2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：专题十五振动与波动光限时训练.doc

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2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：专题十一电磁感应规律的综合应用

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专题十一
电磁感应规律的综合应用
B2L2v0 A．U＝BLv0，F＝＋μmg R B．U＝BLv0，F＝μmg C．U＝0，F＝μmg B2L2v0 D．q＝BLCv0，F＝ R
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专题十一
电磁感应规律的综合应用
解析：当直导线匀速运动时，产生的电动势为 E＝BLv0，但因为电容相当于开路，所以回路中的感应电流为零，所以安培力为零，电压表的示数为零，电容器所带电荷量为 q＝BLCv0，拉力的大小为 F＝μmg，即只有 C 项正确．
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专题十一
电磁感应规律的综合应用
解析：在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电流最大，此过程电流方向为逆时针方向．整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流．当线框离开磁场时，产生的感应电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项 D 正确．
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专题十一
电磁感应规律的综合应用
[关键点拨] (1)导体棒 ab 从 MN 上方某处由静止下落→导体棒在磁场Ⅰ中切割磁感线产生________→导体棒在______________作用下做加速运动． (2)电路的连接→导体棒切割磁感线相当于电源，__________ 组成外电路． (3)问题(2)中导体棒 ab 进入磁场Ⅱ后，电流大小始终保持不变 →导体棒____________→导体棒在磁场Ⅱ中做___________．
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专题十一
电磁感应规律的综合应用
(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变． mg＝BI′L⑤ E′ I′＝ ⑥ R外＋r E′＝BLv′⑦ 联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s 导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，v′2－ v2 1＝2gh 解得：h＝1.35 m.

2016高考物理(通用版)二轮复习第二部分考前复习方略选考题突破策略与技巧

T＝4t＝0.4 s
若波沿 x 轴正方向传播，最简波形如图甲所示，则满足 d＝
n＋34λ(n＝0，1，2，…)
λ
而波速 v＝ T 联立解得 v1＝4n10＋03 m/s(n＝0，1，2，…)
第19页，共38页。
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专题四选考题突破策略与技巧
若波沿 x 轴负方向传播，最简波形如图乙所示，则满足
①此过程中被封闭气体的内能变化了多少； ②被封闭空气初始状态的体积．
见解析
第5页，共38页。
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专题四选考题突破策略与技巧
[解析] (1)“用油膜法估测分子的大小”实验中，油膜经充分
扩散，形成单分子油膜，故纯油酸体积除以油酸膜面积即为油
酸分子直径，A 项正确；由查理定律可知，B 项正确；气体分
第7页，共38页。
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专题四选考题突破策略与技巧
(2)如图所示，圆柱形汽缸的上部有小挡板，可以阻止活塞滑离汽缸，汽缸内部的高度为 d，质量不计的薄活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内．开始时活塞离底部高度为23d，温度为 t1＝ 27 ℃，外界大气压强为 p0＝1.0×105 Pa，现对气体缓慢加热．求：
第4页，共38页。
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专题四选考题突破策略与技巧
(2)如图所示，用面积为 S 的活塞在汽缸内封闭
着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和
砝码的总质量为 m,现对汽缸缓缓加热使汽缸内
的空气温度从 T1 升高到 T2，且空气柱的高度增加了Δl，已知加热时气体吸收的热量为 Q，外
界大气压强为 p0，问：
第25页，共38页。
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专题四选考题突破策略与技巧
选修 3-5 题型解读 1．动量部分：本部分是高考的选考内容，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”的基本概念；计算题主要考查用动量守恒定律来解决碰撞问题． 2．原子物理部分：本部分知识的特点是“点多面宽”、“考点分散”，因此高考对本部分的考查主要是从对基本概念的理解、辨别方面进行，包括阅读理解部分；题型主要以选择题为主，在近三年高考试卷中几乎每年都考．其中重点考查的有能级与光谱、核反应方程及规律、质能方程及核能、相关物理学史、量子论等内容．

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：专题十直流电路和交流电路

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1 r 1＋ R外
变小，综上
专题十
直流电路和交流电路
2． (2015· 山东莘县质检)如图所示，两平行金属板间带电质点 P 原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器 R4 的滑片向 b 端移动时，则( A )
A．电压表读数减小 B．电流表读数减小 C．质点 P 将向上运动 D．R3 上消耗的功率逐渐增大
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专题十
直流电路和交流电路
4.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r＝1.0 Ω ，外接 R ＝9.0 Ω 的电阻．闭合开关 S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势 e＝10 2sin 10π t(V)，则( D )
A．该交变电流的频率为 10 Hz B．该电动势的有效值为 10 2 V C．外接电阻 R 所消耗的电功率为 10 W D．电路中理想交流电流表 A 的示数为 1.0 A
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专题十
直流电路和交流电路
1．(多选)(2015· 河北石家庄 2 月调研)如图所示，电源的电动势为 E、内阻为 r，R1、R2、R3 为定值电阻，R 为光敏电阻(被光照射时阻值变小)，C 为电容器．闭合开关 S，电路稳定后，用光照射 R，下列说法正确的是( CD ) A．电压表示数增大 B．电源的效率增大 C．电容器所带电荷量增加 D．R2 消耗的功率增大
直流电路和交流电路
[解析] 保持 Q 的位置不动，则 U2 不变，将 P 向上滑动时，R U2 I1 n 2 接入电路的电阻变大，根据 I2＝知，I2 变小，由＝得 I2 n 1 R0＋R I1 也变小，即电流表读数变小，选项 A 错误，选项 B 正确；保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，U2 变大，则根据 P2＝ U2 2 知副线圈输出功率变大，由 P1＝P2 知，变压器原线圈输 R0＋R 入功率 P1 变大，而 P1＝I1U，输入电压 U 一定，I1 变大，即电流表读数变大，选项 C 正确，选项 D 错误．

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：专题七动力学和能量观点的综合应用

答案：(1)11 N
(2)0.25 m
(3)0.4 m
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专题七
动力学和能量观点的综合应用
总结提升多个运动的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用．在分析过程中应注意：不同的加速度对应不同的运动过程，应该列出不同的牛顿定律和运动学方程．加速度变了，方程应随之改变，同时应抓住前后过程转折点的速度，列出联系方程.
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专题七
动力学和能量观点的综合应用
2x1 解析：(1)AB 段加速度 a1＝ 2 ＝0.5 m/s2 t1 根据牛顿第二定律，有 Fcos α －μ(mg－Fsin α )＝ma1 ma1＋μmg 解得：F＝ cos α ＋μsin α 2×0.5＋0.5×2×10 ＝ N＝11 N. 0.6＋0.5×0.8 (2)到达 B 点时，小物块的速度 v＝a1t1＝2 m/s 在 BC 段的加速度：a2＝gsin 53°＝8 m/s2
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专题七
动力学和能量观点的综合应用
[关键点拨] (1)F 拉动滑板加速运动，滑块所受摩擦力方向向________，滑块的最大加速度为________． (2)要将滑板抽出，即滑板相对滑块滑动，两者的加速度关系为 aA________aB. (3)施加水平拉力 F＝11 N 后，滑板做________运动，滑块做 ________ 运动．撤去 F 后，滑板做 ________ 运动，滑块做 ________运动．当两者速度相等时，滑块恰好滑至滑板左端，此时对应 F 的作用时间最短．
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专题七
动力学和能量观点的综合应用
此时 A、B 速度分别为 vA＝aA1t④ vB＝aBt⑤ 撤去 F 后，B 的加速度仍为：aB＝1 m/s2 A 做匀减速运动的加速度为 μ 1（m＋M）g＋μ2mg aA2＝＝3.5 m/s2 M 若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为Δ x2 由相对运动得：(vA－vB)2＝2(aA2＋aB)Δ x2⑥ 由题意得：Δ x1＋Δ x2＝L⑦ 联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t＝3 s. [答案] (1)9 N (2)3 s

