2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题50
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题91
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第2章第4讲一、选择题1．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，如何保证刻度尺竖直() A．使用三角板B．使用重垂线C．目测D．不用检查[答案] B[解析]使用重垂线可保证刻度尺竖直，故B正确．A、C不准确，不合题意，D是错误的．2．下面列出的措施中，哪些是有利于改进本实验结果的() A．橡皮条弹性要好，拉到O点时拉力要适当大一些B．两个分力F1和F2间的夹角要尽量大一些C．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板面D．拉橡皮条的绳要细，而且要稍长一些[答案]ACD[解析]拉力“适当”大一些能减小误差；而夹角“尽量”大一些，则使作图误差变大；橡皮条等“贴近”木板，目的是使拉线水平；绳子要细且稍长便于确定力的方向．3．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是下图的哪一个() [答案] C[解析]原长的测量值小于真实值，设误差为Δl，弹簧的实际伸长量x′＝x－Δl，弹力与伸长量成正比，即F＝k(x－Δl)，所以最后的图线是C.4．在探究力的合成的实验中，橡皮条的一端固定在P点，另一端被A、B两只弹簧测力计拉伸至O点，F1、F2分别表示A、B两只弹簧测力计的读数，如图所示．使弹簧测力计B从图示位置开始顺时针缓慢转动，在这过程中保持O点和弹簧测力计A的拉伸方向不变，则在整个过程中两弹簧测力计的读数F1、F2的变化是() A．F1减小，F2减小B．F1减小，F2增大C．F1减小，F2先增大后减小D．F1减小，F2先减小后增大[答案] D[解析]由于结点O的位置不变，所以F1和F2的合力大小和方向不变，画出平行四边形如图所示，弹簧测力计A的拉伸方向不变，则F1的方向不变，弹簧测力计B顺时针转动过程中，F2的大小和方向均不断改变，图中画出弹簧测力计B转动过程中的三个位置，两弹簧测力计的读数分别为F1′和F2′、F1″和F2″等等，观察表示力大小的有向线段的长短变化，可以看出弹簧测力计A的读数F1一直逐渐减小，而弹簧测力计B的读数F2先减小后增大，当弹簧测力计B转动至与弹簧测力计A垂直时F2最小．5．(2009·厦门模拟)如图(甲)所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连．当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象，如图(乙)所示．则下列判断正确的是() A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比C．该弹簧的劲度系数是220N/mD．该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变[答案]BCD[解析]由图知，F－x是一个过原点的直线，k＝200.10N/m＝200N/m，可知A错，BCD正确．二、非选择题6．下图是甲、乙两位同学在《验证力的平行四边形定则》实验中所得到的实验结果，若用F表示两个分力F1、F2的合力，用F′表示F1和F2的等效力，则可以判断________(填“甲”或“乙”)同学的实验结果是尊重事实的．[答案]甲[解析]由题设可知，F为F1和F2合力，通过平行四边形定则所得，而F′是F1和F2的等效力，即用一只弹簧秤拉橡皮条时的拉力，显然F′的方向与细绳应在同一直线上，故甲同学是尊重事实的．7．在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的．用记录的外力F与弹簧的形变量x作出F－x图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为________，图线不过坐标原点的原因是由于______________________________________________．[答案]200N/m弹簧自身有重力[解析]F－x图线的函数关系为F＝F0＋kx，图线的斜率表示劲度系数，当x＝0时，F＝F0，可见，F0表示弹簧自身的重力，k＝8N0.04m＝200N/m.8．在“互成角度的两个共点力的合成”的实验中，其中的三个实验步骤如下：(1)在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线；通过细线同时用两个测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点到达某一位置O 点，在白纸上记下O点和两测力计的读数F1和F2.(2)在纸上根据F1和F2的大小，应用平行四边形定则作图求出合力F.(3)只用一测力计通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两测力计拉时相同，记下此时测力计的读数F′和细绳的方向．以上三个步骤中均有错误或疏漏，请指出：(1)____________________________．(2)____________________________．(3)____________________________．[答案]见解析[解析]步骤(1)中未记下细线的方向；步骤(2)中除F1、F2的大小之外，还应根据F1、F2的方向才能准确作图；步骤(3)中应将橡皮条与线的结点拉到原位置O点．9．做“验证力的平行四边形定则”实验中，实验步骤如下：(1)在水平放置的木板上，固定一张白纸．(2)把橡皮条的一端固定在O点，另一端拴两根带套的细线，细线与橡皮条的交点叫做结点．(3)在纸面离O点比橡皮条略长的距离上标出A点．(4)用两个弹簧测力计分别沿水平方向拉两个绳套，把结点拉至A点，如图所示，记下此时两力F1和F2的方向和大小．(5)改用一个弹簧测力计沿水平方向拉绳套，仍把结点拉至A点，记下此时F的方向和大小．(6)拆下弹簧测力计和橡皮条．请你写出下面应继续进行的实验步骤：________.[答案]见解析[解析]以后的实验步骤为：(1)在A点按同一标度，作出F1、F2、F的图示；(2)利用平行四边形定则作F1、F2的合力F′；(3)比较F和F′的大小和方向，并得出结论．10．(2009·华师附中测试)(1)在做“验证力的平行四边形定则”实验中，若由于F1的误差使F1与F2的合力F方向略向左偏，如图所示，但F大于等于F′，引起这一结果的原因可能是F1的大小比真实值偏________，F1的方向使它与F2的夹角比真实值偏________．(2)在做“验证力的平行四边形定则”实验中，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中错误的是() A．同一次实验过程中，O点的位置允许变动B．实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度C．实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一只弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点，两弹簧测力计之间的夹角应取90°，以便于计算合力的大小[答案](1)大大(2)ACD[解析](1)题中指出F1有误差，则指F2是准确的，在此基础上作图使F接近F′，根据平行四边形的数学关系分析，易知F1的大小及其与F2的夹角均偏大．(2)实验过程中，O点的位置不允许变动，A错误；为减小误差，实验中弹簧测力计要与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度，B正确；实验时一般不要将弹簧测力计拉到最大量程，为减小误差，不要将两个弹簧测力计的拉力悬殊过大，C错误；本实验原理是利用作图法验证力的平行四边形定则，合力的大小并非计算出来的，所以根本谈不上弹簧测力计之间的夹角取90°的问题，D错误．11．某同学在竖直悬挂的弹簧下加挂钩码，探究弹力和弹簧伸长量的关系．表中是该同2(1)(2)根据图象得到弹簧的劲度系数是________N/m.[答案](1)见解析(2)25[解析](1)利用题目给出的表格中钩码质量为零时弹簧的长度，可得弹簧原长为6.0cm；根据给出的六组数据分别计算出对应状态下弹簧的伸长量，可在弹力F与弹簧伸长量x的关系图象中确定出六个点，用平滑的曲线连结尽量多的点，如图所示．所得图象是过原点的一条直线，本实验中最后一点要舍弃．(2)由所得图象，计算图象的斜率即为弹簧的劲度系数k＝1.87.2×10－2N/m＝25N/m.12．橡皮条的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计．沿着两个不同的方向拉弹簧测力计．当橡皮条的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图所示，这时弹簧测力计的读数可从图中读出．(1)由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为________N和________N．(要求读到0.1N)(2)在本题的虚线方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力．[答案](1)4.0 2.5(2)见解析图[解析]读弹簧秤示数时，应注意首先找零刻度线，尤其是竖直放置的那个弹簧秤，它的读数是2.5N(而不是3.5N)，水平放置的弹簧秤读数是4.0N.13．(2009·广东质检)17世纪英国物理学家胡克发现：在弹性限度内，弹簧的形变量与弹力成正比，这就是著名的胡克定律．受此启发，一组同学研究“金属线材伸长量与拉力的关系”的探究过程如下：A．有同学认为：横截面为圆形的金属丝或金属杆在弹性限度内，其伸长量与拉力成正比，与截面半径成反比．B．他们准备选用一些“由同种材料制成的不同长度、不同半径的线材”作为研究对象，用螺旋测微器、激光测距仪、传感器等仪器测量线材的伸长量随拉力变化的规律，以验证假设．CD.(1)上述科学探究活动的环节中，属于“制定计划”和“收集证据”的环节分别是(填字母代号)____________、____________.(2)请根据上述过程分析他们的假设是否全部正确．若有错误或不足，请给予修正．________________________________________________________________________.(3)求出这种线材的伸长量x与拉力F以及线材的长度L、截面积S之间的定量关系式．[答案](1)B、C(2)他们的假设不是“全部正确”．在弹性限度内，金属丝的伸长量与拉力成正比，与截面半径的平方成反比，还与金属丝的长度成正比．(3)x＝kFL/S，式中：k＝xS/(FL)＝0.4×5/(250×1000)mm2/N＝8×10－6mm2/N(或k＝xS/(FL)＝0.4×5×10－9/(250×1)m2/N＝8×10－12m2/N)．[解析]根据科学探究的要素和题目给定的条件，显然A属于“猜想与假设”，B属于“制定计划”，C属于“收集证据”，D属于“分析、论证、评估”．通过详细而全面的分析、计算实验数据，才能判断他们的假设是否全部正确，并对错误或不足之处给予修正，然后还要根据实验数据和(2)中的结论，通过计算，求出这种线材的伸长量x与拉力F以及材料的长度L、截面积S之间的定量关系式．。
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题43
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第六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．如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N处电场强度相同的是() [答案] B[解析]电场强度相同指场强大小、方向都相同，故B对．2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的() [答案] A[解析]由图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子是顺电场线方向运动．由电场线疏处到达密处．故A对．3．一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应该是下图中的() [答案] B[解析]点电荷垂直于电场方向进入电场时，电场力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，选B.4．如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝10V、φB＝8V、φC＝2V，则D点的电势为()A．8V B．6VC．4V D．1V[答案] C[解析]由于电场是匀强电场，则U AB＝U DC，φA－φB＝φD－φC，φD＝4V，C选项正确．5．示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极XX′和YY′，若在XX′上加上如图甲所示的扫描电压，在YY′上加如图乙所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是图丙中的()[答案] C[解析]由于在XX′所加的扫描电压和YY′所加的信号电压的周期相同，所以荧光屏上就会显示随信号而变化的波形，C图正确．6．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球() A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央[答案] BD[解析] 将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd＝4k πQ εr S可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．7．光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m ，带电荷量为q .为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止 ( )A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg cos θqB ．竖直向上，场强大小为mg qC ．垂直于杆斜向下，场强大小为mg sin θqD ．水平向右，场强大小为mg cot θq[答案] B[解析] 小球受竖直向下的重力，若电场垂直于杆的方向，则小球受垂直于杆方向的电场力，支持力方向亦垂直于杆的方向，小球所受合力不可能为零，A 、C 项错；若电场竖直向上，所受电场力Eq ＝mg ，小球所受合力为零，B 项正确；若电场水平向右，则小球受重力、支持力和电场力作用，根据平行四边形定则，可知E ＝mg tan θ/q ，D 项错．8．(2009·海门模拟)一个质量为m ，电荷量为＋q 的小球以初速度v 0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )A ．小球在水平方向一直做匀速直线运动B ．若场强大小等于mg q，则小球经过每一电场区的时间均相同C ．若场强大小等于2mg q，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同[答案] AC[解析] 小球在水平方向不受力作用，因此，在水平方向一直做匀速直线运动，A 正确；当E ＝mg q时，小球通过第一、二电场区时在竖直方向均做匀速直线运动，但竖直速度不同，故B 错误；当E ＝2mg q时，小球通过第一、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的，均为零，故经过无电场区的时间也相同，C 正确；如取E ＝mg q，则小球通过无电场区的速度越来越大，对应的时间也越来越短，故D 错误．9．(2010·潍坊)如图所示，Q 1、Q 2为两个固定点电荷，其中Q 1带正电，它们连线的延长线上有a 、b 两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动，其速度图象如图所示．则( ) A ．Q 2带正电B ．Q 2带负电C ．试探电荷从b 到a 的过程中电势能增大D ．试探电荷从b 到a 的过程中电势能减小[答案] BC [解析] 由图象知正电荷自b 点到a 点，速度减小，所以Q 2对试探电荷为吸引力，则Q 2带负电，A 错，B 对．试探电荷从b 到a 动能减小，所以电势能一定增大，C 对，D 错，正确答案BC.10．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO ′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法中正确的是 ( )A ．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B ．若它们射入电场时的质量与速度乘积相等，在荧光屏上将出现2个亮点C ．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点[答案] D[解析] 粒子打在荧光屏上的位置取决于它的侧移量，侧移量相同，打在荧光屏上的位置相同，而侧移量y ＝ql 2U 2m v 20d，所以粒子速度相同时，屏上将出现2个亮点，粒子质量与速度乘积相同时，屏上将出现3个亮点；动能相同时，屏上将出现2个亮点；而经过同一电场从静止加速后，再进入偏转电场，出电场时所有粒子侧移量相同，屏上将出现1个亮点，故选D.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)如图所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电，两极板间距为d .现将一个检验电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷＋q 所做的功等于________．[答案] qQs 2Cd[解析] 电容器两板间电势差U ＝Q C ，场强E ＝U d ＝Q Cd. 而A 、B 两点间电势差U AB ＝E ·s ·sin30°＝Qs 2Cd， 电场力对＋q 所做功为W ＝qU AB ＝qQs 2Cd. 12．(6分)一电子以4×106m/s 的速度沿与电场垂直的方向从A 点水平垂直于场强方向飞入，并从B 点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A 、B 两点的电势差为________V ．(电子的质量为9.1×10－31kg ，电荷量为－1.6×10－19C)[答案] －136.5[解析] 设电子射入电场时的速度为v A ，射出电场时的速度为v B ，从图可知v B ＝v A sin30°＝2v A ，根据动能定理，有W ＝eU AB ①W ＝12m v 2B －12m v 2A ② 由式①②得eU AB ＝12m v 2B －12m v 2A ＝32m v 2A 所以U AB ＝3m v 2A 2e ＝3×9.1×10－31×(4×106)2－1.6×10－19×2V ＝－136.5V13．(6分)如图所示，匀强电场场强为E ，与竖直方向成α角，一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置，则场强E 的大小为________．若保持场强方向和小球电荷量不变，将线拉至与场强垂直时，小球能静止，此时场强大小为________．[答案] mg q cos α mg cos αq[解析] 对两种情况下小球的受力分析如图中(a)、(b)所示，对(a)有：Eq cos α＝mg ，所以E ＝mg q cos α对(b)有：Eq ＝mg cos α，所以E ＝mg cos αq. 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，相距为0.2m 的平行金属板A 、B 上加电压U＝40V , 在两板正中沿水平方向射入一带负电荷小球，经0.2s 小球到达B板，若要小球始终沿水平方向运动而不发生偏转，A 、B 两板间的距离应调节为多少？