【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)：章末冲关评价练12.doc
【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练3牛顿运动定律
章末冲关评价练(三)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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．)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B．田径运动员在110 m跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故【解析】物体的惯性大小与物体的速度、受力大小无关，由物体质量大小唯一确定，由此可得C正确，A、B错误；公共汽车启动时，乘客要向后倾，D 错误．【答案】 C2.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图1所示．当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客()图1A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上【解析】当车减速上坡时，车有沿斜面向下的加速度，乘客也具有沿斜面向下的加速度，合力方向沿斜面向下，所受的水平面的摩擦力沿水平方向向左，乘客处于失重状态，故C正确，A、B、D均错误．【答案】 C3．用火箭发射人造卫星，假设火箭由静止竖直升空的过程中，火箭里燃料燃烧喷出气体产生的推力大小不变，空气的阻力也认为不变，则下列图中能反映火箭的速度v或加速度a随时间t变化的过程为()【解析】由牛顿第二定律可得，F－mg－F f＝ma，因推力F和阻力F f大小不变，随着火箭的上升，火箭所受重力mg逐渐减小，故其加速度增大，速度也逐渐增大，B正确，A、C错误；因重力不随时间均匀减小，火箭的加速度也不随时间均匀增大，故D错误．【答案】 B4.将一轻质弹簧固定在竖直的墙壁上，如图2所示，右端与一小球相连接，另用一质量不计且不可伸长的细绳与小球相连，另一端固定．当系统静止时水平面对小球的支持力为零，细绳与竖直方向的夹角为θ＝45°.小球与水平面间的摩擦不可忽略，且动摩擦因数μ＝0.2，小球的质量为m＝1 kg，重力加速度取g＝10 m/s2.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是()图2A．小球仍静止B．小球所受合力为10 NC．小球的加速度大小为8 m/s2D．小球所受的摩擦力为零【解析】当小球处于静止状态时，水平面对小球的弹力恰为零，所以弹簧对小球的弹力大小F＝mg，绳对小球的拉力T＝2mg，在剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力F大小不能突变，水平面对小球的支持力大小突变为F N＝mg，此时小球受到向右的摩擦力，所以小球的加速度大小a ＝F －μmg m＝8 m/s 2，方向向左，故选项C 正确．【答案】 C 5．(2016·潜江检测)如图3甲所示，质量为m 的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v 0上滑先后通过A 、B ，然后又返回到底端．设从A 到B 的时间为t 1，加速度大小为a 1，经过A 的速率为v 1，从B 返回到A 的时间为t 2，加速度大小为a 2，经过A 的速率为v 2，则正确的是( )图3A ．t 1＝t 2，a 1＝a 2，v 1＝v 2B ．t 1＜t 2，a 1＜a 2，v 1＜v 2C ．物块全过程的速度—时间图线如图乙所示D ．物块全过程的速度—时间图线如图丙所示【解析】 从A 到B 过程，a 1＝mg sin θ＋f m，从B 到A 的加速度a 2＝mg sin θ－f m，所以a 1＞a 2，所以全程v -t 图线不是一条直线．时间t 1＜t 2，经过A 点的速率v 1＞v 2，A 、B 两项错误；物块全过程的速度—时间图线如图丙所示，C 项错误，D 项正确．【答案】 D6．将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在墙面上，如图4甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F 的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图4A ．2～4 s 小球的加速度大小为0.5 m/s 2B ．小球质量为2 kgC ．杆的倾角为30°D ．小球0～4 s 内的位移为8 m【解析】 由图象得：2～4 s 小球的加速度a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝0.5 m/s 2，则A 正确；0～2 s 小球做匀速直线运动时，重力沿细杆向下的分力等于5.0 N ，2～4 s 由牛顿第二定律得：F 2－F 1＝ma 得：m ＝1 kg ，则B 错误；设细杆与水平面的夹角为α，则F 2－mg sin α＝ma ，解得：α＝30°，则C 正确；由v -t 图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即为5 m ，则D 错误．【答案】 AC7.将一质量为M 的物块放在一水平桌面上，用一质量不计的轻绳跨过桌子边缘的定滑轮连接一托盘，如图5所示，在托盘中放上一定量的砝码．已知盘和砝码的总质量为m ，M ＝2m ，重力加速度取g ，忽略一切摩擦力和阻力．当将托盘由静止释放后，下列描述正确的是( )图5A ．砝码的加速度为gB ．物块的加速度为g 3C ．绳子的拉力为23mgD ．盘中的砝码处于完全失重状态【解析】 应用隔离法，对托盘分析，由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，对物块分析，由牛顿第二定律得F ＝2ma ，可知加速度大小为a ＝mg 2m ＋m＝13g ，故A 错误，B 正确；将a ＝13g 代入F ＝2ma 得F ＝23mg ，C 正确；由于砝码加速度向下且大小为g 3，所以砝码处于失重状态，但不是完全失重，D 错误．【答案】BC8.如图6所示，长为L＝6 m、质量为m＝10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50 kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v -t图象可能正确的是(g取10 m/s2，a为人的v -t图象，b为木板的v -t图象)()图6【解析】人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力f m＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，f＝Ma1＝50 N＜120 N，木板静止不动，t＝23s内人的位移x＝6 m，A正确；同理B 正确；C中人的加速度a1＝3 m/s2，f＝Ma1＝150 N＞120 N，木板向左加速，f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ 2 s内人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误．【答案】ABC二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答，解答题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(12分)(2016·益阳模拟)在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随外力变化的关系，实验装置如图7甲所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动(纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略)，实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧测力计弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示．(1)由图甲判断下列说法正确的是________．A．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B．实验时应先接通打点计时器电源后再释放物体C．实验中重物P的质量应远小于物体的质量D ．弹簧测力计的读数始终为重物P 的重力的一半(2)小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m A ________m B (填“大于”“等于”或“小于”)；两物体与木板之间动摩擦因数μA ________μB (填“大于”“等于”或“小于”)．图7【解析】 (1)长木板水平时，对物体由牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma ，即a ＝F m －μg ，所以不平衡摩擦力时，也可以达到实验目的；若木板不水平，当滑轮一侧较高时应有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，较低时应有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，仍能达到实验目的，A 正确；实验要求应先接通电源后释放纸带，B 正确；由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧测力计的读数，与重物P 的质量大小无直接关系，C 错误；对重物P 分析，当加速度为a 时，应有Mg －2F ＝Ma ，可得F ＝12Mg －12Ma ，所以只有当a ＝0时，F 才等于12Mg ，D 错误．(2)设物体加速度大小为a ，据牛顿第二定律应有F －μmg ＝ma ，可得a ＝F m －μg ＝1m F －μg .根据a -F 图象斜率k ＝1m 可知，A 的斜率大于B 的斜率，所以1m A ＞1m B，即m A ＜m B ；再根据纵轴截距为－μg 可知μA ＞μB .【答案】 (1)AB (2)小于 大于10．(13分)(2016·邵阳检测)在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图8甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v -t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：图8(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．【解析】 (1)取沿杆向上为正方向，由题图乙可知在0～2 s 内：a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内：a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)． (2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2综上解得μ＝0.5，F ＝50 N.【答案】 (1)15 m/s 2，方向沿杆向上；10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N11．(13分)如图9甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动．过A 点时给物体一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v -t 图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图9(1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s 末物体离A 点的距离．【解析】 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，则由题中v -t 图象得a 1＝2 m/s 2①根据牛顿第二定律有，F ＋μmg ＝ma 1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2，则由题中v -t 图象得a 2＝1 m/s 2③根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 2④联立①②③④解得：F ＝3 N ，μ＝0.05.(2)设10 s 末物体离A 点的距离为d ，d 应为v -t 图象与横轴所围的面积，则d ＝8×42m －6×62m ＝－2 m负号表示物体在A 点左侧．【答案】 (1)3 N 0.05 (2)2 m12．(14分)(2015·石家庄调研)如图10所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板的上端施加一个沿斜面向上F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l .(已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.)图10【解析】 由题意，小物块沿斜面向上做匀减速运动，木板沿斜面向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，①木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律：F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，②设二者共速的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式v 0－at ＝a ′t ，③小物块的位移为x，木板的位移为x′，x＝v0t－12at2，④x′＝12a′t2，⑤小物块恰好不从木板上端滑下，有x－x′＝l，⑥联立①②③④⑤⑥式解得l＝0.5 m.【答案】0.5 m。
【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)：分层限时跟踪练11.doc
分层限时跟踪练(十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·德兴模拟)如图4-2-16所示，将一小球从倾角为θ的斜面上方O 点以初速度v 0水平抛出后，落到斜面上H 点，OH 垂直于斜面且OH ＝h .不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则v 0的大小为( )图4-2-16A.gh cos 2 θ2sin θB.gh sin 2 θ2cos θC.2gh sin 2 θcos θD ．2gh cos 2 θsin θ【解析】 由几何关系得，小球做平抛运动的水平位移x ＝h sin θ，竖直位移y ＝h cos θ，根据y ＝12gt 2得t ＝2h cos θg ，则初速度v 0＝xt＝gh sin 2 θ2cos θ.【答案】 B2．(2016·南充模拟)如图4-2-17所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )图4-2-17A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．即使v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C ．若v 0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【解析】 小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B 点，选项A 错误；初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项B 错误；小球不可能垂直撞击在半圆环AC 段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β.根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，选项C 错误，D 正确．【答案】 D3．如图4-2-18所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则v 1、v 2大小之比为()图4-2-18A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．2∶3【解析】 设A 、B 两球平抛运动的时间为t ，则对A 球：tan 30°＝12gt 2v 1t ，对B 球：tan30°＝v 2gt ，解得：v 1＝gt 2tan 30°，v 2＝gt tan 30°，解得：v 1v 2＝32，C 正确．【答案】 C4．(2016·宜宾模拟)如图4-2-19所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C 点，已知地面上D 点位于B 点正下方，B 、D 间的距离为h ，则()图4-2-19A ．A 、B 两点间的距离为h 2B ．A 、B 两点间的距离为h4C ．C 、D 两点间的距离为2h D ．C 、D 两点间的距离为233h【解析】 AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；BC 段小球做平抛运动，初速度v ＝2gh ，持续时间t ＝2hg，所以C 、D 两点间距离x ＝vt ＝2h ，故C 正确，D 错误． 【答案】 C5．(2016·兴化模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v -t 图线，如图4-2-20所示．若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )图4-2-20A ．图线2表示水平分运动的v -t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C ．t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D ．2t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°【解析】 水平分运动为匀速直线运动，故A 错误；t 1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B 错误；设水平速度为v 0，则t 1时间内的水平位移为x ＝v 0t 1，竖直方向的位移y ＝v 02t 1，所以y x ＝12，C 正确；2t 1时刻竖直方向的速度2v 0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D 错误．【答案】 C 二、多项选择题6．(2016·唐山模拟)如图4-2-21所示，一同学分别在同一直线上的A 、B 、C 三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v 1、v 2、v 3.若篮球出手时高度相同，出手速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是( )图4-2-21A ．v 1<v 2<v 3B ．v 1>v 2>v 3C ．θ1>θ2>θ3D ．θ1<θ2<θ3【解析】 此过程可以看成篮球从篮筐水平抛出，由题意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故选项A 错误，B 正确；根据平抛运动规律，水平速度越大，落地时速度方向与水平方向的夹角越小，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD7．