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略专题十直流电路和交流电路专题限时训练

1．(多选)(2015·湖南十三校二联)如图所示，电流表A 1(0～3 A)和A 2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )A ．A 1、A 2的读数之比为1∶1B ．A 1、A 2的读数之比为5∶1C ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶1D ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶5解析：选BC.图中A 1、A 2并联，两端电压相等，又因A 1、A 2是由两个相同的电流计改装而成，所以A 1、A 2的指针偏转角度相同，即偏转角度之比为1∶1，再结合其量程可知A 1、A 2的读数之比为5∶1，B 、C 正确．2.(2015·高考安徽卷)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )A.m v 22eLB.m v 2Sn e C ．ρne vD.ρe v SL 解析：选C.金属棒的电阻R ＝ρL S ，自由电子定向移动形成的电流I ＝neS v ，金属棒两端电压U ＝IR ，故金属棒内的电场强度E ＝U L ＝neS v ρL LS＝ne v ρ，选项C 正确． 3．(多选)(2015·湖北八校二联)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112Ω B ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 W解析：选CD.S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错误；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I －U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．4．(2015·河北冀州调研)如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E ，内阻为r ，R 1、R 2是定值电阻，R B 是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c 、d 接报警器．电路闭合后，当传感器R B 所在处出现磁体时，则电流表的电流I ，c 、d 两端的电压U 将( )A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C ．I 变大，U 变大D ．I 变小，U 变小解析：选A.此题考查电路的动态分析，由“串反并同”知当传感器处出现磁体，R B 减小时，电流表示数变大，即I 变大，U 变小，故A 对，B 、C 、D 错．5.(2015·江西八校联考)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V 1、V 2示数变化的绝对值分别为ΔU 1和ΔU 2，干路电流为I ，下列说法中正确的是(灯泡电阻不变)( )A ．小灯泡L 1、L 3变暗，L 2变亮B ．ΔU 1与ΔI 的比值不变C ．ΔU 1<ΔU 2D ．ΔU 1＝ΔU 2解析：选B.题图中L 1与滑动变阻器串联后与L 3并联，然后再与L 2串联，最后接在电源上构成闭合电路，V 1测并联部分电压，V 2测L 2两端的电压．当滑动变阻器的滑片P 右移，其连入电路的阻值变大，总阻值变大，由闭合电路的欧姆定律得，干路电流I 变小，L 2中电流变小，灯L 2变暗，A 错；干路电流变小，内电压变小，L 2两端电压变小，并联部分电压变大，由闭合电路知识得： ΔU 1＝ΔU r ＋ΔU 2，两边同除以ΔI 可得：ΔU 1ΔI ＝ΔU r ΔI ＋ΔU 2ΔI＝r ＋R L2，则C 、D 错，B 对．6.(2015·高考四川卷)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：选D.因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．7．(多选)(2015·河南八市质检)理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝442sin 314t V 交流电源上，“12 V ，6 W ” 的灯泡恰好正常发光．电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表．下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 VD ．R 1消耗的功率是1 W解析：选BD.由u ＝442sin 314t V ，知f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，由P ＝UI 得灯泡中的电流I 2＝612A ＝0.5 A ，电压表的示数U 2＝12 V ＋0.5×16 V ＝20 V ，C 错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为ΔΦΔt ＝20 2 100Wb/s ＝25 Wb/s ，B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝40 V ，则R 1两端电压U R 1＝44 V －40 V ＝4 V ，由原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过R 1的电流I 1＝0.25 A ，则R 1的功率P ＝U R 1I 1＝1 W ，D 正确．8.(2015·高考广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C.根据欧姆定律I ＝U R ，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的12，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P ＝UI 知，U 、I 均变为原来的12时，副线圈上输出的功率变为原来的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的12，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．9.(2015·高考全国卷Ⅰ，T16，6分)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A.设原、副线圈中的电流分别I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21R I 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．10．(2015·高考安徽卷)如图所示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动解析：选D.电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2>ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．11．(2014·高考浙江卷)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解析：选A.根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题．根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．12．(2015·江西十校二模)如图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图甲中R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．则下列说法正确的是( )A ．图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C ．变压器输入、输出功率之比为1∶4D ．R T 处温度升高时，电压表和电流表示数均变大解析：选B.题图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 100πt V ，A 错误；根据n 1n 2＝I 2I 1可知，原、副线圈中的电流之比与匝数之比成反比，理想变压器的输入、输出功率相等，B 正确，C 错误；R T 处温度升高时，R T 的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D 错误．13．(2015·河北保定4月模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C 是电容器，其击穿电压为22V ．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )A ．输入电压的频率为50 Hz ，经过变压器后通过电阻的交流电频率为25 HzB ．S 断开时电压表的示数为1.41 V ，电流表的示数为 0.35 AC ．S 断开时电压表的示数为1 V ，电流表的示数为 0.25 AD ．闭合开关S ，电容器将被击穿解析：选C.由题图乙知T ＝0.02 s ，则f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50 Hz ，故A 错误．当S 断开时，由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数U 2＝n 2n 1U 1＝1 V ，I 2＝U 22R ＝0.5 A ，又I 1I 2＝n 2n 1，则电流表示数I 1＝n 2n 1I 2＝0.25 A ，所以B 错误，C 正确．开关S 闭合前，右端电阻R 两端电压最大值为22V ，开关S 闭合后，电容器C 与右端电阻R 并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于22 V ，因为电容器的击穿电压为22V ，所以电容器不会被击穿，D 错误． 14．(多选)(2015·浙江宁波十校联考)如图甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表，内阻不计的矩形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，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A．电压表的示数为10 VB．0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变，R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍解析：选ABD.电压表显示的为有效值，示数为10 V，A正确；0.01 s时感应电动势最大，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确．。

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第二部分考前复习方略专题四选考题突破策略与技巧专题限时训练

