2018版高三物理一轮复习专题15原子物理含2014年高考真题
2018版高三物理一轮复习 专题3 牛顿运动定律(含2015年高考真题)
专题3 牛顿运动定律1.（15江苏卷）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力A ．t=2s 时最大B ．t=2s 时最小C ．t=8.5s 时最大D ．t=8.5s 时最小 答案:AD解析:0~4s ，加速度向上，人超重，设地板对人支持力为F N ，则ma mg F N =-，当s t 2=时，加速度最大，支持力就最大，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最大；7~10s ，加速度向下，人失重，设地板对人支持力为F N ，则ma F mg N =-，ma mg F N -=当s t 5.8=时，加速度最大，支持力就最小，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最小 .2.（15福建卷）如图，在竖直平面内，滑到ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上 .若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A ．12t t <B ．12t t =C ．12t t >D ．无法比较1t 、2t 的大小 答案:A解析:在AB 段，根据牛顿第二定律Rv m F mg N 2=-，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC 段，根据牛顿第二定律Rv m mg F N 2=-，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A 运动到C 相比从C 到A ，在AB 段速度较大，在BC 段速度较小，所以从A 到C 运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A 正确 .3.（15海南卷）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率 .如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（ ） A.4倍 B. 2倍 C.3倍 D. 2倍 答案:D解析:设f kv =，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有2P Fv fv kv v kv ===⋅=，变化后有22'''''P F v kv v kv ==⋅=，联立解得'v =，D正确；4.（15海南卷）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑 答案:BD解析:当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式f N F F μ=可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误B 正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m ，当匀速运动时有sin cos mg mg θμθ=，即sin cos θμθ=，假设物体以加速度a 向上运动时，有N m g a cos θ=+（），f mg a cos μθ=+（），因为sin cos θμθ=，所以sin m g a m g a cos θμθ+=+（）（），故物体仍做匀速下滑运动，C 错误D 正确；5.（15四川卷）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场 .带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6C ，质量m ＝0.25kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点，到达B 点时速度是5m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2 .P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示 .P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：（1）小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间； （2）小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功 .解析:（1）物体P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑动摩擦力大小为：f ＝μmg ＝1N根据表格数据可知，物体P 在速率v ＝0～2m/s 时，所受水平外力F 1＝2N ＞f ，因此，在进入电场区域之前，物体P 做匀加速直线运动，设加速度为a 1，不妨设经时间t 1速度为v 1＝2m/s ，还未进入电场区域 .根据匀变速直线运动规律有：v 1＝a 1t 1 ① 根据牛顿第二定律有：F 1－f ＝ma 1② 由①②式联立解得：t 1＝fF mv 11＝0.5s ＜0.55s ，所以假设成立 即小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间为t 1＝0.5s（2）当物体P 在速率v ＝2～5m/s 时，所受水平外力F 2＝6N ，设先以加速度a 2再加速t 2＝0.05s 至A 点，速度为v 2，根据牛顿第二定律有：F 2－f ＝ma 2③根据匀变速直线运动规律有：v 2＝v 1＋a 2t 2 ④ 由③④式联立解得：v 2＝3m/s⑤ 物体P 从A 点运动至B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F 2＝6N 不变，设位移为x 1，加速度为a 3，根据牛顿第二定律有：F 2－f －qE ＝ma 3 ⑥根据匀变速直线运动规律有：2a 3x 1＝2B v －22v ⑦由⑤⑥⑦式联立解得：x 1＝1m ⑧ 根据表格数据可知，当物体P 到达B 点时，水平外力为F 3＝qE ＝3N ，因此，离开桌面在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D 点时，其水平向右运动位移为x 2，时间为t 3，则在水平方向上有：x 2＝v B t 3 ⑨ 根据几何关系有：cot α＝23v gt ⑩ 由⑨⑩式联立解得：x 2＝1225m ⑪ 所以电场力做的功为：W ＝－qE （x 1＋x 2）⑫ 由⑧⑪⑫式联立解得：W ＝－9.25J6.（15安徽卷）图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M 、N 、P 、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动 .图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是 A ．M B ．N C ．P D ．Q 答案:C解析:同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体 .7.（15重庆卷）若货物随升降机运动的v t -图像如题5图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图像可能是答案:B解析：由v t -图知：过程①为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，F mg <）；过程②为向下匀速直线（平衡，F mg =）；过程③为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，F mg >）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，F mg >）；过程⑤为向上匀速直线运动（平衡，F mg =）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，F mg <）；综合各个过程可知B 选项正确 . 8.（15新课标2卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢 .当机车在东边拉着这列车厢一大小为a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为A. 8B.10C.15D.18 答案:BC解析:由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有m 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：m k n F km F )(32-=，解得：n k 52=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误9.（15新课标2卷）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°（sin37°=53）的山坡C ，上面有一质量为m 的石板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 （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为83，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的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 下边缘的距离l =27m ，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=10m/s 2.求： （1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小 （2）A 在B 上总的运动时间解析：（1） 在0-2s 内，A 和B 受力如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:111N f μ=……………⑴ θcos 1mg N =………...⑵ 222N f μ=……………⑶θcos 12mg N N +=……⑷以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：11sin ma f mg =-θ……⑸ 212sin ma f f mg =+-θ………⑹联立以上各式可得a 1=3m/s 2…………⑺a 2 =1m/s 2………………..⑻（2）在t 1=2s ，设A 和B 的加速度分别为，则v 1=a 1t 1=6m/s ………………⑼ v 2=a 2t 1=2m/s ………………⑽t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为1a '，2a '此时AB 之间摩擦力为零，同理可得： 21/6s m a ='………⑾ 22/2s m a -=' ………⑿ 即B 做匀减速，设经时间，B 的速度减为零，则：0222='+t a v ……………………⒀ 联立⑽⑿⒀可得t 2=1s …………..⒁ 在t 1+t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为m m t a t v t a t a t v t a s 2712)2121()2121(2222221222121211<='++-'++=…⒂ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经时间后t 3，A 离开B ，则有231321121)(t a t t a v s L '+'+=- 可得,t 3=1s （另一解不合题意，舍去，）则A在B上的运动时间为t总.t总=t1+t2+t3=4s(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分)。