如图4-2-22所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将S 1球以初速度v 1水平向右抛出，同时在M 点右方地面上N 点处，将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中()图4-2-22A ．初速度大小关系为v 1＝v 2B ．速度变化量相等C ．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动【解析】 由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B 正确，D 错误；又由v 1t ＝v 2x t 可得A 错误．【答案】 BC8.如图4-2-23所示，两滑雪运动员从O 点分别以v A 和v B 水平滑出后做平抛运动分别落到斜坡上的A 、B 两点，在落点前瞬间速度与水平方向夹角分别为θA 与θB ，两者在空中运动时间分别为t A 与t B .则()图4-2-23A ．t A >tB B ．t A <t BC ．v A <v BD ．θA <θB【解析】 由h ＝12gt 2可知，因h B >h A ，故t B >t A ，A 错误、B 正确；由tan θ＝gtv 0，又由tan α＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0可得tan θ＝2tan α，则θA ＝θB ，D 错误；由v 0＝gt2tan α可知，因t A <t B ，故v A <v B ，C 正确．【答案】 BC9．如图4-2-24所示，在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处分别有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球后不会改变其平抛运动的轨迹)．则下列判断正确的是()图4-2-24A ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝g 2l 2v 21B ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝v 21＋g 2l 2v 21C ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21＋v 2lv 1D ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21【解析】 飞镖刺破A 气球时所经历的时间t ＝lv 1，此时飞镖竖直方向的分速度v y ＝gt＝gl v 1，所以飞镖的速度v ＝v 21＋v 2y ＝v 21＋⎝⎛⎭⎫gl v 12，选项A 错误，B 正确；飞镖从刺破A 到刺破B 所经历的时间t ′＝l v 1，此时气球上升的高度h 1＝v 2t ′，飞镖下降的高度h 2＝v y t ′＋12gt ′2，两气球在上升的过程中高度差不变，h ＝h 2＋h 1＝3gl 22v 21＋v 2lv 1，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC 三、非选择题10．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA 竖直，另一侧的坡面OB 呈抛物线形状，与一平台BC 相连，如图4-2-25所示．已知山沟竖直一侧OA 的高度为2h ，平台在沟底h 高处，C 点离竖直OA 的水平距离为2h .以沟底的O 点为原点建立平面直角坐标系xOy ，坡面的抛物线方程为y ＝x 22h .质量为m 的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台．探险队员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .图4-2-25(1)若该探险队员以速度v 0水平跳出时，落在坡面OB 的某处，则他在空中运动的时间为多少？(2)为了能跳在平台上，他的初速度应满足什么条件？请计算说明． 【解析】 (1)x ＝v 0t ，y ＋12gt 2＝2h ，y ＝x 22h ，联立解得t ＝2hv 20＋gh.(2)若落在C 处，h ＝12gt ′2，2h ＝vt ′，联立解得v ＝2gh ，若落在B 处，B 点坐标为(x ，h )，满足坡面的抛物线方程，即h ＝x 22h ，解得x ＝2h ，又x ＝vt ″，h ＝12gt ″2，联立解得v ＝gh .故初速度应满足gh ≤v ≤2gh .【答案】 (1)2hv 20＋gh(2)见解析 11．如图4-2-26所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以速度v 0＝3 m/s 水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图4-2-26(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y由几何关系得： v 0v y＝tan 37° ①设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得 v y ＝gt ② y ＝12gt 2③ x ＝v 0t④设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得 h ＝y ＋x tan 37°⑤由①②③④⑤得：x ＝1.2 m ，h ＝1.7 m. (2)在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得 s ＝l －xcos 37°⑥设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2⑦对滑块，由牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma⑧由⑥⑦⑧得：μ＝0.125. 【答案】 (1)1.7 m (2)0.12512．(2014·浙江高考)如图4-2-27所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)图4-2-27(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 【解析】 (1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二个弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝⎛⎭⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg＝492 m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg＋s ＝570 m L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m(3)492 m<L ≤570 m。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：1.3运动学图象、追及和相遇问题
)
图 133
【解析】 由图象可知，x＝0 时，初速度不为零，A 错误；由 v2＝2ax 知， Δv2 斜率 k＝ ＝2a＝4 m/s2，所以加速度 a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，B、 Δx Δv 3－ 5 C 错误； 由 t＝ a 求得质点从 x＝1 m 处运动到 x＝2 m 处所用的时间 t＝ 2 s， D 正确． 【答案】 D
考 运动学图象 追及和相遇问题
[考纲定位] 匀变速直线运动及其公式、图象(Ⅱ)
分 层 限 时 跟 踪 练
考 点 三
考点 1| x t、v t 图象的理解 xt 图象和 v t 图象的比较 x t 图象 图象 举例 vt 图象
图象 意义
表示位移的变化过程和规律，表示 质点运动在某时刻的 位置 或某段 时间内的位移
【答案】 A
4．[v2x 图象]某质点做直线运动，现以出发点为坐标原点，以运动方向为 x 轴正方向，质点运动的 v2x 图象如图 133 所示．则(
A．质点的初速度为 0 B．质点做变加速直线运动 C．质点做匀加速直线运动，且加速度为 4 m/s2 D．质点从 x＝1 m 坐标处运动到 x＝2 m 坐标处所用 3－ 5 时间 t＝ 2 s
5．[a t 图象与 v t 图象的转化]一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 at 图象如图 134 所示．下列 v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )
图 134
T 【解析】 由题图可知，在 0～2时间内 a＝a0＞0，若 v0≥0，物体做匀加速 运动；若 v0＜0，物体做匀减速运动，故 B、C 皆错误；由于在 T～2T 时间内 a T ＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与 0～2时间内相同，故 A 错 误，D 正确． 【答案】 D
物理《非常考案》课本答案
物理复习讲义（有解析）总复习使用，祝高考顺利第一章运动的描述匀变速直线运动(必修1)第1课时运动的描述考点11．(1)质量(2)大小形状 2.(1)不动(2)不同地球题组突破1．A2．D如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此C错误。
3．D金星通过太阳和地球之间时，我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为太阳的大小对所研究问题的影响起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确。
考点21．(1)位移(2)位移 2.(1)某一时刻速率(3)路程题组突破4．ABD一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A、B均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C 错，D 正确。
5．AD 物体在某段时间内平均速度的方向与位移的方向相同，所以人从A 到B 的平均速度方向由A 指向B ，A 正确，B 错误；物体在某一点的瞬时速度的方向就是物体在该点的运动方向，人在B 点时的运动方向为沿B 点的切线方向，所以人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向，C 错误，D 正确。
6．BC 平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段的轨迹长度，故不能求出平均速率，A 错；由v ＝x t 可得：v AC ＝52 m/s ，故B 正确；所选取的过程离A 点越近，该过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，故C 正确；由A 经B 到C 的过程不是匀变速直线运动过程，故B 点虽为中间时刻，但其速度不等于AC 段的平均速度，D 错误。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.4万有引力与航天
【解析】 第一宇宙速度为物体沿近地轨道做匀速圆周运动的运行速度，天 GMm v GM 宫一号轨道半径大于地球半径，由 r2 ＝m r 得 v＝ r ，故其速度小于第一 4π2 宇宙速度，故选项 A 错误；赤道上物体随地球自转的加速度 a 总＝R 2 ，天宫 T地 4π2 一号的加速度 a 天＝r 天 2 ，根据轨道半径和周期关系 R<r 天，T 地>T 天，可知天 T天 宫一号加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度， 故选项 B 正确； 根据 ω 2π ω天 T地 24×60 ＝ T 知 ＝ ＝ 90 ＝16，故选项 C 正确；在天宫一号上航天员和其他物 ω地 T天 体均处于完全失重状态，天平不能使用，故 D 错误．
2
【答案】 BC
[规律总结] (1)区别
赤道物体、近地卫星、同步卫星的比较
①同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于 近地卫星的周期． ②近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径 ，而不等于同 步卫星运动半径． ③三者的线速度各不相同．
(2)求解此类题的关键 ①在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应 GM 依据二者角速度相同的特点，运用公式 a＝ω r 而不能运用公式 a＝ r2 .
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大 B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等 D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
2 Mm v 【解析】 探测器在星球表面做匀速圆周运动时，由 G R2 ＝m R ，得 v＝
2GM GM R ，则摆脱星球引力时的发射速度 2v＝ R ，与，半径为 R，则地球的质量为 10M，半径为 2R， 10Mm 5GMm Mm 地球对探测器的引力 F1＝G 2 ，比火星对探测器的引力 F2＝G 2 2＝ 2 R R （2R） 大，选项 B 正确；探测器脱离地球时的发射速度 v1＝ 2G· 10M 10GM ＝ R ，脱 2R
【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练9电磁感应
章末冲关评价练(九)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题．每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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．)1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不正确的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确．法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确．【答案】C2．物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图1所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为()图1A.qR SB.qR nSC.qR 2nSD.qR 2S【解析】 由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，则有ΔΦ＝2BS .因为q ＝n ΔΦR ，所以磁感应强度B ＝qR 2nS ，选项C 正确．【答案】 C3．(2015·海南高考)如图2所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则ε′ε等于()图2A.12B.22 C ．1 D.2【解析】 由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BL v ，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v 运动时，ε′＝12BL v ，则ε′ε＝12BL v BL v ＝22.因此B 对，A 、C 、D 错．【答案】 B4．(2015·盐城检测)如图3所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A 和B 是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是()图3A ．当开关S 闭合瞬间，A 、B 两灯同时亮，最后B 灯熄灭B ．当开关S 断开瞬间，A 、B 两灯同时熄灭C ．当开关S 断开瞬间，a 点电势比b 点电势低D ．当开关S 断开瞬间，流经灯泡B 的电流是由b 到a【解析】 开关S 闭合瞬间，线圈L 对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A 与B 串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B 被短路熄灭，选项A 正确；稳定后当开关S 断开后，A 马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，左端电势高，与灯泡B 构成闭合回路放电，流经灯泡B 的电流是由a 到b ，B 闪一下再熄灭，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A5．如图4所示，两个互连的金属圆环，大金属环的电阻是小金属环电阻的二分之一．磁场垂直穿过粗金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为()图4A.E 2B.E 3C.2E 3 D ．E【解析】 在电磁感应中，产生感应电动势的那一部分等效于直流电路中的电源．该部分的电阻等效于电源内阻r ，本题的等效电路如图所示．依题有：r ＝R 2，I ＝E R ＋r ＝E R ＋R 2＝2E 3R ，U ＝IR ＝2E 3.【答案】 C6．如图5所示，一正方形闭合金属线框ABCD 放在粗糙绝缘的水平面上，MN 右侧空间有一匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1 T 、方向竖直向上．线框的边长l ＝0.1 m 、质量m ＝0.1 kg ，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时线框的AD 边与磁场边界MN 重合．现在使线框以初速度v 0＝2 m/s 沿水平面进入磁场区域，运动一段时间后静止，静止后线框的BC 边与磁场边界MN 的水平距离也为l ，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．AD 边刚进入磁场区域时，金属线框感应电流方向为A →B →C →DB ．AD 边刚进入磁场区域时，金属线框产生的感应电动势为0.4 VC ．整个过程，AD 边产生的焦耳热为0.1 JD ．BC 边刚进入磁场时的速度大小为1 m/s【解析】 金属线框AD 边向右运动切割磁感线，根据楞次定律知产生的感应电流方向为A →D →C →B ，选项A 错误；金属线框AD 边刚进入磁场区域时产生的感应电动势为E ＝Bl v 0＝0.2 V ，选项B 错误；根据动能定理，整个过程产生的焦耳热为12m v 20－2μmgl ＝0.1 J ，AD 边产生的焦耳热为14×0.1 J ＝0.025 J ，选项C 错误；金属线框进入磁场后做匀减速运动，BC 边刚进入磁场时的速度为v ＝2μgl ＝1 m/s ，选项D 正确．【答案】 D7．(2016·牡丹江模拟)如图6所示，金属杆MN 在三角形金属框架上以速度v 从图示位置起向右做匀速滑动，框架夹角为θ，杆和框架由粗细均匀、横截面积相同的同种材料制成，则回路中的感应电动势E 和电流I 随时间t 变化的规律分别是图中的()图6【解析】 由公式E ＝Bl v 知，l 均匀增大，则感应电动势E 均匀增大，且图示位置E 不为零，B 项正确；回路中的电流I ＝E R ＝Bl v ρL S，式中L 为回路的周长，由三角形相似可推得l L 的比值为定值，故电流的大小是恒定的，D 项正确．【答案】 BD8．如图7甲所示，将长方形导线框abcd 垂直磁场方向放入匀强磁场B 中，规定垂直ab 边向右为ab 边所受安培力F 的正方向，F 随时间的变化关系如图乙所示．选取垂直纸面向里为磁感应强度B 的正方向，不考虑线圈的形变，则B 随时间t 的变化关系可能是选项中的( )图7【解析】 在每个整数秒内四个选项中磁感应强度都是均匀变化的，磁通量的变化率为恒定的，产生的电流大小也是恒定的，再由F ＝BIL 可知，B 均匀变化时，F 也均匀变化，在0～1 s 内，F 为向左，根据楞次定律，磁通量均匀减小，与B 的方向无关，这样周期性的变化的磁场均正确，所以有A 、B 、D 项正确，C 错．