选修3-3巧练1．(1)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a ，然后经过过程ab 到达状态b 或经过过程ac 到达状态c ，b 、c 状态温度相同，V －T 图象如图所示．设气体在状态b 和状态c 的压强分别为p b 和p c ，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Q ab 和Q ac ，则下列结果错误的是________．A ．p b >p c ，Q ab >Q acB ．p b >p c ，Q ab <Q acC ．p b <p c ，Q ab >Q acD ．p b <p c ，Q ab <Q acE ．状态a 的压强等于状态b 的压强(2)某学校科技兴趣小组利用废旧物品制作了一个简易气温计：在一个空葡萄酒瓶中插入一根两端开口的玻璃管，玻璃管内有一段长度可忽略的水银柱，接口处用蜡密封，将酒瓶水平放置，如图所示．已知该装置密封气体的体积为480 cm 3，玻璃管内部横截面积为0.4 cm 2，瓶口外的有效长度为48 cm.当气温为7 ℃时，水银柱刚好处在瓶口位置．①求该气温计能测量的最高气温；②假设水银柱从瓶口处缓慢移动到最右端的过程中，密封气体从外界吸收3 J 热量，问在这一过程中该气体的内能如何变化？变化了多少？(已知大气压强为1×105 Pa)解析：(1)由V ＝k pT 可知V －T 图线的斜率越大，压强p 越小，故p b <p c .由热力学第一定律得：Q ＝ΔU －W ，因T b ＝T c ，所以ΔU ab ＝ΔU ac ，而W ab <W ac ，故Q ab >Q ac ，a 状态和b 状态在同一条等压线上，所以p a ＝p b ，综上C 、E 正确．(2)①当水银柱到达管口时，所测气温最高，设为T 2，此时气体体积为V 2初状态：T 1＝(273＋7)K ＝280 K ，V 1＝480 cm 3，末状态V 2＝(480＋48×0.4) cm 3＝499.2 cm 3，由等压变化知：V 1T 1＝V 2T 2，代入数据得T 2＝291.2 K ，即18.2 ℃.②水银柱向右移动过程中，外界对气体做功W ＝－p 0S ·L＝－1×105×0.4×10－4×48×10－2 J＝－1.92 J由热力学第一定律知内能变化为ΔU ＝W ＋Q ＝－1.92 J ＋3 J ＝1.08 J ，即内能增加1.08 J.答案：(1)ABD (2)①291.2 K(或18.2 ℃) ②内能增加增加1.08 J2．(2015·山西考前监测)(1)下列说法正确的是________．A ．布朗运动就是分子的热运动B ．气体温度升高，分子的平均动能一定增大C ．物体体积增大时，分子间距增大，分子势能也增大D ．热量可以从低温物体传递到高温物体E ．对物体做功，物体的内能可能减小(2)如图所示，水平放置一个长方体的封闭汽缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A 、B 两部分．初始时两部分气体的压强均为p 、温度均为T .现使A 的温度升高ΔT 而保持B 部分气体温度不变，则A部分气体压强的增加量是多少？解析：(1)布朗运动是固体小颗粒的运动，A 错；温度是分子平均动能大小的标志，温度升高，分子平均动能增大，B 对；分子间距小于平衡距离时增大分子间距，分子势能将减小，C 错；热量可以由低温传递到高温，但会引起其他变化，D 对；如果物体放出的热量大于对物体做的功，物体内能将减小，故E 对，故选BDE.(2)设温度升高后，A 、B 气体压强的增加量都为Δp ，对A 部分气体，升高温度后的体积为V A ，则由气体方程pV T ＝（p ＋Δp ）V A T ＋ΔT对B 部分气体，升高温度后的体积为V B ，则pV ＝(p ＋Δp )V B又2V ＝V A ＋V B解得Δp ＝p ΔT 2T. 答案：(1)BDE (2)p ΔT 2T3．(1)下列说法正确的是________．A ．温度升高时，物体内每个分子的动能都增大，所以物体的平均动能增大B ．分子间的引力和斥力同时存在，且都随着分子间的距离的增大而减小C ．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部D ．单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的E ．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显(2)如图所示，一水平放置的薄壁汽缸，由截面积不同的两个圆筒连接而成，质量均为m ＝1.0 kg 的活塞A 、B 用一长度为3L ＝30 cm 、质量不计的轻细杆连接成整体，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动且不漏气．活塞A 、B 的面积分别为S A ＝200 cm 2和S B ＝100 cm 2，汽缸内A 和B 之间封闭有一定质量的理想气体，A 的左边及B 的右边都是大气，大气压强始终保持为p 0＝1.0×105 Pa.当汽缸内气体的温度为T 1＝500 K 时，活塞处于图示位置平衡．问：①此时汽缸内理想气体的压强多大？②当汽缸内气体的温度从T 1＝500 K 缓慢降至T 2＝400 K 时，活塞A 、B 向哪边移动？移动的位移多大？解析：(2)①设被封住的理想气体压强为p ，轻细杆对A 和对B 的弹力为F ，对活塞A 有：p 0S A ＝pS A ＋F对活塞B ，有：p 0S B ＝pS B ＋F得：p ＝p 0＝1.0×105 Pa.②当汽缸内气体的温度缓慢下降时，活塞处于平衡状态，缸内气体压强不变，气体等压降温，活塞A 、B 一起向右移动活塞A 最多移动至两筒的连接处．设活塞A 、B 一起向右移动的距离为x .对理想气体： V 1＝2LS A ＋LS BT 1＝500 KV 2＝(2L －x )S A ＋(L ＋x )S BT 2＝400 KS A ＝200 cm 2 S B ＝100 cm 2由盖－吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2解得：x ＝10 cmx <2L ＝20 cm 表明活塞A 未碰两筒的连接处．故活塞A 、B 一起向右移动了10 cm.答案：(1)BCD (2)见解析4．(1)下列说法正确的是________．A ．食盐、雪花、黄金都是晶体B ．制作晶体管、集成电路只能用单晶体C ．晶体熔化过程中需要吸收热量，但其分子的平均动能不变D ．大多数金属都是各向同性的，他们都是非晶体E ．液体表面具有收缩的趋势，是由于在液体表面层里分子比内部密集(2)某医院使用的一只氧气瓶，容积为32 dm 3，在温度为27 ℃时，瓶内压强为150 atm ，按规定当使用到17 ℃、压强降为10 atm ，便应重新充气．①若这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm 时体积为多少？②若这个医院在27 ℃时，平均每天要用压强为1 atm 的氧气439 dm 3，则这一瓶氧气能用多少天？③若上述氧气瓶的开关坏了，使高压氧气迅速向外喷出，当瓶内外压强相等时，才关好开关．过一段较长时间再次打开开关，这时瓶内氧气是否还会喷出？解析：(1)食盐、雪花是单晶体，黄金是多晶体，故选项A 对；晶体有确定的熔点，因此熔化过程中虽然要吸收热量，但分子的平均动能不变，故选项C 对；大多数金属都是各向同性的，他们都是多晶体，故选项D 错；液体表面具有收缩的趋势，是由于在液体表面层里分子比内部稀疏，分子间呈现引力，故选项E 错．(2)①氧气瓶内氧气初态参量：V 1＝32 dm 3，T 1＝300 K ，p 1＝150 atm ；设这一瓶氧气自由膨胀到17 ℃、10 atm 时体积为V 2，T 2＝290 K ，p 2＝10 atm ，则p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得V 2＝464 dm 3.②对跑出的气体，设在T 3＝300 K ，p 3＝1 atm 时占的体积为V 3，则p 2（V 2－V 1）T 2＝p 3V 3T 3这一瓶氧气能用的天数n ＝V 3V 0V 0＝439 dm 3联立解得n ≈10.2(天)，取n ＝10(天)．③因高压氧气迅速向外喷出，氧气来不及与外界进行热交换，可近似看成绝热膨胀．Q ＝0，故ΔU ＝W ，又氧气对外做功，所以瓶内氧气内能减少，温度降低．关上开关时，瓶内氧气温度低于外界，当过一段较长时间后，瓶内氧气温度又等于外界温度，即瓶内剩余气体做等容升温变化，所以p T＝C (C 为常数)，T 变大，则p 变大(大于外界大气压)，故再次打开开关时，氧气还会喷出．答案：(1)ABC (2)①464 dm 3 ②10天 ③会喷出选修3-4巧练1.(2015·西安质检)(1)如图所示，从点光源S 发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab 间形成一条彩色光带．下面的说法中正确的是________．A ．a 侧是红色光，b 侧是紫色光B ．在真空中a 侧光的波长小于b 侧光的波长C ．三棱镜对a 侧光的折射率大于对b 侧光的折射率D ．在三棱镜中a 侧光的传播速率大于b 侧光的传播速率E ．在同种条件下做双缝干涉实验，a 光的条纹间距小于b 光(2)一列简谐波在x 轴上传播，其波形图如图所示，其中实线、虚线分别表示t 1＝0、t 2＝0.05 s 时的波形，求：①这列波的波速；②若波速为280 m/s ，其传播方向如何？此时质点P 从图中位置运动至波谷位置的最短时间是多少？解析：(1)红光的折射率小，所以偏折角小，故b 侧为红色光，a 侧为紫色光，红色光的波长比紫色光的波长长，干涉条纹间距也大，在玻璃中的传播速率也大，B 、C 、E 正确，A 、D 错误．(2)①题目没有指明波的传播方向，因此有向左、向右传播两种可能性．若波向右传播，则在Δt ＝0.05 s 内传播的距离Δx ＝⎝⎛⎭⎫n ＋14λ，n ＝0、1、2、… 此时波速的通式为v ＝Δx Δt ＝⎝⎛⎭⎫n ＋14×80.05m/s ＝(160n ＋40) m/s ，n ＝0、1、2、…若波向左传播，则在Δt ＝0.05 s 内传播的距离Δx ＝⎝⎛⎭⎫n ＋34λ，n ＝0、1、2、… 此时波速的通式为：v ＝Δx Δt＝(160n ＋120) m/s ，n ＝0、1、2、… ②若波速v ＝280 m/s ，在Δt ＝0.05 s 内传播的距离为Δx ＝v ·Δt ＝280×0.05＝14 (m)＝7λ4，即传播方向向左．由波形知，波再向左传Δx ＝7 m ，可使P 点第一次到达波谷位置Δt ′＝7280s ＝2.5×10－2 s. 答案：(1)BCE (2)①向右v ＝(160n ＋40)m/s ，n ＝0、1、2、… 向左v ＝(160n ＋120) m/s ，n ＝0、1、2、… ②向左 2.5×10－2 s2．(1)一列简谐横波，在t ＝4.0 s 时的波形如图甲所示，图乙是这列波中质点P 的振动图线，那么关于该波的传播，下列说法正确的是________．A ．v ＝0.25 m/s ，向左传播B ．v ＝0.50 m/s ，向右传播C ．从t ＝0到t ＝4.0 s 的过程，质点P 向前迁移了1.0 mD ．从t ＝0到t ＝4.0 s 的过程，波向前传播了1.0 mE ．从t ＝0到t ＝4.0 s 的过程，质点P 通过的距离是0.16 m(2)如图所示，ABC 是三棱镜的一个截面，其折射率为n ＝1.5.现有一细束平行于截面的光线沿MN 方向射到棱镜的AB 面上的N 点，AN ＝NB ＝2 cm ，入射角的大小为i ，且sin i ＝0.75.已知真空中的光速c ＝3.0×108 m/s ，求：①光在棱镜中传播的速率；②此束光进入棱镜后从棱镜射出的方向和位置．(不考虑AB 面的反射和按原路返回光线) 解析：(1)由题波动图象可知波长λ＝50 cm ，由题振动图象可知质点振动的周期T ＝2 s ，故波速v ＝λT ＝0.52m/s ＝0.25 m/s ，又质点P 在t ＝4.0 s 时的振动方向向上，可知波向左传播，A 正确、B 错误；从t ＝0到t ＝4.0 s 的过程中由Δx ＝v ·Δt ＝0.25×4 m ＝1.0 m ，所以波向前传播1.0 m ，而质点并不随波的传播而迁移，C 错误、D 正确；在Δt 内完成全振动的次数n ＝Δt T＝2，质点P 通过的路程s ＝n ·4A ＝2×4×2 cm ＝16 cm ，E 正确．(2)①光在棱镜中传播的速率v ＝c n＝2.0×108 m/s.②设此束光从AB 面射入棱镜后的折射角为r ，由折射定律，n ＝sin i sin r，解得r ＝30°.显然光线从AB 面射入棱镜后的折射光线NP 平行于底边AC ，由图中几何关系可得，光线入射到BC 面上入射角θ＝45°，光线从棱镜侧面发生全反射时的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝23<22，C <45°. 所以光线射到棱镜侧面BC 时将发生全反射，由图可知光线将沿垂直于底面AC 方向由图中Q 点射出棱镜．CQ ＝PQ ＝AN sin 60°＝ 3 cm .答案：(1)ADE (2)①2.0×108 m/s ②垂直于AC 射出，出射点距C 点 3 cm3．(2015·山西省考前质量监测)(1)甲、乙两列简谐横波沿x 轴传播，t ＝0时，甲、乙的波动图象分别如图中实线、虚线所示，已知两列波的速度大小相等、振幅均为20 cm ，且甲的频率为2 Hz ，则两列波相遇时，在0～12 m 的区域内________．A ．两列波会发生干涉现象B ．甲与乙的频率之比为3∶2C.t ＝0时，x ＝6 m 的质点的速度为零D ．t ＝0时，x ＝8.5 m 的质点的位移大于20 cmE ．