(g 取10m/s 2)[答案] 0.1m[解析] 小球在电场中做匀变速曲线运动，在竖直方向由牛顿第二定律得mg －Uq /d ＝ma d /2＝at 2/2解得：a ＝5m/s 2，m ＝40q要使小球沿水平方向运动，应有mg ＝E ′q E ′＝U /d ′ d ′＝qU /mg ＝0.1m15． (10分)(2009·蚌埠一模)两个正点电荷Q 1＝Q 和Q 2＝4Q 分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A 、B 两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，已知AB ＝L ，如图所示．(1)现将另一正点电荷置于A 、B 连线上靠近A 处静止释放，求它在AB 连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A 点的距离．(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A 点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P 处．试求出图中P A 和AB 连线的夹角θ.[答案] (1)L 3(2)arctan 34 [解析] (1)正点电荷在A 、B 连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小)，设此时距离A 点为x ，即k Q 1q x 2＝k Q 2q (L －x )2∴x ＝L 3. (2)点电荷在P 点处若其所受库仑力的合力沿OP 方向，则它在P 点处速度最大，即此时满足tan θ＝F 2F 1＝k 4Qq (2R sin θ)2k Qq (2R cos θ)2＝4cos 2θsin 2θ，即得：θ＝arctan 34. 16．(11分)(2010·上海华师大附中摸底测试)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计粒子所受重力)．(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置；(3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L /4，仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开(D 不随电场移动)，在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置．[答案] (1)⎝⎛⎭⎫－2L ，14L (2)满足y 1＝L 24x 1方程的点即为所有释放点的位置 (3)在电场Ⅰ区域内满足方程y 2＝3L 28x 2的所有位置 [解析] (1)由动能定理有：eEL ＝12m v 2 由类平抛运动知识有：L ＝v t ，y ＝12at 2＝eE 2m ×L 2v 2＝14L 所以电子离开ABCD 区域的位置坐标为⎝⎛⎭⎫－2L ，14L (2)设释放点位置坐标为(x 1，y 1)，由动能定理有：eEx 1＝12m v 21由类平抛运动知识有：L ＝v 1t 1，y 1＝12at 21＝eE 2m ×L 2v 21＝L 24x 1 所以满足y 1＝L 24x 1方程的点即为所有释放点的位置 (3)设电子从(x 2，y 2)点释放，在电场Ⅰ中被加速到v 2进入电场Ⅱ后做类平抛运动；在高度为y ′处离开电场Ⅱ，然后做匀速直线运动并经过D 处，则有eEx 2＝12m v 22 在电场Ⅱ中下降高度Δy ＝y 2－y ′＝12at 22＝12 eE m ·⎝⎛⎭⎫L v 2 2 v y ＝a ·L v 2＝eEL m v 2，y ′＝v y ·L 4v 2 解得：y 2＝3L 28x 2，即在电场Ⅰ区域内满足方程的点即为所求位置． 17．(11分)(2009·福建质检)如图(甲)所示，水平放置的平行金属板A 、B ，两板的中央各有一小孔O 1、O 2，板间距离为d ，开关S 接1.当t ＝0时，在a 、b 两端加上如图(乙)所示的电压，同时在c 、d 两端加上如图(丙)所示的电压．此时，一质量为m 的带负电微粒P 恰好静止于两孔连线的中点处(P 、O 1、O 2在同一竖直线上)．重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)若在t ＝T 4时刻将开关S 从1扳到2，当u cd ＝2U 0时，求微粒P 的加速度大小和方向； (2)若要使微粒P 以最大的动能从A 板中的O 1小孔射出，问在t ＝T 2到t ＝T 之间的哪个时刻，把开关S 从1扳到2，u cd 的周期T 至少为多少？[答案] (1)g 方向竖直向上 (2)见解析[解析] (1)当A 、B 间加电压U 0，微粒P 处于平衡状态，根据平衡条件，有q U 0d＝mg ①当A 、B 间电压为2U 0时，根据牛顿第二定律，有q 2U 0d－mg ＝ma ② 由①②得a ＝g ，加速度的方向竖直向上(2)依题意，为使微粒P 以最大的动能从小孔O 1射出，应让微粒P 能从O 2处无初速向上一直做匀加速运动．为此，微粒P 应先自由下落一段时间，然后加上电压2U 0，使微粒P 接着以大小为g 的加速度向下减速到O 2处再向上加速到O 1孔射出．设向下加速和向下减速的时间分别为t 1和t 2，则gt 1＝gt 2d 2＝12gt 21＋12gt 22，解得：t 1＝t 2＝d 2g故应在t ＝T －d 2g时刻把开关S 从1扳到2. 设电压u cd 的最小周期为T 0，向上加速过程，有 d ＝12g ⎝⎛⎭⎫T 02－t 22，解得：T 0＝6d 2g.。
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高考物理第一轮总复习满分练兵测试题111
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第3章第1讲一、选择题1．(2009·西南师大附中模拟)下列关于惯性的各种说法中，你认为正确的是() A．抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失C．把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因D．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，则难以推动的物体惯性大[答案] A[解析]抛出去的标枪、手榴弹等因有惯性要继续向前运动，A正确；质量是物体惯性大小的量度，不会因失重而改变，B、C均错误；因两物体材料不同，物体与地面的动摩擦因数不同，故用同样的水平力推不动的，不一定是质量大的，D错误．2．(2009·山师附中模拟)下列说法中错误的是() A．放在水平桌面上静止的物体，其重力与物体对桌面的压力大小相等，是一对平衡力B．人向前走是因为地面对人脚的作用力大于脚对地面的作用力C．鸡蛋掉在地上破了，而地面未损坏，说明地面对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对地面的作用力D．跳高运动员从地面上跳起，是由于地面给运动员的支持力大于运动员所受的重力[答案]ABC[解析]放在桌面上静止的物体，其重力和对桌面的压力大小相等，但他们分别作用在物体和桌面上，不是一对平衡力，A错误；人脚对地面的作用力，地面与鸡蛋间的作用力均为作用力反作用力，由牛顿第三定律知，它们的大小均相等，B、C错误；运动员从地面上跳起时，有向上的加速度，因此，地面给运动员的支持力一定大于运动员的重力，D正确．3．在都灵冬奥会上，张丹和张昊(如图)一起以完美表演赢得了双人滑比赛的银牌．在滑冰表演刚开始时他们静止不动，随着优美的音乐响起在相互猛推一下之后他们分别向相反方向运动．假定两人与冰面间的动摩擦因数相同．已知张丹在冰上滑行的距离比张昊远，这是由于() A．在推的过程中，张丹推张昊的力小于张昊推张丹的力B．在推的过程中，张丹推张昊的时间小于张昊推张丹的时间C．在刚分开时，张丹的初速度大小大于张昊的初速度大小D．在刚分开时，张丹的加速度大小小于张昊的加速度大小[答案] C[解析]根据牛顿第三定律，在推的过程中，作用力和反作用力是等大、反向、共线的，它们总是同时产生、同时消失、同时变化的，所以推力相等，作用时间相同．由于冰刀和冰面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律求得两人的加速度相同(均为μg)，由运动学公式v2＝2as可知，加速度相同，张丹在冰上滑行的距离比张昊远，说明在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度，故选C.4．一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积了水．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的() [答案] C[解析]列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．5．如图所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大(未超出量程)，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明() A．这是两只完全相同的弹簧测力计B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．力是改变物体运动状态的原因[答案] C[解析]两个弹簧测力计的示数对应两弹簧测力计钩上的拉力，不管拉力F多大，a、b 两弹簧测力计的示数总相等，正好说明作用力与反作用力大小相等，方向相反，故C正确．6．(2009·安徽)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是() A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下[答案] C[解析]本题主要考查受力分析与牛顿运动定律，加速时由于加速度沿斜向上方向，所以人应受重力，支持力和摩擦力三个力作用，匀速时加速度为零，人只受重力和支持力二个力作用，且二力平衡，故A、B错．加速时，由于扶梯对人的作用力为支持力和水平向前的摩擦力的合力，所以此时顾客对扶梯的作用力方向指向左下方，匀速时竖直向下，C正确，D错，正确答案C.7．在谷物的收割和脱粒过程中，小石子、草屑等杂物很容易和谷物混在一起，另外谷粒中也有瘪粒．为了将它们分离，湖北农村的农民常用一种叫“风谷”的农具即扬场机分选，如图所示它的分选原理是() A．小石子质量最大，空气阻力最小，飞得最远B．空气阻力对质量不同的物体影响不同C．瘪谷粒和草屑质量最小，在空气阻力作用下，反向加速度最大，飞得最远D．空气阻力使它们的速度变化不同[答案] D[解析]由题意知，小石子、实谷粒和瘪谷粒及草屑在离开“风谷机”时具有相等的初速度，空气阻力可视为相差不大，但小石子和实谷粒的质量较大，而质量是惯性的唯一量度，则在飞行过程中，小石子的速度变化最小，飞得最远，瘪谷粒和草屑速度变化最大，飞得最近．8．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为() A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g[答案] B[解析]对竿上的人分析：受重力mg，摩擦力F f，有mg－F f＝ma竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg，摩擦力F f，方向向下，支持力F N, Mg＋F f＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N＝(M＋m)g－ma.二、非选择题9．蛙泳时，双脚向后蹬水，水受到向后的作用力，则人体受到向前的反作用力，这就是人体获得的推进力．但是，在自由泳时，下肢是上下打水，为什么却获得向前的推进力呢？[答案]见解析[解析]如图表示人体作自由泳时，下肢在某一时刻的动作：右脚向下打水，左脚向上打水．由图可见，由于双脚与水的作用面是倾斜的，故双脚所受的作用力P和Q是斜向前的(水所受的作用力是斜向后的)．P的分力为P1和P2，而Q的分力为Q1和Q2，P1和Q1都是向前的分力，也就是下肢获得的推进力．同样道理，鱼类在水中左右摆尾，却获得向前的推力，也是由于向前的分力所致．10．有一仪器中电路如图所示，其中M是质量较大的金属块，将仪器固定在一辆汽车上，汽车启动时和急刹车时，发现其中一盏灯亮了，试分析是哪一盏灯亮了．[答案]汽车启动时绿灯亮，急刹车时红灯亮[解析]汽车启动时，金属块M由于惯性，相对汽车向后运动，绿灯所在的支路被接通，所以绿灯亮；汽车急刹车时，由于惯性，金属块M相对汽车向前运动，红灯所在的支路被接通，所以红灯亮．11．如图所示，水平放置的小瓶内装有水，其中有气泡，当瓶子从静止状态突然向右加速运动时，小气泡在瓶内将向何方运动？当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内又将如何运动？[答案]见解析[解析]在许多学生的答卷中这样写道：当瓶子从静止状态突然向右运动时，小气泡在瓶内由于惯性将向左运动；当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内由于惯性将向右运动．而正确答案刚好与之相反．因为当瓶子从静止状态突然向右加速运动时，瓶中的水由于惯性要保持原有的静止状态，相对瓶来说是向左运动，气泡也有惯性，但相比水来说质量很小，惯性小可忽略不计，所以气泡相对水向右移动．同理，当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内将向左运动．另外，该题也用转换研究对象的方法予以定量解决．设想有一块水，其体积、形状和气泡相同，当玻璃管向右加速运动时，这块水就和周围的水一起向右加速运动，相对于玻璃管不会有相对运动，这块水所受的外力F由周围的水对它产生，设这块水的体积为V，水的密度为ρ水，玻璃管的加速度为a，则F＝m水a＝ρ水Va.现在将这块水换成气泡，显然，在其他条件不变的情况下，周围水对气泡的作用力仍为F，气泡将在该力作用下做加速运动．则a气＝F/m气＝ρ水Va/ρ气V，∵ρ水>ρ气，∴a气>a，即气泡相对于玻璃管向右运动．12．如图所示，轻质弹簧上端小球质量为m，平衡时弹簧的压缩量为x，在某次振动过程中，当小球运动到最低点时，弹簧的压缩量为2x，试求此时小球的加速度和弹簧对地面的压力．[答案]g竖直向上2mg竖直向下[解析]平衡时有：mg＝kx，在最低点，取向上为正方向有：2kx－mg＝ma解得：a＝g弹簧对地面的压力等于其弹力，故F N＝2kx＝2mg.13．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？[答案]F f＋Mg[解析]环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受一个重力，及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力F f，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f′，故箱子竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg，地面对它的支持力F N，及环给它的摩擦力F f′，由于箱子处于平衡状态，可得F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子给地面的压力大小等于地面给箱子的弹力，即F N′＝F f＋Mg.。
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题61
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第2章第1讲一、选择题1．关于摩擦力，下列说法正确的是() A．两个接触的物体间可能只存在相互作用的摩擦力B．两个物体间有弹力一定有摩擦力C．汽车在水平公路上行驶，驱动轮受到的摩擦力向前D．杂技演员用手握着竖直的杆向上攀，手握杆的力越大，手受到杆的摩擦力越大[答案] C[解析]有摩擦力一定有弹力，A错；有弹力不一定有摩擦力，B错；驱动轮与地面间的力是动摩擦力，此时方向向前，C正确，演员爬杆时，是静摩擦力，与压力无关，D错．2．一氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力F作用下做匀速直线运动，不计空气阻力和风力的影响，而重物匀速运动的方向如图中箭头所示的虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置正确的是() [答案] A[解析]重物只在重力和绳子的拉力F作用下做匀速直线运动，那么这两个力的合力为0，即绳子的拉力方向是竖直向上，A正确．3．如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重量是2N的小球，小球处于静止状态时，弹性杆对小球的弹力() A．大小为2N，方向平行于斜面向上B．大小为1N，方向平行于斜面向上C．大小为2N，方向垂直于斜面向上D．大小为2N，方向竖直向上[答案] D[解析]由于小球处于静止状态，故小球受力平衡，弹性杆对小球的弹力F N＝G＝2N，方向竖直向上．4．(2009·江苏高考模拟)如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B.A和B 之间有一根处于压缩状态的弹簧．A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是() A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力[答案] D[解析]弹簧对B有向左的弹力，B保持静止，因此A对B有向右的摩擦力，B对A的摩擦力向左，A、B错误；A、B整体在水平方向不受其他外力作用，因此没有向左或向右的运动趋势，地面对A没有摩擦力．C错误、D正确．5．(2009·安徽蒙城六中教学质检)如图所示，加装“保护器”的飞机一旦在空中发生事故失去动力时，上方的降落伞就会自动弹出．如果一根伞绳就能承重2940N，降落伞展开后伞绳与竖直方向的夹角均为30°，飞机的质量约为30t，忽略其他因素，仅考虑当飞机处于平衡时，降落伞的伞绳至少所需的根数最接近() A．120根B．12根C．60根D．100根[答案] A[解析]每根伞绳能承受的拉力为F＝2940N，设共需n根，则有nF cos30°＝300000N，解得n＝118，A正确．6．(2009·安徽蚌埠质检)如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg，弹簧测力计读数为2N，滑轮摩擦不计，若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减小到0.3kg，将会出现的情况是(g＝10m/s2) () A．弹簧测力计的读数将变小B．A仍静止不动C．A对桌面的摩擦力不变D．A所受的合力将要变大[答案] B[解析]初态时，对A：得到F f＝F1－F2＝4N，说明最大静摩擦力F max≥4N，当将总质量减小到0.3kg时，物体仍静止，F f′＝1N.7．(2009·安徽含山县林头中学高三月考)如图所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行．若物块在斜面上做简谐运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象是() [答案] C[解析]由于斜面光滑，尽管物块在斜面上做简谐运动，但由于物块对斜面的摩擦力为零，对斜面的正压力始终等于重力沿垂直斜面方向的分力，因此地面对斜面体的摩擦力始终是一个恒力，C正确．8．如图所示，AOB为水平架光滑杆，其夹角∠AOB＝60°，在杆上套两个质量均为m 的小球，两小球由可伸缩的弹性绳连接，在绳的中点C，施以沿∠AOB角平分线方向向右的水平拉力F，两小球平衡时绳对小球弹力大小为F T，则F T与F大小的关系是() A．