2014届高考复习物理赢在高考二轮6.1
2014届高考物理第二轮复习方案新题之磁场(2)Word版含答案
2014届高考物理第二轮复习方案新题之磁场21．速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P 1极板带正电C.能通过狭缝0S 的带电粒子的速率等于1/E BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝0S ，粒子的比荷越小答案：D 解析：由左手定则，该束带电粒子带正电，速度选择器的P 1极板带正电，选项A 错误B 正确；由qE=qvB 1可得能通过狭缝0S 的带电粒子的速率等于v=1/E B ，选项C 正确；由r=mv/qB 可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝0S ，r 越小，粒子的比荷q/m 越大，选项D 正确。
2．如图10所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是（ ）A ．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B ．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C ．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合D ．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同答案：B解析：电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入匀强磁场，根据周期公式，电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，选项B 正确AC 错误；电子的速率不同，它们在磁场中运动轨迹不相同，3、4、5在磁场中运动时间相同，选项D 错误。
3．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动。
现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内 ( )A ．小球的重力势能一定会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少 图10SD．小球动能可能减小答案：D解析：球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间时，若带电小球带正电，所受洛伦兹力方向向上，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向下偏转，电场力做功，小球的电势能减少，机械能增大；若带电小球带负电，所受洛伦兹力方向向下，速度减小，洛伦兹力减小，带电小球向上偏转，电场力做负功，小球的电势能增大，机械能减小，动能减小，所以选项D正确。
2014届高考物理第二轮复习方案 力学2 新人教版
2014届高考物理第二轮复习方案之力学（新课标版）21.如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球重G，平衡时小球在A处，今用力F压小球至B处，使弹簧缩短x，则此时弹簧的弹力为( )A.kxB.kx+GC.G-kxD.以上都不对2.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2,则( )A.长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB.长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，长木板便开始运动D.无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动3.如图所示，物体m静止在倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的推力F=kt(k为比例常量、t为时间)作用在物体上，从t=0开始，物体所受摩擦力F f随时间t的变化的关系是图中的( )4．如图4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小于原长。
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() 图4A．弹簧对P的弹力F T始终增大，地面对P的摩擦力始终减小B．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力始终增大C．弹簧对P的弹力F T保持不变，地面对P的摩擦力先减小后增大D．弹簧对P的弹力F T先不变后增大，地面对P的摩擦力先增大后减小5．如图5所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0kg的物体。
细绳的一端与物体相连。
另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。
物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N。
关于物体受力的判断(取g＝9.8 m/s2)。
下列说法正确的是( ) 图5 A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上C．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N，方向竖直向上D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上6．如图6所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是( ) 图6 A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论A随传送带一起向上还是向下运动，传送带对物体A的作用力均相同7．如下图所示，A为长木板，在水平面上以速度v1向右运动，物块B在木板A的上面以速度v2向右运动，下列判断正确的是( )A．若是v1＝v2，A、B之间无滑动摩擦力B．若是v1>v2，A受到了B所施加的向右的滑动摩擦力C．若是v1<v2，B受到了A所施加的向右的滑动摩擦力D．若是v1>v2，B受到了A所施加的向左的滑动摩擦力解析：若v1＝v2，则A、B相对静止，故A对；若v1>v2，则A相对B向右运动，故B对A施加向左的滑动摩擦力，B、D错；若v1<v2，则A相对B向左运动，故B对A施加向右的滑动摩擦力，C错．答案：A8．如下图所示，在μ＝0.1的水平桌面上向右运动的物体，质量为20 kg，在运动过程中，还受到一个方向向左的大小为10 N的拉力作用，则物体受到的滑动摩擦力为(g＝10 N/kg)( )A．10 N，向右 B．10 N，向左C．20 N，向右 D．20 N，向左答案：D9．如图9所示，一质量为m的木板置于水平地面上，其上叠放一质量为m0的砖块，用水平力F将木板从砖下抽出，则该过程的木板受到地面的摩擦力为(已知m与地面间的动摩擦因数为μ1，m0与m间的动摩擦因数为μ2)( ) 图9A．μ1mg B．μ1(m0＋m)gC．μ2mg D．μ2(m0＋m)g10．如图10所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为( )A ．mg /kB ．2mg /kC ．3mg /kD ．4mg /k 图1011．如图14所示，物体P 、Q 用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P 静止在倾角为37°角的斜放木板上悬挂着。
2014届高考物理第二轮复习方案新题之选修内容6.pptx
2014 届高考物理第二轮复习方案新题之选修内容 6 1. 在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步.关于 科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 A. 古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两 种 新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境 B. 德国天文学家幵普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了万有引 力 定律 C.英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量 D. 楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法——楞次定律
学海无涯
6.伽俐略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代 科学的发展极为有益的科学方法，或者说给出了科学研究过程的基本要素．关于这些要素 的 排列顺序应该是
A.提出假设对现象的观察 运用逻辑得出推论用实验检验推论对假说进行修正和 推广 B. 对现象的观察提出假设运用逻辑得出推论用实验检验推论对假说进行修正和 推 广 C.提出假设 对现象的观察对假说进行修正和推广运用逻辑得出推论用 实 验 检 验 推论 D.对现象的观察提出假设运用逻辑得出推论对假说进行修正和推广用实验检验 推论 答案;B 解析：科学研究过程的基本要素是：对现象的观察提出假设运用逻辑得出推论 用实验检验推论对假说进行修正和推广，选项 B 正确。
学海无 涯
D．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类 科学认识的发展。
9．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿 z 轴方向的磁场，磁感应强度 B=B0+kz(B0、 k 均为常数)。将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流 I 不变(方向如右图所示)， 当物体沿 z 轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在 y 轴方向的上、下表面的电势差 U
2014届高考复习物理赢在高考二轮2.1
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例 2 某兴趣小组对一辆自制遥控小 车的性能进行研究, 他们让这辆小车在水平的 直轨道上由静止开始运动, 并将小车运动的全 过程记录下来, 通过处理转化为 v t 图象, 如图所 示( 除 2~10 s 时间段内的图象为曲线外, 其余时 间段图象均为直线) .已知小车运动的过程中, 2~14 s 时间段内小车的功率保 持不变, 在 14 s 末停止遥控而让小车自由滑行.小车的质量为 1 kg, 可认为在 整个过程中小车所受到的阻力大小不变.求: ( 1) 小车所受到的阻力大小及 0~2 s 时间内电动机提供的牵引力大小. ( 2) 小车匀速行驶阶段的功率. ( 3) 小车在 0~10 s 运动过程中位移的大小.
专题二 功和能
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第1讲
功
功率
动能定理
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最新考纲解读
高频考点 考点 高考真题例举 2013 年 上海单科 卷,16 浙江理综 卷,17 北京理综 卷,23 课标全国 Ⅱ卷,24 课标全国 Ⅰ卷,16 2012 年 福建理综 卷,17 江苏单科 卷,3 山东理综 卷,22 天津理综 卷,8 北京理综 卷,12 2011 年 海南单科 卷,9 上海单科 卷,15 浙江理综 卷,24 山东理综 卷,18 上海单科 卷,15
1. 理解功和功率的概念 , 会 分析机车的两种起动方式. 2. 理解动能的概念 , 会用动 能定理分析解决实际问题.
功 和 功 率
动 能 和 动 能 定 理
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点一
功和功率的计算
功的计算 恒力的功:W=Fscos α 变力的功: 1.若 F s 成线性关系,可用平均力或图象法计算 2.W=Pt 3.化变力为恒力 4.动能定理 功率的计算 平均功率: P= =Fscos α/t. P=Fvcos α 瞬时功率: P=Fvcos α
二轮精品2014届高考物理复习方案二轮权威课件新课标专用第14讲选修35
焦 课本插-5
考点一 原子的能级与跃迁
巨大的能量释放．
(1)重核裂变：重核分裂成两个中等质量核的反应过
程．如23952U＋10n→
90 38
Sr＋13564Xe＋1010n.
(2)轻核聚变：轻核结合成质量__较_大___核的反应过程
(因在高温条件下发生，又称热核反应)．如21H＋31H→42He ＋10n.