t ＝0.75 s 时，x ＝5 m 处的质点在x 轴的下方(2)如图所示的圆表示一圆柱形玻璃砖的截面，O 为其圆心，MN 为直径．一束平行于MN 的光线沿PO 1方向从O 1点射入玻璃砖，在玻璃砖内传到N 点．已知PO 1与MN 之间的距离为32R (R 为玻璃砖的半径)，真空中的光速为c ，求：①该玻璃砖的折射率；②光线从O 1传到N 所用的时间．解析：(1)由题图可知，两列波波长之比为λ甲∶λ乙＝2∶3，由v ＝fλ得f 甲∶f 乙＝3∶2，频率不同不能干涉，故A 错，B 对；t ＝0时两列波引起x ＝6 m 处的质点均向上振动，故速度最大，C 错；t ＝0时，x ＝8.5 m 处的质点的位移等于两列波引起的位移之和，D 对；t ＝0.75 s 时，在x ＝5 m 处甲波引起的位移是－20 cm ，乙波引起的位移也是负值，故该质点在x 轴下方，E 对．(2)①光路图如图所示，据几何关系可得sin i ＝3R 2R ＝32i ＝2r据折射定律n ＝sin i sin r解得n ＝ 3.②据几何关系可得O 1N ＝3R光从O 1传播到N 所需的时间t ＝O 1N vv ＝c n解得t ＝3R c. 答案：(1)BDE (2)①3 ②3R c4．(1)下列说法正确的是________．A ．有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象B ．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽C ．在水中的潜水员斜向上看岸边的物体时，看到的物体将比物体所处的实际位置高D ．水中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射向水中时，一部分光在界面上发生全反射E ．当观测者靠近波源时，接收到的波的频率会大于波源的振动频率(2)(2015·湖北八校二联)如图，为某种透明材料做成的三棱镜的横截面，其形状是边长为a 的等边三角形，现用一束宽度为a 的单色平行光束，以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上，结果所有从AB 、AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC 面．试求：①该材料对此平行光束的折射率；②这些到达BC 面的光线从BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑，则当屏到BC 面的距离d 满足什么条件时，此光斑分为两块？解析：(1)任何波都能发生干涉和衍射现象，A 错误；由Δx ＝L λd知，红光干涉条纹宽，B 正确；由于光的折射，潜水员在水中看到的物体的像比物体所处的实际位置高，C 正确；水中气泡特别明亮是因为光从水中射向气泡时一部分光发生了全反射，故D 错误；由多普勒效应知，E 正确．(2)①由于对称性，我们考虑从AB 面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC 面的，由对称性不难得出，光线进入AB 面时的入射角α、折射角β分别为α＝60°，β＝30°由折射定律，得材料的折射率n ＝sin αsin β＝ 3.②如图O 为BC 中点，在B 点附近折射的光线从BC 面射出后与直线AO 交于D ，可看出只要光屏放得比D 点远，则光斑会分为两块．由几何关系可得OD ＝36a 所以当光屏到BC 面的距离超过36a 时，光斑会分为两块．答案：(1)BCE (2)①3 ②光屏到BC 面的距离超过36a 时，光斑分为两块选修3-5巧练1．(1)(2015·河北石家庄高三质检)下列说法正确的是________．A ．Th 核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4B ．太阳辐射的能量最主要来自太阳内部的热核反应C ．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小D ．用14 eV 的光子照射处于基态的氢原子，可使其电离E ．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离本领最强(2)(2015·河南六市联考)如图所示，质量为m 1＝0.2 kg 的小物块A ，沿水平面与小物块B 发生正碰，小物块B 的质量为m 2＝1 kg.碰撞前，A 的速度大小为v 0＝3 m/s ，B 静止在水平地面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，试求碰后B 在水平面上滑行时间的范围．解析：(1)因α衰变的本质是发生衰变的核中减少2个质子和2个中子形成氦核，所以一次α衰变，新核与原来的核相比，中子数减少了2，A 项错误．太阳辐射的能量是太阳内部核聚变产生的，所以B 项正确．半衰期由核内部自身因素决定，与其他因素无关，所以C 项错误．因为氢原子基态的能量为－13.6 eV ，所以用14 eV 光子照射一定能使其电离，D 项正确．由三种射线的特性知，E 项正确．(2)假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v 1，则由动量守恒定律有 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1碰后，A 、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为t 1，则由动量定理有μ(m 1＋m 2)gt 1＝(m 1＋m 2)v 1解得t 1＝0.25 s假如两物块发生的是弹性碰撞，碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，则由动量守恒定律有 m 1v 0＝m 1v A ＋m 2v B由机械能守恒有12m 1v 20＝12m 1v 2A ＋12m 2v 2B 设碰后B 滑行的时间为t 2，则由动量定理有μm 2gt 2＝m 2v B解得t 2＝0.5 s.可见，碰后B 在水平面上滑行的时间t 满足0．25 s ≤t ≤0.5 s.答案：(1)BDE (2)0.25 s ≤t ≤0.5 s2．(1)(2015·广西四校调研)如图所示为氢原子的能级图．氢原子从n ＝5的能级跃迁到n ＝3的能级时辐射出a 光子，从n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时辐射出b 光子．下列说法正确的是________．A ．a 光子的能量比b 光子的能量大B ．同一种介质对a 光的折射率比对b 光的折射率小C ．若a 、b 两种光在同一种均匀介质中传播，则a 光的传播速度比b 光的传播速度大D ．若b 光能使某种金属发生光电效应，则a 光一定能使该金属发生光电效应E ．若用同一双缝干涉装置进行实验，用a 光照射双缝得到相邻亮条纹的间距比用b 光照射双缝得到的相邻亮条纹的间距大(2)(2015·宁夏银川一中模拟)如图所示，在光滑水平面上有一块长为L 的木板B ，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的14圆弧槽C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B 、C 静止在水平面上．现有很小的滑块A 以初速度v 0从右端滑上B 并以v 02的速度滑离B ，恰好能到达C 的最高点．A 、B 、C 的质量均为m ，试求：①木板B 上表面的动摩擦因数μ；②14圆弧槽C 的半径R . 解析：(1)据题意，氢原子从n ＝5能级跃迁到n ＝3能级释放的光子能量为：ΔE a ＝0.97 eV ＝hνa ，氢原子从n ＝4能级跃迁到n ＝2能级释放的光子能量为：ΔE b ＝2.55 eV ＝hνb ，则知b 光子的能量大，频率也大，同一种介质对b 光的折射率也大，在同一种均匀介质中，频率越大的光传播速度越慢，所以A 选项错误，B 、C 选项正确；如果b 光可以使某种金属发生光电效应，a 光不一定能使其发生光电效应，所以D 选项错误；a 光频率较小，则a 光波长较大，所以在做双缝干涉实验时，用a 光照射双缝时得到的干涉条纹较宽，E 选项正确．(2)①由于水平面光滑，A 与B 、C 组成的系统动量守恒，有：m v 0＝m ⎝⎛⎭⎫12v 0＋2m v 1又μmgL ＝12m v 20－12m ⎝⎛⎭⎫12v 02－12×2m v 21 解得：μ＝5v 2016gL. ②当A 滑上C 时，B 与C 分离，A 、C 间发生相互作用．A 到达最高点时两者的速度相等，A 、C 组成的系统水平方向动量守恒，有：m ⎝⎛⎭⎫12v 0＋m v 1＝(m ＋m )v 2又12m ⎝⎛⎭⎫12v 02＋12m v 21＝12(2m )v 22＋mgR 解得：R ＝v 2064g. 答案：(1)BCE (2)①5v 2016gL ②v 2064g3．(1)(2015·河南六市联考)韩美情报部门通过氙(Xe)和氪(Kr)等放射性气体，判断出朝鲜使用的核原料是铀(U)，若该试验的核原料是235 92U ，则①完成核反应方程式：235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋________．②本次核试验释放的能量相当于7 000吨TNT 的量，已知铀核的质量为m 1、中子的质量为m 2、锶(Sr)核的质量为m 3、氙(Xe)核的质量为m 4，光速为c .则一个235 92U 原子核裂变释放的能量ΔE ＝________．(2)如图所示，小车上固定有一内壁光滑的弯管，弯管左、右两端管口在同一水平面上．弯管及小车的总质量为M ，小车静止于光滑水平面上，质量为m ＝15M 的小球以水平速度v 0(未知)射入弯管，小球直径略小于弯管，弯管最高处距管口的竖直高度为h .设小球与弯管在相互作用过程中无机械能损失，小球离开小车时，速度仍是水平的．①若小球恰好能到达弯管的最高点，试求v 0的大小；②若小球恰好能到达弯管的最高点后，从右端离开小车，试求离开小车时小球的速度(用v 0表示)．解析：(1)①根据质量数、电荷数守恒可得该核反应方程为235 92U ＋10n →9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n.②该核反应过程质量亏损Δm ＝m 1－m 3－m 4－9m 2，由爱因斯坦质能方程有ΔE ＝Δmc 2＝(m 1－m 3－m 4－9m 2)c 2.(2)①小球到达最高点时恰与小车等速．这一过程系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒：m v 0＝(m ＋M )v12m v 20＝12(M ＋m )v 2＋mgh 解得：v 0＝23gh 5＝2515gh . ②当小球从右边离开小车时，设小球和小车的末速度分别为v 1、v 2，有m v 0＝m v 1＋M v 212m v 20＝12m v 21＋12M v 22解出两组解，对应于小球从左边离开的解是： v 1＝－23v 0，v 2＝13v 0(舍去) 对应于小球从右边离开的解是：v 1＝v 0，v 2＝0.答案：(1)①1010n ②(m 1－m 3－m 4－9m 2)c 2(2)①2515gh ②v 0 4．(1)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标为4.27，与纵轴的交点坐标为0.5)．由图可知下列说法不正确的是________．A ．该金属的截止频率为4.27×1014 HzB ．该金属的截止频率为5.5×1014 HzC ．该图线的斜率表示普朗克常量D ．该金属的逸出功为0.5 eVE ．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比(2)(2015·贵州六校联考)如图，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平面上的O 点，此时弹簧处于原长．另一质量与B 相同的滑块A 从P 点以初速度v 0向B 滑行，当A 滑过距离l 时，与B 相碰．碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起运动．设滑块A 和B 均可视为质点，与水平面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .试求：①碰后瞬间，A 、B 共同速度的大小；②若A 、B 压缩弹簧后恰能返回到O 点并停止，求弹簧的最大压缩量．解析：(1)题图线在横轴上的截距为截止频率，A 正确，B 错误；由光电效应方程E k ＝hν－W 0，可知图线的斜率为普朗克常量，C 正确，E 错误；金属的逸出功为：W 0＝hνc ＝6.63×10－34×4.27×10141.6×10－19 eV ≈1.77 eV ，D 错误． (2)①设A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时的速度为v 1，碰后瞬间共同的速度为v 2，以A 为研究对象，从P 到O ，由功能关系有 μmgl ＝12m v 20－12m v 21以A 、B 为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒得 m v 1＝2m v 2解得v 2＝12v 20－2μgl . ②碰后A 、B 由O 点向左运动，又返回到O 点，设弹簧的最大压缩量为x ，由功能关系可得μ(2mg )2x ＝12(2m )v 22解得x ＝v 2016μg －l 8. 答案：(1)BDE (2)①12v 20－2μgl ②v 2016μg －l 8。