F T＝F B．F T>FC．F T<F D．无法确定[答案] A[解析]球和C点受力如图所示，球平衡时F N＝F T，C点受三个力互成120°角而平衡F ＝F T，正确选项是A.二、非选择题9．如下图所示，三个质量均不计的完全相同的测力计，各小球质量相同，一切摩擦不计，平衡时各弹簧秤示数分别为F1、F2、F3，其大小关系是________．[答案]F1＝F2＝F3[解析]A图：受下面一个球对它的拉力和上面一个球对它的拉力，如果没有上面一个球对它的拉力，弹簧就不能悬在空中．B图：分别受到墙和小球对它的拉力，如果没有墙对它的拉力，弹簧将运动起来．C图：分别受到两个小球对它的拉力．由此可见，三种情况都是受到两个拉力且平衡，故结果一样，F1＝F2＝F3.10．(2008·潍坊)如图所示，长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹角为30°，且使小球A处于静止状态，则对小球施加的最小的力等于________．[答案]12mg[解析]对小球受力分析如图，将mg沿绳和垂直绳方向分解，绳子拉力可以和G x平衡，外力F直接与G y平衡时，外力F最小F min＝G y＝mg sin30°∴F min＝12mg.11．如图所示，水平面上有一重为40N的物体，受到F1＝13N和F2＝6N的水平力的作用而保持静止．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物体所受的摩擦力的大小与方向．(2)当只将F1撤去，物体受到的摩擦力的大小和方向．(3)若撤去的力不是F1而是F2，则物体受到的摩擦力大小方向又如何？[答案](1)7N，水平向右(2)6N，水平向左(3)8N，水平向右[解析]最大静摩擦力F m＝μF N＝μG＝0.2×40N＝8N(1)因为F 1－F 2＝13N －6N ＝7N<F m ，所以摩擦力为静摩擦力，且Ff 1＝7N ，方向与物体相对运动趋势方向相反，即水平向右．(2)因为F 2＝6N<F m ，所以摩擦力为静摩擦力，且Ff 2＝6N ，方向与F 2方向相反，即水平向左．(3)因为F 1＝13N>F m ，所以摩擦力为滑动摩擦力，Ff 3＝μF N ＝8N ，方向与F 1方向相反，即水平向右．12．如图所示，倾角α＝60°的斜面上，放一质量为1kg 的物体，用k ＝100N/m 的轻质弹簧平行于斜面拉着，物体放在PQ 之间任何位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体就会沿斜面滑动．若AP ＝22cm ，AQ ＝8cm ，试求物体与斜面间的最大静摩擦力的大小．(取g ＝10m/s 2)[答案] 7N[解析] P 、Q 两点应是静摩擦力最大的两个临界位置，在P 点弹簧处于伸长状态，受力分析如图(1)所示．f m ＝F 1－mg sin α①在Q 点弹簧处于压缩状态，受力分析如图(2)所示．f m ＝F 2＋mg sin α②设弹簧原长x ，则有F 1＝k (0.22－x )③F 2＝k (x －0.08)④由①②得⎩⎪⎨⎪⎧f m ＝F 1－mg sin αf m ＝F 2＋mg sin α 所以2f m ＝F 1＋F 2＝k (0.22－0.08)f m ＝12×100×0.14N ＝7N. 13．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板．系统处于静止状态．现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C 时物块A 受到的合外力和从开始到此时物块A 的位移d .(重力加速度为g )[答案] F －(m A ＋m B )g sin θ (m A ＋m B )g sin θk[解析] B 刚要离开C 时，弹簧弹力大小，F 弹＝m B g sin θ.以A 为对象受力如图故合力F 合＝F －F 弹－m A g sin θ＝F －(m A ＋m B )g sin θ，开始时弹簧压缩量Δx 1＝m A g sin θk， B 刚要离开时，弹簧伸长量Δx 2＝m B g sin θk， 所以A 的位移d ＝Δx 1＋Δx 2＝(m A ＋m B )g sin θk .。
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题421
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第6章第三讲一、选择题1．在平行板间加上如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中，能定性描述粒子运动的速度图象的是 ( )[答案] A[解析] 前T 2带电粒子做匀加速直线运动，后T 2做匀减速直线运动．T 时刻速度减为零，以后重复第一周期内的运动，则正确答案为A.2．如图所示是一个由电池、电阻R 与平行板电容器组成的串联电路．在增大电容器两极板间距离的过程中 ( )A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流[答案] BC[解析] 由题意知，电容器两板间电压U 一定，设已充电荷量为Q ，当两板距离增大时，电容C 变小，由Q ＝CU 知Q 减小，必有一部分正电荷通过电阻R 回流．故BC 对．3．如图所示，带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M 、N 水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v 0沿直线运动，当微粒运动到P 点时，将M 板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的可能运动情况是 ( )A ．沿轨迹④运动B ．沿轨迹①运动C ．沿轨迹②运动D ．沿轨迹③运动[答案] C[解析] 由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εS可知，两极板带电量、电介质和正对面积不变时，M 板迅速向上平移一小段距离，不影响板间场强，因而场强不变，微粒受力情况不变，粒子沿原直线运动．4．(2009·海门模拟)如图所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电量在减小，液体的深度h 在减小[答案] D[解析] 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在减小，故D 正确．5．如图所示，a 、b 、c 三条虚线为电场中的等势面，等势面b 的电势为零，且相邻两个等势面间的电势差相等，一个带正电的粒子在A 时的动能为10J ，在电场力作用下从A 运动到B 速度为零，当这个粒子的动能为7.5J 时，其电势能为 ( )A ．12.5JB ．2.5JC ．0D ．－2.5J[答案] D[解析] 由题意可知，粒子从A 到B ，电场力做功－10J ，则带电粒子由A 运动到等势面b 时，电场力做功－5J ，粒子在等势面b 时的动能为5J.粒子在电场中电势能和动能之和为5J ，当动能为7.5J 时，其电势能为－2.5J.6．(2010·青岛市检测)一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则 ( )A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对[答案] B[解析] 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12m v 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE )(h －2R )＝12m v 22，联立解得mg －qE ＝m v 22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确． 7．如图所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒P 位于两板间恰好平衡，现用外力将P 固定，然后使两板各绕其中点转过α角，如图中虚线所示，撤去外力，则P 在两板间 ( )A ．保持静止B ．水平向左做直线运动C ．向左下方运动D ．不知α角的值无法确定P 的运动状态[答案] B[解析] 设初状态极板间距是d ，旋转α角度后，极板间距变为d cos α，所以电场强度E ′＝E cos α，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向仍然平衡，水平方向有电场力的分力，所以微粒水平向左做匀加速直线运动，故B 选项正确．解决本题的关键是确定新场强与原来场强在大小、方向上的关系．8．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为( )A ．m v 20 B.12m v 20C ．2m v 20 D.52m v 20[答案] D[解析] 小球到P 点时，水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v P y t ，所示合速度v P ＝v 20＋v 2P y ＝5v 0E k P ＝12m v 2P ＝52m v 20.故选D. 二、非选择题9．如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk ＝－182V ；栅网：能让电子由其间穿过，电势φg ＝0；反射电板电势为φr ＝－250V.与栅网的距离d ＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多少时间后再到栅网？[答案] 1.5×10－9s[解析] 因为|φk |<|φr |，所以电子穿过栅网，不到反射电板就返回．设电子在到达栅网时速度为v ，则12m v 2＝e (φg －φk )， 电子在栅网和反射电板间的加速度a ＝e (φg －φr )md， 又t ＝2v a，解得t ≈1.5×10－9s. 10．如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一“L ”形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中．管的水平部分长为l 1＝0.2m ，离水平地面的距离为h ＝5.0m ，竖直部分长为l 2＝0.1m.一带正电的小球从管的上端口A 由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短可不计)时没有能量损失，小球在电场中受到的静电力大小为重力的一半，求：(1)小球运动到管口B 时的速度大小；(2)小球着地点与管的下端口B 的水平距离．(g ＝10m/s 2)．[答案] (1)2.0m/s (2)4.5m[解析] (1)在小球从A 运动到B 的过程中，对小球由动能定理有：12m v 2B－0＝mgl 2＋F 电l 1，①解得：v B ＝g (l 1＋2l 2)②代入数据可得：v B ＝2.0m/s ③(2)小球离开B 点后，设水平方向的加速度为a ，位移为s ，在空中运动的时间为t ，水平方向有：a ＝g 2，④ s ＝v B t ＋12at 2，⑤ 竖直方向有：h ＝12gt 2，⑥ 由③～⑥式，并代入数据可得：s ＝4.5m.11．如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4.0×103N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q ＝－5.0×10－4C.取重力加速度g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度；(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q .(计算结果保留两位有效数字)[答案] (1)2.4m/s (2)0.10m (3)0.96J[解析] (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力为F f ＝μ(mg －qE )cos37°，设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理，(mg －qE )h －F f h sin37°＝12m v 21， 解得v 1＝2.4m/s.(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，设此高度为h 1，根据动能定理，－(mg －qE )h 1－F f h 1sin37°＝12m v 21， 代入数据解得h 1≈0.10m.(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q ＝(mg －qE )h ＝0.96J.12．(2009·如皋市一中月考)有一带负电的小球，其带电量q ＝－2×10－3C.如图所示，开始时静止在场强E ＝200N/C 的匀强电场中的P 点，靠近电场极板B 有一挡板S ，小球与挡板S 的距离h ＝5cm ，与A 板距离H ＝45cm ，重力作用不计．在电场力作用下小球向左运动，与挡板S 相碰后电量减少到碰前的k 倍，已知k ＝56，而碰后小球的速度大小不变． (1)设匀强电场中挡板S 所在位置处电势为零，则电场中P 点的电势为多少？小球在P 点时的电势能为多少？(电势能用E P 表示)(2)小球从P 点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功？(3)小球经过多少次碰撞后，才能抵达A 板？[答案] (1)－10V 0.02J (2)0 (3)13[解析] (1)由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得：U SP ＝Eh由电势差和电势之间的关系得：U SP ＝φS －φP联立解得P 点的电势为：φP ＝φS －Eh ＝0－200×5×10－2V ＝－10V小球在P 点的电势能为：E P ＝qφP ＝－2×10－3×(－10)J ＝0.02J(2)对小球从P 点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得：W 电＝E k 1－E k 0解得：W 电＝E k 1－E k 0＝0－0＝0(3)设碰撞n 次后小球到达A 板，对小球运动的全过程应用动能定理得：qEh －k n qE (h ＋H )＝E k 1－E k 0小球到达A 板的条件是：E kn ≥0联立解得：n ≥12.5，即小球经过13次碰撞后，才能抵达A 板．13．(2009·江苏淮安市二月四校联考)在足够大的绝缘光滑水平面上有一质量m ＝1.0×10－3kg 、带电量q ＝1.0×10－10C 的带正电的小球，静止在O 点．以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系xOy .在t 0＝0时突然加一沿x 轴正方向、大小E 1＝2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动．在t 1＝1.0s 时，所加的电场突然变为沿y 轴正方向、大小E 2＝2.0×106V/m 的匀强电场．在t 2＝2.0s 时所加电场又突然变为另一个匀强电场E 3，使小球在此电场作用下在t 3＝4.0s 时速度变为零．求：(1)在t 1＝1.0s 时小球的速度v 1的大小；(2)在t 2＝2.0s 时小球的位置坐标x 2、y 2；(3)匀强电场E 3的大小；(4)请在如图所示的坐标系中绘出该小球在这4s 内的运动轨迹．[答案] (1)0.2m/s (2)(0.3,0.1) (3)1.4×106V/m (4)见解析图[解析] (1)0～1s 对小球应用牛顿第二定律得：qE 1＝ma 1解得小球的加速度为：a 1＝qE 1/m ＝0.2m/s 2小球在t 1＝1.0s 时的速度大小为：v 1＝a 1t 1＝0.2×1m/s ＝0.2m/s(2)小球在t 1＝1.0s 时的位置坐标为：x 1＝12a 1t 21＝12×0.2×1.02m ＝0.1m在1.0s～2.0s内对小球应用牛顿第二定律得：qE2＝ma2解得小球的加速度为：a2＝qE2/m＝0.2m/s2在t2＝2.0s时小球的位置坐标为：x2＝x1＋v1(t2－t1)＝0. 1m＋0.2×1.0m＝0.3my2＝12a2(t2－t1)2＝12×0.2×1.02m＝0.1m设在t2＝2.0s时小球的速度为v2，则有：v22＝v21＋(at2)2解得：v2＝2v1＝2×0.2m/s＝0.28m/s(3)2.0s～0.4s内对小球应用牛顿第二定律得：qE3＝ma3小球在4.0s时速度减为零，说明小球做匀减速直线运动，由运动学公式得：v4＝v2－a3t3联立解得匀强电场E3的大小为：E3＝1.4×106V/m(4)小球在这4s内的运动轨迹如图所示．。
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.。
【精品】2011届高考物理第一轮总复习满分练兵场 第6章第1讲
2011届高考第一轮总复习总分为练兵场第6章第一讲一、选择题1．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如下图为点电荷a 、b 所形成电场线的电场分布图，以下几种说法正确的答案是 ()A ．a 、b 为异种电荷，a 带电量大于b 带电量B ．a 、b 为异种电荷，a 带电量小于b 带电量C ．a 、b 为同种电荷，a 带电量大于b 带电量D ．a 、b 为同种电荷，a 带电量小于b 带电量[答案]B[解析] 由电场线分布情况可知a 、b 为异种电荷，b 处电场线比a 处电场线要密，故b 处附近场强大于a 处附近场强，b 带电量大于a 带电量，所以B 正确．2．将一质量为m 的带电粒子(不计重力)放在电场中无初速释放，如此如下说法正确的答案是()A ．带电粒子的轨迹一定和电场线重合B ．带电粒子的速度方向总是与所在处的电场线切线方向一致C ．带电粒子的加速度方向总是与所在处的电场线切线方向重合D ．带电粒子将沿电场线的切线方向抛出，做抛物线运动[答案]C[解析] 带电粒子的轨迹与电场线重合必须满足：①电场线是直线，②只受电场力，③v 0＝0或v 0方向与场强方向共线，所以A 错；带电粒子的速度方向不一定与E 方向一样，但其所受电场力的方向必与该处电场线的切线重合，应当选项B 错，C 对；因为电场不一定为匀强电场，其合力不一定为恒力，故不一定做抛物线运动，选项D 错．3．如下列图，实线为不知方向的三条电场线，从电场线中M 点以一样速度垂直于电场线方向飞出a 、b 两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，如此 ()A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 的速度将减小，b 的速度将增大C ．a 的加速度将减小，b 的加速度将增加D ．两个粒子的动能，一个增加一个减小[答案]C[解析] 带电粒子所受电场力的方向大致指向轨迹弯曲的内侧，如此可知a 、b 两粒子所受电场力方向大致为向左、向右．因不知电场线的方向，如此无法确定两带电粒子的电性，A 错误．电场力对两带电粒子均做正功，动能和速度均增加，如此B 、D 错误．电场线的疏密程度表示电场的强弱，且电场力F ＝qE ，a ＝F m，如此可知a 的加速度将减小，b 的加速度将增加，如此C 正确．4．(2010·镇江测试)如下列图，在真空中一条竖直向下的电场线上有a 、b 两点．一带电质点在a 处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b 点时速度恰好为零．如此下面说法正确的答案是()A ．该带电质点一定带正电荷B ．该带电质点一定带负电荷C ．a 点的电场强度大于b 点的电场强度D ．质点在b 点所受到的合力一定为零[答案]BC[解析] 带电质点由a 点释放后向上运动，可知合力方向向上，而质点所受重力竖直向下，故电场力一定竖直向上，与电场线方向相反，可知该质点一定带负电，B 项正确，A 项错；带电质点到b 点时速度又减为零，可知向上运动过程中，合力先向上再向下，即重力不变，电场力减小，可知a 处电场强度大于b 处电场强度，C 项正确，D 项错．5．