【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题六自选模块第1讲振动与波动光课件

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优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习特色专题训练电学选择题巧练(二)

电学选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)一、单项选择题1.如图所示，电路中的A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C 是电容很大的电容器．当开关S 断开与闭合时，A 、B 灯泡发光情况是( )A ．S 刚闭合后，A 灯亮一下又逐渐变暗，B 灯逐渐变亮 B ．S 刚闭合后，B 灯亮一下又逐渐变暗，A 灯逐渐变亮C ．S 闭合足够长时间后，A 灯泡和B 灯泡一样亮D ．S 闭合足够长时间后再断开，B 灯立即熄灭，A 灯逐渐熄灭2.如图所示电路中，R 为一滑动变阻器，P 为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是( )A ．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B ．灯泡L 2一定逐渐变暗C ．电源效率一定逐渐减小D ．R 上消耗功率一定逐渐变小3．如图，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mgUdC ．电容器的电容为kmgdU2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动4.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于水平桌面上固定，管内有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，沿着管道有逆时针方向的电场，场强大小均为E ，圆管内径可忽略，半径为R ，将小球自图中A 点由静止释放，经时间t 小球第一次回到A 点，其动能为E k1，再经过时间t 小球的动能为E k2，则E k1∶E k2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4 二、不定项选择题5.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．b 粒子动能较大C ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D ．a 粒子在磁场中运动时间较长 6．(2015·浙江六校联考)如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O 点，另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v ，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法中正确的是( )A ．O 、B 间的距离为kQqμmgB ．在点电荷甲产生的电场中，B 点的场强大小为μmgqC ．点电荷乙在A 点的电势能小于在B 点的电势能D ．在点电荷甲产生的电场中，A 、B 间的电势差U AB ＝m v 2－m v 202q7.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器为范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．极板M 比极板N 电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷电学选择题巧练(二)1．解析：选A.S 刚闭合后，线圈L 中的电流逐渐增大，A 灯立刻变亮，随着线圈L 中电流的增大，A 灯被短路，A 灯逐渐变暗直到熄灭；S 刚闭合后，先给电容器充电，B 灯逐渐变亮；S 断开后，电容器放电，B 灯逐渐熄灭；综上所述，选项A 正确．2．解析：选D.滑动变阻器滑片P 向下滑动，R ↓→R 并↓→R 外↓，由闭合电路欧姆定律I ＝Er ＋R 外推得I ↑，由电源内电路消耗功率P 内＝I 2r 可得P 内↑，A 正确．U 外↓＝E －I ↑r ，U 1↑＝(I ↑－I L1↓)R 1，U L2↓＝U 外↓－U 1↑，P L2↓＝U 2L2↓R L2，故灯泡L 2变暗，B 正确．电源效率η↓＝I 2R 外I 2（R 外＋r ）＝R 外R 外＋r＝11＋r R 外↓，故C 正确．R 上消耗的功率P R ＝U 2L2↓R ↓，P R 增大还是减小不确定，故D 错误．3．解析：选C.带电油滴静止在两板间，重力与电场力等大、反向，电场力方向竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgdU ，B 项错；由题意知，电容器带电量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU 2，C 项对；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Ud q ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D 项错．4．解析：选D.根据题意，小球受到沿轨迹切线方向的电场力大小始终为qE ，设小球沿轨迹切线方向的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，小球第一个时间t 内的路程为x 1＝12at 2，由动能定理有qEx 1＝E k1－0，小球在前2t 时间内的路程为x 2＝12a (2t )2，由动能定理有qEx 2＝E k2－0，联立解得E k1∶E k2＝1∶4，选项D 正确．5．解析：选BD.由左手定则可知，a 粒子带负电、b 粒子带正电，A 项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a 粒子轨迹半径小于b 粒子轨迹半径，由半径公式R ＝mvqB可知，a 粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b 粒子动能较大，B 项对；由洛伦兹力F 洛＝qvB 可知，b 粒子受洛伦兹力较大，C 项错；由周期公式T ＝2πmqB 可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，由于粒子轨迹所对圆心角θ等于其偏向角，故a 粒子的轨迹所对圆心角较大，故a 粒子在磁场中运动时间较长，D 项对．6．解析：选AB.因在B 点速度最小，有F 库＝kQqr2＝μmg ，解得r ＝kQqμmg，故A 正确．由点电荷场强公式可得B 点场强大小E ＝k Q r 2＝μmgq ，故B 正确．两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以其电势能减小，故C 错误．乙电荷从A 运动到B 的过程中，据动能定理有W －μmgL 0＝12mv 2－12mv 20，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为W ＝qU AB ，解得U AB ＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 2q，故D 错误．7．解析：选AD.带电粒子要打到胶片Q 点上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M 比极板N 电势高，A 正确；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即qE ＝m v 2R ，再根据Uq ＝12mv 2，可知U＝12ER ，B 错误；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ ＝2mv Bq ＝2qERmBq ，C 错误；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据qvB ＝m v 2r 和Uq ＝12mv 2可知，r ＝1B2Umq，即这群粒子的比荷相同，D 正确．。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习特色专题训练力学实验题巧练(二)

力学实验题巧练(二)(建议用时：40分钟)1.某课外科技活动小组学习了平行四边形定则后，利用DIS实验装置研究“力的合成与分解”，如图所示A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长0.3 m的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；②对两个传感器进行调零；③用另一绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器读数；.(1)12”)．钩码质量为________kg(保留1位有效数字)．(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________．A．因为事先忘记了调零B．何时调零对实验结果没有影响C．为了消除横杆自身重力对结果的影响D．可以完全消除实验的误差2．在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学设计的实验装置如图甲所示．(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：①__________________；②__________________．(2)该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，取连续的六个点，测得h1、h2、h3、h4、h5.若打点的周期为T，则打E点时速度为v E＝________；若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线，如图丙所示，则小车的加速度a＝________m/s2.3．如图甲所示，用横梁、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系．(1)把弹簧上端固定在横梁上，下端悬吊不同重力的钩码，用刻度尺测量有关长度，实验中需要测量的物理量有：________________________________________________________________________.(2)关于实验注意事项，以下哪项是没有必要的？(填入字母序号)________．A．悬吊钩码后，在钩码静止后再读数B．尽量减小弹簧和横梁之间的摩擦C．弹簧的受力不超过它的弹性限度(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的F－x图线，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m.图线不过原点的原因是________________________________________________________________________．4.某同学利用光电门传感器设计了一个研究小物体自由下落时机械能是否守恒的实验，实验装置如图所示，图中A、B两位置分别固定了两个光电门传感器．实验时测得小物体上宽度为d的挡光片通过A处传感器的挡光时间为t1，通过B处传感器的挡光时间为t2，重力加速度为g.为了证明小物体通过A、B时的机械能相等，还需要进行一些实验测量和列式证明．(1)下列必要的实验测量步骤是________．A．用天平测出运动小物体的质量mB．测出A、B之间的竖直距离hC．测出小物体释放时离桌面的高度HD．用秒表测出运动小物体由A到B所用时间Δt(2)若该同学用d和t1、t2的比值分别来反映小物体经过A、B光电门时的速度，并设想如果能满足____________________关系式，即能证明在自由落体过程中小物体的机械能是守恒的．5．(2015·厦门质检)关于验证机械能守恒定律的实验．请回答下列问题：(1)利用打点计时器打出纸带，请将下列步骤按合理顺序排列________(填选项前字母)．A．释放纸带B．接通电源C．取下纸带D．切断电源(2)在打出的纸带上选取连续的三个点A、B、C，如图所示．测出起始点O到A点的距离为s0，A、B两点间的距离为s1，B、C两点间的距离为s2，根据前述条件，如果在实验误差允许的范围内满足关系式________________________________________________________________________ ________，即验证了物体下落过程中机械能是守恒的(已知当地重力加速度为g ，使用交流电的周期为T )．(3)下列叙述的实验处理方法和实验结果，正确的是________．A ．该实验中不用天平测重物的质量，则无法验证机械能守恒定律B ．该实验选取的纸带，测量发现所打的第一点和第二点间的距离为1.7 mm ，表明打点计时器打第一点时重物的速度不为零C ．为了计算方便，本实验中选取一条理想纸带，然后通过对纸带的测量、分析，求出当地的重力加速度的值，再代入表达式：mgh ＝12mv 2进行验证 D ．本实验中，实验操作非常规范，数据处理足够精确，实验结果一定是mgh 略大于12mv 2，不可能出现12mv 2略大于mgh 的情况 6．(1)图甲为某同学做“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置示意图，一端带有定滑轮的木板直接放在水平桌面上，细线与长木板平行．在研究小车(含砝码)质量不变，加速度和作用力的关系时，他先后五次改变砂和砂桶的总质量，测出相应的加速度a .在第一次测量时，砂和砂桶的总质量为m 1，小车质量M ＝20m 1，以后每次在砂桶里增加质量为Δm 的砂子，已知Δm ＝m 12.若把砂和砂桶的总重力作为小车所受合力F 的大小，按这五组数据画出的a －F 图象可能是下列图乙中的________．(2)第(1)题图象中图线不过坐标原点的原因是______________，若对此采取了纠正，该实验还存在一个较大的系统误差，是由砂和砂桶的总重力不等于小车受到的拉力引起的．设砂和砂桶的总重力为F 测，小车真正受到的拉力为F 真．若定义|F 测－F 真|F 真×100%为拉力测量的百分误差，现要求百分误差不大于5%，则当小车的总质量为200 g 时，砂和砂桶的总质量最大不能超过________g.7．某同学用如图甲所示装置做“探究功与速度变化的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证．方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B 点，用重物通过细线拉小车，保持小车(带遮光条)和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放.(1)用游标卡尺测出遮光条的宽度d ，示数如图乙所示，则d ＝________cm.(2)如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为t ，小车到光电门的距离为s ，通过描点作出线性图象来反映合力做的功与动能改变量的关系，则所作图象关系是________时才能符合实验要求．A ．s －tB ．s －t 2C ．s －t －1D ．s －t －2(3)下列实验操作中必要的是________．A ．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B ．必须满足重物的质量远小于小车的质量C ．必须保证小车由静止状态开始释放8．(2015·武汉市武昌区高三调研)如图所示，上、下两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端水平，上轨道可上下平移，在两轨道相对于各自轨道末端高度相同的位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A 、B ，断开开关，两个小球同时开始运动．离开圆弧轨道后，A 球做平抛运动，B 球进入一个光滑的水平轨道，则：(1)B 球进入水平轨道后将做________________运动；改变上轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A 球正好砸在B 球上，由此现象可以得出的结论是：________________________________________________________________________.(2)某次实验恰按图示位置释放两个小球，两个小球相碰的位置在水平轨道上的P 点处，已知固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为9 cm ，则可计算出A 球刚到达P 点时的速度大小为________m/s.(g 取10 m/s 2，结果保留两位有效数字)力学实验题巧练(二)1．解析：(1)A 传感器中的力均为正值，故A 传感器对应的是表中力F 1，平衡时，mg ＝F 1·sin θ，当θ＝30°时，F 1＝4.004 N ，可求得m ≈0.2 kg.(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，目的是消除横杆自身重力对结果的影响，故C 正确．答案：(1)F 1 0.2 (2)C2．解析：(1)两处错误是①打点计时器应该接交流电源，②开始时小车应该靠近打点计时器．(2)v E ＝h 5－h 32T，根据公式v 2－v 20＝2ax 可知，题图丙中图线的斜率等于2a 得a ＝5.4 m/s 2. 答案：(1)①打点计时器应该接交流电源 ②开始时小车应该靠近打点计时器(2)h 5－h 32T5.4 3．解析：(1)根据实验原理，实验中需要测量的物理量有弹簧的原长、弹簧受不同外力所对应的长度．(2)胡克定律只在弹性限度内才成立；实验时应在钩码静止、形变量稳定时读数；弹簧和横梁之间的摩擦力对本实验没有影响，所以选B.(3)根据题图乙中图线的斜率等于k ，取题图象中(0.5，0)和(3.5，6)两个点，利用ΔF ＝k Δx ，可得k ＝200 N/m ；图线不过原点是由于弹簧具有自重，使得弹簧不加外力时就有形变量．答案：(1)弹簧原长、弹簧受不同外力所对应的长度 (2)B (3)200 弹簧存在自重4．解析：(1)本实验需要验证小物体由A 运动到B 过程中，小物体减少的重力势能mgh AB和增加的动能12m (v 2B －v 2A )在误差允许范围内是否近似相等，即12(v 2B －v 2A )≈gh AB ，故无需测量小物体的质量和小物体释放时离桌面的高度H ，A 、C 项错误；需要测量A 、B 之间的竖直距离，B 项正确；速度是通过光电门测量的，因此无需用秒表测出运动小物体由A 到B 所用时间Δt ，D 项错误．(2)由题意知小物体经过两光电门的速度分别为d t 1和d t 2，代入12(v 2B －v 2A )≈gh AB 可知，如果能满足⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 12≈2gh 即可证明小物体自由下落过程中机械能守恒．答案：(1)B (2)(d /t 2)2－(d /t 1)2≈2gh5．解析：(1)打点计时器使用时，先接通电源，后释放纸带；计时器不能长时间持续工作，使用完毕应立即关闭电源，故操作次序应为BADC.(2)由匀变速直线运动规律可知，纸带上打B 点时重物的速度v B ＝s 1＋s 22T，重物带动纸带由O 运动到B 过程中，重物减少的重力势能为mg (s 0＋s 1)，重物增加的动能为12mv 2B ，验证机械能守恒定律，二者应在误差允许的范围内近似相等，将v B 代入整理可得：8g (s 0＋s 1)T 2＝(s 1＋s 2)2.(3)由8g (s 0＋s 1)T 2＝(s 1＋s 2)2可知，验证机械能是否守恒与重物质量无关，A 项错误；若纸带从静止开始运动，纸带在0.02s 内的位移h ＝12gt 2≈2 mm ；若初速度不为零，则位移应大于2 mm ，B 项错误；易知C 项错误；实验中，不可避免地要克服摩擦力做功，因此势能的减少量mgh 一定大于动能的增加量12mv 2，D 项正确．答案：(1)BADC (2)8g (s 0＋s 1)T 2＝(s 1＋s 2)2 (3)D6．解析：(1)设小车与桌面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律可得F －μMg ＝Ma ，解得a ＝F M －μg ，A 、B 错．若F 较大时，不满足M ≫m ，此时应用牛顿第二定律求解加速度时，绳子的弹力F 不可近似认为等于砂和砂桶的重力，而是小于砂和砂桶的重力，故加速度值与a ＝mg M －μg 相比减小，C 对，D 错．(2)由于未平衡摩擦力，故导致砂与砂桶重力较小时，小车未加速运动，a －F 图象上表现为不过原点，与横轴有一定截距；由题意可知F 测＝mg ，设整体的加速度为a ，由于摩擦力已被平衡，故绳的拉力为F 真，由牛顿第二定律可得F真＝Ma ，mg －F 真＝ma ，解得：F 真＝Mmg M ＋m ，由题意可知百分误差|F 测－F 真|F 真×100%＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪mg －Mmg M ＋m MmgM ＋m×100%≤5%，代入质量M ＝200 g ，解得：m ≤10 g.答案：(1)C (2)没有平衡小车所受的摩擦力 107．解析：(1)由游标卡尺读数规则可知，示数为：10 mm ＋0.05×15 mm ＝1.075 cm.(2)由题意可知，该同学是通过成倍改变位移来改变做功的，设重物对小车的拉力为F ，对小车有：Fs ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，即有：s ∝1t 2，则D 正确． (3)由(2)可知，公式中的F 是指小车所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以在该实验中不需要平衡摩擦力；同理可知，重物与小车质量的大小关系也不会对实验结果产生影响；若小车释放速度不为0，则会对实验结果产生影响，选项C 正确．答案：(1)1.075 (2)D (3)C8．解析：(1)观察到A 球正好砸在B 球上，说明两球在水平方向上，在相等的时间内，运动的位移相等，又因为B 球进入水平轨道后将做匀速直线运动，从而说明A 球(或平抛运动)的水平分运动是匀速直线运动．(2)由平抛运动规律可得：x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，可得：v 0＝x g 2h ；由动能定理可得：12mv 2－12mv 20＝mgh ，联立可得：v ＝v 20＋2gh ＝ gx 22h＋2gh ＝4.5 m/s.答案：(1)匀速(直线) A 球(或平抛运动)的水平分运动是匀速直线运动 (2)4.5。