2018版高三物理一轮复习5年真题分类 2015年高考真题汇编 专题7 电场
专题7 电场1.（15江苏卷）静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若只说，但下列不属于静电现象的是A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉答案：C解析：C是电磁感应现象，其余是静电现象.2.（15江苏卷）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大，D．速率先增大后减小答案：BC解析：小球受重力和电场力，合力方向左下，初速度与合力不在同一直线，所以小球做曲线运动.初阶段，合力与速度夹角为钝角，速率减小，后来，合力与速度夹角为锐角，速率增大，所以速率先减小后增大.3，（15江苏卷）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c时两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低答案：ACD解析：逐项判断A.根据电场线的疏密判断，a点电场强度比b大，A正确；B.根据沿电场线电势降低，a 点的电势比b 低，B 错误；C.根据电场的叠加原理，c 、d 点的电场都是正电荷与两个相同的负电荷形成的电场的叠加，c 点两个相同的负电荷形成的电场互相抵消、d 点两个相同的负电荷形成的电场方向与正电荷形成的电场方向相反，而c 、d 点与正电荷距离相等，所以c 点电场强度比d 大，C 正确；D.根据的原理，c 、d 点与正电荷Ed U =距离相等，但正电荷到c 间电场强度比到d 间电场强度大，所以电势降落大，所以c 点的电势比d 低，D 正确.4.（15江苏卷）（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q 、质量不同的离子飘入电压为的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O 沿着与0U 磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L ，且OM =L .某次测量发现MN 中左侧区域MQ 损坏，检测不到离23子，但右侧区域QN 仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子13即可在QN 检测到.（1）求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；（2）为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；（3）为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数.（取；)20. 301lg =lg30. 477,lg50. 699==解析：（1）离子在电场中加速2021mv qU =在磁场中做匀速圆周运动，解得 ①r v m qvB 2=qmU B r 021=代入，解得 ②L r 430=022329U L qB m =（2）由（1）得，，离子打在Q 点，解得;离子打在N =U 220916L r U L r 65=811000U U =点，解得，则电压的范围L r =9160U U =9168110000U U U ≤≤（3）由（1）可知，∝r U第一次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，，此时，设原本1U Q N 0165U U L L =半径为的打在的离子打在上，则，解得1r 1Q Q 01165U U r L =L L r 362565(21==第二次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，，此时，设原2U 1Q N 022)65(U U L L=本半径为的打在的离子打在上，则，解得2r 2Q Q 02265U U r L =L L r 216125)65(32==同理，第次调节电压，有,检测完整，有，解得n L r n n 1)65(+=L r n 21≤，最少次数为3次.8.21)56lg(2lg ≈-≥n 第三次调节电压到，使原本打到点的离子打到点，，此时，设原3U 2Q N 033)65(U U L L=本半径为的打在的离子打在上，则，解得3r 3Q Q 03365U U r L =,调节电压的次数最少为3次.L L L r 211296625)65(43<==5.（15海南卷）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q （q ＞0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为-q 的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l 52的平面.若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ：m 为（ ）A. 3:2 B. 2：1 C. 5:2 D. 3:1答案：A解析：设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，Eq a M =，22152Eq l t M =；对m 有'Eq a m =，23152Eq l t m =，联立解得32M m =，A 正确；6.（15海南卷）如图，两电荷量分别为Q （Q ＞0）和-Q 的点电荷对称地放置在x 轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方.取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A.b点的电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大答案：BC解析：因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误；7.（15四川卷）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零.则小球aA．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案：BC解析：a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力F C和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与F C的夹角θ逐渐减小，不妨先假设F C的大小不变，随着θ的减小mg与F C的合力F将逐渐增大，况且，由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小F C 逐渐增大，因此F 一直增加，故选项A 错误；在a 球在从N 到Q 的过程中，a 、b 两小球距离逐渐变小，电场力一直做负功，电势能一直增加，故选项C 正确；显然在从P 到Q 的过程中，根据能的转化与守恒可知，其电势能增加量等于其机械能的减少量，b 球在Q 点时的重力势能大于其在P 点时的重力势能，因此该过程中动能一定在减少，且其减少量一定等于其电势能与重力势能增加量之和，故选项D 错误；既然在从P 到Q 的过程中，b 球的动能在减少，因此其速率也在减小，而开始在N 点时速率为0，开始向下运动段中，其速率必先增大，故选项B 正确.8.（15安徽卷）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为，式中k 为静电力常量.若用国221r q q kF =际单位制的基本单位表示，k 的单位应为A ．kg·A 2·m 2B ．kg·A -2·m 3·s -4C ．kg·m 2·C -2D ．N·m 2·A -2答案：B解析：根据单位制，k 的单位为N·m 2·C -2，而1N= 1kg·m·s -2，1C=1 A·s ，代入得k 的单位为kg·A -2·m 3·s -4，故答案为B ．9.（15 安徽卷）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中02σεσ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量.如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电量为Q .不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为A ．和B ．和S εQ 0S εQ 0202Q S εSεQ 02C ．和 D ．和02QS ε202Q S εS εQ 0202Q S ε答案：D解析：由题意，单块极板产生的电场强度为，根据电场的叠加原理，极板间的002QE S ε=电场强度大小，选项B 、C 错误；由于一块极板在另一块极板处产生的电场002Q E E Sε==强度处处相同，借用微元和累加的思想，所以另一块极板所受电场力为，2002Q F QE S ε==故选项A 错误．答案为D ．10.（15海南卷）在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E （图中未画出），由A 点斜射出一质量为m ，带电量为+q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l 0为常数.粒子所受重力忽略不计，求：（1）粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功；（2）粒子从A 到C 过程所经历的时间；（3）粒子经过C 点时的速率.