【答案】 ABD9．如图8所示，质量为3m 的重物与一质量为m 的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L ，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h .初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h ，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是( )图8A ．线框进入磁场时的速度为2ghB ．线框的电阻为B 2L 22mg 2ghC ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝2mghD ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝4mgh【解析】 从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg ×2h ＝mg ×2h ＋4m v 2/2，解得线框刚进入磁场时的速度v ＝2gh ，故A 对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故合力为零，3mg ＝BIL ＋mg ，I＝BL v /R ，解得线框的电阻R ＝B 2L 22mg 2gh ，故B 对；线框匀速通过磁场的距离为2h ，产生的热量等于系统重力势能的减少，即Q ＝3mg ×2h －mg ×2h ＝4mgh ，故C 错，D 对．【答案】 ABD10．如图9所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()图9A．P＝2mg v sin θB．P＝3mg v sin θC．当导体棒速度达到v2时，加速度大小为g2sin θD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【解析】对导体棒受力分析如图．当导体棒以v匀速运动时(如图甲)，应有：mg sin θ＝F安＝BIL＝B2L2vR；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，F＋mg sin θ＝2B2L2vR，两式联立得F＝mg sinθ，则P＝F·2v＝2mg v sin θ，A正确，B错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为v2时，a＝mg sin θ－F安″m＝mg sin θm－B2L2v2Rm＝g2sinθ，C项正确；由功能关系，当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和，D 项错误．【答案】AC二、非选择题(共3小题，共40分，按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图10甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)甲 乙图10(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 【解析】 (1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL①天平平衡mg ＝N 1B 0IL② 代入数据得N 1＝25匝． ③ (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt④ 即E ＝N 2ΔB ΔtLd ⑤ 由欧姆定律得I ′＝E R ⑥线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L⑦ 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R ⑧代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s. ⑨【答案】 (1)25匝 (2)0.1 T/s12．(14分)如图11所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ，在1 s ～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：图11(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1 s ～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .【解析】 (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化ΔΦ1＝ΔB 1S ， 解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，代入数据得E 1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a . (2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r ，电荷量q ＝I 2Δt 2， 解得q ＝N ΔB 2S r，代入数据得q ＝10 C. (3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r，1 s ～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2，由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J.【答案】 (1)10 V a →d →c →b →a(2)10 C (3)100 J13．(14分) (2015·宜昌检测)如图12所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：图12(1)磁感应强度的大小B；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；(3)流经电流表电流的最大值I m.【解析】(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有BIL＝mg，①解得B＝mgIL. ②(2)感应电动势E＝BL v，③感应电流I＝ER，④由②③④式解得v＝I2R mg.(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m，由机械能守恒定律得12m v2m＝mgh，感应电动势的最大值E m＝BL v m，感应电流的最大值I m＝E m R，解得I m＝mg2ghIR.【答案】 (1)mg IL (2)I 2R mg (3) mg 2gh IR。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.3电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离 Y 的四种方法： ①Y＝y＋dtan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)；
L ②Y＝2＋dtan
θ(L 为电场宽度)；
图 635
1 2 【解析】 设粒子离开电场 E1 时速度为 v，由动能定理得 qE1d1＝ mv －0， 2 v＝ 2qE1d1 1 2 at m ，在电场 E2 中 y＝2at ，E2q＝ma，L＝vt，tan φ＝ v ，联立以上方
2 E2L2 E2L E2 L 2 q 程得 y＝4E d ，tan φ＝2E d .所以，在电场 E2 中电场力做功 W＝E2qy＝4E d ， 1 1 1 1 1 1
(1)液滴的质量； (2)液滴飞出时的速度．
图 633
【解析】 (1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos
α＝mg
U 又 E＝ d qUcos α 解得：m＝ dg 代入数据得 m＝8×10－8 kg.
(2)对液滴由动能定理得： 1 2 1 2 qU＝2mv －2mv0， 所以 v＝ 7 ＝ 2 m/s.
(4)运动规律
l ①水平方向匀速直线运动：t＝ v0 ．
qU 1 2 qUl2 qE ②竖直方向匀加速直线运动：a＝ m ＝md ，y＝2at ＝2mdv2. 0
(5)思路图解： 带电粒子垂直进入匀强电场中的运动 只受↓电场力
vy U2l 2y1 U2l2 偏转角：tan θ ＝ ＝ ＝ ；侧移距离：y1＝ v0 2U1d l 4dU1
[题组突破] 1．[电容器动态变化问题]板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时， 两极板间电势差为 U1，板间电场强度为 E1.现将电容器所带电荷量变为 2Q，板 1 间距变为2d，其他条件不变，这时两极板间电势差为 U2，板间场强为 E2，下列 说法正确的是( ) B．U2＝2U1，E2＝4E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
《非常考案》2017通用版物理一轮热点突破提升练4万有引力定律的应用
热点突破提升练(四) 万有引力定律的应用(限时40分钟)一、单项选择题1．(2015·江苏高考)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.110 B ．1 C ．5D ．10【解析】 行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，则M 1M 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1203×⎝ ⎛⎭⎪⎫36542≈1，选项B 正确． 【答案】 B2．(2015·海南高考)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7，已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R .由此可知，该行星的半径约为( )A.12R B.72R C ．2RD ．72R【解析】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即x ＝v 0t ，在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2，所以x ＝v 02hg ，两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以g 行g 地＝x 2地x 2行＝74，根据公式G Mm R 2＝mg 可得：R 2＝GM g 故R 行R 地＝M 行M 地·g 地g 行＝2，解得R 行＝2R ，故C 正确． 【答案】 C3．(2015·重庆高考)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM （R＋h）2C.GMm（R＋h）2D．GMh2【解析】飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即GMm（R＋h）2＝mg，得g＝GM（R＋h）2，选项B正确．【答案】 B4．(2016·德兴模拟)“嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四个部分组成．探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约2千克月球样品．某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，请根据题意，判断地球和月球的密度之比为()A.23B．32C．4 D．6【解析】设星球的密度为ρ，由G Mm′R2＝m′g得GM＝gR2，ρ＝MV＝M43πR3，联立解得ρ＝3g4πGR.设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则ρρ0＝g·R0g0·R，将RR0＝4，gg0＝6代入解得ρρ0＝32，选项B正确．【答案】 B5．一恒星系统中，行星a 绕恒星做圆周运动的公转周期是0.6年，行星b 绕恒星做圆周运动的公转周期是1.9年，根据所学知识比较两行星到恒星的距离关系( )A ．行星a 距离恒星近B ．行星b 距离恒星近C ．行星a 和行星b 到恒星的距离一样D ．条件不足，无法比较【解析】 由万有引力定律和牛顿第二定律可得G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，解得r＝3GMT 24π2，代入数据求得r a r b ＝⎝⎛⎭⎪⎫0.61.923＜1，行星a 距离恒星近，即选项A 正确．【答案】 A6．(2015·山东高考)如图1所示，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )图1A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1【解析】 空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr 2＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．【答案】 D7．(2016·贵阳检测)太空行走又称为出舱活动．狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱，只身进入太空的出舱活动．假设某宇航员出舱离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为v ，该航天员从离开舱门到结束太空行走所用时间为t ，已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则( )图2A ．航天员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B ．该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C ．该航天员离地高度为gR 2v 2－R D ．该航天员的加速度为v 2gR 2【解析】 由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，选项A 错误；航天员在太空行走的路程是以速度v 运动的路程，即为v t ，选项B 错误；由G Mm R 2＝mg 和G Mm （R ＋h ）2＝m v 2R ＋h ，得h ＝gR 2v 2－R ，选项C 正确；再由a g ＝R 2（R ＋h ）2得a ＝v 4gR 2，选项D 错误．【答案】 C8．(2016·鄂州模拟)2014年9月30日，印度太空研究组织发布印度“曼加里安”号火星探测器传回的火星图片，这颗红色的星球直径为地球的一半，质量为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍，地球表面重力加速度约为10 m/s 2，从以上信息可知( )A ．火星公转的线速度大于地球公转的线速度B ．火星公转的周期比地球公转的周期短C ．火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大D ．火星表面重力加速度约为4 m/s 2【解析】 研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出v ＝GMr ，T ＝2πr 3GM ，a ＝G M r 2.M 为太阳的质量，r 为轨道半径．选项ABC 错误；因g ＝GMR 2，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的25，即火星表面重力加速度约为g ′＝25g ＝4 m/s 2，选项D 正确．【答案】 D9．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA )目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler －186f .假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T ；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h 处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为t .已知该行星半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的第一宇宙速度为πRTB ．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt 2R hC ．该行星的平均密度为3h2G πt 2D ．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为3hT 2R 22π2t 2【解析】 在行星地面附近自由释放的小球做自由落体运动，因h ＝12gt 2，解得行星表面的重力加速度g ＝2h t 2，该行星的第一宇宙速度为v ＝gR ＝2hRt ，选项A 错误；宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期最小值T ＝2πRv ＝πt2R h ，选项B 正确；该行星的体积V ＝43πR 3，质量M ＝gR 2G ，行星的密度ρ＝M V ＝3h2πRGt 2，选项C 错误；根据万有引力定律有GMm （R ＋H ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋H )，解得同步卫星离行星表面的高度H ＝3hT 2R 22π2t 2－R ，选项D 错误．【答案】 B10．(2016·咸宁模拟)2014年10月24日，“嫦娥五号”飞行试验器在西昌卫星发射中心发射升空，并在8天后以“跳跃式再入”方式成功返回地面．“跳跃式再入”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层，如图3所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径为R，地心到d点距离为r，地球表面重力加速度为g.下列关于“嫦娥五号”飞行试验器的说法正确的是()图3A．在b点处于完全失重状态B．在d点的加速度小于gR2/r2C．在a点的速率大于在c点的速率D．在c点的速率大于在e点的速率【解析】“嫦娥五号”飞行试验器在b点处于失重状态，但由于受到阻力作用，不是完全失重状态，选项A错误；在d点，“嫦娥五号”飞行试验器的加速度a＝GMr2，又GM＝gR2，所以a＝gR2r2，选项B错误；“嫦娥五号”飞行试验器从a点到c点，万有引力不做功，由于阻力做功，则“嫦娥五号”飞行试验器在a点的速率大于在c点的速率，选项C正确；从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则“嫦娥五号”飞行试验器在c点的速率和在e点的速率相等，选项D错误．【答案】 C二、多项选择题11．如图4所示，飞船从轨道1变轨至轨道2，若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的()图4A．动能大B．向心加速度大C．运行周期长D．角速度小【解析】 由题意知r 1<r 2，由GMm r 2＝m v 2r 可得E k ＝12m v 2＝GMm2r ，半径越大，动能越小，选项A 错误；由GMmr 2＝ma 可知，半径越大，向心加速度越小，选项B 错误；由GMmr 2＝m 4π2T 2r ，可知T ＝2πr 3GM ，半径越大，周期越长，选项C正确；由GMmr 2＝mrω2，得ω＝GMr 3，半径越大，角速度越小，选项D 正确．【答案】 CD12．(2016·广水模拟)2014年5月10日，天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象．