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第14讲 选修3-5
图 6－14－2
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第14讲 选修3-5
高
考
C [解析] 在α粒子散射实验中只有极少数几乎正对
真 题
原子核的粒子会被反弹，只有少数靠近原子核的粒子被排
聚 斥而发生较大偏转，其余大部分粒子几乎沿直线前进，C
焦 正确．
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第14讲 选修3-5
高
考
【考题定位】
真 题
►难度等级：容易
聚
►出题角度：考查卢瑟福的α粒子散射实验，本题源于
16，福建卷29 海南卷19(2)
12C(3)
原子核 及核反 应方程
卷浙卷津山1江1卷231东(卷，211C，)卷江1，(53天3，苏北)8津(天 卷京1)，1福2C全建卷(2卷国1天)8，2课，津9浙(标江卷1)江3苏，14卷(卷广1)1东，4，
课标全国卷 Ⅰ35(1) ，课标全国 卷Ⅱ35(1) ，天津卷 1，重庆卷2，广东
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核心知识重组
2．动量守恒定律的表达式 (1) p′＝p(系统的末动量等于初动量)； (2) m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v′2； (3)Δp1＝－Δp2(组成系统的两个物体动量的变化必定 大小相等，方向__相_反___)． 特别提醒： 课标高考命题一般不刻意涉及动量守恒定 律与其他物理规律的综合应用，但在碰撞、物块与木板相 对运动等问题中，会涉及机械能守恒定律、能量守恒定律 等规律的简单综合应用．
2014届高考物理的二轮复习权威课件(全国卷地区专用)：专题1力与运动
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核心知识重组
安培 力 洛伦 兹力
磁场 磁场
通电 导体 运动 电荷
F＝BLI 用左手定则判断(垂直于 (I⊥ B ) (v ⊥ B ) I、B 所决定的平面) v、B 所决定的平面) F＝qvB 用左手定则判断(垂直于
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核心知识重组
二、力的合成与分解 1．运算法则：平行四边形定则(适用所有矢量运算)． 2．常用方法：合成法、分解法、正交分解法． 3．合力与分力的关系：等效替代． 三、共点力作用下物体(或系统)的平衡 1．平衡条件：F＝0 (正交分解Fx＝0，Fy＝0)． 2．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态．
全国课标15， 海南卷8， 北京卷18，福建 安徽卷17, 四 运动和力 卷16，四川卷19 川卷21，重 ，上海卷31 庆卷25
全国课标卷20 运动的合 ，上海卷11，江 成与分解 苏卷3 福建卷21
浙江卷19
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近年高考纵览
全国课标卷15， 北京卷19，全国课标 山东卷22，北京卷 Ⅱ卷21，安徽卷18，上 22，福建卷20，江 海卷6、19，江苏卷2、 苏卷6，天津卷 7，浙江卷23，重庆卷8 10(2)，浙江卷18 广东卷21 全国课标Ⅰ卷20、天 津卷9(1)
抛体运 动、 圆周运 动
万有引 力定律
安徽卷17 、24，北京 卷22，江苏 卷14
上海卷22(B)
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近年高考纵览
山东卷17，福建卷 1，3，重庆卷21，湖 北卷19，浙江卷19， 广东卷19，天津卷8 ，江苏7，北京卷15 ，
人造 卫星
海南卷8，江 苏卷8，浙江卷 15，天津卷3， 四川卷15，
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核心知识重组
②检查物体在受力分析的基础上，能否使物体处于题目给定的 运动状态(静止、匀速、变速). 2．受力分析的注意事项 ①只分析受力物体，不分析施加物体； ②只分析性质力，不分析效果力，如向心力等； ③只分析外力，不分析内力； ④分析物体受力时，应关注物体运动状态(如物体的平衡、加 速与减速、直线与曲线等)．
2014届高三物理二轮复习专题：专题6选修模块-全国卷地区专用(共162张PPT)
17
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近年高考纵览
考点
热力学 定律
2011年
课标全国卷 Ⅱ33(1)，北京卷13 ，广东卷18，江苏
卷12A(2)
2012年
全国课标卷 33(1)，山东卷 36(2)，江苏卷 12A(3)，福建卷
28(1)
2013年
课标全国卷 33，山东卷36
，江苏卷 12A(1)，福建
☆理解热力学第一定律及定律中各物理量的意义、 掌握应用定律解题的方法，同时要清楚热力学第一定律 和热力学第二定律的区别或联系．
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核心知识重组
一、分子动理论与统计观点
1．阿伏加德罗常数：NA＝_6__.0_2__×__1_0_2_3_m_o__l－__1_____，
是联系宏观量与微观量的桥梁；分子直径的数量级为
pTV＝C(常量)可知，温度 T 一定升高，E 正确．
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第12讲 选修3-3
高
考
【考题定位】
真 题
►难度等级：中等
聚
►出题角度：组合考查学生对分子运动论、气体状态参
焦 量的微观意义的理解及热力学第一定律、气体实验定律的
应用.
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第12讲 选修3-3
考点一 分子动理论
1．布朗运动
布朗运动现象的研究对象是悬浮在液体(或气体)中的固
点 根据内能的变化及做功情况，依据ΔU＝W＋Q 确定过程是吸
探 究
热还是放热．
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第12讲 选修3-3
例 2 关于热力学现象和热力学规律，下列说法正确的是
() A．根据热力学第二定律可知热量能够从高温物体传到低
平均动能是相同的，但是平均速率却不同，选项 B 错误；当
2014高考物理二轮复习-物理学史(含解析)(精)
2014年高考二轮复习物理学史1.一批伟大的科学家在电磁理论的建立过程中做出了卓越的贡献。
关于其中一些科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A．安培发现了电流的磁效应B．奥斯特提出了分子电流假说C．法拉第发现了电磁感应现象D．库仑发现了点电荷间相互作用的规律解析：奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，法拉第发现了电磁感应现象，库仑发现了点电荷间相互作用的规律，选项CD正确AB错误。
2.物理学中有多种研究方法，有关研究方法的叙述正确的是（）A．牛顿首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法B．如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是归纳法C．探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图像法D．探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量之间的关系。
这是物理学中常用的控制变量法解析：伽利略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，选项A错误；如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是反证法，选项B错误；探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图像法，探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量之间的关系。
这是物理学中常用的控制变量法，选项CD正确。
3．物理学是一门自然科学，它的发展推动着社会和人类文明的进步。
下列有关物理学发展过程中的一些史实，说法正确的是A.亚里士多德认为物体的运动不需要力来维持，伽利略用理想实验证实了这种观点B.牛顿发现了万有引力定律，并通过实验较为准确地测定了万有引力常量C.奥斯特发现了电流的磁效应后，法拉第探究了用磁场获取电流的方法，并取得了成功D.库仑通过扭秤实验发现了库仑定律，并测定了电子的电荷量答案：C解析：亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，伽利略用理想实验证实了物体的运动不需要力来维持，选项A错误。
2014届高考复习物理赢在高考二轮4.1
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例 1 在如图所示的电路中,当变阻器 R3 的滑片 P 向 b 端移动时 ( )
A.电压表的示数增大,电流表的示数减小 B.电压表的示数减小,电流表的示数增大 C.电压表和电流表的示数都增大 D.电压表和电流表的示数都减小
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【解析】方法一(程序法):当滑片 P 向 b 端移动时,R3 接入电路的阻值 减小,总电阻 R 将减小,干路电流增大,路端电压减小,电压表的示数减小,R1 和内阻两端的电压增大,R2、R3 并联部分两端的电压减小,通过 R2 的电流减 小,由于干路电流增大,因此通过 R3 的电流增大,电流表的示数增大,故选项 B 正确. 方法二(极端法):当滑片 P 移到 b 端时 R3 被短路,此时电流表的示数最 大,总电阻最小,路端电压最小,故选项 B 正确. 方法三(直观法):当滑片 P 向 b 移动时,R3 接入电路的电阻减小,由部分 电路 R、I、U 关系中的两个结论可知,该电阻中的电流增大,电流表的示数 增大,总电阻减小,路端电压减小,故选项 B 正确. 【答案】B
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考点三
交变电流与交变电路问题
交流电的有效值通常用在以下四个方面: ①通常提到的电压、电流值; ②电 器设备的标定值; ③各种交流电表的示数; ④在求电热、电功、电功率和热 功率时的电压、电流值.
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例 3 在匀强磁场中, 一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速 转动, 如图甲所示, 产生的交变电动势的图象如图乙所示, 则( )
Q U
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变式训练 2 如图所
示的电路,水平放置的平行板电容器中有一个 带电液滴正好处于静止状态,现将滑动变阻器 的滑片 P 向左移动,则( ) A.电容器中的电场强度将增大 B.电容器的电容将减小 C.电容器上的电荷量将减少 D.液滴将向上运动 【解析】将滑动变阻器的滑片 P 向左移动,电容器的电容不变,电路中 电流减小,电容器两端电压减小,电容器上的电荷量减少,电容器中的电场强 度将减小,带电液滴所受电场力减小,液滴将向下运动,选项 C 正确. 【答案】C
2014届高考复习物理赢在高考二轮1.1
【解析】(1)轿车车头到达 O 点的时间为 x t1= 1 =2.5 s
v1
轿车通过 O 点的时间为 Δt= =0.6 s 摩托车到达 O 点的时间为 x t2= 2 =2.9 s
v2 ������x v1
因为 t1<t2<t1+Δt,所以会发生交通事故. (2)摩托车到达 O 点的时间小于 t1=2.5 s,可避免交通事故发生,设摩托 车的最小加速度为 am,则 x2=v2t1+ amt1 2 解得 am=0.8 m/s2 【答案】( 1) 会发生交通事故 ( 2) 0.8 m/s2
专题一
力和运动
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第1讲
直线运动
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最新考纲解读
高频考点 考点 高考真题例举 2013 年 海南单科 卷,4 课标全国 匀变速直线运动 及其公式、图象 Ⅰ卷,21 广东理综 卷,13 安徽理综 卷,18 2012 年 山 东 理 综卷,16 安 徽 理 综卷,22 浙 江 理 综卷,23 上 海 单 科卷,10 2011 年 海南单科 卷,8 福建理综 卷,16 安徽理综 卷,16 天津理综 卷,3、10
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1 2
考点二 x-t 与 v-t 图象 1.高考中关于运动学问题的图象主要有 x t 图象、v t 图象等. 2.在 v t 图象中: (1)“点”的意义:图象上的任一点表示对应时刻物体的速度. (2)“线”的意义:任一段线段在 v 轴上投影的长度表示在对应时间段内 物体速度的变化量. (3)“斜率”的意义:“斜率”表示物体的加速度. (4)“面积”的意义:图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在对应的时间 段内发生的位移. (5)“截距”的意义:纵轴截距表示物体出发时的速度,横轴截距表示物体 出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻.
