【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理习题专题限时训练15.doc
【课堂新坐标】2016届高三物理二轮复习 专题限时练5 第1部分 专题5 功 功率 动能定理
专题限时练(五) 功 功率 动能定理(时间：40分钟，满分：80分)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，有错选的得0分)1.如图58所示，将一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，一根长为L 的轻质细绳悬挂着一个质量为m 的小球，开始时小球与斜面体刚刚接触且细绳恰好竖直．现在用水平推力F 缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是 ( )图58A ．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B ．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C ．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D ．若水平面光滑，则推力做功为mgL (1－cos θ)2．一质量为m 的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态．某时刻其中一个力F 突然变为F3，其他力不变．则经过时间t ，合力的功率的大小是( )B ．4F 2t 9mD ．4F 2t 3m3．(2015·海南高考)如图59所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，g 为重力加速度．质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图59mgR mgRmgRD ．π4mgR、b为紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸，如图510所示，一个质量为1 kg的小球从距纸面高为60 cm的地方自由下落，恰能穿破两张纸(即穿过后速度为零)．若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸不超过( )图510A．15 cm B．20 cmC．30 cm D．60 cm5．(2015·沈阳模拟)如图511所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为M，货物的质量为m，货车以速度v向左作匀速直线运动，重力加速度为g.则在将货物提升到图示的位置时，下列给出的结论正确的是( )图511A．货箱向上运动的速度大于vB．缆绳中的拉力T等于(M＋m)gC．货车对缆绳拉力做功的功率P大于(M＋m)gv cos θD．货物对货箱底部的压力小于mg6. (2015·无锡模拟)如图512所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点，3)的切线．现有一质量为0.20 kg、电荷量为＋×10－8 C的滑块P(可视为质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为.取重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )图512A．x＝0.15 m处的场强大小为×106 N/CB．滑块运动的加速度逐渐减小C．滑块运动的最大速度约为0.1 m/sD．滑块最终停在0.3 m之前7．(2015·金华模拟)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )自重40 kg额定电压48 V载重75 kg额定电流12 A最大行驶速度20 km/h额定输出功率350 WA.B．电动机的内电阻为4 ΩC．该车获得的牵引力为104 ND．该车受到的阻力为63 N8. (2015·南昌模拟) 如图513所示，一个表面光滑的斜面体M置于水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α<β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止．则( )图513A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速度相同C．两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D．在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到地面水平向左的摩擦力二、计算题(本题共2小题，共计32分．解答过程要有必要的文字说明和解题步骤)9．(16分)(2015·四川高考)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s达最高速度72 km/h，再匀速运动80 s，接着匀减速运动15 s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1 J功排放气态污染物3×10－6g)10．(16分)某课外探究小组的同学们用学校实验室内的细特质材料自制了如图514所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙．圆半径分别为R、2R、3R和4R，R＝0.5 m，水平部分长度L＝2 m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h ＝1 m．将一个质量为m＝0.5 kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)，套在导轨端点P处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为μ＝.给钢球一初速度v0＝13 m/s.取g＝10 m/s2.求：图514(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力；(2)钢球落地点到抛出点的水平距离．【详解答案】1．B 小球受到斜面的弹力沿竖直方向有分量，故对小球做正功，A 错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B 正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C 错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL (1－sin θ)，D 错误．2．B 由于质量为m 的物体受几个力的作用而处于静止状态，合力为零，当某时刻其中一个力F 突然变为F 3时，物体所受合力变为F 合＝2F3，物体在这个恒力作用下做匀加速直线运动，a ＝2F 3m ，经过时间t ，速度v ＝at ＝2Ft 3m ，合力的功率P ＝F 合v ＝4F 2t9m，B 正确．3．C 已知Q 点：F N ＝F N ′＝2mg ，F N －mg ＝m v 2R，由P →Q ，mgR －W ＝12mv 2，综合解得W ＝12mgR .4．C 穿过两张纸时，根据动能定理mgh －2W ＝0，将a 纸向上移，若恰能穿过第一张纸时，则mgh ′－W ＝0，可求出下落的高度h ′＝12h ，因此两张纸间的距离不能超过12h ＝30 cm.5．C 将v 分解成沿绳子方向和垂直于绳子方向，则有v m ＝v cos θ，A 错．货车运动中θ减小，则v m 增加，所以M 、m 是有向上的加速度，有T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，B 错．P ＝T ·v m ＝(M ＋m )(g ＋a )v cos θ，C 对．对货物有F N －mg ＝ma ，F N ＝m (g ＋a )>mg ，由牛顿第三定律可知D 错．6．ACD 电势与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15 m 处的场强E ＝ΔφΔx ＝×106N/C ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10－8×2×106N ＝ N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝×2 N ＝ N ，在x ＝0.15 m 前，电场力大于摩擦力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15 m 后电场力小于摩擦力，滑块做减速运动，加速度逐渐增大，故A 正确，B 错误．在x ＝0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得qU －fx ＝12mv 2，因为0.10 m 和0.15 m 处的电势差大约为×105V ，代入求解，最大速度大约为0.1 m/s ，故C 正确；滑块最终在0.3 m 处停下应满足qU ′－fx ′＝0－0.因为0.10 m 和0.30 m 处的电势差大约为×105V ，代入得qU ′＝×10－3J ，fx ′＝8×10－3J ．由以上三式得，滑块不能够滑到x ＝0.30 m 处，故D 正确．7．AD 额定电压为48 V ，额定电流为12 A ，故电动机的输入功率为P ＝UI ＝576 W ，故A 正确；由表格数据得到电动机的输出功率为350 W ，根据能量守恒定律有P ＝P 出＋I 2R ，代入数据解得R ＝ Ω，故B 错误；根据P 出＝Fv ，有F ＝P 出v＝63 N ．电动自行车匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，故阻力为63 N ．故C 错误，D 正确．8．AD 因两物体静止，所以m A g sin α＝m B g sin β，因sin α<sin β，所以m A >m B ，故选项A 正确；速度是矢量，两滑块到达底端时的速度方向不同，故选项B 错误；由机械能守恒定律知到达底端时两滑块的速率相等，由P ＝mgv sin θ及上面的分析可知，两物块重力的瞬时功率相等，故选项C 错误；滑块A 、B 下滑的过程对斜面体的压力在水平方向的分力为N Ax ＝m A g cos αsin α，水平向右，N Bx ＝m B g cos βsin β，水平向左，因m A g sin α＝m B g sin β，所以N Ax >N Bx ，斜面体处于静止状态，所以受地面的静摩擦力水平向左，故选项D正确．9．解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1，距离为s 1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t 2，距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12vt 1① s 2＝vt 2② s 3＝12vt 3③ s ＝s 1＋s 2＋s 3④联立①②③④式并代入数据得s ＝1 950 m.(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F ，所做的功为W 1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P ，所做的功为W 2.设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W ，将排放气态污染物的质量为M .则W 1＝Fs 1⑤ W 2＝Pt 2⑥ W ＝W 1＋W 2⑦M ＝(3×10－9 kg ·J －1)·W ⑧联立①⑤⑥⑦⑧式并代入数据得M ＝2.04 kg.答案：(1)1 950 m (2)2.04 kg10．解析：(1)钢球从P 运动到A 点过程，由动能定理得mg ·2R －μmg ·L ＝12mv 21－12mv 2由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 21R由牛顿第三定律有N ＝－N ′，解得N ′＝－178 N ．故对轨道压力大小为178 N ，方向竖直向下．(2)设钢球到达轨道末端点速度为v 2，对全程由动能定理得 －μmg ·5L －4mgR ＝12mv 22－12mv 2解得v 2＝7 m/s 由平抛运动规律得h ＋8R ＝12gt 2 s ＝v 2t解得s ＝7 m.答案：(1)178 N ，方向竖直向下 (2)7 m。
