15红对勾 大气运动习题
高考地理二轮复习用书：红对勾讲与练课时作业2
课时作业2 地球运动规律一、单项选择题(每小题2分，共34分)(2012·厦门市高中适应性考试)下图示意北半球低纬度某地某日(晴天)建筑各朝向墙面太阳辐射强度值的差异。
读下图完成1—3题。
1．该地的经度是()A．105°E B．131°E C．135°E D．101°E解析：由图中各墙面获得最强太阳辐射的时间可知，③墙应为南墙，太阳辐射最大值出现在北京时间13时，其地方时为12时，由此推算该地经度应为105°E。
答案：A2．四条曲线中，代表北墙的是()A．①B．②C．③D．④解析：北半球低纬度，北墙获得太阳辐射只能出现在早晨和傍晚一段时间，故④墙为北墙。
答案：D3．该日最可能是()A．4月5日B．6月8日C．9月10日D．10月1日解析：北半球低纬度，北墙在一天中能获得长时间的太阳辐射，说明太阳直射点在北半球且离北回归线较近，B项较符合。
答案：B(2012·百校联盟押题)下图为大气上界太阳辐射总量的分布图。
读下图回答4—5题。
4．北半球大气上界太阳辐射总量()A．全年从赤道向北递减B．纬度越高季节变化越小C．夏半年纬度差异较小D．最大值出现在赤道附近解析：从图中可以看出，北半球大气上界太阳辐射总量不但随纬度的变化而变化，还随季节的变化而变化。
低纬度地区太阳辐射总量的季节变化明显小于高纬度地区，太阳辐射总量的纬度变化梯度无论在南半球还是在北半球都是冬季大于夏季。
答案：C5．造成南、北极点大气上界太阳辐射总量最大值差异的主要因素是()A．正午太阳高度B．昼夜长短C．大气层的厚度D．日地距离解析：北半球夏半年，地球运行到公转轨道的远日点附近，距太阳较远，故北极点大气上界获得的太阳辐射总量较南极点大气上界低。
答案：D(2012·领航调研)下图所示的是北半球的一段纬线，M、N两点分别是某日的晨线、昏线与该纬线的交点。
一年中M、N两点有重合于O点的现象。
《红对勾》2017届高考物理新课标一轮复习训练1-1描述运动的基本概念Word版含解析
高考真题1．(2015·浙江理综)如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx ，用Δx Δt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使Δx Δt更接近瞬时速度，正确的措施是( ) A ．换用宽度更窄的遮光条B ．提高测量遮光条宽度的精确度C ．使滑块的释放点更靠近光电门D ．增大气垫导轨与水平面的夹角解析：由v ＝Δx Δt 可知，当Δt →0时，Δx Δt可看成物体的瞬时速度，Δx 越小，Δt 也就越小，Δx Δt越接近瞬时速度，A 正确．提高测量遮光条宽度的精确度，只能提高测量平均速度的准确度，不能使平均速度更接近瞬时速度，B 错误．使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，因此C 错误．增大气垫导轨与水平面的夹角，如果滑块离光电门近，也不能保证滑块通过光电门的时间短，D 错误．答案：A2．(2011·海南卷)(多选)一物体自t ＝0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是( )A ．在0～6 s 内，物体离出发点最远为30 mB ．在0～6 s 内，物体经过的路程为40 mC ．在0～4 s 内，物体的平均速率为7.5 m /sD ．在5～6 s 内，物体所受的合外力做负功解析：要注意路程和位移、平均速度和平均速率的不同．物体0～5 s 内的位移x 1＝12×(2＋5)×10 m ＝35 m,5～6 s 内的位移x 2＝－12×1×10 m ＝－5 m ．即物体先沿正方向运动35 m ，然后反向运动5 m ，故t ＝5 s 时物体离出发点最远，最远距离为35 m,0～6 s 内经过的路程为40 m ，A 错误，B 正确．同理，可求出0～4 s 内物体的路程为30 m ，故此段时间内物体的平均速率v ＝7.5 m /s ，C 正确．由于5～6 s 内物体从静止开始沿负方向做匀加速运动，其动能增大，由动能定理可知合外力对物体做正功，D 错误．答案：BC3．(2011·安徽理综)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为( )A .2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)B .Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C .2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D .Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)解析：t 1中间时刻的速度v 1＝Δx t 1，t 2中间时刻的速度v 2＝Δx t 2，又v 2＝v 1＋a·t 1＋t 22，得a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 正确． 答案：A4．(2013·四川理综)(多选)甲、乙两物体在t ＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图象如图所示，则()A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同解析：根据题给v-t图象可知：在0～0.5 s时间内，甲、乙的速度一正一负，表示甲、乙的运动方向相反，A错误．由几何关系可知，在0～7 s时间内，乙图象与时间轴所包围的总面积为零，所以位移为零，B正确．在0～4 s时间内，甲的速度始终为正，即始终沿正方向运动，C错误．在t＝6 s时，甲、乙图线的斜率均为负，表示甲、乙的加速度方向相同，D正确．答案：BD。
物理红对勾全反射电子版
物理红对勾全反射电子版1、67．关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是（）[单选题] *A．光年是时间单位，宇宙是一个有层次的天体结构B．电子的尺度比原子的尺度大；原子核带负电，电子带正电C．水和酒精混合后总体积变小，说明分子间有引力D．汤姆生发现了电子，卢瑟福建立了原子核式结构模型(正确答案)2、下列有关力做功的说法中正确的是（）[单选题]A.用水平力推着购物车前进，推车的力做了功(正确答案)B.把水桶从地面上提起来，提水桶的力没有做功C.书静止在水平桌面上，书受到的支持力做了功D.挂钩上的书包静止时，书包受到的拉力做了功3、61．关于微观粒子的发现与提出，下列说法正确的是（）[单选题] * A．电子是英国物理学家卢瑟福发现的B．原子的核式结构模型是盖尔曼提出的C．中子是由查德威克发现的(正确答案)D．夸克是比中子、质子更小的微粒，是由英国物理学汤姆生提出的4、家庭电路中与灯泡串联的开关可以接在火线上，也可以接在零线上[判断题] *对错(正确答案)答案解析：开关接火线5、用天平测小石块质量的实验中,有如下实验计划,正确的操作顺序是（）①将游码移至标尺左端的“0”刻度线处;②将托盘天平放置在水平工作台面上;③在天平的左盘放入小石块;④调节平衡螺母,使天平横梁平衡;⑤用镊子在右盘中加减砝码,移动游码,使天平平衡;⑥正确读出砝码和游码的示数. [单选题] *A. ①②③④⑤⑥B. ②①④③⑤⑥(正确答案)C. ②③①④⑤⑥D. ③②①④⑤⑥6、电磁波能传递能量信息，声波不能传递能量[判断题] *对错(正确答案)答案解析：电磁波和声波都可以传递信息和能量7、71．晓阳同学在做测量密度实验时，分别测量了A、B两种不同物质的密度，并绘制了m﹣V图像，如图所示，下列说法不正确的是（）[单选题] *A．A物质的密度ρA＝5g/cm3B．水的m﹣V图像应该在Ⅰ区域(正确答案)C．A物质的密度大于B物质的密度D．图像反映出同种物质的物体，其质量与体积成正比8、4．列车员说火车8点42分到站，8点42分指的是时间间隔．[判断题] *对错(正确答案)9、图60表示甲、乙两人看物体时的光路图，要在视网膜上成清晰的像，则（）[单选题]A.甲需配戴的眼镜是凸透镜B.乙需配戴的眼镜是凹透镜C.甲需配戴的眼镜是近视镜(正确答案)D.乙需配戴的眼镜是近视镜10、29．下列说法正确的是（）[单选题] *A．洗澡时，洗澡水的适宜温度约为40℃(正确答案)B．0℃的冰比0℃的水冷C．正常情况下，人的体温约为4℃D．人体感到舒适的气温约为30℃11、炎热的夏天吹风扇会感觉凉快，是因为吹风扇使空气温度降低的缘故[判断题] *对错(正确答案)答案解析：电风扇加快汗液蒸发吸热12、88．如图为甲、乙两种物质的m﹣V图像，下列说法中正确的是（）[单选题] * A．体积为15cm3的乙物质的质量为30g(正确答案)B．甲的质量一定比乙的质量大C．甲、乙体积相同时，乙的质量是甲的2倍D．甲、乙质量相同时，甲的体积是乙的2倍13、6．物块静止放在桌面上，物块所受重力和物块对桌面的压力是一对作用力和反作用力．[判断题] *对错(正确答案)14、56．关于宇宙大爆炸，下列说法中正确的是（）[单选题] *A．宇宙起源于一个稳定的“原始火球”B．“原始火球”的密度无限大，但温度不是很高C．“原始火球”的爆炸是整体的，涉及宇宙的全部物质及时间、空间(正确答案)D．“原始火球”的爆炸导致宇宙空间处处膨胀，温度则相应升高15、下列事例中，属于用热传递的方式改变物体内能的是（）[单选题]A．用锯条锯木头，锯条温度升高B．用炉灶烧水，水温升高(正确答案)C．气缸内气体被压缩，温度升高D．用力搓手，手会发热16、图62所示的电路中，电阻阻值R1>R2。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业33含答案