宇航员在探测某星球时发现：①该星球带负电，而且带电均匀；②星球外表没有大气；③在一次实验中，宇航员将一个带电小球(其电荷量远远小于星球电荷量)置于离星球外表某一高度处无初速释放，恰好处于悬浮状态．如果选距星球外表无穷远处的电势为零，如此根据以上信息可以推断 ()A ．小球一定带正电B ．小球的电势能一定小于零C ．改变小球离星球外表的高度并无初速释放后，小球仍然处于悬浮状态D ．改变小球的电荷量后再在原高度处无初速释放，小球仍然处于悬浮状态[答案]C[解析] 设星球和带电小球的质量分别为M 、m ，电荷量分别为Q 、q ，由于星球带电均匀，可看作电荷集中在球心的点电荷，释放小球后，小球受万有引力和库仑力而处于平衡，有：G Mm (R ＋h )2＝k (R ＋h )2可知：小球带负电，且平衡位置与高度无关，所以C 选项正确． 6．(2009·泰州模拟)如下列图，有一带电量为＋q 的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d ，＋q 到带电薄板的垂线通过板的圆心．假设图中a 点处的电场强度为零，如此图中b 点处的电场强度大小是 ()A.kq 9d 2＋kqd2 B ．k q 9d 2－k q d 2 C ．0 D ．k qd2 [答案]A[解析] 由a 点处电场强度为零，可知带电圆形薄板在a 处的场强E 1与＋q 在a 处的场强E 2等大反向，故E 1＝E 2＝kq d 2；由对称性可知，带电圆形薄板在b 处的场强大小也为E 1，方向向左，而＋q 在b 处的场强E 2′＝kq (3d )2，方向也向左，故图中b 点处的电场强度大小为E 1＋E 2′＝kq d 2＋kq 9d2，故A 正确． 7．两个质量分别是m 1、m 2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q 1、q 2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，两球位于同一水平线上，如下列图，如此如下说法正确的答案是()A ．假设m 1>m 2，如此θ1>θ2B ．假设m 1＝m 2，如此θ1＝θ2C ．假设m 1<m 2，如此θ1>θ2D ．假设q 1＝q 2，如此θ1＝θ2[答案]BC[解析]m 1、m 2受力如下列图，由平衡条件可知，m 1g ＝F cot θ1，m 2g ＝F ′cot θ2因F ＝F ′，如此m 1m 2＝cot θ1cot θ2所以B 、C 两项正确．8．如下列图A 、B 是带有等量的同种电荷的两小球，它们的质量都是m ，它们的悬线长度是L ，悬线上端都固定在同一点O ，B 球悬线竖直且被固定，A 球在力的作用下，偏离B 球x 的地方静止平衡，此时A 受到绳的拉力为F T ；现保持其他条件不变，用改变A 球质量的方法，使A 球在距B 为x /2处平衡，如此A 受到绳的拉力为()A ．F TB ．2F TC ．4F TD ．8F T[答案]D[解析] 对A 球受力分析如下列图，F 斥和F T 的合力F 与mg 等大反向，由几何知识知，F 、F T 、F 斥组成的力的矢量三角形与几何△OAB 相似，所以：x k Q A Q B x2＝L F T 当A 、B 间距变为x 2时：x2k Q A Q B (x 2)2＝L F T ′ 解以上两式得F T ′＝8F T ，应当选D.二、非选择题9．如下列图，半径为R 的硬橡胶圆环，其上带有均匀分布的正电荷，单位长度上的电荷量为q .现在环上截去一小段长度为L (L ≪R )的圆弧AB ，如此在圆环中心O 处的电场强度的大小为________．[答案]kLq /R 2[解析] 未截去圆弧AB 时，整个圆环上的电荷分布关于圆心对称，如此O 处的电场强度为0.截去圆弧AB 后，除CD (和AB 关于O 对称的一小段圆弧)外，其余的电荷在O 处的场强为0，如此CD 在O 处的场强就等于中心O 处电场强度E .CD 上所带电荷量为Lq ，根据点电荷场强公式可得E ＝kLq /R 2.10．如下列图，真空中O 点有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点，a 点的场强大小为E a ，b 点的场强大小为E b ，E a 、E b 的方向如下列图，如此关于a 、b 两点场强大小的关系是________．[答案]E a ＝3E b[解析] 由题知：E a ＝k Q (ab sin30°)2＝4kQ (ab )2， E b ＝k Q(ab sin60°)2＝4kQ 3(ab )2， 所以有：E a ＝3E b .11．在绝缘水平面上固定着带电小球A ，其质量为M ，所带电量为Q .带电小球B 与A 之间相距为r ，质量为m ，所带电量为q .现将小球B 无初速释放，求：(1)刚释放小球B 的加速度为多大？(2)释放后B 做什么运动？[答案](1)k mr 2(2)见解析 [解析](1)由库仑定律与牛顿第二定律得F ＝k r 2＝ma ，a ＝k mr 2(2)由于小球B 逐渐远离小球A ，即r 变大，F 变小，a 变小，小球B 做加速度减小的加速运动．12．如下列图，绝缘水平面上静止着两个质量均为m ，电量均为＋Q 的物体A 和B (A 、B 均可视为质点)，它们间的距离为r ，与水平面间的动摩擦因数均为μ，求：(1)A 受的摩擦力为多大？(2)如果将A 的电量增至＋4Q ，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A 、B 各运动了多远距离？ [答案](1)k Q 2r 2(2)各运动了Q k μmg －r 2[解析](1)由A 受力平衡，得：A 受的摩擦力为：F A ＝F 库＝k Q 2r2. (2)当加速度第一次为零时，库仑力和滑动摩擦力大小相等μmg ＝k 4Q 2r ′2，r ′＝2Q k μmg间距增大了2Q k μmg－r 因A 、B 的质量相等，所以加速度在这段时间内的任何时刻总是等大反向，因此A 、B 运动的距离相等，各运动了Qk μmg －r 2. 13．质量为m 的小球A 在绝缘细杆上，杆的倾角为α.小球A 带正电，电量为q .在杆上B 点处固定一个电量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速释放．小球A 下滑过程中电量不变．不计A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．静电力常量k 和重力加速度g .(1)A 球刚释放时的加速度是多大？(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．[答案](1)g sin α－k sin 2αmH2 (2)k mg sin α[解析](1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma .根据库仑定律F ＝kr 2，r ＝H /sin α.解得a ＝g sin α－k sin 2αmH 2. (2)当A 球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，如此mg sin α＝k R 2，解得R ＝k mg sin α. 14．在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A ，A 又通过一长为10cm 的绝缘细绳连着另一个带负电的小球B ，B 的质量为0.1kg ，电荷量为19×10－6C ，如下列图，将小球B 缓缓拉离竖直位置，当绳与竖直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B 将在竖直面内做圆周运动．释放瞬间绳刚好张紧，但无张力．g 取10m/s 2.求(1)小球A 的带电荷量；(2)小球B 运动到最低点时绳的拉力．[答案](1)5×10－6C(2)1.5N[解析](1)小球B 刚释放瞬间，因v ＝0故垂直切线方向mg cos60°＝kq A q B L 2 代入数值，求得q A ＝5×10－6C(2)因释放后小球B 做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，由机械能守恒得mg (L －L cos60°)＝12mv 2 由最低点F T ＋kq A q B L 2－mg ＝mv 2L由以上各式得：F T ＝32mg ＝1.5N。
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题211
2011届高考第一轮总复习满分练兵场选修3-4 第2讲一、选择题1．2009年3月1日下午4时13分10秒，“嫦娥一号”卫星在北京航天飞行控制中心科技人员精确控制下，准确落于预定撞击点．撞月时可产生的现象有() A．碰撞会产生大火球B．四处飞溅的碎片C．腾空而起的蘑菇云D．可听到爆炸声[答案]ABC[解析]因为月球上没有传播声波的“媒介”——空气．故不选D.2．(2009·陈经纶中学高三调研)如图所示为某时刻从O点同时发出的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，P点在甲波最大位移处，Q点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是() A．两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短B．P点比Q点先回到平衡位置C．在P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动D．甲波和乙波在空间相遇处会产生稳定的干涉图样[答案] C[解析]两列波在同一介质中传播速度相同，因此传播相同的距离用时相等，A错误；由图象可知，甲波波长是乙波长的1.5倍，由T＝λv可知，其周期是乙波周期的1.5倍，P点比Q 点回到平衡位置用时多，B错误；在P质点完成20次全振动的时间内Q质点可完成30次全振动，C正确；由于周期不同，频率不同，因此甲波和乙波在空间相遇处不会产生稳定的干涉图样，D错误．3．(2009·安徽省皖南八校高三第二次联考)水平放置的弹性长绳上有一系列均匀分布的质点1、2、3、…，先使质点1沿着竖直方向做简谐运动，振动将沿绳向右传播，从质点1经过平衡位置向上运动的时刻开始计时，当振动传播到质点13时，质点1恰好完成一次全振动．此时质点10的加速度() A．为零B．为最大值C．方向竖直向上D．方向竖直向下[答案]BD[解析]质点1经过平衡位置向上运动的时刻开始计时，当振动传播到质点13时，质点1恰好完成一次全振动，说明1到13点间有一个完整的波形，由波的传播方向与质点的振动方向可知，质点4处在波谷，质点10在波峰，此时质点10的加速度最大，方向竖直向下．4．(2009·苏北十校联考)如图所示，一简谐横波在x 轴上传播，轴上a 、b 两点相距12m.t ＝0时a 点为波峰，b 点为波谷，t ＝0.5s 时a 点为波谷，b 点为波峰，则下列判断中正确的是( )A ．波一定沿x 轴正方向传播B ．波长可能是8mC ．周期可能是0.5sD ．波速可能是24m/s[答案] BD[解析] 波沿哪个方向传播不能确定，由题意可知，a 、b 间的距离应为半波长的奇数倍，因此B 正确；0.5s 时间间隔应为半个周期的奇数倍，C 错误；波速v ＝12×2/(2k ＋1)0.5×2/(2m ＋1)(k 、m 为非负整数)，当k 、m 取值相同时，波速为24m/s ，D 正确．5．(2009·甘肃省天水一中高三调研)一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，t ＝0时刻的波形如图中实线所示，t ＝0.2s 时刻的波形如图中的虚线所示，则 ( )A ．质点P 的运动方向向右B ．波的周期可能为0.27sC ．波的频率可能为1.25HzD ．波的传播速度可能为20m/s[答案] C[解析] 质点P 不可能沿波的传播方向移动，A 错误；波沿x 轴正方向传播，由两个时刻的波形可知，0.2s ＝(k ＋1/4)T ，显然，将0.27s 代入，k 不可能为非负整数，B 错误；频率1.25Hz ，对应的周期为0.8s ，代入上式可得k ＝0，因此C 正确；波速v ＝24(k ＋1/4)0.2m/s ，将20m/s 代入，k 不可能为非负整数，D 错误．6．(2009·南充市高第一次高考适应性考测)一列简谐横波沿x 轴负方向传播，周期为0.2s ，某时刻波形如图所示，介质中质点a 、b 的平衡位置距原点O 的距离分别是8cm 和16cm ，则该时刻有 ( )A ．a 质点正在沿y 轴的正方向运动B ．b 质点的加速度方向沿y 轴的正方向C ．该波的波速为1m/s ，故经t ＝0.08s ，b 质点将向x 轴负方向运动0.08m 的距离D ．从该时刻起，第一次质点a 的运动状态与该时刻质点b 的运动状态相同时，所经历的时间为t ＝0.08s[答案] AD[解析] 简谐横波沿x 轴负方向传播，根据逆向走坡法可知，a 质点正在沿y 轴的正方向运动，A 正确，b 质点的加速度方向指向平衡位置，沿y 轴负方向，B 错误；从图上看出波长为20cm ，周期为0.2s ，因此波速为1m/s ，但质点b 不会沿x 轴运动，C 错误；从该时刻起，质点a 的运动状态与该时刻质点b 的运动状态相同时，波形沿－x 方向移动8cm ，需要时间0.08s ，D 正确．二、非选择题7．一列简谐横波，沿x 轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图(甲)所示．①该振动的振幅是________cm ；②振动的周期是________s ；③在t 等于14周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移是________cm.图(乙)为该波在某一时刻的波形图，A 点位于x ＝0.5m 处．④该波的传播速度是________m/s ；⑤经过12周期后，A 点离开平衡位置的位移是________cm.[答案] ①8 ②0.2 ③0 ④10 ⑤－8[解析] 由振动图象可以看出该振动的振幅为8cm ，振动周期为0.2s ，在t ＝14周期时，原点的质点刚好回到平衡位置，因而位移为零．由(乙)可以看出，该波的波长为2m ，则波速v ＝λT ＝20.2m/s ＝10m/s.经过12周期后，A 点刚好到达负的最大位移处，因而位移为－8cm. 8．(2009·泰州市第二学期期初联考)位于x ＝0处的声源从t ＝0时刻开始振动，振动图象如图所示，已知波在空气中传播的速度为340m/s ，则：(1)该声源振动的位移随时间变化的表达式为________mm.(2)从声源振动开始经过________s ，位于x ＝68m 的观测者开始听到声音．(3)如果在声源和观测者之间设置一堵长为30m ，高为2m ，吸音效果良好的墙，观测者能否听到声音，为什么？[答案] (1)y ＝4sin250πt (2)0.2 (3)能 见解析[解析] (1)振动按正弦规律变化，振幅为4mm ，周期为8×10－3s ，角频率ω＝250π，因此振动图象为y ＝4sin250πt .(2)波速为340m/s ，因此传播68m 用时0.2s.(3)因为声波的波长与障碍物的高度差不多，可以发生明显的衍射现象，所以，观察者能够听到声音．9．据研究，在浅水处水波的波速跟水的深度有关，其关系式为v ＝gh ，式中h 为水深，g 为重力加速度．如图甲是一个池塘的剖面图，A 、B 两部分水深不同，乙图是从上向下看的俯视图，看到岸边从P 点向外传播的水波波形(小弧形实线代表波峰，虚线代表波谷)．沿波的传播方向有一把刻度尺L ，若已知A 处水深为20cm ，求B 处的水深．[答案] 80cm[解析] 由乙图可知，B 处的水波波长λB 为A 处水波波长λA 的2倍且A 、B 两处的水波频率均等于P 点的振动频率f .由v ＝fλ，有：v B v A ＝λB λA＝2 而v A ＝gh A ；v B ＝gh B 得：h B ＝4h A ＝80cm.10．有一种沙漠蝎子既没有眼睛，也没有耳朵．它捕食猎物靠的是一种地震仪式的本领．它有八条腿，趴伏时大致对称地放置在躯体四周(如图所示)．不远处的小虫一有骚动，就会在沙面上引起一阵地震波．蝎子从哪只腿先感到地震波就能判断小虫所在的方向，并从P 波和S 波到达的时间差就可以“算出”小虫到它的距离．方位和距离都知道了，它就能扑上去捕获小虫了．已知P 波速度为150m/s ，S 波速度为50m/s.如果两波到达沙漠蝎子的时间差为3.5×10－3s ，则小虫离它的距离多大？[答案] 26cm[解析] 从P 波和S 波到达沙漠蝎子的时间差及其波速即可确定小虫与沙漠蝎子间的距离，根据x ＝v t ，结合题意有：x v 1－x v 2＝Δt ，即：x 50－x 150＝3.5×10－3，解得：x ＝0.2625m ≈26cm. 11．(2009·北京模拟)质量为m 的均匀方形木块在平静的水面上处于平衡状态，用力F 向下压木块使之向下移动距离d ，然后松开后，不计水的粘滞作用，木块做简谐运动．(1)当木块正好经过平衡位置向下运动时，某同学开始观察木块的振动过程，该同学发现经过0.5s 后木块第一次回到平衡位置．已知d ＝2cm ，取竖直向上为正方向，请将该同学观察到的木块振动过程用振动图象描述出来(在图(甲)中画出)，另一位同学在该同学观察3.5s 后开始计时，请在图(乙)中画出后一位同学观察的振动图象．(2)如果由于该木块的振动，在水面形成机械波，3.5s 内传播了3.5m ，则该波的波长是多少？(3)画出该同学在3.5s 时观察到的某一方向的波形图．(至少画一个波长)[答案] 见解析[解析] (1)图象如图．(2)因为水波3.5s 内传播了3.5m ，所以波速为v ＝x t ＝1m/s ，又由图象得T ＝1s ，根据v ＝λT，所以λ＝1m.(3)如图所示12．(2009·烟台模拟)如图所示，在坐标原点O 处有一质点S ，它沿y 轴做频率为10Hz 、振幅为2cm 的简谐运动，形成的波沿x 轴传播，波速为4m/s ，当t ＝0时，S 从原点开始沿y 轴负方向运动．(1)画出当S 完成第一次全振动时的波形图；(2)经过多长时间x ＝1m 处的质点第一次出现波峰？[答案] (1)见解析 (2)0.325s[解析] (1)波长λ＝v f＝0.4m ，S 完成一次全振动波沿x 轴正、负方向传播一个波长，且此时S 回到平衡位置沿y 轴负方向振动，由特殊点可画出此时的波形图．由波速和频率可求得波长，图象如图所示．(2)设S 点的振动经t 1传播到x ＝1m 处t 1＝x v ＝0.25s振动传到该质点后又经过34周期该质点才振动到波峰 t 2＝34T ＝34f＝0.075s 所以x ＝1m 处的质点第一次出现波峰的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.325s13．一列简谐横波，某时刻的波形图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A 质点的振动图象如图乙所示．求(1)若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为多少；(2)若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸应满足什么条件；(3)从该时刻起，再经过Δt ＝0.4s ，P 质点通过的路程和波传播的距离分别为多少；(4)若t ＝0时振动刚传到A 点，从该时刻起再经多长时间甲图中坐标为45m 的质点(未画出)第二次位于波峰．[答案] (1)1.25Hz (2)小于或等于20m (3)4cm 10m (4)1.8s[解析] (1)由振动图象可以看出，此波的周期为0.8s ，所以频率为1.25Hz.因为发生稳定干涉的条件是两列波的频率相等，所以另一列波的频率为1.25Hz.(2)由波动图象可以看出，此波的波长为20m ，当障碍物的尺寸小于或等于20m 时能够发生明显的衍射现象．(3)Δt ＝0.4s ＝T 2，质点P 通过的路程为2×2cm ＝4cm ， 在T 2内波传播的距离为λ2＝10m. (4)由A 点t ＝0时刻向上振动知，波沿x 轴正方向传播，波速v ＝λT＝25m/s.x ＝45m 处的质点第一次到达波峰的时间t 1＝45－2025s ＝1s 此质点第二次位于波峰的时间t ＝t 1＋T ＝1.8s。
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高考物理第一轮总复习满分练兵测试题81
