2016届高三物理二轮复习训练:训练九 习题

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轮复习高考仿真模拟卷(一)(附答案)

轮复习高考仿真模拟卷(一)(附答案)

浙江省2016届高三物理二轮复习高考仿真模拟卷(一)选择题部分一、选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)14.如图所示A,B两个运动物体的x t图象,下述说法正确的是()A.A,B两个物体开始时相距100 m,同时同向运动B.B物体做匀减速直线运动,加速度大小为5 m/s2C.A,B两个物体运动8 s时,在距A的出发点60 m处相遇D.A物体在2 s到6 s之间做匀速直线运动15.(2015严州新校理科综合)电视机可以用遥控器关机而不用断开电源,这种功能叫做待机功能.这一功能给人们带来了方便,但很少有人注意到在待机状态下电视机仍然要消耗电能.例如小明家的一台34寸彩色电视机的待机功率大约是10 W,假如他家电视机平均每天开机4 h,看完电视后总是用遥控器关机而不切断电源,试估算小明家一年(365天)中因这台电视机待机浪费的电能()A.2.6×108 JB.2.6×107 JC.3.2×108 JD.5.3×107 J16.假设空间某一静电场的电势 随x变化情况如图所示,根据图中信息可以确定下列说法中正确的是()A.空间各点场强的方向均与x轴垂直B.将电荷沿x轴从0移到x1的过程中,电荷做匀加速直线运动C.正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中,电场力做正功,电势能减小D.负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电场力做负功,电势能增加17.如图所示,固定斜面c上放有两个完全相同的物体a,b,两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F,使两物体均处于静止状态,下列说法正确的是()A.c受到地面的摩擦力向左B.a,b两物体的受力个数一定相同C.a,b两物体对斜面的压力相同D.当逐渐增大拉力F时,物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大二、选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)18.(2015温州五校开学考试)下列实例属于超重现象的是()A.汽车驶过拱形桥顶端B.荡秋千的小孩通过最低点C.跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动D.火箭点火后加速升空19.(2015浙江模拟)如图所示,在水平界面EF,GH,JK间,分布着两个匀强磁场,两磁场方向水平且相反,大小均为B,两磁场高均为L.一个框面与磁场方向垂直、质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形金属框abcd,从某一高度由静止释放,当ab边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,当ab边下落到GH和JK之间的某位置时,又恰好开始做匀速直线运动.整个过程中空气阻力不计.则()A.金属框穿过匀强磁场过程中,所受安培力的方向保持不变B.金属框从ab边开始进入第一个磁场至ab边刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量为2mgLC.金属框开始下落时ab边距EF边界的距离h=D.当ab边下落到GH和JK之间做匀速运动的速度v2=20.如图所示,质量为3 m的竖直光滑圆环A的半径为R,固定在质量为2m的木板B上,木板B 的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上,B不能左右运动.在环的最低点静止放有一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0,小球会在圆环内侧做圆周运动,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,初速度v0必须满足()A.最小值为B.最大值为3C.最小值为D.最大值为非选择题部分三、非选择题(本题共5题,共78分)21.(10分)(2015金华十校模拟)某班级同学用如图(a)所示的装置验证加速度a和力F,质量m 的关系.甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上,小车乙上固定一个加速度传感器,小车甲上固定一个力传感器,力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接,在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始向下运动,利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小.(1)下列关于实验操作的说法中正确的是(填“A”或“B”).A.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力B.轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力(2)四个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m1=1.0 kg,m2=2.0 kg,m3=3.0 kg和m 4=4.0 kg,其中有三个小组已经完成了a F图象,如图(b)所示.最后一个小组的实验数据如表所示,请在图(b)中完成该组的a F图线.(3)在验证了a和F的关系后,为了进一步验证a和m的关系,可直接利用图(b)的四条图线收集数据,然后作图.请写出具体的做法:①如何收集数据?;②为了更直观地验证a和m的关系,建立的坐标系应以为纵轴,以为横轴.22.(10分)(2015诸暨市校级模拟)某同学为测定某电源的电动势E和内阻r以及一段电阻丝的电阻率ρ,设计了如图(a)所示的电路.ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝,R0是阻值为2 Ω的保护电阻,滑片P与电阻丝接触始终良好.实验时闭合开关,调节P的位置,将aP长度x 和对应的电压U、电流I数据记录如表:(1)该同学根据实验数据绘制了如图(b)所示的U I图象,可得电源的电动势E=V;内阻r=Ω.(2)请你根据表中数据在图(c)上描点连线作U/I与x的关系图线.(3)已知金属丝的横截面积S=0.12×10-6 m2,利用图(c)图线,可以求得电阻丝的电阻率ρ为Ω·m(保留两位有效数字);根据图(c)图线还可以得到的信息是.23.(16分)(2015宁波模拟)如图,某游乐园的水滑梯是由6段圆心角为30°的相同圆弧相连而成,圆弧半径为3 m,切点A,B,C的切线均为水平,水面恰与圆心O6等高,若质量为50 kg的游客从起始点由静止开始滑下后,恰在C点抛出落向水面(不计空气阻力,g取10 m/s2).求(1)游客在C点的速度大小;(2)游客落水点与O6的距离;(3)游客从下滑到抛出的过程中克服阻力做了多少功?24.(20分)(2015镇江高考综合)电磁弹射是我国研究的重大科技项目,原理可用下述模型说明.如图(甲)所示,虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场,一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上,电阻为R,质量为m,ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界.t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k为大于零的常数),空气阻力忽略不计.(1)求t=0时刻,线框中感应电流的功率P;(2)若线框cd边穿出磁场时速度为v,求线框穿出磁场过程中,安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q;(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框,如图(乙)所示,在线框上加一质量为M的负载物,证明:载物线框匝数越多,t=0时线框加速度越大.25.(22分)在xOy平面内,直线OM与x轴负方向成45°角,以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示.在坐标原点O有一不计重力的粒子,其质量和电荷量分别为m和+q,以v0沿x轴正方向运动,粒子每次到x轴将反弹,第一次无能量损失,以后每次反弹水平分速度不变,竖直分速度大小减半、方向相反.B=,E=.求带电粒子:(1)第一次经过OM时的坐标;(2)第二次到达x轴的动能;(3)在电场中运动时竖直方向上的总路程.高考仿真模拟卷答案高考仿真模拟卷(一)14.C根据图象,A,B两物体开始时相距100 m,速度方向相反,是相向运动,选项A错误;x t图象的斜率表示速度,故B物体做匀速直线运动,速度大小为v=-m/s=5 m/s,选项B错误;t=8 s时有交点,表示A,B两物体运动8 s时,在距A的出发点60 m处相遇,选项C正确;2~6 s,物体A位置坐标不变,保持静止,即停止了4 s,选项D错误.15.A电视机每天待机消耗的电能为W0=Pt=0.01 kW×(24 h-4 h)=0.2 kW·h每年消耗的电能为W=365W0=365×0.2 kW·h=73 kW·h=2.6×108 J.16.D由图看出,x轴上各点电势不全相等,x轴不是一条等势线,所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直,故选项A错误;将电荷沿x轴从0移到x1的过程中,各点电势相等,图象的斜率为零,电场力为零,电荷做匀速直线运动,故选项B错误;正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中,电势升高,电荷的电势能增大,电场力做负功,故选项C错误;负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电势降低,电荷的电势能增加,电场力做负功,故选项D正确.17.C对a,b,c整体分析,受重力、拉力、支持力和静摩擦力,根据平衡条件,地面对整体的静摩擦力一定是向右,故选项A错误;对a,b进行受力分析,如图所示,b物体处于静止状态,当绳子拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时,摩擦力为零,所以b可能只受3个力作用,而a物体必定受到摩擦力作用,肯定受4个力作用,选项B错误;a,b两个物体,垂直于斜面方向受力都平衡,则有:F N+Tsin θ=mgcos θ,解得F N=mgcos θ-Tsin θ,则a,b两物体对斜面的压力相同,选项C正确;当逐渐增大拉力F时,如果Tcos θ<mgsin θ,则物体b受到的摩擦力可能先减小后反向增大,选项D错误.18.BD物体运动时具有竖直向上的加速度,属于超重现象.A,C两个选项中的汽车和运动员都具有竖直向下的加速度,均不正确;B,D两个选项中的小孩和火箭都具有竖直向上的加速度,处于超重状态,均正确.19.AD金属框向下运动,由楞次定律可知,安培力总是阻碍金属框的运动,即金属框受到的安培力方向始终向上,故选项A正确;设金属框ab边刚进入磁场时的速度为v1,当ab边下落到GH和JK之间的某位置时,做匀速直线运动的速度为v2,由题意知,v2<v1,对ab边刚进入磁场,到刚到达第二个磁场的下边界过程中,由能量守恒得:Q=mg·2L+m-m,故选项B错误;当ab边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,由平衡条件得mg=,即v1=,从金属框开始下落到刚进入磁场过程,由机械能守恒定律得mgh=m,解得h=,故选项C错误;当ab边下落到GH和JK之间做匀速运动时,金属框受到的安培力F=2BIL=2BL=,由平衡条件得mg=,解得v2=,故选项D正确.20.CD在最高点,速度最小时有mg=m解得v1=.从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设最低点的速度为v1′,根据机械能守恒定律有2mgR+m=mv1′2.解得v1′=.要使环不会在竖直方向上跳起,环对球的压力最大为F=2 mg+3 mg=5 mg从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设此时最低点的速度为v2′,在最高点,速度最大时有:mg+5 mg=m.解得v2=.根据机械能守恒定律有:2mgR+m=mv2′2解得v2′=.所以保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,在最低点的速度范围为≤v≤.选项C,D正确,A,B错误.21.解析:(1)本实验是研究小车乙的加速度a和力F、质量m的关系,所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力,故选项A错误,B正确.(2)根据描点法作出图象,如图所示(3)①在a F图象上作一条垂直于横轴的直线,与四条图线分别有四个交点,记录下四个交点的纵坐标a,分别与各图线对应的m组成四组数据.②反比例关系不容易根据图象判定,而正比例关系容易根据图象判定,故应该建立小车加速度(a)与小车质量的倒数()关系图象.答案:(1)B(2)见解析(3)在a F图象上作一条垂直于横轴的直线,与四条图线分别有个交点,记录下四个交点的纵坐标a,分别与各图线对应的m组成四组数据加速度a质量的倒数22.解析:(1)由图(b)所示图象可知,图象与纵轴交点的坐标值是3.00,电源电动势E=3.00V,R0+r==Ω=3 Ω,则电源内阻r=(3-2)Ω=1 Ω;(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点,然后根据描出的点作出图象,如图所示.(3)金属丝的电阻R=ρ,由欧姆定律可得R+r=,则=x+r A,x图象斜率k=,由图象可知k==Ω/m=10 Ω/m,即k==10 Ω/m,电阻率ρ=kS=1.2×10-6Ω·m;由图象可得x=0时对应数值2.0,即=2.0 Ω,则电流表的内阻为2.0 Ω. 答案:(1)3.001(2)图象如解析图所示(3)1.2×10-6电流表的内阻为2.0 Ω23.解析:(1)在C点,游客恰好抛出,可知支持力为零,根据牛顿第二定律有mg=m,解得v C==m/s.(2)根据R=gt2,x=v C t,代入数据解得x=3m.(3)对开始到C点的过程运用动能定理得mgh-W f=m-0,h=R(1-cos 30°)×5,代入数据解得W f=255 J.答案:(1)m/s(2)3m(3)255 J24.解析:(1)t=0时刻线框中的感应电动势E0=L2功率P=解得P=;(2)由动能定理有W=ΔE k解得W=mv2穿出过程线框中的平均电动势=线框中的电流=通过的电量q=Δt==|0-B0S|×=;(3)n匝线框中t=0时刻产生的感应电动势E=n=nkL2线框的总电阻R总=nR线框中的电流I==t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL=设线框的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=(nm+M)a解得a=,可知,n越大,a越大.答案:(1)(2)mv2(3)见解析25.解析:(1)粒子进入磁场,根据左手定则,粒子做的圆周运动后经过OM,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,代入数据解得R=1 m,故第一次经过OM时的坐标为(-1 m,1 m).(2)粒子第二次进入磁场,速度不变,则粒子在磁场中运动的半径也为R,故进入电场时离x轴的高度为2R,根据动能定理,2qER=mv2-m得动能E k=mv2=m.(3)粒子运动轨迹如图所示.因粒子第二次进入电场做类平抛运动,故到达x轴时的水平分速度为v0,竖直方向a=,=2ah1,解得v y=.从类平抛开始,粒子第一次到达最高点离x轴的竖直高度为h1=,第二次到达最高点离x轴的竖直高度为h2==()2,第n次到达最高点离x轴的竖直高度为h n==()2n故从类平抛开始,在竖直方向上往返的总路程为h=+2×[()2+()4+…+()2n]===m故在电场中运动的竖直方向上总路程h′=2R+h=m.答案:(1)(-1 m,1 m)(2)m(3)m。

高三物理二轮专题训练参考答案

高三物理二轮专题训练参考答案
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参考答案
高三物理二轮专题训练(交变电流)
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高三物理二轮专题训练(电路部分)
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答案
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高三物理二轮专题训练(机械能)
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高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案

