ( )A ．接通时D 1先达最亮，断开时D 1后灭B ．接通时D 2先达最亮，断开时D 1后灭C ．接通时D 1先达最亮，断开时D 1先灭D ．接能时D 2先达最亮，断开时D 2先灭【解析】当开关S 接通时，D 1和D 2应该同时亮，但由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生的自感电动势的方向是左边为正极，右边为负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从D 1通过，而该电流又将同时分路通过D 2和R ，所以D 1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D 1和D 2达到一样亮．当开关S 断开时，电源电流立即为零，因此D 2立刻熄灭，而对于D 1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势(右端为正极，左端为负极)，使线圈L 和D 1组成的闭合电路中有感应电流，所以D 1后灭．应选A.【答案】 A5．如图所示，竖直面内的虚线上方是一匀强磁场B ，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则 ( )A ．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功B ．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功C ．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率D ．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率【解析】线圈上升过程中，加速度较大且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看做反向的加速，可以比较在运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，故正确选项为A 、C.【答案】 AC Zxxk6．如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3s 拉出，外力所做的功为W 1，通过导线横截面的电荷量为q 1；第二次用0.9s 拉出，外力所做的功为W 2，通过导线横截面的电荷量为q 2，则 ( )A ．W 1<W 2，q 1<q 2B ．W 1<W 2，q 1＝q 2C ．W 1>W 2，q 1＝q 2D ．W 1>W 2，q 1>q 2【解析】设线框长为L 1，宽为L 2，第一次拉出速度为v 1，第二次拉出速度为v 2，则v 1＝3v 2.匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有W 1＝F 1L 1＝BI 1L 2L 1＝B 2L 22L 1v 1/R ，同理W 2＝B 2L 22L 1v 2/R ，故W 1>W 2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即ΔΦ1＝ΔΦ2，由q ＝It ＝BL 2v Rt ＝BL 1L 2Rt t ＝BL 1L 2R ＝ΔΦR，得：q 1＝q 2，故正确答案为选项C. 【答案】 C7．如图所示，AOC 是光滑的金属导轨道，AO 沿竖直方向，OC 沿水平方向，PQ 是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q 端始终在OC 上，P 端始终在AO 上，直到完全落在OC 上．空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ 棒滑动的过程中，下列判断正确的是( )A ．感应电流的方向始终是由P →Q 学科B ．感应电流方向先是由P →Q ，再是由Q →PC ．PQ 受磁场力的方向垂直于棒向左D ．PQ 受磁场力的方向垂直于棒先向左，再向右【解析】棒PQ 在下滑的过程中，棒与AO 之间的夹角为α，棒长为L ，与导轨所围三角形POQ 的面积为S ＝12L 2sin αcos α＝14L 2sin2α，棒在下滑的过程中棒与AO 间的夹角α是由零逐渐增大到90°，由面积表达式可知，当α＝45°时，面积S 有最大值，而磁场是匀强磁场，故当PQ 在沿AO 下滑的过程中，棒与金属导轨所组成的回路中的磁通量是先增大后减小，那么回路中感应电流的磁场方向先与原磁场方向相反，是垂直于纸面向内，后与原磁场方向相同，是垂直于纸面向外，由安培定则可以确定感应电流的方向先是由P →Q ，再由Q →P ，再由左手定则可以确定棒受磁场力的方向垂直于棒先向左，后向右．【答案】 BD8．如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R 的直角形金属导轨aOb (在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨c 、d 分别平行于Oa 、Ob 放置．保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计．现经历以下四个过程：①以速度v 移动d ，使它与Ob 的距离增大一倍；②再以速率v 移动c ，使它与Oa 的距离减小一半；③然后，再以速率2v 移动c ，使它回到原处；④最后以速率2v 移动d ，使它也回到原处．设上述四个过程中通过电阻R 的电荷量的大小依次为Q 1、Q 2、Q 3和Q 4，则( )A ．Q 1＝Q 2＝Q 3＝Q 4B ．Q 1＝Q 2＝2Q 3＝2Q 4C ．2Q 1＝2Q 2＝Q 3＝Q 4D ．Q 2≠Q 2＝Q 3≠Q 4【解析】由Q ＝I ·Δt ＝ΔΦΔtR Δt ＝ΔΦR ＝B ·ΔS R可知，在四种移动情况下变化的面积是相同的，则磁通量变化相同，跟导轨移动的速度无关，跟移动的时间也无关，所以A 选项正确．【答案】 A9．(·辽宁盘锦一模)如图所示，边长为L 的正方形导线框质量为m ，由距磁场H 高处自由下落，其下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd 刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L ，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为 ( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH 【解析】设ab 刚进入磁场时的速度为v 1，cd 刚穿出磁场时的速度v 2＝v 12① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得12m v 21＝mgH ② 12m v 21＋mg ·2L ＝12m v 22＋Q ③ 由①②③得Q ＝2mgL ＋34mgH .C 选项正确．【答案】 C10．(·武汉调研)如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L .纸面内一边长为L 的正方形导框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(I —x )关系的是 ( )【解析】线框进入磁场的过程中，线框的右边做切割磁感线运动，产生感应电动势，从而在整个回路中产生感应电流，由于线框做匀速直线运动，且切割磁感线的有效长度不断增加，其感应电流的大小不断增加，由右手定则，可判定感应电流的方向是顺时针的；线框全部进入磁场后，线框的左边和右边同时切割磁感线，当x ≤32L 时，回路中的感应电流不断减小，由右手定则可判定感应电流的方向是顺时针；当32L <x <2L 时，回路中的感应电流不断增加，但感应电流的方向是逆时针．线框出磁场的过程，可依照同样方法分析．【答案】 A11．(2010·湖北部分重点中学联考)如图a 所示，在光滑水平面上用恒力F 拉质量为m的单匝均匀正方形铜钱框，边长为a ，在1位置以速度v 0进入磁感应强度为B 的匀强磁场并开始计时t ＝0，若磁场的宽度为b (b >3a )，在3t 0时刻线框到达2位置速度又为v 0并开始离开匀强磁场．此过程中v －t 图象如图b 所示，则( )A ．t ＝0时，线框右侧边MN 的两端电压为Ba v 0B ．在t 0时刻线框的速度为v 0－Ft 0mC ．线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度一定比t 0时刻线框的速度大D ．线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中线框中产生的电热为2Fb【解析】 t ＝0时，线框右侧边MN 的两端电压为外电压，为34Ba v 0，A 项错误；从t 0时刻至3t 0时刻线框做匀加速运动，加速度为F m ，故在t 0时刻的速度为v 0－2at 0＝v 0－2Ft 0m，B 项错误；因为t ＝0时刻和t ＝3t 0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t 0时刻的速度相等，C 项错误；线框在位置1和位置3时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb ＝Q ，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb ，D 项正确．【答案】 D12．(·浙江杭州质检)超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得的推进动力的新型交通工具．其推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距L 的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝B ，每个磁场的宽度都是L ，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L ，宽为L 的金属框abcd (悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动．设金属的总电阻为R ，运动中所受到的阻力恒为F f ，金属框的最大速度为v m ，则磁场向右匀速运动的速度v 可表示为( )A ．v ＝(B 2L 2v m －F f R )/(B 2L 2)B ．v ＝(4B 2L 2v m ＋F f R )/(4B 2L 2)C ．v ＝(4B 2L 2v m －F f R )/(4B 2L 2)D ．v ＝(2B 2L 2v m ＋F f R )/(2B 2L 2)【解析】导体棒ad 和bc 各以相对磁场的速度(v －v m )切割磁感线运动，由右手定则可知回路中产生的电流方向为abcda ，回路中产生的电动势为E ＝2BL (v －v m )，回路中电流为：I ＝2BL (v －v m )/R ，由于左右两边ad 和bc 均受到安培力，则合安培力F 合＝2×BLI ＝4B 2L 2(v －v m )/R ，依题意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则F f ＝F 合，解得磁场向右匀速运动的速度v ＝(4B 2L 2v m ＋F f R )/(4B 2L 2)，B 对．【答案】 B 学.科.网Z.X.X.K]13．(·北京西城区抽样测试)实验室经常使用的电流表是磁电式仪表．这种电流表的构造如图甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是 ( )A ．线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行B ．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C ．当线圈转到如图乙所示的位置，b 端受到的安培力方向向上 ZxxkD ．当线圈转到如图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动【解析】考查电流表的工作原理．由辐向分布的磁场可知，线圈转到任何位置，它的平面都跟磁感线平行，A 正确；通过线圈中的电流在磁场作用下产生的安培力的力矩与螺旋弹簧的扭动力矩平衡时，指针静止，B 正确；当线圈转动到图乙所示的位置时，根据左手定则，b 端受到的安培力方向向下，C 错误；使线圈沿顺时针方向转动，D 正确．【答案】 ABD14．(·北京海淀区期末)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m 的金属杆ab ，以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h 后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，且轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则 ( )A ．整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小为2m v 0B ．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于12m v 20C ．上滑到最高点的过程中电阻R 上产生的焦耳热等于12m v 20－mgh D ．金属杆两次通过斜面上的同一位置时电阻R 的热功率相同【解析】金属杆从轨道底端滑上斜面到又返回到出发点时，由于电阻R 上产生热量，故返回时速度小于v 0，故整个过程中金属杆所受合外力的冲量大小小于2m v 0，A 错误；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻R 上产生的焦耳热(即克服安培力所做的功)，BC正确；金属杆两次通过斜面上同一位置时的速度不同，电路的电流不同，故电阻的热功率不同，D 错误．【答案】 BC二、计算题(本题共包括4小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．截面积S ＝0.2m 2，匝数n ＝100匝的线圈A ，处在如图(甲)所示的磁场中，磁感应强度B 随时间按图(乙)所示规律变化，方向垂直线圈平面，规定向外为正方向．电路中R 1＝4Ω，R 2＝6Ω，C ＝30μF ，线圈电阻不计．(1)闭合S 稳定后，求通过R 2的电流；学|科|(2)闭合S 一段时间后再断开，则断开后通过R 2的电荷量是多少？【解析】由于线圈A 所在的磁场变化引起穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电动势．当S 闭合后，就有电流通过R 1、R 2.(1)由图知B 随时间按线性变化，变化率ΔB Δt ＝0.2T/s.由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔB ΔtS ＝4V .由楞次定律确定电流方向，在0～1s 内，原磁场为负，即向里，大小在减小，故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，因此由安培定则知线圈中的电流方向为顺时针方向．从电路角度来看，线圈就是电源，其内阻不计，R 1和R 2串联后构成外电路，C 与R 2并联，当电流恒定时，电容器支路中无电流．由闭合电路欧姆定律得流过R 2的电流I ＝E R 1＋R 2＝0.4A ，方向向下．(2)S 闭合后，将对C 充电，充电结束后电容器支路断路，电容器两端的电势差等于R 2两端的电压．因此，其充电量Q ＝CU ＝C R 2R 1＋R 2E ＝7.2×10－5C.S 断开后，电容器通过R 2放电，所以放电量为7.2×10－5C.【答案】 (1)0.4A ，方向向下 (2)7.2×10－5C16．两根光滑的长直金属导轨MN 、M ′N ′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M ′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C .长度也为l 、阻值同为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q .求：(1)ab 运动速度v 的大小；(2)电容器所带的电荷量q .【解析】本题是电磁感应中的电路问题，ab 切割磁感线产生感应电动势为电源．电动势可由E ＝BL v 计算．其中v 为所求，再结合闭合(或部分)电路欧姆定律、焦耳定律，电容器及运动学知识列方程可解得．(1)设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，ab 运动距离s 所用时间为t ，三个电阻R 与电源串联，总电阻为4R ，则E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律有I ＝E 4Rt ＝s v由焦耳定律有Q ＝I 2(4R )t由上述方程得v ＝4QR B 2l 2s(2)设电容器两极板间的电势差为U ，则有U ＝IR电容器所带电荷量q ＝CU解得q ＝CQR Bls【答案】 (1)4QR B 2l 2s (2)CQR Bls17．日本专家研究调查得出了一个惊人的结论，东京高速道路所形成的振动可产生4GW以上的电力，这一数值相当于供给东京23个区的家庭用电的4成．如图甲所示是某人设计的一种振动发电装置，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r ＝0.1m 、匝数为n ＝20的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B 的大小均为0.2T ，线圈的电阻为1.5Ω，它的引出线接有质量为0.01kg 、电阻为0.5Ω的金属棒MN ，MN 置于倾角为30°的光滑导轨上，导轨宽度为0.25m.外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过MN .当线圈向右的位移x 随时间t变化的规律如图丙所示时(x 取向右为正)，g ＝10m/s 2.求：(1)若MN 固定不动，流过它的电流大小和方向？学_科_(2)若MN 可自由滑动，至少要加多大的匀强磁场B ′才能使MN 保持静止，请在图丁中画出磁感应强度B ′随时间变化的图象．【解析】 (1)由图丙知线圈运动速度：v ＝x t＝0.8m/s 线圈向右运动时切割磁感线，且各处磁场方向与组成线圈的导线垂直，线圈产生电动势：E ＝nBL v ＝2πrnB v流过MN 电流：I ＝E R 外＋r 内联立以上三式并代入数据得：I ＝2πrnB v R 外＋r 内＝1A 流过MN 的电流方向从M 到N .当线圈向左运动时，电流大小不变，流过MN 的电流方向从N 到M .(2)如图所示MN 受重力、斜面支持力和安培力作用处于静止状态，要使外加磁场B ′最小，即安培力最小，当流过MN 的电流从M 到N 时，由左手定则知磁场方向垂直轨道平面向下．mg sin30°＝B ′IL B ′＝mg sin30°IL＝0.2T Z*xx*k当流过MN 的电流从N 到M 时，要使MN 静止，B ′的方向相反，即垂直轨道平面向上，以此方向为正方向，则磁感应强度B ′随时间变化图象如图所示．【规律总结】本题涵盖力学中的位移图象、三力平衡，电磁学中的安培力、感应电动势、闭合电路欧姆定律、左手定则等问题．解本类综合题的关键是按照物理现象的因果关系及本质特征将其分解为若干个简单问题，再逐个解决．18．(·河南省示范性高中联考)如图所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd ，ab 边的边长l 1＝1m ，bc 边的边长l 2＝0.6m ，线框的质量m ＝1kg ，电阻R ＝0.1Ω，线框与绝缘细线相连，现用F ＝20N 的恒力通过定滑轮向下拉细线并带动线框移动(如图所示)，斜面上ef 线(ef ∥gh )的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T ，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间做匀速运动，ef 和gh 的距离s ＝18.6m ，取g ＝10m/s 2，求：(1)线框进入磁场前的加速度和线框进入磁场时做匀速运动的速度v ；(2)简要分析线框在整个过程中的运动情况并求出ab 边由静止开始到运动到gh 线处所用的时间t ；(3)ab 边运动到gh 线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh 线的整个过程中产生的焦耳热．【解析】 (1)线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力F ，斜面的支持力和线框重力，设线框进入磁场前的加速度为a ，对线框由牛顿第二定律得F －mg sin α＝ma解得a ＝F －mg sin αm＝15m/s 2 因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动所以线框abcd 受力平衡F ＝mg sin α＋F Aab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E ＝Bl 1v形成的感应电流I ＝E R ＝Bl 1v R，受到的安培力F A ＝BIl 1 联立上述各式得F ＝mg sin α＋B 2l 21v R，代入数据解得v ＝6m/s (2)线框abcd 进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh 线处，也做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小为a ＝15m/s 2该阶段运动的时间为t 1＝v a ＝615s ＝0.4s 进磁场的过程中匀速运动的时间为t 2＝l 2v ＝0.66s ＝0.1s 线框完全进入磁场后其受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度大小仍为a ＝15m/s 2s －l 2＝v t 3＋12at 23解得：t 3＝1.2s因此ab 边由静止开始运动到gh 线处所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.7s(3)线框的ab 边运动到gh 线处的速度v ′＝v ＋at 3＝6m/s ＋15×1.2m/s ＝24m/s整个运动过程中产生的焦耳热Q ＝F A l 2＝(F －mg sin α)l 2＝9J。