解析：（1）电场力做功与路径无关，A 、C 间沿电场线方向的距离，所以电场力03y l ∆=做功；03W qE y qEl =∆=（2）由对称性知，轨迹最高点在y 轴上，设为P 点，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，又A 、P 、B 、C 的水平间距相等，均为l 0，所以三段轨迹经历时间也相等，设为t 0，由P 到C 竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，有，，由P 到:1:3PB BC y y ∆∆=0PB y l ∆=B ，有，解得A 到C 过程所经历的时间20012qE lt m =g 0t =；03AC t t ==（3）由P 到C ，水平速度，所以，竖直方向，0022x v t l =g00x l v t ==00242yv t l =所以，即粒子经过C 点时的速率0044y x l v v t ==C x v ===11.（15广东卷）（多选题）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，MN 保持静止，不计重力，则A．M的带电量比N大 B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N大D．移动过程中匀强电场对M做负功答案：BD解析：释放后，MN保持静止，它们均受到水平匀强电场的电场力qE和相互之间的库仑力F作用，因此有qE＝F，两者方向相反，其合力为0，故选项C错误；由牛顿第三定律可知，MN间相互作用的库仑力F，一定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE也一定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，电量相等，故选项A 错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由图中位置关系可知，小球M受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，故选项B正确；由图示可知，小球M移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M做负功，故选项D正确.。
2018版高三物理一轮复习专题11交变电流含2014年高考真题
专题11 交变电流1． [2014·新课标Ⅱ卷] 如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，c 、d 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍 答案:BD解析： 经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U ab U 2＝n 1n 2得到输出电压，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， U cd ＝2U 22＝2n 2U ab2n 1，则U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，故A 错误．增大负载电阻的阻值R, U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cdR可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B 正确，C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝U ′2cd R ＝U 22R＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，D 正确．2．[2014·四川卷] 如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )甲 乙A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输出线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 答案:D解析： 从图乙得到交流电的频率是50 Hz ，变压器在输电过程中不改变交流电的频率， A 错误；从图乙得到发电机输出电压的最大值是500 V ，所以有效值为250 2 V ，B 错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，C 错误；由于变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P 线＝I 线R 线可知，输电线上损失的功率减小，D 正确． 3．[2014·山东卷] 如图所示，将额定电压为60 V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3 答案:BD解析： 理想电流表没有电阻，显示的2.2 A 是理想变压器的输出电流的有效值，理想电压表的电阻无穷大，显示的220 V 是理想变压器的输入电压的有效值．用电器正常工作，所以，理想变压器的输出电压的有效值为60 V ．根据理想变压器的电压与匝数成正比，可得n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝11∶3 ，选项D 正确．理想变压器的输入功率等于输出功率，P 入＝P 出＝60×2.2 W ＝132 W ，选项A 错误．根据理想变压器的电流与匝数成反比，即I 1∶I 2＝n 2∶n 1，可得通过原线圈的电流的有效值为I 1＝n 2n 1I 2＝0.6 A ，选项B 正确．通过变压器的是正弦交流电，所以副线圈的电流的最大值为I m ＝2I 2＝2.2 2 A ，选项C 错误．4． [2014·福建卷Ⅰ] 图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L >2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压交流电源时( )A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压 答案:D解析： 由于n 1<n 2，所以左边的理想变压器为升压变压器，低压交流电源经过理想升压变压器后，由于功率不变，所以电流变小，则A 1表的示数小于A 2表的示数，故A 项错误；由U 1U 2＝n 1n 2，U 3＝U 2－I A1·2R 及U 3U 4＝n 3n 4可知，L 1两端的电压U L1＝U 4＝U 1－n 4n 3·I A1·2R ，又L 2两端的电压U L2＝U 1－I A2·2R ，因n 4n 3I A1<I A2，故U L1>U L2，由P ＝U 2R可知，L 1的功率大于L 2的功率，所以L 1的亮度大于L 2，故B 项错误；由于A 1表的示数小于A 2表的示数，由P ＝I 2R 可知，R 1消耗的功率小于R 3消耗的功率，故C 项错误；由于A 1表的示数小于A 2表的示数，由U ＝IR 可知，R 2两端的电压小于R 4两端的电压，故D 项正确．5．[2014·江苏卷] 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A. I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22R D ．I 1U 1＝I 2U 2 答案:D解析： 对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，故选项D 正确；对只有一组副线圈的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A 错误；输出电流决定输入电流，I 2是由用户的电流决定的，I 1是由I 2决定的，与输电线上的电阻无关，选项B 错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，故选项C 错误．6． [2014·天津卷] 如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图2中曲线a 、b 所示，则( )图1 图2 A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3 C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 Hz D ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V 答案:AC解析： 本题考查交变电流图像、交变电流的产生及描述交变电流的物理量等知识，从图像可以看出，从金属线圈旋转至中性面时开始计时，曲线a 表示的交变电动势的周期为4×10－2s ，曲线b 表示的交变电动势的周期为6×10－2s ，所以A 、C 正确，B 错误；由E m ＝NBSω可知，E m a E m b ＝ωa ωb ＝T b T a ＝32，故E m b ＝23E m a ＝10 V ，曲线b 表示的交流电动势的有效值为5 2 V ，D 错误．7． [2014·浙江卷] 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A. 用户端的电压为I 1U 1I 2B. 输电线上的电压降为UC. 理想变压器的输入功率为I 21r D. 输电线路上损失的电功率为I 1U 答案:A解析： 本题考查电能的输送、理想变压器等知识．理想变压器输入端与输出端功率相等，U 1 I 1＝ U 2 I 2，用户端的电压U 2＝ I 1I 2U 1，选项A 正确；输电线上的电压降ΔU ＝U －U 1＝I 1r ，选项B 错误；理想变压器输电线上损失的功率为I 21r ，选项C 、D 错误．8． [2014·广东卷] 如图11所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大答案:BD解析：由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；滑片P上滑，电阻减小，副线圈输出电流I2增大，则原线圈输入电流I1也增大，故选项C错误；此时变压器输出功率P2＝U2I2将变大，故选项D正确．9． [2014·浙江卷] 如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒( )第20题图1第20题图2A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功答案:ABC解析： 本题考查安培力、左手定则、牛顿运动定律、功等知识．在0～T2，导体棒受到向右的安培力，大小恒为B I m L ，向右做匀加速直线运动；在T2～T ，导体棒受到安培力向右，大小仍为BI m L ，而此时速度仍然还是向左，做匀减速直线运动，之后不断重复该运动过程．故选项A 、B 、C 正确；安培力在一个周期内做功为0，选项D 错误．。
2018版高三物理一轮复习 专题10 电磁感应(含2014年高考真题).
