【金版新学案】(新课标)2016届高三物理二轮复习实验题仿真练2

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《金版新学案》2018-2019高三新课标物理二轮复习课件：第3部分 6 选考模块(3-3) 热学

记一记练一练
3．(1)下列说法正确的是( 体分子数越少，布朗运动越不明显
)
A．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液
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第三部分知识清单保温练习
记一记练一练
5．气体状态方程 (1)等温过程：pV＝C或p1V1＝p2V2. p1 p2 (2)等容过程：p＝CT或＝ . T 1 T2 V1 V2 (3)等压过程：V＝CT或＝ . T1 T 2 p1V1 p2V2 pV (4)理想气体状态方程：＝C或＝ . T T1 T2
答案： (1)ADE (2)①0.80 m ②450 J
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记一记练一练
2．(1)以下说法正确的是________．(填正确选项前字母) A．夏天，在门窗关闭的室内将冰箱打开，可降低室内温度
B．气体的温度升高，则气体分子的平均动能一定增大
C．气体对容器的压强是大量气体分子对容器壁的碰撞引起的
D．若V0为单个气体分子的体积，NA为阿伏加德罗常数，
则1 mol气体的体积V＝NA·V0 E．由于水的表面存在表面张力，水滴在完全失重的情况下会形成一个标准的球形
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(2)如图所示是农业上常用的农药喷雾器，贮液筒与打气筒用细连接管相连，已知贮液筒容积为8 L(不计贮液筒两端连接管体积)，打气筒活塞每循环工作一次，能向贮液筒内压入1 atm的空气200 mL，现打开喷雾头开关K，装入6 L的药液后再关闭，设周围大气压恒为1 atm，打气过程中贮液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变．求：
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2016年全国高考新课标2卷物理部分试题及答案及解析

2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标2卷)理科综合能力测试第I卷二、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，第问题只有一个符合题目要求，第问题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，先对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.【题文】如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a点静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】本题主要考查电场以及力的合成；对微粒受力分析如图，可知其所受合力向左下方，故向左下方做匀加速运动，选项D正确。

【题型】单选题【备注】【结束】15.【题文】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。

当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c。

已知bc边的长度为l。

下列判断正确的是A.U a>U c，金属框中无电流B.U b>U c，金属框中电流方向沿a-b-c-aC.，金属框中无电流D.，金属框中电流方向沿a-c-b-a【答案】C【解析】本题主要考查电磁感应定律；对ab来说，没有切割磁感线，因此Ub=Ua;对于bc来说，由右手定则可判定若有感应电流，则由b向c，c相当于电源正极，电势高于b点，即Ub=Ua<Uc，由,又因为线圈内磁通量不变，因此没有感应电流，选项C正确。

【题型】单选题【备注】【结束】16.【题文】由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为A.西偏北方向，1.9×103m/sB.东偏南方向，1.9×103m/sC.西偏北方向，2.7×103m/sD.东偏南方向，2.7×103m/s【答案】B【解析】本题主要考查运动的合成与分解；对转移轨道上的卫星上的分解可知以及,附加速度应该使减为零，而变为,即向东的增大，故附加速度应该在东偏南方向，大小约为，选项B正确。

《金版新学案》2018-2019高三新课标物理二轮专题复习课件：专题3 第1讲电场与磁场的基本性质

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专题三电场和磁场
核心考点聚焦热点考向例析真题高效演练课时作业集训
(2)对称法
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专题三电场和磁场
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(3) 利用电场线比较场强和电势：电场线的疏密反映电场的强弱，电场线与等势面垂直，且从高等势面指向低等势面．等差等势面的疏密也能反映电场的强弱．“在电场线上看电势”是比较各点电势的基本方法．
电场强度、电势的理解及计算
如图所示为某示波管内的聚
焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．则( )
A．场强大小 Ea＞Eb，Eb＞Ec B．电势 φa＞φb，φc＞φb C．沿 cba 路径移动质子与电子，两者的电势能改变是一样的 D．沿 bc 方向直线射入的电子有可能做曲线运动
二轮物理心考点聚焦热点考向例析真题高效演练课时作业集训
[题组训练]
1 ． ( 多选 ) 关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )
A．电场强度的方向处处与等电势面垂直
B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向
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专题三电场和磁场
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解析：
根据电场强度与电势的关系解题．电场线 ( 电场
强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A正确．电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定
等于零，选项B错误．沿着电场线方向，电势不断降落，电势
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金版新学案2016-2017学年(鲁科版)高中物理2检测第2章能的转化与守恒2单元综合评估含答案

(本栏目内容,在学生用书中以独立形式分册装订！）一、选择题1．关于重力做功和重力势能的变化,下列叙述正确的是（）A．做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，重力做负功，重力势能减少B．做竖直上抛运动的物体，在上升阶段，重力做正功，重力势能增加C．做平抛运动的物体,重力势能在不断减少D．只要物体高度降低了,其重力势能一定在减少解析：做竖直上抛的物体在上升过程中，重力做负功，重力势能增加,故A、B错误；做平抛运动的物体，物体高度在降低，重力势能一定减少,故C、D正确．答案: CD2．关于能量和能源，下列说法正确的是( ）A．由于自然界的能量守恒,所以不需要节约能源B．在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少，但能量品质降低了C．能量耗散说明能量在转化过程中没有方向性D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造答案：B3．忽略空气阻力，下列物体运动过程中满足机械能守恒的是( ）A．电梯匀速下降B．物体由光滑斜面顶端滑到斜面底端C．物体沿着粗糙斜面匀速下滑D．拉着物体沿光滑斜面匀速上升解析：电梯匀速下降时，拉力对其做负功，机械能不守恒,A项错；沿光滑斜面下滑时，支持力不做功，只有重力做功,机械能守恒,B 项对；沿粗糙斜面匀速下滑时，摩擦力对其做负功，机械能不守恒，C项错;拉物体沿光滑斜面匀速上升时，拉力对其做正功，机械能不守恒，D项错．答案：B4.如图所示，细绳跨过定滑轮,悬挂两个物体M和m,M＞m，不计摩擦及绳的质量，系统从静止开始运动的过程中,下列结论正确的是( ）A．M和m各自的机械能分别守恒B．M减少的机械能大于m增加的机械能C．M减少的重力势能等于m增加的重力势能D．M和m组成的系统机械能守恒解析：因为M＞m，所以M下降，m上升，同时系统动能增加，M减少的重力势能大于m增加的重力势能,很显然m机械能增加．M 和m构成的系统机械能守恒．答案：D5．一个小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功5 J，除重力之外其他力做功2 J．则小球( )A．在a点的重力势能比在b点多5 JB．在a点的动能比在b点少7 JC．在a点的机械能比在b点少2 JD．在a点的机械能比在b点多2 J解析：由于重力做正功，则a点的重力势能比在b点多5 J，A 对．又由动能定理知合外力对物体做的功为7 J，从a到b动能增加7 J,B对．由于除重力之外的力做正功为2 J,则从a到b机械能增加2 J,C对、D错．答案：ABC6。

【金版新学案】高考物理大二轮复习与测试强化练第3讲力与物体的曲线运动测试强化练(真题为例,含解析)