2016年高考二轮复习物理课件目录.ppt
专题三
电场和磁场
第1讲
第2讲 第3讲 专题四 第1讲
电场及带电粒子在电场中的运动
磁场及带电粒子在磁场中的运动 带电粒子在复合场中的运动 电路和电磁感应 恒定电流和交变电流
第2讲
电磁感应定律的综合应用
第 3页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
专题五
物理实验
第1讲
第2讲 专题六 第1讲 第2讲
力学实验与创新
名师伴你行
高考二轮复习· 物理
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
⊳第一部分 专题突破篇
专题一 力与运动
第1讲
第2讲 第3讲 第4讲 专题二
物体的平衡
直线运动和牛顿运动定律 抛体运动和圆周运动 万有引力定律及其应用 功和能
第1讲
第2讲
功、功率和动能定理
机械能守恒定律和功能关系
第 2页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
第 9页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
考前保温训练(七)
电磁感应和交变电流
考前保温训练(八)
考前保温训练(九)
物理实验
物理学史
第10页
谢谢观看！
电学实验与创新 选考部分 热 学 光
振动和波
第3讲
动量守恒定律和原子物理
第 4页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
⊳第二部分 考前冲刺篇
专题一 图象问题和模型问题
第1讲
第2讲 专题二 第1讲 第2讲
图ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ问题
模型问题 三大题型的解题方略 “十种绝技”秒杀选择题 “分门别类”突破实验题
第3讲
专题三
“大题小做”巧解计算题
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2016届高考物理二轮复习题型专项练_实验题专练
高考题型专项练——实验题专练实验题专练(一)(共15分，限时10分钟)1．[2015·厦门质监](6分)在追寻科学家研究足迹的过程中，某同学为探究恒力做功和物体动能变化间的关系，采用了如图甲所示的实验装置。
(1)实验时，该同学用钩码的重力表示小车受到的合力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为应该采取的措施是________。
(填选项前的字母)A ．保证钩码的质量远小于小车的质量B ．选取打点计时器所打的第1点与第2点间的距离约为2 mm 的纸带来处理数据C ．把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力D ．必须先接通电源再释放小车(2)如图乙所示是实验中得到的一条纸带，其中A 、B 、C 、D 、E 、F 是连续的六个计数点，相邻计数点间的时间间隔为T ，相邻计数点间的距离已在图中标出，测出小车的质量为M ，钩码的总质量为m 。
从打B 点到打E 点的过程中，合力对小车做的功是________，小车动能的增量是________。
(用题中和图中的物理量符号表示)答案 (1)AC(2分) (2)mgs (2分)12M (s 22T )2－12M (s 12T)2(2分) 解析 (1)为使钩码的重力近似于小车受到的合力，需要把长木板不带滑轮的一端适当垫高以平衡摩擦力，C 项正确；同时保证钩码的质量远小于小车的质量，减小钩码失重带来的误差，A 项正确；D 项是打点计时器实验的正确做法，对减小本题中的实验误差无影响，D 项错；B 项为保证重物由零开始做自由落体运动的措施，B 项是错误的。
(2)从B 点到E 点合力对小车做的功W ＝mgs 。
v B ＝s 12T ，v E ＝s 22T，小车动能增量ΔE k ＝E k E －E k B ＝12M (s 22T )2－12M (s 12T)2。
2．[2015·盐城二模](9分)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。
A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为3 V，内阻约为3 kΩC．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值R mE．导线和开关(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图；(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值R m，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0＝________(用U10、U20、R m表示)；(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E＝________，总内阻r＝________(用k、a、R0表示)。
2016高考物理二轮复习专题训练2直线运动和牛顿运动定律(含解析)
直线运动和牛顿运动定律(限时45分钟)一.单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·重庆理综)高空作业须系安全带，如果质量为m 高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人平均作用力大小为( )A.m 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－mg 答案：A解析：设高空作业人员自由下落h 时速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at 解得F ＝m 2ght＋mg . 2．(2015·烟台模拟)在某次海试活动中，“蛟龙号”潜水器完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海平面深度为( )A.vt2B ．vt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02tC.vt 202t D.v t －t 022t答案：D解析：“蛟龙号”上浮时加速度大小a ＝v t，根据逆向思维可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海平面深度h ＝12a (t －t 0)2＝v t －t 022t，D 正确．3．(2015·南昌模拟)从地面上以初速度v 0竖直上抛一个质量为m 小球，从此时刻开始计时，若t 1时刻到达最高点，且落地前小球已经做匀速运动．已知重力加速度为g ，小球在运动过程中受到空气阻力f 与其速度v 大小成正比，即f ＝kv (k >0)，以竖直向上为速度正方向，则下列描述小球运动v t 图象正确是( )答案：B解析：小球上升时：a 1＝mg ＋kvm，随着v 减小，加速度减小，对应v t 图线斜率减小；小球下落时：a 2＝mg －kv m ，随着v 增大，加速度减小，匀速运动时有mg ＝kv 1，即v 1＝mgk，所以选项B 正确．4．(2015·江苏单科)如图所示，某“闯关游戏”笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5答案：C解析：同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v 1a＝1 s ，通过位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8 m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2.3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 位移，接着关卡放行t ＝ 5 s ，同学通过位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x 5v 1＝0.5 s 后关卡4最先挡住他前进．5．(2015·南京二模)如图所示，劲度系数为k 轻弹簧一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m 物体A .B 接触(A 与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F 缓慢推动物体B ，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x 0，此时物体A .B 静止．已知物体A 与水平面间动摩擦因数为μ，物体B 与水平面间摩擦不计．撤去F 后，物体A .B 开始向左运动，A 运动最大距离为4x 0，重力加速度为g .则( )A ．撤去F 后，物体A 和B 先做匀加速运动，再做匀减速运动 B ．撤去F 瞬间，物体A .B 加速度大小为kx 0m－μg C ．物体A .B 一起向左运动距离x 0后相互分离D ．物体A .B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmgk后相互分离答案：D解析：A .B 一起先做加速度减小加速运动，当加速度减为零时，B 与A 分离，B 做匀速运动，A 做加速度增大减速运动，当弹簧达到原长后，A 与弹簧分离，做匀减速直线运动，故选项A 错误；撤去F 瞬间，由kx 0－μmg ＝2ma 可知，选项B 错误；当物体A .B 相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F 弹＝μmg ＝kx ，x ＝μmg k，所以物体A .B 一起向左运动距离x ＝x 0－μmg k后相互分离，选项D 正确，C 错误．二.多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2014·山东理综)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v 随时间t 变化图象如图所示．在图中标出时刻中，质点所受合外力方向与速度方向相同时刻有( )A ．t 1B ．t 2C ．t 3D ．t 4 答案：AC解析：当物体做加速运动时，加速度方向和速度方向相同，合外力方向与加速度方向相同，v t 图象中t 1和t 3时刻质点所受合外力方向与速度方向相同，t 2和t 4时刻二者方向相反，故正确选项为A.C.7．(2015·江苏单科)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化图线如图所示，以竖直向上为a 正方向，则人对地板压力( )A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小答案：AD解析：人受重力mg 和支持力F N 作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma .由牛顿第三定律得人对地板压力F N′＝F N ＝mg ＋ma ，当t ＝2 s 时a 有最大值，F N′最大；当t ＝8.5 s 时，a 有最小值，F N′最小，选项A.D 正确．8．如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 物体在水平拉力F 作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F 随时间均匀减小，物体受到摩擦力随时间变化规律如图乙所示．则下列关于物体运动说法中正确是( )甲 乙A ．t ＝1 s 时物体开始做加速运动B ．t ＝2 s 时物体做减速运动加速度大小为2 m/s 2C ．t ＝3 s 时物体刚好停止运动D ．物体在1～3 s 内做匀减速直线运动 答案：C解析：由题意可知，物体开始时做匀速直线运动，所以拉力F ＝F f ＝4 N ，t ＝1 s 时拉力F 开始减小，但摩擦力仍为F f ＝4 N ，故此时物体开始做减速运动，选项A 错误；t ＝2 s 时物体受到拉力大小为F ＝3 N ，而摩擦力仍为F f ＝4 N ，故物体做减速运动加速度大小为a ＝F 合m＝1 m/s 2，选项B 错误；由题图乙可以看出，在t ＝3 s 之前物体受到摩擦力不变，故物体在运动，而t ＝3 s 之后物体受到摩擦力逐渐减小，由摩擦力特点可知其为静摩擦力，所以在t ＝3s时物体刚好停止运动，选项C正确；在1～3 s内，由于摩擦力不变而拉力F逐渐减小，所以物体做加速度逐渐增大减速运动，选项D错误．