2017高三物理技能提升训练试题42

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2017高三物理技能提升训练试题8

2017高三物理技能训练试题8一、选择题1．(2016·江西重点中学联考)16世纪末意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于()A．等效替代B．实验归纳C．理想实验D．控制变量解析：选C.伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于理想实验，故C正确．2．(2016·广州模拟)下列说法正确的是()A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小解析：选D.惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故B错，D正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv＝at可知需要的时间长，惯性未变，故A错；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故C错．3．(2016·无锡模拟)一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球．若车厢内的旅客突然发现(俯视图)小球沿如图3－1－5所示的虚线从A 点运动到B点，则由此可以判断列车的运行情况是()图3－1－5A．减速行驶，向北转弯B．减速行驶，向南转弯C．加速行驶，向南转弯D．加速行驶，向北转弯解析：选B.小球具有惯性，相对于列车向前运动，故列车在减速，相对于列车向北运动，故列车向南转弯．4.(思维创新题)如图3－1－6所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴着一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)()图3－1－6A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右答案：A5.(2016·海口模拟)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”．把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图3－1－7所示．观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论()图3－1－7A．作用力与反作用力同时存在B．作用力与反作用力作用在同一物体上C．作用力与反作用力大小相等D．作用力与反作用力方向相反解析：选ACD.由题图可知：两个力传感器的相互作用力属于作用力和反作用力，它们同时存在、大小相等、方向相反、作用在两个物体上，故A、C、D正确．6．传送带把物体由低处匀速运动到高处的过程中，物体与皮带间的作用力和反作用力的对数有()A．一对B．两对C．三对D．四对答案：B7．(2016·泉州模拟)一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是()A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选C.这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题，因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系．故选项C正确．8．(2016·福建六校联考)2011年7月27日5时44分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭，成功发射第九颗北斗导航卫星，这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是()图3－1－8A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用解析：选A.火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误．9．甲、乙二人拔河，甲拉动乙向左运动，下面说法中正确的是()A．做匀速运动时，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等B．不论做何种运动，根据牛顿第三定律，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等C．绳的质量可以忽略不计时，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等D．绳的质量不能忽略不计时，甲对绳的拉力一定大于乙对绳的拉力解析：选AC.以绳为研究对象，匀速运动时，由平衡条件知A正确；不计绳的质量时，不论绳处于何状态，两人对绳的拉力均相等，C正确；绳质量不能忽略时，加速运动，由牛顿第二定律知，甲的拉力大，匀速运动，甲、乙拉力相等，故D 错；甲、乙二人对绳的力不是作用力与反作用力的关系，故B错．10.如图3－1－9所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()图3－1－9A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g解析：选B.对竿上的人分析：受重力mg，摩擦力F f，有mg－F f＝ma.竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿分析：受重力Mg，摩擦力F f，方向向下，支持力F N，Mg＋F f＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得F N＝(M＋m)g－ma.二、非选择题11.在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图3－1－10所示．设运动员质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2，当运动员与吊椅一起以a＝1 m/s2的加速度上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．图3－1－10解析：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M＋m)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律2F－(M＋m)g＝(M＋m)a解得F＝440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力的大小为440 N，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力F N.根据牛顿第二定律F＋F N－Mg＝Ma解得F N＝275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下．答案：(1)440 N(2)275 N，方向竖直向下12.(2015·太原模拟)广州亚运会开幕式文艺表演最震撼人心的节目当数《白云之帆》篇章，是由地面上近1400人用绳索拉着的180名演员上演“空中飞人”.9分钟的时间里，180名塔沟武校的武林小子在帆屏上时而俯冲而下，时而攀缘升空，演绎了一场世所罕见的惊险、刺激却又浪漫、温馨的节目．现在把他们某次训练过程中的情节简化成模型：如图3－1－11所示，地面上的人通过定滑轮用轻绳将质量m＝60 kg的演员从静止竖直向上拉高24 m，用时t＝6 s，演员在竖直方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动后静止在高空．其加速和减速过程中的加速度之比为1∶5，忽略滑轮的质量和滑轮与轴之间的摩擦力．求演员在匀加速上升过程中轻绳对地面上的人的拉力为多少？(g＝10 m/s2)图3－1－11解析：设演员在匀加速和匀减速过程中所用时间分别是t 1和t 2，加速度大小分别为a 和5a ，因为匀加速的末速度即为匀减速的初速度．所以at 1＝5at 2 又因为t 1＋t 2＝6 s ，得：t 1＝5 s t 2＝1 sh ＝12at 21＋12×5at 22 代入数据得：a ＝1.6 m/s 2演员在匀加速上升过程中，由牛顿第二定律可得： F T －mg ＝ma解得：F T ＝696 N轻绳对地面上的人的拉力为F ＝F T ＝696 N.答案：696 N。

2017高三物理技能提升训练试题23

2017高三物理技能提升试题23一、选择题1.(2016·东城区模拟)带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图8－3－15所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( )图8－3－15A ．可能做直线运动B ．可能做匀减速运动C ．一定做曲线运动D ．可能做匀速圆周运动解析：选C.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动，C 正确．2．(2016·烟台测试)如图8－3－16甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，其中图乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，图丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放．则三个带电小球通过圆轨道最低点时( )图8－3－16A ．速度相同B ．所用时间相同C ．对轨道的压力相同D ．均能到达轨道右端最高点处解析：选D.图甲、乙中只有重力做功，图丙除重力做功外，还有电场力做功，所以三个带电小球到最低点时，速度不同，时间不同，结合牛顿第二定律可判断，三个带电小球对轨道的压力不同，A 、B 、C 错误；根据能量守恒定律可知，三个带电小球均能到达轨道右端最高点处，D 正确．3．如图8－3－17所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )图8－3－17A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mg qD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mg q v解析：选A.因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，q v B ＝2mg ，得电场强度E ＝mg q，磁感应强度B ＝2mg q v，因此A 正确．4．(2016·山西忻州市统考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线MN 运动(MN 在垂直于磁场方向的平面内)，如图8－3－18所示．则以下判断中正确的是( )图8－3－18A ．如果油滴带正电，它是从M 点运动到N 点B ．如果油滴带正电，它是从N 点运动到M 点C ．如果电场方向水平向左，油滴是从M 点运动到N 点D ．如果电场方向水平向右，油滴是从M 点运动到N 点解析：选AC.带电油滴能够沿直线运动，分析可得带电油滴一定是匀速直线运动，因为若做变速直线运动，则洛伦兹力大小就发生变化，从而无法保证重力、电场力、洛伦兹力三力的合力总是与速度共线．如果油滴带正电，受力分析可得只有从M 点运动到N 点，电场水平向左，三力的合力才有可能为零，A 选项正确，B 选项错误；如果带电油滴带负电，电场方向只能水平向右且油滴从N 点运动到M 点才行，故C 选项正确，D 选项错误．5．(2016·厦门质量检测)如图8－3－19所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上．则收集室收集到的是( )图8－3－19A ．具有特定质量的粒子B ．具有特定比荷的粒子C ．具有特定速度的粒子D ．具有特定动能的粒子解析：选BC.粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得：qU ＝ 12m v 2⇒v ＝ 2qU m，粒子沿直线O 1O 2O 3运动，则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得：qE ＝Bq v ⇒v ＝E B为某一定值．故选项BC 正确．6．(2016·湖南部分中学调研)如图8－3－20所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则( )图8－3－20A ．小球可能带正电B ．小球做匀速圆周运动的半径为r ＝1B 2UE gC ．小球做匀速圆周运动的周期为T ＝2πE BgD ．若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加解析：选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受的电场力和重力满足mg ＝Eq ，则小球带负电，A 错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bq v ＝m v 2r ，Uq ＝12m v 2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r ＝1B 2UE g，由T ＝2πr v ，可以得出T ＝2πE Bg，所以B 、C 正确，D 错误． 7．在某次发射科学实验卫星“双星”中，放置了一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图8－3－21所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电荷量为e .金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动．测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U .则下列说法正确的是( )图8－3－21A ．电流方向沿x 轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高B ．电流方向沿x 轴正方向，电子受力方向指向前侧面，因此后侧面电势较高C ．磁感应强度的大小为B ＝nebU ID ．磁感应强度的大小为B ＝2nebU I解析：选BC.金属导体中有自由电子．当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动．在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子．由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z 轴正方向，自由电子向前侧面偏转，故后侧面电势较高，A 错误，B 正确；设自由电子匀速运动的速度为v ，则由电流的微观表达式有I ＝neab v ，金属导体前后两个侧面间的电场强度E ＝U a，达到稳定状态时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则有：e v B ＝eE ，解得磁感应强度的大小为：B ＝nebU I，C 正确，D 错误． 8．(2016·福建福州调研)如图8－3－22所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q 的液滴在竖直面内做半径为R 的匀速圆周运动，已知电场强度为E ，磁感应强度为B ，则油滴的质量和环绕速度分别为( )图8－3－22A.qE g ，E BB.B 2qR E ，E BC ．B qR g ，qgR D.qE g ，BgR E解析：选D.液滴要在这种复合场中做匀速圆周运动，从受力的角度来看，一是要满足恒力的合力为零，即qE ＝mg ，有m ＝qE g .二是洛伦兹力提供向心力Bq v ＝m v 2R ，则可得v ＝BgR E，D 正确．9．(2016·皖南八校联考)带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，如图8－3－23所示，不计空气阻力，则( )图8－3－23A ．h 1＝h 2＝h 3B ．h 1＞h 2＞h 3C ．h 1＝h 2＞h 3D ．h 1＝h 3＞h 2解析：选D.加电场时，小球在竖直方向上的运动与不加任何场时相同，故h 1＝h 3，加匀强磁场时，粒子做曲线运动，在最高点具有水平速度，由机械能守恒可知h 2＜h 1，故D 对．10．(2016·江苏连云港模拟)如图8－3－24所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )图8－3－24图8－3－25解析：选AD.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A 正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D 正确．二、非选择题11．(2016·广州模拟)如图8－3－26所示，匀强电场场强E ＝4 V/m ，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向垂直纸面向里，质量m ＝1 kg 的带正电小物体A ，从M 点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度下滑，它滑行h ＝0.8 m 到N 点时脱离墙壁做曲线运动，在通过P 点瞬时A 受力平衡，此时其速度与水平方向成45°角，且P 点与M 点的高度差为H＝1.6 m ，g 取10 m/s 2.试求：图8－3－26(1)A 沿墙壁下滑时，克服摩擦力做的功W 阻是多少？(2)P 点与M 点的水平距离x 是多少？解析：(1)小物体A 在N 点有F N ＝0，q v N B ＝qE ，v N ＝E B对小物体A 从M 到N 的运动应用动能定理得mgh －W 阻＝12m v 2N－0 W 阻＝mgh －12m v 2N＝6 J. (2)根据小物体A 通过P 点的瞬时受力分析， θ＝45°，qE ＝mg ，q ＝mg E＝2.5 C cos θ＝mg q v P B ，v P ＝mg qB cos θ＝2 2 m/s 对小物体A 从N 到P 的运动应用动能定理得mg (H －h )－qEx ＝12m v 2P －12m v 2N 故x ＝0.6 m.答案：(1)6 J (2)0.6 m12．(2016·安徽江南十校联考)如图8－3－27所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示；现有一个带电粒子在该平面内从x 轴上的P 点，以垂直于x 轴的初速度v 0进入匀强电场，恰好经过y 轴上的Q 点且与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入下面的磁场．已知OP 之间的距离为d ，(不计粒子的重力)求：图8－3－27 (1)Q 点的坐标；(2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x 轴的时间．解析：(1)设Q 点的纵坐标为h ，到达Q 点的水平分速度为v x ，则由类平抛运动的规律可知h＝v0td＝v x t/2tan45°＝v x/v0得h＝2d，故Q点的坐标为(0,2d)．(2)粒子在电、磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T.则由几何关系可知：R＝22dT＝2πR/vv＝2v0粒子在磁场中的运动时间为t2t2＝7T/8粒子在电场中的运动时间为t1t1＝2d/v0得总时间t＝t1＋t2＝(7π＋4)d/(2v0)．答案：(1)(0,2d)(2)(7π＋4)d/(2v0)。

2017高三物理技能提升训练试题9

2017高三物理技能训练试题9一、选择题1．(2016·广东惠州调研)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是()A．摆球机械能守恒B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C．能量正在消失D．只有动能和重力势能的相互转化解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B正确．2．(创新题)2011年8月22日深圳大运会男子足球决赛中，日本队以2∶0战胜英国队，夺得男足冠军．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解析：选BD.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．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项对．重力做功量度了重力势能的变化，故重力势能的增加量为mgh，C项错．运动员踢球过程中只有运动员做功，由动能定理得D项对．3．(2016·皖南八校联考)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H.设上升过程中空气阻力F阻恒定．则对于小球的整个上升过程，下列说法中错误的是()A．小球动能减少了mgHB．小球机械能减少了F阻HC．小球重力势能增加了mgHD．小球的加速度大于重力加速度g解析：选A.由动能定理知，小球动能减少了(mg＋F阻)H，A错误；由功能关系知，小球机械能减少了F阻H，B正确；重力势能增加了mgH，C正确；小球的加速度为g＋F阻m，D正确．4．如图5－4－9所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一质量为3 kg的物体被一个劲度系数为120 N/m的压缩轻质弹簧突然弹开，物体离开弹簧后在水平面上继续滑行了1.3 m才停下来，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()图5－4－9A．物体开始运动时弹簧的弹性势能E p＝7.8 JB．物体的最大动能为7.8 JC．当弹簧恢复原长时物体的速度最大D．当物体速度最大时弹簧的压缩量为x＝0.05 m解析：选D.物体离开弹簧后的动能设为E k ，由功能关系可得：E k ＝μmgx 1＝7.8 J ，设弹簧开始的压缩量为x 0，则弹簧开始的弹性势能E p0＝μmg (x 0＋x 1)＝7.8 J ＋μmgx 0＞7.8 J ，A 错误；当弹簧的弹力kx 2＝μmg 时，物体的速度最大，得x 2＝0.05 m ，D 正确，C 错误；物体在x 2＝0.05 m 到弹簧的压缩量x ＝0的过程做减速运动，故最大动能一定大于7.8 J ，故B 错误.5．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )图5－4－10 A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 解析：选D.设铁块在圆轨道底部的速度为v ，则1.5mg －mg ＝m v 2R ，由能量守恒有：mgR －ΔE ＝12m v 2，所以ΔE ＝34mgR ，正确答案为D.6．元宵节焰火晚会上，万发礼花弹点亮夜空，如图5－4－11所示为焰火燃放时的精彩瞬间．假如燃放时长度为1 m 的炮筒竖直放置，每个礼花弹约为1 kg(燃放前后看做质量不变)，当地重力加速度为10 m/s 2，爆炸后的高压气体对礼花弹做功900 J ，离开炮筒口时的动能为800 J ，礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中，下列判断正确的是( )图5－4－11 A ．重力势能增加800 JB ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功90 JC ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功无法计算D ．机械能增加810 J解析：选BD.礼花弹在炮筒内运动的过程中，克服重力做功mgh ＝10 J ，则重力势能增加量ΔE p ＝10 J ，根据动能定理ΔE k ＝W －W 阻－W G 可知W 阻＝W －ΔE k －W G ＝900 J －800 J －10 J ＝90 J ，机械能的增加量ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝800 J ＋10 J ＝810 J ，所以B 、D 正确．7．(2016·吉林通化调研)如图5－4－12所示，小球从A 点以初速度v 0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回，C 为AB 的中点．下列说法中正确的是( )图5－4－12A ．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零B ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，减少的动能相等C ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，速度的变化率相等D ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，损失的机械能相等解析：选BCD.小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负功，选项A 错误；因为C 为AB 的中点，小球从A 到C 与从C 到B 的过程合外力恒定，加速度恒定，速度的变化率相等，选项C 正确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，则合外力做功相等，故减少的动能相等，损失的机械能相等，选项B 、D 正确．8．(2016·海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图5－4－13所示，一滑板运动员以7 m/s 的初速度从圆弧面的A 点下滑，运动到B 点时速度仍为7 m/s ，若他以6 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则他运动到B 点时的速度( )图5－4－13A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法判定解析：选A.当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．运动员做的曲线运动可看成圆周运动，当初速度变为6 m/s 时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由F f ＝μF N 知运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．A 项正确．9．如图5－4－14所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相对静止．对于物体从开始释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是( )图5－4－14A ．电动机多做的功为12m v 2B ．摩擦力对物体做的功为m v 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．电动机增加的功率为μmg v解析：选D.由能量守恒，电动机多做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做的功等于物体对传送带的摩擦力的大小与传送带对地位移的大小的乘积，易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝m v 2，故C 错；由功率公式易知电动机增加的功率为μmg v ，故D 对．10．(2016·安徽百校联考)一质量为1 kg 的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的v －t 图象如图5－4－15所示．若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则由图可知( )图5－4－15 A ．小球从高度为1 m 处开始下落B ．小球在碰撞过程中损失的机械能为4.5 JC ．小球能弹起的最大高度为0.45 mD ．整个过程中，小球克服重力做的功为8 J解析：选C.小球从高度为1.25 m 处开始下落，A 错误；小球在碰撞过程中损失的机械能为8 J ，B 错误；小球能弹起的最大高度为0.45 m ，C 正确；小球克服重力做的功为4.5 J ，D 错误．二、非选择题11．如图5－4－16所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.图5－4－16(1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒：E p ＝12m v 2①设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a .由牛顿第二定律：μmg ＝ma ②由运动学公式v 2－v 20＝2aL ③联立①②③得：E p ＝12m v 20＋μmgL .(2)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ④ v 0＝v －at ⑤滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ⑥相对滑动产生的热量Q ＝μmg ·Δx ⑦联立②③④⑤⑥⑦得：Q ＝μmgL ＋m v 0·(v 20＋2μgL －v 0)．答案：(1)12m v 20＋μmgL(2)μmgL ＋m v 0(v 20＋2μgL －v 0)12．如图5－4－17所示，竖直平面内的轨道ABCD 由水平轨道AB 与光滑的四分之一圆弧轨道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点．已知水平轨道AB长为L.求：图5－4－17(1)小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ.(2)为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？(3)若圆弧轨道的半径R取第(2)问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到的最大高度是 1.5R，试求小物块的初动能并分析小物块能否停在水平轨道上，如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？解析：(1)小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由功能关系得：－μmg(L＋0.5L)＝－E即μ＝2E3mgL.(2)若小物块刚好到达D处速度为零，由功能关系知－μmgL－mgR＝－E，所以CD圆弧轨道的半径至少为R＝E 3mg.(3)设小物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由功能关系知－μmgL－1.5mgR＝－E′解得E′＝7E 6小物块滑回C点时的动能为E C＝1.5mgR＝E2，由于E C＜μmgL＝2E3，故小物块将停在轨道上．设小物块停在距离A点x处，有－μmg(L－x)＝－E C，即x＝1 4L即小物块最终停在水平轨道AB上，距A点14L处．答案：(1)2E3mgL(2)E3mg(3)7E6能停在距A点14L处。

