【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理课后知能检测17 新人教版必修2

合集下载

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理 4.1+2 划时代的发现探究感应电流的产

【课堂新坐标】〔教师用书〕2013-2014学年高中物理 4.1+2 划时代的发现探究感应电流的产生条件课后知能检测新人教版选修3-21．如下现象中，属于电磁感应现象的是( )A．磁场对电流产生力的作用B．变化的磁场使闭合电路产生感应电流C．插入通电螺线管中的软铁棒被磁化D．电流周围产生磁场【解析】电磁感应现象是指磁生电的现象，选项B对．【答案】 B2．1823年，科拉顿做了这样一个实验，他将一个磁铁插入连有灵敏电流计的螺旋线圈，来观察在线圈中是否有电流产生．在实验时，科拉顿为了排除磁铁移动时对灵敏电流计的影响，他通过很长的导线把连在螺旋线圈上的灵敏电流计放到另一间房里．他想，反正产生的电流应该是“稳定〞的(当时科学界都认为利用磁场产生的电流应该是“稳定〞的)，插入磁铁后，如果有电流，跑到另一间房里观察也来得与．就这样，科拉顿开始了实验．然而，无论他跑得多快，他看到的电流计指针都是指在“0〞刻度的位置，科拉顿失败了．以下关于科拉顿实验的说法中正确的答案是( )A．实验中根本没有感应电流产生B．实验中有感应电流产生C．科拉顿的实验装置是完全正确的D．科拉顿实验没有观察到感应电流是因为在插入磁铁的过程中会有感应电流产生，但当跑到另一间房观察时，电磁感应过程已经完毕，不会看到电流计指针的偏转【解析】感应电流是在磁通量变化的过程中产生的，这种变化一旦停止，感应电流也就不存在了．【答案】BCD3．德国《世界报》曾报道个别西方兴旺国家正在研制电磁脉冲波武器——电磁炸弹．假设一枚原始脉冲波功率10 kMW，频率5 kMHz的电磁炸弹在不到100 m的高空爆炸，它将使方圆400～500 m2范围内电场强度达到每米数千伏，使得电网设备、通信设施和计算机中的硬盘与软件均遭到破坏．电磁炸弹有如此破坏力的主要原因是( )A．电磁脉冲引起的电磁感应现象B．电磁脉冲产生的动能C．电磁脉冲产生的高温D．电磁脉冲产生的强光【解析】根据电磁感应可知，变化的磁场产生电场，增大周围电场强度，可以破坏其电子设备．应当选A.【答案】 A4．如图4－1－8所示，一个矩形铁芯上绕制两个线圈A和B.在如下关于B线圈中是否有感应电流的判断中，正确的答案是( )图4－1－8A．S闭合后，B线圈中一直有感应电流B. S闭合一段时间后，B中感应电流消失，但移动变阻器滑片时，B中又有感应电流出现C. 在S断开和闭合的瞬间，B中都有感应电流D. 因为A、B两线圈是两个不同的回路，所以B中始终没有感应电流【解析】线圈中有电流时，产生的磁场通过铁芯能穿过B线圈，当A线圈中的电流变化时产生的磁场发生变化，如此穿过B线圈的磁通量发生变化，B线圈中产生感应电流．【答案】BC5．一磁感应强度为B的匀强磁场，方向水平向右，一面积为S的矩形线圈abcd如图4－1－9所示放置，平面abcd与竖直方向成θ角，将abcd绕ad轴转180°角，如此穿过线圈平面的磁通量的变化量为( )A．0 B．2BSC．2BS cos θD．2BS sin θ图4－1－9【解析】开始时穿过线圈平面的磁通量为Φ1＝BS cos θ.后来穿过线圈平面的磁通量为Φ2＝－BS cos θ，如此磁通量的变化量为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS cos θ.【答案】 C6．如下列图，用导线做成的圆形回路与一直导线构成几种位置组合，哪些组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生(图A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O点为线圈的圆心，图D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)( )【解析】对图A而言，因为通电直导线位于环形导线所在平面内，且与直径重合，因此穿过圆环的磁通量为零，所以当切断导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中必为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生；对图B而言，因为磁通量为大小两个局部磁感线条数之差，当切断直导线中的电流时，磁通量为零，即此过程中磁通量有变化，故闭合回路中会有感应电流产生；同理分析可得图C中也有感应电流产生；对图D而言，因为环形导线与直导线产生的磁场的磁感线平行，故磁通量为零．当切断直导线中的电流时，磁通量在整个变化过程中皆为零，所以闭合回路中不会有感应电流产生，所以当切断直导线中的电流时，能产生感应电流的有B、C两种情况．【答案】BC7．如图4－1－10所示，导线ab和cd互相平行，如此如下四种情况下导线cd中无电流的是( )A．开关S闭合或断开的瞬间B．开关S是闭合的，但滑动触头向左滑C．开关S是闭合的，但滑动触头向右滑D．开关S始终闭合，不滑动触头图4－1－10【解析】如果导线cd中无电流产生，如此说明通过上面的闭合线圈的磁通量没有发生变化，也就说明通过导线ab段的电流没有发生变化．显然，开关S闭合或断开的瞬间、开关S是闭合的但滑动触头向左滑的过程、开关S是闭合的但滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，都能在导线cd中产生感应电流．【答案】 D8．法拉第通过精心设计的一系列实验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学〞与“磁学〞真正联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所做的推论后来被实验否认的是( )A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体外表感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流【解析】法拉第经过研究发现引起感应电流的原因都与变化和运动有关，B、C、D项所表示的思想都被实验证实，A中推论不成立．【答案】 A9．如图4－1－11所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I 通过时，穿过它们的磁通量分别为Φa、Φb、Φc，如下说法中正确的答案是( ) A．Φa<Φb<ΦcB．Φa>Φb>ΦcC．Φa<Φc<ΦbD．Φa>Φc>Φb图4－1－11【解析】当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此根据合磁通量的计算，应该是Φa>Φb>Φc.【答案】 B10．唱卡拉OK用的话筒内有传感器．其中有一种是动圈式的，如图4－1－12所示，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号．如下说法正确的答案是( )动圈式话筒的构造图4－1－12A．该传感器是根据电流的磁效应工作的B．该传感器是根据电磁感应原理工作的C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势【解析】当声波使膜片前后振动时，膜片后的金属线圈就跟着振动，从而使处于永磁体的磁场中的线圈切割磁感线，穿过线圈的磁通量发生改变，产生感应电流，从而将声音信号转化为电信号，这是话筒的工作原理．如此B选项正确，A、C、D均错误．【答案】 B11．如图4－1－13所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路，并列举出在实验中通过改变副线圈回路磁通量，使副线圈回路产生感应电流的三种方法：图4－1－13(1)_________________________________________________；(2)_________________________________________________；(3)_________________________________________________．【解析】(1)合上(或断开)开关瞬间；(2)将原线圈插入副线圈或从副线圈中抽出；(3)移动滑动变阻器的滑片．【答案】见解析12．一水平放置的矩形线圈在条形磁铁S极附近下落，下落过程中，线圈平面保持水平，如图4－1－14所示，位置Ⅰ和Ⅲ都靠近位置Ⅱ，如此线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，线圈内________感应电流产生；线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内________感应电流产生．(填“有〞或“无〞)图4－1－14 【答案】有有。