2011届高考物理机械能综合基础检测(DOC 8页)

2011年高考物理二轮总复习回归基础提分综合检测第五章机械能综合检测一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(·山东莱芜模拟)质量为m 的小球从高h 处由静止开始自由下落，以地面作为零势能面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为 ( )A ．2mg ghB ．mg ghC.12mg ghD.13mg gh 【解析】当小球的动能和重力势能相等时，已下降h 2的高度，速度为gh ，所以重力的瞬时功率为mg gh .【答案】 B2．有一种叫做“蹦极跳”的运动中，质量为m 的游戏者身系一根长为L 、弹性优良的轻质柔软的橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5L 时达到最低点，若不计空气阻力，则在弹性绳从原长到人到达最低点的过程中，以下说法正确的是 ( )A ．速度先减小后增大B ．加速度先减小后增大C ．动能增加了mgLD ．重力势能减少了mgL【解析】从下落L 开始一段，物体变加速下落，a 减小，v 增大；后来一段，物体变减速下落，a 增大，v 减小，故选项B 正确．【答案】 B3．如图所示，质量为m 的物体由静止开始从倾角分别为α、β的两个光滑固定斜面上滑下，两斜面的高度均为h ，则下列叙述正确的是 ( )A ．物体滑到斜面底端的速度相同B ．物体滑到斜面底端的速率相同C ．物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同D ．物体滑到斜面底端时减少的重力势能相同【解析】重力做功只与始末位置的高度差有关，而与具体的路径无关，所以物体沿两个不同的斜面滑下时重力所做的功相等，C 、D 正确；设沿倾角为α的斜面滑到斜面底端的速率为v 1，则mgh ＝12m v 21，所以v 1＝2gh ，同理，沿倾角为β的斜面滑到斜面底端时的速率v 2＝2gh ，A 项错误，B 项正确．【答案】 BCD4．质量为m 的汽车，发动机的功率恒为P ，摩擦阻力恒为F 1，牵引力为F ，汽车由静止开始，经过时间t 行驶了位移s 时，速度达到最大值v m ，则发动机所做的功为 ( A ．PtB ．Fs C.12m v 2m D.mP22F21＋PS vm【解析】发动机的功率恒为P ，经过时间t ，发动机做的功为W ＝Pt ，故A 对；当达到最大速度时，有P＝F v＝F1v m，v m＝PF1.从功能关系的角度，整个过程中发动机做的功应等于克服阻力做的功与物体获得的动能之和，则W＝12m v2m＋F1s＝mP22F21＋PSvm，故D对．【答案】AD5．(·北京东城区质检)一位高三学生以恒定的速率从学校教学楼的一层上到四层，该同学上楼过程中克服自身重力做的功最接近( )A．60J B．6.0×102JC．6.0×103J D．6.0×104J【解析】该同学上楼过程中克服自身重力做功等于mgH，若高三学生的质量约为60kg，从一层上升到四层，每层楼高约3m，则上升高度为H＝3×3m＝9m，故mgH＝5.4×103J，故C选项最接近．【答案】 C6．(·北京东城区质检)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落，用这种方法获得的弹性绳的拉力随时间变化图线如图乙所示，根据图线所提供的信息，以下判断不正确的是( )A．t1、t3时刻小球速度最大B．t2、t5时刻小球的速度为0C．t3、t4时刻小球所处高度相同D．小球在运动过程中机械能不守恒【解析】小球在最低点时受力最大，从题图乙可以看出t1、t3、t4、t6时刻小球受到的拉力为零，即弹性绳处于原长；t2、t5时刻小球处于最低点，速度为零；当小球受到的拉力与小球的重力相等时，小球的速度最大，由于小球在最低点受到的拉力越来越小，说明振动的振幅越来越小，故有机械能损失，t3、t4时刻小球处于弹性绳原长处，故高度相同．【答案】 A7．(·唐山质检)近年来，被称为“绿色环保车”的电动汽车成了不少市民购买的首选．电动汽车在出厂时都要进行检验，在检测某款电动汽车性能的某次实验中，质量为8×102kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F—1 v图象(图中AB、BO均为直线)．假设电动汽车行驶中所受的阻力恒定，则下列说法正确的是( )A ．由图象可知电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动B ．此过程中电动汽车的额定功率为6kWC ．电动汽车由静止开始经过1s ，速度达到2m/sD ．电动汽车行驶中所受的阻力为400N【解析】分析图线可知：电动汽车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动．当最大速度v max ＝15m/s 时，牵引力为F min ＝400N ，故恒定阻力f ＝F mi n ＝400N ；额定功率P ＝F min v max ＝6kW ；匀加速运动的末速度v ＝60002000m/s ＝3m/s ，匀加速运动的加速度a ＝F －f m＝2m/s 2，故由静止开始经过1s ，速度达到2m/s.【答案】 BCD8．(·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物体B ，跨过固定于斜面体顶端的光滑小滑轮O ，倾角为30°的斜面位于水平地面上．A 的质量为m ，B 的质量为4m .开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动．将A 由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中正确的是( )A ．物块B 受到的摩擦力先减小后增大B ．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C ．小球A 的机械能守恒D ．小球A 的机械能不守恒，A 、B 系统的机械能守恒【解析】初始状态下绳中无拉力，说明B 受到沿着斜面向上的静摩擦力f 1＝4mg sin30°＝2mg .在A 球下摆过程中，假设B 仍然静止不动，则绳子拉力越来越大，当A 摆到最低点时，由机械能守恒定律可知mgR ＝12m v 2(R 为AO 的长度)，在最低点由向心力公式及牛顿第二定律得T －mg ＝mv2R，解得绳子最大拉力T ＝3mg ，此时对B 由平衡条件，可得受到的摩擦力沿着斜面向下，大小为f 2＝T －4mg sin30°＝mg ，故B 受到的摩擦力先沿着斜面向上从2mg 逐渐减小到零，然后沿着斜面向下逐渐增大到mg ，A 正确；B 物体始终没有相对斜面运动，故小球A 的机械能守恒，C 正确；D 错误；对系统整体在水平方向上，小球A 具有水平向右的分加速度，故水平地面对斜面的摩擦力一直向右，B 正确．【答案】 ABC9．(·安徽皖南八校联考)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时其速度为1m/s ，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力，力F 和滑动的速度v 随时间的变化规律分别如图所示，设第1秒内、第2秒内、第3秒内力F 对滑块做功的平均功率分别为P 1、P 2、P 3，则以下关系式正确的是( )A ．P 1＝P 2＝P 3B ．P 1<P 2<P 3C ．P 3<P 1<P 2D ．P 2＝P 3>P 1 【解析】在第1s 内滑块的平均速度为v 1＝1m/s ，在第2s 内滑块的平均速度为v 2＝1＋22m/s ＝1.5m/s ，同理可知第3s 内的平均速度v 3＝1.5m/s.故有P 1＝F 1v 1＝2×1W ＝2W ，P 2＝F 2v 2＝3×1.5W ＝4.5W ，P 3＝F 3v 3＝1×1.5W ＝1.5W ，所以P 3<P 1<P 2，C 正确．【答案】 C10．(·安徽皖南八校联考)汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是 B ．汽车发动机的输出功率逐渐增大C ．在任意两相等的位移内，汽车的动能变化相等D ．在任意两相等的位移内，汽车的速度变化相等【解析】由P v－f ＝ma 可知，a 、 f 不变时，v 增大，P 增大，故A 错误，B 正确；汽车做匀加速运动时，汽车受到的合外力F 合不变．由F 合·s ＝ΔE k 可知C 正确；由Δv ＝at ，汽车匀加速运动时，经相同的位移所需的时间不一样，故汽车的速度变化也不相等，D 错误．【答案】 BC11．如图所示，小球沿水平面通过O 点进入半径为R 的半圆弧轨道后恰能通过最高点P ，然后落回水平面．不计一切阻力．下列说法正确的是( )A ．小球落地点离O 点的水平距离为2RB ．小球落地时的动能为5mgR /2C ．小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零D ．若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P 点高0.5R【解析】小球恰能通过最高点P ，此时只有重力提供向心力，设此时速度为v ，则mg ＝mv2R ，v ＝gR ，而后小球做平抛运动，则s ＝v t,2R ＝12gt 2，即s ＝2R ，因此选项A 正确．