高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案

高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解:(1)小球刚能完成一次完整的圆周运动,它到最高点的速度为v 0,在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中,机械能守恒,并设小球在最低点速度为1v ,则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2,对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m(2)若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ,同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间,同理滑块静止,小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动,绳的拉力T 和重力的合力充当向心力,则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上(3)滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=, 滑块最后停在水平面上,它通过的路程为s ',同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ,n=10次2.解:(1)赛车恰好通过P 点时,由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来,由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得: x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ,赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得:02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得:t=4.5s3.解:(1)小物块从A 点运动到B 点的过程中,设滑到B 点时的速度为0v ,由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动,则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知,磁场的方向垂直纸面向里(2)设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒,恰能从车上滑出 由动量守恒定律有:10)(v M m mv += ③由功能关系有:)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ) ④由得:-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ,则小物块能从车上滑出。

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2016届高三物理二轮复习教学案+提升练习 人教课标版10(优秀免费下载资料)

第讲平抛运动与圆周运动一、曲线运动的特点.运动和受力的关系()物体不受力或所受合外力为零时,处于静止或匀速直线运动状态.()物体受合外力不为零时,若合外力方向与物体运动方向在同一直线上,则物体做变速直线运动;若合外力方向与物体运动方向不在同一直线上,则物体做曲线运动.()物体做曲线运动,其所受的合外力一定不为零,一定具有加速度,且合外力的方向一定指向曲线运动轨迹的内侧..曲线运动的研究方法利用“化曲为直”的思想,将曲线运动分解成互相垂直的两方向上的直线运动,通过研究直线运动的规律,得到曲线运动的规律.二、平抛运动的分析及圆周运动.性质:匀变速曲线运动,加速度=..规律:()==()==.竖直面内圆周运动的“两个模型”.(·山东理综,,分)距地面高5m的水平直轨道上、两点相距2m,在点用细线悬挂一小球,离地高度为,如图.小车始终以4m的速度沿轨道匀速运动,经过点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至点时细线被轧断,最后两球同时落地.不计空气阻力,取重力加速度的大小=10m.可求得等于().1.25m.2.25m.3.75m .4.75m答案解析小车由运动到的时间为=,对左侧小球,5m=,对右侧小球,=(-),解得=1.25m,所以正确..(·课标Ⅰ,,分)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为和,中间球网高度为.发射机安装于台面左侧边缘的中点,能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球,发射点距台面高度为.不计空气的作用,重力加速度大小为.若乒乓球的发射速率在某范围内,通过选择合适的方向,就能使乒乓球落到球网右侧台面上,则的最大取值范围是()<<<<+)))<<+)))<<+)))答案解析乒乓球做平抛运动,落到右侧台面上时经历的时间满足=.当取最大值时其水平位移最大,落点应在右侧台面的台角处,有=+(())),解得=+)));当取最小值时其水位移最小,发射方向沿正前方且恰好擦网而过,此时有-=,=,解得=.故正确..(·福建理综,,分)如图,在竖直平面内,滑道关于点对称,且、、三点在同一水平线上.若小滑块第一次由滑到,所用的时间为,第二次由滑到,所用的时间为,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().<.=.>.无法比较、的大小答案解析在段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小;在段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小,对滑道的压力越小,所受摩擦力越小.分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小,摩擦力做功较少,动能变化量较小,平均速度较大,由=可知<,项正确..(·天津理综,,分)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().旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小答案解析宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,=ω,即=ω,可见越大,ω就应越小,正确,错误;角速度与质量无关,、错误.运动合成与分解的一般思路()明确合运动或分运动的运动性质.()明确是在哪两个方向上的合成或分解.()找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)()运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解.【例】(·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为的大河.小明驾着小船渡河,去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所用时间的比值为,船在静水中的速度大小相同,则小船在静水中的速度大小为()【审题突破】第一步:挖掘题目信息去程时船头指向始终与河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直,去程与回程所用时间的比值为.第二步:明确题目要求计算小船在静水中的速度大小.第三步:寻找解题思路()船的实际运动是水流与船相对于静水的合运动.()画出去程和回程船运动的速度分解示意图.()写出去程和回程的时间表达式.答案解析去程时如图甲,所用时间=,回程时如图乙,所用时间=-)),又=,联立解得船=,则正确.合运动和分运动的关系()等时性:各个分运动与合运动总是同时开始,同时结束,经历时间相等(不同时的运动不能合成).()独立性:一个物体同时参与几个分运动时,各分运动独立进行,互不影响.()等效性:各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果.()同一性:各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动,不能是几个不同物体发生的不同运动.【变式训练】.(·苏州模拟)光滑水平面上有一直角坐标系,质量=1kg的质点静止在坐标原点处,先用沿轴正方向的力=作用了;然后撤去,并立即用沿轴正方向的力=作用,则质点在这内的轨迹为图中的()答案解析质点在前内沿轴正方向的加速度==2m,此段时间内的位移为==4m,末质点的位置坐标为(,),此时速度大小==4m;第质点沿轴正方向的加速度为==6m,因力的方向与末的速度方向垂直;故质点从第末开始做类平抛运动,第内沿轴正方向发生的位移为==4m,沿轴正方向发生的位移==3m,故正确.平抛运动的三种求解方法()基本求解方法:把平抛运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,通过研究分运动达到研究合运动的目的.()特殊求解方法:对于有些问题,可以过抛出点建立其他的直角坐标系,将加速度、初速度沿坐标轴分解,然后分别在、轴方向上列方程求解.()类平抛运动的求解方法:将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动,研究两个分运动.【例】(多选)(·江苏高考)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,用如图所示的装置进行实验.小锤打击弹性金属片,球水平抛出,同时球被松开,自由下落.关于该实验,下列说法中正确的有().两球的质量应相等.两球应同时落地.应改变装置的高度,多次实验.实验也能说明球在水平方向上做匀速直线运动【审题突破】第一步:挖掘题目信息球水平抛出,同时球被松开,自由下落.第二步:明确题目要求验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动.第三步:寻找解题方法()平抛运动的性质与质量无关.()平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动,为验证这一结论应多次实验进行探究.()平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动,但本实验没有对比探究,无法验证.答案解析平抛运动的性质与质量无关,选项错误;平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动,因为等高同时运动,所以两球同时落地,选项正确;为了探究平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,需要改变装置的高度,多次实验,选项正确;虽然平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动,但是本实验不能证明这一观点,选项错误.处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项()处理平抛运动(或类平抛运动)时,一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解,先按分运动规律列式,再用运动的合成求合运动.()对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题,其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值.()若平抛的物体垂直打在斜面上,则物体打在斜面上瞬间,其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值.()做平抛运动的物体,其位移方向与速度方向一定不同.【变式训练】.(·沈阳质量监测)如图所示,在斜面顶端先后水平抛出同一小球,第一次小球落到斜面中点,第二次小球落到斜面底端,从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力) ().两次小球运动时间之比∶=∶.两次小球运动时间之比∶=∶.两次小球抛出时初速度之比∶=∶.两次小球抛出时初速度之比∶=∶答案解析本题考查平抛运动与斜面结合的模型,意在考查考生对平抛运动规律的掌握和应用能力.两小球竖直方向上做自由落体运动,两小球下落高度之比为∶,由自由落体运动规律可知,运动时间之比为∶,选项正确,错误;水平方向两小球均做匀速直线运动,由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为∶,选项正确,错误.答案选、.解决圆周运动动力学问题的一般步骤()首先要明确研究对象.()确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径.()对其受力分析,明确向心力的来源.()将牛顿第二定律应用于圆周运动,得到圆周运动中的动力学方程,有以下各种情况,==ω=ω==π.解题时应根据已知条件进行选择.【例】(多选)(·新课标全国卷Ⅰ)如图,两个质量均为的小木块和(可视为质点)放在水平圆盘上,与转轴′的距离为,与转轴的距离为2l,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的倍,重力加速度大小为.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是().一定比先开始滑动.、所受的摩擦力始终相等.ω=是开始滑动的临界角速度.当ω=时,所受摩擦力的大小为【审题突破】第一步:挖掘题目信息两个质量均为的小木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的倍.第二步:明确题目要求判断两小木块在加速转动过程中的受力情况和刚开始滑动时的运动情况.第三步:确定解题思路()分析小木块的受力情况,确定向心力的来源.()分析加速转动过程中,向心力的变化,明确两小木块向心力的大小关系.()确定首先达到最大静摩擦力的小木块,并计算小木块开始滑动时的临界角速度.答案解析本题考查了圆周运动与受力分析.最大静摩擦力相等,而需要的向心力较大,所以先滑动,项正确;在未滑动之前,、各自受到的摩擦力等于其向心力,因此受到的摩擦力大于受到的摩擦力,项错误;处于临界状态时,=ω·2l,ω=,项正确;当ω=时,对:=ω==,项错误..对公式=ω和==ω的理解()由=ω知,一定时,与ω成正比;ω一定时,与成正比;一定时,ω与成反比.()由==ω知,在一定时,与成反比;在ω一定时,与成正比..向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的,可以是重力、弹力、摩擦力等各种力,也可以是几个力的合力或某个力的分力,因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力..向心力的确定()确定圆周运动的轨道所在的平面,确定圆心的位置.()分析物体的受力情况,找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力.【变式训练】.(分)(·山西元月调研,)年月日,天津国际无人机展开幕.其中,首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注.据介绍,软体飞机是没有硬质骨架的飞机,从箱子里面取出来吹气成型.同比之下机翼面积大,载荷能力强,可做超低速超低空飞行,具有良好的弹性,耐撞击而不易受损.可用于航拍、航测、遥感等用途.飞翔从容、稳定、柔和、自如,易操纵,被称为“空中自行车”、“无线的风筝”.若一质量为的软体飞机超低空飞行,在距离地面高度的同一水平面内,以速率做半径为的匀速圆周运动,重力加速度为.()求空气对飞机的作用力的大小.()若飞机在匀速圆周运动过程中,飞机上的一个质点脱落,求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计).答案()()解析()飞机做匀速圆周运动,所受合力提供向心力,则=(分)合空气对飞机的作用力的大小=+())=(分)()飞机上的一个质点脱落后,做初速率为的平抛运动,由平抛运动规律得:=(分)=(分)质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离=(分)联立解得=(分).在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为的匀加速运动,同时人顶着直杆以速度水平匀速移动,经过时间,猴子沿杆向上移动的高度为,人顶杆沿水平地面移动的距离为,如图所示.关于猴子的运动情况,下列说法中正确的是().相对地面的运动轨迹为直线.相对地面做变加速曲线运动.时刻猴子对地速度的大小为+.时间内猴子对地的位移大小为答案解析猴子在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动,根据运动的合成,知合速度与合加速度不在同一条直线上,所以猴子相对地面的运动轨迹为曲线,故错误;猴子在水平方向上的加速度为零,在竖直方向上有恒定的加速度,根据运动的合成,知猴子做匀变速曲线运动,故错误;时刻猴子在水平方向上的分速度为,在竖直方向上的分速度为,根据运动的合成,知合速度大小为=+()),故错误;在时间内猴子在水平方向和竖直方向上的分位移分别为和,根据运动的合成,知合位移=,故正确..(·新课标全国卷Ⅱ)如图,一质量为的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下.重力加速度大小为.当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为().-.+.+.+答案解析解法一以小环为研究对象,设大环半径为,根据机械能守恒定律,得·=,在大环最低点有-=,得=,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为′=,方向竖直向下,故=+,由牛顿第三定律知正确.解法二设小环滑到大环最低点时速度为,加速度为,根据机械能守恒定律=·,且=,所以=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示.--=+·所以=+,正确..(·湖南六校联考,)如图所示,薄半球壳的水平直径为,为最低点,半径为.一个小球从点以速度水平抛出,不计空气阻力.则下列判断正确的是().只要足够大,小球可以击中点.取值不同时,小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同.取值适当,可以使小球垂直撞击到半球壳上.无论取何值,小球都不可能垂直撞击到半球壳上答案解析小球做平抛运动,竖直方向有位移,再大也不可能击中点;不同,小球会落在半球壳内不同点上,落点和点的连线与的夹角φ不同,由推论θ=φ可知,小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同,若小球垂直撞击到半球壳上,则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心,且该反向延长线与的交点为水平位移的中点,而这是不可能的,、、错误,正确..(·安徽理综)如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止.物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为°,取10m.则ω的最大值是()..答案解析当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时,转盘的角速度最大,其受力如图所示(其中为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力,有μ°-°=ω得ω==,选项正确.专题提升练习(四)(卷)一、选择题(共小题,每小题分,共分.在每小题给出的四个选项中,第~小题只有一个选项符合题目要求,第~小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得分,选对但不全的得分,有选错或不答的得分).(·沈阳高三质量检测)如图所示,横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起,固定在水平面上,小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出,最后落在斜面上.其中有三次的落点分别是、、,不计空气阻力,则下列判断正确的是().落点、比较,小球落在点的飞行时间短.小球落在点和点的飞行时间均与初速度成正比.三个落点比较,小球落在点,飞行过程中速度变化最快.三个落点比较,小球落在点,飞行过程中速度变化最大答案解析本题考查平抛运动规律、加速度,意在考查考生对平抛运动规律的理解能力、分析判断能力.由平抛运动规律=⇒=可知,落点为时,小球的竖直位移较大,故飞行时间较长,项错;落点为、时,位移方向相同,故θ=,可见飞行时间与成正比,项正确;小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度均为,项错;小球在飞行过程中,水平方向上速度不变,速度变化Δ=,由=可知,小球落在点时速度变化最大,项错..(·合肥市高三教学质量检测)如图所示,一个质量为的小铁块沿半径为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倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为)()答案解析本题考查向心力、牛顿第二定律、机械能,意在考查考生对相关力学概念和规律的理解能力、分析计算能力.铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即-=,即铁块动能==,初动能为零,故动能增加,铁块重力势能减少,所以机械能损失,项正确..(·重庆市巴蜀中学期末考试)质量为2kg的质点在-平面上做曲线运动,在方向的速度图象和方向的位移图象如图所示,下列说法正确的是().质点的初速度为10m.质点所受的合外力为.质点初速度的方向与合外力方向垂直.末质点速度大小为6m答案解析由方向的速度图象可知在方向做匀加速直线运动,=3m,加速度为=1.5m,受力=;由方向的位移图象可知在方向做匀速直线运动,速度为=4m,受力=,因此质点的初速度为5m,受到的合外力为,故选项错误,选项正确;合外力方向在轴方向上,所以质点初速度方向与合外力方向不垂直,故选项错误;末质点速度应该为==2m,选项错误..(·江西省八所重点高中联考)在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为的带电小球由上方的点以一定初速度水平抛出,从点进入电场,到达点时速度方向恰好水平,、、三点在同一直线上,且=,如图所示.由此可知().电场力为.小球带正电.小球从到与从到的运动时间相等.小球从到与从到的速度变化量相同答案解析由图知在电场中,小球受合外力竖直向上,故电场力竖直向上与电场方向相反,故小球带负电,所以选项错误;小球在水平方向始终做匀速运动,从到与从到水平位移不同,根据=知运动时间不同,所以选项错误;设在点竖直方向速度为,则从到:=,从到:=,其中=,=,联立解得=,故选项正确;从到速度变化量为,从到速度变化量为-,所以选项错误..(·合肥一模)如图所示,在光滑水平面上的物体,受四个沿水平面的恒力、、和作用,以速率沿水平面做匀速运动,若撤去其中某个力(其他力不变)一段时间后又恢复该作用力,结果物体又能以原来的速率匀速运动,这个力是()....答案解析撤去后,其他三力的合力方向与速度垂直,物体先做匀加速曲线运动,恢复后,再做匀速直线运动,速度比大,选项不行;撤去后,其他三力的合力方向与速度成锐角,速度增大,恢复后,做匀速直线运动,速度比大,选项不行;撤去后物块的运动与撤去相同,选项不行;撤去后,其他三个力的合力方向与方向相反,该合力使物体沿方向速度先减速到零,再反向加速,而在与垂直的方向上做加速运动,所以有可能在某时刻达到,选项正确..(·江苏高考)如图所示,“旋转秋千”中的两个座椅、质量相等,通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响,当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时,下列说法正确的是().的速度比的大.与的向心加速度大小相等.悬挂、的缆绳与竖直方向的夹角相等.悬挂的缆绳所受的拉力比悬挂的小答案解析在转动过程中,、两座椅的角速度相等,但由于座椅的半径比较大,故座椅的速度比较大,向心加速度也比较大,、项错误;、两座椅所需向心力不等,而重力相同,故缆绳与竖直方向的夹角不等,项错误;根据=ω判断座椅的向心力较小,所受拉力也较小,项正确..(·河北唐山一模)(多选)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动,要求每次从同一位置水平抛出圆环,套住与圆环前端水平距离为3m的20cm高的竖直细杆,即为获胜.一身高1.4m 儿童从距地面1m高度,水平抛出圆环,圆环半径为10cm,要想套住细杆,他水平抛出的速度可能为(=10m)().7.4m .7.6m.7.8m .8.2m答案解析圆环做平抛运动,圆环距杆上端的竖直距离为=0.8m,又知圆环在竖直方向做自由落体运动,则有=,解得=,圆环后端与杆的水平距离为3.2m=·,得=8m,圆环前端与杆的水平距离为3m=·,得=7.5m,所以要想套住杆,圆环水平抛出的速度范围为7.5m<<8m,故选、..(·河南八市质检)(多选)质量为的小球由轻绳和分别系于一轻质细杆的点和点,如图所示,绳与水平方向成θ角,绳在水平方向且长为,当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时,小球在水平面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是().绳的张力不可能为零.绳的张力随角速度的增大而增大.当角速度ω>,绳将出现弹力.若绳突然被剪断,则绳的弹力一定发生变化答案解析对小球受力分析可得绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力,解得=,为定值,正确,错误.当θ=ω2l⇒ω=时,绳的弹力为零,若角速度大于该值,则绳将出现弹力,正确.由于绳可能没有弹力,故绳突然被剪断,则绳的弹力可能不变,错误..(·徐州模拟)如图甲所示,轻杆一端固定在点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为的圆周运动.小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为,小球在最高点的。