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第2章 第3讲一、选择题1．(2009·江苏)用一根长1m 的轻质细绳将一幅质量为1kg 的画框对称悬挂在墙壁上．已知绳能承受的最大张力为10N.为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g 取10m/s 2)( )A.32mB.22m C.12m D.34m [答案] A[解析] 本题考查共点力的平衡．由题意知，当两绳间夹角为120°时，两绳张力达10N.此时画框上挂钉间距为x ＝L sin60°＝32m 选项A 正确． 2．(2009·山东)如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N .OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是 ( )A ．F ＝mg tanθB ．F ＝mg tanθC ．F N ＝mgD ．F N ＝mg tan θ[答案] A[解析] 本题主要考查受力分析与物体平衡条件，受力分析如图，由平衡条件知F N sinθ＝mg ，F N ＝mg sinθ，C 错，D 错． F ＝mg tanθA 正确，B 错．正确答案A. 3．如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P 连接，P 的斜面与固定挡板MN 接触且处于静止状态，则斜面体P 此刻所受的外力个数有可能为( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个[答案] AC[解析] 若斜面体P 受到的弹簧弹力F 等于其重力mg ，则MN 对P 没有力的作用，如图(a)所示，P 受到2个力，A 对；若弹簧弹力大于P 的重力，则MN 对P 有压力F N ，只有压力F N 则P 不能平衡，一定存在向右或有向右分量的力，只能是MN 对P 的摩擦力F f ，因此P 此时受到4个力，如图(b)所示，C 对．4．(2009·泰安模拟)如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A 与B ，物体B 放在水平地面上，A 、B 均静止．已知A 和B 的质量分别为m A 、m B ，绳与水平方向的夹角为θ，则 ( )A ．物体B 受到的摩擦力可能为0B ．物体B 受到的摩擦力为m A g cos θC ．物体B 对地面的压力可能为0D ．物体B 对地面的压力为m B g －m A g sin θ[答案] BD[解析] 对B 受力分析如图所示，则水平方向上：F f ＝F T cos θ，由于F T ＝m A g ，所以F f＝m A g cosθ，故A错误，B正确；因为摩擦力不为零，所以压力不可能为零，故C错误；竖直方向上：F NB＋F T sinθ＝m B g，所以F NB＝m B g－F T sinθ＝m B g－m A g sinθ，故D正确．5．三段等长的、不可伸长的细线结于O点，A端固定在水平杆上，B端接在套在竖直光滑杆上的轻圆环上，C端挂一重物，重物质量为m；开始时轻圆环固定在紧靠D端的位置，AD等于绳长OA，静止时如图所示．今不再固定圆环，让圆环可以在竖直光滑杆上自由滑动，再次静止时OA绳拉力为F TA，OB绳拉力为F TB，则() A．F TA<mg，F TB>mgB．F TA＝mg，F TB＝0C．F TA＝mg，F TB＝mgD．F TA>mg，F TB＝mg[答案] B[解析]由于AD＝OA＝OB，圆环自由下落稳定时，AO竖直向下，故绳OB中无拉力F TB＝0；F TA＝mg.6．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的内表面光滑．轻质杆的两端固定有两个小球，质量分别是m1、m2.当它们静止时，m1、m2与球心的连线跟水平面分别成60°、30°角，则碗对两小球的弹力F1、F2大小之比是() A．1 2 B.3 1C．1 3 D.3 2[答案] B[解析]选m1、m2组成的整体作为研究对象进行分析，则三力平衡必共点，故F1 F2＝tan60°＝3，选项B正确．7．(2009·天津质检)如图所示，把球夹在竖直墙面AC和木板BC之间，不计摩擦．设球对墙的压力为F N1，球对板的压力为F N2，在将板BC逐渐放至水平的过程中，下列说法中正确的是() A．F N1增大，F N2减小B．F N1减小，F N2增大C．F N1增大，F N2增大D．F N1减小，F N2减小[答案] D[解析]如图，利用图象法可知F N1、F N2都减小．故D正确．8．如图所示，A、B两物体的质量分别为m A和m B，且m A>m B，整个系统处于静止状态，小滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳的一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化() A．物体A的高度升高，θ角变大B．物体A的高度降低，θ角变小C．物体A的高度升高，θ角不变D．物体A的高度不变，θ角变小[答案] C[解析]系统静止时，与动滑轮接触的那一小段绳子受力情况如右图所示，同一根绳子上的拉力F1、F2总是相等的，它们的合力F与F3是一对平衡力，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故m B g＝2m A g sinθ.绳的端点由Q点移向P点时，由于m A、m B的大小不变，故θ不变，因此B下降，A上升．二、非选择题9．在装修工程中，用与竖直方向成β角的力F使质量为m的物体静止在斜板的某一位置上．如图所示，斜板与水平方向成α角．请在图中画出这个物体的受力示意图，并写出计算斜板对它的压力大小的表达式________．[答案]F cos(α＋β)－mg cosα[解析]物体受力如图所示，沿垂直于斜板面的合力为零，则有F N＝F cos(α＋β)－mg cosα.10．如图所示，木板B放在粗糙的水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上，用水平力F向左拉动B，使B以速度v做匀速运动，A、B的质量均为m，且A、B间及B与水平地面间的动摩擦因数都是μ，则绳的拉力F T＝________，水平拉力F＝________.[答案] μmg 3μmg[解析] 对A 受力分析知F T ＝F fA ＝μmg ，对B 受力分析知F ＝F fA ′＋F f 地F f 地＝2μmg ，故F ＝3μmg .11．如图所示为一攀岩运动员，正在竖直崖壁上攀登，由于身背很重的行装，重心上移至肩部的O 点，总质量为75kg ，此时手臂与身体垂直．手臂与崖壁夹角θ为60°，求此时手受到的拉力和脚受到的作用力(设手受到的拉力和脚受到的作用力均通过重心O ，g 取10m/s 2)．[答案] 375N 3753N[解析] 对运动员进行受力分析如图所示，根据平衡条件正交分解得：F sin60°＝F N sin30°F cos60°＋F N cos30°＝mg .解得F ＝12mg ＝375N ， F N ＝3753N.12．如图所示，半径为R 的半球支撑面顶部有一小孔．质量分别为m 1和m 2的两只小球(视为质点)，通过一根穿过半球顶部小孔的细线相连，不计所有摩擦．请你分析：(1)m 2小球静止在球面上时，其平衡位置与半球面的球心连线跟水平方向的夹角为θ，则m 1、m 2、θ和R 之间应满足什么关系；(2)若m 2小球静止于θ＝45°处，现将其沿半球面稍稍向下移动一些，则释放后m 2能否回到原来位置？[答案] (1)m 1＝m 2cos θ与R 无关 (2)不能[解析] (1)根据平衡条件有m 2g cos θ＝m 1g ，所以m 1＝m 2cos θ(或cos θ＝m 1m 2)，与R 无关． (2)不能回到原来位置，m 2所受的合力为m 2g cos θ′－m 1g ＝m 2g (cos θ′－cos45°)>0(因为θ′<45°)，所以m 2将向下运动．13．当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度．已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速度v ，且正比于球半径r ，即阻力F ＝kr v ，k 是比例系数．对于常温下的空气，比例系数k ＝3.4×10－4N·s/m 2.已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m 3，取重力加速度g ＝10m/s 2，试求半径r ＝0.10mm 的球形雨滴在无风情况下的终极速度v T .(结果取两位有效数字)[答案] 1.2m/s[解析] 雨滴下落时受两个力作用：重力，方向竖直向下；空气阻力，方向竖直向上，当雨滴达到终极速度v T 后，加速度为零，二力平衡，用m 表示雨滴的质量，有mg －kr v T ＝0①m ＝43πr 3ρ② 由①②得终极速度v T ＝4πr 2ρg 3k代入数值得v T ＝1.2m/s14．(2009·温州模拟)质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如果用与斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图所示．求：(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求出此最小值；(2)此时水平面对木楔的摩擦力是多少？[答案] (1)mg sin2θ (2)12mg sin4θ [解析] (1)物体m 放于斜面上时，正好沿斜面匀速下滑，则有mg sin θ＝μmg cos θ，得μ＝tan θ.当力F 作用于m 后，受力情况如图所示，有⎩⎪⎨⎪⎧ F cos α＝mg sin θ＋F f F sin α＋F N ＝mg cos θF f ＝μF N解得：F ＝mg sin θ＋μmg cos θcos α＋μsin α＝mg (sin θ＋μcos θ)cos α＋μsin α. 当α＝θ时，tan θ＝μ，F 有最小值．F ＝mg ·(sin θ＋tan θcos θ)cos θ＋tan θsin θ＝2mg sin θcos θcos 2θ＋sin 2θ＝mg sin2θ，F 有最小值mg sin2θ. (2)将M 、m 看作一个整体，且M 和m 处于平衡状态，则水平面对木楔的摩擦力 F f ′＝F cos(θ＋α)＝F cos2θ＝mg ·sin2θcos2θ＝12mg sin4θ.。
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高考物理第一轮总复习满分练兵测试题37
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第五章 第四讲一、选择题1．在“验证机械能守恒定律”的实验中，下列物理量中需要用工具测量的有 ( )A ．重锤的质量B ．重力加速度C ．重锤下落的高度D ．与重锤下落高度对应的重锤的瞬时速度[答案] C[解析] 由机械能守恒定律列方程，等式两边都有质量可消去，故不用测质量，只需测重锤下落高度，计算出对应点的速度，故选C.2．(2009·厦门模拟)在探究功与物体速度变化的关系的实验中，某同学在一次实验中得到一条如图所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间稀疏，出现这种情况的原因可能是( )A ．电源的频率不稳定B ．木板倾斜的程度太大C ．没有使木板倾斜或倾斜角太小D ．小车受到的阻力较大[答案] CD[解析] 出现上述情况的原因是小车先加速再减速，说明开始时橡皮筋的弹力大于摩擦力，随后又小于摩擦力，因此没有完全平衡掉摩擦力．3．某同学在做利用橡皮筋探究功与速度变化关系的实验时，拖着纸带的小车在橡皮筋的作用下由静止运动到木板底端，在此过程中打点计时器在纸带上打下的相邻点间的距离变化情况是 ( )A ．始终是均匀的B ．先减小后增大C ．先增大后减小D ．先增大后均匀不变[答案] D[解析] 橡皮筋对小车作用过程中小车速度增大，所以点间距增大，当小车离开橡皮筋后做匀速直线运动，点的间距不再变化，所以选D.4．用橡皮筋探究功与速度变化的实验中小车会受到阻力，可以使木板倾斜作为补偿，则下面操作正确的是 ( )A ．使拖着纸带的小车由静止释放，小车不下滑即可B ．使拖着纸带的小车由静止释放，小车能下滑即可C ．沿木板推小车(后面拖着纸带)，打点计时器在纸带上打下的点均匀分布D ．不用挂纸带，轻推小车，小车能匀速下滑即可[答案] C[解析] 因为纸带在运动中也会受到摩擦力，恰好平衡摩擦力的情况，应是小车拴有纸带时所受的阻力与重力的分力平衡，故D 错C 对；平衡摩擦力后小车应是匀速下滑，A 、B 不能说明小车处于受力平衡状态，所以不正确．5．某同学在进行“验证机械能守恒定律”实验时，获得了数条纸带，则正确的是( )A ．必须挑选第一、二两点间的距离接近2mm 的纸带进行测量B ．在纸带上选取点迹清楚的、方便测量的某点作计数点的始点C ．用毫米刻度尺量出各计数点到始点点迹之间的距离，得出重物下落的相应高度h 1、h 2…h nD ．用公式v n ＝h n ＋1－h n －12T，计算出各计数点对应的重物的瞬时速度 [答案] CD[解析] 由实验的原理和操作知道，CD 都是正确的，对于A ，无论何时释放纸带，只要方法正确，则仍能验证机械能守恒定律，不必选第一、二两点之间的距离接近2mm 的纸带，故A 错．始点应是打的第一个点，不能从中间选取，故B 错．二、非选择题6．(1)用公式12m v 2＝mgh 时对纸带上起点的要求是____，为此，所选择的纸带第一、第二两点间距离应接近________．(2)若实验中所用重物的质量m ＝1kg ，打点纸带如图甲所示，打点时间间隔为0.02s ，则记录B 点时，重物的速度v B ＝________，重物动能E kB ＝________.从开始下落到至B 点，重物的重力势能减少量是________，因此可得出的结论是________．(3)根据纸带算出相关各点的速度v ，量出下落距离h ，则以v 22为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是如图乙中的________．[答案] (1)初速为零 2mm(2)0.59m/s 0.17J 0.17J在实验误差范围内，重物动能的增加等于重物重力势能的减少(3)C[解析] (1)若重物是从初速度为零开始下落，由自由落体运动规律s ＝12gt 2，t 取0.02s ，g 取9.8m/s 2，可计算得s ＝1.96mm ≈2mm.(2)由匀变速直线运动规律可知v B ＝AC /2T ，E kB ＝12m v 2B，ΔE pB ＝mgOB ， 由此可求得v B ＝0.59m/s ；E kB ＝0.17J ；ΔE pB ＝0.17J ；在实验误差范围内，重物动能的增加等于重物重力势能的减少．(3)因为12m v 2＝mgh ，约去m ，得v 22＝gh ，所以v 22－h 图象应是一条过原点的有斜率的直线，直线的斜率大小等于g ，所以C 正确．7．在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中，某实验小组采用如图甲所示的装置．实验步骤如下：①把纸带的一端固定在小车的后面，另一端穿过打点计时器②改变木板的倾角，以重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力③用细线将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的砂桶相连④接通电源，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，测出x 、x 1、x 2(如图乙所示)，查得打点周期为T .判断重力的一个分力是否已与小车及纸带受到的摩擦力平衡的直接证据是____________________；本实验还需直接测量的物理量是：__________________.(并用相应的符号表示)探究结果的表达式是________________．(用相应的符号表示)[答案] 纸带上点迹间距相等 小车的质量M 、砂及砂桶的质量m mgx ＝12M (x 22T )2－12M (x 12T)2 8．为了测定一根轻弹簧压缩最短时储存的弹性势能大小，可以将弹簧固定在一个带光滑凹槽的直轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面的边缘上，如图所示，用钢球将弹簧压缩至最短，然后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面，实验时：(1)需要直接测定的物理量是________________________________________________________________________．(2)计算弹簧最短时弹性势能的关系式是E p ＝________.(用直接测量的量表示)[答案] (1)小球质量m ，小球平抛运动的水平位移s 和高度h (2)ms 2g 4h[解析] 为了测弹簧的弹性势能，先测出小球的动能，由能量转化和守恒得，弹簧弹性势能就等于小球动能，要测小球动能需用天平测出质量m .根据平抛运动规律测出小球的初速度，因而需测平抛小球的水平位移和平抛运动的高度，故需测定的物理量有小球质量m ，小球平抛运动的水平位移s 和高度h ，由平抛运动规律得h ＝12gt 2，s ＝v 0t ，∴v 0＝s t ＝s g 2h. 故小球动能E k ＝12m v 20＝ms 2g 4h ，∴E p ＝E k ＝ms 2g 4h. 9．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量为m ＝1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O 为打点计时器打出的第一个点，点A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02s 打一次点，当地的重力加速度为g ＝9.8m/s 2.那么(1)纸带的________端(选填“左”或“右”)与重物相连；(2)根据下图上所得的数据，应取图中O 点和________点来验证机械能守恒定律；(3)从O 点到所取点，重物重力势能减少量ΔE p ＝________J ，动能增加量ΔE k ＝________J(结果取3位有效数字)．[答案] (1)左 (2)B (3)1.88 1.8410．为了“探究外力做功与物体动能变化的关系”，查资料得知，弹簧的弹性势能E p ＝12kx 2，其中k 是弹簧的劲度系数，x 是弹簧长度的变化量． 某同学就设想用压缩的弹簧推静止的小球(质量为m )运动来探究这一问题．为了研究方便，把小铁球O 放在水平桌面上做实验，让小球O 在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功．该同学设计实验如下：首先进行如图甲所示的实验：将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小铁球O ，静止时测得弹簧的伸长量为d .在此步骤中，目的是要确定物理量________，用m 、d 、g 表示为________．接着进行如图乙所示的实验：将这根弹簧水平放在桌面上，一端固定，另一端被小铁球O 压缩，测得压缩量为x ，释放弹簧后，小铁球O 被推出去，从高为h 的水平桌面上抛出，小铁球O 在空中运动的水平距离为L .小铁球O 的初动能E k 1＝________.小铁球O 的末动能E k 2＝________.弹簧对小铁球O 做的功W ＝________.(用m 、x 、d 、g 表示)对比W 和E k 2－E k 1就可以得出“外力做功与物体动能变化的关系”，即在实验误差允许范围内，外力所做的功等于物体动能的变化．[答案] 弹簧劲度系数k mg d 0 mgL 24h mgx 22d[解析] 该题也是探究做功与物体动能变化的关系，但是在课本实验的基础上进行了变化和创新，主要考查了灵活应用知识的能力和创新能力．在图甲所示的步骤中，目的是确定弹簧的劲度系数k ，由平衡条件得：mg ＝kd 即k ＝mg d. 在图乙所示的实验中，小铁球的初动能E k 1＝0.又根据小球做平抛运动得： h ＝12gt 2 L ＝v t 所以EK 2＝12m v 2＝12m (L g /2h )2＝mgL 24h弹簧对小铁球做的功等于弹性势能的减少所以W ＝12kx 2＝mgx 22d. 11．