第3讲力与物体的曲线运动1．(2013·山东泰安质检·16)“空间站”是科学家进行天文探测和科学实验的特殊而又重要的场所．假设“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运动，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致．下列说法正确的有( )A．“空间站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度B．“空间站”运行的速度等于同步卫星运行速度的10倍C．站在地球赤道上的人观察到它向西运动D．在“空间站”工作的宇航员因受到平衡力而在舱中悬浮或静止解析：由v同步＝GMR＋r，v空间站＝GMR＋110r，则B错．再结合v＝ωr0，可知ω空间站＞ω地球，所以人观察到它向东运动，C错．空间站的宇航员只受万有引力，受力不平衡，所以D错．答案： A2．如图为一陀螺，a、b、c为在陀螺上选取的三个质点，它们的质量之比为1∶2∶3，它们到转轴的距离之比为3∶2∶1，当陀螺以角速度ω高速旋转时( )A．a、b、c的线速度之比为1∶2∶3B．a、b、c的周期之比为3∶2∶1C．a、b、c的向心加速度之比为3∶2∶1D．a、b、c的向心力之比为1∶1∶1解析：在同一陀螺上各点的角速度相等，由v＝ωr和质点到转轴的距离之比为3∶2∶1，可得a、b、c的线速度之比为3∶2∶1，选项A错误，由T＝2π/ω可知a、b、c 的周期之比为1∶1∶1，选项B错误；由a＝ωv可知a、b、c的向心加速度之比为3∶2∶1，选项C正确；由F＝ma可得a、b、c的向心力之比为3∶4∶3，选项D错误．答案： C3．(2013·大纲·18)“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200 km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟．已知引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，月球半径约为1.74×103 kg.利用以上数据估算月球的质量约为( )A．8.1×1010 kg B．7.4×1013 kgC．5.4×1019 kg D．7.4×1022 kg解析：天体做圆周运动时都是万有引力提供向心力。

【金版新学案】高考物理大二轮复习与测试“练一练”电路与电磁感应(含解析)

电路与电磁感应1.如图所示，水平虚线MN 的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场，矩形导线框abcd 从MN 下方某处以v 0的速度竖直上抛，向上运动高度H 后垂直进入匀强磁场，此过程中导线框的ab 边始终与边界MN 平行．不计空气阻力，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图象中可能正确反映导线框的速度与时间的关系的是( )解析：矩形导线框abcd 从某处以v 0的速度竖直上抛，未进入匀强磁场前做加速度为g 的匀减速直线运动，选项A 、B 错误；矩形导线框进入匀强磁场后做加速度逐渐减小的减速直线运动直到速度减为零，选项D 错误，C 正确．答案： C2．如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2线r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对．答案： AC3．在练习使用多用电表的实验中：(1)某同学连接的电路如图所示．①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；②若断开电路中的开关，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电路中的开关，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压．(2)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若( )A ．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大B ．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C ．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 ΩD ．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大答案： (1)①R 1 ②R 1和R 2串联 ③R 2或电源 (2)D4. 如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d 的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面的夹角为θ，导轨平面内的矩形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面向上，ab 与cd 之间相距为L ，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m ，甲杆在磁场区域的上边界ab 处，乙杆在甲杆上方与甲相距L 处，甲、乙两杆都与导轨垂直．静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F ，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝2g sin θ，甲离开磁场时撤去F ，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场．(1)求每根金属杆的电阻R .(2)从释放金属杆开始计时，求外力F 随时间t 变化的关系式，并说明F 的方向．(3)若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q ，求外力F 对甲金属杆做的功W .解析： (1)设甲在磁场区域abcd 内运动的时间为t 1，乙从释放到运动至ab 位置的时间为t 2，则L ＝12·2g sin θ·t 21， L ＝12g sin θ·t 22所以t 1＝Lg sin θ，t 2＝2L g sin θ因t 1＜t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则有 12mv 21＝mgL sin θ，E 1＝Bdv 1，I 1＝E 12R，mg sin θ＝BI 1d 联立解得R ＝B 2d 22m 2L g sin θ. (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，则v ＝at ，E ＝Bdv ，I ＝E 2R，F ＋mg sin θ－BId ＝ma 联立解得F ＝mg sin θ＋mg sin θ·2g sin θL t (0≤t ≤ L g sin θ)方向垂直于杆且平行于导轨向下．(3)甲在磁场中运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，设为Q 1，则v 20＝2aL由功能关系知W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12mv 20 解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场中运动过程中，甲、乙产生相同的热量，设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ 根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2联立解得W ＝2Q . 答案： (1)B 2d 22m 2L g sin θ(2)mg sin θ＋mg sin θ·2g sin θL t (0≤t ≤ L g sin θ)，方向垂直于杆且平行于导轨向下(3)W ＝2Q。

金版新学案2016-2017学年(鲁科版)高中物理2检测第2章能的转化与守恒2.3.2含答案

(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)1．从地面竖直上抛两个质量不同的物体,设它们的初动能相同,当上升到同一高度时(不计空气阻力，选抛出点所在的水平面为参考面），则两个物体( ）A．所具有的重力势能相等B．所具有的动能相等C．所具有的机械能不相等D．所具有的机械能相等解析：初态机械能相同，机械能守恒，D对,C错．同一高度质量不等,重力势能不等，动能不等，A、B错．答案：D2。

游乐场中的一种滑梯如图所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来,则( )A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功解析：下滑过程中支持力的方向总与速度方向垂直，所以支持力不做功，A错误;越往下滑动重力势能越小，B错误；摩擦力的方向与速度方向相反,所以摩擦力做负功，机械能减少，D正确,C错误．答案: D3．如图所示，从h高处以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m 的小球．若取抛出处物体的重力势能为零，不计空气阻力，则物体着地时的机械能为( )A．mgh B．mgh＋12mv错误!C。

错误!mv错误! D.错误!mv错误!－mgh解析: 物体在整个运动过程中不受阻力，仅有重力做功，物体的机械能守恒．取抛出处的重力势能为零,则抛出时的物体的机械能为错误!mv错误!，因此物体落地的瞬时机械能亦为错误!mv错误!，选项C正确．答案：C4.如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的光滑斜面，这物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中( ）A．物体的重力势能增加了mghB．机械能损失了mghC．动能损失了mghD．机械能不守恒解析：物体在斜面上上升h,重力做负功mgh,故物体重力势能增加了mgh，A选项正确．在上升h高度的过程中，只有重力做功,重力势能与动能之间转化,机械能守恒，故B、D选项错误．由于只有重力做功，则合力做功即为－mgh,由动能定理，物体的动能减少了mgh，C选项正确．答案：AC5。