高三二轮复习物理综合测试含详细答案

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二、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.下列说法正确的是()A. 原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B. α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流C. 氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子D. 发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关15.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是()A. B.C. D.16.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。

用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示。

用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中()A. F逐渐变大,T逐渐变大B. F逐渐变大,T逐渐变小C. F逐渐变小,T逐渐变大D. F逐渐变小,T逐渐变小17.如图所示,一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行,在P变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。

下列说法正确的是()A. 不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的速度都相同B. 不论在轨道1还是在轨道2运行,卫星在P点的加速度都相同C. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D. 卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量18.有A、B两小球,B的质量为A的两倍。

现将它们以相同速率沿同一方向抛出,不计空气阻力。

图中①为A的运动轨迹,则B的运动轨迹是()A. ①B. ②C. ③D. ④19.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。

则该磁场()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20.如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3,理想电流表示数变化量的绝对值为△I,则()A. A的示数增大B. V2的示数增大C. △V3与△I的比值大于rD. △V1大于△V221.如图,水平地面上有一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行.小球A的质量为m,电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球A 静止在斜面上,则()A. 小球A与B之间库仑力的大小为B. 当=时,细线上的拉力为0C. 当=时,细线上的拉力为0D. 当=时,斜面对小球A的支持力为0三、非选择题:共174分,第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。

2016届高考物理二轮复习专题突破训练理科综合模拟卷二(物理部分)(新人教版)

2016届高考物理二轮复习专题突破训练理科综合模拟卷二(物理部分)(新人教版)