三.计算题(每小题16分，共32分)9．(2015·天津理综)某快递公司分拣邮件水平传输装置示意如图，皮带在电动机带动下保持v＝1 m/s恒定速度向右运动．现将一质量为m＝2 kg邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：(1)邮件滑动时间t；(2)邮件对地位移大小x；(3)邮件与皮带间摩擦力对皮带做功W.答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J解析：(1)邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到向右滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg＝ma由运动学公式得v＝at解得a＝5 m/s2，t＝0.2 s.(2)由运动学公式得v2＝2ax代入数据解得x＝0.1 m.(3)皮带受到向左摩擦力f＝μmg邮件与皮带相对滑动过程中皮带位移为s＝vt＝0.2 m摩擦力对皮带所做功为W＝－fs＝－2 J.10．(2015·全国理综Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)山坡C ，上面有一质量为m 石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变滑块)，在极短时间内，A .B 间动摩擦因数μ1减小为38，B .C 间动摩擦因数μ2减小为0.5，A .B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度大小； (2)A 在B 上总运动时间． 答案：(1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 受力如图所示，其中f 1.N 1是A 与B 之间摩擦力和正压力大小，f 2.N 2是B 与C 之间摩擦力和正压力大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力平衡条件得f 1＝μ1N 1① N 1＝mg cos θ② f 2＝μ2N 2③N 2＝N 1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤ mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2⑥ N 1＝N 1′⑦ f 1＝f 1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑨a 2＝1 m/s 2.⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞t 1时，设A 和B 加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2⑬ a 2′＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m<27 m ⑰此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑱可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A 在B 上总运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.。
2016届高三物理二轮复习专题七带电粒子在复合场中的运动限时训练1
专题七带电粒子在复合场中的运动(限时:45分钟)【测控导航】一、选择题(在每小题给出的四个选项中,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)1.(2015杭州月考)在某一空间同时存在相互正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场的方向竖直向上,磁场方向如图所示,两个带电液滴在此复合场中恰好能在竖直平面内做匀速圆周运动,则( A )A.它们的运动周期一定相等B.它们的圆周运动方向可能相反C.若它们的动量大小相等,轨道半径就一定相等D.若它们的动能相等,轨道半径就一定相等解析:因T=,又mg=qE,则T=.因此它们的运动周期一定相等,故A正确;液滴只带正电,电场力与重力相平衡,而洛伦兹力提供向心力,则知粒子都沿逆时针方向做匀速圆周运动,故B错误;因mg=Eq,则粒子的运动半径为r===,所以r==,当动量大小相等时,只有质量一定时,轨道半径才相等;当动能相等时,只有电量一定时,轨道半径才相等,故C,D 错误.2.如图所示,两导体板水平放置,两板间电势差为U,带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场,则粒子射入磁场和射出磁场的M,N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( A )A.d随v0增大而增大,d与U无关B.d随v0增大而增大,d随U增大而增大C.d随U增大而增大,d与v0无关D.d随v0增大而增大,d随U增大而减小解析:设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v,该速度与水平方向的夹角为θ,故有v=,粒子在磁场中做匀速圆周运动,半径为r=,而MN之间的距离为d=2rcos θ,联立解得d=,故选项A正确.3.(2015嘉兴调研)如图所示,为速度相同的一束粒子由左端垂直射入质谱仪后的运动轨迹,则下列相关说法中正确的是( C )A.该束带电粒子带负电B.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于C.若保持B2不变,粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0,粒子的比荷越小D.若增大入射速度,粒子在磁场中轨迹半圆将变大解析:粒子刚进入磁场后向下偏转,所受的洛伦兹力向下,由左手定则,该束带电粒子带正电,故A错误.速度选择器的P1极板带正电,由qE=qvB1可得能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于v=,故B错误;由r=可知,粒子打在胶片上的位置越远离狭缝S0,r越大,粒子的比荷越小,故C正确;若增大入射速度,则粒子无法直线通过速度选择器,更无法进入右侧磁场,故D 错误.4.在高能物理研究中,粒子回旋加速器起着重要作用.回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.S处粒子源产生的粒子,质量为m、电荷量为+q,初速度不计,在加速器中被加速,加速电压为U.两盒间的狭缝很小,每次加速的时间很短,可以忽略不计,加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.下列说法正确的是( D )A.为使正粒子每次经过窄缝都被加速,交变电压的频率f=B.粒子第n次与第1次在下半盒中运动的轨道半径之比为C.若其他条件不变,将加速电压U增大为原来的2倍,则粒子能获得的最大动能增大为原来的2倍D.若其他条件不变,将D形盒的半径增大为原来的2倍,则粒子获得的最大动能增大为原来的4倍解析:带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等,根据qvB=m,则v=,周期T==,与粒子的速度无关,粒子每转半圈,交变电场变化一次,故周期也为T电=,频率为f=,故选项A错误;根据动能定理知(2n-1)qU=m,粒子第n次与第1次在下半盒中运动的速度之比为1∶,根据r=知轨道半径之比等于速度之比为1∶,故选项B错误;粒子最后均从磁场中沿D形盒边缘飞出,半径r=R=,可知最后速度由D形盒半径决定,与电压无关,根据E km=m=知动能也是只与D形盒半径有关,故选项C错误,D正确.5.如图所示,某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E,在竖直平面内建立坐标系xOy,在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B,在y>0的空间内,将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放,此液滴沿y轴的负方向、以加速度a=2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动.当液滴运动到坐标原点时,被安置在原点的一个装置瞬间改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变),随后液滴进入y<0的空间运动.液滴在y<0的空间内运动的过程中( D )A.重力势能一定不断减小B.电势能一定先减小后增大C.动能不断增大D.动能保持不变解析:带电液滴在y>0的空间内以加速度a=2g做匀加速直线运动,可知液滴带正电,且电场力等于重力.当液滴运动到坐标原点时变为负电荷,液滴进入y<0的空间内运动.电场力等于重力,液滴做匀速圆周运动,重力势能先减小后增大,电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,动能保持不变,故D项正确.6.(2015绍兴月考)如图所示,粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球,整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中,小球由静止开始下滑,在整个运动过程中小球的v t图象如图所示,其中正确的是( C )解析:在水平方向:N=Eq-Bvq竖直方向:mg-μN=ma随v增大,Bvq增大,N逐渐减小到0,又反向逐渐增大,向下的加速度逐渐增大到a=g后逐渐减小,当μN=mg时a=0,速度达到最大,后匀速.故C正确,A,B,D错误.7.如图所示,质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点O沿x轴正方向进入场区,若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时,质子通过P(d,d)点时的动能为5E k;若场区仅存在垂直于xOy平面的匀强磁场时,质子也能通过P点.不计质子的重力.设上述匀强电场的电场强度大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B,则下列说法中正确的是( BD )A.E=B.E=C.B=D.B=解析:只有平行于y轴向上的匀强电场时,质子做类平抛运动,设末速度与水平方向夹角为θ,则有tan θ====2,即v y=2v0,合速度v==v0,末动能5E k=mv2=m5,所以质子初动能为m=E k,根据动能定理eE×d=5E k-E k=4E k,解得E=,选项A错误,B正确.若场区仅存在垂直于xOy平面的匀强磁场时,质子也能通过P点,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系可得圆周运动半径为d,根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=,整理得B==,选项C错误,D正确.8.(2015辽宁丹东质检)如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,若分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外.一质量为m,电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打在胶片上的Q点.不计粒子重力.下列说法正确的是( BD )A.粒子带负电B.加速电场的电压U=ERC.直线PQ长度为2BD.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子具有相同的比荷解析:在静电分析器中,粒子做圆周运动的向心力由电场力来提供,即电场力的方向与电场强度E的方向相同,粒子带正电,A项错误;由qU=mv2和qE=得U=ER,B项正确;因为v==,粒子在磁分析器中做匀速圆周运动,则qvB=得r=,故=2r=,C项错误;若粒子均打在同一点,即r相同,所以该群粒子应具有相同的比荷,D项正确.9.