2014届高考物理二轮复习作业手册新课标全国卷地区专用专5页含答案解析-53
专题限时集训(一)1．BC [解析] 设斜面倾角为θ，A 、B 质量分别为m 和M ，对A 、B 整体受力分析，重力、斜面支持力和外力F 一定存在，当(M ＋m )g sin θ≠F cos θ时，B 还受到斜面的摩擦力，对木块B 受力分析，重力、斜面支持力、A 对B 的摩擦力和压力一定存在，B 与斜面的摩擦力可能存在也可能不存在，选项B 、C 正确．2．A [解析] 发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L ，对应每根橡皮条的弹力大小为kL ，设两根橡皮条之间的夹角为θ，由几何关系有sin θ2＝14，弹丸被发射过程中所受的最大弹力为F ＝2kL cos θ2，解得F ＝15kL2，选项A 正确． 3．A [解析] 对带电小球受力分析，有F AP ＝kqQ 1（L cos α）2，F BP＝kqQ 2（L sin α）2，圆环对带电小球的作用力为F ，由平行四边形定则知，F AP ＝F cos α，F BP ＝F sin α，联立解得tan 3α＝Q 2Q 1，选项A 正确，选项B 错误；因电荷量Q 1、Q 2关系不明确，故不能确定O 点电场强度是否为零，选项C 、D 错误．4．B [解析] 滑块受重力、电场力、支持力和摩擦力共四个力的作用，选项A 错误；沿斜面方向，有mg sin α＝F f ，选项B 正确；垂直斜面方向，有mg cos α－qE ＝F N ，选项C 、D 错误．5．A [解析] 以A 为研究对象，根据平衡条件得：T sin 2θ＝m A g ，以B 为研究对象，根据平衡条件得：T sin θ＝m B g ，解得m A ∶m B ＝2cos θ∶1，答案为A.6．AC [解析] 对A 、B 整体，由平衡条件，地面对A 的支持力F N ＝(M ＋m )g ，地面对A 的摩擦力为零，选项A 正确，选项B 错误；对木块B ，由平衡条件，有mg R ＝F N B R ＋r ＝F Tr ＋l (设绳长为l )，选项C 正确，选项D 错误．7．AB [解析] 对直角劈和正方体的整体，由平衡条件，竖直方向上有(M ＋m )g ＝F N ，选项A 正确；水平方向上墙面对正方体的弹力和墙面对直角劈的弹力大小相等．单独对直角劈研究，由平衡条件，墙面对直角劈的弹力F N1＝mgtan α，选项B 正确，选项D 错误；正方体对直角劈的弹力F N3＝mgsin α，选项C 错误．8．B [解析] 用F 1推物体沿斜面匀速上滑，有F 1＝mg sin θ＋μmg cos θ；用F 2推物体沿斜面匀速上滑时，有F 2cos θ＝μ(mg cos θ＋F 2sin θ)＋mg sin θ，则有F 1F 2＝cos θ－μsin θ，选项B 正确．9．(1)33(2)60° [解析] (1)物体恰匀速下滑，由平衡条件有 F N1＝mg cos 30° mg sin 30°＝μF N1 则μ＝tan 30°＝33. (2)设斜面倾角为α，由平衡条件有 F cos α＝mg sin α＋fF N2＝mg cos α＋F sin α 静摩擦力f ≤μF N2联立解得F (cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmg cos α要使“不论水平恒力F 多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0所以tan α≥1μ＝3＝tan 60°即θ0＝60°10．1.5 [解析] 设劈尖的顶角为2α，对托盘，由平衡条件，有F 3＝F 1cos α，而F 3＝Mg解得F 1＝Mgcos α；对劈，由平衡条件，2F 5sin α＝F 6，而F 6＝mg 解得F 5＝mg2sin α而F 1和F 5是一对作用力与反作用力，F 5＝F 1 所以M m ＝12tan α＝l 2－a 24a ＝1.5.甲 乙 专题限时集训(二)1．BD [解析] 位移图像的交点表示相遇，选项B 正确；要相遇，发生的位移相等，对速度图像，即0～t 1图线与时间轴所围的面积相等，选项D 正确．2．D3．C [解析] 未剪断轻绳时，弹簧弹力kx ＝3mg ，剪断轻绳瞬间，弹簧弹力不变，对物体B ，加速度为0；对A 和C ，由牛顿第二定律，有kx ＋3mg ＝3ma ，则a ＝2g ，选项C 正确．4．D [解析] 当小物块与小车间为静摩擦力时，两者一起运动，加速度相同，且有最大加速度时静摩擦力最大，则a max ＝μmgm＝3 m/s 2，选项A 、B 错误；当小物块与小车间为滑动摩擦力时，两者发生相对运动，小物块的加速度a m ＝μmgm＝3 m/s 2，而小车的加速度a M＝F －μmgM>3 m/s 2，选项C 错误，选项D 正确． 5．A [解析] 对物块，由牛顿第二定律，有a m ＝mg sin αm ＝g sin α，对小车和物块整体，水平方向右侧墙壁对小车的压力F N ＝ma m cos α＝mg sin αcos α，选项A 正确．6．C [解析] 由牛顿第二定律，加速度a A ＝a B ＝μmgm＝2 m/s 2，B 减速到0的时间为t 1＝v B a B ＝1 s ，1 s 内A 、B 各自发生的位移x A ＝v A t －12a A t 2＝5 m ，x B ＝v B t －12a B t 2＝1 m ，可见，1 s 内两物体不会相遇，则相遇发生在B 停下后，设相遇需时间t 2，则x A ′＝v A t 2－12a B t 22＝9 m－1 m ，解得t 2＝2 s ，选项C 正确．7．ACD [解析] 当物体速度等于传送带的速度后，摩擦力突变，物体运动性质变化，由图可得传送带的速率v 0＝10 m/s ，选项A 正确；当物体速度小于10 m/s 时，加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝10 m/s 2，而a 1＝g sin θ＋μg cos θ；当物体速度大于10 m/s 时，加速度a 2＝Δv 2Δt 2＝2 m/s 2，而此时摩擦力反向，a 2＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.5，θ＝37°，选项C 、D 正确．8．ACD [解析] 对C ，合力F 1＝Mg sin θ＝Ma ，则C 球的加速度a C ＝g sin θ，对A 、C 整体，A 环受滑竿的作用力F N A ＝(m ＋M )g cos θ，选项A 、C 正确；对D ，合力为0，则悬线拉力T ＝Mg ，对B 、D 整体，B 环受滑竿的摩擦力f ＝(m ＋M )g sin θ，选项B 错误，选项D 正确．9．16.7 s[解析] 设某同学做匀加速运动到最大速度的时间为t 1，位移为x 1，则t 1＝v m a ＝93 s ＝3 s ，x 1＝v m t 2＝9×32m ＝13.5 m 以最大速度匀减速运动到0的时间和位移与加速过程相同，则从静止加速度到最大速度，又减速到停下的总位移x ＝2x 1＝27 m>12 m ，这说明捡红豆前不可能加速到最大速度，设捡红豆前的最大速度为v ，加速的时间为t 2，则x 0＝v 22a ×2，即122＝v 22×3，解得v ＝6 m/s时间t 2＝v a ＝63s ＝2 s红豆与绿豆的距离x ′＝100 m －12 m ＝88 m>27 m ，这说明捡绿豆前加速到最大速度后要匀速运动一段时间t 3，即捡绿豆时，应先加速，再匀速最后减速．对匀速运动：x 2＝x ′－2x 1＝v m ×t 3，即88－27＝9t ，解得t 3＝6.8 s 该同学捡起2种豆子所需要的最短时间t ＝2t 2＋t 3＋2t 1＝16.7 s. 10．(1)4.5 N (2)F 2≥6 N[解析] (1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a 1，薄木板的加速度为a 2，根据牛顿第二定律，有μ1mg ＝m a 1F 1－μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝M a 2， a 1＝a 2解得F 1＝4.5 N即小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F 1至少是4.5 N.(2)设小滑块脱离木板时的速度为v ，时间为t ，在桌面上滑动的加速度为a 3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a 4，空间位置变化如图所示，则v ＝a 1t ，μ2mg ＝ma 3，滑块脱离木板前的位移：x 1＝v 22a 1，滑块脱离木板后的位移：x 2＝v 22a 3，x 1＋x 2＝L2.木板位移：L 2＋x 1＝12a 4t 2，F 2－μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 4，联立解得：F 2＝6 N.即要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F 2应满足的条件是：F 2≥6 N.专题限时集训(三)1．AD [解析] 竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2得t A < t B ，选项C 错误，选项D 正确；水平方向做匀速运动，由x ＝v 0t 得v A >v B ，选项A 正确，选项B 错误．2．C [解析] 设船自身的速度与河岸的夹角为θ，对垂直河岸方向的分运动，有d ＝v t sin θ，可得t B ＝t C ，选项C 正确．3．AC [解析] 由x ＝v 0t 和y ＝12gt 2，可得y ＝g 2v 20x 2，对比抛物线方程y ＝1k x 2，则g 2v 20＝1k ，初速度v 0＝gk 2，选项A 正确，选项B 错误；在O 点，小球只受重力，mg ＝m v 20r，解得O 点的曲率半径R ＝v 20g ＝k 2，选项C 正确，选项D 错误．4．A [解析] 当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，则mg ＝m v 2r ；当小球到达最高点时速率为2v ，则此时每段线中张力大小为F ，受力如图所示，则2F cos30°＋mg ＝m （2v ）2r，解得F ＝3mg ，选项A 正确．5．C [解析] 由于天体A 、B 绕天体C 运动的轨道都是圆轨道，根据a ＝ω2r ，v ＝ωr 可知选项A 、B 错误；天体A 做圆周运动的向心力是由天体B 和C 对其引力的合力提供的，选项C 正确，选项D 错误．6．BD [解析] 图乙中曲线c 表示绳子对小球a 的拉力大小随时间变化的关系，直线d 表示绳子对小球b 的拉力大小随时间变化的关系，选项A 错误，选项B 正确．