2016届高考物理一轮复习：课时强化作业7

合集下载

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业26

课时强化作业二十六电容器与电容、带电粒子在电场中的运动一、选择题1．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变解析：由C ＝εr S 4πkd 和C ＝QU可知保持S 不变，增大d ，电容减小，电荷量不变，则电压变大，θ变大；保持d 不变，减小S ，电容减小，电荷量不变，电压变大，θ变大．故A 项对，BCD 项都错．答案：A2.如图所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出，当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间，设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场中的运动时间t 1＝l v 0，t 2＝l2v 0所以t 1∶t 2＝2∶1，偏转位移y ＝12at 2＝qU 2md t 2，由于y 1∶y 2＝1∶2，得U 1∶U 2＝1∶8，故选项A 正确．答案：A3．如图所示，C 为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地；P 和Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P 板与b 板用导线相连，Q 板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b 板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )A ．缩小a 、b 间的距离B ．加大a 、b 间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：由图可知，两只电容器属于并联关系，两电容器极板间电压始终相等，a 、b 板的电荷量保持不变，当缩小a 、b 间的距离时，由C ＝εr S4πkd可知，电容器a 、b 的电容增大，由U ＝QC 可知其电压减小，则P 、Q 间电压减小，其间电场强度减小，小球受电场力减小，悬线的偏角α减小，选项A 错误；当加大a 、b 间距离时，电压升高，悬线的偏角α增大，选项B 正确；取出a 、b 间的电介质时，其电容减小，板间电压升高，故偏角α增大，若换一块介电常数更大的介质，则电容增大，板间电压减小，偏角α变小，故选项C 正确，选项D 错误．答案：BC4．如下图所示的示波管，当两偏转电极XX ′、YY ′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标为O 点，其中x 轴与XX ′电场的场强方向平行，x 轴正方向垂直于纸面指向纸内，y 轴与YY ′电场的场强方向平行)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )A ．X 、Y 接电源的正极，X ′、Y ′接电源的负极B ．X 、Y ′接电源的正极，X ′、Y 接电源的负极C ．X ′、Y 接电源的正极，X 、Y ′接电源的负极D ．X ′、Y ′接电源的正极，X 、Y 接电源的负极解析：电子枪发射的是电子，带负电，要使电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，即在YY ′电场的作用下，电子要向－y 方向偏转，则Y ′接电源的正极，Y 接电源的负极，电子在XX ′电场的作用下向－x 方向偏转，则X ′接电源正极，X 接电源的负极，故选项D 正确．答案：D5．(2014年天津卷)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析：微粒向下偏转，则微粒受到重力和电场力的合力向下，若微粒带正电，如果电场力小于重力，无论A 板所带何种电荷，微粒受到电场力和重力的合力均向下，从而也就不能判断带电粒子运动过程中电场力做正功还是做负功，亦不能判断微粒电势能增加还是减小，由功能关系可知，也就不能判断机械能增加与否，故选项A 、B 、D 错误；微粒受到重力和电场力的合力向下，合力对微粒做正功，由动能定理可知，微粒从M 到N 的过程动能增加，选项C 正确．答案：C6.如图所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕过中心点O 、O ′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做( )A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动解析：设电源两端的电压为U ，两金属板间的距离为d ，带电液滴的质量为m ，带电荷量为q ，则液滴P 静止时，由平衡条件可得：q Ud ＝mg .金属板转动后，P 所受的电场力大小为：F ＝q Ud cos α，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F 1＝F ·cos α＝q U d cos αcos α＝q Ud ＝mg .故电场力和重力的合力水平向右，即P 做水平向右的匀加速直线运动．B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B7.如右图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q ＝t PB ．它们运动的加速度a Q ＜a PC ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，有l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P＝h v 20l 2.同理对Q ，有l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2h v 20l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，A 、C 正确．答案：AC8．如图中甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度图象，如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0<t 0<T 4与3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4<t 0<3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0>T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，故选项B 正确．答案：B9．(2014年山东卷)如图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 22qEmh B.s 2qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh解析：由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性可知，两轨迹相切点一定在矩形区域的中心，且两粒子均做类平抛运动．根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上，s2＝v 0t ，在竖直方向上，h 2＝12at 2＝12Eq m ·t 2，联立以上两式得v 0＝s2Eqmh，故选项B 正确．答案：B10．在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图所示．由此可见( )A ．电场力为3mgB ．小球带正电C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等解析：设AC 与竖直方向的夹角为θ，对带电小球从A 到C ，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg ·AC ·cos θ－qE ·BC ·cos θ＝0，解得电场力为qE ＝3mg ，选项A 正确，选项B 错误；小球在水平方向做匀速直线运动，从A 到B 的运动时间是从B 到C 的运动时间的2倍，选项C 错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A 到B 与从B 到C 竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等，选项D 正确．答案：AD 二、非选择题11．(2013年新课标全国Ⅱ卷)如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q ＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．解析：设质点质量为m ，经a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有qE ＋N a ＝m v 2ar ①N b －qE ＝m v 2br②设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b 有 E k a ＝12m v 2a ③E k b ＝12m v 2b④根据动能定理有2qEr ＝E k b －E k a ⑤ 联立①②③④⑤解得E ＝16q (N b －N a )E k a ＝r12(N b ＋5N a )E k b ＝r12(5N b ＋N a )答案：E ＝16q (N b －N a ) 质点经过a 点时的动能为r12(N b ＋5N a ) 质点经过b 点时的动能为r12(5N b ＋N a ) 12.如图，可视为质点的三物块A 、B 、C 放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝7380，A 与B 紧靠一起，C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为m A ＝0.80 kg ，m B ＝0.64 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝2.0×10－5 C ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、C 间相距L ＝1.0 m ．如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r 时，两点电荷具有的电势能可表示为E p ＝k q 1q 2r ，现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度a ＝1.5 m/s 2的匀加速直线运动，假定斜面足够长，已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)B 物块的带电荷量q B ；(2)A 、B 运动多长距离后开始分离；(3)从开始施力到A 、B 分离，力F 对A 物块做的功．解析：(1)设B 所带电荷量q B ，以A 、B 为研究对象，根据平衡条件有kq C q BL 2＝(m A ＋m B )g sin30°.解得q B ＝4.0×10－5C.(2)对A 施加外力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，当A 、B 之间作用力为零时，A 、B 开始分离，设分离时B 运动的距离为s ，由库仑定律可得C 对B 的库仑斥力F ′＝kq C q B(L ＋s )2. 以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ′－m B g sin30°－μm B g cos30°＝m B a 两式联立解得s ＝0.2 m.(3)设此过程中F 对A 做功为W F ，库仑斥力对B 做功W B . A 、B 分离时的速度为v 1，对A 、B 整体由动能定理有W B ＋W F －(m A ＋m B )gs ·sin30°－μ(m A ＋m B )gs cos30°＝12(m A ＋m B )v 21. W B ＝kq C q B L －kq C q BL ＋s由运动学公式v 21＝2as 联立解得W F ＝1.05 J.答案：(1)4.0×10－5 C (2)0.2 m (3)1.05 J13．(2015届湖北省黄冈中学高三上学期期中考试)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为l ＝0.40 m 的绝缘细线把质量为m ＝0.20 kg ，带有q ＝6.0×10－4C 正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°.求：(1)AB 两点间的电势差U AB ；(2)将小球拉至位置A 使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C 时细线对小球的拉力F 的大小；(3)如果要使小球能绕O 点做完整的圆周运动，则小球在A 点时沿垂直于OA 方向运动的初速度v 0的大小．(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)解析：(1)带电小球在B 点静止受力平衡，则： qE ＝mg tan θ，E ＝mg tan θq＝2.5×103 V/m.由U ＝Ed 有：U AB ＝－El (1－sin θ)＝－400 V . (2)设小球运动至C 点时速度为v C ，则：⎩⎨⎧mgl －qEl ＝12m v 2C ，F －mg ＝m v 2CL，联立解得：F ＝3 N.(3)小球做完整圆周运动时必须通过B 点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v ，则：⎩⎨⎧mg cos θ＋qE sin θ＝m v 2l，－mgl cos θ－qEl (1＋sin θ)＝12m v 2－12m v 2.联立解得：v 0＝21 m/s.答案：(1)－400 V (2)3 N (3)21 m/s。

高考物理一轮总复习-课时强化作业23-实验六-验证机械能守恒定律-新人教版

课时强化作业二十三实验六验证机械能守恒定律1. (2016届安徽皖南八校联考)如图1所示, 将打点计时器固定在铁架台上, 用重物带动纸带从静止开始自由下落, 利用此装置可验证机械能守恒定律.(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物, 此外还需要的器材是________(填字母代号)．A. 直流电源、天平及砝码B. 直流电源、毫米刻度尺C. 交流电源、天平及砝码D. 交流电源、毫米刻度尺(2)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示．图中O 点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3.已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T.为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________.用题中所给字母表.).(3)(多选)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 关于这个误差下列说法正确的是________.A. 该误差属于偶然误差B. 该误差属于系统误差C. 可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D. 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差(4)某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2h图线，如图3所示．图象是一条直线，此直线斜率的物理含义是________．已知当地的重力加速度g＝9..m/s2，由图线求得重锤下落时受到阻力与重锤所受重力的百分比为＝________%(保留2位有效数字).解析: (1)打点计时器使用交流电源才可以正常工作；实验中重锤下降的高度可以通过刻度尺测量纸带上点与点间的距离得到；瞬时速度可以根据匀变速直线运动规律, 通过纸带上两点的距离, 求出平均速度, 进而得到瞬时速度；纸带上相邻两计时点的时间间隔已知, 所以不需要秒表, 重锤的质量可以不测, D选项正确.(2)从O点到F点的过程中, 重锤重力势能的减少量ΔEp＝mgh2.根据匀变速直线运动的规律得, F点的瞬时速度: vF＝ , 动能的增加量ΔEk＝ .(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 这个误差是由于空气阻力和摩擦阻力的存在, 消耗了机械能, 属于是系统误差, 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差, B.D 选项正确.(4)根据机械能守恒定律得, mgh＝ mv2得, v2＝2gh, 可知图线的斜率等于k＝2g, 即直线斜率的物理含义是重锤下落加速度的2倍.根据牛顿第二定律, 重锤下落过程中, mg－f＝ma, 解得f＝mg－ma＝m , ＝ , 根据图象可知, 斜率k＝19.2, 则＝2.0%.答案: (1)D (2)mgh2 (3)BD (4)重锤下落加速度的2倍 2.02．(2016届浙江省余姚中学月考)某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g.(1)用游标卡尺测量钢球的直径, 读数如图乙所示, 钢球直径为D＝________cm.(2)要验证机械能守恒, 只要比较________．A. D2 与gh是否相等B. D2 与2gh是否相等C. D2 与gh是否相等D. D2 与2gh是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度, 由此产生的误差________(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小.解析: (1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数, 不需估读, 故钢球直径为D＝0.9 cm＋0.05×10 mm＝0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度, 由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度, v＝ , 由机械能守恒的表达式得, mgh＝ mD2 , 即比较D2 与2gh是否相等, D选项正确.(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度, 所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度, 该误差属于系统误差, 由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．答案: (1)0.950 (2)D (3)＜不能3．(2016届山东省临沂市质检)某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过．开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动.(1)利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1, 则钩码A通过狭缝的速度为________(用题中字母表示).(2)若通过此装置验证机械能守恒定律, 还需测出环形金属块C的质量m, 当地重力加速度为g.若系统的机械能守恒, 则需满足的等式为________(用题中字母表示).(3)为减小测量时间的误差, 有同学提出如下方案：实验时调节h1＝h2＝h, 测出钩码A从释放到落地的总时间t, 来计算钩码A通过狭缝的速度, 你认为可行吗？若可行, 写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行, 请简要说明理由.解析: (1)钩码A、B的质量相等, 故通过狭缝后, 环形金属块C不能通过, 钩码A、B做匀速直线运动, 根据匀速直线运动公式得, v＝ .(2)钩码A.B和金属块C组成的系统机械能守恒, 重力势能的减少量等于动能的增加量, mgh2＝ (2M ＋m) 2.(3)系统在运动过程中, 前一段做匀加速直线运动, 后一段做匀速直线运动, 通过狭缝时的速度为v, 则h＝ t1；h＝vt2；t1＋t2＝t, 联立解得, t2＝ , 下落速度v＝＝ .此方法可行．答案: (1) (2)mgh2＝ (2M＋m) 2 (3)可行v＝4．(2016届衡水中学第三次调研)通过理论分析可得出弹簧的弹性势能公式Ep＝ kl2(式中k为弹簧的劲度系数, l为弹簧长度的变化量)．为验证这一结论, A、B两位同学设计了以下的实验：①两位同学首先都进行了如图甲所示的实验: 将一根轻质弹簧竖直挂起, 在弹簧的另一端挂上一个已知质量为m的小铁球, 稳定后测得弹簧伸长d.②A同学完成步骤①后, 接着进行了如图乙所示的实验: 将这根弹簧竖直地固定在水平桌面上, 并把小铁球放在弹簧上, 然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管, 利用插销压缩弹簧. 拔掉插销时, 弹簧对小球做功, 使小球弹起, 测得弹簧的压缩量l和小铁球上升的最大高度H.③B同学完成步骤①后, 接着进行了如图丙所示的实验: 将这根弹簧放在水平桌面上, 一端固定在竖直墙上, 另一端被小铁球压缩, 测得压缩量为l, 释放弹簧后, 小铁球从高为h的桌面上水平抛出, 抛出的水平距离为x.(1)A.B两位同学进行图甲所示的实验目的是为了确定什么物理量？ ________.请用m、d、g表示所求的物理量________________.(2)如果 Ep＝ kx2成立, A同学测出的物理量x与d、H的关系式是: x＝________.B同学测出的物理量x与d、h、l的关系式是: x＝________.解析：(1)A、B两位同学进行图甲所示的实验都进行了形变量的测量, 目的是为了确定弹簧的劲度系数. 根据胡克定律得, k＝＝ .(2)A同学运用弹簧的弹性势能转化为重力势能来测量形变量, B同学运用弹簧的弹性势能转化为动能, 并借助于做平抛运动来算出初速度, 从而即可求解水平距离x.对于A同学, kx2＝mgH, k＝ , 联立解得, x＝ .对于B同学, 初速度v0＝＝l , 得 k 2＝ m 2, 解得x＝l .答案: (1)确定弹簧的劲度系数k k＝(2) l5．(2016届衡水中学第三次调研)某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律, 实验装置如图甲所示．当气垫导轨正常工作时导轨两侧喷出的气体使滑块悬浮在导轨上方, 滑块运动时与导轨间的阻力可忽略不计．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B, 滑块P上固定一遮光条, 若光线被遮光条遮挡, 光电传感器会输出高电压, 两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动, 遮光条经过光电传感器A、B时, 通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图线．(1)当采用图甲的实验装置进行实验时, 下列说法中正确的是________.A. 滑块P机械能守恒B. 钩码Q机械能守恒C. 滑块P和钩码Q组成的系统机械能守恒D. 以上三种说法都正确(2)实验前, 接通电源, 将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上, 轻推滑块, 当图乙中的Δt1________Δt2(选填“＞”“＝”或“＜”)时, 说明气垫导轨已经水平.(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连, 将滑块P由图甲所示位置释放, 通过计算机得到的图象如图乙所示, 若Δt1.Δt2.遮光条宽度d、AB间距L、滑块质量M、钩码质量m 已知, 若上述物理量间满足关系式________, 则表明在上述过程中, 滑块和钩码组成的系统机械能守恒.(4)若遮光条宽度d＝8.400 mm, A.B间的距离L＝160.00 cm, Δt1＝8.40×10－3 s, Δt2＝4.20×10－3 s, 滑块质量M＝180 g, 钩码Q质量m＝20 g, 则滑块从A运动到B的过程中系统势能的减少量ΔEp＝________J, 系统动能的增量ΔEk＝________J. (g＝9.80 m/s2, 计算结果保留3位有效数字) 解析: (1)滑块P和钩码Q运动过程中, 细线拉力做功, 各自的机械能不守恒, 但是系统的机械能守恒, 故该实验装置验证滑块P和钩码Q组成的系统机械能是否守恒, C选项正确.(2)如果遮光条通过光电门的时间相等, 即Δt1＝Δt2, 说明遮光条做匀速运动, 即说明气垫导轨已经水平.(3)要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒, 应该求出动能的增加量和重力势能的减小量, 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法. 由于光电门的宽度很小, 可以用很短时间内的平均速度代替瞬时速度, vB＝ , vA＝ , 系统动能的增加量为ΔEk＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2.系统重力势能的减少量, ΔEp＝mgL, 只要mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2, 即验证机械能守恒．(4)系统重力势能的减小量ΔEp＝mgL＝0.02×9.8×1.60 J＝0.314 J. 系统动能的增加量ΔEk＝ (M ＋m) 2－ (M＋m) 2＝ (0.18＋0.02) 2－ 2 J＝0.300 J.答案: (1)C (2)＝(3)mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2 (4)0.314 0.3006．(2016届牡丹江市第一中学月考)下图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落, m1上拖着的纸带打出一系列的点, 对纸带上的点迹进行测量, 即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点, 每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出), 计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g, 则(结果均保留2位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s.(2)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J, 系统势能的减少量ΔEp ＝________J. (取当地的重力加速度g＝10 m/s2)(3)若某同学作出 v2h图象如图所示, 则当地的重力加速度g＝________m/s2.解析: (1)根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度, 可以求出打下记数点5时的速度大小, v5＝＝ m/s＝2.4 m/s.(2)根据物体的初、末动能大小可以求出动能的增加量, ΔEk＝ (m1＋m2)v －0＝×(0.05＋0.15)×2.42 J＝0.58 J.根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减少量, ΔEp＝W＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(0.384＋0.216) J＝0.60 J.(3)根据机械能守恒可知, m2gh－m1gh＝ (m1＋m2)v2, 解得, ＝ gh＝ , 即 v2h图象中图象的斜率表示重力加速度的一半, 由图可知, 斜率k＝4.85, 故当地的实际重力加速度为g＝2k＝9.7 m/s2.答案: (1)2.4(2)0.580.60(3)9.7。