【课堂新坐标】(教师用书)20132014学年高中物理第4章第1节气体实验定律课后知能检测鲁科版选修33

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理第4章第1节气体实验定律课后知能检测鲁科版选修3-31．对一定质量的气体，其中正确的是( )①温度发生变化时，体积和压强可以不变；②温度发生变化时，体积和压强至少有一个发生变化；③如果温度、体积和压强三个量都不变化，我们就说气体状态不变；④只有温度、体积和压强三个量都发生变化，我们才说气体状态变化了A．①②B．②③C．③④D．①④【解析】p、V、T三个量中，可以两个量发生变化，一个量恒定，也可以三个量同时发生变化，而一个量变化，另外两个量不变的情况是不存在的，气体状态的变化就是p、V、T的变化．故②③说法正确．【答案】 B2．一定质量的理想气体，现要使它的压强经过状态变化后回到初始状态的压强，那么下列过程可以实现的是( )A．先将气体等温膨胀，再将气体等容降温B．先将气体等温压缩，再将气体等容降温C．先将气体等容升温，再将气体等温膨胀D．先将气体等容降温，再将气体等温压缩【解析】等温膨胀时压强减小，等容降温压强也减小，故A错误．等温压缩压强增大，等容降温压强减小，故B正确．等容升温压强增大，等温膨胀压强减小，故C正确．等容降温压强减小，等温压缩压强增大，故D正确．【答案】BCD3．(2013·聊城高二检测)下列说法正确的是 ( )A．玻意耳定律对任何压强都适用B．盖·吕萨克定律对任意温度都适用C．常温、常压下的各种气体，可以当作理想气体D．一定质量的气体，在压强不变的情况下，它的体积跟温度成正比【解析】气体实验定律只有在压强不太大、温度不太低的条件下才能成立，同时这样的气体称为理想气体，故A、B错误，C正确．根据盖·吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，D错误．【答案】 C4．对于一定质量的气体，在体积不变时，压强增大到原来的二倍，则气体温度的变化情况是( )A ．气体的摄氏温度升高到原来的二倍B ．气体的热力学温度升高到原来的二倍C ．气体的摄氏温度降为原来的一半D ．气体的热力学温度降为原来的一半【解析】一定质量的气体体积不变时，压强与热力学温度成正比，即p 1T 1＝p 2T 2，得T 2＝p 2T 1p 1＝2T 1，B 正确．【答案】 B5．(2012·福建高考)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体压强为( )A ．2.5 atmB ．2.0 atmC ．1.5 atmD ．1.0 atm【解析】依题可知p 1＝1 atm ，V 1＝15.0 L ，V 2＝6 L ，据p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝2.5 atm ，故选A.【答案】 A6．一定质量的气体，在体积不变时，温度由50°C 升高到100°C，气体的压强变化情况是( )A ．气体的压强是原来的2倍B ．气体的压强比原来增加了50/273C ．气体压强是原来的373/273倍D ．气体压强比原来增加了50/323【解析】由于气体体积不变，所以满足查理定律：p 1T 1＝p 2T 2＝Δp ΔT所以有p 2p 1＝T 2T 1＝273＋100273＋50＝373323.Δp p 1＝ΔT T 1＝50273＋50＝50323. 【答案】 D图4－1－147．如图4－1－14所示是一定质量的理想气体的三种变化过程，那么下列四种解释中，哪些说法是正确的( )A ．a →d 的过程气体体积增加B ．b →d 的过程气体体积不变C ．c →d 的过程气体体积增加D ．a →d 的过程气体体积减小【解析】在p －T 图上的等容线是延长线过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小．因此，a 状态对应的体积最小，c 状态对应的体积最大，b 、d 状态对应的体积是相等的，故A 、B 正确．【答案】 AB8．(2013·广东高考)图4－1－15为某同学设计的喷水装置，内部装有设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有( )图4－1－15A ．充气后，密封气体压强增加B ．充气后，密封气体的分子平均动能增加C ．打开阀门后，密封气体对外界做正功D ．打开阀门后，不再充气也能把水喷光【解析】根据玻意耳定律，温度的实质解决问题．充气前后，封闭气体的初态参量p 1＝1 atm ，V 1＝0.6 L ；末态参量p 2＝？，V 2＝0.5 L ．根据p 1V 1＝p 2V 2，得p 2＝p 1V 1V 2＝1×0.60.5atm ＝1.2 atm ，故充气后压强增大，选项A 正确；温度是分子平均动能的标志，因为温度不变，故气体的分子平均动能不变，选项B 错误；打开阀门后气体体积增大，故气体对外界做正功，选项C 正确；打开阀门后，水向外流出，假若水全部流出，由pVT＝k 知，容器内的气压会降为0.24 atm ，小于外部气压，故水不会喷光，选项D 错误．【答案】 AC图4－1－169．(2013·青岛检测)如图4－1－16所示，长31 cm 内径均匀的细玻璃管，开口向下竖直放置，齐口水银柱封住10 cm 长的空气柱，若把细玻璃管在竖直平面内缓慢转动90°后至开口端水平，发现空气长度变为7.2 cm.然后继续缓慢转动90°至开口向上．求：(1)大气压强的值；(2)末状态时空气柱的长度．【解析】 (1)细玻璃管开口向下竖直放置，则p 1＝p 0－Δh ，水平放置，p 2＝p 0，气体发生等温变化，根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，则(p 0－21)×10×S ＝p 0×7.2×S解得p 0＝75 cmHg.(2)细玻璃管开口向上，则p 3＝p 0＋Δh .则p 1V 1＝p 3V 3，l 3＝p 1l 1p 3＝－75＋21cm ＝5.625 cm【答案】 (1)75 cmHg (2)5.625 cm10．一定质量的气体，27°C 时体积为1.0×10－2m 3，在压强不变的情况下，温度升高到100°C 时体积为多少？【解析】初状态V 1＝1.0×10－2m 3，T 1＝(27＋273)K ＝300 K末状态：V 2，T 2＝(100＋273)K ＝373 K 由V 1T 1＝V 2T 2得V 2＝T 2T 1V 1＝373300×1.0×10－2m 3≈1.24×10－2m 3.【答案】 1.24×10－2m 311．(2010·上海高考)图4－1－17如图4－1－17，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为5×10－3m 2，一定质量的气体被质量为2.0 kg 的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为________(大气压强取1.01×105Pa ，g 取10 m/s 2)．若从初温27 °C 开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.5 m 缓慢变为0.51 m ，则此时气体的温度为________．【解析】以活塞为研究对象，由平衡条件知pS ＝p 0S ＋mg ，所以p ＝p 0＋mgS＝1.41×105Pa. 加热气体，活塞上升过程中压强不变．由盖·吕萨克定律知：V 1T 1＝V 2T 2因T 1＝300 K ，V 1＝2.5×10－3m 3，V 2＝2.55×10－3 m 3.所以T 2＝306 K ，即t 2＝33 °C. 【答案】 1.41×105Pa 33 °C 12．(2013·新课标Ⅱ)图4－1－18如图4－1－18，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l 1＝25.0 cm 的空气柱，中间有一段长l 2＝25.0 cm 的水银柱，上部空气柱的长度l 3＝40.0 cm.已知大气压强为p 0＝75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l ′1＝20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．【解析】研究玻璃管上、下两端封闭气体的初态和末态的状态参量，根据大气压强和水银柱长可求出封闭气体的压强，结合玻意耳定律求解．以cmHg 为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为p 1＝p 0＋l 2①设活塞下推后，下部空气柱的压强为p ′1，由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1②如图，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为l′3＝l3＋l1－l′1－Δl③设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′2，则p′2＝p′1－l2④由玻意耳定律得p0l3＝p′2l′3⑤由①至⑤式及题给数据解得Δl＝15.0 cm⑥【答案】15.0 cm。

_新教材高中物理课时检测17电磁场与电磁波含解析新人教版选择性必修第二册

电磁场与电磁波1．下列说法中正确的是( )A．任何变化的磁场都要在周围空间产生变化的电场，振荡磁场在周围空间产生同频率的振荡电场B．任何电场都要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场C．任何变化的电场都要在周围空间产生磁场，振荡电场在周围空间产生同频率的振荡磁场D．电场和磁场总是相互联系着，形成一个不可分割的统一体，即电磁场解析：选C 根据麦克斯韦电磁场理论可知，如果电场(磁场)的变化是均匀的，产生的磁场(电场)是恒定的；如果电场(磁场)的变化是不均匀的，产生的磁场(电场)是变化的；振荡电场(磁场)在周围空间产生同频率的振荡磁场(电场)；故A、B错误，C正确。

周期性变化的电场和周期性变化的磁场总是相互联系着，形成一个不可分割的统一体，即电磁场，故D错误。

2．下列关于电磁波的说法正确的是( )A．做简谐运动的电荷可以在周围的空间产生电磁波B．电磁波不具有能量C．麦克斯韦第一次通过实验验证了电磁波的存在D．只要有电场和磁场，就能产生电磁波解析：选A 根据麦克斯韦的电磁场理论可知，做简谐运动的电荷会在空间产生变化的电磁场，变化的电磁场在空间传播，形成电磁波，故A正确；电磁波能够传播能量，说明电磁波具有能量，故B错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故C错误；恒定电场和恒定磁场不能产生电磁波，故D错误。

3．关于电磁场理论，下列描述正确的是( )A．电磁场不是一种物质B．静止的电荷能够在周围空间产生稳定的磁场C．稳定的磁场能够在周围空间产生稳定的电场D．变化的电场和变化的磁场互相激发，由近及远传播形成电磁波解析：选D 变化的电场和变化的磁场互相激发，由近及远传播形成电磁波，电磁场是一种客观存在的物质，故A错误，D正确；静止的电荷周围不能激发稳定的磁场，故B错误；稳定的磁场不能产生稳定的电场，C错误。

4．[多选]以下关于电磁波的说法中正确的是( )A．只要电场或磁场发生变化，就能产生电磁波B．电磁波传播需要介质C．赫兹用实验证实了电磁波的存在D．电磁波具有能量，电磁波的传播是伴随有能量向外传递的解析：选CD 如果电场(或磁场)是均匀变化的，产生的磁场(或电场)是稳定的，就不能再产生新的电场(或磁场)，也就不能产生电磁波；电磁波不同于机械波，它的传播不需要介质；赫兹用实验证实了电磁波的存在；电磁波具有能量，它的传播是伴随能量传递的。