由机械能守恒定律可得：小球落地动能E k ＝12m v 2＋mg 2R ＝52mgR ，选项B 正确．若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去后，小球做竖直上抛运动，即12m v 2＝mgh ，h ＝0.5R ，因此，选项D 正确．【答案】 ABD12．如图所示，一质量为m 的物体，从倾角为θ的光滑斜面顶端由静止下滑，开始下滑时离地面的高度为h ，当物体滑至斜面底端时重力的瞬时功率为 ( )A ．mg 2ghB ．mg 2gh ·sin θC ．mg 2gh ·cos θD ．mg 2gh sin 2θ【解析】物体沿光滑斜面下滑的加速度a ＝g sin θ，斜面长s ＝h sinθ，物体刚滑至斜面底端时速度v ＝2as ，联立解得：v ＝2gh .物体刚到斜面底端时的受力如图所示，由P ＝F ·v cos α，得此时重力功率P ＝mg ·v cos(π2－θ)＝mg 2gh ·sin θ. 【答案】 B二、实验题(本题共2小题，共18分)13．(·湖南望城五中高三月考)为验证在自由落体过程中物体的机械能是守恒的，某同学利用数字实验系统设计了一个实验，实验装置如图所示，图中A 、B 两点分别固定了两个速度传感器，速度传感器中测出运动物体的瞬时速度．在实验中测得一物体自由下落经过A 点时的速度是v 1，经过B 点时的速度是v 2，为了证明物体经过A 、B 两点时的机械能相等，这位同学又设计了以下几个步骤，你认为其中不必要或者错误的是 ( )A ．用天平测出物体的质量B ．测出A 、B 两点间的竖直距离C ．利用12m v 2－12m v 21算出物体从A 点运动到B 点的过程中重力势能的变化量 D ．验证v 2－v 21与2gh 是否相等【解析】在验证机械能守恒的实验中，需要利用从A 点运动到B 点时，动能的增加量是否等于此过程中重力势能的减少量来验证，即12m v 2－12m v 21＝mgh AB 是否成立．等式两边都有质量m ，所以可以消去质量，只需验证v 2－v 21＝2gh AB 是否成立即可，因此不需要测量质量，A 错误D 正确；在v 2－v 21＝2gh AB 中，h AB 表示A 、B 两点间的竖直距离，这需要用刻度尺测量，故B 正确；本实验是为了验证12m v 2－12m v 21＝mgh AB 是否成立，故不能利用12m v 2－12m v 21求解重力势能变化量，C 错误．【答案】 AC14．在利用重锤下落验证机械能守恒定律的实验中：(1)某同学在实验中得到的纸带如图所示，其中A 、B 、C 、D 是打下的相邻的四个点，它们到运动起点O 的距离分别为62.99cm 、70.18cm 、77.76cm 、85.73cm.已知当地的重力加速度g ＝9.8m/s 2，打点计时器所用电源频率为50Hz ，重锤质量为1.00kg.请根据以上数据计算重锤由O 点运动C 点的过程中，重力势能的减少量为__________J ，动能的增加量为__________J ．(取三位有效数字)(2)甲、乙、丙三名同学分别得到A 、B 、C 三条纸带，它们前两个点间的距离分别是1.0mm 、1.9mm 、4.0mm.那么一定存在操作错误的同学是__________，错误原因是__________________．【解析】 (1)ΔE p ＝mgh OC ＝7.62J ，v C ＝hOD －hOB 2T ，ΔE k ＝12m v 2C ＝7.57J. (2)打第一个点时，速度应为零，此时前两点间距离应小于2mm ，丙同学所测的前两点间距离等于4.0mm ，说明打O 点时纸带已经下落．【答案】 (1)7.62 7.57 (2)丙先放纸带后接通电源三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(2010·成都市摸底测试)如图所示为某同学设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为37°，木箱与轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.设计要求：木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量m ＝2kg 的货物装入木箱，木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动装货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，接着再重复上述过程．若g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)离开弹簧后，木箱沿轨道上滑的过程中的加速度大小；(2)满足设计要求的木箱质量．【解析】 (1)设木箱质量为m ′，对木箱的上滑过程，由牛顿第二定律有：m ′g sin37°＋μm ′g cos37°＝m ′a代入数据解得：a ＝8m/s 2(2)设木箱沿轨道下滑的最大距离为L ，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为E P ，根据能量守恒定律：货物和木箱下滑过程中有：(m ′＋m )g sin37°L ＝μ(m ′＋m )g cos37°L ＋E P木箱上滑过程中有E P ＝m ′g sin37°L ＋μm ′g cos37°L联立代入数据解得：m ′＝m ＝2kg16．(·黄冈质检)一种采用电力和内燃机双动力驱动的新型列车，质量为m ，当它在平直的铁轨上行驶时，若只采用内燃机驱动，发动机额定功率为P 1，列车能达到的最大速度为v 1；在列车行驶过程中由于某种原因停在倾角为θ的坡道上，为了保证列车上坡时有足够大的动力，需改为电力驱动，此时发动机的额定功率为P 2.已知列车在坡道上行驶时所受铁轨的阻力是在平直铁轨上行驶时的k 倍，重力加速度为g ，求列车在坡道上能达到的最大速度．【解析】内燃机驱动时，当列车以额定功率P 1匀速行驶时速度最大，设内燃机驱动力为F 1，行驶时受到的阻力为f ，有P 1＝F 1v 1①F 1＝f②当列车上坡时，采用电力驱动，设其驱动力为F 2，则F 2＝mg sin θ＋kf③ 设列车在坡道上能达到的最大速度为v 2，由功率公式得P 2＝F 2v 2④ 由①②③④式解得v 2＝P2v1mgv1sinθ＋kP1 ⑤17．如图所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m 的小球A 、B ，两小球用一根长L 的轻杆相连，下面的B 球离斜面底端的高度为h ，两球从静止开始下滑并从斜面进入光滑平面(不计与地面碰撞时的机械能损失)．求：(1)两球在光滑平面上运动时的速度；(2)在这过程中杆对A 球所做的功；(3)杆对A 做功所处的时间段．【解析】 (1)因系统机械能守恒，所以有：mgh ＋mg (h ＋L sin θ)＝12×2m v 2∴v ＝2gh ＋gLsinθ. (2)以A 球为研究对象，由动能定理得：mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12m v 2 则mg (h ＋L sin θ)＋W ＝12m (2gh ＋gL sin θ) 解得W ＝－12mgL sin θ. (3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内，杆对A 球做了W 的负功．【答案】 (1)2gh ＋gLsinθ (2)－12mgL sin θ (3)从B 球与地面刚接触开始至A 球也到达地面的这段时间内18．(2010·苏锡常镇四市教学调查)如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD 和光滑圆轨道DCE 组成，AD 与DCE 相切于D 点，C 为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC 上离地面高为H 处由静止下滑，用力传感器测出其经过C 点时对轨道的压力N ，改变H 的大小，可测出相应的N 的大小，N 随H 的变化关系如图乙折线PQI 所示(PQ 与QI 两直线相连接于Q 点)，QI 反向延长交纵轴于F 点(0,5.8N)，重力加速度g 取10m/s 2，求：(1)小物块的质量m ；(2)圆轨道的半径及轨道DC 所对应的圆心角θ；(可用角度的三角函数值表示)(3)小物块与斜面AD 间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得mgH ＝12m v 2 解得v ＝2gH由向心力公式N －mg ＝m v2R得N ＝m v2R ＋mg ＝2mg RH ＋mg 结合PQ 曲线可知mg ＝5得m ＝0.5kg(2)由图像可知2mg R＝10得R ＝1m cos θ＝1－0.21＝0.8，θ＝37° (3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得mgH －μmg cos θ(H －0.2)sinθ＝12m v 2解得m v 2＝2mgH －83μmg (H －0.2) 由向心力公式N －mg ＝m v2R 得N ＝m v2R ＋mg ＝2mg －83μmg R H ＋1.63μmg ＋mg 结合QI 曲线知1.63μmg ＋mg ＝5.8 解得μ＝0.3..（.....）成立于2004年，专注于企业管理培训。