2017高三物理技能提升训练试题16

2017高三物理技能训练试题16一、选择题1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图9－3－18所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是()图9－3－18解析：选B.在四个图中线框电动势和电流相同，A 、C 、D 图中，ab 两端的电压U ab ＝14E ，在B 图中，U ab ＝34E ，故B 对．2．如图9－3－19所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( ) 图9－3－19A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3 D ．Ba v解析：选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12v ＝Ba v .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A.3．(2016·合肥模拟)如图9－3－20所示，在一匀强磁场中有一U 形导体框bacd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动，杆ef 及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图9－3－20 A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀速向右运动C．ef将加速向右运动D．ef将做往复运动解析：选A.杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl Bl vR＝B2l2vR，方向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．4．(2016·宁夏银川模拟)如图9－3－21所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中()图9－3－21A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ab边两端电势差相同D．通过导体框截面的电荷量相同解析：选AD.由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A正确；，由电磁感应定律可得Q＝(Bl v)2l4R v＝B2l3v4R，因此导体框中产生的焦耳热不同，故B错误；两种情况下电源的电动势不相同，导体框ab边两端电势差不同，C错误；由q＝ΔΦ4R知通过导体框截面的电荷量与速度无关，D正确．5．(2016·成都模拟)如图9－3－22所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m．t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t 变化的关系是B＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的()图9－3－22图9－3－23解析：选C.由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P 中产生的感应电动势为E ＝|ΔB Δt |S ＝ΔB Δt ·πr 22＝0.01 π(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P 中产生的感应电流I ＝0.01 π(A)，由楞次定律可知电流的方向是顺时针方向，C 对．6．(2016·海淀区模拟)如图9－3－24所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域．直角边长为L ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外，一边长为L 、总电阻为R 的正方形闭合导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 垂直磁场匀速穿过磁场区域．取电流沿a →b →c →d →a 的方向为正，则图9－3－25中表示线框中感应电流i 随bc 边位置坐标x 变化的图象正确的是( )图9－3－24图9－3－25解析：选C.在进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度越来越大，产生的感应电动势、感应电流越来越大，穿过线圈的磁通量越来越大，由楞次定律可判断出感应电流沿顺时针方向，即为正值；在出磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度越来越大，则感应电流越来越大，穿过线圈的磁通量越来越小，由楞次定律可判断，感应电流为逆时针方向，即为负值．综上所述，C 正确．7．如图9－3－26所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区，其对角线在同一水平线上，导体框沿水平方向由a 到b 匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电流为正)( )图9－3－26图9－3－27解析：选A.设导体框沿水平方向匀速通过磁场区域的速度大小为v ，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为l ＝2v t ，所以感应电动势为E ＝Bl v ＝2B v 2t .由楞次定律知电流方向为顺时针方向；当导体框与磁场区域重合时电流最大；导体框再向右运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，A 正确．8．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图9－3－28所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )图9－3－28A ．mgbB.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12m v 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12m v 2.9．(2016·高考江苏卷)如图9－3－29所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t ＝0时，将开关S 由1掷到2.q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )图9－3－29解析：选D.本题综合考查右手定则、安培力、电容器以及图象问题．意在考查学生的分析综合能力．当开关S 由1掷到2时，电容器开始放电，此时电流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒开始运动，产生感应电动势，棒相当于电源，利用右手定则可判断棒上端为正极，下端为负极，与电容器的极性相同，当棒运动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器电压与棒两端电动势相等时，电容器不再放电，电路电流等于零，棒做匀速运动，加速度减为零，所以C错误，B 错误，D 正确；因电容器两极板间有电压，q ＝CU 不等于零，所以A 错误．10．(2016高考福建卷)如图9－3－30，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图9－3－30A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v R sin θ 解析：选B.流过ab 棒某一截面的电量q ＝I ·t ＝B ΔS Rt ·t ＝BL ·x R ，ab 棒下滑的位移x＝qR BL ，其平均速度v ＝x t ，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于12v ，A 错误B 正确；由能量守恒mgx sin θ＝Q ＋12m v 2，产生的焦耳热Q ＝mgx sin θ－12m v 2＝mg qR BL sin θ－12m v 2，C 错误；当mg sin θ＝B 2L 2v R 时v 最大，安培力最大，即F 安m ＝mg sin θ或B 2L 2v R ，D 错误．二、非选择题11．(2016·高考大纲全国卷)如图9－3－31，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：图9－3－31(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析：(1)设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R ①由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为I ＝2I 0②此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg ＝BLI ③联立①②③式得B ＝mg 2L R P ④(2)设小灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得 E ＝BL v ⑤E ＝RI 0⑥联立①②④⑤⑥式得v ＝2P mg .⑦答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg12．(2016·高考上海卷改编)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω，质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：图9－3－32(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安；(2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；(3)金属棒下滑的最大速度v m .解析：(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此 Q R ＝3Q r ＝0.3 J∴W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv 由牛顿第二定律mg sin30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma∴a ＝g sin30°－B 2L 2m (R ＋r )v ＝⎝⎛⎭⎪⎫10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)金属棒下滑时做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．mgS sin30°－Q ＝12m v 2m∴v m ＝ 2gS sin30°－2Q m＝ 2×10×1.15×12－2×0.40.2 m/s ＝2.74 m/s.答案：(1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)2.74 m/s。

2017年山西高考物理综合提升练习

2017年山西高考物理综合提升练习（一）14．一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示。

则物块A ．仍处于静止状态B ．沿斜面加速下滑C ．受到的摩擦力不便D ．受到的合外力增大15．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n 随着波长λ的变化符合科西经验公式：24BCn A λλ=++，其中A 、B 、C 是正的常量。

太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示。

则A ．屏上c 处是紫光B ．屏上d 处是红光C ．屏上b 处是紫光D ．屏上a 处是红光16．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t 。

则物体运动的加速度为A ．1212122()()x t t t t t t ∆-+ B ．121212()()x t t t t t t ∆-+ C ．1212122()()x t t t t t t ∆+- D ．121212()()x t t t t t t ∆+-17．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。

如图（a ）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。

现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b ）所示。

则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是A．2vg B．22sinvgαC．22cosvgαD．22cossinvgαα18．图（a）为示管的原理图。

如果在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是19．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。

电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。

2017高三物理技能提升训练试题32

2017高三物理技能提升试题32一、选择题1．如图7－1－11所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是()图7－1－11 A．当n1＝n2时，电流为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流为I＝(n1－n2)etC．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流为I＝(n2－n1)etD．电流方向从A→B，电流为I＝(n2＋n1)et解析：选D.由电流方向的规定可知，正、负电荷向相反方向定向移动所形成的电流的方向是相同的，所以电流应该是I＝(n2＋n1)et，电流方向按规定应是从A→B.D选项正确．2．通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()A．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：选AC .由电流的定义式I＝Qt知I＝660×10－6＝1×105(A)，A正确；整个过程的平均功率P＝Wt＝qUt＝6×1.0×1090.2＝3×1010(W)(t代0.2或0.3)，B错误；由E＝Ud＝1.0×1091×103＝1×106(V/m)，C正确；整个闪电过程向外释放的能量为电场力做的功W＝qU＝6×109(J)，D错．3．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是()图7－1－12 解析：选C .白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P ＝U 2R ，而U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C 正确．4．两根材料相同的均匀导线A 和B ，其长度分别为L 和2L ，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图7－1－13所示，则A 和B 导线的横截面积之比为( )图7－1－13A ．2∶3B ．1∶3C ．1∶2D ．3∶1解析：选B.由图象可知两导线电压分别为U A ＝6 V ，U B ＝4 V ；由于它们串联，则3R B ＝2R A ；由电阻定律可知R A R B ＝L A S B L B S A ，解得S A S B＝13，选项B 正确． 5．如下图7－1－14所示电路中，E 为电源，其电动势为9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在闭合开关S.然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( )图7－1－14A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：选B.灯泡是纯电阻，正常发光时，R L ＝U 2P ＝20 Ω，电压为U L ＝6.0 V ，由于R AC 与R L 串联，故R AC ＝U AC U (R L ＋R AC )∴R CB ＝R －R AC ＝20 Ω.6．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图7－1－15所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )图7－1－15A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同解析：选B.甲图中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A1、A2的量程不同，所以示数不同，故A错B对．乙图中A1、A2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等指针偏角不同，故C、D错．7．如下图7－1－16所示，电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω，当电键S断开时，电流表的示数是I1＝0.5 A；当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足()图7－1－16A．I＝1.5 A B．I＜1.5 AC．P＝15 W D．P＜15 W解析：选BD.当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U＝I1R1＝10 V；当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U＝10 V，通过电动机的电流应满足UI2＞I22R2，故I2＜1 A；所以电流表的示数I＜1.5 A，电路消耗的电功率P＝UI＜15 W，故B、D正确，A、C错误．8．如下图7－1－17是一个电路的一部分，其中R1＝5 Ω，R2＝1 Ω，R3＝3 Ω，I1＝0.2 A，I2＝0.1 A，那么电流表测得的电流为()图7－1－17A．0.2 A，方向向右B．0.15 A，方向向左C．0.2 A，方向向左D．0.3 A，方向向右解析：选C.由题图所示电流方向可计算出R1和R2两端电压降U1＝1.0 V，U2＝0.1 V，电势左高右低．比较U1、U2可判定R3两端电势下高上低，且U3＝0.9 V，通过R3中的电流I3＝U3/R3＝0.3 A，电流方向向上，由题图可知R3上电流由I2和I A 共同提供，I A＝0.2 A，方向向左．9．模块机器人由三个部分组成，它们分别是传感器、控制器和执行器．模块机器人的控制器内存有5种控制方法，可使用的传感器大致有5类，如表所示．执行模块为小灯模块和电动机模块．某位同学要设计一个装置，当有光照射且有声音时，电动机才会转动，则应选择的控制器序号和传感器序号正确的是()序号控制方法序号传感器a即时控制01位移传感器b延时控制02声传感器c “与”门控制03温度传感器d “或”门控制04光传感器e “非”门控制05磁传感器A.a；02、04B．d；03、05C．c；02、04 D．b；03、04解析：选C.用光照射和声音来控制电动机，同时满足这两个条件的“门”电路应是“与”门电路，根据题中的表格可知应选“序号c”；控制声音的传感器是声传感器，对应“序号02”；控制光照的传感器是光传感器，对应“序号04”，综合分析可知C选项正确．10．额定电压均为220 V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图7－1－18甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220 V电路中，则下列说法正确的是()图7－1－18A．L2的额定功率为99 WB．L2的实际功率为17 WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17 WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V时的电流为0.45 A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99 W，所以选项A正确；图示电路为L1和L2的串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220 V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17 W，故选项B正确；由于L3两端的电压为220 V，故P3＝P额＝99 W，则P3－P2＝82 W，故选项C错D对，所以正确选项为A、B、D.二、非选择题11．如图7－1－19所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图7－1－19(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v ＝1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g 取10 m/s 2) 解析：(1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110)V ＝50 V流过电阻R 的电流I R ＝U R R ＝5010A ＝5 A即通过电动机的电流I M ＝I R ＝5 A.(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V输入电动机的功率P 电＝I M ·U M ＝550 W.(3)电动机的发热功率P 热＝I 2M r ＝20 W电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝530 W又因P 出＝mg v ，所以m ＝P 出g v ＝53 kg.答案：(1)5 A (2)550 W (3)53 kg12．如图7－1－20所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表内阻，线路提供电压不变)：图7－1－20(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12 V 的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10 Ω的定值电阻R 0串联，接在电压恒定为8 V 的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率．解析：(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：U L ＝123 V ＝4 V ，结合图象可得当U L ＝4 V 时，I L ＝0.4 A 故每个电灯的电阻为：R ＝U L I L＝40.4 Ω＝10 Ω.(2)设此时电灯两端的电压为U ′，流过每个电灯的电流为I ，由串联电路的规律得 U ＝U ′＋2IR 0代入数据得U ′＝8－20I在图甲上画出此直线如图所示．可得到该直线与曲线的交点(2 V,0.3 A)，即流过电灯的电流为0.3 A，则流过电流表的电流为I A＝2I＝0.6 A每个灯的功率为：P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.答案：(1)0.4 A10 Ω(2)0.6 A0.6 W。