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(A)

力电综合检测(A)一、单项选择题1．(2015·温州高三测试)如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a 处，则下列说法正确的是()A ．在a 点碗对蚂蚁的支持力大于在b 点的支持力B ．在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力C ．在a 点碗对蚂蚁的作用力大于在b 点的作用力D ．在a 点蚂蚁受到的合力大于在b 点受到的合力解析：选B.由题意知，蚂蚁在半球形碗内爬行过程中受到竖直向下的重力、碗的支持力和摩擦力，设支持力方向与竖直方向的夹角为θ，蚂蚁的质量为m ，因蚂蚁缓慢爬行，则由力的平衡条件知蚂蚁受到的支持力和摩擦力分别为F N ＝mg cos θ、F f ＝mg sin θ，由于θa >θb ，因此F N a <F N b ，F f a >F f b ，即在a 点碗对蚂蚁的支持力小于在b 点的支持力，在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力，故选项A 错误，B 正确；碗对蚂蚁的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力大小相等，方向相反，即在a 点碗对蚂蚁的作用力等于在b 点的作用力，在a 点蚂蚁受到的合力等于在b 点受到的合力，皆为0，故选项C 、D 错误．2.如图所示，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点，则下列说法错误的是(重力加速度为g )()A ．可求M 、N 之间的距离B ．可求小球落到N 点时速度的大小和方向C ．可求小球到达N 点时的动能D ．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大解析：选C.设小球从抛出到落到N 点经历时间t ，则有tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，t ＝2v 0tan θg ，因此可求出d MN ＝v 0tcos θ＝2v 20tan θg cos θ，v N ＝（gt ）2＋v 20，方向：tan α＝gt v 0，故A 、B 项正确；但因小球的质量未知，因此小球在N 点的动能不能求出，C 项错误；当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，D 项正确．3.如图所示，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电阻不计的线圈L 与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是()A ．K 闭合的瞬间，b 、c 两灯亮度不同B ．K 闭合足够长时间以后，b 、c 两灯亮度相同C ．K 断开的瞬间，a 、c 两灯立即熄灭D ．K 断开之后，b 灯突然闪亮以后再逐渐变暗解析：选D.K 闭合的瞬间，L 上发生自感现象，对电流的阻碍很大，此时b 与c 串联，再与a 并联，故P b ＝P c ＜P a ，b 、c 亮度相同，且a 最亮，选项A 错误；K 闭合足够长时间以后，b 熄灭，所以选项B 错误；K 断开的瞬间，L 因发生自感，产生E 感，此时，电路连接如图所示，故选项D 正确，C 错误．4．光滑水平轨道abc 、ade 在a 端很接近但是不相连，bc 段与de 段平行，尺寸如图所示．轨道之间存在磁感应强度为B 的匀强磁场．初始时质量为m 的杆放置在b 、d 两点上，除电阻R 外，杆和轨道电阻均不计．用水平外力将杆以初速度v 0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L 内，下列说法正确的是( )A ．杆向左做匀加速运动B ．杆向左运动位移L 的时间为Δt ＝3L4v 0C ．杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝2B 2L 3v 03RD ．杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝32mv 2解析：选B.因为电流不变，所以E ＝ΔΦΔt ＝BLv 0是一定值，Δt ＝ΔΦBLv 0＝3L4v 0，而速度是不断增大的，但不是匀加速，所以A 错误，B 正确；杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝I 2R Δt ，解得Q ＝3B 2L 3v 04R，即C 错误；杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝12m (2v 0)2－12mv 20＋Q ＝3B 2L 3v 04R ＋32mv 20，所以D 错误．二、不定项选择题5.(2015·贵州省七校联考)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m 的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F 1、F 2，下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小不相等B．F1、F2方向相同C．小车加速度大小为g tan αD．小车加速度大小为g tan β解析：选BD.两球受重力和拉力作用，其中重力相同，由加速度相同可知两球所受合外力相同，由平行四边形定则可知，拉力相同，A项错误，B项正确；因为绳对小球拉力沿绳收缩方向，合力水平向右，由平行四边形定则可知mg tan β＝ma，即a＝g tan β，C项错误，D项正确．6．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环(重力不计)相连，O 端与质量m＝1 kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是( )A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B．棒对环的支持力为1.6 NC．重物G的质量M＝0.6 kgD．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6解析：选AC.因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F f＝μF N.对环进行受力分析，则有：μF N－F T cos θ＝0，F N－F T sin θ＝0，F T＝F′T＝mg sin θ，代入数据解得：μ＝cot θ＝34，F N＝6.4 N，A正确，B、D错误；对重物m：Mg＝mg cos θ，得：M＝m cos θ＝0.6 kg，C正确．7.如图所示是A、B两物体从同一点出发的x－t图象，由图象可知，下列说法正确的是( )A．0～t1时间内A物体的速度大于B物体的速度B．t2时刻A、B两物体相遇C．0～t2时间内A的平均速度大于B的平均速度D．在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远解析：选ABD.位移图象的斜率代表速度，A正确；t2时刻两物体运动的位移相同，所以0～t2时间内平均速度相同，B正确，C错误；在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远，D正确．8.将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.根据图象信息，可以确定的物理量是( )A ．小球的质量B ．小球的初速度C ．最初2 s 内重力对小球做功的平均功率D ．小球抛出时的高度解析：选ABC.根据图象可以知道小球在2 s 内动能由E k0＝5 J 增加到E k ＝30 J ，因为小球做平抛运动，2 s 内下落的高度h ＝12gt 2＝20 m ，小球在2 s 时间内由动能定理有：mgh＝E k －E k0，所以：m ＝E k －E k0gh＝0.125 kg ，A 正确；由P －G ＝mg v －可以得出最初2 s 内重力对小球做功的平均功率P －G ＝12.5 W ，C 正确；据E k0＝12mv 20可得v 0＝4 5 m/s ，B 正确；因为小球抛出的总时间未知，故不能确定小球抛出时的高度，D 错误．9.在xOy 平面内有一匀强电场，场强为E ，方向未知，电场线跟x 轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy 内，从原点O 以大小为v 0、方向沿x 正方向的初速度射入电场，最后打在y 轴上的M 点，如图所示．(已知电子的质量为m ，电荷量为e ，重力不计)则( )A ．O 点电势低于M 点电势B ．运动过程中电子在M 点电势能最多C ．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D ．电场力对电子先做负功，后做正功解析：选AD.由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M 点电势高于O 点，A 正确；电子在M 点电势能最少，B 错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C 错误，D 正确．10.如图所示，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 ，导轨上放有一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，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．下列关于棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )解析：选BD.由左手定则可知，金属棒所受安培力垂直纸面向里，随着电流增大，安培力增大，滑动摩擦力增大，金属棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，后来做加速度逐渐增大的减速运动．安培力F 安＝BIL ＝BLkt ，金属棒所受合外力F 合＝mg －μF 安＝mg －μBLkt ，加速度a ＝g －μBLktm，选项B 、D 正确．三、非选择题11．全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大．如果路上能见度小于200 m ，应开启机动车的大灯、雾灯、应急灯，将车速控制在60 km/h 以下，并与同道前车保持50 m 的车距；当能见度小于100 m 时，应将车速控制在40 km/h 以下，并与同道前车保持100 m 的车距．已知汽车保持匀速正常行驶时受到地面的阻力为车重的0.1，刹车时受到地面的阻力为车重的0.5，重力加速度为g ＝10 m/s 2，则：(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v ＝36 km/h ，则刹车后经过多长时间才会停下来？ (2)若前车因故障停在车道上，当质量为m 0＝1 500 kg 的后车距已经停止的前车为x ＝90 m 时紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？解析：(1)汽车行驶的初速度：v ＝36 km/h ＝10 m/s 汽车刹车后的阻力：F f2＝0.5mg故刹车后的加速度：a 2＝F f2m＝5 m/s 2刹车时间：t ＝v a 2＝2 s.(2)由匀变速直线运动规律可知汽车刹车时的初速度：v 0＝2a 2x ＝30 m/s 刹车前汽车所受的牵引力：F 牵＝F f1＝0.1m 0g所以后车正常行驶时的功率为：P ＝F 牵v 0＝4.5×104W.答案：(1)2 s (2)4.5×104W12.如图所示，在光滑水平面上，存在着垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O 、M 、P 、Q 为磁场边界和x 轴的交点，OM ＝MP ＝L .一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电小球，从原点O 处，以速度大小为v 0，与x 轴正向成45°射入区域Ⅰ，又从M 点射出区域Ⅰ(粒子的重力忽略不计)．(1)求区域Ⅰ的磁感应强度大小；(2)若带电小球能再次回到原点O ，则匀强磁场Ⅱ的宽度需满足什么条件？小球两次经过原点O 的时间间隔为多少？解析：(1)小球进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R 1＝22L 由R 1＝mv 0qB解得B ＝2mv 0qL.(2)运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周运动的半径为：R 2＝2L 由几何知识得d ≥(2＋1)L带电小球第一次在磁场Ⅰ中运动时间t 1＝14×2π2L 2v 0＝2πL4v 0带电小球第一次在空白区域运动时间t 2＝2Lv 0带电小球在磁场Ⅱ中运动时间 t 3＝34×2π2L v 0＝32πL2v 0小球两次经过原点O 的时间间隔为t 总＝2(t 1＋t 2)＋t 3＝22（π＋1）Lv 0.答案：见解析13．如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v ； (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .解析：(1)导体棒匀速下滑时， Mg sin θ＝BIl ①I ＝Mg sin θBl②设导体棒产生的感应电动势为E 0 E 0＝Blv ③由闭合电路欧姆定律得I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得 v ＝2MgR sin θB 2l 2.⑤(2)改变R x ，待棒再次匀速下滑后，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为EU ＝IR x ⑥ E ＝U d ⑦ mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBldqM sin θ.答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldqM sin θ。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习特色专题训练仿高考计算题巧练(二)