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理 1.4 怎样描述速度变化的快慢课后知能检测

【课堂新坐标】〔教师用书〕2013-2014学年高中物理 1.4 怎样描述速度变化的快慢课后知能检测沪科版必修11．(2012·昌江高一期末)如下关于加速度的说法中，正确的答案是( )A ．加速度越大，速度变化越大B ．加速度越大，速度变化越快C ．加速度－3 m/s 2比1 m/s 2小D ．做匀速直线运动的物体，加速度为零【解析】加速度大小与速度大小无直接关系，A 错，加速度是描述速度变化快慢的量，加速度大，速度变化快，B 正确．加速度是矢量，其正负号只表示方向，C 错．匀速直线运动，速度不变加速度为零D 正确．【答案】 BD2．判断如下说法是否正确( )A ．从加速度公式可知，加速度a 与速度变化量成正比，与时间成反比B ．速度很大，加速度肯定很大C ．速度很大，加速度可能为0D ．速度为0，加速度一定为0【解析】公式a ＝v t －v 0t是比值定义式，与速度变化量、时间没有必然联系，A 错；加速度也与速度大小无关，B 、D 错，C 对．【答案】 C3．物体A 的加速度为3 m/s 2，物体B 的加速度为－5 m/s 2，如下说法中，正确的答案是( )A ．物体A 的加速度比物体B 的加速度大B ．物体B 的速度变化比物体A 的速度变化快C ．物体A 的速度一定在增加D ．物体B 的速度一定在减小【解析】加速度的“＋〞、“－〞表示方向，与大小没有关系，A 错；B 的加速度比A 的加速度大，B 的速度变化快，B 对；“＋〞、“－〞是对选取的正方向而言的，不一定和初速度的方向一样或相反，故不一定加速还是减速，C 、D 错．【答案】 B4．(2012·澄迈高一检测)汽车在一条平直公路上行驶，其加速度方向与速度方向一致．假设加速度逐渐减小且最终为零，有如下四种说法，其中正确的答案是( ) A．汽车的速度也减小B．汽车的速度一直增大下去C．当加速度减小到零时，汽车静止D．当加速度减小到零时，汽车的速度达到最大【解析】加速度与速度方向一致，汽车做加速运动，加速度变小，速度增加变慢，直到加速度为0，D对．【答案】 D5．(2012·西安中学高一检测)甲、乙为两个在同一直线上沿规定的正方向运动的物体，a甲＝4 m/s2，a乙＝－4 m/s2.那么，对甲、乙两物体判断正确的答案是( ) A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲、乙两物体的运动方向一定相反C．甲的加速度和速度方向一致，乙的加速度和速度方向相反D．甲、乙的速度值都是越来越大【解析】加速度的“＋〞、“ －〞代表方向，不是大小，A错；加速度的方向与速度变化的方向一样，与速度的方向不一定一样，所以加速度的方向相反，运动方向不一定相反，B错，C对；由于甲乙两物体均沿正方向运动，a乙＝－4 m/s2如此说明乙的速度值越来越小，D错．【答案】 C6．关于匀变速直线运动的如下说法正确的答案是( )A．匀变速直线运动是加速度不变的运动B．匀加速直线运动是加速度不断增加的运动C．匀减速直线运动是加速度不断减小的运动D．变速直线运动是速度发生变化而加速度不变的运动【解析】匀变速(匀加速和匀减速)的“匀〞就是指加速度恒定，A对，B、C错；变速有匀变速和非匀变速，非匀变速的加速度不恒定，D错．【答案】 A7．甲、乙两个物体在同一条直线上运动，它们的速度图像如图1－4－12所示，如此( )图1－4－12A ．甲、乙两物体都做匀加速直线运动B ．甲物体的加速度比乙物体的加速度大C ．甲物体的初速度比乙物体的初速度大D ．在t 1以后的任意时刻，甲物体的速度大于同时刻乙物体的速度【解析】甲乙图线都是倾斜远离坐标轴的运动，是匀加速直线运动，A 对；从直线的斜率看加速度的大小，斜率大如此加速度大，B 对；初速度为0时刻的v 轴截距，C 错；t 1以后的任意时刻甲的v 坐标值都比乙的大，D 对．【答案】 ABD8．根据已打出的纸带，不用公式计算就能直接得出的物理量是( )①时间间隔 ②位移 ③加速度 ④平均速度A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④【解析】从纸带可直接读出的物理量为时间间隔和位移，可以计算得出的有加速度、平均速度、瞬时速度，故A 正确．【答案】 A9．如图1－4－13所示是一个物体向东运动的速度图像．由图可知在0～10 s 内物体的加速度大小是________，方向是________；在10～40 s 内物体的加速度为______，在40～60 s 内物体的加速度大小是________，方向是________．图1－4－13【解析】在0～10 s 内由图像可以看出速度是增加的：由0增至30 m/s ，因此其加速度大小为3010m/s 2＝3 m/s 2.这段运动是加速运动，加速度与速度方向一样，向东．在10～40 s 内，速度为30 m/s 不变，故其加速度为0；在40～60 s 内，速度由30 m/s 变为0，是匀减速运动，其加速度大小为1.5 m/s 2，方向与运动速度方向相反．【答案】3 m/s 2 与速度方向一样 0 1.5 m/s 2 与速度方向相反10．在测定“匀变速直线运动的加速度〞的实验中，按照实验进展的先后顺序，将下述步骤的代号填在横线上________．A ．把穿过打点计时器的纸带固定在小车后面B ．把打点计时器固定在长木板的没有滑轮的一端，并连好电路C ．换上新的纸带，再重做两次D ．把长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面E ．使小车停在靠近打点计时器处，接通电源，放开小车，让小车运动F ．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下边吊着适宜的钩码G ．断开电源，取出纸带【解析】正确的实验步骤是：把长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板的没有滑轮的一端，并连好电路，把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，另一端吊适宜的钩码，把穿过打点计时器的纸带固定在小车后面，使小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，再放开小车，让小车运动；打完一条纸带，断开电源，取下纸带，换上新纸带；再重做两次，即顺序为：DBFAEGC.【答案】 DBFAEGC11．某同学为了测定气垫导轨上滑块的加速度，他在滑块上安装了宽度为2 cm 的遮光板．然后他利用气垫导轨和数值毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门所用的时间为Δt 1＝0.31 s ，通过第二个光电门的时间Δt 2＝0.13 s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为 3.60 s ，请你根据上面他通过实验得到的数据，为他计算出滑块的加速度．【解析】滑块通过第一个光电门的速度v 1＝0.020.31m/s ＝0.065 m/s 滑块通过第二个光电门的速度v 2＝0.020.13m/s ＝0.154 m/s 滑块加速度a ＝v 2－v 1t ＝0.154－0.0653.60m/s 2＝0.025 m/s 2. 【答案】0.025 m/s 212．某实验小组在用打点计时器研究匀变速直线运动规律的实验中，得到一条纸带如图1－4－14所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为计数点，相邻计数点间时间间隔为0.10 s ，利用刻度尺已经测量得到x 1＝1.20 cm ，x 2＝1.60 cm ，x 3＝1.98 cm ，x 4＝2.38 cm ，x 5＝2.79 cm ，x 6＝3.18 cm.图1－4－14(1)根据给出的实验数据，判断该实验小组使用的刻度尺的最小刻度是什么？(2)计算运动物体在B 、C 、D 、E 、F 各点的瞬时速度．(3)在图1－4－15中作出v t 图像，并由图像求物体的加速度．图1－4－15【解析】(1)实验小组使用的刻度尺的最小刻度是毫米．(2)根据一段位移内中间时刻的瞬时速度等于平均速度．v B＝x1＋x22T＝1.20＋1.602×0.1cm/s＝1.40 cm/s，同理v C＝17.9 cm/s，v D＝21.8 cm/s，v E＝25.85 cm/s，v F＝29.85 cm/s.(3)根据上一问计算出来的速度，在坐标系中可确定5个不同时刻的对应速度，描出5个点，用平滑曲线连接各点，作出图像如如下图所示．vt图像的斜率表示物体运动的加速度，在图上取相距较远的两个点的坐标代入加速度公式进展计算，可得a＝39.6 cm/s2.【答案】见解析。

高中物理课后知能检测3 新人教版必修2

【答案】B
9．如图5－4－11是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮．经测定，磁带全部绕到A轮上需要时间为t，则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间( )
【答案】BD
8．两个小球固定在一根长为L的杆的两端，绕杆上的O点做圆周运动，如图5－4－10所示，当小球1的速度为v1时，小球2的速度为v2，则转轴O到小球2的距离为( )
图5－4－10
A．v1L/(v1＋v2)B．v2L/(v1＋v2)
C．(v1＋v2)L/v1D．(v1＋v2)L/v2
【解析】设小球1、2做圆周运动的半径分别为r1、r2，则v1∶v2＝ωr1∶ωr2＝r1∶r2，又因r1＋r2＝L，所以小球2到转轴O的距离r2＝，B正确．
高中物理课后知能检测3 新人教版必修2
1．下列关于匀速圆周运动的说法中正确的是( )
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是变速运动
C．匀速圆周运动的线速度不变
D．匀速圆周运动的角速度不变
【解析】匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，故A、C错误，B正确；匀速圆周运动中角速度是不变的，故D正确．
【答案】C
4．有一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤．从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是( )
A．树木开始倒下时，树梢的角速度最大，易于判断
B．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断
C．树木开始倒下时，树梢的周期较大，易于判断