2011年高考二轮复习模块二专题五课后活页训练

1．关于机械能是否守恒，下列叙述中正确的是()A．做匀速直线运动物体的机械能一定守恒B．做匀变速直线运动物体的机械能可能守恒C．外力对物体做功为零时，机械能一定守恒D．只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒解析：选BD.做匀速直线运动的物体，动能一定不变，机械能不一定守恒，A错．做匀变速直线运动的物体，若只有重力或弹力做功，机械能守恒，B正确．外力对物体不做功时，动能一定不变，机械能不一定守恒，C错．只有重力对物体做功，满足机械能守恒条件，机械能守恒，D正确．2.图5－12如图5－12所示，上表面有一段光滑圆弧的质量为M的小车A置于光滑平面上，在一质量为m的物体B自弧上端自由滑下的同时释放A，则()A．在B下滑过程中，B的机械能守恒B．轨道对B的支持力对B不做功C．在B下滑的过程中，A和地球组成的系统的机械能增加D．A、B和地球组成的系统的机械能守恒解析：选CD.因B下滑时B对A有压力，A对B有支持力，A向左滑动，水平方向发生位移，B对A做正功，A对B做负功．因而A、B各自的机械能不守恒．但A、B和地球组成的系统机械能守恒．A的重力势能不变、动能增加，故A的机械能增加，C、D正确．3．(2010年高考福建理综卷)如图5－13甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则()图5－13A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能解析：选C.0～t1时间内小球做自由落体运动，落到弹簧上并往下运动的过程中，小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后减速，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错；t2～t3时间内小球向上运动，合力方向先向上后向下，小球先加速后减速，动能先增加后减少，C对；t2～t3时间内由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能，D错．4.图5－14(2010年山东济南模拟)如图5－14所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，AB＝2h.在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球．支架悬挂在O点，可绕O点并与支架所在平面垂直的固定轴无摩擦转动．开始时OB与地面垂直，放手后开始转动，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是()A．A球到达到最低点时速度为零B．A球机械能减少量等于B球机械能的增加量C．B球向左摆动所能达到的最大高度应高于A球开始运动的高度D．当支架从左向右回摆时，A球一定能回到起点高度解析：选BCD.题目所给的装置中，A、B两球以及地球所组成的系统机械能守恒．以初始状态B球所处平面为参考平面，则总的机械能为：E＝2mgh A＝2mg×2h sin 30°＝2mgh.当A在最低点即在参考平面上时，系统的重力势能为mgh.另外mgh的能量为A、B两球的动能，因此两球继续摆动，A球到最低点时仍有速度向左摆动，B球向左摆动所能达到的最大高度应高于A球开始运动的高度．整个过程中系统机械能守恒，A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量．5.图5－15(2010年福建质检)为了探究能量转化和守恒规律，小强将一个小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入铁罐，两端分别固定在罐盖和罐底上，如图5－15所示，盖好盖后，让该装置从不太陡的粗糙斜面上的A处滚下，到斜面上的B处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然能从B处自动滚上去．关于该装置在上述过程中的能量转化，下列判断正确的是()A．从A处滚到B处，由动能定理可知，系统的重力势能全部转化为橡皮筋的弹性势能B．从A处滚到B处，由于要转化为橡皮筋的弹性势能，故系统的重力做的功小于摩擦力做的功C．从B处滚到最高处，橡皮筋的弹性势能转化为系统的重力势能和此过程产生的内能D．从B处滚到最高处，橡皮筋的弹性势能转化为系统的重力势能和动能解析：选C.在铁罐滚动时，铁罐与斜面的接触点的瞬时速度为零，则斜面对铁罐的静摩擦力不做功，在从A到B的过程中橡皮筋发生了扭转形变，在获得弹性势能的同时也产生了内能，由能量守恒可知，系统减少的重力势能等于橡皮筋获得的弹性势能与产生的内能之和，故A、B皆错误．同理可知C正确、D错误．6．一个质量为m的带电小球，在存在匀强电场的空间以某一水平初速度抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度为g3，方向竖直向下，则在小球下落h高度的过程中()A．小球的动能增加13mghB．小球的电势能增加23mghC．小球的重力势能减少13mghD．小球的机械能减少23mgh解析：选ABD.小球受到竖直向下的重力mg ，由小球的加速度为g 3、方向竖直向下，知电场力方向竖直向上、大小为23mg ，合力为13mg .由于在小球下落h 高度的过程中，重力做的功为mgh ，电场力做的功为－23mgh ，合力做的功为13mgh ，因此，小球的动能增加13mgh ，小球的电势能增加23mgh ，小球的重力势能减少mgh ，小球的机械能减少23mgh ，故选项A 、B 、D 正确．7．(2010年北京海淀区二模)物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m 0的质点距离质量为M 0的引力源中心为r 0时，其引力势能E p ＝－GM 0m 0r 0(式中G 为引力常量)，一颗质量为m 的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，已知地球的质量为M ，由于受高空稀薄空气的阻力作用，卫星的圆轨道半径从r 1逐渐减小到r 2.若在这个过程中空气阻力做功为W f ，则在下列给出的W f 的四个表达式中正确的是( )A ．W f ＝－GMm (1r 1－1r 2) B ．W f ＝－GMm 2(1r 2－1r 1) C ．W f ＝－GMm 3(1r 1－1r 2) D ．W f ＝－GMm 3(1r 2－1r 1) 解析：选 B.由GMm r 2＝mv 2r 知卫星在圆轨道上的动能E k ＝12mv 2＝GMm 2r ，因此在圆轨道上的机械能E ＝E k ＋E p ＝GMm 2r－GMm r ＝－GMm 2r ，W f ＝E 2－E 1＝－GMm 2(1r 2－1r 1)，B 对． 8.图5－16(2010年无锡市调研)如图5－16所示，质量为M 、长度为l 的小车静止在光滑的水平面上．质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为f .物块滑到小车最右端时，小车运动的距离为s .在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．物块到达小车最右端时具有的动能为F (l ＋s )B ．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fsC ．物块克服摩擦力所做的功为f (l ＋s )D ．物块和小车增加的机械能为fs解析：选BC.物块到达小车的最右端时对地发生的位移是(l ＋s )，由动能定理知，此时物块、小车具有的动能等于各自合外力所做的功：E k 物＝(F －f )(l ＋s )，E k 车＝fs ，A 错误、B 正确；物块克服摩擦力所做的功等于摩擦力与物块通过的位移的乘积f (l ＋s )，C 正确；恒力F 对系统做的总功为F (l ＋s )，其中因摩擦产生的热量为Q ＝fl ，则由能量守恒知物块与小车增加的机械能为ΔE ＝F (l ＋s )－fl ，D 错误． 9.图5－17(2010年试题调研)如图5－17所示，上层传送带以v 0＝1 m/s 的速度水平向右匀速运动，在传送带的左上方有一个漏斗以100 kg/s 的流量均匀地向传送带的上表面漏砂子．若保持传送带的速率不变，而且不考虑其他方面的损耗，则下列说法正确的是( )A ．电动机应增加的功率为50 WB ．电动机应增加的功率为100 WC ．在一分钟内因砂子与传送带摩擦产生的热为3.0×103 JD ．在一分钟内因砂子与传送带摩擦产生的热为6.0×103 J解析：选BC.砂子先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对砂子有s ＝12at 2，v 0＝at ；在这段时间内，传送带运动的路程为s 0＝v 0t ，可得s 0＝2s .由动能定理得传送带对砂子做功为W ＝fs ＝12mv 20，传送带克服摩擦力做功产生的热量Q ＝f (s 0－s )＝fs ＝12mv 20.可见，在砂子匀加速运动过程中，砂子获得的动能与发热量相等．在1 s 内电动机应增加做的功即为电动机应增加的功率，所以电动机应增加的功率为P ＝2·12mv 20＝100 W(m ＝100 kg)；在一分钟内砂子与传送带摩擦产生的热为Q ＝12mv 20×60＝3.0×103 J ，所以B 、C 正确．10.图5－18(2010年福建质检)如图5－18所示，放在水平面上的小车上表面水平，AB 是半径为R 的14光滑圆弧轨道，下端B 的切线水平且与平板车上表面平齐，车的质量为M .现有一质量为m 的小滑块，从轨道上端A 处无初速释放，滑到B 端后，再滑到平板车上．若车固定不动，小滑块恰不能从车上掉下．(重力加速度为g )(1)求滑块到达B 端之前瞬间所受支持力的大小；(2)求滑块在车上滑动的过程中，克服摩擦力做的功；(3)若车不固定，且地面光滑，把滑块从A 点正上方的P 点无初速释放，P 点到A 点的高度为h ，滑块从A 点进入轨道，最后恰停在车的中点，求车的最大速度．解析：(1)根据机械能守恒有：mgR ＝12mv 21① 根据牛顿第二定律有，N －mg ＝m v 21R ②联立①②解得轨道对滑块的支持力：N ＝3mg .③(2)滑块在车上滑动过程中，克服摩擦力做的功W f ＝mgR .④(3)因滑块最后恰停在车的中点，所以因摩擦而产生的内能Q ＝12mgR ⑤滑块与车速度相同时，车速最大，设为v 2，根据能量守恒有： 12(M ＋m )v 22＋Q ＝mg (R ＋h )⑥ 联立⑤⑥解得：v 2＝R ＋2h mg M ＋m. 答案：(1)3mg (2)mgR(3) R ＋2h mg M ＋m11．(2010年辽宁大连模拟)如图5－19所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，求此过程中：图5－19(1)物体A向下运动到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．解析：(1)物体A和斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ物体A向下运动到C点的过程中，根据能量关系有2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fLv＝v20－23μgL3.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点整个过程，对系统应用动能定理，有：－f·2x＝0－12·3mv2x＝3v204μg－L2.(3)从弹簧压缩最短到恢复原长的过程中，根据能量关系有E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx因为mgx＝2mgx sin θ所以E p＝fx＝34mv20－32μmgL.答案：(1) v20－23μgL3(2)3v204μg－L2(3)34mv20－32μmgL12．(2010年福建泉州理综测试)如图5－20所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点水平飞出，恰好在C点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点D后回到水平地面EF上，E点为圆形轨道的最低点．已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力f＝0.4 N，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，B、C两点的高度差h＝0.45 m，连线CO和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图5－20(1)赛车运动到C 点时速度v C 的大小；(2)赛车经过最高点D 处时对轨道的压力N D 的大小；(3)赛车电动机工作的时间t .解析：(1)赛车从B 到C 的过程做平抛运动，设到C 点时赛车的竖直分速度大小为v y ，则v y ＝2gh ＝3 m/s所以赛车运动到C 点时速度的大小为v C ＝v y sin α＝5 m/s. (2)从C 点运动到最高点D 的过程中，由机械能守恒定律得 12mv 2C ＝12mv 2D ＋mgR (1＋cos α) 在D 点处，设轨道对赛车的弹力为N ，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝m v 2D R由以上两个式子得N ＝m v 2C R －mg (3＋2cos α)＝1.6 N根据牛顿第三定律可知，赛车经过最高点D 处时对轨道压力大小N D ＝N ＝1.6 N.(3)赛车在B 点时速度大小为v B ＝v y cot α＝4 m/s从A 点到B 点的运动过程中，由动能定律得Pt －fL ＝12mv 2B 所以赛车电动机工作时间t ＝mv 2B ＋2fL 2P＝2 s. 答案：(1)5 m/s (2)1.6 N (3)2 s。

2011届高考物理二轮专题复习学案(力与物体的平衡等10个专题29份) 人教课标版5(优秀免费下载资料)

专题质量评估（二）一、选择题、一个初速度为的沿直线运动的物体,它的加速度方向与的方向相同,且加速度越来越大,经过时间后速度为,则时间内物体的平均速度（）.在年北京奥运会开幕式上燃放了许多绚丽的焰火，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在末到达离地面的最高点时炸开，构成各种美丽的图案，假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是，上升过程中所受的空气阻力大小始终是自身重力的倍，取.那么和分别等于（）、以的速度竖直上抛一物体，由于空气阻力，经过，物体上升到达最高点；紧接着又经过，物体下落,速度达到，则(下列计算结果未使用近似)（）.全过程位移大小为,方向竖直向上.上升过程的平均加速度大小为,方向竖直向下.全过程的平均速度大小为,方向竖直向下.全过程的平均加速度大小为，方向竖直向下、（·济南市二模）如图所示，一簇电场线的分布关于轴对称，是坐标原点，、、、是以为圆心的一个圆周上的四个点，其中、在轴上，点在轴上，则．点的电势比点的电势高．间的电势差小于间的电势差．一正电荷在点时的电势能小于在点时的电势能．将一负电荷由点移到点，电场力做正功、（·台州市二模）如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，小球从紧靠左极板处由静止开始释放，小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中．它们的运行时间Q P t t >．它们的电荷量之比1:2:=Q P q q．它们的电势能减少量之比1:2:=∆∆Q P E E ．它们的动能增加量之比1:4:=∆∆kQ kP E E 、（·扬州四模）如图所示，在一匀强电场中的点固定一电量为的正点电荷，设正点电荷的电场与匀强电场互不影响，、、、为电场中的四点，分布在以为圆心、为半径的圆周上，一电量为的正检验电荷放在点时恰好平衡．则下列说法正确的是．电场中、两点间的电势差r kQ U ac 2=．电场中、两点间的电势差r kQ U ac 2=．电场中、两点间的电势差r kQU bd 2= ．电场中、两点间的电势差r kQU bd 2=、（·济宁市二模）等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中点沿直线移到点，再从点沿直线移到点。

2011届高考物理二轮专题复习学案(力与物体的平衡等10个专题29份) 人教课标版16(优秀免费下载资料)

专题质量评估（五）一、选择题、（·济南市三模）如图所示，一带正电的质点在固定的负的点电荷作用下绕该负电荷做匀速圆周运动，周期为，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示。

现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则（）．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于、（·安徽质量检测）由中国提供水磁体的阿尔法磁潜仪如图所示，它曾由航天飞机携带升空，将来安装在阿尔法国际空间站中，主要使命之一是探索宇宙中的反物质。

所谓的反物质即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但电性相反，例如反质子即为H 11-，假若使一束质子、反质子、α粒子和反α粒子组成的射线，以相同的速度通过O O '进入匀强磁场而形成的条径迹，则（）．、是反粒子径迹．、为反粒子径迹．、为反粒子径迹．为反α粒子径迹、（·宁波模拟）光滑水平面上有一个带负电的小球和一个带正电的小球，空间存在着竖直向下的匀强磁场，如图所示。