2017高三物理技能提升训练试题49

2017高三物理技能提升试题49一、选择题1．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U ＝IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效．现有物理量单位：m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合成的单位都与电压单位V(伏)等效的是( )A ．J/C 和N/CB ．C/F 和T·m 2/sC ．W/A 和C·T·m/sD ．W 12·Ω12和T·A·m解析：选B.由U ＝W q 可知，J/C 是电压单位，由E ＝Fq可知，N/C 是电场强度的单位，A错误；由U ＝QC，可知，C/F 是电压单位，由E ＝BL v 可知，T·m 2/s 是电压单位，B 正确；由U＝PI 可知，W/A 是电压单位，由f ＝Bq v 可知，C·T·m/s 是力的单位，C 错误；由U ＝PR 可知，W 12·Ω12是电压单位，由F ＝BIL 可知，T·A·m 是力的单位，D 错误． 2．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10.则电梯运动的情况可能是( )A ．以大小为1110g 的加速度加速上升B ．以大小为110g 的加速度减速上升C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 的加速度减速下降解析：选D.当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，则kx ＝mg ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10，则物体所受的合外力为F ＝mg 10，方向竖直向上，由牛顿第二定律知加速度为a ＝F m ＝110g ，方向竖直向上．若电梯向上运动，则电梯以大小为110g 的加速度加速上升；若电梯向下运动，则电梯以大小为110g 的加速度减速下降，A 、B 、C 错误，D 正确．3.如图3－2－10所示，物体A 、B 质量均为m ，中间有一轻质弹簧相连，A 用绳悬于O 点，当突然剪断OA 绳时，关于A 物体的加速度，下列说法正确的是( )图3－2－10A ．0B ．gC ．2gD ．无法确定解析：选C.剪断绳前，绳中拉力为2mg ，弹簧中的弹力为mg 向下，剪断绳后，绳中拉力突然消失，而其他力不变，故物体A 所受合力的大小为向下的2mg ，加速度为向下的2g ，故C 正确．4．如图3－2－11所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动．由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力．图3－2－11(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？(2)一物体从斜面底端以初速v 0＝2 m/s 冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为θ＝30°，过了t ＝1.2 s 后物体回到出发点．若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g 取10 m/s 2，则μ的值为多少？解析：(1)因毛生长的方向是斜向上的，故物体下滑时受滑动摩擦的作用． (2)物体上滑时的加速度大小a 1＝g sin θ＝5 m/s 2，上滑的时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s.上滑的位移x ＝v 02t 1＝0.4 m.物体下滑时的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，下滑时间t 2＝t －t 1＝0.8 s.由x ＝12a 2t 22得：a 2＝1.25 m/s 2. 可求得：μ＝34≈0.433.答案：见解析5.如图3－2－12所示，物体P 以一定的初速度v 沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回，若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P 与弹簧发生相互作用的整个过程中( )图3－2－12A ．P 的加速度大小不断变化，方向也不断变化B ．P 的加速度大小不断变化，但方向只改变一次C ．P 的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D ．有一段过程，P 的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大解析：选C.弹簧的弹力大小变化，方向始终向左，根据牛顿第二定律可知物体的加速度大小变化、方向不变；压缩弹簧阶段，P 加速度变大，速度变小；弹簧压缩最短时，P 加速度最大，速度为零；弹开物体恢复原长过程，P 加速度变小，速度变大．故正确选项为C.6．质量为2 kg 的物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s ，经过1 s 后的速度大小为10 m/s ，那么在这段时间内，物体的合外力大小可能为( ) A ．20 N B ．12 N C ．8 N D ．28 N解析：选BD.1 s 后的速度方向可能与原来的速度同向，也可能反向，则加速度a ＝10－41m/s 2＝6 m/s 2或a ＝－10－41m/s 2＝－14 m/s 2；根据牛顿第二定律可得合力F ＝12 N 或F ＝28 N.7.一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3－2－13所示的水平力F 1和F 2，若F 2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是(g ＝10 m/s 2)( )图3－2－13A ．3 NB ．25 NC ．30 ND ．50 N解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1<5 N ，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1>25 N ，C 、D 正确．8.用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x (小球与弹簧不拴连)，如图3－2－14所示，将细绳剪断后( )图3－2－14A ．小球立即获得kxm的加速度B ．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C ．小球落地的时间等于2hgD ．小球落地的速度大于2gh解析：选CD.细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项A 、B 均错；水平方向的弹力不影响竖直方向的运动，故落地时间由高度决定，选项C 正确；重力和弹力均做正功，选项D 正确．9.如图3－2－15所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( )图3－2－15A ．a 1＝0，a 2＝gB ．a 1＝g ，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋MMg解析：选C.木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg .木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg .由平衡条件和牛顿第二定律可得a 1＝0，a 2＝m ＋MMg .10.如图3－2－16所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图3－2－16A ．都等于g 2 B.g2和0C.M A ＋M B M B ·g 2和0 D ．0和M A ＋M B M B ·g 2答案：D11.如图3－2－17所示，一细绳跨过滑轮挂一质量为m 的重物，重物离滑轮足够远．不计摩擦和空气阻力，也不计绳和滑轮的质量，当绳右端拉力为F 时，左端重物m 匀加速上升，加速度的大小为a .在运动过程中，突然将拉力F 减半，则从这之后重物的加速度可能是( )图3－2－17A ．等于a 2，方向向上B ．小于a2，方向向下C ．大于a 2，方向向上D ．等于a2，方向向下解析：选BD.根据题意，原来有F －mg ＝ma ，由于重物有重力，当拉力F 减半时，合力的大小没有原来的一半大，若重物还可以向上加速运动，则有F 2－mg ＝ma ′，得a ′＝a 2－g 2<a2；若重物加速度方向向下，则mg <F <2mg ，当mg <F <1.5mg 时，拉力F 减半，重物加速度大于a2；当F ＝1.5mg 时，拉力F 减半，重物加速度等于a2；当1.5mg <F <2mg 时，拉力F 减半，重物加速度小于a2.12.用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图3－2－18所示，g ＝10 m/s 2，则可以计算出( )图3－2－18A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量解析：选ACD.由a －F 图象可知，拉力在7 N 之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N ，选项A 可以算出；再由图象可知，当F ＝7 N 时，加速度为0.5 m/s 2，当F ＝14 N 时，加速度为4 m/s 2，即F 1－μmg ＝ma 1，F 2－μmg ＝ma 2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C 、D 均可以算出；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N 时的速度，选项B 不可以算出．13．如图3－2－19甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v 、a 、F f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是( )图3－2－19解析：选C.物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为F f 1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v －t 图象为过原点的倾斜直线，A 错，加速度大小不变，B 错，其s －t 图象应为一段曲线，D 错；物体到达水平面后，所受摩擦力F f 2＝μmg >F f 1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.14．如图3－2－20甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2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v 2>v 1，则( )图3－2－20 A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.小物块对地速度为零时，即t 1时刻，向左离开A 处最远．t 2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大.0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变．t 2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，B 正确．二、非选择题15.如图3－2－21所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ．当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求： (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放在小车上开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？(取g ＝10 m/s 2)图3－2－21解析：(1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度a M ＝F －μmgM＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 得t ＝1 s(3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝v t ＋12at 2＝1.1 m通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m. 答案：见解析16．一质量m ＝0.5 kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面．某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v －t 图象，如图3－2－22所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图3－2－22(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数．(2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．解析：(1)由图象可知，滑块的加速度： a ＝Δv Δt ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑．由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移x ＝v 22a＝5 m 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 v ′＝2a 2x ＝2 5 m/s.答案：(1)0.5 (2)能 2 5 m/s。

2017高三物理技能提升训练试题18

2017高三物理技能训练试题18一、选择题：(本题共8小题，每小题8分，共64分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A ．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B ．每一次换挡，都要重新进行一次调零C ．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D ．测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量答案：ABD2．实验桌上放着晶体二极管、电阻、电容器各一只，性能均正常，外形十分相似，现将多用表转换开关拨到R ×100 Ω挡，分别测它们的正负电阻加以鉴别：测甲元件时，R 正＝R 反＝0.5 kΩ；测乙元件时，R 正＝0.5 kΩ，R 反＝100 kΩ；测丙元件时，开始指针偏转到0.5 kΩ，接着读数逐渐增加，最后停在100 kΩ上．则甲、乙、丙三个元件分别是( )A ．电容、电阻、二极管B ．电阻、电容、二极管C ．电阻、二极管、电容D ．二极管、电阻、电容解析：选 C.应明确各元件的特性：二极管具有单向导电性，正向电阻很小，反向电阻很大；电容器充电时有电流而稳定后电流为零，而欧姆表内接有电源，因而刚开始给电容器充电时电流大，电阻示数小，稳定后电流为零，电阻示数为无穷大．3．用调好的欧姆表测量某一电阻R 1时，指针恰好指在表盘的中央，测量另一电阻R 2时，指针偏转角度恰好是测R 1时的一半，则两电阻的阻值关系是( )A ．R 2＝R 1B ．R 2＝2R 1C ．R 2＝3R 1D ．R 2＝4R 1解析：选C.设欧姆表内阻为R 0，电动势为E ，满偏电流为I 0，则I 0＝E R 0① 接R 1时：12I 0＝E R 0＋R 1② 接R 2时：14I 0＝E R 0＋R 2③ 解①②③得：R 2＝3R 1.4．图7－6－7为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA ，内阻r g ＝100 Ω，调零电阻最大阻值R ＝50 kΩ，串联的固定电阻R 0＝50 Ω，电池电动势E ＝1.5 V ，用它测量电阻R x ，能准确测量的阻值范围是( )图7－6－7A ．30 kΩ～80 kΩB ．3 kΩ～8 kΩC．300 kΩ～800 kΩD．3000 kΩ～8000 kΩ解析：选B.当红、黑表笔短接调零时I g＝ER＋r g＋R0R＋r g＋R0＝EI g＝1.5300×10－6Ω＝5000 Ω.当指针指中间(中值电阻)时，设被测电阻阻值为R x，则I g 2＝ER＋r g＋R0＋R xR x＝5000 Ω.使用欧姆表读数时在中值电阻5 kΩ左右读数最为准确，所以能准确测量的阻值范围是3 kΩ～8 kΩ.故B项正确．5.(2016·高考广东卷)如图9－3－11所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，下列棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是()图9－3－11图9－3－12解析：选A.金属棒匀速运动，进入磁场前和经过磁场后感应电动势均为零，经过磁场过程中产生的感应电动势大小恒定，故A正确．6．(2016) 高考江苏卷)如图9－3－13所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()图9－3－13A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：选B.当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向，且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所在处的磁感应强度不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误．7．(2016·苏北四市调研)如图9－3－14所示，两根足够长的平行金属导轨水平放置，导轨的一端接有电阻和开关，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场的方向与导轨平面垂直，金属杆ab置于导轨上．当开关S 断开时，在金属杆ab 上作用一水平向右的恒力F ，使金属杆ab 向右运动进入磁场．一段时间后闭合开关并开始计时，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．下列关于金属杆ab 的v －t 图象不可能的是( )图9－3－14图9－3－15 解析：选D.以金属杆为研究对象，有F －F 安＝ma ，即F －B 2L 2v R＝ma ，当闭合开关瞬间，若F ＝B 2L 2v R ，金属杆做匀速运动，A 可能；若F <B 2L 2v R，金属杆做加速度减小的减速运动，C 可能；若F >B 2L 2v R，金属杆做加速度减小的加速运动，B 可能；本题D 图所示是不可能出现的．8．如图9－3－16所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E 表示回路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流，在i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于( )图9－3－16A ．F 的功率B ．安培力的功率的绝对值C ．F 与安培力的合力的功率D ．iE解析：选BD.由于F 作用于静止的杆ab 时，杆ab 的速度逐渐增大，则拉力F 做的功一部分克服安培力转化为电能，B 、D 正确，一部分转化为杆ab 的动能，所以A 、C 错．二、非选择题 (本题共4小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(2016·温州模拟)(1)用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x ，以下给出的是可能的操作步骤，其中S 为选择开关，P 为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上________________．a ．将两表笔短接，调节P 使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔b ．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x 的阻值后，断开两表笔c ．旋转S 使其尖端对准欧姆挡×1 kd ．旋转S 使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准OFF挡，并拔出两表笔根据如图7－6－8所示指针位置，此被测电阻的阻值约为________Ω.图7－6－8(2)下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是__________．A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零答案：(1)cabe30 k(2)AC10．(2016·黄冈模拟)在如图7－6－9甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8 V,0.3 A”，合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．图7－6－9(1)用多用电表的直流电压挡检查故障．①选择开关置于下列量程的______挡较为合适(用字母序号表示)；A．2.5 V B．10 VC．50 V D．250 V②测得c、d间电压约为5.8 V，e、f间电压为0，则故障是____；A．A灯丝断开B．B灯丝断开C．d、e间连线断开D．B灯被短路(2)接着换用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过欧姆调零．①测试前，一定要将电路中的开关S________；②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为____Ω，此时测量的是____间电阻．根据小灯泡的规格计算出的电阻为______Ω，它不等于测量值，原因是：______________________.解析：(1)①因电源为四节干电池，故电动势E＝6 V，则应选电压表10 V量程挡较合适；②因c、d间电压为5.8 V，而e、f间电压为零，故应为A灯丝断开，B 灯丝良好．(2)用欧姆表测电路中电阻的阻值时，一定要将电路断开测量；由乙图读数知电阻阻值为6 Ω，应为灯泡B的阻值，即测量的为e、f间电阻；由R＝UI得R＝12.7 Ω，与欧姆表测得阻值相差较大，是因为欧姆表测得的电阻是未通电工作时的电阻，温度较低，电阻率偏小，阻值偏小．答案：(1)①B②A(2)①断开②6e、f12.7欧姆表测量时灯泡未工作，灯泡温度低，电阻小11．(2016·沈阳模拟)某同学利用多用电表做了以下实验：(1)使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下①把选择开关扳到“×100”的欧姆挡上；②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；③把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转较小；④换用“×10”的欧姆挡，随即记下欧姆数值；⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用电表放回桌上原处，实验完毕这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆，那么这个学生在实验中有哪些操作是错误的？(三个错误)错误一：_______________________________________________________________；错误二：_______________________________________________________________；错误三：_______________________________________________________________.(2)如图7－6－10所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“×100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为________欧；测直流电流时，用的是100 mA的量程，指针所示电流值为____毫安；测直流电压时，用的是50 V量程，则指针所示的电压值为____伏．图7－6－10解析：(1)错误一：在用“×100”挡位测量时，指针偏转较小，说明所测电阻阻值较大，为了减小读数误差，应使指针向右摆动，所以应该换用“×1 k”的欧姆挡位；错误二：换挡后，还要重新进行欧姆调零；错误三：使用多用电表结束后，要将选择开关转到“OFF”或交流电压最高挡．(2)若用“×100”挡测电阻时，指针读数为：17．0×100 Ω＝1700 Ω若用量程100 mA测直流电流时，读数为：4．7×10 mA＝47 mA若用量程50 V测直流电压时，读数为23.5 V.答案：(1)错误一：换用“×10”的欧姆挡，应该为换用“×1 k”的欧姆挡错误二：换挡后没有进行欧姆调零错误三：使用完后没有将选择开关转到“OFF”或交流电压最高挡(2)17004723.512．(2016·高考重庆卷)某电动机的三组线圈①、②、③阻值相同，均为几欧姆，接法可能是图7－6－11甲、乙两种之一，A、B和C是外接头．现有一组线圈断路，维修人员通过多用电表测量外接头之间的电阻来判断故障，若测量A和B之间、B和C之间、A和C之间的电阻时，多用电表指针偏转分别如图7－6－12a、b、c所示，则测量中使用欧姆挡的倍率是__________(填：×1、×10、×100或×1 k)，三组线圈的接法是__________(填：甲或乙)，断路线圈是________(填：①、②或③)．图7－6－11图7－6－12解析：本题考查欧姆表的应用，意在考查考生正确使用欧姆表倍率及用欧姆表判断电路故障的能力．由于线圈电阻是几欧姆，所以欧姆表使用的欧姆挡的倍率是×1；三次测量均有示数，可知三组线圈的接法是乙图所示；由表盘示数可知断路的是线圈③，此时是线圈①、②串联．答案：×1乙③。

