2014高考物理课后提分训练15

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2014高考物理最后提分典型例题答案与解析3

2014高考物理最后提分典型例题答案与解析3选择题举例1. 如图1所示，两根相距为L 的竖直固定杆上各套有质量为m 的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两球用长为2L 的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F ，恰能使两球沿竖直杆向上匀速运动．则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g )图1A.mg 2 B ．mg C.3F 3 D ．F 解析根据题意可知：两根轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F ＝2F ′cos 30°，解得小球所受拉力F ′＝3F 3，C 正确．答案 C2．2013年夏季，贵州、云南、重庆等省市部分地区出现持续高温、少雨天气，引起不同程度旱情，导致大面积农作物受灾，造成群众饮水短缺等基本生活困难．电力部门全力确保灾区的用电供应．如图2所示，发电厂的输出电压和输电线的电阻、变压器均不变，如果发电厂增大输出功率，则下列说法正确的是．图2A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例减少解析如果发电厂增大输出功率，输电线中电流一定增大，输电线上损耗的功率增大，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项C正确，D错误；升压变压器的输出电压不变，输电线上电压损失增大，降压变压器的输入电压减小，输出电压减小，选项A、B错误．答案 C3．如图3所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则．图3A．A点和B点的电势相同B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功D．负电荷从C点移至D点，电势能增大解析A点比乙球面电势高，乙球面比B点电势高，故A点和B点的电势不相同，A错；C、D两点场强大小相等，方向不同，B错；φA>φB，W AB>0，C 对；C、D两点位于同一等势面上，故此过程电势能不变，D错．答案 C4．为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量．已知地球的半径为R，地球质量为m，太阳与地球的中心间距为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T ，则太阳的质量为．A.4π2r 2T 2R 2gB.4π2mr 3T 2R 2gC.4π2mgr 2R 3T 2 D.T 2R 2g 4π2mr 3解析设太阳的质量为M ，地球绕太阳公转，G mM r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，再由Gm ＝gR 2，得到M ＝4π2mr 3T 2R 2g ，选项B 正确．答案 B5. 如图4所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为．图4A.12R (F N －3mg )B.12R (3mg －F N )C.12R (F N －mg )D.12R (F N －2mg )解析质点到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，根据动能定理，质点自A 滑到B 的过程中有W f ＋mgR ＝12m v 2，故摩擦力对其所做的功W f ＝12RF N －32mgR ，故A 项正确．答案 A6 如图5所示，一个闭合三角形导线框ABC 位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中．图5A．导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动解析根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC 在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，选项A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，选项B正确；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，选项CD错误．答案AB7．如图6所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x ＝2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力．关于这些粒子的运动，下列说法正确的是图6A ．粒子的速度大小为2aBq mB ．粒子的速度大小为aBq mC ．与y 轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D ．与y 轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析带正电粒子与y 轴正方向成60°角发射进入磁场后的轨迹如图甲所示，根据几何关系可得a ＝R sin 30°，其中R ＝m v qB ，联立解得v ＝2aqB m ，故选项A正确、B 错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，可见圆弧所对的圆心角θ越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R ＝2a ，因此当带电粒子与y 轴正方向成120°角射出时粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120°，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，最长时间t m ＝13T ，故选项C 正确，D 错误．答案AC8. 在水平地面上有一质量为2 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，后撤去拉力．该物体的运动的v－t图象如图7所示，g取10 m/s2，下列说法中正确的是．图7A．物体的最大位移是56 mB．物体受到的拉力F的大小为2.4 NC．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2D．前12 s内，拉力与阻力做功的代数和为16 J解析由v－t图象知，运动过程由两个“子过程”构成：拉力F作用下的匀加速运动，撤去F后阻力作用下的匀减速运动．运动的最大位移是v－t图象与t轴围成的三角形面积，为x＝12×8×14 m＝56 m．故选A.匀加速运动时，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，由图象知运动的加速度为a1＝0.8 m/s2.匀减速运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，由图象知运动的加速度为a2＝2.0 m/s2.解上述各式得μ＝0.2，F＝5.6 N．故不选B，选C.如图所示，由几何关系解得12 s末的速度为v＝82m/s＝4 m/s，对前12 s应用动能定理，得拉力与阻力做功的代数和为W＝12m v2＝16 J，故选D.答案ACD试验题举例1．小明利用落体法验证机械能守恒定律，得到的纸带如图8所示，其中O为打下的第一点，A、B、C、D为连续的四个点，已知所用交流电的频率为f，以点C为研究点，则图8①以下关于打点C时重锤的速度v求法中合理的是________．A．测出从O到C的时间，利用v＝gt求B．利用v2＝2gh和已测下落高度求C．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度求D．测出从O到C的时间，利用h＝v t－12gt2求②实验中因阻力的存在，动能的变化量应小于重力势能的改变量，但通过计算(计算方法正确合理)小明却发现动能的变化量总大于重力势能的改变量，这是由于他在实验中出现的________________错误操作造成的．③经老师指点后，小明重做了实验，得出自由下落物体在误差范围内满足机械能守恒定律，并作出v22－h图象如图9，则当地的实际重力加速度为________．图9解析①当用落体法验证机械能守恒定律时不能认为下落过程中没有阻力存在，A、B、D错，计算某点的瞬时速度时应根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，C对．②先松开纸带再接通电源时会造成各点对应的瞬时速度均偏大，使动能的变化量大于重力势能的改变量．③因满足机械能守恒，所以有12m v2＝mgh，所以v22－h图线的斜率即为当地的重力加速度值，由图知当地的实际重力加速度为9.70 m/s2.答案①C②先松开纸带再接通电源③9.70 m/s22．某同学要测量一导体的电阻R x.(1)他先用多用电表粗测其电阻．用已经调零且选择开关指向电阻挡“×100”挡位的多用电表测量，其表盘及指针所指位置如图10甲所示，要能比较准确地测量该电阻的阻值，应将多用电表的选择开关旋转到电阻挡的________挡位，调到正确挡位后重新调零，再次测量此电阻，其表盘及指针所指位置如图乙所示，则该电阻约为________Ω.图10(2)该同学想用“伏安法”更精确地测量该导体的电阻R x，现有的器材及其代号和规格如下：A．待测电阻R xB ．电流表A 1(量程0～50 mA ，内阻约为50 Ω)C ．电流表A 2(量程0～5 mA ，内阻约为30 Ω)D ．电压表V 1(量程0～3 V ，内阻约为10 kΩ)E ．电压表V 2(量程0～15 V ，内阻约为50 kΩ)F ．直流电源E (电动势6 V ，内阻不计)G ．滑动变阻器R 1(阻值范围为0～20 Ω，允许通过的最大电流为2.0 A) H ．定值电阻R 2＝50 ΩI ．开关S 一个，导线若干．则①为了使实验误差较小，要求电表的指针的偏转幅度达到半偏以上，并要求测得多组数据进行分析，则电流表应选择________，电压表应选择________(选填器材前的字母代号)．②将你设计的实验电路画在虚线框内．③使用设计的电路图进行测量，若电压表的读数为U ，电流表的读数为I ，那么，待测电阻的阻值R x ＝________(用已知物理量和测量的物理量的字母符号表示)．答案 (1)×10 220 (2)①B D ②如图所示③UI －U R 23．如图11所示，在高h 1＝30 m 的光滑水平平台上，质量m ＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣K 锁住，储存了一定量的弹性势能E p .若打开锁扣K ，小物块将以一定的速度v 1水平向右滑下平台做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC 上B 点沿切线方向进入圆弧形轨道．B 点的高度h 2＝15 m ，圆弧轨道的圆心O 与平台等高，轨道最低点C 的切线水平，并与地面上动摩擦因数为μ＝0.7的足够长水平粗糙轨道CD 平滑连接，小物块沿轨道BCD 运动最终在E 点(图中未画出)静止，g ＝10 m/s 2.求：图11(1)小物块滑下平台的速度v 1；(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能E p 的大小和C 、E 两点间的距离．解析 (1)由于h 1＝30 m ，h 2＝15 m ，设物块从A 运动到B 的时间为t ，则h 1－h 2＝12gt 2解得t ＝ 3 s由R cos ∠BOC ＝h 1－h 2，R ＝h 1，所以∠BOC ＝60°设小物块平抛的水平速度是v 1，则gt v 1＝tan 60° 解得v 1＝10 m/s(2)由能量守恒可得弹簧压缩时的弹性势能为E p ＝12m v 21＝50 J设C 、E 两点间距离为L ，根据动能定理可得mgh 1＋12m v 21＝μmgL解得L ＝50 m答案 (1)10 m/s (2)50 J 50 m4．如图12所示，竖直平面(纸面)内有直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向．在x ≤0的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B 1的匀强磁场．在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x 轴且与x轴相距h.在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场(磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外)和匀强电场(图中未画出)．一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经14圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限．小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同．设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g.图12求：(1)匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；(2)小球Q的抛出速度v0的取值范围；(3)B1是B2的多少倍？解析(1)由题给的已知条件，小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设所求场强大小为E，有mg＝qE①得E＝mgq②小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电．(2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有B1q v＝mg③设小球P 以速度v 在电磁场区域内做圆周运动的半径为R ，有B 2q v ＝m v 2R④设小球Q 与小球P 在第四象限相遇点的坐标为x 、y ，有x ＝R ，y ≤0⑤小球Q 运动到相遇点所需时间为t 0，水平方向位移为s ，竖直方向位移为d ，有s ＝v 0t 0⑥d ＝12gt 20⑦由题意得x ＝s －l ，y ＝h －d⑧由题意可知v 0＞0，联立相关方程，得0＜v 0≤2gh 2 h ⎝ ⎛⎭⎪⎫l ＋m 2g B 1B 2q 2 ⑨(3)小球Q 在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P 穿出电磁场区域的同一水平高度时的W 点时，其竖直方向的速度v y ，与竖直位移y Q 必须满足v y ＝v⑩y Q ＝R⑪设小球Q 运动到W 点时间为t ，由平抛运动，有v y ＝gt⑫y Q ＝12gt 2⑬联立相关方程，解得B 1＝12B 2⑭B 1是B 2的0.5倍．答案 (1)mg q 正 (2)0＜v 0≤2gh 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫l ＋m 2g B 1B 2q 2 (3)0.5 计算题部分1．(1)下列说法正确的是．A ．两个分子之间的作用力会随着距离的增大而减小B ．物体的内能在宏观上只与其温度和体积有关C ．一定质量的气体经历等容过程，如果吸热则其内能一定增加D ．分子a 从远处趋近固定不动的分子b ，当a 到达受b 的作用力为零处时，a 的动能一定最大E ．物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会发生能量交换(2)如图13所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中．开启上部连通左右水银的阀门A ，当温度为300 K 时，水银的平衡位置如图(h 1＝h 2＝5 cm ，L 1＝50 cm)，大气压为75 cmHg.求：图13①右管内气柱的长度L2；②关闭阀门A，当温度升至405 K时，左侧竖直管内气柱的长度L3.解析(1)由分子动理论可知，当两个分子之间表现为引力时，其作用力随分子间的距离先增大后减小，A错误；物体的内能在宏观上与温度、体积以及物质的质量有关，B错误；等容变化过程中，外界与气体之间不做功，故吸热内能一定增大，C正确；当分子从远处趋近于另一个固定不动的分子时，分子力先做正功再做负功，若两者的作用力为零，则此时分子力做的正功最多，对应的动能一定最大，D正确；物质的状态在一定的条件下可以相互转变，在转变过程中会涉及能量交换，E正确．(2)①左管内气体压强：p1＝p0＋h2＝80 cmHg右管内气体压强：p2＝p1＋h1＝85 cmHgp2＝p0＋h3，得右管内外液面高度差h3＝10 cm则L2＝L1－h1－h2＋h3＝50 cm②设玻璃管截面积为S，对左侧管内的气体：p1＝80 cmHg，V1＝50S，T1＝300 K当温度升至405 K时，设左侧管内下部的水银面下降了x cm，则有：p3＝(80＋x) cmHg，V3＝L3S＝(50＋x)S，T3＝405 K依p1V1T1＝p3V3T3代入数据，解得x＝10 cm所以左侧竖直管内气柱的长度L3＝60 cm答案(1)CDE(2)①50 cm②60 cm2．(1)一列简谐横波在t＝0时刻的波形图如图14中实线所示，从此刻起，经0.1 s波形图如图14中虚线所示，若波传播的速度为10 m/s，则________(填正确答案标号)．图14A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的周期为0.4 sC．t＝0时刻质点a沿y轴正方向运动D．从t＝0时刻开始质点a经0.2 s通过的路程为0.4 mE．x＝2 m处的质点的位移表达式为y＝0.2sin(5πt＋π)(m)(2)由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个角为30°的直角三角形，如图15所示，AC面镀膜，经透明体射到AC面的光只能反射．现有一束光从AB面上的D点垂直AB面射入透明体，经AC面上的E点反射后从BC面射出透明体，出射光线与BC面成30°角．图15①求该透明体的折射率；②若光线从BC面上的F点垂直BC面射入透明体，经AC面上的E点反射后从AB面射出透明体，试画出经E点后的光路图，并标明出射光线与AB面所成夹角的角度(不用列式计算)．解析 (1)根据波形图可知，波长λ＝4 m ，又v ＝λT ＝10 m/s ，可得这列波的周期为T ＝λv ＝0.4 s ，选项B 正确；经0.1 s ＝14T ，该波的波形向左传播了14λ，所以该波沿x 轴负方向传播，选项A 错误；t ＝0时刻质点a 沿y 轴负方向运动，选项C 错误；根据图象和周期易得，选项D 、E 正确．(2)①如图，由几何关系θ1＝30°，θ2＝60°由折射定律得n ＝sin θ2sin θ1＝ 3 ②如图，未标箭头会扣分，未标明出射光线与AB面所成夹角的角度的也肯定会扣分的同学们一定要注意。