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第二部分考前复习方略：专题三计算题突破策略与技巧必考

甲 (1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为： a1＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2 当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：
v t1＝＝1 s a 物体发生的位移满足：v2＝2a1x1，代入数据解得：x1＝5 m.
(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小； (3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．解析：(1)木板在 F＝50 N 的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为 Ff，由平衡条件得： F＝Ff① 又 Ff＝μMg② 联立①②并代入数据得：μ＝0.5.③ (2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加 μmg，设刚放第三个小铁块时木板的速度为 v1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得： 1 1 －μmgL－2μmgL＝ Mv2 － Mv2④ 2 1 2 0 联立③④并代入数据得：v1＝4 m/s.⑤ (3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为 3μmg. 从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为 x，对木板由动能定理得： 1 －3μmgx＝0－ Mv2 ⑥ 2 1 联立③⑤⑥并代入数据得 x＝ 16 m≈1.78 m. 9
(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能 Ep； (2)平台到圆槽的距离 L； (3)小球 B 滑到圆槽最低点时对槽的压力 FN′ . 解析：(1)烧断细线后对小球 A 分析： 1 mAgH＝ mAv2 A 2 烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能 1 1 2 Ep＝ mAvA ＋ mBv2 B 2 2 联立两式解得 Ep＝6 J. (2)设小球 B 做平抛运动的时间为 t，则 vy＝gt L＝vBt

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：专题综合检测一

专题综合检测一一、选择题1．(多选)(2015·贵州省七校联考)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是() A．A所受合外力增大B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力一定增大D．墙面对A的摩擦力可能变为零解析：选BCD.外力增大，系统保持静止，由平衡条件可知，A所受合外力为零，A项错误；对A、B 整体进行受力分析，水平方向上墙壁对整体的弹力与外力F为平衡力，根据牛顿第三定律可知，A对竖直墙壁的压力增大，B项正确；对B受力分析，如图，根据平衡条件有：F＝F′N sin θ，可见F增大，则F′N增大，又F″N＝mg＋F′N cos θ，可见F′N增大，则F″N增大，由牛顿第三定律可知，球对地面的压力增大，C项正确；取整体为研究对象，当F″N＝m总g时，墙壁与斜劈之间的摩擦力为零，D项正确．2.(2015·贵州六校联考)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是()A．重物M做匀速直线运动B．重物M做变速直线运动C．重物M的最大速度是2ωLD．重物M的速度先减小后增大解析：选B.设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)．由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωL cos θ，θ的变化规律是开始最大(90°)，然后逐渐变小，所以ωL cos θ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL，然后，θ又逐渐增大，ωL cos θ逐渐变小，绳子的速度变小，所以重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL，故B正确．3．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的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的距离为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的平均作用力大小为()A.m 2gh t＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2gh t＋mg .4.(2015·高考重庆卷)若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：选B.根据题中v －t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．5．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ，T20，6分)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，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解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．6.(2015·上海市徐汇区二模)如图，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A. 3gR 2B. 33gR 2C. 3gR 2D. 3gR 3解析：选B.到达B 点时，小球平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60°设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有tan 60°＝v 0gt ，水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR 2，选项B 正确．7.(2015·高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg ＝mω2r ，解得ω＝g r，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B 正确． 8．(2015·高考全国卷Ⅱ，T16，6分)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )A ．西偏北方向，1.9×103 m/sB ．东偏南方向，1.9×103 m/sC ．西偏北方向，2.7×103 m/sD ．东偏南方向，2.7×103 m/s解析：选B.设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v 1，发动机给卫星的附加速度为v 2，该点在同步轨道上运行时的速度为v .三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v 22＝v 21＋v 2－2v 1v cos 30°，代入数据解得v 2≈1.9×103 m/s.选项B 正确．9.(多选)(2015·辽宁省五校联考)中国志愿者王跃曾参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星—500”．假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是( )A ．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P 点的速度大于在Q 点的速度B ．飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P 点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P 点的速度C ．飞船在轨道Ⅰ上运动到P 点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度D ．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度解析：选ACD.根据开普勒第二定律，行星在单位时间内扫过的面积相等可以知道，行星在远离中心天体的位置处速度一定小于在靠近中心天体位置处的速度，类比可以知道，A对；人造飞船在P 点处受到的万有引力F 引＝G Mm r 2，为其提供做圆周运动所需要的向心力F 向＝m v 2r，当万有引力等于所需向心力时，人造飞船做圆周运动，当万有引力小于所需向心力时，人造飞船做离心运动，飞船在P 点，轨道Ⅱ速度大于轨道Ⅰ速度，B 错；根据牛顿第二定律F ＝F 引＝G Mm r 2＝ma n ，同一个位置万有引力大小与方向相同，所以在P 点任一轨道的加速度相同，C 对；当轨道Ⅰ贴近火星时，设火星的半径为R ，万有引力用来提供向心力可以得到：F ＝G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，于是M ＝4π2R 3GT 2＝ρV ，又因为V ＝4πR 33，所以ρ＝3πGT 2，D 对．二、非选择题10．(2015·淄博三模)如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面上距离斜面底端x ＝1 m 处有一质量m ＝1 kg 的物块，受水平恒力作用，由静止开始沿斜面下滑．到达底端时撤去水平恒力，物块在水平面上滑动一段距离后停止．不计物块撞击水平面时的能量损失．物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.问：(1)若物块运动过程中的最大速度为1 m/s ，水平恒力F 的大小为多少？(结果保留两位有效数字)(2)若改变水平恒力F 的大小，可使物块总的运动时间有一最小值，最小值为多少？解析：(1)物块到达斜面底端时速度最大，v 2＝2ax对物块，有F N ＝mg cos θ＋F sin θmg sin θ－F cos θ－F f ＝maF f ＝μF N代入数据得F ＝4.2 N.(2)设斜面上物块加速度为a 1，运动时间为t 1，在水平面上运动时间为t 2则x ＝12a 1t 21到达底端时速度v ′2＝2a 1x物块在水平面上运动时a 2＝μg ，v ′＝a 2t 2总时间t ＝t 1＋t 2＝2x a 1＋2a 1x a 2由数学知识可知，当a 1＝2 m/s 2时t min ＝2 s.答案：(1)4.2 N (2)2 s11．(2015·太原模拟)质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2)(1)求木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)求4 s 末A 、B 的速度大小；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知4 s 末A 、B 间达到最大静摩擦力，此时a ＝2 m/s 2对应A 板F f ＝m A a ＝μm B gA 、B 间动摩擦因数μ＝m A a m B g＝0.3. (2)由题图乙知4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积v ＝12at 1＝12×2×4 m/s ＝4 m/s.(3)4 s 到6 s 末t 2＝2 s木板A 运动的位移x A ＝v t 2＋12a A t 22木块B 运动的位移x B ＝v t 2＋12a B t 22木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m.答案：(1)0.3 (2)4 m/s 4 m/s (3)4 m12．(2015·高考全国卷Ⅱ，T25，20分)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)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38，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2 s 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 ＝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 加速度的大小；(2)A 在B 上总的运动时间．解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2③F N2＝F ′N1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－F f1＝ma 1⑤mg sin θ－F f2＋F ′f1＝ma 2⑥F N1＝F ′N1⑦F f1＝F ′f1⑧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 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得 a ′1＝6 m/s 2⑬a ′2＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m<27 m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 －x ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23 可得t 3＝1 s(另一解不符合题意，舍去)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.答案：(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s。