课时作业33热力学定律和能量守恒时间:45分钟满分:100分一、选择题（8×8′＝64′)1.错误!关于一定量的气体,下列叙述正确的是( ）A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少解析：由热力学第二定律知吸收的热不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功,若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热,若同时伴随有做功，其内能不一定增加，C错误;外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少,D正确．答案:AD2．下列说法中正确的是（）A．任何物体的内能就是组成物体的所有分子热运动动能的总和B．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能C．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行解析：物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，所以A选项错误．将内能全部转化为机械能而不引起其他变化是不可能的，B选项错误．在热力学第二定律中，热传导是有方向性的，不违背能量转化和守恒定律,但不能自发进行，D选项错误．做功和热传递是改变内能的两种方式，C选项正确．答案:C3．(2012·广东理综）景颇族的祖先发明的点火器如右图所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒．猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中（）A．气体温度升高,压强不变B．气体温度升高,压强变大C．气体对外界做正功,气体内能增加D．外界对气体做正功,气体内能减少解析：猛推推杆,封闭在套筒中的气体被压缩，外界对气体做功,套筒由牛角做成，导热能力很差,且压缩过程用时极短,故压缩过程可看做绝热过程．由ΔE＝W可知气体的内能增加，温度升高，根据pV T＝C可知因T增大，V减小，故p增大，选项B正确．答案：B4．下图为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外，下列说法正确的是( )A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律解析：在电冰箱的热量传递过程中是由于压缩机消耗电能做功才使热量从冰箱内传到冰箱外，并不是自发地进行，所以A项错误，B项正确．电冰箱的工作原理不违反热力学第二定律和能量守恒定律，所以C项正确,D项错误．答案：BC5．一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过一系列变化后又回到开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有（)A．Q1－Q2＝W2－W1B．Q1＝Q2C．W1＝W2D．Q1＞Q2解析:理想气体的初态和末态相同,则温度相同，理想气体的内能变化为零．由热力学第一定律：ΔU＝W总＋Q总＝（W1－W2)＋(Q1－Q2），0＝（W1－W2)＋(Q1－Q2），所以W2－W1＝Q1－Q2，所以A 选项正确．答案：A6．如下图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计．置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部,另一端固定在活塞上．弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为E p(弹簧处在自然长度时的弹性势能为零)．现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态．经过此过程( ）A．E p全部转换为气体的内能B．E p一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能C．E p全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D．E p一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能解析：依题可知，断开绳子，活塞最终静止后的位置高于初始位置,E p的能量转化有三种形式：活塞的重力势能、气体的内能及弹簧的弹性势能，故D正确．答案：D7．（2010·全国卷Ⅱ)如图，一绝热容器被隔板K隔开成a、b 两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空．抽开隔板K 后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中（) A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小,温度降低D．气体压强变小，温度不变解析：由于b内为真空，容器绝热，所以a内气体进入b时不做功，且内能不变，温度不变，选项B正确，A、C错误；根据气体压强微观解释可知，气体等温膨胀，则压强变小，选项D正确．答案:BD8．（2010·重庆高考)给旱区送水的消防车停于水平地面．在缓慢放水过程中,若车胎不漏气,胎内气体温度不变，不计分子间势能,则胎内气体( ）A．从外界吸热B．对外界做负功C．分子平均动能减小 D．内能增加解析:缓慢放水过程中，胎内气体体积增大、温度不变，内能不变,分子平均动能不变,选项C、D错误;由体积增大可知气体对外界做功，或克服外界做功，选项B错误．由热力学第一定律可知气体从外界吸热，选项A正确．答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化,B→C过程为等容变化．已知V A＝0。
【红对勾】高中物理 期期末评估试题 新人教版必修2
【红对勾】2014-2015学年高中物理 期期末评估试题 新人教版必修2限时：90分钟 总分：100分一、选择题(1～6为单选，7～10为多选。
每小题4分，共40分)1．在同一平台上的O 点抛出的3个物体做平抛运动的轨迹如图所示，则3个物体做平抛运动的初速度v A 、v B 、v C 的关系和3个物体做平抛运动的时间t A 、t B 、t C 的关系分别是( )A ．v A >vB >vC ，t A >t B >t C B ．v A ＝v B ＝v C ，t A ＝t B ＝t C C ．v A <v B <v C ，t A >t B >t CD ．v A >v B >v C ，t A <t B <t C1题图 2题图2．如图所示，物体以100 J 的初动能从斜面底端向上运动，当它通过斜面上的M 点时，其动能减少了80 J ，机械能减少了32 J ．如果物体能从斜面上返回底端，则物体到达底端时的动能为( )A ．20 JB ．48 JC ．60 JD ．68 J3．据报道“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km 和100 km ，运行速率分别为v 1和v 2，那么v 1和v 2的比值为(月球半径取1 700 km)( )A.1918 B.1918C.1819D.18194．汽车的额定功率为90 kW ，当水平路面的阻力为f 时，汽车行驶最大速度为v ，则( ) A ．如果阻力为2f ，汽车最大速度为v2B ．如果汽车牵引力为原来的二倍，汽车的最大速度为2vC ．如果汽车的牵引力变为原来的12，汽车的额定功率就变为45 kWD ．如果汽车做匀速直线运动，汽车发动机的输出功率就是90 kW 5.如图所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)．则( )A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等6．如图所示，一物体以一定的初速度沿水平面由A 点滑到B 点，摩擦力做功为W 1；若物体从A ′点沿两斜面滑到B ′点，摩擦力做的总功为W 2.已知物体与各接触面的动摩擦因数均相同，则( )A ．W 1＝W 2B ．W 1>W 2C ．W 1<W 2D ．不能确定答案1．C 由图可以看出A 、B 、C 的水平距离x A <x B <x C ，由h ＝12gt 2可知：t A >t B >t C ，又由x ＝v 0t 得x A t A <x B t B <x Ct C，即v A <v B <v C ，应选C.2．A 物体沿斜面向上做匀减速直线运动，然后沿斜面向下做匀加速直线运动．设物体在M 点时的速度为v 1，根据动能定理－(mg sin α＋f )l 1＝12mv 21－12mv 2，①－(mg sin α＋f )l 2＝－12mv 21，②由①②得：12mv 2－12mv 2112mv 21＝l 1l 2.③由③可知动能损失与位移成正比．综上所述，机械能损失与动能损失成比例．上滑阶段还要损失20J 动能，故损失的机械能为2080×32 J＝8 J ．根据对称性，下滑时损失的机械能与上滑阶段相同，共损失机械能80 J ，A 正确．3．C 本题考查天体运动中卫星的速度问题，意在考查考生对天体运动的认识和匀速圆周运动的基本知识．根据卫星运动的向心力由万有引力提供，有GMmr ＋h2＝mv 2r ＋h，那么卫星的线速度跟其轨道半径的平方根成反比，则有v 1v 2＝r ＋h 2r ＋h 1＝1819. 4．A 阻力为f 时最大速度为v ，v ＝P /f .若阻力为2f 时，速度最大值为v ′＝P /(2f )＝v2. 5．C 本题考查运动学公式和机械能守恒定律及功率的概念，意在考查考生对运动学规律和机械能、功率概念的熟练程度．对a ，h 2＝v 0t －12gt 2，对b ，h 2＝12gt 2，所以h ＝v 0t ，而对a 又有h 2＝12(v 0＋v )t ，可知a 刚好和b 相遇时速度v ＝0.所以它们不会同时落地，相遇时的速度大小也不相等，A 、B 错．根据机械能守恒定律，从开始到相遇，两球重力做功相等，C 正确．相遇后的每一个时刻，它们速度都不相等，所以重力的瞬时速率P ＝mgv 不会相等，D 错.6．A 设物体的质量为m ，物体与各接触面的动摩擦因数为μ；物体从A 点滑到B 点的过程中A 、B 间的水平位移为l ，则摩擦力做功W 1＝－μmgl ；物体从A ′经C 运动至B ′的过程中，设斜面A ′C 的长为l 1，倾角为α，斜面CB ′的长为l 2，倾角为β，则摩擦力做功W 2＝－μmg cos α·l 1－μmg cos β·l 2＝－μmg (l 1cos α＋l 2cos β)＝－μmgl ，故W 1＝W 2，A 正确．7．在曲线运动中，下列情况可能出现的是( ) A ．平均速度不等于零，平均速率不等于零 B ．平均速度的大小比平均速率小 C ．平均速度等于零，平均速率不等于零 D ．平均速度的大小比平均速率大 8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，速度达到v max 后立即关闭发动机直到停止，v t 图象如图所示．设汽车的牵引力为F ，摩擦力为F f ，全过程中牵引力做功W 1，克服摩擦力做功W 2，则( )A ．F :F f ＝1:3B ．F :F f ＝4:1C ．W 1:W 2＝1:1D ．W 1:W 2＝1:39．质量为m 的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知月球质量为M ，月球半径为R ，月球表面重力加速度为g ，引力常量为G ，不考虑月球自转的影响，则航天器的( )A ．线速度v ＝GM RB ．角速度ω＝gRC ．运行周期T ＝2πR gD ．向心加速度a ＝Gm R210.如图为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )A ．m ＝MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能二、填空题(每题5分，共20分)11．如图所示，在高为h 的平台边缘水平抛出小球A ，同时在水平地面上距台面边缘水平距离为s 处竖直上抛小球B ，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g .若两球能在空中相遇，则小球A 的初速度v A 应大于________，A 、B 两球初速度之比v Av B为________．12．如图所示，质量为m 的小球，用一长为l 的细线悬吊于O 点，将悬线拉直成水平状态，并给小球一个向下的速度，让小球向下运动．O 点正下方D 处有一小钉，小球运动到B 点后，以D 为圆心做圆周运动经过C 点，若已知OD ＝23l ，则小球由A 点运动到C 的过程中，重力势能减少了__________，重力做功为__________．13．