2016届高三物理一轮复习课时作业16.doc

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高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(15)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 选择题(1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)1.如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电直导线cd，且cd平行于ab，当cd竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将()A．逐渐变大B．逐渐减小C．始终为零D．不为零，但始终保持不变解析：由安培定则可知，通电导线cd在空间形成磁场的磁感线为同心圆环，则穿过水平面上圆的直径ab两侧的磁感线方向相反。

由对称性可知，圆内的磁通量始终为零，故本题选C。

答案： C2.在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示。

下列说法中正确的是() A．只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动B．只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向右移动D．当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动解析：由楞次定律可知，当闭合回路的磁通量增大时，导体棒将向左移动，阻碍磁通量的增加，若闭合回路的磁通量减小时，导体棒将向右运动，以便阻碍磁通量的减小，与磁场方向无关，正确答案为C。

答案： C3．如图所示为感应式发电机的结构图，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端。

现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是()A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置解析：当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极，故可知只有B项正确。

答案： B4．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(6)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、多项选择题1．对于一定量的理想气体，下列说法正确的是()A．气体的体积指的不是该气体的所有气体分子体积之和，而是指该气体所有分子所能到达的空间的体积B．只要气体的温度降低，气体分子热运动的剧烈程度一定减弱C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D．外界对气体做功，气体的内能一定增加E．气体在等温膨胀的过程中一定从外界吸收热量解析：气体的体积是指该气体所有分子所能到达的空间的体积，故A对；温度是气体分子热运动的剧烈程度的标志，故B对；由气体压强的微观定义可知C错；做功和热传递都能改变气体的内能，故D错；气体在等温膨胀的过程中，对外界做功，而内能没变，则气体一定吸收热量，故E对。

答案：ABE2．下列有关热现象的叙述中正确的是()A．布朗运动是液体分子的运动，它说明了液体分子在永不停息地做无规则运动B．物体的温度越高，分子运动速率越大C．不违背能量守恒定律的实验构想也不一定能够实现D．晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的E．用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功2.0×105 J，若空气向外界放出1.5×105 J的热量，则空气内能增加5×104 J解析：布朗运动是液体中固体颗粒的运动，不是液体分子的运动，A错误；物体的温度越高，分子运动的平均速率越大，B错误；热力学第二定律表明第二类永动机虽不违背能量守恒定律，但仍不能实现，选项C正确；晶体和非晶体在适当条件下是可以相互转化的，D正确；根据热力学第一定律可知选项E正确。

答案：CDE3．夏天，小明同学把自行车轮胎上的气门芯拔出的时候，会觉得从轮胎里喷出的气体凉，如果把轮胎里的气体视为理想气体、则关于气体喷出的过程，下列说法正确的是() A．气体的内能减少B．气体的内能不变C．气体来不及与外界发生热交换，对外做功，温度降低D．气体膨胀时，热量散得太快，使气体温度降低了E．气体分子的平均动能减小解析：气体喷出时，来不及与外界交换热量，发生绝热膨胀，Q＝0，对外做功，热力学第一定律的表达式为W＝ΔE，内能减少，温度降低，温度是分子平均动能的标志，则A、C、E正确。