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2014高考物理课后提分训练15 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1．人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离l后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( ) A．mgl B．0 C．μmgl D.mv2 2. 图5－2－10 如图5－2－10所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( ) A．mgh－mv2 B.mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋mv2) 3. 图5－2－11 如图5－2－11所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么( ) A．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动 B．这段时间内阻力所做的功为Pt C．这段时间内合力做的功为mv D．这段时间内电动机所做的功为Fs－mv 4. 图5－2－12 光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图5－2－12所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)( ) A．n B．2n C．3n D．4n 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5. 图5－2－13 如图5－2－13所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是( ) A．小铁块一定能够到达P点 B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点 C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量无关 D．以上说法均不对 6. 图5－2－14 如图5－2－14所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断( ) A．在0～t1时间内，外力做正功 B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C．在t2时刻，外力的功率最大 D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零 7. 图5－2－15 如图5－2－15所示，把小车放在倾角为30°的光滑斜面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，不计滑轮质量及摩擦，已知小车的质量为3m，小桶与砂子的总质量为m，小车从静止释放后，在小桶上升竖直高度为h的过程中(小车未脱离斜面)( ) A．小桶处于超重状态 B．小桶的最大速度为 C．小车受绳的拉力等于mg D．小车的最大动能为mgh 8. 图5－2－16 如图5－2－16所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点小球速度达到最大．x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能．若改变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是( ) 9. 图5－2－17 如图5－2－17所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台间用长L的绳连接着，此时物体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则( ) A．由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，直到停止 B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为μmg2πL C．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功 D．物体在转台上运动圈后，停止运动三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10．(18分)(2013届大同检测)如图5－2－18所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m＝2 kg的小球A.半径R＝0.3 m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m＝2 kg的小球B.用一条不可伸长的柔软细绳，跨过定滑轮将两小球连接起来．杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，g取10 m/s2.现给小球A施加一个水平向右的恒力F＝55 N．求：图5－2－18 (1)把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功； (2)小球B运动到C处时的速度大小； (3)小球B被拉到离地多高时与小球A的速度大小相等？ 11．(18分)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－x的图象如图5－2－19所示．(g取10m/s2)求：图5－2－19 (1)物体的初速度多大？ (2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力F的大小． 1．【解析】　因人用手托着物体沿水平方向运动，故只有人对物体做功，由动能定理可得：W人＝mv2；故A、B错误，D正确；因物体与手掌间存在静摩擦力，其大小不一定为μmg，故C不对．【答案】　D 2.【解析】　由A到C的过程运用动能定理可得：－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A正确．【答案】　A 3.【解析】　从题意得到，可将太阳能驱动小车运动视为“汽车以恒定功率启动”，这段时间内小车做加速运动，A项错误；电动机做功用Pt计算，阻力做功为W＝Fs，B项错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为mv，C项正确；这段时间内电动机所做的功为Pt＝Fs＋mv，D项错误．【答案】　C 4.【解析】　小球第一次从释放到B点的过程中，由动能定理得mgh＝mv，由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－mv. 小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg·2h－n′W＝0－mv 由以上三式可解得n′＝3n 【答案】　C 5.【解析】　如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgx1sin α－μmgx1cos α－μmgx2＝0，可得：mgx1sin α＝μmg·(x1cos α＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为vP，由动能定理得：mgx3sin β－μmgx3cos β＝mv－mv，因x1sin α＝x3sin β，x1cos α＋x2＝x3cos β，故得：vP＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，与质量无关，故A、C正确．【答案】　AC 6.【解析】　由动能定理可知，在0～t1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A项正确；在t1～t3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D项正确；由P＝F·v知0、t1、t2、t3四个时刻功率为零，故B、C都错．【答案】　AD 7.【解析】　根据受力分析可知，小桶向上做匀加速直线运动，所以，应处于超重状态，小桶受绳的拉力大于mg，根据牛顿第三定律可判定A对，C错；小车和小桶的速度大小相等，对系统运用动能定理有3mghsin30°－mgh＝(3m＋m)v2，解得小桶的最大速度应为v＝，小车的最大动能为Ekm＝×3mv2＝，B对，D错．【答案】　AB 8.【解析】　由题意“在C点处小球速度达到最大”，可知C点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h无关，B项正确；根据动能定理有mg(h＋x0)－Ep＝mv＝Ek，其中x0与弹性势能Ep为常数，可判断出C项正确．【答案】　BC 9.【解析】　制动转台后，物体在绳子约束作用下做圆周运动，速率在减小，运动一周滑动摩擦力做功为Wf＝－μmg2πL，绳子的拉力对物体不做功，由动能定理可知：－Nμmg2πL＝0－mv2，又v＝ωL，联立得物体在转台上转动的圈数为N＝，A、B正确．【答案】　AB 10．【解析】　(1)小球B运动到P点正下方的过程中，水平向右的恒力F作用点的位移为：xA＝ m－0.1 m＝0.4 m，则WF＝FxA＝22 J. (2)小球B运动到C处时的速度方向与细绳方向垂直，小球A的速度为零，对A、B组成的系统，由动能定理得： WF－mgR＝mv2，代入数据得：v＝4 m/s. (3)当绳与半圆形轨道相切时，两球的速度大小相等，设此时绳与水平方向的夹角为α，hB＝Rcos α＝R·＝0.3×m＝0.225 m. 【答案】　(1)22 J　(2)4 m/s　(3)0.225 m 11．【解析】　(1)从图象可知初动能Ek0＝2 J，Ek0＝mv2，v＝2 m/s. (2)在位移为4 m处物体的动能为Ek＝10 J，在位移为8 m处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为Ff，则－Ffx2＝0－Ek Ff＝＝ N＝2.5 N 因Ff＝μmg 故μ＝＝＝0.25. (3)物体从开始到移动4 m这段过程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力为F－Ff，根据动能定理有 (F－Ff)·x1＝Ek－Ek0 故得F＝＋Ff＝(＋2.5) N＝4.5 N. 【答案】　(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N 高考学习网：高考学习网：。

2014高考物理最后提分模拟题4

12014高考物理最后提分模拟题4可能用到的相对原子质量：H-1 C-12一、单项选择题：本大题共16小题，每题小4分，共64分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，有选错或不答的得0分。

13．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害。

矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因。

下列关于PM2.5的说法中，正确的是 A ．PM2.5的大小接近分子大小的数量级 B ．PM2.5在空气中的运动属于分子热运动 C ．温度越高，PM2.5的运动越激烈D ．环境温度低于0℃时，PM2.5不具有内能14．现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体。

下列图象能正确表示该过程中空气的压强P 和体积V 关系的是15．如右图所示，有M 和N 两颗人造地球卫星，都环绕地球做匀速圆周运动。

这两颗卫星相比较 A ．M 的线速度较小 B ．M 的角速度较大 C ．M 的环绕周期较小 D ．M 的向心加速度较大16．如下图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A 、B ，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab 和cd 。

当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab 和cd 的运动情况是 A ．一起向左运动 B ．一起向右运动 C ．相向运动，相互靠近 D ．相背运动，相互远离二、双项选择题；本大题共9个小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有二个．．选项符合题意．全选对得6分，只选一项且正确的得3分，有选错或不答的得0分. 17．人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质A Ba bc dD2量除以核子数）与原子序数有如右图所示的关系。

下列关于原子结构和核反应的说法，正确的是A. 原子核d 和e 聚变成原子核f 时会有质量亏损，要吸收能量B. 原子核a 裂变成原子核b 和c 时会有质量亏损，要放出能量C. 已知原子核a 裂变成原子核b 和c 时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D. 在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度 18．一线圈在磁场中转动产生的正弦交流电的电压随时间变化的规律如右图所示。

2014高考物理课后提分训练22.pdf

2014高考物理课后提分训练22 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1. 图8－1－9 如图8－1－9所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是( ) A．溶液内电流方向从A到B，电流为n1e/t B．溶液内电流方向从B到A，电流为n2e/t C．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消 D．溶液内电流方向从A到B，电流为(n1＋n2)e/t 2．一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管子内装满的水银供电，电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管子里，那么通过的电流将是( ) A．0.4 A B．0.8 A C．1.6 A D．3.2 A 3．用电器距离电源为L，线路上的电流为I，为使在线路上的电压降不超过U，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值是( ) A. B. C. D. 4. 图8－1－10 如图8－1－10所示为一未知电路，现测得两个端点a、b之间的电阻为R，若在a、b之间加上电压U，测得通过电路的电流为I，则该未知电路的电功率一定为( ) A．I2R B. C．UI D．UI－I2R 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5．关于材料的电阻率，下列说法正确的是( ) A．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都和原来的相同 B．材料的电阻率随温度的升高而增大 C．纯金属的电阻率较合金的电阻率小 D．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大 6．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是( ) A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比 B．长度一定，电阻与导体的横截面积成反比 C．电压一定，电阻与通过导体的电流成反比 D．电流一定，电阻与导体两端的电压成正比 7．如图8－1－11所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是( ) 图8－1－11 A．电炉放出的热量与电动机放出的热量相等 B．电炉两端电压小于电动机两端电压 C．电炉两端电压等于电动机两端电压 D．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率 8. 图8－1－12 如图8－1－12所示，a、b、c、d是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱c移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是( ) A．a和b B．a和c C．b和c D．b和d 9. 图8－1－13 如图8－1－13所示，一直流电动机与阻值R＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E＝30 V，内阻r＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U＝10 V，已知电动机线圈电阻RM＝1 Ω，则下列说法中正确的是( ) A．通过电动机的电流为10 A B．电动机的输入功率为20 W C．电动机的热功率为4 W D．电动机的输出功率为20 W 三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10．(18分)来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV的直线加速器加速，形成电流为1 mA的细柱形质子流．已知质子电荷量e＝1.60×10－19 C．这束质子流每秒打到靶上的质子数为多少？假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，如图8－1－14所示，其中的质子数分别为n1和n2，则n1和n2的比值为多少？图8－1－14 11．(18分)一般地说，用电器的工作电压并不等于额定电压，家庭里通常不备电压表，但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压，现在电路中只接入一个电热水壶，壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图8－1－15(a)和(b)所示．测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒，求此时加在电热水壶上的实际电压． (a) (b) 图8－1－15 1.【解析】　外电路中电流方向从正极流向负极．故电流方向从A到B.由于正、负离子同时定向移动形成电流，则有I＝即I＝，D正确．【答案】　D 2．【解析】　大圆管子内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银高度变为原来的，则电阻变为原来的，因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C选项正确．【答案】　C 3．【解析】　由题意知，输电线最大电阻R＝，根据电阻定律得R＝ρ，S＝，B正确．【答案】　B 4.【解析】　不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P＝UI，选项C正确；只有电路为纯电阻电路时，才有P＝UI＝I2R＝，故A、B错误；而UI－I2R为电能转化为其他形式能量的功率，故D错误．【答案】　C 5．【解析】　材料的电阻率与长度无关，A正确；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，B错误；纯金属的电阻率较合金的电阻率小，C正确；电阻率大的导体，电阻不一定大，D错误．【答案】　AC 6．【解析】　对于同种材料的导体，电阻率是个定值，根据电阻定律R＝ρ可知，横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，A正确；长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，B正确．由欧姆定律知R＝，此式是电阻的定义式，电阻R与电压U、电流I无正反比关系，故C、D错误．【答案】　AB 7．【解析】　电炉是纯电阻，电动机是非纯电阻，由于电炉和电动机构成串联电路，二者的电流相等，则电炉两端电压小于电动机两端电压，电炉放出的热量等于电动机放出的热量，选项A、B正确，选项C、D错误．【答案】　AB 8.【解析】　滑动变阻器是通过改变导线长度改变电阻，电路中电流减小，电阻变大，故Pb段接入电路，故C、D正确．【答案】　CD 9.【解析】　由E＝30 V、电动机两端电压10 V可得R和电源内阻上分担电压为20 V，则I＝ A＝2 A，A错；电动机输入功率P＝UI＝10 V×2 A＝20 W，B正确；P热＝I2RM＝4×1 W＝4 W，C正确；P输出＝P－P热＝20 W－4 W＝16W，D错误．【答案】　BC 10．【解析】　根据I＝，I＝，故＝＝6.25×1015个．由于各处电流相同，设这段长度为l，其中的质子数为n个，则由I＝和t＝得I＝，故n 而v2＝2ax，故v 解得＝＝＝【答案】　6.25×1015个　21 11．【解析】　设电热水壶的电阻为R 由图(a)知R＝＝ Ω＝ Ω 由图(b)知电能表转1转消耗的电能为： J＝1 200 J 设电热水壶的实际电压为U 则t＝125×1 200 J，解得U＝200 V. 【答案】　200 V 高考学习网：高考学习网：。

【VIP专享】2014年高考物理复习：课后提分训练(含答案)35

量为 m 的物体位于距地心 2R 处的某点，则下列表达式中能反映该点引力场强弱的是（
）
M A． G
(2R)2
m B． G
(2R)2
16．如图所示，理想变压器的原线圈匝数 n1=600 匝，装有额定电流为0．5 A 的保险丝 P（电阻
较小），副线圈的匝数n2=120 匝。原线圈接在u1=220 2 sin（100πt）V 的交流电源上，当把以
2014 高考物理课后提分训练 35
二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项
正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0
分。
14．有一块长方体木板被锯成如图所示的 A、B 两块放在水平桌面上，A、B 紧靠在一起，木
15．由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似
的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比．例如电场中反映各点电场强弱的物理量是
电场强度，其定义式为 E F ．在引力场中可以有一个类似的物理量用来反映各点引力场的 q
强弱．设地球质量为 M，半径为 R，地球表面处重力加速度为 g，引力常量为 G．如果一个质
物体受到水平拉力作用时的图像，图线 a 表示物体不受水平拉力时
的图像，重力加速度 g 取 10m/s2，则下列说法正确的是
）
A．水平拉力等于 0．6N
B．水平拉力等于 0．2N
6.培养学生观察、思考、对比及分析综合的能力。过程与方法1.通过观察蚯蚓教的学实难验点，线培形养动观物察和能环力节和动实物验的能主力要；特2征.通。过教对学观方察法到与的教现学象手分段析观与察讨法论、，实对验线法形、动分物组和讨环论节法动教特学征准的备概多括媒，体继课续件培、养活分蚯析蚓、、归硬纳纸、板综、合平的面思玻维璃能、力镊。子情、感烧态杯度、价水值教观1和.通过学理解的蛔1虫.过观适1、察于程3观阅六蛔寄.内列察读、虫生出蚯材让标容生3根常蚓料学本教活.了据见身：生，师的2、解问的体巩鸟总看活形作用蛔题线的固类结雌动态业手虫自形练与本雄学、三：摸对学动状习人节蛔生结4、、收一人后物和同类课虫活构请一蚯集摸体回并颜步关重的动、学、蚓鸟蚯的答归色学系点形教生生让在类蚓危问纳。习从并状学理列学平的害题线蚯四线人归、意特出四生面体以形蚓、形类纳大图点常、五观玻存表及动的鸟请动文本小引以见引、察璃现，预物身类 3学物明节有言及的、导巩蚯上状是防的体之生和历课什根蚯环怎学固蚓和，干感主是所列环史学么据蚓节二样生练引牛鸟燥染要否以举节揭到不上适动、区回习导皮类还的特分分蚯动晓的同节于物让分答。学纸减是方征节布蚓物起一，课穴并学蚯课生上少湿法。?广的教，些体所居归在生蚓前回运的润；4泛益学鸟色生纳.靠物完的问答动原的4蛔，处目类习和活环.近在成前题蚯的因？了虫以。标就生体的节身其实端并蚓快及触解寄上知同物表内特动体结验和总利的慢我摸蚯生适识人学有容点物前构并后结用生一国蚯蚓在于与类的什，的端中思端线问活样的蚓人飞技有基么引进主的的考?形题环吗十体生行能着本特出要几变以动，境？大节活的1密方征本“特节化下物.让并为珍近习会形理切法。课生征有以问的小学引什稀腹性态解的。2课物。什游题主.结生出么鸟面和起结蛔关观题体么戏：要利明蚯？类处适哪构虫系察：的特的特用确蚓等，于些特适。蛔章形殊形征板，这资是穴疾点于可虫我态结式。书生种料光居病是寄的们结构，五小物典，滑生？重生鸟内学构，学、结的型以还活5要生类部习与.其习巩鸟结的爱是如原活生结了功颜消固类构线鸟粗形何因的存构腔能色化练适特形护糙态预之结的，肠相是系习于点动鸟？、防一构现你动适否统。飞都物为结蛔。和状认物应与的行是。主构虫课生却为和”其结的与题、病本理不蛔扁的他构特环以生？8特乐虫形观部特8征境小理三页点观的动位点梳相组等、这；，哪物教相，理适为方引些2鸟，育同师.知应单面导鸟掌类结了；？生识的位学你握日构解2互.。办特生认线益特了通动手征观识形减点它过，抄；察吗动少是们理生报5蛔？物，与的解.参一了虫它和有寄主蛔与份解结们环些生要虫其。蚯构都节已生特对中爱蚓。会动经活征人培鸟与飞物灭相。类养护人吗的绝适这造兴鸟类？主或应节成趣的为要濒的课情关什特临？就危感系么征灭来害教；？；绝学，育，习使。我比学们它生可们理以更解做高养些等成什的良么两好。类卫动生物习。惯根的据重学要生意回义答；的3.情通况过，了给解出蚯课蚓课与题人。类回的答关：系线，形进动行物生和命环科节学动价环值节观动的物教一育、。根教据学蛔重虫点病1.引蛔出虫蛔适虫于这寄种生典生型活的线结形构动和物生。理二特、点设；置2.问蚯题蚓让的学生生活思习考性预和习适。于穴居生活的形态、结构、生理等方面的特征；3.线形动物和环节动物的主要特征。