仿高考计算题巧练(二)(建议用时：60分钟)[题组一]23.如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离均为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2.求：(1)释放A、B两个小球后，A、B各自加速度的大小；(2)小球B从静止释放经多长时间落到地面．24．(2015·浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，两根相距L＝1 m、单位长度电阻为R0＝0.1 Ω/m的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，左端用电阻可忽略不计的导线与阻值r＝0.1 Ω的电阻相连．MP、AB、CD、EF之间相邻间距均为L＝1 m，虚线AB右侧空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为：B t＝(0.2＋0.1t)T.导体棒开始时在外力作用下静止于CD处，导体棒电阻不计．(1)求通过导体棒的电流大小和方向；(2)若导体棒在外力作用下以v＝2 m/s的速度匀速向右运动，在t＝0时刻刚好经过CD 处，已知导体棒中同时产生了感生电动势和动生电动势，求此时导体棒所受的安培力大小；(3)在第(2)问的情境下，求导体棒从CD匀速运动到EF的过程中安培力所做的功．25．(2015·浙江高考名校联考信息优化卷)如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上方存在方向沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，在x轴的下方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．在y轴上的P点处有一个质量为m、带电荷量为－q(q＞0)的粒子，沿着x轴正方向以一定的初速度射入电场．(粒子重力不计)(1)若粒子能够回到P点，求初速度v0的大小；(2)若OP＝h，要使粒子射出后能经过x轴上的D点，OD＝d，求初速度v0满足的条件．[题组二]23．如图所示，在传送带的右端Q点固定有一竖直光滑圆弧轨道，轨道的入口与传送带在Q点相切．以传送带的左端点为坐标原点O，水平传送带上表面为x轴建立坐标系，已知传送带长L＝6 m，匀速运动的速度v0＝4 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求N点的纵坐标y N；(2)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均不脱离圆弧轨道．求传送带上这些位置的横坐标的范围．24.如图所示，间距为L＝0.2 m的两足够长平行金属导轨与水平面夹角为θ＝53°，导轨两端各接一个阻值为R0＝0.2 Ω的电阻，与导轨垂直的虚线ab下方有磁感应强度大小为B＝5 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场．一长为L、质量m＝1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN垂直放在导轨上且与导轨始终接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.将金属棒从ab上方距离为s0＝0.4 m处由静止释放，金属棒刚要开始做匀速运动时，通过上端电阻R0的电荷量为Δq＝1.5 C．导轨电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)求金属棒做匀速运动时的速度大小；(2)求金属棒从释放到开始匀速运动时上端电阻R0中产生的热量；(3)请通过计算大致画出金属棒从开始下滑到匀速运动过程中的v－t图象．25.如图所示，建立平面直角坐标系，平行板电容器的两极板P、Q与x轴成37°角，电势差为U，电容器P极板边缘无限靠近坐标原点，在D 点(0.2 m ，0)处有一垂直x 轴的荧光屏．在x ＞0区域有竖直向上的匀强电场，场强E ＝0.4 N/C.在平面内以C 点(0.1 m ，0)为圆心，半径为0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2315 T ．一质量m ＝4×10－7 kg 、电荷量大小q ＝1×10－5C的带电粒子从电容器两极板间的中点A (－115 m ，0)由静止开始沿x 轴做直线运动，到达坐标原点O 后进入复合场，粒子最终打在荧光屏上N 点．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)两极板间电势差U 以及P 极板电性； (2)粒子到达坐标原点O 时的速度大小；(3)粒子从A 点到N 点所用时间(结果保留一位有效数字)．仿高考计算题巧练(二)[题组一]23．解析：(1)小球B 加速下落，由牛顿第二定律得： m 2g －km 2g ＝m 2a B a B ＝5 m /s 2小球A 加速下落，由牛顿第二定律得 m 1g －km 2g ＝m 1a A a A ＝8 m/s 2.(2)设经历时间t 1小球B 脱离绳子，小球B 下落高度为h 1，获得速度为v ，则12a A t 21＋12a B t 21＝l ，又l ＝6.5 m 解得t 1＝1 sh 1＝12a B t 21＝2.5 mv ＝a B t 1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h 2，经历t 2时间后落到地面，则h 2＝6.5 m ＋0.8 m －2.5 m ＝4.8 mh 2＝vt 2＋12gt 22，解得：t 2＝0.6 s t 总＝t 1＋t 2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s 25 m/s 2(2)1.6 s24．解析：(1)导体棒不动时，回路中产生感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得，电动势E ＝L2ΔB tΔt而此时回路总电阻R ＝4LR 0＋r由闭合电路欧姆定律得导体棒中的电流I ＝E R解得：I ＝0.2 A根据楞次定律可知导体棒中电流的方向为由D 到C .(2)导体棒匀速运动时，同时产生感生电动势和动生电动势，由楞次定律可知，两电动势方向相同根据法拉第电磁感应定律得，回路中的总电动势E 1＝L 2ΔB tΔt＋B 0Lv 其中B 0＝0.2 T由闭合电路欧姆定律得，回路电流I 1＝E 1R导体棒所受的安培力F 1＝B 0I 1L 解得：F 1＝0.2 N.(3)根据法拉第电磁感应定律，t 时刻回路中的总电动势为E t ＝L (L ＋vt )ΔB tΔt＋B t Lv t 时刻回路中的总电阻为R t ＝r ＋4LR 0＋2vtR 0t 时刻通过导体棒的电流为I t ＝E tR t解得：I t ＝1 A即回路电流为定值，与时间无关，所以导体棒所受安培力随时间均匀变化；而导体棒匀速运动，所以安培力随位移也均匀变化，则导体棒运动到EF 处所受安培力F 2＝B EF I t L其中B EF ＝⎝⎛⎭⎪⎫0.2＋0.1×L v (T)＝0.25 T 则安培力所做的功为W ＝－F 1＋F 22L解得：W ＝－0.225 J.答案：(1)0.2 A 方向由D 到C (2)0.2 N (3)－0.225 J 25．解析：甲(1)粒子在电场区域内做类平抛运动和类平抛运动的逆运动，在磁场中做匀速圆周运动，如图甲所示，要使粒子能够回到P 点，粒子在磁场中做圆周运动的圆心一定在y 轴上．设粒子经过x 轴上的Q 点进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ，则由qvB ＝m v 2R 得：R ＝mvqB由几何关系|OQ |＝R sin θ＝mv qB sin θ＝mv yqB其中v y 为粒子在Q 点速度沿y 轴负方向的分量v y ＝at ＝qEmt又|OQ |＝v 0t 联立可得v 0＝E B.(2)粒子射入后有以下三种情况能经过D 点①粒子从P 点射入后直接到达D 点：设所经历的时间为t ，则h ＝12qE mt 2，d ＝v 0t 解得：v 0＝dqE 2hm. ②粒子从P 点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n 次，最终经由电场到达D 点，如图乙所示：乙粒子在磁场中回转的半径为r ，圆弧所对的圆心角为2θ，则r sin θ＝mv qB sin θ＝mv yqBv y ＝qE m t ，h ＝12qEmt 2解得：r sin θ＝EB2hmqE粒子在电场中做类平抛运动的水平位移为d n ＝v 0t ＝v 02mhqE则由几何关系有d ＝d n ＋2nd n －2nr sin θ(n ＝1，2，3，…) 解得：v 0＝12n ＋1⎝⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n E B (n ＝1，2，3，…)． ③粒子从P 点射入后，经电场偏转、磁场回转、又在电场中斜上抛，如此循环n 次，最终经由磁场回转到达D 点，如图丙所示：丙粒子在磁场中回转的半径为r ，圆弧所对的圆心角为2θ，设粒子在电场中运动的水平距离为d n ，则由几何关系有d ＝(2n －1)d n －2nr sin θ(n ＝1，2，3，…)解得：v 0＝12n －1⎝⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n E B (n ＝1，2，3，…) 综上，粒子初速度v 0的大小满足的条件为v 0＝12n 1＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n 1E B (n 1＝0，1，2，…) 或v 0＝12n 2－1⎝⎛⎭⎪⎫d qE 2hm ＋2n 2E B (n 2＝1，2，3，…)．答案：见解析[题组二]23．解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度 a ＝μg ＝4 m /s 2小物块与传送带共速时，小物块位移x 1＝v 202a＝2 m<(L －x P )＝4 m故小物块与传送带共速后以v 0匀速运动到Q 点，然后冲上圆弧轨道恰到N 点有：mg ＝m v 2N R从Q →N 有：12mv 2Q －12mv 2N ＝2mgR解得R ＝0.32 my N ＝2R ＝0.64 m.(2)若小物块能通过最高点N ，则0≤x ≤L －x 1 即0≤x ≤4 m若小物块恰能到达高度为R 的M 点，设小物块在传送带上加速运动的位移为x 2，则μmgx 2＝mgR解得：x 2＝0.8 m ，所以5.2 m≤x <6 m所以当0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x <6 m 时，小物块均不脱离轨道．答案：(1)0.64 m (2)0≤x ≤4 m 或5.2 m≤x <6 m24．解析：(1)设金属棒在磁场区域受到的安培力为F A ，金属棒做匀速运动时，由受力平衡有：mg sin θ＝μmg cos θ＋F AF A ＝B 2L 2v 1R ，其中R ＝r ＋12R 0＝0.2 Ω解得：v 1＝1 m/s.(2)金属棒进入磁场区域直到刚开始做匀速运动的过程中，通过上端电阻的电荷量Δq ＝1.5 C ，即金属棒中通过的电荷量为2Δq设金属棒在此过程中运动的距离为Δs ，通过金属棒的电荷量2Δq ＝It ＝ΔΦR ＝BL ΔsR解得：Δs ＝0.6 m设上端电阻R 0中产生的焦耳热为Q ，则金属棒上产生的焦耳热为2Q ，全电路产生的焦耳热为4Q由能量守恒有：(mg sin θ－μmg cos θ)(s 0＋Δs )－4Q ＝12mv 21代入数据解得：Q ＝1.125 J.(3)金属棒的运动分为在磁场区域外和磁场区域内两个阶段．开始时金属棒在磁场区域外匀加速下滑，其加速度 a 0＝g sin θ－μg cos θ＝5 m/s 2 运动时间t 0＝2s 0a 0＝0.4 s进入磁场区域时的速度v 0＝a 0t 0＝2 m/s进入磁场区域后，当金属棒在磁场中做变速运动时，由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2vR＝mamg (sin θ－μcos θ)Δt －B 2L 2vRΔt ＝ma Δt对等式两边求和有：mg (sin θ－μcos θ)t －B 2L 2RΔs ＝m (v 1－v 0)可得：t ＝0.4 s金属棒运动的v －t 图象如图所示．答案：见解析 25．解析：甲(1)由题意可知，粒子在平行板间做匀加速直线运动，受力分析如图甲所示，则q U d ＝mg cos 37°根据几何关系得d2＝x OA sin 37°联立解得U ＝2x OA mg sin 37°q cos 37°＝0.04 V粒子经过磁场向上偏转，知粒子带正电，粒子在电容器中所受电场力指向P 板，故P 板带负电．(2)粒子在平行板间运动时，由牛顿第二定律得 mg tan 37°＝ma解得粒子加速度a ＝7.5 m/s 2由运动学公式得加速时间t 1＝2x OAa＝215s 到达O 点时的速度大小为v ＝at 1＝1 m/s.乙(3)粒子在复合场中所受电场力qE ＝mg 故粒子先在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动打到N 点，运动轨迹如图乙所示根据牛顿第二定律和向心力公式得，圆周运动半径r ＝mv qB ＝310m 可得tan ∠CO 1O ＝x OC r ＝33所以∠CND ＝∠CO 1O ＝30°故FN ＝0.1 m粒子做圆周运动的时间为t 2＝60°360°·2πm qB ＝3π30s从F 到N 用时t 3＝FNv＝0.1 s故粒子从A 点到N 点所用时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝215 s ＋3π30s ＋0.1 s ＝0.4 s. 答案：见解析。