(2015杭州模拟)如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带负电的物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的绝缘水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现加一水平向左的匀强电场,发现甲、乙一起向右加速运动.在加速运动阶段( AC )A.甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动B.甲、乙两物块间的摩擦力不变C.乙物块与地面之间的摩擦力不断增大D.甲、乙两物体可能做匀加速直线运动解析:对整体分析,竖直方向有N=(m甲+m乙)g+Bvq,水平方向Eq-μN=(m甲+m乙)a,速度增大,洛伦兹力增大,则正压力增大,地面对乙的滑动摩擦力f=μN增大,电场力F=Eq一定,根据牛顿第二定律得,加速度a减小,对甲研究得到,乙对甲的摩擦力f甲=m甲a,则得到f甲减小,甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小.故A,C正确,B,D错误.10.(2015嘉兴模拟)如图所示,匀强电场(水平向右,电场强度为E)和匀强磁场相互正交,宽度为d,竖直方向足够长.今有一束α粒子以不同的速率沿图示方向射入场区.设α粒子的带电荷量为q,不计重力,那么飞出复合场区的α粒子的动能变化量可能为( CD )A. B.C.0D.qEd解析:由题意可知,带电粒子可能从右边飞出,也可能从左边飞出,由于电场力对粒子做功,洛伦兹力不做功,所以当从右边飞出时,粒子的动能变化量为qEd,当从左边飞出时,粒子的动能变化量为0,故C,D正确,A,B错误.二、非选择题教师备用:直角坐标系xOy在光滑绝缘水平面内,以坐标原点O为圆心,半径为R= m的圆形区域内存在匀强电场,场强方向与x轴正向平行.坐标原点处有一个电荷量为 q=-2×10-6C,质量为m=2×10-6kg的粒子以v0=1 m/s的速度沿y轴正向射入电场,经t=1 s后射出圆形电场区域.(1)求粒子射出圆形电场区域时的动能;(2)若圆形区域仅存在垂直坐标平面方向的匀强磁场,磁感应强度为B=1 T,求粒子在磁场中运动的时间和出射点的位置坐标.解析:(1)粒子在水平面内仅受电场力,做类平抛运动.在x轴负方向做匀加速运动,有qE=ma,x=at2沿y轴方向做匀速运动,有y=v0t出射点在圆周上,满足轨迹方程x2+y2=R2,联立解得x=-1 m,E=2 N/C.从O点到出射点,据动能定理有qEx=E k-m,粒子射出电场时的动能为E k=m+qEx=5×10-6J.(2)若圆形区域内仅存在垂直纸面方向的匀强磁场,则粒子在水平面内仅受洛伦兹力,做匀速圆周运动,有qv0B=m,运动轨道半径r==1 m若磁场方向垂直于坐标平面向外,则粒子沿逆时针方向运动,圆心坐标为(-1,0),设粒子出射点坐标为(x1,y1),据几何关系有+=R2,(x1+1)2+=r2联立解得x1=-1,y1=1,即出射点坐标为(-1,1)由几何关系可知,此时粒子出射方向沿x轴负方向若磁场方向垂直于坐标平面向内,则粒子沿顺时针方向运动,圆心坐标为(1,0),设出射点坐标为(x2,y2),据几何关系有+=R2,(x2-1)2+=r2,联立解得x2=1,y2=1,即出射点坐标为(1,1)据几何关系,此时粒子出射方向沿x轴正方向综上分析:无论粒子在磁场中是顺时针运动还是逆时针运动,粒子出射速度方向均平行于x 轴,所以,粒子运动轨迹所对圆心角均为直角,粒子在磁场中运动时间为四分之一周期,即t==≈1.57 s.答案:(1)5×10-6J (2)1.57 s (1,1)或(-1,1)11.(2015重庆理综)如图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板,其上分别有正对的两个小孔O和O′,O′N′=ON=d,P为靶点,O′P=kd(k为大于1的整数).极板间存在方向向上的匀强电场,两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速,经O′进入磁场区域.当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在,离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受的重力.求:(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小;(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值;(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间.解析:(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点时,轨道半径R1=根据牛顿第二定律有B1qv1=m对离子在电场中加速的过程应用动能定理有qU=m解得B1=;(2)假设离子在电场中加速了n次后恰好打到P点,有nqU=mBqv2=mR=解得B=若离子在电场中加速一次后恰好打在N′,同理可得此时的磁感应强度B0=由题意可知,B<B0时离子才可能打到P点由<,解得n<k2,可见n的最大值应为k2-1,即n的取值应为n=1,2,3,…,k2-1.即磁感应强度的可能值为B=(n=1,2,3,…,k2-1).(3)n=k2-1对应的离子就是打在P点的能量最大的离子.离子在磁场中运动的圈数为k2-,故在磁场中运动的时间t1=(k2-)T=(k2-)×=.设离子在电场中运动的时间为t2,则有(k2-1)h=解得t2=h.答案:(1)(2)(n=1,2,3,…,k2-1)(3)h12.(2015嘉兴模拟)空间存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,如图所示,电场强度E=10 N/C,PQ为该电磁复合场的分界线,一电荷量q=2×10-2C,质量m=0.02 kg的带正电小物块(可看成质点)以初速度v0=4 m/s由M点水平向右射出,恰好由N点(斜面的最高点)沿斜面方向滑入光滑斜面,MN=2 m,已知斜面斜边长为 m,初速度v0方向与MN连线成θ=30°,g=10 m/s2,则:(1)试求磁感应强度B;(2)试求直角斜面的倾角α;(3)试求粒子在斜面上运动的时间.解析:(1)小物块受到的电场力qE=2×10-2×10 N=0.2 N,小物块所受重力mg=0.02×10 N=0.2 N,qE=mg,重力与电场力合力为零,小物块在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,小物块运动轨迹如图所示:由几何知识可得:β=2θ=60°,故r=MN=2 m,由牛顿第二定律得qv0B=m,代入数据解得B= T.(2)由几何知识可得α=60°;(3)物块在斜面上,由牛顿第二定律得mgsin α=ma,代入数据解得a=5 m/s2,物块做匀加速直线运动,由速度位移公式x=v0t+at2.代入数据解得t= s.答案:(1) T (2)60°(3) s13.(2015凉山州三诊)如图(甲)所示,在坐标轴y轴左侧存在一方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,y轴右侧存在如图(乙)所示宽度为L的有界交变电场(规定竖直向下为正方向),此区间右侧存在一大小仍为B方向垂直于纸面向内的匀强磁场,有一质量为m,带电荷量为q的正粒子(不计重力)从x轴上的A点以速度大小为v方向与x轴正方向夹角θ=60°射出,粒子达到y轴上的C点时速度方向与y轴垂直,此时区域内的电场从t=0时刻变化,在t=2T 时粒子从x轴上的F点离开电场(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),求:(1)C点距坐标原点距离y;(2)交变电场的周期T及电场强度E0的大小;(3)带电粒子进入右侧磁场时,区域内的电场消失,要使粒子仍能回到A点,左侧磁感应强度的大小、方向应如何改变?解析:(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有qvB=m,得r=,C点纵坐标为y=r-rcos 60°=.(2)粒子在水平方向做匀速直线运动,L=vt=2vT,解得T=.竖直方向到达x轴上的F点,根据运动的对称性有y=4×()2,解得E0=.(3)从F点进入右磁场时,方向水平向右,速度仍为v,做圆周运动,半径仍为r,离开右磁场时恰运动半周,水平向左,电场消失,匀速运动到y轴,进入左侧磁场,运动半径为R.由图知要回到A点,轨迹如图,根据几何关系知:R2=(2r-R)2+(r)211解得R=,则由洛伦兹力提供向心力有qvB 1=, 解得B 1=B,方向垂直纸面向内. 答案:(1) (2) (3) B方向垂直纸面向内。
2016届高三物理二轮复习(全国通用)专题六 电场和磁场 限时训练
专题六 限时训练 （限时:45分钟） 【测控导航】 考点 题号(难易度） 1。电场的性质 1(易),4(中)，8(中) 2.带电粒子在电场中的运动 3(中)，5（中),12(中） 3.安培力作用下的平衡与运动问题 9（中），11(中)
4。带电粒子在磁场中的运动 2(易)，6（中),7(中)， 10（难),13(难) 一、选择题（在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求) 1。（2015安徽理综)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷,带电量分别为q1和q2,其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为
F=k，式中k为静电力常量.若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为( B ) A.kg·A2·m3 B.kg·A—2·m3·s—4 C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A—2
解析:由库仑定律知k=,式中都取国际单位时k的单位为,由I=
知，1 C2=1 A2·s2,又因1 N=，整理可得k的单位应为·，即kg·A-2·m3·s-4，故选项B正确。 2.（2015全国新课标理综Ⅰ）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( D ) A。轨道半径减小，角速度增大 B。轨道半径减小，角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大 D。轨道半径增大,角速度减小 解析：因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r=知，轨道半径增大；由角速度ω
=知，角速度减小，选项D正确。 3. (2015兰州诊断)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是（ D )
A.粒子带负电荷 B.粒子先加速后减速 C。粒子加速度一直增大 D.粒子的机械能先减小后增大 解析：粒子仅在电场力作用下做曲线运动,受力方向指向曲线的凹侧,即力的方向与场强方向一致，故粒子应带正电荷,选项A错误；由电场力的方向与速度方向的夹角的关系可知粒子先减速后加速,选项B错误；电场线的疏密表示场强的大小,由F=qE和F=ma知选项C错误;电场力对粒子先做负功后做正功,电势能先增大后减小,根据能量守恒定律知粒子的机械能先减小后增大,选项D正确. 4。 (2015贵阳市适应性检测)正电荷均匀分布在半球面上,它们在此半球的球心O处产生的电场强度大小为E0,现将一个通过O点且与半球底面成θ=60°的平面把半球面切分出一个“小瓣”球面，如图所示,所分出的“小瓣”球面上的电荷在O点处产生电场的电场强度大小为( B )
【名师伴你行】高考二轮复习物理专题限时训含解析