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2014高考物理课后提分训练18 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1. 图6－1－11 如图6－1－11所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( ) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 2. 图6－1－12 在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图6－1－12为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为( ) A．0.1 m/s B．－0.1 m/s C．0.7 m/s D．－0.7 m/s 3. 图6－1－13 如图6－1－13所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( ) A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110 4. 图6－1－14 如图6－1－14所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( ) A．L B. C. D. 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5．下列四个选项所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( ) 6．两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是( ) A．互推后两同学总动量增加 B．互推后两同学动量大小相等，方向相反 C．分离时质量大的同学的速度小一些 D．互推过程中机械能守恒 7. 图6－1－15 如图6－1－15所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑．当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统( ) A．由于不受摩擦力，系统动量守恒 B．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒 C．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒 D．M对m的作用力在水平方向上有分力，故系统水平方向上动量也不守恒 8. 图6－1－16 如图6－1－16所示，木块a、b用一轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是( ) A．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统机械能不守恒 C．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统机械能守恒 9. 图6－1－17 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图6－1－17所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) A.mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10．(16分)(2013届湛江一中检测)如图6－1－18所示，高H＝1.6 m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M＝1 kg、高h＝0.8 m、长L＝1 m的小车Q紧靠赛台右侧CD面(不粘连)，放置于光滑水平地面上．质量m＝1 kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无损失机械能地滑上BC水平面，再滑上小车的左端．已知小物块与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2. 图6－1－18 (1)求小物块P滑上小车左端时的速度v1； (2)小物块P能从小车Q的右端飞出吗？若能，求小物块P落地时与小车右端的水平距离s. 11．(20分)(2012·广东高考)图6－1－19(a)所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆(A、B间距大于2r)．随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度－时间图象如图6－1－19(b)所示．A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞． (a) (b) 图6－1－19 (1)求A脱离滑杆时的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE； (2)如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1与ω的关系式． (3)如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式(弹簧始终在弹性限度内)． 1.【解析】　小船和救生员组成的系统满足动量守恒： (M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′ 解得v′＝v0＋(v0＋v) 故C项正确，A、B、D三项均错．【答案】　C 2.【解析】　设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为vx，由动量守恒定律得 mv0＝mv＋mvx 解得vx＝0.1 m/s，故选项A正确．【答案】　A 3.【解析】　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA 若左为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B 由题意知p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s 由以上各式得＝，故正确选项为A. 若右为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰．【答案】　A 4.【解析】　固定时，由动能定理得：μMgL＝Mv，后来木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv－·2Mv2，故得s＝.D项正确，A、B、C项错误．【答案】　D 5．【解析】　A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜而始终受挡板作用力，系统动量不守恒．【答案】　AC 6．【解析】　以两位同学作为研究对象，他们互推时总动量守恒，A错误；根据动量守恒定律公式可知，B正确；因动量P＝mv，在动量大小相等的情况下，分离时质量大的同学获得的速度小，C正确；互推过程中两位同学的机械能发生了变化，机械能不守恒，D错误．【答案】　BC 7.【解析】　滑块在下滑过程中，其竖直分速度不断增大，而三角形滑块竖直分速度始终为零，所以系统在竖直方向动量不守恒，则地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力的大小．在水平方向，系统不受外力，所以系统在水平方向上的动量守恒，选项B、C正确．【答案】　BC 8.【解析】　a未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统受墙向右的外力，合外力不为零，动量不守恒，故A错误．a未离开墙壁前，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故B错误．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统合外力为零，动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故C、D均正确．【答案】　CD 9.【解析】　小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝mv2－(M＋m)v＝，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误，D正确．【答案】　BD 10．【解析】　(1)小物块P从A滑到B点的过程中，根据机械能守恒定律，有：mg(H－h)＝mv 则过B点的速度vB＝＝ m/s＝4 m/s 由题意可知小物块P从B滑上小车左端过程中机械能没有损失，故小物块P滑上小车左端时的速度v1＝4 m/s. (2)小物块P在小车Q的上表面滑动的过程中，都受滑动摩擦力作用，P做减速运动，Q做加速运动，设P滑至小车右端时的速度为vP，小车的速度为vQ，相对运动过程中P、Q构成的系统所受合外力为零，动量守恒，有： mv1＝mvP＋MvQ 相对运动过程中系统的能量守恒，有： mv＝(mv＋Mv)＋μmgL ①②联立并代入已知数据解得：vP＝3 m/s，vQ＝1 m/s (vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s不合理，舍去) 因vP＞vQ，故小物块P能从小车Q的右端飞出小物块P能从小车Q的右端飞出即做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向上，有：h＝gt2 代入数据解得：t＝0.4 s 在水平方向上，有：sP＝vPt＝1.2 m 在小物块做平抛运动的时间内小车向右的运动位移sQ＝vQt＝0.4 m 由此可得小物块P落地时与小车右端的水平距离s＝sP－sQ＝0.8 m. 【答案】　(1)4 m/s　(2)能　0.8 m 11．【解析】　(1)由题图(b)知滑杆速度随时间按正弦函数规律变化，当滑杆达到最大速度时A脱离滑杆，所以v0＝rω.A、B碰撞过程中动量守恒，且碰后速度相同，设为v，则 mv0＝2mv，解得v＝＝. 碰撞过程中机械能损失 ΔE＝mv－(2m)()2＝mv＝mr2ω2. (2)若AB不能与弹簧相碰，则必然停在PQ某一位置处，满足以下关系：Ek0≤2μmgl 而Ek0＝mω2r2 由得：ω≤ 且由牛顿运动定律：t1＝. 将AB的减速运动看成反方向的匀加速直线运动，则位移为s＝μgt＝μg()2＝，且s≤l，即≤l，所以ω≤. (3)AB碰撞后的动能Ek0＝(2m)()2＝mr2ω2. 若AB能与弹簧相碰，但不能返回P点左侧．由功能关系知2μmgl＜mr2ω2≤4μmgl，解得＜ω≤. 最大弹性势能Ep＝Ek0－2μmgl＝mr2ω2－2μmgl. 【答案】　(1)rω　mr2ω2　(2)ω≤　t1＝　(3)＜ω≤　Ep＝mr2ω2－2μmgl 高考学习网：高考学习网：。

2014高考物理课后提分训练11

2014高考物理课后提分训练11(时间45分钟，满分100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)1．关于平抛运动的叙述，下列说法不正确的是( )A．平抛运动是一种在恒力作用下的曲线运动B．平抛运动的速度方向与恒力方向的夹角保持不变C．平抛运动的速度大小是时刻变化的D．平抛运动的速度方向与加速度方向的夹角一定越来越小2．2011年5月15日晚22点，国际田联钻石联赛上海站结束了男子110米栏争夺，刘翔以13秒07获得冠军．由于刘翔把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若刘翔过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，则刘翔上栏双脚离地时(不计空气阻力)( )A．速度不变，增大速度与水平方向的夹角B．速度增大，同时增大速度与水平方向的夹角C．速度增大，同时速度与水平方向的夹角不变D．速度增大，同时减小速度与水平方向的夹角3．某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图4－2－15所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中( )图4－2－15A．加速度a1＞a2B．飞行时间t1＜t2C．初速度v1＝v2D．角度θ1＝θ24.图4－2－16一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图4－2－16中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )A.1tan θB.12tan θC．tan θD．2tan θ二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)5.图4－2－17在香港的警匪片中经常出现追缉镜头，如图4－2－17所示，一个警察追缉逃犯时，准备跑过一个屋顶，然后水平地跳跃并离开屋顶，在下一栋建筑物的屋顶上着地．如果他在屋顶跑动的最大速度是 4.5 m/s，下列关于他能否安全跳过去的说法中正确的是(g取10 m/s2)( )A．他安全跳过去是可能的B．他安全跳过去是不可能的C．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/sD．如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s6．如图4－2－18，节水灌溉中的喷嘴距地面0.8 m，假定水从喷嘴水平喷出，喷灌半径为4 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.则( )图4－2－18A．水下落的加速度为8 m/s2B．水从喷嘴到地面的时间为0.4 sC．水从喷嘴喷出后动能不变D．水从喷嘴喷出的速率为10 m/s7.图4－2－19如图4－2－19所示，在O点从t＝0时刻沿光滑斜面向上抛出的小球，通过斜面末端P 后到达空间最高点Q.下列图线是小球沿x方向和y方向分运动的速度－时间图线，其中正确的是( )8.图4－2－20a、b两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向抛出，a在竖直平面内运动，落地点为p1，b沿光滑斜面运动，落地点为p2，p1和p2在同一水平面上，如图4－2－20所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A．a、b的运动时间相同B．a、b沿x轴方向的位移不相同C．a、b落地时的速度大小相同D．a、b落地时的速度相同9.图4－2－21如图4－2－21所示，坐标方格每格边长为10 cm，一物体做平抛运动时分别经过O、a、b三点，重力加速度g取10 m/s2，则下列结论正确的是( )A．O点就是抛出点B. a点v a与水平方向成45°角C．速度变化量Δv aO＝Δv baD．小球抛出速度v＝1 m/s三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10.图4－2－22(16分)如图4－2－22所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m＝1 kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.现让小滑块以某一初速度v从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以初速度v0水平抛出，经过0.4 s，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：(1)小球水平抛出的速度v0；(2)小滑块的初速度v.11．(20分)《愤怒的小鸟》是一款时下非常流行的游戏，游戏中的故事也相当有趣，如图4－2－23甲，为了报复偷走鸟蛋的肥猪们，鸟儿以自己的身体为武器，如炮弹般弹射出去攻击肥猪们的堡垒．某班的同学们根据自己所学的物理知识进行假设：小鸟被弹弓沿水平方向弹出，如图4－2－23乙所示，若h1＝0.8 m，l1＝2 m，h2＝2.4 m，l2＝1 m，小鸟飞出能否直接打中肥猪的堡垒？请用计算结果进行说明．(取重力加速度g＝10 m/s2)甲乙图4－2－23答案及解析1．【解析】平抛运动的物体只受重力作用，故A 正确；平抛运动是曲线运动，速度时刻变化，由v ＝ v 20＋gt2知合速度v 在增大，故C 正确；对平抛物体的速度方向与加速度方向的夹角，有tan θ＝v 0v y ＝v 0gt，因t 一直增大，所以tan θ变小，故D 正确，B 错误．【答案】 B2．【解析】由运动的可逆性可知，其运动可看做平抛运动，上升到最高点所用的时间相同，故水平距离增大时，初速度应增大，同时应减小速度与水平方向的夹角，D 正确．【答案】 D3．【解析】两支飞镖只受重力，加速度为重力加速度，是相等的，选项A 错误；两支飞镖在竖直方向做自由落体运动h ＝12gt 2，解得t ＝2hg，飞镖2竖直方向位移大，飞行时间长，选项B 正确；在水平方向，v 0＝x t，两飞镖水平位移相同，飞镖2飞行时间长，速度小，选项C 错误；tan θ＝v x v y，飞镖2水平速度小，竖直位移大，竖直速度大，所以tan θ1＞tan θ2，故θ1＞θ2，选项D 错．【答案】 B 4.【解析】如图，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有tan θ＝v 0gt.则下落高度与水平距离之比为y x ＝gt 22v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ，B 项正确．【答案】 B5.【解析】由h ＝12gt 2可得t ＝1 s ，故x ＝v 0t ＝4.5 m ，所以他不能安全跳过去，B 正确；如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2 m/s ，C 正确．【答案】 BC6．【解析】水下落的加速度为重力加速度，故A 错误；由h ＝12gt 2可得水从喷嘴到地面的时间为0.4 s ，B 正确；水从喷嘴喷出后，由于重力做正功，故动能增大，C 错误；由x ＝v 0t 可知水喷出的初速度大小为10 m/s ，D 正确．【答案】 BD7.【解析】在O 点从t ＝0时刻沿光滑斜面向上抛出的小球，先沿斜面做匀减速直线运动，通过斜面末端P 后水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，所以小球沿x 方向的速度－时间图线是选项A 图，小球沿y 方向分运动的速度－时间图线是选项D 图．【答案】 AD 8.【解析】质点a 在竖直平面内做平抛运动，质点b 在斜面上运动时，只受沿斜面方向垂直于斜面底边的重力的分力mg sin θ的作用，如图所示，质点b 做类平抛运动．分析如下：对a ，运动时间t a ＝ 2h /g ；对b ，h sin θ＝12g sin θt 2b ，所以运动时间t b ＝2hg sin 2 θ≠t a ，则A 项错误；对a ，沿x 轴方向位移x a ＝v 0t a ，对b ，沿x 轴方向位移x b ＝v 0t b ≠x a ，则B 项正确；由动能定理知：mgh ＝12mv 2t －12mv 20，所以v t 的大小相等，则C 项正确；a 、b 落地时速度的方向不同，不能说速度相同，则D 项错误．【答案】 BC9.【解析】由于O 、a 、b 三点水平方向距离相等，说明t Oa ＝t ab ，若O 点为抛出点，则在竖直方向连续相等时间内通过的位移之比应为1∶3，而从题图看，竖直方向相等时间内位移之比为1∶2，所以O 点不是抛出点，故A 项错．因O 到a 的位移方向与水平方向成45°，所以物体经过a 点时速度方向与水平方向夹角肯定大于45°，故B 项错．平抛运动是匀变速曲线运动，加速度恒定，所以相等时间内速度变化量相等，Δv aO ＝Δv ba ，故C 项对．根据竖直方向匀变速直线运动公式a ＝Δx /t 2，a ＝g ＝10 m/s 2，得t ＝ Δxg＝0.1 s ＝t Oa ＝t ab ，水平方向匀速运动速度v x ＝x /t ＝1 m/s ，故D 项对．【答案】 CD10.【解析】 (1)设小球落入凹槽时的竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ＝10×0.4 m/s＝4 m/s ，v 0＝v y tan 37°＝3 m/s.(2)小球落入凹槽时的水平分位移x ＝v 0t ＝3×0.4 m＝1.2 m 则小滑块的位移s ＝xcos 37°＝1.5 m 小滑块的加速度大小a ＝g sin 37°＋μg cos 37°＝8 m/s 2根据公式s ＝vt －12at 2解得v ＝5.35 m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)5.35 m/s11．【解析】设小鸟以v 0弹出能直接击中堡垒，则 ⎩⎪⎨⎪⎧h 1＋h 2＝12gt 2l 1＋l 2＝v 0tt ＝h 1＋h 2g ＝＋10s ＝0.8 sv 0＝l 1＋l 2t ＝2＋10.8m/s ＝3.75 m/s设在台面的草地上的水平射程为x ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t 1h 1＝12gt 21x ＝v 0×2h 1g＝1.5 m ＜l 1可见小鸟不能直接击中堡垒．【答案】见解析。