由mgL (1－cos θ)＝12m v 2，F －mg ＝m v 2L ，解得拉力最大值F ＝3mg －2mg cos θ.在a 小球运动到最高点时，拉力最小，最小值F ＝mg cos θ.由图乙可知，绳子对小球a 的拉力最大值是最小值的4倍，由此可得，θ＝60°，选项C 错误，选项D 正确．7．B [解析] 由⎝⎛⎭⎫2πT 1－2πT 2NT 1＝2π解得：T 2T 1＝N N －1.根据开普勒定律，r 2r 1＝⎝⎛⎭⎫N N －123，选项B 正确．8．AD [解析] 根据G Mmr 2＝mg ＝ma ，知“空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度，A 正确．根据G Mmr 2＝m v 2r得：v ＝GMr，离地球表面的高度不是其运动半径，所以线速度之比不是10∶1，B 错误；在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动，C 错误；轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以空间站的角速度大于地球自转的角速度，故站在地球赤道上的人观察到空间站向东运动，D 正确．9．(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N[解析] (1)设小球运动到B 点时的速度大小v B ，由机械能守恒定律有12m v 2B＝mgl 解得小球运动到B 点时的速度v B ＝2gl ＝4.0 m/s.(2)小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得 x ＝v B t y ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离 x ＝v B ·2（H －l ）g＝0.80 m. (3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m F m －mg ＝m v 2Brr ＝l －d由以上各式解得 F m ＝9 N.专题限时集训(四)1．D [解析] 以A 、B 为整体，加速度a ＝g sin θ，方向沿斜面向下，对B ，摩擦力f ＝ma cos θ＝mg sin θcos θ，方向水平向左，选项D 正确；物块B 对A 的摩擦力水平向右，做正功，选项A 错误；物块A 对B 的支持力竖直向上，做正功，选项B 错误；物块B 的重力做负功，摩擦力水平向左，也做负功，两力做功的代数和小于0，选项C 错误．2．A [解析] 对乙，由动能定理W F ＝12m v 2，乙运动到Q 点F 做的功最多，动能和速度最大，选项A 正确，选项B 、C 错误；乙从P 运动到R 点，由F －x 图像面积可知F 做功大于0，R 点的速度方向沿＋x 方向，选项D 错误．3．D [解析] 电子在A 、B 之间做匀加速运动， 由动能定理知eE ＝ΔE k, 选项A 错误； 在B 、C 之间做匀速运动， 选项B 错误；在C 、D 之间做匀减速运动， 由A 到D ，由动能定理eU AD ＝0，到达D 板时， 速度减为零，选项C 错误，选项D 正确．4．D [解析] P 由静止从A 点到C 点，由动能定理知mg sin θ(AB ＋BC )－()μ1mg cos θ·AB －()μ2mg cos θ·BC ＝0，而2AB ＝BC ，则tan θ＝μ1＋2μ23，选项D 正确．5．B [解析] W －x 图线的斜率表示水平拉力F 的大小，由图可知，x ＝0至x ＝3 m 的过程中，水平拉力为F 1＝5 N ，选项A 错误，选项B 正确；x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中，水平拉力为F 2＝2 N ，因为F f ＝μmg ＝2 N ，所以物体在x ＝3 m 至x ＝9 m 的过程中做匀速运动，速度大小与x ＝3 m 时速度相同，v 3＝2W 3m＝15 m/s ，选项C 、D 错误． 6．D [解析] 由动能定理，－fx ＝E k －E k0，则某位置动能E k ＝－fx －E k0，由图像可知甲的初动能大，所受的摩擦力相同，则甲、乙加速度相同，甲的初速度大，速度图像正确的是图D.7．B [解析] 质点P 从a 点正上方高H 处自由下落，至运动到H2高处的过程，有mg ⎝⎛⎭⎫H －H 2－W f 1＝0；从右侧下落再经a 点冲出，有mg ⎝⎛⎭⎫H 2－h －W f 2＝0，因摩擦做功损失机械能，质点先后通过轨道同一点，前一次速率大，向心力大，摩擦力大，则前一次克服摩擦做功多，即W f 1>W f 2，则0<h <H2，选项B 正确．8．(1)2 m/s (2)12 N[解析] (1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程，由动能定理有 －μmg ·2L ＝－12m v 20解得v 0＝4μgL ＝2 m/s.(2)设物块P 在Q 点的速度为v ，支持力为F ，由动能定理有 －μmg ·L ＝12m v 2－12m v 20由牛顿第二定律，有 F －mg ＝m v 2R解得F ＝12 N ，由牛顿第三定律，物块P 对Q 的压力大小为12 N ，方向竖直向下． 9．(1)38(2)3.9 J (3) 见解析[解析] (1)小物块从A 运动到D ，由动能定理有 －(mg sin θ＋μmg cos θ)L ＝0－12m v 2代入数据解得：μ＝38.(2)设小物块沿斜面上滑位移为s 时速度为零，则由动能定理，有 －(mg sin θ＋μmg cos θ)s ＝0－12m v 20代入数据解得：s ＝0.45 m设落地时P 的动能为E k ，则由动能定理有 mgH －μmg cos θ·2s ＝E k －12m v 20代入数据解得：E k ＝3.9 J(3)研究P 在斜面上下滑的过程．设梯形物块的质量为M ，受力如图所示．由平衡条件可得F ＋f cos θ＝N sin θ N ＝mg cos θf ＝μN ＝μmg cos θ综合以上三式，代入数据解得F ＝4.8－6.4μ 其图像如图所示专题限时集训(五)1．A [解析] 运动员从地面跃起过程中，地面支持力的位移为0，对他所做的功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，运动员处于完全失重状态，选项C 错误；从下蹲到离开地面上升过程中，运动员的机械能增加，选项D 错误．2．C [解析] 由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A 错误；重力对小球做功为W 1，小球重力势能的变化为－W 1，选项B 错误；由动能定理可知，小球动能的变化为W 1＋W 2＋W 3，选项C 正确；由功能关系可知，小球机械能的变化为W 2＋W 3，选项D 错误．3．AD [解析] 小球A 从最高点飞出的速度v m A ＝gR ，由机械能守恒，有mgh A ＝2mgR ＋12m v 2m A ，则h A ＝5R 2，选项A 正确；小球B 从最高点飞出的速度v m B ＝0，由机械能守恒，有mgh B ＝2mgR ，释放的最小高度h B ＝2R ，选项B 错误；要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，R ＝v 0t ，R ＝12gt 2，则v 0＝g2R，而A 的最小速度v m A ＝gR >v 0，A 球不可能落在轨道右端口处，B 球可能，选项C 错误、选项D 正确．4．CD [解析] 对小球1和2，由向心力公式有F T1－mg ＝m v 2r 和F T2＋mg ＝m v 2r ，因速度大小相同，则F T1>F T2，选项A 错误；当小球1运动到最高点、小球2运动到最低点，此时细线拉力差值最大，以图中小球1和2的位置为零势能参考面，对小球1，由机械能守恒，有12m v 21＋mg ·2r ＝12m v 2, F T1′＋mg ＝m v 21r ，对小球2，同理有12m v 22－mg ·2r ＝12m v 2，F T2′－mg ＝m v 22r，两根线上拉力的差值F T ′＝10mg ，选项B 错误，选项C 正确；图示位置两个小球速度大小相同，机械能相等，且小球运动过程中机械能守恒，选项D 正确．5．AB [解析] 对物体，从用水平力F 开始缓慢推动物体停止运动，由动能定理，有W F －4mgx 0＝0，选项A 正确；撤去F 后，物体向左先加速运动后减速运动，选项B 正确；物体开始向左运动到速度最大时，μmg ＝kx ，发生的位移为x 0－μmgk，此过程中克服摩擦力做的功为μmg ⎝⎛⎭⎫x 0－μmg k ，选项C 错误；物体做匀减速运动的位移为2x 0，加速度为μg ，运动时间为4x 0μg，选项D 错误． 6．AC [解析] 由题意可知钢板做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a 小于重力加速度g ，动能E k ＝12m v 2＝12m ×2ah ＝mah ，A 正确；机械能E ＝E 0－fh ＝E 0－f (12at 2)，E －t 图线不是直线，B 错误；速度v ＝at ，C 正确；重力的功率P ＝mg v ＝mg 2ah ，P －h 图线不是直线，D 错误．7．BD [解析] 根据能量守恒定律，在物体上升到最高点的过程中，弹性势能转化为物体的重力势能mgh 和内能，故弹簧的最大弹性势能应大于mgh ，A 错误．物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g ，由牛顿第二定律得物块所受沿斜面向下的合力为，F ＝mg ，而重力沿斜面向下的分量为mg sin30°＝12mg ，可知，物体必定受到沿斜面向下的摩擦力为f ＝12mg ，摩擦力做功等于物体从A 点运动到B 点的过程中系统损失的机械能，即W f ＝fhsin 30°＝mgh ，B 正确．物体动能最大时，加速度为零，此时物体必定沿斜面向上移动了一定距离，弹性势能部分转化为重力势能和内能，故最大动能小于弹簧的最大弹性势能，C 错误．由于物体到达B 点后，瞬时速度为零，此后摩擦力方向沿斜面向上，与重力沿斜面向下的分力相抵消，物体将静止在B 点，D 正确．8．BC [解析] 滑块运动到最高点过程中，外力F 和摩擦力做功的代数和为0，运动过程中机械能守恒，由动能定理有－mg sin θ·x ＝mg sin θ·⎝⎛⎭⎫v 0t －12at 2＝E k －E k0，则E k －x 图为向下倾斜的直线，E k －t 图为开口向上的抛物线；重力势能E p ＝mgx sin θ＝mg sin θ⎝⎛⎭⎫v 0t －12at 2，则E p －x 图为过原点的倾斜的图线，E p －t 图为开口向下的抛物线；符合上述图线特点的是选项B 、C.9．