2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习第一部分专题三电场与磁场第1讲课时演练知能提升W

一、单项选择题1．(2015·辽师大附中二模)如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在M点和P点的速率相等，则()A．粒子在N点时的速率最大B．U MN＝U NPC．粒子在N点时的加速度最大D．粒子在M点时的电势能大于其在N点时的电势能解析：选C.据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，再根据题图可知该粒子从M 点到N点电场力做负功，从N点到P点电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在N点的动能最小，速度也最小，A错误；电势能先增加后减少，D错误；据题意知，粒子在M点和P点速率相等，据动能定理有qU MN＝m v2N2－m v2M2和qU NP＝m v2P2－m v2N2，所以U MN＝－U NP，B错误；在N点的电场线密集，即粒子在N点所受的电场力较大，加速度也较大，C正确．2.如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B.由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P 点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．3.(2015·河北石家庄一轮质检)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能E p 随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为E p M，电子在N点时的电势能为E p N，则下列说法正确的是()A．电子在N点时的动能小于在M点时的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线解析：选C.电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由题图可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析题图可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝q EΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误．4.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为24 V，b 点电势为28 V，d点电势为12 V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法错误的是()A．c点电势为20 VB．质子从b运动到c所用的时间为2l v0C．场强的方向由a指向cD．质子从b运动到c电场力做功为8电子伏解析：选C.如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：φb－φa＝φa－φe得φe＝20 V又φb－φe＝φc－φd得φc＝20 V，A正确．ec连线为等势线，则电场方向由b指向d，C错误．质子做类平抛运动，则有：2l sin 45°＝v0t得t＝2lv0，B正确．质子从b运动到c电场力做功W＝qU bc＝8 eV，D正确．二、不定项选择题5.(2015·高考江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：选ACD.根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B 错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反，两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．6.(2015·高考四川卷)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC.小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D 错误．7．(2015·浙江宁波高三二模)如图所示，同一竖直平面内固定着水平绝缘细杆AB 、CD ，细杆长均为l ，两细杆间竖直距离为h ，B 、D 两端与光滑绝缘、半径为h2的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB 、CD 在同一竖直平面内，O 为AD 、BC 连线的交点．在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、电荷量为－q 的小球穿在细杆上，从A 点以一定的初速度出发，沿细杆滑动且恰能到达C 点．已知小球与两水平细杆间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球所受重力，不计带电小球对点电荷电场的影响，静电力常量为k .则小球从A 点到C 点的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度相同B ．小球运动到O 点正下方时，受到的摩擦力最小，其值为μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQ h 2C ．从B 点到D 点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功D ．小球的初速度大小为2gh ＋4μgl解析：选BD.点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度大小相等、方向不同，选项A 错误；小球运动到O 点正下方时，细杆对小球的支持力最小，支持力大小为mg －4kqQh 2，所以摩擦力大小为F f ＝μF N ＝μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQh 2，选项B 正确；从B 点到D 点的运动过程中，小球到O 点的距离先变大，后变小，电场力先做负功，后做正功，选项C 错误；从A 点到C 点，根据对称性，小球克服摩擦力做功为2μmgl ，克服重力做功为mgh ，由动能定理，－mgh －2μmgl ＝0－12m v 2，可解得小球的初速度为v ＝2gh ＋4μgl ，选项D 正确．8.(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则( )A ．M 的带电量比N 的大B ．M 带负电荷，N 带正电荷C ．静止时M 受到的合力比N 的大D ．移动过程中匀强电场对M 做负功解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A 、C 错误；M 、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M 带负电，N 带正电，M 、N 两球在移动的过程中匀强电场对M 、N 均做负功，选项B 、D 正确．9.(2015·高考天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD.根据动能定理有qE 1d ＝12m v 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12m v 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝ 2（qE 1d ＋qE 2y ）m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2dv 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．10．(2015·河北百校联考)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O 、A 、B 三点，其中O 为圆心，A 点固定电荷量为Q 的正电荷，B 点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB ＝L .有一个可视为质点的质量为m ，电荷量为－q 的带电小球正在槽中运动，在C 点受到的电场力指向圆心，C 点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( )A ．B 点的电荷带正电B ．B 点的电荷的电荷量为3QC ．B 点的电荷的电荷量为3QD ．小球在槽内做的是匀速圆周运动解析：选CD.如图，由小球在C 点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B 点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B 点的电荷带负电．由∠ABC ＝∠ACB ＝30°，知：∠ACO ＝30°，AB ＝AC ＝L ，BC ＝2AB cos 30°＝3L 由几何关系可得：F 1＝3F 2即：kQq L 2＝3kQ B q （3L ）2得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确．三、非选择题 11．(2015·福建厦门质检)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB 与四分之一圆弧轨道BC 平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E ＝5×103 V/m ，圆弧轨道半径R ＝0.4 m ．现有一带电荷量q ＝＋2×10－5 C 、质量m ＝5×10－2 kg 的物块(可视为质点)从距B 端x ＝1 m 处的P 点由静止释放，加速运动到B 端，再平滑进入圆弧轨道BC ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小； (2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力F N B 的大小．解析：(1)在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知： qE ＝ma又由运动学公式有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 又因：v B ＝at 得：v B ＝2 m/s.(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有： F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝1 N.答案：(1)1 s 2 m/s (2)1 N12.(2015·台州模拟)如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E 的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)若(2)中条件不变，在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有 Eq ＝mgE ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6N/C ＝2.0×103 N/C ，方向竖直向上．(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度为a ，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma 解得：a ＝10 m/s 2h ＝12at 2 解得：h ＝0.20 mW ＝qE 0h解得：W ＝8.0×10－4 J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝atE k ＝mgh ＋12m v 2解得：E k ＝8.0×10－4 J.答案：(1)2.0×103 N/C 方向竖直向上(2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习特色专题训练仿高考选择题巧练(三)

仿高考选择题巧练(三)(建议用时：20分钟)一、单项选择题14.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系如图所示，图中t 2＝t 42，两段曲线均为14圆弧，则( )A ．两物体在t 1时刻加速度相同B ．两物体在t 2时刻运动方向均改变C ．两物体在t 3时刻相距最远，t 4时刻相遇D ．0～t 4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度15.如图所示，电源内阻较大，当开关闭合，滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L 也能正常发光，现将滑片由该位置向a 端滑动，则( )A ．灯泡将变暗，电源效率将减小B ．液滴带正电，将向上做加速运动C ．电容器将放电，所带电荷量减少D ．电源的路端电压增大，输出功率也增大 16.如图所示，高为h ＝1.25 m 的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60 kg 的滑雪爱好者，以一定的初速度v 向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g ＝10 m/s 2)．由此可知下列各项中错误的是( )A ．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0 m/sB ．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 mC ．滑雪者在空中运动的时间为0.5 sD ．着地时滑雪者重力做功的瞬时功率是300 W17.在竖直墙壁间有质量分别是m 和2m 的半圆球A 和圆球B ，其中B 球球面光滑，A 球与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心连线与水平方向成30°的夹角，两球能够一起以加速度a 匀加速竖直下滑，已知a ＜g (g 为重力加速度)，可求出A 球与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( )A.34 B.33 C.32 D.233二、不定项选择题18.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v 0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3l 2v 0B ．该匀强电场的电场强度大小为4mv 203qlC ．带电小球到达c 点时的动能为23mv 20 D ．b 、c 两点之间的电势差为2mv 203q19．如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物体在水平拉力F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F 随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是( )A ．t ＝1 s 时物体开始做加速运动B ．t ＝2 s 时物体做减速运动的加速度大小为1 m/s 2C ．t ＝3 s 时物体刚好停止运动D ．物体在1～3 s 内做匀减速直线运动20.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 ．线圈下边缘刚进入磁场时加速度最小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仿高考选择题巧练(三)14．解析：选C.因两段曲线均为14圆弧，由题图知在t 1时刻曲线的切线斜率的绝对值与直线斜率相等，即两者加速度大小相等，但方向相反，A 错；两物体均做单方向的直线运动，B 错；甲先做匀加速运动再做匀减速运动，乙先做加速度减小的减速运动，再做加速度减小的加速运动，在t 3时刻，两物体相距最远；两物体在0～t 4时间内图线与t 轴所围面积相等，即两物体在t 4时刻相遇，在0～t 4时间内的平均速度相同，C 对，D 错．15．解析：选B.当滑片向a 端滑动时，电路的外电阻增大，干路电流减小，灯泡变暗，路端电压增大，由η＝U E 知电源效率将增大，A 错；电容器两极板间电压增大(下极板带正电，液滴带正电)，电容器被充电，所带电荷量增加，两极板间电场强度增大，液滴将向上做加速运动，B 对，C 错；因不清楚外电阻和电源内阻的大小关系，所以电源的输出功率的变化情况无法确定，D 错．16．解析：选D.滑雪者着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°，故v y ＝v 0＝2gh ＝2×10×1.25 m/s ＝5.0 m/s ，A 正确；x ＝v 0t ＝v 02h g ＝5.0×2×1.2510 m ＝2.5 m ，B 正确；飞行时间t ＝2h g ＝0.5 s ，C 正确；着地时滑雪者重力做功的瞬时功率P ＝mgv y＝60×10×5.0 W ＝3 000 W ，D 错误．17．解析：选C.设A 、B 之间的弹力为F ，对于球B ，竖直方向2mg －F sin 30°＝2ma ，水平方向F x ＝F cos 30°，对于A 、B 整体，竖直方向3mg －μF x ＝3ma ，可解得μ＝32，C 正确．18．解析：选AB.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 ＝3l 2v 0，选项A 正确；小球在水平方向上运动的距离为l 2，由运动学规律有l 2＝qEt 22m ，代入数据可解得E ＝4mv 203ql ，选项B 正确；由动能定理可得E k c ＝qE ·l 2＋12mv 20＝76mv 20，选项C 错误；由电势差公式可知U bc ＝E ·l ＝4mv 203q，选项D 错误． 19．解析：选BC.由题意可知，物体开始时做匀速直线运动，所以拉力F ＝F f ＝4 N ．t＝1 s 时拉力F 开始减小，但摩擦力仍为F f ＝4 N ，故此时物体开始做减速运动，选项A 错误；t ＝2 s 时物体受到的拉力大小为F ＝3 N ，而摩擦力仍为F f ＝4 N ，故物体做减速运动的加速度大小为a ＝F 合m＝1 m/s 2，选项B 正确；由题图乙可以看出，在t ＝3 s 之前物体受到的摩擦力不变，故物体在运动，而t ＝3 s 之后物体受到的摩擦力逐渐减小，由摩擦力的特点可知其为静摩擦力，所以在t ＝3 s 时物体刚好停止运动，选项C 正确；在1～3 s 内，由于摩擦力不变而拉力F 逐渐减小，所以物体将做加速度逐渐增大的减速运动，选项D 错误．20．解析：选BD.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 Blv 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 项错误；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 项错误；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，磁通量变化量数值相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动综合检测

专题一综合检测一、单项选择题1．(2015·嘉兴摸底)如图所示，倾角为30°、重为80 N 的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面上，杆的另一端固定一个重为2 N 的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是( )A ．斜面体有向左运动的趋势B ．地面对斜面体的支持力为80 NC ．小球对弹性轻杆的作用力为2 N ，方向竖直向下D ．弹性轻杆对小球的作用力为2 N ，方向垂直斜面向上解析：选C.由整体法和平衡条件可知，A 、B 错；对小球由平衡条件知，小球受到的弹力大小为2 N ，方向竖直向上，D 错；由牛顿第三定律知C 对．2．(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 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－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 2ght＋mg . 3.(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．4.如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E ，从倾角为θ的足够长的斜面上的A 点先后将同一带电小球(质量为m ，所带电荷量为q )以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v 1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v 2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v 1＞v 2，则( )A ．α1＞α2B ．α1＝α2C ．α1＜α2D ．无法确定解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β的正切值的2倍”，即“tan α＝2tan β”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.5.(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 2 B.33gR2 C. 3gR 2D.3gR 3解析：选B.到达B 点时，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＝33gR2，选项B 正确．6.(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＝gr，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．二、不定项选择题7．(2015·浙江四校高三联考)健身球是现在非常流行的健身保健器具之一，它有很好的弹性．已知某健身球的重力为G0，使用该健身球的人重力为G，当人从球的正上方由静止开始压上健身球后(全身离地)，下列说法正确的是( )A．地面对健身球的支持力总是等于G0＋GB．健身球对该人的支持力先小于G，后大于GC．健身球被压到最扁过程中地面对球的支持力逐渐增大D．该人在健身球上下降的原因是压健身球的力大于健身球对人的支持力解析：选BC.人在健身球上下降过程中先加速下降，后减速下降，即先失重后超重，故人所受健身球的支持力先小于G，后大于G，健身球所受地面的支持力先小于G0＋G，后大于G0＋G，A错，B对；由于健身球在被压扁过程中，形变越大，所受压力越大，故地面对其支持力也越大，C对；健身球对人的支持力与人对健身球的压力是作用力与反作用力，等大，D错．8．(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支持力与外力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 sinθ，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．9．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．三、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.求：(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 θ mg sin θ－F cos θ－F f ＝ma F 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)求：(1)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)4 s 末A 、B 的速度；(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 am B g＝0.3.(2)由题图知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 ＝vt 2＋12a A t 22木块B 运动的位移x B ＝vt 2＋12a B t 22木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m.答案：(1)0.3 (2)均为4 m/s (3)4 m12．如图所示，质量m ＝50 kg 的运动员(可视为质点)，在河岸上A 点紧握一根长L ＝5.0 m 的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H ＝10.0 m 的O 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是位于O 点正下方水面上的一点，距离C 点x ＝4.8 m 处的D 点有一只救生圈，O 、A 、C 、D 各点均在同一竖直面内．若运动员抓紧绳端点，从河岸上A 点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v 0跃出，当摆到O 点正下方的B 点时松开手，最终恰能落在救生圈内．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)运动员经过B 点时速度的大小v B 及对轻绳的拉力； (2)运动员从河岸上A 点跃出时的动能E k ；(3)若初速度v 0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C 点距离x 将随运动员离开A 点时初速度v 0的变化而变化．试在所给坐标系中粗略作出x －v 0的图象，并标出图线与x 轴的交点．解析：(1)运动员从B 点到D 点做平抛运动H －L ＝12gt 2 x ＝v B t代入数据解得v B ＝4.8 m/s 设轻绳对运动员的拉力为F则F －mg ＝mv 2BLF ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2B L 代入数据解得F ＝730.4 N.由牛顿第三定律知：运动员对轻绳的拉力大小为730.4 N ，方向竖直向下． (2)运动员从A 点到B 点的过程中，由机械能守恒定律有mgh AB ＝12mv 2B －E k其中h AB ＝L (1－cos θ) 代入数据解得E k ＝76 J.(3)设运动员经过O 点正下方B 点时的速度为v ′B ，B 点距水面高h ，则 12mv ′2B －12mv 20＝mgL (1－cos θ) x ＝v ′B ·2h gh ＝H －l解得x 2－v 20＝20x －v 0的图象如图所示．答案：见解析。