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2014高考物理课后提分训练16 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1. 图5－3－12 如图5－3－12所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( ) A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能 B．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能 C．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 D．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关 2. 图5－3－13 内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点(如图5－3－13所示)，由静止释放后( ) A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能 B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能 C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点 D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点 3．如图5－3－14所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面上的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是( ) 图5－3－14 4. 图5－3－15 如图5－3－15所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( ) A．物体A下落过程中的任意时刻，加速度不会为零 B．此时弹簧的弹性势能等于mgh＋mv2 C．此时物体B处于平衡状态 D．此过程中物体A的机械能变化量为mgh＋mv2 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5．下列说法正确的是( ) A．如果物体所受到的合外力为零，则其机械能一定守恒 B．如果物体所受到的合外力做的功为零，则其机械能一定守恒 C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒 D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒 6. 图5－3－16 如图5－3－16所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( ) A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大 7．如图5－3－17所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( ) 图5－3－17 A．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR(1－cos t) B．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m－mg C．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝mv2 D．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝mv2＋mgR(1－cos t) 8. 图5－3－18 如图5－3－18所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中下列说法中正确的是( ) A．M球的机械能守恒 B．M球的机械能减小 C．M和N组成的系统的机械能守恒 D．绳的拉力对N做负功 9. 图5－3－19 如图5－3－19所示为竖直平面内的直角坐标系．一个质量为m的质点，在力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ＜90°)．不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( ) A．当F＝mgtan θ时，质点的机械能守恒 B．当F＝mgsin θ时，质点的机械能守恒 C．当F＝mgtan θ时，质点的机械能可能减小也可能增大 D．当F＝mgsin θ时，质点的机械能可能减小也可能增大三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10. 图5－3－20 (18分)半径R＝0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m.将小球从如图5－3－20所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EpC＝0.6 J．(g取10 m/s2)，求： (1)小球经过C点时的速度vC的大小； (2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向． 11．(18分)如图5－3－21所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑，不计机械能损失，求：图5－3－21 (1)两球都进入光滑水平面时两小球运动的速度大小； (2)此过程中杆对B球所做的功． 1.【解析】　小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，因此小球和弹簧系统的机械能守恒，即mv＝mgh＋Ep，由此得到Ep＜mv，选项A正确，B、C错误；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向上有2gh＝vsin2θ(θ为v0与水平方向的夹角)，解得v0＝，由此可知，选项D错误．【答案】　A 2.【解析】　环形槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点．【答案】　A 3．【解析】　由牛顿第二定律可知，滑块上滑阶段有mgsin θ＋Ff＝ma1，下滑阶段有mgsin θ－Ff＝ma2，因此a1＞a2，选项B错误；v＞0和v＜0时，速度图象的斜率不同，故选项A错误；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误；重力势能先增大后减小，且上滑阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C可能正确．【答案】　C 4.【解析】　对物体A进行受力分析可知，当弹簧的弹力大小为mg时，物体A的加速度为零，A错误；由题意和功能关系知弹簧的弹性势能为Ep＝mgh－mv2，B错误；当物体B对地面恰好无压力时，说明弹簧的弹力大小为2mg，此时B所受合外力为零，恰好处于平衡状态，C正确；弹簧的弹性势能的增加量等于物体A的机械能的减少量(mgh－mv2)，D错误．【答案】　C 5．【解析】　物体受到的合外力为零，机械能不一定守恒，如在竖直方向上物体做匀速直线运动，其机械能不守恒．所以选项A、B错误．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒．选项C正确．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D正确．【答案】　CD 6.【解析】　两球由水平位置下降到竖直位置，重力势能减少量相同，但B球重力势能减少量有一部分转化为弹簧的弹性势能，由系统机械能守恒定律可知，A球在悬点正下方的动能大，B正确，A、C错误，在最低点，由F－mg＝m及vA>vB可知，FA>FB，D正确．【答案】　BD 7．【解析】　在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg－N＝m，受到座位的支持力为N＝mg－m，B项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C项错误；在时间t内转过的弧度为t，所以对应t时刻的重力势能为Ep＝mgR(1－cos t)，总的机械能为E＝Ek＋Ep＝mv2＋mgR(1－cos t)，A、D两项正确．【答案】　AD 8.【解析】　由于杆AB、AC光滑，所以M下降，N向左运动，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，对M、N系统，杆对M、N均不做功，系统机械能守恒，故B、C两项正确．【答案】　BC 9.【解析】如图为力的矢量三角形图示，若F＝mgtan θ，则力F可能为b方向或c方向，故力F的方向可能与运动方向成锐角，也可能与运动方向成钝角，除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，故质点机械能可能增大，也可能减小，C对A错；当F＝mgsin θ，即力F为a方向时，力F垂直质点运动方向，故只有重力对质点做功，机械能守恒，B对D错．【答案】　BC 10.【解析】　由题图知初始时刻弹簧处于原长． (1)小球从B到C，根据机械能守恒定律有 mg(R＋Rcos 60°)＝EpC＋mv 代入数据求出vC＝3 m/s. (2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN，设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律有 F＋FN－mg＝m F＝kx x＝R 所以FN＝m＋mg－F FN＝3.2 N，方向竖直向上根据牛顿第三定律得出，小球对环的作用力大小为3.2 N，方向竖直向下．【答案】　(1)3 m/s　(2)3.2 N，方向竖直向下 11．【解析】　(1)由于不计机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒．两球在光滑水平面上运动的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有： mgh＋mg(h＋Lsin θ)＝2×mv2，解得：v＝. (2)根据动能定理，对B球有：W＋mgh＝mv2－0 则W＝mv2－mgh＝mgLsin θ. 【答案】　(1)　(2)mgLsin θ 高考学习网：高考学习网：。

2014高考物理最后提分典型例题答案与解析4

2014高考物理最后提分典型例题答案与解析4选择题举例1．在物理学发展过程中，有许多伟大的科学家作出了贡献．下列说法正确的是A ．牛顿在伽利略和笛卡儿工作的基础上提出了牛顿第一定律B ．开普勒发现了万有引力定律；卡文迪许通过扭秤实验验证了万有引力定律C ．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律D ．库仑发现了点电荷间的相互作用规律并通过油滴实验最早测定了元电荷的数值解析牛顿在伽利略理想模型和笛卡儿进一步研究的基础上，通过实验总结了牛顿第一定律，故A 选项正确．牛顿发现了万有引力定律、卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量，故B 选项错误．安培发现了磁场对电流的作用力，称为安培力，故C 选项错误．最早测定元电荷数值及提出电荷量子化的是美国科学家密立根，是通过油滴实验完成的，故D 错误正确．答案 A2 图1所示为某同学设计的测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数的实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F 2作用，使木块恰好匀速向下运动(木块向下运动过程中弹簧的弹力始终垂直于木块表面)，现分别测出了弹簧的弹力F 1、拉力F 2和木块的重力G ，则动摩擦因数μ应等于．图1A.F 2＋G F 1B.F 2F 1C.G F 1D.F 1＋G F 2解析对木块受力分析可得水平方向F 1＝F N ，竖直方向F 2＋G ＝F f 且F f ＝μF N .三式联立即可求出μ＝F 2＋G F 1，选项A 正确．答案 A3．全球定位系统(GPS)有24颗卫星，分布在绕地球的6个轨道上运行，距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6 400 km ，则全球定位系统的这些卫星的运行速率约为．A ．3.1 km/sB ．3.9 km/sC ．7.9 km/sD ．11.2 km/s解析由万有引力定律得G Mm r 2＝m v 2r ，解得v ＝GMr ，故v 1＝v 2r 2r 1，r 2＝(6 400＋36 000) km ，r 1＝(6 400＋20 000) km ，v 2＝2πr 2T ＝2π×(6 400＋36 000) km 24×3 600 s≈3.1 km/s ，解得v 1≈3.9 km/s ，选项B 正确．答案 B4. 在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个面积为S 的矩形线圈匀速转动时所产生的交流电压随时间变化的波形如图2所示，线圈与一阻值R ＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω，则．图2A ．通过电阻R 的电流瞬时值表达式为i ＝10sin 200 πt (A)B ．电阻R 两端的电压有效值为90 VC．1 s内电阻R上产生的热量为450 JD．图中t＝1×10－2 s时，穿过线圈的磁通量为零解析通过电阻R的电流最大值为I m＝E mR＋r＝10 A，线圈转动的角速度ω＝2πT＝2π2×10－2rad/s＝100π rad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin 100πt(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为U有效＝E有效R＋rR＝1002(9＋1)×9 V＝45 2V，B项错误；1 s内电阻R上产生的热量Q＝U2有效R t＝450 J，C项正确；t＝1×10－2s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D 项错误．答案 C5. 在高度为h、倾角为30°的粗糙固定的斜面上，有一质量为m、与一轻弹簧拴接的物块恰好静止于斜面底端．物块与斜面的动摩擦因数为33，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一平行于斜面的力F拉动弹簧的A点，使m缓慢上行到斜面顶端．此过程中．图3A．F对该系统做功为2mghB．F对该系统做功大于2mghC．F对该系统做的功等于物块克服重力做功与克服摩擦力做功之和D．F对该系统做的功等于物块的重力势能与弹簧的弹性势能增加量之和解析物块缓慢上行，由平衡条件，弹簧的弹力kx＝mg sin 30°＋μmg cos 30°＝mg，且弹簧处于伸长状态；设拉动过程中弹簧的弹性势能为E弹，由功能关系，W F＝mgh＋E弹＋μmg cos 30°·hsin 30°＝2mgh＋E弹，则选项B正确．答案 B6. 静止在光滑水平面上的物体，在如图4所示的水平力F作用下朝某一方向运动，且图中有t 1＝t 0，t 2＝2t 0，t 3＝3t 0，则与F －t 图象相对应的v －t 图象和a －t 图象分别是．图4解析设物体质量为m ，在0～t 1时间内，加速度a ＝F 0m ，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在t 1＝t 0时刻，速度v 0＝at 0＝F 0t 0m ，所以这段时间对应的v －t 图象是经过原点的倾斜线段，对应的a －t 图象是平行于时间轴的水平线段；在t 1～t 2时间内，合外力F ＝0，加速度a ＝0，物体以速度v 0做匀速直线运动，所以这段时间对应的v －t 图象是平行于时间轴的水平线段，对应的a －t 图象与时间轴重合；同理，可分析出在t 2～t 3时间内的v －t 图象和a －t 图象．由以上分析可知选项A 、C 正确．答案 AC7. 如图5所示，在等量异种电荷形成的电场中，画一正方形ABCD ，对角线AC 与两点电荷连线重合，两对角线交点O 恰为电荷连线的中点．下列说法中正确的是．图5A ．A 点的电场强度等于B 点的电场强度B．B、D两点的电场强度及电势均相同C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小D．一电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功解析根据电场强度的叠加得A点和B点的电场强度大小不相等，则A选项错误；等量异种电荷形成的电场的电场线和等势线分别关于连线和中垂线对称，则B选项正确；沿B→C→D路径，电势先减小后增大，电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小，则C选项正确；沿C→O→A 路径电势逐渐增大，电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其一直做正功，则D选项错误．答案BC8．如图6所示，间距l＝0.4 m的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，方向垂直于斜面．甲、乙两金属杆电阻R相同、质量均为m＝0.02 kg，垂直于导轨放置．起初，甲金属杆处在磁场的上边界ab上，乙在甲上方距甲也为l处．现将两金属杆同时由静止释放，并同时在甲金属杆上施加一个沿着导轨的拉力F，使甲金属杆始终以a＝5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，取g＝10 m/s2，则．图6A．每根金属杆的电阻R＝0.016 ΩB．甲金属杆在磁场中运动的时间是0.4 sC．甲金属杆在磁场中运动过程中F的功率逐渐增大D．乙金属杆在磁场中运动过程中安培力的功率是0.1 W解析由牛顿第二定律可得乙金属杆的加速度a2＝g sin 30°＝5 m/s2，与甲在磁场中的加速度相同，当乙刚进入磁场时，甲恰离开磁场．对乙由平衡条件知，mg sin 30°＝B2l2v m2R，而v m＝2a2l＝2 m/s，解得R＝0.064 Ω，甲在磁场中运动的时间t＝v ma＝0.4 s，则选项A错误，B正确；甲在磁场中，由牛顿第二定律得，F＋mg sin 30°－B2l2v2R＝ma，则F＝B2l2v2R，F的功率P＝F v＝B2l2v22R随v的增大而增大，选项C正确；乙在磁场中做匀速运动，安培力的功率P′＝B2l2v2m2R＝0.2 W，则选项D错误．答案BC试验题举例1、某组同学在做探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系，采用了如图7装置，小车和车中砝码的总质量用M表示，砂和砂桶的总质量用m表示．图7(1)现有下列器材：电火花计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、砂桶、砂子、细线、秒表、导线、砝码、刻度尺．其中不需要的器材是________，还需要的器材是________．(2)在做实验过程中，以下做法正确的是________．A．平衡摩擦力时，应把砂桶用细线通过定滑轮系于小车上B．砂和砂桶质量m一定时，改变小车(含砝码)质量M，都需重新平衡摩擦力C．实验中，要求砂和砂桶质量m远小于小车(含砝码)质量MD．在探究外力一定，加速度与质量关系时，应该改变砂桶与砂的质量m 解析(1)根据该实验的原理和所给实验器材可知不需要的器材是秒表，还需要的器材是天平(测量小车和车中砝码的总质量、砂和砂桶的总质量)．(2)平衡摩擦力时不应把砂桶用细线通过定滑轮系于小车上，且只要不改变长木板的倾角都不需要重新平衡摩擦力，故A、B选项错误；对系统而言，根据牛顿第二定律可得，(m＋M)a＝mg，当M≫m时，对小车(含砝码)才有Ma＝mg，故C选项正确；根据控制变量法可知，当探究外力一定，加速度与质量的关系时，应改变小车(含砝码)的质量，而不是改变砂和砂桶的质量，故D选项错误．答案(1)秒表天平(2)C2、用以下器材测量待测电阻R x的阻值：待测电阻R x：阻值约为30 Ω；电源E：电动势约为6.0 V、内阻忽略不计；电流表A1：量程50 mA、内阻r1为20 Ω；电流表A2：量程300 mA、内阻r2约为4 Ω；定值电阻R0：阻值为100 Ω；滑动变阻器R：最大阻值为10 Ω；单刀单掷开关S、导线若干．图8(1)测量中要求使用两块电流表且它们的读数都不小于其量程的13，试将方框中测量电阻R x的实验电路原理图补充完整(原理图中的元件用题干中相应的英文字母标注)．(2)如图9所示，某次测量中电流表A1和电流表A2的示数分别为I1和I2，则I1＝________mA，I2＝________mA.图9(3)由已知量和测得量计算R x ＝________Ω.(小数点后保留一位)解析 (1)将电流表A 1串联定值电阻R 0作为电压表，电流表A 2外接．设计成分压电路，如图所示．(2)电流表A 1量程50 mA ，读数I 1＝40.0 mA ，电流表A 2量程300 mA ，读数I 2＝193 mA.(3)待测电阻两端电压U ＝I 1(R 0＋r 1)＝4.8 V ，待测电阻中电流I ＝I 2－I 1＝193mA －40.0 mA ＝153 mA ，由欧姆定律，R x ＝U I ＝31.5 Ω.答案 (1)如图(2)40(或40.0) 191～195(3)31.0～31.83、2012年以来我国高速公路发生多起有关客车相撞的严重交通事故，原因之一就是没有掌握好车距．据经验丰富的司机总结：在高速公路上，一般可按你的车速来确定与前车距离，如车速为80 km/h，就应与前车保持80 m的距离，以此类推．现有一辆客车以108 km/h速度行驶，一般司机反应时间为0.5 s，反应时间内视为匀速运动，刹车时最大加速度为6 m/s2，求：(1)若司机发现前车因故突然停车，则从司机发现危险到客车停止运动，该客车通过的最短路程？并说明按经验，车距保持108 m是否可行？(2)若客车超载，刹车最大加速度减为5 m/s2；司机为赶时间而超速，速度达到144 km/h；且晚上疲劳驾驶，反应时间增为1.5 s，则从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程？并说明经验是否可靠？解析v01＝108 km/h＝30 m/sv02＝144 km/h＝40 m/s，(1)司机发现前方危险在反应时间内前进的距离：x1＝v01t＝30×0.5 m＝15 m刹车时间前进的距离x2＝－v2012a1＝75 m.从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程：x＝x1＋x2＝90 m<108 m，经验可行．(2)若客车超载，司机发现前方危险在反应时间内前进的距离：x3＝v02t′＝40×1.5 m＝60 m刹车时间前进的距离x4＝－v2022a2＝160 m从司机发现危险到客车停止运动，客车通过的最短路程：x′＝x3＋x4＝220 m>144 m在多重违章情况下，经验不可靠．答案(1)90 m可行(2)220 m不可靠4、如图10所示的空间分布为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界面相互平行，Ⅰ区域存在电场强度E＝1.0×104V/m的匀强电场，方向垂直于边界面向右．Ⅱ、Ⅲ区域存在匀强磁场，磁场的方向分别为垂直于纸面向外和垂直于纸面向里，磁感应强度分别为B1＝2.0 T、B2＝4.0 T．三个区域宽度分别为d1＝5.0 m、d 2＝d 3＝6.25 m ，一质量为m ＝1.0×10－8 kg 、电荷量为q ＝1.6×10－6 C 的带正电粒子从O 点由静止释放，粒子的重力忽略不计．图10(1)求粒子离开Ⅰ区域时的速度大小v .(2)求粒子在Ⅱ区域内运动的时间t .(3)求粒子离开Ⅲ区域时速度方向与边界面的夹角α.(4)若d 1、d 2的宽度不变且d 2≠d 3，要使粒子不能从Ⅲ区域飞出磁场，则d 3的宽度至少为多大？解析 (1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有qEd 1＝12m v 2－0解得v ＝4.0×103 m/s.(2)粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场B 1中做匀速圆周运动的半径为r ，由牛顿第二定律得q v B 1＝m v 2r代入数据解得r ＝12.5 m图甲设在Ⅱ区域内粒子做圆周运动的圆心角为θ，则sin θ＝d 2r ＝6.25 m 12.5 m ＝12所以θ＝30°粒子在Ⅱ区域内运动的周期T＝2πm qB1粒子在Ⅱ区域内运动的时间t＝θ360°T解得t＝π1 920s＝1.6×10－3 s.(3)设粒子在Ⅲ区域内做圆周运动的轨道半径为R，则q v B2＝m v2 R解得R＝6.25 m在图甲中由几何关系可知ΔMO2P为等边三角形，所以粒子离开Ⅲ区域时速度与边界面的夹角α＝60°.图乙(4)要使粒子不能从Ⅲ区域飞出磁场，由图乙可知Ⅲ区域磁场的宽度至少为d3＝R＋R cos 60°＝1.5R＝9.375 m.答案(1)4×103 m/s(2)1.6×10－3 s(3)60°(4)9.375 m计算题举例1、(1)下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是________(填正确答案标号)．A．微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等C．食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的D．小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用(2)①如图11，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c时，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体________(填“吸收”或“放出”)________J热量．图11②已知水的摩尔质量为18 g/mol、密度为1.0×103 kg/m3，阿伏加德罗常数为6.0×1023 mol－1，试估算1 200 mL水所含的水分子数目(计算结果保留一位有效数字)．解析(2)②N＝ρV M N A代入数值得N＝4×1025个答案(1)BD(2)①吸收260②4×1025个2、(1)下面有关光纤及光纤通信说法正确的是．A．光纤由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的小B．光在光纤中传输利用了全反射的原理C．光纤通信是一种以光波为传输介质的通信方式，光波按其波长长短，依次可分为红外线光、可见光和紫外线光，但红外线光和紫外线光属不可见光，它们都不可用来传输信息D．光波和无线电波同属电磁波，光波的频率比无线电波的频率低，波长比无线电波的波长长，在真空中传播的速度大小都约为3.0×108 m/s(2) 如图12所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：图12①写出该振子简谐运动的表达式．②在第2 s末到第3 s末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？③该振子在前100 s的总位移是多少？路程是多少？解析(1)光在光纤中的传输利用了全反射的原理，要求光线从光密介质射向光疏介质，则光纤内芯的折射率比外套的大，A错，B对；只要是光波，就能够在光导纤维中传播，不管是可见光还是不可见光，都可以用来传输信息，C错；光波的频率比无线电波的频率高，波长比无线电波的波长短，D错．(2)①由振动图象可得：A＝5 cm，T＝4 s，φ＝0则ω＝2πT＝π2rad/s故该振子简谐运动的表达式为x＝5sin π2t(cm)②由图可知，在t＝2 s时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断增大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大．当t＝3 s时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．③振子经过一个周期位移为零，路程为5×4 cm＝20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子位移x＝0，振子路程s＝20×25 cm＝500 cm ＝5 m.答案(1)B(2)①x＝5sin π2t(cm)②见解析③0 5 m3、(1)氢原子处于基态时，原子的能量为E1，处于n＝3的激发态时，原子的能量为E3，一群处于n＝3激发态的氢原子跃迁到n＝1的基态时，可以向外辐射________种不同频率的光子．已知普朗克常量为h，光在真空中传播的速度为c，其中最短波长是________，若用该光子去照射某种金属，恰能发生光电效应，则该金属的逸出功是________．(2)如图13所示，三个大小相同、质量均为m的小球A、B、C静止在光滑水平面上，且A、B、C共线，现让A球以速度v0向着B运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球发生弹性碰撞，求最终A、B、C的速度．图13解析(1)从n＝3激发态跃迁到n＝1基态时，辐射3×(3－1)2＝3种不同频率的光子．当能级从n＝3向n＝1跃迁时辐射光子的波长最短λmin＝hcE3－E1.用该光子照射某种金属，恰能发生光电效应．则最大初动能E km＝0，W0＝hν＝E3－E1.(2)A、B相碰，根据动量守恒定律得m v0＝2m v1A、B两球与C球碰撞，碰后两球依然具有共同速度，v A＝v B＝v AB，根据动量守恒定律得2m v 1＝2m v AB ＋m v C弹性碰撞过程中能量守恒，则 12×2m v 21＝12×2m v 2AB ＋12m v 2C 联立以上各式解得v A ＝v B ＝v AB ＝v 06，v C ＝2v 03答案 (1)3 hcE 3－E 1E 3－E 1(2)v 06 v 06 2v 03。