给小球一个合适的初速度，将在水平面上按图示的轨迹做匀速圆周运动。

在运动过程中，由于内部的因素，从中分离出一小块不带电的物质（可认为刚分离时二者的速度相同），则此后．会向圆外飞去，做匀速直线运动．会向圆外飞去，做匀速圆周运动．会向圆内飞去，做匀速直线运动．会向圆内飞去，做匀速圆周运动.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径相同，则它们一定具有相同的（）.速度 .质量 .电荷量 .比荷.如图所示,在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场,其电场线方向都竖直向下,在区域Ⅰ中有一个带负电荷的粒子沿电场线以速度匀速下落,并进入区域Ⅱ(电场范围足够大).能描述粒子在两个电场中运动情况的速度—时间图象是(以方向为正方向)（）.虚线间空间存在着如图所示的匀强电场和匀强磁场，有一个带正电小球（电量为,质量为）从电场、磁场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过电场、磁场区域的是（）.水平方向的匀强磁场区域足够大，如图所示，将一带正电的小球自磁场中点由静止释放,它的运动情况是（）.如图（） .如图（）往复.如图（）向右延续 .如图（）.如图所示，水平放置的两个平行金属板、间存在匀强电场和匀强磁场板带正电，板带负电，磁场方向垂直纸面向里.一带电微粒只在电场力和洛伦兹力作用下，从点由静止开始沿曲线运动，到达点时速度为零，是曲线上离板最远的点.有以下几种说法：①在点和点的加速度大小相等，方向相同；②在点和点的加速度大小相等，方向不同；③在点微粒受到的电场力小于洛伦兹力；④在点微粒受到的电场力等于洛伦兹力.其中正确的是（）.①③ .②④ .②③ .①④.真空区域中存在如图所示形式变化的均匀磁场,该磁场的磁感应强度大小不变、方向随时间做周期性变化.一电荷量π×-7,质量×-10的带电粒子，位于该真空区域中某点处，在时刻以初速度π沿垂直于磁场的方向开始运动.不计粒子重力的作用,不计磁场的变化可能产生的一切其他影响.则带电粒子在磁场中运动个(为整数)周期的时间内的平均速度的大小等于（）.π .2.如图甲所示,在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场,电场的方向水平向右(图甲中由到),电场强度的大小随时间变化的情况如图乙所示;磁感应强度方向垂直于纸面,磁感应强度大小随时间变化的情况如图丙所示.在时,从点沿方向(垂直于)以初速度射出第一个粒子(不计重力),并在此之后,每隔有一个相同的粒子沿方向均以初速度射出,射出的粒子均能击中点.若,且粒子由运动到的时间均小于 .不计空气阻力及电场、磁场变化带来的影响,则以下说法正确的是（）.磁场方向垂直纸面向外.电场强度和磁感应强度的比值.第一个粒子由运动到所经历的时间02l v .第二个粒子到达点的动能等于第一个粒子到达点的动能二、计算题.(分)如图所示,平行于直角坐标系轴的是用特殊材料制成的,只能让垂直打到界面上的电子通过.其左侧有一直角三角形区域,分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场,其右侧有竖直向上场强为的匀强电场.现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点沿不同方向射到三角形区域,不考虑电子间的相互作用.已知电子的电量为,质量为,在△中,θ°.求:()能通过界面的电子所具有的最大速度是多少;()在右侧轴上什么范围内能接收到电子..（分)如图所示,在直角坐标系第Ⅰ、Ⅳ象限存在着与轴正方向成°角的匀强电场,在第Ⅱ象限存在着垂直于纸面向里的匀强磁场.在第Ⅲ象限电子枪中的灯丝加热逸出的电子(初速度为)经加速电场加速后进入粒子速度选择器,(速度选择器中磁感应强度与第Ⅱ象限的磁感应强度相同均为,电场强度大小为)沿直线运动后在轴上的()点以一定的速度垂直于轴射入第Ⅱ象限的磁场偏转,然后经过轴上的某点,与轴方向成°角垂直电场方向进入电场,经过轴上的点已知电子的电量为,质量为(不计重力),加速电场的电压为.求:()经加速电场加速后进入粒子速度选择器时,电子的速度大小.()匀强磁场的磁感应强度的大小.()速度选择器的电场强度的大小.()Ⅰ、Ⅳ象限中匀强电场的电场强度的大小.. (分)如图所示,位于竖直平面内的坐标系,在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为,还有沿轴负方向的匀强电场,场强大小为,在其第一象限空间有沿轴负方向的、场强为′43的匀强电场,并在>区域有磁感应强度也为的垂直于纸面向里的匀强磁场.一个电荷量为的油滴从图中第三象限的点得到一初速度,恰好能沿做匀速直线运动(与轴负方向的夹角为θ°),并从原点进入第一象限，已知重力加速度为,°°,问:()油滴的电性;()油滴在点得到的初速度大小;()油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值. 答案及解析一、选择题.【解析】选、.离子流在区域Ⅰ中不偏转，一定是EB，正确.进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由mvqB知，因、相同，只能是比荷相同，故正确，、错误..【解析】选.依题意可知粒子在区域Ⅰ中所受的重力与电场力是一对平衡力,进入区域Ⅱ后,电场力大于重力,做匀减速运动,根据运动的对称性,当速度为时,反向做匀加速运动项正确...【解析】选.带电小球在磁场中受重力和洛伦兹力，合外力无法提供向心力，不能做匀速圆周运动，错.带电小球释放后，在竖直方向先做加速运动，在洛伦兹力的作用下将向右下方运动，受力如图所示,开始阶段，<，随速度的增大，当>后，在竖直方向将做减速运动，当竖直速度为零时，到达点，足够大，在的作用下，小球将向上运动，与到的运动对称，到达点时，以后重复的过程，故正确.. 【解析】选.电荷所受的洛伦兹力,当电荷的速度为零时，洛伦兹力为零，故电荷在点和点只受到电场力的作用，故在这两点的加速度大小相等，方向相同，①是正确的，②是错误的；由于点是曲线上离板最远的点，说明电荷在点具有与平行的速度，带电粒子在点受到两个力的作用，即电场力和洛伦兹力，轨迹能够向上偏折，则说明洛伦兹力大于电场力，故③正确，④错误.综上所述，选项是正确的. .. 【解析】选、、.粒子在电场中做匀加速运动,在磁场中做匀速圆周运动.电场强度方向向右,粒子向右偏转可判断出粒子带正电荷.粒子在磁场中向右偏转可判断出磁场方向向外,粒子在磁场中有00mv qB ,在电场中有20202qE l m v ⋅,解得、正确.第一个粒子由运动到所经历的时间为02l v π,第二个粒子到达点时的动能大于第一个粒子到达点时的动能,因为第二个粒子所受的电场力做正功对错误.二、计算题...【解析】()油滴带负电 (分)()油滴受三个力作用(如图),从到沿直线做匀速运动,设油滴质量为:。