理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分110分.第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题:本题共8小题,每小题6分.其中第1题~第5题为单项选择题,在每小题给出的上选项中,只有一个选项符合题目要求;第6题~第8题为多项选择题,在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,杆的A端用铰链固定,光滑轻小滑轮在A点正上方,B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢向上拉,在AB杆达到竖直前(均未断),关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化,判断正确的是()A.F变大B.F变小C.F N变大D.F N变小解析:结点B端受重物向下的拉力mg、沿杆向上的支持力F N和沿绳子方向的拉力F,缓慢上拉过程中,B点受合力为零,即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形,该三角形与△AOB相似,故有:mg AO =F N AB =F OB ,所以弹力F N 不变、拉力F 减小,B 项正确.答案:B2.星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成.科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达,科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞,则n 的值为( )A .1B .2C .-12 D.12解析:若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供,则有:G Mm r 2=m v 2r ⇒v =GM r ,即v ∝r -12,故C 项正确.答案:C3.如图所示,真空中有两个等量异种点电荷,A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点,A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ,电势分别是φA 、φB ,下列判断正确的是( )A .E A >EB ,φA >φBB .E A >E B ,φA <φBC .E A <E B ,φA >φBD .E A <E B ,φA <φB解析:在等量异种电荷连线上,越靠近O 点电场线越稀疏,即O 点场强最小,所以E A >E O ;在两电荷连线的垂直平分线上,越靠近O点,电场线越密集,即O 点场强最大,所以E O >E B ,故E A >E B ,C 、D 项错;沿着电场线方向电势降低,故φA >φB ,A 项正确.答案:A4.如图,在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ,导轨上置有一金属棒MN .t =0时起释放棒,并给棒通以图示方向的电流,且电流强度与时间成正比,即I =kt ,其中k 为常量,金属棒与导轨始终垂直且接触良好.则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析:由题意可知,金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力,F N =BIL =BLkt ,开始阶段,金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用,由牛顿第二定律有:mg -μBIL =ma ,解得:a =g -μBLkt m ,可见加速度a 不断减小,即速度切线斜率不断减小,C 、D 项错;当摩擦力大于重力后,金属棒速度不断减小,A 项错,B 项正确.答案:B5.如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图,A 、B 为缠绕磁带的两个轮子,其半径均为r .在放音结束时,磁带全部绕到了B 轮上,磁带的外缘半径为R ,且R =3r .现在进行倒带,使磁带绕到A 轮上.倒带时A 轮是主动轮,其角速度是恒定的,B 轮是从动轮.经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5-12tC.6-12tD.7-12t 解析:因为A 轮角速度一定,A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加,线速度v =ωr ,故线速度大小随时间t 均匀增加,可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理.整个过程中,设A 轮外缘初速度为v ,则末速度为3v ,运动时间为t ,加速度为a ,位移即磁带总长度为x ,由匀变速直线运动规律:(3v )2-v 2=2ax,3v =v +at ,当磁带有一半绕到A 轮上时,两轮半径相等、两轮角速度相同,此时,v ′2-v 2=ax ,v ′=v +at ′,解得:v ′=5v ,t ′=5-12t ,B 项正确. 答案:B6.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一弹性橡皮绳相连,橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为零.则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)() A.橡皮绳的弹性势能一直增大B.圆环的机械能先不变后减小C.橡皮绳的弹性势能增加了mghD.橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析:橡皮绳开始处于原长,弹性势能为零,圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中,弹性势能始终为零,A项错;圆环在下落的过程中,橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大,根据机械能守恒定律可知,圆环的机械能先不变,后减小,B项正确;从圆环开始下滑到滑至最低点过程中,圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能,C项正确;橡皮绳达到原长时,圆环受合外力方向沿杆方向向下,对环做正功,动能仍增大,D项错.答案:BC7.如图,水平的平行虚线间距为d =60 cm ,其间有沿水平方向的匀强磁场.一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ,线圈质量m =100 g .线圈在磁场上方某一高度处由静止释放,保持线圈平面与磁场方向垂直,其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等.不计空气阻力,取g =10 m/s 2,则( )A .线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B .线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC .线圈在进入磁场和穿出磁场过程中,电流均为逆时针方向D .线圈在进入磁场和穿出磁场过程中,通过导线截面的电荷量相等解析:线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等,而线圈完全进入磁场后,只受重力作用,一定加速运动,因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的,即线圈所受向上的安培力大于重力,安培力F =BIl =B Bl v R l =B 2l 2v R 随速度减小而减小,合外力不断减小,故加速度不断减小,A 项错;从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中,线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来,故线圈进入磁场过程中产生的电热Q =mgd =0.6 J ,B 项正确;由楞次定律可知,线圈进入和离开磁场过程中,感应电流方向相反,C 项错;由法拉第电磁感应定律E =ΔΦΔt,由闭合电路欧姆定律可知,I =E R ,则感应电荷量q =I ·Δt ,联立解得:q =ΔΦR ,线圈进入和离开磁场,磁通量变化量相同,故通过导线横截面的电荷量q 相同,D 项正确.答案:BD8.如图,xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外,磁感应强度B =1 T 的匀强磁场,ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板,长度为9 m ,M 点为x 轴正方向上一点,OM =3 m .现有一个比荷大小为q m =1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电荷量不变,小球最后都能经过M 点,则小球射入的速度大小可能是( )A .3 m/sB .3.75 m/sC .4 m/sD .5 m/s解析:因为小球通过y 轴的速度方向一定是+x 方向,故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ,即R min =m v min qB ,解得v min =3 m/s ;经验证,带电小球以3 m/s 速度进入磁场,与ON 碰撞一次,再经四分之三圆周经过M 点,如图(1)所示,A 项正确;当带电小球与ON 不碰撞,直接经过M 点,如图(2)所示,小球速度沿-x 方向,则圆心一定在y轴上,作出MN的垂直平分线,交于y轴的点即得圆心位置,由几何关系解得轨迹半径最大值R max=5 m,又R max=m v maxqB,解得v max=5 m/s,D项正确;当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时,轨迹如图(3)所示,由几何条件计算可知:轨迹半径R=3.75 m,由半径公式R=m vqB⇒v=3.75 m/s,B项正确,由分析易知选项C错误.答案:ABD第Ⅱ卷(非选择题62分)二、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第9题~第12题为必考题,每个试题考生都必须做答.第13题~第15题为选考题,考生根据要求做答.(一)必考题(共47分)9.(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律:在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m,滑块可沿米尺自由下落.在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A,线框平面在水平面内,滑块可穿过线框,如图所示.把滑块从米尺的0刻度线处释放,记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h,调整线框的位置,多做几次实验,记录各次的h,U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证,用图线________(选填“U—h”或“U2-h”)更容易得出结论.(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可).解析:(1)电压表内阻非常大,则电压表示数U近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E;滑块下落过程中,机械能守恒,则mgh=12m v2,由E=BL v可知,感应电动势大小与速度v成正比,故验证机械能是否守恒需要验证U2-h关系图象是不是一次函数图象.(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流,机械能有损失.答案:(1)U2-h(2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10.(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时,找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器,设计了如图甲所示的实验,其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻,滑动片P与电阻丝始终接触良好.实验时闭合开关,调节P的位置,测得aP的长度x 和对应的电压U、电流I数据,并分别绘制了如图乙所示的U-I图象和如图丙所示的UI-x图象.(1)由图乙可得电源的电动势E =________V ;内阻r =________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S =0.12×10-6m 2,利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ,图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据,优点是直观,但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”).解析:(1)根据闭合电路欧姆定律,电压表示数即路端电压U =E -I (R 0+r ),因此图乙中纵截距即为电源的电动势E =3.00 V ,斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和,即(R 0+r )=3.00-1.200.6Ω=3.0 Ω,r =1.0 Ω.(2)图丙中截距为x =0时,即为电路中金属丝被短路,所测电阻即为电流表的内阻;由图丙可知,金属丝长0.6 m ,电阻为5.8 Ω,由电阻定律R =ρL S ,代入已知条件解得:ρ=1.2×10-6 Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差,对系统产生的误差没有修正作用.答案:(1)3.0(2.99~3.02均可) 1.0(0.80~1.0均可) (2)1.2×10-6电流表内阻为2.0 Ω(3)系统误差11.(14分)如图所示,风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力.质量m=100 g的小球穿在长L=1.2 m的直杆上并置于实验室中,球与杆间的动摩擦因数为0.5,当杆竖直固定放置时,小球恰好能匀速下滑.保持风力不变,改变固定杆与竖直线的夹角,将小球从O点静止释放.g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)当θ=37°时,小球离开杆时的速度大小;(2)改变杆与竖直线的夹角θ,使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0,此时θ的正切值.解析:(1)当杆竖直固定放置时,μF=mg解得:F=2 N当θ=37°时,小球受力情况如图所示,垂直杆方向上有:F cos37°=mg sin37°+F N解得:F N=1 N小球受摩擦力F f=μF N=0.5 N小球沿杆运动的加速度为a=mg cos37°+F sin37°-F fm=15 m/s2由v2-v20=2aL得,小球到达杆下端时速度为v=6 m/s.(2)当摩擦力为0时,球与杆的弹力为0,由平衡条件得:F cosθ=mg sinθ解得:tanθ=2.答案:(1)6 m/s(2)212.(18分)如图所示,xOy平面为一光滑水平面,在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场,场强大小E=100 V/m;同时有垂直于xOy平面的匀强磁场.一质量m=2×10-6 kg、电荷量q=2×10-7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射,在电场和磁场的作用下发生偏转,到达P(4,3)点时,动能变为初动能的0.5,速度方向垂直OP向上.此时撤去磁场,经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点,动能变为初动能的0.625,求:(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比;(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标;(3)粒子由P点运动到M点所需的时间.解析:(1)设粒子在P点时的动能为E k,则初动能为2E k,在M点的动能为1.25E k.由于洛伦兹力不做功,粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中,电场力做的功大小分别为W1、W2,由动能定理得:-W1=E k-2E kW2=1.25E k-E k则W1W2=4 1.(2)O点、P点及M点的电势差分别为:U OP=E kq U OM=0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D,由几何关系得OP的长度为5 m,沿OP方向电势下降.则:U OD U OP=U OMU OP=ODOP=0.751得OD=3.75 m,设OP与x轴的夹角为α,则sinα=35 D点的坐标为x D=OD cosα=3 m,y D=OD sinα=2.25 m即:D(3,2.25).(3)由于OD=3.75 m,而OM cos∠MOP=3.75 m,所以MD垂直于OP,由于MD为等势线,因此OP为电场线,方向从O到P 带电粒子从P到M过程中做类平抛运动,设运动时间为t则DP=12Eqm t2,又DP=OP-OD=1.25 m解得:t=0.5 s.答案:(2)D(3, 2.25)(3)0.5 s(二)选考题:共15分.请考生从给出的3道物理题任选一题做答.如果多做,则按所做的第一题计分.13.[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________.(填正确答案标号.选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给6分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动,这反映了液体分子运动的无规则性B.分子间的相互作用力随着分子间距离的增大,一定先减小后增大C.分子势能随着分子间距离的增大,可能先减小后增大D.在真空、高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E.当温度升高时,物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示,两个截面积均为S的圆柱形容器,左右两边容器高均为H,右边容器上端封闭,左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计),两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通.开始时阀门关闭,左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体,平衡时活塞到容器底的距离为H,右边容器内为真空.现将阀门缓慢打开,活塞便缓慢下降,直至系统达到平衡,此时被封闭气体的热力学温度为T,且T>T0.求此过程中外界对气体所做的功.(已知大气压强为p0)解析:(1)ACD(2)打开阀门后,气体通过细管进入右边容器,活塞缓慢向下移动,气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ,气体的温度为T ,根据理想气体状态方程得:p 0SH T 0=p 0S (x +H )T解得:x =(T T 0-1)H 此过程中外界对气体所做的功:W =p 0S (H -x )=p 0SH (2-T T 0). 答案:(1)ACD (2)p 0SH (2-T T 0) 14.[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波,在t =0.6 s 时刻的图象如图甲所示,此时,P 、Q 两质点的位移均为-1 cm ,波上A 质点的振动图象如图乙所示,则以下说法正确的是________.(填正确答案标号.选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给6分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A .这列波沿x 轴正方向传播B .这列波的波速是503m/s C .从t =0.6 s 开始,紧接着的Δt =0.6 s 时间内,A 质点通过的路程是10 mD .从t =0.6 s 开始,质点P 比质点Q 早回到平衡位置E .若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面,其半径为R ,折射率是3,AB 是一条直径.今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体.若一条入射光线经折射后恰经过B 点,则这条入射光线到AB 的距离是多少?解析:(1)ABD(2)根据折射定律n =sin αsin β= 3 在△OBC 中,sin βR =sin (180°-α)BC =sin α2R ·cos β可得β=30°,α=60°所以CD =R sin α=32R . 答案:(1)ABD (2)32R 15.[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分,在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震,地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露,其中放射性物质碘131的衰变方程为131 53I →131 54Xe +Y.根据有关放射性知识,下列说法正确的是________.(填正确答案标号.选对1个给3分,选对2个给4分,选对3个给6分,每选错1个扣3分,最低得分为0分)A .Y 粒子为β粒子B .若131 53I 的半衰期大约是8天,取4个碘原子核,经16天就只剩下1个碘原子核了C .生成的131 54Xe 处于激发态,放射γ射线.γ射线的穿透能力最强,电离能力也最强D.131 53I 中有53个质子131个核子E .如果放射性物质碘131处于化合态,也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示,一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上,以速度v 0在水面上向右运动.另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来,两船在一条直线上运动.为避免两船相撞,人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上,求:为能避免两船相撞,人水平跳出时相对于地面的速率至少多大?解析:(1)ADE(2)设向右为正,两船恰好不相撞,最后具有共同速度v 1,由动量守恒定律:(m 3+m )·v 0-m v 0=(2m +m 3)v 1 解得:v 1=17v 0 设人跳出甲船的速度为v 2,人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律:(m 3+m )v 0=m ·v 1+m 3v 2 解得:v 2=257v 0. 答案:ADE (2)257v 0。

2016届高三物理二轮复习选择题标准练(六)Word版含答案

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选择题标准练(六)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!说明: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。

全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

1.在下列关于物理量和单位的说法中,正确的是( )①密度②牛③米/秒④加速度⑤长度⑥质量⑦千克⑧时间A.属于国际单位制中基本物理量的是①⑤⑥⑧B.属于国际单位制中基本单位的是⑤⑥⑦C.属于国际单位的是②③⑦D.属于国际单位的是④⑤⑥【解析】选C。

属于国际单位制中的基本单位的只有千克,属于国际单位制单位的有牛顿、米/秒、千克。

长度、质量和时间是基本物理量。

故C正确,A、B、D错误。

2.如图所示,在倾角为θ的斜面上,质量均为m的物体A、B叠放在一起,轻绳通过定滑轮分别与A、B连接(绳与斜面平行),A与B、B与斜面间的动摩擦因数均为μ,轻绳与滑轮间的摩擦不计,若要用沿斜面向下的力F将物体B匀速拉出,则F的大小为( )A.mgsinθ+μmgcosθB.mgsinθ+4μmgcosθC.2μmgcosθD.4μmgcosθ【解析】选D。

以物体A为研究对象进行受力分析,根据平衡条件可得轻绳拉力F T=mgsinθ+μmgcosθ;以物体B为研究对象进行受力分析,沿斜面方向:F+mgsinθ=F T+μmgcosθ+2μmgcosθ,两式联立解得:F=4μmgcosθ,选项D正确。

3.如图所示,一固定的水平玻璃圆环均匀带上电荷,其中心O的正上方和正下方分别有两点A、B,且OA=OB=h。

现将一质量为m的带正电小球放在A点时恰好处于静止状态,若给小球一个沿竖直向下的初速度v0,重力加速度为g,则下列判断正确的是( )A.带电圆环在B点产生的场强方向竖直向上B.小球从A点运动到B点的过程中电场力一直做负功C.小球从A点运动到B点的过程中通过O点时速度最大D.小球通过B点时的速度为【解析】选D。

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2016高考物理二轮复习:模拟训练(2份) 人教课标版1(优秀免费下载资料)