2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习特色专题训练仿高考选择题巧练(二)Word版含答案

仿高考选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)一、单项选择题14．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是( )A ．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型B ．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想C ．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E ＝F q，电容C ＝Q U ，加速度a ＝F m都是采用比值法定义的 D ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义应用了类比的思想方法15.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m ，重力加速度为g ，则( )A ．箱子受到的摩擦力方向向右B ．地面对木板的摩擦力方向向左C ．木板对地面的压力大小为3mgD ．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg16.(2015·台州模拟)如图所示，在一个点电荷形成的电场中，M 、N 、L 是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p 点无初速释放后，沿图中直线依次经过q 、k 两点，且p 、q 、k 三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p 点到q 点电场力做功W pq ，从q 点到k 点电场力做功W qk ，则( )A ．W pq ＝W qkB ．W pq ＜W qkC ．粒子从p 点到q 点做匀加速直线运动D ．粒子从p 点到q 点其电势能逐渐减小17.如图所示，宽为2L 且上、下边界都水平的匀强磁场区域的正上方有一个高为L 的闭合矩形线框由静止从某高度释放，线框竖直下落过程中，下边始终保持水平，磁感应强度方向垂直线框平面向里，线框第一次从某高度由静止下落后，恰好匀速进入磁场，第二次调整下落高度后，线框恰好匀速穿过磁场下边界，用I 1、I 2分别表示第一次、第二次在整个进出磁场区域的过程中线框的感应电流，则下列反映线框的感应电流随位移变化的图象中可能正确的是( )二、不定项选择题18.如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A 正上方的小球以初速度v 0正对斜面顶点B 水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t ，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )A ．若小球以最小位移到达斜面，则t ＝2v 0cot θgB ．若小球垂直击中斜面，则t ＝v 0cot θgC ．若小球能击中斜面中点，则t ＝2v 0cot θgD ．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t ＝2v 0tan θg19.如图所示，坐标原点O 处有一粒子源，能沿纸面向各个方向(y >0)发射速率v 相同的粒子，在x 轴上方的空间存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，图中曲线OMN 表示粒子运动的区域边界，OM ＝ON ＝L ，则( )A ．粒子带负电，其比荷为q m ＝2v LBB ．当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，其运动轨迹即为曲线OMNC ．当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子在磁场中的运动时间为πL 6vD ．当粒子沿y 轴正方向射入磁场时，其一定会经过ON 的中点20.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)，两金属圆环圆心皆为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I ＝3B ωL 22（R ＋r ）C ．当r ＝R 时，外电阻消耗功率最小D ．金属棒AC 间电压为3B ωL 2R 2（R ＋r ）仿高考选择题巧练(二)14．解析：选B.位移不是理想化模型，A 项错；a ＝F m表示加速度a 与物体所受合外力成正比，与质量成反比，并非采用比值法定义的，C 项错；瞬时速度的定义利用到了极限思维法，D 项错．15．解析：选C.人用力F 向右推箱子，箱子受到的摩擦力方向向左，选项A 错误；把木板、人、箱子看做整体，人对箱子的作用力为内力，整体水平方向所受合外力为零，地面对木板的摩擦力为零，选项B 错误；整体竖直方向所受合外力为零，由平衡条件可知，地面对木板支持力大小为3mg ，由牛顿第三定律可知，木板对地面的压力大小为3mg ，选项C正确，D 错误.16．解析：选D.离点电荷越近，等差等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq ＞U qk ，由W ＝qU 得W pq ＞W qk ，选项A 、B 错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D 正确；从p 点到q 点电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C 错误．17．解析：选A.线框第一次进入磁场先做匀速运动，产生恒定电流，完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，线框中无感应电流，而出磁场时，做减速运动，线框中产生逐渐减小的感应电流，但刚出磁场时速度不小于进入磁场时速度，即x ＝3L 时，感应电流不小于I 0，A 对，B 错；线框第二次出磁场时做匀速运动，产生恒定电流，因线框在完全进入磁场后有一段匀加速运动过程，所以线框在进入磁场过程中将一直做加速运动且感应电流一定小于I 0，C 、D 错．18．解析：选AB.小球以最小位移到达斜面时，位移与水平方向的夹角为π2－θ，则tan ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝gt 2v 0，即t ＝2v 0cot θg ，A 对，D 错；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向夹角为π2－θ，则tan ⎝⎛⎭⎫π2－θ＝gt v 0，即t ＝v 0cot θg ，B 对；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L ，则水平射程为L cos θ＝v 0t ，下落高度为L sin θ＝12gt 2，联立两式得t ＝2v 0tan θg，C 错．19．解析：选AC.由左手定则知粒子带负电，由题图知粒子轨道半径为12L ，而Bqv ＝m v 2r ，所以q m ＝2v LB，A 对；当粒子沿x 轴负方向射入磁场时，粒子的运动轨迹是一完整的圆周，B 错；当粒子射入磁场的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°时，粒子运动所对圆心角为60°，粒子在磁场中的运动时间为t ＝T 6＝πL 6v ，C 对；因ON ＝L ，粒子运动半径为12L ，当粒子沿y 轴正方向射入磁场时，ON 恰好为粒子做圆周运动的直径，粒子一定会经过N 点，D 错．20．解析：选BD.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；金属棒转动产生的感应电动势为E ＝12B ω(2L )2－12B ωL 2＝3B ωL 22，即回路中电流I ＝3B ωL 22（R ＋r ），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；U AC ＝IR ＝3B ωL 2R 2（R ＋r ），D 对．。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力学综合检测

力学综合检测一、单项选择题1.(2015·杭州二检)如图所示为固定在水平地面上的顶角为θ的圆锥体，表面光滑．有一质量为m 的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为F ，则有()A ．F ＝mgB ．F ＝mg sin θ2C ．F ＝mgsinθ2D ．F ＝mg cos θ2解析：选A.圆锥体对圆环所有部位作用力的合力与圆环的重力平衡，即F ＝mg ，选项A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2015·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物体A 放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A ．向右斜上方B ．竖直向上C ．向右斜下方D ．上述三种方向均不可能解析：选A.物体向右加速，由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A 的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A 对．3．(2015·嘉兴测试卷)PCAV 是一种新的光驱数据传输技术，即光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取；而在读取外圈数据时，以恒定角速度方式读取．设内圈内边缘半径为R 1，内圈外边缘半径为R 2，外圈外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为内圈内边缘、内圈外边缘和外圈外边缘上的点．则读取内圈上A 点时A 点的向心加速度大小和读取外圈上C 点时C 点的向心加速度大小之比为()A.R22R 1R 3 B.R 21R 2R 3 C.R 1R 3R 22D.R 2R 3R 21解析：选A.由题意知，ωA R 1＝ωB R 2，ωB ＝ωC ，又A 点的向心加速度大小a A ＝ω2A R 1，又C 点的向心加速度大小a C ＝ω2C R 3，即得 a A a C ＝R 22R 1R 3.4.(2015·金华模拟)如图，斜面上a 、b 、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速度为v 0的平抛运动，恰落在b 点．若小球初速度为v ，其落点位于c ，则()A ．v 0＜v ＜2v 0B ．v ＝2v 0C ．2v 0＜v ＜3v 0D ．v ＞3v 0解析：选A.如图所示，M 点和b 点在同一水平线上，M 点在c 点的正上方．根据平抛运动的规律，若v ＝2v 0，则小球落到M 点．可见以初速度2v 0平抛小球不能落在c 点，只能落在c 点右边的斜面上，故只有选项A 正确．5．(2015·石家庄模拟)如图所示，B 点位于斜面底端M 点的正上方，并与斜面顶端A 点等高且高度为h ，在A 、B 两点分别以速度v a 和v b 沿水平方向抛出两个小球a 、b (可视为质点)．若a 球落到M 点的同时，b 球恰好落到斜面的中点N ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则()A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．a 、b 两球同时抛出D ．a 球比b 球提前抛出的时间为(2－1)2hg解析：选B.由h ＝12gt 2a ，h 2＝12gt 2b 得：t a ＝2hg，t b ＝hg ，故a 球比b 球提前抛出的时间Δt ＝t a －t b ＝(2－1)h g ，C 、D 均错误；由v a ＝xt a ，v b ＝x2t b可得va ＝2vb ，A 错误，B 正确．二、不定项选择题6.(2015·安徽名校质检)如图所示，质量为m 的木块A 放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( )A ．A 与B 之间一定存在弹力 B ．地面不受摩擦力作用C ．B 对A 的支持力一定等于mgD ．地面对B 的支持力的大小一定等于Mg解析：选AB.对A 、B 整体受力分析，受到重力(M ＋m )g 、地面的支持力F N 和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，根据共点力平衡条件，有F N ＝(M ＋m )g ，故B 正确、D 错误；再对木块A 受力分析，受重力mg 、已知的推力F 、斜劈B 对A 的支持力F ′N 和摩擦力F f ，当推力F 沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F 沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F 沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F ′N ＝mg cos θ＋F sin θ，故A 正确，C 错误．7.如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a 放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮1固定在c 点，滑轮2下悬挂物体b ，系统处于静止状态．若将固定点c 向右移动少许，而a 与斜劈始终静止，则( )A ．细线对物体a 的拉力增大B ．斜劈对地面的压力减小C ．斜劈对物体a 的摩擦力减小D ．地面对斜劈的摩擦力增大解析：选AD.设细线的拉力为F ，滑轮2两侧细线的夹角为θ，滑轮2和b 的总重力为M ，则有2F cos θ2＝Mg ，固定点c 向右移动少许，θ增大，F 变大，F 的竖直分力不变，F的水平分力增大，故A 、D 对，B 错；因a 物体相对斜劈滑动趋势的方向不明确，故无法判断摩擦力的变化，C 错．8.(2015·绍兴模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端系一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A 点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B 时速度恰好为零，重力加速度为g .以下说法不正确的是( )A ．匀强电场场强大小为E ＝2mgqB ．小球在B 位置时加速度为零C ．小球运动过程中的最大速率为v ＝2（2－1）gLD ．若将小球拉到使细线水平伸直的C 点，无初速度释放小球后，小球必能回到C 点解析：选ABD.对由A 到B 过程应用动能定理mgL －qEL ＝0，E ＝mg q，A 错；小球在B 位置受重力和向左的电场力，合力不为零，B 错；小球运动到AB 轨迹中点时速度最大，由动能定理mgL sin 45°－qE (L －L cos 45°)＝12mv 2－0，解得v ＝ 2（2－1）gL ，C 对；从C点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回C 点，D 错．9.(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f .由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh .联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2，选项B 正确，选项C错误．设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE p ′＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE p ′＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．三、非选择题10．(2015·湖州测试卷)如图所示，足够长的木板质量M ＝10 kg ，放置于光滑水平地面上，以初速度v 0＝5 m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m ＝1 kg ，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速地放在木板上．小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，当木板运动了L ＝1 m 时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L 就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动．取g ＝10 m/s 2.试问：(1)第1个铁块放上后，木板运动了L 时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动即有：μmg ＝Ma 1，v 20－v 21 ＝2a 1L 代入数据解得：v 1＝2 6 m/s.(2)设最终有n 个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为a n ＝μnmgM，第1个铁块放上后：v 20－v 21＝2a 1L ，第2个铁块放上后：v 21－v 22＝2a 2L ， ……第n 个铁块放上后，v 2n －1－v 2n ＝2a n L ，由以上可得：v 20－v 2n ＝2μmg M(1＋2＋3＋…＋n )L ，木板停下时，v n ＝0，得n ＝6.6，即最终有7个铁块放在木板上．(3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：v 20－v 26 ＝2μmgM(1＋2＋3＋…＋6)L,从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则：v 26－0＝2×7μmgMd ，联立解得：d ＝47m.答案：(1)2 6 m/s (2)7 (3)47m11．(2015·高考重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝Lg 2H.从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H .该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)由(1)问知小球运动到Q 点时的速度大小v 0＝Lg2H.设小球在Q 点受的支持力为F N ，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 20R ，得F N ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′N ＝F N ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，方向竖直向下．(3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得mgR ＋W ＝12mv 20得W ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R . 答案：见解析12.(2015·青岛模拟)如图所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为x ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)物块经C 点时对圆弧面的压力大小； (2)物块滑至B 点时的速度大小； (3)物块与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)物块从C 点到E 点做平抛运动由h ＝12gt 2，得t ＝0.4 sv C ＝xt＝3 m/s由牛顿第二定律知：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝17.2 N由牛顿第三定律知物块在C 点时对圆弧面的压力大小为17.2 N. (2)从B 点到C 点由动能定理，知mgR －mgR cos 37°＝12mv 2C －12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(3)从A 点到B 点，由v 2B ＝2aL ，得a ＝2 m/s 2由牛顿第二定律，知mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma 解得μ＝2437≈0.65.答案：(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65。

2016届高三物理二轮复习(浙江专用) 高考仿真模拟卷(一) Word版含答案

高考仿真模拟卷(一)(时间:60分钟满分:120分)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m4=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v 1=.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′,2.根据机械能守恒定律有2mgR+m=mv解得v 1′=.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v 2=.2根据机械能守恒定律有:2mgR+m=mv解得v 2′=.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=3.00 V,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+rA=,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)3.00 1 (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,= m/s.解得v(2)根据R=gt2,x=v C t,代入数据解得x=3 m.(3)对开始到C点的过程运用动能定理得m-0,mgh-Wh=R(1-cos 30°)×5,代入数据解得W f=255 J.答案:(1) m/s (2)3 m (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-B 0S|×=;(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-mmv2=m.得动能E(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=,=2ah 1,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。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习特色专题训练“7+2+3”全真模拟(一)