届高考物理一轮复习第四章课时作业16

课时作业 16[双基过关练]1．如图所示，李明同学站在处于静止状态的倾斜电梯上，电梯从静止开始启动后匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升．电梯与水平地面成θ角．若以F N 表示水平梯板对李明的支持力，G 为李明受到的重力，F f 为电梯对李明的静摩擦力，则下列结论正确的是( )A ．加速过程中F f ≠0，F f 、F N 、G 都做功B ．加速过程中F f ≠0，F N 不做功C ．加速过程中F f ＝0，F N 、G 都做功D ．匀速过程中F f ＝0，F N 、G 都不做功解析：加速过程中，水平方向的加速度由静摩擦力F f 提供，所以F f ≠0，F f 、F N 做正功，G 做负功，选项A 正确，B 、C 错误；匀速过程中，水平方向不受静摩擦力作用，F f ＝0，F N 做正功，G 做负功，选项D 错误．答案：A2．(2020·郑州模拟)如图所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离，此过程中，小球重力大小为G ，做功为W G ；斜面对小球的弹力大小为F 1，小球克服F 1做功为W 1；挡板对小球的弹力大小F 2，做功为W 2，不计一切摩擦，则下列判断正确的是( )A ．F 2＝G ，W 2＝0B ．F 1＝G ，W 1＝W GC ．F 1>G ，W 1>W GD ．F 2>G ，W 2>W G解析：小球匀速竖直下降，由平衡条件得，F 1cos45°＝G ，F 1sin45°＝F 2，联立解得F 2＝G ，F 1＝2G.由于F 2与位移方向垂直，则F 2不做功，故W 2＝0，F 1做功大小为W 1＝F 1hcos45°＝Gh ，重力做功大小为W G ＝Gh ，因此W 1＝W G ，故选项A 正确．答案：A3．(多选)如图是一种工具——石磨，下面磨盘固定，上面磨盘可绕过中心的竖直转轴，在推杆带动下在水平面内转动．若上面磨盘直径为D ，质量为m 且均匀分布，磨盘间动摩擦因数为μ.若推杆在外力作用下以角速度ω匀速转动，磨盘转动一周，外力克服磨盘间摩擦力做功为W ，则( )A ．磨盘边缘的线速度为ωD2B ．磨盘边缘的线速度为ωDC ．摩擦力的等效作用点离转轴距离为WπμmgD ．摩擦力的等效作用点离转轴距离为W2πμmg解析：由v ＝ωr 得，v ＝ωD2，故选项A 正确、B 错误；摩擦力的方向与运动方向始终相反，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，磨盘转一周克服摩擦力做功W ＝μmgs，对应圆的周长s ＝2πr，解得r ＝W2πμmg，故选项C 错误、D 正确．答案：AD4．(2020·南通、扬州、泰州三模)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨．如图，一小孩搓动质量为20 g的竹蜻蜒，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处．在搓动过程中手对竹蜻蜒做的功可能是( )A．0.2 J B．0.6 JC．1.0 J D．2.5 J解析：竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3 m，二层也就是6 m，所以重力势能的增加量为E p＝mgh＝1.2 J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2 J，A、B、C选项错误，D项正确．答案：D5．(2020·湖南省五市十校高三联考)通过认真学习，同学们掌握了丰富的物理知识．下列说法中正确的是( )A．汽车在光滑的水平面上运动时，驾驶员通过操作方向盘，可以使汽车转弯B．在某一过程中，只要物体的位移为0，任何力对该物体所做的功就为0C．物体的速度为0时，其加速度可能不为0D．静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功解析：汽车在水平面上转弯时，向心力的来源是静摩擦力，所以在光滑水平面上，通过操作方向盘，不能使汽车转弯，A项错误；B选项容易片面地理解为W＝Fx，因为位移x＝0，所以W＝0，但该公式只适用于恒力做功，例如汽车绕操场一圈回到出发点，虽然汽车的位移为零，但牵引力对汽车做了功，牵引力做的功为牵引力乘以路程，B项错误；物体的速度与加速度没有必然联系，例如汽车启动的瞬间，虽然汽车的速度为0，但加速度不为0，C项正确；摩擦力可以对物体做正功、做负功或不做功，D项错误．答案：C6．一汽车以速度v0在平直路面上匀速行驶，在t＝0时该汽车进入一定倾角的上坡路段，设汽车行驶过程中受到的阻力大小恒定不变，发动机的输出功率不变，已知汽车上坡路面足够长．从t＝0时刻开始，汽车运动的v－t图象可能正确的有( )解析：汽车在平直路面上以速度v0匀速行驶时，设汽车受到的阻力大小为F f，汽车的牵引力大小为F，t＝0时刻汽车上坡，加速度以a＝F f＋mgsinθ－Fm，汽车立即减速，又牵引力F＝Pv随速度减小而增大，汽车做加速度减小的减速运动，当加速度减小为0时，汽车匀速运动，选项D正确．答案：D7．A、B两物体的质量之比m A：m B＝2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度—时间图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比F A F B与A、B两物体克服摩擦阻力做功之比W A W B分别为( )A．2：1,4：1 B．4：1,2：1C．1：4,1：2 D．1：2,1：4解析：由v－t图象可知：a A：a B＝2：1，又由F＝ma，m A：m B＝2：1，可得F A：F B＝4：1；又由题图中面积关系可知A、B位移之比x A：x B＝1：2，由做功公式W＝Fx，可得W A：W B＝2：1，故选B.答案：B8．质量为5×103kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10 m/s，随后以P＝6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N．求：(1)汽车的最大速度v m；(2)汽车在72 s 内经过的路程x.解析：(1)汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，由P ＝F f v m ，得v m ＝P F f ＝6×1042.5×103 m/s ＝24 m/s(2)由动能定理得Pt －F f x ＝12mv 2m －12mv 2故x ＝2Pt －m v 2m －v 22F f＝1 252 m答案：(1)24 m/s (2)1 252 m [能力提升练]9．一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F 拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F 拉绳使木块前进x 时，力F 对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是( )A ．Fxcosθ B．Fx(1＋cosθ) C ．2Fxcosθ D．2Fx解析：根据动滑轮的特点可求出绳子在F 方向上的位移为x ＝x(1＋cosθ)，根据恒力做功公式得W ＝Fx ＝Fx(1＋cosθ)，或可看成两股绳都在对木块做功W ＝Fx ＋Fxcosθ＝Fx(1＋cosθ)，则选项B 正确．答案：B10．(多选)发动机额定功率为80 kW 的汽车，质量为2×103kg ，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103N ，若汽车在平直公路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是( )A ．汽车的加速度和速度都逐渐增加B ．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零C ．汽车的最大速度为20 m/sD ．当汽车速度为5 m/s 时，其加速度为6 m/s 2解析：由P ＝Fv ，F －F f ＝ma 可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F 逐渐变小，汽车的加速度a 逐渐减小，但速度逐渐增加，当匀速行驶时，F ＝F f ，此时加速度为零，速度达到最大值，则v m ＝P F f ＝80×1034×103m/s ＝20 m/s ，故A 、B 错误，C 正确；当汽车速度为5 m/s 时，由牛顿第二定律得P v－F f ＝ma ，解得a ＝6 m/s 2，故D 正确．答案：CD11．(2020·江西省吉安市一中段考)如图所示为牵引力F 和车速倒数1v的关系图象，若汽车质量为2×103kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30 m/s ，则正确的是( )A ．汽车所受阻力为2×103NB ．汽车车速为15 m/s ，功率为3×104WC ．汽车匀加速的加速度为3 m/s 2D ．汽车匀加速所需时间为4.5 s解析：当速度为30 m/s 时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时F ＝F f ，所以F f ＝2×103N ，故A 正确；牵引车的额定功率P ＝F f v ＝2×103×30 W＝6×104W ，匀加速直线运动的加速度a ＝F －F f m＝6 000－2 0002 000 m/s 2＝2 m/s 2，匀加速直线运动的末速度v ＝P F ＝6×1046×103 m/s ＝10m/s ，匀加速直线运动的时间t＝va＝5 s，因为15 m/s>10 m/s，所以汽车速度为15 m/s时，功率已达到额定功率，故B、C、D错误．答案：A12．如图(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块上表面AB水平粗糙足够长，BC 表面光滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示，滑块经过B点时无能量损失．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1)斜面BC的长度；(2)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．解析：(1)滑块沿BC滑下时有a＝gsinθ＝6 m/s2由图(b)可知，经时间1 s，力传感器受力反向，故滑块沿BC滑下的时间t1＝1 s所以斜面BC的长度为：x1＝12at21＝3 m(2)滑块滑到B点时的速度大小为：v＝at1＝6 m/s由题意及图(b)可知，滑块在AB表面滑行时间t2＝3 s后停止，滑块在其表面滑行的距离为：x2＝v＋02t2＝9 m由图可得滑块在AB上所受摩擦力大小F f＝5 N所以滑块运动过程中克服摩擦力做的功为W＝F f x2＝45 J. 答案：(1)3 m (2)45 J2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，木板A的质量为m，滑块B的质量为M，木板A用绳拴住，绳与斜面平行，B沿倾角为θ的斜面在A下匀速下滑，若M=2m，A、B间以及B与斜面间的动摩擦因数相同，则动摩擦因数μ为（）A．tanθ B．2tanθ C．12tanθ D．13tanθ2．如图（甲）所示，质最m=2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m的薄圆筒上。