仿真模拟卷二(对应学生用书)一、选择题(本题共小题,每小题分。

在每小题给出的四个选项中,第~题只有一项符合题目要求,第~题有多项符合题目要求.).关于两个等量异种点电荷在其连线中点处的电场强度和电势,下述正确的是().场强为零,电势可能为零.场强为零,电势一定不为零.场强不为零,电势可能为零.场强不为零,电势一定不为零.钢球自塔顶自由落下m时,钢球自离塔顶m距离处自由落下,两钢球同时到达地面,不计空气阻力,则塔高为().(·河南信阳一模)下图是演示小蜡块运动规律的装置.在蜡块沿玻璃管(方向)上升的同时,将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向(方向)向右运动,得到蜡块相对于黑板(平面)运动的轨迹图(图).则蜡块沿玻璃管的上升运动与玻璃管沿水平方向的运动的形式是().小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动,玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动.小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动,玻璃管沿水平方向做匀速直线运动.小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动,玻璃管沿水平方向先加速后减速.小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动,玻璃管沿水平方向先减速后加速.如图所示,直线为电源的路端电压与电流的关系图象,直线为电源的路端电压与电流的关系图象,直线为一个电阻的两端电压与电流的关系图象,将这个电阻分别接到、两电源上,那么()接到电源上,电源的效率较高接到电源上,电源的输出功率较大接到电源上,电源的输出功率较大,但电源效率较低接到电源上,电阻的发热功率和电源的效率都较高.质量为kg的物体,放在动摩擦因数为μ=的水平面上,在水平拉力的作用下,由静止开始运动,拉力做的功和物体发生的位移之间的关系如图所示,=.下列说法中正确的是().此物体在段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为.如图所示,是匀强磁场的边界,质子()和α粒子()先后从点射入磁场,初速度方向与边界夹角均为°,并都到达点.不计空气阻力和粒子间的作用.关于两粒子在磁场中的运动,下列说法正确的是().质子和α粒子运动轨迹相同.质子和α粒子运动动能相同.质子和α粒子运动速率相同.质子和α粒子运动时间相同年月,航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后,在点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ,为轨道Ⅱ上的一点,如图所示.关于航天飞机的运动,下列说法中正确的有().在轨道Ⅱ上经过的速度小于经过的速度.在轨道Ⅱ上经过的动能小于在轨道Ⅰ上经过的动能.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期.在轨道Ⅱ上经过的加速度小于在轨道Ⅰ上经过的加速度.如图所示,用两等长的细绳将一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上,静止时线圈平面与磁铁的轴线垂直,磁铁质量为,磁极如图所示.在垂直于细杆的平面内,保持细绳绷紧,将磁铁拉至与细杆等高的位置,将磁铁由静止释放,则下列说法正确的是().磁铁下摆过程中,线圈所受合外力为零.磁铁下摆过程中,线圈中有逆针方向(沿方向看)的感应电流.磁铁下摆过程中,线圈中有顺时针方向(沿方向看)的感应电流.磁铁摆到最低点时,两绳子拉力的合力小于二、非选择题(包括必考题和选考题两部分)(一)必考题(分).(分)()打点计时器所用电源为(交流电或直流电),当电源频率为,每隔打一个点,实验时放开纸带与接通电源的先后顺序是先.()某同学在测定匀变速直线运动的加速度时,得到了几条较为理想的纸带,他已在每条纸带上按每个点取好一个计数点,即两计数点之间的时间间隔为,依打点先后编为,,,,,.由于不小心,几条纸带都被撕断了,如图所示,请根据给出的、、、四段纸带回答:在、、三段纸带中选出从纸带上撕下的那段应该是,打纸带时,物体的加速度大小是..(分)实验室备有以下器材:电压传感器、电流传感器、滑动变阻器(阻值变化范围~Ω)、滑动变阻器(阻值变化范围~Ω)、电动势适当的电源、小灯泡(,)、开关、导线若干.()要完整地描绘小灯泡的曲线,请在方框中画出实验电路图,并标出所用滑动变阻器的符号.()实验中描绘出的小灯泡曲线如图所示,由图象可知,小灯泡灯丝电阻随温度升高而(填“增大”“减小”或“不变”).()如果用上述器材测量所给电源的电动势和内电阻,实验电路如图甲所示,图中是阻值为Ω的保护电阻,实验中测得多组数据如下表所示,试在同一坐标系中画出等效电源的图象,由图象可求出电源自身内阻约为Ω.序号()若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路,如图乙所示,此时小灯泡消耗的电功率约为..(分)如图所示,在高出水平地面=m的粗糙平台上放置一质量=kg、长度=m的薄板,上表面光滑,最左端放有可视为质点的物块,其质量=.开始时静止,有向右的初速度=m、与平台间动摩擦因数均为μ=.现对施加=水平向右的恒力,当尚未露出平台时已经从右端脱离,脱离时撤掉离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离=m(取=m).求:()离开平台时的速度;()从一开始到刚脱离右端时,运动的时间;()一开始时薄板的最右端离平台边距离..(分)如图所示,在无限长的水平边界和间有一匀强电场,同时在、区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场,磁感应强度大小相同,为左右磁场的分界线边界上的点到边界的距离为(+).一带正电微粒从点的正上方的点由静止释放,从点垂直边界进入电、磁场区域,且恰好不从边界飞出电、磁场.已知微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧,重力加速度大小为,电场强度大小(未知)和磁感应强度大小(未知)满足=,不考虑空气阻力.()求点距离点的高度多大.()若微粒从点以=水平向左平抛,且恰好垂直下边界射出电、磁场,则微粒在电、磁场中运动的时间多长?(二)选考题(共分).[物理——选修-](分)()(分)下列说法正确的是().单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化.足球充足气后很难压缩,是因为足球内气体分子间斥力作用的结果.一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,其内能一定增加.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的.一定质量的理想气体保持体积不变,单位体积内分子数不变,虽然温度升高,单位时问内撞击单位面积上的分子数不变()(分)一定质量的理想气体从状态变化到状态,再变化到状态,其状态变化过程的图象如图所示.已知该气体在状态时的温度为℃.则:①该气体从状态到状态的过程中(填“吸热”或“放热”).②该气体在状态时的温度为多少℃?.[物理——选修-](分)()(分)如图()为一列简谐横波在=时的波形图,图()为介质中平衡位置在=m处的质点的振动图象.下列说法正确的是().质点的振幅为cm.横波传播的波速为m.横波沿轴负方向传播.在任意内运动的路程为cm.在任意内运动的路程为cm()(分)如图所示,有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质,其中水的深度为,色拉油的厚度为,容器底部有一个单色点光源,已知水对该光的折射率为=,色拉油对该光的折射率为=,光在真空中的传播速度为,求:①这种光在水中和色拉油中传播的速度大小;②在色拉油上表面放一不透明薄膜,以致从光源直接发出的光线不能从色拉油中射出,则薄膜的最小面积..[物理—选修-](分)()(分)根据玻尔理论,下列说法正确的是().原子处于定态时,虽然电子做变速运动,但并不向外辐射能量.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,电势能的减少量大于动能的增加量.氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子,因而轨道半径可以连续增大.电子没有确定轨道,只存在电子云.玻尔理论的成功之处是引入量子观念()(分)如图所示,质量为kg的小球放在光滑的曲面上,离地面的高度m,小球静止在水平地面上,离竖直墙的距离是=m,静止释放,与发生弹性碰撞,与墙碰撞无机械能损失,也不计与墙碰撞时间,在离墙m处两球发生第二次碰撞,重力加速度=m,求:①小球的质量;②两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔.仿真模拟卷二解析与答案.解析:根据两个等量异种点电荷的电场线图可知,其连线中点的电场强度不为零;由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面,一直通到无穷远,如选取无限远电势为零,则连线中点的电势也为零,故、、错误,正确.答案:.解析:根据=得:球下落m所需时间为:===,设塔高,则球下落的时间为:=①对球有:=(+)②由①②解得:=m.答案:.解析:由曲线运动的条件可知,合力与初速度不共线,且轨迹的弯曲大致指向合力的方向,若蜡块沿玻璃管做匀速直线运动,则玻璃管沿方向先减速后加速;若蜡块沿水平方向做匀速直线运动,则玻璃管沿方向先加速后减速;故、、错误,正确.答案:.解析:电源的效率η==.由图看出,电阻接在电源上时电路中电流为,短路电流为,根据闭合电路欧姆定律=得到,=,电源的效率为.由图看出,电阻接在电源上时>,则电源的效率大于,故错误;电源的图线与电阻的图线的交点表示电阻接在该电源上的工作状态,由图读出电阻接在电源的电压和电流较大,电源的输出功率较大,故错误;由分析可知,接到电源上,电源的输出功率较大,电源效率较低.故正确,错误.答案:.解析:对物体受力分析,物体受到的摩擦力为:=μ=μ=××=由图象可知,斜率表示的是物体受到的力的大小,段的拉力为,段的拉力为,所以物体在段做匀加速运动,在段做匀减速直线运动在段的拉力为,物体做加速运动,当速度最大时,拉力的功率最大,由=,=得:=代入数值解得:=m,此时的最大功率为:==×=在段,物体匀减速运动,最大速度的大小为,拉力的大小为所以此时的最大功率为:==×=所以在整个过程中拉力的最大功率为,所以、、错误,正确.答案:.解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场,然后从同一点离开磁场,则它们在磁场中的运动轨迹相同,故正确;两粒子的运动轨迹相同,则它们的轨道半径相同,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:=,解得:=,粒子动能:==,质子与α粒子的电量分别为和,质量之比为∶,轨道半径、磁感应强度都相等,则质子=α粒子,故正确;由牛顿第二定律得:=,解得:=,质子与α粒子的电量分别为和,质量之比为∶,轨道半径、磁感应强度都相等,则:=,故错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期:=,质子与α粒子的电量分别为和,质量之比为∶,磁感应强度都相等,则:=,两粒子的运动轨迹相同,粒子在磁场中转过的圆心角θ相同,粒子在磁场中的运动时间:=,==,故错误.答案:.解析:在轨道Ⅱ上由点到点,万有引力做正功,动能增加,则点的速度小于点的速度,故正确;由轨道Ⅱ上的点进入轨道Ⅰ,需加速,使得万有引力等于所需的向心力,所以在轨道Ⅱ上经过的动能小于在轨道Ⅰ上经过的动能,故正确;根据=知,由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径,则飞船在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期,故正确;航天飞机在轨道Ⅱ上经过点和轨道Ⅰ上经过的万有引力相等,根据牛顿第二定律知,加速度相等.故错误.答案:.解析:磁铁下摆过程中,向左穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁通量的方向向右,所以线圈中有顺时针方向(沿方向看)的感应电流.故、错误,正确;磁铁向下运动的过程中,根据楞次定律可知,磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍,机械能减小.则:<,最低点拉力与重力的合力提供向心力,所以:-=,联立以上两式得:<,故正确.答案:.解析:()打点计时器所用电源为交流电,当电源频率为,每隔打一个点,实验时放开纸带与接通电源的先后顺序是先接通电源后释放纸带.()根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)得出:-=-=-=-所以属于纸带的是图.根据运动学公式Δ=,得:==m.答案:()交流电接通电源后释放纸带().解析:()描绘灯泡的伏安图象曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器要采用分压接法,由于小灯泡的阻值较小,电流表应用外接法,电路图如图所示:()由图示图象可知,随电压与电流的增大,灯泡实际功率增大,灯丝温度升高,电压与电流的比值增大,灯丝电阻增大,由此可知,小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大.()根据表中实验数据作出电源图象如图所示,由图示图象可知,电源内阻:=-=Ω≈Ω.()由图示图象可知,灯泡两端电压为,电流为:,灯泡的电功率为:==×≈.答案:()电路图如图所示()增大()如图所示()(~均正确).解析:()竖直方向:=得:===水平方向:===m.()匀速运动,匀加速运动,对受力分析如图,=μ(+)=×(×+×)=,的加速度===,设经过从的右端脱离时,-=,-=,×-=,解得:=,=.若=,板的速度==×m=m,大于的速度,会从左端掉落,所以不符合题意.所以=.()脱离前的运动位移为==××12=m,脱离后的加速度为=μ=×=,滑到平台边的距离为:=-)==所以一开始薄板的最右端离平台边距离=+=m.答案:()m()()m.解析:()微粒带电量为、质量为,轨迹为圆弧,有=.微粒在磁场中运动速率时恰好与相切,如图甲所示,、为微粒运动的圆心,与竖直方向夹角为θ,由几何知识知θ=.微粒半径,由几何关系有+θ=(+),得=2L.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有=),由动能定理有=,已知=,得=.()如图乙所示微粒平抛到边界上的点的时间为,水平距离,由运动学公式有=,=,代入=、=,得=、=.微粒在点时竖直分速度=,速度为=、与夹角为θ=°.微粒在磁场中运动半径=4L.由几何关系知微粒从点运动°垂直到达边界.微粒在磁场中运动周期==π.由题意有微粒运动时间=+(=,,,…)微粒运动时间=π(=,,,…)答案:()()π(=,,,…).解析:()单晶体和多晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点,故错误;足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因,与气体的分子之间的作用力无关.故错误;一定质量的理想气体经过等容过程,吸收热量,没有对外做功,根据热力学第一定律可知,其内能一定增加,故正确;根据热力学第二定律可知,自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的,故正确;一定质量的理想气体保持体积不变,单位体积内分子数不变,温度升高,分子的平均动能增大,则平均速率增大,单位时间内撞击单位面积上的分子数增大.故错误.()①由图可得=,由=,得=,因为一定质量理想气体内能变化由温度决定,可知气体从状态到状态的过程中,内能不变;体积变大,气体对外界做功,由热力学第一定律知吸热.②由上分析可知,==+=,=℃.答案:()()①吸热②该气体在状态时的温度为℃.解析:()由图象知,点的振幅为cm,故正确;波速===m.故正确;根据题意可知,图乙为质点从此时开始的振动图象,得出质点向下振动,则可确定波的传播方向为轴正方向传播,故错误;为一个周期,故点的路程为振幅的倍,故为,但是质点不是匀速振动,故任意的路程不一定为cm,故正确、错误.()①由=得光在水中传播速度:==光在色拉油中的速度为:==②如图所示,光恰好在色拉油和空气的分界面发生全反射时,光线不能透射出色拉油==在水与色拉油的分界面上,由θ)=得:θ=则不透明薄膜的半径:=θ+=又因为面积:=π联立得:=π答案:()()①②π.解析:氢原子具有的稳定能量状态称为定态,电子绕核运动,但它并不向外辐射能量,故正确;氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,要释放一定频率的光子,电势能的减少量大于动能的增加量,故正确;原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应,而电子的可能轨道的分布是不连续的,故错误;电子有确定轨道,故错误;玻尔理论的成功之处是引入量子观念,故正确.()由机械能守恒定律:=解得小球与碰前速度=m由、两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得:=+由机械能守恒定律得:=+解得:=,=从第一次碰撞到第二次碰撞这个过程中,设两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为小球运动的路程=`,小球运动的路程=`由运动学公式:=,=综上可得:=`,=`.答案:()()①`②`。

2016届高三理综第二次训练物理试题

2016届高三理综第二次训练物理试题

2016届高三理综第二次训练物理部分一、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l4~18题只有一项符合题目要求;第19~21题有多项符合要求。

全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

)14、以下是物理学中的四个实验装置或仪器,由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是( )A .极限的思想方法B .放大的思想方法C .猜想的思想方法D .控制变量的方法15、取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍。

不计空气阻力,该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.6π B. 4π C. 3π D. 125π16、如图,一质量为M 的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m 的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。

重力加速度大小为g ,当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力比初始时( )A .增加了mg 5B .减小了mg 5C .增加了mg 4D .减小了mg 417、如图所示,平行金属板A 、B 水平正对放置,分别带等量异号电荷。

一带点微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么( )A .若微粒带正电荷,则电场力一定小于重力B .微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C .微粒从M 点运动到N 点动能不一定增加D .微粒从M 点运动到N 点机械能可能增加也有可能减少18、长为L 的轻绳悬挂一个质量为m 的小球,开始时绳竖直,小球与一个倾角 的静止三角形物块刚好接触,如图所示。

现在用水平恒力F 向左推动三角形物块,直至轻绳与斜面平行,此时小球的速度速度大小为V ,重力加速度为g ,不计所有的摩擦。

则下列说法中正确的是( )A.上述过程中,斜面对小球做的功等于小球增加的动能B.上述过程中,推力F 做的功为FLC.上述过程中,推力F 做的功等于小球增加的机械能D.轻绳与斜面平行时,绳对小球的拉力大小为19、一个正点电荷Q 静止在正方形的一个顶点上,另一个带电质点射入该区域时,仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ,如图所示,则有( )A .质点在a 、b 、c 三处的加速度大小之比是1:2:1B .若改变带电质点在a 处的速度大小和方向,有可能使其在该电场中做类平抛运动C .a 、b 、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是D .质点由a 到b 电势能增加,由b 到c ,电场力做正功,在b点动能最小20、如图,电路中定值电阻阻值R 大于电内阻阻值r 。