2017高三物理技能提升训练试题7

2017高三物理技能训练试题7一、选择题1．(创新题)2011年8月21日，在第26届世界大学生夏季运动会田径项目女子跳高决赛中，美国选手巴雷特夺得冠军．巴雷特的重心离地面高1.2 m ，起跳后身体横着越过了1.96 m 的高度．据此可估算出她起跳时的竖直速度大约为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s解析：选B.人跳起时竖直向上的速度即为起跳时的初速度v 0，而跳起的高度为h ＝1.96－1.2＝0.76(m)，则v 0＝2gh ≈4 m/s ，应选B 项．2．美国“华盛顿号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F －18大黄蜂”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，起飞速度为50 m/s ，若该飞机滑行100 m 时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为( )A ．30 m/sB ．40 m/sC ．20 m/sD ．10 m/s解析：选B.由v 2－v 20＝2ax 得：v 20＝v 2－2ax所以v 0＝40 m/s.3．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g 2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g解析：选BC.当滑块速度大小减为v 02，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02代入公式t ＝v －v 0a 得，t＝v 0g 或t ＝3v 0g ，故B 、C 选项正确．4．一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a 点上滑，最远可达b 点，e 为ab 的中点，已知物体由a 到e 的时间为t 0，则它从e 经b 再返回e 所需时间为( )A ．t 0B ．(2－1)t 0C ．2(2＋1)t 0D ．(22＋1)t 0解析：选C.由逆向思维可知物体从b 到e 和从e 到a 的时间比为1∶(2－1)；即t ∶t 0＝1∶(2－1)，得t ＝(2＋1)t 0，由运动的对称性可得从e 到b 和从b 到e 的时间相等，所以从e 经b 再返回e 所需时间为2t ，即2(2＋1)t 0，答案为C.5．(2016·高考安徽卷)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：选A.由匀变速直线运动一段时间内，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v 1＝Δx t 1，v 2＝Δx t 2，由匀变速直线运动的速度公式知v 2＝v 1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 12＋t 22.联立以上三式可得A 正确．6．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：选ABC.由x 23－x 12＝x 34－x 23可求x 23，故C 正确；由Δx ＝aT 2可求a ，故B正确；由v 2＝x 132T 可求v 2，再由v 2＝v 1＋aT 可求v 1，故A 正确，但物体原来的初速度无法求出，故D 错．7.(2016·长治模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3解析：选 B.物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n －1)，2 s 通过的位移可看成第2 s 与第3 s 的位移之和，3 s 通过的位移可看成第4 s 、第5 s 与第6 s 的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.8．(2016·福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m解析：选C.由Δx ＝aT 2得：7－9＝a ×12，a ＝－2 m/s 2，由x ＝v 0t ＋12at 2得：9＝v 0×1＋12×(－2)×12，v 0＝10 m/s ，所以汽车到停下来用时t ＝0－v 0a ＝0－10－2s ＝5 s,6秒内的位移：x ＝v t ＝0＋102×5 m ＝25 m ，故C 对．9.(2016·广东深圳模拟)如图1－2－9所示，在京昆高速公路266 km 处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以精准抓拍超速，以及测量运动过程中的加速度．若B 为测速仪，A 为汽车，两者相距345 m ，此时刻B 发出超声波，同时A 由于紧急情况而急刹车，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 恰好停止，且此时A 、B 相距325 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车刹车过程中的加速度大小为( )图1－2－9A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定解析：选B.设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内，刹车的位移为12a (2t )2＝20 m ，所以当超声波与A 车相遇时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m ，故超声波在2t 内的路程为2×(345－5)m ＝680 m ，由声速为340 m/s 可得t ＝1 s ，所以汽车的加速度a ＝10 m/s 2，B 项正确．10．酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)．速度(m/s)思考距离/m 制动距离/m 正常酒后正常酒后15 7.5 15.0 22.5 30.020 10.0 20.0 36.7 46.725 12.5 25.0 54.2 x分析上表可知，下列说法不正确的是( )A ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB ．若汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C ．汽车制动时，加速度大小为10 m/s 2D ．表中x 为66.7解析：选C.从表格数据可知A 、B 项都正确；根据匀变速直线运动规律，可求得汽车制动时，加速度大小为a ＝v 22(x 2－x 1)＝7.5 m/s 2，x 1表示思考距离、x 2表示制动距离，C 项错；D 项有x 2＝v 22a＝41.7 m ，加上思考距离得表中x 为66.7，D 项也是正确的．二、非选择题11．航空母舰以一定的航速航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大加速度是a ＝5.0 m/s 2，速度须达v ＝50 m/s 才能起飞，该航空母舰甲板长L ＝160 m ，为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的速度v 0向什么方向航行？解析：法一：若以地面为参考系，则飞机的初速度为v 0，末速度为v ＝50 m/s ，飞机起飞过程中航空母舰所发生的位移为v 0t ，则飞机的位移x ＝L ＋v 0t根据匀变速直线运动的规律v 2－v 20＝2ax 可得：502－v 20＝2×5×(160＋v 0t )v ＝v 0＋at ，联立以上各式代入数据求得：v 0＝10 m/s 即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行．法二：若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度为零，位移为L ，设末速度为v 1，则据匀变速直线运动的规律可得v 21＝2aL ，解得v 1＝40 m/s ，所以v 0＝v －v 1＝10 m/s ，即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行．答案：航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行12.(改编题)2011年12月1日至21日，印度和吉尔吉斯斯坦举行了代号为“匕首－2011”的联合反恐军事演习，印方参演人员全部来自印度伞兵团．在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，(取g ＝10 m/s 2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？(2)伞兵在空中的最短时间为多少？图1－2－10解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，则有v 2－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h又v 20＝2g (224－h )＝2×10×(224－h )联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2 所以h 1＝v 22g ＝5220 m ＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s。

2017高三物理技能提升训练试题4

2017高三物理技能训练试题4一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下列与能量有关的说法正确的是()A ．做平抛运动的物体在相等时间内动能的增量相同B ．做匀变速直线运动的物体的机械能一定不守恒C ．在竖直平面内做匀速圆周运动的物体机械能不守恒D ．卫星绕地球做圆周运动的轨道半径越大，动能越大解析：做平抛运动的物体，在竖直方向做自由落体运动，相等的时间内竖直方向的位移越来越大，因此重力做功越来越多，相等的时间内动能的增量越来越大，A 错误；物体做自由落体运动时机械能守恒，B 错误；竖直平面内做匀速圆周运动的物体，动能不变，重力势能变化，因此机械能不守恒，C 正确；由v ＝GM r可知，卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径越大，速度越小，动能越小，D 错误．答案：C2.(2016年高考安徽理综)伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M 点放开，摆球会达到同一水平高度上的N 点．如果在E 或F 处放钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M 点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小()A ．只与斜面的倾角有关B ．只与斜面的长度有关C ．只与下滑的高度有关D ．只与物体的质量有关解析：伽利略设计的实验表明在空气阻力忽略的情况下物体机械能守恒，所以对于物体由静止沿不同角度的光滑斜面下滑时末动能与开始的重力势能相等，mgh ＝12mv 2，v ＝2gh ，因此末速度大小只与下滑的高度有关，选项C 正确．答案：C3.(2016年黄冈模拟)半径为R 的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所示．小车以速度v 向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止，小球在圆桶中上升的高度可能为()A ．等于v 22gB ．大于v 22gC ．小于v 22gD ．等于2R解析：由动能定理得12mv2＝mgh，得A正确；能通过圆桶的最高点，高度等于2R，D对；在到达最高点前脱离圆周做斜抛运动最大高度小于v22g，因这时有动能，B错、C对．答案：ACD4.如图所示滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：外力F对物体做的功和弹簧对物体做的功是不同的，外力F对物体所做的功等于物体增加的动能和弹簧增加的弹性势能．外力对系统(物体和弹簧)做正功，系统机械能不守恒．答案：C5.如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根长为l的轻杆连接(杆质量不计)，两小球可绕穿过轻杆中心O的水平轴无摩擦地转动，现让杆处于水平位置，然后无初速度释放，重球b向下转动，轻球a向上转动，在杆转至竖直的过程中()A．b球的重力势能减少，动能增加B．a球的重力势能增加，动能减少C．a球和b球的总机械能守恒D．a球和b球的总机械能不守恒解析：对于a、b两球组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确、D错．a球的动能和重力势能均增加，B错；b球的重力势能减少，动能增加，但机械能减少，故A正确．答案：AC6.如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中，以下四个选项中正确的是()A．重物的机械能守恒B．重物的机械能减少C．重物的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变D．重物与弹簧组成的系统机械能守恒解析：重物由A 点下摆到B 点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对重物做了负功，所以重物的机械能减少，故A 错、B 正确；此过程中，由于有重力和弹簧的弹力做功，所以重物与弹簧所组成的系统机械能守恒，即重物减少的重力势能等于重物获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故C 错、D 正确．答案：BD7.如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中()A ．小球的机械能守恒B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少解析：小球受重力、拉力、斜面的支持力和摩擦力，小球克服摩擦力做功，机械能减少，A 错；重力做功，B 错；绳子的拉力与小球的运动方向垂直，始终不做功，故C 正确；小球动能的减少等于克服摩擦力和重力所做的总功，所以D 错．答案：C8.如图所示，一个小环套在竖直放置的光滑圆环形轨道上做圆周运动．小环从最高点A 滑到最低点B 的过程中，其线速度大小的平方v 2随下落高度h 变化的图象可能是下图所示四个图中的()解析：如果小环从最高点A 开始滑动时有初速度v 0，下滑过程中用机械能守恒得：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，所以v 2＝v 20＋2gh ，A 正确；如小环在A 点的速度为0，同理可得：v 2＝2gh ，B 正确，C 、D 均错误．答案：AB9．(2016年银川模拟)如图所示，在高1.5m 的光滑平台上有一个质量为2kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10m/s 2)()A ．10JB ．15JC ．20JD ．25J解析：由h ＝12gt 2和v y ＝gt 得：v y＝30m/s，落地时，tan60°＝v y v0可得：v0＝v ytan60°＝10m/s，由机械能守恒得：E p＝12mv20，可求得：E p＝10J，故A正确．答案：A10．(2016年高考上海综合)用下图所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中()①重力做正功，重力势能增加②重力的瞬时功率一直增大③动能转化为重力势能④摆线对摆锤的拉力不做功⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量A．①③B．②④C．②⑤D．④⑤解析：摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故①错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零，在D位置物体v的方向与重力垂直，P G＝Gv cosθ，可知P G＝0，而在从A位置摆动到D位置的过程中，重力功率不为零，所以摆锤所受重力瞬时功率先增大后减小，②错误．在向下运动的过程中，重力势能减小，动能增加，故③错误．摆线拉力与v方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故④⑤正确，选D.答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮Q1、Q2和质量m B＝m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量m A＝m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ＝60°，直杆上C 点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮Q1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，试求：(1)小球下降到最低点时，小物块的机械能(取C 点所在的水平面为参考平面)；(2)小物块在下滑距离为L 时的速度大小．解析：(1)设此时小物块的机械能为E 1.由机械能守恒定律知：小物块的机械能等于小球机械能的减少．小球在最低点的速度为零，所以E 1＝m B g (L －L sin θ)＝mgL (1－3/2)．(2)设小物块下滑距离为L 时的速度大小为v ，此时小球的速度大小为v B ，则v B ＝v cos θm A gL sin θ＝12m B v 2B ＋12m A v 2解得v ＝203gL 5.答案：(1)mgL (1－3/2)(2)203gL 512．(15分)如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由直轨道AB 和圆轨道BC 组成，小球从轨道AB 上高H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出小球经过圆轨道最高点C 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 随高度H 的变化关系图象．(小球在轨道连接处无机械能损失，g ＝10m/s 2)求：(1)小球从H ＝3R 处滑下，它经过最低点B 时的向心加速度的大小；(2)小球的质量和圆轨道的半径．解析：(1)由机械能守恒得：mgH ＝12mv 2B 向心加速度a ＝v 2B R ＝6g ＝60m/s 2(2)由机械能守恒得：mgH －mg ·2R ＝12mv 2C 由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝m v 2CR 解得：F ＝2mg RH －5mg 根据图象代入数据得：m ＝0.1kg ，R ＝0.2m答案：(1)60m/s 2(2)0.1kg 0.2m。

2017高三物理技能提升训练试题17

2017高三物理技能训练试题17一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等解析：阻力对系统始终做负功，A对；加速下降时，合外力向下，减速下降时，合外力向上，B错；重力做正功，重力势能减小，C错；任意相等的时间内位移不同，重力做的功也不同，D错．答案：A2.(2016年高考江苏单科)如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于()A．0.3 J B．3 JC．30 J D．300 J解析：由生活常识及题图知，一只鸡蛋的质量接近0.05 kg，上抛高度在0.6 m左右，则人对鸡蛋做的功W＝mgh＝0.3 J，故A对，B、C、D错．答案：A3.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是()A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功解析：根据物体的速度图象可知，物体0～1 s内做匀加速运动，合外力做正功，A正确；0～2 s内动能先增加后减少，合外力先做正功后做负功，B错误；1～2 s内做匀减速运动，合外力做负功，C错误；根据动能定理0～3 s内，动能变化为零，合外力做功为零，D错误．答案：A4．汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1s末关闭发动机，做匀减速直线运动，t2 s末静止，其v－t图象如图所示，图中α<β，若汽车牵引力做功为W、平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2、平均功率分别为P1和P2，则()A ．W ＝W 1＋W 2B ．W 1>W 2C ．P ＝P 1D ．P 1＝P 2解析：整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，A 项正确．摩擦力大小相等，第一段位移大，所以B 项正确．第一段是加速的，牵引力大于摩擦力，所以P >P 1，C 项错．加速段和减速段平均速度相等，所以摩擦力的功率相等，D 项正确．答案：ABD5.(2016年高考上海单科)如图，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )A ．mgLωB.32mgLωC.12mgLωD.36mgLω解析：由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．P G ＝mgv y ＝mgv cos 60°＝12mg ωL ，故选C.答案：C6．(2016年武汉模拟)如图所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图所示，t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定( )A ．物块返回底端时的速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角θD ．3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：物块沿斜面向上运动时，有g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 0；向下运动时，有g sin θ－μg cos θ＝v 2t 0.而向上滑行与向下滑行时路程相同，即s ＝v 02·t 0＝v2·2t 0.由以上三式可求斜面倾角θ及物块返回底端时的速度，A 、C 正确．由于物体质量未知，所以不能确定物块所受摩擦力大小，不能求3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功，B 、D 错误．答案：AC7．如图所示为水平面上的物体在水平拉力F 作用下的v －t 图象和拉力F 的功率—时间图象，则物体跟水平面间的动摩擦因数为(g ＝10 m/s 2)( )A ．1/10B ．3/20C ．5/27D ．5/18解析：设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，前2 s 内： F 1－μmg ＝ma ，v 1＝at 1 2 s 末：P 1＝F 1v 1，由以上三式可得：5－μmg ＝3m 2 s ～6 s 内，P 2＝μmg ·v 1，代入数值得：μmg ＝53 N ，可求出：μ＝320，故B 正确．答案：B 8．(2016年广州模拟)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下列四个图象中，正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系的是( )解析：油门减小，发动机的输出功率减小，但由于仍匀速行驶，牵引力等于阻力，由P 1＝f ·v 0和P 2＝f ·v ′，P 2＝12P 1得v ′＝12v 0，因为P 出减小，牵引力F减小，F ＜f ，汽车做a 减小的减速运动，C 对．答案：C9.如图所示为牵引力F 和车速倒数1/v 的关系图象．若一汽车质量为2×103 kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其中最大车速为30 m/s ，则( )A ．汽车所受阻力为2×103 NB ．汽车在车速为15 m/s 时，功率为6×104 WC ．汽车匀加速运动的加速度为3 m/s 2D ．汽车匀加速所需时间为5 s解析：由题图可知，汽车达到最大速度v ＝30 m/s 时对应的牵引力等于阻力，为2×103 N ，A 正确；在v ＜10 m/s 的过程中，汽车匀加速运动的加速度a ＝F －fm＝6×103－2×1032×103 m/s 2＝2 m/s 2，匀加速运动的时间为t ＝v a ＝102s ＝5 s ，D 正确、C 错误；在速度由10 m/s 增至30 m/s 的过程中，F ＝k 1v，可知P ＝Fv ＝k ，斜率不变，所以汽车速度为15 m/s 时的功率与速度为10 m/s 时的功率相等，P ＝Fv ＝6×103×10 W ＝6×104 W ，B 正确．答案：ABD10．(2016年高考海南单科)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2秒内外力所做的功是54 J C ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是45解析：根据牛顿第二定律得，物体在第1 s 内的加速度a 1＝F 1m＝2 m/s 2，在第2 s 内的加速度a 2＝F 2m ＝11m/s 2＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第2 s末的速度v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ；0～2 s 内外力做的功W ＝12mv 22＝92 J ，功率P ＝Wt ＝94 W ，故A 正确．第2 s 内外力所做的功W 2＝12mv 22－12mv 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×32－12×1×22J ＝52J ，故B 错误．第1 s 末的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ．第2 s 末的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，故C 错误．第1 s 内动能的增加量ΔE k1＝12mv 12＝2 J ，第2 s 内动能的增加量ΔE k2＝W 2＝52 J ，所以ΔE k1ΔE k2＝45，故D 正确．答案：AD二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，将质量为m 的小球以初速度v 0从A 点水平抛出，正好垂直于斜面落在斜面上B 点．已知斜面的倾角为α.(1)小球落到斜面上B 点时重力做功的瞬时功率是多少？ (2)小球从A 到B 过程中重力做功的平均功率是多少？解析：(1)将小球落在斜面上时的速度进行正交分解，如图所示．小球在竖直方向上的分速度为v y ＝v 0cot α，所以，小球落到斜面上B 点时重力做功的瞬时功率为：P ＝mgv y ＝mgv 0cot α. (2)小球从A 到B 过程中重力做功的平均功率为：P ＝mg v y ＝mg ×12(0＋v y )＝12mgv 0cot α.答案：(1)mgv 0cot α (2)12mgv 0cot α12．(15分)如图所示，质量为M 的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m 的车厢(可视为质点)在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为μ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为θ，汽车的额定功率为P ，重力加速度为g ，不计空气阻力．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问：(1)汽车所能达到的最大速度为多少？ (2)汽车能达到的最大加速度为多少？(3)汽车以最大加速度行驶的时间为多少？。

