2011届高考物理第一轮单元复习检测试题9

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2011届高三物理上册第一次阶段考试试题

2010-2011届高三一轮复习第一次阶段考试(广东省专用)理科综合物理部分注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号填写在答题卡的密封线内。

2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在另发的答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷和答题卡一并收回。

5. 考试范围：必修1第1—3章一、选择题（本题包括4小题，每小题4分，共16分。

每小题只有一个选项符合题意） 1、在2008北京奥运会上，牙买加选手博尔特是公认的世界飞人，在男子100 m 决赛和男子200 m 决赛中分别以9.69 s 和19.30 s 的成绩打破两项世界纪录，获得两枚金牌。

关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是（）A. 200 m 决赛的位移是100 m 决赛的两倍B. 200 m 决赛的平均速度约为10.36 m/sC. 100 m 决赛的平均速度约为10.32 m/sD. 100 m 决赛的最大速度约为20.64 m/s 2、下列关于运动和力的叙述中，正确的是A ．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B ．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C ．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D ．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同 3、在力的合成与分解中，下列说法正确的是A ．放在斜面上的物体所受的重力可以分解为沿斜面下滑的力和物体对斜面的压力B ．合力必大于其中一个分力C ．用细绳把物体吊起来，如果说作用力是物体的重力，那反作用力就是物体拉绳的力D ．已知一个力F 的大小和方向，则一定可以把它分解为大小都和F 相等的两个分力 4、质点在合力F 的作用下，由静止开始做直线运动，其合力随时间变化的图象如图所示，则有关该质点的运动，以下说法正确的是A ．质点在前2秒内合力的功率恒定，后2秒内合力的功率减小B ．质点在后2秒内的加速度和速度越来越小C ．质点在后2秒内的加速度越来越小，速度越来越大D ．设2秒末和4秒末的速度分别是 v 2 和 v 4，则质点在后2秒内的平均速度等于242v v二、双项选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分。

2011届高考物理第一轮选择题训练9

高三物理选择题专项训练（19）班别：学号：姓名：成绩：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不1．关于机械波，下列说法正确的是A ．在传播过程中能传递能量B ．频率由波源决定C ．能产生干涉，衍射现象D ．能在真空中传播2．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学研究的方法来说，这属于A ．等效替代B ．控制变量C ．科学假说D ．数学归纳3．一个质量为0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为A ．△v =0B ．△v =12m/sC ．W=0D ．W=10.8J4．一负电荷仅受电场力的作用，从电场中的A 点运动到B 点，在此过程中该电荷作初速度为零的匀加速直线运动，则A 、B 两点电场强度E A 、E B 及该电荷的A 、B 两点的电势能εA、、εB之间的关系为A ．E A =E BB ．E A <E BC ．εA =εBD ．εA >εB5．A 、B 两点各放有电量为十Q 和十2Q 的点电荷，A 、 B 、C 、D 四点在同一直线上，且AC ＝CD ＝DB ．将一正电荷从C 点沿直线移到D 点，则A ．电场力一直做正功B ．电场力先做正功再做负功C ．电场力一直做负功D ．电场力先做负功再做正功6．组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率．如果超过了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动。

由此能得到半径为R 、密度为ρ、质量为M 且均匀分布的星球的最小自转周期T 。

下列表达式中正确的是A ．T ＝2πGM R /3B ．T ＝2πGM R /33C ．T ＝ρπG / D ．T ＝ρπG /37．如图所示，有两根和水平方向成。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题531