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2014高考物理课后提分训练32 二、选择题：14．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。

以下符合事实的是A．伽利略通过理想实验得出力是维持物体运动的原因B．奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性 C．卢瑟福通过α粒子的散射，提出原子核质子。

D．牛顿建立了万有引力定律，并测出了万有引力常量x、速度v、加速度a和物体受到的合外力F随时间 t 的变化图象，其中表示物体在做匀速运动的是 16、如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂砝码和托盘的总质量为0.6g，弹簧秤的读数为2N若轻轻取走盘中的部分砝码，使其质量减少到0.3g，将会出现的情况是（g=10m/s2，不计滑轮的摩擦）A．弹簧秤的读数将变小B．A仍静止不动 C．AD．A对桌面的摩擦力将变小17、随着我国改革开放的不断深入，我国发射卫星技术已进入国际市场。

如下图3所示为2012年3月31日我国为法国发射亚太通讯卫星的发射过程，卫星由近地圆轨道l通过椭圆轨道2变轨到远地圆轨道3．轨道1与轨道2相切于a点，轨道2与轨道3相切于b点．则下面说法正确的是 A．在轨道1运行的角速度小于轨道3上运行的角速度 B．在轨道l上过a点时的速度大于轨道2上过a点时的速度 C．在轨道3上过b点时的加速度大于轨道2上过b点时的加速度 D．在轨道2上运动时，从a点到b点机械能守恒 18、如下图4所示，一个质量为m的小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆[弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面．不计一切阻力．下列中说法不正确的是（） A．小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零． B．小球落到地面前的瞬时其动能为 C．小球落地点离p点的水平距离为． D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R． 19、如图5所示，空间中存在着匀强电场，正方体ABCDEFGH中A、B、C、H四点电势分别为、、、，则下面说法正确的是 A．把1C正电荷从B点经G点移到H点，电场力做功一定是2 J B．G点电势可能为6V C．电场强度方向一定与D、G两点的连线垂直 D．A、G两点的电势差与D、F两点的电势差一定相等 20 .某理想变压器的原线圈接交流电，副线圈接如图所示电路，电键S原来闭合，且.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数I、电阻上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是( )．A．U增大I减小、P1增大 B．P增大I增大 P1减小C．U增大P1、增大P减小 D．IP增大U增大，第二次用速度2，若两次拉力所做的功分别为和，两次做功的功率分别为和，两次线框产生的热量分别为和，则下面通过计算分析错误的是： A、=== B、=2=4=2 C、=2==2 D、<==第Ⅱ卷（） 22(6分)频闪仪支架接水频闪仪实验步骤在内盛满清水，，水滴落下用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮调节频闪仪的频率看到一串固定不动的水滴 ④、采集到的相关数据如下图8所示（1）、实验中看到一串固定不动的水滴频闪仪的闪光频率水滴水滴24（14分）一边长为的正方形餐桌放在水平地面上，桌面的动摩擦因素为，在桌面的中间放一个质量m=0.1Kg可视为质点的小铁块，桌面与水平面的高为，有一同学想将小铁块用恒力推离桌面，落地时刚好到地面上半径的圆内，圆的左边距桌面边缘水平距离为，如图所示求：（1）、小铁块离开桌面后在空中运动的时间？（2）、该同学所用力的取值范围.。

2014届高考物理最新14大专题深度解析快速提分训练专题五万有引力与天体运动

2014届高考物理最新14大专题深度解析快速提分训练专题五万有引力与天体运动一、选择题1．设地球是一质量分布均匀的球体，O 为地心．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．在下列四个图中，能正确描述x 轴上各点的重力加速度g 的分布情况的是 ( )．解析在地球内部距圆心为r 处，G M ′m r 2＝mg ′，内部质量M ′＝ρ·43πr 3，得g ′＝4πGr 3，g ′与r 成正比；在地球外部，重力加速度g ′＝G M r 2，与1r 2成正比，选项A 正确．答案 A2． 2012年6月18日，“神舟九号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实现自动交会对接．设地球半径为R ，地球表面重力加速度为g .对接成功后，“神舟九号”和“天宫一号”一起绕地球运行的轨道可视为圆周轨道，轨道离地球表面的高度约为119R ，运行周期为T ，则( )．A ．地球质量为⎝ ⎛⎭⎪⎫201924π2GT 2R 2B ．对接成功后，“神舟九号”飞船的线速度为40πR 19TC ．对接成功后，“神舟九号”飞船里的宇航员受到的重力为零D ．对接成功后，“神舟九号”飞船的加速度为g解析对接成功后，“神舟九号”飞船的绕行轨道半径为2019R ，由GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫20R 192＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·2019R ，解得地球质量为M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫201934π2GT 2R 3，选项A 错误；对接成功后，“神舟九号”飞船的线速度为v ＝2π·20R 19T ＝40πR 19T ，选项B 正确；对接成功后，“神舟九号”飞船的加速度小于g ，飞船里的宇航员受到的重力不为零，选项C 、D 错误．答案 B3．冥王星绕太阳的公转轨道是个椭圆，公转周期为T 0，其近日点到太阳的距离为a ，远日点到太阳的距离为b ，半短轴的长度为c ，如图2所示．若太阳的质量为M ，万有引力常量为G ，忽略其他行星对它的影响，则( )．图2A ．冥王星从A ―→B ―→C 的过程中，速率逐渐变小B ．冥王星从A ―→B 所用的时间等于T 04C ．冥王星从B ―→C ―→D 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功D ．冥王星在B 点的加速度为4GM (b －a )2＋4c 2解析由题意可知冥王星从A ―→B ―→C 的过程中，万有引力做负功，速率逐渐变小，A 正确；冥王星从A ―→B 的过程中平均速率较大，所用的时间少，因此时间小于T 04，B 错误；冥王星从B ―→C ―→D 的过程中，万有引力先做负功，后做正功，C 错误；由几何关系可知，冥王星在B 点时到太阳的距离为x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 22＋c 2，因此GMm x 2＝ma B ，可得B 点的加速度为a B ＝4GM (b －a )2＋4c 2，D 正确．答案 AD4．宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图3所示，三颗质量相等的星球位于等边三角形的三个顶点上，任意两颗星球的距离均为R ，并绕其中心O 做匀速圆周运动．忽略其他星球对它们的引力作用，引力常量为G ，以下对该三星系统的说法正确的是( )．图3A ．每颗星球做圆周运动的半径都等于RB ．每颗星球做圆周运动的加速度与三颗星球的质量无关C ．每颗星球做圆周运动的周期为T ＝2πRR 3Gm D ．每颗星球做圆周运动的线速度v ＝2GmR解析三颗星球均绕中心做圆周运动，由几何关系可知r ＝R2cos 30°＝33R ，A错误；任一星球做圆周运动的向心力由其他两个星球的引力的合力提供，根据平行四边形定则得F ＝2Gm 2R 2cos 30°＝ma ，解得a ＝3Gm R 2，B 错误；由F＝2Gm 2R 2cos 30°＝m v 2r ＝m 4π2T 2r 得C 正确，D 错误．答案 C二、计算题5．一飞船在某星球表面附近，受星球引力作用而绕其做匀速圆周运动的速率为v 1，飞船在离该星球表面高度为h 处，受星球引力作用而绕其做匀速圆周运动的速率为v 2，已知万有引力常量为G .试求：(1)该星球的质量；(2)若设该星球的质量为M ，一个质量为m 的物体在离该星球球心r 远处具有的引力势能为E p ＝－GMm r ，则一颗质量为m 1的卫星由r 1轨道变为r 2(r 1＜r 2)轨道，对卫星至少做多少功？(卫星在r 1、r 2轨道上均做匀速圆周运动，结果请用M 、m 1、r 1、r 2、G 表示)解析 (1)设星球的半径为R ，质量为M则G Mm R 2＝m v 1 2RG Mm (R ＋h )2＝m v 22(R ＋h )则M ＝h v 21v 22G (v 21－v 22)(2)卫星在轨道上有动能和势能，其总和为E (机械能)G Mm 1r 2＝m 1v 2rE ＝E k ＋E p ＝12m 1v 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－G Mm 1r ＝－G Mm 12r W ＝ΔE ＝E 2－E 1＝G Mm 12r 1－G Mm 12r 2. 答案 (1)h v 21v 22G (v 21－v 22)(2)G Mm 12r 1－G Mm 12r 2。