专题10 电磁感应1.（2014上海）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形。
则磁场（）（A）逐渐增强，方向向外（B）逐渐增强，方向向里（C）逐渐减弱，方向向外（D）逐渐减弱，方向向里答案:CD解析：本题考查了楞次定律，感应电流的磁场方向总是阻碍引起闭合回路中磁通量的变化，体现在面积上是“增缩减扩”，而回路变为圆形，面积是增加了，说明磁场是在逐渐减弱．因不知回路中电流方向，故无法判定磁场方向，故CD都有可能。
2．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化答案:D解析：产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A、B选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D选项正确．3．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图(a)所示，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )答案:C 解析： 本题考查了电磁感应的图像．根据法拉第电磁感应定律，ab 线圈电流的变化率与线圈cd 上的波形图一致，线圈cd 上的波形图是方波，ab 线圈电流只能是线性变化的，所以C 正确．4.[2014·江苏卷] 如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案:B解析： 根据法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·S Δt，这里的S 指的是线圈在磁场中的有效面积，即S ＝a 22，故E ＝n （2B －B ）S Δt ＝nBa 22Δt，因此B 项正确． 5.．[2014·山东卷] 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小答案:BCD解析： 根据安培定则可判断出，通电导线在M 区产生竖直向上的磁场，在N 区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B 正确．设导体棒的电阻为r ，轨道的宽度为L ，导体棒产生的感应电流为I ′，则导体棒受到的安培力F 安＝BI ′L ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r，在导体棒从左到右匀速通过M 区时，磁场由弱到强，所以F M 逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N 区时，磁场由强到弱，所以F N 逐渐减小．选项C 、D 正确．6．[2014·四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t )T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N答案:AC解析： 由于B ＝(0.4－0.2 t ) T ，在t ＝1 s 时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C 到D ，A 正确．在t ＝3 s 时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C 到D ，B 错误．由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS sin 30°＝0.1 V ，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I ＝E R＝1 A ，在t ＝1 s 时，B ＝0.2 T ，方向斜向下，电流方向从C 到D ，金属杆对挡板P 的压力水平向右，大小为F P ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，C 正确．同理，在t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力水平向左，大小为F H ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，D 错误．7．[2014·安徽卷] 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球．已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k 功的大小是( )A ．0 B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk 答案:D解析： 本题考查电磁感应、动能定理等知识点，考查对“变化的磁场产生电场”的理解能力与推理能力．由法拉第电磁感应定律可知，沿圆环一周的感生电动势E 感＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝k ·πr 2，电荷环绕一周，受环形电场的加速作用，应用动能定理可得W ＝qE感＝πr 2qk .选项D 正确。
2014-2018全国卷5年高考真题——物理
绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试理综·物理（全国Ⅰ卷）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14. 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比15. 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态。
现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动。
以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是16. 如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，ca＝4 cm 。
小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。
设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则A. a 、b 的电荷同号，k ＝169B. a 、b 的电荷异号，k ＝169C. a 、b 的电荷同号，k ＝6427D. a 、b 的电荷异号，k ＝642717. 如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。
轨道的电阻忽略不计。
OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好。
空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。
2018版高三物理一轮复习 专题11 交变电流(含2014年高考真题)
专题11 交变电流1． [2014·新课标Ⅱ卷] 如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，c 、d 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍答案:BD解析： 经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U ab U 2＝n 1n 2得到输出电压，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， U cd ＝2U 22＝2n 2U ab 2n 1，则U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，故A 错误．增大负载电阻的阻值R, U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cd R可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B 正确，C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝U ′2cd R ＝U 22R＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，D 正确．2．[2014·四川卷] 如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )甲 乙A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输出线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小答案:D解析： 从图乙得到交流电的频率是50 Hz ，变压器在输电过程中不改变交流电的频率， A 错误；从图乙得到发电机输出电压的最大值是500 V ，所以有效值为250 2 V ，B 错误；输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的，C 错误；由于变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P 线＝I 线R 线可知，输电线上损失的功率减小，D 正确．3．[2014·山东卷] 如图所示，将额定电压为60 V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3答案:BD解析： 理想电流表没有电阻，显示的2.2 A 是理想变压器的输出电流的有效值，理想电压表的电阻无穷大，显示的220 V 是理想变压器的输入电压的有效值．用电器正常工作，所以，理想变压器的输出电压的有效值为60 V ．根据理想变压器的电压与匝数成正比，可得n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝11∶3 ，选项D 正确．理想变压器的输入功率等于输出功率，P 入＝P 出＝60×2.2 W ＝132 W ，选项A 错误．根据理想变压器的电流与匝数成反比，即I 1∶I 2＝n 2∶n 1，可得通过原线圈的电流的有效值为I 1＝n 2n 1I 2＝0.6 A ，选项B 正确．通过变压器的是正弦交流电，所以副线圈的电流的最大值为I m ＝2I 2＝2.2 2 A ，选项C 错误．4． [2014·福建卷Ⅰ] 图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L >2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压交流电源时( )A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压答案:D解析： 由于n 1<n 2，所以左边的理想变压器为升压变压器，低压交流电源经过理想升压变压器后，由于功率不变，所以电流变小，则A 1表的示数小于A 2表的示数，故A 项错误；由U 1U 2＝n 1n 2，U 3＝U 2－I A1·2R 及U 3U 4＝n 3n 4可知，L 1两端的电压U L1＝U 4＝U 1－n 4n 3·I A1·2R ，又L 2两端的电压U L2＝U 1－I A2·2R ，因n 4n 3I A1<I A2，故U L1>U L2，由P ＝U 2R可知，L 1的功率大于L 2的功率，所以L 1的亮度大于L 2，故B 项错误；由于A 1表的示数小于A 2表的示数，由P ＝I 2R 可知，R 1消耗的功率小于R 3消耗的功率，故C 项错误；由于A 1表的示数小于A 2表的示数，由U ＝IR 可知，R 2两端的电压小于R 4两端的电压，故D 项正确．