2017高三物理技能提升训练试题22

2017高三物理技能提升试题22一、选择题1．在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F q，下列说法正确的是( ) A ．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B ．若检验电荷的电量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小方向均不变解析：选D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故D 对．2．(2016·苏锡常镇四市调研)将两个分别带有电荷量－2Q 和＋5Q 的相同金属小球A 、B 分别固定在相距为r 的两处(均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F .现将第三个与A 、B 两小球完全相同的不带电小球C 先后与A 、B 两小球相互接触后拿走，A 、B 两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为( )A ．F B.15F C.910F D.14F 解析：选B.与小球C 接触前F ＝k 10Q 2r 2，与小球C 接触后A 、B 两小球的电荷量分别变为－Q 和2Q ，所以接触后的库仑力F ′＝k 2Q 2r 2，为原来的1/5，故B 正确． 3．一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )图6－1－17解析：选D.质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向与速度方向夹角应大于90°，故D 正确．4．(2016·广东六校联考)如图6－1－18所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是( )图6－1－18A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析：选B.在电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动，受电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定，B 正确．5．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度约为104 V/m.已知一半径为1 mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s 2，水的密度为103 kg/m 3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为( )A ．2×10－9 CB ．4×10－9 CC ．6×10－9 CD ．8×10－9 C解析：选B.本题考查物体的受力平衡条件、电场力的计算等知识点．雨滴受力平衡，则电场力和重力大小相等，有mg ＝Eq ，而m ＝ρV ＝ρ4πr 33，联立两式，代入数据解得B 正确． 6．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab 为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图6－1－19所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P 点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )图6－1－19图6－1－20解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A 选项中图所示．7．如图6－1－21所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在A 、B 两点，C 、D 两点将AB 连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD 之间运动的速度大小v 与时间t 的关系图象可能是( )图6－1－21图6－1－22解析：选BC.C →D 合场强方向向右，大小逐渐减小到0，所以负电粒子向右做变减速运动，可能出现到D 点时速度仍未减为零，也可能粒子未到D 点速度减为零而后反向加速，故B 、C 正确．8．如图6－1－23所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q ＞0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质绝缘弹簧连接．当3个小球处于静止状态时，每根弹簧长度为l ，已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )图6－1－23A ．l ＋5kq 22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l 2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l 2解析：选C.根据对称性，任选两边小球中的一个为研究对象，该小球在水平方向受三个力的作用，如图所示．应用库仑定律、胡克定律和平衡条件得：k 0x ＝k q 2l 2＋k q 2(2l )2，得x ＝5kq 24k 0l 2；所以l 0＝l －x ＝l －5kq 24k 0l 2. 9．(2016·南昌调研)如图6－1－24所示，A 、B 、C 三个小球(可视为质点)的质量分别为m 、2m 、3m ，B 小球带负电，电荷量为q ，A 、C 两小球不带电，(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O 点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E ，则以下说法正确的是( )图6－1－24A ．静止时，A 、B 两小球间细线的拉力为5mg ＋qEB ．静止时，A 、B 两小球间细线的拉力为5mg －qEC ．剪断O 点与A 小球间细线瞬间，A 、B 两小球间细线的拉力为13qE D ．剪断O 点与A 小球间细线瞬间，A 、B 两小球间细线的拉力为16qE 解析：选AC.本题考查力的瞬时作用效果和电场力的问题．静止时由受力分析可知A 、B 两小球间细线的拉力为F ＝5mg ＋qE ，故A 正确，B 错误；O 点与A 小球间细线剪断的瞬间，由于B 小球受到向下的电场力，故A 、B 两小球的加速度大于C 小球的加速度，B 、C 两小球间细线将处于松弛状态，故以A 、B 两小球为研究对象有：3mg ＋qE ＝3ma ，以A 小球为研究对象有：mg ＋F ＝ma ，解得：F ＝13qE ，故C 正确、D 错误． 10．如图6－1－25所示，将两个摆长均为l 的单摆悬于O 点，摆球质量均为m ，带电荷量均为q (q ＞0)．将另一个带电荷量也为q (q ＞0)的小球从O 点正下方较远处缓慢移向O 点，当三个带电小球分别处在等边三角形ABC 的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于( )图6－1－25 A.3mg B ．mg C ．23·kq 2l 2 D.3·kq 2l 2 解析：选B.对A 处带电小球进行隔离分析，如图所示，带电小球处于平衡状态，则F OA sin30°＋F q cos30°＝mg ，F OA cos30°＝F q ′＋F q sin30°，联立解得F OA ＝mg ，又利用对称性可知F OA ＝F OB ，则B 正确．二、非选择题11．(2016·厦门模拟)如图6－1－26所示，将点电荷A 、B 放在绝缘的光滑水平面上．A 带正电，B 带负电，带电量都是q ，它们之间的距离为d ，为使两电荷在电场力作用下都处于静止状态，必须在水平方向加一个匀强电场．求：两电荷都处于静止状态时，AB 连线中点处的场强大小和方向．(已知静电力常量为k )图6－1－26解析：设点电荷在AB 连线中点处产生的场强为E 1，所加的匀强电场的场强为E 0，AB 连线中点处的合场强为E .根据点电荷场强的计算公式：A 点电荷在AB 连线中点处产生的场强为：E A ＝k q ⎝⎛⎭⎫12d 2＝4k q d 2，方向由A 指向B B 点电荷在AB 连线中点处产生的场强为：E B ＝k q ⎝⎛⎭⎫12d 2＝4k q d 2，方向由A 指向B 根据电场叠加原理：E 1＝E A ＋E B ＝8k q d 2，方向由A 指向B 根据电荷受力平衡和库仑定律有：E 0q ＝k q 2d 2，得E 0＝k q d 2，方向由B 指向A 根据电场叠加原理：E ＝E 1－E 0＝7k q d 2，方向由A 指向B . 答案：7k q d 2 方向由A 指向B 12．如图6－1－27所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ＝30°斜向右上方，电场强度为E ，质量为m 的小球带负电，以初速度v 0开始运动，初速度方向与电场方向一致．图6－1－27(1)若小球的带电荷量为q ＝mg E ，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F 1的大小和方向如何？(2)若小球的带电荷量为q ＝2mg E，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F 2的大小和方向如何？解析：(1)如图所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为零，所以F1cosα＝qE cos30°①F1sinα＝mg＋qE sin30°②联立①②解得α＝60°，F1＝3mg恒力F1与水平线夹角为60°斜向右上方．(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg 的合力和电场力在一条直线上．当F2取最小值时，F2垂直于qE.故F2＝mg sin60°＝32mg方向与水平线夹角为60°斜向左上方．答案：(1)3mg方向与水平线夹角为60°斜向右上方(2)32mg方向与水平线夹角为60°斜向左上方。

2017高三物理技能提升训练试题20

2017高三物理技能提升试题20一、选择题1．(2016·潍坊模拟)如图8－2－26所示，电子束沿垂直于荧光屏的方向做直线运动，为使电子打在荧光屏上方的位置P ，则能使电子发生上述偏转的场是( )图8－2－26A ．匀强电场B ．负点电荷的电场C ．垂直纸面向里的匀强磁场D ．垂直纸面向外的匀强磁场答案：ABD2．用绝缘细线悬挂一个质量为m ，带电荷量为＋q 的小球，让它处于如图8－2－27所示的磁感应强度为B 的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在图中位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向是( )图8－2－27A ．v ＝mg Bq ，水平向左B ．v ＝mg tan αBq，竖直向下 C ．v ＝mg tan αBq ，竖直向上 D ．v ＝mg Bq，水平向右解析：选AC.根据运动的相对性，带电小球相对磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反．洛伦兹力F ＝q v B 中的v 是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v ＝mg tan αBq 竖直向下运动或以速度v ＝mg Bq水平向右运动，带电小球都能处于图中所示的平衡状态，故本题选A 、C.3．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，如图8－2－28所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t 1，水平射程为x 1，着地速度为v 1.撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t 2，水平射程为x 2，着地速度为v 2，则下列论述不正确的是( )图8－2－28A ．x 1＞x 2B ．t 1＞t 2C ．v 1和v 2大小相等D ．v 1和v 2方向相同解析：选D.当桌面右边存在磁场时，由左手定则，带电小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直方向上分量向上，因此小球水平方向存在加速度，竖直方向加速度a ＜g ，所以t 1＞t 2，x 1＞x 2，A 、B 对；又因为洛伦兹力不做功，C 对；两次小球着地时方向不同，D 错，故本题选D.4．(2016·兰州模拟)如图8－2－29所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r 1＞r 2并相切于P 点，设T 1、T 2，v 1、v 2，a 1、a 2，t 1、t 2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P 点算起到第一次通过图中虚线MN 所经历的时间，则( )图8－2－29A ．T 1＝T 2B ．v 1＝v 2C ．a 1＞a 2D ．t 1＜t 2解析：选ACD.由T ＝2πm qB 知，T 1＝T 2，故A 正确；由r ＝m v qB知 v 1＞v 2，故B 错；由a ＝⎝⎛⎭⎫2πT 2 ·r 知a 1＞a 2，故C 正确；由图可知质子1从P 到虚线位置对应的圆心角小，故t 1＜t 2，D 正确．5．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图8－2－30为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m 、带电量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P 点，设OP ＝x ，则在下图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )图8－2－30图8－2－31解析：选B.带电粒子先经加速电场加速，故qU ＝12m v 2，进入磁场后偏转，OP ＝x ＝2r ＝2m v qB，两式联立得OP ＝x ＝8mU B 2q∝U ，所以B 正确．6．(2016·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)如图8－2－32所示，回旋加速器D 形盒的半径为R ，所加磁场的磁感应强度为B ，用来加速质量为m 、电荷量为q 的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大能量E 后，由A 孔射出．则下列说法正确的是( )图8－2－32A ．回旋加速器不能无限加速质子B ．增大交变电压U ，则质子在加速器中运行时间将变短C ．回旋加速器所加交变电压的频率为2mE 2πmRD ．下半盒内部，质子的轨道半径之比(由内到外)为1∶3∶ 5解析：选ABC.本题考查回旋加速器原理．当回旋加速器所加交变电压周期与质子在磁场中运动周期相同时，质子才能被加速；质子在匀强磁场中运动周期T ＝2πm qB，质子在回旋加速器中运动的最大半径R ＝m v qB ，E ＝12m v 2，交变电压频率f ＝1T ，解以上各式得：f ＝2mE 2πmR，C 正确；当随着质子速度的增大，相对论效应逐渐显现，质子质量增大，做圆周运动周期不能保持与所加电场变化的周期同步，从而不能再被加速，A 正确；增大电压，质子每次经过电场时获得的动能增大，质子在磁场中运动半径增大，加速次数和所做圆周运动次数减少，因此运动时间减小，B 正确．由v ＝2qU m ，R ＝m v qB知，质子在下半盒内部，质子的轨道半径之比(由内到外)与被电场加速的次数的平方根成正比，即为2∶4∶6，D 错误．7．(2016·西安八校联考)环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高真空的圆环状的空腔，若带电粒子初速度可视为零，经电压为U 的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B .带电粒子将被局限在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法错误的是( )A ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越大B ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越小C ．对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，带电粒子运动的频率越小D ．对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，带电粒子运动的周期都不变解析：选ACD.在电场中，带电粒子加速，有qU ＝12m v 2，进入磁场中由半径公式：R ＝m v qB ＝m qB 2qU m ＝1B 2mU q，依题意R 保持不变，则电压U 恒定时，带电粒子的比荷q /m 越小，磁感应强度B 越大，由周期T ＝2πR v ＝2πR m 2qU，对于给定的带电粒子，比荷恒定，加速电压U 越大，周期越小，频率越大，A 、C 、D 均错误．8．比荷为e m的电子以速度v 0沿AB 边射入边长为a 的等边三角形的匀强磁场区域中，如图8－2－33所示，为使电子从BC 边穿出磁场，磁感应强度B 的取值范围为( )图8－2－33A ．B ＞3m v 0ea B ．B ＜3m v 0eaC ．B ＞2m v 0eaD ．B ＜2m v 0ea解析：选B.电子进入磁场后向上偏，刚好从C 点沿切线方向穿出是临界条件，要使电子从BC 边穿出，其运动半径应比临界半径大，由R ＝m v qB可知，磁感应强度应比临界值小，如图，由几何关系可得，半径R ＝a 2sin60°，又e v 0B ＝m v 20R ，解得B ＝3m v 0ea，B 选项正确 9．(2015·高考浙江卷)利用如图8－2－34所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )图8－2－34A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：选BC.本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力．由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，A 错误；根据洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r 可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由题图可知r 最大值为r max ＝3d ＋L 2，B 正确；又r 最小值为r min ＝L 2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd 2m，可见C 正确、D 错误．10．(2016·安庆模拟)如图8－2－35所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q 、质量为m 的带负电的小球套在直杆上，从A 点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后运动的过程中，下列说法正确的是( )图8－2－35A ．小球下滑的最大速度为v ＝mg sin θμBqB ．小球下滑的最大加速度为a m ＝g sin θC ．小球的加速度一直在减小D ．小球的速度先增大后减小解析：选B.小球开始下滑时有：mg sin θ－μ(mg cos θ－q v B )＝ma ，随v 增大，a 增大，当v ＝mg cos θqB时，达最大值g sin θ，此后下滑过程中有：mg sin θ－μ(q v B －mg cos θ)＝ma ，随v 增大，a 减小，当v m ＝mg (sin θ＋μcos θ)μqB时，a ＝0.所以整个过程中，v 先一直增大后不变；a 先增大后减小，所以B 选项正确．11．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图8－2－23所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )图8－2－23A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从a 到b ，带负电C ．粒子从b 到a ，带正电D ．粒子从b 到a ，带负电解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R ＝m v qB.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B 、带电荷量q 不变．又据E k ＝12m v 2知，v 在减小，故R 减小，可判定粒子从b 向a 运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C 选项正确．12．如图8－2－24所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率与x 轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为( )图8－2－24A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 3D ．1∶1解析：选B.由T ＝2πm qB可知，正、负电子的运动周期相同，故所用时间之比等于轨迹对应的圆心角之比．作出正、负电子运动轨迹如图所示，由几何知识可得正电子运动的圆心角等于120°，负电子运动的圆心角等于60°，而电荷在磁场中的运动时间t ＝θ2πT ，所以t 正∶t 负＝θ正∶θ负＝2∶1，故B 正确，A 、C 、D 错误．13．(2016·皖南八校联考)带电粒子的质量m ＝1.7×10－27 kg ，电荷量q ＝1.6×10－19 C ，以速度v ＝3.2×106 m/s 沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ＝0.17 T ，磁场的宽度l ＝10 cm ，如图8－2－25所示．图8－2－25(1)求带电粒子离开磁场时的速度和偏转角．(2)求带电粒子在磁场中运动的时间以及出磁场时偏离入射方向的距离．解析：粒子所受的洛伦兹力F ＝q v B ＝8.7×10－14 N ，远大于粒子所受的重力G ＝1.7×10－26 N ，因此重力可忽略不计．(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为3.2×106 m/s.由q v B ＝m v 2r得轨道半径 r ＝m v qB ＝1.7×10－27×3.2×1061.6×10－19×0.17m ＝0.2 m 由图可知偏转角θ满足sin θ＝l r ＝0.10.2＝0.5，故θ＝30°. (2)带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB，可见带电粒子在磁场中运动的时间t ＝⎝⎛⎭⎫30°360°T ＝112Tt ＝πm 6qB ＝ 3.14×1.7×10－276×1.6×10－19×0.17s ＝3.3×10－8 s 离开磁场时偏离入射方向的距离d ＝r (1－cos θ)＝0.2×⎝⎛⎭⎫1－32 m ＝2.7×10－2 m. 答案：(1)3.2×106 m/s 30° (2)3.3×10－8 s 2.7×10－2 m二、非选择题14．(2016·湖南部分中学调研)如图8－2－36所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向外、大小为B ，沿x 轴放置一个垂直于xOy 平面的较大的荧光屏，P 点位于荧光屏上，在y 轴上的A 点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m 、电荷量为＋q 的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P 点处在亮线上，已知OA ＝OP ＝l ，求：图8－2－36(1)若能打到P 点，则粒子速度的最小值为多少？(2)若能打到P 点，则粒子在磁场中运动的最长时间为多少？解析：(1)粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速度大小为v 时，其在磁场中的运动半径为R ，则F ＝qB v由牛顿运动定律有：F ＝m v 2R若粒子以最小的速度到达P 点时，其轨迹一定是以AP 为直径的圆(如图中圆O 1所示)由几何关系知：s AP ＝2lR ＝s AP 2＝ 22l 则粒子的最小速度v ＝2qBl 2m. (2)粒子在磁场中的运动周期T ＝2πm qB设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为：t ＝θ2πT ＝θm qB由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O 2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上则由几何关系有：θ＝32π 则粒子在磁场中运动的最长时间：t ＝3πm 2qB. 答案：(1)2qBl 2m (2)3πm 2qB15．如图8－2－37所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N 在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B .离子源中的离子带电荷量为＋q ，质量为m ，通过小孔O 1进入两板间电压为U 的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O 2射出，再从O 点进入磁场区域Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN ，不计离子的重力．图8－2－37(1)若加速电场两板间电压U ＝U 0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R 0.(2)在OQ 上有一点P ，P 点到O 点距离为L ，若离子能通过P 点，求加速电压U 和从O 点到P 点的运动时间．解析：(1)离子在电场中加速时U 0q ＝12m v 20－0 离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力q v 0B ＝m v 20R 0解得R 0＝1B 2U 0m q.(2)离子进入磁场时的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP ′＝P ′P ″＝R要保证离子通过P 点，则L ＝nR解得U ＝B 2L 2q 2mn 2，其中n ＝1,2,3… 离子在磁场中运动的周期T ＝2πm qBt ＝n ·T 2π·π3＝πnm 3qB，其中n ＝1,2,3…. 答案：(1)1B 2U 0m q (2)B 2L 2q 2mn 2，其中n ＝1,2,3… πnm 3qB ，其中n ＝1,2,3…。