(1)1.4 N ，竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J[解析] (1)从P 到圆轨道末端，由动能定理有mgR ()1－cos 37°＝12m v 2在轨道末端，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2R解得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律，滑块对圆轨道末端的压力为1.4 N ，方向竖直向下． (2)从A 到B ，由动能定理有－μmgL ＝12m v 2B －12m v 2解得v B ＝1 m/s又v B ＝gr ＝1 m/s ，滑块恰从B 开始做平抛运动，有 滑块的落地点与B 间的水平距离x ＝v B t ＝v B 2Hg＝0.5 m. (3)滑块从A 到B ，与传送带间的相对位移 Δx ＝L ＋v 0·v A －v B μg＝2 m滑块在传送带上滑行产生的热量Q ＝μmg Δx ＝0.2 J.专题滚动训练(一)1．B [解析] OB 绳子恰好处于竖直方向，故AB 绳子中拉力为0，选项D 错误；对B 球，由二力平衡得OB 绳子拉力等于B 的重力，选项A 错误；对A 球，由平衡条件，有F OAOB ＝m A g OA ＝F AB ，解得F ＝8mg 3，F OA ＝10mg3，选项B 正确，选项C 错误． 2．B [解析] 根据v －t 图像的面积求位移，0～1 s 内的位移是0.5 m ，0～5 s 内的位移是3.5 m ，0～7 s 内的位移是0.5 m ，1～6 s 内的位移是1.5 m ，1～8 s 内的位移是－0.5 m ，选项B 正确.3．B [解析] Q 在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，故它受到了竖直向上的不为零的合外力作用，轨迹曲线应向上弯曲，B 正确．4．BC [解析] 落地时速度的方向不同，A 错；由抛出到落地，竖直向下的位移相同，重力做功相同，由动能定理知，它们落地时的动能相同，速度大小相同，但A 的速度与竖直方向有一夹角，而B 的速度竖直向下，由P ＝mg v cos θ知，A 球重力的瞬时功率较小，B 、C 对；A 下落时间短、B 下落时间长，故重力对A 球做功的平均功率大，D 错．5．A [解析] 在月球表面，有：mg ＝G Mm R 2，解得：g ＝GMR 2，A 对；月球对卫星的万有引力为F ＝G Mm （R ＋h ）2，B 错；卫星的向心加速度的方向时刻变化，C 错；由G Mm（R ＋h ）2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2(R ＋h )得：T ＝2π（R ＋h ）3GM，卫星运行周期与卫星的质量无关，D 错． 6．BD [解析] 在A 点由圆轨道变为椭圆轨道，做近心运动，“嫦娥二号”必须突然减速，选项B 正确；由F ＝G Mmr 2，从A 点运动到B 点过程中 “嫦娥二号”受到月球的引力增大，万有引力做正功， “嫦娥二号”速率增大，选项D 正确．7．A [解析] 棒受重力G 、拉力F 和安培力F A 的作用．由动能定理：W F ＋W G ＋W 安＝ΔE k 得W F ＋W 安＝ΔE k ＋mgh ，即力F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，选项A 正确．8．(1)2.5 m/s (2)4 J (3)－0.95 J [解析] (1)P 在水平轨道运动的加速度a ＝μm 1g m 1＝μg ＝2.5 m/s 2P 经过A 点的速度v 1＝2ax ＝2×2.5×1.25 m/s ＝2.5 m/s.(2)P 由B 到A 的过程中，Q 上升的高度H ＝h 2＋L 2＝1.0 m Q 重力势能的增加量ΔE p ＝m 2gH ＝4 J. (3)从P 经过A 点时，P 的运动速度为v 1. 把速度v 1分解如图所示．sin α＝hH＝0.6，即α＝37°则v 2＝v 1cos 37°＝2.0 m/s.对P 与Q 组成系统，由能量守恒定律有 m 1gh －m 2gH ＋W f ＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据解得：W f ＝－0.95 J. 9．(1)10mgH 27L 或10mgh 9L (2)1027mgH(3)4mga 2H －2227mgH <E <25mga 24H －2227mgH[解析] (1)设参赛者、滑轮受到的阻力为F f ，根据能量守恒定律，有 mgh －F f (L －L ′)＝0 其中L ′＝L 10，h ＝H3则滑轮受到的阻力 F f ＝10mgH 27L 或F f ＝10mgh9L.(2)设人在A 点处抓住挂钩时至少具有的初动能为E k0，设根据动能定理，参赛者在由A到B 的过程中有－F f L ＝0－E k0E k0＝1027mgH(3)参赛者落到海绵垫的过程做平抛运动．设人脱离挂钩时的速度为v ，运动的水平位移为s ，则s ＝v tH ＝12gt 2解得s ＝v2H g当s ＝4a 时，参赛者具有的最小速度为v min ＝2aH 2gH 当s ＝5a 时，参赛者具有的最大速度为v max ＝5a2H2gH 设参赛者在A 点抓住挂钩的初动能为E k .由动能定理，参赛者在A 点到钢索最低点运动过程中有mgH －F f L 2＝12m v 2－E k 由此可得，参赛者在A 点抓住挂钩的最小和最大初动能分别为E min ＝4mga 2H －2227mgH E min ＝25mga 24H －2227mgH 即初动能范围为4mga 2H －2227mgH <E <25mga 24H －2227mgH 专题限时集训(六)1．D [解析] 将E a 、E b 反向延长交x 轴于横坐标为4格的地方，即为场源电荷的位置，由E ＝kQ r 2可得E a ＝E b >E c ，选项A 错误；a 、b 在同一等势面上，且φc <φa ＝φb <φo ，则U oa ＝U ob < U oc ，选项B 、C 错误，选项D 正确．2．C [解析] 由图中电场线的分布看，平行金属板间的电场不能看做匀强电场，选项A 错误；虚线MN 为一等势线，b 点的电势等于d 点的电势，选项B 错误；上极板带正电荷，电场线由c 指向d ，b 点的电势低于c 点的电势，选项C 正确；若将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，若所处位置的电场线弯曲，它不沿着电场线运动到负极板，选项D 错误．3．C [解析] 等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两处时，在圆心o 处E ＝E 1＋E 2，E 1＝E 2＝kQ r 2＝E 2；a 处点电荷移至c 处，o 处的电场强度大小为E 2，方向沿oe ，选项A 错误；a 处点电荷移至b 处，o 处的电场强度大小为3E 2，方向沿eod 的角平分线，选项B 错误；a 处点电荷移至e 处，o 处的电场强度大小为3E 2，方向沿cod 的角平分线，选项C 正确；a 处点电荷移至f 处，o 处的电场强度大小为E 2，方向沿ob ，选项D 错误． 4．B [解析] x ＝x 1和x ＝－x 1两处，电场强度最大且大小相同，方向相反，选项A 错误，选项B 正确；仅在电场力作用下运动，动能和电势能之和保持不变，x ＝0处电势能最大，电势最高，选项C 错误；从x ＝x 1运动到x ＝＋∞过程中，电荷的速度逐渐增大，电势能逐渐减小，选项D 错误．5．CD [解析] 沿电场线方向电势降低，故a 点的电势低于c 点的电势，A 错误；电子由a 点运动到c 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B 错误，D 正确；等差等势面密集处电场强度大，故电子受到的电场力大，加速度大，C 正确．6．C [解析] 示波管某方向的偏转位移与电压成正比，在XX ′这对电极上，x ∝U XX ′，当电压U XX ′＝1 V 时，x ＝2；在YY ′这对电极上，y ∝U YY ′，当电压U YY ′＝2 V 时，y ＝2；选项C 正确．7．B [解析] 由牛顿第二定律，有Eq －mg ＝m 0.8qE m，则重力mg ＝0.2qE ，重力做功0.2qEx, 重力势能减少了0.2 qEx ，选项D 错误；由动能定理，有ma ·x ＝ΔE k ，动能减少了0.8qEx ，选项A 错误；电场力做功－qEx ，电势能增加了qEx ，机械能减少了qEx ，选项B 正确，选项C 错误．8．D [解析] 小球由A 到B 时，由动能定理，有mgl sin 60°－Eql ()1－cos 60°＝0，则Eq ＝3mg ，选项B 错误，选项D 正确；小球在B 位置合力不为0，不处于平衡状态，选项A 错误；小球将在A 、B 之间往复运动，且幅度不变，选项C 错误．9. (1)mg sin θ＋μ⎣⎡⎦⎤mg cos θ＋k Qq （l sin θ）2m(2)4gl sin2θ－v 20 [解析] (1)对小物体，由牛顿第二定律，有F N ＝mg cos θ＋k Qq （l sin θ）2mg sin θ＋μF N ＝ma解得a ＝mg sin θ＋μ⎣⎡⎦⎤mg cos θ＋k Qq （l sin θ）2m(2)从A 点出发到最高点和从最高点返回A 点的过程，分别由动能定理，有0－12m v 20＝－mgl sin 2θ＋W f 12m v 2＝mgl sin 2θ＋W f 联立得：v ＝4gl sin 2θ－v 2010．(1)2eU 0m(2)①单位长度亮线上的电子个数相同；②4Nt 09l[解析] (1)由动能定理，有 eU 0＝12m v 2 解得v ＝2eU 0m. (2)① 设电子在偏转电场P 、Q 中的运动时间为t 1，P 、Q 间的电压为u . 加速度a ＝eu ml垂直电场方向x 1＝12at 21平行电场方向l ＝v t 1联立解得x 1＝ul 4U 0. 电子出偏转电场时，在x 方向的速度v x ＝at 1电子在偏转电场外做匀速运动，时间为t 2水平方向l ＝v t 2竖直方向x 2＝v x t 2联立解得x 2＝ul 2U 0电子达到荧光屏上的位置x ＝x 1＋x 2＝3ul 4U 0对有电子穿过P 、Q 间的时间进行讨论：由图乙可知，在任意t 时间内，P 、Q 间电压变化u 相等．打在荧光屏上的电子形成的亮线长度Δx ＝3l 4U 0Δu . 所以，在任意Δt 时间内，亮线长度Δx 相等．由题意可知，在任意Δt 时间内，射出的电子个数是相同的．也就是说，在任意Δt 时间内，射出的电子都分布在相等的亮线长度Δx 范围内．因此，在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同．