5．[2014·江苏卷] 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A. I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2答案:D解析： 对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，故选项D 正确；对只有一组副线圈的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A 错误；输出电流决定输入电流，I 2是由用户的电流决定的，I 1是由I 2决定的，与输电线上的电阻无关，选项B 错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，故选项C 错误．6． [2014·天津卷] 如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图2中曲线a 、b 所示，则( )图1 图2A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V答案:AC解析： 本题考查交变电流图像、交变电流的产生及描述交变电流的物理量等知识，从图像可以看出，从金属线圈旋转至中性面时开始计时，曲线a 表示的交变电动势的周期为4×10－2 s ，曲线b 表示的交变电动势的周期为6×10－2s ，所以A 、C 正确，B 错误；由E m ＝NBS ω可知，E m a E m b ＝ωa ωb ＝T b T a ＝32，故E m b ＝23E m a ＝10 V ，曲线b 表示的交流电动势的有效值为5 2 V ，D 错误．7． [2014·浙江卷] 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A. 用户端的电压为I 1U 1I 2B. 输电线上的电压降为UC. 理想变压器的输入功率为I 21rD. 输电线路上损失的电功率为I 1U答案:A解析： 本题考查电能的输送、理想变压器等知识．理想变压器输入端与输出端功率相等， U 1 I 1＝ U 2 I 2，用户端的电压U 2＝ I 1I 2U 1，选项A 正确；输电线上的电压降ΔU ＝U －U 1＝I 1r ，选项B 错误；理想变压器输电线上损失的功率为I 21r ，选项C 、D 错误．8． [2014·广东卷] 如图11所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大答案:BD解析：由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；滑片P上滑，电阻减小，副线圈输出电流I2增大，则原线圈输入电流I1也增大，故选项C错误；此时变压器输出功率P2＝U2I2将变大，故选项D正确．9． [2014·浙江卷] 如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒( )第20题图1第20题图2A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功答案:ABC解析： 本题考查安培力、左手定则、牛顿运动定律、功等知识．在0～T 2，导体棒受到向右的安培力，大小恒为B I m L ，向右做匀加速直线运动；在T 2～T ，导体棒受到安培力向右，大小仍为BI m L ，而此时速度仍然还是向左，做匀减速直线运动，之后不断重复该运动过程．故选项A 、B 、C 正确；安培力在一个周期内做功为0，选项D 错误．。
2018版高三物理一轮复习专题9磁场含2015年高考真题
专题9 磁场1.（15江苏卷）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是答案：A解析：因为在磁场中受安培力的导体的有效长度(A)最大，所以选A.2．（15海南卷）如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点.在电子经过a点的瞬间.条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A．向上 B.向下 C.向左 D.向右答案：A解析：条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确.3.（15重庆卷）题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里.以下判断可能正确的是A.a、b为β粒子的经迹B. a、b为γ粒子的经迹C. c、d为α粒子的经迹D. c、d 为β粒子的经迹答案：D解析：γ射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误.α粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；β粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D正确.4.（15重庆卷）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题7图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L ，匝数为n ，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B ，区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P 流向Ｑ，大小为I ．（１）求此时线圈所受安培力的大小和方向.（２）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v ，求安培力的功率．解析：（1）线圈的右边受到磁场的安培力，共有n 条边，故F=nBIL,由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右（2）安培力的瞬时功率为P=Fv=nBILv5.（15重庆卷）题9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）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =，可得v =磁场中做匀速圆周运动，2v qvB m r= 刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知2kd r =联立解得B = （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点.设共加速了n 次，有：212n nqU mv = 2n n n v qv B m r = 且2n kd r =解得：B =， 要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >，且2112qU mv =，2111v qv B m r = 解得：2n k <故加速次数n 为正整数最大取21n k =-即B =2(1,2,3,,1)n k =-（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点. 由匀速圆周运动22r m T v qBππ==2=(1)2T t n T -+=磁电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式221(1)2k h at -=电 qU a mh=可得：=t 电 6.（15新课标2卷）指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针，下列说明正确的是A. 指南针可以仅具有一个磁极B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转答案：BC解析：指南针不可以仅具有一个磁极，故A 错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B 正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C 正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一根导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D 错误.7.（15新课标2卷）有两个匀强磁场区域I 和 II ，I 中的磁感应强度是II 中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与I 中运动的电子相比，II 中的电子A. 运动轨迹的半径是I 中的k 倍B. 加速度的大小是I 中的k 倍C. 做圆周运动的周期是I 中的k 倍D. 做圆周运动的角速度是I 中的k 倍答案：AC解析： 电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：rmv qvB 2=，解得：qBmv r =，因为I 中的磁感应强度是II 中的k 倍，所以，II 中的电子运动轨迹的半径是I 中的k 倍，故A 正确；加速度m qvB a =，加速度大小是I 中的1/k 倍，故B 错误；由周期公式：qBm T π2=，得II 中的电子做圆周运动的周期是I 中的k 倍，故C 正确；角速度mqB T ==πω2，II 中的电子做圆周运动的角速度是I 中的1/k 倍，D 错误 8.（15新课标1卷）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，角速度减小答案：D 解析：由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即2v qvB m R=，轨道半径mv R qB=，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度v R ω=可判断角速度变小，选项D 正确. 9.（15广东卷）在同一匀强磁场中，α粒子（He 42）和质子（H 21）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1 答案：B解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：qvB ＝r v m 2，解得其运动半径为：r ＝qBmv ，由题意可知，m αv α＝m H v H ，所以有：H αr r ＝αH q q ＝21，H αv v ＝αH m m ＝41，H αf f 洛洛＝αH H αm m q q ⋅＝21故选项A 、C 、D 错误；根据匀速圆周运动参量间关系有：T ＝v r π2，解得：T ＝qB m π2，所以有：H αT T ＝αH H αq q m m ⋅＝12，故选项B 正确.。
最新-2018届高三物理一轮复习 动量(高考真题+模拟新题