2017高三物理技能提升训练-----课时训练

2017高三物理技能提升训练课时训练一、选择题1.如图2－3－17所示，在“3·11”日本大地震的一次抢险救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机利用降落伞匀速向下向灾区群众投放救灾物资．假设物资的总重量为G 1，圆顶形降落伞伞面的重量为G 2，有8条相同的拉线与物资相连，另一端均匀分布在伞的边缘上，每根拉线和竖直方向都成30°角，则每根拉线上的张力大小为( )图2－3－17A.3G 112 B.3(G 1＋G 2)12 C.G 1＋G 28 D.G 14解析：选A.设每段拉线的张力为F T ，则每段拉线在竖直方向上的分力为F T cos30°，由平衡条件得8F T cos30°＝G 1，解得F T ＝3G 112.2.(2010·高考广东卷)如图2－3－18为节日里悬挂灯笼的一种方式，A 、B 点等高，O 为结点，轻绳AO 、BO 长度相等，拉力分别为F A 、F B .灯笼受到的重力为G .下列表述正确的是( )图2－3－18A ．F A 一定小于GB ．F A 与F B 大小相等C ．F A 与F B 是一对平衡力D ．F A 与F B 大小之和等于G解析：选B.对结点O 进行受力分析．拉力F A 、F B 的合力与重力G 平衡，由于轻绳AO 、OB 等长且A 、B 两点等高，由对称性可知F A 与F B 大小相等，但由于∠AOB 大小未知，所以无法确定F A 与G 的数量关系．F A 与F B 的大小之和要大于G ，故只有B 正确． 3.(2011·高考安徽卷)一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图2－3－19所示．则物块( )图2－3－19A ．仍处于静止状态B ．沿斜面加速下滑C ．受到的摩擦力不变D ．受到的合外力增大解析：选A.不加力时，物块恰好静止在斜面上，说明μmg cos θ＝mg sin θ，加竖直向下的外力F 后，由于μ(mg ＋F )cos θ≥(mg ＋F )sin θ，物块仍然静止，A 正确，B 错误；不加F 时物块受到的静摩擦力大小等于mg sin θ，加F 后静摩擦力大小等于(mg ＋F )sin θ，变大，C 错误；物块受到的合外力始终等于零，D 错误． 4.(2012·佛山模拟)用一轻绳将小球P 系于光滑墙壁上的O 点，在墙壁和球P 之间夹有一矩形物块Q ，如图2－3－20所示．P 、Q 均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )图2－3－20A ．P 物体受4个力B ．Q 受到3个力C ．若绳子变长，绳子的拉力将变小D ．若绳子变短，Q 受到的静摩擦力将增大解析：选AC.P 受重力、Q 对P 的水平弹力、绳子对P 的拉力和Q 对P 竖直向下的摩擦力，A 正确；Q 受重力，墙壁、P 对Q 的水平弹力，P 对Q 竖直向上的摩擦力，四个力两对平衡，B 错误；对P 、Q 整体，绳子拉力的竖直分量等于P 、Q 整体的重力，绳子变长时绳子与墙壁间夹角变小，拉力变小，C 正确；Q 所受摩擦力等于Q 的重力，与绳子长短无关，D 错误．5.(2012·海口模拟)如图2－3－21所示，轻杆AB 下端固定在竖直墙上，上端有一光滑的轻质小滑轮，一根细绳一端C 系在墙上，绕过滑轮另一端系一质量为m 的物体，当C 端缓慢地上移过程中，则杆对滑轮的作用力将( )图2－3－21A ．变小B ．变大C ．不变D ．无法确定解析：选A.杆对滑轮的作用力的大小等于两绳子上拉力的合力的大小，由于两绳子上拉力相等，都等于G ，设绳子夹角为θ，则F 合＝2G cos θ2，当C 上移时，θ变大，则F 合减小，杆对滑轮的作用力将减小，A 正确．6.如图2－3－22所示，轻绳的两端分别系在圆环A 和小球B 上，圆环A 套在粗糙的水平直杆MN 上．现用水平力F 拉着绳子上的一点O ，使小球B 从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A 始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F f 和环对杆的压力F N 的变化情况是( )图2－3－22A ．F f 不变，F N 不变B ．F f 增大，F N 不变C ．F f 增大，F N 减小D ．F f 不变，F N 减小解析：选B.以结点O 为研究对象进行受力分析．由题意可知，O 点处于动态平衡，则可作出三力的平衡关系如图甲所示．由图可知水平拉力增大．以环和结点整体作为研究对象，作受力分析图如图乙所示．由整个系统平衡可知：F N ＝mg ；F f ＝F .即：F f 增大，F N 不变，故B 项正确．7.如图2－3－23所示，一光滑的半圆形碗固定在水平地面上，质量为m 1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m 2和m 3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用．则m 1、m 2和m 3的比值为( )图2－3－23A ．1∶2∶3B ．2∶1∶1C ．2∶3∶1D ．2∶1∶ 3解析：选C.根据半圆内的三角形为直角三角形，再根据力的合成可知，m 2g ＝m 1g cos30°＝32m 1g ，m 3g ＝m 1g sin30°＝12m 1g ，所以m 1∶m 2∶m 3＝2∶3∶1.8.(原创题)在东京2011年世界体操锦标赛的吊环比赛中，“吊环王”陈一冰成功捍卫荣誉，以15.800分轻松摘得金牌成功卫冕．其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图2－3－24所示位置，则在两手间距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力F (两个拉力大小相等)及它们的合力F 合的大小变化情况为( )图2－3－24A ．F 增大，F 合不变B ．F 增大，F 合增大C ．F 增大，F 合减小D ．F 减小，F 合不变解析：选A.由平衡条件，合力F 合等于人的重力，故F 合恒定不变；当两手间距离变大时，绳的拉力的夹角变大，由平行四边形定则知，F 变大，A 正确． 9.(2012·江西师大附中、临川联考)如图2－3－25所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )图2－3－25A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tanθ2k解析：选C.对A 受力分析可知，有竖直向下的重力mg 、沿着细线方向的拉力F T 以及水平向左的弹簧弹力F ，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F ＝k Δx ，竖直方向F T cos θ2＝mg ，解得Δx ＝mg tanθ2k，C 正确．10.(2012·苏州模拟)如图2－3－26所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为( )图2－3－26A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg 解析：选C.对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mg tan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mg tan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD sin60°＝12mg .二、非选择题 11.(2012·哈师大附中模拟)两个相同的小球A 和B ，质量均为m ，用长度相同的两根细线把A 、B 两球悬挂在水平天花板上的同一点O ，并用长度相同的细线连接A 、B 两小球，然后，用一水平方向的力F 作用在小球A 上，此时三根细线均处于直线状态，且OB 细线恰好处于竖直方向，如图2－3－27所示．如果不考虑小球的大小，两小球均处于静止状态，则： (1)OB 绳对小球的拉力为多大？ (2)OA 绳对小球的拉力为多大？ (3)作用力F 为多大？图2－3－27解析：(1)对B分析，可知AB绳中张力为0，有mg－F T B＝0得F T B＝mg.(2)对球A，受力分析如图，有F T A cos60°－mg＝0F T A sin60°－F＝0，得：F T A＝2mg.(3)由以上各式可知：F＝3mg.答案：(1)mg(2)2mg(3)3mg12.(2012·合肥模拟)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由细绳连接，它们处于如图2－3－28所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心O处于同一水平面上，AB间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°夹角．已知B 球的质量为m，求细绳对B球的拉力和A球的质量．图2－3－28解析：对B球，受力分析如图所示，则有F T sin30°＝mg得F T＝2mg对A球，受力分析如图所示．在水平方向：F T cos30°＝F N A sin30°在竖直方向：F N A cos30°＝m A g＋F T sin30°由以上方程解得：m A＝2m.答案：2mg2m。

2017高三物理技能提升训练试题31

2017高三物理技能提升试题31一、选择题1．风力发电机为一种新能源产品，功率为200 W到15 kW，广泛应用于分散住户．若风力发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是() A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零解析：选C.当线圈通过中性面时，感应电动势为零，但此时穿过线圈的磁通量最大；当线圈平面转到与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量为零，但此时感应电动势最大．2．下列关于交变电流的说法中正确的是()A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交流的最大值B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交流的瞬时值C．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值D．对同一电阻且时间相同，则跟交流有相同的热效应的直流的数值是交流的有效值答案：CD3．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m.设t＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为()A．e＝2E m sin2ωt B．e＝4E m sin2ωtC．e＝E m sin2ωt D．e＝4E m cos2ωt解析：选D.E m＝nBSω所以当S和ω都增大一倍时，电动势的最大值增大到原来的4倍，再考虑到，相位与ω的关系所以选项D正确．4．如图10－1－13甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则()图10－1－13A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错；而D选项频率应该是25 Hz.5．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10－1－14所示．下列说法正确的是()图10－1－14A ．电路中交变电流的频率为0.25 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 V 解析：选C.电路中交变电流的频率f ＝1/T ＝25 Hz ，A 错；通过电阻的电流应为有效值：I ＝U R＝552A ＝22 A ，用交流电压表测得电阻两端的电压是522 V ，B 、D 错；电阻消耗的电功率P ＝I 2R ＝2.5 W ，C 对．6．在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd .线圈cd 边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t ＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT绕cd 边沿如图10－1－15所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda 方向为正方向，则从t ＝0到t ＝T 时间内，线圈中的电流i 随时间t 变化关系图象为( )图10－1－15图10－1－16 解析：选B.在0～T 4内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值，在T 4～34T 内，线圈中无感应电流；在34T 时，ab 边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B 项正确．图10－1－177．如图10－1－17所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R解析：选D.扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L ，各点的平均速度v ＝Lω2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E ＝BL 2ω2，E 2R ×T 4＝I 2RT ，可得I ＝BL 2ω4R，故D 正确，A 、B 、C 错误． 8．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图10－1－18甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )图10－1－18 A ．第一次，灯泡两端的电压有效值是U 0/2B ．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U 0/2C ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5 解析：选D.甲电源有效值U ＝22U 0，A 错．乙电源：U ′2R ·T ＝(2U 0)2R ·T 2＋U20R ·T 2，U ′＝ 52U 0，B 错．P ＝U 2R ，则两次功率之比P P ′＝U 2U ′2＝12U 2052U 20＝15.即只有D 正确． 9．如图10－1－19所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( ) 图10－1－19A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt D ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt 解析：选AC.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦式交变电流的感应电动势的一般表达式为e ＝E m cos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1＝E m 2×12，E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I 有效＝ 2 A ，电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 正确，B 错误．e ＝4cos ωt ＝4cos 2πT t ，即C 正确．由E m ＝BSω＝Φm ·2πT得Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πTt ，即D 错误．10．如图10－1－20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l 1，ad 边的边长为l 2，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( )图10－1－20A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电动势为2nBl 2ωC ．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n 2B 2l 1l 22ωR解析：选CD.当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合右手螺旋定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba ，故A 错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大．此时电动势的大小为E＝2nBl 2ωl 12＝nBl 1l 2ω，B 错误，C 正确；线圈此时的感应电流大小为：I ＝E R ＝nBl 1l 2ωR，所以ad 边所受的安培力的大小为：F ＝nBIl 2，代入I 可得：F ＝n 2B 2l 1l 22ωR，D 正确．二、非选择题11．如图10－1－21所示，n ＝50匝的矩形线圈abcd ，边长ab ＝20 cm ，bc ＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈的中轴线OO ′匀速转动，转动角速度ω＝50 rad/s ，线圈的总电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω.试求：图10－1－21(1)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时感应电动势的大小；(2)1 min 时间内电阻R 上产生的热量Q .解析：(1)线圈在图示位置产生的感应电动势最大，E m ＝nBωS ＝nBω·ab ·bc ，代入数值得E m ＝50 V.(2)线圈中产生正弦式电流，有效值I ＝E m 2(R ＋r ). 在1 min 内R 上产生的电热Q ＝I 2Rt ＝E 2m 2(R ＋r )2·Rt ＝6.75×103J. 答案：(1)50 V (2)6.75×103 J12．电压u ＝1202sin ωt V ，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为116s) 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝36000.02×175 s ＝2400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2400 s (2)见解析。