②现讨论2t 0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数：当电子在PQ 电场中的侧移量x 1＝l 2时，由x 1＝ul 4U 0得u ＝2U 0 当偏转电压在0～±2U 0之间时，射入P 、Q 间的电子可打在荧光屏上，由图乙可知，一个周期内电子能从P 、Q 电场射出的时间t ＝2T 3＝4t 03所以，一个周期内打在荧光屏上的电子数为Nt ＝4Nt 03电子打到荧光屏上的最大侧移量x m ＝3l 4U 0×2U 0＝3l 2亮线长度L ＝2x m ＝3l单位长度的亮线上的电子数n ＝Nt L ＝4Nt 09l. 专题限时集训(七)A1．AC [解析] 由左手定则，电子的洛伦兹力垂直v 向上，电子向右上方偏转，选项A正确，选项B 错误；增大速度v 的大小，则半径r ＝m v qB增大，电子运动的弧长变大，但圆心角θ不变，运动时间t ＝θ2πT ＝θm qB 不变，选项C 正确，选项D 错误． 2．A [解析] 由左手定则判断知，A 正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2r ，半径r ＝m v qB，在质量与电荷量相同的情况下，半径大说明速率大，即M 的速率大于N 的速率，B 错误；洛伦兹力不做功，C 错误；粒子在磁场中运行半周，即运行时间为周期的一半，而周期为T ＝2πm qB，故M 的运行时间等于N 的运行时间，D 错误． 3．BC [解析] 沿径向入射的粒子，离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心，选项C 正确，选项D 错误；由图可得b 粒子的半径大，根据r ＝m v qB，b 粒子速度大，选项A 错误；b 粒子运动轨迹的圆心角小，由t ＝θ2π·2πm qB ， b 粒子运动时间小，选项B 正确． 4．B [解析] 带电微粒在A 、B 间的水平面内做匀速圆周运动，mg ＝Eq ，电场力向上，微粒带负电，选项A 错误；仅改变R 3阻值，电场力不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项B 正确；仅改变A 、B 极板之间的距离，由E ＝U d可知，电场强度变化，微粒将做螺旋线运动，选项C 错误；仅改变A 、B 极板之间的正对面积，电场强度不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项D 错误．5．D [解析] 若只增大U ，粒子速度增大，粒子可以从Pc 之间或cb 之间某处穿出磁场，选项A 错误；若只减小B ，粒子轨道半径增大，粒子可以从Pc 之间或cb 之间某处穿出磁场，选项B 错误；若同时减小U 和增加B ，粒子轨道半径减小，粒子可以从od 之间或dP 之间穿出磁场，选项C 错误；若只增加k ，粒子轨道半径减小，粒子可以从cd 之间或dP 之间某位置穿出磁场，选项D 正确．6．AC7．BCD [解析] 开关S 闭合时，带电粒子恰好以速度v 匀速穿过两板，则q v B ＝Uq d，将开关S 断开后，粒子受洛伦兹力而偏转，选项A 错误；保持开关闭合，将a 极板向下移动一点，d 减小，q v B <Uq d，粒子可能向上偏转，选项B 正确；保持开关闭合，将滑片P 向上滑动一点，U 减小，q v B >Uq d，若为负粒子，则合力向下，将可能从下极板边缘射出，选项C 正确；保持开关闭合，将滑片P 向下滑动一点，U 增大，q v B <Uq d，若为正粒子，则合力向下，将可能从下极板边缘射出，选项D 正确．8．(1)B 1＝2m v qR (2)当B >2m v qR时粒子从P A 段射出； 当8m v 5qR <B <2m v qR 时粒子从AC 段射出；当B <8m v 5qR时，粒子从CD 段射出． [解析] (1)由左手定则判定，粒子向左偏转，只能从P A 、AC 和CD 三段边界射出，如图所示．当粒子从A 点射出时，运动半径r 1＝R 2由qB 1v ＝m v 2r 1得 B 1＝2m v qR(2)当粒子从C 点射出时，由△PO 2C 和△P AC 可看出PC ＝R 2＋⎝⎛⎭⎫R 22＝5R 2r 2＝PC 2cos ∠APC ＝58R 由qB 2v ＝m v 2r 2得B 2＝8m v 5qR根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱增大，可以判断当B >2m v qR时，粒子从P A 段射出 当2m v qR >B >8m v 5qR时，粒子从AC 段指出 当B <8m v 5qR时，粒子从CD 段射出． 9．(1)m v 203qL (2) 2m v 03qL(3)()23＋3＋3πL 2v 0 [解析] (1)粒子在电场中做类平抛运动，有qE ＝ma3L ＝v 0t 1L 2＝12at 21联立解得E ＝m v 203qL(2)在O 点，v y ＝at ＝v 03速度v ＝2v 03，方向与x 轴正方向的夹角为30°. 进入磁场后，由几何关系有()L ＋2r ·12＝r ＋r2解得r ＝L由q v B ＝m v 2r 解得B ＝2m v 03qL. (3)电场中运动的时间t 1＝3L v 0 匀速运动的时间t 2＝3L v ＝3L 2v 0 在磁场中运动时间t 3＝πr v ＝3πL 2v 0总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3L v 0＋3L 2v 0＋3πL 2v 0＝（2 3＋3＋3π）L 2v 0. 专题限时集训(七)B1．BC [解析] 带电粒子在矩形区域内运动轨迹越长，对应的圆心角θ越小，轨道半径越大，其速率也越大，即从a 点离开的电子速度最大，A 、D 错，C 对；而运动时间为t ＝θm qB ，θ越小，运动时间越短，故从a 点离开的电子在磁场中运动时间最短，B 对．2．BCD [解析] 由左手定则可判断粒子带负电，A 错误；由题意知，粒子的最大半径r max ＝L ＋3d 2、粒子的最小半径r min ＝L 2，根据洛伦兹力提供向心力有B v q ＝m v 2r ，可得v ＝Bqr m ，故v max ＝Bq （L ＋3d ）2m 、v min ＝BqL 2m ，则v max －v min ＝3Bqd 2m，选项B 、C 、D 正确． 3．D [解析] 洛伦兹力不做功，根据动能定理，可知v 1＝v 2，粒子下落的时间由下落高度和沿竖直方向上的加速度决定，有磁场时，粒子受到的洛伦兹力对粒子产生了沿竖直向上方向的分力，该分力使粒子下落的加速度比没有磁场时小，所以下落得慢，时间长，即t 1>t 2.本题答案为D.4．AC [解析] 由电阻的决定式可知选项A 正确；由左手定则可知电离气体中的正离子向上侧面聚集，上侧面相当于电源的正极，故流过电阻R 的电流方向为a →b ，选项B 错误；对于某个气体离子受力分析，由电场力等于洛伦兹力可知，q E d＝Bq v ，解得发电导管产生的电动势为E ＝Bd v ，选项C 正确；由于发电导管有内阻，故电阻R 消耗的电功率一定小于B 2d 2v 2R ，选项D 错误．5．B [解析] 带电粒子每经过(t n －t n －1)时间被加速一次，在高频电源的一个变化周期内，粒子被加速两次，故高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，选项A 错误；在E k －t 图像中，t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1＝t n －t n －1，选项B 正确；根据B v q ＝m v 2R，可得，粒子获得的最大动能E km ＝12m v 2＝B 2q 2R 22m，与加速次数无关，选项C 错误；对于同一回旋加速器，半径R 一定，磁感应强度B 一定，粒子获得的最大动能E k 与粒子电荷量q 和质量m 有关，选项D 错误．6．BC [解析] 三个小球的重力做功相同，a 小球的洛伦兹力不做功，b 小球的电场力做负功，c 小球电场力做正功，根据动能定理可知，在k 处c 小球速度最大，选项A 错误；设小球在k 处的速度大小为v ，则小球对轨道的压力大小为F －mg ＝m v 2r，因为在k 处c 小球速度最大，所以在k 处c 小球对轨道压力最大，选项B 正确；三个小球运动的路程相等，根据动能定理，运动到相同位置处时b 小球的速率最小，故b 小球需时最长，选项C 正确；除重力之外，其他力所做的功等于机械能的改变量，显然，a 小球的机械能守恒，b 小球的机械能减小，c 小球的机械能增加，故b 小球机械能损失最多，选项D 错误．7．D [解析] 液滴共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，其中重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与运动方向垂直，假如液体做变速运动，洛伦兹力就是变力，液滴的合外力方向一定会发生变化，液滴将做曲线运动，故液滴一定做匀速直线运动，选项A 正确，选项D 错误；液滴处于平衡状态，合力为零，据此判断出，液滴一定带正电，电场线方向一定斜向上，选项B 、C 正确．本题答案为D.8．BD [解析] 刚开始，滑块与木板相对静止，它们一起做加速度大小为2 m/s 2的匀加速直线运动；随着速度的增大，滑块会受到竖直向上的洛伦兹力的作用，滑块与木板间的正压力减小，设速度增大到v 时，滑块开始相对于木板滑动，此时对滑块受力分析，并根据牛顿第二定律有μ(mg －B v q )＝ma ，代入数据，可求出v ＝6 m/s ，随着速度的继续增大，滑块受到的水平向右的摩擦力开始减小，滑块做加速度逐渐减小的变加速直线运动，而木板受到的。
2014届高考复习物理赢在高考二轮3.2
L v0
3������r ,选项 3������0
D 正确.
5.实验室需要用电子打击静止在 P 点的粒子,先让电子在直 线加速器中经过电压 U 加速,再从小孔 O 沿 OO'方向水平 飞出.已知 OP 的距离为 d,OP 与 OO'的夹角为 θ,电子的质 量为 m,电荷量为-e,要想电子能打到 P 点,可在直线加速器左侧加一个垂直 于纸面的磁场,求磁感应强度的表达式并说明方向.
1.安培力的计算只限于电流 与磁感应强度垂直的情形. 2.洛伦兹力的计算只限于速 度与磁场方向垂直的情形.
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考点一
磁场及导体棒在磁场中所受安培力问题
1.对磁场的性质与特点的考查常以选择题的形式出现,近几年的高考 命题规律主要有以下几个特点:(1)考查磁场、地磁场的性质与特点;(2)对 安培定则应用的考查;(3)对安培力常结合物体的平衡条件、牛顿运动定律、 电磁感应等相关知识进行综合考查. 2.解决安培力问题的一般思路:(1)确定研究对象;(2)明确导线中电流的 方向及其周围磁场的方向;(3)利用左手定则判断通电导线所受安培力的方 向;(4)结合物体的平衡条件与牛顿运动定律进行求解.