弓箭是古代的重要兵器，一人站在6 m 高的城墙上向城外的敌人张弓射箭，当人将拉紧的弓弦释放时，箭被射出，设箭的质量为50 g ，射中敌人时箭的速度为40 m/s ，那么，张紧时弓弦的弹性势能是________J(g 取10 m/s 2，不计人的高度和空气阻力)．14．在验证机械能守恒定律的实验中，质量为1 kg 的重锤下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源为6 V 、50 Hz 的交变电源，纸带打点如图所示．纸带上O点为重锤自由下落时的打点起点(O、A间点未画出)，选取的计数点A、B、C、D 依次间隔一个点(图中未画出)，各计数点与O点距离如图所示，单位为mm，重力加速度为9.8 m/s2，则：(1)打点计时器打下B点时，重锤速度v B＝________，重锤动能E k B＝________.(2)从开始下落算起，打点计时器记录B点时，重锤势能减少量为________．(3)由(1)(2)中数据知，重锤下落过程中，机械能________．答案7．ABC 物体做曲线运动时，位移的大小一定小于路程，而物体运动的时间一定，由于平均速度等于物体的位移与时间的比值，而平均速率等于物体通过的路程与时间的比值，且物体运动的轨迹如果闭合时，位移为零，而这时的路程不为零，所以A、B、C项情况均有可能，只有D项情况是不可能的．8．BC 在0～1 s 内，汽车受牵引力F 和摩擦力F f 共同作用做匀加速运动，设加速度为a 1.由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma 1.在1～4s 内，汽车仅受摩擦力作用匀减速滑行，设加速度为a 2，则：－F f ＝ma 2.由于两过程中加速度大小之比为⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 1a 2＝31，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪F －F f F f ＝31.所以F F f ＝41.在前、后两过程中，根据合力的功与动能变化的关系可知，0～1 s 内，W F －Wf 1＝12mv 2max ；1～4s内，－Wf 2＝0－12mv 2max ，所以Wf 1＋Wf 2＝W f .即全过程中牵引力做功和汽车克服摩擦力做功相等．因此正确的答案为B 、C.9．AC 本题考查万有引力与航天，意在考查考生通过万有引力和牛顿第二定律解决天体运动问题的能力．由万有引力提供向心力可得G Mm R 2＝ma ＝m v 2R ＝m ω2R ＝m 4π2T2R ，再结合忽略自转后G Mm R2＝mg ，在解得相关物理量后可判断AC 正确．10．BC 本题主要考查牛顿第二定律、功能关系、能量守恒定律，意在考查考生正确分析物体受力，以及运用功能关系和能量守恒定律分析与解决物理问题的能力．木箱和货物下滑过程中，令下滑高度为h ，根据功能关系有：(M ＋m )gh －μ(M ＋m )gh cos θsin θ＝E 弹，木箱上滑过程中，根据功能关系有 －Mgh －μMgh cos θsin θ＝0－E 弹，代入相关数据，整理得m ＝2M ，A 错，B 正确； 木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有a 1＝g (sin θ－μcos θ)，方向沿斜面向下．木箱上滑过程中，根据牛顿第二定律有a 2＝g (sin θ＋μcos θ)，方向沿斜面向下，所以C 对；根据能量守恒定律知，还有一部分机械能由于克服摩擦力做功转化为内能，D 错． 11．s g /2h s /h解析：A 与B 相遇，A 水平方向位移至少s m ，故v A ＝st＝s /2hg＝s ·g2h，由相遇的条件可得12gt 2＋v B t －12gt 2＝h 可求出t ＝h v B 而对A 水平方向的位移为s ，也可求出：t ＝sv a ，即v A /v B ＝s /h .12.13mgl 13mgl 解析：小球从高处A 运动到C 点，高度差为h ＝13l ，所以重力做功W G ＝13mgl ；由重力做功和重力势能变化的关系，知W G ＝－ΔE p ，所以小球重力势能减少13mgl .13．37解析：取城外地面为零势能面，设弓弦的弹性势能为E p ，则有E p ＋mgh ＝12mv 2，E p ＝12mv2－mgh ＝12×0.05×402J －0.05×10×6 J＝37 J.14．(1)1.175 m/s 0.690 J (2)0.692 J (3)守恒解析：(1)两计数点间的时间间隔t ＝0.04 s ．打下B 点时的速度等于AC 间的平均速度，v B ＝l AC 2t ＝l OC －l OA 2t ＝1.175 m/s ，重锤在该点的动能E k B ＝12mv 2B ≈0.690 J.(2)从开始到打下B 点，重锤重力势能的减少量ΔE p ＝mgl OB ≈0.692 J. (3)若ΔE p 与ΔE k 在误差范围内相等，说明重锤在下落过程中机械能守恒．三、计算题(每题10分，共40分)15．(10分)在20 m 高的阳台上，弹簧枪将质量为15 g 的弹丸以10 m/s 的速度水平射出，弹丸落入沙坑后，在沙坑中运动的竖直距离h ＝20 cm ，不计空气阻力，试求：(g 取10 m/s 2)(1)弹簧枪对弹丸所做的功；(2)弹丸落到沙坑时的动能； (3)弹丸克服沙坑阻力所做的功． 16.(10分)如图所示，AB 是在竖直平面内的1/4圆周的光滑圆弧轨道，其半径为R ，过圆弧轨道下端边缘B 点的切线是水平的，B 点距正下方水平地面上C 点的距离为h .一质量为m 的小滑块(可视为质点)自A 点由静止开始下滑，并从B 点水平飞出，最后落到水平地面上的D 点．重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计，求：(1)小滑块通过B 点时的速度大小；(2)小滑块滑到B 点时轨道对其作用力的大小； (3)小滑块落地点D 到C 点的距离．答案15.(1)0.75 J (2)3.75 J (3)3.78 J 解析：(1)由动能定理得：W 弹簧枪＝12mv 20＝0.75 J.(2)根据机械能守恒定律，弹丸从射出到落到沙坑时有： 12mv 20＋mgH ＝E k E k ＝3.75 J (3)由动能定理得：mgh －W ＝0－E k ， 得W ＝3.78 J.16．(1)2gR (2)3mg (3)2Rh解析：(1)由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv 2B ，所以v B ＝2gR .(2)设在B 点轨道对滑块的支持力为F N ，F N －mg ＝mv 2BR，所以F N ＝mg ＋2mg ＝3mg .(3)小球离开B 点后做平抛运动，由平抛运动知识得：h ＝12gt 2， x CD ＝v B t ，所以x CD ＝2Rh .17.(10分)如图所示，在水平匀速运动的传送带的左端(P 点)，轻放一质量为m ＝1 kg 的物块，物块随传送带运动到A 点后水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑．B 、D 为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R ＝1.0 m ，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为C ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ．(g 取10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求：(1)物块离开A 点时水平初速度的大小； (2)物块经过C 点时对轨道压力的大小；(3)设物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，传送带的速度为5 m/s ，求PA 间的距离． 18.(10分)如图所示，其中v ＝2 m/s ，木块质量m ＝10 kg ，h ＝2 m ，μ＝32，θ＝30°，g 取10 m/s 2.(1)求小木块从A 端由静止运动到B 端，传送带对其做的功是多少？ (2)摩擦产生的热为多少？(3)因传送小木块电动机多输出的能量．答案17.(1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m 解析：(1)物块由A 到B 在竖直方向有v 2y ＝2gh ， v y ＝4 m/s ，在B 点tan θ2＝v yv A，v A ＝3 m/s.(2)物块由B 到C 由功能关系mgR ⎝⎛⎭⎪⎫1－cos θ2＝12mv 2C －12mv 2B ，v B ＝v 2A ＋v 2y ＝5 m/s ，解得：v 2C ＝33(m/s)2.在C 点F N －mg ＝m v 2CR，由牛顿第三定律，物块对轨道压力的大小为F N ′＝F N ＝43 N.(3)因物块到达A 点时的速度为3 m/s ，小于传送带速度，故物块在传送带上一直做匀加速直线运动μmg ＝ma ，a ＝3 m/s 2，PA 间的距离x PA ＝v 2A2a＝1.5 m.18．(1)220 J (2)60 J (3)280 J 解析：(1)设小木块运动L 后与皮带同速，因为a ＝μmg cos θ－mg sin θm＝μg cos θ－g sin θ＝2.5 m/s 2，所以L ＝v 22a ＝45m ＝0.8 m<l AB ＝4 m.故小木块在传送带上先加速后匀速，而在匀速过程中仍受静摩擦力作用．由功能关系知从A 端到B 端传送带对小木块做的功就等于小木块增加的机械能．W ＝12mv 2＋mgh ＝220 J.(2)木块滑动的时间t ＝v a ＝22.5s ＝0.8 s ，木块与传送带的相对位移Δl ＝0.8 m ，故摩擦生热Q ＝μmg Δl cos θ＝32×100×0.8×32J ＝60 J. (3)电机因传送小木块多输出的能量转化为小木块的动能、势能和木块与带间因摩擦产生的热量．所以：E 总＝12mv 2＋mgh ＋Q ＝280 J.。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业11含答案
课时作业11匀速圆周运动时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′）1．如下图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n1,转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（)A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为r1r2n1D．从动轮的转速为错误!n1解析：皮带连接着两轮的转动，从主动轮开始顺时针转动沿着皮带到从动轮，可知从动轮是逆时针转动，则A错误,B正确．二轮转速之比满足错误!＝错误!（线速度相等）得n2＝错误!n1即C正确，D错误．答案:BC2．如下图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体,a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的（）A．线速度B．角速度C．加速度D．轨道半径解析：地球上各点(除两极点)随地球一起自转,其角速度与地球自转角速度相同，故B正确；不同纬度的地方各点绕地轴做匀速圆周运动，其半径不同，故D不正确;根据v＝ωr，a＝rω2可知,A、C 不正确．答案：B3．在光滑的圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A和B，分别紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动，其中小球A的位置在小球B的上方,如下图所示．下列判断正确的是( )A．A球的速率大于B球的速率B．A球的角速度大于B球的角速度C．A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力D．A球的转动周期大于B球的转动周期解析:此题涉及物理量较多，当比较多个量中两个量的关系时,必须抓住不变量，而后才能比较变量．先对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力F N。