【课堂新坐标,同步备课参考】2013-2014学年高中物理(教科版)必修2期末检测剖析

期末检测(分值：100分时间：90分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．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．某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图1所示．已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()图1A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小【解析】铅球从B到D重力做功，速度增大，所以D点的速率比C点的速率大，A正确；铅球运动过程中，只受重力，各点加速度相等，D点的加速度与C点加速度相等，B错误；从B到D加速度与速度方向夹角减小，C、D错误．【答案】 A2．(2013·重庆一中检测)如图2所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量m的小球从斜面上高为R/2处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动．不计小球体积，不计摩擦和机械能损失．则小球沿挡板运动时对挡板的力是()图2A．0.5mg B．mgC．1.5mg D．2mg【解析】质量m的小球从斜面上高为R/2处静止释放，由机械能守恒定律可得，到达水平面时速度的二次方v2＝gR，小球在挡板弹力作用下做匀速圆周运动，F＝m v2/R，由牛顿第三定律，小球沿挡板运动时对挡板的力F′＝F，联立解得F′＝mg，B正确．【答案】 B3．质量为m的物体以v0的速度水平抛出，经过一段时间竖直速度大小变为v0，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．该过程平均速度大小为1＋22v0B．速度大小变为2v0时，重力的瞬时功率为2mg v0C．运动时间为v0 2gD．运动位移的大小为5v20 2g【解析】运动时间为t＝v0g，水平位移为x＝v20g，竖直位移y＝12gt2＝v202g，运动位移的大小为s＝x2＋y2＝5v202g，C错误，D正确．该过程平均速度大小为v＝s/t＝52v0，A错误．速度大小变为2v0时，重力的瞬时功率为P＝mg2v0cos45°＝mg v0，选项B错误．【答案】 D4．平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v－t图线，如图3所示．若平抛运动的时间大于2t1，下列说法中正确的是()图3A．图线b表示竖直分运动的v－t图线B．t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为30°C．t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切为3 3D．2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为60°【解析】平抛运动水平方向是匀速，竖直方向是自由落体运动，A正确；t1时刻的水平速度与竖直速度大小相等，所以t1时刻的速度方向与初速度方向夹角为45°，B错误；设t1时刻的竖直速度与水平速度大小为v，t1时间内的位移方向与初速度方向夹角的正切为tan α＝v t1/2v t1＝12，C错误；设2t1时间内的位移方向与初速度方向夹角为θ，则：tan θ＝gt2/2v t＝gt/2v＝g·2t1/2gt1＝1，所以位移方向与初速度方向夹角为45°，D错误．【答案】 A5．(2012·浙江高考)如图4所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是()图4A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】根据F ＝G Mm r 2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m (2πT )2r 得，T ＝2πr 3GM ，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B错误；根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r 2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；根据G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GMr ，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D 错误．【答案】 C6．(2013·北京高考)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意图如图5所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图中1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x 1、x 2、x 3，机械能的变化量依次为ΔE 1、ΔE 2、ΔE 3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )图5A ．x 2－x 1＝x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3B ．x 2－x 1>x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3C ．x 2－x 1>x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 3D ．x 2－x 1<x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 3【解析】根据平抛运动的分解，竖直方向做自由落体运动，判断出小球由1→2和由2→3所用时间的长短；水平方向做匀速直线运动，分析计算水平位移的关系．由题意知，在竖直方向上，y 12＝y 23，又因为在竖直方向上小球运动的速度越来越大，因此t 12>t 23；在水平方向上x 12＝x 2－x 1＝v 0t 12，x 23＝x 3－x 2＝v 0t 23，故有：x 2－x 1>x 3－x 2，又因忽略空气阻力的影响，故此过程中机械能守恒，所以有ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3＝0，选项B 正确．【答案】 B7．(2013·无锡一中检测)如图6所示，长为L 的悬线固定在O 点，在O 点正下方L 2处有一钉子C ，把悬线另一端的小球拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的( )图6A ．线速度突然增大B ．角速度突然增大C ．向心加速度突然增大D ．悬线拉力突然增大【解析】悬线与钉子碰撞前后，线的拉力始终与小球的运动方向垂直，故小球线速度大小不变．当半径减小时，由ω＝v r 知ω变大，再由F n ＝m v 2r 知向心加速度突然增大．而在最低点F n ＝F －mg ，故悬线拉力变大．由此可知，B 、C 、D 正确．【答案】 BCD8．(2013·全国新课标Ⅱ)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【解析】卫星半径减小时，分析各力做功情况可判断卫星能量的变化．卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r ，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B 、D 正确．【答案】 BD9．(2013·成都九中检测)如图7所示，滑板运动员沿水平地面上向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力，则运动员( )图7A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后B．在空中水平方向先加速后减速C．在空中机械能不变D．越过杆后仍落在滑板起跳的位置【解析】因为运动员竖直向上起跳，所以起跳时脚对滑板的作用力竖直向下，A错误；起跳后，运动员做斜上抛运动，其在水平方向上做匀速直线运动，B错误；起跳后，在空中只有重力做功，所以机械能守恒，C正确；因为起跳时脚对滑板的作用力竖直向下，滑板沿水平方向的滑行速度不变，运动员在水平方向上的运动与滑板相同，所以越过杆后仍落在滑板起跳的位置，D正确．【答案】CD10．汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机，做匀减速直线运动，t2秒末静止，其v－t图象如图8所示，图中α＜β，若汽车牵引力做功为W，平均功率为P；汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率分别为P1和P2，则()图8A．W＝W1＋W2B．W1＞W2C．P＝P1D．P1＝P2【解析】整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，A项正确．摩擦力大小相等，第一段位移大，所以B项正确．第一段是加速的，牵引力大于摩擦力，所以P＞P1，C项错．加速阶段和减速阶段平均速度相等，所以摩擦力的平均功率相等，D项正确．【答案】ABD二、非选择题(本题共6小题，共60分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(8分)物体在空中下落的过程中，重力做正功，物体的动能越来越大，为了“探究重力做功和物体动能变化间的定量关系”，某实验小组用图9所示的实验装置．图9(1)某同学根据所学的知识结合图设计一个本实验情景的命题：如图所示，设质量为m(已测定)的小球在重力mg作用下从开始端自由下落至光电门发生的位移s，通过光电门时的速度v，试探究外力做的功mgs与小球动能变化量的定量关系．(2)某同学根据上述命题进行如下操作并测出如下数据．①用天平测定小球的质量为0.50 kg；②用游标尺测出小球的直径为10.0 mm；③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为80.40 cm；④电磁铁先通电，让小球________；⑤________，小球自由下落；⑥在小球经过光电门时间内，计时装置记下小球经过光电门所用时间为2.50×10－3s，由此可算得小球经过光电门时的速度为________；⑦计算得出重力做的功为________，小球动能变化量为________．(g取10 m/s2，结果保留三位有效数字)(3)若在(2)中条件下做好本实验，则可得到结论：________．【解析】(2)④电磁铁先通电，让小球吸在开始端；⑤电磁铁断电，小球自由下落；⑥小球经过光电门时的速度为v＝d/t＝4 m/s；⑦重力做的功为mgs＝0.50×10×0.804 0 J＝4.02 J，小球动能变化量为12m v2＝12×0.50×4.002 J＝4.00J.(3)由4.02 J与4.00 J近似相等可知，在误差范围内，重力做的功与物体动能的变化量相等．【答案】(2)④吸在开始端⑤电磁铁断电⑥4 m/s⑦4.02 J 4.00 J(3)在误差范围内，重力做的功与物体动能的变化量相等12．(8分)某同学用DIS研究“机械能守恒定律”的装置如图10甲所示，在一次实验中，选择DIS以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示．图象的横轴表示小球距D点的高度h，纵轴表示摆球的重力势能E p、动能E k或机械能E.试回答下列问题：图10(1)图10乙的图象中，表示小球的重力势能E p、动能E k、机械能E随小球距D点的高度h变化关系的图线分别是________(按顺序填写相应图线所对应的字母)．(2)根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是________．【解析】图乙A、B、C三条线中，小球的重力势能E p随小球距D点的高度h的增大而增大，如图B；小球的动能E k随小球距D点的高度h的增大而减小，如图C；小球的机械能E随小球距D点的高度h的增大而不变化，如图A.根据图乙所示的实验图象，在同一高度h，小球的重力势能E p和动能E k之和保持不变，因此可以得出的结论是在误差允许的范围内，机械能守恒．【答案】(1)B、C、A(2)只有重力做功时，物体机械能守恒13．(8分)某研究性学习小组进行了如下实验：如图11所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R 的坐标为(4，6)，此时R 的速度大小为________cm/s ，R 在上升过程中运动轨迹的示意图是图中的________．(R 视为质点)图11【解析】小圆柱体R 运动到坐标为(4，6)点时，运动时间为t ＝y v 0＝63s ＝2 s ．玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，有x ＝12at 2，所以a ＝2x t 2＝2×422 cm/s 2＝2 cm/s 2，此位置水平方向的速度v x ＝at ＝2×2 cm/s ＝4 cm/s ，故其合速度为v ＝v 2x ＋v 20＝5 cm/s.小圆柱体R 受到水平方向的作用力，其运动轨迹向力的方向弯曲，故D 示意图正确．【答案】 5 cm/s D14．(10分)(2013·武汉一中检测)已知某行星半径为R ，以第一宇宙速度运行的卫星的绕行周期为T ，该行星上发射的同步卫星的运行速率为v .求：(1)同步卫星距行星表面的高度为多少？(2)该行星的自转周期为多少？【解析】 (1)设同步卫星距行星表面高度为h ，则GMm （R ＋h ）2＝m v 2R ＋h ①以第一宇宙速度运行的卫星其轨道半径为R ，则GMmR 2＝m ·4π2T 2R②由①②得：h ＝4π2R 3T 2v 2－R . (2)行星自转周期等于同步卫星的公转周期T ′＝2π（R ＋h ）v＝8π3R 3T 2v 3. 【答案】 (1)4π2R 3T 2v 2－R (2)8π3R 3T 2v 3 15．(12分)如图12所示，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN 与水平段NP 相切于N ，P 端固定一竖直挡板．M 相对于N 的高度为h ，NP 长度为s .一木块自M 端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(碰撞中动能不损失)后停止在水平轨道上某处．若在MN 段的摩擦可忽略不计，物块与NP 段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N 点距离的可能值．图12【解析】根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值ΔE p 与物块克服摩擦力所做功的数值W 相等，即ΔE p ＝W ①设物块质量为m ，在水平滑道上滑行的总路程为s ′，则ΔE p ＝mgh② W ＝μmgs ′ ③ 设物块在水平轨道上停止的地方与N 点的距离为d .若物块在与P 碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则s ′＝2s －d④ 联立①②③④式得d ＝2s －h μ⑤ 此结果在h μ≤2s 时成立．若h μ＞2s ，则物块与P 碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，此时有s ′＝2s ＋d⑥联立①②③⑥式得d ＝h μ－2s . 【答案】 2s －h μ或h μ－2s 16．(14分)如图13所示，半径分别为R 和r 的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD 相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，若小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求CD 段的长度．图13【解析】设小球通过C 点时的速度为v C ，通过甲轨道最高点的速度为v 1，根据小球对轨道压力为零，有mg ＝m v 21R ①取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有12m v 2C ＝mg ·2R ＋12m v 21 ②联立①②式，可得v C＝5gR同理可得小球通过D点时速度v D＝5gr，设CD段的长度为l，对小球通过CD段的过程，由动能定理有－μmgl＝12m v2D－12m v2C解得：l＝5（R－r）2μ.【答案】5（R－r）2μ。

