2011届高考物理第一轮复习同步训练题61
2011届高考物理第一轮知识考点专题复习 相互作用
• 【提示】 受静摩擦力作用的物体不一定 静止；可能静止，可能运动． • (4)大小：随外力的变化而变化，大小在 零和最大静摩擦力之间． • (5)方向：与接触面相切，且总是与物体 相对运动趋势 的 方向相反． • (6)最大静摩擦力：静摩擦力的最大值， 叫做最大静摩擦力．
• 2．滑动摩擦力 相对运动 • (1)产生：两个相互接触的物体发生 时产生的摩擦力． 相对运动 • (2)作用效果：总是起着阻碍物体间 的作用． 挤压 • 相对运动 (3)产生条件：①相互接触且 ；②有 接触面粗糙 ；③ ． 压力 • (4)大小：滑动摩擦力大小与 成正比， µFN 即：Ff＝ . 相对运动方向 • (5)方向：跟接触面相切，并跟物体 相反．
• 二、弹力方向的判断方法 • 1．根据物体产生形变的方向判断 • 物体所受弹力方向与施力物体形变的方向 相反，与自身(受力物体)形变方向相同． • 2．根据物体的运动状态判断 • 由状态分析弹力，即物体的受力必须与物 体的运动状态符合，依据物体的运动状态， 由共点力的平衡条件或牛顿第二定律列方 程，确定弹力方向．
• 要正确理解摩擦力产生条件中“相对”的 含义：“相对”既不是对“地”，也不是 对“观察者”，“相对”的是跟它接触的 物体，即把其中一个物体作参考系，分析 另一个物体相对于参考系的运动．
题组演练
• 4．1粗糙水平面上有一斜面体A，在A的 粗糙斜面上放一小物体B，如右图所示， 已知A、B静止，则水平面对斜面体 ( )
• 3．2探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹 性限度内，悬挂15 N重物时，弹簧长度为 0.16 m，悬挂20 N重物时，弹簧长度为 0.18 m，则弹簧的原长L0和劲度系数k分 别为 • ( ) • A．L0＝0.02 m k＝500 N/m • B．L0＝0.10 m k＝500 N/m • C．L0＝0.02 m k＝250 N/m • D．L0＝0.10 m k＝250 N/m
2011届高考物理第一轮知识考点专题复习 运动的图像、追击相遇问题
• 【解析】 在0～66 s内图象的斜率越来越 小，加速度越来越小，故海盗快艇做加速 度减小的加速运动，A选项错；海盗快艇 在96 s末，速度由正变负，即改变运动的 方向，开始掉头逃跑，此时海盗快艇离商 船最近，B对C错；海盗快艇在96～116 s 内，沿反方向做匀加速运动，D选项错． • 【答案】 B
• 【解析】 速度图象在t轴下的均为反方 向运动，故2 h末乙车改变运动方向，A 错． • 2 h末从图象围成的面积可知乙车运动位 移为30 km，甲车位移为30 km，相向运动， 此时两车相距x＝(70－30－30)km＝10 km， B对． • 从图象的斜率看，斜率大加速度大，故乙 车加速度在4 h内一直比甲车加速度大，C 对． • 4 h末，甲车运动位移120 km，乙车运动
• (1)v－t图象斜率为正(即向上倾斜)不一定 做加速运动，斜率为负(即向下倾斜)不一 定做减速运动． • (2)无论是v－t图象还是x－t图象都不表示 物体的运动轨迹．
• 四、追及、相遇 • 1．追上与追不上的临界条件 • 追和被追的两者的速度相等时常是能追上、 追不上、二者距离有极值的临界条件． • 2．追及、相遇的特征 • 两物体在同一直线上运动，他们之间的距 离发生变化时，可能出现最大距离、最小 距离或者是距离为零的情况，这类问题称 为追及、相遇问题．
• 【提示】 1.图线在横轴上的截距表示物 体从记时开始过一段时间从参考点出 发．图线与纵轴的截距表示开始计时时物 体相对于参考点的位移．
• 1．物体沿x轴运动，观察者在O点，在x轴 上有A、B、C三个点，它们到观察者的距 离分别为4 m、4 m、8 m，如下图甲所 示．请在下图乙中做出观察者看到的下列 物体运动的位移—时间图象．
• 1－1：某质点运动的v－t 图象如右图所示，则该质 点做 ( ) • A．来回往复运动 • B．匀变速直线运动 • C．朝某一方向的直线运 动 • D．不能确定
2011届高考物理第一轮复习同步训练题7
贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习7：力的合成与分解一、选择题(本大题共10个小题，共70分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1.手握轻杆，杆的另一端安装有一个小滑轮C，[来源:学科网ZXXK]支持着悬挂重物的绳子，如图1所示，现保持[来源:学。
科。
网]滑轮C的位置不变，使杆向下转动一个角度，则杆对滑轮C的作用力将() 图1A．变大B．不变C．变小D．无法确定解析：杆对滑轮C的作用力大小等于两绳的合力，由于两绳的合力不变，故杆对滑轮C 的作用力不变．答案：B2.如图2所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住，在这三种情况下，若绳的张力分别为F1、F2、F3，轴心对定滑轮的支持力分别为F N1、F N2、F N3.滑轮的摩擦、质量均不计，则() 图 2A．F1＝F2＝F3，F N1＞F N2＞F N3B．F1＞F2＞F3，F N1＝F N2＝F N3C．F1＝F2＝F3，F N1＝F N2＝F N3D．F1＜F2＜F3，F N1＜F N2＜F N3解析：由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以F1＝F2＝F3＝G，又轴心对定滑轮的支持力等于绳对定滑轮的合力．而已知两个分力的大小，其合力与两分力的夹角θ满足关系式：F＝G2＋G2＋2GG cosθ＝G2(1＋cosθ)，θ越大，F越小，故F N1＞F N2＞F N3，只有选项A正确．答案：A3.如图3所示，用一根长为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30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是() 图3A.3mgB.32mg C.12mg D.33mg[来源:学+科+网] 解析：将mg 在沿绳方向与垂直于绳方向分解，如图所示．所以施加的力与F 1等大反向即可使小球静止，故F min =mgsin30°=12mg ，故选C. 答案：C4．(2010·长沙模拟) 如图4所示是用来粉刷[来源:学§科§网]墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推 图4涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F 1，墙壁对涂料滚的支持力为F 2，下列说法正确的是 ( )A ．F 1、F 2均减小B ．F 1、F 2均增大C ．F 1减小，F 2增大D ．F 1增大，F 2减小解析：在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可知：F 1sinθ-F 2=0F 1cosθ-G =0解得F 1=cos GF 2=G tan θ由于θ减小，所以F 1减小，F 2减小，故正确答案为A.答案：A5.如图5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 ( ) 图5A ．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解析： 对B 受力分析如右图所示，则水平方向上：F f =F T ·cos θ由于F T =mAg所以F f =mAg cos θ，故A 错B 对；竖直方向上：F NB +F T sin θ=mBg所以F NB =m B g -F T sin θ=m B g-m A g sin θ，故C 错D 对．答案：BD6．如图6甲所示为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O 、a 、b 、c 、d …等为网绳的结点．安全网水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe 、bOg 均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O 点受到的向下的冲击力大小为F ，则这时O 点周围每根网绳承受的力的大小为( )图6A ．F B.F 2C ．F ＋mg D.F ＋mg 2解析：O 点周围共有4根绳子，设每根绳子的力为F ′，则4根绳子的合力大小为2F ′，所以F ＝2F ′，所以F ′＝F 2，应选B. 答案：B7. (2009·浙江高考)如图7所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为 ( ) 图7A.32mg和12mg B.12mg和32mgC.12mg和12μmg D.32mg和32μmg解析：三棱柱受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而平衡，故F N＝mg cos30°＝3 2mg，F f＝mg sinθ＝12mg，A正确．答案：A8．如图8所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()图8A．F1B．F2C．F3D．F4解析：由于小球B处于静止状态，且细线OB沿竖直方向，因此细线AB无弹力，对小球A受力分析，由于它受力平衡，并根据小球A受到的细线的拉力和重力的方向可知，施加给小球A的力F应沿F2或F3的方向，故选B、C.答案：BC9．(2010·天津模拟)如图9所示，A、B两物体的质量分别为m A、m B，且m A＞m B，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由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变化情况是()图9A．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角变小解析：最终平衡时，绳的拉力F大小仍为m A g，由二力平衡可得2F sinθ＝m B g，故θ角不变，但因悬点由Q到P，左侧部分绳子变长，故A应升高，所以C正确．答案：C10. 在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图10所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB 和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞弧形瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作 图10中发现瓦滑到底端时速度较大，有时会摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是 ( )A ．增加每次运送瓦的块数B ．减少每次运送瓦的块数C ．增大两杆之间的距离D ．减小两杆之间的距离解析：沿两个杆的方向仰视或俯视，弧形瓦受到两个杆各自提供的两个支持力，且支持力垂直于瓦面和杆倾斜向上，如图所示．因为瓦在垂直两杆的平面内受力平衡，即其垂直分量不变，所以两杆之间距离越大支持力的方向就越倾斜，支持力也就越大，滑动摩擦力F f 随着支持力的增大而增大；根据牛顿第二定律得弧形瓦下滑的加速度a =g sin α-fF m ，其值会随F f 增大而减小；因为弧形瓦滑到底端的路程即木杆的长度一定，所以加速度越小，到达底端的速度就越小，C 正确．答案：C二、非选择题(本大题共2个小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2008·重庆高考)滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力F N 垂直于板面，大小为k v 2，其中v 为滑板速率(水可视为静止)．某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图11所示)，滑板做匀速直线运动，相应的k ＝54 kg/m ，人和滑板的总质量为108 kg ，试求(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝35，忽略空气阻力)：图11(1)水平牵引力的大小；(2)滑板的速率．解析： (1)以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得F N cosθ=mg ①F N sin θ＝F ②由①、②联立，得F ＝810 N(2)F N ＝mg /cos θF N ＝k v 2得v ＝ mg k cos θ＝5 m/s. 答案：(1)810 N (2)5 m/s12．(15分)榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨 图 12机的结构示意图如图12所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ．求物体D 所受压力的大小是F 的多少倍？ 解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则F 1=F 2= 2cos F由几何知识得tan θ=lb =10.按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则F N=F2sinθ以上各式联立解得F N=5F所以物体D所受压力的大小是F的5倍．答案：5倍。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 单元质检一
单元质检一运动的描述匀变速直线运动的研究(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分,在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(浙江常熟高三上学期阶段性抽测)关于速度的描述,下列说法正确的是( )A.电动车限速20 km/h,指的是平均速度大小B.子弹射出枪口时的速度大小为500 m/s,指的是平均速度大小C.某运动员百米跑的成绩是10 s,则他冲刺时的速度大小一定为10 m/sD.京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度大小答案:D解析:电动车限速20km/h,即最高速度不超过20km/h,是指瞬时速度,故A 错误;子弹射出枪口时的速度大小为500m/s,指的是瞬时速度,故B错误;10m/s是百米跑的平均速度,但冲刺时的速度为瞬时速度,大小不能确定,故C错误;京沪高速铁路测试时列车最高时速可达484km/h,指的是某时刻的速度可以达到484km/h,是瞬时速度,故D正确。
2.(河南名校联盟高三上学期10月质检)我国首艘海上商用地效翼船“翔州一号”,从三沙市永兴岛到三亚仅仅只需要几个小时,若地效翼船“翔州一号”到港前以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动,其初速度为60 m/s,则它在12 s内滑行的距离是( )A.144 mB.288 mC.150 mD.300 m答案:D=解析:地效翼船从以初速度为60m/s,运动到停止所用时间t=v-v0a0-60s=10s,由此可知地效翼船在12s内不是始终做匀减速运动,它在最后-62s内是静止的,故它12s内滑行的距离为,故选项D正确。