如上图所示，对A球据牛顿第二定律：F N A sinα＝mg①F N A cosα＝m错误!＝mω错误!r A②对B球据牛顿第二定律：F N B sinα＝mg③F N B cosα＝m错误!＝mω错误!r B④由两球质量相等可得F N A＝F N B,C项错．由②④可知，两球所受向心力相等．m错误!＝m错误!，因为r A〉r B，所以v A〉v B，A项正确．mω错误!r A＝mω错误!r B，因为r A〉r B，所以ωA<ωB，B项错误．又因为ω＝错误!,所以T A>T B，D项是正确的．答案:AD4.错误!如下图所示，某种变速自行车有六个飞轮和三个链轮,链轮和飞轮的齿数如下表所示．前后轮直径为660 mm,人骑自行车行进速度为4 m/s时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为（）名称链轮飞轮C．6。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业41含答案
课时作业41光电效应波粒二象性时间：45分钟满分：100分一、选择题（8×8′＝64′）1．关于物质的波粒二象性，下列说法中不正确的是( ）A．不仅光子具有波粒二象性,一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．波动性和粒子性，在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性解析：光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性．光的波长越长,波动性越明显，光的频率越高,粒子性越明显．而宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，不是不具有波粒二象性．应选D项．答案：D2．现有a、b、c三种单色光，其波长关系为λa〉λb>λc.用b光照射某种金属时，恰好能发生光电效应．若分别用a 光和c 光照射该金属，则( ）A ．a 光照射时,不能发生光电效应B ．c 光照射时，不能发生光电效应C ．a 光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大D ．c 光照射时,释放出的光电子的最大初动能最小解析：只有当光的频率大于或等于极限频率时才会发生光电效应，由ν＝c λ可判断a 、b 、c 三种单色光的频率关系为νa <νb <νc ,用b 光照射某种金属恰好能发生光电效应，故a 光照射时不能发生光电效应,c 光照射时能发生光电效应,A 正确，B 、C 错误；光电效应释放出的光电子的初动能与频率有关，频率越大，初动能越大，c 光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大，D 错误．答案：A3．根据爱因斯坦光子说，光子能量E 等于（h 为普朗克常量，c 、λ为真空中的光速和波长)( ）A ．h 错误!B ．h 错误!C ．hλD 。
错误!解析：光子的能量E ＝hν，而ν＝错误!，故E＝h错误!，A正确．答案:A4．用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能E k随入射光频率ν变化的E k－ν图象，已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3。
2019年高考红对勾高中物理二轮复习专题限时训练15
—吕萨克定律，得
T0
h′S ＝ T ③
二轮复习 ·物理
第 6页
系列丛书
解得 h′＝
3T h④ 4T0
mg 据题意可得 Δp＝ S ⑤ 气体最后的体积为 V＝Sh′⑥ 9mghT 联立②④⑤⑥式得 V＝ ⑦ 4pT0
二轮复习 ·物理
第 7页
系列丛书
2．(1)(多选)下列说法正确的是 动
BCE
.
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性 的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘 故 E． 干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度， 这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
二轮复习 ·物理
第 8页
系列丛书
(2)如图，两汽缸 A、B 粗细均匀、等高且内壁光滑，其下 部由体积可忽略的细管连通；A 的直径是 B 的 2 倍，A 上端封 闭，B 上端与大气连通；两汽缸除 A 顶部导热外，其余部分均 绝热。两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞 a、b，活塞 下方充有氮气，活塞 a 上方充有氧气．当大气压为 p0、外界和 汽缸内气体温度均为 7 ℃且平衡时， 活塞 a 离汽缸顶的距离是 1 汽缸高度的 ，活塞 b 在汽缸正中间． 4
二轮复习 ·物理
第 5页
系列丛书
(2)设汽缸的横截面积为 S，沙子倒在活塞上后，对气体产 生的压强为 Δp，由玻意耳定律得
1 phS＝(p＋Δp)h－4hS①
1 解得 Δp＝ p② 3 外界的温度变为 T 后，设活塞距底面的高度为 h′.根据盖
1 h－ hS 4
二轮复习 ·物理
《红对勾》45分钟作业与单元评估_《万有引力定律的成就》课后巩固练习
课后巩固作业时间：45分钟一、单项选择题1．月球与地球质量之比约为1 80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，他们都围绕地球连线上某点O做匀速圆周运动．据此观点，可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为()A．1 6 400 B．1 80C．80 1 D．6 400 12．1990年5月，紫金山天文台将他们发现的第2 752号小行星命名为吴健雄星，该小行星的半径为16 km，若将此小行星和地球均看成质量分布均匀的球体，小行星的密度与地球相同．已知地球半径R＝6 400 km，地球表面重力加速度为g，这个小行星表面的重力加速度为()A．400g B.1400gC．20g D.120g3．已知万有引力常量G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出月球密度的是()A．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H 和时间tB．发射一颗贴近月球表面绕月球做圆周运动的飞船，测出飞船运行的周期TC．观察月球绕地球的圆周运动，测出月球的直径D和月球绕地球运行的周期TD．发射一颗绕月球做圆周运动的卫星，测出卫星离月球表面的高度H和卫星的周期T4．物体在月球表面的重力加速度是在地球表面重力加速度的1 6，这说明()A．地球半径是月球半径的6倍B．地球质量是月球质量的6倍C．月球吸引地球的力是地球吸引月球的力的1 6D．物体在月球表面的重力是其在地球表面的重力的1 65．据媒体报道，“嫦娥一号”卫星环月工作轨道为圆轨道，轨道高度200 km，运行周期127分钟．若还知道引力常量和月球平均半径，仅利用以上条件不能求出的是()A．月球表面的重力加速度B．月球对卫星的吸引力C．卫星绕月运行的速度D．卫星绕月运行的加速度二、多项选择题6．1798年英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量为G，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，地球上一个昼夜的时间为T1(地球自转周期)，一年的时间为T2(地球公转的周期)，地球中心到月球中心的距离为L1，地球中心到太阳中心的距离为L2.你能计算出()A．地球的质量m地＝gR2 GB．太阳的质量m太＝4π2L32 GT22C．月球的质量m月＝4π2L31 GT21D．可求月球、地球及太阳的密度7．2011年8月26日消息，英国曼彻斯特大学的天文学家认为，他们已经在银河系里发现一颗由曾经的庞大恒星转变而成的体积较小的行星，这颗行星完全由钻石构成．若已知引力常量，还需知道哪些信息可以计算该行星的质量()A．该行星表面的重力加速度及绕行星运行的卫星的轨道半径B．该行星的自转周期与星体的半径C．围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及运行半径D．围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及公转线速度8．组成星球的物质是靠吸引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率．如果超过了该速率，则星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动．由此能得到半径为R、密度为ρ、质量为M且均匀分布的星球的最小自转周期T.下列表达式中正确的是()A．T＝2πR3/GM B．T＝2π3R3/GMC．T＝π/ρG D．T＝3π/ρG三、非选择题9．设地球绕太阳做匀速圆周运动，半径为R，速率为v，则太阳的质量可用v、R和引力常量G表示为________．太阳围绕银河系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速率约为地球公转速率的7倍，轨道半径约为地球公转轨道半径的2×109倍．为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系中所有恒星的质量都集中在银河系中心，且银河系中恒星的平均质量约等于太阳质量，则银河系中恒星数目约为________．答案1．C 月球和地球绕O 点做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，则地球和月球的向心力相等．且月球、地球和O 点始终共线，说明月球和地球有相同的角速度和周期．因此有mω2r ＝Mω2R ，所以v 月v 地＝Mm ，线速度与质量成反比，正确答案为C.2．B 某物体m 在行星表面所受重力为该行星对物体的吸引力．即mg 行＝G M 行m R 行 ①，同理，mg ＝G M 地m R 地 ②，①②得g 行＝M 行R 2地M 地R 行g③，行星的质量M 行＝ρV ＝ρ·43πR 3，又ρ地＝ρ行，故M 行M 地＝R 3行R 3地④，④代入③，所以有：g 行＝R 行R 地g ＝166 400g ＝1400g ，选B.3．