高考物理一轮复习课时作业手册：第16讲动量动量守恒定律.pdf

课时作业(十六)　[第16讲　动量动量守恒定律]光子的能量为hν，动量的大小为如果一个静止的放射性元素的原子核在发生衰变时只发出一个光子，则衰变后的原子核( )仍然静止沿着与光子运动方向相同的方向运动沿着与光子运动方向相反的方向运动可能向任何方向运动如图1所示，在光滑水平面上质量分别为m＝2 g、m＝4 ，速率分别为v＝5、v＝2的A、B两小球沿同一直线相向运动( ) 图它们碰撞前的总动量是18 ，方向水平向右它们碰撞后的总动量是18 ，方向水平向左它们碰撞后的总动量是2，方向水平向左它们碰撞前的总动量是2 ，方向水平向右如图所示，车厢质量为M，静止于光滑水平面上，现车厢内有一质量为m的物体以速度v向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后与车厢相对静止，此时车厢的速度为( ) 图，水平向右，水平向右，水平向右满载沙子的总质量为M的小车在光滑水平面上做匀速运动，速度为v行驶途中，有质量为m的沙子从小车上漏掉，则沙子漏掉后小车的速度为( )B． C． D． 5．如图所示，一质量M＝3.0 的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( ) 图加拿大萨德伯里中微子观测站的研究揭示了中微子失踪之谜，即观察到中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中(速度很大)转化为一个子和一个τ子．对上述转化过程有以下说法，其中不正确的是( )牛顿运动定律依然适用动量守恒定律依然适用若发现子和中微子的运动方向一致，则子的运动方向也可能与中微子的运动方向一致若发现子和中微子的运动方向相反，则7．图中的四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( ) 图木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系a尚未离开墙壁前视为过程1，a离开墙壁后视为过程2，下列说法中正确的是( ) 图过程1和过程2系统动量均守恒过程1和过程2系统动量均不守恒过程1系统动量守恒，过程2系统动量不守恒过程1系统动量不守恒，过程2系统动量守恒、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上．现A船中质量为的人以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，下列选项正确的是( )、B两船组成的系统动量守恒、B两船速度大小之比为1∶1、B(包括人)两船动量大小之比为2∶3、B(包括人)两船的动能之比为3∶2如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次与墙碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g. 图11．如图所示，质量为2 kg的甲车静止在光滑水平面上，其顶部上表面光滑，顶部右端放一个质量为1 kg的小物体，质量为4 kg的乙车以的速度向左运动．乙车与甲车碰撞后，甲车获得的速度，物体滑到乙车上．若乙车足够长，其顶部上表面与物体的动摩擦因数为0.2，g取10 ，则：(1)物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？(2)物体最终距离乙车左端的距离为多少？图课时作业(十六)　[解析] 根据动量守恒定律可知，原子核沿着与光子运动方向相反的方向运动，选项正确．　[解析]它们碰撞前的总动量是2，方向水平向右，A、B相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量是，方向水平向右，选项正确．　[解析] 根据动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v′，解得：v′＝，方向水平向右，选项正确．　[解析] 由于惯性，沙子漏掉时，水平方向有和小车相同的速度．由水平方向动量守恒知小车速A正确．　[解析] 木块相对地面速度为0时，木板的速度为v，由动量守恒定律得(设水平向右为正方向)Mv－mv＝Mv，解得v＝木块从此时开始向右加速，直到两者达到共同速度v，由动量守恒定律得Mv－mv＝(M＋m)v，解得：v＝2，故在木块A做加速运动这段时间内木板对地的速度在2～A正确．　[解析] 中微子发生裂变过程中，动量是守恒的，由m中中＝m＋m知，当v中方向与v方向相同时，v方向与v中方向可能相同，也可能相反；当v中方向与v方向相反时，v方向与v中方向一定相同．该过程是微观粒子的作用，故牛顿运动定律不适用． [解析] 动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁对它的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒，选项正确． 11．(1)0.8 s　(2)0.8 [解析] (1)甲m乙＝m甲＋m乙解得v＝2 物体滑上乙车，对物体和乙组成的系统，由动量守恒定律，有乙＝(m＋m乙)v解得v＝1.6 物体在滑动摩擦力作用下向左做匀减速运动，加速度a＝μg＝相对乙车静止时物体滑行的时间t＝＝0.8 (2)由能量守恒定律，有＝乙－(m＋m乙)v解得s＝0.8 即物块最终距离乙车左端为0.8。

2016高三物理一轮复习学案练习38页

11（1）设 ab 棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为 v，产生的电动势为 E=BLv，电路中电流 I= E/（R+r ），棒所受的安培力大小为 F=BIL，则得 F= B2L2v/（ R+r）。对 ab 棒，由平衡条件得 mg=F，解得 v= mg(R+r)/（ B2L2 ） 38页（2）由能量守恒定律：mg（d0+d）=Q+ mv2/2，解得 Q=mg(d0+d)— m3g2(R+r)2/（2B4L4）
2、（多选)如图所示，平行金属导轨光滑并且固定在水平面上，导轨一端连接电阻 R，其它电阻不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为 B，当一质量为 m 的金属棒 ab 在水平恒力 F 作用下由静止向右滑动（） A．棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大 B．棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能 C．棒 ab 作匀速运动阶段，外力 F 做的功等于电路中产生的内能 D．无论棒 ab 做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能 3. (2013·天津高考)如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框 abcd,ab 边长大于 bc 边长,置于垂直纸面向里、边界为 MN 的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于 MN,第一次 ab 边平行 MN 进入磁场,线框上产生的热量为 Q1,通过线框导体横截面的电荷量为 q1;第二次 bc 边平行 MN 进入磁场,线框上产生的热量为 Q2,通过线框导体横截面的电荷量为 q2,则 ( ) A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 4. (2013·新课标全国卷Ⅱ)如图,在光滑水平桌面上有一边长为 L、电阻为 R 的正方形导线框; 在导线框右侧有一宽度为 d(d>L)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0 时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列 v-t 图像中,可能正确描述上述过程的是 ( )

2016届高考物理一轮课时作业【16】机械能、机械能守恒定律(含答案)