3.(天津一中高三月考)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2,v1、v2在各个时刻的大小如表所示,从表中数据可以看出( )v2/(m·s-1) 9.8 11.0 12.2 13.4 14.6A.火车的速度变化较慢B.汽车的加速度较小C.火车的位移在减小D.汽车的速度增加得越来越慢答案:A解析:火车的加速度为a1=Δv1Δt =-0.51m/s2=-0.5m/s2,汽车的加速度为a2=Δv2Δt =1.21m/s2=1.2m/s2,汽车的加速度较大,火车的加速度较小,可知火车速度变化较慢,故A正确,B错误;因为火车的速度一直为正值,速度方向不变,则位移在增加,故C错误;因为汽车做匀加速直线运动,加速度不变,单位时间内速度增加量相同,故D错误。
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届高考物理一轮复习精品同步练习牛顿第二定律课时作业
第二讲牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题（本题共5小题，每小题7分，共35分） 1 •如图1所示，足够长的传送带与水平面夹角为0,以速度v 0逆时针匀速转动•在传送带的上端轻轻放置一个质量为 m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数卩< tan 0则图2中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）解析：小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a i .当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以 a 2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以 a i >a ?,在v -1图象中，图线的斜率表示加速度，故选项 D 对. 答案：D2 .如图3所示，车内绳 AB 与绳BC 拴住一小球，BC 水平，车由原 来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位 置，则 （）A. AB 绳、BC 绳拉力都变大B. AB 绳拉力变大，BC 绳拉力变小 C . AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变 D . AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大解析：如图所示，车加速时，球的位置不变，则AB 绳拉力沿竖G直方向的分力仍为 F TI COS B,且等于重力 G ,即F TI = COS 0，故F TI 不变.向右的加速度只能是由 BC 绳上增加的拉力提供，故F T 2增加，所以D 正确. 答案：DI ）3 .如图4所示，在光滑的水平面上，质量分别为m i和m2的木卜丄块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B图4的加速度为a i 和a 2,则 A . a i = a 2= 0解析：首先研究整体，求出拉力 F 的大小F = （m i + m 2）a.突然撤去F ，以A 为研究对 象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A 物体受力不变，其加速度a i = a.以B 为研究对象，在没有撤去 F 时有：F — F ' = m 2a ，而F = （m i + m 2）a ，所以F '=mia.撤去F 则有：—F ' =m2a2,所以a2=-m 2a .D 项正确.答案：D4. （2010 •州模拟）如图5所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态.当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（解析：撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力的大小等于撤离木板前F N ，由于F N = cO^o = _2^3mg ,所以撤离木板后，小球加速度5. （2009 •东高考）某物体做直线运动的 v — t 图象如图6甲所示，据此判断图乙（F 表示图6解析：由v — t 图象知，0〜2 s 匀加速，2 s 〜4 s 匀减速，4 s 〜6 s 反向匀加速，6 s 〜8a i =mimi + m 2a ，m 2m i + m 2am iD . ai =a ，a2=—m?B . a 1 = a , a 2= 0D. 3T g大小为： a= m =努g.B 项正确.物体所受合力, x 表示物体的位移）所示的四个选项中正确的是木板对小球的支持力 答案：Bs匀减速，且2 s〜6 s内加速度恒定，由此可知：0〜2 s内，F恒定，2 s〜6 s内，F 反向，大小恒定，6 s〜8 s内，F又反向且大小恒定，故B正确，A错.C、D图中0〜2 s内分别表示物体做匀速运动和减速运动，所以C、D错.答案：B、双项选择题（本题共5小题，共35分•在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分）6. （2010滨州模拟）如图7所示，在汽车中悬挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一稳定角度.若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m i,则关于汽车的运动情况和物体m i的受力情况正确的是（）A .汽车一定向右做加速运动B. 汽车可能向左运动C. m i除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用D. m i除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力的作用解析：根据题图可知汽车的加速度为 a = gtan 0且方向向右，汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动，故A错误，B正确.m i所受合力方向应向右. m i除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，C正确，D错误.答案：BC7 •斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象及物体运动的v-1图象如图8所示•由图象中的信息能够求出的量或可以确定的关系是i0 m/s2）F/Nv/ (nvs !)32: 2A1liII/I . 一O A .物体的质量m ~2 4 m &图82 4 6B.斜面的倾角0C .物体与斜面间的动摩擦因数卩D. tan 0解析：设物体的质量为m,斜面的倾角为(g取( ) 0,由v —t图象可得0〜2 s内物体的加速图7度为a i= i m/s2;由F —t图象可知0〜2 s内力F i = 3 N，在0〜2 s内对物体应用牛顿v解析：由G — t 图象知：t 0〜t 1时间内具有向下的加速度，t 1〜t 2时间内匀速或静止，t 2〜 t 3时间内具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t o 〜t 3时间内 向上减速，静止，向上加速 $，故A 、D 正确.向下加速，匀速，向下减速 答案：AD9. （2010莆田模拟）如图11所示，传送带的水平部分长为 L ,传动速率为v ,在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为 ii,则木块从左端运动到右端的时间可能是（A .L + 乂v ug2L D.2L解析：因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加速至右端，则L =11 gt 得：t =、y i C 正确;若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度0 + v 相等，则L = 2L—t ，有：t =「, D 正确；若先匀加速到传送带速度 v ,再匀速到右 第二定律得：F 1+ mgsin 0— i mgos 0= ma 1 .由v — t 图象可得2 s 后物体的加速度为 a 2=0,物体做匀速直线运动；由F — t 图象可知2 s 后力F 2= 2 N ，由平衡条件可得：F 20.2+ mgsin B —卩mgos 0= 0,代入数据联立解得：m = 1 kg , 尸tan 0+ -------- >tan 0,综合COSH得出，正确选项为 A 、D. 答案：AD'G/N8. （2009广东高考）某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N .他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t 0至t 3时间段内，弹簧测力计的示数如图 9所示，电梯运行的 v — t 图象 可能是图10中的（取电梯向上运动的方向为正方向）（ ）S40 490 440图10图11C.F — F f = ma 物 F f ' = Ma 车其中 F f = F f ' = i mg端，v 2 v—广V（一才L ，有:t = 一+ , A 错误；木块不可能一直匀速至右端，V 2 （igB 错误. 答案：CD10. （2009宁夏高考）如图12所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦•现拎力A 枫仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 A .物块先向左运动，再向右运动B .物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C .木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D •木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：撤去拉力时，物块的速度小于木板的速度，物块相对于木板向左滑，受向右的 摩擦力而向右加速，而木板受向左的摩擦力向右减速， 当二者速度相等时，再一起做匀速运动，故B 、C 正确. 答案：BC三、非选择题（本题共2小题，共30分）11. （14分）如图13所示，有一长度 x = 1 m 、质量 M = 10 kg 的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量 m = 4 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数i= 0.25，要使物块在2 s 内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力 m/s 2）解析：由下图中的受力分析，根据牛顿第二定律有图13F 是多少？ （g 取10图121 2由分析图结合运动学公式有x i = ；a车t2X2= 2a 物t2X2 —X i = X由②③解得a车=1 m/s22由④⑤⑥⑦ 解得a物=1.5 m/s所以 F = F f+ ma 物=m（（ig+ a 物）=4X （0.25 x 10+ 1.5） N = 16 N.答案：16 N12. （16分）（2009上海高考）如图14（a）所示，质量m= 1 kg的物体沿倾角0= 37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比, 比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的。
高考物理一轮复习 知识点同步练习卷 匀变速直线运动 新人教版-新人教版高三全册物理试题
匀变速直线运动一、选择题(本大题共12小题，每一小题5分，共60分。
在每一小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，如此物体的加速度是： 〔 〕 A. 23m/s 2 B.43 m/s 2 C.89 m/s 2 D.169m/s 2 【答案】B2．质量为m 的小球由空中A 点无初速度自由下落，加速度大小为g ；在t 秒末使其加速度大小变为a 方向竖直向上，再经过t 秒小球又回到A 点．不计空气阻力且小球从未落地，如此以下说法中正确的答案是： 〔 〕A ．g a 4=B ．返回到A 点的速率at 2C ．自由下落t 秒时小球的速率为atD ．小球下落的最大高度292at 【答案】D3．在某一高度以020/v m s =的初速度竖直上抛一个小球〔不计空气阻力〕。
当小球速度大小为10m/s 时，以下判断正确的答案是〔210/g m s =〕： 〔 〕A 、小球在这段时间内的平均速度大小一定为15m/s ，方向竖直向上B 、小球在这段时间内的速度变化率是25/m s ，方向竖直向上C 、小球的位移大小一定是15m ，方向竖直向上D 、小球在这段时间内的路程一定是25m【答案】C4．一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，如此： 〔 〕A ．小球在2 s 末的速度是20 m/sB ．小球在第5 s 内的平均速度是3.6 m/sC ．小球在第2 s 内的位移是20 mD ．小球在前5 s 内的位移是50 m 【答案】D5．如下列图，在水平面上有一个质量为m 的小物块，在某时刻给它一个初速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A 、B 、C 三点，最终停在O 点．A 、B 、C 三点到O 点的距离分别为L 1、L 2、L 3，小物块由A 、B 、C 三点运动到O 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3．如此如下结论正确的答案是： 〔 〕A ．312123L L L t t t ==B ．312222123L L L t t t ==C ．312123L L L t t t <<D ．312222123L L L t t t << 【答案】B6．如下列图，物体从O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中|AB |＝2 m ，|BC |＝3 m ．假设物体通过AB 和BC 这两段位移的时间相等，如此O 、A 两点之间的距离等于： 〔 〕A.98 mB. 89mC.34 mD.43m 【答案】A7．如下列图,某“闯关游戏〞的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭,放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s 。
2011届高考物理第一轮知识考点专题复习 实验匀变速直线运动的研究
• 1．开始释放小车时，应使小车靠近打点 计时器． • 2．先接通电源，计时器工作后，再放开 小车，当小车停止运动时及时断开电源． • 3．要区别计时器打出的点与人为选取的 计数点，一般在纸带上每隔四个点取一个 计数点，即时间间隔为T＝0.02×5 s＝0.1 s.