B 根据选项A 的条件，可求出月球上的重力加速度g ，由g ＝GM R 2可以求出月球质量和月球半径的二次方比，M R2＝gG ，无法求出密度，选项A 不正确；根据选项B 的条件，由GMmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ，可求出月球质量和月球半径的三次方比，M R 3＝4π2GT 2，而月球密度为ρ＝M43πR 3＝3M 4πR 3＝3πGT 2，选项B 正确；根据选项C 的条件，无法求月球的质量，因而求不出月球的密度，选项C 不正确；根据选项D 的条件，由GMm(R ＋H )2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋H )，可求出M (R ＋H )3＝4π2GT2，虽然知道H 的大小，但仍然无法求出月球质量和月球半径的三次方比，故选项D 不正确．4．D 由题意知g 月＝16g 地，而g 地＝G M 地R 2地，g 月＝G M 月R 2月，所以M 地M 月·⎝ ⎛⎭⎪⎫R 月R 地2＝6，因而无法判断地球与月球半径的关系，也无法判断地球质量与月球质量的关系，A 、B 项均错．月球吸引地球的力与地球吸引月球的力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，C 项错．由重力G ＝mg 得，同一个物体在月球表面的重力是其在地球表面上重力的16，D 项正确．5．B 利用GMm R 2＝mg ①，G mM(R ＋h )2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋h ) ②，联立①②可求月球表面重力加速度；由v ＝2π(R ＋h )T可求绕月速度；绕月运行的加速度可由a ＝⎝⎛⎭⎪⎫2πT 2·(R ＋h )求得，因为不知卫星质量，所以不能求出月球对卫星的吸引力．故选B 项．6．AB 该题考查万有引力在天体运动中的应用．由万有引力定律得g ＝Gm 地R 2，故m 地＝gR 2G ，A 选项正确；对地球的公转有G m 太m 地L 22＝m 地L 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22，所以m 太＝4π2L 32GT 22，选项B 正确；对月球有G m 地m 月L 21＝m 月L 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 月2，m 地＝4π2L 31GT 2月，无法求得m 月＝4π2L 31GT 21，故选项C 错误；虽能求太阳的质量，但太阳半径未知，故其体积未知无法求出，从而无法求出太阳的密度，可求得地球的平均密度ρ地＝m 地43πR 3，但无法求得m 月，自然也无法求出其密度，所以选项D 错误．7．CD 围绕该行星做圆周运动的卫星所需向心力由万有引力提供，由G Mmr 2＝m 4π2r T 2可求得M ，选项C 正确．又v ＝2πr T ，选项D 正确．由G MmR 2＝mg 知，需知道g 和行星的半径，而不是卫星的轨道半径，选项A 错误．选项B 中给出的条件不可能求出M ，选项B 错误．8．AD 当物体在该星球表面，万有引力恰好充当向心力时，由牛顿运动定律可得G MmR 2＝mR ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，所以T ＝2πR 3GM .又因为M ＝ρV＝ρ·43πR 3，代入上式可得T ＝3πρG .9.v 2RG 1011解析：地球围绕太阳运动，而两者间的万有引力是其做圆周运动的向心力，则由GMmR 2＝m v 2R 可得M ＝v 2R G .设太阳运动速率为v ′，则v ′＝7v .轨道半径r ＝2×109R .则GnM 2×109R＝49v 2，所以n ＝2×49×109R v 2GM ，又因为M ＝v 2R G，故n ≈1011(个)． ——————————————————————————— 10.1976年10月，剑桥大学研究生贝尔偶尔发现一个奇怪的射电源，它每隔1.33 s 发出一个脉冲信号．贝尔和她的导师曾认为它们可能与外星文明接上了头，后来大家认识到，事情没有那么浪漫，这类天体被定名为“脉冲星”，“脉冲星”的特点是脉冲周期短，且周期高度稳定，这意味着脉冲星一定进行着准确的周期性运动，自转就是一种很准确的周期性运动．(1)已知蟹状星云的中心PSO53l是一种脉冲星，其周期为0.033 s，PSO53l的脉冲现象来自自转，其阻止该星离心瓦解的力是万有引力，试估算出PSO53l的最小密度；(2)如果PSO53l的质量等于太阳质量，该星的可能半径是多大？太阳的质量为M日＝2.0×1030 kg.11．在“勇气1号”火星探测器着陆的最后阶段，探测器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来．假设探测器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时高度为h，速度方向是水平的，速度大小为v0.求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计火星大气阻力．已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r，周期为T.火星可视为半径为r0的均匀球体．12．如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L.已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧．引力常数为G.(1)求两星球做圆周运动的周期；(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2.已知地球和月球的质量分别为5.98×1024 kg和7.35×1022 kg.求T2与T1两者平方之比．(结果保留3位小数)答案10.(1)1.3×1014 kg/m3(2)1.5×102 km解析：(1)一个星体高速旋转而不瓦解的临界条件是：星体表面的某质量为m的物体所受的万有引力等于向心力GMm/R2＝mω2R，M＝4πR 3ρ/3，ρ＝3ω2/4πG ，ω＝2πT ，ρ＝3πT 2G，代入数据求得ρ≈1.3×1014kg/m 3.(2)按PSO53l 的临界密度计算，星体的可能半径最大为R ＝(3M 日/4πρ)13≈1.5×102 km.11.8π2hr 3T 2r 20＋v 20 解析：以g ′表示火星表面附近的重力加速度，M 表示火星的质量，m 表示卫星的质量，m ′表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有：G Mm ′r 20＝m ′g ′①G Mmr 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ② 设v 表示探测器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为v 1，水平分量仍为v 0，有：v 21＝2g ′h ③ v ＝v 21＋v 20④由①②③④解得v ＝8π2hr 3T 2r 20＋v 20. 12．(1)2πL 3G (M ＋m )(2)1.012解析：(1)设两个星球A 和B 做匀速圆周运动的轨道半径分别为r 和R ，相互作用的引力大小为f ，运行周期为T .根据万有引力定律有f ＝G Mm (R ＋r )2，①由匀速圆周运动的规律得f ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，②f ＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ，③由题意有L ＝R ＋r ，④ 联立①②③④式得T ＝2πL 3G (M ＋m ).⑤(2)在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中心O 不在地心，月球做圆周运动的周期可由⑤式得出T 1＝2πL ′3G (M ′＋m ′)⑥式中，M ′和m ′分别是地球与月球的质量，L ′是地心与月心之间的距离．若认为月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运动，则G M ′m ′L ′2＝m ′⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22L ′⑦ 式中，T 2为月球绕地心运动的周期．由⑦式得T 2＝2πL ′3GM ′⑧ 由⑥⑧式得⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12＝1＋m ′M ′⑨ 代入题给数据得⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12＝1.012.⑩。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业39含答案
课时作业39动量守恒定律时间：45分钟满分：100分一、选择题（8×8′＝64′)1．在相等的时间内动量的变化相等的运动有（）A．匀速圆周运动B．自由落体运动C．平抛物体运动D．匀减速直线运动解析：相等的时间内动量的变化相等，则合外力恒定．答案：BCD2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后,甲和乙最后的速率关系是( ) A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球,都是v甲＞v乙解析:因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．因此最终谁接球谁的速度小．答案：B3．将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如右图所示．在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（）A．动量守恒B．水平方向动量守恒C．最后P和Q以一定的速度共同向左运动D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动解析：P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零,所以水平方向动量守恒，由于P开始有一初速度，系统在水平方向有一向左的初动量,最后PQ相对静止，又以一定的速度共同向左运动．答案：BC4．长木板A放在光滑的水平面上,质量为m＝2 kg的另一物体B 以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如下图所示，则下列说法正确的是（）A．木板获得的动能为2 JB．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为1 mD。
A、B间的动摩擦因数为0。
1解析：从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动,最后的共同速度为1 m/s，系统动量守恒，mv0＝（m＋M）v，求得M＝2 kg，木板获得的动能为1 J，系统损失的动能为2 J，木板的最小长度为两者在1 s内的位移差为1 m，B运动的加速度为1 m/s2,动摩擦因数为0.1。