F单元动量F2 动量守恒定律15．F2[2018·海南物理卷] 如图1－14所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．图1－14【答案】略16．F2[2018·海南物理卷] 如图1－15所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N’是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为'm和2m，竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．图1－15【答案】略17．F2[2018·海南物理卷] 模块3－3试题(12分)(1)关于空气湿度，下列说法正确的是________．A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸气压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比(2)如图1－15所示，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g ；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.图1－16【解析】 (1)BC 相对湿度是水蒸气的实际压强与同温度下饱和汽压的比．18．F2[2018·海南物理卷] 模块3－4试题(1)一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图1－16所示．介质中x ＝2 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin5πt cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________．图1－16A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s【解析】 (1)CD 由简谐运动表达式可得T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，由波形图可直接得到振幅A ＝10 cm ，波长λ＝4 m ，根据公式可得波速v ＝λT ＝10 m/s ；由简谐运动表达式可知，当t ＝T4＝0.1s 时，P 点位于正向最大位移，表明t ＝0时质点P 向上振动，可得波沿x 正向传播，故CD 选项正确． 19．F2[2018·海南物理卷] 模块3－5试题(1)2018年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I 和137Cs 两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I 和137Cs 的衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I 和137Cs 原子核中的中子数分别是________和________． A ．X1→137 56Ba ＋10n B ．X2→131 54Xe ＋ 0－1e C ．X3→137 56Ba ＋ 0－1e D ．X4→131 54Xe ＋1p(2)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图1－16所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g.求： (ⅰ)木块在ab 段受到的摩擦力f ； (ⅱ)木块最后距a 点的距离s.图1－16【答案】 (1)B C 78 82【解析】 核反应过程中电荷数、质量数守恒；质量数等于质子数加中子数．17．F2[2018·浙江卷] “B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为sinθ1sinθ2＝v1v2(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1 、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v2＝0.9v1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.9dsini 2100－81sin2iB.d 81－100sin2i 10siniC.d 81－100sin2i 20siniD.d 100－81sin2i 18sini【解析】 D 超声波在肝脏的传播情况如图所示，根据其折射规律可得：sini sinθ＝v1v2＝109，由几何关系有：tanθ＝d2h ，联立解得：h ＝d 100－81sin2i 18sini ，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．18．F2[2018·浙江卷] 关于波动，下列说法正确的是( ) A ．各种波均会发生偏振现象B ．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C ．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D ．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警 【解析】 BD 只有横波才能发生偏振现象，故选项A 错误；白光做单缝衍射和双峰干涉实验，均可以看到彩色条纹，选项B 正确；声波在传播的过程中，介质中质点是不随波的传播而迁移的，而是在平衡位置附近振动，所以质点振动速度与传播速度是不一样的，故选项C 错误；由于地震波的纵波波速大于横波波速，所以可以利用时间差预警，故选项D 正确．19．F2[2018·浙江卷] 为了探测X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则( ) A ．X 星球的质量为M ＝4π2r 31GT21B ．X 星球表面的重力加速度为gX ＝4π2r1T21C ．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为v1v2＝m1r2m2r1D ．登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1r32r31【解析】 AD 当轨道半径为r1时，由万有引力提供向心力：G Mm1r21＝m1r1⎝⎛⎭⎫2πT12，解得M ＝4π2r 31GT21，故选项A 正确；设星球半径为R ，根据G Mm1r21＝m1r1⎝⎛⎭⎫2πT12，G Mm R2＝mgX(m 为X 星球表面某物体的质量)，解得gX ＝4π2r 31T21R2，故选项B 错误；根据G Mm r2＝m v2r 可知v ＝GM r ，则v1v2＝r2r1，故选项C 错误；由开普勒第三定律：r3T2＝k 可知T2＝T1r32r31，故选项D 正确．20．F2[2018·浙江卷] 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB 3d ＋L2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大F3 动量综合问题35．[2018·课标全国卷] F3 (2)如图1－17所示，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速v0 沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v0 ，求弹簧释放的势能．1－17【解析】 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒得 3mv ＝mv0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v1，由动量守恒得3mv ＝2mv1＋mv0② 设弹簧的弹性势能为Ep ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m)v2＋Ep ＝12(2m)v21＋12mv20③ 由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep ＝13mv20④20．F3[2018·全国卷] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图1－3所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，图1－3小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) A.12mv2 B.12mM m ＋M v2C.12NμmgL D ．NμmgL【解析】 BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝mv M ＋m ，损失的动能ΔEk ＝12mv2－12(M ＋m)v ′2＝12mM m ＋M v2，所以B 正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确．29．(2)F3[2018·福建卷] (2)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是__________．(填选项前的字母)A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v 29．(2)F3[2018·福建卷] A 【解析】 以A 原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律mv ＋0＝2m·vB －mvA ，碰撞过程能量有损失，12mv2≥12mv2A ＋12·2m·v2B ，联立两个方程解得0≤vB≤23v ；此外由mv ＋0＝2m·vB －mvA ，解得vB ＝v ＋vA 2>v 2；所以v 2<vB≤2v 3，只有A 项符合要求．F4 力学观点的综合应用26．F4[2018·全国卷] 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图1－8所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响．图1－8【解析】 设子弹初速度为v0，射入厚度为2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V ，由动量守恒得(2m ＋m)V ＝mv0① 解得V ＝13v0 此过程中动能损失为 ΔE ＝12mv20－12×3mV2② 解得ΔE ＝13mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒得 mv1＋mV1＝mv0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为ΔE2，由能量守恒得 12mv21＋12mV21＝12mv20－ΔE 2④联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得 v1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋36v0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2＝mv1⑥ 损失的动能为ΔE ′＝12mv21－12×2mV22⑦ 联立①②⑤⑥⑦式得 ΔE ′＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋32×ΔE 2⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二钢板的深度x 为 x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32d ⑨24．