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第八章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．在赤道上某处有一个避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为()A．正东B．正西C．正南D．正北[答案] B[解析]赤道上方地磁场磁感线的方向由南向北，通过避雷针的电流方向向上，由左手定则知，安培力的方向向正西．2．如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M 到N，绳子的拉力均为F，为使F＝0，可能达到要求的方法是()A．加水平向右的磁场B．加水平向左的磁场C．加垂直纸面向里的磁场D．加垂直纸面向外的磁场[答案] C[解析]要使绳子的拉力变为零，加上磁场后，应使导线所受安培力等于导线的重力，由左手定则可判断，所加磁场方向应垂直纸面向里，导线所受安培力向上．3．(2009·广州测试三)如果用E表示电场区域的电场强度大小，用B表示磁场区域的磁感应强度大小．现将一点电荷放入电场区域，发现点电荷受电场力为零；将一小段通电直导线放入磁场区域，发现通电直导线受安培力为零，则以下判断可能正确的是()A．E＝0 B．E≠0C．B＝0 D．B≠0[答案]ACD[解析]点电荷在电场中必受电场力，除非E＝0，选项A正确，B错误．一小段通电直导线放入磁场中，若I与B平行，也不会受安培力，选项CD都可以．4．如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色的一端)指示磁场方向正确的是() A．a B．bC．c D．d[答案]BD[解析]开关S闭合后，通电导线AB周围的磁感线是以导线AB上各点为圆心的同心圆，用右手定则判断知，其方向俯视为逆时针，所以a的指向错误；螺线管C的磁感线与条形磁铁的相似，电磁铁D的磁感线与蹄形磁铁的相似，均由右手定则判断其磁感线方向知，b和d的指向都正确；而c的指向错误．5．科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针突然失灵，原来指向正北的N极逆时针转过30°(如图所示)，设该位置地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为()A ．B B ．2BC.B 2D.3B 2[答案] C[解析] 指南针N 极的指向表示该位置的磁感应强度的方向，由题干分析得合磁场方向与原来磁场方向的夹角为30°，根据矢量合成法则分析(如图所示)，磁矿的磁感应强度水平分量的最小值为地磁场磁感应强度水平分量的一半．6．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．在t ＝2.5s 时，小球经过边界MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3 5C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 [答案] BC[解析] 由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3 2，由牛顿第二定律可知：mg F －mg ＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3 5，B 正确．小球在t ＝2.5s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错．7．(2009·苏北四市联考二)如图所示，匀强电场水平向右，虚线右边空间存在着方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左边有一固定的光滑水平杆，杆右端恰好与虚线重合．有一电荷量为q 、质量为m 的小球套在杆上并从杆左端由静止释放，带电小球离开杆的右端进入正交电、磁场后，开始一小段时间内，小球( )A ．可能做匀速直线运动B ．一定做变加速曲线运动C ．重力势能可能减小D ．电势能可能增加[答案] BC[解析] 在光滑水平杆上小球由静止释放向右运动，说明小球带正电，在复合场中小球受三个力作用，重力、电场力、洛伦兹力，因电场力做正功，速度在变化，重力与洛伦兹力不可能始终相等，小球不可能做匀速直线运动，A 错；若重力与洛伦兹力的合力向上，此时重力做负功，重力势能可能增加；若重力与洛伦兹力合力向下，则重力做正功，重力势能可能减小，C 对；重力、电场力、洛伦兹力三力的合力与小球运动的速度方向不在一条直线上，小球一定做变加速曲线运动，B 对；电场力始终做正功，电势能一定减小，D 错，本题选BC.8．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P 恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．若仅撤去电场，P 可能做匀加速直线运动B ．若仅撤去磁场，P 可能做匀加速直线运动C ．若给P 一初速度，P 不可能做匀速直线运动D ．若给P 一初速度，P 可能做匀速圆周运动[答案] D[解析] 因为带电油滴原来处于静止状态，故应考虑带电油滴所受的重力．当仅撤去电场时，带电油滴在重力作用下开始加速，但由于受变化的磁场力作用，带电油滴不可能做匀加速直线运动，A 错；若仅撤去磁场，带电油滴仍处于静止，B 错；若给P 的初速度方向平行于磁感线，因所受的磁场力为零，所以P 可以做匀速直线运动，C 错；当P 的初速度方向平行于纸面时，带电油滴在磁场力作用下可能做顺时针方向的匀速圆周运动．9．(2009·淄博一模)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E 和匀强磁场B ，有一个带正电的小球(电荷量为＋q ，质量为m )从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是( )[答案] CD[解析] 在A 图中刚进入复合场时，带电小球受到方向向左的电场力、向右的洛伦兹力、竖直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要变大，洛伦兹力也会变大，所以水平方向受力不可能总是平衡，A 选项错误；B 图中小球要受到向下的重力、向上的电场力、向外的洛伦兹力，小球要向外偏转，不可能沿直线通过复合场，B 选项错误；C 图中小球受到向下的重力、向右的洛伦兹力、沿电场方向的电场力，若这三个力的合力正好为0，则小球将沿直线通过复合场，C 选项正确；D 图中小球只受到向下的重力和向上的电场力，都在竖直方向上，小球可能沿直线通过复合场，D 选项正确．10．(2010·潍坊)如图所示，质量为m ，带电荷量为＋q 的P 环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B .现给环一向右的初速度v 0⎝⎛⎭⎫v 0>mg qB ，则 ( )A ．环将向右减速，最后匀速B ．环将向右减速，最后停止运动C ．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12m v 20D ．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12m v 20－12m ⎝⎛⎭⎫mg qB 2 [答案] AD[解析] 环在向右运动过程中受重力mg ，洛伦兹力F ，杆对环的支持力、摩擦力作用，由于v 0>mg qB，∴q v 0B >mg ，在竖直方向有q v B ＝mg ＋F N ，在水平方向存在向左的摩擦力作用，所以环的速度越来越小，当F N ＝0时，F f ＝0，环将作速度v 1＝mg qB的匀速直线运动，A 对B 错，从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能为动能的减少，即12m v 20－12m ⎝⎛⎭⎫mg qB 2，故D 对C 错，正确答案为AD.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)如图 (甲)所示，一带电粒子以水平速度v 0⎝⎛⎭⎫v 0<E B 先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中(其所受重力忽略不计)，电场和磁场对粒子所做的功为W 1；若把电场和磁场正交重叠，如图(乙)所示，粒子仍以初速度v 0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W 2，比较W 1和W 2，则W 1________W 2(填“>”、“<”或“等于”)．[答案] >[解析] 由题意可知，带电粒子穿过叠加场的过程中，洛伦兹力小于电场力，二力方向相反，所以沿电场方向偏移的距离比第一次仅受电场力时偏移的距离小，且洛伦兹力不做功，故W 1>W 2.12．(6分)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线．若任意时刻该导线中有N 个以速度v 做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q .则每个电荷所受的洛伦兹力F 洛＝________，该段导线所受的安培力为F ＝________.[答案] q v B Nq v B[解析] 垂直于磁场方向运动的带电粒子所受洛伦兹力的表达式为F 洛＝q v B ，导体在磁场中所受到的安培力实质是导体中带电粒子所受洛伦兹力的宏观体现，即安培力F ＝NF 洛＝Nq v B .13．(6分)如图中MN 表示真空中垂直于纸面的平板，板上一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B .一带电粒子从平板上的狭缝O 处以垂直于平板的初速度v 射入磁场区域，最后到达平板上的P 点．已知B 、v 以及P 到O 的距离l ，不计重力，则此粒子的比荷为________．[答案] 2v Bl[解析] 粒子初速度v 垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有q v B ＝m v 2R因粒子经O 点时的速度垂直于OP ，故OP 为直径，l ＝2R ，由此得q m ＝2v Bl. 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答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)14．(10分)如图所示，MN 是匀强磁场的左边界(右边范围很大)，磁场方向垂直纸面向里，在磁场中有一粒子源P ，它可以不断地沿垂直于磁场方向发射出速度为v 、电荷为＋q 、质量为m 的粒子(不计粒子重力)．已知匀强磁场的磁感应强度为B ，P 到MN 的垂直距离恰好等于粒子在磁场中运动的轨道半径．求在边界MN 上可以有粒子射出的范围．[答案] (1＋3)R[解析] 在图中画出两个过P 且半径等于R 的圆，其中的实线部分代表粒子在磁场中的运动轨迹，下面的圆的圆心O 1在p 点正下方，它与MN 的切点f 就是下边界，上面的圆的圆心为O 2，过p 点的直径的另一端恰在MN 上(如图中g 点)，则g 点为粒子射出的上边界点．由几何关系可知：cf ＝R ，cg ＝(2R )2－R 2＝3R即可以有粒子从MN 射出的范围为c 点上方3R 至c 点下方R ，fg ＝(1＋3)R .15．(10分)如图所示，在竖直平面内有范围足够大、场强方向水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一绝缘“⊂”形杆由两段直杆和一半径为R 为半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ 、MN 与水平面平行且足够长，半圆环MAP 在磁场边界左侧，P 、M 点在磁场界线上，NMAP 段是光滑的，现有一质量为m 、带电量为＋q 的小环套在MN 杆上，它所受到的电场力为重力的12倍．现在M 右侧D 点由静止释放小环，小环刚好能到达P 点，求：(1)D 、M 间的距离x 0；(2)上述过程中小环第一次通过与O 等高的A 点时弯杆对小环作用力的大小；(3)若小环与PQ 杆的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)．现将小环移至M 点右侧5R 处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．[答案] (1)4R (2)72mg ＋qB 3gR (3)12mgR [解析] (1)由动能定理得：qEx 0－2mgR ＝0qE ＝12mg ∴x 0＝4R .(2)设小环在A 点速度为v A由动能定理得：qE (x 0＋R )－mgR ＝12m v 2Av A ＝3gR由向心力公式得：N －q v A B －qE ＝m v 2A RN ＝72mg ＋qB 3gR . (3)若μmg ≥qE 即μ≥12，则小环运动到P 点右侧s 1处静止qE (5R －s 1)－mg ·2R －μmgs 1＝0∴s 1＝R 1＋2μ∴小环克服摩擦力所做的功W 1＝μmgs 1＝μmgR 1＋2μ若μmg <qE 即μ<12，则小环经过往复运动，最后只能在P 、D 之间运动，设小环克服摩擦力所做的功为W 2，则qE 5R －mg 2R －W 2＝0∴W 2＝12mgR . 16．(11分)(2009·北京模拟)在坐标系xOy 中，有三个靠在一起的等大的圆形区域，分别存在着方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小都为B ＝0.10T ，磁场区域半径r ＝233m ，三个圆心A 、B 、C 构成一个等边三角形，B 、C 点都在x 轴上，且y 轴与圆形区域C 相切，圆形区域A 内磁场垂直纸面向里，圆形区域B 、C 内磁场垂直纸面向外．在直角坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限内分布着场强E ＝1.0×105N/C 的竖直方向的匀强电场，现有质量m ＝3.2×10－26kg ，带电荷量q ＝－1.6×10－19C 的某种负离子，从圆形磁场区域A 的左侧边缘以水平速度v ＝106m/s 沿正对圆心A 的方向垂直磁场射入，求：(1)该离子通过磁场区域所用的时间．(2)离子离开磁场区域的出射点偏离最初入射方向的侧移为多大？(侧移指垂直初速度方向上移动的距离)(3)若在匀强电场区域内竖直放置一挡板MN ，欲使离子打到挡板MN 上的偏离最初入射方向的侧移为零，则挡板MN 应放在何处？匀强电场的方向如何？[答案] (1)4.19×10－6s (2)2m(3)MN 应放在距y 轴22m 的位置上竖直向下[解析] (1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在A 、C 两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设离子做圆周运动的半径为R ，圆周运动的周期为T ，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R又T ＝2πR v解得：R ＝m v qB ，T ＝2πm qB将已知量代入得：R ＝2m设θ为离子在区域A 中的运动轨迹所对应圆心角的一半，由几何关系可知离子在区域A 中运动轨迹的圆心恰好在B 点，则：tan θ＝r R ＝33θ＝30°则离子通过磁场区域所用的时间为：t ＝T 3＝4.19×10－6s (2)由对称性可知：离了从原点O 处水平射出磁场区域，由图可知侧移为d ＝2r sin2θ＝2m(3)欲使离子打到挡板MN 上时偏离最初入射方向的侧移为零，则离子在电场中运动时受到的电场力方向应向上，所以匀强电场的方向向下离子在电场中做类平抛运动，加速度大小为：a ＝Eq /m ＝5.0×1011m/s 2沿y 方向的位移为：y ＝12at 2＝d 沿x 方向的位移为：x ＝v t解得：x ＝22m所以MN 应放在距y 轴22m 的位置．17．(11分)(2009·安徽省六校联考)如图所示，为某种新型设备内部电、磁场分布情况图．自上而下分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．区域Ⅰ宽度为d 1，分布有沿纸面向下的匀强电场E 1；区域Ⅱ宽度为d 2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B 1；宽度可调的区域Ⅲ中分布有沿纸面向下的匀强电场E 2和垂直纸面向里的匀强磁场B 2.现在有一群质量和带电荷量均不同的带正电粒子从区域Ⅰ上边缘的注入孔A 点被注入，从静止开始运动，然后相继进入Ⅱ、Ⅲ两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域Ⅰ，其他粒子则从区域Ⅲ飞出．三区域都足够长，粒子的重力不计．已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m ＝6.4×10－27kg ，带电荷量为q ＝3.2×10－19C ，且d 1＝10cm ，d 2＝52cm ，d 3>10cm ，E 1＝E 2＝40V/m ，B 1＝4×10－3T ，B 2＝22×10－3T.试求：(1)该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度．(2)该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度．(3)该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A 点的距离．[答案] (1)2×104m/s 方向竖直向下(2)2×104m/s 方向与x 轴正向成45°角(3)57.26cm[解析] (1)qE 1d 1＝12m v 2 得：v ＝2×104m/s ，方向竖直向下．(2)速度大小仍为v ＝2×104m/s ，如图所示．qB 1v ＝m v 2R 1方向：sin θ＝d 2R 1可得：θ＝45°所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与x 轴正向成45°角．(3)设该带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解为v x 、v y ，则：v x ＝v y ＝v sin45°＝2×104m/s所以：qB 2v x ＝qB 2v y ＝1.28×10－17N.qE 2＝1.28×10－17NqE 2＝qB 2v x所以带电粒子在区域Ⅲ中运动可视为沿x 轴正向的速率为v x 的匀速直线运动和以速率为v y ，以及对应洛伦兹力qB 2v y 作为向心力的匀速圆周运动的叠加，轨道如图所示：R 2＝m v y qB 2＝10cm T ＝2πm qB 2＝2π×10－5s 根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域Ⅰ的上边缘的B 点，距A 点的距离为：d ＝2⎣⎡⎦⎤(1－cos θ)R 1＋R 2＋v x T 4 代入数据可得：d ≈57.26cm。

2011年普通高等学校招生全国统一考试物理(新课标卷)

绝密★启封并使用完毕前2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试试题（物理）第Ⅰ卷（选择题）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，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．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。

在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )15．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。

此后，该质点的动能可能A．一直增大( )B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大16．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。

假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是A．运动员到达最低点前重力势能始终减小( )B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关17．如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。

现闭合开关，灯泡正常发光。

若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )A．110,0.2==U V I AB．110,0.05==U V I AC．,0.2==U I AD．,U I==18．电磁轨道炮工作原理如图所示。

待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。

电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。

轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。

通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。

现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是( )A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变19．卫星电话信号需要通地球同步卫星传送。

2011年高考物理一轮复习单元测试题(17套)