2014高考物理课后提分训练20

2014高考物理课后提分训练20(时间45分钟，满分100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)1．如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a 、b 两点，其中电势和场强都相同的是( )2．在一个匀强电场中有a 、b 两点，相距为d ，电场强度为E ，把一个电量为q 的正电荷由a 点移到b 点时，电场力对电荷做正功W ，以下说法不正确的是( )A ．a 点电势比b 点电势高B ．该电荷在b 点的电势能比a 点的小C ．a 、b 两点电势差大小一定为U ＝EdD ．a 、b 两点电势差大小为U ab ＝W q3.图7－2－18在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd ，顶点a 、c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图7－2－18所示．若将一个带负电的粒子置于b 点，自由释放，粒子将沿着对角线bd 往复运动．粒子从b 点运动到d 点的过程中( )A ．先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C ．电势能与机械能之和先增大，后减小D ．电势能先减小，后增大 4.图7－2－19如图7－2－19所示，一质量为m 、带电荷量为q 的粒子，以初速度v 0从a 点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b 点时，速率为2v 0，方向与电场方向一致，则a 、b 两点间的电势差为( )A ．mv 20/(2q ) B ．3mv 20/q C ．2mv 20/q D ．3mv 20/(2q )二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)5.图7－2－20P、Q两电荷的电场线分布如图7－2－20所示，c、d为电场中的两点．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图中虚线所示．则下列判断正确的是( )A．Q带负电B．c点电势高于d点电势C．离子在运动过程中受到P的排斥D．离子从a到b，电场力做正功6.图7－2－21如图7－2－21所示，在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且坐标为O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)，D(2L，0,0)是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋Q的点电荷，下列说法正确的是( ) A．A、B、C三点的电场强度大小相等，方向不相同B．电势差U OA＝U ADC．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同D．电子在A点的电势能大于在D点的电势能7.图7－2－22如图7－2－22所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点且ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a、b、d点的电势分别为20 V、24 V和12 V，一个质子以速度v0经过b点，速度方向与bc成45°角，经过一段时间质子经过c点，不计质子的重力，则( )A．a点的电势高于c点电势B．电场强度方向由b指向dC．质子从b点运动到c点，电场力做功8 eVD．质子从b点运动到c点，电场力做功10 eV8.图7－2－23在如图7－2－23所示的等量同种负电荷连线的中垂线上有A 、B 、C 三点，AO ＝OC ，从A 点无初速度释放一带负电的粒子．则( )A ．粒子将沿AB 连线做变加速运动，且一定有加速度a A ＞a B B ．粒子将沿AB 连线做变加速运动，且一定有电势φB ＞φAC ．粒子将由A 向B 方向运动，且在A 点的电势能高于在B 点的电势能D ．粒子将在AC 间做往复运动9．如图7－2－24所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的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 点时的速度减小到最小为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及静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )图7－2－24A ．点电荷甲在B 点处的电场强度大小为μmgqB ．O 、B 间的距离为kQqμmgC ．在点电荷甲形成的电场中，A 、B 间电势差U AB ＝12mv 2－12mv 20qD ．从A 到B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W ＝12mv 2－12mv 20－μmgL 0三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10.图7－2－25(16分)匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形，如图7－2－25所示，场强方向平行于纸面．具有初速度的电子在电场力作用下从B 到A 动能减少E 0，质子在电场力作用下从C 到A 动能增加E 0，求匀强电场的场强．(不计重力)11.图7－2－26(20分)(2013届金华模拟)如图7－2－26所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷A ，其电荷量Q ＝＋4×10－3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为φ＝kQ r，其中k 为静电力常量，r 为空间某点到场源电荷A 的距离．现有一个质量为m ＝0.1 kg 的带正电的小球B ，它与A 球间的距离为a ＝0.4 m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源电荷A 形成的电场中具有的电势能的表达式为E p ＝k Qq r，其中r 为A 与B 之间的距离．另一质量为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H ＝0.8 m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起以2 m/s 的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运动，向上运动到达的最高点为P (g 取10 m/s 2，k ＝9×109N·m 2/C 2)．求：(1)小球C 与小球B 碰撞前的速度v 0的大小？小球B 的电荷量q 为多少？ (2)小球C 与小球B 一起向下运动的过程中，最大速度为多少？答案及解析1．【解析】选项A 中，a 、b 两点场强的方向不同，A 项错误；选项B 中a 、b 两点电势和场强均相同，B 项正确；选项C 中a 点电势高于b 点电势，C 项错误；选项D 中，a 、b 两点场强的方向不同， D 项错误．【答案】 B2．【解析】由a 到b 点，电场力做正功，电势能减小，电势降低，A 、B 正确；从a 到b ，不一定是沿电场线方向，C 错误；由电势差与电场力做功的关系知，D 正确．【答案】 C 3.【解析】由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A 错；由等量正点电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线上O 点的电势最高，所以从b 到d ，电势先增大后减小，故B 错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能之和守恒，C 错；由b 到O 电场力做正功，电势能减小，由O 到d 电场力做负功，电势能增加，D 对．【答案】 D4.【解析】由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a ＝Δv /Δt ，可得加速度的大小a x ＝2a y ＝2g ，由牛顿第二定律可知，qE ＝2mg ，水平位移x ＝v 0t ，竖直位移y ＝v 0t /2，即x ＝2y ，因此电场力做功W 1＝qEx ＝qU ab ，重力做功W 2＝－mgy ＝－W 1/4，由动能定理得：W 1＋W 2＝12m (2v 0)2－12mv 20，解得：U ab ＝2mv 20q.【答案】 C5.【解析】根据电场线从正电荷出发到负电荷终止的特点可知，P 带正电荷，Q 带负电荷，A 正确；由“顺着电场线方向电势逐渐降低”可知，c 点电势高于d 点电势，B 正确；由离子从a 运动到b 的轨迹弯曲方向可知，离子在运动过程中受到P 的吸引，C 错误；离子从a 到b ，电场力做负功，D 错误．【答案】 AB6.【解析】 A 、B 、C 三点的电场强度大小相等，方向不同，A 正确；电势差U OA ＞U AD ，B 错误；电子在A 点的电势能小于在D 点的电势能，D 错误．【答案】 AC 7.【解析】在匀强电场中相互平行的直线上，距离相等的点间电势差相等，则φa －φb ＝φd －φc ，可得φc ＝16 V ，A 正确．如图所示，延长ba 至e ，使ae ＝ba ，则φe ＝16 V ，连接ce 则得到一条等势线，过点b 作ce 的垂线，垂足为f ，因沿电场线方向电势降低，故场强方向由b 指向f ，B 错误．质子从b 点到c 点电场力做功W ＝e (φb －φc )＝8 eV ，C 正确，D 错误．【答案】 AC8.【解析】带负电的粒子在A 点受到的电场力竖直向上，故粒子将沿AB 连线向上加速运动，电场力做正功，电势能减少，故C 正确，D 错误；因沿BA 方向电势降低，故φB ＞φA ，B 正确，但是沿AB 方向电场强度是变化的，无法确定何处粒子受电场力最大，故也无法确定粒子在A 、B 两点的加速度大小关系，A 错误．【答案】 BC9．【解析】点电荷乙到B 点时的速度最小，此时有静电力F ＝qE ＝μmg ，点电荷甲在B 点处产生的电场强度大小为E ＝F q ＝μmg q ，A 项正确；设O 、B 间的距离为R ，在B 点有k QqR 2＝μmg ，则O 、B 间的距离R ＝kQqμmg，所以B 项正确；从A 到B 的过程中，由功能关系得qU AB－μmgL 0＝12mv 2－12mv 20，则电场力对点电荷乙做的功为W ＝qU AB ＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 20，A 、B 间电势差U AB ＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 20q，C 、D 均错误．【答案】 AB10.【解析】根据动能定理得电子从B 到A 过程中－eU BA ＝－E 0，U BA ＝E 0e① 质子从C 到A 过程中eU CA ＝E 0，U CA ＝E 0e②由①②可知B 、C 两点电势相等且大于A 点电势，即 φB ＝φC ＞φA因为电场为匀强电场，所以BC 连线为等势面(如图中虚线)，与BC 垂直为电场线(如图中实线)，所以E ＝U BA a sin 60°＝E 0/e 3a /2＝2 3E 03ae ，方向垂直BC 指向A . 【答案】2 3E 03ae，方向垂直BC 指向A 11.【解析】 (1)小球C 自由下落H 时获得速度v 0，由机械能守恒得：mgH ＝12mv 2解得v 0＝2gH ＝4 m/s小球B 在碰撞前处于平衡状态，对B 球由平衡条件得：mg ＝kqQ a2代入数据得：q ＝49×10－8 C ＝4.4×10－9C.(2)设当B 和C 向下运动的速度最大为v m 时，与A 相距x ，对B 和C 整体，由平衡条件得：2mg ＝k Qq x2代入数据得：x ＝0.28 m由能量守恒得：12×2mv 2＋kQq a ＋2mga ＝12×2mv 2m ＋2mgx ＋k Qq x代入数据得v m ＝2.16 m/s.【答案】 (1)4 m/s 4.4×10－9C (2)2.16 m/s。

2014高考物理课后提分训练30

2014高考物理课后提分训练30(时间45分钟，满分100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)1．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流e＝220 2sin 100πt(V)，那么( )A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e最大D．该交变电流电动势的有效值为220 2 V2.图11－1－15如图11－1－15所示电路中，已知交流电源电压u＝200sin 100πt(V)，电阻R＝100 Ω.则电流表和电压表的示数分别为( )A．1.41 A,200 VB．1.41 A,141 VC．2 A,200 VD．2 A,141 V3．如图11－1－16所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为( )图11－1－16A．1∶ 2 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶64.图11－1－17如图11－1－17所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J，线框中电流随时间变化的关系式为( )A ．i ＝2sin 10πt AB ．i ＝2sin 10πt AC ．i ＝2sin 5πt AD ．i ＝2sin 5πt A二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)5.图11－1－18如图11－1－18所示，abcd 为一边长为L 、匝数为N 的正方形闭合线圈，绕对称轴OO ′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO ′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .若闭合线圈的总电阻为R ，则( )A ．线圈中电动势的有效值为22NBL 2ω B ．线圈中电动势的最大值为12NBL 2ωC ．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流D ．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为12BL 26．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图11－1－19甲所示，则下列说法中正确的是( )甲乙图11－1－19A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达到最大C ．0.02 s 时刻感应电动势为零D ．该线圈相应的感应电动势图象如图11－1－19乙所示7．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图11－1－20所示．下列说法正确的是( )图11－1－20A ．电路中交变电流的频率为25 HzB ．通过电阻的电流为 2 AC ．电阻消耗的电功率为2.5 WD．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V8.图11－1－21如图11－1－21所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBl2ωC．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为n2B2l1l22ωR9．电阻R1、R2和交流电源按照图11－1－22甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图11－1－22乙所示，则( )甲乙图11－1－22A．通过R1的电流的有效值是0.6 AB．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流的有效值是1.2 2 AD．R2两端的电压有效值是6 2 V三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10.图11－1－23(18分)如图11－1－23所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω.求：(1)转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势； (4)交流电压表的示数． 11.图11－1－24(18分)如图11－1－24所示的是一个匝数n ＝10的线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象．根据图象回答下列问题：(1)线圈中的最大感应电动势多大？(2)在t 1＝0.1 s 时刻和t 2＝0.2 s 时刻，线圈中磁通量的变化率各是多少？(3)设t ＝0时感应电动势为正值，画出感应电动势随时间变化的图象，并写出感应电动势的瞬时值表达式．答案及解析一、1．【解析】根据交变电流的表达式可知该交变电流的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，有效值为220 V ，A 、D 错；当t ＝0时，e ＝0，所以线圈平面恰好处于中性面，B 错；当t ＝1200s 时，e 有最大值220 2 V ，C 正确．【答案】 C2.【解析】电流表和电压表显示的是有效值，U ＝U m2＝100 2 V≈141 V；I ＝UR＝1.41A ，故选项B 正确．【答案】 B3．【解析】电功的计算，I 要用有效值．图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33 A ；图乙中，I 的大小不变I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确．【答案】 C4.【解析】设该正弦交流电的电流有效值为I ，由题意可得：Q ＝I 2Rt ，其中t ＝lv＝0.2 s 解得I ＝ 2 A ，所以该正弦交流电的最大值为I m ＝2I ＝2 A ，金属线框从图示的位置到完全进入磁场为半个周期，故T ＝2l v＝0.4 s ，ω＝2πT＝5π rad/s ，所以正弦交流电的表达式为i ＝2sin 5πt A ，C 选项正确．【答案】 C二、5.【解析】最大值E m ＝12NBL 2ω，有效值E ＝E m 2＝24NBL 2ω.在转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，故线圈中始终有电流通过．图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为12BL 2，正确选项为B 、D. 【答案】 BD6．【解析】由Φ－t 图知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项正确．【答案】 BC7．【解析】电路中交变电流的频率f ＝1T＝25 Hz ，A 对；通过电阻的电流应为有效值I＝U R ＝552 A ＝22 A ，用交流电压表测得电阻两端的电压是522V ，B 、D 错；电阻消耗的电功率P ＝I 2R ＝2.5 W ，C 对．【答案】 AC8.【解析】根据右手定则，线圈中感应电流的方向为adcba ，A 错；当线圈转至图示位置时，线圈中感应电动势应为最大值E m ＝nBl 1l 2ω，此时，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，B 错，C 对；线圈ad 边所受安培力的大小F ＝Il 2nB ＝n 2B 2l 1l 22ωR，D 对．【答案】 CD9．【解析】由题图知流过R 2交流电电流的最大值I 2m ＝0.6 2 A ，故选项C 错误；由U 2m＝I 2m R 2＝12 2 V 知，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I 1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I 1＝I 1m2＝0.6 A ，故A 项正确；由U 1＝I 1R 1＝6 V ，故选项B 正确．【答案】 AB三、10.【解析】 (1)E m ＝nBS ω＝3.14 V. (2)由图示位置计时转过60°角时，瞬时感应电动势E ＝E m ·cos 60°＝1.57 V.(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝100×0.5×0.01×sin 60°π3×2πV ＝2.60 V.(4)交流电压表测的是有效值，所以其示数U ＝E m R2R ＋r＝1.78 V.【答案】 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.60 V (4)1.78 V11.【解析】 (1)由图象可知，Φm ＝BS ＝0.2 Wb ，线圈转动的周期T ＝0.4 s ，线圈转动的角速度ω＝2πT＝5π rad/s.线圈中的最大感应电动势E m ＝nBS ω＝10×0.2×5π V ＝10π V.(2)在t 1＝0.1 s 时刻，线圈中磁通量的变化率为0.t 2＝0.2 s 时刻，线圈中的感应电动势最大为E m ＝10π V ，磁通量变化率为ΔΦΔt ＝E m n ＝10π10Wb/s ＝πWb/s(3)感应电动势的变化周期跟磁通量的变化周期相同，并按余弦规律变化，在t ＝0时，感应电动势为正的最大值，感应电动势随时间变化的图象如图所示．瞬时值的表达式为e ＝10πcos 5πt (V)．【答案】 (1)10π V (2)0 π Wb/s (3)图象见解析e ＝10πcos 5πt (V)。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析43：提分检测(一)