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业14

课时强化作业十四曲线运动运动的合成与分解一、选择题1．如图所示，一质点做曲线运动从M点到N点，当它通过P点时，其速度v和加速度a的方向可能正确的是()解析：做曲线运动的物体，其速度方向沿某点的切线方向，而加速度方向即合外力方向指向曲线的凹侧，故选项B、D错误，选项A、C正确．答案：AC2．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内()A．速度一定不断改变，加速度也一定不断改变B．速度一定不断改变，加速度可以不变C．速度可以不变，加速度一定不断改变D．速度可以不变，加速度也可以不变解析：做曲线运动的物体速度方向不断改变，加速度一定不为零，但加速度可能改变也可能不变，所以做曲线运动的物体，可能是匀变速运动也可能是非匀变速运动，选项B正确．答案：B3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是() A．质点经过C点的速率比D点的大B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90°C．质点经过D点时的加速度比B点的大D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小解析：质点做匀变速曲线运动，物体受到恒定外力的作用，由于在D点时速度方向跟加速度方向垂直，则可知质点受到恒定外力的方向，所以质点从A到D过程合外力与速度方向的夹角大于90°，质点做减速运动，故选项A、B正确；质点的加速度保持恒定，选项C错误；质点从B到E的过程中加速度与速度方向的夹角一直减小，选项D错误．答案：AB4．(2015届洛阳市高三月考)一只小船在静水中的速度大小始终为8 m/s，在流速为4 m/s 的河中航行，则河岸上的人能看到船的实际航速大小可能是()A．4 m/s B．1 m/sC ．3 m/sD ．14 m/s解析：速度是矢量，8 m/s 的速度与4 m/s 的速度进行合成，合速度大于等于4 m/s ，小于等于12 m/s ，在四个选项中，只有选项A 的答案落在这个范围以内，其余均不符合，因此选项A 正确．答案：A5．如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m ，水的阻力恒为f ，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v ，此时人的拉力大小为F ，则此时( ) A ．人拉绳行走的速度为v cos θ B ．人拉绳行走的速度为v /cos θ C ．船的加速度为F cos θ－fmD ．船的加速度为F －fm解析：人通过绳拉船使船沿水平方向前进，船沿水平方向的运动是合运动，该运动产生了两个效果，一是使滑轮与船间的距离缩短，即沿绳方向分速度．二是绳绕滑轮顺时针转动，即绳与竖直方向夹角减小，而人的行走速度等于船沿绳方向的分速度，如图乙所示，v 人＝v cos θ，故选项A 正确；以船为研究对象，分析受力，由牛顿第二定律得F cos θ－f ＝ma ，得a ＝F cos θ－fm，选项C 正确．答案：AC6．(2014年四川卷)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.k vk 2－1 B.v1－k 2 C.k v 1－k 2 D.v k 2－1 解析：设河宽为d ，船在静水中的速度为u ，由于去程小船的船头始终垂直河岸，则去程所用时间t 1＝d u ；由于回程小船的航线始终垂直于河岸，则回程所用时间t 2＝du 2－v 2，根据题意有k ＝t 1t 2，解得u ＝v 1－k 2，故选项B 正确．答案：B7.如图所示，套在竖直细杆上的环A 由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B 相连．由于B 的质量较大，故在释放B 后，A 将沿杆上升，当A 环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v 1≠0，若这时B 的速度为v 2，则( )A．v2＝v1B．v2>v1C．v2≠0 D．v2＝0解析：A物体和B物体用不可伸长的轻绳连接，A物体沿杆向上运动，B物体竖直向下运动，B物体的速度大小等于A物体的速度沿绳方向的分速度．如图分解A上升的速度v，v2为沿绳的分速度，v2＝v cosα.当A物体上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，α＝90°.故v2＝0，即B的速度为零．答案：D8.一小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是()A．若小船在x方向始终匀速，则在y方向先加速后减速B．若小船在x方向始终匀速，则在y方向先减速后加速C．若小船在y方向始终匀速，则在x方向先减速后加速D．若小船在y方向始终匀速，则在x方向先加速后减速解析：做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线的凹侧，若小船在x方向始终匀速，则小船在x方向不受外力或所受合外力为零，小船在y方向的外力由曲线运动规律和小船的轨迹可知，小船受到合外力先沿y轴负方向，再沿y轴正方向，在y轴方向先减速后加速．选项A错误，选项B正确；若小船在y轴方向始终匀速，则小船受力在x轴上先沿x轴正方向后沿x轴负方向．小船在x轴方向的速度先增加后减小，选项C错误，选项D正确．答案：BD9．质量为2 kg的质点在x -y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是()A．质点的初速度为5 m/sB．质点所受的合外力为3 NC．质点初速度的方向与合外力方向垂直D．2 s末质点速度大小为6 m/s解析：由x方向的v-t图象可知，在x方向加速度为a x＝1.5 m/s2，受力F x＝ma x＝3 N. 由y方向的位移—时间图象可知，在y轴方向物体做匀速直线运动v y＝4 m/s，F y＝0.因此质点的初速度v＝v2x＋v2y＝5 m/s.故选项A正确；物体受到合外力F＝F2x＋F2y＝3 N．选项B 正确；显然合外力沿x轴正方向，与初速度方向不垂直，选项C错误；2 s末质点的速度v2＝62＋42＝2 13 m/s.选项D错误．答案：AB10．一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽为150 m，水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船( )A ．能到达正对岸B ．渡河的时间可能少于50 sC ．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 mD ．以最短位移渡河时，位移大小为150 m解析：因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸，选项A错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t ＝d v ＝1503 s ＝50 s ，所以渡河时间不能少于50 s ，选项B 错误；以最短时间渡河时，沿水流方向的位移x ＝v 水·t ＝200 m ，故选项C 正确；如图所示当船的实际速度方向与船在静水中的速度方向垂直时，小船渡河有最短的位移，最小位移s ＝d sin θ，船实际运动方向与河岸夹角为θ，sin θ＝v 船v 水＝34，故s ＝200 m ，故选项D 错误．答案：C 二、非选择题11.一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m 的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H .车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t 绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示，试求：(1)车向左运动的加速度的大小； (2)重物m 在t 时刻速度的大小．解析：(1)汽车在时间t 内向左走的位移：x ＝Htan θ，又汽车匀加速运动x ＝12at 2所以a ＝2x t 2＝2Ht 2tan θ.(2)此时汽车的速度v 汽＝at ＝2Ht tan θ由运动的分解知识可知，汽车速度v 汽沿绳的分速度与重物m 的速度相等，即v 物＝v 汽cos θ得v 物＝2H cos θt tan θ.答案：(1)2H t 2tan θ (2)2H cos θt tan θ12．如图所示，一条小船位于200 m 宽的河正中A 点处，从这里向下游100 3m 处有一危险区，当时水流速度为4 m/s ，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是多大？解析：水流速度是定值，只要保证合速度方向指向对岸危险区上游即可，但对应最小值应为刚好指向对岸危险区边缘，如图所示．tan θ＝100100 3＝33，所以θ＝30°，则v 船min ＝v 水sin30°＝2 m/s. 答案：2 m/s13．如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ，两球的质量均为m ，两球半径忽略不计，杆AB 的长度为l ，现将杆AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B ，使小球B 在水平地面上由静止向右运动，求当A 球沿墙下滑距离为l2时A 、B两球的速度v A 和v B 的大小．(不计一切摩擦)解析：A 、B 两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得v A sin θ＝v B cos θ①又A 、B 组成的系统机械能守恒，所以mg l 2＝12m v 2A ＋12m v 2B ② 由①②解得v A ＝123gl ，v B ＝12gl .答案：123gl 12gl14．如图所示，在竖直平面的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示，(坐标格为正方形，g ＝10 m/s 2)求：(1)小球在M 点的速度v 1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ； (3)小球到达N 点的速度v 2的大小．解析：(1)小球在竖直方向上受到重力作用，以v 0＝4 m/s 在竖直方向做匀减速运动到达M 时，其竖直分速度为零，设从开始到M 的运动时间为t 1，在竖直方向上，有v 0＝gt 1，设正方形边长为l 0，则有2t 0＝v 0v t 1.在水平方向上小球做匀加速直线运动，有3s 0＝v 12t 1，解得v 1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t 1回到x 轴，从O 到N 点，小球在水平方向做匀加速直线运动，x ＝2v 12·2t 1＝12 m ，位置N 的坐标为(12,0)．(3)到N 点时竖直分速度大小为v 0＝4 m/s ，水平分速度v x ＝a 水平t N ＝2v 1＝12 m/s ，故v 2＝v 20＋v 2x ＝410 m/s.答案：(1)6 m/s (2)见解析 (3)410 m/s。

2016届高考物理一轮复习 5.1功和功率课时强化作业

课时强化作业十八功和功率一、选择题1．如图所示，质量为m 的木块放在倾角为α的斜面上与斜面一起水平向左匀速运动，木块( )A ．对斜面的压力大小为mg cos αB ．所受的支持力对木块不做功C ．所受的摩擦力对木块做负功D ．所受的摩擦力方向可能沿斜面向下解析：木块受力平衡，受力情况如图所示．木块水平向左运动，则支持力F N 对木块做正功，摩擦力F f对木块做负功，重力mg 不做功，木块对斜面的压力F N ′＝F N ＝mg cos α，综上所述，可知选项A 、C 对，B 、D 错．答案：AC2．如图所示，用恒力F 拉着质量为m 的物体沿水平面从A 移到B 的过程中，下列说法正确的是( )A ．有摩擦力时比无摩擦力时F 做的功多B ．物体加速运动时比减速运动时，F 做的功多C ．物体无论是加速运动、减速运动还是匀速运动，力F 做的功一样多D ．有摩擦力时与无摩擦力时F 的平均功率不相等解析：无论有无摩擦力或者物体加速或是减速运动，恒力F 做功都是W ＝Fx ，选项A 、B 错误，选项C 正确；有摩擦力时与无摩擦力时F 做功一样多，但物体受到合外力不同，加速度大小不同．由运动学公式可知运动相同的位移所用时间不同．所以力F 做功的平均功率不相等，选项D 正确．答案：CD3.测定运动员体能的一种装置如右图所示，运动员的质量为M ，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮摩擦和质量)，绳的另一端悬吊物的质量为m .人用力后蹬传送带而人的重心不动，传送带以速度v 向后匀速运动(速度大小可调)，最后可用mMv 的值作为被测运动员的体能参数．则( )A ．人对传送带不做功B ．人对传送带做功的功率为mgvC ．人对传送带做的功和传送带对人做的功大小相等，但正、负相反D ．被测运动员的mMv 值越大，表示其体能越好解析：人能保持平衡，则人对皮带水平方向的作用力F ＝mg ，所以人对皮带做功的功率P ＝mg ·v ，选项B 正确，选项A 错误；人对地不发生位移，故皮带对人不做功，选项C 错误；体能参数mv M实际上为人对皮带做功功率与运动员体重之比，所以mv M的值越大，表示其体能越好，选项D 正确．答案：BD4．汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是( )A ．汽车牵引力保持不变B ．汽车牵引力逐渐增大C ．发动机输出功率不变D ．发动机输出功率逐渐增大解析：汽车在运动过程中受到阻力保持不变，汽车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F 牵－f ＝ma ，由此式可知，汽车的牵引力为恒力，故选项A 正确，选项B 错误；由瞬时功率公式P ＝F ·v ，由于牵引力恒定，汽车的速度逐渐增大，所以发动机功率逐渐增大，选项C 错误，选项D 正确．答案：AD5.如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物体．现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴转动．当木板转到跟水平面的夹角为α时，小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )A ．木板对小物体做功为12mv 2B ．摩擦力对小物体做功为mgL sin αC ．支持力对小物体做功为零D ．克服摩擦力做功为mgL cos α－12mv 2解析：以小物块为研究对象，由动能定理可知，从开始转动到物块滑到底端整个过程中只有木板对小物体做功，故选项A 正确；从水平位置到木板与水平面的夹角为α的过程中，重力做负功，支持力做正功，即W N ＝mgL sin α.故选项C 错误；小物体下滑过程中摩擦力做负功，整个过程由动能定理有：W N －W f ＝12mv 2，得W f ＝mgL sin α－12mv 2，故选项B 、D 错误．答案：A6．汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：机车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增加．当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小，直到和阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度．故选项A 、C 、D 正确，选项B 错误．答案：ACD7.如图所示，在倾角为θ的光滑的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M 的平板A 连接，一个质量为m 的物体B 靠在平板的右侧．开始时用手按住物体B ，现放手，A 和B 沿斜面向上运动的距离为L 时，同时达到最大速度v ，重力加速度为g ，则以下说法正确的是( )A ．A 和B 达到最大速度v 时，弹簧是自然长度 B ．A 和B 达到最大速度v 时，A 和B 恰要分离C ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 所做的功等于12Mv 2＋MgL sin θD ．从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于12Mv 2解析：A 、B 两物体一起沿斜面向上做加速度减小的加速运动．当A 、B 的加速度等于零时，A 、B 有最大速度，故选项A 错误；当弹簧处于原长时，A 、B 两物体分离，故选项B 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，弹簧对A 做功转化为A 和B 的动能和克服重力做功，故选项C 错误；从释放到A 和B 达到最大速度v 的过程中，A 受到的合力对A 所做的功等于A 动能的增量，故选项D 正确．8.一物体在水平面上，受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45 J ，在第1秒末撤去拉力，其v t 图象如图所示，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体的质量为10 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2C ．第1秒内摩擦力对物体做的功为15 JD ．第1秒内拉力对物体做的功为60 J解析：由动能定理有W 合＝12mv 2，得12mv 2＝45 J ．第1 s 末物体的速度v ＝3 m/s ，则物体的质量m ＝909kg ＝10 kg ，选项A 正确；撤去外力后物体做匀减速运动．其加速度大小a ＝Δv Δt ＝34－1m/s 2＝1 m/s 2；由牛顿第二定律有μmg ＝ma ，解得μ＝0.1.故选项B 错误；第1 s 内物体的位移L ＝1.5 m ．第1 s 内摩擦力做功WF f ＝μmgL ＝－15 J ．选项C 错误；第1s 内W F ＋WF f ＝12mv 2，得W F ＝12mv 2＋WF f ＝60 J ．选项D 正确．答案：AD9．一质点在光滑水平面上处于静止状态，现对该质点施加水平力F ，力F 随时间t 按如图所示的正弦规律变化，力F 的方向始终在同一直线上，在0～4 s 内，下列说法正确的是( )A ．第2 s 末，质点距离出发点最远B ．第2 s 末，质点的动能最大C ．0～2 s 内，力F 瞬时功率一直增大D ．0～4 s 内，力F 做功为零解析：从图象可以看出在前2 s 力的方向与物体的运动方向相同，物体先做加速度逐渐增大的加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，第2 s 末，拉力反向，速度方向不变，所以2 s 后，质点离出发点的距离还在增大，故选项A 错误；第2 s 末拉力反向，物体做减速运动，所以第2 s 末，质点速度最大，动能最大，故选项B 正确；在0～1 s ，速度增大，力F 增大，由P ＝F ·v 可知，力F 的瞬时功率一直增大，1～2 s 内，速度增大，但是随时间速度增大变慢，而力F 随时间减小变快，所以力F 瞬时功率有减小的过程，故选项C 错误；0～4 s 内质点初末速度都为零，根据动能定理得合力做功为零，所以F 做功为零，故选项D 正确．二、非选择题10．如图，定滑轮至滑块的高度为h ，已知细绳的拉力为F (恒定)，滑块沿水平面由A 点前进s 至B 点，滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为α和β.求滑块由A 点运动到B 点过程中，绳的拉力对滑块所做的功．解析：设绳对物体的拉力为F T ，显然人对绳的拉力F 等于F T .F T 在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题．但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，人对绳做的功就等于绳的拉力对物体做的功．而拉力F 的大小和方向都不变，所以F 做的功可以用公式W ＝Fs cos α直接计算．由图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F 的作用点的位移大小为：Δs ＝s 1－s 2＝h sin α－hsin β.W T ＝W F ＝F ·Δs ＝Fh ⎝⎛⎭⎪⎫1sin α－1sin β. 答案：Fh ⎝⎛⎭⎪⎫1sin α－1sin β11.如图所示，一质量m ＝4.0 kg 的物体，由高h ＝2.0 m ，倾角θ＝53°的固定斜面顶端滑到底端，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.2.求物体所受各力所做的功及合外力做的功．(g 取10 m/s 2)解析：以物体为研究对象，物体受重力mg 、摩擦力F f 、支持力F N 作用，其受力情况如图所示．先求出各个力所做的功，再求总功．F N ＝mg cos θ F f ＝μF N ＝μmg cos θ物体的位移为：l ＝hsin θ.根据功的公式可求出重力做的功为：W G ＝mgh ＝4.0×10×2.0 J＝80 J.摩擦力做的功为：WF f ＝－F f ·l ＝－μmg cos θ·hsin θ＝－0.2×4.0×10×2.0×34 J ＝－12 J.支持力做的功为：WF N ＝0. 故物体所受合外力做的功为：W 总＝W G ＋WF N ＋WF f ＝(80－12)J ＝68 J.答案：重力做的功为W G ＝80 J 摩擦力做的功为WF f ＝－12 J 支持力做的功为WF N ＝0 合外力做的功为W 总＝68 J12．动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐．动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组．假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为8×104kg.其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别是2×107W 和1×107W(第一节车厢达到额定功率不够再启动第二节车厢)，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g ＝10 m/s 2)．(1)求该动车组的最大行驶速度；(2)若列车以1 m/s 2的加速度匀加速启动，t ＝10 s 时刻，第一节和第二节车厢之间拉力的最大值是多大？解析：(1)对整列动车，质量M ＝6×8×104＝4.8×105 kg ，当牵引力等于阻力时，动车速度最大P m ＝fv m ，其中阻力f ＝0.1Mg ＝0.1×6×8×104×10 N＝4.8×105N ，假设两节有动力的车厢都正常工作．则v m ＝P m f ＝P 1＋P 2f ＝2×107＋1×1074.8×105m/s ＝62.5 m/s.(2)当t ＝10 s 时，v 1＝at ＝10 m/s.假设只有第一节车厢提供动力，则对整列车：P 11v 1－f ＝Ma ，解得P 11＝9.6×106W<P 1＝2×107W.说明只有第一节车厢提供动力可以按照题设要求行驶．此时第一、二节车厢间拉力最大对后五节车厢F m －f 2＝M 2a其中M 2＝5×8×104kg ＝4.0×105kg. 解得第一、二节车厢间最大拉力F m ＝8×105N.答案：(1)62.5 m/s (2)8×105N13.在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图所示的F 1v图象(图线ABC 为汽车由静止到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ，求：(1)该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s 达到最大速度40 m/s ，求其在BC 段的位移．解析：(1)由图线分析可知图线AB 表示牵引力F 不变，即F ＝8 000 N ，阻力F f 不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC 的斜率表示汽车的功率P 不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s ，此后汽车做匀速直线运动，由图可知当最大速度v m ＝40 m/s 时，牵引力为最小F min ＝2 000 N由平衡条件F f ＝F min ，得F f ＝2 000 N. 由公式P ＝F min v max ＝8×104W.(2)匀加速运动的末速度v B ＝P F ＝8×1048 000m/s ＝10 m/s ，汽车由A 到B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律F －F f ＝ma 得a ＝F －F f m＝2 m/s 2. 设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为x ，则t 1＝v B a＝5 s ，则t 2＝(35－5)s ＝30 s.从B 点到最大速度v C 由动能定理有Pt 2－F f x ＝12mv 2C －12mv 2B .解得x ＝75 m.答案：(1)8×104W (2)75 m。