【高考核动力】2016届高考物理一轮复习课时作业16 机械能机械能守恒定律(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量【解析】不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，故B对、D错．小球的机械能减少，斜劈的机械能增加，斜劈对小球做负功．故A、C错．【答案】 B2．如图所示，一小球从距竖直弹簧一定高度静止释放，与弹簧接触后压缩弹簧到最低点(设此点小球的重力势能为0)．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E P和E k，弹簧弹性势能的最大值为E′P，则它们之间的关系为( )A．E P＝E′P＞E k B．E P＞E k＞E′PC．E P＝E k＋E′P D．E P＋E k＝E′P【解析】当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球受到的重力和弹簧的弹力平衡时，动能最大；当小球压缩弹簧到最短时重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E P＝E′P＞E k，故选A.【答案】 A3．质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕点O在竖直面内无摩擦转动，两球到点O的距离L1>L2，如图所示．将杆拉至水平时由静止释放，则在a下降过程中( )A．杆对a不做功B．杆对b不做功C ．杆对a 做负功D ．杆对b 做负功【解析】 b 球受到重力和杆对它的作用力，运动过程中克服重力做了功，其动能反而增加了，这一定是杆对它做了正功，b 的机械能增加．a 、b 两球和杆组成的这个系统，在绕点O 无摩擦转动过程中机械能守恒．b 球的机械能增加，则a 球的机械能必减少，由功能转化关系可知杆对a 做了负功．故只有选项C 正确．【答案】 C4.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )A.2ghB.ghC.gh2D ．0【解析】对弹簧和小球A ，根据机械能守恒定律得弹性势能E p ＝mgh ；对弹簧和小球B ，根据机械能守恒定律有E p ＋12×2mv 2＝2mgh ，得小球B 下降h 时的速度v ＝gh ，只有选项B正确．【答案】 B5．质量为m 的小球从高H 处由静止开始自由下落，以地面作为参考平面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为( )A ．2mg gHB ．mg gH C.12mg gH D.13mg gH 【解析】动能和重力势能相等时，根据机械能守恒定律有：2mgh ′＝mgH ，解得小球离地面高度h ′＝H 2，故下落高度为h ＝H2，速度v ＝2gh ＝gH ，故P ＝mgv ＝mg gH ，B 项正确．【答案】 B6.如图所示，一个小球(视为质点)从h 高处由静止开始通过光滑弧形轨道AB 进入半径R ＝4 m 的竖直光滑圆轨道，若使小球不与轨道分离，则h 的值可能为(g ＝10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )A ．2 mB ．5 mC ．7 mD ．9 m 【解析】当小球在圆轨道中上升的最大高度小于R 时，小球不与轨道分离，有mgh <mgR ，h <4 m ，A 选项正确；当小球在圆轨道中能做完整的圆周运动时，小球通过圆轨道最高点有：mg ≤mv 2/R ，由机械能守恒定律mgh ＝2mgR ＋mv 2/2，得：h ≥10 m，BCD 选项错误．【答案】 A7.如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站于地面，b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b 摆至最低点时，a 刚好对地面无压力，则演员a 质量与演员b 质量之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1【解析】设b 摆至最低点时的速度为v ，由机械能守恒定律可得：mgl (1－cos 60°)＝12mv 2，解得v ＝gl .设b 摆至最低点时绳子的拉力为F T ，由圆周运动知识得：F T －m b g ＝m b v 2l ，解得F T ＝2m b g ，对演员a 有F T ＝m a g ，所以，演员a 质量与演员b 质量之比为2∶1. 【答案】 B8．如图所示，a 、b 两小球静止在同一条竖直线上，离地面足够高，b 球质量大于a 球质量．两球间用一条细线连接，开始线处于松弛状态．现同时释放两球，球运动过程中所受的空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )A ．下落过程中两球间的距离保持不变B ．下落后两球间距离逐渐增大，一直到细线张紧为止C ．下落过程中，a 、b 两球都处于失重状态D ．整个下落过程中，系统的机械能守恒【解析】两球同时释放后，均做自由落体运动，加速度均为g ，故两球均处于失重状态，且机械能守恒，两球间距也保持不变，A 、C 、D 均正确，B 错误．【答案】 ACD9．如图所示是全球最高的(高度为208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m 的乘客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，假设t ＝0时刻乘客在最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR (1－cos v Rt )B ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2R－mgC ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12mv 2D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12mv 2＋mgR (1－cos vRt )【解析】在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，乘客受到座位的支持力为F N ＝mg －m v 2R，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的角度为v Rt ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR (1－cos v R t )，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12mv 2＋mgR (1－cos v Rt )，A 、D 项正确．【答案】 AD10．(2012·浙江卷)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R【解析】设小球从A 端水平抛出的速度为v A ，由机械能守恒得mgH ＝mg ·2R ＋12mv 2A ，得v A ＝2gH －4gR ，设空中运动时间为t ，由2R ＝12gt 2，得t ＝2Rg，水平位移s 水＝v A t ＝2gH －4gR ·2R g＝22RH －4R 2，故B 正确，A 错误；小球能从细管A 端水平抛出的条件是D 点应比A 点高，即H ＞2R ，C 正确，D 错误．【答案】 BC二、综合应用(本题共2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)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧轨道与高为10R 的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆弧轨道的最高点A ，b 球恰好能到达斜轨道的最高点B .已知a 球质量为m 1，b 球质量为m 2，重力加速度为g .求：(1)a 球离开弹簧时的速度大小v a ； (2)b 球离开弹簧时的速度大小v b ； (3)释放小球前弹簧的弹性势能E p .【解析】 (1)由a 球恰好能到达A 点知m 1g ＝m 1v 2AR由机械能守恒定律得 12m 1v 2a －12m 1v 2A ＝m 1g ×2R 得v a ＝5gR .(2)对于b 球由机械能守恒定律得： 12m 2v 2b ＝m 2g ×10R 得v b ＝20gR .(3)由机械能守恒定律得E p ＝12m 1v 2a ＋12m 2v 2b得E p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52m 1＋10m 2gR . 【答案】 (1)5gR (2)20gR (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫52m 1＋10m 2gR 12．(15分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB 平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L ＝9 cm 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝1 kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C 由静止释放，小球到达最低点D 时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x ＝5 cm.(g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值； (2)D 点到水平线AB 的高度h ； (3)弹簧所获得的最大弹性势能E p .【解析】 (1)小球由C 到D ，由机械能守恒定律得：mgL ＝12mv 21解得v 1＝2gL ①在D 点，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 21L②由①②解得F ＝30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N. (2)由D 到A ，小球做平抛运动 v 2y ＝2gh ③ tan 53°＝v y v 1④联立解得h ＝16 cm(3)小球从C 点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即E p ＝mg (L ＋h ＋x sin 53°)，代入数据得：E p ＝2.9 J. 【答案】 (1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J。