• 4．小车另一端挂的钩码个数要适当，避 免速度过大而使纸带上打的点太少，或者 速度太小，使纸带上的点过于密集． • 5．选择一条理想的纸带，是指纸带上的 点迹清晰．适当舍弃开头密集部分，适当 选取计数点，弄清楚所选的时间间隔T. • 6．测x时不要分段测量，读数时要注意有 效数字的要求，计算a时要注意用逐差法， 以减小误差．
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在“测定匀变速直线运动的加速 度”的实验中，某同学的操作步骤如下， 其中错误或遗漏的步骤有(遗漏可编上序 号G、H„„)________．
• A．拉住纸带，将小车移到靠近打点计时 器处先放开纸带，再接通电源 • B．将打点计时器固定在平板上，并接好 电源 • C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定 滑轮，下面吊着适当重的钩码 • D．取下纸带 • E．将平板一端抬高，轻推小车，使小车 能在平板上做加速运动 • F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点 计时器的限位孔
• (3)画v－t图象，如下图，描点、拟合得到 直线，由图象可得a＝2.0 m/s2.
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判断一个物体是否做匀变速运动 的常见方法有：Δx＝aT 2和Δv＝aT的方法
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(2010年南通市高三检测)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50 Hz，下图为 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＝3.20 cm，x2＝4.74 cm，x3＝6.40 cm，x4＝8.02 cm，x5＝9.64 cm，x6＝ 11.28 cm，x7＝12.84 cm.
2011年全国高考物理试题(附答案)
2011年普通高等学校招生全国统一考试理综试题解析版（全国卷新课标版）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A ．B ．C ．D ．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 ．U =110V ，I =0.2AB ．U =110V ，I =0.05AC ．U =1102V ，I =0.2AD ．U =1102V ，I =0.22A18．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的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I 成正比。
通电的弹体西东 I西东 I西东 I西东IAV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，理论上可采用的办法是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届高考物理第一轮复习同步训练题8
贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习8：受力分析共点力的平衡一、选择题(本大题共10个小题，共70分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1．如图1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() 图1A．2个B．3个C．4个D．5个解析：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FN，只有压力F N则P不能平衡，一定存在向右的力，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．答案：AC2．(2009·天津高考)物块静止在固定的斜面上，分别按如图2所示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D 中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()图2解析：物体在重力和F的合力沿斜面向下分力的作用下将受到沿斜面向上的静摩擦力，故知，竖直向下的力F会使其所受到的静摩擦力增大，D正确．答案：D3．如图3所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F过球心，下列说法正确的是()A．球一定受墙的弹力且水平向左图3B．球可能受墙的弹力且水平向左C．球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上解析：对球受力分析，可以确定的力是水平力F和重力mg，根据平衡条件，斜面对球一定有弹力的作用，墙对球可能有弹力，也可能没有弹力．答案：BC4．(2008·海南高考) 如图4所示，质量为M的楔形物块静止在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿图4斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为() A．(M＋m)g B．(M＋m)g－FC．(M＋m)g＋F sinθD．(M＋m)g－F sinθ解析：楔形物块静止，小物块匀速上滑，二者都处于平衡状态，取二者整体为研究对象，由受力分析得F N+F sinθ=(M+m)g，所以F N=(M+m)g-F sinθ，故选项D正确．答案：D5.如图5所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上，A、B间接触面光滑．在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则物体A的受力个数为() 图5A．3 B．4C．5 D．6解析：A恰好不离开地面，即A与地面无作用力，故A受重力、F和B对A的作用力，共三个力，正确选项为A.答案：A6. (2009·山东高考)如图6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，图6OP与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是()A．F＝mgtanθB．F＝mg tanθC．F N＝mgtanθD．F N＝mg tanθ解析：滑块受力如图，由平衡条件知：F mg=cot θ⇒F =mg cot θ=mg tan θ， F N = sin mg. 答案：A7．(2010·日照模拟) 如图7所示，A 、B 两球用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细线悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，且O 、A 间的距离恰为L ，此时绳子所受的拉力为F 1，现把A 、B 间的弹簧换成 图7劲度系数为k 2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F 2，则F 1与F 2的大小关系为 ( )A ．F 1＜F 2B ．F 1＞F 2C ．F 1＝F 2D ．因k 1、k 2大小关系未知，故无法确定解析：对B 球受力分析如图所示，则由相似三角形特点知：F 1L ＝mg L ＝F 2L所以F 1＝F 2＝mg .答案：C8.如图8所示，A 是一质量为M 的盒子，B 的质量为M 2，A 、B 用细绳相连，跨过 光滑的定滑轮，A 置于倾角θ＝30°的斜面上，B 悬于斜面之外而处于静止状态． 图8现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中 ( )A ．绳子拉力逐渐减小B ．A 对斜面的压力逐渐增大C ．A 所受的摩擦力逐渐增大D ．A 所受的合力不变解析：以B 为研究对象，由二力平衡条件可知，绳子的拉力F T 始终等于B 的重力的大小，即F T ＝12Mg ，选项A 错误． 以A 为研究对象，未加沙子前，绳子拉力F T 与A 的重力沿斜面方向的分力平衡，A 与斜面间没有摩擦力的作用；加入沙子后，相当于A 的重力增加，A 对斜面的压力增大，为了平衡加入沙子的重力沿斜面方向的分力，A 将受到沿斜面向上的静摩擦力，且随着沙子的加入而逐渐增大，所以选项B 、C 正确．因为A 一直处于静止状态，所受的合力为零，保持不变，选项D 正确．答案：BCD9．如图9所示，固定在水平面上的斜面倾角为θ，长方体木块A 的质量为M ，其PQ[来源:学&科&网]面上钉着一枚小钉子，质量为m 的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面 图9垂直，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是 ( )A ．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为零B ．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为mg sin θC ．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为零D ．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为μmg cos θ解析：当木块匀速下滑时，对小球受力分析可求得小球对木块的压力为mg sin θ，B 正确；当木块匀加速下滑时，将小球和木块看做一个整体，根据牛顿第二定律可得a ＝g sin θ－μg cos θ，选小球为研究对象，可求得小球对木块的压力为μmg cos θ，D 正确． 答案：BD10. 如图10所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m 1的小球 图10与O 点的连线与水平线的夹角为α＝60°，则两小球的质量比m 2m 1为 ( ) A.33 B.23 C.32 D.22解析：质量为m 1的小球受重力m 1g 、绳拉力F 2=m 2g 和支持力F 1的作用而平衡．如图所示，由平衡条件得，F 1=F 2,2F 2cos30°=m 1g ，得m 2m 1=33.故选项A 正确． 答案：A二、非选择题(本大题共2个小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)在倾角α＝37°的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一质量m＝3 kg、中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角β＝37°的力F拉住，使整个装置处于静止状态，如图11所示．图11不计一切摩擦，求拉力F和斜面对圆柱体的弹力F N的大小．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)某同学分析过程如下：将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解．沿斜面方向：F cosβ＝mg sinα垂直于斜面方向：F sinβ＋F N＝mg cosα问：你认为上述分析过程正确吗？若正确，按照这种分析方法求出F及F N的大小；若不正确，指明错误之处并求出认为正确的结果．解析：不正确，该同学没想到平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用．沿斜面方向：F cosβ＋F＝mg sinα垂直于斜面方向：F sinβ＋F N＝mg cosα得：F＝sinα1＋cosβmg＝0.61＋0.8×30 N＝10 NF N＝mg cosα－F sinβ＝30×0.8 N－10×0.6 N＝18 N.答案：不正确没想到平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用10 N18 N 12．(15分)(2010·广州模拟)鸵鸟是当今世界上最大的鸟，有人说，如果鸵鸟能长出一副与身材大小成比例的翅膀，就能飞起来．生物学研究的结论指出：鸟的质量与鸟的体长立方成正比．鸟扇动翅膀，获得向上的升力的大小可以表示为F＝cS v2，式中S 是翅膀展开后的面积，v为鸟的运动速度，c是比例常数．我们不妨以燕子和鸵鸟为例，假设鸵鸟能长出和燕子同样比例的大翅膀，已知燕子的最小飞行速度是5.5 m/s，鸵鸟的最大奔跑速度为22 m/s，又测得鸵鸟的体长是燕子的25倍，试分析鸵鸟能飞起来吗？解析：燕子以最小速度飞行时，m1g＝cS1v12.而鸵鸟展翅以最大速度奔跑时，获得的升力为：F2＝cS2v22又S2S1＝252，v2v1＝4可得F2＝10000 m1g而鸵鸟重力m2g＝253m1g故F2＜m2g，鸵鸟不能飞起来．答案：鸵鸟不能飞起来。