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变式训练 2 (多选)(2013·广东理综)如图, 两个初速度大小相同的 同种离子 a 和 b, 从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场, 最后 打到屏 P 上.不计重力, 下列说法正确的有( A.a、b 均带正电 B.a 在磁场中飞行的时间比 b 的短 C.a 在磁场中飞行的路程比 b 的短 D.a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近 )
第2讲
磁场
带电粒子在磁场中的运动
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最新考纲解读
2014年普通高等学校招生全国统一考试高考冲刺卷物理试题二Word版含详解
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，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．如图所示，在水平地面上放着斜面体B ，物体A 置于斜面体B 上，一水平向右的力F 作用于物体A ，在力F 变大的过程中，两物体始终保持静止，则地面对斜面体B 的支持力F N 和摩擦力f 的变化情况是( )A ．F N 变大、f 不变B ．F N 不变、f 变大C ．F N 变大、f 变大D ．F N 不变、f 不变15．乒乓球被称为中国的“国球”。
晓敏同学是一位乒乓球爱好者，在某次乒乓球训练中，晓敏同学将乒乓球从左侧L 2处沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌 边缘，已知球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L ，不计空气阻力，则乒乓球( )A ．在空中做变加速曲线运动B ．相等时间内速度的变化量相等C ．在网右侧运动的时间是左侧的2倍D ．击球点的高度是网高的2倍16．如图所示，将一轻弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端，弹簧处于自然状态时上端位于A 点，质量为m的物体从斜面的B 点由静止下滑，与弹簧发生相互作用后，最终静止在斜面上，下列说法正确的是( )A ．物体最终将停在A 点B ．物体第一次反弹后不可能到达B 点C ．整个过程中物体重力势能的减少量大于克服摩擦力做的功D ．整个过程中物体的最大动能大于弹簧的最大弹性势能17．如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E ，现在电场区域内某点O 处放置一负点电荷Q ，并在以O 点为球心的球面上选取a 、b 、c 、d 四点，其中a 、c 连线为球的水平大圆直径，b 、d 连线与电场方向平行，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．b 、d 两点的电场强度大小相等，电势相等B ．a 、c 两点的电场强度大小相等，电势相等C ．若从a 点拋出一带正电小球，小球可能沿a 、c 所在圆周做匀速圆周运动D ．在球面上移动一电荷，从b 点移至d 点过程中，电荷电势能变化最大18．一质量为m ＝2 kg 的滑块以某一初速度冲上倾角为θ＝37°的足够长的斜面，现利用传感器测出滑块冲上斜面过程中的多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出滑块上滑过程中的v －t 图象如图所示。
2014届高考物理第二轮复习方案新题之选修内容2.pptx
向 B 运动，A、B 相碰后不再分开，共同向 C 运动；它们
A
B
C
和 C 相碰后也不再分开，ABC 共同向右运动。求：
①ABC 共同向右运动的速度 v 的大小； ②A、B 碰撞过程中的动能损失 ΔEk。 解析：(1)以 A、B、C 整体为对象，全过程应用动量守恒定律： mv0＝(m＋2m＋3m)v 3 分 得 ABC 共同向右运动的速度 v＝v60 2 分
解析：I. A 下滑与B 碰撞前，机械能守恒，3mgh= 1 ·3mv12 2
A 与 B 碰撞，由动量守恒定律，3mv1=4mv2，
弹簧最短时弹性势能最大，距功能关系可得：EPmax= 1 ·4mv22 ，
2 解得：EPmax=9mgh/4。
II．据题意，AB 分离时A 的速度大小为， A 与 B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律，
4.质量为 M=2kg 的小平板车 C 静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为 mA=2kg 的物体 A （可视为质点），如图 22 所示，一颗质量为 mB=20g 的子弹以 600m/s 的水平速度射穿A 后， 速度变为 100m/s，最后物体 A 在 C 上滑了 1.25m 和 C 保持相对静止，求 AC 间的动摩擦因素。
由 Ep= 1 kx2，可得靶盒A 的最大位移 x= 2Ep = 5 m。（2 分）
2
k 10
8.）如图甲所示，质量 M=0.040kg 的靶盒 A 静止在光滑水平导轨上的 O 点，水平轻质弹簧一
端栓在固定挡板P 上，另一端与靶盒 A 连接。Q 处有一固定的发射器 B，它可以瞄准靶盒发射
一颗水平速度为 v0=50m／s，
质量 m=0.010kg 的弹丸，当弹
丸打入靶盒A 后，便留在盒内，
2014届高考物理第二轮复习方案新题之相互作用1
2014届高考物理第二轮复习方案新题之相互作用11、如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个光滑的斜面，斜面的倾角为α，当地重力加速度为g ，那么当有一个质量为m 的物体在这个斜面上自由下滑时，小车对右侧墙壁的压力大小是A ．mg sin αcos αB ．Mmg sin αcos α/(M+m)C ．mg tan αD ．Mmg tan α/(M+m)2、如图所示，质量为m 的物体A 在竖直向上的力F （F <mg ）作用下静止于斜面上。
若减小力F ，则A ．物体A 所受合力不变B ．斜面对物体A 的支持力不变C ．斜面对物体A 的摩擦力不变D ．斜面对物体A 的摩擦力可能为零答案：A解析：减小力F ，物体仍静止于斜面上，合力为零，物体A 所受合力不变，选项A 正确。
斜面对物体A 的支持力增大，摩擦力增大，选项BCD 错误。
3．如图所示，将两根劲度系数均为k 、原长均为L 的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为2L 的两点，另一端共同连接一质量为m 的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°。
若将物体的质量变为M ，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53°（si n37°=0.6），则mM 等于A ．329 B ．169 C ．83 D ．434. 风洞是进行空气动力学实验的.种重要设备。
一次检验飞机性能的风洞实验示意图如图， 代表飞机模型的截面，OZ 是拉住飞机模型的绳。
已知飞机模型重为G,当飞机模型静止在空中时，绳恰好水平，此时飞机模型截面与水平面的夹角为θ，则作用于飞机模 型上的风力大小为A ．G /cos θB ．G cos θ.C ．G /sin θ.D ．G sin θ.答案：A 解析：作用于飞机模 型上的风力方向垂直于飞机模型截面，画出飞机模型受力图，作用于飞机模 型上的风力大小为F= G /cos θ,，选项A 正确。
2014届高考物理的二轮复习权威课件(安徽省专用)：专题6选修部分
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第12讲
高 考 真 题 聚 焦
选修3－4
【考题定位】 ►难度等级：中等 ►出题角度：本题考查机械波的基本知识：波速、波 长、周期、频率的关系与作图能力，综合考查波动图像和 振动图像．
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第12讲
高 考 真 题 聚 焦
选修3－4
2．[2013· 安徽卷] 如图6－12－3所示，质量为M、倾 角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面 上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数 为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接 3 着质量为m的物块．压缩弹簧使其长度, 为 L时将物块由 4 静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于 静止状态．重力加速度为g.
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核心知识重组
3．受迫振动的特性：受迫振动的周期等于 无关 ， 驱动力 ____________ 的周期，与振动质点的固有周期________ 相等 时，发生共振 当驱动力的周期与质点的固有周期________ 现象，质点振幅最大．
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核心知识重组
频率 4．波的特性：________ 相同的两列波叠加发生波的干 2n＋1 涉，与波源的路程差Δ x＝ λ (n＝0，1，2，…)的点为 2 减弱 点，与波源的路程差Δ x＝nλ(n＝0，1，2，…) 振动________ 加强 点． 的点为振动________ 大于 波发生明显衍射的条件是，波长 ________ 障碍物、小 孔的尺寸或两者相差不多． 多普勒效应是由于波源与观察者发生相对运动形成 增大 ，二者距离增大则接 的，二者距离减小则接收频率______ 减小 ． 收频率______
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核心知识重组
一、机械振动与机械波 1．振动图像和波动图像：振动图像反映了一个质点的 时间t 变化的关系， 位移 x(位置坐标)随______ 波动图像反映了一 系列质点在某一时刻相对其平衡位置的位移随质点的平衡 位置变化的关系． 周期T 、振幅 A、各时刻的位移及 由振动图像可确定______ 波长λ 、振幅 A、波峰和波 速度方向，由波动图像可确定______ 谷的位置、各个质点的位置及运动方向(结合传播的方向)． 注意：(1)简谐运动与其在介质中的传播形成的简谐波 的振幅、频率均相同．(2)简谐振动和简谐波的图像均为正 弦(或余弦)曲线．(3)振动图像和波动图像中质点振动方向 判断方法不同．
(新课标Ⅰ版)2014届高考物理 (第02期)名校试题解析分项汇编 专题2 相互作用 共点力的平衡(
专题2 相互作用共点力的平衡〔解析版〕全国新课标Ⅰ卷有其特定的命题模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和开展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。
为了给新课标全国卷考区广阔师生提供一套专属自己的复习备考资料，物理解析团队的名校名师们精心编写了本系列资料。
本资料以全国新课标Ⅰ卷考区的最新名校试题为主，借鉴并吸收了其他省市最新模拟题中对全国新课标Ⅰ卷考区具有借鉴价值的典型题，优化组合，合理编排，极限命制。
备注：新课标Ⅰ卷专版所选试题和新课标Ⅱ卷专版所选试题不重复，欢迎同时下载使用。
一、单项选择题1.【2014•陕西宝鸡金台区高三十月质量检测】如下列图,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方〔滑轮大小与摩擦均可不计〕,轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉〔均未断〕，在AB杆达到竖直前，以下分析正确的答案是〔〕A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断C．AB杆越来越容易断 D．AB杆越来越不容易断2.【2014•江西重点中学盟校高三第二次联考】如下列图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个一样的小物块(可视为质点)，物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B 处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为 ，如此A、B分别对球面的压力大小之比为〔〕A.sin 2θ:1B.sin θ:1C.cos 2θ:1 D.cos θ :1 O θθBA Ff A mg mg F NB F NA考点：此题考查了共点力的平衡条件和受力分析能力。
3.【2014•江西南昌三中高三第二次月考】如下列图，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上。
细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢移动一段距离，斜面体始终静止．移动过程中A ．细线对小球的拉力变大B ．斜面对小球的支持力变大C ．斜面对地面的压力变大D ．地面对斜面的摩擦力变大β4.【2014•江西赣州十二县市重点中学高三期中考试】如下列图的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、B端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是( )A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁5.【2014•江西赣州十二县市重点中学高三期中考试】如下列图，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着。
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分子动理论
热和功
固体、液体和气体
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最新考纲解读
高频考点 考点 分子动理论的 高考真题例举 2013 年 课 标 全 国 Ⅰ 卷,33 2012 年 福建理 综卷,28 山东理 综卷,36 广东理 综卷,14 江苏单 科卷,12 课标全 国卷,33 重庆理 综卷,16 2011 年 山东理 综卷,36 广东理 综卷,14 福建理 综卷,28 课标全 国卷,33 江苏单 科卷,12 海南单 科卷,17
M ρN������
3
1 6
由球的体积与直径的关系得分子直径 D= 最大面积
1×10-8������3 S= ,解得 D
6M ������ρN������
S=1×10 m2.