专题限时训练(十六)电学实验与创新(限时45分钟)实验题(第1、4题10分，其余每小题15分，共80分)1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x约为200 Ω，电压表V的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式R x＝U I计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x1和R x2，则________(填“R x1”或“R x2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值R x1________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值R x2________(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值．答案：R x1大于小于解析：根据题意知R xR A>R VR x，电压表的分流作用较显著，故R x1更接近待测电阻的真实值．题图(a)的测量值是R x与R A串联的电阻阻值，故R x1>R x真；题图(b)的测量值是R x与R V并联的电阻阻值，故R x2<R x 真．2．(2015·江西南昌一模)某同学在测量一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，其主要实验步骤为：①用多用电表测量该合金丝的电阻；②用刻度尺测出合金丝的长度，用螺旋测微器测出其直径；③现用伏安法测合金丝的电阻．回答下列问题：Ⅰ.用多用电表测量合金丝的电阻(1)开始选用“×10”的倍率测量电阻发现多用表指针偏转过大，为使测量比较精确，应将选择开关拨至________(填“×100”或“×1”)倍率的电阻挡．(2)每次换挡后，需重新________，再进行测量．(3)测量合金丝的电阻时表的指针位置如图(a)所示，则该合金丝的电阻测量值是________Ω.(a)Ⅱ.用伏安法测合金丝的电阻并得出电阻率(1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω)、电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω)、电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)、开关和导线若干．为了减小测量误差，实验电路应采用图(b)中的________(填“甲”或“乙”)．(b)(2)实验得到的合金丝电阻率ρ测________(填“大于”、“小于”或“等于”)合金丝的真实电阻率ρ真．答案：Ⅰ.(1)×1(2)欧姆调零(3)7Ⅱ.(1)甲(2)小于解析：Ⅰ.(1)由于多用电表指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，因此为使测量比较精确，应选“×1”倍率的电阻挡；(2)每次换挡后，需重新欧姆调零，再进行测量；(3)由题图(a)知，合金丝的电阻测量值为R＝7×1 Ω＝7 Ω.Ⅱ.(1)由于待测电阻较小，电压表分流小，因此电流表采用外接法，故选甲；(2)由于通过合金丝的电流小于电流表的示数，合金丝电阻的测量值偏小，其电阻率也偏小，故合金丝电阻率的测量值小于其真实值．3．(2015·福建理综)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲所示实物接线图中完成余下导线的连接．甲乙丙(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A.(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保留两位小数)．答案：(1)如解析图甲所示(2)0.44(3)4 2.28解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图甲所示．甲(2)电流表示数为0.44 A.(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R外＝r＝1 Ω，I＝ER外＋r＝32A＝1.5 A，U外＝E2＝1.5 V，即每只小电珠两端的电压为1.5 V，通过图象可知每只小电珠的电流为I0＝0.38 A，n＝II0＝4(只)；通过每只小电珠的电流为I0，两端电压为U，根据闭合电路欧姆定律得：U＋nI0r＝E，而U ＋4I0＝3 V，U＝－4I0＋3 V，如图乙所示，图线的交点纵、横坐标分别为U＝1.5 V，I0＝0.38 A，P＝UI0＝0.57 W，P总＝nP＝0.57×4 W＝2.28 W.乙4．(2015·湖北八校二联)现有一个电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压U g.A．待测电压表V1，满偏电压约3 V，内阻R V1＝3 000 Ω，刻度均匀、总格数为N；B．电流表A：量程0.6 A、内阻R A约0.1 Ω；C．电压表V2：量程15 V、内阻R V2约15 kΩ；D．标准电阻R1＝10 Ω；E．标准电阻R2＝10 kΩ；F．滑动变阻器R：最大阻值200 Ω；G．学生电源E，电动势15 V，内阻不计．H．开关一个．(1)方框中已画出部分实验电路图，请你完成剩余的部分电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号．(2)测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n 个格，可计算出满偏电压U g为________(用字母表示)，式中除题目已给的物理量外，其他字母符号表示的物理量的物理意义是______________________________________________________．答案：(1)如图所示(2)NUR V1n(R V1＋R2)U为标准电压表V2的读数解析：(1)因待测电压表的满偏电压较小，故应串联一个定值电阻分压，又知R V1＝3 000 Ω，故串联的定值电阻应选R2，而电压值需用电压表V2测出，故要和V2并联，设计成如答案中的电路图．(2)V2的示数为V1和R2两端的总电压，按照串联分压关系，则有V1两端的电压为R V1R V1＋R2·U(U为标准电压表V2的读数)，除以格数n即可得到每偏转1个格的电压值，再乘以总格数N即可得满偏电压．5.(2015·广东理综)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等．(a)(b) (c)甲(1)使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图甲(a)所示，读数为________Ω，据此应选择图甲中的________(填“b”或“c”)电路进行实验．(2)连接所选电路，闭合S，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐________(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验．(a) (b)乙(3)图乙(a)是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件________(填“X”或“Y”)是非线性元件．(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路如图乙(b)所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00 V；断开S2，读数为1.00 V．利用图乙(a)可算得E＝________V，r＝________Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)．答案：(1)10b(2)增大(3)Y(4)3.20.50解析：(1)用多用电表的欧姆挡测电阻时，电阻值＝示数×倍率，故X的读数为10 Ω×1＝10 Ω，由于R XR A＜R VR X，或R X≪R V，故用伏安法测元件X的电阻时，电流表应外接，故选b电路进行实验．(2)滑片P从左向右滑动过程中，元件X两端的电压越来越大，电流越来越大，故电流表示数逐渐增大．(3)由U-I图线可知Y是非线性元件．(4)由(3)中的U-I图线，可知线性元件的电阻R X＝10 Ω，当S1、S2都闭合时，回路中的电流I1＝U1R X＝0.3 A，当S1闭合，S2断开时，回路中的电流I2＝U2R X＝0.1 A，根据闭合电路欧姆定律，得E＝I1(R X＋r)，E＝I2(R X＋R＋r)，联立两式并代入数据解得E＝3.2 V，r＝0.50 Ω.6．(2015·重庆理综)同学们测量某电阻丝的电阻R x，所用电流表的内阻与R x相当，电压表可视为理想电压表．(1)若使用图甲所示电路图进行实验，要使得R x的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的________(填“b”或“c”)点．甲(2)测得电阻丝的U-I图如图乙所示，则R x为________Ω(保留两位有效数字)．乙(3)实验中，随电压进一步增加，电阻丝逐渐进入炽热状态，某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化，他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10 V的条件下，得到电阻丝的电阻R x随风速v(用风速计测)的变化关系如图丙所示．由图可知当风速增加时，R x会______(填“增大”或“减小”)．在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10 V，需要将滑动变阻器R W的滑片向________(填“M”或“N”)端调节．丙(4)为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图丁所示的电路．其中R为两只阻值相同的电阻，R x为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入的理想电压表．如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“＋”端和“－”端应分别连接到电路中的________点和________点．(均填“a”、“b”、“c”或“d”)丁答案：(1)c(2)4.1(4.0～4.2)(3)减小M(4)b d解析：(1)由于电流表的内阻与R x相当，即R x较小，所以电流表外接时误差较小，故电压表的a端应接电路的c点．(2)由U-I图象可知电阻R x＝ΔUΔI＝0.800.195Ω≈4.1 Ω.(3)根据R x-v图象可知，风速越大时电阻R x越小．要使R x两端的电压不变，需增大与R x并联的R W的电阻，即将滑动变阻器R W的滑片向M端滑动．(4)当风速增大时，受气流影响的电阻丝R x的阻值逐渐减小，d点的电势逐渐降低．开始时，b、d两点电势差为零，所以电压表的“＋”端接b点、“－”端接d点时能满足条件．。
2016届高三二轮复习物理周测卷 十五.磁场2含解析
2016万卷周测卷（十五）磁场2一 、单选题（本大题共5小题 。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1. 如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下．在将磁铁的N 极插入线圈的过程中 A ．通过电阻的感应电流的方向由a 到b ，线圈与磁铁相互排斥 B ．通过电阻的感应电流的方向由a 到b ，线圈与磁铁相互吸引C ．通过电阻的感应电流的方向由b 到a ，线圈与磁铁相互排斥D ．通过电阻的感应电流的方向由b 到a ，线圈与磁铁相互吸引2. 如图表示洛伦兹力演示仪，用于观察运动电子在磁场中的运动，在实验过程中下列选项错误．．的是A ．不加磁场时电子束的径迹是直线B ．加磁场并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周C ．保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径减小D ．保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小3. 如图是在有匀强磁场的云室中观察到的带电粒子的运动轨迹图，M 、N 是轨迹上两点，匀强磁场B 垂直纸面向里。