【金版新学案】(新课标)2016届高三物理二轮复习第3部分知识清单保温练习 1 物理学史和物理思想方法课件

效值”概念用的是等效替代法；探究“加速度与力、质量的关
系”用的是控制变量法．答案： C
谢谢观看！
(8)等效替代法：在研究物理问题时，有时为了使问题简
化，常用一个物理量来代替其他所有物理量，但不会改变物理效果．如用合力替代各个分力，用总电阻替代各部分电阻等． (9)类比法：也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法．其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大．如研究电场力做功时，与重力做功进行类比；认识电流时，用水流进行类比；识电压时，
(6)放大法：在物理现象或待测物理量十分微小的情况下，把物理现象或待测物理量按照一定规律放大后再进行观察和测量，这种方法称为放大法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大． (7)控制变量法：决定某一个现象的产生和变化的因素很多，为了弄清事物变化的原因和规律，必须设法把其中的一个或几个因素用人为的方法控制起来，使它保持不变，研究其他两个变量之间的关系，这种方法就是控制变量法．比如探究加速度与力、质量的关系，就用了控制变量法．
选考部分模块 3－3 科学家布朗国籍英国主要贡献
植物学家布朗发现悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象——布朗运动．
多普勒 3－4 托马斯·杨
首先发现由于波源和观察者之间奥地利有相对运动，使观察者感到频率发生变化的现象——多普勒效应．
英国观察到了光的干涉现象．
模块
科学家
原因；微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测出引力常量和库仑扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法；瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法；在推导匀变速直线运动位
移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看

2016年高考全国新课标2卷物理含答案

2016年普通高等学校招生全国统一考试(Ⅱ卷)（甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、西藏、陕西、重庆）第Ⅰ卷（选择题共126分）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，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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。

14．质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示。

用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中 A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大 B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小 C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大 D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小【答案】A【解析】动态平衡问题，F 与T 的变化情况如图：可得：'''F F F →→↑'''T T T →→↑【考点】物体平衡15．如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a ，b a ，c a ，速度大小分别为a v ，b v ，c v ，则A ．a b c a c b a a a v v v >>>>，B ．a b c b c a a a a v v v >>>>，C ．b c a b c a a a a v v v >>>>，D ．b c a a c b a a a v v v >>>>，【答案】D【解析】由库仑定律可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为b c a F F F >>，由F a m=合，可知b c a a a a >>，由题意可知，粒子Q 的电性与P 相同，受斥力作用结合运动轨迹，得a c b v v v >> 【考点】牛顿第二定律、库仑定律、电荷间相互作用。