“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线．该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出( )图5A ．土星质量B ．地球质量C ．土星公转周期D ．土星和地球绕太阳公转速度之比【解析】 行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，选项A 、B 错误；“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球比土星多转动一圈，根据⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 1－2πT 2t ＝2π可以求解土星公转周期，选项C 正确；知道土星和地球绕大阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解公转半径之比，根据v ＝2πRT 可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，选项D 正确．【答案】 CD13．(2016·南通检测)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，行星会运行到日地连线的延长线上(相距最近)，如图6所示．设该行星与地球的公转周期之比为k 1，公转半径之比为k 2，则()图6A ．k 1＝N ＋1N B ．k 1＝N N －1C ．k 2＝⎝⎛⎭⎪⎫N ＋1N 23D ．k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫N N －123【解析】 由题图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长．每过N 年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球比行星多转圆周的N 分之一，N 年后地球转了N 圈，比行星多转1圈，即行星转了N －1圈，从而再次在日地连线的延长线上．所以行星的周期是NN －1年，根据开普勒第三定律有r 3地r 3行＝T 2地T 2行，即r 行r 地＝3T 2行T 2地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫N N －123，选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．【答案】 BD14．(2016·宜城模拟)“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( )A ．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B ．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍C ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救【解析】根据GMmr2＝ma得a＝GMr2，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，选项A正确；根据GMmr2＝mv2r得v＝GMr，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍，选项B正确；因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动，选项C错误；“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，选项D错误．【答案】AB15．发射地球同步卫星过程示意图如图7所示．首先将卫星发射到近地的轨道1，运行速度大小为v1，加速度大小为a1；在P点点火后进入椭圆轨道2，经过P点时速度大小为v P，加速度大小为a P；经过Q点时速度大小为v Q，加速度大小为a Q；最后在Q点点火进入同步轨道3，运行速度大小为v3，加速度大小为a3.则()图7A．v1>v3，a1＝a P B．v1>v P，a P>a QC．v P>v Q，a1>a3D．v Q>v3，a Q＝a3【解析】根据v＝GMr，可知，v1>v3，根据牛顿第二定律得a＝GMr2，卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点时的加速度，因此a1＝a P，选项A正确，B错误；根据近地点速度大，远地点速度小，则有v P>v Q，卫星从Q点加速到轨道3，所以v Q<v3，根据牛顿第二定律得a＝GMr 2，则a P >a Q ，卫星在同步轨道上经过Q 点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过Q 点的加速度，因此a 1>a 3，选项C 正确，D 错误．【答案】 AC。
【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练5机械能
章末冲关评价练(五)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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．)1．(2015·柳州模拟)如图1所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是( )图1A ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg －m v 2RB ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 22RC ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒D ．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少【解析】 从A 到B 的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增大，小球的机械能减小；由于小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力，根据牛顿第二定律，F 弹－mg ＝m v 2R ，即F 弹＝mg ＋m v 2R ，故只有选项D 正确．【答案】 D2．(2015·四平调研)某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车空车时的质量为m 0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装的货物的质量是( )A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C ．m 0 D ．v 1v 2m 0 【解析】 设汽车所装货物质量为m ，则根据P ＝F v ＝f v 得空载时，P ＝km 0g v 1，满载时，P ＝k (m 0＋m )g v 2，解得m ＝v 1－v 2v 2m 0. 【答案】 A3．(2015·广东六校第三次联考)质量为m 的物体，在距地面h 高处以g 3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法正确的是( )A ．物体的重力势能减少13mghB ．物体的机械能减少13mghC ．物体的动能增加13mghD ．重力做功13mgh【解析】 物体落地过程中，重力做功W G ＝mgh ，重力势能减少mgh ，A 、D 项错误；由动能定理可知，ΔE k ＝W 合＝mah ＝13mgh ，C 项正确；由功能关系可知，ΔE ＝W 合－mgh ＝－23mgh ，所以机械能减少了23mgh ，B 项错误．【答案】 C4．将一质量为m 的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α<45°)的固定杆上，小球与一原长为L 的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L 高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L ，如图2所示．小球滑到底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是( )图2A ．小球的机械能守恒B ．弹性绳的弹性势能将一直增大C ．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL (cot α－1)D ．小球和弹性绳组成的系统机械能守恒【解析】 在小球下滑过程中，小球和弹性绳的机械能守恒，则A 错误，D 正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B 错误；由机械能守恒定律，弹性绳的弹性势能增加了mgL ，选项C 错误．【答案】 D5．如图3所示，质量为m 的小滑块从O 点以初速度v 0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O 点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为( )图3A.13m v 20B ．14m v 20 C.16m v 20 D ．18m v 20【解析】 设小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx ，小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L ＋Δx )－E 弹＝0－12m v 20，再分析从弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得E 弹－μmg (L ＋Δx )＝0，联立可得E 弹＝14m v 20，故弹簧获得的最大弹性势能为14m v 20.【答案】 B6．(2016·南京模拟)如图4所示，圆心在O 点、半径为R 的光滑圆弧轨道abc 竖直固定在水平桌面上，Oc 与Oa 的夹角为60°，轨道最低点a 与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m 1和m 2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c 的两边，开始时，m 1位于c 点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则( )图4A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减少C．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝2m2D．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝3m2【解析】m1在下滑过程中速度沿绳的分量大小等于m2的速度大小，故A 错．m1在c和a处时重力的功率均为零，而在c到a的过程中不等于零，由此可知应先增大后减小，故B正确．对m1和m2组成的系统应用机械能守恒定律：m1g·R2－m2g·R＝0，解得m1＝2m2，故C对、D错．【答案】BC7．(2015·长春模拟)质量分别为m1和m2的两个物体A、B并排静止在水平地面上，如图5甲所示，用同方向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，物体A、B各自滑行一段距离后停止．物体A、B运动的速度—时间图象分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1＜m2，下列判断中正确的有()图5A．物体A、B与地面的动摩擦因数一定相同B．力F1一定大于力F2C．力F1对物体A所做的功一定小于力F2对物体B所做的功D．力F1的最大瞬时功率一定小于力F2的最大瞬时功率【解析】由题中图线可知，在撤去外力后，两图线平行，说明加速度相同，物体只受摩擦力，其加速度a＝μg，所以μ相同，A项正确；由牛顿第二定律，F－μmg＝ma，得a1＝F1m1－μg，a2＝F2m2－μg，由图线可以看出a1＞a2，即F1m1＞F2m2，由于m1＜m2，所以F1和F2关系不确定，B项错误；从图线中可以看出，a图象与横轴所围的面积小于b图象与横轴所围的面积，即A的位移x1小于B的位移x2，而μm1g＜μm2g，所以μm1gx1＜μm2gx2，根据动能定理，Fx－μmgx＝0，所以力F1对物体A所做的功F1x1一定小于力F2对物体B所做的功F2x2，C项正确；根据功率P＝F v，而F1与F2的关系不确定，所以D项错误．【答案】AC8．(2015·黄冈模拟)如图6所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一个质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2＞v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判断，正确的有()图6A．滑块返回传送带右端的速率为v1B．此过程中传送带对滑块做功为12m v21－12m v22C．此过程中电动机对传送带做功为2m v21D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v1＋v2)2【解析】因为v2＞v1，在摩擦阻力下，滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动．速度增大到v1后随传送带做速度为v1的匀速直线运动．所以滑块返回传送带右端的速率为v1，A项正确；由动能定理可得此过程中传送带对滑块做功为12m v21－12m v22，B项正确；由能量守恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于两者相对滑动产生的热量和传送带对滑块做功之和，不等于2m v21.C项错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于两者相对滑动的距离与摩擦力的乘积，等于12m(v1＋v2)2，D项正确．【答案】ABD二、非选择题(共4小题，共52分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(10分)某同学用如图7甲所示的装置验证动能定理．为提高实验精度，该同学多次改变小滑块下落高度H的值，测出对应的平抛运动水平位移x，并算出x2，进而画出x2H图线如图乙所示．图7(1)原理分析：若滑块在下滑过程中所受阻力很小，则只要测量量满足________，便可验证动能原理．(2)实验结果分析：实验中获得的图线未经坐标原点，而是大约在(0.6h，0)处与横轴相交，原因是_________________________________________________ ____________________________________________________________________.【解析】(1)若滑块在下滑过程中所受阻力很小，由动能定理知mgH＝12m v2，根据平抛运动规律知x＝v t，h＝12gt2，得x2与H成正比，即只要测量量满足x2与H成正比，便可验证动能定理．(2)实验中获得的图线未经坐标原点，而是大约在(0.6h，0)处与横轴相交，原因是滑块需要克服阻力做功．【答案】(1)x2与H成正比(2)滑块需要克服阻力做功10．(12分)如图8甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A 点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：图8(1)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．【解析】(1)取向左为正方向，从F-x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f＝1.0 N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f＝－F f x＝－0.1 J由图线与x轴所围面积可得外力F做功为W F＝（1.0＋47.0）×0.12J＝2.4 J所以弹簧存贮的最大弹性势能为E pm＝W F＋W f＝2.3 J(2)从A点到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为W f′＝F f·3x＝0.3 J对小物块运用动能定理有E pm－W f′＝12m v2B解得v B＝2 m/s.(3)物块从B点开始做平抛运动，有h＝12gt2解得下落时间t＝1 s，水平距离s＝v B t＝2 m.【答案】(1)2.3 J(2)2 m/s(3)2 m11．(12分)如图9所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为m的小球在水平地面上的C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)．已知A、C间的距离为L，重力加速度为g.图9(1)若轨道半径为R ，求小球到达圆轨道B 点时对轨道的压力F N ；(2)为使小球能运动到轨道最高点B ，求轨道半径的最大值R m ；(3)轨道半径R 多大时，小球在水平地面上的落点D 到A 点距离最大？最大距离x m 是多少？【解析】 (1)设小球到B 点速度为v ，从C 到B 根据动能定理有FL －2mgR ＝12m v 2解得v ＝2FL －4mgR m据牛顿第二定律有F N ＋mg ＝m v 2R 解得F N ＝2FL R －5mg .(2)令F N ＝2FL R m－5mg ＝0 解得R m ＝2FL 5mg .(3)设小球平抛运动的时间为t ，由2R ＝12gt 2解得t ＝4R g水平位移x ＝v t ＝2FL －4mgR m ·4R g ＝（2FL －4mgR ）·4mgR m 2g 2 当2FL －4mgR ＝4mgR 时，水平位移最大解得R ＝FL 4mgD 到A 最大距离x m ＝4R ＝FL mg .【答案】 见解析12．(16分)如图10甲所示，一水平放置的圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m ＝0.2 kg 的小滑块从轨道(截面图如图乙所示)的最低点A ，以v 0＝9 m/s 的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v ＝1 m/s ，滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD 粗糙外，其余部分均光滑，小滑块运动轨道的半径R ＝0.3 m ，(g 取10 m/s 2)求：图10(1)小滑块第一次滑到最高点时轨道对它的弹力？(2)小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？(3)从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？【解析】 (1)设小球第一次到达最高点时受竖直向下的弹力F N ，则有F N ＋mg ＝m v 2R ，代入数据可得：F N ＝－43 N.故内筒外壁对小滑块施加了竖直向上的支持力．(2)在此过程中，设克服摩擦力做的功为W f ，则－mg ·2R ＋W f ＝12m v 2－12m v 20，代入数据解得W f ＝6.8 J.(3)经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设球经过水平直径位置时速度为0，选该处所在水平面为零势能面，则有E末＝0，E初＝12m v2－mgR.减少的机械能为：ΔE减＝E初－E末＝12m v2－mgR，代入数据解得ΔE减＝7.5 J.【答案】(1)43N竖直向上(2)6.8 J(3)7.5 J。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：12.3光的折射、全反射
c (3)折射率与速度的关系式：n＝v，因 v<c，故任何介质的折射率总大于 1.