红对勾必修一第二章第一节课后练习题
B卷：课外作业限时： 30分钟总分：60分一、选择题(30分)下图为大气热力作用示意简图，完成1—3题。
1．图中所示近地面大气的热量主要来自()A．①B．②C．③D．④2．白天多云时，气温比晴天低是因为()A．①B．②C．③D．④3．早春和晚秋，多云的夜晚不会有霜冻，主要起作用的是() A．①B．②C．③D．④解析：根据大气的受热过程，可判断出①表示太阳通过太阳辐射“暖”地面；②表示地面利用地面辐射“暖”大气；③表示大气以逆辐射“还”大地；④表示大气对太阳辐射的削弱作用。
近地面大气的热量主要来自地面辐射；白天多云时，云层的反射作用强，使到达地面的太阳辐射减少，气温降低；多云的夜晚，会使大气逆辐射增强，减少地面损失的热量，使温度不至于太低。
答案：1.B 2.D 3.C4．撒哈拉大沙漠地区气温日较差较大的原因是()A．沙漠地区太阳辐射热量少B．沙漠地区水汽少，大气对太阳辐射的削弱和保温作用差C．沙漠地区人类活动少D．沙漠地区的风沙大解析：沙漠地区多晴天，白天太阳辐射强烈，气温升得很高；夜晚大气逆辐射弱，气温降得很低。
答案：B图中甲、乙两地的纬度相同，据此回答5—6题。
5．a处气温比近地面气温低的主要原因是()A．地面辐射是大气的主要直接热源B．太阳辐射是大气的主要直接热源C．a处大气的散射作用比近地面强D．a处的太阳辐射比近地面弱解析：大气的直接热源是地面辐射，所以由地面向上气温越来越低。
答案：A6．b处气温比同纬度平原地区低的主要原因是()①到达b处的太阳辐射少②b处的地面辐射弱③b处大气吸收的地面辐射少④b处大气的保温效应差A．①②B．③④C．①④D．②④解析：b在高原地上，地势高大气吸收的地面辐射要少于近地面；同时空气稀薄，大气的保温效应差，故其气温小于同纬度的平原。
答案：B7．地区间的冷热不均首先引起()A．上升运动B．下沉运动C．上升或下沉的垂直运动D．水平运动答案：C8．下面的等压面分布图中，正确的是()A．①②B．①③C．①④D．②④解析：近地面和高空的等压面弯曲方向相反，并且近地面温度相对较高的地点，气压相对较低，等压面向地面方向弯曲。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业28含答案
课时作业28电磁感应规律的综合应用时间:45分钟满分:100分一、选择题(8×8′＝64′)1．如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为（)A。
错误!E B。
错误!EC。
错误!E D．E解析：a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的错误!,故U ab＝错误!E，B正确．答案：B2．如图所示,EF、GH为平行的金属导轨,其电阻可不计，R为电阻器,C为电容器,AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有均匀磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流,则当横杆AB( ）A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0,I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时,I1≠0,I2≠0解析：匀速滑动时，感应电动势恒定,故I1≠0,I2＝0；加速滑动时，感应电动势增加，故电容器不断充电，即I1≠0,I2≠0.答案：D3.物理实验中，常用一种叫“冲击电流计"的仪器测定通过电路的电荷量．如图所示,探测线圈和冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.把线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直,现把探测线圈翻转180°,冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q,由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为（)A.错误!B。
错误!C.错误!D。
错误!解析：当线圈翻转180°，线圈中的磁通量发生变化ΔΦ＝2BS，E＝n错误!，线圈中的平均感应电流错误!＝错误!,通过线圈的电荷量q＝错误!Δt，由以上各式得B＝错误!.故正确选项为C。
答案：C4．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部的抛物线处在水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示），一个小金属块从抛物线y ＝b（b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动过程中产生的焦耳热总量是（)A．mgb B。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 单元综合测试三含答案
单元综合测试三（牛顿运动定律）本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷（选择题,共40分)一、选择题（本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内）1．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解析:汽车驶过拱形桥顶端时，加速度方向向下，属于失重现象,A错误；荡秋千的小孩通过最低点时,加速度方向向上，属于超重现象，B正确；跳水运动员被弹起后,只受重力作用,属于完全失重现象，C错误；火箭加速升空，加速度方向向上，属于超重现象,D正确．答案：BD2．如下图所示,将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是( )A．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力B．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C．它对桌面的压力就是它所受的重力,这两个力是同一种性质的力D．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力解析：电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力,故A正确，B错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D错误；压力和重力是两个性质不同的力，故C错误．答案:A3．一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．两辆汽车同时紧急刹车后（即车轮不滚动只滑动），以下说法正确的是（ ）A ．满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大B ．满载货物的汽车由于受到的摩擦力较大,滑行距离较小C ．两辆汽车滑行的距离相同D ．满载货物的汽车比空车先停下来解析:同种型号的汽车,在同一路面上行驶时,汽车急刹车时，车轮与路面间的动摩擦因数相同，因此减速的加速度大小相同，由v 2－v 2，0＝2ax 可知,两车滑行距离相同，C 正确,A 、B 错误，由t ＝v －v 0a 可知，两车滑行时间相同，D 错误．答案：C4．（2013·南平模拟）如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A 用细线悬挂于支架前端，质量为m 的物块B 始终相对于小车静止地摆放在右端．B 与小车平板间的动摩擦因数为μ。
【红对勾 讲与练】(新课标)年高考物理二轮专题复习 2-3 计算题答题技巧课时作业
【红对勾 讲与练】（新课标）2015年高考物理二轮专题复习 2-3计算题答题技巧课时作业1．从地面发射质量为m 的导弹，导弹上的喷气发动机可产生恒定的推力，且可通过改变喷气发动机尾喷管的喷气质量和方向改变发动机推力的大小和方向，导弹起飞时发动机推力大小为F ＝3mg ，导弹沿和水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行．经过时间t 后，遥控导弹上的发动机，使推力的方向逆时针旋转60°，导弹依然可以沿原方向匀减速直线飞行．(不计空气阻力和喷气过程中导弹质量的变化)．求：(1)t 时刻导弹的速率及位移是多少；(2)旋转方向后导弹还要经过多长时间到达最高点； (3)导弹上升的最大高度是多少？ 解析：(1)刚开始时，导弹受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设推力F 与合力F h 夹角为θ，如图甲所示．由正弦定理得：mg sin θ＝3mg sin120°解得：θ＝30° 所以合力：F h ＝mg由牛顿第二定律得导弹的加速度为：a 1＝F hm＝gt 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt t 时刻的位移大小为：s 1＝12gt 2(2)推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平成30°斜向下，推力F ′跟合力F ′h垂直，如图乙所示．此时合力大小为：F ′h ＝mg sin30° 导弹的加速度大小为：a 2＝mg sin30°m ＝g2导弹到最高点的时间为：t 1＝v /a 2＝gt /0.5g ＝2t .(3)导弹的总位移为s ＝12a 1t 2＋12a 2t 21＝12gt 2＋gt 2＝32gt 2导弹上升的最大高度为：h m ＝s ·sin30°＝34gt 2.答案：(1)gt 12gt 2 (2)2t (3)34gt 22．(2014·重庆卷)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h 1处悬停(速度为0，h 1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h 2处的速度为v ；此后发动机关闭，探测器仅受重力下降至月面．已知探测器总质量为m (不包括燃料)，地球和月球的半径比为k 1，质量比为k 2，地球表面附近的重力加速度为g ，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小； (2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．解析：(1)设地球质量和半径分别为M 和R ，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M ′、R ′和g ′，探测器刚接触月面时的速度大小为v t .则M M ′＝k 2，RR ′＝k 1 由mg ′＝G M ′m R ′2和mg ＝G Mm R 2得g ′＝k 21k 2g由v 2t －v 2＝2g ′h 2得v t ＝v 2＋2k 21gh 2k 2(2)设机械能变化量为ΔE ，动能变化量为ΔE k ，重力势能变化量为ΔE p . 由ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p有ΔE ＝12mv 2t －mg ′h 1＝12m (v 2＋2k 21gh 2k 2)－m k 21k 2gh 1得ΔE ＝12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)答案：(1)k 21k 2gv 2＋2k 21gh 2k 2 (2)12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)3．如图所示，在方向水平向右、大小为E ＝6×103N/C 的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面．一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m 1＝2×10－4kg ，带电荷量为q 1＝2×10－9C ，乙的质量为m 2＝1×10－4kg ，带电荷量为q 2＝－1×10－9C ．开始时细绳处于拉直状态．由静止释放两滑块，t ＝3 s 时细绳突然断裂．不计滑块间的库仑力，试求：(1)细绳断裂前两滑块的加速度；(2)在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值．解析：(1)取水平向右为正方向，将甲、乙及细绳看成一个整体，根据牛顿第二定律得F 合＝q 1E ＋q 2E ＝(m 1＋m 2)a 0得a 0＝q 1＋q 2E m 1＋m 2＝－9－1×10－932×10－4＋1×10－4m/s 2＝0.02 m/s 2.(2)当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大，细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为x 0＝12a 0t 2＝12×0.02×32 m ＝0.09 m此时甲、乙的速度均为v 0＝a 0t ＝0.02×3 m/s＝0.06 m/s细绳断裂后，乙的加速度变为a 乙′＝q 2E m 2＝－1×10－9×6×1031×10－4m/s 2＝－0.06 m/s 2从细绳断裂到乙速度减为零，乙发生的位移x 乙′为x 乙′＝0－v 202a 乙′＝0－0.0622×－ m ＝0.03m整个运动过程乙发生的最大位移为x 乙max ＝x 0＋x 乙′＝0.09 m ＋0.03 m ＝0.12 m此时乙的电势能增量为 ΔE p ＝|W 乙|＝|q 2E |x 乙max＝1×10－9×6×103×0.12 J＝7.2×10－7J. 答案：(1)0.02 m/s 2(2)7.2×10－7J4．如图所示，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以速度v 0从O 点沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b 处穿过x 轴进入场强为E 、方向与x 轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，经过一段时间后恰好通过b 点正下方的c 点，粒子的重力不计．试求：(1)圆形匀强磁场的最小面积； (2)c 点到b 点的距离d .解析：解答本题的关键是，按题目中所述的运动方向，根据速度方向和轨道半径垂直的关系，找出粒子做匀速圆周运动的圆心O ′.很显然，弦长ON 即为圆形磁场区域的最小直径．(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qBv 0＝m v 20R 得R ＝mv 0qB粒子经过磁场区域速度偏转角为120°，这表明在磁场区域中运动轨迹为半径为R 的13圆弧，作出粒子运动轨迹如图中实线所示．所求圆形磁场区域的最小半径为r ＝12ON ＝R sin 60°＝3mv 02qB面积为S ＝πr 2＝3πm 2v 24q 2B2(2)粒子进入电场做类平抛运动，从b 到c 垂直电场方向位移为x ′＝v 0t ① 沿电场方向位移为y ′＝12at 2＝qEt22m②x ′y ′＝tan 30°③ 解方程①②③得x ′＝23mv 2qEy ′＝6mv 20qEd ＝x ′2＋y ′2＝43mv 2qE答案：(1)3πm 2v 204q 2B 2 (2)43mv 20qE5．(2014·安徽卷)如图(1)所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ； (2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图(2)中画出F －x 关系图象；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热． 解析：(1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Blv (l ＝d )，解得E ＝1.5 V (D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则l 外＝d －OP －xOPd 、OP ＝MP 2－MN22，得l 外＝1.2 m由楞次定律判断D 点电势高，故CD 两端电势差U CD ＝－Bl 外v ，即U CD ＝－0.6 V.(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 关系是l ＝OP －x OP d ＝3－32x 对应的电阻R l 为R l ＝ld R ，电流I ＝Blv R l杆受的安培力F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积，即W F ＝5＋12.52×2 J＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mg OP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.答案：(1)－0.6 V (2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 图象见解析 (3)7.5 J6．(2014·天津卷)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子A (不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离．A 经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小； (2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n ；(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq (k 为大于1的整数)的粒子B (不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A 、B 的运动轨迹．在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．解析：(1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得qU ＝12mv 21－0①A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力qv 1B 1＝mv 21R②由①②得B 1＝1R2mU q③(2)设A 经n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得nqU ＝12mv 2n －0④设A 做第n 次圆周运动的周期为T n ，有T n ＝2πRv n⑤设在A 运动第n 周的时间内电场力做功为W n ，则W n ＝qU ⑥在该段时间内电场力做功的平均功率为P n ＝W nT n⑦由④⑤⑥⑦解得P n ＝qU πR nqU 2m⑧ (3)A 图能定性地反映A 、B 运动的轨迹．A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为B n ，A 、B 的周期分别为T n 、T ′，综合②、⑤式并分别应用A 、B 的数据得T n ＝2πmqB nT ′＝2πm kqB n ＝T nk由上可知，T n 是T ′的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周．由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速．经n 次加速后，A 、B 的速度分别为v n 和v ′n ，考虑到④式v n ＝2nqUmv ′n ＝2nkqUm＝kv n由题设条件并考虑到⑤式，对A 有T n v n ＝2πR设B 的轨迹半径为R ′，有T ′v ′n ＝2πR ′比较上述两式得R ′＝R k上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变． 由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A 所示． 答案：(1)1R2mUq (2)qUπRnqU2m(3)见解析。
【红对勾】高考地理一轮复习 7.3大气的水平运动 风课时作业
【红对勾】2016届高考地理一轮复习 7.3大气的水平运动风课时作业认真练习高考回访(2014·山东文综)下图为甲地所在区域某时刻高空两个等压面P1和P2的空间分布示意图，图中甲、乙两地经度相同。
读图，完成第1题。
1．此时甲地近地面的风向为( )A．东南风B．西南风C．东北风D．西北风解析：考查近地面的风向。
由图和材料信息可知，37.5°N附近高空等压面向地面倾斜，即高空为低压区，38°N附近高空等压面向高空倾斜，即高空为高压区，进而可判定近地面37.5°N附近为高压区，38°N附近为低压区。
甲地的水平气压梯度力由南指向北，受地转偏向力的影响，北半球向右偏，所以甲地近地面风向为西南风。
答案：B2．(2013·新课标全国卷Ⅰ)下图示意我国某地区14日6时的气压形势，L为低压。
图中天气系统以200千米/天的速度东移。
读下图，图中甲地14日6～9时的风向为( )A．偏东风B．偏南风C．东北风D．西北风解析：本题主要考查了风向的判断。
根据图中等压线的数值判断，甲地的气压梯度力方向垂直于等压线，且由高压指向低压，甲地位于北半球，其风向相对于气压梯度力的方向向右偏，故图中甲地的风向为偏南风，故B项正确。
答案：B(2013·天津文综)2009年4月14日晚，渤海沿岸发生了一次较强风暴潮。
这次风暴潮是由低压系统、向岸风共同引起的，海水涌向陆地，给沿岸地区造成较大损失。
读下图，回答第3题。
3．据上图所示气压分布状况判断，当时受风暴潮影响最严重的地区是( )A．甲B．乙C．丙D．丁解析：根据等压线的分布与四点的位置可知，此时乙地受偏南风影响显著，因而其受风暴潮影响最严重。
答案：B(2012·大纲全国文综)下图示意长江中下游地区夏初某时的气压系统，该气压系统以每天120千米的速度自西向东移动。
据此完成第4题。
4．24小时后甲地主要吹( )A．东北风B．东南风C．西北风D．西南风解析：据天气系统的移动速度，运用比例尺大体量算，24小时后甲地位于高压系统西部，吹东南风。
【红对勾】2014-2015学年高中物理 4.7 用牛顿运动定律解决问题(二)随堂作业 新人教版必修