【金版学案】高考物理二轮复习练习：仿真模拟卷含答案

第三部分模拟训练仿真模拟卷一（对应学生用书P73）一、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，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.）1.一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（）A.始终由a流向bB.始终由b流向aC.先由a流向b，再由b流向aD.先由b流向a，再由a流向b2.如下图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）.现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动.令U表示MN两端电压的大小，则（）A.U＝12v Bl，流过固定电阻R的感应电流由b到dB.U＝12v Bl，流过固定电阻R的感应电流由d到bC.U＝v Bl，流过固定电阻R的感应电流由b到dD.U＝v Bl，流过固定电阻R的感应电流由d到b3.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域.下图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差U CD.下列说法中正确的是（）A.电势差U CD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0C.仅增大磁感应强度时，电势差U CD可能不变D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平4.如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零.在剪断轻绳的瞬间（g取10 m/s2），下列说法中正确的是（）A.小球受力个数不变B.小球立即向左运动，且a＝8 m/s2C.小球立即向左运动，且a＝10 m/s2D.若剪断的是弹簧，则剪断瞬间时小球加速度的大小a＝10 2 m/s25.如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直.则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（）6.宇宙空间存在两颗质量分布均匀的球体未知星球，经过发射绕表面运行的卫星发现，两个星球的近地卫星周期相等，同学们据此做出如下判断，则正确的是（）A.这两个未知星球的体积一定相等B.这两个未知星球的密度一定相等C.这两个未知星球的质量若不等，则表面的重力加速度一定不等D.这两个未知星球质量大的，则表面的重力加速度大7.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向.图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹.小球a从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处；小球b、c从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处.不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.a和b初速度相同B.b和c运动时间相同C.b的初速度是c的两倍D.a运动时间是b的两倍8.如图所示，在真空中分别固定有电荷量为＋Q和－Q的点电荷，a、b、c、d是两点电荷连线上的四个点，已知a、b到＋Q的距离以及c、d到－Q的距离均为L，下列说法正确的是（）A.a、d两点的电场强度相同，电势不等B.b、c两点的电场强度不同，电势相等C.将一个正试探电荷从a点沿任意路径移动到b点时电场力做的功，跟从d点沿任意路径移动到c点时电场力做的功相同D.一个正试探电荷在c点的电势能大于它在d点的电势能二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题（共47分）9.（6分）一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示.用刻度尺测量斜面的高度与长度之比为1∶4，小车质量为400 g，图（b）是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz.由图（b）可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度v B ＝m/s，打纸带上E点时小车的瞬时速度v E＝m/s，打纸带上B点到E点过程中小车重力势能的减少量为J，此过程中小车克服阻力所做的功为J.（g取10 m/s2，保留两位有效数字）10.（9分）现要测量电流表G1的内阻，给出下列器材：电流表G1（量程5 mA，内阻r1约为150 Ω左右）电流表G2（量程10 mA，内阻r2约为100 Ω左右）定值电阻R1＝100 Ω定值电阻R2＝10 Ω滑动变阻器R3（0～200 Ω）干电池（1.5 V，内阻未知）单刀单掷开关S导线若干（1）定值电阻选；（2）在方框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；（3）若选测量数据中的一组计算r1，所用的表达式r1＝，式中各符号的意义是：_______________________________________________________ _________________.11.（13分）公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s.当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m.设雨天时汽车轮胎与沥青地面的动摩擦因数为晴天时的25，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度.12.（19分）如图所示，在一底边长为2L，底角θ＝45°的等腰三角形区域内（O为底边中点）有垂直纸面向外的匀强磁场.现有一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响.（1）求粒子经电场加速射入磁场时的速度.（2）若要进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值.（3）设粒子与AB板碰撞后，电量保持不变并以与碰前相同的速率反弹.磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大.求粒子在磁场中运动的最长时间.（二）选考题（共45分）13.[物理——选修3－3]（15分）（1）（6分）（2015·山东枣庄高三期末）关于晶体和非晶体，下列说法正确的是（）A.所有晶体沿各个方向的光学性质都相同B.非晶体沿各个方向的物理性质都相同C.在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D.物质是晶体还是非晶体，是绝对的，不可能相互转化E.有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体（2）（9分）（2014·新课标Ⅰ）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，汽缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动.开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h4.若此后外界的温度变为T，求重新到达平衡后气体的体积.已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.14.[物理——选修3－4]（15分）（1）（6分）（2015·江西景德镇市高三第二次质检）一列简谐横波从左向右以v＝2 m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是（）A.A质点再经过一个周期将传播到D点B.B点正在向上运动C.B点再经过18T回到平衡位置D.该波的周期T＝0.05 sE.C点再经过34T将到达波峰的位置（2）（9分）（2015·辽宁沈阳一模）如图所示是一个半球形透明物体的侧视图，现在有一细束单色光沿半径OA方向入射，保持入射方向不变，不考虑光线在透明物体内部的反射.①将细光束平移到距O点33R处的c点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率.②若细光束平移到距O点0.5R处，求出射光线与OA轴线的交点距O点的距离？15.[物理—选修3－5]（15分）（1）（6分）（2015·贵州七校第一次联考）下列几幅图的有关说法中正确的是（）A.原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径不是任意的B.发现少数α粒子发生了较大偏转，因为原子的质量绝大部分集中在很小空间范围C.光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性D.射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷E.链式反应属于重核的裂变（2）（9分）（2015·山东淄博高三一模）如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点.质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看成质点）.①求子弹射入木块前的速度.②若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？仿真模拟卷一解析与答案1.解析：条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向b→Ⓖ→a.条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向a→Ⓖ→b，故D正确，A、B、C错误.答案：D2.解析：当MN运动时，相当于电源.但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E＝Bl v，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为12Bl v，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b到d.故A正确，B、C、D错误.答案：A3.解析：根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D 表面带正电，所以D表面的电势高，则U CD＜0.CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a 、b 、c ，有q U d＝q v B ，I ＝nq v s ＝nq v bc ，则U ＝BI nqc.故A 、C 错误，B 正确.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D 错误.答案：B4.解析：在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F ＝mg tan 45°＝10×1＝10 N ，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N ，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用.小球的受力个数发生改变.故A 错误；小球所受的最大静摩擦力为：f ＝μmg ＝0.2×10 N ＝2 N ，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a ＝F －f m ＝10－21m/s 2＝8 m/s 2.合力方向向左，所以向左运动.故B 正确，C 错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零.故D 错误.答案：B5.解析：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故A 、B 、C 错误，D 正确.答案：D6.解析：由万有引力提供向心力得GMm R 2＝mR 4π2T 2，ρ＝M 43πR 3，解以上两式知B正确，A错误，又因为mg＝GMmR2知，D正确，C错误.答案：BD7.解析：b、c的高度相同，小于a的高度，根据h＝12gt2，得t＝2hg，知b、c的运动时间相同，a的飞行时间大于b的时间.故B正确、D错误；因为a的飞行时间长，但是水平位移相同，根据x＝v0t知，a的水平速度小于b的水平速度.故A错误；b、c的运动时间相同，b的水平位移是c的水平位移的两倍，则b的初速度是c的初速度的两倍.故C正确.答案：BC8.解析：根据等量异种电荷电场线的分布特征可知，ad点所在处的电场疏密相同，故ad点的电场强度大小相等，方向都是从右向左，故ad 点的电场强度相同，根据等势面的分布特征可知，a的等势面的电势高于d的等势面的电势，即φa>φb，故A正确；根据等量异种电荷电场线的分布特征可知，bc点所在处的电场疏密相同，故bc点的电场强度大小相等，方向都是从左向右，故bc 点的电场强度相同，根沿着电场线，电势降低，即φb >φc ，故B 错误；由如图分布可知，a 点的电势大于b 点的电势，c 点的电势高于d 点的电势，故将一个正试探电荷从a 点移动到b 点时电场力做正功，将一个正试探电荷从d 点移动到c 点时电场力做负功，做功不等，故C 错误；根据E p ＝qφ，可知正电荷在电势高处的电势能大，故将一个正试探电荷在c 点的电势能大于它在d 点时电势能，故D 正确.答案：AD9.解析：①根据中点时刻的速度等于平均速度得：v B ＝x AC 2T ＝0.081－0.0510.2m/s ＝0.15 m/s v E ＝x DF 2T ＝0.171－0.1050.2m/s ＝0.33 m/s ②小车重力势能的减少量：ΔE p ＝mg Δh ＝0.4×10×（0.135 0－0.063 0）J ＝0.071 J③根据加速度的定义式得：a ＝Δv Δt＝v E －v B 3T ＝0.33－0.150.3 m/s ＝0.6 m/s根据牛顿第二定律得：mg sin θ－f ＝ma解得：f ＝14mg －ma ＝0.76 N 所以克服阻力所做的功：W ＝W f ＝0.76×（0.135－0.063）J ＝0.055 J.答案：0.15 0.33 7.1×10－2 5.5×10－210.解析：①若选R2，则其阻值太小，电流过大，而R1与G1内阻相当，故选R1.②电路图如图所示：（G2的示数－G1的示数）为通过R1的电流值.③由并联电路特点：I1r1＝R1（I2－I1），得r1＝R1（I2－I1）I1，I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值.答案：①R1②电路图如图③r1＝R1（I2－I1）I1I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值11.解析：晴天时，设速度为v1，反应时间为t，加速度为a1，有：x＝v1t＋v212a1①μmg＝ma1②25μmg＝ma2③x＝v2t＋v222a2④联立①②③④，又180 km/h等于30 m/s，可得：v2＝20 m/s.答案：20 m/s12.解析：（1）依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v，由Uq ＝12m v 2得： v ＝2Uq m① （2）要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC 边相切，设圆周半径为R ，由图中几何关系：R ＋R sin θ＝L ② 由洛伦兹力提供向心力：Bq v ＝m v 2R③ 联立①②③解得：B ＝（1＋2）2Uqm qL（3）设粒子运动圆周半径为r ，r ＝m v Bq，当r 越小，最后一次打到AB 板的点越靠近A 端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长.当r 为无穷小，经过n 个半圆运动，最后一次打到A 点.有：n ＝12r④圆周运动周期：T ＝2πr v ⑤极限时间为：t m ＝n T 2⑥由④⑤⑥式得：t m ＝πL 2v ＝πL 2m 2Uq 答案：（1）2Uq m （2）（1＋2）2Uqm qL （3）πL 2m 2Uq 13.解析：（1）晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体是由许多杂乱无章的排列着的小晶体组成的，多晶体和非晶体一样具有各向同性，故A 错误；非晶体具有各向同性，故B 正确；无论是单晶体还是多晶体晶体内部的分子按一定的规律排布即具有一定的规律性，空间上的周期性，故C 正确；物质是晶体还是非晶体，不是绝对的，在一定条件下可以相互转化，故D 错误，E 正确.（2）设气缸的横截面积为S ，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp ，由玻意耳定律得：phS ＝（p ＋Δp ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S ① 解得：Δp ＝13p ② 外界的温度变为T 后，设活塞距底面的高度为h ′.根据盖·吕萨克定律，得：⎝ ⎛⎭⎪⎫h －14h S T 0＝h ′s T③ 解得：h ＝3T 4T 0h ④ 据题意可得：Δp ＝mg S⑤ 气体最后的体积为：V ＝Sh ′⑥联立②④⑤⑥式得：V ＝9mghT 4pT 0⑦答案：（1）BCE（2）V＝9mghT 4pT014.解析：（1）质点不随波传播，A错；由波向右传播可知B点向上振动，B对；B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，C错；由T＝λv可知周期为0.05秒，D对；C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，E对.（2）①如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，∠OBC为临界角由临界角公式：sin C＝33RR＝33①解得：n＝1sin C＝3②②如图所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，入射角为∠OED＝α，折射角为∠NEF＝β，折射率n＝sin βsin α＝3③sin α＝12RR＝12④由①②解得：sin β＝32，β＝60°⑤由几何关系可知：∠FOE＝α，⑥∠OFE＝β－α＝α，⑦则出射光线与OA轴线的交点F与O点的距离为：OF＝2R cos 30°＝3R答案：（1）BDE（2）①透明体对该单色光的折射率是 3②出射光线与OA轴线的交点距O点的距离是3R15.解析：（1）由图和根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，故A正确；少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，该处要强调“所有正电荷主要集中在很小的核上”，故B错误；光电效应实验说明了光具有粒子性，故C正确；根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线丙由a粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，故D 错误；链式反应属于重核的裂变，故E 正确.（2）①第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝（m ＋M ）v 1①系统由O 到C 的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：12（m ＋M ）v 21＝（m ＋M ）gR ② 联立①②式解得：v 0＝m ＋M m2gR ③ ②由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动.当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝（9m ＋M ）v 9④设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H ，由机械能守恒得：12（9m ＋M ）v 29＝（9m ＋M ）gH ⑤由以上各式可得：H ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M ＋m M ＋9m 2R 答案：（1）ACE （2）①子弹射入木块前的速度为m ＋M m2gR ②小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为⎝ ⎛⎭⎪⎫M ＋m M ＋9m 2R。