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理19.2放射性元素的衰变课后知能检测新人教版选修3-5

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 19.2 放射性元素的衰变课后知能检测新人教版选修3-51．关于放射性同位素的应用，下列说法正确的是( )A．利用γ射线使空气电离，把静电荷除去B．利用β射线照射植物的种子，使产量显著增加C．利用α射线治疗肺癌、食道癌等D．利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同作为示踪原子【解析】α射线电离作用强，能把静电荷迅速除去，一般利用γ射线治疗肿瘤或使种子发生生理变化，故D对．【答案】 D2．(2012·重庆高考)以下是物理学史上3个著名的核反应方程x＋73Li―→2y y＋14 7 N―→x＋178 Oy＋94Be―→z＋12 6 Cx、y和z是3种不同的粒子，其中z是( )A．α粒子B．质子C．中子D．电子【解析】把前两个方程化简，消去x，即14 7N＋73Li―→y＋178 O，可见y是42He，结合第三个方程，根据电荷数守恒、质量数守恒可知z是中子10n.因此选项C正确．【答案】 C3．如图19－3－3所示是查德威克实验示意图，在这个实验中发现了一种不可见的贯穿能力很强的粒子，这种粒子是( )图19－3－3A．正电子B．中子C．光子D．电子【解析】查德威克实验用人工转变的方法发现了中子，中子的贯穿能力很强，故B 正确．【答案】 B4．(2012·徐州高二检测)关于同位素的下列说法中，正确的是( )A．一种元素的几种同位素在元素周期表中的位置相同B．一种元素的几种同位素的化学性质、物理性质都相同C．同位素都具有放射性D．互称同位素的原子含有相同的质子数【解析】同位素的质子数相同，在元素周期表中的位置相同，具有相同的化学性质，但物理性质不一定相同，所以选项A、D正确，B错误；同位素不一定具有放射性，所以选项C错误．【答案】AD5．(2013·广州高二检测)下列应用中放射性同位素不是作为示踪原子的是( ) A．利用含有放射性碘131的油，检测地下输油管的漏油情况B．把含有放射性元素的肥料施给农作物，根据探测器的测量，找出合理的施肥规律C．利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹D．给怀疑患有甲状腺病的病人注射碘131，诊断甲状腺的疾病【解析】利用射线探伤法检查金属中的砂眼和裂纹是利用γ射线穿透能力强的特点，因此选项C不属于示踪原子的应用．选项A、B、D中都是利用了放射性同位素作为示踪原子．【答案】 C6．用中子轰击铝27，产生钠24和X粒子，钠24具有放射性，它衰变后变成镁24，则X粒子和钠的衰变过程分别是( )A．质子、α衰变B．电子、α衰变C．α粒子、β衰变D．正电子、β衰变【解析】利用一些射线轰击某些原子核，以实现原子核的人工转变，并可以得到一些元素的放射性同位素，它们和天然存在的放射性元素一样不断地衰变，也有半衰期，且核反应前后质量数、电荷数守恒．中子轰击铝27的核反应方程为：2713Al＋10n→2411Na＋42He，钠24衰变后变成镁24的核反应方程为：2411Na→2412Mg＋ 0－1e，所以X粒子是α粒子，钠的衰变为β衰变，选项C正确．【答案】 C7．(2012·南通高二检测)用高能8636Kr(氪)离子轰击208 82 Pb(铅)，释放出一个中子后，生成了一个新核，关于新核的推断正确的是( )A．其质子数为122 B．其质量数为294C．其原子序数为118 D．其中子数为90【解析】核反应方程为208 82Pb＋8636Kr―→10n＋293118X，新核质量数为293，质子数为118，中子数为293－118＝175.故正确选项为C.【答案】 C8．(2013·扬州高二检测)有关放射性同位素3015P的下列说法，正确的是( )A.3015P与3014X互为同位素B.3015P与其同位素有相同的化学性质C．用3015P制成化合物后它的半衰期变长D．含有3015P的磷肥释放正电子，可用作示踪原子，观察磷肥对植物的影响【解析】同位素应具有相同的质子数，故A错；同位素具有相同的化学性质，B对；元素的半衰期与其所处的状态无关，C错；放射性同位素可作为示踪原子，故D对．【答案】BD9．放射性在技术上有很多应用，不同的放射源可用于不同目的．下表列出了一些放射性元素的半衰期和可供利用的射线.利用适当的放射线来测定通过轧辊后的薄膜厚度是否均匀，可利用的元素是( ) A．钋210 B．氡222C．锶90 D．铀238【解析】要测定聚乙烯薄膜的厚度，则要求射线可以穿透薄膜，因此α射线不合适；另外，射线穿透作用还要受薄膜厚度影响，γ射线穿透作用最强，薄膜厚度不会影响γ射线穿透，所以只能选用β射线，而氡222半衰期太小，铀238半衰期太长，所以只有锶90较合适．【答案】 C10．将威耳逊云室置于磁场中，一个静止在磁场中的放射性同位素原子核3015P，放出一个正电子后变成原子核3014Si，能近似反映正电子和Si核轨迹的是( )【解析】把放出的正电子和衰变生成物Si 核看成一个系统，衰变过程中系统的动量守恒，放出的正电子的运动方向跟Si 核运动方向一定相反．由于它们都带正电荷，在洛伦兹力作用下一定形成两个外切圆的轨道，C 、D 可排除．因为有洛伦兹力作为向心力，即qvB＝m v 2r .所以做匀速圆周运动的半径为r ＝mvqB.衰变时，放出的正电子与反冲核Si 的动量大小相等，因此在同一个磁场中做圆周运动的半径与它们的电荷量成反比，即r e r Si ＝q Si q e ＝141.可见正电子运动的圆半径较大．故选B.【答案】 B11．正电子发射计算机断层(PET)是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新手段．PET 在心脏疾病诊疗中，需要使用放射正电子的同位素氮13作示踪剂．氮13是由小型回转加速器输出的高速质子轰击氧16获得的．反应中同时还产生另一种粒子，试写出核反应方程．【解析】由题意可知：氧16(168 O)在质子(11H)的轰击下产生了氮13(137 N)和另一种粒子，由质量数和电荷数守恒可知另外一种粒子是42He ，所以核反应方程为：168 O ＋11H ―→137N ＋42He.【答案】 168 O ＋11H ―→137N ＋42He 12．核能是一种高效的能源．(1)在核电站中，为了防止放射性物质泄露，核反应堆有三道防护屏障：燃料包壳、压力壳和安全壳．(见图19－3－4甲)图19－3－4结合图19－3－4乙可知，安全壳应当选用的材料是______．(2)核反应堆中的核废料具有很强的放射性，目前常用的处理方法是将其装入特制的容器中，然后( )A ．沉入海底B ．放至沙漠C ．运到月球D ．深埋地下【解析】 (1)由于γ射线能穿透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土．由题图中的甲、乙相结合可知最外层的安全壳应是混凝土．(2)核废料的处理方法是将其装入特制容器，深埋地下，故D正确．【答案】(1)混凝土(2)D。