【红对勾】2014-2015学年高中物理 4.7 用牛顿运动定律解决问题〔二〕随堂作业一、选择题1．关于超重和失重，如下说法中正确的答案是( )A．物体处于超重状态时，其重力增加了B．物体处于失重状态时，其重力减小了C．物体处于完全失重时，其重力为零D．不论物体超重、失重，还是完全失重，物体所受的重力都是不变的2．共点的五个力平衡，如此如下说法中不正确的答案是( )A．其中四个力的合力与第五个力等大反向B．其中三个力的合力与其余的两个力的合力等大反向C．五个力合力为零D．撤去其中的三个力，物体一定不平衡3．长方体木块静止在倾角为θ的斜面上，其受力情况如右图所示，那么木块对斜面作用力的方向( )A．沿斜面向下B．垂直于斜面向下C．沿斜面向上D．竖直向下4．(多项选择)在升降机内，一人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，如此如下判断可能正确的答案是(g取10 m/s2)( )A．升降机以8 m/s2的加速度加速上升B．升降机以2 m/s2的加速度加速下降C．升降机以2 m/s2的加速度减速上升D．升降机以8 m/s2的加速度减速下降5．三段不可伸长的细绳OA，OB，OC能承受的最大拉力一样，它们共同悬挂一重物，如右图所示，其中OB是水平的，A，B端都固定，假设逐渐增加C端所挂物体的质量，如此最先断的绳( )A．必定是OAB．必定是OBC．必定是OCD．可能是OB，也可能是OC6．(多项选择)如下列图，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．假设离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，如下说法正确的答案是( )A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N7．如右图所示，是一种测定风作用力的仪器原理图．它能自动随着风的转向而转动，使风总从图示方向水平吹向小球P.P是质量为m的金属球，固定在一细长而轻的钢性金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内无摩擦地转动，无风时金属丝自然下垂，有风时金属丝将偏离竖直方向一定角度θ，角θ大小与风力大小有关，如下关于风力F与θ的关系式正确的答案是( )A．F＝mg sinθB．F＝mg cosθC．F＝mg tanθD．F＝mg/cosθ二、非选择题8．如右图所示，拉B物体的轻绳与竖直方向成60°角，O为一定滑轮，物体A与B间用跨过定滑轮的细绳相连且均保持静止，B的重力为100 N，水平地面对B的支持力为80 N，绳和滑轮质量与摩擦均不计，试求：(1)物体A的重力；(2)B受到的摩擦力．答案随堂作业1．D2．D 共点的五个力平衡，如此五个力的合力为零，C正确．任意三个力或四个力的合力与其余的两个力的合力或第五个力一定等大反向，A，B正确．而撤去其中三个力，剩余两个力的合力不一定为零，物体不一定平衡，D错．3．D4．BC 人发现体重减轻，说明人处于失重状态，加速度向下，由mg－F N＝ma，F N＝80%mg，故a＝0.2g＝2 m/s2，方向向下．升降机可能加速下降，也可能减速上升，故B，C正确．5．A 方法一：O点所受三力如图甲所示，由于三力平衡，即F1与F2的合力F与F3相平衡，从图中直接看出F1是直角三角形的斜边，F2，F3均为直角边，因此F1必大于F2和F3，当增大C端重物质量时，OA首先承受不了，先断，A正确．方法二：三力F1，F2，F3平衡，如此首尾相接必成一封闭三角形，如图乙所示，由图看出F1是直角三角形的斜边，因而OA先断．6．AD 此题考查热气球的受力分析和运动分析，意在考查考生对力的平衡条件、牛顿第二定律的运用能力．热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有F合＝F浮－mg＝ma，得热气球所受的浮力F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5) N＝4 830 N，如此A项正确；加速上升过程中，速度增大，所受空气阻力也增大，如此B项错误；热气球以5 m/s的速度匀速上升时，由平衡条件知所受的空气阻力F f＝F浮－mg＝4 830 N－460×10 N＝230 N，故D项正确；热气球从地面上升10 s内，它做变加速运动，故10 s时其速度大小不是5 m/s，故C项错误．7．C 金属球受三个力作用处于平衡状态，即受到水平方向的风力F、绳的拉力T和重力mg作用，由平衡条件F＝mg tanθ.8．(1)40 N (2)34.6 N解析：对A，B受力分析如图，由平衡条件对A：F T＝G A，①对B：F N＋F T cos60°＝G B，②由①②：G A＝G B－F Ncos60°＝40 N，又对B：F T sin60°＝F f，故F f≈34.6 N.。
高三物理总复习红对勾课时作业及单元综合测试卷： 课时作业37含答案
课时作业37光的波动性时间：45分钟满分：100分一、选择题（8×8′＝64′）1．在杨氏双缝干涉实验中，如果（)A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹B．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹C．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹解析:白光作为光源,屏上将呈现彩色条纹，A错；B为红光的双缝干涉,图样为红黑相间，故B正确；红光和紫光频率不同，不能产生干涉图样，C错；遮住一条狭缝时，紫光将发生单缝衍射，形成衍射图样，D正确．答案:BD2．用如下图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图a是点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐)，图b是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢放置，观察到的现象是（）A．当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°B．当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°C．当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°D．干涉条纹保持原来状态不变解析：金属丝圈在竖直平面内缓慢旋转时，楔形薄膜形状各处厚度形状几乎不变．因此，形成的干涉条纹保持原状态不变，D正确，ABC错误．答案：D3．下列说法正确的是( ）A．用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象B．用X光机透视人体是利用光电效应C．光导纤维传输信号是利用光的干涉现象D．门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象解析：B是利用X射线的穿透性，C是全反射现象，D是利用光的折射现象，B、C、D均错误，只有A原理叙述正确．答案：A4．两个偏振片紧靠在一起,将它们放在一盏灯的前面以至于没有光通过，如果将其中的一片旋转180°，在旋转过程中,将会产生下述的哪一种现象（)A．透过偏振片的光强先增强，然后又减小到零B．透过偏振片的光强先增强,然后减小到非零的最小值C．透过偏振片的光强在整个过程中都增强D．透过偏振片的光强先增强,再减弱，然后又增强解析：起偏器和检偏器的偏振方向垂直时，没有光通过；偏振方向平行时，光强度达到最大．当其中一个偏振片转动180°的过程中，两偏振片的方向由垂直到平行再到垂直,所以透过偏振片的光强先增强,然后又减小到零．故正确答案为A。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2、图示时段 ( ) A.我国东北地区昼长夜短 B.巴西高原热带草原进入旱季 C.南极地区科学考察进入最佳时期 D.地中海地区正午太阳高度达到一年中的最大值
读下图，完成1--2题。
亚欧大陆为高压， 所以北半球是冬季
59页
600分
1．图中所示月份北半球被切断的气压带是（ A.副热带高气压带 B.副极地低气压带 C.极地高气压带 D.赤道低气压带 2.能正确解释言语“露重见晴天”的叙述是 （ 3．此时亚洲东部盛行（ A.西南风 C.西北风 ） B.东南风 D.东北风
）
）
读某月某条经线上部分气压带、风带和气流的相关示意图，回答3—5题。 副热带 高气压 带 3.图中②气压带或风带的气流运动方向 和性质分别为（ ） A.下沉 干燥 B.上升 湿润 C.由高纬流向低纬 干燥 D.由低纬流向高纬 湿润 4.图中显示的日期可能是（ ） A.3月21日 B.6月 22日 C.9月23日 D.12月22日
2(1).在甲乙丙丁四地中，最适宜大面积栽种板栗的是 ( A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
)
图4为甲地所在区域某时刻高空两个等压面P1和P2的空间分布示意图，图中甲、乙 两地经度相同。完成3-4题。 3.此时甲地近地面的风向为 ( ) A.东南风 B.西南风 C.东北风 D.西北风 4.此后，来自乙地的气团使甲地的天气发 生明显变化。造成此次天气变化的天气系 统是 ( ) A.气旋 B.反气旋 C.冷锋 D.暖锋
低压 高压
东
低压 北
高压 南
西
下图示意1月、7月北半球纬向风的平均风向及风速(单位:m/s)随纬度和高度的变化。 读图回答5~6题。
①
5.图中风向和风速季节变化最大的点是 ( ) A．① B．② C．③ D．④ 6.下列地理现象与图中风向、风速纬度分布规律相似的是( A.气温分布 B.降水分布 C.地势起伏 D.洋流分布
副热带高压带 位置偏南 所以 北半球冬季
5.受①②之间气压带或风带影响的地区不可能有（ A.东非高原 B.巴西高原 C.撒哈拉沙漠 D.马达加斯加岛
）
结合图文材料，ห้องสมุดไป่ตู้答2题。
2.在图1中所示甲乙丙丁四地，年降水量由多到少的正确排序是 ( A．甲乙丙丁 B．乙甲丙丁 C．丙丁乙甲 D．丁丙乙甲
)
红对勾 4页
下图是“沿某经线所做的大气运动形势图” ，读图回答1—2题。
西风带 西南风
600分 57页
极地东风
副极 地低 气压 带
1、该图有关大气运动形势的叙述正确的是 ( A.P气流为西北风 B.E处的降水多为对流雨 C.H处因热力作用形成高气压 D.E到F自然带更替的主导因素是热量 )
副热 带高 气压 带
副热带高压带 位置偏南 所以 北半球冬季
)
水分盈亏量是降水量减去蒸发量的差值，反映气候的干湿状况。当水分盈亏量＞0时， 表示水分有盈余，气候湿润；当水分盈亏量＜0时，表示水分有亏缺，气候干燥。下图为 我国两地年内平均水分盈亏和湿度曲线图。读图，完成第7 题。
7.①、②两地的气候类型分别是 ( ) A.亚热带季风气候、温带季风气候 B.温带大陆性气候、高原和高山气候 C.热带季风气候、亚热带季风气候 D.高原和高山气候、温带大陆性气候 8.某农作物喜温好湿，能够正常生长和安全结实的气温要求是≥20℃， 最短生长期为4个月。评价该农作物在两地的生长条件，正确的是 ( ) A.①地温度条件适宜，水分条件不足 B.②地温度条件适宜，水分条件不足 C.①地水分条件适宜，温度条件不足 D.②地水分条件适宜，温度条件不足