[题组突破] 1．[对折射现象的理解](多选)空气中悬浮着一颗球形小水珠，一缕阳光水平 入射，如图 1232 所示．n 甲、n 乙和 n 丙分别表示水对甲光、乙光和丙光的折射 率．判断以下表述正确的是( )
丙
，选项 D 正确．
【答案】 CD
2．[对折射定律的理解]以往，已知材料的折射率都为正值(n>0)．现已有针 对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0)，称为负折射率 sin i 材料．位于空气中的这类材料，入射角 i 与折射角 r 依然满足 ＝n，但是折射 sin r 线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)．现空气中有一上下表面平行 的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电 磁波的折射率 n＝－1， 正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )
图 1232
A．n 甲>n 乙>n 丙 B．波长 λ 的关系 λ 甲<λ 乙<λ C．频率 ν 的关系 f 甲<f 乙<f 丙 D．光由水珠出射到空气的折射角关系 θ 甲＝θ 乙＝θ 丙
丙
【解析】 从空气射入小水珠时，三种色光的入射角相同，甲光的折射角 较大，说明其折射率最小，n 甲<n 乙<n 丙，选项 A 错误；折射率小的，频率小， 波长长，所以 λ 甲>λ乙>λ丙，f 甲<f 乙<f 丙，选项 B 错误，C 正确；光由水珠出射到 空气时的入射角等于光从空气射入水珠时的折射角，根据折射定律，它们由水 珠出射到空气的折射角均等于光从空气射入水珠时的入射角，所以 θ 甲＝θ 乙＝θ
【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)：分层限时跟踪练12【含解析】
分层限时追踪练( 十二 )(限时 40 分钟 )一、单项选择题1．如图4-3-13所示，一偏爱轮绕垂直纸面的轴O 匀速转动， a 和b 是轮上质量相等的两个质点，则偏爱轮转动过程中a、 b 两质点()图 4-3-13A．角速度大小同样B．线速度大小同样C．向心加快度大小同样D．向心力大小同样【分析】同轴转动，角速度大小相等，选项 A 正确；角速度大小相等，但转动半径不一样，依据 v＝ωr、a＝ω2r 和 F＝ mω2r 可知，线速度、向心加快度和向心力大小均不一样．选项 B、C、 D 错误．【答案】 A2．水平搁置的三个用不一样资料制成的轮A、B、C 用不打滑皮带相连，如图 4-3-14 所示( 俯视图 )，三轮的半径比为R A∶R B∶ R C＝ 3∶2∶ 1，当主动轮 C 匀速转动时，在三轮的边沿上搁置同一小物块 P，P 均恰能相对静止在各轮的边沿上．设小物块 P 所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小物块P 与轮 A、 B、 C 接触面间的动摩擦因数分别为μ、Aμ、Bμ，三轮C A、 B、 C 转动的角速度分别为ωA、ωB、ωC，则 ()图 4-3-14A．μA∶ μB∶ μC＝ 6∶ 3∶ 2 B ．μA∶ μB∶ μC＝ 2∶ 3∶6C．ωA∶ ωB∶ ωC＝ 1∶ 2∶ 3 D ．ωA∶ ωB∶ ωC＝ 6∶ 3∶ 2【分析】因三轮用不打滑皮带连结，三轮边沿处线速度大小相等，由题意知μmg＝v2，所以μ∶ μ∶ μ＝ 2∶3∶ 6，A 错误， B 正确；由 v＝ωR知ω∶ ω∶ ω＝2∶3∶ 6，m R A BC ABC C、 D 错误．【答案】B3．如图 4-3-15 所示，一根不行伸长的轻绳一端拴着一个小球，另一端固定在竖直杆上，当竖直杆以角速度ω转动时，小球随着杆一同做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，以下对于ω与θ关系的图象正确的选项是()图 4-3-15A B C D【分析】剖析小球受力，其所受合外力2θ，F＝ mgtan θ .由牛顿第二定律， F＝ mω Lsin2g联立解得：ω＝Lcosθ，则ω与θ关系的图象正确的选项是D.【答案】D4． (2015 ·建高考福)如图 4-3-16 所示，在竖直平面内，滑道ABC 对于 B 点对称，且 A、B、 C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由 A 滑到 C，所用的时间为 t1，第二次由 C 滑到 A，所用的时间为 t2，小滑块两次的初速度大小同样且运动过程一直沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()图 4-3-16A． t1＜ t2B． t 1＝ t2C． t 1＞ t2D．没法比较t1、 t2的大小【分析】在滑道 AB 段上取随意一点E，比较从 A 点到 E 点的速度v1和从 C 点到 E 点的速度v2易知，v1＞ v2.因 E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由 A 滑到 C 比由 C 滑到 A 在 AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所C动损失的动能更大．故综上所述，从 A 滑到 C 比从 C 滑到 A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从 A 滑到 C 均匀速度要更大一些，故t1＜ t2.选项 A 正确．【答案】A5．如图 4-3-17 所示，小球紧贴在竖直搁置的圆滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧壁半径为 R，小球半径为r，则以下说法正确的选项是()图 4-3-17A．小球经过最高点时的最小速度v min＝g（ R＋r）B．小球经过最高点时的最小速度v min＝gRC．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球必定无作使劲D．小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球必定有作使劲【分析】小球沿管道上涨到最高点的速度能够为零，故 A 、B均错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作使劲 F N与小球重力在背叛圆心方向的分力F mg的协力供给向心力，即F N－ F mg＝ ma，所以，外侧管壁必定对小球有作使劲，而内侧管壁无作使劲， C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作使劲状况与小球速度大小相关， D 错误．【答案】C二、多项选择题6．如图 4-3-18 所示，物体P 用两根长度相等、不行伸长的细线系于竖直杆上，它随杆转动，若转动角速度为ω，则 ()图4-3-18A．ω只有超出某一值时，绳索AP 才有拉力B．绳索 BP 的拉力随ω的增大而不变C．绳索 BP 的张力必定大于绳索AP 的张力D．当ω增大到必定程度时，绳AP 的张力大于绳索BP的张力索【分析】ω较小时，AP 废弛，绳索BP 的拉力随ω的增大而增大，故 A 选项正确，B 选项错误．当ω达到某一值ω0时，AP恰巧绷紧．物体P 受力剖析如下图，其协力提供向心力，竖直方向协力为零．故F BP>F AP， C选项正确， D 选项错误．【答案】AC7．(2015·江高考浙)如图 4-3-19所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车经过AB 线经弯道抵达A ′B ′线，犹如下图的①、②、③三条路线，此中路线③是以 O ′为圆心的半圆， OO ′＝ r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率经过弯道 (所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则 ()图 4-3-19A ．选择路线①，赛车经过的行程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加快度大小相等【分析】由几何关系可得，路线①、②、③赛车经过的行程分别为： (π r ＋ 2r)、 (2πr ＋ 2r )和 2π r ，可知路线①的行程最短， 选项 A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静2摩擦力供给向心力的情况，即 μmg ＝ m vR ，可得最大速率v ＝ μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率， 选项 B 错误；依据 t ＝ s，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（ π ＋ 2） r ，vμ grt 2＝2r （π＋1），t 3＝2r π，此中 t 3 最小，可知线路③所用时间最短，选项C 正确；在圆2μ gr2μ gr弧轨道上，由牛顿第二定律可得： μmg ＝ ma 向 ，a 向＝ μg ，可知三条路线上的向心加快度大小均为 μg ，选项 D 正确．【答案】ACD8．(2016·感检测孝)如图4-3-20所示，水平的木板 B 托着木块A 一同在竖直平面内做匀速圆周运动， 从水平川点a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中，以下说法正确的选项是()图 4-3-20A ．木块 A 处于超重状态B ．木块 A 处于失重状态C ． B 对 A 的摩擦力愈来愈小D ． B 对 A 的摩擦力愈来愈大【分析】A 、B 一同做匀速圆周运动，协力供给向心力，加快度即向心加快度．水平地点 a 沿逆时针方向运动到最高点 b 的过程中， 加快度大小不变， 方向指向圆心． 在竖直方向有竖直向下的分加快度，所以A 、B 都处于失重状态， A 错误， B 正确；对 A 剖析，加快度指向圆心， 那么此过程中水平方向加快度渐渐减小，而能够供给 A 水平加快度的力只有B对 A 的摩擦力，所以 B 对 A 的摩擦力愈来愈小， C 正确， D 错误．【答案】 BC 9．如图 ( 可视为质点4-3-21 所示，半径为 R 的圆滑半圆管道)以某一速度进入管内，小球经过最高点( 内径很小 )竖直搁置，质量为 m 的小球P 时，对管壁的压力为0.5mg.小球落地点到 P 点的水平距离可能为()图 4-3-21A. 2RB. 3R C ． 2RD ． 6R【分析】小球从管口飞出做平抛运动，设落地时间为t ，则 2R ＝ 1 2R 2 gt ，解得 t ＝ 2g .2gR；当小球在 P 点对管当小球在 P 点对管壁下部有压力时，mg － 0.5mg ＝mv 1，解得 v ＝R 12壁上部有压力时， mg ＋ 0.5mg ＝mv 22，解得 v 2＝ 3gRx 1＝ v 1t ＝ 2R ，x 2＝v 2tR ，所以水平位移 2＝ 6R ， A 、 D 正确．【答案】 AD 三、非选择题10．如图 4-3-22 所示，水平搁置的圆筒绕此中心对称轴 OO ′匀速转动， 转动的角速度 ω＝ 2.5π rad/s ，桶壁上 P 处有一个小圆孔， 桶壁很薄， 桶的半径 R ＝ 2 m ，圆孔正上方 h ＝3.2m 处有一个小球由静止开始着落，已知圆孔的半径略大于小球的半径，试经过计算判断小球能否会和圆筒碰撞(空气阻力不计， g 取 10 m/s 2)．图 4-3-22【分析】设小球着落 h 时所用的时间为 t 1，经过圆筒所用的时间为t 2，则有 h ＝ 1gt 12，212解得 t 1 ＝0.8 s ； h ＋2R ＝ 2g( t 1＋ t 2) ，解得 t 2＝ 0.4 s.圆筒的运动周期 T ＝ 2ωπ＝ 0.8 s ，由于 t 1＝ T ， t 2 ＝T/2，故可知不会碰撞．【答案】不会和圆筒碰撞11．物体做圆周运动时所需的向心力由物体受力状况决定．若某时辰F 需＝FF 需 由物体运动状况决定，协力供给的向心力F供，则物体能做圆周运动；若F 需 >F 供 ，物体将做离供心运动； 若F 需 <F 供 ，物体将做近心运动． 现有一根长L ＝ 1 m的刚性轻绳， 其一端固定于 O点，另一端系着质量 m ＝ 0.5 kg 的小球 (可视为质点 )，将小球提至 O 点正上方的 A 点处，此时绳恰巧挺直且无张力，如图 4-3-23 所示．不计空气阻力， g 取 10 m/s 2，则：图 4-3-23(1)为保证小球能在竖直面内做完好的圆周运动，在A 点起码应施加给小球多大的水平速度？(2)在小球以速度 v 1＝ 4 m/s 水平抛出的瞬时，绳中的张力为多少？(3)在小球以速度 v 2＝ 1 m/s 水平抛出的瞬时，绳中如有张力，求其大小；若无张力，试求绳索再次挺直时所经历的时间．【分析】(1) 小球做圆周运动的临界条件为重力恰巧供给最高点时小球做圆周运动的向心力，即v20mg＝ m L，解得 v0＝gL ＝10 m/s.(2)由于 v1>v0，故绳中有张力．依据牛顿第二定律有2v1F T＋ mg＝ m L，代入数据得绳中张力F T＝3 N.(3)由于 v2<v0，故绳中无张力，小球将做平抛运动，其运动轨迹如图中实线所示，有L22212，代入数据联立解得 t＝ 0.6 s.＝ (y－ L)＋ x， x＝ v2t，y＝ gt2【答案】(1) 10m/s(2)3 N (3)无张力， 0.6 s12．如图 4-3-24 所示，一不行伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m＝ 1.0kg 的小球．现将小球拉到 A 点 (保持绳绷直 )由静止开释，当它经过 B 点时绳恰巧被拉断，小球平抛后落在水平川面上的 C 点．地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L＝1.0 m，2B 点离地高度 H＝ 1.0 m，A、B 两点的高度差 h＝ 0.5 m，重力加快度 g 取 10 m/s，不计空气影响，求：图 4-3-24(1)地面上 DC 两点间的距离s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【分析】(1) 小球从 A 到 B 过程机械能守恒，有12mgh＝2mv B①小球从 B 到 C 做平抛运动，在竖直方向上有12②H＝2gt在水平方向上有s＝ v B t③由①②③式解得 s ＝ 1.41 m ．④2 (2)小球下摆抵达 B 点时，绳的拉力和重力的协力供给向心力，有v B⑤F － mg ＝ m L由①⑤式解得 F ＝ 20 N依据牛顿第三定律F ′＝－ F轻绳所受的最大拉力为20 N.【答案】 (1)1.41 m(2)20 N。
《非常考案》2017通用版物理一轮课件：2.1弹力、摩擦力
【答案】 BC
[规律总结]
分析绳或杆的弹力时应重点关注的问题
(1)中间没有打结的轻绳上各处的张力大小都是一样的，如果绳子打结，则 以结点为界，不同位置上的张力大小可能是不一样的． (2)杆可分为固定杆和活动杆，固定杆的弹力方向不一定沿杆，弹力方向视 具体情况而定；活动杆只能起到“拉”和“推”的作用．
【答案】 C
考点 3| 摩擦力大小的分析与计算 1．静摩擦力大小的计算 (1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)， 利用力的平衡条件来判断其大 小． (2)物体有加速度时，若只受摩擦力作用，则 F＝ma.例如，匀速转动的圆盘 上物块靠摩擦力提供向心力产生向心加速度，若除摩擦力外，物体还受其他力 作用，则 F 合＝ma，先求合力再求摩擦力．