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理第1章第6节用图象描述直线运动课后知能

【课堂新坐标】〔教师用书〕2013-2014学年高中物理第1章第6节用图象描述直线运动课后知能检测粤教版必修11．如图1－6－18所示是A、B两个质点做直线运动的位移—时间图象，如此( )图1－6－18A．在运动过程中，A质点总比B质点运动得快B．当t＝t1时，两质点的位移一样C．当t＝t1时，两质点的速度相等D．当t＝t1时，A、B两质点的加速度都大于零【解析】A质点的s－t图线的斜率大，表示A质点运动的速度大，A质点运动得快，A 正确；s－t图线的交点表示A、B两质点相遇，故当t＝t1时，两质点的位置一样，但位移不一样，B、C错；A、B两质点均做匀速直线运动，二者加速度均为零，D错．【答案】A2．如图1－6－19所示是一辆汽车做直线运动的s－t图象，对于相对应的线段所表示的运动，如下说法不正确的答案是图1－6－19A．AB段表示车静止B．BC段发生的位移大于CD段发生的位移C．CD段运动方向和BC段运动方向相反D．CD段运动速度大于BC段运动速度【解析】分析图象可知，AB 段表示汽车静止；BC 段表示汽车向正方向做匀速直线运动，发生的位移为8 m ，v BC ＝Δs 1Δt 1＝12－43－1m/s ＝4 m/s ；CD 段表示汽车反方向做匀速直线运动，发生的位移为－12 m ，v CD ＝Δs 2Δt 2＝0－125－3m/s ＝－6 m/s ，负号表示方向与正方向相反．【答案】B3．(2013·惠州一中检测)一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度—时间图象如图1－6－20所示，由图象可知( )图1－6－20A ．0～t A 段火箭的加速度小于t A ～tB 段火箭的加速度B ．在0～t B 段火箭是上升的，在t B ～tC 段火箭是下落的C ．t B 时刻火箭离地面最远D ．t C 时刻火箭回到地面【解析】OA 段火箭匀加速上升，AB 段火箭仍然匀加速上升，但加速度比OA 段大，BC 段火箭匀减速上升．【答案】A4．电梯上升的v －t 图象如图1－6－21所示，由图可知电梯上升的高度是( )图1－6－21A ．0B ．36 mC ．42 mD ．48 m 【解析】据v －t 图象的物理意义知，图中梯形面积表示位移，应当选D.【答案】D5．甲、乙两物体同时、同地出发，它们的“速度—时间〞图象如图1－6－22所示，如此如下说法正确的答案是( )图1－6－22A．甲、乙两物体做曲线运动B．甲、乙两图线上的交点表示两物体相遇C．甲物体先加速后减速，乙物体一直加速D．甲、乙两物体都做加速运动，甲物体的加速度一直减小，乙物体的加速度一直增大【解析】v－t图象只能描述物体做直线运动的情况，A错；图线上的交点表示该时刻两物体的速度相等，B错；v－t图象中图线上每一点的切线的斜率为该点的瞬时加速度．由图象知甲物体做加速度减小的加速运动，乙物体做加速度变大的加速运动．故C错D对．【答案】D6．(2011·某某高考)某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的x－t图象，如图1－6－23所示．图中纵坐标表示物体的位移x，横坐标表示时间t，由此可知该物体做( )图1－6－23A．匀速直线运动B．变速直线运动C．匀速曲线运动D．变速曲线运动【解析】x－t图象所能表示出的位移只有两个方向，即正方向与负方向，所以x－t图象所能表示的运动也只能是直线运动．x－t图线的斜率反映的是物体运动的速度，由图可知，速度在变化，故B项正确，A、C、D错误．【答案】B7．(双选)(2013·江西吉安高一期中)某人骑自行车在平直道路上行进，如图1－6－24所示的实线记录了自行车开始一段时间内的v－t图象．某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，如下说法正确的答案是( )图1－6－24A．在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大B．在0～t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大C．在t1～t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D．在t3～t4时间内，虚线反映的是匀速直线运动【解析】在v－t图中斜率表示加速度的大小，图线与横轴围成的面积表示位移大小，在t1时刻，虚线斜率小于实线斜率，A错；在0～t1时间内，虚线围成的面积大于实线围成的面积，故由虚线计算出的平均速度比实际的大，B正确；在t1～t2时间内，虚线围成的面积比实线围成的面积小，故C错；在t3～t4时间内，虚线平行于t轴，故反映的是匀速运动，D正确．【答案】BD8．(双选)(2013·合肥检测)甲、乙两物体沿同一直线运动的v－t图象如图1－6－25所示，如此( )图1－6－25A．t＝2 s时，两物体速度不同，2 s内的位移一样B．t＝2 s时，两物体速度一样，2 s内的位移不同C．t＝4 s时，两物体速度一样，4 s内的位移不同D．t＝4 s时，两物体速度不同，4 s内的位移一样【解析】甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，速度方向都为正，大小可从图象直接读出，而位移可以根据图线与坐标轴包围的面积求出，故t＝2 s时，v甲＝v乙＝10 m/s，x甲＝10 m，x乙＝20 m；t＝4 s时，v甲＝20 m/s，v乙＝10 m/s.x甲＝x乙＝40 m，应当选项BD正确．【答案】BD9．(2012·广东茂名高一月考)A、B两物体s－t图象如图1－6－26所示，由图象可知A、B两物体各做________运动；其中A的速度为_______，B的速度为_______；在5秒末A、B的位置分别离坐标原点_______ m和_______ m；5 s内A、B的位移各为_______ m和________ m.图1－6－26【解析】s－t图象中图线的斜率表示物体运动的速度．A、B两物体速度大小、方向都没变，故都做匀速直线运动，v A＝－0.6 m/s，v B＝1 m/s，5秒末A运动到坐标原点，B运动到距坐标原点为4 m的正方向位置，5 s内A、B两物体的位移分别为－3 m，5 m.【答案】匀速直线－0.6 m/s1 m/s 0 4 －3 510．如图1－6－27中甲、乙所示，分别表示专业运动员与没有受过训练的同学在百米赛跑中的v－t图象，你可以分析出其不同吗？甲乙图1－6－27【答案】运动员是从静止开始运动的，其速度在较短时间内就能达到一个比拟大的数值，然后一段时间内速度大小虽有波动，但变化不大，直至完成百米竞赛．其v－t图象可由题图甲表示．假设没有受过训练的同学跑百米，其速度的最大值也小，另外还不能较长时间维持比拟大的速度，其v－t图象可用题图乙表示．11．如图1－6－28所示是某质点运动的v－t图象，请回答：图1－6－28(1)质点在图中各段的过程中做什么性质的运动？(2)在0 s～4 s内、8 s～10 s内、10 s～12 s内质点的加速度各是多少？【解析】v－t图象中图线的斜率表示加速度，0～4 s，a＝2.5 m/s2，恒定不变，故0～4 s内质点做匀加速直线运动，4 s～8 s内，a＝0，v不变，质点做匀速直线运动；8 s～10 s内，a＝－5 m/s2，方向与速度方向相反，故质点做匀减速直线运动；10 s～12 s内a＝－5 m/s 2，方向与速度方向一样，故质点做反方向匀加速直线运动．【答案】 (1)质点在0 s ～4 s 内做匀加速直线运动.4 s ～8 s 内，质点做匀速直线运动，8 s ～10 s 内质点做匀减速直线运动，10 s ～12 s 内质点向负方向做匀加速直线运动．(2)2.5 m/s 2 －5 m/s 2 －5 m/s 212．2012年11月2日中国海军第13批护航编队“黄山舰〞从广东湛江某军港解缆起航，万吨级船坞登陆舰出征亚丁湾、索马里海域，赶赴预定海域后与第12批护航编队会合接替护航任务，某日清晨，海面上有薄雾，一艘某国的货船正在匀速行驶，到达A 处时，船长突然发现后侧面不远处有艘海盗船正在向他们靠近，并预计还有40 min 就会追上货船，于是立即向在C 处海域执行任务的我国某驱逐舰发出求援信号，我官兵立即推算出40 min 后的货舱位置应在D 处，马上调好航向，沿CD 直线方向从静止出发恰好在40 min 内到达D 处，如图1－6－29中甲所示．驱逐舰运动的速度—时间图象如图1－6－29中乙所示．求驱逐舰行走的航线CD 的长度．甲乙图1－6－29【解析】由图象可知驱逐舰先匀加速再匀速最后匀减速运动，加速过程中，有 a 1＝Δv 1Δt 1＝20－015×60 m/s 2＝145m/s 2， s 1＝12a 1t 21＝12×145×(15×60)2 m ＝9×103 m. 匀速运动阶段s 2＝vt 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m.匀减速运动阶段s 3＝v 2t 3＝202×(40－35)×60 m ＝3×103 m. 所以驱逐舰走的航线CD 的长度为s ＝s 1＋s 2＋s 3＝36 km.【答案】36 km。