该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是A ．粒子在M 点动能大，在N 点动能小B ．粒子先经过N 点，后经过M 点C ．粒子带负电D ．粒子在M 点受到的洛伦兹力大于N 点的4. 欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电υ SN流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I 1时，小磁针偏转了30º，问当他发现小磁针偏转了60º，通过该直导线的电流为I 2（直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）A 、I 1=2I 2B 、I 1=3I 2C 、I 1=4I 2D 、无法确定5. 如图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n :1，变压器的副线圈与电阻为R 的负载相连，则A ．负载R 两端的电压为的nBr 22ωB ．原线圈中的电流强度为通过R 电流的1nC ．变压器的副线圈磁通量为0D ．通过负载R 的电流强度为0二 、多选题（本大题共2小题 ）6. 如图为小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，转速为50r/s ，线圈的电阻为Ω=20r ，电阻100R =Ω，010R =Ω，降压变压器原副线圈匝数比为10∶1，电压表的示数为10V ，如果从图示位置开始计时，下列说法中正确的是A ．变压器原线圈两端的电压为100 VB ．电阻R 的功率为10WC ．电动势的有效值为110 VD ．电动势瞬时值表达式为 V 100cos 2112t e π=7. 如图甲所示，在竖直平面内有一单匝正方形线圈和一垂直于竖直平面向里的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，磁场上、下边界AB 和CD 均水平，线圈的ab 边水平且与AB 间有一定的距离．现在让线圈无初速自由释放，图乙为线圈从自由释放到cd 边恰好离开CD 边界过程中的速度一时间关系图象．已知线圈的电阻为r ，且线圈平面在线圈运动过程中始终处在竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g ，则根据图中的数据和题中所给物理量可得（ ）A．在0～t3时间内，线圈中产生的热量为B．在t2～t3时间内，线圈中cd两点之间的电势差为零C．在t3～t4时间内，线圈中ab边电流的方向为从b流向aD．在0～t3时间内，通过线圈回路的电荷量为三、简答题（本大题共2小题）8. 如图所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g。
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分专题限时训练11带电粒子在复合场中的运动(二)模板
专题限时训练 (十一 )带电粒子在复合场中的运动(二)(限时 45 分钟 )计算题 (每题 20 分，共 80 分)1．(2015 ·昆明模拟 )如下图，在 xOy 竖直平面的第一、四象限，有水平向右的匀强电场，在第二、三象限中存在磁感觉强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场和场强盛小与第一象限的场强盛小相P 点的坐标是R3等、方向竖直向上的匀强电场．第一象限中2，2 R ，在 P 点拴一杜绝缘细线，长为 R，细线另一端系一个质量为 m、带电荷量为 q 的小球，现将细线拉至与水平方向成 45°角由静止开释．小球摆至 O 点地点时，细线恰巧脱开，小球越过y 轴，恰巧做圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球抵达 O 点时的速度；(3)小球在 y 轴左边做匀速圆周运动的旋转半径．答案： (1)mg(2)3－1 gR，方向与 y 轴正方向成 60°角斜向q上(3)m3－1 gR qB分析： (1)小球越过 y 轴，恰巧做圆周运动，可知小球遇到的电场力大小等于重力Eq ＝mgmg所以场强 E ＝ q .(2)小球从初始状态开释，摇动到 O 点，依据动能定理：mg2＋ 3 R －Eq 2＋1 R ＝1m v 22 22 2 2得小球的速度 v ＝3－1 gR速度的方向与 y 轴正方向成 60°角斜向上．(3)如图，小球在 y 轴左边做匀速圆周运动，小球遇到的电场力大小等于重力2洛伦兹力供给向心力 F 洛 ＝m vr2即 q v B ＝mvrm3－1 gR得旋转半径 r＝.qB2．(2015 ·石家庄质检 )如下图，正三角形ABC 内有 B＝0.1 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外，在BC 边右边有平行于BC 且足够长的挡板 EF ，已知 B 点到挡板的水平距离BD＝0.5 m．某一质量＝×－10、电荷量＝×－4的粒子，以速度v0＝ 1×104m/sm 410kg q 110 C自 A 点沿磁场中的 AB 边射入，恰可从 BC 边水平射出打到挡板上．不计粒子重力．(1)求粒子从 BC 边射出时，射出点距 C 点的距离和粒子在磁场中运动的时间；(2)假如在 BC 至 EF 地区加上竖直向下的匀强电场，使粒子还能打到挡板上，求所加电场电场强度的最大值．24π－5答案： (1)15 3 m3×10s (2)400 3 V/m分析： (1)粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径为m v0r＝Bq＝0.4 mMC 的长度l MC＝r－rsin 30 °23 m cos 30＝° 15粒子在磁场中的运动时间60° 2πm 4π－5t＝×＝×10s.360°qB3(2)当粒子恰巧打到挡板上Q 点时，轨迹与挡板相切，速度方向沿挡板 EF ，如图乙所示，由类平抛运动的规律，Q 点处粒子的速度的反向延伸线交于水平位移的中点有 l MN＝l NP由题意知 l MN＝BD＝0.5 mvy当粒子打到 Q 点时， tan 60 °＝qE在竖直方向上的分速度v y＝at＝m t2l MN粒子的运动时间t＝v 0联立得 E＝ 400 3 V/m.3.如下图，在xOy 坐标系中，x 轴上方有方向沿x 轴正向的匀强电场，下方有一半径为 R 的圆形有界匀强磁场，圆心在 y 轴上，且圆与x 轴相切，磁场方向垂直于纸面向外．一质量为m、电荷量为q 的带电粒子在座标为 (L,2L)的 A 点，以初速度v0沿 y 轴负方向射入电场，且恰巧从O 点射入磁场，经磁场偏转后恰巧平行于x 轴从磁场中射出．(1)求电场强度和磁感觉强度的大小；(2)若该粒子沿 y 轴负方向射出时的初速度大小为1 v 0，要使该粒2子也能从 O 点进入磁场，且经磁场偏转后恰巧平行于 x 轴从磁场中射出，求该粒子开始射出时的地点坐标．答案： (1)m v 022m v 07 72qL qR (2) L 、2L4分析： (1)粒子从 A 点射入后做类平抛运动2L ＝v 0t 11L ＝2v x t 1得 v x ＝v 0粒子在 O 点的速度大小 v 1＝v 20＋v 2x ＝ 2v 0与 x 轴负方向的夹角 θ知足 tan θ＝v 0＝1，θ＝45°v x从 A 点到 O 点，依据动能定理1 2 12qEL ＝2m v 1－2m v 0m v 20得 E ＝ 2qL粒子在磁场中做匀速圆周运动， 因为粒子经磁场偏转后， 恰巧平行于 x 轴从磁场中射出， 其运动轨迹如下图， 由几何关系可知， 粒子做圆周运动的半径等于圆形有界磁场的半径，即r ＝R得 B ＝ 2m v 0.qR(2)由几何关系可知，粒子从 O 点进入磁场后的速度大小等于2v 0 才能以平行于 x 轴的方向射出磁场．则粒子进磁场时沿 x 轴负方向的速度 v x ＝2v 0 2－ 1 2＝ 7v 0 2 v 0222 7v x v xx ＝2a ＝qE ＝4L2 m11 v x 1v x ＝ 7Ly ＝ v 0t ＝ v 0· ＝ v 0· 2 22 a 2 qEm所以粒子开始射出时的地点坐标为7 74L ， 2L.4． (2015 天·津理综 )现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如下图的多层密切相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为 d.电场强度为 E，方向水平向右；磁感觉强度为 B，方向垂直纸面向里．电场、磁场的界限相互平行且与电场方向垂直．一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子在第 1 层电场左边界限某处由静止开释，粒子一直在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第 2 层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第 n 层磁场右边界限穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求 sin θn；(3)若粒子恰巧不可以从第 n 层磁场右边界限穿出，试问在其余条件不变的状况下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右边界限，请简要推理说明之．答案：看法析分析： (1)粒子在进入第 2 层磁场时，经过两次电场加快，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功由动能定理，有12①2qEd＝2m v2由①式解得v2＝2qEd②m粒子在第 2 层磁场中遇到的洛伦兹力充任向心力，有v 22q v 2B ＝m r 2 ③由②③式解得2r 2＝BmEdq .④(2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ，轨迹半径为r n (各量的下标均代表粒子所在层数，下同 )12nqEd ＝2m v n⑤v 2nq v n B ＝m r n ⑥粒子进入第 n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为α，n 从第 n 层磁场右边界限穿出时速度方向与水平方向的夹角为 θ，粒n子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度重量不变，有－θ－ ＝vα⑦v n 1sin n 1 n sin n由图 1 可看出r sin θ－r sin α＝d ⑧nnnn由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨由⑨式看出 r 1sin θ1、r 2sin θ2、 、r n sin θn 为一等差数列，公差为 d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋ (n －1)d ○10图1图2当 n＝1 时，由图 2 看出θ＝d?r1sin 1由⑤⑥⑩ ? 式得θ＝B nqd?.sin n2mE(3)若粒子恰巧不可以从第 n 层磁场右边界限穿出，则πθ＝，sin θ＝1n n2在其余条件不变的状况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为q′m′，假定能穿出第 n 层磁场右边界限，粒子穿出时速度方向与水平q′q方向的夹角为θ′n，因为m′>m 则致使 sin θ′n>1说明θ′n不存在，即原假定不建立．所以比荷较该粒子大的粒子不可以穿出该层磁场右边界限．。
《高考复习指导》2016届高三物理二轮复习限时规范训练专题四万有引力定律及其应用