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略第一部分专题综合检测四

专题综合检测四一、选择题 1．(2015·高考北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( ) A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A B ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A C ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A D ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A 解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．2．(2015·天津河东区二模)如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，外电阻R 1＞R 2，两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中，下列判断正确的是( )A ．电源内部产生电热较多的是甲电路B ．R 1上产生的电热比R 2上产生的电热少C ．电源做功较多的是甲电路D ．电源效率较高的是甲电路解析：选D.电源内部产生电热Q ＝I 2rt ＝Iqr ，由于外电阻R 1＞R 2，甲电路电流较小，电源内部产生电热较少的是甲电路，选项A 错误．外电阻产生电热Q ＝I 2Rt ＝IqR ＝Uq ，U 1＞U 2，R 1上产生的电热比R 2上产生的电热多，选项B 错误．两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中，两电源做功相等，选项C 错误．电源效率较高的是甲电路，选项D 正确．3.(2015·河南开封一模)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为R .L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R .电压表为理想电表．K 为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是( )A ．L 1亮度不变，L 2将变暗B ．L 1将变亮，L 2将变暗C ．电源内阻的发热功率将变小D ．电压表示数将变小解析：选D.开关掷到位置1时，灯泡L 1和L 2并联，并联电阻R 并＝R ×R R ＋R ＝R2，电路总电阻R 总＝R ＋R ＋R 2＝5R 2，干路电流I ＝E R 总＝2E5R ，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1和L 2的电流相等，即I 1＝I 2＝E5R .开关掷到2位置，灯泡L 1与定值电阻R 串联，然后与灯泡L 2并联，并联电阻为R ′并＝（R ＋R ）×R R ＋R ＋R ＝2R 3，电路总电阻R ′总＝R ＋2R 3＝5R 3，干路电流I ′＝ER ′总＝3E 5R ，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1的电流I ′1＝I ′×13＝E5R，流过灯泡L 2的电流I ′2＝I ′×23＝2E5R .据此判断，开关由1位置掷到2位置，流过灯泡L 1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L 2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A 、B 错．总电流变大，电源内阻的发热功率(P ＝I 2R )变大，选项C 错．总电流变大，内电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D 对．4．(多选)(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，V 是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：选AD.当R ＝5R 0，V 示数为5.0 V ，所以输出电流I 出＝5.0 V5R 0，U R 0＝I 出R 0＝1 V ，则变压器输出电压为6 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得到输入电压的有效值为24 V ，所以原线圈两端电压最大值为2U 1≈34 V ，A 正确，B 错误．因I 入∶I 出＝n 2∶n 1不变，故输入电流不变时输出电流也不变，当负载由R ＝11R 0变为R ＝5R 0时，由U ＝IR 知副线圈电压由I (R 0＋11R 0)降到I (R 0＋5R 0)＝6 V ，则副线圈两端原来的电压有效值为12 V ，原线圈两端原来的电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．5．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎫100 πt ＋π2 A解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，A 正确．6．如图所示，有一台交流发电机E ，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )A ．U 2减小，U 4变大B ．U 2不变，U 3不变C ．P 1变小，P 2变小D ．P 2变大，P 3变大解析：选D.由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P 1增大，输入电压U 1为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U 2不变，由于P 1增大，由P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2可得，I 1增大，P 2、I 2增大，由闭合电路欧姆定律：U 3＝U 2－I 2R ，故U 3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U 3减小，U 4减小，A 、B 错误；由于用户功率增大，即P 4增大，理想变压器无功率损耗可得：P 3＝P 4，功率P 3也增大，故C 错误，D 正确．7.(2015·漯河期末)如图所示的电路中，三个灯泡L 1、L 2、L 3的电阻关系为R 1＜R 2＜R 3，电感L 的电阻可忽略，D 为理想二极管．电键K 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )A ．L 1逐渐变暗，L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗B ．L 1逐渐变暗，L 2立即熄灭，L 3先变亮，然后逐渐变暗C ．L 2立即熄灭，L 1、L 3均逐渐变暗D ．L 1、L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗解析：选B.K 断开前，I 1>I 2>I 3，断开K 瞬间，L 1中电流由I 1逐渐减小，故L 1逐渐变暗．由于此时加在二极管上的是反向电压，故L 2中电流为零，L 2立即熄灭．而L 3中的电流由I 3突然变成反向I 1(I 1>I 3)，然后逐渐减小到零，L 3先变亮后逐渐变暗，B 正确．8．(2015·东北三省四市第二次联合考试)如图所示，两个宽度均为L 的条形区域，存在着大小相等、方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC ，其底边BC 长为2L ，并处于水平．现使线框以速度v 水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是(设逆时针的电流方向为正方向，取时间t 0＝Lv 作为计时单位)( )解析：选D.根据题意，从2t 0到3t 0的过程中电流大小由2i 0逐渐增大为3i 0，从3t 0到4t 0过程中电流大小由i 0逐渐增大为2i 0，且在4t 0时电流大小为2i 0，所以选项D 正确．9．(2015·福建毕业班质量检测)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB ．流过金属棒的电荷量为BdLRC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )解析：选D.金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh ＝12m v 2m，根据法拉第电磁感应定律有E ＝BL v m ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E 2R ，联立得I m ＝BL 2gh2R ，A 错误；根据q ＝ΔΦ2R 可知，通过金属棒的电荷量为BdL2R，B 错误；对全过程根据动能定理得mgh ＋W f ＋W 安＝0，故C 错误；由于W f ＝－μmgd ，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q ，故2Q ＝－W 安，联立得Q ＝12mg (h－μd )，D 正确．10.(2015·南昌一模)如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v 从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，线框的速度为v2，则( )A ．此时线框的电功率为4B 2L 2v 2RB ．此时线框的加速度为4B 2L 2vmRC ．此过程通过线框截面的电荷量为BL 2RD ．此过程回路产生的电能为0.75m v 2解析：选C.在题图中虚线位置，线框产生的电动势E ＝BL v 2＋BL v 2＝BL v ，电流I ＝E R ＝BL vR，由牛顿第二定律，线框的加速度a ＝F m ＝2×BIL m ＝2B 2L 2vmR，选项B 错误；线框的电功率P ＝I 2R＝B 2L 2v 2R，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量q ＝It ＝ΔΦR ＝BL 2R ，选项C 正确；由能量守恒定律，可得回路产生的电能W ＝12m v 2－12mv24＝38m v 2，选项D 错误．二、非选择题 11．(2015·江西重点中学联盟第二次联考)如图所示，间距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N 、Q 端连接一阻值为R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离L 以上的范围存在着磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab 重力相等的恒力，使导体棒ab 从静止开始沿导轨向上运动，当ab 进入磁场后，发现ab 开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移．解析：(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L ，其加速度为 F －mg sin 30°＝ma F ＝mg 得a ＝12g棒进入磁场时的速度为v ＝2aL ＝gL 由棒在磁场中匀速运动可知F 安＝12mgF 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r得m ＝2B 2L 2R ＋rL g. (2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F ＝12mg则导体棒所受合力为F 安F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r＝ma将v ＝Δx Δt 和a ＝ΔvΔt 代入上式得B 2L 2Δx Δt R ＋r ＝m Δv Δt 即B 2L 2Δx R ＋r＝m Δv设导体棒继续向上运动的位移为x ，则有 B 2L 2xR ＋r＝m v 将v ＝gL 和m ＝2B 2L 2R ＋r L g代入得x ＝2L . 答案：(1)2B 2L 2R ＋rLg(2)2L 12．(2015·高考四川卷)如图所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触，不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g .(1)若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ ，水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．解析：(1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有 W ＋W 1＝E k ① 且W ＝W 1②由题意有E k ＝12m v 21③得W ＝14m v 21.④(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电量为q ，则E ＝ΔΦΔt ⑤且ΔΦ＝B ΔS ⑥ I ＝q Δt⑦ 又有I ＝2ER⑧由图所示ΔS ＝d (L －d cot θ)⑨联立⑤～⑨，解得 q ＝2Bd （L －d cot θ）R .⑩(3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长L x 为 L x ＝L －2x cot θ⑪此时，ab 棒产生的电动势E x ＝B v 2L x ⑫ 流过ef 棒的电流I x ＝E xR ⑬ef 棒所受安培力F x ＝BI x L ⑭联立⑪～⑭，解得F x ＝B 2v 2LR(L －2x cot θ)⑮由⑮式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F 1为最大值的受力分析如图所示，图中F fm 为最大静摩擦力，有F 1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F 1sin α)⑯联立⑮⑯，得B m ＝1Lmg （sin α＋μcos α）R（cos α－μsin α）v 2⑰⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．由⑮式可知，B 为B m 时，F x 随x 增大而减小，x 为最大x m 时，F x 为最小值F 2，如图可知 F 2cos α＋μ(mg cos α＋F 2sin α)＝mg sin α⑱ 联立⑮⑰⑱，得x m ＝μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ.答案：(1)14m v 21 (2)2Bd （L －d cot θ）R (3)见解析。

2016届高考物理第二轮知识点复习教学案15

第4讲万有引力与航天考什么1.万有引力定律的理解及应用；2.天体质量与密度的估算；3.双星问题，航天器变轨问题等。

怎么考1.联系当今科技，考查万有引力定律的应用；2.万有引力定律与曲线运动、功能关系等知识相结合进行综合考查，主要以选择题形式考查，难度中等。

怎么办1.强化圆周运动知识与万有引力定律、天体运动综合问题的训练；2.运用两个模型、两条思路是解决天体运动与航天问题的基础。

对应学生用书P022万有引力定律在天体运动中的应用1．两条基本思路(1)天体附近：GMmR2＝mg。

(2)环绕卫星G Mm r 2＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧m v 2r →v ＝GM r →v ∝1rmω2r →ω＝GMr 3→ω∝1r 3m 4π2T 2r →T ＝4π2r3GM →T ∝r 3ma →a ＝GM r 2→a ∝1r2当r ＝R 地时⎩⎪⎨⎪⎧v ＝7.9 km/s 为第一宇宙速度ω为最大环绕角速度T 为最小周期a 为最大加速度g表(3)近地卫星①轨道越高运行速度越小； ②双星运动角速度相等；③月球绕地球转动周期约为27.3天； ④同步卫星与地球自转周期相等(1天)。

2．第一宇宙速度v 1＝7.9 km/s 是人造地球卫星的最小发射速度，最大运行速度。

只有以第一宇宙速度发射的人造卫星绕地球表面运行时，运行速度才与发射速度相等，而对于在离地较高的轨道上运行的卫星，其运行速度与地面发射速度并不相等。

卫星变轨问题(1)当F 供＝F 需＝m v 2r 时，卫星做匀速圆周运动。

(2)当F 供>F 需时，卫星做近心运动。

当卫星的速度突然减小时，所需向心力m v 2r 减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，同样会脱离原来的圆轨道，到中心天体的距离变小，引力做正功，引力势能减少，进入新轨道运行时，由v ＝ GMr 知运行速度将增大，但引力势能、机械能均减少。