高考物理一轮总复习(人教版)课时作业16 含解析

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题) 1.如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C 与水平直轨道相切。

一个小物块从B 点正上方R 处的A 点处由静止释放，从B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R ＝0.2 m ，小物块的质量为m ＝0.1 kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2。

小物块在水平面上滑动的最大距离是( )A ．0.1 mB ．0.2 mC ．0.6 mD ．0.8 m解析：设在水平面上滑动的最大距离为x ，由动能定理得：mg ·2R －μmgx ＝0，解得：x ＝2R μ＝2×0.20.5m ＝0.8 m ，故选项D 正确。

答案： D2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，释放后，木块右端恰能运动到B 1点。

在木块槽中加入一个质量m 0＝200 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点。

测得AB 1、AB 2长分别为36.0 cm 和12.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g解析：两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W 弹－μmg ·AB 1＝0，加上砝码m 0时，有W 弹－μ(m ＋m 0)g ·AB 2＝0，解得m ＝100 g ，选项A 正确。

答案： A3．质量m ＝2 kg 的物体在光滑水平面上以v 1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个F＝8 N 、方向向北的恒力作用于物体，在t ＝2 s 内物体的动能增加了( )A ．28 JB ．64 JC ．32 JD ．36 J解析：设物体沿F 方向的加速度为a ，由牛顿第二定律得： a ＝F m ＝82m/s 2＝4 m/s 2 物体沿F 方向做匀加速直线运动，2 s 内的位移为：x ＝12at 2＝12×4×22 m ＝8 m力F 所做的功为：W ＝Fx ＝8×8 J ＝64 J 由动能定理得：W ＝ΔE k ＝64 J ，故选B 。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(3)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、多项选择题1．关于光的传播现象及应用，下列说法正确的是()A．一束白光通过三棱镜后形成了彩色光带是光的色散现象B．光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大C．海面上的海市蜃楼将呈现倒立的像，位置在实物的上方，又称上现蜃景D．一束色光从空气进入水中，波长将变短，色光的颜色也将发生变化E．一束白光从空气斜射进入水中，也将发生色散解析：一束白光通过三棱镜后形成了彩色光带是光的色散现象，A正确；由全反射的条件可知，内芯材料的折射率比外套材料的折射率要大，故B正确；海市蜃楼将呈现正立的像，位置在实物的上方，又称上现蜃景，C错误，色光进入水中，光的频率不变，颜色不变，D错误；白光斜射入水中，由于水对不同色光的折射率不同，各种色光将分开，故E 正确。

答案：ABE2.如图所示，MN是介质1和介质2的分界面，介质1、2的绝对折射率分别为n1、n2，一束细光束从介质1射向介质2中，测得θ1＝60°，θ2＝30°，根据你所学的光学知识判断下列说法正确的是()A．介质2相对介质1的相对折射率为 3B．光在介质2中传播的速度小于光在介质1中传播的速度C．介质1相对介质2来说是光密介质D．光从介质1进入介质2可能发生全反射现象E．光从介质1进入介质2，光的波长变短解析：光从介质1射入介质2时，入射角与折射角的正弦之比叫做介质2相对介质1的相对折射率，所以有n21＝sin 60°sin 30°＝3，选项A正确；因介质2相对介质1的相对折射率为3，可以得出介质2的绝对折射率大，因n＝cv，所以光在介质2中传播的速度小于光在介质1中传播的速度，选项B正确；介质2相对介质1来说是光密介质，选项C错误；光从光密介质射入光疏介质时，有可能发生全反射现象，选项D错误；光从介质1进入介质2，光的频率不变，速度变小，由v＝λf可知，光的波长变短，选项E正确。

【物理试卷】山东省高考物理一轮复习课时规范练16动能定理及其应用新人教版.docx

课时规范练16 动能定理及其应用基础对点练1.(单物体动能定理)(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上,先对物体施加一水平向右的恒力F1,经时间t撤去F1,立即再对它施加一水平向左的恒力F2,又经时间3t物体回到出发点,在这一过程中,F1、F2分别对物体做的功W1、W2之间的关系是() A.W1∶W2=1∶1 B.W1∶W2=2∶3C.W1∶W2=9∶5D.W1∶W2=9∶7F作用t后物体的速度为v1,恒力F2又作用3t后物体的速度为v2,则物体在1恒力F1作用t后的位移x1=,物体在恒力F2作用3t后的位移x2=×3t,由题意知x1=-x2,整理得v1=-v2,由动能定理得,W1=,W2=,则,故选项D正确。

2.(单物体动能定理)(2018·河南郑州质检)如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。

设小球在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失,则弹簧被压缩至C点的过程,弹簧对小球做的功为()A.mgh-mv2B.mv2-mghC.mgh+mv2D.mghA点运动到C点的过程中,重力和弹簧的弹力对小球做负功,由于支持力与位移始终垂直,则支持力对小球不做功,由动能定理,可得W G+W F=0-mv2,重力做功为W G=-mgh,则弹簧的弹力对小球做功为W F=mgh-mv2,所以正确选项为A。

3.(多选)(单物体动能定理向心力)(2016·全国卷Ⅲ,20)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。

重力加速度大小为g。

设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为F N,则()A.a=B.a=C.F N=D.F N=P由静止滑到最低点过程由动能定理得mgR-W=mv2①在最低点时有a=②联立①②解得a=,由牛顿第二定律得F N-mg=m③联立①③解得F N=,所以选项A、C正确,B、D错误。