“7＋2＋3”全真模拟(一)(时间：70分钟分值：120分)选择题部分(共42分)一、选择题(本题共4小题，每小题6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．如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s内的位移－时间图线．若t＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)．则( )A．t＝1 s时，质点在x＝2 m的位置B．t＝1 s和t＝5 s时，质点的速率相等C．t＝1 s和t＝5 s时，质点加速度的方向相反D．前5 s内，合外力对质点做正功15.质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g.则( )A．静止时，弹簧对小球的弹力等于小球重力的一半B．静止时，杆对小球的弹力小于弹簧对小球的弹力C．加速时，弹簧对小球的弹力等于零D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍16.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝k Ir，即某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为r，通以大小相等、方向相同的电流．规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是( )17.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图甲所示．则图乙中的图象合理的是( )二、选择题(本题共3小题．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．如图所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的v－t图象．下列判断正确的是( )A．在t＝1 s时，滑块的加速度为零B．在4～6 s时间内，滑块的平均速度为3 m/sC．在3～7 s时间内，合力做功的平均功率为2 WD．在5～6 s时间内，滑块受到的合力大小为2 N19.如图所示，与水平面夹角为θ的双斜面光滑，A、B两点等高，两斜面在底端光滑连接，现用点B1、B2、B3、…、B n把右斜面均分成n(n≥2，n为整数)等份，B n点在斜面底端．小滑块在A点由静止释放，恰好可以向右到达B点．现在B n、B n－1两点之间固定一层薄的平整粗糙材料，仍让小滑块从A点由静止释放，恰好可以向右到达B1点．下列说法正确的是( )A．无论n为多大，小滑块与粗糙面间的动摩擦因数都为tan θB．当n为某个值时，小滑块可以恰好停在底端B n处C．当n为奇数时，小滑块最终恰好停在底端B n处D．当n为偶数时，小滑块最终恰好停在B n－1处“7＋2＋3”全真模拟(一)答题卡选择题部分(每题6分，共42分)非选择题部分(共78分)21．(10分)(1)____________(2)________________________________________________________________________(3)____________22．(10分)(1)③______________④______________(2)⑤________________________23．(16分)24．(20分)25．(22分)20．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B，B2＝2B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v/2，则下列判断正确的是( )A ．此过程中通过线框截面的电荷量为3Ba22RB ．此过程中线框克服安培力做的功为38mv 2C ．此时线框的加速度为9B 2a 2v2mRD ．此时线框中的电功率为9B 2a 2v22R非选择题部分 (共78分)21．(10分)某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时：(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把十分度的游标卡尺测出小正方体木块的棱长，如图乙所示，则小正方体木块的棱长为________ cm ；(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动．这个步骤的目的是________________________________________________________________________；(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m ，测出对应的加速度a ，则下列图象中能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是________．22．(10分)某实验小组的同学，设计了图甲所示的电路图，既可以用来测量电压表的内阻，也可以用来测量电源的电动势和内阻．实验器材有：电源E ，电压表V ，电阻箱R 1(0～9 999 Ω)，滑动变阻器R 2，一个单刀双掷开关S ，导线若干．(1)实验首先测量电压表内阻，步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，同时将电阻箱R 1阻值调至0. ②将开关接向1，调节R 2的滑片，直至电压表满偏．③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，读出此时电阻箱的阻值记为R ，则电压表的内阻R V ＝________．④通过上述方法得到电压表的内阻测量值________真实值．(选填“大于”或“小于”)(2)接下来测量电源电动势和内阻．为了保护电路，该小组同学又在电路中加上了保护电阻R 0＝25 Ω，如图乙所示，实验步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，不再移动，同时将电阻箱R 1阻值调至0.②将开关接向2，记下电压表读数为3 V.③改变电阻箱R 1接入电路的电阻值，读取电压表对应的示数U . ④根据读取的多组数据，小组同学画出了图丙所示的图象，图中虚线是图中曲线的渐近线．⑤根据该图象及测得数据，可求得该电源的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.(保留两位有效数字)23.(16分)一氢气球的质量为m ＝0.2 kg ，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F 拉＝10 N ．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止氢气球飞掉，把轻绳系到一质量为M ＝4 kg 的木块上，如图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向的风吹来时，氢气球受到的水平风力F ＝kv (k 为一常数，v 为风速)，当风速v 1＝3 m/s 时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：(1)氢气球受到的浮力大小；(2)若风速v 2＝6 m/s ，木块开始运动时的加速度大小．24.(20分)在光滑水平面上建立如图所示坐标系，有一范围足够大的匀强磁场Ⅰ，磁场的方向垂直于水平面(xOy 平面)竖直向下．磁感应强度大小B 沿y 轴方向没有变化，沿x 轴正方向均匀增加，变化率为k ＝ΔBΔx＝0.1 T/m.有一个质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.01 Ω、长L ＝40 cm 、宽h ＝20 cm 、不变形的矩形金属线圈，以v 0＝20 cm/s 的初速度从图示位置沿x 轴正方向开始运动．(1)为使线圈匀速运动，求需要对线圈施加的外力大小； (2)若不施加外力，求线圈在水平面运动的最大位移；(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，要在空间中再叠加一个方向垂直xOy 平面竖直向上且随时间均匀增大的匀强磁场Ⅱ，试求匀强磁场Ⅱ的磁感应强度随时间的变化率ΔB ′Δt.25．(22分)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等为B′.一带正电的粒子，从P(－d，0)点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时相同．不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)第三、四象限磁感应强度B′的大小．第2篇高考全真模拟“7＋2＋3”全真模拟(一)14．解析：选B.因x－t图线切线的斜率表示速度，则结合题图可知，t＝0时刻质点从原点沿x轴正向做匀减速运动，t＝3 s时减速到零，然后反向做匀加速运动，t＝6 s时返回原点．设初速度为v0，又由题可知t＝1 s时，v1＝4 m/s，t＝3 s时，v3＝0，再结合v＝v0＋at，可得v0＝6 m/s，a＝－2 m/s2.由x＝v0t＋12at2，可得t＝1 s时，x＝5 m，A错误；由v＝v0＋at，得t＝1 s和t＝5 s时，质点的速率相同，B正确；因质点做匀变速直线运动，则质点运动的加速度恒定不变，C错误；由v＝v0＋at，得t＝5 s时，v5＝－4 m/s，速度大小比初速度小，合外力做负功，D错误．15．解析：选C.根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力F＝mg sin 45°＝22mg，此时杆对小球的弹力F N＝mg cos 45°＝22mg，与弹簧对小球的弹力大小相等，所以A、B项均错误．当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧对小球的弹力为0，所以C项正确，D项错误．16．解析：选D.两根通电导线通以同向电流，在a导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b 导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式B ＝k I r和磁场的叠加可知：在0<x <r 2范围内，磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正；当x ＝r 2时，B ＝0；在r2<x <r区域内，B 随x 增大而增大且为负；在x >r 时，B 随x 增大而减小且为正，无穷远处大小为零．故D 正确．17．解析：选D.在粒子运动中的某一小段位移Δx 内电场力做功qE Δx .由功能关系知ΔE p ＝－qE ·Δx ，即ΔE pΔx ＝－qE ，E p －x 图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E 逐渐减小，A 错误．因粒子仅受电场力作用，由qE ＝ma 可知a 也逐渐减小，D 正确．再由动能定理有ΔE k ＝qE ·Δx ，即ΔE kΔx ＝qE ，E k －x 图线的斜率也表示电场力，则E k －x 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误．由v 2＝2ax 有v ＝2ax ，可知v －x 图线应是一条曲线，故C 错误．18．解析：选BC.在v －t 图象中，图象的斜率大小等于滑块的加速度大小，t ＝1 s 时，a ＝2 m/s 2，选项A 错误；5～6 s 时间内，由牛顿第二定律可得：F ＝ma ′＝4 N ，选项D 错误；在4～6 s 时间内，滑块的平均速度v ＝x t ＝62 m/s ＝3 m/s ，选项B 正确；在3～7 s 时间内，由动能定理和功率的定义式，可得：P ＝W t＝ΔE kt＝2 W ，选项C 正确．19．解析：选AD.设B n B 长度为L ，动摩擦因数为μ，从A 到B 1有，mgL sin θn －μmgL cos θn＝0，即μ＝tan θ，A 对．由mg sin θ＝μmg cos θ及动能定理得，当n ＝2时，滑块最终停在B 1处；当n ＝3时，滑块最终停在B 3与B 2中间位置；当n ＝4时，滑块最终停在B 3处；当n ＝5时，滑块最终停在B 5与B 4中间位置；以此类推可知，B 、C 错，D 对．20．解析：选ABC.由q ＝ΔΦR 可得：q ＝B 1a 22R ＋B 2a 22R ＝3Ba22R ，A 正确；克服安培力所做的功等于线框动能的减少量，为12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38mv 2，B 正确；此时线框中的电流I ＝2Ba v 2＋Bav2R ＝3Bav 2R ，电功率P ＝I 2R ＝9B 2a 2v 24R ，D 错误；此时线框受的安培力F 安＝B 1aI ＋B 2aI ＝3BaI ＝9B 2a 2v 2R ，线框的加速度a ＝F 安m ＝9B 2a 2v 2mR，C 正确． 21．解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，正方体木块的棱长为 3.56 cm.(2)用小正方体木块把小车轨道的一端垫高的目的是平衡摩擦力．(3)实验中把所挂重物的重力作为拉力，根据牛顿第二定律，a 与m 成正比，排除图象D.当所挂重物质量增大到一定数值后，加速度将趋近于重力加速度g ，所以能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是C.答案：(1)3.56(3分) (2)平衡摩擦力(3分) (3)C(4分)22．解析：(1)③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，此时电阻箱两端分得电压为满偏刻度的23，由电路的连接方式可知电压表的内阻R V ＝R2.④由于电阻箱的接入导致电压表所在支路电压变大，所以电压表的内阻测量值大于真实值．(2)在测量电源电动势和内阻实验中，由题图乙电路图可知调节R 2的滑片至最左端不再移动，同时调节电阻箱R 1阻值为0，将开关接向2，电压表读数为3 V 即保护电阻两端的电压．由题图丙可知，电源电动势为9.0 V ，所以电源内阻为2R 0＝50 Ω.答案：(1)③12R (3分) ④大于(2分) (2)⑤9.0(2分)50(3分)23．解析：(1)无风时氢气球在竖直方向受重力、绳上拉力和浮力， F 浮－mg －F 拉＝0，解得F 浮＝12 N ．(3分) (2)当v 1＝3 m/s 时对整体受力分析如图所示F 1＝kv 1(1分)在水平方向上F 1－F f ＝0(1分)在竖直方向上F 浮＋F N －(mg ＋Mg )＝0(3分) 由F f ＝μF N (2分)联立解得：k ＝3 N ·s/m ，F f ＝9 N(3分) 当v 2＝6 m/s 时，F 2＝kv 2由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝(m ＋M )a (2分)解得：a ＝2.14 m/s 2.(1分)答案：(1)12 N (2)2.14 m/s 224．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得：线圈中感应电动势E ＝B 2hv 0－B 1hv 0＝khLv 0(2分) 线圈所受安培力F ＝B 2hI －B 1hI ＝k 2h 2L 2Rv 0＝1.28×10－3 N(2分)为使线圈匀速运动，需要对线圈施加的外力大小 F 外＝F ＝1.28×10－3 N ．(2分)(2)若不施加外力，线圈最终会在安培力作用下停下来，对线圈应用牛顿第二定律得：F 安＝ma (2分)即：k 2h 2L 2R v ＝ma (1分)k 2h 2L 2Rv Δt ＝ma Δt (2分) 对等式两边求和得：k 2h 2L 2Rx ＝mv 0，即x ＝mv 0Rk 2h 2L 2(2分) 代入数据得：x ＝3.125 m ．(2分)(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，则线圈所受安培力必为零，所以线圈中的感应电流为零，即线圈中的感应电动势为零，则有E ＝(B 2hv 0－B 1hv 0)－ΔB ′Δt Lh ＝khLv 0－ΔB ′ΔtLh ＝0(3分)解得：ΔB ′Δt＝kv 0＝0.02 T/s.(2分)答案：(1)1.28×10－3N (2)3.125 m (3)0.02 T/s 25．解析：(1)设粒子的质量为m ，电荷量为q ，在第二象限做圆周运动的半径为r ，则qv 0B ＝m v 20r (2分)r sin α＝d (2分)设Q 点的纵坐标为y Q ，y Q ＝r －dtan α(1分)粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知，粒子射入第四象限和射出第三象限时，速度方向与x 轴正方向的夹角相同，则β＝α＝60°(1分)设粒子由x 轴上S 点离开电场，粒子在S 点的速度为v ，则qEy Q ＝12mv 2－12mv 20(3分)v ＝v 0cos β(2分)解得v 0＝E3B.(2分)(2)设粒子在电场中运动时间为t ，S 点的横坐标为x S ，则y Q ＝v 0tan β2t (2分)x S ＝v 0t (1分)解得x S ＝2d3，粒子在S 点速度为v ，在第四、三象限中运动半径为r ′，则qvB ′＝m v 2r ′(2分)x S －x P ＝2r ′sin β(2分) 解得B ′＝2.4B .(2分)答案：(1)E3B(2)2.4B。