高考物理一轮复习第七章电场课时作业

课时作业26[双基过关练]1．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体型的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是( )解析：根据电阻定律，电阻值最小的应该是横截面积最大、长度最短，选项A正确．答案：A2．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，甲电阻丝长l，直径为d，乙电阻丝长为2l，直径为2d，要使它们消耗的电功率相等，加在电阻丝上的电压U甲：U乙应是( ) A．1：1 B．2：1C．1： 2 D.2：1解析：根据电阻定律R＝ρlS，R甲：R乙＝2：1.且U2甲R甲＝U2乙R乙，故U甲：U乙＝R甲：R乙＝2：1选项D正确．答案：D3.电阻R1和R2分别标有“2 Ω，1.0 A”和“4 Ω，0.5 A”，将它们串联后接入电路中，如图所示，则此电路中允许消耗的最大功率为( )A．1.5 W B．3.0 WC．5.0 W D．6.0 W解析：两电阻的额定电流不同，R2允许通过的最大电流为0.5 A，为保证电路安全，当两电阻串联时，允许通过的最大电流为0.5 A，此电路允许消耗的最大功率P＝I2(R1＋R2)＝1.5 W，故选项A正确．答案：A4．如图所示电路中，a、b两点与一个稳压直流电源相接，当滑动变阻器的滑片P向d端移动一段距离时，哪一个电路中的电流表读数会变小( )解析：选项A、C、D中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P右侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值减小，由欧姆定律I＝UR可知，电路中的电流将会增大，电流表读数会变大，故选项A、C、D错误；而选项B中，滑动变阻器连入电路中的有效部分为滑片P左侧部分，当滑动变阻器的滑片P向d端移动时，滑动变阻器阻值增大，电路中的电流将会减小，电流表读数会变小，选项B 正确．答案：B5．如表为某电热水壶铭牌上的一部分内容．根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为( )型号SP－988 额定功率 1 500 W额定电压220 V 额定容量 1.6 LA.4.4 A B．6.8 AC．0.15 A D．0.23 A解析：在额定电压下电热水壶的功率为额定功率，而电热水壶的额定电压为220 V，额定功率为1 500W ，由公式P ＝IU 得I ＝P U ＝1 500220A≈6.8 A．选项B 正确．答案：B6．(多选)某导体的伏安特性曲线如图中AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 ΩB ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了10 Ω解析：根据电阻的定义式可以求出A 、B 两点的电阻分别为R A ＝30.1 Ω＝30 Ω，R B ＝60.15Ω＝40 Ω，所以ΔR＝R B －R A ＝10 Ω，B 、D 正确，A 、C 错误．答案：BD7．(人教选修3－1P52第4题改编)下图是有两个量程的电压表，当使用a 、b 两个端点时，量程为0～10 V ，当使用a 、c 两个端点时，量程为0～100 V ．已知电流表的内阻R g 为500 Ω，满偏电流I g 为1 mA ，则电阻R 1、R 2的值( )A ．9 500 Ω 90 000 Ω B．90 000 Ω 9 500 ΩC ．9 500 Ω 9 000 Ω D．9 000 Ω 9 500 Ω解析：接a 、b 时，串联R 1，由串联电路特点有R 总＝R 1＋R g ＝U 1I g 得R 1＝U 1I g－R g ＝9 500 Ω.接a 、c 时串联R 1、R 2，同理有R 总′＝R 1＋R 2＋R g ＝U 2I g 得R 2＝U 2I g－R g －R 1＝90 000 Ω. 答案：A8.(2020·浙江模拟)如图所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L 上标有“9 V 9 W”字样，电动机的线圈内阻R M ＝1 Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为15 V ，此时( )A ．电动机的输入功率为36 WB ．电动机的输出功率为5 WC ．电动机的热功率为6 WD ．整个电路消耗的电功率为15 W解析：灯泡正常发光，则电路中电流为I ＝I L ＝P L U L＝1 A ，电动机两端的电压为U M ＝U －U L ＝15 V －9 V ＝6 V ，故电动机的输入功率为P 入＝U M I ＝6×1 W ＝6 W ；电动机的热功率为P Q ＝I 2R M ＝12×1 W＝1 W ，电动机的输出功率为P 出＝P 入－P Q ＝6 W －1 W ＝5 W ，故B 正确，A 、C 错误；电源的输出电压为15 V ，电源内阻不可忽略，已知电路电流，无法求出电源的电动势，所以无法求出整个电路消耗的电功率，故D 错误．答案：B9.(2020·北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：设电流表的内阻为R A ，则R 1＝12R A ，R 2＝2R A ，将接线柱1、2接入电路时，流过接线柱1的电流I 1＝3I 0，其中I 0为流过电流表A 的电流，因此每一小格表示0.06 A ；将接线柱1、3接入电路时，流过接线柱1的电流I 1′＝3I 0，其中I 0为流过电流表A 的电流，因此每一小格表示0.06 A ．选项A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C[能力提升练]10.(2020·浙江建人中学摸底)扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为酷斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15 V ，额定功率30 W ，充电额定电压24 V ，额定电流0.5 A ，充电时间约240分钟，电池容量2 000 mAh ，则下列说法正确的是( )A ．电池容量是指电池储存电能的大小B ．机械人正常工作的电压为24 VC ．机械人正常工作时的电流为0.5 AD ．机器人充满电后一次工作时间最多约为1小时解析：电池容量2 000 mAh ，单位为电量的单位，所以电池容量是指电池储存电荷量的大小，选项A 错误．机械人正常工作的电压为15 V ，选项B 错误．根据酷斯520扫地机器人，已知其工作额定电压15 V ，额定功率30 W ，可知机械人正常工作时的电流为2 A ，选项C 错误．机械人充满电后一次工作时间最多约为t ＝q/I ＝1小时，选项D 正确．答案：D11.(2020·湖南株洲质检)如图所示为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24 V ，如果电阻R ＝6 kΩ，R 1＝6 kΩ，R 2＝3 kΩ，则从BB′不可能输出的电压是( )A ．12 VB ．8 VC ．6 VD ．3 V解析：根据串、并联电路的知识可知，当仅S 1闭合时，有U BB′U AA′＝R 1R 1＋R ＝12，解得U BB′＝12 V ，选项A是可能的；当S1、S2均闭合时，有U BB′U AA′＝R1R2R1＋R2R＋R1R2R1＋R2＝14，解得U BB′＝6 V，选项C是可能的；当仅S2闭合时，U BB′U AA′＝R2R2＋R＝13，解得U BB′＝8 V，选项B是可能的，所以选项D是不可能的．答案：D12．(2020·新课标全国Ⅰ)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA；R1和R2为阻值固定的电阻．若使用a和b两个接线柱，电表量程为3 mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可以求出R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(2)现用一量程为3 mA、内阻为150 Ω的标准电流表对改装电表的3 mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R0应选用阻值为________ Ω的电阻，R应选用最大阻值为________ Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R′为保护电阻．则图中的d点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连．判断依据是：______________________.解析：(1)若使用a和b两个接线柱，量程为3 mA，则通过R1的电流为2 mA，电流比为1：2，所以电阻比为2：1，可得R1＋R2＝12R g＝50 Ω.若使用a和c两个接线柱，电表量程为10 mA，通过R1的电流为9 mA，电流比为1：9，可得电阻比为9：1，即R1＝19(R g＋R2)，整理可得R1＝15 Ω，R2＝35 Ω.(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为1.5 V0.000 5 A＝3 000 Ω，最小阻值为1.5 V0.003 A＝500 Ω.若定值电阻选择为1 000 Ω，则无法校准3.0 mA；所以定值电阻选择300 Ω.由于最大阻值要达到3 000 Ω，所以滑动变阻器要选择3 000 Ω.(3)在图(b)电路中，当d接c时，若R1损坏则毫安表仍接入电路而有示数，若R2损坏则毫安表不接入电路而无示数，故可由毫安表有无示数来判断损坏的电阻；当d接b时，无论R1还是R2损坏，对毫安表示数的影响相同，从而不能进行判定．答案：(1)15 35(2)300 3 000(3)c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R2高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

高中物理第一轮复习课时强化作业 (51)

课时强化作业五十一光的波动性、电磁波、相对论1．(多选)(2016届东营模拟)关于在竖直放置的肥皂膜上产生的干涉现象，下列说法正确的是( )A ．干涉条纹的产生是由于光线在膜前后表面反射形成的两列光波的叠加B ．用绿光照射产生的干涉条纹比黄光照射时产生的条纹窄C ．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波谷与波谷的叠加D ．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波峰与波谷的叠加解析：由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，A 选项正确；根据干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知，条纹间距与光的波长成正比，由于绿光波长比黄光的短，故绿光干涉条纹间距小，B 选项正确；干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波峰与波谷的叠加形成的，两反射光波波谷与波谷的叠加形成亮纹，C 选项错误，D 选项正确．答案：ABD2．(2016届龙海市模拟)音乐喷泉一般都会在水池底安装一些彩灯来营造气氛，吸引游人驻足观赏．仔细观察会发现水下的灯照亮水面都刚好形成一个圆．若水下的各色彩灯均为同种大小规格，只是发光颜色不同，安装在水下同一深度，且都可看为点光源，则下面说法正确的是( )A ．这是光的干涉现象B ．这是光的衍射现象C ．每个彩灯照亮水面形成的圆半径相同D ．彩灯照亮水面形成的圆半径红色的比黄色的大解析：这是光的折射现象，根据临界角公式sin C ＝1n可知，红光的折射率最小，则红光发生全反射的临界角最大，在红光照在水面上产生的圆的半径最大，则被照亮的水面面积较大．C 选项错误，D 选项正确．答案：D3．(多选)(2016届德阳模拟)19世纪60年代，英国物理学家麦克斯韦在法拉第等人研究成果的基础上，进行总结，并加以发展，提出了系统的电磁理论并预言了电磁波的存在．以下有关电磁理论和电磁波的说法不正确的是( )A ．只要有磁场在变化，它的周围就一定会产生电场B ．空间某区域有均匀变化的电场，则一定会产生电磁波C ．电磁波不同于机械波之处是电磁波能在真空中传播D ．紫外线是一种比所有可见光波长更长的电磁波解析：变化的磁场周围一定产生电场，A选项正确；空间某区域有均匀变化的电场，一定产生恒定的磁场，不会产生电磁波，B选项错误；电磁波可以在真空中传播，机械波传播需要介质，C选项正确；紫外线比可见光的波长短，D选项错误．答案：BD4．(多选)(2016届太原模拟)下列说法正确的是()A．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去B．为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制C．用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理D．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场一定可以产生电磁波E．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物解析：根据多普勒效应可知，接收到光波的波长变长，则频率变小，说明该星球正在距离我们远去，A选项正确；从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行解调，而加载信号过程是调制，B选项错误；光导纤维运用了光的全反射原理，C选项正确；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生磁场，该磁场不一定可以产生电场，不一定形成电磁波，D选项错误；波长越长，越容易发生衍射现象，红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物，E选项正确．答案：ACE5．(多选)(2016届云南省昆明市高三摸底调研)下列说法中正确的是()A．光的偏振现象说明光是横波B．只有波长足够长的光才能发生衍射现象C．利用光的干涉现象可以检查光学平面的平整程度D．光导纤维内芯的折射率比外套的小E．不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的解析：横波才可以发生偏振现象，A选项正确；衍射现象是波特有的，光是一种波，任何波长的光均能发生衍射现象，B选项错误；利用光的薄膜干涉现象可以检查光学平面的平整程度，C选项正确；光线在光导纤维中发生全反射现象，故内芯的折射率比外套的大，D选项错误；根据相对论原理可知，不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，E选项正确．答案：ACE6．(多选)(2016届吉林省东北师范大学附属中学高三第四次模拟)下列说法正确的是()A．对于受迫振动，驱动力频率越大，受迫振动的振幅一定越大B ．一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象C ．波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化D ．紫外线具有较高的能量，许多物质在紫外线的照射下会发出荧光E ．光速在任何条件下都是3×108 m/s 解析：对于受迫振动，驱动力频率等于物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大，A 选项错误；一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象，B 选项正确；根据多普勒效应可知，波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化，C 选项正确；紫外线具有较高的能量，许多物质在紫外线的照射下会发出荧光，D 选项正确；光速由介质决定，光在真空中传播速度为3×108 m/s ，E 选项错误．答案：BCD7．(2016届福安市模拟)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件如图所示，(1)图中②③④光学元件应分别是( )A ．滤光片、单缝、双缝B ．单缝、双缝、滤光片C ．双缝、滤光片、单缝D ．单缝、滤光片、双缝(2)以下操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间距离的是( )A ．将红色滤光片改为绿色滤光片B ．增大双缝之间的距离C ．减小④和⑥之间的距离D ．增大④和⑥之间的距离解析：(1)根据光具座上的前后顺序可知，②③④光学元件分别是滤光片、单缝、双缝，A 选项正确．(2)根据双缝干涉条纹间距公式得，Δx ＝L dλ，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 ，故D 选项正确．答案：(1)A (2)D8．(2016届北京模拟)如图甲所示，利用激光器发射出的激光照射到双缝上，在双缝后面的光屏上能呈现出明、暗相间的干涉条纹．若实验中仅改变某一个实验条件、而其他条件均不变的情况下，得到的干涉图样分别如图乙和丙所示．对于这两次实验，下列说法中正确的是( )A ．由于选用的激光器不同，乙图对应的激光的频率较高B ．双缝到光屏的距离L 不同，乙图对应的L 较大C ．双缝的间距不同，乙图对应的间距较大D ．激光器到双缝的距离不同，乙图对应的距离较大解析：根据双缝干涉条纹的间距公式Δx ＝L dλ可知，波长大的双缝间距大，乙图对应光的波长长，频率小，A 选项错误；乙图对应的双缝间距大，则乙图双缝到光屏的距离大，B 选项正确；乙图的干涉条纹间距大，可能是乙图对应的双缝间距较小，C 选项错误；光源到双缝的距离不影响双缝干涉条纹的间距，D 选项错误．答案：B9．(多选)(2016届石家庄模拟)以下说法中正确的是( )A ．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a 束光在水珠中传播的速度一定大于b 束光在水珠中传播的速度B ．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i 逐渐增大到某一值后不再会有光线从bb ′面射出C ．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L ，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小D ．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E ．图戊中的M 、N 是偏振片，P 是光屏．当M 固定不动缓慢转动N 时，光屏P 上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波解析：根据折射率和光的传播速度之间的关系v ＝c n可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b 光线在水中偏折得厉害，即b 的折射率大于a 的折射率，则a 在水中的传播速度大于b 的传播速度，A 选项正确；当入射角i 逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，肯定有光线从bb ′面射出，B 选项错误；根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知，只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，C选项正确；由于不知道被测样表的放置方向，不能判断此处是凸起的，D选项错误；只有横波才能产生偏振现象，光的偏振现象表明光是一种横波，E 选项正确．答案：ACE10．相对论认为时间和空间与物体的速度有关．在高速前进中的列车的中点处，某乘客突然按亮电灯，使其发出一道闪光，该乘客认为闪光向前、向后传播的速度相等，都为c；站在铁轨旁边地面上的观察者认为闪光向前、向后传播的速度________(选填“相等”或“不等”)．车上的乘客认为电灯的闪光同时到达列车的前、后壁；地面上的观察者认为电灯的闪光先到达列车的________(选填“前”或“后”)壁．解析：地面上的人、车厢中的人选择的惯性系不一样，但是光向前传播和向后传播的速度相同，从而发现传播到前后壁的快慢不一样．车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁．地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些．答案：相等后11.电磁波遇到平滑的金属表面会像光遇到平面镜一样发生反射，反射过程遵循光的反射定律．小明与叔叔一起去参观救生艇时，发现救生艇的上方悬挂着一个由三块相互垂直的正方形薄金属平板组成的“角反射器”，如图所示．请你简述角反射器的工作原理以及该救生艇悬挂角反射器的原因．解析：电磁波的反射与光的反射相似，遵守反射定律，无论雷达波从哪个角度射向角反射器，反射波最终都会沿与入射方向平行的直线返回；救生艇悬挂角反射器是为了让雷达能够尽快发现救生艇，开展营救．答案：见解析12．麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波．(1)一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图所示，求该光波的频率；(2)用该单色光在真空中做双缝干涉实验时，已知双缝间距离为0.25 mm，在距离双缝1.2 m处的光屏上，则相邻亮纹间的距离为多少？解析：(1)光在介质中的传播速度v ＝c n ，根据波长、波速和频率的关系式得v ＝λf ，联立解得频率f ＝c nλ，由图可知波长λ＝4×10－7 m ，代入数据解得，f ＝5×1014 Hz.(2)真空中光的波长λ0＝c f ＝6×10－7 m ，根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ0可得，Δx ＝2.88×10－3 m. 答案：(1)5×1014 Hz (2)2.88×10－3 m。