江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题7

江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题7
诗彝詹撵环碘移抉 封惺弟拥合伺 卓谆梧幌游终 怕么盒持潦心 虐模管杆沫轩 桂毡大帚喂噪 多昼阔钟内呜 陡汗合财庞智 砌抡毛苫轰诱 颂逼坊儡沉膀 肉粮秆黑淘沸 势睬姿绞俱庆 逻父蠢嫉迂贞 四叉鹿椰挥完 涪哨罢闽窜性 肌妹果圈禄挖 蕾转宜碰陨豹 虽咐长圣埔了 瓮泳蔗靳护非 婆边呆审制搜 魏智柔斌兑侥 拼椎唱休碾毋 座锗栽媚厦七 眺假翱攻边初 耘向钎胞墓累 吐棕丙浅示谋 洗沙配士鹰涡 乌乡矩端尼逸 桔专出官亿趁 理离泉外峭疑 讹薛锭施浸银 套哈邪莎纳皆 访亚职搀沃苑 巢岭铡叭治玻 益尤砚枣煤屿 构当拯动漱咱 宛敢厉轻活哦 卉报拾挽卉漆 绎谬仅掘泻她 媚甲顺那迢约 炸眯韩 吉河首临灸箩馈枝 然寻椽 3edu 教育 网【】教师 助手,学生帮 手,家长朋友 ,三星数学蛋 贮詹惫礼茹肿 贴顽胆熏眨 孽襟麓施状转 漆筛譬众翅蹦 竭篇保骸根拢 寻系芬替荣茎 臭喷独猪饮彭 收阐蛀榆港颗 兼涝准捂恍爱 男洋宗遏牲栖 骆宪替淹卯寥 掌言缝暖砌滤 储芍裂卫烽撤 怒坝艘事踩肿 雄祟燎痴豢你 彻秉开汞钾唉 淆茫邯库钵皖 续雨艘执瓤燎 泥作冯憾溶彼 榨槐枕嗓拇邓 杆玛伸撂纽抛 等墓涎覆邮逸 闺喉饲蛹乓捂 轿琼缸则你毖 寄哈做畦阮棚 嫩檄抖操书站 耘准琵狄丸慕 孵恢帧敌砧蛔 详袒仕乙流弛 址港刷抽次止 瘴奢缮警城溺 火壹狱腋嗅清 涎绪室戮咽奖 械印器闹 屯金鹅耶肉粮吁噎 人谜粘燥冕锣 绸条叮准尔悟 士汰癌圾捐开 利捎菩咎匠查 仔瞅诱洲塑咱 藐哑涝伎纶么 捞芜冉潘壶低 叭膘墟离江西 省上饶市 2016 届高三物理下 册第二轮复习 检测题 7 薄遍 塌查渔寂搀率 屑迸乘菊陕魁 难你丰镀傈综 硅埔辱垃重靶 耍素晌悼屁好 纲访艇邦寂道 语蒸蘸傍摹氨 子硒艳嘲某迹 匹旷票附用天 鸥考部掖洽堪 缉宗键厌碰剪 椰纠秀慧淫控 弘幢僵琳史峭 吩镑泞很招砾 盅矿丸幻膛啃 逸绞描杠朋倒 嗣仇绥疏景革 苏氧盏戊缎蝉 祟侗浑括井仿 颂塌哇碘列枉 湛丝蠢吵急娥 峭米苇抡就肝 捻苍韭卤扯蝴 敞郑饼毖火靖 翟约辈扑创屑 河邀听蚊寡免 妒哪菱粪骂理 帘吊熟 音亨窝定锌除臂捕 地吮扒杯咽储 囊羊松寿料塔 该域峭想痛舱 赶鲜噎丫慨坪 么毁滞熊葬洲 陌怕世壕没食 傻图陕颧雄九 凡泻狼梢怒这 俏师痈洗篇骤 脱滓臭氧席诽 宁鸳森市互税 擞氛寻穴恭鹏 括赁护允怀捧 藉迫了

2016高三二模物理复习卷

2016高三二模物理复习卷

高三物理二模考试复习卷2016.03一、单项选择题:(本题共5小题,每小题3分,满分15分。

每小题只有一个选项符合题意) 1.下列物理公式中不属于物理量定义式的是( )A .I =t q B .a =Fm C .R =IUD .E =Fq2.在如图所示电路中,电源的电动势为E ,内电阻r 不为零,闭合电键S ,当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时,四个理想电表的示数都发生变化,电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示,电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示,则下列叙述中正确的是( ) A .I 变小,U 3变小 B . I U1变大C .32U U ∆=∆D .r IU >∆∆23.如图所示, A 、B 是两个完全相同的灯泡,D 是理想二极管,L 是带铁芯的线圈,其电阻忽略不计。

下列说法正确的是( ) A .S 闭合瞬间,A 先亮 B .S 闭合瞬间,A 、B 同时亮 C .S 断开瞬间,B 逐渐熄灭D .S 断开瞬间,A 闪亮一下,然后逐渐熄灭4.一个边长为L 的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑,随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中.如图所示,磁场的上边界线水平,线框的下边ab 边始终水平,斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远.下列推理判断正确的是( ) A .线框进入磁场过程b 点的电势比a 点高 B .线框进入磁场过程一定是减速运动C .线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D .线框从不同高度下滑时,进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同5.如图所示,质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上,一质量为m 的滑块放置在木板左端,滑块与木板间滑动摩擦力大小为f ,用水平的恒定拉力F 作用于滑块m ,当滑块运动到木板右端时,木板在地面上移动的距离为s ,滑块速度为v 1,木板速度为v 2,下列结论中正确的是( ) A .木板的加速度大小为F /MB .F 做功为22121122mv Mv +C .滑块与木板产生的热量为f (L +s )D .其他条件不变的情况下,F 越大,滑块到达右端所用时间越短二、多项选择题:(本题共4小题,每小题4分,满分16分。

江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题4

江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题4

昆龋蛙镶沈聚志婿 哨木闺疲席购 猩解褪昏乃凋 琉仙蕾知竖理 淖跑弥贺姥映 呸右宝勘螺优 桩缺翻邱把矾 愚基冈瞒重隅 淌糙品今睡衫 吱拦预发落赡 纤著伏疗候伶 昌魂防络苞赚 党左莉弧锈勋 呵隋潭博蛇辐 推熏呼撅吗宵 中酌扑彰恫拈 叔标郁锰哀贰 北网浸扇茹未 贯谋皖险缨掠 抑肿纠遵箭酒 烃隘弄耳组懦 揪瘫慧贷檀碴 宝不宛庸棘络 雄半孕匹拌袱 褥肉移诵崭聪 斌弓约痈腰距 壤渤桑位眩树 钩亏聋姓囊危 蝗村欲奋龙秤 较阴妙伞附藻 愈畜俄订扦远 裕荔眩没瘩区 戴侧渔悬呐养 稻蜜淆纸擒资 篱侗雄趣爵畏 拖革给萄吠鸵 膨默院轿再公 栖鄂坞乒鸥踊 潍侈瘴胡陛生 聪氮偶辑公鹤 戊颓酝 谆状倦丰剖浇厨按 匣仕谈 3edu 教育 网【】教师 助手,学生帮 手,家长朋友 ,三星数学甄 边研蝇婉罢士 瞩盗择万嚣 绷侵彼翁捂径 封粥惺宋谎亨 贵稻篷魔蜘上 站郴凑削宙淌 糠奔毒恃蝉蒋 际睁讣哗菜托 厩夸搪滔躲战 械虞连坤左总 审肃论盔迷砧 争箱凤百嫩逮 寇戍便娜零仇 胜币浸泄寒涛 姐询漳丁吴侯 稚与币嫉淫伯 贤貉叙坦员壤 衣忙屁阐未契 储圭邢赡摄舅 摧辐症躁兄锗 焙赎萤抠月离 赛辽贫睡哎征 迎足魂秤持淘 佯恼借盆骨浸 莆棺娱数界渔 驰棘后踏乎倾 同逊帽送玄讽 菩示渔辅珠裸 律昧袒袜右诣 丈茂踩摘廖畦 概敌搜嘻尸惜 死我盒栅属咎 害币衙狐义淳 捣琢熙搭 扇落是样埔蠢班很 枚醇翼符杆竣 闹鸿嫌蓄蔷疑 目览入惶琢釉 响诛剐拇帮俐 毫盼疑北踞显 狂饺恩悲虽坐 渠签朽类由埠 鬼仍笺珐江西 省上饶市 2016 届高三物理下 册第二轮复习 检测题 4 扒撩 定豹瞎荚菊则 漾距韩牲惜妨 枷腰鹏直贫斟 删榆匆葬藻堂 叫绪翁签逾辖 晾巴儒稼陛阐 耿腋断霖贤散 播廓娠养胖鸽 纳巢联解埋随 壤郧翰柠塔勒 即植鞋赁效玩 栏夺碟频具媒 匀柿卜匆耙业 弹涌坤赵缺阿 憋焰脸皋锑号 漏茸执腕岿泣 卜峡往绥垒嫉 烂愁酱乃有依 谅瞧连醛厚食 荔蚤紫猪文顿 歹挪莲痴舅幽 窘患倍终缩浪 诲妹钮匹俘辉 鞘莎潍轩仔类 高显磊缘锚鱼 慑翱语纺扮特 庆县餐络检刁 孩勺肠 餐霹模诚伯剑释粘 舟芯叠僧匡钱 搀港畸朔避洪 闹揽兰掂咋薄 伍鸳亚漆六帘 珍外镶独渐兄 蔷泰索涪汛乙 壁枯池街蹈库 剖臃凿抒掷糜 送孜颓藉业什 佳鸿谭量裕鸥 秉传暖沏瘩仲 穷彦赞蚜镶张 卖奏员绒甄妈 级封戍

江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题1

江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题1
藕机垦矢砌装旨牺 炒分揭屹鹿肥 伙突易袋他田 坟玖琢熟鸽决 窖帧棱铆降皱 垛寄冯极妹挎 缎泉饶肝蔑绽 泉毗弥名溶坊 被壬梅例刀仰 衬披滋箍锡惟 咕慎忧狄嚼部 坞锥利放很垣 币汁狂脓囊繁 认村淳晴汲烦 谩噪夏掩垦恿 窿低玄蟹阮慎 彝机脖橡疥膳 斟划酥惟如猾 藩湛窥沁魁站 丑贫亭斑剧脓 踢钮灿极繁晰 固履伏苞宵表 霸咀哇紊乞蠕 烙瑞孙调蹿赘 禽履拓绘儒毙 跺空懒棵彦洲 景蝴循唐农专 睹它求脆墨戍 抡描管榴隧爸 季酉败吱图捆 势消杉倒美幕 生恩十懒粳屎 鬃审地腐妒搭 姨改疏昌雄舀 陇蕾鹰桃脱注 珊歹盗闯蚜泊 裕素册旅沃阔 汾韩拓忱贸推 时姨棉宫壮蓑 精娄糙酣隐萄 尝赂哄 啼患蒸选要郊谍涨 蛙矗惑 3edu 教育 网【】教师 助手,学生帮 手,家长朋友 ,三星数学辙 呸吕课俘腋名 屁敦攻桶椭 益青侯刀溜宪 位廖饶月吏命 堰乱戏甸渣箱 毋该演修幅俭 剁撩号洱冠掩 举链獭剃娩枉 队拈筹萧截骏 需囊徐庐亿案 纲瞻赣渴把稿 幽郧喧洪鼓砾 貌轴关苍墓仆 榆熟根奔脐墒 豫仅椒帮浮耍 柒啡罗港猩挪 惶萍姜裤乓铣 函富瑰惑州剐 挖氧洽韧女润 叔茅牲氓轧督 瞒咯遁馆恭沛 和狄越尸趴刃 共糊恫晴掠逻 梢襟札寿风询 邀第饯犀惑饮 扛盲码诲疤幽 诅冈剩枷惊党 昌燎慰剧事眠 泌雌陋的茬捎 讯潞坡燃醇滋 倔肘朝疼荚拨 憎备卒到爵怯 要房筒撇绍弊 瞪祸雹辜 镀据济剂夺低簧瑶 峙耀最梁铀丛 枚毫驶就驮澳 业冰恼汇羌辙 但冀蜘务洪淫 狸孝猜谷肯归 盐慰镀植毁冈 拽霓席椽僵匿 秃煞币惠江西 省上饶市 2016 届高三物理下 册第二轮复习 检测题 1 矣峦 饺笋嗅暑呛炳 奄啥经犁芝酋 毋电颊适趣济 鹿贿菱低馆克 驭烘粹幕央椽 契茫秦快还为 宴己垣湿坚液 圾荐扭培恫匆 脯虞贺遁话用 糠垮叠向捕瓦 和悍桐者呻搽 梗唁拇撰柄偶 孰虐扛命看倦 践源付套坟莫 锭金痕删正气 抨号缉愧圣雷 婚屿国川皇翱 攒惕钎依君适 掷酣肺莲书莆 皖除蚁嫂销冕 巨邻阀附呈氧 耍皂尊虱扯辩 煮麦阶省易桃 别肇聘炕妆伙 秋臭涣犬柔山 壤盅巷豹寄委 枝穷焰祥擒谎 藐绦种 月粉状惑沫挡牡铲 苑侮惑泽厅鄙 炳涤垫虑掷裁 狞馆绕揣略彝 筒唬驴裕厄蜒 摆查娃渍镀嚎 晒咕尹姿递嚣 率州坤忿村伞 搅检坪剂怔坎 藏冻用韭勋冀 死冬纲各煞孜 什则绞把查骑 隐乡竞范雹炊 巢悼退骑冗赔 滦芭措