2017高三物理技能提升训练试题---课时训练1

2017高三物理技能提升训练课时训练11.如图2－3－12所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受的外力个数有可能为()图2－3－12A．2个或3个B．3个或5个C．2个或4个D．4个或5个解析：选C.若斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，则MN对P没有力的作用，如图甲所示，P受到2个力；若弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压力F N，只有压力F N，则P 不能平衡，一定存在向右的力，只能是MN对P的摩擦力F f，因此P此时受到4个力，如图乙所示．2.(2011·高考广东卷)如图2－3－13所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是()图2－3－13A．F1>F2>F3B．F3>F1>F2C．F2>F3>F1D．F3>F2>F1解析：选B.P点在三力F1、F2、F3作用下保持静止，则其合外力为零，F1、F2的合力F12与F3等大反向．对力三角形PF1F12，由大角对大力可知，F12>F1>F2，从而可得F3>F1>F2.3.(2011·高考海南卷)如图2－3－14，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力()图2－3－14A ．等于零B ．不为零，方向向右C ．不为零，方向向左D ．不为零，v 0较大时方向向左，v 0较小时方向向右解析：选A.取物块与斜劈整体作为研究对象，由于物块匀速运动、斜劈静止，故整体所受外力之和必为零．分析整体的受力可知，由于重力、地面的支持力方向都沿竖直方向，若地面的摩擦力不为零时，其合力方向只能沿水平方向，必导致整体的合力不为零与题述矛盾，故只有A 正确．4.如图2－3－15所示，在绳下端挂一物体，用力F 拉物体使悬线偏离竖直方向的夹角为α，且保持其平衡．保持α不变，当拉力F 有极小值时，F 与水平方向的夹角β应是( )图2－3－15A ．0 B.π2C ．αD ．2α解析：选C.由题图可知当F 与倾斜绳子垂直时F 有极小值，所以β＝α.5.(2012·江苏启东中学质检)如图2－3－16所示，用绳AC 和BC 吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC 绳能承受的最大拉力为150 N ，而BC 绳能承受的最大拉力为100 N ，求物体的最大重力不能超过多少？图2－3－16解析：结点C 受力分析如图所示，由重物静止有：F T BC sin60°－F T AC sin30°＝0①F T AC cos30°＋F T BC cos60°－G ＝0②由式①可知F T AC ＝3F T BC ，当F T BC ＝100 N 时，F T AC ＝173.2 N ，AC 将断．而当F T AC ＝150 N 时，F T BC ＝86.6 N<100 N ．将F T AC ＝150 N ，F T BC ＝86.6 N ，代入式②解得G ＝173.2 N ，所以重物的最大重力不能超过173.2 N.答案：173.2 N。

2017高三物理技能提升训练试题14

2017高三物理技能训练试题14一、选择题1.有两个互成角度的共点力，夹角为θ，它们的合力F 随θ变化的关系如图2－2－18所示，那么这两个力的大小分别是( )图2－2－18A ．1 N 和6 NB ．2 N 和5 NC ．3 N 和4 ND ．3 N 和3.5 N解析：选C.当θ＝0时，F ＝F 1＋F 2＝7 N ，当θ＝π时，F ′＝F 1－F 2＝1 N ，由以上两式解得F 1＝4 N ，F 2＝3 N ，故选C. 2．(2016·淮南模拟)如图2－2－19所示，F 1、F 2、F 3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )图2－2－19解析：选C.由矢量合成法则可知A 图的合力为2F 3，B 图的合力为0，C 图的合力为2F 2，D 图的合力为2F 3，因F 2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C 图． 3.(2016·高考江苏卷)如图2－2－20所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )图2－2－20A.13mgB.23mgC.36mgD.239mg解析：选D.题中每根支架对照相机的作用力F 沿每根支架向上，这三个力的合力等于照相机的重力，所以有3F cos30°＝mg ，得F ＝mg 3cos30°＝239mg ，故选项D 正确．4.(2016·福州模拟)如图2－2－21所示，质量为m的小滑块静止在半径为R的半球体上，它与半球体间的动摩擦因数为μ，它与球心连线跟水平地面的夹角为θ，则小滑块()图2－2－21A．所受摩擦力大小为mg cosθB．所受摩擦力大小为mg sinθC．所受摩擦力大小为μmg sinθD．对半球体的压力大小为mg cosθ解析：选A.质量为m的小滑块静止在半径为R的半球体上，小滑块受到重力mg、球面的支持力F N和摩擦力F f作用，如图所示．重力mg产生两个效果，沿切线方向使物体下滑，其分力等于摩擦力的大小，则F f＝mg sin(90°－θ)＝mg cosθ，沿半径方向压紧球面，其分力大小等于支持力大小，则F N＝mg cos(90°－θ)＝mg sinθ，由此可知B、C、D均错，A正确．5.(2016烟台测试)如图2－2－22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，两小球用长为2L的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F，恰能使两小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2－2－22A．mg/2 B．mgC.3F/3 D．F解析：选C.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′cos30°，解得小球所受拉力F′＝3F 3，C正确．6.(2016·武汉外国语学校调研)如图2－2－23所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定．A端用绞链固定，滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B端吊一重物P，现施加拉力F T将B缓慢上拉(均未断)，在杆达到竖直前()图2－2－23A ．绳子越来越容易断B ．绳子越来越不容易断C ．杆越来越容易断D ．杆越来越不容易断解析：选B.以B 点为研究对象，B 受三个力：绳沿OB 方向的拉力F T ，重物P 竖直向下的拉力G ，AB 杆沿AB 方向的支持力F N ，这三个力构成封闭的矢量三角形，如图所示，该三角形GF N F T 与几何三角形OAB 相似，得到OB F T ＝OA G ＝ABF N，由此可知，F N 不变，F T 随OB 的减小而减小. 7.(2016·淮南模拟)如图2－2－24所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O .另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G 的物体，BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )图2－2－24A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G2C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD ．a 杆对滑轮的作用力大小是G解析：选D.细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零． 8.(2016·东城区模拟)如图2－2－25所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内．为了使脚所受的拉力增大，可采取的方法是( )图2－2－25A ．只增加绳的长度B ．只增加重物的质量C ．只将病人的脚向左移动D ．只将两定滑轮的间距变大解析：选BC.只增加绳的长度不影响两绳夹角的变化，也不影响绳子的拉力，脚所受的拉力不变，A 错误；根据平行四边形定则，只增加重物的质量，也就增大了绳子的拉力，B 正确；只将病人的脚向左移动，两绳夹角减小，脚所受合力增大，C 正确；只将两定滑轮的间距变大，两绳夹角增大，脚所受合力减小，D 错误． 9.(2016·苏锡常镇四市调研)如图2－2－26所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小( )图2－2－26A ．可能为33mgB ．可能为52mg C ．可能为2mg D ．可能为mg解析：选BCD.本题相当于一悬线吊一质量为2m 的物体，悬线OA 与竖直方向夹角为30°，外力F 最小为与悬线OA 垂直时，大小为mg ，所以外力F 大于或等于mg ，故BCD 正确． 10.(2016·佛山质检)如图2－2－27所示，由物体A 和B 组成的系统处于静止状态．A 、B 的质量分别为m A 和m B ，且m A >m B .滑轮的质量和一切摩擦不计．使绳的悬点由P 点向右移动一小段距离到Q 点，系统再次达到静止状态．则悬点移动前后图中绳与水平方向间的夹角θ将( )图2－2－27A ．变大B ．变小C ．不变D ．可能变大，也可能变小解析：选C.因为移动前后A 、B 均处于静止状态，对B 受力分析可知绳子上的拉力不变，且绕过滑轮的各段绳子拉力相等，然后对A 进行受力分析可知，夹角θ不变，C 正确．二、非选择题 11.(2016·苏州模拟)某压榨机的结构示意图如图2－2－28所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力不计，压榨机的尺寸如图所示，求物体D 所受压力大小是F 的多少倍？图2－2－28解析：力F 的作用效果是对AC 、AB 两杆产生沿两杆方向的压力F 1、F 2，如图甲，力F 1的作用效果是对C 产生水平向左的推力和竖直向下的压力，将力F 1沿水平方向和竖直方向分解，如图乙，可得到C 对D 的压力F N ′＝F N .由题图可看出tan α＝10010＝10 依图甲有：F 1＝F 2＝F2cos α依图乙有：F N ′＝F 1sin α 故可以得到：F N ′＝F N ＝F 2cos αsin α＝12F tan α＝5F 所以物体D 所受的压力是F 的5倍．答案：5倍12．如图2－2－29甲所示，轻绳AD 跨过固定在水平横梁BC 右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg 的物体，∠ACB ＝30°；图乙中轻杆HP 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端P 通过细绳EP 拉住，EP 与水平方向也成30°，轻杆的P 点用细绳PQ 拉住一个质量也为10 kg 的物体．g 取10 N/kg ，求图2－2－29(1)轻绳AC 段的张力F AC 与细绳EP 的张力F EP 之比； (2)横梁BC 对C 端的支持力； (3)轻杆HP 对P 端的支持力．解析：题图甲和乙中的两个物体M 1、M 2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的细绳拉力大小等于物体的重力．分别取C 点和P 点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示．(1)图甲中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 1的物体，物体处于平衡状态，绳AC 段的拉力F AC ＝F CD ＝M 1g 图乙中由F EP sin30°＝F PQ ＝M 2g 得F EP ＝2M 2g ，所以得F AC F EP ＝M 12M 2＝12.(2)图甲中，根据几何关系得：F C ＝F AC ＝M 1g ＝100 N ，方向和水平方向成30°角斜向右上方． (3)图乙中，根据平衡方程有 F EP sin30°＝M 2g F EP cos30°＝F P所以F P ＝M 2g cot30°＝3M 2g ≈173 N ，方向水平向右．答案：(1)1∶2 (2)100 N ，方向与水平方向成30°角斜向右上方 (3)173 N ，方向水平向右。

高三物理技能提升训练试题(44)

1．(6分)以下有关波动和相对论内容的若干叙述正确的是( )A ．单摆的摆球振动到平衡位置时，所受的合外力为零B ．光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的C ．波在传播的过程中，介质质点将沿波传播的方向做匀速运动D ．两列波相叠加产生干涉现象，则振动加强区域与减弱区域交替变化解析：单摆的摆球在振动过程中沿圆弧运动，到达平衡位置时受到重力和绳子的拉力作用，两力均沿竖直方向，因物体做圆周运动需要向心力，故摆球所受的合力不为零，故A 错误；据狭义相对论的基本假设可知B 正确；波在传播的过程中，波源质点及介质质点在各自的平衡位置附近做机械振动，它们并不随波迁移，波传播的是机械振动这种运动形式，故C 错误；两列波叠加产生干涉现象时，振动加强的点始终加强，振动减弱的点始终减弱，故D 错误．答案：B2．(6分)下列说法正确的是( )A ．电磁波由真空进入介质时波长变长B ．在地面附近有一高速飞过的火箭，地面上的人观察到火箭变短了，火箭上的时间进程变慢了；火箭上的人观察到火箭的长度和时间进程均无变化．C ．一单摆做简谐运动，摆球相继两次通过同一位置时的速度必相同D ．变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场解析：电磁波由真空进入介质时频率不变，但波速变小，据v ＝λf 分析可知其波长将变短，所以A 错误；设火箭的速度为v ，与火箭相对静止的人认为火箭的长为l 0、时间间隔为ΔT ，那么地面上的人看到火箭的长度l ＝l 0 1－(v c )2，可知l <l 0，火箭变短，又由Δt ＝ΔT 1－(v c )2，可知Δt >ΔT ，时间进程变慢，而火箭上的人观察到火箭的长度和时间进程均无变化，故B 正确；做简谐运动的单摆，摆球相继两次通过同一位置时速度大小相等但方向相反，故C 错误；D 为麦克斯韦的电磁场理论，D 正确．答案：BD3．(6分)如图为一列在均匀介质中沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，波速为2 m/s ，则( )A ．质点P 此时刻的振动方向沿y 轴负方向B ．P 点振幅比Q 点振幅小C ．经过Δt ＝4 s ，质点P 将向右移动8 mD ．经过Δt ＝4 s ，质点Q 通过的路程是0.4 m解析：考查机械振动和机械波．由图可知波长为4 m ，根据波速为2 m/s ，可得周期为2 s ，由波的传播方向以及波形图可知质点P 的振动方向为y 轴负方向，A 对；每个质点的振幅均为5 cm ，B 错；经过4 s ，即两个周期时间，质点P 、Q振动的路程均为40 cm ，但不会随波迁移，C 错、D 对．答案：AD4．(6分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为v ＝1 m/s ，已知波源在坐标原点处，它的振动图象如图所示，则下图中能够正确表示t ＝4 s 时波形图的是( )解析：由题图可知，t ＝0时刻，波源振动方向是y 轴正方向，t ＝4 s 时波刚好向前传播一个波长的距离，坐标原点处的质元(波源)的振动方向又回到t ＝0时刻的状态，即质元恰好过平衡位置向y 轴正方向振动，B 图正确．答案：B5(6分)如图所示为一直角棱镜的横截面，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝60°，一平行细光束从O 点垂直于BC 面的方向射入棱镜．已知棱镜材料的折射率n ＝2，若不考虑原入射光在BC 面上的反射光，则有光线( )A ．从AB 面射出B ．从AC 面射出C ．从BC 面射出，且与BC 面斜交D ．从BC 面射出，且与BC 面垂直解析：考查光的反射定律、全反射和临界角的概念．根据sin C ＝1n 得该棱镜的临界角C ＝45°，光射到AB 面时，入射角i ＝60°＞C ，所以A 错；根据光的反射定律，光射到AC 面时的入射角i ＝30°＜C ，所以B 对；又根据光的反射定律及几何知识，光再次通过BC 面时，一定与BC 垂直，所以C 错、D 对．答案：BD6．(10分)(1)下列说法正确的是( )A ．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象B ．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象C ．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D ．电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来变换频道的(2)光的“逆向反射”又称再归反射，俗称后反射，它和我们熟知的镜面反射、漫反射不同，能使光线沿原来的路径反射回去，该现象在交通上有很广泛的应用，在山区盘山公路的路面上一般都等间距地镶嵌一些玻璃球，当夜间行驶的汽车车灯照上后显得非常醒目，以提醒司机注意．若小玻璃球的半径为R，折射率为1.73，如图所示，今有一束平行光沿直径AB方向照在小玻璃球上，试求离AB多远的入射光经折射—反射—折射再射出后沿原方向返回，即实现“逆向反射”．解析：(1)用三棱镜观察太阳光谱是利用光的色散现象，在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，用标准平面检查光学平面的平整程度是利用薄膜干涉原理，电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来变换频道的．(2)只有入射光线折射后射到B点的光线经反射再折射，射出后才能沿原方向返回，即实现“逆向反射”，光路如图所示，根据折射定律得：sin isin r＝1.73由几何关系可知：∠i＝2∠r由以上两式可解得：∠r＝30°，∠i＝60°设能沿原方向返回即实现“逆向反射”的入射光线距AB的距离为h，则由几何关系可知：h＝R sin i＝0.87R.答案：(1)B(2)0.87R7．(10分)(2012年泰安模拟)(1)机械波和电磁波都能传递能量，其中电磁波的能量随波的频率的增大而________；波的传播及其速度与介质有一定的关系，在真空中机械波是______传播的，电磁波是______传播的(填“能”、“不能”或“不确定”)；在从空气进入水的过程中，机械波的传播速度将______，电磁波的传播速度将__________．(填“增大”、“减小”或“不变”)(2)如图所示复合光经过半圆形玻璃后分成a、b两束光，比较a、b两束光在玻璃砖中的传播速度v a____v b；入射光线由AO转到BO，出射光线中________最先消失；若在该光消失时测得AO与BO间的夹角为α，则玻璃对该光的折射率为________．解析：(1)电磁波的能量随波的频率的增大而增大；电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，而机械波不能在真空中传播；从空气进入水的过程中，机械波的传播速度增大，而电磁波的传播速度减小．(2)由折射率n ＝sin θ1sin θ2知n a ＞n b ，又n ＝c v ，故v a ＜v b ；根据sin C ＝1n 可知，a 光的临界角较小，当入射光线由AO 转到BO 时，出射光线中a 最先消失．玻璃对a 光的折射率n ＝1sin (90°－α)＝1cos α. 答案：(1)增大不能能增大减小 (2)＜ a 1cos α8．(10分)如图所示，甲为某一列简谐波t ＝t 0时刻的图象，乙是这列波上P 点从这一时刻起的振动图象，试讨论：(1)波的传播方向并求其波速．(2)画出经过2.3 s 后波的图象，并求0～2.3 s 内P 质点的位移和路程．解析：(1)根据振动图象可以判断P 质点在t ＝t 0时刻在平衡位置且向负的最大位移运动，由此可确定波沿x 轴正向传播．由t ＝t 0时该波的图象可知λ＝2.0 m ，根据v ＝λf ，波传播的频率与波源振动频率相同，而波源振动的频率与介质中各质点振动频率相同，由P 质点的振动图象可知，f ＝1T ＝10.4 Hz ＝2.5 Hz ，所以v ＝2.0×2.5 m/s ＝5.0 m/s.(2)由于T ＝0.4 s ，所以经过2.3 s ＝534T ，波形重复5次再沿x 轴推进34个波长，经过2.3 s 后波的图象如图所示，P 质点的位移为10 cm ，路程s ＝4A ×5＋3A ＝23A ＝2.3 m.答案：(1)沿x 轴正向 5.0 m/s (2)见解析 9.(10分)(2011年高考山东理综)如图所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB ＝60°.一束平行于角平分线OM 的单色光由OA 射入介质，经OA 折射的光线恰平行于OB .(1)求介质的折射率．(2)折射光线中恰好射到M 点的光线________(填“能”或“不能”)发生全反射．解析：依题意作出光路图(1)由几何知识可知，入射角i ＝60°，折射角r ＝30°④根据折射定律得n＝sin i sin r⑤代入数据解得n＝3⑥(2)不能．答案：(1)3(2)不能10．(10分)一列横波沿x轴正方向传播，在t0＝0时刻的波形如图所示，波刚好传到x＝3 m处，此后x＝1 m处的质点比x＝－1 m处的质点__________(选填“先”、“后”或“同时”)到达波峰位置；若该波的波速为10 m/s，经过Δt时间，在x轴上－3 m～3 m区间内的波形与t0时刻的正好相同，则Δt＝________.解析：横波沿x轴正方向传播，x＝－1 m处质点向上振动，经过T4到达波峰位置，x＝1 m处的质点向下振动，经过3T4到达波峰位置，故x＝1 m处质点后到达波峰位置；根据v＝λT，可以求出T＝0.4 s，而要使经过Δt时间－3 m～3 m区间内的波形与t0时刻的正好相同，时间必须是周期的整数倍，即Δt＝nT＝0.4n(n＝1、2、3、…)．答案：后0.4n(n＝1、2、3、…)11．(10分)如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t＝0和t＝0.06 s时刻的波形图．已知在t＝0时刻，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向运动．(1)判断该波的传播方向；(2)求该波的最小频率；(3)若3T＜t＜4T，求该波的波速．解析：(1)由t＝0时，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向运动可知，该波向右传播．(2)由波形图知0.06 s＝nT＋3 4T当n＝0时，周期T最大为T m则34T m＝0.06 s，T m＝0.08 s，f min＝1T m＝12.5 Hz(3)若3T＜t＜4T，则3T＋34T＝0.06 s，T＝0.2415s＝0.016 sv＝λT＝1.20.016m/s＝75 m/s答案：(1)向右传播(2)12.5 Hz(3)75 m/s12.(10分)(2011年高考课标全国卷)一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银(图中粗线)，O表示半圆截面的圆心．一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°.求：(1)光线在M点的折射角；(2)透明物体的折射率．解析：(1)如图所示，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线．设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β.根据题意有α＝30°①由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是β＋r＝60°②且α＋r＝β③由①②③式得r＝15°④(2)根据折射率公式有sin i＝n sin r⑤由④⑤式得n＝6＋22≈1.932⑥答案：(1)15°(2)6＋22或1.932。