2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习第一部分专题六自选模块第2讲课时演练知能提升Wor

1．(1)(2015·高考浙江自选模块)以下说法正确的是(单选)( )A ．所有原子核中的质子数和中子数都相等B ．在核反应中，质量数守恒、电荷数守恒C ．氢原子从高能级向低能级跃迁时能辐射出γ射线D ．只要光照射金属电极的时间足够长，就能发生光电效应(2)如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．解析：(1)有些原子核中质子数与中子数相等，但大部分原子核内的质子数与中子数并不相等，故选项A 错误．在核反应中，质量数守恒，电荷数也守恒，选项B 正确．氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，并不辐射γ射线，故选项C 错误．如果照射光的频率低于该金属的极限频率，无论照射时间多长，都不能发生光电效应，选项D 错误．(2)根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．答案：(1)B (2)0.02 m/s 离开空间站的方向2．(1)以下有关近代物理内容的若干叙述不正确的是(单选)( )A ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C ．根据玻尔理论，一个氢原子由n ＝4能级跃迁到较低能级时，最多能释放3种不同频率的光子D ．14C 是放射性同位素，能够自发地进行β衰变，在考古中可利用14C 的含量测定古生物年代(2)如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A 、B ，质量分别为m A ＝3 kg ，m B ＝6 kg ，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连，开始时绳子完全松弛，两物块紧靠在一起．现用3 N 的水平恒力F 拉B ，使B 先运动，当轻绳瞬间绷直后再拉A 、B 共同前进，在B 总共前进0.75 m 时，两物块共同向前运动的速度为23m/s ，求连接两物块的绳长L .解析：(1)紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，选项A 错误．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项B 正确．根据玻尔理论，当一个氢原子从n ＝4能级向低能级跃迁时，最多放出3种不同频率的光子，分别是n ＝4跃迁到n ＝3，n ＝3跃迁到n ＝2，n ＝2跃迁到n ＝1所释放的光子，选项C 正确．自然界中含有少量的14C ，14C 具有放射性，能够自发地进行β衰变，其半衰期恒定，因此在考古中可利用14C 来测定年代，选项D 正确．(2)当B 前进距离L 时，由动能定理FL ＝12m B v 2B ，得v B ＝2FL m B，此后A 、B 以共同速度运动，由动量守恒m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，然后A 、B 一起匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可得：v ′2AB －v 2AB ＝2F m A ＋m Bx ，x ＝0.75－L ，解得：L ＝0.25 m. 答案：(1)A (2)0.25 m3.(2015·杭州模拟)(1)氢原子的能级图如图所示．有一群处于n ＝4能级的氢原子，若原子从n ＝4向n ＝2跃迁时所发出的光正好使某种金属产生光电效应，则：①这群氢原子发出的光中共有________种频率的光能使该金属产生光电效应；②从n ＝4向n ＝1跃迁时发出的光照射该金属，所产生的光电子的最大初动能为________eV.(2)如图所示，质量为2m 的小滑块P 和质量为m 的小滑块Q 都可看做质点，与轻质弹簧相连的Q 静止在光滑水平面上．P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，求：①弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 的速度大小；②弹簧的最大弹性势能．解析：(1)①n ＝4向n ＝2跃迁时所发出的光正好使某种金属产生光电效应，E 4－E 2＝2.55 eV ，所以该金属逸出功W 0＝2.55 eV .氢原子跃迁时，共发出6种频率的光，光子能量分别为E 2－E 1＝10.2 eV ，E 3－E 1＝12.09 eV ，E 4－E 1＝12.75 eV ，E 4－E 3＝0.66 eV ，E 4－E 2＝2.55 eV ，E 3－E 2＝1.89 eV ，其中大于或等于2.55 eV 的有4种．②n ＝4向n ＝1跃迁时发出的光子能量为12.75 eV ，根据光电效应方程h ν＝E k ＋W 0，可得E k ＝10.2 eV .(2)①当弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 速度相等，设为v 1，由动量守恒定律：2m v ＋0＝(2m ＋m )v 1解得：v 1＝23v . ②设弹簧的最大弹性势能为E m ，由能量守恒定律得：12·2m ·v 2＝12(2m ＋m )v 21＋E m 解得：E m ＝13m v 2. 答案：(1)①4 ②10.2 (2)①均为23v ②13m v 2 4．(1)某光电管的阴极K 用截止频率为ν0的金属钠制成，光电管阳极A 和阴极K 之间的正向电压为U ，普朗克常量为h ，电子的电荷量为e .用频率为ν的紫外线照射阴极，有光电子逸出，光电子到达阳极的最大动能是________；若在光电管阳极A 和阴极K 之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为________．(2)1928年，德国物理学家玻特用α粒子(42He)轰击轻金属铍(94Be)时，发现有一种贯穿能力很强的中性射线．查德威克对该粒子进行研究，进而发现了新的粒子——中子．①写出α粒子轰击轻金属铍的核反应方程；②若中子以速度v 0再与一质量为m N 的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v 1，氮核碰后的速率为v 2，则中子的质量m 等于多少？解析：(1)根据爱因斯坦光电效应方程和动能定理可知eU ＝E km －(hν－hν0)，即E km ＝eU ＋hν－hν0；在光电管阳极A 和阴极K 之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为U ＝h ν－hν0e. (2)①94Be ＋42He →12 6C ＋10n.②由动量守恒得m v0＝－m v1＋m N v2m＝v2v0＋v1m N.答案：(1)eU＋hν－hν0hν－hν0e(2)①94Be＋42He→126C＋10n②v2v0＋v1m N5．(1)关于天然放射性，下列说法正确的是(单选)()A．所有元素都有可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度有关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线(2)如图，质量分别为mA、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零．已知m B＝3m A，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：①B球第一次到达地面时的速度；②P点距离地面的高度．解析：(1)自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B错误、C正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项D错误．(2)由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后总动能相等，分别列方程求解．①设B球第一次到达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B＝2gh①将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s.②②设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2.由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m.答案：(1)C (2)①4 m/s ②0.75 m6.(1)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不正确的是(单选)( )A ．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B ．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C ．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度D ．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(2)质量分别为m1＝1 kg ，m 2＝3 kg 的小车A 和B 静止在水平面上，小车A 的右端水平连接一根轻弹簧，小车B 以水平向左的初速度v 0向A 驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A 获得的最大速度为v ＝6 m/s ，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失，求：①小车B 的初速度v 0；②A 和B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能．解析：(1)A 裂变成B 、C ，放出能量，A 对；增加入射光强度，光电子的最大初动能不变，B 错；镉棒能吸收中子，可控制核反应速度，C 对；修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏，D 对．(2)①由题意可得，当A 、B 相互作用弹簧恢复到原长时A 的速度达到最大，设此时B 的速度为v 2，由动量守恒定律可得：m 2v 0＝m 1v ＋m 2v 2相互作用前后系统的总动能不变：12m 2v 20＝12m 1v 2＋12m 2v 22 解得：v 0＝4 m/s.②第一次弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设此时A 、B 有相同的速度v ′，根据动量守恒定律有：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ′此时弹簧的弹性势能最大，等于系统动能的减少量：ΔE ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v ′2 解得ΔE ＝6 J.答案：(1)B (2)①4 m/s ②6 J7．(1)(2015·浙北三校联考)下列说法正确的是(单选)( )A ．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B ．放射性物质的温度升高，则半衰期减小C ．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个D ．根据玻尔理论，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，同时电子的动能减小，电势能增大(2)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．解析：(1)根据玻尔理论，原子轨道是量子化的，是不连续的，A 错；放射性物质的半衰期由其本身决定，与外界环境无关，B 错；据α衰变和β衰变的实质，2次α衰变放出2个42He ，一次β衰变放出一个0－1e ，可知C 正确；据玻尔理论，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，由高能级到低能级，电势能减小，动能增大，D 错误．(2)子弹射入物块B 的过程，子弹和物块B 组成的系统水平方向动量守恒，则m v 0＝2m v 1子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程，系统水平方向动量守恒 m v 0＝3m v 2据能量关系可得：2mgL (1－cos 60°)＝12×2m v 21－12×3m v 22 解得：v 0＝23gL .答案：(1)C (2)23gL8．(2014·高考江苏卷)(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73 ×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的(单选)( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量(2)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为 15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为 2m 的玻璃球 A 以速度 v 0 碰撞质量为 m 的静止玻璃球 B ，且为对心碰撞，求碰撞后 A 、B 的速度大小．解析：(1)根据爱因斯坦光电效应方程12m v 2m＝hν－W .由题知W 钙>W 钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p ＝2mE k 及p ＝h λ和c ＝λν知，钙逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．(2)设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2由动量守恒定律知：2m v 0＝2m v 1＋m v 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0. 答案：(1)A (2)1748v 0 3124v 0。

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(B)

力电综合检测(B)一、单项选择题1．(2015·宁波高三十校联考)如图，一小球从水面上方高h 处由静止下落进入水中，若小球在水中所受阻力大小为F ＝kv 2(k 为常量，v 为小球速度大小)，且水足够深，则( )A ．h 越大，小球做匀速运动时的速度越大B ．h 变大，小球在水中的动能变化量的绝对值一定变大C ．h 变小，小球在水中的动能变化量的绝对值可能变大D ．小球在水中刚开始做匀速运动的位置与h 无关解析：选C.小球匀速运动时有mg ＝kv 2，即小球做匀速运动时的速度与下落高度无关，选项A 错误；小球入水速度与做匀速运动时的速度差值越大，动能变化量的绝对值越大，选项B 错误，C 正确；由mg ＝kv 2，mgh ＝12mv 2可得h ＝m 2k ，当h ＝m 2k 时，小球刚开始做匀速运动的位置在水面处，显然选项D 错误．2．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r ＝0.1 m 处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．8 rad/sB ．2 rad/sC.124 rad/sD.60 rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmg cos θ－mg sin θ＝mr ω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s ，B 正确．3．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a ，0)，N 点的坐标为(a ，0，0)，P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2.已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )A.22V B.32V C.14 V D.34V 解析：选D.MN 间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4，所以P 点的电势为：32a 42a×1 V ＝34 V ，D 正确．4．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析：选B.金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIlsin θ＝Blsin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．5.如图所示，A 、B 为两个等量正点电荷，O 为A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴．下列四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系，其中正确的是( )解析：选C.本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C 正确，D 错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x 线性减小，选项A 、B 错误．6.(2015·唐山模拟)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为（F －μmg ）RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdlR ＋r ，B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 、D 错．二、不定项选择题7.某遥控小车在平直路面上运动的v －t 图线如图所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是( )A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 m解析：选BC.由题图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 末时开始做匀加速运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 末时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ＋2＋42×1 m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误． 8.近来我国暴雨频发，多地相继出现群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如图所示．某时刻被困人员位于河道O 处，与河岸距离为l ，救援人员位于A 处，沿OA 方向以速度v 1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F ，此时OA 与粗绳OB 夹角为α，被困人员此时速度为v 2.则( )A ．v 2＝v 1cos αB ．v 2＝v 1cos αC ．被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD ．拉力瞬时功率P ＝Fv 1 解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度，由几何关系可知：v 2＝v 1cos α，A 正确，B 错误；拉力的瞬时功率为P ＝Fv 1，D 正确，拉力做功为Flcos α，C 错误．9．一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为v 02.质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A ．经历的时间为3mv 02FB ．经历的时间为mv 02FC ．发生的位移为6mv 28FD ．发生的位移为21mv 28F解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－F mt ＝0，x ＝v 0cos 30°2t ，在垂直恒力方向上有y ＝v 02t ，质点的位移s ＝x 2＋y 2，联立解得经历时间为t ＝3mv 02F ，发生的位移为s ＝21mv 28F，A 、D 正确．10.如图所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，根据平衡条件得qE ＝qvB ，解得E ＝vB ＝10 N/C ，A 项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r ＝vt ，水平方向上r ＝12at 2，由牛顿第二定律a ＝qE m ，联立解得q m ＝2v Br ＝2×106 C/kg ，B 项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R ＝mvqB 1＝0.1 m ，C 项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T ＝2πR v ，因此运动的时间t ＝14T ＝πR 2v ＝1.57×10－4s ，D 项错误．三、非选择题11．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L ＝1 m ，1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为F T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小；(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：F T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a 1，滑块2的加速度为a 2，则：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，则t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m. 答案：(1)40 N (2)3.5 m12．(2015·西城一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与QQ 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与PQQ 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系；(2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；(4)若t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .解析：(1)由题意知cd 棒受力平衡，则 F ＋F cd ＝mg sin 37°F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 则回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab 解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02m ＝4 m根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝It ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s根据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0得1.0 s 内克服安培力做功W 安＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－12×0.1×82J ＝12.8 J回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J13.最近，我国部分地区多发雾霾天气，PM2.5值过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于清除带电粉尘．模型简化如图，粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒，速度大小均为v ＝10 m/s ，粉尘微粒质量m ＝5×10－10kg ，电荷量为q＝＋1×10－7C ，粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B ＝0.1 T 的圆形边界磁场，半径R ＝0.5 m ，磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ，两板间电压恒为U 0＝0.9 V ，两板相距d ＝1 m ，板长l ＝1 m ，不计粉尘重力及粉尘之间的相互作用．(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右；(2)若粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n ＝2×108个，且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道，求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ；(3)若两极板间电压在0～1.5 V 之间可调，求收集效率和电压的关系．解析：(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力提供向心力，轨迹半径为rqvB ＝m v 2rr ＝mv qB ＝5×10－10×101×10－7×0.1m ＝0.5 m如图所示，假设粉尘微粒从B 点打出，轨迹圆的圆心为O ′，由r ＝R 可知AOBO ′为菱形，所以OA ∥BO ′，BO ′一定在竖直方向上，速度方向与BO ′垂直，因此速度方向水平向右．(2)粉尘微粒进入电场，水平方向做匀速直线运动 l ＝vt竖直方向做匀加速直线运动a ＝qU md y ＝12at 2 y ＝qUl 22mdv2 当U ＝U 0＝0.9 V 时解得y ＝qU 0l 22mdv 2＝1×10－7×0.9×122×5×10－10×1×102 m ＝0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α，则y ＝R ＋R cos α，则α＝37°，可知在极板上的微粒占总数的百分比为 η＝180°－α180°×100%＝79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上此装置每秒能收集的粉尘质量M ＝nm ×79.4%＝2×108×5×10－10×79.4% kg ＝0.079 4 kg.(3)把y ≥d 代入y ＝qUl 22mdv2解得U ≥1 V可知：1.5 V ≥U ≥1 V 时，收集效率η＝100% 当1 V>U ≥0时，对于恰被吸收的粒子： y ＝12at 2＝12qUl 2mdv 2＝U (m)，由y ＝R ＋R cos α，α＝arccos y －RR得， α＝arccos (2U －1)，收集效率η＝π－απ×100%＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1πarccos （2U －1）×100%. 答案：见解析。