2016届高考物理一轮复习课时作业选修3-5第4讲《原子核、核能》

选修3－5 第4讲一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～9题有多项符合题目要求．)1．(2015年潮州二模)下列说法正确的是( )A ．在玻尔模型中，电子的轨道半径可连续变化B ．光子的能量和光子的频率成正比C ．放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分【答案】B【解析】在玻尔模型中，电子的轨道半径是不连续变化的，选项A 错误；根据E ＝h ν，光子的能量和光子的频率成正比，选项B 正确；放射性元素的半衰期与温度无关，选项C 错误；β衰变来源于原子核内部，与核外电子无关，选项D 错误．2．(2015年宝鸡质检)质量亏损、原子核的结合能是核能研究中的重要概念，若已知碳原子的质量为m 1，碳原子核的质量为m 2，氢原子的质量为m 3，氢原子核的质量为m 4，中子的质量为m 5，光在真空中传播的速度为c ，则下列判断错误的是( )A ．核子结合成碳原子核时释放的能量为(6m 4＋6m 5－m 2)c 2B ．核子结合成碳原子核时释放的能量为(6m 3＋6m 5－m 1)c 2C ．碳原子核被分解成核子时吸收的能量至少为(6m 4＋6m 5－m 2)c 2D ．碳原子核被分解成核子时吸收的能量至少为(m 1－m 2)c 2【答案】D【解析】根据已知条件和核反应方程ΔE ＝Δmc 2可以判断选项D 错误，需要注意原子里面还有电子，而原子核没有．3．一个电子(质量为m ，电量为－e)和一个正电子(质量为m ，电量为e)，以相等的初动能E k 相向运动，并撞到了一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子，设产生光子的频率为ν；若这两个光子的能量都是h ν，动量分别为p 和p′，下列关系中正确的是( )A ．h ν＝mc 2B ．h ν＝12mc 2，p ＝p′ C ．h ν＝mc 2＋E k ，p ＝－p ′D ．h ν＝12(mc 2＋E k )，p ＝－p′ 【答案】C【解析】由能量守恒知2mc 2＋2E k ＝2h ν，故h ν＝mc 2＋E k ，由动量守恒知0＝p ＋p′，故p＝－p′，故选项C正确，选项A、B、D错误．4．(2015年丽水模拟)如图K13－4－1所示，由天然放射性元素钋(Po)放出的射线x1，轰击铍(94Be)时会产生粒子流x2，用粒子流x2轰击石蜡时会打出粒子流x3，经研究知道( )图K13－4－1A．x1为α粒子，x2为质子B．x1为α粒子，x3为质子C．x2为质子，x3为中子D．x2为质子，x3为光子【答案】B【解析】用从钋发出的α射线轰击铍时，会产生一种不受电场和磁场影响、穿透力很强的粒子流．如果用这种粒子流轰击石蜡，能从石蜡中打出质子．查德威克经过研究，发现这种粒子正是卢瑟福猜想的中子．由以上可知x1为α粒子，x2为中子，x3为质子，B正确，A、C、D错误．5．(2015年清远检测)钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素．已知钚的一种同位素23994 Pu 的半衰期为 24 100 年，其衰变方程为23994Pu→X＋42He＋γ，下列有关说法正确的是( ) A．X原子核中含有143个中子B．80个23994Pu经过 24 100 年后一定还剩余40个C．衰变发出的γ放射线是频率很大的电磁波，具有很强的穿透能力D．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加【答案】AC【解析】由电荷数守恒，质量数守恒，X的质量数为239—4＝235，X的核电荷数为94—2＝92，X的中子数为235—92＝143，选项A正确；半衰期是对大量粒子发生衰变的结果，是具有统计意义的概念，对少量粒子不一定成立，选项B错误；衰变过程中放出的γ射线，是高频电磁波，具有很强的穿透能力，选项C正确；衰变时释放巨大能量，会有质量亏损，选项D错误．6．(2015年广东七校联考)关于核反应，下列说法正确的是( )A．氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个B．任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等C．太阳内部高温高压条件下的热核聚变核反应方程是23592 U＋10n→13654 Xe＋9038Sr＋1010nD．β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变成质子时释放出来的【答案】BD【解析】半衰期是对大量放射性元素的统计规律，对于少数是不成立的，故A错误；根据质能方程E＝Δmc2可知，质量亏损伴随着能量的产生，故B正确；核反应方程235 92U＋10n→135 54Xe＋9038Sr＋1010n是裂变反应，而太阳内部进行的是聚变反应，故C错误；β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变成质子时释放出一个电子，故D正确．故选B、D.7．(2015年高要二模)日本福岛第一核电站在地震后，数秒内就将控制棒插入核反应堆芯，终止了铀的裂变链式反应．但海啸摧毁了机组的冷却系统，因裂变遗留的产物铯、钡等继续衰变不断释放能量，核燃料棒温度不断上升．则下列说法正确的是( )A．控制棒通过吸收中子来实现对核反应的控制B．衰变释放的射线中，α射线的穿透力最强C．铯、钡等衰变时释放能量，故会发生质量亏损D．核裂变遗留物铯、钡等原子的质量可能比铀原子质量更大【答案】AC【解析】控制棒通过吸收种子来控制核反应速度，选项A正确，α射线的穿透力最弱，故选项B错误；释放能量的核反应肯定有质量亏损，故选项C正确；重核裂变生成两个中等质量的遗留物铯、钡，其原子质量比铀原子质量要小，故选项D错误．8．(2012年广东卷)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程，表述正确的有( )A.31H＋21H→42He＋10n是核聚变反应B.31H＋21H→42He＋10n是β衰变C.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应D.235 92U＋10n→140 54Xe＋9438Sr＋210n是α衰变【答案】AC【解析】21H＋31H→42He＋10n是核聚变反应，而不是β衰变；D选项中是核裂变反应，D错误．9．(2013年广东卷)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是235 92U＋10n→144 56 Ba＋8936Kr＋310n.下列说法正确的有( )A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响【答案】AC【解析】本题考查裂变反应的特点及条件、原子核半衰期的特点，意在考查考生对原子核不同变化形式的区别的掌握．从铀核裂变方程可以看出，反应中伴随着中子放出，A项正确；铀块的体积必须大于临界体积才能发生链式反应，B项错误；通过控制中子数可以控制链式反应，C项正确；铀核的半衰期与物理、化学状态无关，因此不受环境影响，D项错误．。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(16)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题) 1.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会( )A ．向上偏转B ．向下偏转C ．向纸内偏转D ．向纸外偏转解析：由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B 选项正确。