【答案】 1× 10 m2
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1.清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠,这一物理过程中,水 分子间的( ) A.引力消失,斥力增大 B.斥力消失,引力增大 C.引力、斥力都减小 D.引力、斥力都增大 【解析】水汽凝结为水珠分子间距离减小,分子间引力和斥力都增大,即选 项 D 是正确的. 【答案】D
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【解析】PM2.5 的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多,选项 A 错 误;PM2.5 在空气中的运动不属于分子热运动,选项 B 错误;PM2.5 的运动轨 迹是由大量空气分子对 PM2.5 无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的, 选项 C 错误;倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小 PM2.5 在空气中的浓度,选项 D 正确. 【答案】D
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2.分子微观量的计算公式 设物体的质量为 m,摩尔质量为 M0,体积为 V,摩尔体积为 V0,密度为 ρ, 阿伏加德罗常数为 NA M0 V0 m M (2)每个分子的质量 m1= = 0 N N������ V V M (3)每个分子的体积 V1= = 0 = 0 ,注意:对于气体,用此式所求的 N N������ ρN������
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变式训练 1 我国已开展空气中 PM2.5 浓度的监测
工作.所谓 PM2.5 是指空气中直径等于或小于 2.5 微米的悬浮颗粒物, 其飘 浮在空中做无规则运动, 很难自然沉降到地面, 吸入后对人体形成危害.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 的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当 B.PM2.5 在空气中的运动属于分子热运动 C.PM2.5 的运动轨迹只是由大量空气分子对 PM2.5 无规则碰撞的不平 衡决定的 D.倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小 PM2.5 在空 气中的浓度
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【解析】 抽开隔板 K 后,a 内的稀薄气体进入真空 b 内,a 内的稀薄气体 做功 W=0,绝热容器不与外界发生热传递,则 Q=0,根据热力学第一定 律:ΔU=W+Q,可得 ΔU=0,则内能不变,故选项 A 错误,选项 B 正确;稀薄气体 可看做理想气体,内能仅由温度决定,由于 ΔU=0,则气体温度不变.又根据理 想气体状态方程: =C,气体体积变大,而温度不变,则压强变小,故选项 C 错 误,选项 D 正确. 【答案】BD 【点评】本题主要考查热力学第一定律、理想气体状态方程及内能的 决定因素.应用热力学第一定律讨论时,要依照符号规定进行,对结果的正负 也同样依照规定来解释其意义,同时结合理想气体状态方程讨论各状态参 量的变化.
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【解析】(1)当汽缸下潜至 990 m 时,设封闭气体的压强为 p,温度为 T, 体积为 V,由题意可知 p=100 atm① 根据理想气体状态方程得
p0 V0 T0
=
pV ② T
代入数据得 V=2.8× 10-2m3③ (2)下潜过程中气体的体积减小,外界对气体做正功,由于气体的质量一 定,温度降低,故气体向外发生热传递,且传递的热量大于外界对气体做的 功. 【答案】( 1) V=2.8× 10-2m3 ( 2) 放热 大于
V S
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例 3 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中, 油酸酒精溶液的 浓度为每 104 mL 溶液中有纯油酸 6 mL.用注射器测得 1 mL 上述溶液中有 液滴 50 滴.把 1 滴该溶液滴入盛水的浅盘里, 待水面稳定后, 将玻璃板放在浅 盘上, 在玻璃板上描出油膜的轮廓, 随后把玻璃板放在坐标纸上, 其形状如图 所示, 坐标中正方形小方格的边长为 20 mm.求:
3
V1
为每个分子平均占用的空间,并非分子的体积. (4)分子的线度:把分子看做球体,忽略分子之间的间隙,直径 d= 把分子看做立方体,棱长 l= 间的平均距离.
3
6������0 ; ������N������
V0 .注意:对于气体,用此式所求的 N������
l 为分子之
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例 1 已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为 1.3 kg/m3 和 2.1 kg/m3,空气的摩尔质量为 0.029 kg/mol,阿伏加德罗常数 NA=6.02× 1023mol-1.若潜水员呼吸一次吸入 2 L 空气,试估算潜水员在海底比 在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字) 【解析】设空气的摩尔质量为 M,在海底和岸上的密度分别为 ρ 海和 ρ
重 庆 理 均动能的标志、 综卷,10 内能 热力学第一定 律 热力学第二定 律 气体实验定律 江 苏 单 科卷,12 北 京 理 综卷,13 山 东 理 综卷,36 课 标 全 国 Ⅱ 卷,33
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考点一
分子动理论的理解和微观量的计算
10
1.分子动理论的基本内容 (1)物质是由大量的分子组成的.分子直径的数量级为 10- m. (2)分子永不停息地做无规则运动. (3)分子间存在着相互作用力.即分子间同时存在着相互作用的引力和 斥力,实际表现的是引力和斥力的合力,叫分子力.分子间的引力和斥力都随 着分子间距离的增大而减小,随着分子间距离的减小而增大,但斥力变化得 快.
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pV T
变式训练 2 (2013·山东理综)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千 米, 再创载人深潜新纪录.在某次深潜实验中, “蛟龙”号探测到 990 m 深处的海水温度为 280 K.某同学利用该数据来研究气体 状态随海水深度的变化.如图所示, 导热良好的汽缸内封闭一定 质量的气体, 不计活塞的质量和摩擦, 汽缸所处海平面的温度 T0=300 K, 压强 p0=1 atm, 封闭气体的体积 V0=3 m3.如果将该汽缸下潜至 990 m 深处, 此过程 中封闭气体可视为理想气体. ( 1) 求 990 m 深处封闭气体的体积( 1 atm 相当于 10 m 深的海水产生的压 强) . ( 2) 下潜过程中封闭气体 ( 填“吸热”或“放热”) , 传递的热量 ( 填“大于”或“小于”) 外界对气体所做的功.
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变式训练 3 某同学在进行“用油膜法估测分子的大小” 的实验前,查阅数据手册得知:油酸的摩尔质量 M=0.283 kg· mol-1, 密度 ρ=0.895× 103kg· m-3.若 100 滴油酸的体积为 1 mL, 则 1 滴油酸所能形成的单 分子油膜的面积约是多少?( 取 NA=6.02× 1023mol-1, 球的体积 V 与直径 D 的关 系为 V= πD3, 结果保留一位有效数字) 【解析】一个油酸分子的体积 V=
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2.(多选)人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程.以下说法 正确的是( ) A.液体的分子势能与体积有关 B.晶体的物理性质都是各向异性的 C.温度升高,每个分子的动能都增大 D.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 【解析】 液体的分子势能与分子之间的距离有关,而分子之间的距离影响物 体的体积,因而分子势能与体积有关,选项 A 正确;有些晶体在某些物理性质 上表现为各向异性,选项 B 错误;温度越高,分子的平均动能越大,但并非每 个分子的动能都增大,选项 C 错误;由于液体表面张力的作用,液体的表面有 收缩到最小的趋势,因同等体积的物体,以球面的面积最小,所以露珠呈球状, 选项 D 正确. 【答案】AD
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考点二 理想气体方程和热力学定律的综合应用
p V pV =C 或 1 1 T T1
1.一定质量的理想气体状态方程 =
p2 V2 T2
当 T1=T2(或 V1=V2、p1=p2)时,即得到玻意耳定律(或查理定律、盖— 吕萨克定律).
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2.热力学定律 ( 1) 热力学第一定律: 即一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递 的热量与外界对它做的功的和.表达式为: ΔU=Q+W. ( 2) 热力学第二定律: ①克劳修斯表述: 热量不能自发地从低温物体传到高温物体. ②开尔文表述: 不可能从单一热库吸收热量, 使之完全变成功, 而不产生 其他影响. ③气体向真空的自由膨胀是不可逆的. ④第二类永动机不可能制成.
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例 2(多选)如图所示, 一绝热容器被隔板 K 隔成 a、 b 两部分.已知 a 内有一定量的稀薄气体, b 内为真空.抽开隔 板 K 后, a 内气体进入 b, 最终达到平衡状态.在此过程中 ( ) A.气体对外界做功, 内能减少 B.气体不做功, 内能不变 C.气体压强变小, 温度降低 D.气体压强变小, 温度不变
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3.一定质量的理想气体,经历了一个循环的状态变化,其压 强 p 与体积 V 的图象如图所示,ABCD 为一个矩形,则下列 判断正确的是( ) A.从 A 到 B 过程,气体温度降低 B.从 B 到 C 过程,气体放出热量 C.从 C 到 D 过程,气体对外做功 D.从 D 到 A 过程,气体内能减少 【解析】从 A 到 B 过程,气体压强不变,体积增大,由盖—吕萨克定律知,气 体温度升高,A 选项错误;从 B 到 C 过程,体积不变,压强减小,由查理定律知, 气体温度降低,内能减少,体积不变,所以气体对外界没有做功,所以气体放 出热量,B 选项正确;从 C 到 D 过程,体积减小,外界对气体做功,C 选项错误; 从 D 到 A 过程,体积不变,压强增加,由查理定律知,气体温度升高,内能增 加,D 选项错误. 【答案】B