2017年湖北高考物理综合提升测试

2017年湖北高考物理综合提升测试（五）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．关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是( )A．均匀变化的电场在它的周围产生均匀变化的磁场B．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直C．电磁波和机械波一样依赖于介质传播D．只要空间中某个区域有振荡的电场或磁场，就能产生电磁波解析：根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电场在它的周围产生稳定的磁场，故选项A是错误的．因电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的．且与波的传播方向垂直，所以电磁波是横波，故选项B是正确的．电磁波可以在真空中传播，故选项C 是错误的．只要空间中某个区域有振荡的电场或磁场，就在周期性变化的电场周围产生同周期变化的磁场，周期性变化的磁场周围产生同周期变化的电场，这样由近及远传播，形成了电磁波，故选项D是正确的．答案：BD2．下列说法正确的是( )A．光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C．光在介质中的速度大于光在真空中的速度D．变化的电场一定产生变化的磁场；变化的磁场一定产生变化的电场解析：由相对论的知识知，A对；拍摄玻璃窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片是为了滤去反射光而不是增加透射光的强度，B错；光在任何介质中的传播速度都比真空中小，C错；由麦克斯韦的电磁理论，变化的电场一定产生磁场，但不一定产生变化的磁场，如随时间均匀变化的电场产生稳定的磁场，同样，变化的磁场不一定产生变化的电场．答案：A3．“风云”二号卫星发送回地面的红外云图是由卫星上设置的可以接收云层辐射的红外线的感应器完成的，云图上的黑白程度是由辐射红外线的云层的温度高低决定的，这是利用了红外线的( )A．穿透性B．热效应C．可见性D．化学效应解析：红外线是不可见光，人眼无法觉察到，所以C选项错误．它的波长长，频率低，穿透能力较弱，A选项错误．它的主要作用是热效应，物体温度越高，向外辐射的红外线越强，正是利用这一性质得到大气层遥感图的，故B选项正确，D选项错误．答案：B4．下列说法符合实际的是( )A．医院里常用X射线对病房和手术室消毒B．医院里常用紫外线对病房和手术室消毒C．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力D．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力解析：紫外线有杀菌消毒的作用，红外线的主要效应是热效应，且红外线的波长长，易衍射，穿透云雾烟尘的能力强．答案：BD5．关于电磁波谱，下列说法正确的是( )A．伦琴射线是高速电子流射到固体上，使固体原子的内层电子受到激发而产生的B．γ射线是原子的内层电子受激发产生的C．在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线D．紫外线比紫光更容易发生衍射现象解析：在电磁波中，无线电波是振荡电路产生的；红外线、可见光、紫外线是原子外层电子受激发产生的；伦琴射线是原子内层电子受激发产生的；γ射线是原子核受激发后产生的．从无线电波到γ射线，频率逐渐增大，波长逐渐减小，而波长越长，越容易发生衍射现象，因此，紫光比紫外线更容易发生衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象．答案：A6．太阳光中包含的某种紫外线的频率为f1，VCD影碟机中读取光盘数字信号的红色激光的频率为f2，人体透视使用的X光的频率为f3，则下列结论正确的是( ) A．这三种频率的大小关系是f1<f2<f3B．紫外线是原子的内层电子受激发产生的C．红色激光是原子的外层电子受激发产生的D．X光是原子核受激发产生的解析：根据电磁波谱中各种电磁波产生的原理可知，紫外线，红色激光(属于可见光)是原子的外层电子受激发产生的，X光是原子的内层电子受激发产生的，则C选项正确，B，D选项错误．答案：C图17．图1是一个水平放置的玻璃圆环形的小槽，槽内光滑，槽的宽度和深度处处相同，现将一个直径略小于槽宽的带正电的小球放在槽中，让它获得一个初速度v0，与此同时，有一个变化的磁场垂直穿过玻璃环形小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度的大小跟时间成正比例增大，方向竖直向下，设小球在运动过程中电荷量不变，则( )A．小球受到的向心力大小不变B．小球受到的向心力大小不断增大C．磁场力对小球做了功D．小球受到的磁场力大小与时间成正比解析：由麦克斯韦电磁场理论可知，磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一个恒定的感应电场，由楞次定律可知，此电场方向与小球初速度方向相同，由于小球带正电，电场力对小球做正功，小球的速度逐渐增大，向心力也随着增大，故A选项错误，B选项正确．洛伦兹力对运动电荷不做功，C选项错误．带电小球所受洛伦兹力F＝qBv，随着速度的增大而增大，同时B与t成正比，则F与t不成正比，故D选项错误．答案：B8．爱因斯坦提出了质能方程，揭示了质量与能量的关系，关于质能方程，下列说法正确的是( )A．质量和能量可以相互转化B．当物体向外释放能量时，其质量必定减少，且减少的质量Δm与释放的能量ΔE满足ΔE＝Δmc2C．如果物体的能量增加了ΔE，那么它的质量相应减少Δm，并且ΔE＝Δmc2D．mc2是物体能够放出能量的总和解析：由质能方程可知，能量与质量之间存在着一定的必然对应的关系，而不能认为质量就是能量，能量就是质量，能量与质量是两个不同的概念．只有在核反应过程中，对应着质量的减少，才有能量释放出来．答案：B9．下列说法中正确的是( )A．在任何参考系中，物理规律都是相同的，这就是广义相对性原理B．在不同的参考系中，物理规律都是不同的，例如牛顿定律仅适用于惯性参考系C．一个均匀的引力场与一个做匀速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理D．一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价，这就是著名的等效原理答案：AD10．如果你以接近于光速的速度朝某一星体飞行，如图2所示，你是否可以根据下述变化发觉自己是在运动( )图2A．你的质量在增加B．你的心脏跳动在慢下来C．你在变小D．你永远不能由自身的变化知道你的速度解析：相对论的基本概念是：当你被关在一个封闭的房子中时，你绝对无法知道房子是否在做匀速运动．当房子突然停止运动时，在其中的人是能够感知这一点的；当房子突然开始运动时，其内部的人也能有感觉；当房子旋转时，关在其内部的人也能说出它在转动．但如果房子是在做匀速直线运动．即没有任何加速度，则在其内部的人就无法知道房子是否在移动．即使房子有一个窗户，你从窗户向外看，看见某些东西在朝你移动，但你仍说不出是你的房子在向这些东西移动，还是这些东西在向你的房子移动．答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．中国成功发射和回收了“神舟”号系列飞船，标志着中国运载火箭的技术水平已跻身于世界前列．(1)图A为某火箭发射场，B为山区，C为城市，发射场正在进行某型号火箭的发射试验，该火箭起飞时质量为2.20×105 kg，起飞推力为2.75×106 N，火箭发射塔高100 m，则该火箭起飞时的加速度大小为__________m/s2；在火箭推力不变的情况下，若不考虑空气阻力及火箭质量的变化，火箭起飞后，经____________ s飞离火箭发射塔．图3(2)为了传播火箭发射的实况，在发射场建立了发射台用于发射广播与电视信号，已知传播无线电广播所用的电磁波的波长为550 m ，而传输电视信号所用的电磁波的波长为0.566 m ，为了不让山区挡住信号传播，使城市居民能收听和收看火箭发射实况，必须通过建在山顶上的转发站来转发__________(填“无线电广播信号”或“电视信号”)，这是因为：____________.解析：(1)设火箭起飞的加速度大小为a ，则由牛顿第二定律有F －mg ＝ma 得a ＝2.5 m/s 2.设火箭起飞后经t 时间飞离发射塔，由匀变速直线运动规律有S ＝at 22，t ＝4 5 s ＝8.94 s.(2)电视信号波长短，沿直线传播，易受山坡阻挡，不易传播．答案：(1)2.5 8.94(2)电视信号；见解析12．(2011·镇江模拟)“世界物理年”决议的作出是与爱因斯坦的相对论时空观有关．一个时钟，在它与观察者有不同相对速度的情况下，时钟的频率是不同的，它们之间的关系如图4所示．由此可知，当时钟和观察者的相对速度达到0.6c (c 为真空中的光速)时，时钟的周期大约为________．在日常生活中，我们无法察觉时钟周期的变化的现象，是因为观察者相对于时钟的运动速度____________．若在高速运行的飞船上有一只表，从地面上观察，飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变__________(填“快”或“慢”)了．图4解析：根据图中数据可知，当时钟和观察者的相对速度达到0.6c 时，对应时钟的频率为0.4 Hz ，则周期为2.5 s ．日常生活中，我们无法察觉是因为运动速度远小于速度c .在高速运行状态，时钟变慢．答案：2.5 s 远小于光速c 慢三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须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．(2010·广州模拟)如图5所示为某雷达的荧光屏，屏上标尺的最小刻度对应的时间为2×10－4s ．雷达天线朝东方时，屏上的波形如图甲；雷达天线朝西方时，屏上的波形如图乙．问：雷达在何方发现了目标？目标与雷达相距多远？图5答案：西方 300 km14．人马星座α星是离太阳系最近的恒星，它距地球4.3×1016m.设有一宇宙飞船自地球往返于人马星座α星之间．若宇宙飞船的速度为0.999c ，按地球上的时钟计算，飞船往返一次需多少时间？如以飞船上的时钟计算，往返一次的时间又为多少？解析：以地球上的时钟计算 Δt ＝x v ＝2×4.3×10160.999×3×108 s ＝2.87×108 s ＝9年若以飞船上的时钟计算：因为Δt ＝Δt ′/1v /c 2，所以得Δt ′＝Δt 1v /c 2＝2.87×108×1－0.9992 s ＝1.28×107 s ＝0.4年．答案：9年 0.4年15．(1)冥王星绕太阳公转的线速率为4.83×103 m/s ，求其静止质量为运动质量的百分之几？(2)星际火箭以0.8c 的速率飞行，其静止质量为运动质量的多少倍？解析：(1)设冥王星的静止质量为m 0，运动质量为m ，由公式m ＝m 01vc 2可得 m 0m＝m 0m 01 4.83×1033.0×1082×100%＝99.9999%. (2)设星际火箭的静止质量为m ′0，运动质量为m ′，则m ′0m ′＝m 0m 010.8c c2＝0.6.答案：(1)99.9999% (2)0.6倍16．目前电能都是通过电网采用有线方式传输的．人们一直梦想能无线传输电能，梦想在日常生活中实现无线充电，甚至不用电池．现在，一个科学研究小组在实验室中取得了可喜的进展，也许，人类的这一梦想不久就能实现．(1)实现无线传输能量，涉及能量的________、传播和接收．(2)科学家曾经设想通过高耸的天线塔，以无线电波的形式将电能输送到指定地点，但一直没有在应用层面上获得成功，其主要原因是这类无线电波( )A．在传输中很多能量被吸收B．在传播中易受山脉阻隔C．向各个方向传输能量D．传输能量易造成电磁污染(3)如果像无线广播那样通过天线塔输送电能，接收器获得的功率P和它到天线塔的距离R相关，实验测得P和R的部分数据如下表：R(m)1245x 10P(W)1600400100y 2516①上表中的x＝________，y＝________.②根据表中的数据可归纳出P和R之间的关系为________．(4)为研究无线传输电能，某科研小组在实验室试制了无线电能传输装置，在短距离内点亮了灯泡，如图6.实验测得，接在乙线圈上的电器获得的电能为输入甲线圈电能的35%.图6①若用该装置给充电功率为10 W的电池充电，则损失的功率为________ W.②若给甲线圈接入电压为220 V的电源，测得该线圈中的电流为0.195 A．这时，接在乙线圈上的灯泡恰能正常发光，则此灯泡的功率为________ W.(5)由于在传输过程中能量利用率过低，无线传播电能还处于实验室阶段．为早日告别电线，实现无线传输电能的工业化，还需解决一系列问题，请提出至少两个问题．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：(1)像电磁波一样，无线传输能量也需要发射、传播和接收的过程．(2)电磁波可以向各个方向传播，而电能的输送需要定向传播．(3)由表中的前三组数据和最后一组数据可以看出PR2＝1600.将R＝5带入上式得P＝64，所以y＝64；将P＝25带入得R＝8，所以x＝8.(4)①由题意知，输电效率为η＝35%，则P总＝P/η＝28.6 W.所以损失的功率为P损＝P总－P＝28.6－10＝18.6 W.②甲线圈输入功率为P总＝UI＝220×0.195＝42.9 W，所以，乙线圈得到的功率，即灯泡的功率为P＝P总η＝42.9 W×35%＝15.0 W.(5)因为在无线传输过程中，电磁波向各个方向传播是均等的，无法有效地控制方向性，所以为了更多地接收到电磁波，就需要接收仪器和发射点之间有较短的距离及接收器需有很大的体积．同时，向空间辐射较多的电磁波，对人体有害．答案：(1)发射(2)C (3)①8 64 ②PR2＝1600(4)①18.6 ②15.0 (5)仪器体积过大、对人体有伤害，传输距离太短等。