高中物理课后知能检测1 新人教版必修2

D．若其中一个分运动是匀加速直线运动，另一个分运动是匀减速直线运动，则合运动一定是曲线运动
【解析】当一个分速度变化时，合速度会不断变化，所以是变速运动，A正确；当两个分运动都是匀速直线运动时，合运动一定也是匀速直线运动，B错误；若匀变速直线运动与同方向的匀速直线运动合成，则合运动是直线运动，C错误；同方向的匀加速直线运动与匀减速直线运动合成，合运动是直线运动，D错误．
【答案】CD
2．关于曲线运动的速度，下列说法正确的是( )
A．速度的大小与方向都在时刻变化
B．速度的大小不断发生变化，速度的方向不一定发生变化
C．速度的方向不Байду номын сангаас发生变化，速度的大小不一定发生变化
D．质点在某一点的速度方向是在曲线上该点的切线方向
【解析】物体做曲线运动时速度的方向沿曲线的切线方向，而曲线上不同点的切线方向是不同的，所以速度的方向是不断发生变化的；如果合力方向与速度方向时刻垂直，速度的大小是不会发生变化的．
【答案】D
图5－1－7
6．如图5－1－7，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为( )
A．vsinαB.
C．vcosαD.
【解析】把人的速度v沿着绳方向和垂直于绳方向分解．如图所示．
其中v1＝vcosα，所以船的速度等于vcosα.因此C选项正确．
【解析】物体原来所受的合外力为零，当把与速度反方向的2 N的力水平旋转90°后，其受力相当于如图所示，其中F是Fx、Fy的合力，即F＝2 N，且大小、方向都不变，是恒力，那么物体的加速度为a＝＝ m/s2＝ m/s2.又因为F与v的夹角θ＜90°，所以物体做速度越来越大、加速度恒为 m/s2的匀变速曲线运动．故正确答案是B、C两项．

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理12.1波的形成和传播课后知能检测新人教版选修3-4

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 12.1 波的形成和传播课后知能检测新人教版选修3-41 .关于振动和波的关系，下列说法正确的是( )A．有机械振动，一定有机械波B．有机械波，一定有机械振动C．波源停止振动，介质中的波立即停止D．振动是变速的，波动是匀速的【解析】形成波的条件是既要有振源，又要有介质，所以有机械波必有机械振动，而有振动，在无介质的情况下，不能产生机械波，故A错误，B正确．在介质中，正在传播的波独立于波源，即已经形成的波跟形成该波后波源的振动无关，在波源停止振动时，波仍将继续向外传播而不会停止，故C错误；波只有在同种均匀介质中才会匀速传播，而D选项并没有表明具备这一必要条件，故D错误．【答案】 B2 .(2013·太原检测)在平静的湖面上漂着一块小木条，现向湖中央扔一石子，圆形波纹一圈圈地向外传播，当波传播到小木条处时，小木条将( )A．随波纹漂向湖岸B．不动C．向波源处漂动D．在原来位置上下振动【解析】介质中有机械波传播时，介质中质点本身并不随波一起传播，介质中质点只在自己的平衡位置附近振动，向外传播的只是振动形式和能量．生活中的水面上的一些漂浮物会沿波向外移动，是因为外界另外一些因素的干扰，如风的吹动等，D正确．【答案】 D3 .下列选项中正确的是( )A．在真空中，单凭耳朵就能听到歌唱家美妙的声音B．只要有机械波发出，一定能找到产生机械波的波源C．某空间找不到机械波，在这一空间一定找不到波源D．“一石激起千层浪”，把小石子扔进平静的湖面，能激起无穷无尽的连续水波【解析】机械波的产生应满足两个条件，一是波源，二是介质，二者缺一不可，故A 错误；有波源未必有波动，但有波动一定有波源，故B正确，C错误；波可以传递能量，水波在传递能量的过程有损失，故水波要消失，D错误．【答案】 B4. 以下对机械波的认识正确的是( )A．形成机械波一定要有波源和介质B．振源做简谐运动形成的波中，各质点的运动情况完全相同C．横波向右传播时，处于波峰的质点也向右迁移D．机械波向右传播时，右方的质点比左方的质点早一些振动【解析】波源和介质是形成机械波的两个必不可少的条件，故A正确；简谐运动在介质中传播时，介质中各质点都做简谐运动，沿波的传播方向上，后面的质点比前面的质点总要晚一些开始振动，但质点本身并不随波的传播而发生迁移，而且各质点的振动步调不一致，故B、C、D都错．【答案】 A5. 在机械波传播的某一方向上，关于振动方向和波的传播方向，下列说法正确的是( )A．横波中两者方向有时相同B．横波中两者方向一定不同C．纵波中两者方向有时相同D．纵波中两者方向一定相同【解析】在机械波传播的某一方向上，横波的传播方向和振动方向垂直，故两者方向一定不同，而纵波的传播方向和振动方向在同一直线上，故有时两者相同，有时相反．【答案】BC6. (2012·连云港高二检测)如图12－1－5是一列沿着绳向右传播的绳波波形，此时波刚传到B点，由图可判断波源A点开始的振动方向是( )图12－1－5A．向左B．向右C．向下D．向上【解析】由于波刚刚传到B点，所以B点此时的振动方向就是波源的起振方向，由图根据波的传播与质点振动的关系可以知道，B质点此时正向上振动，所以波源A质点刚开始的振动方向向上，选项D正确．【答案】 D图12－1－67. 一列横波某时刻的波形如图12－1－6所示，则关于质点A的受力下列说法中正确的是( )A．如果波向右传播，则质点A受到向上的作用力B．如果波向右传播，则质点A受到向下的作用力C．如果波向左传播，则质点A受到向上的作用力D．如果波向左传播，则质点A受到向下的作用力【解析】无论波向左传播还是向右传播，回复力始终指向平衡位置，质点A的受力方向始终向下，故B、D正确．【答案】BD8 .沿绳传播的一列机械波，当波源突然停止振动时( )A．绳上各质点同时停止振动，横波立即消失B．绳上各质点同时停止振动，纵波立即消失C．离波源较近的各质点先停止振动，较远的各质点稍后停止振动D．离波源较远的质点先停止振动．较近的各质点稍后停止振动【解析】波动把能量从波源由近及远地传播出去，振动的各质点先后获得能量，因此只有C正确．【答案】 C9 .(2013·成都质检)一列简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形图如图12－1－7所示，a、b、c为三个质元，a正向上运动．由此可见( )图12－1－7A．该波沿x轴正方向传播B．c正向上运动C．该时刻以后，b比c先到达平衡位置D．该时刻以后，b比c先到达离平衡位置最远处【解析】由波传播的规律知质元的振动是由先振动的质元带动后振动的质元，由题图知a质元偏离平衡位置的位移，说明a质元左侧质元先于a质元振动，波是沿x轴正方向传播的，选项A正确．质元c和质元a之间有一波谷，质元c振动方向与质元a振动方向相反，质元c向下运动，故选项B错误．b质元正向着平衡位置运动，故b比c先到达平衡位置，选项C正确．c比b先到达偏离平衡位置的最远处，选项D是错误的．【答案】AC10 .一列沿x轴正方向传播的简谐横波，某时刻的波形如图12－1－8所示．P为介质中的一个质点，从该时刻开始的一段极短时间内，P的速度v和加速度a的大小变化情况是( )图12－1－8A．v变小，a变大B．v变小，a变小C．v变大，a变大D．v变大，a变小【解析】本题考查波动与质点振动方向之间的关系，突破点是在波传播过程中，介质质点围绕各自的平衡位置振动．由题图知波传播方向沿x轴正方向，根据质点振动方向与波的传播方向的关系可知质点P的速度方向在该时刻开始的一段极短时间内沿y轴正方向，即向该质点的平衡位置运动，因此P质点速度增大；质点P做简谐运动，向平衡位置运动，距离平衡位置的位移减小，所受回复力减小，因此加速度a减小，即v变大，a减小，故只有选项D正确．【答案】 D图12－1－911. 2011年3月11日，日本发生9.0级大地震，并引发了海啸，造成了重大人员伤亡．此次地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4 km/s和9 km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成，如图12－1－9所示，在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5 s开始振动，则( )A．P先开始振动，震源距地震仪约36 kmB．P先开始振动，震源距地震仪约25 kmC．H先开始振动，震源距地震仪约36 kmD．H先开始振动，震源距地震仪约25 km【解析】纵波比横波传得快，P先开始振动，设震源与地震仪相距为x，则x4 km/s－x9 km/s＝5 s，解得x＝36 km/s.【答案】 A12 .细绳的一端在外力作用下从t＝0时刻开始做简谐运动，激发出一列简谐横波．在细绳上选取15个点，图12－1－10中甲为t ＝0时刻各点所处的位置，乙为t ＝T 4时刻的波形图(T 为波的周期)．在丙中画出t ＝3T 4时刻的波形图．图12－1－10【解析】机械波在传播过程中，介质的质点都在各自的平衡位置附近振动，时间依次滞后，从波形图上看出，在t ＝T /4时刻第4个质点才开始振动，则在t ＝3T /4时刻第10个质点刚开始振动，此时第4个质点已振动了T /2的时间回到了自己的平衡位置，第1个质点到达下方最大位移处，新的波形如图所示．【答案】见解析。