答案： B2．(2017·长春模拟)如图所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB 、AC 、AD ，均处于水平方向的匀强磁场中。

一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A 点由静止释放，设滑到底端的时间分别为t AB 、t AC 、t AD ，则( )A ．t AB ＝t AC ＝t AD B ．t AB >t AC >t AD C ．t AB <t AC <t AD D ．无法比较解析：带负电物块在磁场中的光滑斜面上受重力、支持力和垂直斜面向下的洛伦兹力，设斜面的高度为h ，倾角为θ，可得物块的加速度为a ＝g sin θ，由公式x ＝12at 2＝h sin θ解得t＝2hg sin 2θ，可知θ越大，t 越小，选项C 正确。

答案： C 3.如图所示，a 、b 是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。

电荷量为2e 的正离子以某一速度从a 点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b 点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是( )解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷量变为＋e ，由左手定则可判断出正离子过b 点时所受洛伦兹力方向向下，由r ＝m v /qB 可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D 。

【创新设计】2016届高考物理（人教版）第一轮复习课时作业 x3-1-6-4小）电场中的功能关系及带

第4课时(小专题)电场中的功能关系及带电粒子在交变电场中的运动1.如图1所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()图1A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功C．小球的机械能可能增加D．以上都有可能解析小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，可知选项A错、B对；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，C、D错。

答案 B2. (多选)如图2所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下。

则从M 到N的过程中，下列说法正确的是()图2A．小物块所受的电场力减小B．小物块的电势能可能增加C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功解析在M点无初速度释放小物块，小物块能沿斜面运动到N点，并停在N 点，说明小物块受到点电荷Q的电场力方向沿斜面向下，进而可知过程中电场力对小物块做正功，电势能减少，故B选项错误；由于小物块从M点向N点运动过程中远离了点电荷Q，所以小物块受的电场力减小，故A选项正确；由于小物块及Q的电性无法确定，故C选项错误；由功能关系知，小物块减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力做的功，故D选项正确。

答案AD3.如图3所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带电荷量为＋q的小金属块以一定初动能E k从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零。

高考物理一轮复习课时练16 动能定理及其应用(含解析)新人教版

学习资料动能定理及其应用1.(单物体动能定理）如图所示,“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下.将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，下列说法正确的是（)A。

人先处于失重状态后处于超重状态B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零,人的动能最大D。

人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力2.(多选)(图像问题)（2020河北沧州高三月考)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v max后,立即关闭发动机直至静止，v-t图像如图所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为F f，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则（）A。

F∶F f=1∶3 B。

W1∶W2=1∶1C。

F∶F f=4∶1 D。

W1∶W2=1∶33.（单物体动能定理）如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h.若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力,则小球B下降h时的速度为()A.√2gg B。

√4gg3C.√ggD.√gg24.（图像问题)质量m=10 kg的物体只在变力F作用下沿水平方向做直线运动，F随坐标x的变化关系如图所示。

若物体从坐标原点处由静止出发,则物体运动到x=16 m处时的速度大小为()A。

3 m/s B。

4 m/sC。

2√2 m/s D。

√17 m/s5.（多过程单物体动能定理)（2020黑龙江实验中学月考）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R,bc是半径为R的四分之一的圆弧,与ab相切于b点。

一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用,自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g,下列说法正确的是(）A.水平外力F做的功为2mgRB。