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析43提分检测(一)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.一物体从高s处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面的高度分别是( )A.v3，s9B.v9，s9C.v3，89s D.v9，33s2.如图所示，重力均为G的两条形磁铁分别用细线A和B悬挂在水平的天花板上，静止时，A线的张力为F1，B线的张力为F2，则( )A.F1＝2G，F2＝GB.F1＝2G，F2>GC.F1<2G，F2>GD.F1>2G，F2>G3.如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力T AC、T AD、T AB的变化情况是( )A.都变大B.T AD和T AB变大，T AC不变C.T AC和T AB变大，T AD不变D.T AC和T AD变大，T AB不变4.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利5.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2＞v1，则( )A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意)6.如图所示，为一物体沿南北方向(规定向北为正方向) 做直线运动的速度—时间图象，由图可知( )A.3 s末物体回到初始位置B.3 s末物体的加速度方向保持不变C.物体所受合外力的方向一直向南D.物体所受合外力的方向一直向北7.如图所示，在固定的斜面上叠放A、B两物体，若在B物体上加一水平向右的推力F，两物体均静止，则B物体受力的个数为( )A.一定是6个B.可能是4个C.可能是5个D.可能是6个8.如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静放在粗糙水平地面上，O为球心，有一劲度系数为k的轻质弹簧，一端固定在半球底部O′处，另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点，已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°，下列说法正确的是( )A.小球受到轻质弹簧的弹力大小为32mg B.小球受到容器的支持力大小为12mg C.小球受到容器的支持力大小为mgD.半球形容器受到地面的摩擦力大小为零9.一游客站在观光电梯内，将行李箱置于电梯的水平底板上，某段时间内电梯竖直向上做匀减速运动，加速度为a ＜g ，在这一运动过程中( )A.游客感觉到电梯外的建筑物加速向下运动B.游客感觉到电梯外的建筑物减速向下运动C.行李箱对底板的压力大于行李箱的重力D.行李箱对底板的压力小于行李箱的重力10.拟)如图所示，用力F 拉一物体，使其以加速度a 在水平面上做匀加速直线运动.力F 的水平分量为F 1；若用和F 1大小、方向都相同的力F′代替F 拉物体，使物体产生加速度a′，那么( )A.当水平面光滑时，a′<aB.当水平面光滑时，a′＝aC.当水平面粗糙时，a′<aD.当水平面粗糙时，a′＝a第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11. (6分)某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h ＝0.25 m 、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧位于筒内)，如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出小筒外距筒口右端弹簧的长度l ，现要测出弹簧的原长l 0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l ，作出F-l 变化的图线如图乙所示.(1)由此图线可得出的结论是__________；(2)弹簧的劲度系数为 N/m，弹簧的原长l0＝m.12. (6分)(1)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图.他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列哪两项说法是正确的.A.要平衡摩擦力B.实验时不需要平衡摩擦力C.钩码的重力要远小于小车的总重力D.实验进行时应先释放小车再接通电源(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点(每打5个点取一个计数点)，距离如图，其中L1＝3.07 cm，L2＝12.38 cm，L3＝27.87 cm，L4＝49.62 cm.则打C点时小车的速度为m/s；加速度为m/s2.(计算结果均保留三位有效数字)四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)一辆卡车初速度为v0＝10 m/s，以a＝2 m/s2的加速度加速行驶，求：(1)卡车在3 s末的速度；(2)卡车在前6 s内的位移；(3)卡车在第6 s内的平均速度.14. (12分)车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物动时，系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ，如图所示，绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计，求：(1)车厢的加速度；(2)车厢底板对m2的支持力和摩擦力.15.(12分)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，跟与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，求：(1)此时轻弹簧的弹力大小为多少？(2)小球的加速度大小和方向.(3)若不剪断轻绳而剪断弹簧的瞬间，小球的加速度为多少？16. (16分)一小轿车从高为10 m 、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在离斜坡底端115 m 的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N ，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104N ，小轿车的质量为2 t ，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g 取10 m/s 2).求：(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(小轿车在行驶过程中不采用刹车装置)答案解析1.【解析】选C.根据运动学公式v ＝gt 得，速度v 与时间t 成正比，所以下落t 3时的速度为v ′＝v ·t3t ＝v 3.根据公式s ＝12gt 2得，下落位移s 与时间的平方t 2成正比，所以下落t 3时下落的高度为s ′＝s ·(t 3)2t ＝19s.所以距地面高度s 距＝s －s ′＝s －19s ＝89s.选项C 正确. 2.【解析】选B.以两条形磁铁整体为研究对象，由平衡条件得F 1＝2G ；以下方条形磁铁为研究对象，由平衡条件得F 2＝G ＋F>G ，故B 正确.3.【解析】选B.以小球B 为研究对象，可得出T AB 、F 变大，以A 、B 两小球组成的整体为研究对象，画出受力图如图所示.竖直方向T AC sinθ＝2mg，故T AC不变.水平方向T AC cosθ＋F＝T AD，故T AD增大，B对，A、C、D错.4.【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力的受力物体分别是绳子和甲，是一对相互作用力，A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力，B错误；比赛的胜负取决于人的质量，由于两人所受拉力大小相等，故其质量越大，加速度越小，相同时间内的位移越小，可赢得比赛，故C正确，D错误.5.【解析】选B.由题图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1～t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错、B对；0～t2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3小物块与传送带一起匀速运动，摩擦力为零，C、D错；故选B.6.【解析】选B、D.3 s末物体速度为零，6 s末物体回到初始位置，前6 s物体的加速度方向没有发生变化，方向一直向北，所以物体所受合外力的方向一直向北，故A、C错误，B、D 正确.7.【解析】选C、D.以物体B为研究对象进行受力分析，B受重力、斜面和物体A对B的弹力，以及A对B的摩擦力，还有外力F，此外斜面对B的摩擦力有无无法确定，故C、D正确.8.【解析】选C、D.对小球受力分析如图所示，由对称性可知，N＝F弹，由平衡条件得：2Nsinθ＝mg可得：N＝F弹＝mg，故A、B错误，C正确；取半球形容器和小球为一系统，由平衡条件可以得出，地面对半球形容器的摩擦力为零，D正确.9.【解析】选B、D.以建筑物为参考系，电梯竖直向上做匀减速运动，反之，以电梯为参考系，游客看到的建筑物向下减速运动，故A错、B对；游客和行李箱处于失重状态，则行李箱对底板的压力小于行李箱的重力，故C错、D对.10.【解析】选B、C.当水平面光滑时：a ＝F 1m ，a ′＝F ′m ＝F 1m＝a ，A 错误，B 正确；当水平面粗糙时：a ′＝F 1－μmg m， a ＝Fcos θ－μ(mg －Fsin θ)m ＝F 1－μ(mg －Fsin θ)m>a ′，C 正确，D 错误. 11.【解析】弹簧原长为l 0，由题图乙可知，弹簧伸长量可表示为h ＋l －l 0，由胡克定律可得F ＝k(h ＋l －l 0)，F-l 图线斜率表示弹簧的劲度系数，k ＝100 N/m.F-l 图线在纵轴截距表示l ＝0时，F ＝10 N ，代入F ＝k(h ＋l －l 0)，解得弹簧的原长l 0＝0.15 m.答案：(1)在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比 (2)100 0.1512.【解析】(1)探究小车的加速度a 与小车所受拉力F 及质量m 关系的实验，钩码所受的重力作为小车所受的外力，必须要平衡摩擦力，且满足钩码的重力远小于小车的总重力，实验时应先接通电源再释放小车，故A 、C 正确，B 、D 错误.(2)C 点的瞬时速度等于BD 这段位移的平均速度，即：v C ＝L 3－L 12T ＝(27.87－3.07)×10－22×0.1m/s ＝1.24 m/s.由逐差法求解小车的加速度：a ＝s 3＋s 4－(s 1＋s 2)4T ＝(49.62－12.38－12.38)×10－24×0.12 m/s 2＝6.22 m/s 2. 答案：(1)A 、C (2)1.24 6.2213.【解析】(1)3 s 末速度v 3＝v 0＋at 3＝16 m/s (2分)(2)前6 s 内的位移s 6＝v 0t 6＋12at 62＝96 m (2分) (3)前5 s 内的位移s 5＝v 0t 5＋12at 52＝75 m (2分) 第6秒内的位移为s ＝s 6－s 5＝21 m (1分)第6秒内的平均速度为v ＝s Δt＝21 m/s (1分) 答案：(1)16 m/s (2)96 m (3)21 m/s14.【解析】m 1和m 2的受力如图所示：(1)对m 1竖直方向有：T 1cos θ＝m 1g (2分)水平方向有：T 1sin θ＝m 1a (2分)解得：a ＝gtan θ (1分)车厢与m 1的加速度相同，为a ＝gtan θ，方向向右. (1分)(2)绳的拉力T 1′＝T 1＝m 1g cos θ(1分) 对m 2有：F N ＋T 1′＝m 2g (1分)解得支持力F N ＝m 2g －m 1g cos θ(1分) 方向竖直向上 (1分)水平方向有：f ＝m 2a ＝m 2gtan θ (1分)方向水平向右 (1分)答案：(1)gtan θ，方向向右 (2)m 2g －m 1g cos θ，方向竖直向上 m 2gtan θ，方向水平向右 15.【解析】(1)因此时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力T 和弹簧的弹力N 作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：Tcos θ＝mg ， (2分)水平方向有：Tsin θ＝N ， (2分)解得弹簧的弹力大小为：N ＝mgtan θ＝10 N. (2分)(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力等于重力N ′＝mg ， (2分)由牛顿第二定律得小球的加速度为a ＝N －μN ′m＝8 m/s 2，方向水平向左. (2分) (3)当剪断弹簧的瞬间，轻绳中的拉力立即消失，小球立即受水平面支持力，与重力平衡，加速度为0. (2分)答案：(1)10 N (2)8 m/s 2，方向水平向左 (3)016.【解析】(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得：F 1＋mgsin37°－μmgcos37°＝ma 1 (2分)解得a 1＝3 m/s2 (1分) 又：v 21＝2a 1x 1＝2a 1h/sin37° (1分)解得行驶至斜坡底端时的速度：v 1＝10 m/s (1分)(2)在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得：F 2－μmg ＝ma 2 (2分)解得：a 2＝2 m/s 2 (1分)关闭油门后减速，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 3 (2分)解得：a 3＝5 m/s 2 (1分)关闭油门时小轿车的速度为v 2v 22－v 212a 2＋v 222a 3＝x 2 (2分) 解得v 2＝20 m/s (1分)t ＝v 2－v 1a 2＝5 s (2分) 即在水平地面上加速的时间不能超过5 s.答案：(1)10 m /s (2)5 s。

2014高考物理最后提分典型例题答案与解析1

2014高考物理最后提分典型例题答案与解析1选择题举例1、物体沿光滑斜面向上运动，又回到初始位置的过程中下列图像正确的是【答案】AC【解析】物体沿斜面向上运动的过程中先正向匀减速，再反向匀加速，加速度大小方向都不变，故D项错，由于v-t图像的斜率表示加速度，故B项错，C项正确，由于x-t图像的斜率表示速度，故斜率先减小，后增加，A项正确.2、如图所示，质量为m的物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑，此过程斜面体B仍静止，斜面体的质量为M，则水平地面对斜面体A．有水平向左的摩擦力B．物块A受的滑动摩擦力大小与mg sinθ的大小关系无法判断C．支持力为（m+M）gD．支持力小于（m+M）g.【答案】AD【解析】由于A匀速下滑、B静止不动，可将A、B视为整体，根据平衡条件可知，斜面体B应该受到地面对它施加的水平向左的静摩擦力F f，满足F f=F cosθ，选项A对；竖直方向有N+F sinθ=(m+M)g，选项D对，对物块A受力分析，物块A受到向上的拉力和向上的滑动摩擦力的和等于mgsinθ，故物块A受的滑动摩擦力大小小于mgsinθ，B项错.3．如图所示，假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进。

横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是A．足球动能的变化量为W1+ W2-mghB．射门时的机械能为W1-W2C．重力势能的增加量为W1-W2+mghD．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为W1【答案】BD【解析】合力做功量度了物体动能的变化，故动能的变化量为W1-W2-mgh，A项错误；重力以外的力做功量度了机械能的变化，故机械能的增加量为W1-W2，B项正确；重力做功量度了重力势能的变化，故重力势能增加量为mgh，C项错误；运动员踢球过程中只有运动员做功，由动能定理得D项正确。