2011届高考物理第一轮复习同步训练题58
贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习58：光的干涉、衍射和偏振现象1.2009年10月1日晚，首都北京各界人士欢聚一堂，热烈庆祝中华人民共和国成立60周年．在天安门广场举行的联欢晚会上，焰火呈现出的“锦绣河山”图(如图13－2－6所示)更是惊艳全场．下列关于光的认识，正确的是 ( )A ．焰火中各种五颜六色的光中红光比绿光的波长要长B ．利用相机拍下这些壮观景象时，涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对淡紫色光的透射C ．通过电视观看国庆焰火时，电视机遥控器是利用红外线脉冲信号来进行遥控的D ．联欢晚会上各种节目中所利用的激光是一种相干光解析：涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，是说明增透膜增强了对淡紫色光 的反射，B 错；电视机遥控器是利用红外线脉冲信号来进行遥控的，C 正确；激光是 一种人工产生的相干光，D 正确．答案：ACD2．用某一单色光做双缝干涉实验时，已知双缝间距离为0.25 mm ，在距离双缝为1.2 m 处的光屏上，测得5条亮纹间的距离为7.5 mm ，试求所用单色光的波长． 解析：已知Δx ＝x n －1＝7.55－1×10－3 m ，l ＝1.20 m ， d ＝0.25×10－3 m ，根据公式Δx ＝l d λ得波长λ＝d l Δx ＝0.25×10－3×7.5×10－31.20×4 m ≈3.906×10－7 m. 答案：3.906×10－7 m 3．两个狭缝相距0.3 mm ，位于离屏50 cm 处，现用波长为6000 的光照射双缝，求：(1)两条相邻暗条纹间的距离是多少？(2)若将整个装置放于水中，那么两条相邻暗条纹间的距离是多少？(水的折射率为43， 1 ＝10－10 m)解析：本题要求用公式Δx ＝l d λ进行计算．(1)Δx ＝l d λ＝50×10－2×6000×10－100.3×10－3 m＝1×10－3 m ＝1 mm(2)λ′＝λn ＝600043＝4500 Δx ′＝l d λ′＝50×10－2×4500×10－100.3×10－3 m ＝0.75 mm.答案：(1)1 mm (2)0.75 mm4．登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被 紫外线照射，否则将会严重地损伤视力．有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大 大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜．他选用的薄膜材料的折射率为n ＝1.5，所要消除 的紫外线的频率为ν＝8.1×1014 Hz.(1)他设计的这种“增反膜”所依据的原理是_______________________________．(2)这种“增反膜”的厚度至少是多少？(3)以下有关薄膜干涉的说法正确的是( )A ．薄膜干涉说明光具有波动性B ．如果薄膜的厚度不同，产生的干涉条纹一定不平行C ．干涉条纹一定是彩色的D ．利用薄膜干涉也可以“增透”解析：(1)为了减少进入眼睛的紫外线，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射 后形成的反射光叠加后加强，从而使透射的紫外线减弱．(2)路程差(大小等于薄膜厚度d 的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d＝Nλ′(N ＝1,2…)，因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的12，紫外线在真空中 的波长是λ＝c /ν≈3.7×10－7 m ．在膜中的波长是λ′＝λ/n ≈2.47×10－7 m ，故膜的厚度 至少是1.23×10－7 m. (3)干涉和衍射都证明光具有波动性；如果薄膜厚度均匀变化，则干涉条纹一定平行； 白光的干涉为彩色条纹，单色光的干涉则为该色光颜色；当膜的厚度为四分之一波 长时，两反射光叠加后减弱则会“增透”．故选项A 、D 正确．答案：(1)两反射光叠加后加强(2)1.23×10－7 m (3)AD 5.利用薄膜干涉的原理可以用干涉法检查平面和制造增透膜，回答以下两个问题：(1)用图13－2－7所示的装置检查平面时，是利用了哪两个表面反射光形成的薄膜干涉图样？(2)为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7 m 的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的厚度． 解析：(1)干涉图样是标准样板和被检查平面间空气膜即b 、c 面反射光叠加形成的．(2)设绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光 速与波长及频率的关系得：n ＝c v ＝λ0f λf ＝λ0λ即λ＝λ0n，那么增透膜厚度 h ＝14λ＝λ04n ＝5.52×10－74×1.38m ＝1×10－7 m. 答案：见解析6．某同学以线状白炽灯为光源，利用游标卡尺两脚之间形成的狭缝观察光的衍射．(1)若某次观察光的衍射时游标卡尺的示数如图13－2－8所示，则卡尺两测脚间的狭 缝宽度为________．图13－2－8(2)在利用游标卡尺两脚之间形成的狭缝观察光的衍射总结出的以下几点中，正确的 是________．A ．若狭缝与灯丝平行，则衍射条纹与狭缝平行B ．衍射条纹的疏密程度与狭缝的宽度有关，狭缝越窄，衍射条纹越窄C ．衍射条纹的间距与光的波长有关，光的波长越长，衍射条纹越宽D ．衍射条纹的间距与光的频率有关，光的频率越大，衍射条纹越宽解析：(1)卡尺游标尺为20分度，其精度为120mm ＝0.05 mm. 读数＝固定刻度＋可动刻度＝0＋5×0.05 mm ＝0.25 mm.(2)观察光的衍射现象时，狭缝必须与灯丝平行，而衍射条纹与狭缝平行，A 正确； 衍射现象明显与否与缝宽和光波长有关．狭缝越窄，光波长越长，现象越明显，故B 错误，C 正确；由c ＝λν知，频率越高则光波长越短，衍射现象越不明显，故D 错误．答案：(1)0.25 mm (2)AC7．(2010·福州模拟)在柏油马路和湖面上常常遇到耀眼的炫光，它使人的视觉疲劳．这 些天然的炫光往往是光滑表面反射而来的镜式反射光和从表面反射的漫反射光重叠 的结果，漫反射光是非偏振光，而镜式反射光一般是部分偏振光．由于它们是从水平面上反射的，光线的入射面是垂直的，所以反射光含有大量振动在水平方向的偏振光．要想消除这种炫光，只要将光线中的水平振动成分减弱些就可以了．同理，要想消除从竖直面反射来的炫光，如玻璃窗反射来的炫光，所用偏振轴应取水平方向．请回答下列两个问题：(1)某些特定环境下照相时，常在照相机镜头前装一片偏振滤光片使影像清晰，这是利用什么原理？(2)市场上有一种太阳镜，它的镜片是偏振片，为什么不用普通的带色玻璃片而用偏振片？安装镜片时它的透振方向应该沿什么方向？解析：(1)在某些特定环境下，如拍摄池水中的游动的鱼时，由于水面反射光的干扰，影像会不清楚，在镜头前装一片偏振片，清除反射光(反射光为偏振光)，影像就变得清晰．(2)这种太阳镜是为了消除柏油马路和湖面上反射的耀眼的炫光，因此应用偏振片而不是带色的普通玻璃片．该反射光为水平方向的偏振光，故应使镜片的透振方向竖直．答案：见解析8．一般认为激光器发出的是频率为ν的“单色光”．实际上它的频率并不是真正单一的．激光频率ν是它的中心频率，它所包含的频率范围是Δν(也称频率宽度)．如图13－2－9所示，让单色光照射到薄膜表面a，一部分光从前表面反射回来(这部分光称为甲光)，其余的光进入薄膜内部，其中的一小部分光从薄膜后表面b反射回来，再从前表面折射出(这部分光称为乙光)，甲、乙这两部分光相遇叠加而发生干涉，称为薄膜干涉，乙光与甲光相比，要在薄膜中多传播一小段时间Δt.理论和实践都证明，能观察到明显稳定的干涉现象的条件是：Δt的最大值Δt m与Δν的乘积近似等于1，即只有满足Δt m·Δν≈1才会观察到明显稳定的干涉现象．已知某红宝石激光器发出的激光频率ν＝4.32×1014 Hz，它的频率宽度Δν＝8.0×109 Hz.让这束激光由空气斜射到折射率n＝2的薄膜表面，入射时与薄膜表面成45°角，如图13－2－9所示．(1)求从O点射入薄膜中的光的传播方向及速率．(2)估算在如图13－2－9所示的情况下，能观察到明显稳定干涉现象的薄膜的最大厚度d m.解析：(1)设从O 点射入薄膜中的光线的折射角为r ，根据折射定律有：n ＝sin45°sin r， 即sin r ＝sin45°n ＝12所以r ＝30°.光在薄膜中的传播速度v ＝c /n ≈2.12×108 m/s.(2)乙光在薄膜中经历的路程x ＝2d cos r乙光通过薄膜所用时间Δt ＝x v ＝2d v cos r当Δt 取最大值Δt m 时，对应的薄膜厚度最大，又因Δt m ·Δν≈1，所以2d m v cos r ≈1Δν. 解得：d m ≈1.15×10－2 m. 答案：(1)折射角为30°，速度大小为2.12×108 m/s(2)1.15×10－2 m。
2011届高考物理第一轮复习同步训练题22
贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习22：动能定理一、选择题(本大题共9个小题，共63分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1.如图1所示，质量为m的物体静止于倾角为α的斜面体上，现对斜面体施加一水平向左的推力F，使物体随斜面体一起沿水平面向左匀速移动x，则在此匀速运动过程中斜面体对物体所做的功为()A．Fx B．mgx cosαsinαC．mgx sinαD．0解析：由于物体做匀速运动，其处于平衡状态．物体动能和势能在运动过程中都不发生变化，故根据动能定理知合外力对物体做功为零．而重力做功为零，所以斜面体对物体做功为零，故应选D.答案：D2.如图2所示，板长为l，板的B端静放有质量为m的小物体P，物体与板间的动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则这个过程中()A．摩擦力对P做功为μmg cosα·l(1－cosα)B．摩擦力对P不做功C．弹力对P做功为mg cosα·l sinαD．板对P做功为mgl sinα解析：对物体运用动能定理W合＝W G＋WF N＋W摩＝ΔE k＝0所以WF N＋W摩＝－W G＝mgl sinα因摩擦力的方向(平行于木板)和物体速度方向(垂直于木板)始终垂直，对物体不做功，故斜面对物体做的功就等于弹力对物体做的功，即WF N＝mgl sinα，故B、D正确．答案：BD3.如图3所示，质量相等的物体A和物体B与地面的动摩擦因数相等，在力F的作用下，一起沿水平地面向右移动x，则()A．摩擦力对A、B做功相等B．A、B动能的增量相同C．F对A做的功与F对B做的功相等D．合外力对A做的功与合外力对B做的功相等解析：因F斜向下作用在物体A上，A、B受的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A、B做的功不相等，A错误；A、B两物体一起运动，速度始终相同，故A、B动能增量一定相同，B正确；F不作用在B上，不能说F对B做功，C错误；合外力对物体做的功应等于物体动能增量，故D正确．答案：BD4．(2010·如皋模拟)如图4所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处．