F4[2018·安徽卷] 如图1－17所示，质量M ＝2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝1 kg 的小球通过长L ＝0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s ，g 取10 m/s2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向． (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．图1－17【解析】 (1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则 12mv21＋mgL ＝12mv20①v1＝ 6 m/s ②设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则 F ＋mg ＝m v21L ③由②③式，得 F ＝2 N ④由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N ，方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V.在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有 mv2＋MV ＝0⑤在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 12mv22＋12MV2＋mgL ＝12mv20⑥ 由⑤⑥式，得 v2＝2 m/s ⑦(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2.任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V ′.由系统水平方向的动量守恒，得mv3－MV ′＝0⑧将⑧式两边同乘以Δt ，得 mv3Δt －MV ′Δt ＝0⑨因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt 都成立，累积相加后，有 ms1－Ms2＝0⑩ 又s1＋s2＝2L ○11 由⑩○11式，得 s1＝23 m ○1224．F4[2018·重庆卷] 如图1－13所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m.人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L 时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：图1－13(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比．24．F4[2018·重庆卷] 【解析】 (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则 W ＝－kmgL －2kmgL －3kmgL ＝－6kmgL(2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I. 由：－kmgL ＝12mv21－12mu20 －k(2m)gL ＝12(2m)v22－12(2m)u21 －k(3m)gL ＝0－12(3m)u22 mv1＝2mu1 2mv2＝3mu2得：I ＝mu0－0＝2m 7kgL(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2. 由ΔEk1＝132kmgL ΔEk2＝32kmgL 得：ΔEk1ΔEk2＝133F5 实验：验证碰撞中的动量守恒21．J8 F5[2018·北京卷] (1)用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S 、T.请根据下列步骤完成电阻测量：图1①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线． ②将K 旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件_____，使指针对准电阻的_____(填“0刻线”或“∞刻线”)．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_____的顺序进行操作，再完成读数测量． A ．将K 旋转到电阻挡“×1 k”的位置 B ．将K 旋转到电阻挡“×10”的位置C ．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D ．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】①S③T0刻线④ADC【解析】S为指针定位螺丝，作用是把电表的指针调到左端零位置，称之为机械调零．T为欧姆调零旋纽，当选择开关打到欧姆挡时，调节该旋纽，使指针指到右端零位置．当笔尖相互接触时，接入的电阻为零，所以指针的示数应在0刻度．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明电阻很大(打到欧姆挡，指针在无穷大处)，所以量程应该调大一些，让指针在中央刻度附近，所以先换成大挡位，调零，再测量，所以顺序为ADC.(2)如图2所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图2①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______．(填选项的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________________________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为______________________(用②中测量的量表示)．④经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示．图3碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2＝11∶________.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p1p′1＋p′2为________．⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________ cm.21．J8 F5[2018·北京卷] ①C②ADE或DEA或DAE③m1·OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2④14 2.91～1.01⑤76.8 【解析】①被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示．②本实验需要测量的量有两小球的质量m1、m2和平抛射程OM、ON，显然要确定两小球的平均落点M和N的位置．③碰撞过程中，动量守恒，即碰撞前的动量m1·OP等于碰撞后的动量m1·OM＋m2·ON；若是弹性碰撞，则机械能守恒，12m1·OM2t2＋12m2·ON2t2＝12m1·OP2t2，整理可得m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.④把测量的小球的质量以及图中的距离代入动量守恒公式中，就可以得出结果．⑤当碰撞为弹性碰撞时，被碰小球射程最大，把数据代入③中的两个方程，可以得出结果．1．【2018·温州质检】如图X30－1所示，国际花样滑冰锦标赛男女双人自由滑项目中，我国著名选手申雪、赵宏博在决赛中的一个瞬间，他们正以相同的速度v0在光滑冰面上前进，当赵宏博用力将申雪向后推出后，申雪单腿沿直线匀速运动后继而做出优美的旋转动作，若赵宏博以相对自己的速度v向后推出申雪，问赵宏博的速度变为多大？(设赵宏博的质量为M，申雪的质量为m)图X30－11．【解析】设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为Mv男，申雪相对冰面的速度为－()v－v男，根据动量守恒定律得：()M＋m v0＝Mv男－m()v－v男解得v男＝v0＋mvM＋m.2．【2018·临沂模拟】两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲车的速率为2 m/s，乙车的速率为3 m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙车的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？2．【解析】 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43 m/s ＝1.33 m/s (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得 m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′解得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21 m/s ＝2 m/s.3．【解析】 (1)在子弹撞击A 的过程中，子弹与A 组成系统的总动量守恒，此过程结束时A 的速度最大，设此刻子弹的速度为v ，A 的速度为vA ，则有mv0＝mv ＋mAvA ，解得：vA ＝2.5 m/s.(2)当A 在B 上滑动过程中，A 与B 组成的系统的总动量守恒，若A 不会滑离B ，则当A 滑到B 右端时两者速度恰好相等，设相对滑动距离为s ，两者达到的共同速度为v 共，则有： mAvA ＝(mA ＋mB)v 共，12mAv2A －12(mA ＋mB)v2共＝μmAgs ， 解得：v 共＝1.25 m/s ，s ＝3.125 m4．【2018·濮阳一模】如图X30－4所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了 E.请推证：此过程子弹和木块系统产生的内能一定大于E.图X30－44．【解析】 设子弹和木块的质量分别为m 、M ，子弹打入木块前的速度为v0，打入后二者的共同速度为v.子弹打入木块过程中，动量守恒，有：mv0＝(m ＋M)v子弹打入木块过程中，系统产生的内能为：Q ＝12mv20－12(m ＋M)v2而E ＝12Mv2联立解得：Q ＝12Mv2m ＋M m ＝M ＋m m E>E.5．【2018·莱芜质检】如图X30－5所示，光滑轨道上，小车A 、B 用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A 、B 上，然后使A 、B 以速度v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A 的速度刚好为0.已知A 、B 的质量分别为mA 、mB ，且mA<mB.求：被压缩的弹簧具有的弹性势能Ep.图X30－55．【解析】 绳断后A 、B 动量守恒(mA ＋mB)v0＝mBv弹开过程，弹性势能转化为动能Ep ＋12()mA ＋mB v20＝12mBv2解以上两式得：Ep ＝()mA ＋mB mA 2mB v20.6．【2018·温州模拟】在光滑的水平面上，质量为m1的小球A 以速率v0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m2的小球B 处于静止状态，如图X30－7所示．小球A 与小球B 发生正碰后均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1∶m2.图X30－76．【解析】 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有m1v0＝m1v1＋m2v212m1v20＝12m1v21＋12m2v22利用v2v1＝4，可解出m1∶m2＝2∶1.7. 【2018·自贡模拟】如图X30－8所示，在水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C.现让A 球以v0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度vC ＝1 m/s.求：(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度为多大？(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？图X30－87.【解析】 (1)A 、B 相碰满足动量守恒：mv0＝2mv1得两球跟C 球相碰前的速度v1＝1 m/s(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒：2mv1＝mvC ＋2mv2得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s.两次碰撞过程中一共损失的动能为ΔEk ＝12mv20－12mv2C －12×2mv22＝1.25 J。