《金版新学案》2016届高三新课标物理二轮专题复习课时作业专题1第1讲力与物体的平衡Word版含答案

专题一第1讲一、选择题(1～10题为单项选择题，11～13题题为多项选择题)1.匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图所示，小球下方与一光滑斜面接触．关于小球的受力，下列说法正确的是()A．重力和细线对它的拉力B．重力、细线对它的拉力和斜面对它的支持力C．重力和斜面对它的支持力D．细线对它的拉力和斜面对它的支持力解析：小球匀速运动，处于平衡状态，合力为零，则水平方向不能有力的作用，否则细线不可能处于竖直状态．答案： A2.(2015·浙江教育学院抽测)两同学用如图所示方法做共点力平衡实验．M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的钩码，一同学已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，另一同学在B点挂的钩码数应是()A．1个B．3个C．5个D．7个解析：设细绳OM与OC的夹角为θ，则根据力的平衡条件可得F T2B＝42＋32＋24cos θ，而90°＜θ＜180°，解得1＜F T B＜5，所以只有选项B正确．答案： B3.一木箱放在水平地面上，木箱质量为m，用水平推力F即可使木箱做匀速直线运动．现保持F大小不变，方向改为与水平方向成60°角斜向上拉木箱，也能使它做匀速直线运动，如图所示．则木箱与水平地面的动摩擦因数为()A. 3 B．3 2C.33D．12解析：水平拉木箱时，由平衡条件有：F－μmg＝0；斜向上拉木箱时，F cos 60°－μF N＝0，F N＋F sin 60°＝0，解三式得：μ＝33，C项正确．答案： C4．(2015·湖北黄冈质检)如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A、B两点离墙壁的距离分别是x1、x2.物块与地面的最大静摩擦力为F f.则弹簧的劲度系数为()A.F fx2＋x1B．2F fx2＋x1C.2F fx2－x1D．F fx2－x1解析：分别对物块处于A、B点时进行受力分析，根据平衡条件列方程即可求解．水平方向上，物块在A点受弹簧弹力和地面的摩擦力，方向相反，根据平衡条件有：k(x0－x1)＝F f，同理，在B点根据水平方向上受力平衡有：k(x2－x0)＝F f，联立解得：k＝2F fx2－x1；选项C正确．答案： C5.将一带有半球形凹槽的滑块放置在粗糙的水平面上，一表面光滑的小球置于凹槽的最低点，现对小球施加一水平向右的力F，使小球沿球面缓慢地上升．整个过程中滑块始终处于静止状态，假设地面所受的压力为F1，凹槽对小球的支持力为F2，地面对凹槽的摩擦力为F3.则在小球上升的过程中，下列说法正确的是()A．F1增大，F2增大，F3增大，F增大B．F1不变，F2增大，F3增大，F增大C．F1不变，F2增大，F3不变，F不变D．F1减小，F2增大，F3增大，F不变解析：小球受力分析如图所示，根据平衡条件：F＝mg tan θ，F2＝mgcos θ，随着小球的上升，θ越来越大，所以F和F2都增大，由于小球和凹槽均处于平衡状态，因此以整体为研究对象，凹槽所受的摩擦力F3与外力F始终相等，竖直方向上地面所受的压力F1的大小始终等于整体的重力大小，B正确．答案： B6.(2015·湖北模拟)如图所示，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S 极，其一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等(如图中虚线所示)．开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为F N、F f，后来两根导线通以图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比( )A ．F N 、F f 均变大B ．F N 不变，F f 变小C ．F N 变大，F f 不变D ．F N 变小，F f 不变解析：两根导线通以图示方向大小相同的电流后，导线受到垂直斜面向下的安培力，由牛顿第三定律，磁铁受到垂直斜面向上的安培力，斜面对磁铁的弹力减小，摩擦力不变，选项D 正确．答案： D7．(2015·湖北黄冈模拟)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v 0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力为F f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F f1使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F 2使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f3；如图丁所示，若对该物块施加一与斜面成30°角斜向下的推力F 3使其沿斜面下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f4.下列关于F f1、F f2、F f3和F f4大小及其关系式中正确的是( )A ．F f1＞0B ．F f2＜F f3C ．F f2＜F f4D ．F f3＝F f4解析：在题图甲中，斜劈和物块都平衡，对斜劈和物块整体进行受力分析和地面对斜劈的摩擦力为零，在题图乙、丙、丁中，不论物块受力情况和运动状态如何，只要物块沿斜面下滑，物块对斜面的摩擦力与压力的合力总是竖直向下的，所以有F f1＝F f2＝F f3＝F f4＝0，即只有选项D 正确．答案： D8．如图所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A ．小球一定受四个力作用B ．弹簧弹力可能为34mgC ．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上D ．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg解析：若木板是光滑的，则小球受重力、弹簧弹力和木板支持力作用，若木板是粗糙的，则小球受重力、弹簧弹力、木板支持力和可能存在的摩擦力作用，摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，A 、C 错；当木板光滑时，小球受力如图所示，小球处于平衡状态，此时由图知弹簧弹力F ＝mg tan 37°＝34mg ，B 对；不论木板是否光滑，木板对小球的作用力大小均等于小球重力与弹簧弹力的合力大小，即木板对小球的作用力一定大于小球的重力mg ，D 错．答案： B9．如图所示，木块放在粗糙桌面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，木块静止时弹簧的长度小于原长．现用一轻绳通过一定滑轮施加一水平外力，当外力从0开始逐渐增大直到拉动木块，那么在木块被拉动之前的过程中，弹簧对木块的弹力F T 的大小和桌面对木块的摩擦力F f 的大小的变化情况是( )A ．弹簧对木块的弹力F T 先减小后增大，桌面对木块的摩擦力始终不变B ．弹簧对木块的弹力F T 保持不变，桌面对木块的摩擦力始终增大C ．弹簧对木块的弹力F T 保持不变，桌面对木块的摩擦力先减小后增大D ．弹簧对木块的弹力F T 先不变后增大，桌面对木块的摩擦力先增大后不变解析：木块被拉动前，弹簧形变量不变，故其张力F T 不变；对木块由平衡条件得其所受桌面摩擦力F f ＝F T ＋F ，由于F 逐渐增大，故F f 逐渐增大，可知B 对。