单元测试(一)：直线运动时量：60分钟满分：100分一、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，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分．1.下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是（）A ．做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B ．瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C ．平均速度就是初、末时刻瞬时速度的平均值D ．某物体在某段时间内的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止2．如图1-1所示的是两个从同一地点出发沿同一方向运动的物体A 和B 的速度图象，由图可知（）A ．A 物体先做匀速直线运动，t 1后处于静止状态B ．B 物体做的是初速度为零的匀加速直线运动C ．t 2时，A 、B 两物体相遇D ．t 2时，A 、B 速度相等，A 在B 前面，仍未被B 追上，但此后总要被追上的3．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个1.5s 内的平均速度大2.45m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为（）A. 2.45m/s 2B. -2.45m/s 2C. 4.90m/s 2D. -4.90m/s 24．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s 匀减速到零所用的时间为1s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后位移不得超过5.9 m,那么上述刹车试验是否符合规定（）A.位移为8m ，符合规定B.位移为8m ，不符合规定C.位移为4 m ，符合规定D.位移为4m ，不符合规定5．做匀加速直线运动的物体，依次通过A 、B 、C 三点，位移x AB ＝x BC ，已知物体在AB 段的平均速度大小为3m/s ，在BC 段的平均速度大小为6m/s ，那么，物体在B 点的瞬时速度的大小为（）A. 4 m/sB. 4.5 m/sC. 5 m/sD. 5.5 m/s6．一只气球以10m/s 的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m 处有一小石子以20m/s 的初速度竖直上抛，若g 取10 m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A.石子一定能追上气球B.石子一定追不上气球C.若气球上升速度等于9m/s ，其余条件不变，则石子在抛出后1s 末追上气球D.若气球上升速度等于7m/s;其余条件不变，则右子在到达最高点时追上气球图1-1图1-37．一列车队从同一地点先后开出n 辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，各车均由静止出发先做加速度为a 的匀加速直线运动，达到同一速度v 后改做匀速直线运动，欲使n 辆车都匀速行驶时彼此距离均为x ，则各辆车依次启动的时间间隔为（不计汽车的大小）（）A ．2υaB ．υ2aC ．x 2υD ．x υ8. 做初速度为零的匀加速直线运动的物体，由静止开始，通过连续三段位移所用的时间分别为1s 、2s 、3s ，这三段位移长度之比和三段位移的平均速度之比是（）A ．1: 2 : 3 , 1: 1: 1B ．1: 4 : 9 , 1: 2 : 3C ．1: 3 : 5 , 1: 2 : 3D ．1: 8 : 27 , 1: 4 : 9二．本题共2小题，共16分．把答案填在相应的横线上或按题目要求做答．9．某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带．每隔0.02s 打一个点，该同学选择A 、B 、C 、D 四个计数点，测量数据如图1-2所示，单位是cm ．(1)小车在B 点的速度是＿＿rn/s;(2)小车的加速度是＿＿＿m/s 2．10．一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．实验步骤：A ．如图1-3所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．B ．启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．C ．经过一段时间，停止转动和打点，取了纸带，进行测量．(1)由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω＝＿＿＿＿＿＿，式中各量的意义是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．(2)某次实验测得圆盘半径r =5.50×10-2m ，得到的纸带的一段如图1-4所示，求得角速度为＿＿＿．三．本题共3个小题，每小题12分，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写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．天空有近似等高的浓云层。