在利用电磁打点计时器(电磁打点计时器所用电源频率为50Hz)“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点(初速度为零)记作O 点，测出点O 、A 间的距离为68.97cm ，点A 、C 间的距离为15.24cm ，点C 、E 间的距离为16.76cm ，已知当地重力加速度为9.8m/s 2，重锤的质量为m ＝1.0kg ，则打点计时器在打O 点到C 点的这段时间内，重锤动能的增加量为________J ，重力势能的减少量为________J.图甲图乙(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a ＝________m/s 2.(3)在实验中发现，重锤减少的重力势能总大于重锤增加的动能，其原因主要是因为在重锤带着纸带下落的过程中存在着阻力的作用，用题目中给出的已知量求出重锤下落过程中受到的平均阻力大小为________N.[答案] (1)8.00 8.25 (2)9.50 (3)0.30[解析] 本题主要考查“验证机械能守恒定律”这个实验的基本原理和应用，并且综合了牛顿第二定律．(1)C 点速度v C ＝AE4T ＝32.00×10－24×0.02m/s ＝4.00m/s 该过程动能的增加量ΔE k ＝12m v 2C ＝12×1.0×(4.00)2J ＝8.00J 该过程重力势能的减少量为ΔE p ＝mg ·OC ＝1.0×9.8×(68.97＋15.24)×10－2J ＝8.25J (2)加速度a ＝CE －AC(2T )2＝(16.76－15.24)×10－2(2×0.02)2m/s 2＝9.50m/s 2 (3)由牛顿第二定律得mg －F f ＝ma即F f ＝mg －ma ＝0.30N12．物体沿斜面下滑时动能发生变化．某实验小组为了探究滑块由静止开始沿斜面匀加速下滑过程中动能变化与哪些因素有关，利用如图所示的斜面和滑块A 做实验，进行了相应的探究．(1)请说出实验中可能影响滑块A 动能变化的两个因素：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)请设计一实验方案，能直观地反映滑块A 滑至斜面底端N 处动能大小的不同； 例如：方案甲：在斜面底端N 处水平放置一平板，并使连接处足够平滑，然后在N 处放另一质量较小的滑块B ，滑块A 滑至N 处的动能越大，则滑块B 被碰后在平板上滑行得越远．你设计的方案乙：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)该实验小组利用上述“方案甲”进行实验，并用速度传感器和刻度尺分别测得滑块B 在N 处被碰后的初速度v 的大小与滑行距离x 大小对应关系的四组数据，见表．请在下图中用图象法求出滑块2[答案] 见解析[解析] (1)影响滑块A 动能变化的因素有：斜面的粗糙程度(或动摩擦因数；或摩擦力)；斜面的倾角大小等．(2)观察滑块A 在与斜面平滑连接的水平面上滑行的位移越大，动能越大．或滑块A 平抛落地水平位移越大，动能越大．或滑块A 沿平滑连接的斜面或弧形面上滑高度越高，说明动能越大．或观察滑块A 从斜面滑到N 位置时，也会发生明显形变的障碍物(如海绵、沙子、弹簧、橡皮泥、弹性网等)作用，通过观察，它们的形变越大，动能越大．(3)图象如图所示：由动能定理，12m v 2＝μmgx ，v 2＝2μgx 由图象可知动摩擦因数μ≈0.1.13．如图所示，两个质量各为m 1和m 2的小物块A 和B ，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m 1>m 2，现要利用此装置验证机械能守恒定律．(1)若选定物块A 从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________(填选项前编号)．①物块的质量m 1、m 2；②物块A 下落的距离及下落这段距离所用的时间；③物块B 上升的距离及上升这段距离所用的时间；④绳子的长度．(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：①绳的质量要轻；②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；④两个物块的质量之差要尽可能小．以上建议中确实对提高准确程度有作用的是______(填选项前编号)．(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：________________________________________________________________________.[答案] (1)①②或①③ (2)①③(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”；“选取受力后相对伸长尽量小的绳”等．(任选一条即可)[解析] A 和B 在运动过程中，速度大小始终相等．需要验证的式子为(m 1－m 2)gh ＝12m 1v 2＋12m 2v 2 即(m 1－m 2)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2 因此，必须测出m 1、m 2、h 并利用v ＝at 求得速度，其中由于m 1g －F T ＝m 1a ，F T －m 2g＝m 2a ，所以a ＝m 1－m 2m 1＋m 2g .因此选①②或①③均可．结合此实验原理易知绳子适当长一些便于操作，但不可过长；m 1与m 2越接近，摩擦力等阻力对实验测量的影响越明显，为提高实验结果的准确度，应选①③.多次测量求平均值的方法在测量型实验中经常应用．另外选取受力后相对伸长尽量小的绳也可提高实验结果准确程度．。
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题49
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第八章第一讲一、选择题1．在磁场中某区域的磁感线，如图所示，则 ( )A ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等Ba >B bB ．a 、b 两处的磁感应强度的大小不等，B a <B bC ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力大D ．同一通电导线放在a 处受力一定比放在b 处受力小[答案] B[解析] 磁感线的疏密程度表示B 的大小，但安培力的大小 除跟该处的B 的大小和I 、L 有关外，还跟导线放置的方向与B 的方向的夹角有关，故C 、D 错误；由a 、b 两处磁感线的疏密程度可判断出B b >B a ，所以B 正确．2．(2010·海门测试)下列四幅图中涉及经典的物理实验研究，其中说法正确的是( )[答案] BCD[解析] 通电导线的周围有磁场，处在磁场中的小磁针要受到磁场力作用，若A 图中导线有电流，小磁针要发生偏转，图景与实际不符，A 项错误；B 图中开关闭合，线圈中磁通量变化，产生感应电流，导致电流表的指针偏转；C 图中电子在磁场中受到磁场力作用，用左手定则判断电子束将向下偏转；D 图中汽车速度达到第一宇宙速度时，汽车环绕地球近地做圆周运动，处在车内的物体处于完全失重状态．3．在磁场中的同一位置，先后引入长度相等的直导线a 和b ，a 、b 导线的方向均与磁场方向垂直，但两导线中的电流不同，因此所受的力也不一样．下列几幅图象表现的是导线所受的安培力F 与通过导线的电流I 的关系．a 、b 各自有一组F 、I 的数据，在图象中各描出一个点．在下图中，请判断描绘正确的是 ( )[答案] BC[解析] 由题意“同一位置同一磁场”，“导线长度相同”可知F I斜率相等；电流为零时不受力，所以A 、D 选项错误．4．一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，在墙的西侧处，当放一指南针时，其指向刚好比原来旋转180°，由此可以断定，这根电缆中电流的方向为 ( )A ．可能是向北B ．可能是竖直向下C ．可能是向南D ．可能是竖直向上[答案] D[解析] 在地磁场作用下，小磁针静止时N 指向北方，现改变为N 极指向南方，故应有竖直向上的通电电流，即选D.5．如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通过大小不等的同向电流，则它们的运动情况是 ( )A ．都绕圆柱转动B ．以不等的加速度相向运动C ．以相等的加速度相向运动D ．以相等的加速度相背运动[答案] C[解析] 同向环形电流间相互吸引，虽然两电流大小不等，但据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力必大小相等，所以选C 项．6．(2009·全国卷Ⅰ)如图，一段导线abcd 位于磁感线强度大小为B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab 、bc 和cd 的长度均为L ，且∠abc ＝∠bcd ＝135°.流经导线的电流为I .方向如图中箭头所示．导线段abcd 所受到的磁场的作用力的合力( )A ．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB ．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC ．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD ．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB[答案] A[解析] 该导线可以用a 和d 之间的直导线长为(2＋1)L 来等效代替．根据F ＝BIL ，可知大小为(2＋1)BIL ，方向由左手定则知：沿纸面向上．故A 项正确．7．(2009·合肥一中二模)在匀强磁场中有一用相同材料制成的导体框abc ，b 为半圆弧的顶点．磁场方向垂直于导体框平面向里，在ac 两端接一直流电源，如图所示，则( )A ．导体框abc 所受安培力的合力为零B ．导体框abc 所受安培力的合力垂直于ac 向上C ．导体框abc 所受安培力的合力垂直于ac 向下D ．导体框abc 的圆弧段所受安培力为零[答案] B[解析] 由左手定则可知，导体框abc 所受安培力的合力垂直于ac 向上．8．(2009·广东模拟)如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化情况是 ( )A ．先减小后增大B ．始终减小C ．始终增大D ．先增大后减小[答案] D[解析] 线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框的磁通量最少，在磁铁中央时穿过该线框的磁通量最多，所以该过程中的磁通量先增大后减小，故D 对．二、非选择题9．某兴趣小组在研究长直导线周围的磁场时，为增大电流，用多根导线捆在一起代替______T ．(要求估算出比例系数，用等式表示)[答案] 2×10－7I r[解析] 分析表格中数据可得，B 与电流I 成正比，与测试点到直导线的距离r 成反比，即B ＝k ·I r ，取表格中的第一单元格进行计算可得k ≈2×10－7，即B ＝2×10－7×I rT. 10．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m ，质量为6×10－2kg 的通电直导线，电流强度I ＝1A ，方向垂直于纸面向外，导线用平行斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4T ，方向竖直向上的磁场中．设t ＝0时，B ＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g 取10m/s 2)[答案] 5s[解析] 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件 F T cos37°＝F ①F T sin37°＝mg ②由①②解得：F ＝mg tan37°代入数值得：F ＝0.8N由F ＝BIL 得：B ＝F IL ＝0.81×0.4T ＝2T.B 与t 的变化关系为B ＝0.4t .所以：t ＝5s11．如图所示，质量为0.05kg ，长l ＝0.1m 的铜棒，用长度也为l 的两根轻软导线水平悬挂在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝0.5T.不通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定电流多大？(不考虑棒摆动过程中产生的感应电流，g 取10N/kg)同学甲的解法如下：对铜棒受力分析如图所示：当最大偏转角θ＝37°时，棒受力平衡，有：F T cos θ＝mg ，F T sin θ＝F 安＝BIl得I ＝mg tan θBl ＝0.05×10×340.5×0.1A ＝7.5A同学乙的解法如下：F 安做功：W F ＝Fx 1＝BIl sin37°×l sin37°＝BI (l sin37°)2重力做功：W G ＝－mgx 2＝－mgl (1－cos37°)由动能定理得：W F ＋W G ＝0代入数据解得：I ＝509A ≈5.56A请你对甲、乙两同学的解法作出评价：若你对两者都不支持，则给出你认为正确的解答．[答案] 评价见解析 3.33A[解析] 甲同学的错误原因：认为物体速度为零时，一定处于平衡位置，或者认为偏角最大时为平衡位置．乙同学的错误原因：将安培力表达式误写为F 安＝BIl sin37°，应为：F 安＝BIl .正确的解法如下：铜棒向外偏转过程中F 安做功：W F ＝Fx 1＝BIl ×l sin37°重力做功：W G ＝－mgx 2＝－mgl (1－cos37°)由动能定理得：W F ＋W G ＝0代入数据解得：I ＝103A ≈0.33A.12．如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1m.PM 间接有一个电动势为E ＝6V ，内阻r ＝1Ω的电源和一只滑动变阻器．导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m ＝0.2kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.3kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B ＝2T ，方向竖直向下，求为使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值为多大？设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计．(g 取10m/s 2)[答案] 2Ω≤R ≤5Ω[解析] 导体棒受到的最大静摩擦力为F f ＝μF N ＝μmg ＝0.5×0.2×10N ＝1N绳对导体棒的拉力F 拉＝Mg ＝0.3×10N ＝3N导体棒将要向左滑动时BI max L ＝F f ＋F 拉，I max ＝2A由闭合电路欧姆定律I max ＝E R min ＋r ＝6R min ＋1得R max ＝2Ω导体棒将要向右滑动时F f ＋BI min L ＝F 拉，I min ＝1A由闭合电路欧姆定律I min ＝E R max ＋r ＝6R max ＋1得R max ＝5Ω滑动变阻器连入电路的阻值为2Ω≤R ≤5Ω.13．(2009·黄冈一模)如图所示是一种电磁泵，泵体是一个长方体，端面是一个边长为σ的正方形，ab 长为l ，上下两面接在电源上，电压为U (内阻不计)．磁感应强度为B 的磁场指向cdfe 面，液体电阻率为ρ，密度为D (液体原来不导电，在泵头通入导电剂后才导电)．求：(1)最大抽液高度；(2)每秒钟抽液的质量．[答案] (1)UlB /(σρDg ) (2)UσD B[解析] (1)泵体内液体的电阻为R ＝ρσσl ＝ρl. 通过泵体的电流为I ＝U R ＝Ul . 安培力F ＝BIσ＝UlσB ρ，安培力产生的压强p ＝UlB σρ. 对液体来说，p ＝Dgh ，则有UlB σρ＝Dgh . 所以h ＝UlB /(σρDg )．(2)在阻力不计的情况下，有mgh ＝U 2R t ， 所以m t ＝U 2ghR ＝UσD B.。
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题441
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第7章第一讲一、选择题1．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m 的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA 时(设电子的速度是3×107m/s)，在整个环中运行的电子数目为(电子电量e ＝1.6×10－19C) ( )A ．5×1011B ．5×1010C ．1×102D ．1×104[答案] A[解析] 由电流强度的定义式：I ＝q t得： q ＝It ＝I l v ＝8×10－8C所以在整个环中运行的电子数目为：n ＝q e＝5×1011个，故选项A 正确． 2．(2009·南京模拟)温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在图中所示的图线分别为某金属导体和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则 ( )A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化关系B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化关系C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化关系D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化关系[答案] CD[解析] 金属导体的电阻随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻随温度的升高而减小，故选项C 、D 正确．3．(2009·南京模拟)在如图所示电路中， AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以A 、B 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为 ( )[答案] A[解析] 由欧姆定律得：U ＝IR x ，由于I 为定值，而R x ∝x ，故U∝x ，因此选项A 正确．4．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W ，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过( )A ．40 WB ．60 WC ．80 WD ．120 W[答案] B [解析] 依题意，设L 3灯正常发光时的电流为I 0，则L 1和L 2的电流此时则为I 02，由P ＝I 2R 知这个支路总功率最大不超过P ＝I 20R＋(I 02)2R ＋(I 02)2R ＝32P 0＝32×40 W ＝60 W. 5．(2009·常州高级中学第二次阶段教学质检)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线过P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中正确的是 ( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积[答案] ABD[解析] 小灯泡的灯丝是一个纯电阻，在通电时满足欧姆定律．从小灯泡的I －U 曲线可以看出，随着电压的增大，电压与电流的比值增大，即小灯泡的电阻增大，A 正确；根据欧姆定律得，对应P 点，从图象可以得出小灯泡的电阻为：R ＝U 1I 2，C 错误、B 正确；小灯泡的功率P ＝UI ，从图象可以看出P 点功率等于图中矩形PQOM 所围的面积，D 正确．6．(2010·泰安测试)某居民家中的电路如图所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光．