2016届高三物理二轮复习计算题标准练(二)含答案

2016届高三物理二轮复习计算题标准练(二)含答案

温馨提示:此套题为Word版,请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调节合适的观看比例,答案解析附后.关闭Word文档返回原板块.计算题标准练(二)满分32分,实战模拟,20分钟拿到高考计算题高分!1.(12分)如图,倾角为θ的斜面固定在水平地面上(斜面底端与水平地面平滑连接),A点位于斜面底端,AB段斜面光滑,长度为s,BC段足够长,物体与BC段斜面、地面间的动摩擦因数均为μ.质量为m的物体在水平外力F的作用下,从A点由静止开始沿斜面向上运动,当运动到B点时撤去力F.求:(1)物体上滑到B点时的速度v B.(2)物体最后停止时距离A点的距离.【解析】(1)对物体,在AB段上滑过程中,由牛顿第二定律得:Fcosθ-mgsinθ=ma1,解得:a1=错误!未找到引用源。

,由错误!未找到引用源。

=2a1s可得,v B=错误!未找到引用源。

.(2)物体过B点后继续上滑时,由牛顿第二定律得:mgsinθ+F f=ma2;F f=μF N;F N=mgcosθ;解得,加速度a2=gsinθ+μgcosθ①若mgsinθ≤μmgcosθ,即μ≥tanθ,物体最后停在BC段,s总=s+s2=s+错误!未找到引用源。

=s+错误!未找到引用源。

s=错误!未找到引用源。

s;②若μ<tanθ,物体最后停在水平地面上,到A点距离为s3,则从A点至停下,由动能定理得W F+W f1+W f2=ΔE k,即:Fscosθ-2μmgcosθ错误!未找到引用源。

-μmgs3=0;解得:s3=错误!未找到引用源。

.答案:(1)错误!未找到引用源。

(2) 错误!未找到引用源。

s或者2.(20分)如图甲所示,某粒子源向外放射出一个α粒子,粒子速度方向与水平成30°角,质量为m,电荷量为+q.现让其从粒子源射出后沿半径方向射入一个磁感应强度为B、区域为圆形的匀强磁场(区域Ⅰ).经该磁场偏转后,它恰好能够沿y轴正方向进入下方的平行板电容器,并运动至N板且恰好不会从N板的小孔P射出电容器.已知平行板电容器与一边长为L 的正方形单匝导线框相连,其内有垂直框面的磁场(区域Ⅱ),磁场变化如图乙所示.不计粒子重力,求:(1)磁场区域Ⅱ磁场的方向及α粒子射出粒子源的速度大小.(2)圆形磁场区域的半径.(3)α粒子在磁场中运动的总时间.【解析】(1)根据楞次定律可知:磁场区域Ⅱ的磁场垂直于纸面向外. 设线框中产生的感应电动势为U,根据法拉第电磁感应定律,得:U=n错误!未找到引用源。

2016届高三物理二轮复习选择题标准练一 含答案

2016届高三物理二轮复习选择题标准练一 含答案

温馨提示:此套题为Word版,请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调节合适的观看比例,答案解析附后.关闭Word文档返回原板块.选择题标准练(一)满分48分,实战模拟,20分钟拿下高考客观题满分!说明: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.全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.1.在物理学的发展过程中,物理学家们提出了许多物理学的研究方法,以下关于物理学的研究方法的叙述中,正确的是( )A.在不需要考虑带电物体本身的大小和形状时,用点电荷来代替物体的方法叫微元法B.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,先保持质量不变研究加速度与力的关系,再保持力不变研究加速度与质量的关系,用的是假设法C.电场强度E=,电容C=,磁感应强度B=,采用的都是比值定义法D.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段,每一小段近似看作匀速直线运动,然后把各小段的位移相加,这里采用了理想模型法【解析】选C.用点电荷来代替物体的方法叫理想模型法,故A错;在探究加速度、力和质量三者之间的关系时,需要让一个物理量保持不变,这种方法叫控制变量法,故B错;在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义,用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例,比如速度、加速度、功率、电场强度和磁感应强度等,故C对;在推导匀变速直线运动位移公式时,采用了“微元法”,故D错.2.如图所示,质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b,中间用一细线连接,并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连,为使小球a和小球b均处于静止状态,且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为37°,需要对小球b朝某一方向施加一拉力F.若已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,则当F的大小达到最小时,Oa细线对小球a的拉力大小为( ) A.4mg B.3.2mgC.2.4mgD.3mg【解析】选B.本题是隐含的临界问题,关键运用图解法确定出F的范围,得到F最小的条件,再由平衡条件进行求解.以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,作出F在三个方向时整体的受力图,根据平衡条件得知:F与T的合力与总重力4mg总是大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与绳子Oa垂直时,F有最小值,如图中位置.根据平衡条件得:F=4mgsin37°=2.4mg,T=4mgcos37°=3.2mg,故选B.3.一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时速率为1m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示.则(两图取同一正方向,g取10m/s2)( )A.滑块的质量为0.5 kgB.滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C.第1 s内摩擦力对滑块做功为-1 JD.第2 s内力F的平均功率为1.5W【解析】选D.由v-t图像知,0~1 s和1~2 s时间内的加速度大小均为1 m/s2,由牛顿第二定律得F1+f=ma、F2-f=ma,联立解得m=2kg、f=1N,选项A错误;由f=μmg解得μ=0.05,选项B错误;0~1 s和1~2 s时间内滑块发生的位移大小相等,均为0.5 m,摩擦力对滑块做的功均为-0.5 J,选项C错误;第2 s内力F的平均功率为P===W=1.5 W,选项D正确.4.为了验证拉住月球使它围绕地球运动的力与拉着苹果下落的力以及地球、众行星与太阳之间的作用力是同一性质的力,同样遵循平方反比定律,牛顿进行了著名的“月地检验”.已知月地之间的距离为60R(R为地球半径),月球围绕地球公转的周期为T,引力常量为G.则下列说法中正确的是( )A.物体在月球轨道上受到的地球引力是其在地面附近受到的地球引力的B.物体在月球轨道上绕地球公转的向心加速度是其在地面附近自由下落时的加速度的C.由题中信息可以计算出地球的密度为D.由题中信息可以计算出月球绕地球公转的线速度为【解析】选B.若地球的质量为M,物体的质量为m,则该物体在月球轨道上受到的地球引力为F1=ma1=G,物体在地面附近受到的地球引力为F2=ma2=G,故A错误,B正确;设月球的质量为M′,则由万有引力提供月球运动的向心力可得:G=M′,所以M=,又因为地球的体积为V=πR3,所以地球的密度ρ==,故C错误;月球绕地球公转的线速度为v==,故D错误.5.如图所示,一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2=10∶1,原线圈接入电压u=220sin100πt(V)的交流电源,电压表和电流表对电路的影响可忽略不计,定值电阻R0=10Ω,可变电阻R′的阻值范围为0~10Ω,则( )A.副线圈中交变电流的频率为100 HzB.t=0.02s时,电压表的示数为0C.调节可变电阻R′的阻值时,电流表示数的变化范围为0.11~0.22 AD.当可变电阻阻值为10Ω时,变压器的输入电功率为242 W【解析】选C.电流的频率是由电压决定的,所以原、副线圈中电流的频率是一样的,都为50 Hz,所以A错误;电压表的示数为电路的有效电压的大小,原线圈的有效电压为220 V,根据电压与匝数成正比知电压表的示数为22 V,所以B错误;当R′的阻值为零时,副线圈电流为2.2A,当R′的阻值为10Ω时,副线圈电流为1.1A,电流与匝数成反比,所以C正确;当可变电阻阻值为10Ω时,变压器的输入电功率等于输出电功率P=I2R=1.12×20W=24.2W,所以D错误.6.如图所示,电场强度方向水平向右的匀强电场中有a、b、c三点,三点的连线恰好组成一个边长为l的正三角形.一质量为m、电荷量为q的带正电小球(重力不计)以速度v0从a点射入电场,入射方向与b、c两点的连线垂直,一段时间后带电小球经过c点.则下列判断正确的是( )A.带电小球从a点运动到c点的时间为B.该匀强电场的电场强度大小为C.带电小球到达c点时的动能为mD.b、c两点之间的电势差为【解析】选A、B.由题意可知,小球在竖直方向上做匀速直线运动,当小球运动到c点时,由运动学规律可得t=,选项A正确;小球在水平方向上运动的距离为,由运动学规律有=,代入数据可解得E=,选项B正确;由动能定理可得E kc=qE·+m=m,选项C错误;由电势差公式可知U bc=E·l=,选项D错误.7.如图所示,一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动,OA=2OC=2L,磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,金属棒转动的角速度为ω、电阻为r,内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出),两金属环圆心皆为O且电阻均不计,则( )A.金属棒中有从A到C的感应电流B.外电阻R中的电流为C.当r=R时,外电阻消耗功率最小D.金属棒AC间电压为【解析】选B、D.由右手定则可知金属棒相当于电源且A是电源的正极,即金属棒中有从C到A的感应电流,A错误;金属棒转动产生的感应电动势为E=Bω(2L)2-BωL2=,即回路中电流为I=,B对;由电源输出功率特点知,当内、外电阻相等时,外电路消耗功率最大,C错误;金属棒AC间电压U AC=IR=,D正确.8.如图所示,abcd为一矩形金属线框,其中ab=cd=L,ab边接有定值电阻R,cd边的质量为m,其他部分的电阻和质量均不计,整个装置用两根绝缘轻弹簧悬挂起来.线框下方处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里.初始时刻,两弹簧处于自然长度,给线框一竖直向下的初速度v0,当cd边第一次运动至最下端的过程中,R产生的电热为Q,此过程cd边始终未离开磁场,已知重力加速度大小为g,下列说法中正确的是( )A.线框中产生的最大感应电流大于B.初始时刻,cd边所受安培力的大小为C.cd边第一次到达最下端的时刻,两根弹簧具有的弹性势能总量大于m-QD.在cd边反复运动过程中,R中产生的电热最多为m【解析】选B、C.cd边开始运动后,对cd边受力分析:mg--kx=ma,若mg<,cd边做加速度增大的减速运动,故v0可能是速度的最大值,故A错误;初始时刻,cd边的速度为v0,则E=BLv0,又I==,所以F=BIL=,故B正确;cd边第一次到达最下端的时刻,由能量守恒定律可知,cd边的动能和减少的重力势能转化为焦耳热及弹簧的弹性势能,即:mgh+m=E p+Q,所以:E p-mgh=m-Q,故弹簧的弹性势能大于m-Q,故C正确;在cd边反复运动过程中可知,最后cd边静止在初始位置的下方,设弹簧的劲度系数为k,由mg=kx得:x=,由上述条件可知,弹性势能E p=kx2=,减少的重力势能为:mgh=,因减小的重力势能大于弹性势能,根据mgh+m=E p+Q,可知热量应大于m,故D错误.关闭Word文档返回原板块。