专题四 万有引力定律及其应用限时规范训练[单独成册](时间：45分钟)1．(2015·高考重庆卷)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m ，距地面高度为h ，地球质量为M ，半径为R ，引力常量为G ，则飞船所在处的重力加速度大小为( )A ．0 B.GM (R ＋h )2 C.GMm (R ＋h )2 D.GM h 2解析：选B.飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即G Mm (R ＋h )2＝mg ，得g ＝GM (R ＋h )2，选项B 正确． 2．(2015·高考山东卷)如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1解析：选D.空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm r 2＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．3．“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200 km 的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，月球半径约为1.74×103 km.利用以上数据估算月球的质量约为() A．8.1×1010 kg B．7.4×1013 kgC．5.4×1019 kg D．7.4×1022 kg解析：选D.设探月卫星的质量为m，月球的质量为M，根据万有引力提供向心力GmM(R＋h)2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2(R＋h)，将h＝200 000 m，T＝127×60 s，G＝6.67×10－11N·m2/kg2，R＝1.74×106 m，代入上式解得M＝7.4×1022 kg，可知D选项正确．4．(多选)2014年12月31日9时02分，在西昌卫星发射中心，长征三号甲运载火箭将风云二号08星成功送入预定轨道．已知风云二号08星绕地球做圆周运动的周期为T，线速度大小为v，引力常量为G.则下列说法正确的是()A．风云二号08星环绕地球做圆周运动的轨道半径为v T 2πB．风云二号08星的向心加速度为2πTC．由以上条件可得地球的质量为v3T 2πGD．风云二号08星的质量为4π2v3 GT2解析：选AC.风云二号08星绕地球做圆周运动，其周期为T，线速度为v，由圆周运动规律可得风云二号08星的轨道半径为r＝v T2π，向心加速度为a＝4π2rT2＝2πvT，A正确、B错误；地球对风云二号08星的万有引力提供向心力，有GMm r2＝ma，可得地球的质量M＝v3T2πG，C正确、D错误．5．地球同步卫星离地心的高度约为地球半径的7倍．某行星的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，若该行星的平均密度为地球平均密度的一半，则该行星的自转周期约为()A．12小时B．36小时C．72小时D．144小时解析：选A.地球同步卫星的周期为T1＝24小时，轨道半径为r1＝7R1，地球平均密度为ρ1.某行星的同步卫星周期为T 2，轨道半径为r 2＝3.5R 2，该行星平均密度ρ2＝12ρ1.根据牛顿第二定律和万有引力定律有Gm 1ρ1×43πR 31r 21＝m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12r 1，Gm 2ρ2×43πR 32r 22＝m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22r 2，联立解得T 2＝T 1/2＝12小时，选项A 正确． 6．(2015·全国大联盟联考)(多选)2014年12月11日，我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭成功将“遥感卫星二十五号”发射升空，卫星顺利进入预定轨道．已知该卫星的轨道是椭圆，周期为T 0，如图所示．则( )A ．“遥感卫星二十五号”的发射速度小于第一宇宙速度B ．“遥感卫星二十五号”在A →B →C 的过程中速率逐渐变小C ．“遥感卫星二十五号”从A 到B 所用的时间小于T 04D ．“遥感卫星二十五号”在B →C →D 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功解析：选BC.绕地球运行的卫星，其发射速度不小于第一宇宙速度，选项A 错误；卫星在A →B →C 的过程中，卫星与地球的距离增大，此过程中卫星克服万有引力做功，速率逐渐变小，选项B 正确；周期为T 0，卫星从A 到C 的过程中所用的时间是T 02，由于卫星在A →B →C 的过程中速率逐渐变小，从A 到B与从B 到C 的路程相等，所以卫星从A 到B 所用的时间小于T 04，选项C 正确；卫星在B →C →D 的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了C 点后万有引力方向与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，选项D 错误．7. (2015·石家庄高三二模)2014年10月24日，“嫦娥五号”在西昌卫星发射中心发射升空，并在8天后以“跳跃式再入”方式成功返回地面．“跳跃式再入”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层，如图所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径为R ，地心到d 点距离为r ，地球表面重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．“嫦娥五号”在b 点处于完全失重状态B ．“嫦娥五号”在d 点的加速度小于gR 2r 2C ．“嫦娥五号”在a 点速率大于在c 点的速率D ．“嫦娥五号”在c 点速率大于在e 点的速率解析：选C.由题意，“嫦娥五号”在b 点依靠大气升力冲出大气层，有向上的加速度分量，处于超重状态，A 错误；“嫦娥五号”在d 点只受万有引力作用，由G Mm r 2＝ma ，GM ＝gR 2知，a ＝gR 2r 2，故B 错误；“嫦娥五号”从a 到c 万有引力不做功，但大气阻力做负功，故动能减小，a 点的速率大于c 点的速率，C 正确；“嫦娥五号”从c 到e 点，万有引力不做功，该过程中也无大气阻力做功，则动能不变，故在c 点速率等于在e 点的速率，D 错误．8．(2015·郴州市三模)有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处于地面附近近地轨道上正常运动．c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星．设地球自转周期为24 h ，所有卫星均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则有( )A ．a 的向心加速度等于重力加速度gB ．b 在相同时间内转过的弧长最长C ．c 在4 h 内转过的圆心角是π6D ．d 的运动周期有可能是23 h解析：选B.由G Mm r 2＝mω2r 知，ω∝1r 3，则ωb ＞ωc ，由题意，ωa ＝ωc ，则ωb＞ωa ，因此g ＝ω2b R ＞a a ＝ω2a R ，A 错误；由于c 为同步卫星，24 h 转过2π，则在4 h 内转过的圆心角是π3，C 错误；由于b 卫星绕地球运动的线速度最大，因此在相同时间内转过的弧长最长，B 正确；由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 知，T ∝r 32，因此d的运动周期大于c 的运动周期，即大于24 h ，D 错误．9.(2015·湖南五市十校联考)已知月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0.“嫦娥三号”飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道Ⅰ运动，如图所示，到达轨道的A 点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ的近月点B 再次变轨进入近月轨道Ⅲ(距月表面高度忽略不计)绕月球做圆周运动．下列说法正确的是( )A ．飞船在轨道Ⅲ与轨道Ⅰ的线速度大小之比为1∶2B ．飞船在轨道Ⅰ绕月球运动一周所需的时间为2π27R g 0C ．飞船在A 点刚变轨后和变轨前相比动能增大D ．飞船在轨道Ⅱ上由A 点运动到B 点的过程中动能增大解析：选D.由GMm r 2＝m v 2r 知，飞船绕月球做圆周运动的轨道半径r 越小，线速度越大，因此飞船在轨道Ⅲ比在轨道Ⅰ上的速度大，A 错误；飞船在轨道Ⅰ时，由G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，r ＝4R ，GM ＝g 0R 2知，T ＝2π64Rg 0，B 错误；由于飞船在A 点做近心运动，其速度减小，动能也减小，C 错误；飞船在轨道Ⅱ上由A 点运动到B 点，万有引力做正功，动能增大，D 正确．10．(2015·高考北京卷)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转的周期大于火星公转的周期B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度解析：选D.根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝m v 2r ＝ma n ＝mω2r 得，公转周期T ＝2πr 3GM ，故地球公转的周期较小，选项A 错误；公转线速度v ＝ GMr ，故地球公转的线速度较大，选项B 错误；公转加速度a n ＝GM r 2，故地球公转的加速度较大，选项C 错误；公转角速度ω＝GM r 3，故地球公转的角速度较大，选项D 正确． 11．(2015·高考广东卷)(多选)在星球表面发射探测器，当发射速度为v 时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到2v 时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球．已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1，半径比约为2∶1，下列说法正确的有( )A ．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大B ．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大C ．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等D ．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大解析：选BD.探测器在星球表面做匀速圆周运动时，由G Mm R 2＝m v 2R ，得v ＝GM R ，则摆脱星球引力时的发射速度2v ＝ 2GMR ，与探测器的质量无关，选项A 错误；设火星的质量为M ，半径为R ，则地球的质量为10M ，半径为2R ，地球对探测器的引力F 1＝G 10Mm (2R )2＝5GMm 2R 2，比火星对探测器的引力F 2＝G Mm R 2大，选项B 正确；探测器脱离地球时的发射速度v 1＝ 2G ·10M 2R ＝ 10GMR ，脱离火星时的发射速度v 2＝ 2GMR ，v 2<v 1，选项C 错误；探测器脱离星球的过程中克服引力做功，势能逐渐增大，选项D 正确．12．2014年12月25日，“月球车玉兔”微博卖萌报道被评选为2014年最具影响力的科学传播事件并获“五维空间奖”．若月球车在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为G 2.已知地球半径为R 1，月球半径为R 2，地球表面处的重力加速度为g ，则( )A ．月球车在月球表面的质量为G 2gB ．地球的质量与月球的质量的比值为G 1R 22G 2R 21C ．月球表面处的重力加速度为G 1g G 2D ．若月球车能绕地球和月球飞行，则月球车在地球表面飞行和在月球表面飞行的周期的比值为 R 1G 2R 2G 1解析：选D.月球车到达月球表面时，月球表面处的重力加速度不是g ，选项A错误；设月球车的质量为m ，则在地球表面GM 1m R 21＝mg ，G 1m ＝g ，在月球表面GM 2m R 22＝mg 2，G 2m ＝g 2，联立得M 1M 2＝G 1R 21G 2R 22，选项B 错误；月球表面处的重力加速度为G 2g G 1，选项C 错误；月球车在地球表面飞行时，周期为T 1＝2πR 1g ，在月球表面飞行时，周期T 2＝2πR 2g 2，T 1T 2＝R 1G 2R 2G 1，选项D 正确． 13．(多选)“火星一号”是由荷兰私人公司主导的火星探索移民计划，经过层层筛选最终24人将接受严格培训，从2024年开始将他们陆续送往火星，且一旦出发就不再回地球．若已知火星和地球的半径之比为a ∶1，质量之比为b ∶1，在地球上某运动员以初速度v 0起跳能上升的最大高度为h ，地球表面附近的重力加速度为g .则( )A ．火星表面的重力加速度大小为b a 2gB ．火星表面的重力加速度大小为b 2a gC ．该运动员在火星上以初速度v 0起跳能上升的最大高度为a b 2hD ．该运动员在火星上以初速度v 0起跳能上升的最大高度为a 2b h解析：选AD.火星表面的重力加速度g ′＝G M 火R 2火，在地球表面附近有g ＝GM 地R 2地，联立得g ′＝b a 2g ，选项A 正确，选项B 错误；由竖直上抛运动规律可知，运动员在地球上以初速度v 0起跳能上升的最大高度h ＝v 202g ，所以运动员在火星上以初速度v 0起跳能上升的最大高度h ′＝v 202g ′＝a 2bh ，选项D 正确，选项C 错误．14.(多选)经过天文望远镜长期观测，科学家在宇宙中已经发现了许多双星系统．如图为哈勃望远镜观察到的银河系中“罗盘座T 星”系统的示意图．该系统是由一颗白矮星(图右侧星体)和它的类日伴星(图左侧星体)组成的双星系统，由于白矮星不停地吸食由类日伴星抛出的物质致使其质量不断增加，科学家预计这颗白矮星在不到1 000万年的时间内会完全“爆炸”，从而变成一颗超新星．现假设类日伴星所释放的物质被白矮星全部吸收，并且两星间距在一段时间内不变，假定两星球的总质量不变，忽略周围其他星体的引力作用，则下列说法正确的是( )A ．两星体的运动周期不变B ．白矮星的轨道半径增大C ．类日伴星的线速度增大D ．两星体间的万有引力不变解析：选AC.如图所示，设白矮星与类日伴星的质量分别为m 1和m 2，绕连线上O 点做匀速圆周运动，周期为T ，两星间距为L ，轨道半径分别为r 1和r 2，由万有引力定律、牛顿第二定律及几何关系得对白矮星有：G m 1m 2L 2＝m 14π2T 2·r 1① 对类日伴星有：G m 1m 2L 2＝m 24π2T 2·r 2②又r 1＋r 2＝L由①②式可得m 2＝4π2L 2r 1GT 2，m 1＝4π2L 2r 2GT 2③故双星的总质量：m 1＋m 2＝4π2L 2GT 2(r 2＋r 1)＝4π2L 3GT 2变换可得T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)④ 由④式可知，在白矮星与类日伴星的总质量不变、两星间距不变的情形下，双星的运动周期不变，A 项正确．另外，由①②式可得：m 1r 1＝m 2r 2；两边同乘以角速度ω可推得：m 1v 1＝m 2v 2.可知双星的轨道半径与线速度大小，均与它们的质量成反比．因白矮星的质量不断增加，故其轨道半径减少．类日伴星的质量不断减少，故其线速度增大．B 项错误、C 项正确．依题意，两星间距在一段时间内不变，两星的总质量不变，但两星质量的乘积可能变化，故两星间的万有引力可能变化．D项错误．。