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)。

备课大师：免费备课第一站！ http://www.xiexingcun.com/ http://www.eywedu.net/ 【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测17 新人教版必修2

1．物体在平衡力作用下运动的过程中，下列说法正确的是( ) A．机械能一定不变 B．物体的动能保持不变，而势能一定变化 C．若物体的势能变化，则机械能一定变化 D．若物体的势能变化，则机械能不一定有变化【解析】由于物体在平衡力的作用下做匀速直线运动，所以物体的动能不变，而势能可能不变，也可能变化，当物体的势能变化时，机械能一定变化，当物体的势能不变时，机械能一定不变，故C正确，A、B、D错误．【答案】 C 2．游乐场中的一种滑梯如图7－8－11所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( )

图7－8－11 A．下滑过程中支持力对小朋友做功 B．下滑过程中小朋友的重力势能增加 C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功【解析】小朋友在运动过程中受阻力作用，机械能不守恒，因此C错误；在整个运动中支持力与运动方向垂直，因此对小朋友不做功，A错误；下滑中小朋友的重力势能减小，因此B错误；而运动过程中小朋友的机械能减少了，因此摩擦力做负功，所以D正确．【答案】 D 3．如图7－8－12所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A的速率为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物块运动到C点时弹簧的弹性势能为( ) 备课大师：免费备课第一站！ http://www.xiexingcun.com/ http://www.eywedu.net/ 图7－8－12 A．mgh B．mgh＋12mv2

C．mgh－12mv2 D.12mv2－mgh 【解析】由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有12mv2＝mgh＋Ep，故Ep＝12mv2－mgh.

【答案】 D 4．如图7－8－13所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )

图7－8－13 A．物体的重力势能减少，动能增加 B．斜面的机械能不变 C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功 D．物体和斜面组成的系统机械能守恒【解析】物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A正确；物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D正确．【答案】 AD 5．将物体从地面竖直上抛，如果不计空气阻力，物体能够达到的最大高度为H.当物体在上升过程中的某一位置，它的动能是重力势能的3倍，则这一位置的高度是( ) A．2H/3 B．H/2 C．H/3 D．H/4 【解析】物体在运动过程中机械能守恒，设动能是重力势能的3倍时的高度为h，取地面为零势能面，则有mgH＝Ek＋mgh，即mgH＝4mgh，解得：h＝H/4，故D正确．备课大师：免费备课第一站！ http://www.xiexingcun.com/ http://www.eywedu.net/ 【答案】 D 6. 如图7－8－14是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M为半径为R＝1.0 m、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01 kg的小钢珠．假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M的上端点水平飞出，取g＝10 m/s2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为( )

图7－8－14 A．0.10 J B．0.15 J C．0.20 J D．0.25 J

【解析】小钢珠恰好经过M的上端点有mg＝mv2R，所以v＝ gR＝ 10 m/s.根据机

械能守恒定律得Ep＝mgR＋12mv2＝0.15 J. 【答案】 B 7．如图7－8－15所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各连有一杂技演员(可视为质点)，甲站于地面上，乙从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，则演员甲的质量与演员乙的质量之比为( )

图7－8－15 A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1

【解析】设定滑轮到乙演员的距离为L，那么当乙摆至最低点时下降的高度为L2，根

据机械能守恒定律可知m乙gL2＝12m乙v2；又因当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，说明绳子上的张力和甲演员的重力相等，所以m甲g－m乙g＝m乙v2L，联立上面两式可得演员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1.B对．备课大师：免费备课第一站！ http://www.xiexingcun.com/ http://www.eywedu.net/ 【答案】 B 8．(2013·东城区高一期末)如图7－8－16所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换成质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )

图7－8－16 A.2gh B.gh

C.gh2 D．0 【解析】设小球A下降高度h时，弹簧的弹性势能为Ep，由机械能守恒可知Ep＝mgh.当小球A换为质量为2m的小球B时，设小球B下降h时速度为v，根据机械能守恒有2mgh

＝12·2mv2＋Ep，解得v＝gh，B项正确．【答案】 B 9．如图7－8－17，把一根内壁光滑的细圆管弯成3/4圆周形状，且竖直放置，管口A竖直向上，管口B水平向左，一小球从管口A的正上方h1高处自由落下，经细管恰能到达细管最高点B处．若小球从A管口正上方h2高处自由落下，进入A管口运动到B点后又从空中飞落进A口，则h1∶h2为( )

图7－8－17 A．1∶1 B．2∶3 C．4∶5 D．5∶6 【解析】当小球从管口A的正上方h1高处自由落下，到达细管最高点B处时的速度为零，则根据机械能守恒定律有(取管口A的位置重力势能为零)，mgh1＝mgR，解得h1＝R；

当从A管口正上方h2高处自由落下时，根据平抛运动规律有R＝vBt，R＝12gt2，解得vB＝ gR2，根据机械能守恒定律有mgh2＝mgR＋12mv2B，解得h2＝5R/4，故h1∶h2＝4∶5.

【答案】 C 备课大师：免费备课第一站！ http://www.xiexingcun.com/ http://www.eywedu.net/ 10．(2013·九江高一期末)如图7－8－18所示，轻弹簧k一端与墙相连．质量为4 kg的木块沿光滑的水平面以5 m/s的速度运动并压缩弹簧k，求弹簧在被压缩过程中的最大弹性势能及木块速度减为 3 m/s时的弹性势能．

图7－8－18 【解析】在木块压缩弹簧及弹簧把木块弹开的过程中，弹簧弹力做功，木块的动能和弹簧的弹性势能相互转化．由于不存在其他力做功，故木块和弹簧构成的系统机械能守恒．当木块速度减为零时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，设弹簧的最大弹性势能为Epm，则

Epm＝12mv20＝12×4×52 J＝50 J.

当木块速度v1＝3 m/s时，弹簧的弹性势能为Ep1 则12mv21＋Ep1＝12mv20

所以Ep1＝12mv20－12mv21＝32 J. 【答案】 50 J 32 J 11．从地面以10 m/s的速度将质量为m的物体竖直向上抛出，若忽略空气阻力，g取10 m/s2，则： (1)物体上升的最大高度是多少？ (2)上升过程中，哪一位置处重力势能和动能相等？【解析】物体在空气中时只有重力做功，故机械能守恒．

(1)以地面为参考点，则E1＝12mv20，在最高点动能为零，故E2＝mgh. 由E1＝E2得 12mv20＝mgh，

所以h＝v202g＝1022×10 m＝5 m. 备课大师：免费备课第一站！

http://www.xiexingcun.com/ http://www.eywedu.net/ (2)如图所示，以地面为参考平面，则E1＝12mv20. 终态设在h1高处，故E2＝mgh1＋12mv21＝2mgh1. 因机械能守恒，E1＝E2，所以12mv20＝2mgh1，所以h1＝v204g＝1024×10 m＝2.5 m. 【答案】 (1)5 m (2)2.5 m 12．如图7－8－19所示，质量为m的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m的砝码相连，把绳拉直后使砝码从静止开始下降h的距离时砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．

图7－8－19 【解析】砝码从静止开始下降h的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则：

2mgh＝12mv2＋12·2mv2，

解得：v＝233gh，设轻绳对砝码做功为W，对砝码由动能定理得： 2mgh＋W＝12·2mv2－0，

解得：W＝－23mgh.

【答案】 233gh －23mgh