《金版新学案》2018-2019高三新课标物理二轮专题复习课件：专题1 第4讲电场和磁场中的曲线运动

二轮物理新课标
专题一力与运动
核心考点聚焦热点考向例析真题高效演练课时作业集训
[题组训练] 1.( 多选 ) 高速粒子轰击荧光屏可使其发光．如图所示，在竖直放置的铅屏 A 的右表面上贴着 β 射线放射源 P，其所放射出的 β 粒子(实质是电子)的速度大小为 v0，足够大的荧光屏 M 与铅屏 A 平行放置，相距为 d，其间有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E，已知电子所带的电荷量为 e，质量为 m，不考虑相对论效应，则( )
二轮物理新课标
专题一力与运动
核心考点聚焦热点考向例析真题高效演练课时作业集训
(3)电子离开 x＝3L 处的电场时； vx＝vP＝2×107 m/s， eE2 vy＝ t2＝2×107 m/s， m
2 7 vQ＝ v2 ＋ v ＝ 2 2 × 10 m/s， x y
vy tan θ＝， vx 解得 tan θ＝45° .
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专题一力与运动
核心考点聚焦热点考向例析真题高效演练课时作业集训
A．垂直射到荧光屏 M 上的电子的速度大小为 2eEd ＋v2 0 m B．到达荧光屏的离 P 最远的电子的运动时间为 C．荧光屏上的发光半径为 2mdv2 0 －4d2 eE 2md eE
D．到达荧光屏的电子的电势能减少了 eEd
位置记为Q点，则：
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专题一力与运动
核心考点聚焦热点考向例析真题高效演练课时作业集训
(1)vP＝ t1＝
eE1 2· · L＝2×107 m/s， m 2L ＝10－8 s. eE1/m
2L 运动到 Q 点时：t2＝＝10－8 s. vP 则 t＝t1＋t2＝2×10－8 s. 1 eE2 2 (2)电子从 P 点运动到 Q 点时：yQ＝ · · t2＝0.1 m， 2 m 则 Q 点的坐标为(0.3 m,0.1 m)．

【金版新学案】高考物理大二轮复习与测试强化练第11讲电学实验(真题为例,含解析)

第11讲电学实验1．测一个待测电阻R x(约200 Ω)的阻值，除待测电阻外，实验室提供了如下器材：电源E：电动势3 V，内阻不计；电流表：量程0～10 mA、内阻r1约为50 Ω；电流表：量程0～500 μA、内阻r2＝1 000 Ω；滑动变阻器R1：最大阻值20 Ω、额定电流2 A；电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω.(1)由于没有提供电压表，为了测定待测电阻上的电压，应选电流表________与电阻箱R2连接，将其改装成电压表．(2)对于下列测量R x的四种电路图，为了测量准确且方便应选图________．(3)实验中将电阻箱R2的阻值调到4 000 Ω，再调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可测得待测电阻R x的测量值是________ Ω.解析：为了测定待测电阻上的电压，应选内阻已知的电流表与电阻箱R2连接，将其改装成电压表．为了测量准确且方便应选电流表外接，分压电路图乙.示数240 μA，对应电压为U＝240 μA×(1 000＋4 000) Ω＝1.2 V；示数I＝6.4 mA，待测电阻R x的测量值是R x＝U/I＝187.5 Ω.答案：(1)(2)乙(3)187.52．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5 Ω的保护电阻R0，实验电路如图所示．(1)连好电路后，当该同学闭合开关时，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是________．(2)按电路原理图及用多用电表的电压挡检查电路时，把两表笔分别接c、d时的实物电路图(如图所示)以笔画线代替导线连接起来．(3)排除故障后，该同学顺利完成实验，测定得到下列数据，根据数据在坐标图中画出U－I图线，由图线知：电池的电动势为________，内阻为________.答案：(1)R断路(2)如图甲所示(3)如图乙所示 1.50 V(1.41～1.51 V均可) 0.5 Ω(0.5～0.7 Ω均可)3．[2013·广东卷·34(2)]图甲是测量电阻R x的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6 A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm.(1)根据原理图连接图乙的实物图．(2)断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0 V时，单位长度电阻丝的电压u＝________ V/cm.记录此时电流表的示数．(3)保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和的示数I.测量6组L和I值，测量数据已在图丙中标出，写出R x与L、I、u的关系式R x＝________；根据图丙用作图法算出R x ＝________ Ω.解析：本题利用双电流表测量电阻，根据和电阻丝ac当电压表使用以及电阻丝均匀分压和欧姆定律解决问题．(1)根据原理图，实物连接如图甲所示．(2)由于电阻丝均匀，故单位长度电阻丝的电压u ＝3.030.0 V/cm ＝0.1 V/cm.(3)调节电源输出电压，使电流表的示数与步骤②记录的值相同，即通过电阻丝ac段的电流恒定，则R x 两端的电压与电阻丝的长度成正比，即U ＝uL ，根据欧姆定律得R x 的表达式R x ＝U I ＝uLI. L －I 图象如图乙所示．根据L ＝R x u I 知图象的斜率k ＝R xu.由图象知，斜率为k ＝60 cm/A ，故R x ＝ku ＝6 Ω.答案： (1)如图甲所示 (2)0.1 (3)uLI64．(2013·江西临川考前模拟)一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程I m .所用器材有：量程不准的电流表，内阻r 1＝10.0 Ω，量程标称为5.0 mA ；标准电流表，内阻r 2＝45.0 Ω，量程1.0 mA ；标准电阻R 1，阻值10.0 Ω；滑动变阻器R ，总电阻为300.0 Ω；电源E ，电动势3.0 V ，内阻不计；保护电阻R 2；开关S ；导线．回答下列问题：(1)在图甲所示的实物图上画出连线．(2)开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片c 应滑动至________端． (3)开关S 闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表满偏；若此时电流表的示数为I 2，则的量程I m ＝________.(4)若测量时，未调到满偏，两电流表的示数如图乙所示，从图中读出的示数I 1＝________，的示数I 2＝________；由读出的数据计算得I m ＝________.(保留三位有效数字)(5)写出一条提高测量准确度的建议：______________. 解析： (1)连线如答案图．(2)在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑片滑动到阻值最大端． (3)闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为I m .根据并联电路电压相等有I m r 1＝I 2(r 2＋R 1)，得I m ＝I 2R 1＋r 2r 1.(4)待测表未满偏有I 1r 1＝I 2(r 2＋R 1)，将的示数0.66 mA 和其他已知条件代入有I 1＝I 2R 1＋r 2r 1＝＋10mA ＝3.63 mA但图中的示数3.0 mA ，量程为5.0 mA ，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05 mA.(5)多次测量取平均值．答案： (1)连线如图(2)阻值最大 (3)I 2R 1＋r 2r 1(4)3.00 mA 0.660 mA6．05 mA (5)多次测量取平均值5．(2013·江苏卷·10)为探究小灯泡的电功率P 和电压U 的关系，小明测量小灯泡的电压U 和电流I ，利用P ＝UI 得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V,1.8 W”，电源为12 V 的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω.(1)准备使用的实物电路如图甲所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．(用笔画线代替导线)(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R 1应选________ Ω的定值电阻．(3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．(4)小明处理数据后将P 、U 2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图乙所示．请指出图象中不恰当的地方．解析： (1)从P －U 2图象上描出的点可知，小灯泡两端的电压从0开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压电路．根据P ＝IU 知，通过小灯泡的最大电流I ＝P U＝0.6 A ，故电流表选0～0.6 A 的量程．实物电路如答案中图所示．(2)由小灯泡规格可知，小灯泡允许通过的最大电流为0.6 A ，故要求接入R 1后，电路中的总电流要不小于0.6 A ，根据I ＝E R 得总电阻R ＝E I ＝120.6Ω＝20 Ω，故R 1应选10 Ω的定值电阻．(3)为了实验仪器的安全，防止电源短路及误将电源与其他电路接通，所以断开开关后，先拆除电池两端的导线，再拆除其他导线．(4)从坐标纸上所描点可以看出这些点不近似在一条直线上，应为曲线，小明作出了一条直线不合适．作图时应使这些点占据整个坐标纸，而小明的横坐标只用了一半，所以小明横坐标的标度选择不合适．答案： (1)如图所示 (2)10 (3)电池(4)图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适．。