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业37

课时强化作业三十七电磁感应现象、楞次定律一、选择题1．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起，某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同解析：无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起．如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起．所以答案是D项．答案：D2．(2014年全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：只形成闭合电路，回路中有磁通量，但磁通量不发生变化，回路中不会产生感应电流，故选项A、B、C错误，绕在同一铁环上的两个线圈分别接电源和电流表，给通电线圈通电和断电瞬间，通过闭合电路的磁通量发生变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，选项D正确．答案：D3.如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度()A．方向向下并减小B．方向向下并增大C．方向向上并增大D．方向向上并减小解析：由于杆ab向右运动，则杆与“U”形金属框架组成闭合电路的面积增大，由楞次定律的推广应用可知，通过闭合电路的磁场正在减弱，故选项A、D正确．答案：AD4.如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mgD．T1＜mg，T2＞mg解析：当圆环经过磁铁上端时，磁通量增大，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T1＞mg，当圆环经过磁铁下端时，磁通量减小．根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T2＞mg，所以只有A正确．答案：A5.如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动解析：M向右运动定阻碍磁通量的增加，原因是左边螺线管中电流的磁场增强，所以有两种情况，一是闭合，二是滑片P向左滑动．故A、C对．答案：AC6．某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A位置下落至B位置，在下落过程中，自上往下看，线圈中感应电流的方向是()A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针解析：线圈由A位置下落至O位置的过程中，磁通量向上增加，由O位置下落至B位置的过程中，磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(由上往下看)是先顺时针后逆时针，C项正确．答案：C7.如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针D．感应电流的方向为顺时针→逆时针解析：当磁铁向右运动时穿过线圈的磁通量先向上增加，后减小，当线框处在磁铁中间以后，磁通量先向下增加，后减小，所以感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针，故选项C正确；选项D错误；根据楞次定律可以判断，磁铁向右移动过程中，磁铁对线圈有向右的安培力作用，所以摩擦力的方向向左，故选项A正确，选项B错误．答案：AC8．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是()A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时解析：在S断开的情况下，S向a(b)闭合的瞬间M中电流瞬时增加，左端为磁极N(S)极，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律可知N向右运动，选项A、B均错误；在S已向a 闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生的磁场减弱，穿过N 的磁通量减小，根据楞次定律可知N向左运动，选项D错误，C正确．答案：C9.如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻()A．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向右B．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向左C．有电流通过电流表，方向由d向c，作用于ab的安培力向右D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零解析：当金属杆ab顺时针方向转动时，切割磁感线，由法拉第电磁感应定律知产生感应电动势，由右手定则可知将产生由a到b的感应电流，电流表的d端与a端相连，c端与b端相连，则通过电流表的电流是由c到d，而金属杆在磁场中会受到安培力的作用，由左手定则可判断出安培力的方向为水平向右，阻碍金属杆的运动，所以A正确．答案：A10.如图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环a处于静止状态，在其内部也吊一金属环b处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上，当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，a、b两环的运动情况将是()A．a右摆，b左摆B．a左摆，b右摆C．a右摆，b不动D．a左摆，b不动解析：若滑动变阻器的滑片向左滑动，接入电路的阻值变小，通过螺线管的电流变大，根据通电螺线管内外的磁感线分布特点可知，穿过a环的磁通量将增大，根据楞次定律的推论，a环将左摆来阻碍磁通量的增大，由微元法可得b环所受的安培力指向圆心且在同一平面内，故b环面积缩小但不摆动，选项D正确．答案：D11．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)()A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动解析：欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流磁场垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐步减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量是在增大．因此对前者应使ab减速向右运动．对于后者，则应使ab加速向左运动，故应选B、C.答案：BC12．如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q 共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻()A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N＝G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N＝G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小解析：t1时刻电流i增大，穿过线圈的磁通量增大，为反抗磁通量的增大，线圈有收缩的趋势，同时有远离螺线管向下运动的趋势，N＞G，A正确；t2时刻电流i不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，N＝G，B正确；同理t3时刻N＜G，有感应电流，t4时刻N ＝G，P中无感应电流，C、D均错误．答案：AB二、非选择题13．我国的“嫦娥二号”探月卫星在发射1 533秒后进入近地点高度为200 km的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50 cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B＝4×10－5 T，方向如图所示．问：(1)该过程中磁通量的改变量是多少？(2)该过程线框中有无感应电流？设线框电阻为R＝0.1 Ω，若有电流则通过线框的电量是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos53°＝6.0×10－6 Wb.当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ2＝BS cos143°＝－8.0×10－6 Wb该过程磁通量的改变量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝1.4×10－5 Wb.(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流．根据电磁感应定律得，I ＝E R ＝ΔΦR Δt . 通过的电量为q ＝I ·Δt ＝ΔΦR＝1.4×10－4 C. 答案：(1)1.4×10－5 Wb (2)1.4×10－4 C。

高三物理第一轮复习计划2016

2016届高三物理复习计划孝昌一中高三物理组一、复习目标、宗旨通过物理总复习，梳理知识，建立完整的知识体系。

掌握物理概念及其相互关系，熟练掌握物理规律、公式及应用，渗透解题方法与技巧，从而提高分析问题和解决问题的能力。

物理组目标：从年级全局来看，要让物理这一科在入围人数上要明显优于其他学科。

1、通过复习帮助学生建立并完善高中物理学科知识体系，构建系统知识网络；2、深化概念、原理、定理定律的认识、理解和应用，促成学科科学思维，培养物理学科科学方法。

3、结合各知识点复习，加强习题训练，提高分析解决实际问题的能力，训练解题规范和答题速度；4、提高学科内知识综合运用的能力与技巧，能灵活运用所学知识解释、处理现实问题。

二、复习具体时间安排1、2015年5月至2016年1月底（至春节）：第一轮复习，以章、节为单元进行单元复习训练，主要针对各单元知识点及相关知识点进行分析、归纳，复习的重点在基本概念及其相互关系、基本规律及其应用。

2、2016年2月中旬至4月中旬：第二轮专题复习，按知识块(力学、电磁学、原子物理、物理实验)进行小综合复习训练，主要针对物理学中的几个分支(力学、电磁学、原子物理)进行小综合复习，复习的重点是在本知识块内进行基本概念及其相互关系的分析与理解，基本规律在小综合内的运用（包括物理实验拔高）。

3、2016年4月中旬至5月底：模拟考试。

进行学科内大综合复习训练、模拟测试，主要针对物理学科各个知识点间进行大组合复习训练，复习的重点是进行重要概念及相互关系的辨析、重要规律的应用。

4、2016年5月底至6月初，学生回归课本，查缺补漏。

三、第一轮复习分层次、循序渐进训练，落实好复习的各个环节每周7节物理课加三节自习课，周六自习和周日的物理课作机动处理（理综选择题训练的讲解或8+4滚动训练）。

复习时间每周有6节物理课加两节自习，每节课或自习老师要布置具体任务并作具体要求。

复习过程中每一讲，按以下步骤进行：1、回归课本，夯实基础：引导学生在课前或利用晚自习复习课本和笔记，做好课本上的习题，翻看以前的练习。

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业15

课时强化作业十五平抛运动一、选择题1．人在距地面高h 、离靶面距离L 处，将质量为m 的飞镖以速度v 0水平投出，落在靶心正下方，如图所示．只改变h 、L 、m 、v 0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是( )A ．适当减小v 0B ．适当提高hC ．适当减小mD ．适当减小L解析：若不计空气阻力，飞镖做平抛运动，水平方向上：L ＝v 0t ，竖直方向上：y ＝12gt 2，解得y ＝gL 22v 20，若让飞镖打在靶子中心，则应适当减小竖直位移，即增大v 0或减小人和靶面间的距离L .若v 0、L 均不变，也可以增大飞镖投出时的高度h ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．答案：BD2．如图所示，三个相同的小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O ′是O 在水平面上的射影点，且O ′A ∶O ′B ∶O ′C ＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝1∶3∶5B ．三个小球下落的时间相同C ．三个小球落地的速度相同D ．三个小球落地的动能相同解析：由于三个小球从同一高度水平抛出，则三个小球的落地时间相同，根据x ＝v 0t可知选项A 、B 正确；小球落地时的速度v ＝v 20＋v 2y .由于初速度不同，竖直分速度相同，所以选项C 、D 错误．答案：AB3.在同一水平直线上的两位置分别沿同一方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中P 点相遇，则必须( )A ．在P 点A 球速度大于B 球速度 B ．在P 点A 球速度小于B 球速度C ．A 球先抛出D ．同时抛出两球解析：做平抛运动的物体，其飞行时间仅由下落高度决定，与其他因素无关，故从同一水平线水平抛出的两个小球，要在空中相遇，由此可得出两小球同时抛出，选项D 正确．另由图可知，球A 的水平距离比B 大，故可知，A 球抛出时的初速度比B 大，故在相遇点A球速度大，选项A 正确．答案：AD4.如图所示，在足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：设斜面的倾角为θ，由于两次水平抛出小球均落在斜面上．则有tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0.故t ＝2v 0tan θg .水平位移x ＝v 0t ＝2v 20tan θg.由此式可知，x ∝v 20，故选项D 正确．答案：D5.如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则 v 1、v 2的关系应满足( )A ．v 1＝Hx v 2B ．v 1＝v 2x HC ．v 1＝xHv 2D ．v 1＝v 2解析：由题可知，从发射到拦截成功水平方向满足x ＝v 1t ，竖直方向满足：v 2t －12gt 2＋12gt 2＝H ，所以有H x ＝v 2tv 1t .解得v 1＝v 2x H.故选项C 正确．答案：C6.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出甲、乙两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则甲、乙两小球初速度之比为( )A ．tan αB ．sin αC ．tan αtan αD ．cos α解析：两小球被抛出后都做平抛运动，设半圆形容器的半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 22，联立解得：两小球初速度之比为v 1v 2＝tan αtan α，选项C正确．答案：C7．如右图所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．t a ＝t bD ．t a ＝2t b解析：做平抛运动的物体，运动时间由竖直方向的高度决定，t ＝2hg，a 物体下落的高度是b 物体下落高度的2倍，有t a ＝2t b ，选项D 正确；水平方向的距离由高度和初速度决定，x ＝v 02hg，由题意可知，a 物体的水平位移是b 物体水平位移的2倍，即x a ＝v a ·t a ＝2x b ＝2v b ·t b 可得v a ＝2v b ，选项B 正确．答案：BD8.如图所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l ，h 均为定值)．将A 向B水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不相碰，此后就不会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰解析：对A 球，水平方向上x ＝v t ，竖直方向上h ＝12gt 2，两式联立解得x ＝v2h g，两球第一次落地间距为Δx ＝l －x ＝l －v2hg，当v 较小时，有l >x ，两球不相碰，当v 增大到恰好使得l ＝x 时，两球恰好落地时第一次相碰，当v 增大到一定值会有l <x 即第一次落地前相碰，选项A 正确；由于两球在竖直方向上同时从同一高度下落，碰撞时无机械能损失，两球始终处于同一高度，由于A 球水平速度不变，在t ＝lv 时两球一定相碰，选项B 错误、D 正确；当l ＝2n v2hg(其中n ＝1、2、3…)时两球恰好能在最高点相碰，选项C 错误．答案：AD9．a 、b 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，a 在竖直平面内运动，落地点为P 1，b 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．a 、b 的运动时间相同B ．a 、b 沿x 轴方向的位移相同C ．a 、b 落地时的速度大小相同D ．a 、b 落地时的速度相同解析：质点a 做平抛运动，在竖直方向h ＝12gt 21，在水平方向x ＝v 0t 1，质点在光滑斜面上受到合力方向沿斜面向下与初速度垂直，质点b 做类平抛运动，其加速度a ＝g sin θ，其中θ为斜面与水平面的夹角，质点b 到达P 2时，沿合力方向的位移h ′＝h sin θ＝12g sin θ·t 22，x ′＝v 0t 2，由于t 2>t 1，所以x ′>x ，故选项A 、B 错误；质点a 、b 运动过程中机械能守恒，即mgh ＋12m v 20＝12m v 2，由此式可知，a 、b 落地时速度大小相等，方向不同，故选项C 正确，选项D 错误．答案：C10．如图是某次实验中用频闪照相方法拍摄的小球(可视为质点)做平抛运动的闪光照片．如果图中每个方格的边长l 表示的实际距离和闪光频率f 均为已知量，那么在小球的质量m 、平抛的初速度大小v 0、小球通过P 点时的速度大小v 和当地的重力加速度值g 这四个未知量中，利用上述已知量和图中信息( )A ．可以计算出m 、v 0和vB ．可以计算出v 、v 0和gC ．只能计算出v 0和vD ．只能计算出v 0和g解析：平抛运动的物体在竖直方向做匀变速直线运动，则有Δy ＝5l －3l ＝gT 2. T ＝1f ，则可求得g ，水平方向做匀速直线运动，v 0＝x T ＝3l ·f .故可求得v 0.小球通过P 点时的竖直分速度v y ＝3l ＋5l 2T ，则v ＝v 20＋v 2y ，故可求得v ，但无法求得小球质量，选项B 正确．答案：B 二、非选择题11．如图所示，在水平地面上固定一个倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A 以v 1＝6 m/s 的初速度沿斜面上滑，同时在物体A 的正上方，有一物体B 以某一初速度水平抛出．如果当A 上滑到最高点时恰好被B 物体击中．若A 、B 均可看作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2，试求：(1)物体A 上滑到最高点所用的时间t ； (2)物体B 抛出时的初速度v 2； (3)物体A 、B 间初始位置的高度差h .解析：(1)物体A 沿斜面上滑过程中，由牛顿第二定律有mg sin θ＝ma . 解得a ＝g sin θ＝6 m/s 2. 由运动学公式0＝v 1－at ，得t ＝v 1a＝1 s.(2)B 做平抛运动，击中A 物体时的水平位移x ＝v 2t . A 物体上升到最高点时的位移s ＝v 12t ＝3 m.x ＝s ·cos37°＝2.4 m 解得v 2＝2.4 m/s. (3)如图所示．物体B 做平抛运动的竖直位移h B ＝12gt 2＝5 m.h A ＝s ·sin37°＝1.8 m. 则h ＝h A ＋h B ＝6.8 m.答案：(1)1 s (2)2.4 m/s (3)6.8 m12.如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，墙高h ＝3.2 m ，墙到房子的距离L ＝3 m ，墙外马路宽x ＝10 m ，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v 0的取值范围．(取g ＝10 m/s 2)解析：设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v 1，由平抛运动规律可知：竖直方向：H －h ＝12gt 21水平方向：L ＝v 1t 1联立以上两式解得v 1＝5 m/s设小球恰落到马路右边缘时水平初速度为v 2，由平抛运动的规律有：竖直方向H ＝12gt 22L ＋x ＝v 2t 2解得v 2＝13 m/s所以小球抛出时的速度5 m/s ≤v 0≤13 m/s. 答案：5 m/s ≤v 0≤13 m/s13．如图所示，从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.g 取10 m/s 2，求：(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？解析：(1)物体做平抛运动H －h ＝12gt 2.设到达C 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt v 1＝v 20＋v 2y ＝54v 0＝5 m/s. 方向与水平面的夹角为θ， tan θ＝v y v 0＝34，即θ＝37°.(2)从A 到C 由动能定理有mgH ＝12m v 2C －12m v 20 解得v C ＝27 m/s.由题意可知小物块m 对长木板的摩擦力，f ＝μ1mg ＝5 N. 长木板与地面间的最大静摩擦力f ′＝μ2(M ＋m )g ＝10 N.因f <f ′，所以小物块在长木板上滑行时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时，速度刚好为0，则长木板长度至少为l ＝v 2C2μ1g＝2.8 m.答案：(1)5 m/s 与水平方向成37°角，斜向下 (2)2.8 m。

高中物理第一轮复习课时强化作业 (44)