2011届高考物理第一轮精编复习资料009

2011 届高考物理第一轮精编复习资料009 带电粒子在电场和磁场中的运动知识网络考点展望带电粒子在电场、磁场( 或电场、磁场和重力场的复合场 ) 中的运动是高中物理中的重点内容，这种问题对学生的空间想象能力、剖析综合能力、应用数学知识办理物理问题的能力有较高的要求，是观察考生多项能力的极好载体，所以成为高考的热门，在推行了多年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值较高．从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只需出现计算题就必定是难度较大的综合题．考题有可能以科学技术的详细问题为背景，从实质问题中获取并办理信息，把实质问题转变成物理问题，提高剖析解决实质问题的能力是教课中的重点．计算题还经常成为试卷的压轴题，如 2009 年全国理综卷Ⅰ第 26 题、全国理综卷Ⅱ第25 题、重庆理综卷第25 题、四川理综卷第25 题； 2008 年全国理综卷Ⅰ第25 题、江苏物理卷第14 题、四川理综卷第27 题、重庆理综卷第25 题、山东理综卷第25 题等．估计在2010 年高考取仍旧会出现带电粒子在复合的或组合的电场和磁场中运动的问题．重点概括一、不计重力的带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加快当电荷量为 q、质量为、初速度为 v0 的带电粒子经电压U加快后，速度变成 vt ，由动能定理得： qU＝12vt2 － 12v02．若v0＝ 0，则有 vt ＝ 2qU，这个关系式对任意静电场都是合用的．对于带电粒子在电场中的加快问题，应突出动能定理的应用．2．带电粒子在匀强电场中的偏转电荷量为q、质量为的带电粒子由静止开始经电压U1加快后，以速度v1 垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线 ( 如图 4－1 所示 ) ．图 4－1qU1＝12v12设两平行金属板间的电压为U2，板间距离为d，板长为L．源：(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：vx ＝v1， L＝v1t粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加快直线运动，有：vy ＝at ， y＝12at2 ， a＝ qE＝ qU2d．(2)带电粒子走开极板时侧移距离 y＝ 12at2 ＝ qU2L22dv12＝ U2L24dU1轨迹方程为： y＝ U2x24dU1(与、 q 没关 )偏转角度φ的正切值tan φ＝ atv1 ＝ qU2Ldv12 ＝U2L2dU1若在偏转极板右边 D 距离处有向来立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很实用的推论，即：全部走开偏转电场的运动电荷仿佛都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很简单获取电荷在屏上的侧移距离y ′＝(D＋ L2)tan φ．以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能经过以上式子剖析、议论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．质量为、电荷量为 q 的带电粒子以初速度 v 垂直进入匀强磁场 B 中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为 R，运动的周期为 T，则有：qvB ＝ v2R＝ Rω2＝ vω＝ R(2π T)2 ＝ R(2πf)2R＝vqBT ＝2π qB( 与 v、 R 没关 ) ， f ＝ 1T＝ qB2π．3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意掌握以下几点．(1)粒子圆轨迹的圆心确实定①若已知粒子在圆周运动中的两个详细地点及经过某一地点时的速度方向，可在已知的速度方向的地点作速度的垂线，同时作两地点连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－ 2 所示．②若已知做圆周运动的粒子经过某两个详细地点的速度方向，可在两地点上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图 4－ 3 所示．③若已知做圆周运动的粒子经过某一详细地点的速度方向及圆轨迹的半径 R，可在该地点上作速度的垂线，垂线上距该地点 R 处的点为圆轨迹的圆心 ( 利用左手定章判断圆心在已知地点的哪一侧 ) ，如图 4－ 4 所示．图 4－2图4－3图4－4(2)粒子圆轨迹的半径确实定①可直接运用公式 R＝ vqB 来确立．②画出几何图形，利用半径 R 与题中已知长度的几何关系来确立．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特色，即：粒子速度的倾向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的 2 倍，如图4－5 所示．图 4－5(3)粒子做圆周运动的周期确实定①可直接运用公式T＝ 2π qB 来确立．②利用周期T 与题中已知时间t 的关系来确立．若粒子在时间t内经过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t ＝α360° ?T( 或t ＝α2π ?T) ．(4)圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直界限射入的粒子，若再此后界限射出，则速度方向与界限的夹角相等，如图4－ 6 所示．②在圆形磁场地区内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图 4－7 所示．源：图 4－6图4－7(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题恰巧穿出磁场界限的条件往常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与界限相切．三、带电粒子在复合场中的运动1．高中阶段所波及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，所以应把带电粒子的运动状况和受力状况联合起来进行剖析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动( 如速度选择器 ) ；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力供给向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．所以，要确立粒子的运动状况，一定明确有几种场，粒子受几种力，重力能否能够忽视．3．带电粒子所受三种场力的特色(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时， f 洛＝ 0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时， f 洛＝ qvB．当洛伦兹力的方向垂直于速度 v 和磁感觉强度 B 所决定的平面时，不论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．(2)电场力的大小为 qE，方向与电场强度 E 的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径没关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末地点的电势差有关．(3)重力的大小为 g，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末地点的高度差有关．注意：①微观粒子( 如电子、质子、离子) 一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实质的物体没有特别交代时，应该考虑其重力；③对未有名的、题中又未明确交代的带电粒子，能否考虑其重力，则应依据题给的物理过程及隐含条件详细剖析后作出切合实质的决定．4．带电粒子在复合场中的运动的剖析方法(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应依据均衡条件列方程求解．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，常常应用牛顿第二定律和均衡条件列方程联立求解．(3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应采纳动能定理或动量守恒定律列方程求解．注意：假如波及两个带电粒子的碰撞问题，要依据动量守恒定律列方程，再与其余方程联立求解．因为带电粒子在复合场中的受力状况复杂，运动状况多变，常常出现临界问题，这时应以题目中的“恰巧”、“最大”、“最高”、“起码”等词语为打破口，发掘隐含条件，并依据临界条件列出协助方程，再与其余方程联立求解．热门、重点、难点一、依据带电粒子的运动轨迹进行剖析推理图 4－8●例 1 如图 4－ 8 所示， N 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子 ( 不计重力 ) 从 a 到 b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．以下结论正确的选项是()A．带电粒子从 a 到 b 的过程中动能渐渐减小B．正点电荷必定位于点的左边c ．带电粒子在 a 点时拥有的电势能大于在 b 点时拥有的电势能源：D．带电粒子在 a 点的加快度大于在 b 点的加快度【分析】由做曲线运动的物体的受力特色知带负电的粒子遇到的电场力指向曲线的内侧，故电场线N 的方向为N→，正点电荷位于N 的右边，选项 B 错误；由a、b 两点的地点关系知 b 点更凑近场源电荷，故带电粒子在 a 点遇到的库仑力小于在 b 点遇到的库仑力，粒子在 b 点的加快度大，选项D 错误；由上述电场力的方向知带电粒子由 a 运动到 b 的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，应选项 A 错误、c 正确．[ 答案 ] c【评论】本专题内容除了在高考取以常有的计算题形式出现外，有时也以选择题形式出现，经过带电粒子在非匀强电场中 ( 只受电场力 ) 的运动轨迹来剖析电场力和能的特征是一种重要题型，分析这种问题时要注意以下三点：①电场力必定沿电场线曲线的切线方向且必定指向轨迹曲线的内侧；②W电＝ qUab＝ Eb－ Ea；③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．二、带电粒子在电场中的加快与偏转图 4－9●例 2 喷墨打印机的构造简图如图 4－ 9 所示，此中墨盒能够发出墨汁微滴，其半径约为 1×10－ 5，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔划的高低地点输入信号加以控制．带电后的微滴以必定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长 1.6c ，两板间的距离为 0.50c ，偏转板的右端距纸 3.2c ．若墨汁微滴的质量为 1.6 × 10－10g，以 20/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是 8.0 × 103V，其打到纸上的点距原射入方向的距离是 2.0 ．求这个墨汁微滴经过带电室所带的电荷量的多少． ( 不计空气阻力和重力，能够以为偏转电场只限制于平行板电容器的内部，忽视边沿电场的不平均性 ) 为了使纸上的字放大 10%，请你剖析并提出一个可行的方法．【分析】设墨汁微滴所带的电荷量为 q，它进入偏转电场后做类平抛运动，走开电场后做直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y＝12at2 ＋ Ltan φ又 a＝ qUd， t ＝ lv0 ， tan φ＝ atv0解得： y＝ qUldv02(l2＋L)代入数据得： q＝ 1.25 × 10－ 13c要将字体放大10%，只需使y 增大为本来的 1.1 倍，可采纳的举措为将两偏转板间的电压增大到8.8 × 103V，或将偏转板右端与纸的间距增大到 3.6c ．[ 答案] 1.25 ×10－ 13c 将两偏转板间的电压增大到8.8 × 103V，或将偏转板右端与纸的间距增大到 3.6c【评论】①此题也可直接依据推论公式y＝ (l2 ＋ L)tan φ＝ (l2 ＋ L)qUldv02进行计算．②和平抛运动问题相同，这种题型中偏转角度的正切表达式在解题中常常较为重点，且有 tan θ＝ 2tan α ( α为射出点的位移方向与入射方向的夹角) 的特色．★同类拓展1如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R 的圆形地区内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右边有一对平行金属板和N，两板间距为R，板长为 2R，板间的中心线 o1o2 与磁场的圆心 o 在同向来线上．有一电荷量为 q、质量为的带正电的粒子以速度 v0 从圆周上的 a 点沿垂直于半径oo1 并指向圆心o 的方向进入磁场，当从圆周上的o1 点水平飞出磁场时，给、N 两板加上如图 4 － 10 乙所示的电压，最后粒子恰巧以平行于N 板的速度从N 板的边沿飞出． ( 不计粒子所遇到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边沿电场不计 )图 4－10(1)求磁场的磁感觉强度 B．(2)求交变电压的周期 T 和电压 U0 的值．(3)当 t ＝T2 时，该粒子从、 N 板右边沿板的中心线仍以速度 v0 射入、 N 之间，求粒子从磁场中射出的点到 a 点的距离．【分析】 (1) 粒子自 a 点进入磁场，从 o1 点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为 R．由 qv0B＝v02R，解得： B＝v0qR．(2)粒子自 o1 点进入电场后恰巧从 N 板的边沿平行极板飞出，设运动时间为 t ，依据类平抛运动规律有：2R＝v0tR2＝2n?qU02R(T2)2又 t ＝ nT(n ＝ 1,2,3 )解得： T＝ 2Rnv0(n ＝ 1,2,3)U0＝nv022q(n＝1,2,3) ．图 4－10 丙(3)当 t ＝T2 时，粒子以速度v0 沿 o2o1 射入电场，该粒子恰巧从板边沿以平行于极板的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，走开磁场时的点为 c，圆心为 o3，如图 4－10 丙所示，四边形obo3c 是菱形，所以 oc∥ o3b，故 c、o、a 三点共线， ca 即为圆的直径，则 c、 a 间的距离 d＝ 2R．[ 答案 ] (1)v0qR(2)2Rnv0(n ＝1,2,3 ) nv022q(n ＝ 1,2,3 ) (3)2R【评论】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的重点是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加快运动”．三、带电粒子在有界磁场中( 只受洛伦兹力 ) 的运动1．带电粒子在磁场中的运动大概包括五种常有情境，即：无界限磁场、单界限磁场、双界限磁场、矩形界限磁场、圆形界限磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这种问题常常要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要波及到数学中的平面几何、分析几何等知识．所以，解此类试题，除了运用惯例的解题思路( 画草图、找“圆心” 、定“半径”等 ) 以外，更应重视于运用数学知识进行剖析．源：2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完好的圆周，解决这种问题的重点有以下三点．①确立圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可经过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可经过入射点作入射线的垂线，连结入射点和出射点，作此连线的垂直均分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．②确立圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式 t ＝θ 2πT 求出运动时间．3．分析带电粒子穿过圆形地区磁场问题常可用到以下推论：①沿半径方向入射的粒子必定沿另一半径方向射出．②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形地区的匀强磁场时，若射出方向与射入方向在同向来径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsinRr ＝2arcsinRBqv ．③在圆形地区边沿的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，假如粒子的轨迹半径与地区圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行( 反之，平行入射的粒子也将汇聚于边沿一点) ．●例 3如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面 ( 纸面 ) 向外，电场和磁场都能够任意加上或撤掉，从头加上的电场或磁场与撤掉前的相同．一带正电荷的粒子从P(0 ， h) 点以必定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0 的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰巧做直线运动．此刻只加电场，当粒子从P 点运动到x＝R0 平面 ( 图中虚线所示 ) 时，立刻撤掉电场同时加上磁场，粒子持续运动，其轨迹与 x 轴交于点，不计重力，求：图 4－11 甲(1)粒子抵达 x＝ R0 平面时的速度方向与 x 轴的夹角以及粒子到 x 轴的距离．(2)点的横坐标 x．【分析】 (1) 粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0做圆周运动时，有：qBv0＝ v02R0只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：qE ＝aR0＝v0tvy ＝at解得： vy ＝ v0粒子的速度大小为：v＝ v02＋ vy2＝ 2v0速度方向与x 轴的夹角为：θ＝π 4粒子与 x 轴的距离为： H＝ h＋ 12at2 ＝ h＋R02．(2)撤去电场加上磁场后，有： qBv＝ v2R解得： R＝ 2R0此时粒子的运动轨迹如图 4－ 11 乙所示．圆心 c 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为π4．由几何关系可得 c 点的坐标为：图 4－11 乙xc ＝2R0yc ＝H－ R0＝h－ R02过 c 点作 x 轴的垂线，在△ cD 中，有：lc ＝R＝ 2R0，lcD ＝yc ＝ h－ R02解得： lD ＝ lc2 － lcD2 ＝ 74R02＋R0h－ h2点的横坐标为：x ＝ 2R0＋ 74R02＋ R0h－ h2．[ 答案 ] (1) π 2 h＋R02(2)2R0 ＋ 74R02＋ R0h－h2 【评论】不论带电粒子在匀强电场中的偏转仍是在匀强磁场中的偏转，偏转角常常是个较重点的量．●例 4如图4－12甲所示，质量为、电荷量为 e 的电子从坐标原点o 处沿 xoy 平面射入第一象限内，射入时的速度方向不一样，但大小均为v0．此刻某一地区内加一方向向外且垂直于xoy 平面的匀强磁场，磁感觉强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y 轴平行的荧光屏N 上，求：图 4－12 甲(1)荧光屏上光斑的长度．(2)所加磁场范围的最小面积．【分析】 (1) 如图4－12 乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个界限点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧oA 运动到荧光屏N 上的 P 点；初速度沿y 轴正方向的电子沿弧oc 运动到荧光屏N 上的 Q点．图 4－12 乙设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：ev0B ＝ v02R，即 R＝ v0Be由几何知识可得：PQ＝R＝ v0Be．(2)取与 x 轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为 E(x ， y) ，因其射出后能垂直打到屏N上，故有：x＝－ Rsin θy ＝R＋ Rcosθ即 x2＋ (y － R)2＝R2又因为电子沿x 轴正方向射入时，射出的界限点为 A 点；沿 y 轴正方向射入时，射出的界限点为 c 点，故所加最小面积的磁场的界限是以(0 ，R)为圆心、 R 为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围地区，所以磁场范围的最小面积为：S ＝34π R2＋R2－ 14πR2＝ ( π 2＋1)(v0Be)2 ．源：[ 答案 ] (1)v0Be(2)( π 2＋ 1)(v0Be)2【评论】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009 年高考取海南物理卷( 第16 题) 、浙江理综卷 ( 第 25 题 ) 中都出现了应用这一推论的题型．★同类拓展 2 如图 4－ 13 甲所示， ABcD是边长为 a 的正方形．质量为、电荷量为 e 的电子以大小为 v0 的初速度沿纸面垂直于 Bc 边射入正方形地区．在正方形内适合地区中有匀强磁场．电子从 Bc 边上的任意点入射，都只好从 A 点射出磁场．不计重力，求：图 4－13 甲(1)此匀强磁场地区中磁感觉强度的方向和大小．(2)此匀强磁场地区的最小面积．[2009年高考 ?海南物理卷 ]【分析】(1) 若要使由 c 点入射的电子从 A 点射出，则在 c 处一定有磁场，设匀强磁场的磁感觉强度的大小为B，令圆弧是自 c 点垂直于 Bc 入射的电子在磁场中的运转轨道，电子所遇到的磁场的作使劲 f ＝ ev0B，方向应指向圆弧的圆心，因此磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧的圆心在cB 边或其延伸线上．依题意，圆心在A、 c 连线的中垂线上，故 B 点即为圆心，圆半径为a．依据牛顿定律有：f ＝v02a联立解得：B＝ v0ea ．(2)由 (1) 中决定的磁感觉强度的方向和大小，可知自 cBc 边点垂直于Bc 入射的电子在 A 点沿DA方向射出，且自上其余点垂直于入射的电子的运动轨道只好在BAEc地区中，因此，圆弧是所求的最小磁场地区的一个界限．为了决定该磁场地区的另一界限，我们来观察射中 A 点的电子的速度方向与BA的延伸线交角为θ( 不如设 0≤θ＜π 2) 的情况．该电子的运动轨迹QPA如图 4－ 13 乙所示．图中，圆弧的圆心为 o， PQ垂直于 Bc 边，由上式知，圆弧的半径仍为 a．过 P 点作 Dc 的垂线交 Dc 于 G，由几何关系可知∠DPG＝θ，在以 D 为原点、 Dc 为 x 轴、 DA为 y 轴的坐标系中， P 点的坐标 (x ，y) 为：x ＝asin θ， y ＝ acos θ18/47★精选文档★图 4－13 乙这意味着，在范围 0≤θ≤π 2 内，P 点形成以 D 为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界限，组成所求磁场地区的另一界限．所以，所求的最小匀强磁场地区是分别以 B 和 D 为圆心、 a 为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为：S ＝2(14 π a2－12a2) ＝π－ 22a2．[答案 ](1)v0ea方向垂直于纸面向外(2) π－22a2四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题●例 5在地面邻近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图 4－ 14 甲所示．磁场的磁感觉强度 B 随时间 t 的变化状况如图4－ 14 乙所示．该地区中有一条水平直线N， D 是 N 上的一点．在t ＝ 0 时辰，有一个质量为、电荷量为＋ q 的小球 ( 可看做质点 ) ，从点开始沿着水平直线以速度 v0 做匀速直线运动， t0 时辰恰巧抵达 N 点．经观察发现，小球在 t ＝ 2t0 至 t ＝ 3t0 时间内的某一时辰，又竖直向下经过直线 N 上的 D 点，并且此后小球多次水平向右或竖直向下经过 D 点．求：图 4－14(1)电场强度 E 的大小．(2)小球从点开始运动到第二次经过D 点所用的时间．(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹 ( 只画一个周期 ) ．【分析】 (1) 小球从点运动到 N 点时，有： qE＝ g解得： E＝ gq．(2)小球从点抵达 N 点所用时间 t1 ＝t0小球从 N 点经过 34 个圆周，抵达P 点，所以 t2 ＝ t0小球从 P 点运动到 D 点的位移 x＝ R＝ v0B0q小球从 P 点运动到 D 点的时间 t3 ＝ Rv0＝ B0q所以时间 t ＝ t1 ＋t2 ＋ t3 ＝2t0 ＋ B0q[ 或 t ＝ qB0(3 π＋ 1) ， t ＝ 2t0(13 π＋ 1)] ．(3)小球运动一个周期的轨迹如图4－ 14 丙所示．图 4－14 丙小球的运动周期为：T＝ 8t0( 或 T＝ 12π qB0) ．[ 答案 ] (1)gq(2)2t0 ＋ B0q(3)T＝8t0运动轨迹如图4－ 14 丙所示【评论】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考取屡有出现．五、常有的、在科学技术中的应用带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常遇到的有：示波器( 显像管 ) 、速度选择器、质谱仪、盘旋加快器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．●例 6一导体资料的样品的体积为a× b× c，A′、 c、A、c ′为其四个侧面，如图4－ 15 所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为ρ，电子的电荷量为e，沿 x 方向通有电流I ．图 4－15(1)导体样品 A′、 A 两个侧面之间的电压是 ________，导体样品中自由电子定向挪动的速率是________．(2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z 轴正方向，则导体侧面 c 的电势 ________( 填“高于”、“低于”或“等于” ) 侧面 c′的电势．(3)在 (2) 中，达到稳固状态时，沿x方向的电流仍为I ，若测得 c、c′双侧面的电势差为U，试计算匀强磁场的磁感应强度 B 的大小．【分析】 (1) 由题意知，样品的电阻R＝ρ ?cab依据欧姆定律：U0＝ I ?R＝ρ cIab剖析 t 时间定向挪动经过端面的自由电子，由电流的定义式I ＝n?ab?v?t ?et 源：可得 v＝Inabe ．(2)由左手定章知，定向挪动的自由电子向c′侧面偏转，故 c 侧的电势高于c′侧面．(3)达到稳固状态时，自由电子遇到电场力与洛伦兹力的作用而均衡，则有： qUb＝ qvB解得： B＝ neaUI ．[答案] (1)ρ cIab Inabe (2)高于(3)neaUI【评论】本例实质上为利用霍耳效应测磁感觉强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及有关问题的分析都与此例相像．★同类拓展 3 如图 4－16 甲所示，离子源 A 产生的初速度为零、带电荷量均为 e、质量不一样的正离子被电压为 U0 的加快电场加快后匀速经过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后经过极板 H 上的小孔 S 走开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于界限 N 进入磁感觉强度为 B 的匀强磁场．已知 Ho＝ d， HS＝ 2d，∠ NQ＝ 90°． ( 忽视离子所受重力 )图 4－16 甲(1)求偏转电场场强 E0 的大小以及 H 与 N 的夹角φ．(2)求质量为的离子在磁场中做圆周运动的半径．(3)若质量为 4 的离子垂直打在 NQ的中点 S1 处，质量为16 的离子打在 S2 处．求 S1 和 S2 之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．[2009年高考 ?重庆理综卷 ]。