【金版新学案】高考物理大二轮复习与测试强化练第6讲电场和磁场的基本性质测试强化练(真题为例,

第6讲电场和磁场的基本性质1．(2013·江苏卷·6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则( )A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析：由题图可知，a处电场线比b处密，所以E a＞E b，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa＞φb，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确．答案：ABD2．(2013·唐山二模·18)如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子( )A．是正离子，速率为kBR/cos αB．是正离子，速率为kBR/sin αC．是负离子，速率为kBR/sin αD．是负离子，速率为kBR/cos α解析：因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图，由几何关系可知r ＝Rsin α，由qvB ＝m v 2r 可得v ＝kBRsin α，故B 正确．答案： B3.(2013·江西九江七校联考)a 、b 、c 、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc ＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q 固定在a 、b 、c 三个顶点上，将一个电荷量为＋Q 的点电荷依次放在菱形中心O 点和另一个顶点d 点处，两点相比( )A ．＋Q 在d 点所受的电场力较大B ．＋Q 在d 点所具有的电势能较大C ．d 点的电势低于O 点的电势D ．d 点的电场强度大于O 点的电场强度解析：＋Q 在d 点所受的电场力较小，＋Q 在d 点所具有的电势能较小，选项A 、B 错误；d 点的电势低于O 点的电势，d 点的电场强度小于O 点的电场强度，选项C 正确，D 错误．答案： C4．(2013·重庆卷·3)如图所示，高速运动的α粒子被位于O 点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M 、N 和Q 为轨迹上的三点，N 点离核最近，Q 点比M 点离核更远，则( )A ．α粒子在M 点的速率比在Q 点的大B ．三点中，α粒子在N 点的电势能最大C ．在重核产生的电场中，M 点的电势比Q 点的低D ．α粒子从M 点运动到Q 点，电场力对它做的总功为负功解析：利用动能定理可判断α粒子的速率大小．由电势的高低可判断电势能的大小．重原子核带正电，离核越近，电势越高，选项C 错误；同一正电荷电势越高，其电势能越大，选项B 正确；带正电的α粒子在从M 点到Q 点的过程中，电场力做的总功为正功，据动能定理知，其速率增大，选项A 、D 错误．答案： B5.如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L 的绝缘轻质细硬杆一端固定在O 点、另一端固定一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球P ，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E ＝3mg3q.先把杆拉成水平，然后将杆无初速释放，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．小球到最低点时速度最大B ．小球从开始至最低点过程中动能一直增大C ．小球对杆的最大拉力大小为833mgD ．小球可绕O 点做完整的圆周运动解析：如图所示，小球受到的重力和电场力分别为mg 和qE ＝33mg ，此二力的合力为F ＝233mg 、与竖直方向成30°角，可知杆转到此位置时小球速度最大，A 错，B 对；设小球的最大速度为v ，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：F (1＋12)L ＝12mv 2，设小球速度最大时，杆对小球的拉力为F m ，对小球应用向心力公式有：F m －F ＝mv 2L ，解得F m ＝833mg ，C 对；根据等效性可知杆最多转过240°角，速度减小为0，小球不能做完整的圆周运动，D 错．答案： BC6.如图所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨CD 、EF .导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.先从t ＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即：I ＝kt ，其中k 为衡量．若金属棒与导轨始终垂直，则关于金属棒的运动情况正确的是( )A ．金属棒先做加速运动，最后匀速运动B ．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动C ．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止D ．以上说法均不正确解析：设导轨间的距离为L ，金属棒所受的安培力F B ＝BIL ＝BktL ，垂直紧压导轨平面．金属棒在竖直方向受摩擦力F f ＝μBkLt ，方向竖直向上，重力mg 竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度a ＝g －μBkLtm逐渐减小，当a 减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度a ＝μBkLt m－g ，方向向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止．故C 项正确．7．(2013·西安高三期末)如图所示，在水平向右的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，a 、b 、c 、d 为以O 为圆心的同一圆周上的四点，bd 连线与电场线平行，ac 连线与电场线垂直．则( )A ．a 、c 两点的电场强度相同B ．b 点的电场强度大于a 点的电场强度C ．da 间的电势差大于ab 间的电势差D ．检验电荷在a 点的电势能等于在c 点的电势能解析：设点电荷在圆周上产生的电场强度大小为E 0，ac 两点的电场强度大小一样，但方向不同，所以选项A 错误．b 点的电场强度为E B ＝E ＋E 0，a 点电场强度为E a ＝E 2＋E 20，所以选项B 正确．因为点电荷在四点上的电势相同，所以da 间的电势差等于ab 间的电势差，a 点的电势与c 点的电势相等，所以选项C 错误，D 正确．答案： BD8.如图所示，竖直放置的平行金属板内部有匀强电场，两个带电微粒a 、b 从两板下端连线的中点向上射入板间，沿不同的轨迹运动，最后都垂直打在金属板上．则可知( )A ．微粒a 的入射速度较大B ．微粒a 打到金属板上的速度较大C ．微粒a 、b 带异种电荷，电荷量大小一定相等D ．微粒a 、b 的质量一定不相等解析：设匀强电场的场强为E ，两平行金属板的间距为d ，带电微粒的电荷量为q ，质量为m ，射入速度为v 0，微粒向上运动的距离为l .在竖直方向微粒只受重力作用，做匀减速运动，因微粒最后垂直打到金属板上，竖直速度减为零，所以有v 20＝2gl ①因l a ＞l b ，所以v oa ＞v ob .A 对．在水平方向有d 2＝12at 2＝2Eql2mv 20②把①代入②得：qm ＝dg2El③ 可知两微粒的比荷的关系，但不能判断两微粒的电荷量、质量的大小关系，C 、D 错．微粒打到金属板上的速度v ＝at ＝2Eqlmv 0④把③代入④得：v ＝dgv 0，因v 0a ＞v 0b ，所以v a ＜v b ，B 错．9.(2013·江西四校联考)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B .把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A 射出的粒子：①带负电，v 0＝qBLm，第一次到达C 点所用时间为t 1；②带负电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 2；③带正电，v 0＝qBL m ，第一次到达C 点所用时间为t 3；④带正电，v 0＝qBL2m ，第一次到达C 点所用时间为t 4.则( )A ．t 1＝16TB ．t 2＝13TC ．t 3＝56TD ．t 4＝T解析：若从A 射出的粒子带负电，v 0＝qBLm，向右偏转，其轨迹半径等于L ，第一次到达C 点所用时间为t 1＝T6，选项A 正确；若从A 射出的粒子带负电，v 0＝qBL2m ，向右偏转，其轨迹半径等于L 2，经T 6后进入理想边界外向下偏转，再经T 6后第一次到达C 点所用时间为t 2＝T3，选项B 正确；若从A 射出的粒子带正电，v 0＝qBLm，向左偏转，其轨迹半径等于L ，第一次到达B 点所用时间为T 6，进入理想边界向下偏转，再经5T6后第一次到达C 点，所用总时间为t 3＝T ，选项C 错误；若从A 射出的粒子带正电，v 0＝qBL 2m ，向左偏转，其轨迹半径等于L 2，经T6后进入理想边界外向下偏转，再经T6后第一次到达B 点所用时间为T3，再经T 后第一次到达C点，所用总时间为t 4＝4T3，选项D 错误．答案： AB10．如图所示，板长为L 的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角θ＝30°，某时刻一质量为m 、带电荷量为q 的小球由正中央A 点静止释放，小球离开电场时速度是水平的(提示：离开的位置不一定是极板边缘)，落到距离A 点高度为h 的水平面处的B 点，B 点放置一绝缘弹性平板M ，当平板与水平夹角α＝45°时，小球恰好沿原路返回A 点．求：(1)电容器极板间的电场强度E ； (2)平行板电容器的板长L ； (3)小球在A 、B 间运动的周期T .解析： (1)带电粒子沿水平方向做匀加速运动，可知：qE cos θ＝mg①故E ＝23mg 3q.(2)小球垂直落到弹性挡板上，且α＝45° 则有v 0＝v y ＝2gh②由动能定理得：qE ·12L tan θ＝12mv 20 ③由②③得：L ＝3h .(3)由小球在电场中做匀加速运动 L2cos θ＝12g tan θ·t 21t 1＝L g sin θ＝6hg平抛运动的时间为t 2＝2h g总时间为：t ＝2t 1＋2t 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫6hg＋2h g .答案： (1)23mg 3q (2)3h (3)2⎝⎛⎭⎪⎫6h g＋2h g11．(2013·全国新课标Ⅱ·24)如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q ＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为F N a 和F N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．解析：小球在光滑轨道上做圆周运动，在a 、b 两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b 到a 只有电场力做功，利用动能定理，可求解E 及a 、b 两点的动能．质点所受电场力的大小为F ＝qE ①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有F ＋F N a ＝m v 2ar② F N b －F ＝m v 2br③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12mv 2a ④ E k b ＝12mv 2b⑤ 根据动能定理有E k b －E k a ＝2rF ⑥联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (F N b －F N a ) ⑦ E k a ＝r12(F N b ＋5F N a )⑧ E k b ＝r12(5F N b ＋F N a )⑨答案：16q (F N b －F N a ) r 12(F N b ＋5F N a ) r12(5F N b ＋F N a ) 12.如图所示的坐标平面内，y 轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小B 1＝0.20 T 的匀强磁场，在y 轴的右侧存在方向垂直纸面向里，宽度d ＝12.5 cm 的匀强磁场B 2，某时刻一质量m ＝2.0×10－8kg 、电荷量q ＝＋4.0×10－4C 的带电微粒(重力可忽略不计)，从x 轴上坐标为(－0.25 m,0)的P 点以速度v 0＝2.0×103m/s 沿y 轴正方向运动．试求：(1)微粒在y 轴左侧磁场中运动的轨道半径；(2)微粒第一次经过y 轴时，速度方向与y 轴正方向的夹角； (3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出，B 2应满足的条件．解析： (1)设微粒在y 轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r 1，转过的圆心角为θ，则qv 0B 1＝m v 20r 1解得r 1＝mv 0qB 1＝0.5 m (2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系得：cos θ＝r 1－0.25 m r 1＝12，则θ＝60°.(3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为r 2，其运动轨迹如图所示，由几何关系得r 2cos θ＝r 2－d解得r 2＝d1－cos θ＝0.25 m 由洛伦兹力充当向心力，且粒子运动半径不大于r 2，得：qv 0B 2≥m v 20r2解得：B 2≥mv 0qr 2＝0.4 T 即磁感应强度B 2应满足：B 2≥0.4 T. 答案： (1)0.5 m (2)60° (3)B 2≥0.4 T。