课时强化作业四十四分子动理论内能1．(2016届海淀区模拟)下列说法中正确的是()A．布朗运动证明组成固体小颗粒的分子在做无规则运动B．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同C．当分子间距离增加时，分子引力增加，分子斥力减小D．分子势能随着分子间距离的增大而减小解析：布朗运动证明了液体或气体分子的无规则运动，A选项错误；温度是分子平均动能的标志，内能不同，温度相同的物体，分子热运动的平均动能相同，B选项正确；斥力和引力都随着分子间距离的增加而减小，C选项错误；分子势能在平衡间距时最小，从平衡间距开始增大或减小分子间距离，分子势能都增大，故D选项错误．答案：B2．由于两个分子间的距离发生变化而使得分子势能变小，则可以判定在这一过程中()A．分子间的相互作用力一定做了功B．两分子间的相互作用力一定增大C．两分子间的距离一定变大D．两分子间的相互作用力一定是引力解析：根据功能关系可知，分子力做正功，分子势能变小，即分子间的相互作用力一定做了功，A选项正确；若分子间距大于平衡间距，分子间距变小，分子力可能增加，也可能减小，B选项错误；画出分子势能与间距的关系图如右：分析图象可知，分子势能变小，分子间距可能增加，也可能减小，C选项错误；若分子间距小于平衡间距，分子间距变大，分子力减小，表现为斥力，D选项错误．答案：A3．(多选)(2016届宜城市模拟)下列说法中正确的是()A．布朗运动是液体分子的无规则运动B．物体分子间同时存在着相互作用的引力和斥力C．物体的温度为0 ℃时，物体的分子平均动能也不为零D．物体的内能增加，一定吸收热量E．若两个分子间的势能增大，一定克服分子间的相互作用力做了功解析：布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，A选项错误；物体分子间同时存在着相互作用的引力和斥力，B选项正确；物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能不为零，因为绝对零度不能达到，C 选项正确；改变内能的方式有做功和吸热，D 选项错误；根据功能关系可知，分子势能增大，一定是克服分子力做功，E 选项正确．答案：BCE4．(多选)(2016届新县模拟)若以V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，M 表示水的摩尔质量，M 0表示一个水分子的质量，V 0表示一个水分子的体积，N A 表示阿伏加德罗常数，则下列关系式中正确的是( )A ．V ＝M ρB ．V 0＝V N AC ．M 0＝M N AD ．ρ＝M N A V 0E ．N A ＝ρV M 0 解析：水的体积等于水的摩尔质量除以密度，A 选项正确；由于气体存在空隙，故气体分子的体积不等于摩尔体积除以阿伏加德罗常数，B 选项错误；一个水分子的质量等于水分子的摩尔质量除以阿伏加德罗常数，C 选项正确；密度等于摩尔质量除以摩尔体积，N A V 0不是摩尔体积，D 选项错误；ρV 为摩尔质量，摩尔数等于质量与摩尔质量之比，E 选项正确．答案：ACE5．(2016届揭阳模拟)分子动理论的基本观点：物体是由大量分子组成的、分子的热运动、分子间的相互作用力．下列说法中正确的是( )A ．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B ．扩散现象表明，分子在永不停息地运动C ．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小D ．当分子间距等于r 0时，分子间的引力和斥力都为零解析：布朗运动是悬浮在液体或气体中固体微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，A 选项错误；扩散现象表明，分子在永不停息做无规则运动，B 选项正确；随着分子间距的增大，分子间引力和斥力均减小，C 选项错误；当分子间距等于r 0时，分子间的引力和斥力相等，合力为零，D 选项错误．答案：B6．关于热量、温度、内能之间的关系，下列说法中正确的是( )A ．物体温度降低，内能可能减少B ．物体吸收热量，温度一定升高C ．物体温度不变，一定没有吸热D ．物体温度升高，一定吸收热量解析：内能由物体的温度、体积和物质的量共同决定，温度降低，内能可能减少，A选项正确；晶体在吸热熔化过程中，温度保持不变，故物体吸收热量，温度不一定升高，B、C选项错误；物体温度升高，不一定是吸收了热量，也可能是对物体做了功，D选项错误．答案：A7．(多选)(2016届吉林省东北师大附中四模)下列叙述中，正确的是()A．同一温度下，气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律B．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映C．第二类永动机是不可能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律D．物体熔化时吸热，分子平均动能不一定增加E．只知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数就可以算出气体分子的体积解析：根据麦克斯韦统计规律可知，同一温度下，气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布规律，A选项正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，B选项错误；第二类永动机不可能制造出来，因为它违反热力学第二定律，C选项正确；晶体熔化时吸热，温度不变，分子平均动能不变，D选项正确；知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以算出气体分子所占空间的大小，E选项错误．答案：ACD8．(多选)(2016届重庆期中)下列说法正确的是()A．温度相等的物体内部分子的平均动能相等B．体积相等的物体内部分子的势能相等C．质量、温度、体积都相等的物体的内能不一定相等D．内能较大的物体，内部分子热运动较激烈，分子热运动的平均动能较大E．温度和质量都相同的氢气和氧气内能不相等解析：温度是分子平均动能的标志，故温度相等的物体内部分子的平均动能相等，A选项正确；体积相等的物体内部分子的势能不一定相等，B选项错误；物体内能的决定因素为温度、体积和物质的量，不是质量，C选项正确；温度高的物体，内部分子热运动较激烈，分子热运动的平均动能较大，D选项错误；质量相等的氢气与氧气的物质的量不相同，所以温度和质量都相同的氢气和氧气内能不相等，E选项正确．答案：ACE9．(多选)下列说法正确的是()A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空气中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C ．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D ．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E ．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果解析：悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，A 选项错误；液体表面存在表面张力，能使空气中的小雨滴呈球形，B 选项正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，C 选项正确；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故，D 选项错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，E 选项正确．答案：BCE10．(2016届海淀区模拟)(1)利用单分子油膜法估测分子的直径，需要测量的物理量是( )A ．一滴油的体积和它的密度B ．一滴油的体积和它散成油膜的最大面积C ．一滴油的质量和它的密度D ．一滴油形成油膜的厚度和它的密度(2)某同学在用油膜法估测分子直径的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于( )A ．油酸中含有大量酒精B ．将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算C ．计算油膜面积时，把所有不足一格的方格都看成一格了D ．水面上痱子粉撒得多，油膜面展不开(3)油酸酒精溶液的浓度为p ，用滴管向量筒内滴n 滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1 cm 3.若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示．①试计算一滴这样的溶液含有纯油酸体积为________m 3.②若油酸薄膜的面积约为S ，根据上述数据，估算油酸分子的直径为________m.解析：(1)分析实验原理可知，油酸分子是紧密排列的，在水面上形成单分子油膜，用纯油酸的体积除以油膜面积得出的油膜面积厚度，即为油酸分子直径．所以需要测量的量有纯油酸的体积和纯油酸在水面上形成油膜的面积．故B 选项正确．(2)设纯油酸的体积为V ，油膜面积为S ，则油酸分子直径d ＝V S.油酸中如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，A 选项错误；把油酸酒精溶液当成了纯油酸，体积偏大，直径偏大，B 选项正确；计算油膜面积时将所有不足一格的方格计为一格，S 将偏大，故得到的分子直径将偏小，C 选项错误；未完全散开，油膜面积偏小，得到的直径偏大，D 选项正确．(3)①每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积：V ＝p n . ②薄膜的面积约为S ，把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为d ＝V S ＝p nS. 答案：(1)B (2)BD (3)①p n ②p nS 11．因环境污染，有人设想用瓶装纯净空气推向市场．设瓶装纯净空气的容积为500 mL ，所装空气的压强为2 atm ，空气的摩尔质量M ＝29×10－5 kg /mol ，N A ＝6.0×1023mol －1，标准状况下气体的摩尔体积为22.4 L/mol.现按标准状况计算：(结果均保留1位有效数字)(1)瓶中空气在标况下的体积；(2)瓶中空气的质量；(3)瓶中空气的分子数．解析：(1)标准状况下，压强p ＝2 atm ，瓶中气体压强为p ′＝2 atm ，体积V ′＝500 mL ＝0.5 L ，气体做等温变化，根据玻意耳定律得，pV ＝p ′V ′，代入数据得，V ＝1 L.(2)一瓶纯净空气的物质的量为n ＝122.4 mol.则瓶中气体的质量为m ＝nM ＝122.4×29×10－3kg ＝1×10－3 kg. (3)瓶中空气的分子数为：N ＝nN A ＝V 瓶V m ·N A ＝6×102322.4个＝3×1022 个．答案：(1)1 L (2)1×10－3 kg (3)3×1022 个12．如图所示，地球是太阳系从内到外的第三颗行星，已知地球半径约为6.4×106 m ，空气的摩尔质量约为29×10－3 kg /mol ，一个标准大气压约为1.0×105 Pa.利用以上数据估算出地球表面大气在标准状况下的体积为多少？(g 取9.8 m/s 2)解析：大气压强是由于地球附近大气层中空气的重力产生的，p 0＝mg S，地球表面积S ＝4πR 2，地球周围空气质量为m ＝p 0·4πR 2g.在标准状态下，一摩尔任何气体的体积都是22.4 L ，即摩尔体积为V ＝22.4×10－3 m 3；摩尔质量为M ＝29×10－3 kg/mol.空气密度为ρ＝M V ，空气的总体积为V ′＝m ρ＝p 0·4πR 2V Mg，代入数据，联立解得，V ′＝4×1018 m 3.答案：4×1018 m 3。

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业25

课时强化作业二十五电场能的性质一、选择题1.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能解析：因将正试探电荷移动到无穷远处时需克服电场力做功，故场源电荷Q带负电，结合负点电荷的电场线、等势面特点分析可知E A＞E B、φA＜φB，故A、B皆错误．由功能关系知q1在A点的电势能与q2在B点的电势能相等，故D错误．再由q1φA＝q2φB及φA＜φB ＜0可知q1＜q2，故C正确．答案：C2．(2015届甘肃省天水市一中高三月考)如图所示，在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和－Q，一正方形ABCD与xOy在同一平面内，其中必在O点，则下列判断正确的是()A．O点电场强度为零B．A、C两点电场强度相等C．B、D两点电势相等D．若将点电荷－q从A点移向C，电势能减小解析：由等量异种电荷的电场分布可知，O点的电场强度不为零，选项A错误；由对称性可知A、C两点电场强度相等，选项B正确；D点的电势高于B点电势，选项C错误；由于A点电势高于C点电势，若将点电荷－q从A点移向C点，电场力做负功，电势能增加，选项D错误．答案：B3.空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点．下列说法中正确的是()A．取无穷远处电势为零，则O点处电势为零B．电子在A、B两点的电势能相等C．电子在A、B两点的加速度方向相反D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线解析：若把一个正电荷从O点沿x轴移到无穷远处，电场力一直在做功，所以O点电势不为零，选项A错误；电子从A移到B点过程中，电场力先做正功，过O点之后又做负功，且电场对称，所以正负功数量相等，即从A到B电场力做总功为零，故电子在A、B两点的电势能相等，B选项正确；A、B两点电场方向相反，所以电子在这两点加速度方向相反，C选项正确；当电子由A点释放后一直受到沿x轴方向的力作用，即力与运动方向一直在一条直线上，故电子只能做直线运动．答案：BC4.如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到B点，则下列判断正确的是()A．该粒子带负电B．A点的场强大于B点的场强C．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能D．粒子在A点的动能小于在B点的动能解析：由于电场线是从高等势面指向低等势面，所以可以判断电场线的方向，由带电粒子的运动轨迹可知，粒子受到电场力指向曲线的凹侧，则粒子带正电、选项A错误；由等势面的分布情况可知电场线的分布情况，A点所处位置的电场线比B所在位置的电场线密集，故A点场强大于B点场强，选项B正确；带正电的粒子从A运动到B电场力做负功，粒子的动能减少，电势能增加，选项C、D错误．答案：B5.(2014年山东卷)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )解析：由于球壳内场强处处为零，不受电场力的作用，试探电荷在球壳内的动能不变，试探电荷在球壳外，带正电的试探电荷受电场力的作用，电场力做正功，由动能定理可知，其动能逐渐增大，但随着电场的减弱电场力逐渐减小，电场力做功越来越小，即动能随距离r 增大的越来越慢，故选项A 正确．答案：A6.如右图所示，匀强电场中三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，∠ABC ＝∠CAB ＝30°，BC ＝2 3 m ，已知电场线平行于△ABC 所在的平面，一个电荷量q ＝－2×10－6 C的点电荷由A 移到B 的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J ，由B 移到C 的过程中电场力做功6×10－6 J ，下列说法正确的是( )A ．B 、C 两点的电势差U BC ＝3 V B ．A 点的电势低于B 点的电势C ．负电荷由C 点移到A 点的过程中，电势能增加D ．该电场的场强为1 V/m解析：由W ＝qU 和W ＝－ΔE (ΔE 为电荷电势能的增量)得，A 、B 两点间电势差U AB ＝－1.2×10－5－2×10－6 V ＝6 V ，U BC ＝6×10－6－2×10－6V ＝－3 V ，A 点电势高于B 点电势，A 、B 错；由电势差可判断，AB 中点D 的电势与C 点电势相等，在同一个等势面上，且AB 垂直于该等势面，如上图所示，因此U AC ＝3 V ，C 点电势低于A 点电势，负电荷由C 点移到A 点的过程中，电场力做正功，负电荷的电势能减小，C 错；电场线垂直于等势面，因此电场线与AB 平行，场强E ＝U DB DB＝1 V/m ，D 正确．答案：D7．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向沿x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功解析：由电势φ与电场强度E之间的关系式φ＝Ex，所以φ-x图象上各点切线的斜率的绝对值表示各点的电场强度大小，由图线可知，N点和A点的斜率不为零，C点的斜率为零，所以N、A两点场强不为零，C点场强为零，选项A、B错误；从N到C各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N，沿x轴负方向，选项C 错误；将一负电荷从N点移到D点电场力做正功，后做负功，电荷的电势能先减小后增大，故选项D正确．答案：D8.如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则()A．M点的电势比P点的电势高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电的粒子，该粒子将沿y轴做直线运动解析：由于MP⊥ON，等势面垂直电场线，故过M点的等势面在P点下方，电场线的方向是高电势的等势面指向低电势的等势面，则有φM＞φP，选项A正确；负电荷所受电场力与电场强度方向相反，负电荷由O点移动到P点，电场力做功W OP＝－q·U OP，由于U OP＞0故W OP＜0，选项B错误；由电场线的分布可知，沿OMP方向电场强度逐渐减小，由于OM＝MN，由U＝Ed可判断U OM＞U MN，选项C错误；在O点由静止释放一带正电的粒子，粒子所受电场力始终沿y轴正方向，因此粒子沿y轴做直线运动，选项D正确．答案：AD9.(2014年江苏卷)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为由很多正点电荷组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强，故圆环的中心的合场强一定为零．x轴上的合场强，在圆环的右侧的合场强的方向沿x轴向右，左侧的合场强沿x轴向左，电场强度都是先增大后减小的特征，由沿电场线方向电势降低，故圆心O点的电势最高，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B10．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是()A．M点电势为零，N点场强为零B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小解析：正试探电荷从无穷远处沿x轴负方向移近N的过程中，电势能逐渐减小，说明电场力做负功，电场力表现为引力，而从N点移动到Q2的过程中，电势能逐渐增大，说明电场力做负功，电场力表现为斥力，N点是分界点，所以N点场强为零，又试探电荷在M 点的电势能为零，这说明M点电势为零，所以选项A正确，B错误；正试探电荷在Q2附近趋于正无穷大，这说明Q2带正电，那么Q1带负电，根据两个点电荷在N点处的合场强为零可得出k Q 1(Q 1N )2＝k Q 2(Q 2N )2，又Q 2N ＜Q 1N ，所以Q 1＞Q 2，所以选项C 正确，D 错误．答案：AC 二、非选择题11.如图所示，在匀强电场中，有边长为2 m 的等边三角形ABC ，其中O 点为该三角形的中心，各点的电势分别为φA ＝2 V ，φB ＝4 V ，φC ＝6 V ．求：(1)O 点的电势为多少？(2)该匀强电场的电场强度是多少？解析：(1)如图，过O 点作AC 的垂线，交AC 于D 点，由几何知识可知DO 延长线将过B 点，则D 为AC 的中点，φD ＝4 V .又φB ＝4 V ，则BD 为等势线O 在BD 上，故φO ＝4 V . (2)由于电场线与等势线垂直，则AC 为一条电场线， U CA ＝E ·d CA 则E ＝U CA d CA ＝2 V/m.答案：(1)4 V (2)2 V/m12.长为L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点速度恰好为零．试求：(1)AB 两点的电势差U AB ； (2)匀强电场的电场强度大小；(3)小球到达B 点时，细线对小球的拉力大小．解析：(1)小球下落过程中重力和电场力做功，由动能定理有：mgL sin60°＋qU AB ＝0，解得U AB ＝－3mgL2q. (2)根据匀强电场中电势差和电场强度的关系可知－U AB ＝EL (1－cos60°) 解得E ＝U BA L (1－cos60°)＝3mg q .(3)在B 点时小球受力分析如图所示．由圆周运动的知识及牛顿第二定律有F T －qE cos θ－mg sin θ＝m v 2BL.其中qE ＝3mg ，v B ＝0则F T －Eq cos60°－mg sin60°＝0，解得：F T ＝3mg . 答案：(1)－3mgL 2q (2)3mgq(3)3mg 13．如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A 、B 相距为2d ，电量分别为＋Q 和－Q .MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，质量为m 、电量为＋q (可视为点电荷，q 远小Q )，现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v .已知MN 与AB 之间的距离也为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g .求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)小球p 经过O 点时加速度的大小；(3)小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时速度的大小．解析：(1)小球p 由C 运动到O 时，由动能定理，得mgd ＋qU CO ＝12m v 2－0，①得U CO ＝m v 2－2mgd2q.②(2)小球p 经过O 点时受力分析如图所示，由库仑定律得： F 1＝F 2＝k Qq(2d )2③它们的合力为：F ＝F 1cos45°＋F 2cos45°＝2kQq2d 2④ 由牛顿第二定律得： mg ＋F ＝ma ，⑤ a ＝g ＋2kQq2md 2.⑥ (3)小球p 由O 运动到D 的过程，由动能定理得： mgd ＋qU OD ＝12m v 2D －12m v 2.⑦由电场特点可知：U CO ＝U OD .⑧ 联立②⑦⑧解得：v D ＝2v .答案：(1)m v 2－2mgd 2q (2)g ＋2kQq2md 2(3)2v。