2018版高三物理一轮复习 专题2 相互作用(含2015年高考真题)
专题2 相互作用1.（15海南卷）如图，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为△l 1和△l 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间A.a 1=3gB.a 1=0C. △l 1=2△l 2D. △l 1=△l 2答案:AC解析：设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧1S 的拉力1T ，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知12T mg =，故a 受到的合力123F mg T mg mg mg =+=+=，故加速度13F a g m==，A 正确，B 错误；设弹簧2S 的拉力为2T ，则2T m g =，根据胡克定律F k x =∆可得122l l ∆=∆，C 正确，D 错误.2.（15广东卷）（多选题）如图7所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有A ．三条绳中的张力都相等B ．杆对地面的压力大于自身重力C ．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D ．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力. 答案 ：BC解析：因为杆静止，受力平衡，所以在水平、竖直面内的合力分别为零，故选项C 正确；由于三条绳长度不同，因此三条绳与直杆间夹角不同，若三条绳中的张力都相等，在同一水平面内的分量因夹角不同而不同，所以水平面内杆受力不能平衡，故选项A 错误；又因绳中拉力在竖直方向的分量均竖直向下，所以地面对杆的支持力大于杆的重力，根据牛顿第三定律可知，杆对地面的压力大于自身重力，故选项B正确；绳子拉力的合力与杆自身重力无关，属于杆受到的外力，在竖直方向上，它们的总合力与地面对杆的支持力为平衡力，故选项D 错误.。
[配套K12]2018版高三物理一轮复习 专题17 原子与原子核(含2012年高考真题)
（A）（B）（C）（D）专题17 原子与原子核1．（2012上海卷）．与原子核内部变化有关的现象是（）（A）电离现象（B）光电效应现象（C）天然放射现象（D） 粒子散射现象答案：C解析：电离现象是核外电子脱离原子核的束缚而成为自由电子，光电效应是光照射金属，使金属中的自由电子离开金属表面的现象，天然放射现象是原子核发生能级跃迁产生的，α粒子散射现象说明原子的核式结构模型，所以只有C正确。
2．（2012上海卷）．根据爱因斯坦的“光子说”可知（）（A）“光子说”本质就是牛顿的“微粒说”（B）光的波长越大，光子的能量越小（C）一束单色光的能量可以连续变化（D）只有光子数很多时，光才具有粒子性答案：B解析：光子的能量E=hν=hc/λ，“光子说”与牛顿的“微粒说”不同，光的波长越大，光子的能量越小；一束单色光的能量E=nhν，是不能连续变化的，光具有波粒二象性，不论B3．（2012上海卷）．某种元素具有多种同位素，反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是图（）答案：B解析：因为A=Z+N，而同位素的质子数Z是相同的，所以B正确。
4．（2012天津卷）．下列说法中正确的是（）A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B．由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C．从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D．原子和所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量答案：B解析：半衰期是原子的物理属性，不能采用物理或化学方法改变；高空遥感是用红外线的；由于核子结合为原子核时能量增加必然存在质量亏损；氢原子从高能量的激发态跃迁到低能量的基态时放出能量，所以放出光子。
5．(2012全国理综). 23592U 经过m 次a 衰变和n 次β衰变Pb 20782,则A.m=7，n=3B.m=7 n=4C.m=14 n=9D. m=14 n=18答案：B解析：质量数减少为：4m=235-207=28,m=7.核电荷数减少为：2m-n=92-82=10,n=46.(2012全国理综).如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置答案：AD解析：根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得''221111v m v m v m +=，221211211'21'2121v m v m v m +=，且m m =1，m m 32=解得112121121'v v m m m m v -=+-=，112112212'v v m m m v =+=，所以A 正确，B 错误；根据)cos 1(212θ-==mgR mgh mv ，知第一次碰撞后，两球的最大摆角θ相同，C 错误；根据单摆的等时性，D 正确。
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精选中小学试题、试卷、教案资料
专题15 原子物理
1．[物理——选修3－5][2014·新课标全国卷Ⅰ] (1)关于天然放射性，下列说法正确的是________．
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强
E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线
答案:BCD
解析： 本题考查了原子核的衰变．原子序数大于83的元素才可以发生衰变，原子序数小于83的元素有
的可以发生衰变，有的不可以发生衰变，A错误；放射性元素的半衰期与元素所处的物理 、化学状态无
关，B、C正确；三种射线α、β、γ穿透能力依次增强，D正确；原子核发生α或β衰变时常常伴随着γ
光子的产生，但同一原子核不会同时发生α衰变和β衰变，E错误．
2．[2014·新课标Ⅱ卷][物理——选修3－5](1)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了
非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是________．
A
．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值
B
．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra
)两种新元素
D
．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
E
．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出
了该粒子的比荷
答案:(1)ACE
解析： (1)密立根通过油滴实验测出了基本电荷的电量，A项正确；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原
子核式结构模型，发现了原子中心有一个核，B、D两项错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两
种新元素，并因此获得了诺贝尔奖，C项正确；汤姆逊通过研究阴极射线，发现了电子，并测出了电子的
比荷，E项正确．
3． [2014·北京卷] 质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，
释放的能量是(c表示真空中的光速)( )
A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)c
C．(m1＋m2－m3)c2 D．(m1－m2－m3)c2
答案:C
解析：本题考查质能方程，ΔE＝Δmc2，其中Δm＝(m1＋m2－m3)，则ΔE＝(m1＋m2－m3)c2 ，C正确，A、B、
精选中小学试题、试卷、教案资料
D错误．
4． [2014·全国卷] 一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞
前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.A＋1A－1 B.A－1A＋1
C.4A（A＋1）2 D.（A＋1）2（A－1）2
答案:A 解析： 本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒．设碰撞前后中子的速率分别为v1，v′
1，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1
.根据完全弹性碰撞规律可
得m1v1＝m2v2＋m1v′1，12m1v21＝12m2v2＋12m1v′21，解得碰后中子的速率v′1＝m1－m2m1＋m2v1＝A－1A＋1v1，因此碰撞
前后中子速率之比v1v′1＝A＋1A－1，A正确．
5． [2014·福建卷Ⅰ] (1)如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀
强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是________．(填选项前的字母)
A．①表示γ射线，③表示α射线
B．②表示β射线，③表示α射线
C．④表示α射线，⑤表示γ射线
D．⑤表示β射线，⑥表示α射线
答案:C
解析： α射线带正电，β射线带负电，γ射线不带电．在匀强电场中，α射线与β射线分别在电场力的
作用下发生偏转，α射线偏向负极板，β射线偏向正极板，γ射线不受电场力，不发生偏转；在磁场
中，由左手定则可以判断α射线向左偏，β射线向右偏，γ射线不受洛伦兹力，不发生偏转．故C项正
确．
6． [2014·广东卷] 在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法
正确的是( )
A．增大入射光的强度，光电流增大
B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应