【金版新学案】高考物理大二轮复习与测试“练一练”选考模块机械振动机械波光(含解析)

选考模块(3－4) 机械振动机械波光1．(1)如图所示，左边为竖直弹簧振动系统，振子连接一根水平很长的软绳，沿绳方向取x 轴．振子从平衡位置O 以某一初速度向A 端开始运动，振动频率为f ＝10 Hz ，当振子从O 点出发后，第五次经过O 点时，x ＝15 cm 处的质点恰好第一次从波峰回到其平衡位置，则下列说法正确的是( )A ．绳上产生的波的传播速度为v ＝7.5 cm/sB ．绳上各质点都沿x 轴方向运动C ．绳上各质点的振动频率相同D ．当振子从O 点出发后，第2次经过O 点时，x ＝5 cm 处的质点正远离平衡位置运动(2)有一个底面直径和高都是d 的空圆筒，眼在A 处恰好能看到底圆跟侧壁的交点B ，如图所示，现将某种液体注满圆筒，在A 处沿原方向看去，能看到底圆的中心C ，请问这种液体的折射率是多少？解析： (1)由题意可知波的周期为0.1 s ，第五次经过O 点时，即经过2个周期，波向前传播到20 cm 处，所以波的传播速度v ＝x t＝100 cm/s ，A 项错误；绳上各质点并不随波的方向发生迁移，B 项错误；而绳上各质点的振动频率均为10 Hz ，C 项正确；当振子从O 点出发后，第2次经过O 点时，x ＝5 cm 处的质点正远离平衡位置运动，D 项正确．(2)根据题意可以画出光路图，如图所示．根据几何知识可知，sin i ＝22，sin r ＝52.根据折射率公式可得：n ＝sin i sin r ＝102. 答案： (1)CD (2)1022．(1)地震波中既有横波又有纵波．如图所示，甲是日本地震中的一列横波在t ＝0时刻的波形图，乙为由这列横波引起的x ＝2 km 处质点的振动图象．①现测得该横波从震中传到仙台的时间是45 s ，震中距离仙台有多远？②判断波的传播方向，并确定t ＝1.75 s 时，x ＝4 km 处的质点的位移．(2)如图，一个三棱镜的截面为等腰直角三角形ABC .一束光线沿平行于BC 边的方向射到AB 边，进入棱镜后直接射到AC 边上，要求光线不能直接从AC 界面射出，那么三棱镜的折射率需要满足什么条件？解析： (1)①由甲图知：λ＝4 km ，由波速公式得：v ＝λT ①仙台与震中的距离为x ＝vt ②T ＝1 s ，t ＝45 s联立①②式，代入数据得：x ＝180 km.②由图乙知，t ＝0时刻质点沿y 轴负向运动，故波沿x 轴负向传播．由题意知：T ＝1 s ，t ＝134T ， t ＝1.75 s 时，x ＝4 km 质点的位移为－10 m.(2)由光的折射定律知：sin θ1sin θ2＝n ①要想光线不从AC 界面射出，必须有sin θ3≥1n ②根据几何关系：θ1＝45°，θ2＋θ3＝90°③ 联立①②③④得：n ≥62. ④答案： (1)①180 km ②－10 m (2)n ≥62。

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