2016版高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习：第一部分电学综合检测含答案

电学综合检测一、单项选择题1．（2015·金华十校高三模拟）如图所示，电源电动势为E＝16 V，内阻为r＝4 Ω，直流电动机内阻为1 Ω。

现调节滑动变阻器R使电源的输出功率最大，此时电动机的功率刚好为6 W，则此时滑动变阻器R的阻值和电动机的发热功率P为（）A．R＝3。

0 ΩP＝6 WB．R＝3。

0 ΩP＝4 WC．R＝2。

5 ΩP＝6 WD．R＝2。

5 ΩP＝4 W解析:选D。

因为电源的输出功率为P＝I（E－Ir)＝EI－rI2,当I ＝错误!＝2 A时电源的输出功率最大,又电动机两端的电压U M＝错误!＝3 V,则R＝错误!－r＝2.5 Ω，电动机的发热功率为P＝I2R M＝4 W．所以选项D正确．2．（2015·安徽合肥一模)图甲所示的电路中，电流表A1的指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的错误!处，图乙中，A2的指针指满刻度，A1的指针指满刻度的13处，已知A1的电阻为0。

45 Ω，则A2的电阻为( ）A．0.1 ΩB．0。

15 ΩC．0。

3 ΩD．0。

6 Ω解析：选A。

设电流表A1、A2的满偏电流分别为I1、I2;由题意知，当电流表串联时：I1＝错误!I2当电流表并联时：I2R2＝错误!I1R1由于R1＝0。

45 Ω解得:R2＝0。

1 Ω.3。

（2015·高考海南卷）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距错误!l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力,则M∶m为（）A．3∶2 B．2∶1C．5∶2D．3∶1解析：选A.因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距错误!l 的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为错误!l,电荷量为－q的粒子通过的位移为错误!l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝错误!、a2＝错误!，由运动学公式有错误!l＝错误!a1t2＝错误!t2①，错误!l＝错误!a2t2＝错误! t2②，错误!得错误!＝错误!.B、C、D错,A对．4。

2016版《优化方案》高考物理(江苏专用)二轮复习第一部分专题六选考模块第2讲课时演练知能提升

1．(2015·高考江苏卷)(1)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比________．A ．波速变大B ．波速不变C ．频率变高D ．频率不变(2)用2×106 Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2 250 m/s 和1 500 m/s ，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍．用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“容易”或“不容易”)发生衍射．(3)人造树脂是常用的眼镜镜片材料．如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上的P 点．已知光线的入射角为30°，OA ＝5 cm ，AB ＝20 cm ，BP ＝12 cm ，求该人造树脂材料的折射率n .解析：(1)渔船与鱼群发生相对运动，被鱼群反射回来的超声波的速度大小不变；由多普勒效应知，反射回来的超声波的频率变高，故选项B 、C 正确．(2)由v ＝λf 知，超声波在结石中的波长λ1＝v 1f ，在胆汁中的波长λ2＝v 2f ，则波长之比：λ1λ2＝v 1v 2＝1.5. 超声波遇到结石时，其波长远小于结石的线度，则超声波遇到结石时不容易发生衍射现象．(3)设折射角为γ，由折射定律知：sin 30°sin γ＝n由几何关系知：sin γ＝BP －OAOP且OP ＝（BP －OA ）2＋AB 2 代入数据得n ＝44914≈1.5. 答案：(1)BC (2)1.5 不容易 (3)44914(或1.5) 2．(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D ．丁图是波的振动图象，其振幅为8 cm ，振动周期为4 s (2)(2014·高考江苏卷)在“探究单摆的周期与摆长的关系” 实验中，某同学准备好相关实验器材后，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放，同时按下秒表开始计时，当单摆再次回到释放位置时停止计时，将记录的这段时间作为单摆的周期．以上操作中有不妥之处，请对其中两处加以改正．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(3)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．题图丙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C 错．(2)①应在摆球通过平衡位置时开始计时；②应测量单摆多次全振动的时间，再计算出周期的测量值．(或在单摆振动稳定后开始计时)(3)①光路图如图甲所示②由图乙可知sin αsin β＝nsin 60°sin γ＝n又n ＝3 解得γ＝30°由图中几何关系可知β＝30° 解得α＝60° 则θ＝30°.答案：(1)BD (2)见解析 (3)①见解析 ②30° 3．(2015·镇江模拟)(1)下列说法中正确的是________． A ．同种介质中，光的波长越短，传播速度越快B ．泊松亮斑有力地支持了光的微粒说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说C ．某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，则测出的周期偏小D ．静止在地面上的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，观察到的长度比杆静止时的短(2)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，在t ＝0时刻波刚好传播到x ＝6 m 处的质点A ，如图所示，已知波的传播速度为48 m/s.请回答下列问题：①从图示时刻起再经过________s ，质点B 第一次处于波峰； ②从图示时刻起质点A 的振动方程为________________________________________________________________________cm.(3)如图所示，某种透明液体的折射率为n ，在液面下深为h 处有一点光源S ，现用一不透光的圆形薄板置于液面，其圆心O 在S 的正上方．要使观察者从液面上任一位置都不能看到点光源S ，则该圆形薄板的半径R 至少为多大？解析：(1)光在真空中传播速度相等，A 项错误；泊松亮斑有力地支持了光的波动说，杨氏干涉实验有力地支持了光的波动说，B 项错误；某同学在测单摆的周期时将全振动的次数多记了一次，测出的周期T ＝tn偏小，C 项正确；根据相对论知识判断D 项正确．(3)由图中几何关系得sin θ＝sin C ＝RR 2＋h 2，sin C ＝1n ，解得R ＝hn 2－1. 答案：(1)CD (2)①0.5 ②y ＝－2sin 12πt (3)hn 2－14．(2015·南通三模)(1)下列说法中正确的是________．A ．光从光导纤维的内芯射向外套时，只发生折射不发生反射B ．第四代移动通信系统(4G)采用1 880 MHz ～2 690 MHz 间的四个频段，该电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的C ．飞机远离卫星时，卫星接收到飞机的信号频率大于飞机发出的信号频率D ．狭义相对论中“动钟变慢”，可通过卫星上的时钟与地面上的时钟对比进行验证 (2)用实验探究单摆的周期与摆长的关系，为使单摆周期的测量值更精确，测量n 次全振动的时间t ，n 应适当________(选填“大”或“小”)些；改变摆线长，测量多组摆长l 和相应的振动周期T 的数据，用图象处理数据．要得到线性图象，应选用________(选填“T －l ”“T －l 2”或“T 2－l ”)图象．(3)如图所示，一个三棱柱形透明物体横截面是直角三角形，∠B ＝90°，∠C ＝30°，D 是AC 上的一点，CD 间距离为L ，AB 间距离为2L .一束平行于BC 方向的光从AC 面上的D 点射入，经BC 面反射到AB 的中点E .求：①光在AC 面上的折射角γ； ②透明物体的折射率n .解析：(3)①如图所示，光线从AC 面上的D 点射入时的入射角为i ，折射角为γ，D 点关于BC 的对称点D ′一定在反射光PE 的反向延长线上．由几何关系可知i ＝60°，γ＝30° ②根据折射定律n ＝sin isin γ代入数据得：n ＝ 3.答案：(1)D (2)大 T 2－l (3)①30° ② 3 5．(2015·盐城模拟)(1)下列说法中正确的是________． A ．光的偏振现象说明光是纵波B ．全息照相利用了激光相干性好的特性C ．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D ．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大 (2)如图所示，一弹簧振子在M 、N 间沿光滑水平杆做简谐运动，坐标原点O 为平衡位置，MN ＝8 cm.从小球经过图中N 点时开始计时，到第一次经过O 点的时间为0.2 s ，则小球的振动周期为________s ，振动方程的表达式为x ＝__________cm.(3)两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；另一条光线的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝R2，OP ＝3R .求玻璃材料的折射率．解析：(1)光的偏振现象说明光是横波，光的双缝干涉条纹间距Δx ＝ld λ，紫光比红光波长短，则Δx 变小，所以A 、D 项错．(3)作出光路图如图所示，其中一条光线沿直线穿过玻璃，可知O 点为圆心．另一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2则sin θ1＝OA OB ＝12，得θ1＝30°因OP ＝3R ，由几何关系知BP ＝R ，则折射角θ2＝60°由折射定律得玻璃的折射率为 n ＝sin θ2sin θ1＝sin 60°sin 30°＝3≈1.73. 答案：(1)BC (2)0.8 4cos5π2t (3)1.73(或3) 6．(2015·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 ．泊松亮斑是光的干涉现象中的加强区 B ．光的偏振现象说明光是横波C ．波速公式说明波速与波长、频率有关，与介质无关D ．“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，是一列横波在某一时刻的波形图象，已知这列波的频率为5 Hz ，此时x ＝1.5 m 的质点正向y 轴正方向振动，可以推知，这列波正在沿x 轴________(填“正”或“负”)方向传播，波速大小为________m/s.(3)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)泊松亮斑是光的衍射现象，A 错误；横波才有偏振现象，B 正确；波速大小取决于介质，C 错误；利用多普勒效应可以测速度，D 正确．(2)根据同侧法判断，这列波传播方向为x 轴负方向，由题图可知波长为2.0 m ，根据v ＝λf 可知，波速为10 m/s.(3)如图所示，光射到OA 界面的入射角α＝30°，则sin α＝12<1n ，故入射光能从圆锥侧面射出．设折射角为β，无限接近A 点的折射光线为AC ，根据折射定律 sin β＝n sin α，解得β＝60°. 过O 点作OD ∥AC ，则∠O 2OD ＝β－α＝30° 在Rt △O 1AO 中O 1O ＝R tan 30°＝3a ·33＝a 在Rt △ACE 中，EC ＝AE tan 30°＝5a 3故O 2C ＝EC －R ＝2a 3在Rt △OO 2D 中，O 2D ＝4a tan 30°＝4a 3光束在桌面上形成光斑的面积 S ＝π·O 2D 2－π·O 2C 2＝4πa 2. 答案：(1)BD (2)负 10 (3)4πa 2。

优化方案高考物理浙江专用二轮专题复习课件：第一部分专题六自选模块第1讲

栏目导引
专题六自选模块
2．能量特征振动的能量与___振__幅____有关，随___振__幅___的增大而增大．振动系统的动能和势能相互转化，总机械能守恒． 3．周期性做简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦”或“余弦”的规律变化，它们的周期T均相同．其位移随时间变化的表达式为：x＝___A_s_in_(_ω_t_＋__φ_)__或x ＝___A_c_o_s_(_ω_t_＋__φ_)___ (注意动能和势能的变化周期为T/2)．
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热点一对振动和波动的考查命题规律振动与波动的问题是近几年高考的重点和热点，分析近几年高考命题，命题规律主要有以下几点： (1)以选择题的形式考查，一般考查波动图象和振动图象的相互转换与判断．(2)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及波速、频率等．(3)波的多解问题．(4)振动方程 2014 年和 2015 年连续考查．
间是(单选)( C ) A．0.5 s
B．0.75 s
C．1.0 s
D．1.5 s
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(2)(2015·高考浙江卷)某个质点的简谐运动图象如图所示，求振动的振幅和周期．
[解析] (1)由振动周期 T＝3.0 s、ω＝2Tπ、A＝20 cm 知，游
船做简谐运动的振动方程 x＝Asin ωt＝20sin 23πt(cm)．在一
Δx＝nλ（n＝0，1，2，…），振动加强同，则Δx＝nλ＋2λ（n＝0，1，2，…），振动减弱
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③加强区始终加强，减弱区始终减弱．加强区的振幅A＝A1 ＋A2，减弱区的振幅A＝|A1－A2|. ④若两波源的振动情况相反，则加强区、减弱区的条件与上述相反． (3)波的衍射 ①波绕过障碍物的现象叫做波的衍射． ②能够发生明显的衍射现象的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长__小_____，或者__跟__波__长__相__差__不__多_______．