2011届高考物理曲线运动第二轮总复习基础综合检测试题及答案

2011届高考物理曲线运动第二轮总复习基础综合检测试题及答案2011年高考物理二轮总复习回归基础提分综合检测第四章曲线运动万有引力定律综合检测一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1．关于两个运动的合成，下列说法正确的是 ( ) A．两个直线运动的合运动一定也是直线运动 B．两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动 C．两个匀变速直线运动的合运动一定也是匀变速直线运动 D．一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动【解析】可举出选项A的反例――平抛，故选项A错误；合初速度的方向与合加速度的方向不在一条直线上时是曲线运动，C错；可举出选项D的反例――竖直上抛运动，故选项D错误．【答案】 B 2．小船在水速较小的河中横渡，并使船头始终垂直河岸航行，到达河中间时突然上游来大水使水流速度加快，则对此小船渡河的说法正确的是 ( ) A．小船要用更长的时间才能到达对岸 B．小船到对岸的时间不变，但位移将变大 C．因小船船头始终垂直河岸航行，故所用时间及位移都不会变化 D．因船速与水速关系未知，故无法确定渡河时间及位移的变化【解析】由运动的独立性，小船到达对岸所需的时间将不受水流速度变化的影响，选项AD错；水流速度加快，因此小船因受冲击，到达对岸的位置偏向下游，位移将变大，故选项B对、C错．【答案】 B 3．水平抛出一个物体，经时间t后物体的速度方向与水平方向夹角为θ，重力加速度为g，则平抛物体的初速度为 ( ) A．gtsinθ B．gtcosθC．gttanθD．gtcotθ【解析】经时间t后物体速度的竖直分量vy＝gt，故求出vx＝v0＝vycotθ＝gtcotθ. 【答案】 D 4．如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A、B、C三点、这三点所在处半径rA>rB＝rC，则这三点的向心加速度aA、aB、aC的关系是 ( ) A．aA＝aB＝aC B．aC>aA>aB C．aC<aA<aB D．aC＝aB>aA 【解析】皮带传动且不打滑，A点与B点线速度相同，由a＝v2r有a∝1r；所以aA<aB，A 点与C点共轴转动，角速度相同，由a＝ω2r知a∝r，所以有aA>aC，可见选项C正确．【答案】 C 5．如图所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端有固定转轴O.现使小球在竖直平面内做圆周运动．P为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为 92gL，则以下判断正确的是 ( ) A．小球不能到达P 点 B．小球到达P点时的速度小于gL C．小球能到达P点，但在P点不会受到轻杆的弹力 D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力【解析】根据机械能守恒定律2mgL＝12mv2－12mv2P，可求出小球在P点的速度为12gL<gL，故B正确，A错误．计算出向心力F＝12mg，故小球在P点受到轻杆向上的弹力，故C、D均错误．【答案】 B 6．一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙物体质量分别为M和m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L(L<R)的轻绳连在一起．如图所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点) ( ) A.μ(M－m)g(M＋m)L B.μgL C. μ(M＋m)gML D. μ(M＋m)gmL 【解析】经分析可知，绳的最大拉力 F＝μMg，对m，F＋μmg＝mω2L，所以μ(M＋m)g＝mω2L 解得ω＝μ(M＋m)gmL 【答案】 D 7．在平面上运动的物体，其x方向分速度vx和y方向分速度vy随时间t变化的图线如图(甲)中的(a)和(b)所示，图(乙)中最能反映物体运动轨迹的是 ( ) 【解析】由图(甲)中的(a)，可知x方向做匀速运动．由图(甲)中的(b)，可知y方向做匀加速运动，且合力沿y轴方向，物体做类平抛运动．由合力指向曲线(轨迹)凹的一侧，故选项C对．【答案】C 8．(•全国卷Ⅰ)已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天．利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为( ) A．0.2 B．2 C． 20 D．200 【解析】设太阳质量M，地球质量m，月球质量m0，日地间距离为R，月地间距离为r，地球绕太阳的周期为T约为360天，月球绕地球的周期为t约为27天，对地球绕着太阳转动，由万有引力定律：GMmR2＝m4π2RT2，同理对月球绕着地球转动；Gmm0r2＝m04π2rt2，则太阳质量与地球质量之比为Mm＝R3t2r3T2.太阳到月球的距离近似等于太阳到地球的距离，故太阳对月球的万有引力F＝GMm0R2，地球对月球的万有引力f＝Gmm0r2，故F�wf＝Mr2mR2，代入太阳与地球质量比，计算出比值约为2，B对．【答案】 B 9．(2010•湖北重点中学联考)我国首个火星探测器“萤火一号”原定于年10月6日至16日期间在位于哈萨克斯坦的拜科努尔航天发射中心升空，后因俄罗斯火箭故障推迟发射．此次“萤火一号”的一个重要任务是探测研究火星表面水的消失机制，继而探寻火星上到底有无生命迹象的存在．此外，“萤火一号”还将探测火星空间磁场、电离层和粒子分布及其变化规律、火星地形、地貌等．假设“萤火一号”探测器上有一机器人，机器人登上火星．假如机器人在火星上测得摆长为L的单摆做小振幅振动的周期为T，将火星视为密度均匀、半径为r的球体，则火星的密度为 ( )A.πL3GrT2B.3πLGrT2C.16πL3GrT2D.3πL16GrT2 【解析】由单摆周期公式T＝2πLg，可得火星表面的重力加速度g＝4π2LT2，由Gm火mr2＝mg得火星质量m火＝gr2G ＝4π2r2LGT2，火星体积V＝4πr33，密度ρ＝m火V＝3πLGrT2，选项B正确．【答案】 B 10．如图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索(重力可忽略不计)救护困在湖水中的伤员B.在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某一段时间内，A、B之间的距离以l＝H－t2(式中H为直升机A离地面的高度，各物理量的单位均为国际单位制单位)规律变化，则在这段时间内( ) A．悬索的拉力等于伤员的重力 B．悬索不可能是竖直的 C．伤员做加速度大小方向均不变的曲线运动 D．伤员做速度大小增加的直线运动【解析】伤员在水平方向上匀速运动，由A、B之间距离的变化规律知，在竖直方向上做向上的匀加速运动．而伤员仅受重力和悬索拉力作用．所以悬索必竖直，且F>mg，合运动为加速度大小方向均不变的曲线运动，只有C 对．【答案】 C 11．2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581c.这颗围绕红矮量Gliese581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍，质量约为地球的5倍，绕红矮星Gliese581运行的周期约为13天．假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确的是 ( ) A．飞船在Gliese581c表面附近运行的周期约为13天 B．飞船在Gliese581c表面附近运行时的速度大于7.9km/s C．人在Gliese581c 上所受重力比在地球上所受重力大 D．Gliese581c的平均密度比地球平均密度小【解析】由GMmr2＝mr(2π/T)2得：T＝4π2r3GM，类地行星绕红矮星转与飞船绕类地行星转相比，不知道4π2r3GM是否相等，故选项A错；由GMmR2＝mv2R，得v＝GMR，又这颗类地行星的质量M′＝5M，半径R′＝1.5R，故选项B对；由mg＝GmMR2，解得g′g＝209，故选项C对；由ρ＝MV，V＝43πR3，故ρ＝3M4πR3，M′＝5M，半径R′＝1.5R，解得ρ′ρ＝4027，故选项D错．【答案】BC 12．(•河南示范性高中联考)年9月25日21时10分，“神舟七号”飞船成功发射，出舱活动结束后，释放了伴飞小卫星，并围绕轨道舱进行伴飞试验．此时，与“神舟七号”相距100公里至200公里的伴飞小卫星，将开始其观测、“追赶”、绕飞的三步试验：第一步是由其携带的导航定位系统把相关信息传递给地面飞控中心，通过地面接收系统，测量伴飞小卫星与轨道舱的相对距离；第二步是由地面飞控中心发送操作信号，控制伴飞小卫星向轨道舱“追”去，“追”的动力为液氨推进剂，因此能够以较快速度接近轨道舱；第三步是通过变轨调姿，绕着轨道舱飞行．下列关于伴飞小卫星的说法中正确的是 ( ) A．伴飞小卫星保持相距轨道舱一定距离时的向心加速度等于飞船的向心加速度 B．伴飞小卫星绕轨道舱飞行时，飞船对它的万有引力提供了它绕飞船绕行的向心力 C．若要伴飞小卫星“追”上轨道舱，只需在原轨道上加速即可 D．伴飞小卫星绕轨道舱飞行时，飞船以它的万有引力不足以提供它绕飞船运动的向心力【解析】伴飞小卫星与轨道舱相对静止，即绕地球做匀速圆周运动，二者的线速度大小相同，轨道半径相等，故向心加速度相等，A正确；小卫星速度增大后，轨道半径也会随之增大，此时小卫星与轨道舱不在同一高度的轨道上，无法追上轨道舱，C错误；小卫星绕轨道舱做圆周运动的向心力，B错误，D正确．【答案】AD 二、实验题(本题共2小题，共18分) 13．在“研究平抛物体的运动”的实验中，为了描出物体的运动轨迹，实验应有下列各个步骤： A．以O为原点，画出与y轴相垂直的水平轴x轴； B．把事先做的有缺口的纸片用手按在竖直木板上，使由斜槽上滚下抛出的小球正好从纸片的缺口中通过，用铅笔在白纸上描下小球穿过这个缺口的位置； C．每次都使小球由斜槽上固定的标卡位置开始滚下，用同样的方法描出小球经过的一系列位置，并用平滑的曲线把它们连接起来，这样就描出了小球做平抛运动的轨迹； D．用图钉把白纸钉在竖直木板上，并在木板的左上角固定好斜槽； E．在斜槽末端抬高一个小球半径处定为O点，在白纸上把O点描下来，利用重垂线在白纸上画出过O点向下的竖直直线，定为y轴．在上述实验中，缺少的步骤F是___________________________________________，正确的实验步骤顺序是__________________．【答案】调整斜槽使放在斜槽末端的小球可停留在任何位置，说明斜槽末端切线已水平DFEABC 14．一艘宇宙飞船飞近某一新发现的行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道绕行数圈后，着陆在该行星上．飞船上备有以下实验器材 A．精确秒表一只 B．已知质量为m的物体一个 C．弹簧秤一个 D．天平一台(附砝码) 已知宇航员在绕行时及着陆后各做了一次测量，依据测量数据，可求出该星球的半径R及星球的质量M.(已知引力常量为G) (1)两次测量所选用的器材分别为__________，__________.(用序号表示) (2)两次测量的物理量分别是__________，__________. (3)用该数据写出半径R，质量M的表达式．R＝__________，M＝__________. 【解析】(1)A BC (2)周期T，物体重力F. (3)g＝F/m，宇宙飞船在靠近该行星表面的圆形轨道绕行，mg＝m(2πT)2R，联立解得R＝FT24π2m.又GMmR2＝m(2πT)2R，消去R，解得M＝F3T416π4m3G. 【答案】(1)A BC (2)周期T 物体重力F (3)FT24π2mF3T416π4m3G 三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 15．A、B 两小球同时从距地面高为h＝15m处的同一点抛出，初速度大小均为v0＝10m/s.A竖直向下抛出，B球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g＝10m/s2.求： (1)A球经过多长时间落地？ (2)A球落地时，A、B两球间的距离是多少？【解析】(1)A球做竖直下抛运动h ＝v0t＋12gt2 将h＝15m、v0＝10m/s代入，可得t＝1s. (2)B球做平抛运动，x＝v0t，y＝12gt2 将v0＝10m/s、t＝1s代入，可得x＝10m，y＝5m. 此时A球与B球的距离为L＝x2＋(h－y)2 将x、y、h 数据代入，得L＝102m. 【答案】(1)1s (2)102m 16．如图所示，细绳一端系着质量为M＝0.6kg的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.2m，并知M和水平面的最大静摩擦力为2N.现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围内m处于静止状态？(g取10m/s2) 【解析】设M和水平面保持相对静止，当ω具有最小值时，M有向着圆心运动的趋势，故水平面对M的摩擦力方向与指向圆心方向相反，且等于最大静摩擦力Ffm＝2N. 对于M：FT－Ffm＝Mω21r ∴ω1＝FT－FfmMr＝0.3×10－20.6×0.2rad/s≈2.9rad/s 当ω具有最大值时，M有离开圆心O的趋势，水平面对M摩擦力方向指向圆心，Ffm＝2N，对于M： FT＋Ffm＝Mω22r ∴ω2＝mg＋FfmMr≈6.5rad/s 故ω的范围是2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s. 【答案】2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s 17．如图所示，位于竖直平面上有14圆弧的光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，A点距地面的竖直高度为H，把质量为m的钢球从A点由静止释放，最后落在了水平面上的C点处，已知重力加速度为g，不计空气阻力，求： (1)钢球刚到达B点及滑过B点时加速度分别多大？ (2)钢球落地点C距B点的水平距离s为多少？ (3)比值R/H为多少时，s最大？这个最大值为多少？【解析】(1)小球由A到B过程中机械能守恒 mgR＝12mv2① 小球刚到达B点时有向心加速度a1 a1＝v2R② 由①②得：a1＝2g 滑过B点时，只受重力，加速度a2＝g. (2)小球离开B点后做平抛运动 H－R ＝12gt2③ s＝vt④ 由①③④得s＝2HR－R2. (3)根据s＝2HR－R2得R＝H2 即RH＝12时，s最大sm＝H或sm＝2R. 【答案】(1)2g g (2)2HR－R2 (3)12 H或2R 18．(•石家庄质检)一组宇航员乘坐太空穿梭机S，去修理位于离地球表面h＝6.0×105m的圆形轨道上的太空望远镜H.机组人员使穿梭机S进入与H相同的轨道并关闭助推火箭，望远镜在穿梭机前方数千米处，如图所示．已知地球半径为R＝6.4×106m，地球表面重力加速度为g＝9.8m/s2，第一宇宙速度为v＝7.9km/s. (1)穿梭机所在轨道上的向心加速度g′为多少？ (2)计算穿梭机在轨道上的速率v′； (3)穿梭机需先进入半径较小的轨道，才有较大的角速度追上望远镜．试判断穿梭机要进入较低轨道时应增加还是减小其原有速率，试说明理由．【解析】(1)由mg＝GMmR2，得地球表面的重力加速度为g＝GMR2 同理穿梭机所在轨道上的向心加速度为g′＝GMr2 联立以上二式并代入数据解得g′＝8.2m/s2 (2)由GMmR2＝mv2R，可得第一宇宙速度v＝GMR 同理穿梭机在轨道上的速率v′＝GMr 代入数据解得v′＝7.6km/s (3)应减速．由GMmr2＝mv′2r知穿梭机要进入较低轨道，必须有万有引力大于穿梭机做圆周运动所需的向心力，故当v′减小时，mv′2r才减小，则GMmr2>mv′2r.。