A．(k1＋k2)Mg/(3k1k2) B．2(k1＋k2)Mg/(3k1k2) C．4(k1＋k2)Mg/(3k1k2) D．5(k1＋k2)Mg/(3k1k2)
图 213
【解析】 问题中强调的是“大小”变为原来的 1/3，没有强调乙是处于压 缩状态还是拉伸状态．若乙处于压缩状态，ΔF＝2F0/3；若乙处于拉伸状态，Δ F′＝4F0/3，F0＝Mg.两弹簧串接，受力的变化相等，由胡克定律得，ΔF＝kΔx、 Δx 甲＝ΔF/k1、Δx 乙＝ΔF/k2，两弹簧长度总变化Δx＝Δx 甲＋Δx 乙．所以 B、C 项正确．
自身性质决定．x 是弹簧长度的 变化量 ，不是弹簧形变以后的长度．
[题组突破] 1．[弹力有无判断](多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球 通过细绳与车顶相连，小球某时刻正处于如图 211 所示状态．设斜面对小球的 支持力为 FN，细绳对小球的拉力为 FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法 正确的是( ) A．若小车向左运动，FN 可能为零
2017版高考物理一轮复习(通用版)章末冲关评价练10Word版含解析
章末冲关评价练(十)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题．每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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．)1．如图1所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合．现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动，将a、b两端连到示波器的输入端，若电流从a到b为正，则下图中示波器观察到的ab中电流随时间变化的规律是()图1【解析】线圈进入磁场后才有感应电流产生；当cd边进入磁场时，由右手定则可知，感应电流方向为dcba方向，感应电动势最大，故感应电流最大；同理，离开磁场时，感应电流为正向最大，故D项正确．【答案】 D2．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110 V、频率为60 Hz，要使它产生的电动势变为220 V、频率变为50 Hz，需要凋整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B.下列调整合适的是()A．使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍B．使n变为原来的56，B变为原来的56，N变为原来的2倍C．使n变为原来的56，N变为原来的2倍，B不变D ．使n 变为原来的56，N 变为原来的2.4倍，B 不变【解析】 因为发电机产生的交流电电动势110 V 指的是有效值，故其最大值为E m1＝110 2 V ，调整后为E m2＝220 2 V ，即E m1E m2＝12，根据E m ＝NBSω和ω＝2πn ，可知，选项A 中，E m2＝1.2N ×2B ×S ×1.2×2πn ＝2.88E m1，故选项A 错误；B 、C 、D 三个选项中的调整使频率均变为原来的56，即50 Hz ，只有D项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项B 、C 错误，D 正确．【答案】 D3．(2015·石家庄调研)某小型发电机线圈内阻为r ＝1.0 Ω，产生的电动势为e ＝102sin 10πt V ，用其对阻值R ＝9.0 Ω的灯泡供电，设灯泡电阻丝的电阻不随温度变化，则( )A ．灯泡上的电压为10 2 VB ．灯泡上的电压为10 VC ．灯泡获得的功率为10 WD ．灯泡获得的功率为9 W【解析】 由题知电动势有效值E ＝10 V ，电流I ＝E R ＋r＝1 A ，灯泡上的电压U ＝IR ＝9 V ，A 、B 项均错；灯泡获得的功率P ＝I 2R ＝9 W ，C 项错，D 项正确．【答案】 D4．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2甲所示，产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则( )甲 乙图2A ．电压表V 的示数为20 VB ．电路中的电流方向每秒改变5次C ．灯泡实际消耗的功率为36 WD ．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e ＝20cos 5πt (V)【解析】 交流电的有效值U ＝20 V ，电压表V 的示数为201＋9×9 V ＝18 V ，选项A 错误；交变电流的周期T ＝0.2 s ，每个周期交变电流方向改变两次，则1s 内电流方向改变10次，选项B 错误；灯泡实际消耗的功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫201＋92×9 W ＝36 W ，选项C 正确；交流电的角速度ω＝2π0.2rad/s ＝10π rad/s ，所以电动势随时间变化的瞬时值表达式为e ＝202cos 10πt (V)，选项D 错误．【答案】 C5．如图3所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知电压表的示数为220 V ，电流表的示数为5 A ，则输电线的输送功率为( )图3A ．1.1×102 WB ．1.1×104 WC ．1.1×106 WD ．1.1×108 W【解析】 已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V ，故传输电压为U ＝220×500 V ＝1.1×105 V ；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A ，故传输电流为I ＝5×200 A ＝1000 A ；故输送功率为P ＝UI ＝1.1×105×1000 W ＝1.1×108 W ，选项D 正确．【答案】 D6．如图4所示，两种情况下变压器灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )甲 乙图4A ．P 、PB ．9P 、4P 9 C.4P 9、9P D.4P 9、P【解析】 由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P ，设灯泡L 2、L 3的电压为U ，电流为I ，电阻为R ，两种情况下变压器输入电压为3U ，变压器输入电流为23I ；图甲中L 1的功率为P 1＝（3U ）2R ＝9P ；图乙中L 1的功率为P 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23I 2R ＝4P 9，选项B 正确． 【答案】 B7．(2016·开封模拟)如图5所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为5∶1.A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u ＝2202sin 314t (V)，以下说法正确的是( )图5A ．当光照增强时，电压表V 1示数为44 2 V 保持不变B ．当光照增强时，电压表V 2示数变大C ．通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次D ．当光照增强时，电流表A 1、A 2示数同时变大【解析】 电压表V 1示数由电源电压和变压器匝数比决定，与负载无关，由U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝44 V ，A 错误；当光照增强时，导致总电阻减小，副线圈电流增大，同时原线圈电流也增大，D正确；电流增大后，电阻R1的电压变大，电压表V2示数变小，B错误；从电压表达式可知ω＝100π，频率f＝50 Hz，电流方向每秒改变100次，C正确．【答案】CD8．如图6中理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝10 Ω，电表A、V均为理想交流电表．若R1两端电压u1＝102sin 100πt(V)，则下列说法正确的有()图6A．电压表示数为14.14 VB．电流表示数为0.5 AC．R1消耗的功率为20 WD．原线圈输入交流电频率为50 Hz【解析】R1两端电压的有效值U1＝10 V，通过R1、R2的电流为I2＝U1 R1＝1 A，电压表示数为U2＝I2R2＝10 V，选项A错误；因II2＝n2n1，解得I＝0.5 A，选项B正确；R1消耗的功率为P1＝I22R1＝10 W，选项C错误；原线圈输入交流电频率为f＝1T＝ω2π＝50 Hz，选项D正确．【答案】BD9．(2015·江门一模)如图7为某小型水电站的电能输送示意图．已知输电线的总电阻R＝10 Ω.降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0＝11 Ω.若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压为u＝2202sin 100πt V，下列说法正确的是()图7A．发电机中的电流变化频率为100 HzB．通过R0的电流有效值为20 AC．升压变压器T1的输入功率为4 650 WD．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小【解析】交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f＝ω2π＝50 Hz，故A错误．通过R0的电流有效值I＝UR0＝20 A，故B正确．根据I3I4＝n4n3得，输电线上的电流I3＝20×14A＝5 A，则输电线上损耗的功率P损＝I23R＝25×10 W＝250 W，降压变压器的输入功率P3＝U4I4＝220×20 W＝4 400 W，则升压变压器的输出功率P2＝P3＋P损＝4 400 W＋250 W＝4 650 W，故C正确．当电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P＝UI知，发电机的输出功率增大，故D错误．【答案】BC10．如图8甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2 Ω.接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则()甲乙图8A．电阻R两端的电压是10 VB．通过风扇电动机的电流是6 AC．通过灯泡的交流电频率是100 HzD．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗【解析】据题图乙可知原线圈电压的有效值为220 V，周期为0.02 s．故其频率为50 Hz.由于理想变压器原、副线圈的电压跟匝数成正比，故副线圈两端的电压为22 V，又额定电压为12 V的灯泡正常发光，故电阻R两端的电压是10 V，A正确．风扇电动机不是纯电阻用电器，故风扇电动机线圈两端的电压小于12 V，通过风扇电动机的电流小于6 A，B错误．变压器不改变交流电的频率，故通过灯泡的交流电频率是50 Hz，C错误．风扇突然卡住的瞬间，风扇电动机线圈两端的电压增大，通过风扇的电流增大，则副线圈干路电流增大，R两端的电压增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端的电压不变，加在灯泡两端的电压减小，灯泡变暗，D正确．【答案】AD二、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(14分)对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻R T，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将R T和两个适当的定值电阻R1、R2连成图9虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻R L的阻值随R T所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量的不同温度下R L的阻值，测量电路如图9所示，图中的电压表内阻很大．实验中的部分实验数据测量结果如表所示．图9(1)根据图9所示的电路，在图10所示的实物图上连线．图10(2)为了检验R L与t之间近似为线性关系，在坐标纸(图11)上作出R Lt关系线．图11(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图12甲、乙所示，电流表的读数为________，电压表的读数为________．此时等效电阻R L的阻值为________；热敏电阻所处环境的温度约为________．甲乙图12【解析】因为电流表的最小刻度为5 mA，故读数时只需要精确到1 mA，所以电流表的读数为115 mA，而电压表的最小刻度为0.1 V，故读数时要估读到0.01 V，所以电压表的读数为5.00 V．等效电阻R L＝UI≈43.5 Ω，结合R Lt图象可知热敏电阻所处环境的温度约为62.5 ℃.【答案】(1)连线如图甲所示(2)R Lt关系图线如图乙所示(3)115 mA 5.00 V43.5 Ω62.5 ℃12．(13分)如图13所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，线圈电阻r＝5 Ω，ab＝0.3 m，bc＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω.求：甲乙图13(1)写出从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)电阻R在0.05 s内产生的热量．【解析】(1)电动势的最大值为E m＝NBSω＝10×2×0.3×0.6×10πV≈113.04 V故瞬时值表达式e＝E m·cos ωt＝113.04cos(10πt)V.(2)电流的有效值I＝I m2＝E m2（R＋r）＝113.042×（45＋5）A≈1.6 A所以0.05 s内R上产生的热量Q＝I2Rt＝(1.6)2×45×0.05 J＝5.76 J.【答案】(1)e＝113.04cos(10πt) V(2)5.76 J13．(13分)某个小型水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机输出电压u的图象如图14所示．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V ．要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(用户得到的功率为95 kW)．求：图14(1)发电机输出电压的瞬时值表达式；(2)输电线上通过的电流；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．【解析】 (1)由题图知，交变电压周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，所以电压瞬时值表达式为u ＝350sin 100πt V .(2)由ΔP ＝I 2R 可知，I ＝ΔPR ＝5×1032 A ＝50 A.(3)设降压变压器原线圈两端电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，则由P 用＝U 1I 可知， U 1＝P 用I ＝9.5×10450 V ＝1.9×103 V ，再由U 1U 2＝n 1n 2可知，n 1n 2＝1.9×103220＝9511. 【答案】 (1)u ＝350sin 100πt V (2)50 A (3)95∶11。