拔出电饭煲的插头，把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则 ( )A ．仅电热壶所在的C 、D 两点间发生了断路故障B ．仅电热壶所在的C 、D 两点间发生了短路故障C ．仅A 、B 间导线断路D ．因为插座用导线接地，所以发生了上述故障[答案] C[解析] 由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C 、D 两点间没有发生短路故障．把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C 、D 两点间没有发生断路故障．综合分析可知，故障为A 、B 间导线断路，即C 选项正确．7．(2009·济南模拟)如图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是 ( )A ．滑片向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B ．滑片向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变[答案] BD[解析] 加速极板间的电压由滑动变阻器分压提供，当滑片向右移动时，提供电压增大，电子将得更大的水平速度v 0，由t ＝l v 0可知，穿过水平板间的时间减小，又因为y ＝12at 2，故偏转距离变小，打在荧光屏上的位置下降，A 错；同理分析B 对；若增大U ，加速度a 增大，但穿过水平板间的时间t ＝l v 0不变，由v y ＝at 可知，打在荧光屏上的竖直速度变大，所以合速度也变大，故C 错D 对．8．如图所示电路，已知R 1＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝1 kΩ，I ＝10 mA ，I 1＝6 mA ，则a 、b 两点电势高低和通过R 2中电流正确的是( )A ．a 比b 高，7 mAB ．a 比b 高，2 mAC ．a 比b 低，7 mAD ．a 比b 低，2 mA [答案] C[解析] 本题考查电流守恒定律，即流入某节点的电流一定等于从该节点流出的电流，如图所示．I 3＝I －I 1＝10mA －6mA ＝4mAU ca ＝I 1R 1＝6×10－3×3V ＝18VU cb ＝I 3R 3＝4×10－3×1V ＝4V ，U b >U aI 2＝U ba R 2＝142mA ＝7mA ，所以选项C 正确． 二、非选择题9．(2009·上海交通大学附属中学摸底)如图所示，R 1＝30Ω，R 4＝20Ω，电源电压恒为30V ，现安培表示数为0.75A ，若把电键闭合，则伏特表的示数减少1/3，滑片P 位置不变，则R 2的阻值为________，R 3的阻值为________．[答案] 60Ω 20Ω[解析] 设电路两端的总电压为U ，与伏特表并联电阻的阻值为R x .电键断开时，流过R 1的电流为I 1，电路中的总电流为I ，电键闭合时，流过R 1的电流为I 1′，电路中的总电流为I ′.电键断开时，R 4两端的电压为：U 4＝IR 4＝0.75×20V ＝15V ，电阻R 1两端的电压为：U 1＝U －U 4＝30V －15V ＝15V ，流过R 1的电流为：I 1＝U 1/R 1＝15/30A ＝0.5A ，流过R 2的电流为：I 2＝I －I 1＝0.75A －0.5A ＝0.25A ，电阻R 2的阻值为：R 2＝U 2/I 2＝U 1/I 2＝15/0.25Ω＝60Ω.伏特表示数为：U 示＝I 1R x .电键闭合时，U 示′＝I 1′R x ，由题意可知，U示′＝⎝⎛⎭⎫1－13U 示＝23U 示，解得：I 1′＝23I 1＝13A ，电阻R 1两端的电压为：U 1′＝I 1′R 1＝13×30V ＝10V ，通过电阻R 2的电流为：I 2′＝U 1′/R 2＝10/60A ＝16A ，R 4两端的电压为：U 4′＝U －U 1′＝30V －10V ＝20V ，电路中的总电流为：I ′＝U 4′/R 4＝20/20A ＝1A ，通过R 3的电流为：I 3′＝I ′－I 1′－I 2′＝1A －13A －16A ＝0.5A ，电阻R 3的阻值为：R 3＝U 1′/I 3′＝10/0.5Ω＝20Ω. 10．如图(甲)所示的电路中，电源电动势为3.0V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图(乙所示)．(1)小灯泡的电阻随电流的增大而________．(2)当开关闭合后，小灯泡L 1的电阻为________，电功率为________，灯泡L 2的电功率为________．[答案] (1)增大 (2)12Ω 0.75W 0.27W[解析] 由图(乙)知：图线上某点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，随电流的增大，连线的斜率减小，因此电阻随电流的增大而增大．根据串、并联知识知，灯泡L 1两端的电压为3V ，灯泡L 2两端的电压为1.5V ，在图(乙)中找到对应3V 和1.5V 的电流分别为I 1＝0.25A 和I 2＝0.18A 左右．因此小灯泡L 1的电阻R 1＝U 1I 1＝30.25Ω＝12Ω，功率P 1＝U 1I 1＝3×0.25W ＝0.75W ；小灯泡L 2的功率P 2＝U 2I 2＝1.5×0.18W ＝0.27W.11．某工厂由于生产需要用一部直流电动机提升重物，装置如图所示，重物质量m 为50kg.电源电动势E 为110V ，内阻不计，当电动机以0.85m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为5A.不计摩擦阻力，重力加速度g 取10m/s 2，求：(1)电动机的输入功率和输出功率各是多少？(2)电动机线圈的电阻R 是多少？[答案] (1)550W 425W (2)5Ω[解析] (1)电动机的输入功率P 入＝IE ＝5×110W ＝550W.电动机的输出功率P 出＝mg v ＝50×10×0.85W ＝425W.(2)由能量守恒定律：P 入＝P 出＋I 2R ，R ＝P 入－P 出I 2＝5Ω 12．(2009·江苏省常州高级中学模拟)实验室中大量的实验表明，通过某一金属氧化物制成的棒中的电流I 遵循I ＝kU 3的规律(式中U 表示棒两端的电势差，k ＝0.02A/V 3)，现将该棒与遵从欧姆定律的电阻器串联在一起后，接在一个内阻可忽略、电动势为6.0V 的电源上．(1)当电路中的电流为0.16A ，则串联的电阻器阻值R 1为多少？(2)当棒上消耗的电功率是电阻R 2上消耗电功率的2倍，则串联的电阻器R 2的阻值为多少？[答案] (1)25Ω (2)1.56Ω [解析] (1)由题意可得：I ＝kU 3，解得：U ＝3I k ＝30.160.02V ＝2.0V ，由欧姆定律得：I ＝E －U R 1，解得：R 1＝E －U I ＝6.0－2.00.16Ω＝25Ω (2)根据电功率公式得：P 1＝UI ，P 2＝I 2R 2，由题意得：P 1＝2P 2，联立解得：E －U ＝U 2，U ＝4V I ＝1.28A ，R 2＝E －U I ＝6.0－4.01.28Ω＝1.56Ω13．如图所示，电源的电动势E ＝110V ，电阻R 1＝21Ω，电动机绕组的电阻R 0＝0.5Ω，电键S 1始终闭合．当电键S 2断开时，电阻R 1的电功率是525W ；当电键S 2闭合时，电阻 R 1的电功率是336W ，求(1)电源的内电阻；(2)当电键S 2闭合时流过电源的电流和电动机输出的功率．[答案] (1)1Ω (2)26A,1606W[解析] (1)设S 2断开时R 1消耗的功率为P 1，则有：P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋r 2R 1 代入数据解得：r ＝1Ω(2)设S 2闭合时R 1两端的电压为U ，消耗的功率为P 2，则有：P 2＝U 2R 1，代入数据解得U ＝84V .由闭合电路欧姆定律得，E ＝U ＋Ir ，代入数据解得：I ＝26A.流过R 1的电流为I 1，流过电动机的电流为I 2，由欧姆定律得：I 1＝U R 1＝4A ，由串联电路的电流关系得：I 1＋I 2＝I ，解得：I 2＝22A ，由能量守恒得：UI 2＝P 出＋I 22R 0，代入数据解得：P 出＝1606W.14．(2009·蚌埠模拟)大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随离地面距离的增大而增大，可以把离地面50km 以下的大气看作是具有一定漏电程度的均匀绝缘体(即电阻率较大的物质)；离地面50km 以上的大气则可以看作是带电粒子密度非常高的良导体．地球本身带负电，其周围空间存在电场，离地面50km 处与地面之间的电势差为4×105V.由于电场的作用地球处于放电状态，但大气中频繁发生的闪电又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变．统计表明，大气中每秒平均发生60次闪电，每次闪电带给地球的电荷量平均为30C.试估算大气的电阻率和地球漏电的功率．已知地球半径r ＝6400km.[答案] 2.29×1012Ω·m 7.2×108W[解析] 设每秒闪电的次数为n ，每次闪电带给地球的电荷量为q ，则大气电流平均为I ＝nq大气电阻可由欧姆定律求得R ＝U I由题设条件，式中U ＝4×105V ，设大气的电阻率为ρ，则有R ＝ρl S由题设条件，式中l ＝50km ＝5.0×104m ，S ＝4πr 2解以上各式得大气的电阻率ρ＝4πr 2nql代入有关数值得ρ≈2.29×1012Ω·m而地球的漏电功率P ＝IU ＝nqU。
2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题4
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第一章第4讲一、选择题1．在使用打点计时器时()A．应先接通电源，再使纸带运动B．应先使纸带运动，再接通电源C．在使纸带运动的同时接通电源D．先使纸带运动或先接通电源都可以[答案] A[解析]先接通电源再使纸带运动，可使纸带上打出的点子更多，纸带利用率更高，另外，在纸带运动较快的情况下，如果先释放纸带后接通电源，可能造成纸带上无点的情况．2．关于游标卡尺，下列说法正确的是()A．利用一对外测量爪可测量圆筒的内径B．利用一对内测量爪可测量圆筒的外径C．利用一对外测量爪可测量乒乓球的直径D．利用深度尺可测量槽或孔的深度[答案]CD[解析]游标卡尺的内测量爪可测圆筒的内径，外测量爪可测圆筒的外径，深度尺可测槽或孔的深度．3．某人用刻度尺去测量一个物体的长度，共测量4次，测得数据分别为1.42cm、1.43cm、1.42cm、1.44cm，物体长度的测量结果应为()A．1.427 5cm B．1.427cmC．1.43cm D．1.4cm[答案] C[解析]直接测量结果有三位有效数字，求平均值时仍应保留三位有效数字，1100cm位是不可靠数字，只能保留1位不可靠数字，所以结果应为1.43cm.4．在使用打点计时器时，发现打点计时器打点周期不稳定，其原因可能是()A．交流电压不稳定B．永久磁铁磁性太弱C．电源的频率不稳定D．振动片的固有频率与交流电源的频率有偏差[答案]CD[解析]打点计时器的打点周期跟电源频率和振动片的固有频率有关．一个性能良好的打点计时器振动片的固有频率和使用的交流电频率相等．这样振动片发生共振，振幅较大，打点清晰，等时性好，而电压的高低直接影响振动片的振动强弱，即振幅的大小，而不影响振动片的振动周期，故也不影响打点计时器的打点周期．永久磁铁的磁性能影响打点痕迹的轻重，即点迹的清晰度，并不影响打点的周期，综上所述，引起打点周期不稳定的原因是C、D两选项所述，故答案应为C、D两选项．5．如图所示，为同一打点计时器打出的两条纸带，由纸带可知()A．在打下计数点“0”到“5”的过程中，纸带甲的平均速度比乙的大B．在打下计数点“0”到“5”的过程中，纸带甲的平均速度比乙的小C ．纸带甲的加速度比乙的大D ．纸带甲的加速度比乙的小[答案] BD[解析] 在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带位移小于乙纸带位移，故v 甲<v 乙，选项A 错，B 对；相邻计数点间所用时间相等，但乙的速度变化得更快，故a 甲<a 乙，选项C 错，D 对．6．(2009·江苏扬州中学考试)在“研究匀变速直线运动”的实验中，算出小车经过各计A ．根据任意两个计数点的速度，用公式a ＝Δv Δt算出加速度 B ．根据实验数据画出v －t 图，量出其倾角α，由公式a ＝tan α，算出加速度C ．根据实验数据画出v －t 图，由图线上间隔较远的两点所对应的速度，用公式a ＝Δv Δt算出加速度D ．依次算出通过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度[答案] C[解析] 根据任意两个计数点的速度用公式a ＝Δv Δt算出加速度的偶然误差较大，A 不合理；v －t 图中a 并不等于tan α，B 不合理；由图线上间隔较远的两点对应的速度，利用公式a ＝Δv Δt算出的加速度较合理，即C 合理；依次算出通过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度，实际只相当于用了第1组和第6组两组数据，偶然误差仍然较大，D 不合理．二、非选择题7．读出如图所示游标卡尺的读数．[答案] 5.30mm[解析] 图示游标卡尺的游标尺长19mm ，分成20格，精确度0.05mm ，主尺上整毫米数是5.游标尺上的第6条刻度线与主尺上某条刻度线对齐，故其读数是l ＝5＋6×0.05＝5.30(mm)．8．一游标尺为10等分的游标卡尺的读数为5.7mm ，则游标尺上第________条刻度线与主尺上第________mm 刻度对齐．[答案] 7；12[解析] 据游标卡尺10等分的原理可知：游标的零刻线在主尺5mm 再向后延0.7mm,0.7mm 的读数是第7游标的刻线与上面某一刻线对齐，7个游标的刻线的实际长度7×0.9＝6.3mm ，再加上前面后延的0.7mm ，实际总长为7mm ，故游标尺上第7条刻度线与主尺上第12mm 刻度对齐．9．(2008·三水中学)用游标为50分度的卡尺(测量值可准确到0.02mm)测定某圆筒的内径时，卡尺上的标数如图所示，可读出圆筒的内径为________mm.[答案]52.12[解析]此游标卡尺精度为0.02mm，读数值为52.12mm(第6条线与主尺对齐)．10．我国交流电的频率为50Hz，因此，打点计时器每隔0.02s打一个点．如下图所示为某次实验时打出的一条纸带．其中1,2,3,4为依次选定的计数点．根据图中的数据，图中打1～2点时间内物体的平均速度为________m/s；打第2～4点时间内物体的平均速度为________m/s，打第2个计数点时物体的瞬时速度为__________m/s，计算的依据是____________________________．[答案]0.32 1.230.65略[解析]匀变速直线运动一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度．11．(2009·重庆一中月考)在“研究匀变速直线运动”的实验中：(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有________．(填选项代号) A．电压合适的50Hz交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平F．重锤(2)实验过程中，下列做法正确的是________．A．先接通电源，再使纸带运动B．先使纸带运动，再接通电源C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处[答案](1)AC(2)AD[解析](1)电火花打点计时器需要220V的交流电源，电磁式打点计时器需要4V～6V 的交流电源，要处理纸带需要测量长度的刻度尺．(2)使用打点计时器时应先接通电源再使纸带运动，A正确，B错误；要使打出的纸带足够长，应使接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，C错误，D正确．12．用接在50Hz交流电源上的打点计时器测定小车的运动情况．某次实验中得到的一条纸带如图所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个计数点，分别标明0、1、2、3……，量得0与1两点间距离x1＝30mm,2与3两点间距离x3＝48mm，则小车在0与1两点间平均速度为v1＝________m/s，在2与3两点间平均速度为v2＝______m/s.据此可判定小车做________运动．[答案]0.30.84加速[解析]由平均速度的定义式v＝ΔxΔt可得v1＝Δx1Δt1＝30×10－30.1m/s＝0.3m/s，v2＝Δx2Δt2＝48×10－30.1m/s＝0.48m/s，可见，小车的速度变大，故判定小车做加速运动．13．(2010·南通市高三测试)某同学利用打点计时器探究小车速度随时间变化的关系，所用交流电的频率为50Hz，如图为某次实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7为计数点，相邻两计数点间还有3个打点未画出．从纸带上测出x1＝3.20cm，x2＝4.74cm，x3＝6.40cm，x4＝8.02cm，x5＝9.64cm，x6＝11.28cm，x 7＝12.84cm.象可得，小车运动的加速度大小为________m/s 2.[答案] (1)1.31 (2)如图所示 2.5(2.4～2.6之间同样给分)[解析] 5点的速度利用平均速度替代，即v ＝x 5＋x 62T，值得注意的是此处的时间T ＝0.08s ，不是大家熟悉的0.1s ，准确作出速度图象找到斜率即为加速度．14．如下图是某同学用手水平地拉动纸带通过打点计时器后(电源频率为50Hz)得到的纸带，从A 点通过计时器到D 点通过计时器历时________s ．位移为________m ，这段时间内的平均速度为________m/s ，BC 段的平均速度为________m/s ，F 点的瞬时速度可以粗略的认为是________m/s ，手做________(匀速、变速)运动．[答案] 0.1 0.076 0.76 0.95 0.95 变速[解析] 从A 到D 共有5个时间间隔t AD ＝5×0.02s ＝0.1s 位移为x ＝1.20cm ＋1.60cm ＋2.20cm ＋1.40cm ＋1.20cm ＝7.60cm ＝0.076m v ＝x t ＝0.076m 0.1s＝0.76m/s v BC ＝x BC t ＝0.016m ＋0.022m 0.04s＝0.95m/s F 点的瞬时速度可以粗略地认为等于BC 段的平均速度即v F ＝vBC ＝0.95m/s由于相邻两点间的距离不相等，所以手做变速运动． 15．小球作直线运动时的频闪照片如图所示，已知频闪周期T ＝0.1s ，小球相邻位置间距分别为OA ＝6.51cm ，AB ＝5.59cm ，BC＝4.70cm ，CD ＝3.80cm ，DE ＝2.89cm ，EF ＝2.00cm.小球在位置A 时的速度大小v A ＝________m/s.小球运动的加速度大小a ＝________m/s 2.[答案] 0.605 0.9[解析] v A ＝v OB ＝OA ＋AB 2T＝0.605m/s. 由逐差法求小球运动的加速度a ＝(CD ＋DE ＋EF )－(OA ＋AB ＋BC )3×3T2≈－0.9m/s 2. 所以大小为0.9m/s 216．在测定匀变速直线运动的加速度的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用的电源的频率为50Hz ，图为做匀变速直线运动的小车带动的纸带上记录的一些点，在每相邻的两点中间都有四个点未画出，顺序取0、1、2、3、4、5六个点，用米尺量出1、2、3、4、5点到0点的距离分别是(单位：cm)8.78,16.08,21.87，26.16，28.94，由此可得出小车的加速度大小为________m/s 2，方向________，经过2点时速度为________．[答案] 1.50m/s 2 与速度方向相反 6.55m/s[解析] 先计算出相邻两点间的距离：x 1＝8.78cm ，x 2＝16.08－8.78＝7.30(cm)，x 3＝21.87－16.08＝5.79(cm)，x 4＝26.16－21.87＝4.29(cm)，x 5＝28.94－26.16＝2.78(cm)．根据公式a ＝x m －x n(m －n )T 2计算加速度大小， 其中T ＝5×150＝0.1s a 1＝x 4－x 13T 2＝(4.29－8.78)×10－23×0.12＝－1.50(m/s 2)a 2＝x 5－x 23T 2＝(2.78－7.30)×10－23×0.12＝－1.51(m/s 2)a 3＝x 3－x 12T 2＝(5.79－8.78)×10－22×0.12＝－1.50(m/s 2)加速度的平均值为： a ＝a 1＋a 2＋a 33＝－1.50(m/s 2) v 2＝x 2＋x 32T ＝(7.30＋5.79)×10－22×0.01＝6.55(m/s)，负号表明小车做匀减速运动，加速度方向与速度方向相反．17．汽车沿平直公路行驶，小明坐在驾驶员旁边注视速度计，并记下间隔相等的各时刻(1)从表中数据得到汽车在各段时间内的特点：在0～15s 内，汽车的速度在变化，时间经过每5s 速度增大________km/h ；在15s ～30s 内汽车速度不变，速度大小为________km/h ；在35s ～45s 内汽车速度在变化，每5s 速度减小________km/h ；(2)请根据表格中的数据，画出对应的v －t 图象；(3)如果认为在0～15s 内速度变化是均匀的，你能在图象中找出汽车在7.5s 时的速度值吗？[答案] (1)10 50 15 (2)见解析图 (3)能[解析] (1)从表中看出，0～15s 内，时间经过每5s 速度增大10km/h ；在15s ～30s 内速度大小为50km/h ；在35～45s内每5s 速度减小15km/h.(2)作的v －t 图象如图所示．(3)能从图象上找出7.5s 时的速度值，其大小为35km/h.。