若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将小铁块放回A处，并轻推一下使之具有初速度v0，沿新斜面向下滑动．关于此情况下小铁块的运动情况的描述正确的是() A．小铁块一定能够到达P点B．小铁块的初速度必须足够大才能到达P点C．小铁块能否到达P点与小铁块的质量无关D．以上说法均不对解析：如图所示，设AB＝x1，BP＝x2，AP＝x3，动摩擦因数为μ，由动能定理得：mgx1sinα－μmgx1cosα－μmgx2＝0，可得：mgx1sinα＝μmg(x1cosα＋x2)，设小铁块沿AP滑到P点的速度为v P，由动能定理得：mgx3sinβ－μmgx3cosβ＝12m v p2－12m v02，因x1sinα＝x3sinβ，x1cosα＋x2＝x3cosβ，故得：v P＝v0，即小铁块可以沿AP滑到P点，故A、C正确．答案：AC5.(2010·济宁模拟)如图5所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是()A ．tan θ＝μ1＋2μ23B ．tan θ＝2μ1＋μ23C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ1解析：由动能定理得mg ·AC ·sin θ－μ1mg cos θ·AB －μ2mg cos θ·BC ＝0，则有tan θ＝ 2μ1＋μ23，B 项正确． 答案：B6．人用手托着质量为m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离x 后，速度为v (物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( )A ．mgxB ．0C ．μmgx D.12m v 2 解析：物体与手掌之间的摩擦力是静摩擦力，静摩擦力在零与最大值μmg 之间取值， 不一定等于μmg .在题述过程中，只有静摩擦力对物体做功，故根据动能定理，摩擦力对物体做的功W ＝12m v 2. 答案：D7．(2010·广州模拟)构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路 面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图6 中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则 第二次向蓄电池所充的电能是( ) A ．200 JB ．250 JC ．300 JD ．500 J解析：滑行时阻力F f 恒定，由动能定理对图线①有ΔE k ＝F f x 1，x 1＝10 m对图线②有ΔE k ＝F f x 2＋E 电，x 2＝6 m所以E 电＝410ΔE k ＝200 J ，故A 正确． 答案：A8.如图7所示，质量为M 、长度为L 的木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物体(可视为质点)放在木板上最左端，现用一水平恒力F 作用在小物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．已知物体和木板之间的摩擦力为F f .当物体滑到木板的最右端时，木板运动的距 离为x ，则在此过程中 ( )A ．物体到达木板最右端时具有的动能为(F －F f )(L ＋x )B ．物体到达木板最右端时，木板具有的动能为F f xC ．物体克服摩擦力所做的功为F f LD ．物体和木板增加的机械能为Fx解析：由题意画示意图可知，由动能定理对小物体：(F －F f )·(L ＋x )＝12m v 2，故A 正确．对木板：F f ·x ＝12M v 2，故B 正确．物 块克服摩擦力所做的功F f ·(L ＋x )，故C 错．物块和木板增加的机械能12m v 2＋12M v 2＝F ·(L ＋x )－F f ·L ＝(F －F f )·L ＋F ·x ，故D 错． 答案：AB9．(2009·全国卷Ⅱ)以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的小物块．假定物块所受的空 气阻力F f 大小不变．已知重力加速度为g ，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点 的速率分别为( ) A.v 022g (1＋F f mg )和v 0mg －F f mg ＋F f B.v 022g (1＋F f mg )和v 0mg mg ＋F f C.v 022g (1＋2F f mg )和v 0mg －F f mg ＋F f D.v 022g (1＋2F f mg )和v 0mg mg ＋F f解析：设物块上升的最大高度为H ，返回的速率为v .由动能定理得：(mg ＋F f )H ＝12m v 02，(mg －F f )H ＝12m v 2，联立得H ＝v 022g (1＋F f mg )，v ＝ v 0mg －F f mg ＋F f.A 正确． 答案：A二、非选择题(本大题共3个小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和 演算步骤，有数值计算的要注明单位)10. (11分)如图8所示，竖直固定放置的斜面DE 与一光滑的圆弧轨道ABC 相连，C 为切点，圆弧轨道的半径为R ，斜面的倾角为θ.现有一质量为m 的滑块从D 点无初速下滑，滑块可在斜面和圆弧轨道之间做往复运动，已知圆弧轨道的圆心O 与A 、D 在同一水平面上，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块第一次至左侧AC 弧上时距A 点的最小高度差h .(2)滑块在斜面上能通过的最大路程s .解析：(1)由动能定理得：mgh －μmg cos θ·R /tan θ＝0得h ＝μR cos 2θ/sin θ＝μR cos θcot θ(2)滑块最终至C 点的速度为0时对应在斜面上的总路程最大，由动能定理得 mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0得：s ＝R μ. 答案：(1)μR cos θcot θ (2)R μ11．(12分)右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB 长L ＝1.5 m ，如图9所示．将一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的A 端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F ，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)木块沿弧形槽上升的最大高度； (2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平桌面上滑动的最大距离．解析：(1)由动能定理得：其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N所以h ＝FL －F f L mg ＝1.5×(1.5－1.0)0.5×10m ＝0.15 m (2)由动能定理得：mgh －F f x ＝0所以x ＝mgh F f＝0.5×10×0.151.0 m ＝0.75 m 答案：(1)0.15 m (2)0.75 m12．(14分)质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m 时，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中E k －x 的图线如图10所示．(g取10 m/s 2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F 的大小．解析：(1)从图线可知初动能为2 J ，E k0＝12m v 2＝2 J ，v ＝2 m/s. (2)在位移4 m 处物体的动能为10 J ，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－10 J ＝－10 JF f ＝－10－4N ＝2.5 N 因F f ＝μmg故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25. (3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ， 根据动能定理有故得F ＝ΔE k x 1＋F f ＝(10－24＋2.5) N ＝4.5 N. 答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第2单元 相互作用 作业5牛顿第三定律 力的合成与分解
作业5牛顿第三定律力的合成与分解A组基础达标微练一牛顿第三定律1.(浙江丽水青田中学高三模拟)千峡湖,位于浙江省丽水市景宁县和青田县境内,是浙江省最大的峡湾型人工湖,有着罕见的高山峡湾风光和生态美景。
在湖中人用撑杆撑船前行的情境如图所示,则( )A.船对人的力小于人对船的力B.船对水的力大于水对船的力C.人对撑杆的力与撑杆对人的力大小相等D.撑杆对河底的力大于河底对撑杆的力2.如图所示,一只美丽的小鸟正站在一根倾斜的树枝上鸣叫(可以认为小鸟的整个身体处于静止状态)。
关于小鸟对树枝的作用力,下列说法正确的是( )A.等于小鸟的重力B.大于小鸟的重力C.方向竖直向上偏左D.方向竖直向下偏左3.非物质文化遗产“高杆船技”的表演情境(非专业人员禁止模仿)如图所示,表演时利用表演者的重力、竹子天然的柔性与韧性,使竹子的上半部分自然弯曲,形成类似于单杠的表演区域。
下列说法正确的是( )A.表演者对竹子的力和竹子对表演者的力是一对平衡力B.竹子对表演者的弹力方向始终沿着竹子C.当表演者分别做双手倒立和单手悬挂两个静态姿势时,竹子对表演者的作用力相同D.当表演者越靠近竹尖摆静态姿势时,竹子弯曲越厉害,对表演者的作用力也越大微练二力的合成4.(浙江宁波高三质量监测)下列几组共点力分别作用于同一物体上,都能够使物体恰好处于平衡状态,则哪组中F1与F3的合力最大( )A.F1=4 N、F2=5 N、F3=3 NB.F1=5 N、F2=10 N、F3=8 NC.F1=6 N、F2=7 N、F3=11 ND.F1=9 N、F2=4 N、F3=12 N5.(浙江宁波慈溪中学高三模拟)如图所示,桌上果盘中共有4个大致相同的苹果,下层放置3个苹果,下层的每个苹果与盘子的接触面均水平,苹果A放置在最上层。
已知每个苹果的质量均为m,重力加速度为g,下列说法正确的是( )A.其他苹果对苹果A的作用力的合力方向竖直向上mgB.其他苹果与苹果A之间的弹力大小均为13C.下层的每个苹果受到果盘的支持力大小均为mgD.下层的每个苹果受到果盘的作用力均竖直向上微练三力的分解6.如图所示,倾角不同的光滑斜面固定于水平地面上,挡板垂直固定于斜面。
2011届高考物理一轮复习精品同步练习第1讲课时作业