2017版高考物理一轮复习(通用版)章末冲关评价练4Word版含解析
章末冲关评价练(四)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题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)1．据报道，我国已建立了一座航空母舰使用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板起飞．如图8所示的AOB 为此跑道纵截面示意图，其中AO 段水平，OB 段为抛物线，O 点为抛物线的顶点，抛物线在O 点的切线水平，OB 的水平距离为x ，竖直高度为y .某次训练中，观察战机(视为质点)通过OB 段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t ，则战机离开B 点的速率为( )图8A.x tB ．y t C.x 2＋y 2t D ．x 2＋4y 2t【解析】 战机的运动轨迹是抛物线，则当它水平方向做匀速直线运动时，竖直方向必做匀加速直线运动．又战机到达B 点时的水平分速度大小v x ＝x t ，竖直分速度大小v y ＝2y t ，合速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝x 2＋4y 2t，D 正确． 【答案】 D2．(2016·岳阳模拟)如图9所示，美洲狮是一种凶猛的食肉猛兽，也是噬杀成性的“杂食家”，在跳跃方面有着惊人的“天赋”，它“厉害地一跃”水平距离可达44英尺，高达11英尺，设美洲狮“厉害地一跃”离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，美洲狮可看做质点，则tan α等于( )图9A.18B ．14 C.12 D ．1【解析】 从起点A 到最高点B 可看做平抛运动的逆过程，如图所示，美洲狮做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tan β＝1122，根据平抛运动的推论有tan α＝2tan β＝2×1122＝1，选项D 正确．【答案】 D3．如图10所示，一质量为3m 的圆环半径为R ，用一细轻杆固定在竖直平面内，轻质弹簧一端系在圆环顶点，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动，当小球运动到最低点时速率为v ，则此时轻杆对圆环的作用力大小为( )图10A ．m v 2RB ．2mg ＋m v 2RC ．3mg ＋m v 2RD ．4mg ＋m v 2R【解析】 小球在最低点时，设弹簧和圆环对小球的作用力的合力为F ，则F －mg ＝m v 2R ，所以轻杆对圆环的作用力大小为3mg ＋F ＝4mg ＋m v 2R .【答案】 D4.a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于点P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图11所示．下列说法中正确的是( )图11A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险【解析】 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T 2＝ma ，可知B 、C 、D 错误、A 正确．【答案】 A5．(2016·济南模拟)如图12所示，甲、乙、丙三个小球从倾角为45°的斜面上同一点开始做平抛运动．甲球落到斜面上，乙球落到斜面底端，丙球落到水平地面上．如果甲、乙、丙三个小球在水平方向上的位移之比是1∶2∶3，则甲、乙、丙三个小球做平抛运动的初速度之比为( )图12A ．1∶2∶3B ．2∶2∶3 C.12∶2∶3 D ．12∶2∶3 【解析】 设乙、丙球落地点到抛出点的竖直高度为h ，对于甲球：h 2＝12gt ′2，h 2＝v 甲t ′；对于乙球：h ＝12gt 2，h ＝v 乙t ；对于丙球：h ＝12gt 2，32h ＝v 丙t .联立解得v甲∶v乙∶v丙＝2∶2∶3，选项B正确．【答案】 B6．(2016·南京模拟)北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星，对于其中的5颗同步卫星．下列说法中正确的是() A．它们运行的线速度一定不小于7.9 km/sB．地球对它们的吸引力一定相同C．一定位于空间同一轨道上D．它们运行的加速度一定相同【解析】同步卫星运行的线速度一定小于7.9 km/s，A项错误；由于5颗同步卫星的质量不一定相等，所以地球对它们的吸引力大小不一定相等，且方向也不同，B项错误；5颗同步卫星一定位于赤道上空同一轨道上，它们运行的加速度大小一定相等，但方向不相同，C项正确，D项错误．【答案】 C7．将质量为m的小球从a点以速度v0水平向右抛出，小球运动过程中除受到重力外，还受到水平向左的恒定风力作用，则小球运动的轨迹不可能为(D选项中cd段为直线)()【解析】小球受到竖直向下的重力和水平向左的风力作用，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动，则可知，小球到达a点正下方时水平速度大小一定为v0，由于在竖直方向小球做匀加速直线运动，故ab的竖直高度一定小于bc的竖直高度，所以A选项的轨迹不可能；对D选项，设小球水平运动的加速度为a ，则小球到达c 点时水平速度为v 0＝0.5at ，竖直速度为v y＝gt ，由于v 0v y＝a 2g ≠a g ，即在c 处的合速度方向与合加速度方向并不沿同一方向，故D 选项的轨迹不可能；同理B 、C 选项的轨迹存在可能性．【答案】 AD8．如图13所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD ，若在A 点以初速度v 0沿AB 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C 点，已知AB 的长度为l ，忽略空气阻力．则( )图13A ．小球下落的时间t ＝l v 0B ．坑的深度AD ＝gl 22v 20C ．落到C 点的速度大小为2v 0D ．落到C 点时速度方向与水平面成60°角【解析】 小球做平抛运动的水平位移l ＝v 0t ，则小球下落的时间为t ＝l v 0，A 项正确；小球在竖直方向的位移y ＝12gt 2＝gl 22v 20，B 项正确；落到C 点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v 0t ＝v y 2t ，所以v y ＝2v 0，落到C 点时速度v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，方向为tan θ＝v y v 0＝2，不等于60°，选项C 、D 错误． 【答案】 AB9．如图14所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m 的两个物体A 和B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )图14A ．此时绳子张力为3μmgB ．此时圆盘的角速度为2μgrC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D ．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动【解析】 两物体刚好未发生滑动时，A 受背离圆心的静摩擦力，B 受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg ，则有：F T －μmg ＝mω2r ，F T ＋μmg ＝mω2·2r ，解得：F T ＝3μmg ，ω＝2μgr ，故A 、B 、C 正确；当烧断绳子时，A 所需向心力为F ＝mω2r ＝2μmg >F f m ，所以A 将发生滑动，D 错误．【答案】 ABC10．如图15所示，一质量为M 的人，站在台秤上，一根长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )图15A ．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M ＋6m )gB ．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为MgC ．小球在a 、b 、c 三个位置时，台秤的示数相同D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大【解析】 从最高点到最低点，对球：mg ·2R ＝12m v 2－12m v 20，在最高点时有mg ＝m v 20R ，则最低点速度v 2＝5gR ；设绳拉力为F T ，对球在最低点应用牛顿第二定律，F T －mg ＝m v 2R ，解得F T ＝6mg .人对台秤的压力为(M ＋6m )g ，A 项正确；当小球恰通过圆轨道最高点b 点时，绳子拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F ＝Mg ，同理，对人分析也可以得出a 、c 处台秤对人的支持力F ＝Mg ，即台秤的示数为Mg ，所以可判断，C 项正确；小球在ac 水平线以上(不包括b 点)时，人受到绳子斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg ，在ac 水平线以下时，人受到绳子斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg ，B 、D 项错误．【答案】 AC二、非选择题(共3小题，共40分．解答题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(12分)如图16所示，斜面体ABC 固定在地面上，小球p 从A 点静止下滑，当小球p 开始下滑时，另一小球q 从A 点正上方的D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB 光滑，长度l ＝2.5 m ，斜面倾角θ＝30°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图16(1)小球p 从A 点滑到B 点的时间；(2)小球q 抛出时初速度的大小．【解析】 (1)小球p 从斜面上下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律得a ＝mg sin θm＝g sin θ 下滑所需时间为t 1，根据运动学公式得l ＝12at 21联立解得t 1＝2l g sin θ解得t 1＝1 s.(2)x ＝l cos 30°依题意得t 2＝t 1由平抛运动规律知x ＝v 0t 2联立解得v 0＝l cos 30°t 1＝534 m/s. 【答案】 (1)1 s (2)54 3 m/s12．(14分)如图17所示，平台上的小球从A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC ，经C 点进入光滑水平面CD 时速率不变，最后进入悬挂在O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知小球质量为m ，A 、B 两点高度差为h ，BC 斜面高2h ，倾角α＝45°，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h ，小球可看成质点，弧形轻质筐的重力忽略不计，且其高度远小于悬线长度，重力加速度为g ，试求：图17(1)B 点与抛出点A 的水平距离x ；(2)小球运动至C 点速度v C 的大小；(3)小球进入到轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F 的大小．【解析】 (1)小球运动至B 点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出时的初速度为v 0，从A 点至B 点的时间为t ，有h ＝12gt 2，tan 45°＝gt v 0，x ＝v 0t解得x ＝2h .(2)设小球运动至B 点时速度为v B ，在斜面上运动的加速度为a ，有v B ＝2v 0，a ＝g sin 45°v 2C －v 2B ＝2a ·2h sin 45°解得v C ＝22gh .(3)小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2C 3h ，解得F ＝113mg .【答案】 (1)2h (2)22gh (3)113mg13．(14分)如图18所示，装置BO ′O 可绕竖直轴O ′O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m ＝1 kg ，细线AC 长l ＝1 m ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等．(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝35，cos 37°＝45)图18(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB 上的张力为0而细线AC 与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝503 rad/s ，求细线AC 与竖直方向的夹角．【解析】 (1)当细线AB 上的张力为0时，小球重力和细线AC 张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：mg tan 37°＝mω21l sin 37° 解得：ω1＝g l cos 37°＝522 rad/s. (2)当ω2＝503 rad/s 时，小球应该向左上方摆起，假设细线AB 上的张力仍然为0，则：mg tan θ′＝mω22l sin θ′解得：cos θ′＝3 5，θ′＝53°因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，且mω22l sin 53°mg＝43＝tan 53°说明细线AB此时的张力恰好为0, 故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°.【答案】(1)522rad/s(2)53°。