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专题限时训练(十五) 力学实验与创新 (限时45分钟) 实验题(第1题10分，其余每小题14分，共80分) 1．(2015·百校联盟押题卷)某中学物理兴趣实验小组在完成“探究弹力和弹簧长度的关系”的实验后测出了弹簧的劲度系数，操作过程如下：该小组的同学按照图甲组装好实验装置，调节滑轮的高度使细线呈水平状态，测出不挂钩码时弹簧的长度，然后在细线的下端逐个增加钩码并测出对应的弹簧长度，将测量的数据描绘在图乙的坐标系中，已知纵坐标为每次弹簧所受的拉力，横坐标为每次所对应的弹簧长度．已知每个钩码的质量为m＝0.04 kg，取重力加速度g＝10 m/s2. 根据上述操作完成下列问题：
甲
乙 (1)根据图乙中描出的数据点画出F－L图线． (2)根据作出的图线可知，弹簧的自然长度L0为______cm，该弹簧的劲度系数k为________N/m. (3)该实验与弹簧呈竖直状态相比较，优点是：_____________________________________________________________________________________________________________________； 缺点是：___________________________________________. 答案：(1)如图所示 (2)5 20 (3)见解析
解析：(1)用平滑的曲线将各点连接起来，如答案图所示． (2)弹簧的原长L0，即弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，l0
＝5×10－2 m＝5 cm.弹簧的劲度系数等于F-L图象直线部分的斜率，
k＝20 N/m. (3)优点：避免弹簧自身所受重力对实验的影响；缺点：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在摩擦使实验的误差增大． 2．(2015·山东理综)某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．
甲 实验步骤： ①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向． ②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示． F/N 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 l/cm l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05 ③找出②中F＝2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′.
乙 ④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB. 完成下列作图和填空： (1)利用表中数据在坐标纸上画出F-l图线，根据图线求得l0＝________cm. (2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则FOA的大小为________N. (3)根据给出的标度，在图丙中作出FOA和FOB的合力F′的图示．
丙 (4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论． 答案：(1)如解析图甲所示 10.0(9.8～10.1均正确) (2)1.80(1.70～1.90均正确) (3)如解析图乙所示 (4)FOO′ 解析：(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．如图甲所示，由图线可知与横轴的交点为弹簧原长，即l0＝10.0 cm. 甲 (2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以FOA＝FOB＝F＝1.80 N. (3)利用给出的标度作出FOA和FOB的图示，然后以FOA和FOB
为邻边作平行四边形，对角线即为合力F′，如图乙．
(4)FOO′的作用效果和FOA、FOB两个力的作用效果相同，F′是FOA、FOB两个力的合力，所以只要比较F′和FOO′的大小和方向，即可得出实验结论．
乙 3．(2015·浙江理综)甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验． 甲 (1)图甲中A、B、C、D、E表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材有________；乙同学需在图中选用的器材有________．(用字母表示)
乙 (2)乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图乙所示的两条纸带①和②，纸带________(填“①”或“②”)的加速度大，其加速度大小为________． 答案：(1)AB BDE (2)② 2.5 m/s2 解析：(1)甲同学做“验证机械能守恒定律”实验时，只需验证
gh＝12v2即可，不需要知道重物的质量，但需应用打点计时器打出的 纸带计算速度v，故选A、B.乙同学做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，需考虑F、m、a三者的测量，取小车研究，利用钩码的重力作为小车所受的合力，应用打点计时器打出的纸带计算加速度，故选择B、D、E.(2)纸带①中第1、2点间与第2、3点间的位移差为Δx1＝[(32.40－30.70)－(30.70－29.10)] cm＝0.1 cm，纸带②中第1、2点间与第2、3点间的位移差为Δx＝[(30.65－29.00)－(29.00－27.40)] cm＝0.05 cm，根据逐差法Δx＝aT2可得纸带①的加速度大，
大小为a＝0.1×10－20.22 m/s2＝2.5 m/s2. 4.(2015·广东理综)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度． (1)请完成以下主要实验步骤：按图(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物______(填“靠近”或“远离”)计时器下端；____________，____________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验． (2)图(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取________(填“b”或“c”)来计算重力加速度，在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和______________________．
(a) (b) (c) 答案：(1)靠近 接通打点计时器电源 释放纸带 (2)b (3)纸带与打点计时器间的摩擦 解析：(1)使用打点计时器进行相关实验时，拖动纸带的重物应靠近打点计时器，而且应先接通打点计时器的电源，待打点计时器打点稳定后，再释放纸带． (2)纸带在重物的作用下，做匀加速直线运动，打点距离越来越大，而(c)纸带的打点距离先增大后减小，故应选取(b)进行研究．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果小于当地重力加速度的主要原因是空气阻力和纸带与打点计时器间的摩擦． 5．(2015·湖南师大附中第6次月考)“探究加速度与力的关系”装置如图所示．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和砂桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向砂桶中添加细砂，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a.将木块放回原处，再向砂桶中添加适量细砂，释放木块„获取多组a、F数据．
(1)关于该实验的操作，以下说法正确的是( ) A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车 B．通过缓慢添加细砂，可以方便地获取多组实验数据 C．每次添加细砂后，必须测出砂及砂桶的质量 D．实验过程要确保砂及砂桶的质量远小于木块的质量 (2)某同学根据实验数据做出了两个a－F图象如图所示，正确的是________；该同学发现图线没有过原点，应该是由于有摩擦力的原因，于是想要作出木块的加速度与合力的关系图象，需要对图象进行修正．修正后的横坐标F合应该等于________(用F、F0表示)． 答案：(1)AB (2)B 2F－2F0 解析：(1)纸带长度有限，若先释放小车，再闭合开关时，重物已落一段距离，纸带的打点长度可能就很短，不利于测量，而先闭合开关，再释放小车，保证纸带充分利用，A正确；缓慢添加细砂，改变小车受到的拉力，可以获取多组实验数据，B正确；小车受到的拉力可通过弹簧秤读出，因而不用测量砂及砂桶的质量，C错误；小车受到的拉力可通过弹簧秤读出，不用砂及砂桶的重力代替，故可以不用考虑“确保砂及砂桶的质量远小于木块的质量”这一条件，D错误．
(2)根据牛顿第二定律F合＝2F－f＝ma，得a＝2F－fm，可知随着拉力的增大，加速度恰好为零时，应满足摩擦力f＝2F0，修正后应让图线过坐标系的原点，图线向左平移2F0，F合＝2F－2F0. 6．(2015·山西一模)为探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，某同学设计了如图甲所示的实验装置．
甲 实验步骤如下： ①用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示；
②将水平弹簧的一端固定于气垫导轨的左侧； ③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x； ④释放滑块，记录滑块脱离弹簧后通过光电门的时间Δt，算出滑块的速度v； ⑤重复步骤③④，作出v与x的关系图象如图丙．
乙 丙 回答下列问题： (1)遮光片的宽度为________cm. (2)若Δt＝3.0×10－2 s，则滑块的速度为________m/s. (3)由图丙可知，v与x成________关系． (4)实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧压缩量的关系是___________________________________________________． 答案：(1)0.930 (2)0.31 (3)正比(正比例) (4)弹性势能与弹簧压缩量(x)的平方成正比 解析：(1)由题图乙知，遮光片的宽度为d＝9 mm＋6×0.05 mm＝0.930 cm；(2)滑块的速度近似为通过遮光片时的平均速度，其大小