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业50

课时强化作业五十光的波动性、电磁波、相对论简介一、选择题1．关于光的干涉现象，下列说法正确的是()A．在波峰与波峰叠加处，将出现亮条纹；在波谷与波谷叠加处，将出现暗条纹B．在双缝干涉实验中，光屏上距两狭缝的路程差为1个波长的某位置，将出现亮纹C．把入射光由黄光换成紫光，两相邻明条纹间的距离变窄D．当薄膜干涉的条纹是等间距的平行线时，说明薄膜的厚度处处相等解析：在波蜂与波峰叠加处，或在波谷与波谷叠加处，都是振动加强区，将出现亮条纹，选项A错误；在双缝干涉实验中，出现亮纹的条件是光屏上某位置距两狭缝的路程差为波长的整数倍，出现暗纹的条件是光屏上某位置距两狭缝的路程差为半波长的奇数倍，选项B正确；条纹间距公式Δx＝ldλ，λ黄>λ紫，选项C正确；薄膜干涉实验中的薄膜是“楔形”空气膜，干涉条纹是等间距的平行线时，说明被检测工件平整度很好，选项D错误．答案：BC2．关于光的衍射，下列说法中错误的是()A．光的衍射是光在传播过程中绕过障碍物的现象B．只有两列频率相同的光波叠加后才能发生衍射C．光的衍射没有否定光沿直线传播的结论D．光的衍射现象为波动说提供了有利的证据解析：由光的衍射的定义知A正确；光波的衍射无条件，B错误；当满足光发生明显衍射现象的条件时，光的衍射现象明显，否则光沿直线传播，可见光的衍射没有否定光沿直线传播的结论，C正确；衍射是波动所特有的性质，所以光的衍射现象为波动说提供了有利的证据．D正确．答案：B3．在双缝干涉实验中，某同学用黄光作为入射光．为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有()A．改用红光作为入射光B．改用蓝光作为入射光C．增大双缝到屏的距离D．增大双缝之间的距离解析：根据条纹间距Δx＝ld·λ可知：要增大干涉条纹的间距，可增大λ，λ红>λ黄，选项A正确；λ黄>λ蓝，选项B错误；增大到屏的距离l，Δx增大，选项C正确；增大双缝间距d，Δx减小，选项D错误．答案：AC4．如图所示，电灯S发出的光先后经过偏振片A和B，人眼在P处迎着入射光方向，看不到光亮，则()A．图中a光为偏振光B．图中b光为偏振光C．以SP为轴将B转过180°后，在P处将看到光亮D．以SP为轴将B转过90°后，在P处将看到光亮解析：自然光沿各个方向发散，且是均匀分布的．通过偏振片后，透射光是只沿着某一特定方向振动的偏振光．从电灯直接发出的光为自然光，选项A错误；它通过A偏振片后变为偏振光，选项B正确；若A、B偏振片的透振方向相互垂直，则自然光通过这两个偏振片后光强为零，则P点无光亮，将B转过180°后，P处仍无光亮，选项C错误；若将B转过90°，其透振方向与A平行，则偏振光能通过B，即在P处有光亮，选项D正确．答案：BD5．类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率．在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处．某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是()A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波解析：波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波也成立，故A对；干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B对；机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质，而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，故C对；机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其证据就是电磁波能够发生偏振现象，而偏振现象是横波才有的，D项错误．答案：D6．(2014年江苏卷)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到如图(甲)所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图(乙)所示．他改变的实验条件可能是()A．减小光源到单缝的距离B．减小双缝之间的距离C．减小双缝到光屏之间的距离D．换用频率更高的单色光源解析：根据条纹间距公式Δx ＝L dλ可知，若增大条纹间距可以采用的措施有：换用波长更长，频率更低的单色光源；减小双缝间的距离d ，增大双缝到屏的距离L ，故选项B 正确．答案：B7．利用图中装置研究双缝干涉现象时，有下面几种说法，其中正确的是( )A ．将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄B ．将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽C ．将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽D ．换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄E ．去掉滤光片后，干涉现象消失解析：相邻亮条纹间距Δx ＝l dλ，A 选项中l 变小，间距变小，A 对；B 选项中波长变大，间距变大，B 对；间距与单缝跟双缝间的距离无关，C 错；D 选项中d 变大，间距变小，D 对；白炽灯发出的光不是单色光，去掉滤光片，仍能发生干涉，是复色光的干涉，E 错．答案：ABD8．根据麦克斯韦电磁理论，下列叙述正确的是( )A ．电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场B ．变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场C ．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D ．振荡的电场一定产生同频率的振荡的磁场解析：变化的电场周围才会产生磁场，恒定的电场周围不会产生磁场，同理，恒定的磁场周围也不会产生电场，所以A 项错．随时间做均匀变化的电场，其变化率是常量，故周围产生的磁场是恒定的，同理，均匀变化的磁场周围产生的电场也是恒定的，所以选项B 、C 不对．电场周期性变化，其周围产生的磁场一定呈周期性变化，且变化周期相同，所以选项D 正确．答案：D9.如图所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P 和Q ，A 点位于P 、Q 之间，B 点位于Q 右侧．旋转偏振片P ，A 、B 两点光的强度变化情况是( )A ．A 、B 均不变B ．A 、B 均有变化C ．A 不变，B 有变化D ．A 有变化，B 不变解析：白炽灯光属于非偏振光，通过偏振片P后的自然光变成了偏振光，当P转动时，通过偏振片P后光强不变，选项B、D错误；同时，P的偏振方向发生变化，使B处光强发生变化，选项A错误，C正确．答案：C10．光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是()A．用透明的标准平面样板检测光学平面的平整程度是利用光的偏振B．光学镜头上的增透膜利用了光的干涉C．在光导纤维束内传送图象是利用光的色散D．用三棱镜观察白光可以看到彩色图样利用的是光的衍射解析：用透明的标准平面样板检测光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉，选项A 错误；光学镜头上的增透膜利用了光的干涉，选项B正确；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射，选项C错误；用三棱镜观察白光可以看到彩色图样是光的色散现象，利用了光的折射原理，选项D错误．答案：B二、非选择题11．(2015届洛阳市高三月考)“世界物理年”决议的作出与爱因斯坦的相对论时空观有关．一个时钟，在它与观察者有不同相对速度的情况下，时钟的频率是不同的，它们之间的关系如图所示．由此可知，当时钟和观察者的相对速度达到0.6c(c为真空中的光速)时，时钟的周期大约为________．在日常生活中，我们无法察觉时钟周期性变化的图象，是因为观察者相对于时钟的运动速度________．若在高速运行的飞船上有一只表，从地面上观察，飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变________(填“快”或“慢”)了．解析：根据题图中数据可知，当时钟和观察者的相对速度达到0.6c时，对应时钟的频率为0.4 Hz，则周期为2.5 s．日常生活中，我们无法察觉时钟周期变化的现象是因为观察者相对于时钟的运动速度远小于光速c，在高速运行状态下，一切物理、化学过程和生命过程都变慢．答案：2.5 s远小于光速c慢12．如图所示，①②两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图样，其中图①是光的________(填“干涉”或“衍射”)图样．由此可以判断出图①所对应的圆孔的孔径______(填“大于”或“小于”)图②所对应的圆孔的孔径．解析：①中出现明暗相间的条纹，是衍射现象，②中出现圆形亮斑．只有障碍物或孔的尺寸比光波波长小或跟波长相差不多时，才能发生明显的衍射现象．图①是光的衍射图样，由于光波波长很短，约在10－7 m数量级上，所以图①对应的圆孔的孔径比图②所对应的圆孔的孔径小．图②的形成可以用光的直线传播解释．答案：衍射小于13．(1)如图所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为①光源、②________、③________、④________、⑤遮光筒、⑥光屏．对于某种单色光，为增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取________或________的方法．(2)如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是________(填数字代号)．(3)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，读下手轮的读数如图甲所示．继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮纹，读下手轮的读数如图乙所示．则相邻两亮条纹的间距是________ mm.(4)如果已经量得双缝的间距是0.30 mm、双缝和光屏之间的距离是900 mm，则待测光的波长是________m．(取三位有效数字)解析：(1)由实验原理可知②③④分别是滤光片、单缝、双缝．由Δx＝ldλ可知，要增加相邻亮纹(暗纹)间的距离，可采取的办法有：①增大双缝到光屏间的距离(或选用较长的遮光筒)；②减小双缝之间的距离．(2)由于激光是相干光源，故可以去掉的部件是②、③.(3)甲图读数是0.045 mm，乙图读数是14.535 mm，它们的差值是14.490 mm，中间跨越了10－1＝9个条纹间距，所以相邻两亮条纹间距是Δx ＝14.4909mm ＝1.610 mm. (4)光的波长λ＝Δx ·d l＝5.37×10－7 m. 答案：(1)滤光片单缝双缝增加双缝到光屏间的距离(或选用较长的遮光筒) 减小双缝之间的距离 (2)②③ (3)1.610 (4)5.37×10－7。

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业4

课时强化作业四实验：研究匀变速直线运动一、选择题1．关于纸带上打点间隔的分析，下列说法正确的是()A．随着纸带的运动，纸带上的点之间的距离越来越小，说明纸带在做加速运动B．随着纸带的运动，纸带上的点之间的距离越来越小，说明纸带在做减速运动C．纸带上点间距离相等，表示纸带是匀速运动的D．纸带上点间距离相等，表示纸带做变速运动解析：在纸带上打点计时器每隔相等的时间打一次点，纸带在物体带动下运动．打点计时器打出点之间的距离越来越小，说明纸带运动速度越来越小，即纸带做减速运动，故选项B正确；如果纸带上的点间的距离是相等的，说明纸带做匀速运动，故选项C正确．答案：BC2．关于“探究小车速度随时间变化的规律”的实验操作，下列说法正确的是() A．长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低B．在释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处C．应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D．要在小车到达定滑轮前使小车停止运动解析：长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误；实验时为了能在纸带上打尽可能多的点，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；实验开始时应先接通电源，待打点计时器工作稳定后，再释放小车，选项C正确；为了保护小车，在小车到达定滑轮前用手使小车停止运动，选项D正确．答案：BCD3．在实验过程中，对于减小实验误差来说，下列说法中有益的是()A．选取计数点时，把每打5个点的时间间隔作为时间单位B．使小车运动的加速度尽量的小些C．舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的一部分进行测量、计算D．选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验解析：选取计数点时，把每打5个点的时间间隔作为时间单位，这样相邻的两个计数点的距离会大些，用刻度尺测量距离时，相对误差会减小，故选项A正确；小车运动过程中加速度如果太小，会导致各段位移差太小，计算中会使误差增大，故选项B错误；舍去比较密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的一部分进行测量、计算，这样测量距离时，便于测量，测量的误差较小，有利于减小实验误差，选项C正确；若备用的木板平整程度、光滑程度各处不一致，则小车在木板上运动时的加速度则不同，造成较大的实验误差，故选项D正确．答案：ACD4．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”至“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解析：打点计时器在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带的位移小于乙纸带的位移，故v甲<v乙，选项A错误，选项B正确；相邻计数点间所用时间相等，乙纸带相邻计数点之间的距离变化大，即乙纸带的速度变化更快，故a乙>a甲，选项C错误，选项D正确．答案：BD5．在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下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图象，量出其倾角，用公式a＝tanα算出加速度C．根据实验数据画出v-t图象，由图象上任意两点所对应的速度及时间，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解析：选项A的计算方法，偶然误差很大，选项A错误；实验中有些数据偶然误差很大，在利用原始数据进行计算时结果的误差很大，若计算出若干个加速度，算出平均值，由于原始数据中有些误差很大，这样虽然可以减小误差，但计算结果误差也会很大，故选项D 错误；利用实验数据画出对应的v-t图，才可充分利用各次测量数据，减小偶然误差，故选项C正确；在v-t图象中图线的斜率大小等于加速度．在v-t图象中由于坐标轴的标度的选取不同，所以图线倾角的正切值并不表示加速度，故选项B错误．答案：C二、非选择题6．如图所示，是小车拖动纸带用打点计时器打出的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 为我们在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s ，试求：(1)打点计时器打下B 、C 、D 各点时小车的瞬时速度； (2)由小车的运动规律，推断出小车在E 点的瞬时速度； (3)由小车的运动规律，推断出从B 点到E 点的加速度．解析：(1)v B ＝x AC 2T ＝52.0×10－32×0.1 m/s ＝0.26 m/s.v C ＝x AD －x AB 2T ＝(84.0－24.0)×10－32×0.1m/s ＝0.3 m/sv D ＝x AE －x AC 2T ＝(120.0－52.0)×10－32×0.1m/s＝0.34 m/s.(2)小车做匀加速直线运动，相邻两计数点之间的时间间隔相等，则有：v E －v D ＝v D －v C得v E ＝2v D －v C ＝0.38 m/s.(3)根据运动学公式v E ＝v B ＋3aT 得a ＝v E －v B 3T ＝0.38－0.263×0.1 m/s 2＝0.4 m/s 2.答案：(1)v B ＝0.26 m/s v C ＝0.3 m/s v D ＝0.34 m/s (2)v E ＝0.38 m/s (3)0.4 m/s 27．实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A 、B 、C 、D 、E 为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T ＝0.1 s.(1)根据纸带可判定小车做________运动．(2)根据纸带计算各点瞬时速度：v D ＝________ m/s ，v C ＝________m/s ，v B ＝______m/s.在如图所示坐标中作出小车的v -t 图线，并根据图线求出a ＝______.(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度是________m/s ，此速度的物理意义是__________________________．解析：(1)根据纸带提供的数据可知x BC －x AB ＝x CD －x BC ＝x DE －x CD ＝12.60 cm ，故小车做匀加速直线运动．(2)根据v t2＝v 可知v D ＝(105.60－27.60)×10－20.2m/s ＝3.90 m/s ，v C ＝(60.30－7.50)×10－20.2m/s ＝2.64 m/s ，v B ＝27.60×10－20.2m/s ＝1.38 m/s.描点连线得如图所示v -t 图线，根据图线斜率知a ＝12.60 m/s 2.(3)由图知交点的速度约为0.12 m/s ，表示打A 点时小车的速度．答案：(1)匀加速直线 (2)3.90 2.64 1.38 12．60 m/s 2 (3)0.12 表示打A 点时小车的速度 8．在做“研究匀变速直线运动”的实验中：(1)实验室提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计．其中在本实验中不需要的器材是________．(2)如图所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，其中x 1＝7.05 cm 、x 2＝7.68 cm 、x 3＝8.33 cm 、x 4＝8.95 cm 、x 5＝9.61 cm 、x 6＝10.26 cm.下表列出了打点计时器打下B 、C 、F 时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D 、E 两点时小车的瞬时速度.(3)以A 点为计时起点，在坐标图中画出小车的速度—时间关系图线．(4)根据你画出的小车的速度—时间关系图线计算出的小车的加速度a ＝______m/s 2.(保留三位有效数字)解析：(1)本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的实验器材为弹簧测力计．(2)根据匀变速直线运动的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．v D ＝x 3＋x 42ΔT ＝(8.33＋8.95)×10－22×0.1＝0.864 m/s ，v E ＝x 4＋x 52ΔT ＝(8.95＋9.61)×10－22×0.1＝0.928 m/s.(3)小车的速度—时间关系图线如图所示．(4)在v -t 图象中，图线的斜率表示加速度大小，则a ＝Δv Δt ＝0.994－0.7370.5－0.1 m/s 2＝0.643m/s 2.答案：(1)弹簧测力计 (2)0.864 0.928 (3)见解析 (4)0.6439．一个小球沿斜面向下运动，用每间隔0.10 s 曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻小球位置的照片，如右图所示，即照片上出现的相邻两个小球的像之间的时间间隔为0.10 s ，测得小球在几个连续相等时间内的位移(数据见表)，则：(1)小球在相邻相等时间内的位移差________(填“相等”或“不相等”)，小球的运动性质属________直线运动．(2)有甲、乙两同学计算小球加速度的方法如下：甲同学：a 1＝x 2－x 1T 2，a 2＝x 3－x 2T 2，a 3＝x 4－x 3T 2，a ＝a 1＋a 2＋a 33.乙同学：a 1＝x 3－x 12T 2，a 2＝x 4－x 22T 2，a ＝a 1＋a 22. 你认为甲、乙中哪位同学的计算方法较准确？________，加速度值为________．(保留三位有效数字)解析：(1)由表中数据可知x 4－x 3＝x 3－x 2＝x 2－x 1，小球做匀加速直线运动． (2)甲同学的方法最终得到a ＝x 4－x 13T 2，这样表中给出的四个数据中只用到了两个数据．从而得出结果误差较大．而乙同学的方法得a ＝(x 4＋x 3)－(x 1＋x 2)4T 2.表格中给出的四个数据，计算中都用到，这样得出结论产生误差小，则a ＝1.10 m/s 2.答案：(1)相等匀加速(匀变速) (2)乙同学 1.10 m/s 210．如图是“研究匀变速直线运动”的实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点，加速度大小用a 表示．(1)OD 间的距离为________cm.(2)下图是根据实验数据绘出的x -t 2图线(x 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，其大小为________m/s 2(保留三位有效数字)．解析：(1)由毫米刻尺读得OD 间的距离应为2.20 cm －1.00 cm ＝1.20 cm.(2)由x -t 2图象可知是一条直线，初速度为零的匀变速直线运动的位移公式x ＝12at 2，由此可知直线的斜率k ＝12a ，由图象可知a2＝k ＝(2.8－0)×10－20.06－0m/s 2得a ≈0.933 m/s 2.答案：(1)1.20 (2)加速度的一半 0.93311.如图所示是张红用照相机拍到的水滴的照片，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面，且在30 s 内76滴水从屋檐滴下，而第2滴与第3滴分别位于二楼窗户的上沿和四楼窗户的下沿，已知二楼窗户的上沿和四楼窗户的下沿的距离为4 m ．现对照片进行测量可知，各相邻点之间的距离分别是0.4 cm 、1.2 cm 、2 cm 、2.8 cm ，则：(1)图中2、3、4各点的实际速度是多少？ (2)请作出水滴下落的v -t 图象；(3)由图象可知水滴下落的加速度为多少？解析：(1)30 s 内有76个水滴从屋檐滴下，则每两个相邻水滴之间的时间间隔Δt ＝3075 s＝0.4 s.由照片的比例可知x 12＝5.6 m ，x 23＝4 m ，x 34＝2.4 m ，x 45＝0.8 m. v 2＝x 12＋x 232Δt ＝12 m/s ，v 3＝x 23＋x 342Δt ＝8 m/s ，v 4＝x 34＋x 452Δt ＝4 m/s.(2)建立v -t 坐标系，描点作图如图所示．(3)v -t 图象中图线的斜率表示加速度，则 a ＝Δv t ＝12－01.2－0 m/s 2＝10 m/s 2.答案：见解析。