2011届高考物理第一轮单元验收复习试题2

2010—2011学年度上学期高三一轮复习物理单元验收试题（8）【新人教】命题范围：磁场本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）1．关于磁场、磁感应强度和磁感线的描述，下列叙述正确的是（）A．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，其每一点的切线方向表示的就是该点的磁场方向B．磁极间的相互作用是通过磁场发生的C．磁感线总是从磁体的N极指向S极D．通电导体若受到磁场力，说明它在磁场中；不受磁场力，则一定不在磁场中2．根据安培的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此可断定地球应该（）A．带负电B．带正电C．不带电D．无法确定3．安培的分子环形电流假说不可以用来解释（）A．磁体在高温时失去磁性；B．磁铁经过敲击后磁性会减弱；C．铁磁类物质放入磁场后具有磁性；D．通电导线周围存在磁场。

4．用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流（如图所示），当棒静止时，弹簧秤的读数为F 1；若将棒中的电流方向反向，当棒静止时，弹簧秤的示数为F 2，且F 2＞F 1，根据这两个数据，可以确定（） A ．磁场的方向 B ．磁感强度的大小 C ．安培力的大小D ．铜棒的重力5．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成角的直线MN 运动（MN 在垂直于磁场方向的平面内），如图所示．则以下判断中正确的是（） A ．如果油滴带正电，它是从M 点运动到N 点 B ．如果油滴带正电，它是从N 点运动到M 点C ．如果电场方向水平向左，油滴是从M 点运动到N 点D ．如果电场方向水平向右，油滴是从M 点运动的N 点 6．某空间存在着如图所示的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T ，图中竖直虚线是磁场的左边界。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题5