2011届高考物理第二轮总复习基础综合检测试题141

2011年高考物理二轮总复习回归基础提分综合检测第十四章光的传播光的波动性第十五章量子论初步原子核综合检测一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(·上海综合能力)二十世纪初，为了研究物质内部的结构，物理学家做了大量的实验，揭示了原子内部的结构，发现了电子、中子和质子，如图是()A．卢瑟福的α粒子散射实验装置B．卢瑟福发现质子的实验装置C．汤姆逊发现电子的实验装置D．查德威克发现中子的实验装置【解析】由图知是粒子轰击金箔，故选项A对．【答案】 A2．(2010·武汉部分学校调研测试)23892U放射性衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成21083Bi，而21083Bi可以经一次衰变变成210a X(X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成b81Ti，210a X和b81Ti最后都衰变变成20682Pb，衰变路径如图所示，则可知图中()A．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变B．过程①是β衰变，过程③是α衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变C．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是α衰变，过程④是β衰变D．过程①是α衰变，过程③是β衰变；过程②是β衰变，过程④是α衰变【解析】在21083Bi衰变变成210a X的过程中质量数不变，过程①是β衰变；210a X衰变变成20682Pb过程中质量数减少4，过程③是α衰变；21083Bi衰变变成b81Ti，核电荷数减少2，过程②是α衰变；b81Ti衰变变成20682Pb，核电荷数增加1，过程④是β衰变，所以选项A正确．【答案】 A3．μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用．如图为μ氢原子的能级示意图．假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n＝2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6的光，且频率依次增大，则E等于()A．h(ν3－ν1)B．h(ν5＋ν6)C．hν3D．hν4【解析】由能级跃迁知识及题意可知，处于n＝2能级的μ氢原子吸收能量为E的光子后，发出6种频率的光，说明μ氢原子是从n＝4能级跃迁的，而ν1、ν2、ν3、ν4、ν5和ν6频率依次增大，说明从n＝4跃迁到n＝2时，辐射能量为hν3的光子，综上可知E＝hν3，C 正确，A、B、D错误．【答案】 C4．如图所示，两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种衰变后，释放出来的粒子和反冲核在磁场中运动的轨迹，可以判断()A ．原子核发生β衰变B ．原子核发生α衰变C ．大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹D ．大圆是新核的运动轨迹，小圆是释放粒子的运动轨迹【解析】由于两圆内切，可知原子核发生的是β衰变，衰变时动量守恒，在磁场中做圆周运动的半径r ＝m v qB ，r ∝1q，可见大圆是β粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹．【答案】 AC5．太阳内部的核聚变可以释放出大量的能量，这些能量以电磁波(场)的形式向四面八方辐射出去，其总功率达到 3.8×1026W.根据爱因斯坦的质能方程估算，单纯地由于这种辐射，太阳每秒钟减少的物质质量的数量级最接近于 ( )A ．1018kgB ．109kg C ．10－10kg D ．10－17kg 【解析】太阳每秒钟辐射的总能量ΔE ＝P ·t ＝3.8×1026J ，由质能方程ΔE ＝Δmc 2，每秒钟减少的量Δm ＝ΔE c 2＝3.8×10269×1016kg ≈4×109kg ，故选B. 【答案】 B 6．(·江苏省宿迁)在以下各种说法中，正确的是 ( )A ．年5月12日四川汶川县发生8.0级强烈地震，地震波是机械波，其中即有横波也有纵波B ．地震波只有纵波C ．如果测量到来自遥远星系上某些元素发出的光波波长比地球上这些元素静止时发光的波长长，这说明该星系正在远离我们而去D ．照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的衍射原理【解析】地震波既有纵波，故选项A 对、B 错；选项C 与多普勒效应类似，是对的；选项D 是利用了光的干涉原理，故选项D 错．【答案】 AC7．一束复色光由空气射向一块平行的平面玻璃砖，经折射后分为两束单色光a 和b ，已知a 光是红光，b 光是蓝光，则如图中光路图可能正确的是 ( )【解析】当光射入平行平面玻璃砖后，出射光线应与入射光线平行，故CD 错；出射光线相对入射光线发生侧移，折射率越大则侧移量越大，而玻璃对蓝光的折射率比红光的折射率大，侧移量大，故B 正确，A 错误．【答案】 B8．用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出绿、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为Δx .下列说法正确的有 ( )A ．如果增大单缝到双缝间的距离，Δx 将增大B ．如果增大单缝之间的距离，Δx 将增大C ．如果增大双缝到光屏之间的距离，Δx 将增大D ．如果减小双缝的每条缝的宽度，而不改变双缝间的距离，Δx 将增大【解析】公式Δx ＝ld λ中l 表示双缝到屏的距离，d 表示双缝之间的距离，λ表示光波的波长．因此Δx 与单缝到双缝间的距离无关，A 项错误；双缝之间的距离d 增大时，条纹间距将减小，B 项错误；条纹间距与缝本身的宽度也无关，D 项错误．增大双缝到屏的距离时条纹的宽度增大，故选C 项．【答案】 C9．如图所示是用干涉法检查某块厚玻璃的上表面是否平的装置，所用单色光是普通光源加滤光片产生的，检查中所观察到的干涉条纹是由下列哪个表面反射光线叠加而成的 ( )A ．a 的上表面和b 的下表面B ．a 的上表面和b 的上表面C ．a 的下表面和b 的上表面D ．a 的下表面和b 的下表面【解析】下面待查的厚玻璃和上面的标准板之间形成了一个劈型的空气膜，当光照到劈型膜上时，从膜的上表面(a 的下表面)反射的光和从膜的下表面(b 的上表面)反射的光的路程差不相等，于是出现明暗相间的干涉条纹．故选C 项．【答案】 C10．如图所示为一直角棱镜的横截面，∠bac ＝90°，∠abc ＝60°，一平行细光束从O 点沿垂直于bc 面的方向射入棱镜．已知棱镜材料的折射率n ＝2，若不考虑原入射光在bc 面上的反射光，则有光线 ( )A ．从ab 面射出B ．从ac 面射出C ．从bc 面射出，且与bc 面斜交D ．从bc 面射出，且与bc 面垂直【解析】根据折射定律，光从棱镜射向空气，若发生全反射，入射角应大于临界角．先求临界角C ，因sin C ＝1n ，所以C ＝45°，n ＝sin θ1sin θ2，sin θ1＝n sin θ2＝2·sin30°＝22，θ1＝45°，因此光束在棱镜中的光路如图所示，故BD 项正确．【答案】 BD11．一个半径为5m 的圆形蓄水池装满水，水面与地面相平，在池的中心上空离水面3m 处吊着一盏灯，一个身高1.8m 的人离水池边缘多远的距离恰能看到灯在水中的像( )A ．1.8mB ．2.5mC ．3mD ．5m【解析】水池面相当于平面镜，作反射光光路图如图所示，若人在某位置时恰能通过水池的边缘看到灯在水中的像，这时光源发出的光恰好通过水池反射入人的眼睛．由反射定律可知α＝β由几何分析得：ΔSBO ∽ΔDCO ，故有h /H ＝x /r故x ＝hr /H ＝1.8×5/3m ＝3m. 【答案】 C12．如图所示是研究光的双缝干涉用的示意图，挡板上有两条狭缝S 1、S 2，由S 1和S 2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹，已知入射激光的波长为λ，屏上的P 点到两缝S 1和S 2的距离相等，如果把P 处的亮条纹记作第0号亮纹，由P 向上数，与0号亮纹相邻的亮纹为1号亮纹，与1号亮纹相邻的亮纹为2号亮纹，则P 1处的亮纹恰好是10号亮纹．设直线S 1P 1的长度为y 1，S 2P 1的长度为y 2，则y 2－y 1等于 ( )A ．5λB ．10λC ．20λD ．40λ【解析】由干涉加强区的点到两光源距离之差为半波长的偶数倍可知，第10号亮纹到两光源距离之差y 2－y 1＝202λ＝10λ，B 项正确．【答案】 B二、实验题(本题共2小题，共18分)13．某同学设计了一个测定激光波长的实验装置，如图(甲)所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，图(乙)中的黑点代表亮点的中心位置．(1)通过量出相邻光点的距离可算出激光的波长．据资料介绍：若双缝的缝间距离为a ，双缝到感光片的距离为L ，感光片相邻两光点间的距离为b ，则光的波长λ＝abL.该同学测得L ＝1.0000m ，双缝间距a ＝0.220mm ，用带十分度游标的卡尺测感光片上的点间距离时，尺与点的中心位置如图(乙)所示．图(乙)中第1个光点到第4个光点的距离是________mm.实验中激光的波长λ＝________m ．(保留两位有效数字)(2)如果实验时将红激光换成蓝激光，屏上相邻两光点间的距离将________．【解析】 (1)由(乙)图可知第1个光点到第4个光点间的距离b ′＝8.7mm ，b ＝b ′3＝2.9mm由b ＝Laλ得：λ＝aL ·b ＝0.220×10－31.0000×2.9×10－3m ≈6.4×10－7m. (2)如果实验时将红激光换成蓝激光，λ变小了，由b ＝Lλa 可得，屏上相邻两光点的间距将变小．【答案】 (1)8.7 (2)6.4×10－7 (2)变小14．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa ′、bb ′与玻璃砖位置的关系分别如图中①、②、③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均与aa ′、bb ′为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)；丙同学测得的折射率与真实值相比________．【解析】用图①测定折射率，玻璃中折射光线偏转大了，所以折射角增大，折射率减小；用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关；用图③测折射率时，无法确定折射光线偏角偏折的大小，所以测得的折射率可能偏大、可能偏小、可能不变．【答案】偏小不变可能偏大、可能偏小、可能不变三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？【解析】光线P 经折射后经过B 点，光路如右图所示．根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3在OBC 中，sin βR ＝sin(2π－α)2R ·cos β可得β＝30°，α＝60°，所以CD ＝R ·sin α＝32R . 【答案】32R 16．如图所示，AOB 是由某种透明物质制成的14圆柱体横截面(O为圆心)，折射率为 2.今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA 平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB 面上射出，设凡射到OB 面的光线全部被吸收．求柱体AB 面上能射出光线的部分占AB 表面的几分之几？并在图中用阴影部分标示．【解析】从O 点射入的光线，折射角为r ，根据折射定律有： n ＝sin45°sin r ①解得r ＝30°从某位置P 点入射的光线，折射到AB 弧面上Q 点时，入射角恰等于临界角C ，有：sin C ＝1n②代入数据得：C ＝45°PQO 中角α＝180°－90°－r －C ＝15° 所以能射出的光线区域对应的圆心角 β＝90°－α－r ＝45°能射出光线的部分占AB 面的比例为45°90°＝12③图中阴影部分为能射出光线的区域．【答案】 12，阴影见图17．天文学家测得银河系中氦的含量约为25%.有关研究表明，宇宙中氦生成的途径有两条：一是在宇宙诞生后3分钟左右生成的；二是在宇宙演化到恒星诞生后，由恒星内的氢核聚变反应生成的．(1)把氢核聚变反应简化为4个氢核(11H)聚变成氦核(42He)，同时放出2个正电子(01e)和2个中微子(ν0)，请写出该氢核聚变反应的方程，并计算一次反应释放的能量．(2)研究表明，银河系的年龄约为t ＝3.8×1017s ，每秒钟银河系产生的能量约为1×1037J(即P ＝1×1037J/s)．现假定该能量全部来自上述氢核聚变反应，试估算银河系中氦的含量(最后结果保留一位有效数字)．(3)根据你的估算结果，对银河系中氦的主要生成途径作出判断．(可能用到的数据：银河系质量约为M ＝3×1041kg ，原子质量单位1u ＝1.66×10－27kg,1u相当于1.5×10－10J 的能量，电子能量m e ＝0.0005u ，氦核质量m a ＝4.0026u ，氢核质量m p ＝1.0078u ，中微子ν0质量为零．)【解析】 (1)411H →42He ＋201e ＋2ν0Δm ＝4m p －m a －2m e ，ΔE ＝Δmc 2＝4.14×10－12J.(2)m ＝PtΔEm a ≈6.1×1039kg ，氦的含量k ＝m M ＝6.1×10393×1041≈2%.(3)由估算结果可知，k ≈2%，远小于25%的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的．【答案】 (1)411H →42He ＋201e ＋2ν0 4.14×10－12J (2)2% (3)见解析 18．钍核230 90Th 发生衰变生成镭核22688Ra 并放出一个粒子．设该粒子的质量为m 、电荷量为q ，它进入电势差为U 的带窄缝的平行平板电极S 1和S 2间电场时，其速率为v 0，经电场加速后，沿Ox 方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，Ox 垂直平板电极S 2，当粒子从P 点离开磁场时，其速度方向与Ox 方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中．(1)写出钍核衰变方程；(2)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R ； (3)求粒子在磁场中运动所用时间t .【解析】 (1)钍核衰变方程230 90Th →42He ＋22688Ra①(2)设粒子离开电场时速度为v ，对加速过程有qU ＝12m v 2－12m v 2② 粒子在磁场中有q v B ＝m v 2R③ 由②、③得R ＝m qB 2qU m ＋v 2④(3)粒子做圆周运动的回旋周期T ＝2πR v ＝2πm qB⑤ 粒子在磁场中运动时间t ＝16T⑥由⑤、⑥得t＝πm3qB. ⑦【答案】(1)23090Th→42He＋22688Ra(2)mqB 2qUm＋v2(3)πm3qB。

2011届高考物理二轮专题复习学案(力与物体的平衡等10个专题29份) 人教课标版20(优秀免费下载资料)