教科版高中物理选修3-1课时作业16.docx

高中物理学习材料桑水制作1．对F＝qvB sin θ的理解，下列说法正确的是( )A．当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向垂直B．θ角是电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角C．θ角是指运动电荷时入磁场时速度与水平方向的夹角D．θ角是指运动电荷进入磁场时速度与竖直方向的夹角【解析】公式F＝qvB sin θ中的θ角是指电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角，B正确，C、D均错误，当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向平行，A错误．【答案】 B图3－4－82．长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图3－4－8所示的恒定电流时，下列说法正确的是( ) A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用【解析】电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．【答案】 D3．来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将( )A．竖直向下沿直线射向地面B．相对于预定地点，稍向东偏转C．相对于预定地点，稍向西偏转D．相对于预定地点，稍向北偏转【解析】地球表面地磁场方向由南向北，质子是氢原子核，带正电，根据左手定则可判定，质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东．【答案】 B4．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动．如果突然将磁场的磁感应强度增加一倍，则( )A．粒子的速率增加一倍，运动周期减小一半B．粒子的速率不变，轨道半径不变C．粒子的速率不变，轨道半径减小一半D．粒子的速率减小一半，运动周期减小一半【解析】由qvB＝mv2r得r＝mvqB，则带电粒子在磁场中的运动周期T＝2πmqB.由以上两式可看出r与T的决定因素．洛伦兹力只能提供粒子做圆周运动的向心力，不能改变粒子速率的大小，所以A、D均是错误的．由公式r＝mvqB知，当B增大一倍时，r减小一半，所以C选项正确、B选项错误．【答案】 C5.图3－4－9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．如图3－4－9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．粒子带负电荷D．粒子带正电荷【解析】粒子在云室中运动使气体电离，能量不断损失，v减小，处于磁场中的云室中的带电粒子满足qvB＝mv2r.因为r＝mvqB，因此半径逐渐减小，分析图线知r a>r b，说明粒子先经过a点后经过b点；利用左手定则可判定粒子带负电荷，故A、C对，B、D错．【答案】AC6．如图3－4－10所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，形成的磁场如图所示，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将( )图3－4－10A．向上偏转B．向下偏转C．向左偏转D．向右偏转【解析】磁场动而电子不动和磁场不动而电子动结果相同，都会使电子受到洛伦兹力作用，公式F＝qvB中v应为相对速度．电子相对于磁场的运动方向是垂直纸面向里，根据左手定则可判定只有选项D正确．【答案】 D7．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是( ) A．带电粒子沿电场线射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加B．带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定不变D．不管带电粒子怎样进入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变【解析】带电粒子在电场中受到的电场力F＝qE，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定，对选项A，只有粒子带正电时才成立，A错．垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，电场力都会做正功，动能增加，B错．带电粒子沿磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动，洛伦兹力不做功，C错，不管带电粒子怎样进入磁场，由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功，粒子动能不变，D正确．【答案】 D8.图3－4－11如图3－4－11所示，电子与质子分别以相同的速度从O点垂直射入匀强磁场区中，则图中画出的四段圆弧，哪两个是电子和质子运动的可能轨迹( ) A．a是电子运动轨迹，d是质子运动轨迹B．b是电子运动轨迹，c是质子运动轨迹C．c是电子运动轨迹，b是质子运动轨迹D ．d 是电子运动轨迹，a 是质子运动轨迹【解析】由左手定则可知，电子向右偏转，质子向左偏转，A 、B 错误；由qvB ＝mv 2R 可得，粒子圆周运动的半径R ＝mv qB，质子质量大于电子质量，故质子的轨迹半径大于电子的轨迹半径，C 正确，D 错误．【答案】 C9.图3－4－12如图3－4－12所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为( )A.3q 2eB.q eC.2q 3eD.q 3e【解析】离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，其半径r＝mv Bq ，离子碰上电子后半径变化，r ′＝3r 2＝mv Bq ′，所以q ′＝2q 3，Δq ＝13q ，正确选项是D【答案】 D10．如图3－4－13所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、图3－4－13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.3v2aB，正电荷 B.v2aB，正电荷C.3v2aB，负电荷 D.v2aB，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图．根据几何关系有r＋r sin 30°＝a，再结合半径表达式r＝mvqB可得qm＝3v2aB，故C正确．【答案】 C11.图3－4－14(2013·成都七中期末)如图3－4－14所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在原点O处有一离子源向x轴上方各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子，速度都为v，对那些在xOy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大值为x＝________，y＝________.【解析】由左手定则可以判断出：正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的偏转方向为顺时针方向，到达y轴上距离最远的离子是沿x轴负方向射出的离子，而到达x 轴上距离最远的离子是沿y轴正方向射出的离子．这两束离子可能到达的最大x、y值恰好是圆周的直径，如图所示．【答案】2mvqB2mvqB12．(2012·九寨沟一中期末)如图3－4－15所示，一束电子的电荷量为e，以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子的入射方向的夹角θ是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？图3－4－15【解析】电子在匀强磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，其轨道是圆弧的一部分．又因洛伦兹力与速度v 垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时洛伦兹力延长线的交点上．从图中可以看出，AB 弧所对的圆心角θ＝30°＝π6，OB 即为半径r ，由几何关系可得：r ＝dsin θ＝2d .由牛顿第二定律得：qvB ＝mv 2r 解得：m ＝qBr v ＝2deB v. 带电粒子通过AB 弧所用的时间，即穿过磁场的时间为：t ＝θ2πT ＝112×2πm Be＝πm 6Be ＝πd 3v. 【答案】 2deB vπd 3v。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(13)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～7题为多项选择题) 1.水平放置的金属框架cdef 处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab 置于粗糙的框架上且接触良好。

从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则( )A ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力增大B ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力不变C ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大D ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变解析：磁感应强度均匀增大，则ΔB Δt ＝定值，由E ＝ΔB Δt ·S ，I ＝E R，知I 一定，F f ＝F 安＝BIL ，因B 增大，所以F f 变大。

故选C 。

答案： C 2.如图所示，线圈L 与小灯泡A 并联后接到电源上。

先闭合开关S ，稳定后，通过线圈的电流为I 1，通过小灯泡的电流为I 2。

断开开关S ，发现小灯泡闪亮一下再熄灭。

则下列说法正确的是( )A ．I 1 <I 2B ．I 1＝I 2C ．断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变D ．断开开关前后，通过线圈的电流方向不变解析：开关S 闭合稳定后，因为线圈的电阻较小，由并联电路的特征易知I 1>I 2，A 、B 错；开关S 断开瞬间电源与线圈和小灯泡断开，线圈中的电流要发生突变，所以线圈中会感应出新的电动势阻碍原电流的减小，所以线圈中的电流方向不变，D 对；断开瞬间因为线圈相当于电源与灯泡构成一个回路，流过灯泡的电流方向与开始时方向相反，C 错。

答案： D3．(2017·浙江宁波二模)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个矩形的金属导体框，规定磁场方向向上为正，导体框中电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B 随时间t 如图乙变化时，下图中正确表示导体框中感应电流变化的是( )解析：由B -t 图象知，磁感应强度随时间在0～2 s 、2～4 s 、4～5 s 内均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔBS Δt知，产生的感应电动势不变，故感应电流大小不变，所以A 、B 错误；在0～1 s 内磁感应强度为负值，即方向向下，且在减小，根据楞次定律知感应电流的磁场方向向下，再由安培定则知，感应电流的方向从上往下看为顺时针方向，为正值，所以C 正确，D 错误。

高考物理一轮总复习人教版课时作业Word版含解析(10)

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 选择题(1～7题为单项选择题，8～14题为多项选择题)1．在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的()A．频率B．强度C．照射时间D．光子数目解析：由爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0可知，E k只与频率ν有关，故选项B、C、D错，选项A正确。

答案： A2．如图所示，当弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，同时与锌板相连的验电器铝箔有张角，则该实验()A．只能证明光具有波动性B．只能证明光具有粒子性C．只能证明光能够发生衍射D．证明光具有波粒二象性解析：弧光灯发出的光经一狭缝后，在锌板上形成明暗相间的条纹，这是光的衍射，证明了光具有波动性，验电器铝箔有张角，说明锌板发生了光电效应，则证明了光具有粒子性，所以该实验证明了光具有波粒二象性，D正确。

答案： D3．爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖。

某种金属逸出光电子的最大初动能E km与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率。

从图中可以确定的是()A．逸出功与ν有关B ．E km 与入射光强度成正比C ．当ν＜ν0时，会逸出光电子D ．图中直线的斜率与普朗克常量有关解析：本题考查光电效应的逸出功，意在考查考生是否会根据图象分析光电子的最大初动能与入射光频率的关系或能否将E km ＝hν－W 与图象联系起来。

答案： D4．[2014·江苏单科·12C(1)]已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量解析：由光电效应方程E km ＝hν－W ＝hν－hν0钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，因动量p ＝2mE km ，故动量小，由λ＝h p，可知波长较大，则频率较小，选项A 正确。