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第一章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是( )A ．做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B ．瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C ．平均速度就是初、末时刻瞬时速度的平均值D ．某物体在某段时间内的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止[答案] D[解析] 平均速度对应一段时间或一段位移，不同段的平均速度一般不同，所以A 错误；瞬时速度对应某一时刻，所以B 错D 对；平均速度等于对应某过程的总位移与总时间的比值，一般不能用初、末瞬时速度的平均值来表示(匀变速直线运动除外)，所以C 错．2．(2009·江苏启东高三调研)第29届奥运会已于2008年8月在北京举行，跳水比赛是我国的传统优势项目．某运动员进行10m 跳台比赛时，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )A ．为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点B ．运动员在下落过程中，感觉水面在匀加速上升C ．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小D ．前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短[答案] BD[解析] 为了研究运动员的技术动作不能把运动员看成质点；根据运动的相对性，运动员匀加速下降，以运动员为参考系，看到水面匀加速上升；前一半时间内平均速度小，位移小；前一半位移内平均速度小，时间长．3．(2009·阳谷一中高三物理第一次月考)在以速度v 上升的电梯内竖直向上抛出小球，电梯内的人看见小球经t 秒后到达最高点，则有( )A ．地面上的人看见小球抛出时的初速度为v 0＝gtB ．电梯中的人看见小球抛出的初速度为v 0＝gtC ．地面上的人看见小球上升的最大高度为h ＝12gt 2 D ．地面上的人看见小球上升的时间也为t[答案] B[解析] 电梯匀速上升，电梯中上抛一个小球，小球相对电梯做竖直上抛运动，相对电梯的初速度为gt ，B 正确；地面上的人看到小球抛出时的初速度为v ＋gt ，A 错误；地面上的人看到小球上升的时间为t ＋v g ，因此，地面上的人看到球上升的最大高度为12g ⎝⎛⎭⎫t ＋v g 2，C 、D 错误．4．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个1.5s 内的平均速度大2.45m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为( ) A ．2.45m/s 2 B ．－2.45m/s 2C ．4.90m/s 2D ．－4.90m/s 2[答案] D[解析] 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以原题意可解释为：0.25s 时刻的瞬时速度v 1比0.75s 时刻的瞬时速度v 2大2.45m/s ，即v 2－v 1＝at ，加速度a ＝v 2－v 1t ＝－2.45m/s 0.5s＝－4.90m/s 2. 5．如图所示，为甲、乙两物体相对于同一坐标的x －t 图象，则下列说法正确的是( )A ．甲、乙均做匀变速直线运动B ．甲比乙早出发时间t 0C ．甲、乙运动的出发点相距x 0D ．甲的速率大于乙的速率[答案] BC[解析] 图象是x －t 图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t 0；甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距x 0；甲、乙运动的速率大小用图线的斜率的绝对值大小表示，由图可知甲的速率小于乙的速率，故B 、C 正确．6．汽车刹车后开始做匀减速运动，第1s 内和第2s 内的位移分别为3m 和2m ，那么从2s 末开始，汽车还能继续向前滑行的最大距离是( )A ．1.5mB ．1.25mC ．1.125mD ．1m[答案] C[解析] 由平均速度求0.5s 、1.5s 时的速度分别为3m/s 和2m/s ，得a ＝－1m/s 2.由v ＝v 0＋at 得v 0＝3.5m/s ，共运动3.5s,2s 末后汽车还运动1.5s ，由x ＝12at 2得x ＝1.125m. 7．一杂技演员，用一只手抛球、接球，他每隔0.4s 抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g ＝10m/s 2)( )A ．1.6mB ．2.4mC ．3.2mD ．4.0m[答案] C[解析] 由演员刚接到球的状态分析，此时空中有三个球，由于相邻球的运动时间间隔皆为0.40s ，考虑到运动特点知，此时最高点有一个球．因此，球单向运动时间为0.80s ，故所求高度为：h ＝12gt 2＝12×10×(0.80)2m ＝3.2m.8．(2010·潍坊期中考试)某实验装置将速度传感器与计算机相结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图象如图所示，由此图象可知 ( )A ．小车先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．小车运动的最大速度约为0.8m/sC ．小车的最大位移在数值上等于图象中曲线与t 轴所围的面积D ．小车做曲线运动[答案] BC[解析] 速度—时间图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴所围面积表示位移，选项C 正确；因为图线是一段曲线，选项A 错误；据图象知小车运动的最大速度约为0.8m/s ，选项B 正确；据图象知速度始终不小于零，说明小车做直线运动，选项D 错误．9．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定．近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点向上抛小球又落到原处的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点到又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )A.8H T 22－T 21B.4H T 22－T 21C.8H (T 2－T 1)2D.H 4(T 2－T 1)2[答案] A[解析] 小球从O 点能上升的最大高度为12g ⎝⎛⎭⎫T 222，小球从P 点能上升的高度为12g ⎝⎛⎭⎫T 122，所以有H ＝12g ⎝⎛⎭⎫T 222－12g ⎝⎛⎭⎫T 122，由此得g ＝8H T 22－T 21，正确答案为A. 10．如图所示，某轴承厂有一条滚珠传送带，传送带与水平面间的夹角为θ，上方A 处有一滚珠送料口，欲使滚珠从送料口沿无摩擦的斜槽最快地送到传送带上，应采取的方法是( )A ．沿AB 所在的竖直方向安放斜槽B ．过A 点向传送带做垂线，得垂足C ，应沿AC 方向安放斜槽C ．考虑路程和加速度两方面的因素，应在AB 和AC 之间某一适当位置安放斜槽D ．上述三种方法，滚珠滑到传送带上所用的时间相同[答案] C[解析] 以AB 为直径做圆，该圆必过C 点，从A 点沿不同弦滑至圆周上各点的时间相等．故选C.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带．每隔0.02s打一个点，该同学选择A 、B 、C 、D 四个计数点，测量数据如图所示，单位是cm.(1)小车在B 点的速度是________m/s ；(2)小车的加速度是________m/s 2.[答案] (1)0.415 (2)2.00[解析] (1)v B ＝0.015＋0.01824×0.02m/s ＝0.415m/s ； (2)a ＝x BC －x AB t 2＝0.0182－0.015(0.02×2)2m/s 2＝2.00m/s 2. 12．(6分)(2009·安徽芜湖质量检测)2007年10月24日，中国用长征运载火箭成功地发射了“嫦娥1号”卫星．如图是某监测系统每隔2.5s 拍摄的，关于起始匀加速阶段火箭的一组照片．已知火箭的长度为40m ，用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图所示．火箭的加速度大小a ＝________m/s 2，火箭在照片中第2个像所对应时刻的瞬时速度大小v ＝________m/s.[答案] 8 42[解析] 由题图知每厘米代表402m ＝20mΔh ＝h 2－h 1＝[(10.5－4)－(4－0)]×20m ＝50m.a ＝Δh T 2＝502.52m/s 2＝8m/s 2v ＝h 1＋h 22T ＝10.5×205m/s ＝42m/s.13．(6分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．(1)如图所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．(2)启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．(3)经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．①由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω＝________.式中各量的意义是________．②某次实验测得圆盘半径r ＝5.50×10－2m ，得到的纸带的一段如下图所示．求出角速度为____________________________________________________________________________________________________________________________________.[答案] (3)①x 2－x 1T (n －1)rT 为电磁打点计时器打点的时间间隔，r 为圆盘的半径，x 2、x 1是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n 为选定的两点间的打点数(含两点)．②6.8rad/s(6.75～6.84)三、论述计算题(共4小题，共42分．解答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)14．(10分)一辆汽车以72km/h 速率行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动，已知汽车刹车过程加速度的大小为5m/s 2，则从开始刹车经过5s ，汽车通过的位移是多大？[答案] 40m[解析] 在汽车刹车的过程中，汽车做匀减速直线运动并最终停止，汽车停止运动后加速度消失．故题给的时间内汽车是否一直减速，还需要判定．设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t 0，选初速方向为正方向．v 0＝72km/h ＝20m/s由t 0＝v －v 0a ＝0－20－5s ＝4s 可见，该汽车刹车后经4s 停止．∴刹车后5s 内通过的位移x ＝v 0t 0＋12at 20＝20×4m ＋12×(－5)×42m ＝40m 因为汽车最终静止，也可由v 2－v 20＝2ax 求解x ＝v 2－v 202a ＝0－2022×(－5)m ＝40m 15．(10分)(2009·南京质检)如图所示，A 、B 两棒长均为L ＝1m ，A 的下端和B 的上端相距s ＝20m ，若同时A 做自由落体运动，B 做初速度为v 0＝40m/s 的竖直上抛运动，求：(1)A 、B 两棒何时相遇；(2)从相遇开始到分离所需时间．[答案] (1)0.5s (2)0.05s[解析] 以A 为参考系，B 以v 0向上匀速运动(1)t ＝s v 0＝0.5s (2)Δt ＝2L v 0＝0.05s. 16．(11分)汽车正以10m/s 的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4m/s 的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6m/s 2的匀减速直线运动，汽车恰好不碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远？[答案] 3m[解析] 汽车在关闭油门减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断缩小，当这个距离缩小到零时，若汽车的速度减至与自行车相同，则能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的条件，所以本题要求的汽车关闭油门时离自行车的距离x ，应是汽车从关闭油门减速运动，直到速度与自行车速度相等时发生的位移x 汽与自行车在这段时间内发生的位移x 自之差，如图所示汽车减速到4m/s 时发生的位移和运动的时间分别为x 汽＝v 2汽－v 2自2a ＝100－162×6m ＝7m ， t ＝v 汽－v 自a ＝10－46s ＝1s. 这段时间内自行车发生的位移x 自＝v 自t ＝4×1m ＝4m ，汽车关闭油门时离自行车的距离x ＝x 汽－x 自＝7m －4m ＝3m.17．(11分)(2009·安徽师大附中模拟)某高速公路单向有两条车道，最高限速分别为120km/h 、100km/h.按规定在高速公路上行驶车辆的最小间距(单位：m)应为车速(单位：km/h)的2倍，即限速为100km/h 的车道，前后车距至少应为200m.求：(1)两条车道中限定的车流量(每小时通过某一位置的车辆总数)之比；(2)若此高速公路总长80km ，则车流量达最大允许值时，全路(考虑双向共四车道)拥有的最少车辆总数．[答案] (1)1:1 (2)1466辆[解析] (1)设车辆速度为v ，前后车距为d ，则车辆1h 内通过的位移s ＝v t ，车流量n ＝s d，而d ＝2v ，得n ＝t 2，则两车道中限定的车流量之比n 1:n 2＝1:1.(2)设高速公路总长为L ，一条车道中车辆总数为N 1，另一条车道中车辆总数为N 2，则车与车的最小间距分别为240m 和200m ，则N 1＝80×103240＝10003，在此车道中同时存在333辆车， N 2＝8×103200＝400，全路拥有的车辆总数为N ＝2(N 1＋N 2)，代入数据联立解得N ＝1466.。

2011届高考物理第一轮复习单元复习训练题50

A P BS O2010—2011学年度上学期高三一轮复习物理单元验收试题（11）【新人教】命题范围：选修3—4本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）1．太阳光照射在平坦的大沙漠上，我们在沙漠中向前看去，发现前方某处射来亮光，好像太阳光从远处水面反射来的一样，我们认为前方有水，但走到该处仍是干燥的沙漠，这现象在夏天城市中太阳光照射沥青路面时也能观察到，对这种现象正确的解释是（） A ．越靠近地面空气的折射率越大 B ．这是光的干涉形成的 C ．越靠近地面空气的折射率越小 D ．这是光的衍射形成的 2．如图所示，共振装置中，当用外力首先使A 球振动起来后，通过水平弹性绳使B 、C 两球振动，下列说法正确的是（） A ．B 、C 两球做的是受迫振动 B ．只有A 、C 的振动周期相等 C ．C 的振幅比B 的振幅大 D ．A 、B 、C 三球的振动周期相等3．利用旋光仪这种仪器可以用来测量糖溶液的浓度，从而测定含糖量。

其原理是：偏振光通过糖的水溶液后，若迎着射来的光线看，偏振方向会以传播方向为轴线，旋转一个角度θ，这一角度称为“旋光角”，θ的值与糖溶液的浓度有关。

将θ的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了。

如图所示，S 是自然光源，A 、B 是偏振片，转动B ，使到达O 处的光最强，然后将被测样品P 置于A 、B 之间，则下列说法中正确的是：（） A ．到达O 处光的强度会明显减弱 B ．到达O 处光的强度不会明显减弱 C ．将偏振片B 转动一个角度，使得O 处光的强度最大，偏振片B 转过的角度等于θ D ．将偏振片A 转动一个角度，使得O 处光的强度最大，偏振片A 转过的角度等于θ 4．如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（灰黑色部分表示亮纹）。