第十三章第一讲交变电流的产生和描述1如图1所示的线圈中产生了交变电流的是解析：当线圈绕垂直于磁场的轴转动，磁通量发生变化，才能产生交变电流， B 、C 、D 均符合要求，A 项中线圈的磁通量不发生变化，故不产生交变电流. 答案：BCD2•正弦交变电源与电阻 R 、交流电压表按照图 2甲所示的方式连接， R = 10 Q 交流电压表的示数是10 V •图乙是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象•则解析：交流电压表示数为10 V ，是有效值，故 U m = 10 2 V ，电阻上的交变电流与交 变电压的变化趋势相同，电阻R 上电流的最大值为 10 2/10 A = ,2 A ，又因t = 0 时,u = u m ,故 i R = , 2cos100n （A ） , U R = 10 2cos100n （V ），故选 A. 答案：A3 •家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调 压方便且体积较小•某电子调光灯经调整后的电压波形如图 3所示，若用多用表测灯泡的两端的电压，多用电表示数为V厂、\ .厂、T/2T3T/21图3A •通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是 i R = 2cos100n （A ）B .通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是 i R = 2cos50n （A ）C . R 两端的电压U R 随时间t 变化的规律是 u R = 5』2cos100n （V ） D . R 两端的电压U R 随时间t 变化的规律是U R = 5 2cos50n （V ）AB1 D・lU m解析：多用电表测得的电压值为有效值，根据电流的热效应 1U 有=2U m , C 正确. 答案：C 4.把一个电热器接到10 V 直流电源上，产生的热量为Q ,若把它接到按正弦规律变化的交流电源上，在相同时间内产生的热量为 Q/2.则该交变电流的（ ）A .峰值是10 2 VB .角速度一定是 100n rad/sC .峰值是10 VD .有效值是10 V解析：Q = Rt , Q =旨t ，所以U 有=岂，所以U m = U = 10 V . C 项正确. 答案：C5.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生 交变电流的图象如图 4所示，由图中信息可以判断 （A .在A 和C 时刻线圈处于中性面位置 B. 在B 和D 时刻穿过线圈的磁通量为零C .从A 〜D 时刻线圈转过的角度为2nD .若从0〜D 时刻历时0.02 S ,则在1 s 内交变电流的方向改变 100次 解析：根据图象，首先判断出感应电流的数学表达式i = I m Sin ®其中I m 是感应电流的最大值，3是线圈旋转的角速度.另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而 且线圈旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向.从该图形来 看，在O 、B 、D 时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁 通量最大；在 A 、C 时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零； 从A 到D 时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为 3n 2;如果从O 到D 时刻历时0.02 s , 恰好为一个周期，所以 1 s 内线圈转动50个周期，100次经过中性面，电流方向改变 100次.综合以上分析可得，只有选项 D 正确.答案：D6•通有电流i = I m sin ot 的长直导线OO '与断开的圆形导线圈在同一平面内，如图5 所示（设电流由O 至O '为正），为使A 端的电势高于 B 端的电势且U AB 减小，交变电流必须处A.C.1U mU m 2亠蚯、TU 有2_Q = X _ = ---------- T，田4于每个周期的A •第一个4周期B .第二个4周期C •第三个4周期 D •第四个4周期解析：由E X 晋X 弓可知，要E 减小，即要£减小，题中要求 E A >E B ，由楞次定律知， 第一个周期内在0〜夕才符合要求，A 项正确.4 答案：A7 .电阻R i 、R 2与交流电源按照图 6甲所示方式连接，R i = 10 Q, R 2= 20 Q 合上开关S 后, 通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示•则（ ）6愛流电源6局—甲一 6A .通过R i 的电流有效值是6 A5 B . R i 两端的电压有效值是6 VC .通过R 2的电流最大值是 6 2AD . R 2两端的电压最大值是 6 2 V解析：首先从交变电流图象中找出交变电流的最大值即为通过R 2的电流的最大值，为32 A ，由正弦交变电流最大值与有效值的关系 I m = ■. 2I ，可知其有效值为 0.6 A ，由于R i 与R 2串联，所以通过 R i 的电流的有效值也是 0.6 A , A 、C 错误；R i 两端电压的 有效值为U i = IR i = 6 V , B 正确；R 2两端电压的最大值为 U m2= I m R 2= 5 ■ 2 X 20 V = 12 2 V , D 错误. 答案：B8 •在两块金属板上加交变电压 U = U m sinTt ，当t = 0时，板间有一个电子正好处于静止状态，下面关于电子以后运动情况的判断哪些是正确的解由B — t 图可A. t = T 时，电子回到原出发点 B. 电子始终向一个方向运动C . t = 2时，电子将有最大速度D . t = 2时，电子的位移最大解析：电子在电场中受到变化的电场力的作用 F = Eq ，电压变，故场强变.在第一个半周期内电子从静止开始做正向的变加速运动，第二个半周期内做正向的变减速运动， 一个周期结束时电子速度恰减为零.如此电子一直向一个方向周期性运动，在t = (2 k)2(k = 0,1,2,…)时刻速度有最大值.综上所述,B 、C 项正确.答案：BC9. (2010宜昌一模)一个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电 阻为0.36 Q 磁感应强度B 随时间t 的变化关系如 图7所示，则线框中感应电流的有效值为 A. 2 X 10“ A C. -^ X 10「5 AB. 6X 10-5 A D. 3^ 10「5 A12=AB疋R 6 X 10 3X 36X 10「40.36一 5A = 2 X 10 AAB 疋R一36 X 102X 36X 10一40.36一 5A = 3 X 10 A由电流的热效应 l 12Rt 1+ l 22Rt 2= l 2Rt ，即（2X 10一5）2X 0.36 X 3+ （3X10一5）2X 0.36X2=I 2X 0.36X 5, 得I = _6X 105A ,故选项B 正确.答案：B10.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为B 、方向如图8所示的匀强磁场中匀速转动，转速为 处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为A. （2『nB 2 PB2（ n 2nBI ,它在磁感应强度为 n ,导线在a 、b 两2 2l nB D.-P-解析：单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式交变电流，则 电动势的最大值E m = B 心2 M ，其有效值E = E ；= 2嗔计算小灯泡的额定功 率P 要用其有效值，即P = ER.2 2 2 R= P =2帯，故只有B 选项正确.答案：B把电压u = 120 2sin«tV 、频率为50 Hz 的交变电流加在激发电压和熄灭电压均为u o=60 2 V 的霓虹灯的两端.(1) 求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长? (2) 试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象?解析：⑴如图所示，画出一个周期内交变电流的 u — t 图象，其中阴影部分对应的时间t i 表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为再由对称性知一个周期内能发光的时间: 一1 1t = T - 4t1 =50 S —4X 600 s = 75 s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为:3600 , 1t =0.02 % 75 s =2400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有 + t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为 1于300 S ,因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉.11. (已知人眼的视觉暂留时间约为当 u = u 0= 60 2 V 时, 由哙120谑Sinm 求得：⑴6^01莎S (如图中t 2答案：(1)2400 s ⑵见解析12•如图9所示，一个半径为 r 的半圆形线圈，以直径 ab 为轴匀速转动，转速为n , ab 的左侧有垂直于纸面向里 (与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为 B.M 和N 是两个集流环， 负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求:(1)从图示位置起转过 1/4转的时间内负载电阻 R 上产生的热量； ⑵从图示位置起转过 1/4转的时间内通过负载电阻 R 的电荷量;(3) 电流表的示数.解析：线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流.此交变电动势的最2大值为 E m = BSw = B n^ • 2ri7F= n Bn 上XT /IT T T T \^/T ST t(1)在线圈从图示位置转过 E m V2 <Bnr 2E= 2=电阻R 上产生的热量 E 2 T_ n 4B 2r 4n Q = (R ) R7= 8R .通过R 的电荷量q = I •△① R冗Br 2 2R .(3)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E '，由有效值的定义得E m 2⑥工R 22TE m 2 ■故电流表的示数为2 2n r nB2R .1/4转的时间内，电动势的有效值为(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为△① & .图9答案：4 2 4 2 2 2 -⑴栄⑵寫⑶卞B。
2011届高考物理第一轮复习同步训练题421
贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习42：磁场一、选择题(本大题共12个小题，共60分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2008·广东高考)带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图1所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直于纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是()A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电D．粒子带正电解析：由于粒子的速度减小，所以轨道半径不断减小，所以A对B错；由左手定则得粒子应带负电，C对D错．答案：AC2．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图2所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导线中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：由安培定则可知，直线电流的磁场是以导线为圆心的同心圆，I1产生的磁场方向为逆时针方向，I2产生的磁场方向为顺时针方向，则I1在a点产生的磁场竖直向下，I2在a点产生的磁场竖直向上，在a点磁感应强度可能为零，此时需满足I2>I1；同理，在b点磁感应强度也可能为零，此时需满足I1>I2.I1在c点产生的磁场斜向左上方，I2在c点产生的磁场斜向右上方，则c点的磁感应强度不可能为零，同理，在d点的磁感应强度也不可能为零，故选项A、B正确．答案：AB3．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图3所示．它的核心部分是两个D 形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和α粒子(24He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有 ( )A ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大解析：由题意知m H m α＝34，q H q α＝12，回旋加速器交流电源的周期应与带电粒子在磁场中 做圆周运动的周期相等．