2011高考物理12月份练兵测试题
2010年12月份物理练兵（1）物理试题（一）一、选择题：本题共10个小题，每小题4分，共40分。
在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是正确的。
每小题全选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得分。
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100m 决赛和男子200m 决赛中分别以9.69s 和19.30s的成绩打破两项世界纪录，获得两枚金牌。
关于他在这两次比赛中的运动情况，下列说法正确的是 （ ）A ．200m 决赛的位移是100m 决赛的两倍B ．200m 决赛的平均速度约为10.36m/sC ．100m 决赛的平均速度约为10.32m/sD ．100m 决赛的最大速度约为20.64m/s 2．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。
某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图像如图所示，出此可以知道 （ ）A ．小车先做加速运动，后做减速运动B ．小车运动的最大速度约为0.8m/sC ．小车的最大位移是0.8mD ．小车做曲线运动3．一个质量为3㎏的物体，被放置在倾角为α=30°的固定光滑斜面上，在如图所示的甲、乙、丙三种情况下物体能处于平衡状态的是（g=10m/s 2） （ ）A ．仅甲图B ．仅乙图C ．仅丙图D ．甲、乙、丙图4．物体b 在水平推力F 作用下，将物体a 挤压在竖直墙壁上，如图所示。
a 、b 处于静止状态，关于a 、b 两物体的受力情况，下列说法正确的是 （ ）A ．a 受到两个摩擦力的作用B ．a 共受到四个力的作用C ．b 共受到三个力的作用D ．a 受到墙壁摩擦力的大小不随F 的增大而增大5．如图所示，一架在2000m 高空以200m/s 的速度水平匀速飞行的轰炸机，要想用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A 和B 。
已知山高720m ，山脚与山顶的水平距离为1000m ，若不计空气阻力，g 取10m/s 2，则投弹的时间间隔应为 （ ）A ．4sB ．5sC ．9sD ．16s6．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a 、b 两带电粒子从电场中的O 点以相同的初速度飞出。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2011届高考第一轮总复习满分练兵场第八章第二讲一、选择题1．(2009·泰州模拟)“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球进行了近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新的成果．月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场的强弱分布情况，如图是探测器通过月球表面①、②、③、④四个位置时，拍摄到的电子运动轨迹照片(尺寸比例相同)，设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知磁场从强到弱的位置排列正确的是 ( )A ．①②③④B ．①④②③C ．④③②①D ．③④②①[答案] A[解析] 由图可知带电粒子做圆周运动的半径r 1<r 2<r 3<r 4，根据带电粒子在匀强磁场中轨道半径公式r ＝m v qB可得：B 1>B 2>B 3>B 4，故选项A 正确． 2．(2009·南通模拟)在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a ；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是 ( )A ．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a 点B ．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C ．若小球带负电荷，小球会落在更远的b 点D ．若小球带正电荷，小球会落在更远的b 点[答案] D[解析] 从南向北观察小球的运动轨迹如图所示，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上，该洛伦兹力竖直向上和水平向右均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变短，故选项D 正确．3．真空中两根长直金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在两导线所确定的平面内，一电子从P 点运动的轨迹的一部分如图中的曲线PQ 所示，则一定是( )A ．ab 导线中通有从a 到b 方向的电流B ．ab 导线中通有从b 到a 方向的电流C ．cd 导线中通有从c 到d 方向的电流D ．cd 导线中通有从d 到c 方向的电流[答案] C[解析] 注意观察图象的细节，靠近导线cd 处，电子的偏转程度大，说明靠近cd 处运动的半径小，洛伦兹力提供电子偏转的向心力，Bq v ＝m v 2r ，B ＝m v qr.由于电子速率不变，偏转半径变小，说明B 变强，一定是cd 导线中通有电流，再由左手定则判出安培力的大致方向是偏向左方．最后利用安培定则判断出cd 中电流方向应由c 到d ，所以正确答案是C.4．如图，在x >0、y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，在x 轴上到原点的距离为x 0的P 点，以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场．不计重力的影响．由这些条件可知 ( )A ．不能确定粒子通过y 轴时的位置B ．不能确定粒子速度的大小C ．不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D ．以上三个判断都不对[答案] D[解析] 带电粒子以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场，故粒子在磁场中运动了14周期，从y 轴上距O 为x 0处射出，v ＝qBx 0m，回旋角为90°.5．如图所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2，一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入磁感应强度为B 1的磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点 ( )A.2πm qB 1B.2πm qB 2C.2πm q (B 1＋B 2)D.πm q (B 1＋B 2)[答案] B[解析] 粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示．由周期公式T ＝2πm qB知，粒子从O 点进入磁场到再一次通过O 点的时间t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πm qB 2，所以B 选项正确．6．(2009·福建泉州质检)如图是某粒子速度选择器的示意图．在一半径为R ＝10cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011C/kg 的阳离子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v 的大小是 ( ) A.2×106m/s B ．22×106m/sC ．22×108m/sD ．42×106m/s[答案] B[解析] 由题意，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动14周期，由几何关系知r ＝2R ， 又r ＝m v qB ，v ＝qBr m＝22×106m/s. 7．如图所示，长为L 的水平极板间有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为L ，板不带电．现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( ) A ．使粒子的速度v <BqL 4mB ．使粒子的速度v >5BqL 4mC ．使粒子的速度v >BqL mD ．使粒子的速度BqL 4m <v <5BqL 4m[答案] AB[解析] 由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，做匀速圆周运动．很明显，圆周运动的半径大于某值r 1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r 2时粒子可从极板的左边穿出现在问题归结为求粒子能从右边穿出时r 的最小值r 1以及粒子从左边穿出时r 的最大值r 2.在图中由几何知识得，粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O 点，有r 21＝L 2＋(r 1－L 2)2，得r 1＝5L 4. 由于r 1＝m v 1Bq ，得v 1＝5BqL 4m， 所以v >5BqL 4m时粒子能从右边穿出．粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O ′点，有r 2＝L 4， 由r 2＝m v 2Bq ，得v 2＝BqL 4m， 所以v <BqL 4m时粒子能从左边穿出． 8．(2010·吉林市统考)摆线是数学中众多迷人曲线之一，它是这样定义的：一个圆沿一直线无滑动地滚动，则圆上一固定点所经过的轨迹称为摆线．在竖直平面内有xOy 坐标系，空间存在垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m ，电荷量为＋q 的小球从坐标原点由静止释放，小球的轨迹就是摆线．小球在O 点速度为0时，可以分解为一水平向右的速度v 0和一水平向左的速度v 0两个分速度，如果v 0取适当的值，就可以把摆线分解成以v 0的速度向右做匀速直线运动和从O 点向左速度为v 0的匀速圆周运动两个分运动．设重力加速度为g ，下列式子正确的是 ( )A ．速度v 0所取的适当值应为mg qBB ．经过t ＝πm qB第一次到达摆线最低点 C ．最低点的y 轴坐标为y ＝－2m 2g q 2B 2 D ．最低点的y 轴坐标为y ＝－m 2g q 2B 2 [答案] ABC[解析] 以匀速直线运动分析，应有mg ＝q v 0B ，则速度v 0所取的适当值应为v 0＝mg qB，选项A 正确；以匀速圆周运动分析，经过12周期到达最低点，则t ＝T 2＝πm qB ，经过t ＝πm qB 第一次到达摆线最低点，选项B 正确；最低点的y 轴坐标为y ＝－2R ＝－2m v 0qB ＝－2m 2g q 2B 2，选项C 正确；选项D 错误．二、非选择题9．如图MN 表示垂直纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，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] 因粒子经O 点时的速度垂直于OP ，故OP ＝2R ，又R ＝m v qB ，所以q m ＝2v Bl. 10．如图所示，直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场．正、负电子同时从同一点O 以与MN 成30°角的同样速度v 射入磁场(电子质量为m ，电荷为e )，它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？[答案] 2m v eB 4πB 3eB[解析] 由公式轨道半径R ＝m v qB 和周期T ＝2πm qB知，它们的半径和周期是相同的．只是偏转方向相反．先确定圆心，画轨迹，后由几何关系求半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形．所以两个射出点相距2R ＝2m v eB. 由图还可看出，经历时间相差2T 3＝4πm 3eB. 11．一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面．在xOy 平面上，磁场分布在以O 为圆心的一个圆形区域内．一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，由原点O 开始运动，初速度为v ，方向沿x 轴正方向．后来，粒子经过y 轴上的P 点，此时速度方向与y 轴的夹角为30°，P 点到O 点的距离为L ，如图所示．不计重力的影响，求磁场的磁感应强度B 的大小和xOy 平面上磁场区域的半径R .[答案] 3m v qL 33L [解析] 粒子在磁场中受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，设其半径为r ， q v B ＝m v 2r① 据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C 必在y 轴上，且P 点在磁场区域之外．过P 沿速度方向作反向延长线，它与x 轴相交于Q 点．作圆弧过O 点与x 轴相切，并且与PQ 相切，切点A 即粒子离开磁场区域的点．这样可得到圆弧轨迹的圆心C ，如图所示．由图中几何关系得L ＝3r .②由①②求得，B ＝3m v qL.③ 图中OA 即为圆形磁场区域的半径R ，由几何关系得R ＝33L . 12．(2010·天津市高三十校联考)如图所示，在空间中固定放置一绝缘材料制成的边长为L 的刚性等边三角形框架△DEF ，DE 边上S 点⎝⎛⎭⎫DS ＝L 4处有一发射带正电的粒子源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE 边向下．发射的电荷量皆为q ，质量皆为m ，但速度v 有各种不同的值．整个空间充满磁感应强度大小为B ，方向垂直截面向里的均匀磁场．设粒子与△DEF 边框碰撞时没有能量损失和电荷量传递．求：(1)带电粒子速度的大小为v 时，做匀速圆周运动的半径；(2)带电粒子速度v 的大小满足什么条件时，可使S 点发出的粒子最终又垂直于DE 边回到S 点？(3)这些粒子中，回到S 点所用的最短时间是多少？[答案] (1)m v qB (2)qBL 4(2n －1)m(n ＝0,1,2,3，…) (3)8πm qB [解析] (1)带电粒子从S 点垂直于DE 边以速度v 射出后，做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE 边上，其半径R 可由q v B ＝m v 2R 求得，R ＝m v qB① (2)要求此粒子每次与△DEF 的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S 点，则R 和v 应满足以下条件：DS ＝L 4＝(2n －1)R (n ＝1,2,3，…)② 由①②得v ＝qBL 4(2n －1)m(n ＝1,2,3，…)③ (3)这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ＝2πR v 将①式代入，得T ＝2πm qB④可见在B 及q m给定时T 与v 无关．粒子从S 点出发最后回到S 点的过程中，与△DEF 的边碰撞次数越少，所经历的时间就越短，所以应取n ＝1，由图可看出该粒子的轨迹包括3个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，故最短时间为t ＝3×T 2＋3×5T 6＝4T ＝8πm qB⑤ 13．如图所示，在空间有一坐标系xOy ，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界．区域Ⅰ中的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B ，方向垂直于纸面向内，边界上的P 点坐标为(4L,3L )．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O .忽略粒子重力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)粒子从P 点运动到O 点的时间至少为多少？(2)粒子的速度大小可能是多少？[答案] (1)53πm 60qB (2)25qBL 12nm(n ＝1,2,3，…) [解析] (1)设粒子的入射速度为v ，用R 1、R 2、T 1、T 2分别表示粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中运动的轨道半径和周期，则有q v B ＝m v 2R 1，q v ·2B ＝m v 2R 2， T 1＝2πR 1v ＝2πm qB ，T 2＝2πR 2v ＝πm qB. 粒子先在磁场Ⅰ区中做顺时针的圆周运动，后在磁场Ⅱ区中做逆时针的圆周运动，然后从O 点射出，这样粒子从P 点运动到O 点所用的时间最短．粒子运动轨迹如图所示tan α＝3L 4L＝0.75， 得α＝37°，α＋β＝90°.粒子在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中的运动时间分别为t 1＝2β360°·T 1，t 2＝2β360°·T 2， 粒子从P 点运动到O 点的时间至少为t ＝t 1＋t 2，由以上各式解得t ＝53πm 60qB. (2)当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场Ⅰ区中运动，后在磁场Ⅱ区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O .这样粒子经过n 个周期性的运动到达O 点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为s ＝OP n ＝(4L )2＋(3L )2n ＝5L n(n ＝1,2,3，…)． 粒子每次在磁场Ⅰ区中运动的位移为s 1＝R 1R 1＋R 2s ＝23s ， 由图中的几何关系可知 s 12R 1＝cos α， 由以上各式解得粒子的速度大小为v ＝25qBL 12nm(n ＝1,2,3，…)．。