2011—2012高三物理一轮单元检测题

2011—2012高三物理一轮单元检测题(一)力物体平衡一、本题共12小题，每小题3分，共计36分。

每小题给出的四个选项中只有一项是正确的,将正确选项填入答题卡内。

1．下列说法，正确的是 ( )A．物体所受摩擦力的大小不仅跟接触面的性质和物体对接触面的压力有关，有时也跟物体的运动情况有关B．静摩擦力的方向总是沿接触面的切线方向，且跟物体运动的方向相反C．滑动摩擦力的大小ƒ跟物体对接触面压力的大小N成正比，其中N是弹性力，在数值上等于物体的重力D．静摩察力是变力，压力增大时，静摩擦力也随着增大2．在力的合成与分解中，下列说法正确的是 ( )A．放在斜面上的物体所受的重力可以分解为沿斜面下滑的力和物体对斜面的压力B．合力必大于其中一个分力C．用细绳把物体吊起来，如果说作用力是物体的重力，那反作用力就是物体拉绳的力D．若已知一个力F的大小和方向，则一定可以把它分解为两个大小都和F相等的分力3．两人都用100N的力沿水平方向拉弹簧秤的两端，两拉力的方向在一条直线上，当弹簧秤静止时，它的读数是 ( )A．200N B．100N C．ON D．50N4．图1-1所示，质量为M的物体，在与竖直线成θ角，大小为F的恒力作用下，沿竖直墙壁匀速下滑，物体与墙壁间的动摩擦因数为μ，则物体受到的摩擦力大小①Mg-Fcosθ②μMg+Fcosθ③θFsin ④μ(Mg-Fcosθ)其中正确的是 ( )A．①③ B．②④ C．①② D．③④5．如图1-2所示，杆的上端用细绳吊在天花板上的D点，下端放在水平面上，且杆都处于静止状态，则杆对地面的摩擦力方向向左的是 ( )6．如图1-3所示，一木块放在水平面上，在水平方向共受三个力作用，F1=10N，F2=2N，以及摩擦ƒ，木块静止，撤去F1后，有下列判断①木块不再静止②木块仍处于静止状态③木块所受合力为10N，方向向左④木块所受合力为零其中判断正确的是 ( )A．①② B．③④ C．①③ D．②④7．如图1-4所示，A，B是两个叠放在水平地面上的长方形物块，F是作用在B物块上的水平力，物块A、B以相同的速度做匀速直线运动，则A、B间的动摩擦因数μ2和B与地面间的动摩擦因数μ1，若有以下几种情况：①μ1=0 ②户μ1≠0③μ2=0 ④μ2≠0，其中有可能的是 ( )A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④8．如图1-5所示，斜劈ABC放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一重为G的物块，物块静止在斜劈上，今用一竖直向下的力F作用于物块上，下列说法错误的是 ( ) A．斜劈对物块的弹力增大 B．物块所受的合力不变C．物块受到的摩擦力增大 D．当力F增大到一定程度时，物体会运动9．两个物体A和B的质量分别为M和m，用跨过定滑轮的轻绳相连，A物体静止在水平地面上，如图1-6所示，不计摩擦，A物体对绳的作用力的大小与地面对A物体的作用力的大小分别是( ) A．mg,(M-m)g B．mg，Mg C．(M-m)g，Mg D．(M+m)g，(M-m)glO．图1-7中，光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方O′处固定一光滑的小定滑轮，细线的一端拴小球A，另一端绕过定滑轮，今用一外力拉细线，将小球从图中位置慢慢拉至B点，在此过程中，小球A对光滑半球的压力N、对细线的拉力T的大小变化情况是 ( ) A．N变大，T不变 B．N变小，T变大 C．N不变，T变小 D．N变大，T变小11．如图1-8所示，在水平粗糙地面上放置斜面体B，B上再放一表面水平的三角形滑块A，A、恰好能在B上匀速下滑，而B仍然静止在地面上，若A、B质量分别为m和M，则 ( )A．斜面体B受到地面对它向右的摩擦力B．A对B的作用力大小等于mg，方向竖直向下C．由于滑块A沿斜面向下滑动，故B对地面的压力小于(M+m)gD．若在A的上表面再放一重物，A就会加速下滑12．如图1-9所示，用一根绕过定滑轮的细绳把质量分别为m和M的两个物块P和Q拴在一起，若将物块Q沿水平地面向右移动少许，仍能保持平衡，则关于力的变化的结论正确的是 ( )A．细绳的张力大小不变，Q对地面的压力减小B．细绳的张力变大，Q对地面的摩擦力变大C．滑轮的轴所受的压力减小D．地面对Q的最大静摩擦力不变答题卡二、实验题(3×5′=15′)13．在《互成角度的两个共点力的合成》实验中，做好实验准备后，先用两个弹簧秤把橡皮条的结点拉到某一位置O，此时学生需要记录的是，和，接着用一个弹簧秤拉橡皮条，要特别注意的是．14．在“研究两个共点力合成”的实验中，假如在保持两分力大小不变的条件下完成共点力合成实验，由实验数据得到如图1-10所示合力F与两2G F 分力间夹角θ的关系图线，则合力的变化范围是，两分力的大小分别是．15．如图1-11所示，在《互成角度的两个共点力的合成》实验中，若先用互成锐角的两个力F 1和F 2橡皮条的结点拉到位置O ，然后保持读数是F 2的弹簧秤的示数不变而逐渐增大β角，在此过程中，若要保持O点位置不动，则另一个弹簧秤拉力的大小F 1和方向与原来相比可能发生怎样的变化? ．A ．F l 一直变大，角α先变大后变小B ．F l 一直变大，角α先变小后变大C ．F l 一直变小，角α先变大后变小D ．F l 一直变小，角α先变小后变大三、本题共5小题；49分。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题10

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第二章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示，物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力F f 与拉力F的合力方向应该是() A．水平向右B．竖直向上C．向右偏上D．向左偏上[答案] B[解析]物体受四个力平衡，重力和支持力的合力竖直向下，所以F与F f的合力与其等大反向，B正确．2．物体受到两个方向相反的力的作用，F1＝4N，F2＝8N，保持F1不变，将F2由8N 逐渐减小到零的过程中，它们的合力大小变化是() A．逐渐减小B．逐渐变大C．先变小后变大D．先变大后变小[答案] C[解析]F1与F2共线反向，所以当F2≥4N时其合力F＝F2－F1，其方向与F2同向，F2减小时F减小，F2＝4N时最小为零；当F2≤4N时，其合力F＝F1－F2，其方向与F1同向，F2从4N减到零时，F逐渐从零增大到4N.故F2从8N减到0N的过程中，其合力先减小后增大，所以选C.3．如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止．若A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于B的受力个数可能为() A．3个B．4个C．5个D．6个[答案]BC[解析]对于B物体，一定受到的力有重力、斜面支持力、A的压力和A对B的摩擦力，若以整体为研究对象，当F较大或较小时，斜面对B有摩擦力，当F大小适当时，斜面对B摩擦力为零，故B可能受4个力，也可能受5个力．4．质量为m的物体放在水平面上，在大小相等，互相垂直的水平力F1和F2的作用下，从静止开始沿水平面运动．如图所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体() A．在F1的反方向上受到Ff1＝μmg的摩擦力B．在F2的反方向上受到Ff2＝μmg的摩擦力C．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为Ff合＝2μmgD．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为F f＝μmg[答案] D[解析]由于F1和F2的合力是恒力，物体由静止开始运动，必沿F1和F2的合力方向做直线运动．滑动摩擦力的方向必沿F1和F2的合力的反方向．滑动摩擦力的大小为F f＝μF N，又因为F N＝mg，故F f＝μmg.5．如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是 ( )A ．L ＋μk m 1gB ．L ＋μk(m 1＋m 2)g C ．L ＋μk m 2g D ．L ＋μ(m 1m 2g )k (m 1＋m 2)[答案] A[解析] 对物块1受力分析可知F ＝kx ＝μm 1g ，故弹簧的长度为L ＋μm 1g k，A 正确． 6．(2010·徐州测试)如图所示，质量为m 1的木块在质量为m 2的长木板上滑行，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与长木板间动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小一定为 ( )A ．μ1(m 1＋m 2)gB ．μ2m 1gC ．μ1m 1gD ．μ1m 1g ＋μ2m 2g[答案] B[解析] 木块在木板上滑行，木板上表面所受滑动摩擦力F f ＝μ2m 1g ；木板处于静止状态，水平方向上受到木块对木板的滑动摩擦力和地面对木板的静摩擦力，根据力的平衡条件可知，地面对木板的静摩擦力的大小等于木块对木板的滑动摩擦力的大小，B 项正确．7．(2009·苏州模拟)完全相同的直角三角形滑块A 、B ，按如图所示叠放，设A 、B 接触的斜面光滑，A 与桌面间的动摩擦因数为μ.现在B 上作用一水平推力F ，恰好使A 、B 一起在桌面上匀速运动，且A 、B 保持相对静止，则动摩擦因数μ跟斜面倾角θ的关系为( )A ．μ＝tan θB ．μ＝12tan θ C ．μ＝2tan θ D ．μ与θ无关[答案] B[解析] 取AB 为一整体，受力分析如图甲，由平衡条件得：F ＝F f ，F N ＝2mg ，又F f ＝μF N ，可得：F ＝2μmg ，再隔离滑块B ，受力分析如图乙，有：F NB cos θ＝mg ，F NB sin θ＝F ，得：F ＝mg tan θ，故有：2μmg ＝mg tan θ，μ＝12tan θ，故B 正确．8．(2009·黄冈模拟)如图所示，质量为m 的两个球A 、B 固定在杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两球刚好能平衡，则杆对小球的作用力为 ( ) A.33mg B.233mg C.32mg D ．2mg [答案] A[解析] 由对称性，两球与杆整体平衡时，处于水平状态，杆对两球的弹力与杆共线，对A 分析，由平衡条件得F ＝mg cot60°＝33mg . 9．如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A 、B ，A 悬挂起来，B 穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A 、B 的质量之比m A m B 等于 ( )A ．cos θB ．θC ．tan θD ．θ[答案] B[解析] B 物受力如图所示，B 处于平衡态，由图可知m B g m A g ＝cos θ，所以m A m B ＝1cos θ，B 正确．10．如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A 端位置不变，将B 端分别移动到不同的位置，下列判断正确的是 ( )A ．B 端移到B 1位置时，绳子张力不变B ．B 端移到B 2位置时，绳子张力变小C ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D ．B 端在杆上位置不变，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小[答案] AD[解析] 如图所示，设绳子的长度为l ，两杆间的距离为x ，绳子的张力为F T ，则2F T cos θ＝mg ，其中cos θ＝l 2－x 2l所以F T ＝mg 2cos θ＝mgl 2l 2－x2，当将B 端移到B 1或B 2位置时，F T 不变，故A 对B 错；当将杆左移时，l 不变，x 减小，所以F T 变小，D 对．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(5分)(2009·山东泰安模拟)某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F ，测出弹簧的总长度L ，改变外力F 的大小，测出几组数据，作出外力F 与弹簧总长度L 的关系图线如图所示．(实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的)由图可知该弹簧的自然长度为________cm ；该弹簧的劲度系数为________N/m.[答案] 10 50[解析] 当外力F 大小为零时，弹簧的长度即为原长，得原长为10cm ；图线的斜率是其劲度系数，k ＝ΔF Δx＝50N/m. 12．(5分)用一弹簧测力计水平拉一端固定的弹簧，以此来测定此弹簧的劲度系数k ，(2)图线与L 轴交点表示________，其值为________cm ，此弹簧的劲度系数为________N/m.[答案] (1)如图所示(2)弹簧原长 21.2 145(在误差允许范围内即可)[解析] 如图与L 轴的交点表示F ＝0时弹簧的长度，即原长，求劲度系数可用相距较远的两组点求出斜率并求平均值．13．(8分)(2009·湛江一中高三月考)用金属制成的线材(如钢丝、钢筋)受到拉力会伸长，17世纪英国物理学家胡克发现，金属丝或金属杆在弹性限度内的伸长与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这个发现为后人对材料的研究奠定了重要的基础．现有一根用新材料制成的金属杆，长为4m ，横截面积为0.8cm 2，设计要求它受到拉力后的伸长不超过原长的1/1000，由于这一拉力很大，杆又较长，直接测量有困难，就选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得的数据如下：的函数关系为________．(2)在寻找上述关系中，你运用哪种科学研究方法？________.(3)通过对样品的测试，求出新材料制成的金属细杆能承受的最大拉力约________．[答案] (1)x ＝k FL S(2)控制条件法 (3)104N [解析] (1)要分析线材伸长量x 与材料的长度L 、材料的横截面积S 及拉力F 的函数关系，可根据测量结果用控制变量法分析，在表格中从上到下的五组数据中可以看出，在材料的长度L 、材料的横截面积S 一定时(第一组数据)，x 与拉力F 成正比；材料的横截面积S 、拉力F 一定时(一、二、三组拉力为250N ，横截面积为0.05cm 2)，x 与材料的长度L 成正比；在材料的长度L 、拉力F 一定时(一、四、五组拉力为250N ，长度为1m)可以看出，x 与材料的横截面积S 成反比．因此关系式为x ＝k FL S(其中k 为比例系数)． (2)控制条件法(或控制变量法、归纳法)(3)由表格中的一组数据求得k ＝8×10－12m 2/N.样品的长为L ＝4m ，横截面积为S ＝0.8cm 2，最大伸长量为x ＝4/1000m ，将数据代入x ＝k FL S，求得F ＝104N. 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答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)14．(10分)供电局某工程队在冬天架设电线，如图所示，设两电线杆间距离为L ，铜导线总质量为M ，电线架好后，在两杆正中部位电线下坠的距离为h ，电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角为θ，求：(1)两电线杆处的电线弹力．(2)当到夏天时，两电线杆处的电线弹力与冬天相比是变大了，还是变小了？为什么？(提示：导线上每处的弹力均沿切线方向)[答案] (1)G 2cos θ(2)变小夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了 [解析] (1)以电线为研究对象，电线两端所受的力为F 1、F 2，重力G 可看作作用在电线中点，F 1、F 2分解成水平方向和竖直方向两个分量，由力的平衡条件F 1cos θ＋F 2cos θ＝GF 1sin θ－F 2sin θ＝0解得F 1＝F 2＝G 2cos θ(2)夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了．15．(10分)在光滑的斜面上有一个重力为G 的物体，当沿斜面向上和沿水平方向向右各加一个大小都等于F ＝12G 的力作用于这个物体时，物体正好处于静止状态，如图所示．求斜面的倾角θ及斜面所受的压力．[答案] arctan 43G [解析] 以物体为研究对象，进行受力分析，重力G ，竖直向下；弹力F N ，垂直于斜面向上；以及沿斜面向上和水平向右的两个拉力F .以平行斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，可建立平衡方程：F ＋F cos θ＝G sin θ.F N ＝F sin θ＋G cos θ，其中F ＝0.5G ，代入方程整理得：2sin θ＝cos θ＋1，解这个关于θ的方程得到θ＝arctan 43，则F N ＝G . 16．(11分)如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30kg ，人的质量M ＝50kg ，g 取10m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力；(2)轻杆BC 和绳AB 所受的力．[答案] (1)200N (2)4003N 2003N[解析] (1)绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10N ＝200N方向竖直向上(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33N ＝2003NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032N ＝4003N. 17．(11分)(2009·石家庄市第一中学高三考试)如图所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°.现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°.(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？[答案] (1)33mg (2)k ≥39[解析] (1)对小球进行受力分析，它受到重力mg ，方向竖直向下；轻绳拉力T ，方向沿着绳子向上；斜面体对它的支持力F N ，方向垂直于斜面向上．根据平衡条件可知，T 、F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，根据几何关系可求得T ＝33mg . (2)以斜面体为研究对象，分析其受力：重力mg ，方向竖直向下；小球对斜面体的压力F N′，方向垂直于斜面向下(与F N等大反向)；地面支持力F，方向竖直向上；地面静摩擦力F f，方向水平向左．竖直方向F＝mg＋F N′cos30°水平方向F f＝F N′sin30°根据(1)可知F N′＝F N＝T＝33mg又由题设可知F f max＝kF≥F f＝F N′sin30°综合上述解得k≥3 9.。