(3)当F 供<F 需时，卫星做离心运动。

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第二部分考前复习方略：专题五考前回扣抢高分

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专题五
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电子 (12)汤姆生：英国科学家，研究阴极射线时发现了___________ ，测得了电子的比荷；汤姆生还提出了“枣糕模型” ，在当时能解释一些实验现象． (13)卢瑟福：英国物理学家，通过 α 粒子的散射现象，提出原核式结构．实现人工核转变的第一人，发现了子的 ________ 质子 __________ ． (14)玻尔：丹麦物理学家，把普朗克的量子理论应用到原子系玻尔理论．统上，提出原子的________ (15)查德威克：英国物理学家，从原子核的人工转变实验研究中子．中，发现了_________ (16)威尔逊：英国物理学家，发明了威尔逊云室以观察 α、β、 γ 射线的径迹．
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专题五
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解析：奥斯特通过著名的奥斯特实验，证明了电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说，揭示了磁现象的电本质．楞次通过实验总结出感应电流的方向所遵循的规律——楞次定律．
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8．比值定义法用其他物理量的比值来定义一个新的物理量的方法．如速度、加速度、电场强度、电容、电阻、磁感应强度等．
9．类比推理法为了把要表达的物理问题说清楚明白，往往用具体的、有形的、人们所熟知的事物来类比要说明的那些抽象的、无形的、陌生的事物，通过借助于一个较熟悉的对象的某些特征，去理解和掌握另一个有相似性的对象的某些特征．如：在讲解电动势概念时，我们把电源比作抽水机，把非静电力比作抽水的力，学生就很容易理解．
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专题五
考前回扣抢高分
11．放大法有的物理量不便于直接测量，有的物理现象不便于直接观察，通过转换放大为容易测量到与之相等或与之相关联的物理现象，从而获得结论的方法．如在演示课桌的微小形变时，就用到通过光路把微小量放大的方法；卡文迪许在测万有引力常量时也用到了放大法．

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第二部分考前复习方略：专题三计算题突破策略与技巧

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专题三
计算题突破策略与技巧
(2015· 枣庄模拟)如图所示，AB 为 1 半径 R＝0.8 m 的光滑圆弧轨道，下端 B 4 恰与小车右端平滑对接．小车的质量 M＝3 kg、长度 L＝2.16 m，其上表面距地面的高度 h＝0.2 m．现有质量 m＝1 kg 的小滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到 B 端后冲上小车，当小车与滑块达到共同速度时，小车被地面装置锁定．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 μ＝0.3，取 g＝10 m/s2问题的能力，
因而备受命题专家青睐．突破策略 (1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题时，突出物体或物体系所经历的运动过程中状态的改变，因此应重点关注运动状态的变化和引起变化的原因，明确功与对应能量的变化关系．
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专题三
计算题突破策略与技巧
(2)要能正确分析所涉及的物理过程，能正确、合理地把全过程划分为若干阶段，弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的联系． (3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时，一般优先考虑功能关系和能量守恒定律，特别是题中出现相对路程时，一定先考虑能量守恒定律．
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专题三
计算题突破策略与技巧
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为 v2，则 2 v2 2－v′1＝2a1x1 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 v2 2 x2＝ 2a2 解得 x2＝5.2 m. 法二：第二次施加水平推力 F 时的速度 v′1＝v1－a2t2＝0.8 m/s 由动能定理得： 1 (F－Ff)x1－Ffx2＝0－ mv′2 1 2 代入数据解得：x2＝5.2 m.
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专题三
计算题突破策略与技巧
审题规范化
题设条件光滑圆弧轨道无初速度释放小车与滑块达到共同速度时，小车被锁定

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略专题七动力学和能量观点的综合应用专题限时

一、选择题1．(2015·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g )( )A.18mgR B.14mgR C.12mgR D.34mgR 解析：选D.铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg －mg ＝m v 2R ，即铁块动能E k ＝12m v 2＝14mgR ，初动能为零，故动能增加14mgR ，铁块重力势能减少mgR ，所以机械能损失34mgR ，D 项正确．2.(多选)(2015·黄冈一模)如图所示，物体以100 J 的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长．当它通过斜面上的M 点时，其动能减少80 J ，机械能减少32 J ．如果物体能从斜面上返回底端，则( )A ．物体在斜面上运动时，机械能守恒B ．物体在向上运动时，机械能减少100 JC ．物体上升到M 还能上升的距离为到达M 点前的14D ．物体返回A 点时动能为20 J解析：选CD.由题意，摩擦力始终做负功，机械能不守恒，选项A 错误；物体向上运动到最高点时，重力势能不为零，机械能减少量小于100 J ，选项B 错误；根据题意，当它通过斜面上的M 点时，其动能减少80 J ，机械能减少32 J ，说明克服摩擦力做功32 J ，从M 点上升到最高点的过程中，动能减少20 J ，需要克服摩擦力做功8 J ，整个上升过程，共克服摩擦力做功40 J ，机械能减少了40 J ，物体上升到M 还能上升的距离为到达M 点前的14，选项C正确；物体返回A 点的过程中，损失的机械能也是40 J ，物体返回A 点时动能为20 J ，选项D 正确．3.(多选)(2015·河北保定调研)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1/W 2的值可能是( )A ．1/2B ．2/3C ．3/4D ．1解析：选AB.第一次击打小球时小球最高运动到过O 点与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W 1＝mgR ，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v ＝gR ，与小球在最高点对应最低点的速度为v A ，根据机械能守恒定律可得－mg ·2R ＝12m v 2－12m v 2A ，第二次击打小球，小锤对小球做的功W 2＝12m v 2A －mgR ＝32mgR ，则先后两次击打，小锤对小球做功W 1W 2的最大值为23，故选项A 、B 正确，C 、D 错误．4．在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v ＝2 m/s 运行，质量为m ＝0.5 kg 的工件以v 0＝1 m/s 的初速度从位置A 滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．工件经0.5 s 停止相对滑动B ．正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mC ．摩擦力对每个工件做正功为1 JD ．每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 J解析：选A.工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为a ＝μg ＝2 m/s 2，加速时间为t ＝v －v 0a ＝0.5 s ，A 对；正常运行时相邻两工件间的距离为d ＝v t ＝1 m ，B 错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为W f ＝12m v 2－12m v 20＝0.75 J ，C 错；在t ＝0.5 s 内，工件对地位移为x 1＝v ＋v 02t ＝0.75 m ，传送带对地位移为x 2＝v t ＝1 m ，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为Q ＝F f (x 2－x 1)＝0.25 J ，D 错．5．如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定滑轮，绳一端固定在物体1上、另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h 的轻绳，轻绳下端拴在物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住物体3，物体3到地面的高度为h ，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g ＝10 m/s 2，小物体3从静止突然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为( )A ．3h B.73h C ．2hD.43h 解析：选D.从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v 1)的过程中，对1、2和3应用功能关系有6mgh －(4mg sin θ＋4μmg cos θ)h ＝12(10m )v 21，之后3停止运动，设物体2继续向下运动距离s 后速度减小为0，对1和2应用功能关系有mgs －(4mg sin θ＋4μmg cos θ)s ＝0－12(5m )v 21，得s ＝13h ，则1沿斜面上滑的最大距离为L ＝h ＋s ＝43h . 6．(多选)(2015·河北省五个一名校联盟)如图，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，使小球沿竖直方向运动，在小球由静止释放到刚离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时的速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球的重力势能增加－W 1B ．小球的电势能减少W 2C ．小球的机械能增加W 1＋12m v 2D ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒解析：选AB.根据重力做功与重力势能变化的关系可知，W 1＝－ΔE G p ，所以重力势能增加量ΔE G p ＝－W 1，A 项正确；根据电场力做功与电势能的变化关系可知，电势能减少量ΔE E p ＝W 2，B 项正确；由题可知，小球动能增加量为12m v 2，重力势能增加量为－W 1，故机械能增加量为－W 1＋12m v 2，C 项错误；整个过程中，电场力对小球做功，故系统机械能不守恒，D项错误．7.(2015·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：选A.设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12m v 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12m v 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12m v 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，故A 错，B 对．三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cosθ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 对．二、非选择题8.(2015·郑州三模)特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d 、不可伸长的细绳的两端固定在相距为d 的A 、B 两等高处，细绳上有小滑轮P ，战士们相互配合，可沿着细绳滑到对面．开始时，战士甲拉住滑轮，质量为m 的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP 竖直．(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g )(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求此拉力的大小；(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)．解析：(1)设BP 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系 d sin θ＋d tan θ＝2d联立三角函数关系解得： sin θ＝0.8，cos θ＝0.6，tan θ＝43如图所示，对滑轮受力分析．由平衡条件得：mg ＝F T1＋F T2cos θ，F ＝F T2sin θ；又F T1＝F T2，解得F ＝mg2.(2)设AP 的长度为l ，则：l ＝dtan θ＝0.75d 乙在最低点时有最大速度v ，设此时乙距AB 的高度为h . 则h 2＝d 2－⎝⎛⎭⎫d 22由机械能守恒定律得：mg (h －l )＝12m v 2得v ＝23－32gd . 答案：(1)mg2 (2) 23－32gd9．(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小物块Q 的质量m 2；(2)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程．解析：(1)根据平衡条件，满足：m 1g sin 53°＝m 2g sin 37° 可得m 2＝4 kg.(2)P 到D 过程由动能定理得m 1gh ＝12m 1v 2D 由几何关系h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)运动到D 点时，根据牛顿第二定律：F D －m 1g ＝m 1v 2D R解得F D ＝78 N由牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM 之间往复运动，C 点和M 点速度为零．对全过程由动能定理得： m 1gL 1sin 53°－μm 1g cos 53°x 总＝0 解得x 总＝1 m.答案：(1)4 kg (2)78 N (3)1 m 10．(2015·龙岩5月联考)如图甲所示，一个质量为M 的木板静止在光滑的水平桌面上，用劲度系数为k 的轻弹簧将木板连在竖直墙上，开始时弹簧处于原长．一质量为m 的物块(可视为质点)从木板左端以初速度v 0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端．通过传感器、数据采集器、计算机绘制了物块和木板的v －t 图象，如图乙所示，其中A 为物块的v －t 图线，B 为木板的v －t 图线且为正弦函数图线．根据图中所给信息，求：甲乙(1)物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)从开始到t ＝T4系统产生的热量Q ；(3)若物块从木板左端以更大的初速度v 1滑上长木板，则初速度v 1取何值时，才能让木板与弹簧组成的系统最终获得最大的机械能．解析：(1)由题中图象可知物块做匀减速运动，t ＝T 时停止．所以a ＝v 0T根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma 代入数据，得μ＝v 0gT.(2)当t ＝T4时木板速度达到最大，加速度为零，有：kx 1－μmg ＝0得：x 1＝μmg k ＝m v 0kT从开始到t ＝T 4，物块的位移x 2＝v 0t －12at 2＝732v 0T所以系统产生的热量Q ＝F f Δx ＝F f (x 2－x 1)＝μmg ×⎝⎛⎭⎫732v 0T －m v 0kT＝7m v 2032－m 2v 20kT2.(3)当t ＝T2时物块刚好脱离木板，此时木板相对地面向右运动的位移最大，摩擦力对木板做的正功最大，木板与弹簧构成的系统获得最大的机械能．物块的位移x 3＝v 1T 2－12a ⎝⎛⎭⎫T 22＝v 1T 2－12v 0T ⎝⎛⎭⎫T 22＝v 1T 2－v 0T 8木板的位移x 4＝2x 1＝2m v 0kT物块以初速度v 0滑上长木板，最终恰好停在长木板的右端，则板长L ＝v 0T2物块脱离木板，有x 3－x 4＝L 代入数据得：v 1＝5v 04＋4m v 0kT2.答案：(1)v 0gT (2)7m v 2032－m 2v 20kT 2 (3)5v 04＋4m v 0kT 2。