由T ＝2πm Bq 可得T H T α＝32，故加速氚核的交流电源的周期较大， 因为粒子最后直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，由R ＝m v Bq ＝2mE k qB可 得氚核和α粒子的最大动能之比E kH E kα＝13，氚核获得的最大动能较小．故选项B 正确． 答案：B4．如图4所示，一带电小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg解析：若没有磁场，则到达最低点绳子的张力为F ，则F －mg ＝m v 2l ①由能量守恒得：mgl (1－cos60°)＝12m v 2 ②联立①②得F ＝2mg .当有磁场存在时，由于洛伦兹力不做功，在最低点悬线张力为零，则F 洛＝2mg 当小球自右方摆到最低点时洛伦兹力大小不变，方向必向下可得F ′－F 洛－mg ＝m v 2l所以此时绳中的张力F ′＝4mg .C 项正确．答案：C5．如图5所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a ，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( ) A.3v 2aB，正电荷 B.v 2aB ，正电荷 C.3v 2aB ，负电荷 D.v 2aB，负电荷 解析：从“粒子穿过y 轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如右图．根据几何关系有r ＋r sin30°＝a ，再结合半径表达式r ＝m v qB 可得q m ＝3v 2aB，故C 项正确． 答案：C6．如图6所示，相距为d 的水平金属板M 、N 的左侧有一对竖直金属板P 、Q ，板P 上的小孔S 正对板Q上的小孔O ，M 、N 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在小孔S 处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当滑动变阻器的滑片在AB 的中点时，带负电粒子恰能在M 、N 间做直线运动，当滑动变阻器的滑片滑到A 点后 ( )A ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定不变B ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定增大C ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定减小D ．以上说法都不对解析：当滑片向上滑动时，两个极板间的电压减小，粒子所受电场力减小，当滑到A 处时，偏转电场的电压为零，粒子进入此区域后做圆周运动．而加在PQ 间的电压始 终没有变化，所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了．综上所述，A 项正确． 答案：A7．如图7所示，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，不计重力，在a 点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd 运动，ab 、bc 、cd 都是半径为R 的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t .规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B 随x 变化的关系可能是图8中的 ( )图8解析：由左手定则可判断出磁感应强度B 在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里、向外，在三个区域中均运动14圆周，故t ＝T 4，由于T ＝2πm qB ，求得B ＝πm 2qt. 只有C 选项正确．答案：C8．(2010·黄冈模拟)如图9所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( ) A ．电子在磁场中运动的时间为πL v 0 B ．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v 0 C ．磁场区域的圆心坐标(3L 2，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L )解析：由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L ，故在磁场中运动的时间为t ＝ π3·2L v 0＝2πL 3v 0，A 错，B 正确；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L ，L 2)，电子 在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(0，－L )，所以C 正确，D 错、 误．答案：BC9．(2010·泰安模拟)如图10所示，为了科学研究的需要，常常将质子(11H)和α粒子(24He)等带电粒子储存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场(偏转磁场)中，磁感应强度为B .如果质子和α粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同(如图中虚线所示)，偏转磁场也相同，则质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能E H 和E α、运动的周期T H 和T α的大小关系是( ) A ．E H ＝E α，T H ≠T αB ．E H ＝E α，T H ＝T αC ．E H ≠E α，T H ≠T αD ．E H ≠E α，T H ＝T α解析：由m v 2R ＝q v B 可得：R ＝m v qB ＝2mE k qB ，T ＝2πm qB ，又因为m αq α∶m H q H＝1∶1， m αq α∶m H q H＝2∶1，故E H ＝E α，T H ≠T α.A 项正确． 答案：A10．一电子以与磁场垂直的速度v 从P 处沿PQ 方向进入长为d 、宽为h 的匀强磁场区域，从N 点射出，如图11所示，若电子质量为m ，电荷量为e ，磁感应强度为B ，则( )A ．h ＝dB ．电子在磁场中运动的时间为d vC ．电子在磁场中运动的时间为PNvD ．洛伦兹力对电子做的功为Be v h解析：过P 点和N 点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运 动时PN 的圆心O ，由勾股定理可得(R －h )2＋d 2＝R 2，整理知d ＝2Rh －h 2，而R ＝m v eB ，故d ＝2m v h eB－h 2，所以A 错误．由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t ＝PN v ，故B 错误，C 正确．又由于洛伦兹力和粒子运动的速度总垂直，对粒子永远也不做功，故D 错误．答案：C11.用一金属窄片折成一矩形框架水平放置，框架右边上有一极小开口．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，如图12所示，框架以速度v 1向右匀速运动，一带电油滴质量为m ，电荷量为q ，以速度v 2从右边开口处水平向左射入，若油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，则 ( )A ．油滴带正电，且逆时针做匀速圆周运动B ．油滴带负电，且顺时针做匀速圆周运动C ．圆周运动的半径一定等于m v 1BqD ．油滴做圆周运动的周期等于2πv 1g 解析：金属框架在磁场中切割磁感线运动，由右手定则可知上板带正电，下板带负 电．油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，说明油滴受的重力与电场力平衡，可判定 油滴带负电．由左手定则可知，油滴沿顺时针方向做匀速圆周运动，A 错B 对；r ＝ m v 2qB，C 错；设框架宽为l ，F ＝Eq ＝ q Bl v 1l ＝qB v 1＝mg ，T ＝2πm qB ＝2πq ·q v 1g ＝2πv 1g，D 对． 答案：BD12．带电粒子以速度v 沿CB 方向射入一横截面为正方形的区域．C 、B 均为该正方形两边的中点，如图13所示，不计粒子的重力．当区域内有竖直方向的匀强电场E 时，粒子从A 点飞出，所用时间为t 1；当区域内有垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场时，粒子也从A 点飞出，所用时间为t 2，下列说法正确的是( )A ．t 1<t 2B ．t 1>t 2 C.E B ＝45v D.E B ＝54v 解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速运动，而在匀强磁场中做匀速圆周运动，水平方向上做减速运动，所以t 2>t 1，A 项正确，B 项错；设正方形区域的边长为l ，则当加电场时，有l ＝v t 1和l 2＝qE 2mt 12，得E ＝m v 2ql .当加磁场 时，根据几何关系，有(R －l 2)2＋l 2＝R 2，得R ＝54l ，再由R ＝m v qB 得B ＝4m v 5ql .所以E B ＝54v ，D 项对，C 项错．答案：AD二、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演 算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)如图14所示，回旋加速器D 形盒的半径为R ，用来加速质量为m 、电荷量为q 的质子，使质子由静止加速到能量为E 后，由A 孔射出，求：(1)加速器中匀强磁场B 的方向和大小；(2)设两D 形盒间距为d ，其间电压为U ，电场视为匀强电场，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需回旋周数；(3)加速到上述能量所需时间．解析：(1)带电粒子在磁场中做匀圆周运动，由Bq v ＝m v 2R 得，v ＝BqR m ，又E ＝12m v 2 ＝12m (BqR m )2， 所以B ＝2mE Rq ，方向垂直于纸面向里．(2)带电粒子每经过一个周期被电场加速二次，能量增加2qU ，则：E ＝2qUn ，n ＝E 2qU. (3)可以忽略带电粒子在电场中运动的时间，又带电粒子在磁场中运行周期T ＝2πm Bq ，所以t 总＝nT ＝E 2qU ×2πm Bq ＝πmE q 2BU ＝πR 2mE 2qU. 答案：(1)2mE Rq 方向垂直于纸面向里(2)E 2qU (3)πR 2mE 2qU14．(10分)据报道，最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图15所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通电流后，炮弹会被磁场力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d ＝0.10 m ，导 轨长 L ＝5.0 m ，炮弹质量m ＝0.30 kg.导轨上的电流I 的方向如图中箭头所示．可认 为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B ＝2.0 T ，方向垂直 于纸面向里．若炮弹出口速度为 v ＝2.0×103 m/s ，求通过导轨的电流I .(忽略摩擦力 与重力的影响)解析：当导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F ＝IdB ① 设炮弹加速度的大小为a ，则有F ＝ma ② 炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v 2＝2aL ③ 联立①②③式得I ＝12m v 2BdL代入题给数据得I ＝6.0×105 A.答案：6.0×105 A15．