所以正确答案是BD。

2014高考物理课后提分训练 7.pdf

2014高考物理课后提分训练7 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的( ) 2. 图3－1－12 在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，小球与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图3－1－12所示．此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度的大小为(g取10 m/s2)( ) A．0 B．10 m/s2 C．8 m/s2 D．2 m/s2 3. 图3－1－13 如图3－1－13所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是( ) A. B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g 4. 图3－1－14 如图3－1－14所示，有一辆汽车满载西瓜在水平路面上向左匀速前进．突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的合力的大小和方向是( ) A．ma，水平向左 B．ma，水平向右 C．m，斜向右上方 D．m，斜向左上方二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5. 图3－1－15 一根轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，下端悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图3－1－15所示，下列说法正确的是( ) A．F1的施力者是弹簧 B．F2的反作用力是F3 C．F3的施力者是小球 D．F4的反作用力是F1 6. 图3－1－16 在水平面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图3－1－16所示，则关于小车在此种情况下的运动叙述正确的是( ) A．小车匀速向左运动 B．小车可能突然向左加速运动 C．小车可能突然向左减速运动 D．小车可能突然向右减速运动 7．下列关于摩擦力的说法，正确的是( ) A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速 B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速 C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速 D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速 8. 图3－1－17 如图3－1－17所示，力F拉一物体在水平面上以加速度a运动．用力F′＝Fcos θ代替力F，沿水平方向拉物体，该物体的加速度为a′，比较a与a′的大小关系，正确的是( ) A．a′与a可能相等 B．a′可能小于a C．a′可能大于a D．a′一定小于a 9. 图3－1－18 如图3－1－18所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一个轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ>α，则下列说法正确的是( ) A．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行 B．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上 C．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向 D．小车匀速运动时α＝0 三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10. 图3－1－19 (18分)如图3－1－19所示，质量为m的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a向上减速运动，a与水平方向的夹角为θ.求人所受到的支持力和摩擦力． 11．(18分)(2013届大同一中质检)如图3－1－20所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计．图3－1－20 (1)当卡车以a1＝g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？ (2)当卡车的加速度a2＝g时，绳的拉力为多大？一、1．【解析】　列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．【答案】　C 2.【解析】　绳断前由共点力的平衡知，弹簧弹力大小F＝mg，绳断瞬间对球根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝8 m/s2. 【答案】　C 3.【解析】　对整个系统应用牛顿第二定律： F－(M＋m)g＝(M＋m)a 对M应用牛顿第二定律：2f－Mg＝Ma 由联立可得：F＝，故A正确．【答案】　A 4.【解析】　设其他西瓜对它的作用力竖直向上的分力为Fy，水平向右的分力为Fx，由牛顿第二定律知，Fx＝ma，Fy＝mg，所以其他西瓜对它的作用力的大小为F＝＝m，方向斜向右上方，故选C. 【答案】　C 二、5.【解析】　F1指小球的重力，其施力者是地球，选项A错误；F2是弹簧对小球的作用力，其反作用力是小球对弹簧的作用力F3，F3的施力者是小球，选项B、C正确；F4是天花板对弹簧的作用力，其反作用力是弹簧对天花板的作用力，选项D错误．【答案】　BC 6.【解析】　如果小车正在向左匀速运动，突然加速，则碗中的水由于惯性仍保持原有的速度，就会向右洒出，故B正确；如果小车正向右匀速运动，突然减速，则碗中的水由于惯性仍保持原来的速度，就会向右洒出，故D正确．【答案】　BD 7．【解析】　根据牛顿第二定律，无论是静摩擦力，还是滑动摩擦力都能产生加速度；当加速度与速度同向时，都可以使物体加速，当加速度与速度方向反向时，都可以使物体减速．【答案】　CD 8.【解析】　由牛顿第二定律可得：Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，将F换为水平方向的Fcos θ后：Fcosθ－μmg＝ma′，由此可见：若μ＝0，则a′＝a，若μ≠0，则a′＜a，故A、B正确，C、D错误．【答案】　AB 9.【解析】　设细线对小铁球的弹力为F线，由牛顿第二定律得：F线sin α＝ma，F线cos α＝mg，可得：tanα＝，设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为β，大小为F杆，由牛顿第二定律可得：F杆·cos β＝mg，F杆·sin β＝ma，可得：tan β＝＝tan α，可见轻杆对小球的弹力方向与细线平行，A正确，B、C错误；当小车匀速运动时，α＝0，故D正确．【答案】　AD 三、10.【解析】以人为研究对象，受力分析如图所示．因摩擦力Ff为待求，且必沿水平方向，设为水平向右．建立如图所示坐标系．根据牛顿第二定律得 x方向： mgsin θ－FNsin θ－Ffcos θ＝ma y方向： mgcos θ＋Ffsin θ－FNcos θ＝0 由以上两式可解得 FN＝m(g－asin θ)，Ff＝－macos θ Ff为负值，说明摩擦力的实际方向与假设方向相反，为水平向左．【答案】　m(g－asin θ)，方向竖直向上　macos θ，方向水平向左 11．【解析】　(1)卡车和A的加速度一致．由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有： mgcos α＝m·g 解得cos α＝，sin α＝. 设地面对A的支持力为FN，则有 FN＝mg－mgsin α＝mg 由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg. (2)设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a0，则 a0＝gcot θ＝g，故当a2＝g＞a0时，物体已飘起．此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力 F2＝＝ mg. 【答案】　(1)mg　(2) mg 高考学习网：高考学习网：。

2014高考物理最后提分典型例题答案与解析5

2014高考物理最后提分典型例题答案与解析5选择题举例1．关于物理学的研究方法，以下说法正确的是A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比D．“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法【答案】ABD【解析】伽利略的对接斜面就是逻辑推理和实验相结合的科学研究方法，A对。

卡文迪许在利用扭秤实验装置是运用了放大法，B正确。

电场强度是属性，与电场力F和电荷q的大小无关，C错。

【考点透析】本题考查学生对物理方法的理解2．如图A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静靠在竖直墙边，然后释放，它们同时沿墙面向下滑，已知m A＞m B，则物体BA．只受重力一个力B．受到重力和一个摩擦力C．受到重力、一个弹力和一个摩擦力D．受到重力、一个摩擦力和两个弹力【答案】A【解析】在竖直方向上A、B两物体都做自由落体运动，故B物体只受重力作用。

【考点透析】本题考查对问题的受力分析3．如图所示的x—t图象和v一t图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是A．图线1表示物体做曲线运动B．x—t图象中t1时刻V1＞V2C．V—t图象中O至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，在t2、t4时刻2,4开始反向运动【答案】B【解析】图线1表示的是变加速运动，A错。

X-t图线的斜率表示v，B正确。

V-t图线和t轴围成的面积表示位移，可得V3＜V4，C错。

t2时刻表示折返，t4时刻表示之后做减速运动，但没有折返，故D错。

【考点透析】本题考查学生对x—t图象、v—t图象理解4．如图所示为一平行板电容器，两板之问的距离d和两板正对面积s都可以调节，电容器两极与电池相连接。

Q表示电容器的电量，E表示两板间的电场强度。

2014高考物理课后提分训练4

2014高考物理课后提分训练4(时间45分钟，满分100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)1．在图中，A、B均处于静止状态，则A、B之间一定有弹力的是( )2．如图2－1－15所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是( )甲乙丙图2－1－15A． F1＝F2＝F3B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F23.图2－1－16如图2－1－16所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角θ可以改变，讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则一定有( )A．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越大B．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越小C．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越大D．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越小4.图2－1－17如图2－1－17所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力F f的大小的变化情况是( )A．F T始终增大，F f始终减小B．F T保持不变，F f始终增大C．F T保持不变，F f先减小后增大D．F T先不变后增大，F f先增大后减小二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)5．关于地球上的物体，下列说法中正确的是( )A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关6．关于摩擦力的说法中正确的是( )A．滑动摩擦力的方向可能与物体的运动方向相同B．滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动C．相互压紧的粗糙物体间总有摩擦力的作用D．受静摩擦力作用的物体一定静止7.图2－1－18如图2－1－18所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力8.图2－1－19如图2－1－19所示，物块m放在倾角为θ的斜面上，受到平行于斜面的推力F而静止，现将力F撤去，则物块( )A．会沿斜面下滑B．摩擦力方向变化C．摩擦力不变D．摩擦力变小9.图2－1－20如图2－1－20所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是( )A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10.图2－1－21(18分)如图2－1－21所示，物体A、B的质量m A＝6 kg，m B＝4 kg，A与B、B与地面之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，在外力F作用下，A和B一起匀速运动，求A对B和地面对B 的摩擦力的大小和方向(g取10 m/s2)．11.图2－1－22(18分)如图2－1－22所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，求：匀速运动时弹簧的压缩量为多少？答案及解析一、1．【解析】假设将与研究对象接触的物体逐一移走，如果研究对象的状态发生变化，则表示它们之间有弹力；如果状态无变化，则表示它们之间无弹力．四个选项中只有B 选项中的B物体移走后，A物体一定要摆动，所以B选项中A、B间一定有弹力．【答案】 B2．【解析】甲图中，以弹簧下面的小球为研究对象，乙图中，以悬挂的小球为研究对象，丙图中，以小球为研究对象．甲图中，小球受竖直向下的重力mg和弹簧向上的弹力，二力平衡，F1＝mg；乙、丙两个图中，小球受竖直向下的重力和细线的拉力，二力平衡，弹簧的弹力大小均等于细线拉力的大小，则F2＝F3＝mg，故三图中平衡时弹簧的弹力相等．【答案】 A3.【解析】若M静止，则摩擦力f＝Mg sin θ－mg或f＝mg－Mg sin θ，故A、B错；若M沿斜面下滑，则摩擦力f＝μMg cos θ，θ角越大，摩擦力越小，故C错、D正确．【答案】 D4.【解析】加力F前，物体P所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F后，力F增大的开始阶段，物体P所受到的静摩擦力方向仍水平向右，由平衡条件可得：F T＝F f＋F，物体被拉动之前，F T不变，F f随F的增大而减小，当F f＝0之后，F仍然增大，物体P所受静摩擦力水平向左，由平衡条件得：F T＋F f＝F，F f随F的增大而增大，故只有C正确．【答案】 C二、5．【解析】重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体是上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A对，B项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项C错，D正确．【答案】AD6．【解析】摩擦力的方向总与物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反，和运动方向没有直接关系(可以同向也可以反向)，A、B项正确；摩擦力产生的条件要求物体间必须有相对运动或相对运动的趋势，C项错；两个运动的物体间也可以有静摩擦力，D项错．【答案】AB7.【解析】若不计空气阻力，则A、B整体的加速度等于重力加速度，物体B的加速度也等于重力加速度，因此A对B没有作用力，同理，B对A也没有作用力，故选项A错D对；若考虑空气阻力，则上升过程中，A、B整体的加速度大于重力加速度，则B的加速度大于重力加速度，故A对B有向下的压力，选项B对；在下降过程中，A、B整体的加速度小于重力加速度，则B的加速度小于重力加速度，故A对B有向上的压力，根据力的相互作用，B对A 有向下的压力，故选项C错，应选B、D.【答案】BD8.【解析】物体实际只受一个摩擦力的作用，施力时摩擦力的一个分力与重力沿斜面的分力相平衡，另一个分力与推力相平衡，撤去推力时摩擦力随外力的变化而突变，由原来的倾斜方向变为沿斜面向上，与重力沿斜面的分力相平衡，故选B、D.【答案】BD9.【解析】木块在力F的作用下向右滑动，木块与木板之间为滑动摩擦力，F f1＝μ1mg.木板处于静止状态，其与地面间为静摩擦力，根据物体的平衡条件可知F f2＝F f1＝μ1mg，并保持不变．【答案】AD三、10.【解析】因为A、B一起在地面上运动，所以A与B间是静摩擦力，而B与地面间是滑动摩擦力，所以有F地B＝μ(m A＋m B)g＝0.3×(6＋4)×10 N＝30 NF地B的方向与相对运动方向相反，即向左．整体受力分析知F＝F地B＝30 N，对A物体有F T－F BA＝0，其中F T为绳的拉力，大小为F T＝F2＝15 N解得F BA＝15 N，方向向左，根据牛顿第三定律知，A对B的摩擦力大小为F AB＝F BA＝15 N方向向右．【答案】15 N，方向向右30 N，方向向左11.【解析】设A、B匀速运动时弹簧的压缩量为x，由平衡条件：对A：F＝mg sin 30°＋kx①对B：kx＝mg sin 30°②解①②联立的方程组得：x＝F2k.【答案】F2k。

2014高考物理课后提分训练27.pdf

2014高考物理课后提分训练27 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1．如图10－1－13所示，闭合圆圈导线放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是( ) 图10－1－13 A．使线圈在纸面内平动 B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动 C．使线圈以ac为轴转动 D．使线圈以bd为轴转动 2．如图10－1－14所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( ) 图10－1－14 A．三者同时落地 B．甲、乙同时落地，丙后落地 C．甲、丙同时落地，乙后落地 D．乙、丙同时落地，甲后落地 3．如图10－1－15所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，当条形磁铁突然插入线圈时，小球的运动情况是( ) 图10－1－15 A．向左摆动　B．向右摆动 C．保持静止 D．无法判定 4．如图10－1－16所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是( ) 图10－1－16 A．先顺时针后逆时针 B．先逆时针后顺时针 C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针 D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5．绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图10－1－17所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是( ) 图10－1－17 A．若保持电键闭合，则铝环不断升高 B．若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度 C．若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落 D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变 6. 图10－1－18 如图10－1－18所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时( ) A．a端聚积电子 B．b端聚积电子 C．金属棒内电场强度等于零 D．a端电势高于b端电势 7. 图10－1－19 如图10－1－19所示，虚线abcd为矩形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是( ) 8．如图10－1－20所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( ) 图10－1－20 A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B．感应电流方向一直是逆时针 C．安培力方向始终与速度方向相反 D．安培力方向始终沿水平方向 9．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图10－1－21连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以推断( ) 图10－1－21 A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转 B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转 C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针发生偏转 D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10. 图10－1－22 (18分)如图10－1－22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l＞d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？ 11. 图10－1－23 (18分)如图10－1－23所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式． 1．【解析】　使线圈在纸面内平动，沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流．所以D选项正确．【答案】　D 2．【解析】　甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．【答案】　D 3．【解析】　当条形磁铁插入线圈中时，线圈中向左的磁场增强．由楞次定律可判定金属板左端电势高，故带负电的小球将向左摆动，A正确．【答案】　A 4．【解析】如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D对．【答案】　D 5．【解析】　若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落，A、B错，C对；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律知，铝环向上跳起，现象不变，D正确．【答案】　CD 6.【解析】　因导体棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，B、D正确．【答案】　BD 7.【解析】　因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故A、D正确．【答案】　AD 8．【解析】　圆环从位置a运动到磁场分界线前由图知磁感线变密，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选A；由于圆环所在处的磁场上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，而速度方向沿圆周切线方向，故D正确．C错误．【答案】　AD 9．【解析】　当线圈A向上移动时，穿过线圈B的磁通量减少，方向没变，可知电流计指针向右偏，故A选项错．当线圈A中铁芯向上拔出或断开开关时，都会使A线圈的磁场变弱，使电流计指针右偏，故B选项正确．当P向左匀速或向右匀速滑动时，穿过B线圈的磁通量均匀变化，由感应电流产生的条件可知，都会产生感应电流，指针均偏转，故C选项正确．由以上分析可知，虽然A线圈、B线圈的绕线方向未知，但仍能判断出电流计指针偏转方向(感应电流的方向)，故D选项错，只有B正确．【答案】　BC 10.【解析】　从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘过程中无感应电流．此过程位移为：l－d 故t＝. 【答案】 11.【解析】　要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量 Φ1＝B0S＝B0l2 设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为 Φ2＝Bl(l＋vt) 由Φ1＝Φ2得B＝. 【答案】　B＝高考学习网：高考学习网：。

2014高考物理最后提分模拟题1

2014高考物理最后提分模拟题1一、单项选择题（16分）13．如图所示，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是A．天花板与木块间的弹力可能为零B．天花板对木块的摩擦力可能为零C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变14．下列选项中的各1/4圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各1/4圆环间彼此绝缘。

坐标原点O处电场强度最大的是A．B．C．D．15．如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，R1、R2是定值电阻，R B是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器．电路闭合后，当传感器R B所在处出现磁体时，则电流表的电流I，c、d两端的电压U将A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变大，U变大D．I变小，U变小16．如图所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25T。

一群不计重力、质量m＝3×10－7kg、电荷量q＝+2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s 沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边二、双项选择题（30分）17．1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。

“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和远地点N的高度分别为439km和2384km，则A ．卫星在M 点的势能大于N 点的势能B ．卫星在M 点的角速度大于N 点的角速度C ．卫星在M 点的加速度大于N 点的加速度D ．卫星在N 点的速度大于7.9km/s18．物体沿直线运动的v －t 关系如图所示，第3秒末到第7秒末的图像为直线，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W ，加速度为2a ，则A ．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WR ．从第5秒未到第7秒末合外力做功为WC ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.5WD ．从第3秒末到第7秒末合外力做功为零，加速度为－a19．下列说法正确的是A ．温度低的物体内能小B ．外界对物体做功时，物体的内能一定增加C ．温度低的物体分子运动的平均动能小D ．一定质量的100℃的水吸收热量后变成100℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能20．如图所示，凹槽半径,30cm R =质量kg m 1=的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态。