2016版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：专题十二力学实验

(2) 测得 OA ＝ 6.00 cm ， OB ＝ 7.60 cm ，则 FOA 的大小为 1.80(1.70～1.90均正确) _______________________N. (3)根据给出的标度，在图中作出 FOA 和 FOB 的合力 F′的图示．
丁
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专题十二
力学实验
[答案] 如图 2 所示
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纸带类实验问题的处理(含频闪照相)
(2015· 江西八校联考 ) 为了探究质量一定时加速度与力的关系．一同学设计了如图所示的实验装置．其中 M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)
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BCD ． (1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是________
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(2016· 山东 5 校一联)用如图所示实验装置测量滑块 A 与木板间的动摩擦因数．长木板水平固定，细线跨过定滑轮与滑块 A、重锤 B 相连．将细线拉直，测出 B 离地面的高度 h，将重锤从 h 高处静止释放，B 落地后，测出 A 在木板上滑动的总距离 x；改变 B 释放高度重复实验，实验数据如下表所示．
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)．已知打点计时器采用的是频率为 50 Hz 1.3 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________ m/s2(结果保留两位有效数字)．
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力学实验
(3)以弹簧测力计的示数 F 为横坐标，加速度 a 为纵坐标，画出的 a－F 图象是一条直线，图线与横轴的夹角为 θ，求得图线的斜率为

【K12学习】20XX版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：

20XX版卓越学案高考物理(通用版)二轮复习第一部分考前复习方略：1．(1)对如图所示的图片、示意图或实验装置图，下列判断准确无误的是________．A．甲图是小孔衍射的图样，也被称为“泊松亮斑” B．乙图是薄膜干涉的应用，用来检测平面的平整程度C．丙图是双缝干涉原理图，若P到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍，则P处是亮纹 D．丁图是薄膜干涉现象的实验装置图，在附有肥皂膜的铁丝圈上，出现竖直干涉条纹E．戊图是波的振动图象，其振幅为8 cm，振动周期为4 s(2)如图所示，△ABC为一直角三棱镜的截面，其一个底角为30°，一束单色平行光束斜射向AB面，经三棱镜折射后在AC面水平平行射出．①以图中三条光线代表光束，画出三条光线经棱镜折射的光路示意图；②若棱镜的折射率为3，求入射光线与AB面的夹角θ.解析：(1)题图甲是小孔衍射的图样，但不是“泊松亮斑”，故A错．题图丁是薄膜干涉现象的实验装置图，但其干涉条纹应为水平的，故D错．(2)①光路图如图甲所示sin α②图乙可知＝nsin βsin 60°＝nsin γ又n＝3 解得γ＝30°图中几何关系可知β＝30°解得α＝60°则θ＝30°.答案：(1)BCE (2)①见解析②30° 2．(20XX·武汉模拟)(1)下列关于波的现象和规律的说法中正确的是________． A．机械波、电磁波均能产生干涉、衍射现象 B．泊松亮斑是光的干涉现象中的加强区 C．光的偏振现象说明光是横波D．波速公式说明波速与波长、频率有关，与介质无关E．“彩超”可以测血流速度，利用的是超声波的多普勒效应(2)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB＝120°，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径R＝3a，圆锥轴线与桌面垂直．有一半径为R的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率n＝3，求光束在桌面上形成的光斑的面积．解析：(1)干涉、衍射是波特有的现象，A正确；泊松亮斑是光的衍射现象，B错误；横波才有偏振现象，C正确；波速大小取决于介质，D错误；利用多普勒效应可以测速度，E正确．11(2)如图所示，射到OA界面的入射角α＝30°，则sin α＝45°，发生全反射．i2＝90°－i1＝30°”、“＝”或“Δx2.相邻亮条纹之间的距离为Δx＝ mm＝d5Lλmm，双缝间的距离d＝，代入数据得d＝ mm.Δx(2)①t＝0时，在x＝50 cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm.从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为λ1＝50 cm，λ2＝60 cm①甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x1＝50＋k1λ1，k1＝0，±1，±2，…② x2＝50＋k2λ2，k2＝0，±1，±2，…③①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标为 x＝(50＋300n)cm，n＝0，±1，±2，…④②只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16 ＝0时，两列波波谷间的x坐标之差为λ2λ150＋－50＋⑤Δx′＝22式中，m1和m2均为整数．将①式代入⑤式得Δx′＝10×(6m2－5m1)＋5于m1、m2均为整数，波谷间的距离最小为Δx′0＝5 cm 从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm的质点的时间为t＝Δx′02v代入数值解得t＝ s.答案：(1)> (2)①x＝(50＋300n)cm，n＝0，±1，±2，…② s 7．(20XX·高考全国卷Ⅰ，T34，15分)(1)如图甲为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图乙为媒质中平衡位置在x＝ m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x＝2 m的质点．下列说法正确的是________．A．波速为 m/s B．波的传播方向向右C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cm D．0～2 s时间内，P向y轴正方向运动 E．当t＝7 s时，P恰好回到平衡位置丙(2)一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图丙所示．玻璃的折射率为n＝ 2.①一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多长？②一细束光线在O点左侧与O相距射出点的位置．解析：(1)题图甲读出波长λ＝2 m，题图乙读出周期T ＝4 s，则v＝＝ m/s，选T项A正确；题图甲是t＝2 s时的波形图，题图乙是x ＝ m处质点的振动图象，所以该点在t＝2 s时向下振动，所以波向左传播，选项B错误；在0～2 s内质点P波峰向波谷振7动，通过的路程s＝2A＝8 cm，选项C正确，选项D错误；t＝7 s时，P点振动了个周期。

(通用版)2016高考物理二轮复习第一部分考前复习方略汇总

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2016版《全程复习方略》高考物理（全国通用）总复习教师用书配套课件 1.2 匀变速直线运动规律

故管理人员应先加速到vm=9 m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。
设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，由运动学公式得： x112at12，x3x2=12avtm32， t2，vm=at1=at3 t1+t2+t3≤t0，x1+x2+x3=x 联立各式并代入数据得a≥9 m/s2
2.匀变速直线运动的基本规律：
(1)速度公式：v_=_v_0_+_a_t_。 (2)位移公式：_x__v_0_t__12__at_2。
(3)速度位移关系式：v_2___v_02__2_a_x。
3.匀变速直线运动的推论：
(1)匀变速直线运动的两个重要推论。
①物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度,还等于初、末时刻速度矢量和的一半,即 v =__v _2t __=_v_0_2_v_。 ②任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量, 即Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=_a_T_2 。可以推广到xm-xn=_(_m_-_n_)_a_T_2。
车后5 s内的位移为( )
A.30 m,40 m
B.30 m,37.5 m
C.12.5 m,40 m
D.12.5 m,37.5 m
【解题探究】 (1)请计算分析汽车的刹车时间t为多少? 提示：tv0 20 s4s。
a5
(2)根据已知条件和待求物理量选择的计算公式为_x___v_0_t__12_a_t_2_。
A.4.5 m
B.4 m
C.3 m
D.2 m
【解析】选B。汽车刹车反过来可以看作初速度为零的匀加速直线
运动,由x= 1 at2,可得其加速度大小a=8m/s2;汽车停止前最后1s的