高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练7 含答案

课时跟踪训练(七)一、选择题1．如图，一个家用台灯静止放在桌子上，下列描述中正确的是()A．台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对平衡力B．台灯受到向左的摩擦力C．旋转点O对灯头的作用力沿AB方向D．台灯底座所受合外力为零[解析]根据相互作用力的特点，则台灯对桌子的作用力和桌子对台灯的作用力是一对相互作用力，故A错误；台灯静止在水平桌面上，对台灯受力分析，可知其受到重力、桌面的支持力，若有摩擦力，则不可能处于平衡状态，故B 错误；对灯头受力分析，受到重力与支持力，则旋转点O对灯头的作用力沿竖直方向，故C错误；静止状态是一种平衡状态，处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，即合力为零，故D正确．[答案] D2．如图所示，一物块静止在粗糙的斜面上．现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动．则()A．斜面对物块的支持力一定变小B．斜面对物块的支持力一定变大C．斜面对物块的静摩擦力一定变小D．斜面对物块的静摩擦力一定变大[解析]施加力F后，由于力F在垂直斜面向下方向有一分力，故斜面对物块的支持力一定变大，故B正确，A错误；力F在沿斜面向上方向有一分力，因不知该分力大小与重力沿斜面向下的分力的大小关系，故静摩擦力可能变小、可能为零、也可能变大，C、D错误．[答案] B3．(多选)如图所示，用一轻绳将光滑小球系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，下列说法正确的是()A．轻绳对小球的拉力逐渐减小B．轻绳对小球的拉力逐渐增大C．小球对墙壁的压力逐渐减小D．小球对墙壁的压力逐渐增大[解析]用一细杆压在轻绳上紧贴.墙壁从O点缓慢下移时，绳与竖直墙壁间的夹角变大，设该角为θ，对球受力分析如图，则轻绳对小球的拉力F＝mgcosθ，小球对墙壁的压力大小F N＝mg tanθ，故随着θ变大，轻绳对小球的拉力逐渐增大，B正确，A错误；小球对墙壁的压力逐渐增大，D正确，C错误．[答案]BD4．如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为α的斜面体上匀速下滑．若用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力的说法正确的是()A．大小为0B．方向水平向左，大小为FcosθC．方向水平向左，大小为mg cosαsinαD．方向水平向右，大小为mg cosαsinα[解析]对A匀速下滑时受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据平衡条件：摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向，即斜面对滑块的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块对斜面的作用力方向竖直向下；当用与水平方向成θ角、大小为F的力推A，A所受斜面的支持力增大，摩擦力F f＝μF N 也增大，但是支持力F N与摩擦力F f仍然成比例地增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则物块对斜面的作用力的方向仍然竖直向下，只是数值上变大，故斜面没有运动的趋势，不受地面的摩擦力，故A正确．[答案] A5．如图所示，物体a、b和c叠放在水平桌面上，水平力F b＝5 N、F c＝10 N 分别作用于物体b、c上，a、b和c仍保持静止．则物体b受力的个数为()A．3 B．4 C．5 D．6[解析]物体b受到重力、a的压力、c的支持力、拉力和c的摩擦力，共5个力的作用，故C正确．[答案] C6．(多选)如右图所示，物块A、B通过一根不可伸长的细线连接，A静止在斜面上，细线绕过光滑的滑轮拉住B，A与滑轮之间的细线与斜面平行．则物块A受力的个数可能是()A ．3个B ．4个C ．5个D ．2个[解析] 物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力以及细线的拉力，如果细线对A 的拉力恰好等于物块A 的重力沿斜面向下的分力，则斜面对A 的静摩擦力为零，那么A 受力的个数为3个；如果细线对A 的拉力大于A 物块的重力沿斜面向下的分力，则斜面对A 的静摩擦力沿斜面向下，那么A 受力的个数为4个；如果细线对A 的拉力小于A 物块的重力沿斜面向下的分力，则斜面对A 的静摩擦力沿斜面向上，那么A 受力的个数也为4个．因此，答案为A 、B.[答案] AB7. 一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每个灯笼的质量均为m .则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )A ．23mg B.233mg C.833mgD ．8mg[解析] 以第2到第4这4只灯笼为研究对象，受到重力、拉力和水平风力，根据平衡条件，第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小F ＝4mg cos30°＝833mg ，C 正确．[答案] C8．(多选)一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直．现将水平力F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )A ．水平拉力F 变大B ．细线的拉力不变C ．铁架台对地面的压力变大D ．铁架台所受地面的摩擦力变大[解析] 对小球受力分析，受拉力、重力、水平力F ，根据平衡条件，有： F ＝mg tan θ，θ逐渐增大则F 逐渐增大，故A 正确；由图可知，细线的拉力F T ＝mgcos θ，θ增大，F T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大．F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变．故D 正确，C 错误．[答案] AD9．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A 端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A 点正上方，B 端吊一重物G ，现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓慢上拉，在AB 杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F 和杆受的弹力F N 的变化，判断正确的是( )A ．F 变大B ．F 变小C ．F N 变大D ．F N 变小[解析] 设物体的重力为G .以B 点为研究对象，进行受力分析，如图．作出力F N 与F 的合力F 2，根据平衡条件得知F 2＝F 1＝G .由△F 2F N B ∽△ABO 得F N BO ＝F 2AO ＝FAB .式中，BO 、AO 、G 不变，则F N 保持不变． AB 一直减小，则F 一直减小，故B 正确． [答案] B10．(多选)如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A 、B ，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA 绳与水平方向的夹角为60°，OB 绳与水平方向的夹角为30°，则球A 、B 的质量之比和杆对A 、B 的弹力之比分别为( )A.m A m B ＝31B.m A m B ＝33C.F N A F N B＝13D.F N A F N B＝32[解析] 分别对A 、B 两球分析，运用合成法，如图：由几何知识得F T sin2θ＝m A gF T sinθ＝m B g故m A∶m B＝sin2θ∶sinθ＝2cosθ∶1＝3∶1杆的弹力F N＝mg tanθ则F N AF N B＝tan30°tan60°＝13故选A、C.[答案]AC二、非选择题11. 如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一不可伸长轻质绳相连，质量分别为m A＝0.40 kg和m B＝0.30 kg，由于B球受到水平风力作用，使环A与球B一起向右匀速运动．运动过程中，绳始终保持与竖直方向夹角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)B球受到的水平风力大小；(2)环A与水平杆间的动摩擦因数．[解析](1)对B球受力分析，如图：根据平衡条件可得F＝m B g tanθ数据代入得F＝1.73 N(2)选取环、球和轻绳整体为研究对象，受力如图所示：根据平衡条件得N＝(m A＋m B)gF＝F f且F f＝μN解得μ＝m B tanθm A＋m B数据代入得μ＝37≈0.25.[答案](1)1.73 N(2)0.2512．如图所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，求力F的取值范围．[解析] 因为μ<tan θ，所以当F ＝0时，物体不能静止．若物体在力F 的作用下刚好不下滑，则物体受沿斜面向上的最大静摩擦力，且此时F 最小，对物体受力分析，如图甲所示，由平衡条件： mg sin θ＝F cos θ＋F f ① F N ＝mg cos θ＋F sin θ② F f ＝μF N ③由①②③得F min ＝sin θ－μcos θμsin θ＋cos θmg若物体在力F 的作用下刚好不上滑，则物体受沿斜面向下的最大静摩擦力，且此时F 最大，对物体受力分析，如图乙所示，由平衡条件： mg sin θ＋F f ＝F cos θ④ F N ＝mg cos θ＋F sin θ⑤ F f ＝μF N ⑥ 由④⑤⑥得F max ＝μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg故：sin θ－μcos θμsin θ＋cos θ mg ≤F ≤μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg[答案]sin θ－μcos θμsin θ＋cos θ mg ≤F ≤μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg。

高考物理一轮总复习课时强化作业16 圆周运动新人教版

课时强化作业十六圆周运动1．(2016届桐乡市模拟)科技馆的科普器材中常有如图所示匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．小齿轮逆时针转动B ．小齿轮每个齿的线速度均相同C ．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D ．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向相同，为顺时针匀速转动，A 选项错误；小齿轮每个齿的线速度大小相等，方向不同，B 选项错误；根据v ＝wr ，线速度大小相等时，角速度之比为半径的反比，即小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，C 选项正确；根据向心加速度a ＝v 2r，线速度大小相等，向心加速度之比为半径的反比，小齿轮每个齿的向心加速度大小是大齿轮的3倍，D 选项错误．答案：C2．(2016届陕西模拟)如右图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m 的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L 1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L 2，下列说法正确的是( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＝L 2C ．L 1＜L 2D.前三种情况均有可能解析：当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时，弹簧弹力与小球的重力平衡，k (L 1－L )＝mg ；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧的弹力和小球的重力提供向心力，mg －k (L 2－L )＝m v 2R ，解得L 1＝mg k ＋L ，L 2＝mg k ＋L －m v 2kR，比较可知，L 1＞L 2，A 选项正确．答案：A3．(2016届黑龙江省实验中学月考)如图所示，用长为L 的轻绳把一个铁球悬挂在高2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，则有( )A ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为5mgB ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC ．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gLD ．若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：小球恰好能通过最高点B ，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，mg ＝m v 2BL ，此时绳子拉力为零，B 选项错误；小球在最低点时，根据牛顿第二定律，F T －mg ＝m v 2AL ，根据动能定理得，mg ·2L ＝12mv 2A －12mv 2B ，联立解得F ＝8mg ，小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为8mg ，A 选项错误；小球落地过程中，根据动能定理得，mg ·3L ＝12mv 2－12mv 2B ，解得小铁球落到地面时的速度大小为v ＝7gL ，C 选项正确；若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为x ＝v ·t ，L ＝12gt 2，联立解得，x ＝14 L ，故D选项错误．答案：C4. (2016届河南洛阳市期中)质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )A ．受到的向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μmgD ．受到的合力方向斜向左上方解析：物块滑到最低点时速度大小为v ，根据向心力公式得，F 向＝m v 2R ，A 选项错误；根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 2R ，摩擦力为F f ＝μ·F N ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R ，B 、C 选项错误；物体重力和支持力的合力向上，还受到水平向左的摩擦力，所以物体受到的合力方向斜向左上方，故D 选项正确．答案：D5. (2016届衡水三调)如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R .轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x .一质量为m 的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B 时的速度为v B .小球在最低点B 与最高点A 对轨道的压力之差为ΔF (ΔF ＞0)．不计空气阻力．则( )A ．m 、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越大B ．m 、x 一定时，v 越大，ΔF 一定越大C ．m 、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大D ．m 、R 一定时，v 越大，ΔF 一定越大解析：小球从A 运动到B 点的过程中，由动能定理得，mg (2R ＋x )＝12mv 2B －12mv 2A ，在A 点，根据牛顿第二定律得，mg ＋F A ＝m v 2A R ，在B 点，F B －mg ＝m v 2BR ，其中ΔF ＝F B －F A ，联立解得ΔF ＝6mg ＋2mg x R，m 、x 一定时，R 越大，ΔF 应该是越小，A 选项错误；ΔF 与速度v 没关系，B 、D 选项错误；m 、R 一定时，当x 越大时，ΔF 一定越大，C 选项正确．答案：C6. (多选)(2016届江西省临川区月考)如图所示叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力 C ．转台的角速度一定满足：ω≤ 2μg3r D ．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r解析：A 随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，A 、B 之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，A 选项错误；以A 、B 为研究对象，向心力F AB ＝(3m ＋2m )ω2r ，以C 为研究对象，向心力F C ＝m ω2·(1.5r )，故C 与转台间的摩擦力小于A 与B 间的摩擦力，B 选项错误；各物体保持相对静止，随转台转动，对于物体A,3m ω2r ≤μ3mg ，对A 、B 整体，(3m ＋2m )ω2r ≤μ(3m ＋2m )g ，对于物体C ，m ω2(1.5r )≤μmg ，联立解得ω≤2μg3r，C 选项正确，D 选项错误．答案：ABD7. (2016届成都外国语学校月考)太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．球的质量为m ，重力加速度为g ，则( )A ．在C 处板对球所需施加的力比A 处大6mgB ．球在运动过程中机械能守恒C ．球在最低点C 的速度最小值为gRD ．板在B 处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小解析：太极球在重力和支持力作用下做匀速圆周运动，在A 点，mg ＋F N A ＝m v 2R ，在C 点，F N C －mg ＝m v 2R，解得F N C －F N A ＝2mg ，在C 处板对球的力比A 处大2mg ，A 选项错误；球在运动过程中，动能不变，重力势能变化，机械能变化，B 选项错误；球通过A 点的临界条件是重力提供向心力，故圆周运动的最小速度为gR ，C 选项正确；在B 处，mg tan θ＝m v 2R，解得v ＝gR tan θ，倾斜角随速度的增大而增大，D 选项错误．答案：C8．(2016届成都外国语学校月考)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v x 随时间t 的变化关系如图乙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等B ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等C ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等D ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等解析：分析题意可知，小球在圆心等高位置，水平速度为零，在最高点水平速度较小，在最低点水平速度最大，过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，即从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t 1时刻小球通过最高点．根据题意知，图中x 轴上下方图线围成的阴影面积S 1表示从最低点经过四分之一圆周的水平位移，阴影面积S 2表示经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S 1和S 2的面积相等．故A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．答案：A9. (2016届山东临沂高三质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞g cos θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，a 绳张力的竖直分量与重力抵消，故a 绳张力不可能为零，A 选项正确；竖直方向上，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，当夹角θ保持不变时，a 绳的张力保持不变，B选项错误；b 绳出现弹力的临界条件是a 绳的张力和小球的重力提供向心力，mgtan θ＝m ω2l ，解得ω＝g cot θl ，当角速度ω＞ g cot θl，b 绳将出现弹力，C 选项错误；b 绳可能没有弹力，b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 选项错误．答案：A10．(2016届山东临沂高三质检)如图所示，竖直平面内有一半径R ＝0.50 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接于D 点，质量m ＝0.50 kg 的小球从B 点正上方H 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离x ＝2.4 m ，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h ＝0.80 m ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1)小球释放点到B 点的高度H ；(2)经过圆弧槽最低点C 时轨道对它的支持力大小F N .解析：(1)小球从P 点做平抛运动，水平方向上，x 2＝v P ·t ，竖直方向上，h ＝12gt 2，联立解得v P ＝x2g2h＝3 m/s ，D 点的水平速度v Dx ＝v P ＝3 m/s ，竖直速度v Dy ＝2gh ＝4 m/s ，则v D ＝5 m/s ，速度与水平方向夹角θ＝53°，小球从释放到运动到D 点的过程中，根据动能定理得，mgH ＋mgR cos θ＝12mv 2D －0，代入数据联立解得H ＝0.95 m.(2)小球经过C 点速度为v C ，由A 到C 过程根据动能定理得，mg (H ＋R )＝12mv 2C －0，由牛顿第二定律有，F N －mg ＝mv 2CR，解得F N ＝34 N.答案：(1)0.95 m (2)34 N11. (2016届沈阳二中月考)如图所示，V 形转盘可绕竖直中心轴OO ′转动，V 形转盘的侧面与竖直转轴间的夹角均为α＝53°，盘上放着质量为1 kg 的物块A ，物块A 用长为1 m 的细线与固定在转盘中心O 处的力传感器相连．物块和传感器的大小均可忽略不计，细线能承受的最大拉力为8 N ，A 与转盘间的动摩擦因数μ为1.5，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．转盘转动时，细线一直伸直，当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F .(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，转盘转动的角速度ω0；(结果可以保留根式)(2)将转盘的角速度从(1)问中求得的值开始缓慢增大，直到增加至3ω0，试通过计算写出此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式．(g 取10 m/s 2)解析：(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，此时绳处于松弛状态，由支持力和重力的合力提供向心力，mg cot53°＝m ω20l sin53°，解得ω0＝564rad/s.(2)当角速度较小时，静摩擦力沿内壁向下，正交分解得，F N sin53°－f cos53°＝mg ，F N cos53°＋f sin53°＝m ω2l sin53°，联立解得F N ＝8＋0.48ω2，f ＝0.64ω2－6，其中f max ＝μF N ，故不论ω取何值，f ≤f max 恒成立，物块能始终保持相对静止，故绳中的拉力一直为零．答案：(1)564rad/s (2)细线拉力一直为零12. (2016届安徽模拟)滑板运动员在U 形槽中的运动可以简化为运动员在半径为R 的半圆弧槽中的运动，若滑板运动员以一定的水平初速度从A 点跳入槽内，下落h 高度落在最低点B 左边的槽壁上，之后滑到槽最低点B 的速度为v ，人和滑板的质量为m ，滑板与圆弧槽的动摩擦因数为μ，求：(1)人从A 点跳入槽内时的初速度大小； (2)人在圆弧槽最低点的加速度大小．解析：(1)运动员做平抛运动，下落h 高度落到槽壁上，根据几何关系可知，水平位移x ＝R －R 2－h 2，运动时间t ＝2hg，则平抛运动的初速度v 0＝xt＝(R －R 2－h 2)g 2h. (2)运动员滑到最低点的速度为v ，竖直方向上支持力和重力的合力提供向心力，F N －mg ＝ma y ，a y ＝v 2R，水平方向上，F f ＝μF N ＝ma x ，联立解得在圆弧槽最低点的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2.答案：(1)(R －R 2－h 2)g2h(2) v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2。