(10分)一质量为m 、电荷量为q 的带负电的带电粒子，从A 点射入宽度为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 为该磁场的边界线，磁感线垂直于纸面向里，磁场区域足够长．如图16所示．带电粒子射入时的初速度与PQ 成45°角，且粒子恰好没有从MN 射出．(不计粒子所受重力)求：(1)该带电粒子的初速度v 0；(2)该带电粒子从PQ 边界射出的射出点到A 点的距离x .解析：(1)若初速度向右上方，设轨道半径为R 1，如图甲所示．则R 1＝(R 1－d )/cos45°，R 1＝(2＋2)d .又R 1＝m v 0qB ，解得v 0＝(2＋2)dqB m.若初速度向左上方，设轨道半径为R 2，如图乙所示．则(d －R 2)/cos45°＝R 2，R 2＝(2－2)d ，v 0＝(2－2)dqB m. (2)若初速度向右上方，设射出点C 到A 点的距离为x 1，则x 1＝2R 1＝2(2＋1)d .若初速度向左上方，设射出点到A 点的距离为x 2，则x 2＝2R 2＝2(2－1)d .答案：见解析16．(12分)(2009·江苏高考)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加 速器的工作原理如图17所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝 很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直， A 处粒子源产生的粒子，质量为m ，电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为 U .加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．图17(1)求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比；(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感 应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km . 解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1，速度为v 1qU ＝12m v 12q v 1B ＝m v 12r 1解得r 1＝1B 2mUq同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r 2＝1B 4mU q 则r 2∶r 1＝2∶1.(2)设粒子到出口处时被加速了n 圈2nqU ＝12m v 2 q v B ＝m v 2RT ＝2πm qBt ＝nT解得t ＝πBR 22U. (3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f ＝qB 2πm当磁感应强度为B m 时，加速电场的频率为f B m ＝qB m 2πm 粒子的动能E k ＝12m v 2 当f B m ≤f m 时，粒子的最大动能由B m 决定q v m B m ＝m v m 2R解得E km ＝q 2B m 2R 22m当f B m ≥f m 时，粒子的最大动能由f m 决定v m ＝2πf m R解得E km ＝2π2mf m 2R 2.答案：(1)2∶1 (2)πBR 22U (3)见解析。
2011届高三物理一轮同步训练
2012届高三物理一轮同步训练电场（5）组题人：卞加荣班级_____姓名________学号___一、选择题1．如果一带电粒子在电场中只受电场力作用，那么它可能出现的运动状态是（）A．匀速直线运动 B．匀变速直线运动C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动2.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，断开电源，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3.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/24.如图所示，三个质量相等的，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在带电平行金属板的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则 ( )A．落到A点的小球带正电、落到B点的小球带负电、落到C点的小球不带电B．三小球在电场中运动时间相等C．三小球到达正极板的动能关系是E kA＞E kB＞E kCD．三小球在电场中的加速度关系是a C＞a B＞a A5.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N 以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是()A ．两电荷的电荷量可能相等B ．两电荷在电场中运动的时间相等C ．两电荷在电场中运动的加速度相等D ．两电荷离开电场时的动能相等6．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15o 角，AB 直线与强场E 互相垂直．在A 点，以大小为v o 的初速度水平抛出一质量为m ，带电荷量为+q 的小球，经时间t ，小球下落一段距离过C 点（图中未画出）时其速度大小仍为v o ，在小球由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是 ( )A ．电场力对小球做功为零B ．小球的电势能增加C ．小球机械能减少量为222t m gD ．C 点可能位于AB 直线的左方7.如图所示，光滑、绝缘的半圆形轨道位于竖直向下的匀强电场中，A 、B 与圆O 在同一水平线上。
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贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习61：
用双缝干涉测光的波长
1．(2009·上海高考)如图实－2－8所示为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间 距变大，可改用波长更________(填：长、短)的单色光，或者使双缝与光屏之间的距 离________(填：增大，减小)．
图实－2－8
解析：依据双缝干涉条纹间距规律Δx ＝l d
λ，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改 用波长更长的单色光或增大双缝与屏之间的距离l .
答案：长 增大
2．利用双缝干涉测光的波长的实验中，双缝间距d ＝0.4 mm ，双缝到光屏间的距离l ＝0.5 m ，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图实－2－9所示，分划板在图中A 、 B 位置时游标卡尺读数也由图中所给出，则：
图实－2－9
(1)分划板在图中A 、B 位置时游标卡尺读数分别为x A ＝________mm ，x B ＝ ________mm ，相邻两条纹间距Δx ＝________mm ；
(2)波长的表达式λ＝________(用Δx 、l 、d 表示)，该单色光的波长λ＝________m ；
(3)若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”、 “不变”或“变小”)．
解析：(1)游标卡尺读数时：一要注意精确度，二要注意读数时主尺读数应为游标尺 零刻度线所对主尺位置的读数；三要注意单位，无论是主尺读数还是游标尺读数都 要以mm 为单位读取．本题中还要注意主尺上的数字的单位是cm ，不是mm. 由图可知x A ＝11.1 mm ，x B ＝15.6 mm ，
Δx ＝16
×(15.6－11.1) mm ＝0.75 mm.
(2)由Δx ＝l d λ得λ＝d l Δx ＝0.4×10－30.5
×0.75×10－3 m ＝6.0×10－7 m. (3)由Δx ＝l d λ可知，波长越长的光，干涉条纹间距越大．根据频率、光速与波长的关
系可知，频率越大的光，波长越短，所以干涉条纹间距越小．
答案：(1)11.1 15.6 0.75
(2)d l Δx 6.0×10－7 (3)变小
3．(2010·青岛模拟)某次实验时，该同学调节分划板的位置，使分
划板中心刻线对齐某亮纹的中心，如图实－2－10所示，此时螺
旋测微器的读数为________mm.转动手轮，使分划线向一侧移动
到另一条亮纹的中心位置，再次从螺旋测微器上读数．若实验测
得4条亮纹中心间的距离为Δx ＝0.960 mm ，已知双缝间距为 d ＝1.5 mm ，双缝到屏 的距离为L ＝1.00 m ，则对应的光波波长λ应为多少？
解析：螺旋测微器的读数为
1．180 mm(1.179 mm ～1.181 mm 均正确)．
相邻两条亮(暗)纹间的距离：
Δx ′＝Δx n －1＝0.9604－1 mm ＝0.320 mm 由公式Δx ′＝L d
λ得 λ＝d Δx ′L ＝1.5×0.3201.00×103 mm ＝4.8×10－4 mm. 答案：1.180(1.179～1.181 均正确) 4.8×10－4 mm
4．在利用双缝干涉测光波波长时，首先调节光源、滤光片、单缝和双缝的中心均位于 遮光筒的中心轴线上，并使单缝和双缝竖直并且互相平行，当屏上出现了干涉图样 后，用测量头上的游标卡尺去测量，转动手轮，移动分划板使分划中心刻线与某条 明纹中心对齐时(如图实－2－11A 所示)将此明纹记为1，然后再转动手轮，分划板中 心刻线向右移动，依次经过2,3……等明纹，最终与明纹6中心对齐，分划板中心刻 线与明纹1和明纹6对齐时游标卡尺示数分别如图实－2－11中B 、C 所示(游标卡 尺为10分度)，则图B 对应的读数为________m ，图C 对应的读数为________m ．用 刻度尺量得双缝到屏的距离为60.00 cm ，由双缝上标示获知双缝间距为0.2 mm ，则 发生干涉的光波波长为________m.
图实－2－11
在实验中，若经粗调后透过测量头上的目镜观察，看不到明暗相间的条纹，只看到一片亮区，造成这种情况的最可能的原因是_________________________________．解析：图B对应读数为1.94×10－2 m
图C对应读数为2.84×10－2 m
根据公式Δx＝l
dλ得
λ＝Δxd
l＝
0.2×10－3×(2.84×10－2－1.94×10－2)×
1
5
60.00×10－2
m
＝6.00×10－7 m
若粗调后看不到干涉条纹，只看到一片亮区，则最可能的原因是单缝与双缝不平行．答案：1.94×10－2 2.84×10－2 6.00×10－7单缝与双缝不平行
5．(1)某同学设计了一个测定激光波长的实验装置如图实－2－12所示，激光器发出一束直径很小的红色激光进入一个一端装有双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮线．
图实－2－12
这个现象说明激光具有________性．
(2)某同学在做“用双缝干涉测光的波长”的实验时，第一次分划板中心刻线对齐A 条纹中心时如图实－2－13甲所示，游标卡尺的示数如图丙所示；第二次分划板中心刻线对齐B条纹中心线时如图乙所示，游标卡尺的读数如图丁所示．已知双缝间距为0.5 mm，从双缝到屏的距离为 1 m，则图丙中游标卡尺的示数为________mm，图丁中游标卡尺的示数为________ mm.实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是
________________，所测光波的波长为________ m．(保留两位有效数字)
图实－2－13
解析：(1)此现象说明激光具有相干性．
(2)图丙读数11.5 mm，图丁读数16.7 mm
实验时测量多条干涉条纹宽度目的是减小测量的偶然误差．
由公式Δx＝l
dλ得
λ＝Δxd
l＝
(16.7－11.5)×10－3×0.5×10－3
4×1
m
＝6.5×10－7 m.
答案：(1)相干(2)11.516.7减小测量的偶然误差 6.5×10－7。