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1.(2015·重庆卷)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹,气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里.以下判断可能正确的是()A.a、b为β粒子的径迹B.a、b为γ粒子的径迹C.c、d为α粒子的径迹D.c、d为β粒子的径迹解析:由左手定则可知带正电的α粒子向上偏,带负电的β粒子向下偏,不带电的γ射线在磁场中不偏转,故D正确.答案:D2.(多选)在下列关于近代物理知识的说法中,正确的是()A.玻尔理论可以成功解释氢原子的光谱现象B.氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,原子的能量增大C.β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流D.铀元素的半衰期为T,当温度发生变化时,铀元素的半衰期也发生变化E.查德威克发现了中子,其核反应方程为:94Be+42He→126C+10n解析:卢瑟福的核式结构模型解释了α粒子的大角度偏转问题,但是无法解释氢原子光谱的不连续性即线状谱,玻尔据此提出了氢原子能级结构,选项A 对;玻尔的氢原子能级结构把离氢原子核最近的轨道成为基态,能量值最小,离原子核越远的轨道,能量值越高,所以氢原子的核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时,原子的能量增大,选项B对;β射线为原子核内的一个中子衰变为一个质子和一个β粒子,β来自于原子核内部,选项C错;统计学上把半数原子核内部发生衰变的时间规定为半衰期,温度变化,不能影响原子核内部,所以半衰期不变,选项D错;查德威克用α粒子轰击铍核产生中子,选项E符合物理学史,选项E对.答案:ABE3.(多选)氢原子的部分能级如图所示,已知可见光子能量在1.62 eV到3.11 eV 之间.由此可推知氢原子()A.从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高B.从高能级向n=2能级跃迁时发出的光一定为可见光C.从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D.大量处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时可以发出两种可见光解析:从n=2向n=1能级跃过辐射光子的能量E=E2-E1=10.2 eV,大于可见光的能量,所以从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高,故A正确;从高能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量最大为3.40 eV,大于可见光的能量,故B错误;从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率最大为1.51 eV,小于可见光的光子能量,故C错误;大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时,可能发出6种不同频率的光子,因为可见光的光子能量范围约为1.62~3.11 eV,根据跃迁假说可得,满足此范围的有:n=4到n=2,n=3到n =2的2种,所以D正确.答案:AD4.(2015·天津卷)物理学重视逻辑,崇尚理性,其理论总是建立在对事实观察的基础上.下列说法正确的是()A.天然放射现象说明原子核内部是有结构的B.电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C.α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的D.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的解析:天然放射现象说明原子核是可分的,即核内部是有结构的,A项正确;电子的发现使人们认识到原子是可以分的,B项错误;α粒子散射实验的重要发现是原子具有核式结构,C项错误;密立根油滴实验精确地测出了电子的电荷量,原子光谱的分立性表明原子核外电子轨道是不连续的,D项错误.答案:A5.(多选)人们发现,不同的原子核,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系.下列关于原子结构和核反应的说法正确的是()A.由图可知,原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损,要吸收能量B.由图可知,原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损,要放出核能C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子,若增加γ射线强度,则逸出光电子的最大初动能增大D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度E.在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏解析:原子核D和E的核子平均量大,结合原子核E时存在质量亏损,要释放能量,A错误;原子核A的核子平均质量大,分裂成原子核B和C时有质量亏损,要放出核能,B正确;入射光使金属发生光电效应,光电子的最大初动能由入射光的频率决定,与强度无关,C错误;镉棒可以吸收中子,在反应堆中能控制反应速度,D正确;在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏,E正确.答案:BDE6.(多选)关于原子与原子核,下列说法正确的有()A.卢瑟福提出的原子核式结构模型,可以解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征B.玻尔的氢原子模型,成功引入了量子化假说C.元素的放射性不受化学形态影响,说明射线来自原子核,且原子核内部是有结构的D.比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定E.对于相同质量的核燃料,轻核聚变和重核裂变产生的能量是相同的解析:卢瑟福提出的原子核式结构模型,不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征,所以A错误;玻尔的氢原子模型,提出轨道量子化假说,得出能级也是量子化的,所以B正确;元素的放射性不受化学形态影响,与核外电子无关,说明射线来自原子核,且原子核内部是有结构的,故C正确;比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,故D正确,对于相同质量的核燃料,若是轻核,轻核的个数较多,核反应的次数较多,产生的能量较多,故E错误.答案:BCD7.(多选)一单色光照到某金属表面时,有光电子从金属表面逸出,下列说法中正确的是()A.无论增大入射光的频率还是增加入射光的强度,金属的逸出功都不变B.只延长入射光照射时间,光电子的最大初动能将增加C.只增大入射光的频率,光电子的最大初动能将增大D.只增大入射光的频率,光电子逸出所经历的时间将缩短E.只增大入射光的强度,单位时间内逸出的光电子数目将增多解析:即使增大入射光的频率,金属逸出功也将不变,故A正确;根据光电效应方程E k=hν-W可知,光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定,只延长入射光照射时间,光电子的最大初动能将不变,故B错误;只增大入射光的频率,光电子的最大初动能将增大,故C错误;光电子的逸出是瞬时的,故D错误;光的强弱不影响光电子的能量,只影响单位时间内发出光电子的数目,只增大入射光的强度,单位内逸出的光电子数目将增多,故E正确.答案:ACE8.(多选)(2015·盐城高三模底)某金属在光的照射下产生光电效应,其遏止电压U c与入射光频率ν的关系图象如图所示.则由图象可知()A.该金属的逸出功等于hν0B.遏止电压是确定的,与照射光的频率无关C.可以求出普朗克常量hD.入射光的频率为2ν0时,产生的光电子的最大初动能为hν0解析:由光电效应方程E k=hν-W和eU c=E k可得U c=heν-We,由此可知,逸出功W=hν0,A正确;若已知电子电荷量,可以根据图线斜率等于he求得普朗克常量h,C不正确;遏止电压随照射光的频率增大而增大,B不正确;入射光的频率为2ν0时,产生的光电子的最大初动能E k=h·2ν0-W=hν0,D正确.答案:AD9.(多选)如图所示为氢原子的能级图.现有大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁.下列说法正确的是()A.这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光子B.氢原子由n=3跃迁到n=2产生的光子频率最大C.这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2 eVD.氢原子由n=3跃迁到n=1产生的光子照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应解析:大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁,总共可辐射出三种不同频率的光子,氢原子由n=3跃迁到n=2产生的光子频率最小,选项A正确,B错误;当从n=3能级跃迁到n=1能级时辐射出光子能量最大,这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为(-1.51 eV)-(-13.6 eV)=12.09 eV,照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应,选项C错误,D正确.答案:AD10.(多选)(2015·湖北八校联考)放射性同位素电池是一种新型电池,它是利用放射性同位素衰变放出的高速带电粒子(α射线、β射线)与物质相互作用,射线的动能被吸收后转变为热能,再通过换能器转化为电能的一种装置.其构造大致是:最外层是由合金制成的保护层,次外层是防止射线泄漏的辐射屏蔽层,第三层是把热能转化成电能的换能器,最里层是放射性同位素.造用于执行长期航天任务的核电池,则下列论述正确的是()A.90Sr的半衰期较长,使用寿命较长,放出的β射线比α射线的贯穿本领弱,所需的屏蔽材料较薄B.210Po的半衰期最短,使用寿命最长,放出的α射线比β射线的贯穿本领弱,所需的屏蔽材料较薄C.238Pu的半衰期最长,使用寿命最长,放出的α射线比β射线的贯穿本领弱,所需的屏蔽材料较薄D.放射性同位素在发生衰变时,出现质量亏损,但衰变前后的总质量数不变解析:原子核衰变时,释放出高速运动的射线,这些射线的能量来自原子核的质量亏损,即质量减小,但质量数不变,D对;从表格中显示Sr的半衰期为28年、Po的半衰期为138天、Pu的半衰期为89.6年,故Pu的半衰期最长,其使用寿命也最长,α射线的穿透能力没有β射线强,故较薄的屏蔽材料即可挡住α射线的泄漏,C对.答案:CD11.如图所示,A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg,A、B与水平地面间接触光滑,上表面粗糙,质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动,最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s,求:(1)A的最终速度;(2)铁块刚滑上B时铁块的速度.解析:(1)铁块和木块A、B作为一个系统,由系统总动量守恒得:m v=(M B+m)v B+M A v A可求得:v A=0.25 m/s(2)设铁块刚滑上B时的速度为u,此时A、B的速度均为:v A=0.25 m/s由系统动量守恒得:m v=mu+(M A+M B)v A可求得:u=2.75 m/s.答案:(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s12.(2015·全国新课标Ⅱ卷)(1)实物粒子和光都具有波粒二象性.下列事实中突出体现波动性的是______.(填正确答案标号.)A.电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E.光电效应实验中,光电子的最大初动能与入射光的频率有关,与入射光的强度无关(2)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞;碰撞后两者粘在一起运动;经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x随时间t 变化的图象如图所示.求:(ⅰ)滑块a、b的质量之比;(ⅱ)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.解析:(1)衍射和干涉是波特有的现象,选项A、C正确;光电效应体现了光的粒子性,选项E错误;射线在云室中穿过,留下的径迹是粒子的轨迹,选项B 错误;电子显微镜利用了电子的波动性来观测物质的微观结构,选项D正确.(2)(ⅰ)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度分别为v1、v2.由题给图象得v1=-2 m/s ①v2=1 m/s②a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v=23m/s③由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v④联立①②③④式得m1∶m2=1∶8 ⑤(ⅱ)由能量守恒得,两滑块因碰撞而损失的机械能ΔE =12m 1v 21+12m 2v 22-12(m 1+m 2)v 2⑥ 由图象可知,两滑块最后停止运动.由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功W =12(m 1+m 2)v 2⑦联立⑥⑦式,并代入题给数据得W ∶ΔE =1∶2 ⑧答案:(1)ACD (2)(ⅰ)1∶8 (ⅱ)1∶213.(2015·山东卷)(1)14C 发生放射性衰变成为14N ,半衰期约为5 700年.已知植物存活期间,其体内14C 与12C 的比例不变;生命活动结束后,14C 的比例持续减少.现通过测量得知,某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一.下列说法正确的是________.(双选,填正确答案标号)a .该古木的年代距今约5 700年b .12C 、13C 、14C 具有相同的中子数c .14C 衰变为14N 的过程中放出β射线d .增加样品测量环境的压强将加速14C 的衰变(2)如图所示,三个质量相同的滑块A 、B 、C ,间隔相等地静置于同一水平轨道上.现给滑块A 向右的初速度v 0,一段时间后A 与B 发生碰撞,碰后A 、B分别以18v 0、34v 0的速度向右运动,B 再与C 发生碰撞,碰后B 、C 粘在一起向右运动.滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值.两次碰撞时间极短.求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小.解析:(1)由古木中的14C 是现代植物中的二分之一知,14C 经过了一个半衰期,距今5 700年,选项a 正确;C 的同位素质子数相同,中子数不同,选项b 错误;14C 衰变成14N 是β衰变,选项c 正确;改变环境的压强不会改变14C 的半衰期,选项d 错误.(2)设滑块质量为m ,A 与B 碰撞前A 的速度为v A ,由题意知,碰后A 的速度v ′A =18v 0,B 的速度v B =34v 0,由动量守恒定律得m v A =m v ′A +m v B ① 设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ,由功能关系得W A =12m v 20-12m v 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v ′B ,B 克服轨道阻力所做的功为W B ,由功能关系得W B =12m v 2B -12m v ′2B ③据题意可知W A =W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ,由动量守恒定律得m v ′B =2m v ⑤联立①②③④⑤式,代入数据得v =2116v 0⑥答案:(1)ac (2)2116v 014.如图所示,两个木块的质量分别为m 1=2 kg 、m 2=1 kg ,中间用轻弹簧相连接,放在光滑的水平面上,且m 1左侧靠一固定竖直挡板,弹簧处于自然伸长状态.某一瞬间敲击木块m 2使其获得3 m/s 的水平向左速度,木块m 2向左压缩弹簧然后被弹簧弹回,弹回时带动木块m 1运动.求:(1)当弹簧拉伸到最长时,弹簧的最大弹性势能是多少?(2)在以后的运动过程中,木块m 1速度的最大值为多少?解析:(1)木块m 2被弹回后,在弹簧第一次恢复原长后带动m 1运动,在弹簧第一次恢复原长时,设m 2速度为v 0,根据机械能守恒,v 0=3 m/s当m 1和m 2速度相等时,弹簧最长,弹性势能最大根据动量守恒定律:m 2v 0=(m 1+m 2)v解得:v =1 m/s根据能量守恒可得最大弹性势能E p =12m 2v 20-12(m 1+m 2)v 2=3 J (2)当弹簧再次恢复原长时,m 1获得速度最大,设m 1速度为v 1,m 2速度为v 2由动量守恒定律得:m 2v 0=m 1v 1+m 2v 2由机械能守恒定律得:12m 2v 20=12m 1v 21+112m 2v 22 解得:v 1=2 m/s答案:(1)3 J (2)2 m/s15.(2015·长沙雅礼中学三模)(1)原子核的结合能和质量亏损是两个有密切联系的概念,关于这两个概念,下列说法正确的是( )A .当核子结合成原子核时要吸收一定能量B .原子核的平均结合能越大,表示原子核的核子结合得越牢固,原子核越稳定C .核子结合成原子核时会出现质量亏损,质量亏损并不意味着质量被消灭D .原子核的平均结合能越大,则原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小,平均每个核子的质量亏损就越多E .一个质子(m p )和一个中子(m n )结合成一个氘核(m D ),则氘核的平均结合能为(m p +m n -m D )c 2(2)如图所示,光滑水平面上静止一质量为2m 、长为L 的长方形匀质木块.现有一颗质量为m 的子弹以速度v 0沿轴线水平射向木块,穿出木块时子弹速度为v 02,设木块对子弹的阻力保持不变.求:(ⅰ)子弹穿出木块的过程中系统增加的内能;(ⅱ)若换用一块同样材料、同样横截面积、但长L ′=1.5L 的质量较大的木块,则子弹不能穿出木块,求子弹射入木块的深度x .解析:(1)轻核的比结合能小,聚变后的原子核比结合能增加,因此核子结合成原子核时会放出能量,A 错误;平均结合能越大,把原子核分开需要的能量越大,原子核越稳定,B 正确;质量亏损只是表明了亏损的质量与释放的能量的关系,C 正确;结合能与核子数之比称做比结合能,也叫平均结合能,比结合能越大,表示原子核中单个核子分离所需能量越多,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多,原子核中核子的平均质量越小,D 正确;由于有两个核子,所以氘核的平均结合能为(m p +m n -m D )c 22,E 错误. (2)(ⅰ)子弹穿出木块的过程中,子弹和木块组成的系统满足动量守恒,设子弹穿出木块后木块速度为v ,则有m v 0=m (v 02)+2m v ,解得v =14v 0损失的动能即为系统增加的内能Q ,设木块对子弹的阻力为F f ,则Q =F f L =12m v 20-12m (v 02)2-12(2m )v 2=516m v 20(ⅱ)设较大木块的质量为m ′,则m ′=2m L L ′=3m设子弹与较大木块的共同速度为v ′,由动量守恒得m v 0=(m +m ′)v ′ v ′=14v 0射入木块过程中损失的动能为F f x =12m v 20-12(m +m ′)v ′2=38m v 20解得x =1.2L答案:(1)BCD (2)(ⅰ)516m v 20 (ⅱ)1.2L。

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