专题质量评估（六）一、选择题.（·浙江六校联考）如图所示，为一边长为、匝数为的正方形闭合线圈，绕对称轴O O '匀速转动，角速度为ω。

空间中只有O O '左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

若闭合线圈的总电阻为，则（）．线圈中电动势的有效值为ω222NBL ．线圈中电流方向每秒钟改变次数为/ωπ次．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为221NBL .（·济宁市二模）如图所示电路中的变压器为理想变压器，为单刀双掷开关，是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是( )．保持的位置不变，由切换到．保持的位置不变，由切换到．掷于位置不动，向上滑动．掷于位置不动，向下滑动.在温控电路中,通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制作用.如图所示电路为定值电阻为半导体热敏电阻(温度越高电阻越小)为电容器.当环境温度降低时（）.电容器的带电量增大.电压表的读数增大.电容器两板间的电场强度减小消耗的功率增大.如图甲所示,电路不计电表内阻的影响,改变滑动变阻器滑片位置,测得电压表和随电流表的示数变化的两条实验图线,如图乙所示.关于这两条实验图线,下列说法正确的是（）.图线的延长线不一定过坐标原点.图线的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势.图线、交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电源的输出功率.图线、交点的横坐标和纵坐标值的乘积等于电阻消耗的电功率.正弦交变电源与电阻、交流电压表按照图甲所示的方式连接，Ω.交流电压表的示数是 ,图乙是交变电源输出电压随时间变化的图象.则（）.π().π().电阻消耗的功率是.在一个周期时间内电阻上产生的焦耳热为.有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头调节,如图所示,在副线圈两输出端连接了定值电阻和滑动变阻器,在原线圈上加一电压为的交流电,则（）.保持的位置不动,将向上滑动时,电流表的读数变大.保持的位置不动,将向上滑动时,电流表的读数变小.保持的位置不动,将向上滑动时,电流表的读数变大.保持的位置不动,将向上滑动时,电流表的读数变小.如图甲所示、两端接直流稳压电源Ω,滑动变阻器总电阻Ω,滑片处于变阻器中点位置;图乙中,自耦变压器输入端、接交流稳压电源,其电压有效值也为 ,滑片也处于线圈中点位置Ω.若和的发热功率分别为和,则和的关系为（）.一闭合线圈置于磁场中,若磁感应强度随时间变化的规律如图所示,则图中能正确反映线圈中感应电动势随时间变化的图象是（）. （·市西城区二模）如图所示，一闭合金属圆环处在垂直圆环平面的匀强磁场中。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2011届高考物理二轮总复习专题过关检测分子动理论能量守恒气体 (时间:90分钟满分:100分) 第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题包括10小题,共40分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分) 1.(2010四川绵阳高三第二次诊断考试，14)氧气钢瓶充气后压强高于外界大气压.假设氧焊时，氧气从管口缓慢流出时，瓶内外温度始终相等且保持不变，氧气分子之间的相互作用不计.则在氧焊过程中瓶内氧气( ) A.分子总数减少，内能不变 B.密度减小，分子平均动能增大 C.吸收热量，对外做功 D.单位时间内分子对氧气瓶单位面积的碰撞次数增加解析:由于瓶内外温度始终相等，瓶内外氧气分子平均动能相等，但瓶内氧气分子数逐渐减少，所以瓶内氧气内能减少，选项A、B错误；由于瓶内气体缓慢流出过程中氧气体积增大，氧气对外做功，而作为理想气体，温度不变则内能不变，根据热力学第一定律可知:氧气需要吸收热量，选项C正确；由于瓶内氧气分子数量减少，所以选项D错误. 答案:C 2.一定质量0 ℃的冰熔化成0 ℃的水时，其分子动能Ek和分子势能Ep的变化情况是( ) A.Ek变大，Ep变大 B.Ek变小，Ep变小 C.Ek不变，Ep变大 D.Ek不变，Ep变小解析:一定质量0℃的冰熔化成0℃的水，温度不变，分子的平均动能不变，则Ek不变；熔化过程中需要吸热，且冰熔化为水时，体积减小，外界对系统做正功，故系统内能增加，则Ep增大. 答案:C 3.(2010湖北部分重点中学高三二联，18)下列说法正确的是( ) A.物体放出热量，温度不一定降低 B.物体内能增加，温度一定升高 C.热量能自发地从低温物体传给高温物体 D.热量能自发地从高温物体传给低温物体解析:由热力学第一定律可知:物体内能的变化与热传递和做功情况有关，所以物体放出热量，其内能不一定降低，温度也不一定降低，A项正确；温度是物体平均分子动能的标志，而物体的内能包括分子动能与分子势能，内能增加时，因为分子势能变化情况未知，故温度不一定升高，B项错；热量能够自发地由高温物体向低温物体传递，D项正确. 答案:AD 4.对一定质量的气体，下列说法正确的是( ) A.在体积缓慢地不断增大的过程中，气体一定对外界做功 B.在压强不断增大的过程中，外界对气体一定做功 C.在体积不断被压缩的过程中，内能一定增加 D.在与外界没有发生热量交换的过程中，内能一定不变解析:当体积增大时，气体一定对外做功，A正确；而气体压强增大，但体积不一定会减小，所以外界不一定对气体做功，B错；当气体体积不断被压缩时，外界对气体做功，因气体与外界之间能量交换不确定，所以气体的内能不一定增加，C错；若气体与外界没有热量交换时，气体对外做功或外界对气体做功，都可以使气体的内能发生变化，D错.答案为A. 答案:A 5.如图8-1所示，绝热的容器内密闭一定质量的气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是( )

图8-1 A.单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少 B.电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少 C.电流对气体做功，气体又对外做功，其内能可能不变 D.电流对气体做功一定大于气体对外做功解析:该过程是等压膨胀，由压强不变、体积变大，可知气体的温度升高，分子平均动能增大，所以单位时间内气体对活塞碰撞的次数减少，在电阻丝加热过程中，电流对气体做功，气体又对外做功，但由于温度升高、内能变大，根据能量守恒，电流对气体做功一定大于气体对外做功，故Ａ、Ｄ正确. 答案:AD 6.如图8-2所示，绝热气缸直立于地面上，光滑绝热活塞封闭一定质量的气体并静止在A位置，气体分子间的作用力忽略不计.现将一个物体轻轻放在活塞上，活塞最终静止在B位置(图中未画出)，则活塞( )

图8-2 A.在B位置时气体的温度与在A位置时气体的温度相同 B.在B位置时气体的压强比在A位置时气体的压强大 C.在B位置时气体单位体积内的分子数比在A位置时气体单位体积内的分子数少 D.在B位置时气体的平均速率比在A位置时气体的平均速率大解析:物体放上活塞后，气体被压缩，单位体积内分子数增多，外界对气体做功，由于是绝缘气缸，据热力学第一定律，气体内能增加，温度升高，气体分子平均动能增大，平均速率

也增大.又据理想气体状态方程,222111TVpTVp由于T2＞T1，V2＜V1，所以p2＞p1，所以B、D正确. 答案:BD 7.对于一定量的气体，下列四个论述中正确的是( ) A.当分子热运动变剧烈时，压强必变大 B.当分子热运动变剧烈时，压强可以不变 C.当分子间的平均距离变大时，压强必变小 D.当分子间的平均距离变大时，压强必变大解析:由pV/T=C(恒量)可知:当分子热运动变剧烈(即温度升高)时，气体压强可以不变，选项A错误，选项B正确；当分子间平均距离变大(即体积增大)时，气体压强可变大、可变小、可不变，故选项C、D错误. 答案:B 8.如图8-3所示，长方体绝热容器被一质量为m的导热活塞分隔成容积相等的A、B两个气室，活塞与器壁无摩擦紧密接触，现用销钉固定，分别向A和B中充入等质量的氦气和氧气，经一段时间后，拔出销钉，在一段很短的时间内，设A中气体内能变化大小为ΔEA,B中气体内能变化大小为ΔEB,则( )

图8-3 A.活塞向B移动 B.ΔEA=ΔEB C.ΔEA＞ΔEB D.ΔEA＜ΔEB 解析:由于A、B两个气室容积相等，所以向A和B中充入等质量的氦气和氧气经一段时间后，两部分气体温度相同，但A中气体压强大，所以拔出销钉后活塞向B移动，A项正确；拔出销钉，在一段很短的时间内A气体对活塞的作用力大于B气体对活塞的作用力，所以A对活塞做功W1大于活塞对B做功W2，而短时间内两部分气体可以认为没有通过活塞进行热交换，所以根据热力学第一定律可以确定A中气体内能变化大小ΔEA大于B中气体内能变化大小ΔEB,C正确. 答案:AC 9.下面的表格是某地区1～7月份气温与气压的对照表. 月份 1 2 3 4 5 6 7 平均最高气温(℃) 5.1 12 17 21.6 26.7 29.5 32.3 平均大气压(×105 Pa) 1.021 1.02 1.016 1.008 1.003 0.998 0.996 7月份与1月份相比较，正确的是( ) A.空气分子无规则热运动的情况几乎不变 B.空气分子无规则热运动增强了 C.单位时间内空气分子对地面的撞击次数增多了 D.单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少了解析:从表中所给数据来看，7月份比1月份的温度高，压强低.温度升高，说明分子的热运动加剧，分子的平均动能变大，分子对地面的平均作用力也变大，B选项正确.从微观角度看，气体的压强与单位体积内的分子数和气体的热力学温度成正比，压强减小了，同时温度升高了，说明气体的分子密度一定减小，单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少了，C错误，D正确. 答案:BD 10.(2010江苏百校分析考试)分子都在做无规则的运动，但大量分子的速率分布却有一定的规律性，如图8-4所示.下列说法正确的是( )

图8-4 A.在一定温度下，大多数分子的速率都接近某个数值，其余少数分子的速率都小于该数值 B.高温状态下每个分子的速率大于低温状态下所有分子的速率 C.高温状态下分子速率大小的分布范围相对较大 D.高温状态下最多数分子对应的速率大于低温状态下最多数分子对应的速率解析:由图可知，在一定温度下大多数分子的速率接近某个数值.其余少数分子的速率有的大于有的小于该值，故A错.同样可看出B错. 答案: CD 二、填空实验题(共6分×2=12分) 11.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是________. A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子之间存在势能的缘故 B.一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加 C.对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大 E.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和 F.如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增加解析:气体分子失去容器后就会散开是由于气体分子无规则热运动造成的，A选项错误；D选项错误，原因是没考虑气体的体积对压强的影响，所以压强不一定增大；气温升高，气体分子平均动能和平均速率增大，但不是每个气体分子速率都增大，F选项错误. 答案:BCE 12.(2010湖北部分重点中学高三二联，22(1))某学生在用“油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于_________. A.油酸未完全散开 B.油酸中含有大量酒精 C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格 D.求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数误多记了10滴解析: (1)用油膜法估测分子直径，是利用油酸的体积与形成的单分子油膜的面积的比值估算分子直径的，分子直径值明显偏大可能的原因有二:一是油酸体积测量值偏大；二是油膜面积测量值偏小.油酸未完全散开和舍去不足一格的方格均会造成油膜面积测量值偏小的结果，故AC两项正确；油酸中酒精更易溶于水，故不会产生影响，B项错；而D项计算每滴溶液中所含油酸的体积偏小，会使分子直径估算值偏小，D项错. 答案:AC 三、计算题(共4小题，48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位) 13.(12分)将1 cm3的油酸溶于酒精,制成500 cm3的酒精油酸溶液,已知1滴该溶液的体积是

.cm40

13现取1滴该溶液滴在水面上,随着酒精溶于水,油酸在水面上形成单分子油膜层,油膜

面积为0.4 m2,由此估算分子直径. 解析:每滴酒精油酸溶液中含有的油酸体积31136m105m500110401V

估算出的分子直径m.101.3m4.01051011SVd 答案:1.3×10－10 m 14.(12分)在地球表面上横截面积为3×10－2 m2的圆筒内装0.6 kg的水,太阳光垂直照射了2 min,水温升高了1 ℃.设大气顶层的太阳能只有45%到达地面,试估算出太阳的全部辐射功率.(设太阳与地球表面之间的平均距离为1.5×1011 m)