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章末冲关评价练(十二)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题．每小题6分，共60分．在每小题给出的五个选项中有三项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分．)1．下列说法正确的有()A．某种光学介质对另一种光学介质的相对折射率可能小于1B．英国物理学家托马斯·杨发现了光的干涉现象C．激光和自然光都是偏振光D．麦克斯韦用实验证明了光是一种电磁波E．爱因斯坦认为真空中光速在不同惯性系中相同【解析】激光的偏振方向一定，是偏振光，而自然光包含着垂直传播方向上沿一切方向振动的光，C错；麦克斯韦只是从理论上提出光是一种电磁波，D错．【答案】ABE2．下列说法正确的是()A．露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的B．光波从空气进入水中后，更容易发生衍射C．电磁波具有偏振现象D．根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短E．物体做受迫振动时，其频率和振幅与自身的固有频率均无关【解析】露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的，选项A正确；光波从空气进入水中后，频率不变，波速变小，则波长变短，故不容易发生衍射，选项B错误；因电磁波是横波，故也有偏振现象，选项C正确；根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短，选项D正确；物体做受迫振动时，其频率总等于周期性驱动力的频率，与自身的固有频率无关，但其振幅与自身的固有频率有关，当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大．选项E错误．【答案】ACD3．在五彩缤纷的大自然中，我们常常会见到一些彩色光的现象，下列现象中属于光的干涉的是()A．洒水车喷出的水珠在阳光照耀下出现的彩色现象B．小孩儿吹出的肥皂泡在阳光照耀下出现的彩色现象C．雨后天晴马路上油膜在阳光照耀下出现的彩色现象D．用游标卡尺两测量爪的狭缝观察日光灯的灯光出现的彩色现象E．实验室用双缝实验得到的彩色条纹【解析】A属于光的色散现象；B、C属于光的薄膜干涉现象；D属于光的单缝衍射现象；E属于光的双缝干涉现象．【答案】BCE4．下列有关光学现象的说法中正确的是()A．用光导纤维束传送信息是光的衍射的应用B．太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的干涉现象C．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰D．经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度E．激光测距是应用了激光平行性好的特点【解析】用光导纤维束传送信息是光的全反射的应用，A错误；太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的色散现象，是光的折射的结果，B错误；在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可减弱反射光，从而使景象更清晰，C正确；红光的波长比绿光的波长长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可知，经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度，D正确；激光的平行性好，常用来精确测距，E正确．【答案】CDE5．下列关于单摆运动的说法中，正确的是()A．单摆的回复力是摆线的拉力与摆球重力的合力B．单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力C．单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小(小于5°)E．在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快【解析】单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力，A错误，B正确；根据单摆的周期公式T＝2πlg可知，单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，D正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2πlg可知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，E错误．【答案】BCD6．如图1所示是一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图中质点P正沿y 轴方向运动，此波的传播速度为v＝4 m/s，则()图1A ．此波沿x 轴正方向传播B ．质点P 的振动周期为T ＝1.0 sC ．x ＝1.0 m 处质点做简谐运动的表达式为y ＝5cos(4t )cmD ．x ＝1.0 m 处质点在0～2.5 s 内通过的路程为50 cmE ．t ＝0.25 s 时，x ＝2.0 m 处质点有最大正向加速度【解析】 因质点P 正沿y 轴正方向运动，由“上下坡法”知波沿x 轴正方向传播，A 对；由题图知波长为λ＝4 m ，由λ＝vT 知各质点振动周期为T ＝1.0 s ，B 对；由题图知x ＝1.0 m 处质点做简谐运动的表达式为y ＝5cos(2πt )cm ，C 错；t ＝2.5 s ＝2.5T ，所以x ＝1.0 m 处质点在0～2.5 s 内通过的路程为s ＝2.5×4A ＝50 cm ，D 对；t ＝0.25 s ＝T 4时，x ＝2.0 m 处质点正处于波峰，具有最大负向加速度，E 错．【答案】 ABD7．如图2所示是一单摆在某介质中振动时产生的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，已知这列波沿x 轴正方向传播，波速v 为4 m/s.P 、Q 是这列波上的质点，取g ≈π2 m/s 2，下列说法正确的是( )图2A ．质点P 和Q 的振动方向始终相反B ．质点P 的振动周期为2 s ，振幅为0.05 mC ．再经0.5 s ，P 质点在正的最大位移处D ．在t ＝0时刻，质点Q 的速度沿y 轴正方向并开始做匀减速运动E ．该单摆的摆长约为1 m【解析】 质点P 和Q 相距半个波长，振动方向始终相反，A 对；由题图知波长为8 m ，而波速v 为4 m/s ，所以周期为2 s ，从题图可以看出质点的振幅为0.05 m ，B 正确；波沿x 轴正方向传播，所以经过0.5 s ，P 质点在负的最大位移处，C 错；t ＝0时刻，质点Q 开始做变减速运动，D 错误；根据T ＝2πlg，得l ≈1 m ，E 正确． 【答案】 ABE8．如图3所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此刻，M 是波峰与波峰的相遇点．设这两列波的振幅均为A ，则下列说法中正确的是( )图3A ．此时刻位于O 处的质点正处于平衡位置B ．P 、N 两处的质点始终处在平衡位置C ．随着时间的推移，M 处的质点将向O 处移动D ．从此时刻起，经过四分之一周期，M 处的质点到达平衡位置，此时位移为零E ．O 、M 连线的中点是振动加强的点，其振幅为2A【解析】 此时刻位于O 处的质点正处于波谷与波谷的相遇点，不在平衡位置，选项A 错误；P 、N 两处的质点处于波峰和波谷的相遇点，两列波在这两处的位移始终相反，合位移为零，选项B 正确；质点并不随波迁移，选项C 错误；从此时刻起，经过四分之一周期，两列波在M 点的振动均达到平衡位置，合位移为零，选项D 正确；O 、M 连线的中点是振动加强区的点，其振幅为2A ，选项E 正确．【答案】 BDE9．一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为v ，P 、Q 是沿波传播方向上相距为a 的两质点，如图4所示．某时刻P 、Q 两质点都处于平衡位置，且P 、Q 间仅有一个波峰，经过时间t ，Q 质点第一次运动到波峰，则t 可能等于( )图4A.a2v B.3a 2vC.a 4vD.3a 4vE.a v【解析】 当质点Q 此时正向上运动时，对应波形如图甲、乙所示；当质点Q 此时正向下运动时，对应波形如图丙、丁所示．则图甲中，波长λ＝2a ，T ＝λv ，所以t ＝T 4＝a2v ；同理图乙中，t ＝a 4v ；图丙中，t ＝3a 4v ；图丁中，t ＝a2v；所以A 、C 、D 对．【答案】 ACD10．如图5所示是一玻璃球体，其半径为R ，O 为球心，AB 为水平直径．M 点是玻璃球的最高点，来自B 点的光线BD 从D 点射出，出射光线平行于AB ，已知∠ABD ＝30°，光在真空中的传播速度为c ，则( )图5A ．此玻璃的折射率为 3B ．光线从B 到D 需用时3RcC ．该玻璃球的临界角应小于45°D ．若增大∠ABD ，光线不可能在DM 段发生全反射现象E ．若减小∠ABD ，从AD 段射出的光线均平行于AB【解析】 由题图可知光线在D 点的入射角为i ＝30°，折射角为r ＝60°，由折射率的定义得n ＝sin r sin i 知n ＝3，A 正确；光线在玻璃中的传播速度为v ＝c n ＝33c ，由题图知BD＝3R ，所以光线从B 到D 需用时t ＝BD v ＝3Rc ，B 正确；若增大∠ABD ，则光线射向DM 段时入射角增大，射向M 点时为45°，而临界角满足sin C ＝1n ＝33<22＝sin 45°，即光线可以在DM 段发生全反射现象，C 正确，D 错误；要使出射光线平行于AB ，则入射角必为30°，E 错误．【答案】 ABC二、非选择题(共5小题，共40分，按题目要求作答，解答题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(8分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图6甲所示，可读出摆球的直径为________cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L .甲 乙 丙图6(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n ＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n ＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T ＝________s(结果保留三位有效数字)．(3)测量出多组周期T 、摆长L 的数值后，画出T 2L 图线如图丙，此图线斜率的物理意义是( )A ．g B.1g C.4π2gD.g 4π2 (4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小( )A ．偏大B ．偏小C ．不变D ．都有可能(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T 1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL ，再测出其振动周期T 2.用该同学测出的物理量表示重力加速度g ＝________．【解析】 (1)摆球的直径为d ＝20 mm ＋6×110mm ＝20.6 mm ＝2.06 cm.(2)秒表的读数为t ＝60 s ＋7.4 s ＝67.4 s ，根据题意t ＝60－12T ＝592T ，所以周期T ＝2t59≈2.28s.(3)根据单摆周期公式T ＝2πL g ，可得T 2L ＝4π2g＝k (常数)，所以选项C 正确． (4)因为T 2L ＝4π2g ＝k (常数)，所以ΔT 2ΔL ＝4π2g ＝k ，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足T 21－T 22L 1－L 2＝4π2g ＝k ，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变．(5)根据(4)的分析，ΔT 2ΔL ＝4π2g ，所以g ＝4π2ΔL ΔT 2＝4π2ΔLT 21－T 22.【答案】 (1)2.06 (2)2.28 (3)C (4)C (5)4π2ΔLT 21－T 2212．(6分)一列简谐横波，沿波的传播方向依次有P 、Q 两点，平衡位置相距5.5 m ，其振动图象如图7甲所示，实线为P 点的振动图象，虚线为Q 点的振动图象．甲 乙图7(1)图乙是t ＝0时刻波形的一部分，若波沿x 轴正向传播，试在给出的波形上用黑点标明P 、Q 两点的位置，并写出P 、Q 两点的坐标(横坐标用λ表示)；(2)求波的最大传播速度．【解析】 (1)P 、Q 两点的位置如图所示P (0，0)、Q (11λ12，5 cm)(2)由题图甲可知，该波的周期T ＝1 s由P 、Q 的振动图象可知，P 、Q 之间的距离是(n ＋1112)λ＝5.5 m当n ＝0时，λ有最大值6 m. 此时对应波速最大，v ＝λT ＝6 m/s.【答案】 (1)见解析 (2)6 m/s13．(9分)如图8所示为沿x 轴向右传播的简谐横波在t ＝1.2 s 时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4 s 内有10个完整的波经过该点．图8(1)求该波的振幅、频率、周期和波速；(2)画出平衡位置在x 轴上P 点处的质点在0～0.6 s 内的振动图象．【解析】 (1)由题图可知该波的振幅A ＝0.1 m 波长λ＝2 m由题意可知，f ＝104 Hz ＝2.5 HzT ＝1f ＝0.4 s波速v ＝λf ＝5 m/s. (2)振动图象如图所示．【答案】 (1)0.1 m 2.5 Hz 0.4 s 5 m/s (2)见解析14．(8分)频率不同的两束单色光1和2均以60°的入射角从同一点射向一厚度为d 的玻璃板的上表面，后从玻璃板另一侧射出，已知玻璃对单色光1和2的折射率分别为3和62，光在真空中的速度为c ，求：图9(1)单色光1在玻璃中传播的时间； (2)两束单色光通过玻璃板后相距的距离． 【解析】 (1)光在玻璃中的传播路径如图所示，单色光1在玻璃中的速度为v 1＝c n 1＝3c3sin 60°sin β1＝n 1＝ 3得β1＝30°OP ＝d cos 30°＝23d3故单色光1在玻璃中传播的时间 t 1＝OP v 1＝2d c. (2)sin 60°sin β2＝n 2＝62得β2＝45° MQ ＝d tan 45°＝d MP ＝d tan 30°＝3d 3两束单色光通过玻璃板后相距的距离为 x ＝(MQ －MP )sin 30°＝（3－3）d6.【答案】 (1)2dc (2)（3－3）d 615．(9分)如图10所示，△ABC 为一直角三棱镜的横截面，∠BAC ＝30°，现有两条间距为d 的平行单色光线垂直于AB 面射入三棱镜，已知棱镜对单色光的折射率为 3.图10(1)若两条单色光线均能从AC 面射出，求两条单色光线从AC 面射出后的距离； (2)两条单色光线的入射方向怎样变化才可能使从AB 面折射到AC 面的光线发生全反射？【解析】 (1)如图所示，两条单色光线在AC 面的折射点分别为D 、E ，由图中几何关系可知，入射角i ＝30°则根据光的折射定律有sin rsin i ＝n得r ＝60°在直角三角形DEF 中∠EDF ＝30° 所以EF ＝12DE ＝12·d cos 30°＝33d .(2)当入射光线绕AB面上的入射点向上转动时，折射光线入射到AC面上的入射角变大，才有可能发生全反射．【答案】(1)33d(2)见解析。