2011届高考物理单元复习检测试题51

2011高三物理复习单元检测系列--牛顿运动定律本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共4分。

每个小题所给出的四个选项中，有一个或多个是正确的。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）1．关于物体的惯性，下列说法正确的是（）A．运动速度大的物体不容易停，是因为物体速度越大，惯性越大B．静止的火车启动时，速度变化慢，因为静止的物体惯性大C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小D．在宇宙飞船中的物体不存在惯性，因此可以漂浮起来2．质量为m的物体沿倾角为α的斜面匀速下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则物体受的摩擦力为（）A．mgsinαB．mgC．μmgcosαD．μmg3．测理国际单位制规定的三个力学基本物理量分别可用的仪器是（）A．刻度尺、弹簧秤、秒表B．刻度尺、测力计、打点计时器C．量筒、天平、秒表D．刻度尺、天平、秒表4．一物体受绳的拉力作用由静止开始前进，先加速运动，然后改为匀速运动，再改作减速运动。

则（）A．加速前进时，绳拉物体的力大于物体拉绳的力B．减速前进时，绳拉物体的力大小于物体拉绳的力C．只有匀速运动时，绳拉物体的力大等于物体拉绳的力D．不管物体如何运动，绳拉物体的力大等于物体拉绳的力5．两个质量分别为m1、m2的物体分别置于质量为M的物体两侧，三个物体均处于静止状态， m1>m2，α<β，下列说法正确的是（）A．m1对M的压力一定大于m2对M的压力B．m1对M的摩擦力一定大于m2对M的摩擦力C．水平面对M的支持力一定等于（M+m1+m2）gD．水平面对M的摩擦力一定等于零6．如果将“超市”中运送货物所用的平板车固定在水平地面上，配送员用300 N水平力拖动其上的一箱 60 kg的货物时，该货物刚好能在平板车上开始滑动．若配送员拖动平板车由静止开始加速前进，要保证此箱货物一定不从车上滑落，则车的加速度的取值可以为（）A．3.5m/s2 B．5.5 m/s2 C．7.5m/s2 D．9.5m/s27．如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，中正确的是：（）A．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变大B．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变小C．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变D．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大8．质量为m的人站在升降机中，如果升降机运动的加速度大小为a，升降机地板对人的支持力为F=mg+ma，则可能的情况为（）A．升降机以加速度a向下加速运动B．升降机以加速度a向上加速运动C．升降机以加速度a向下减速运动D．升降机以加速度a向上减速运动9．关于物体速度方向，加速度方向和作用在物体的合外力方向之间的关系，下列说法正确的是（）A．速度方向，加速度方向和合外力的方向三者总是相同的B．速度可以与加速度成任何夹角，加速度方向和合外力方向总相同C．速度方向总与合外力方向相同，加速度方向可能与速度方向相同，也可能与速度方向相反D ．速度方向总与加速度方向相同，可能与合外力方向相，也可能不同10．在汽车中悬线上挂一小球。

2011高考物理试题及答案

2011高考物理试题及答案一、选择题1.以下关于牛顿第一定律的叙述正确的是（）。

A.任何物体都一直保持匀速直线运动，直到有合外力作用B.只有受到合外力的物体才能保持匀速直线运动C.任何物体都一直保持匀速直线运动，不受合外力的影响D.只有受到合外力的物体才能保持匀速直线运动答案：A2.质点从原点沿x轴正方向做匀速直线运动，把速度v反向后，质点在t时间后的位移与在t时间前的位移之比是（）。

A.1B.0C.-1D.-2答案：C3.一只质量为m的物体，下落2m的高度，则重力做功为（）。

A.2mgB.0C.-2mgD.mg答案：B4.一电子从一个具有2V的高压区中飞到具有6V的低压区中去，电子所得到的动能与电场力做的功之比为（）。

A.9:4B.4:9C.1:9D.1:4答案：B5.一音叉被悬挂在支架上，敲击后发生振动，空气中的声波传到支架上，声波的传播属于（）。

A.声震B.音叉振动C.弹性波D.重力波答案：C6.一个发声体要想发出较低频率的声音，以下做法不正确的是（）。

A.振动频率减小B.发声体表面积增大C.发声体质量增大D.发声体弹性劲度增大答案：A7.将一个容器里的气体从0°C加热到200°C，根据理想气体状态方程P=ρRT，以下哪个量不变（）。

A.气体分子数量nB.气体的温度TC.气体的压强PD.气体的体积ρ答案：C8.在电路中加入电阻后，导体的电流与所加电压的关系为（）。

A.正比B.反比C.无关D.正反比是不确定的答案：A9.在下图所示的电路中，滑动变阻器Rx从0Ω开始逐渐增加，相应的电流I记录于下表。

则电动势E与电流I之间的关系图像最接近（）。

答案：D10.以下图中，眼睛所见到的图像是（）。

A.1物体“物”放大，“像”倒立B.1物体“物”放大，“像”正立C.2物体“物”缩小，“像”倒立D.2物体“物”缩小，“像”正立答案：A二、非选择题11.将一个单摆从最大摆角位置释放，经过3s后，振幅减为原值的1/2.则单摆周围挥动的周期T是多少？（）解析：由于振幅减小到原来的1/2，说明能量减小到原来的(1/2)^2=1/4。

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