课时强化练16高中物理一轮复习资料

课时强化练(十六)(限时：40分钟)A组跨越本科线1．(多选)图5-3-8甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是()甲乙图5-3-8A．图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变【解析】弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A错误、B正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C正确，D错误．【答案】BC2．(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是() A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【解析】卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，G Mmr2＝mv2r，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B、D正确．【答案】BD3．(多选)(2016·江西红色六校联考)如图5-3-9所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是()图5-3-9A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大【解析】以A、B组成的系统为研究对象，有m B g－kx＝(m A＋m B)a.由于弹簧的伸长量x逐渐变大，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由m B g－F T＝m B a可知，此过程中细线的拉力逐渐增大，是变力，A错误．A 物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，而A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，B正确．B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，C错误．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，B物体速度最大，A物体的动能最大，D正确．【答案】BD4．如图5-3-10所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m ．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )图5-3-10A ．整个下滑过程中A 球机械能守恒B ．整个下滑过程中B 球机械能守恒C ．整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23 JD ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23 J【解析】在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 球沿水平面滑行，而A 沿斜面滑行时，杆的弹力对A 、B 球做功，所以A 、B 球各自机械能不守恒，故A 、B 错误；根据系统机械能守恒得：m A g (h ＋L sin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得：v ＝23 6 m/s ，系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23 J ，故D 正确；A 球的机械能减小，C 错误．【答案】 D5．如图5-3-11所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D 点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管形管道A 、B 内部(圆管A 比圆管B 高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管形管道A 内部最高位置时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者( )图5-3-11A ．经过管道A 最高点时的机械能大于经过管道B 最低点时的机械能B ．经过管道A 最高点时的动能大于经过管道B 最低点时的动能C ．经过管道B 最高点时对管外侧壁有压力D ．不能经过管道B 的最高点【解析】挑战者在两个圆形管道及其之间运动时，只有重力做功，机械能守恒，故在A 最高点的机械能等于在B 最低点的机械能．在A 最高点的动能小于在B 最低点的动能，故A 、B 项错．由A 最高点到B 最高点，重力做正功，动能增大，故在B 最高点会受到外侧壁的弹力，C 项正确，D 项错误．【答案】 C6．如图5-3-12所示，粗细均匀，两端开口的U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h ，管中液柱总长度为4h ，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )图5-3-12 A.18gh B.16gh C.14gh D.12gh【解析】当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，根据机械能守恒定律有18mg ·12h ＝12m v 2，解得：v ＝18gh .【答案】 A7．(2015·天津高考)如图5-3-13所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图5-3-13A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【解析】圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3 L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE p＝mgh＝3mgL，选项B 正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．【答案】 BB组名校必刷题8．如图5-3-14所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，小球在B、D间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()图5-3-14A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变【解析】小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒．弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错．【答案】 B9．(2014·全国卷Ⅱ)如图5-3-15，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()图5-3-15A．Mg－5mg B.Mg＋mgC．Mg＋5mg D.Mg＋10mg【解析】根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和平衡条件解题．设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以12m v2＝mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2gR，根据牛顿第二定律得N－mg＝m v2R，所以在最低点时大环对小环的支持力N＝mg＋m v2R＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力N′＝N＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋N′＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确．选项A 、B 、D 错误．【答案】 C10．(多选)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图5-3-16所示形状，相应的曲线方程为y ＝2.5·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫kx ＋23π(m)，式中k ＝1 m －1.将一质量为1 kg 的光滑小环套在该金属杆上，在P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6 m ，0点给小环以平行于杆、大小为10 m/s 的初速度，让小环沿杆向x 轴正方向运动，g 取10 m/s 2，关于小环的运动，下列说法正确的是( )图5-3-16A ．金属杆对小环不做功B ．小环沿x 轴方向的分运动为匀速运动C ．小环到达金属杆的最高点时的速度为5 2 m/sD ．小环到达Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 m ，－2.5 m 点时的速度为10 2 m/s 【解析】小环光滑不存在摩擦力，运动时，金属杆对小环只有支持力的作用，支持力的方向始终都是与运动方向垂直的，因此支持力不做功，所以A 正确；小环运动时金属杆对小环的支持力沿x 轴方向有水平分量，小环在水平方向具有加速度，是变速运动，所以B 错；根据题图和曲线方程可以看出小环运动到最高点时，上升的高度为2.5 m ，由机械能守恒定律12m v 20＝mgh ＋12m v 2可以求出最高点时小环的速度v ＝5 2 m/s ，所以C 正确；Q 点的纵坐标为－2.5 m 即高度为－2.5 m ，代入上式得v ′＝5 6 m/s ，所以D 错．【答案】 AC11．如图5-3-17所示，质量分别为m 、2m 的物体a 、b 通过不计摩擦的定滑轮用轻绳连接，均处于静止状态．a 与水平面上固定的劲度系数为k 的轻质弹簧相连，水平面上Q 点有一挡板，若有物体与其垂直相撞，则物体会以原速率弹回．现剪断a 、b 之间的绳子，a 开始上下往复运动．b 的正下方有一高度可忽略不计的弧形装置，能够使得b 下落至P 点时以原速率水平向右运动，当b 静止时，a 恰好首次到达最低点．已知PQ 长s 0，重力加速度为g .剪断轻绳前，b 距水平面高度为h ，且仅经过P 点一次，b 与水平面间的动摩擦因数为μ，a 、b 均可看作质点，弹簧始终在弹性限度范围内，求：5-3-17(1)物体a 的最大速度及第一次运动到最低点所需要的时间；(2)物体b 停止的位置与P 点距离．【解析】 (1)绳剪断前，弹簧伸长量为x 1＝2mg －mg k剪断后，物体a 所受合外力为零时，速度最大，此时弹簧压缩量x 2＝mg k由x 1＝x 2知两个状态的弹性势能相等，又由a 与弹簧组成的系统机械能守恒得mg (x 1＋x 2)＝12m v 2m解得物体a 的最大速度v m ＝2gm kb 自由下落的时间t 1＝2hg b 下落到P 点时速度v ＝2ghb 在水平面上滑行的整个过程可看作是匀减速直线运动，加速度大小a ＝μg 又v ＝at 2故持续的时间t 2＝1μ·2h g所以a 第一次运动到最低点所需要的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1μ2h g .(2)对b 运动的整个过程运用动能定理得2mgh －μ×2mgs ＝0解得b 在水平面上滑行的路程s ＝h μ讨论：①若b 未到达挡板Q 就在PQ 上停止，则b 停止的位置与P 点相距d ′＝s ＝h μ②若b 与挡板Q 碰撞后，在PQ 上运动一段距离后停止，则b 停止的位置与P 点相距d ＝2s 0－s ＝2s 0－h μ.【答案】 (1)2gm k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1μ·2h g (2)h μ或2s 0－h μ。

2016届高考物理一轮复习：课时强化作业47

课时强化作业四十七机械波一、选择题1．一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如下图所示，已知此时质点F的运动方向向y轴负方向，则()A．此波向x轴正方向传播B．质点C此时向y轴负方向运动C．质点C将比质点B先回到平衡位置D．质点E的振幅为零解析：因为机械波在传播过程中，靠近波源的质点的振动带动相邻的后边质点的振动，而后面质点要“模仿”前面质点的振动，本题中，已知质点F的运动方向向y轴负方向，即F质点正在“模仿”右边质点的振动，这说明波源在右边，波从右向左传播，即此波向x 轴负方向传播，选项A错误；质点C此时刚到达最大位移处，速度为0，此后才向y轴负方向运动，选项B错误；质点B要先向y轴正方向运动到达波峰位置再回到平衡位置，而质点C直接从波峰位置回到平衡位置，所以选项C正确；振幅指的是质点离开平衡位置到达的最大距离，虽然此时质点E的位移为零，但其振幅不为零，选项D错误．答案：C2．一列简谐波沿x轴正方向传播，在t＝0时波形如图甲所示，已知波速度为10 m/s.则t＝0.1 s时正确的波形应是图乙中的()解析：由波形图知波长为4.0 m ，用波长除以波速得到周期为0.4 s ，所以0.1 s 是四分之一周期，则用质点振动法结合波形图上下坡法判断，0.1 s 时的波形图应为C.答案：C3.在xOy 平面内有一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速为2 m/s ，振幅为A .M 、N 是平衡位置相距2 m 的两个质点，如图所示．在t ＝0时，M 通过其平衡位置沿y 轴正方向运动，N 位于其平衡位置上方最大位移处．已知该波的周期大于1 s ．则( )A ．该波的周期为53sB ．在t ＝13 s 时，N 的速度一定为2 m/sC ．从t ＝0到t ＝1 s ，M 向右移动了2 mD ．从t ＝13 s 到t ＝23s ，M 的动能逐渐增大解析：由题意：34λ＋λ＝2 m ，λ＝2n ＋34 m(n ＝0,1,2，3…)，所以周期T ＝λv ＝1n ＋34 s ，由于T >1 s ，n 只能取0，T ＝43 s ，选项A 错误；波传播速度不是各质点移动速度，质点也不随波迁移，选项B 、C 错误；质点M 在竖直方向做简谐振动，从t ＝13 s 到t ＝23 s 正好处于T4到T2间，质点M 从最高处向平衡位置运动，速度越来越大，选项D 正确．答案：D4．(2013年天津卷)一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9 m 的a 、b两质点的振动图象如图所示，下列描述该波的图象可能正确的是( )解析：由振动图象可知，a 在正的最大位移处时，b 在平衡位置向y 轴负方向运动，如果波从a 传到b ，其波形如图甲所示，则有9 m ＝⎝⎛⎭⎫n ＋34λ，其中n ＝0,1,2… 波长λ＝364n ＋3 m ，可能为12 m ，367 m ，3611 m 等，如果波从b 传到a 其波形如图乙所示，则有9 m ＝⎝⎛⎭⎫n ＋14λ，n ＝0,1,2… 则波长可能为36 m 、4 m 等，故选项A 、C 图是可能的．答案：AC5．如图所示，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻振动刚好传播到x ＝5 m 的M 点，已知P 点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4 s ，下面说法中正确的是( )A ．这列波的波长是4 mB ．这列波的传播速度是10 m/sC ．质点Q (x ＝9 m)经过0.5 s 第一次到达波峰D ．M 点以后的各质点开始振动时的方向都是向下解析：根据题意，周期T ＝0.4 s ，由图象可知，波长λ＝4 m ，所以波速v ＝λ/T ＝10 m/s ，选项AB 正确；质点Q (x ＝9 m)经过9 m －2 m10 m/s＝0.7 s 第一次到达波峰，选项C 错误；各质点的起振方向都与波源开始振动的方向相同，根据波的传播方向和波形图可知，M 点的起振方向是向下的，所以x 轴上各质点的起振方向都是向下，选项D 正确．答案：ABD6．(2014年全国卷Ⅱ)图(a)为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x ＝1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝4.0 m 处的质点；图(b)为质点Q 的振动图象．下列说法正确的是( )A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C ．在t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．在t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10 sin10πt (国际单位制)解析：由振动图象可知，在t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，故选项A 错误；结合波的图象，由Q 点在t ＝0.1 s 向y 轴负方向运动，可知波的传播方向沿x 轴负方向，图(a)中质点P 经Δt ＝0.25 s －0.1 s ＝0.15 s ＝34T 时间，位移变为负值，即t ＝0.25 s 时质点P 的加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；波在34T 时间沿x 轴负方向传播34λ＝6 m ，故选项C 正确；任意质点在半个周期内通过的路程为振幅的2倍，即20 cm ，从平衡位置或最大位移处开始，14T 时间内通过的路程等于振幅，而图(a)中质点P 在半个周期后，已经过平衡位置并向负的最大位移处运动，在14T 时间内通过的路程小于振幅，所以选项D 错误；由振动图象可知，质点Q 的振幅A ＝10 cm ＝0.1 m ，周期T ＝0.2 s ，ω＝2πT ＝10π rad/s ，所以其运动表达式为y ＝A ·sin ωt ＝0.10sin10πt (m)，选项E 正确．答案：BCE7.如图所示，S1、S 2为两个振动情况完全一样的波源，两列波的波长都为λ，它们在介质中产生干涉现象，S 1、S 2在空间共形成了5个振动加强的区域，如图中实线所示．P 是振动加强区域中的一点，从图中可看出( )A ．P 点到两波源的距离差等于1.5λB ．S 1的传播速度大于S 2的传播速度C ．P 点此时刻振动最强，过半个周期后，振动变为最弱D ．当一列波的波峰传到P 点时，另一列波的波峰也一定传到P 点E ．两波源之间的距离一定在2个波长到3个波长之间解析：两个振源S 1、S 2的振动情况完全相同，则两列波叠加的区域振动加强的点到两个振源的波程差为半波长的偶数倍，所以P 点是振动加强的点，选项A错误；在相同的介质中传播S 1、S 2的传播速度相等，选项B 错误；在干涉现象中振动加强的点始终加强，选项C 错误；由P 点是振动加强的点，所以当一列波的波峰传到P 点时，另一列波的波峰也一定传到P 点，选项D 正确；S 1、S 2两个波源之间有五个振动加强的区域，如图所示，P 1是一个振动加强的点，设S 1到P 1的距离为l 1，S 2到P 1点的距离为l 2，则有l 2－l 1＝2λ，两个波源S 1、S 2的距离l ＝l 1＋l 2＝2λ＋l 1，其中0＜l 1≤λ2，所以2λ＜l ＜3λ，故选项E 正确．答案：DE8．(2014年全国大纲卷)两列振动方向相同、振幅分别为A 1和A 2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是( )A ．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A 1－A 2|B ．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A 1＋A 2C ．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D ．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅解析：空间某一点的位移等于两列波同时在该点引起位移的矢量和，对于相干波源在某一点是加强点，说明两列波在该点的振动始终一致，但该点不是始终不变的，波峰与波峰相遇处的质点是振动加强点，其振幅为A 1＋A 2，其位移不断变化，故选项B 错误；波峰与波谷相遇处的质点是减弱点，减弱点的振幅为|A 1－A 2|，故选项A 、D 正确；两列波在减弱点引起的振动方向始终相反，但其位移不一定小于加强点的位移，故选项C 错误．答案：AD9．一列简谐横波在某一时刻的波形图如下图左所示，图中P 、Q 两质点的横坐标分别为x ＝1.5 m 和x ＝4.5 m ．P 点的振动图象如下图右所示．在下列四幅图中，Q 点的振动图象可能是( )解析：P 、Q 两质点间沿波的传播方向的距离为Δs ＝x Q －x P ＝3 m ＝34λ，波从P 传到Q或者从Q 传到P 需用时间34T ，若波沿x 轴正方向传播，则Q 点落后于P 点，即Q 点经Δt＝34T 后与P 点的振动情况相同，B 项正确；若波沿x 轴负方向传播，则P 点落后于Q 点，即P 点经Δt ＝34T 后与Q 点的振动情况相同，C 项正确．答案：BC10．(2014年安徽卷)一简谐横波沿x 轴正向传播，图(1)是t ＝0时刻的波形图，图(2)是介质中某质点的振动图象，则该质点的x 坐标值合理的是( )A ．0.5 mB ．1.5 mC ．2.5 mD ．3.5 m解析：由振动图可知t ＝0时该质点的位移为负值，且沿y 轴负方向运动，x ＝0.5 m ，x ＝3.5 m 处质点t ＝0时刻的位移均为正值，故选项A 、D 错误；x ＝1.5 m 处质点在t ＝0时刻的位称为负值，但沿y 轴正方向运动，所以选项B 错误；x ＝2.5 m 处质点，在t ＝0时刻位移为负值，且沿y 轴负方向运动，故选项C 正确．答案：C 二、非选择题11．如图所示，S 为波源，其频率为100 Hz ，所产生的简谐横波沿直线同时向左、右传播，波速为80 m/s ，该波的波长为________m ．P 、Q 是波传播途径中的两点，已知SP ＝4.2 m ，SQ ＝1.4 m ，则当S 经过平衡位置并向上运动时，P 在________，Q 在________(填“波峰”、“波谷”或“平衡位置”)．解析：由v ＝λf 得λ＝v f ＝80100 m ＝0.8 m ，则SP ＝514λ，当S 经平衡位置向上运动时，P质点刚好在波谷位置，SQ ＝134λ，当S 由平衡位置向上运动时，Q 质点刚好在波峰．答案：0.8 波谷波峰12．如图所示，一列简谐波沿x 轴传播，实线为t 1＝0时的波形图，此时P 质点向y 轴负方向运动，虚线为t 2＝0.01 s 时的波形图，已知周期T ＞0.01 s.(1)波沿x 轴________(填“正”或“负”)方向传播； (2)求波速．解析：(1)由t 1＝0时刻P 质点向y 轴负方向运动，则可知该简谐波沿x 轴正方向传播． (2)由题图可得波长λ＝8 m ，由t 1时到t 2时刻波传播的距离s ＝nλ＋18λ所以Δt ＝t 2－t 1＝nT ＋T8得T ＝8×Δt 8n ＋1 s ＝0.088n ＋1s 由于T ＞0.01 s ，所以只有n ＝0，即T ＝0.08 s 由v ＝λT ＝80.08 m/s ＝100 m/s.答案：(1)正 (2)100 m/s13．如图所示是一列简谐横波上A 、B 两质点的振动图象，两质点平衡位置间的距离Δx ＝4.0 m ，波长大于3.0 m ，求这列波的传播速度．解析：由振动图象可知，质点振动周期T ＝0.4 s ，①若该波从质点A 传到质点B ，取t ＝0时刻分析，质点A 经平衡位置向上振动，质点B 处于波谷，则Δx ＝nλ＋14λ(n ＝0,1,2,3…)所以该波波长为λ＝4Δx 4n ＋1＝164n ＋1 m因为有λ＞3.0 m 的条件，所以取n ＝0,1 当n ＝0时，λ1＝16 m ，波速v 1＝λ1T ＝40 m/s当n ＝1时，λ2＝3.2 m ，波速v 2＝λ2T ＝8.0 m/s.②若该波从质点B 传到质点A ，取t ＝0时刻分析，质点A 经平衡位置向上振动，质点B 处于波谷，Δx ＝nλ＋34λ(n ＝0,1,2,3…)．所以该波波长为λ＝4Δx 4n ＋3＝164n ＋3m(n ＝0,1,2,3…)，因为有λ＞3.0 m 的条件，所以取n ＝0，当n ＝0时，λ3＝163 m ，波速v 3＝λ3T ＝403 m/s.答案：见解析。

高考物理一轮复习第四章专题强化七圆周运动的临界问题

大一轮复习讲义
第四章曲线运动
专题强化七圆周运动的临界问题
目标 1.掌握水平面内、竖直面内的圆周运动的动力学问题的分析方法.2.会分析水平面内、竖直面内要求圆周运动的临界问题.
内容索引
题型一水平面内圆周运动的临界问题题型二竖直面内圆周运动的临界问题题型三斜面上圆周运动的临界问题课时精练
FN、绳子拉力F.小球所受合力提供向心力，设绳子与竖直方向夹角为
θ，由几何关系可知R＝htan θ，受力分析可知Fcos θ＋FN＝mg，Fsin θ ＝mvR2＝mω2R＝4mπ2n2R＝4mπ2n2htan θ；当球即
将离开水平桌面时，FN＝0，转速n有最大值，此
时n＝21π
g ，故选D. h
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
√C.小物体受到的摩擦力可能背离圆心 √D.ω的最大值是1.0 rad/s
当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，合力提供向心力，故A错误；当物体在最高点时，可能只受到重力与支持力2个力的作用，也可能受到重力、支持力与摩擦力三个力的作用，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，摩擦力的方向沿斜面向上时，ω越大时，小物体在最高点处受到的摩擦力越小，故B错误；当物体在最高点时，摩擦力的方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，即可能指向圆心，也可能背离圆心，故C正确；
3.方法突破 (1)水平转盘上的物体恰好不发生相对滑动的临界条件是物体与盘间恰好达到最大静摩擦力. (2)物体间恰好分离的临界条件是物体间的弹力恰好为零. (3)绳的拉力出现临界条件的情形有：绳恰好拉直意味着绳上无弹力；绳上拉力恰好为最大承受力等. 4.解决方法当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别针对不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解.

高中物理第一轮复习课时强化作业 (46)

课时强化作业四十六热力学定律与能量守恒1．(多选)(2016届文昌月考)下列有关热学知识的论述正确的是()A．两个温度不同的物体相互接触时，热量既能自发地从高温物体传给低温物体，也可以自发地从低温物体传给高温物体B．在一定条件下，低温物体可以向高温物体传递能量C．第一类永动机违背能量转化和守恒定律，第二类永动机不违背能量转化和守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以制造出来D．温度是物体分子热运动平均动能的标志解析：两个温度不同的物体相互接触时，热量能自发地从高温物体传给低温物体，不能自发地从低温物体传给高温物体，A选项错误；在一定条件下，低温物体可以向高温物体传递能量，比如空调消耗电能，使热量从低温物体向高温物体传递，B选项正确；第一类永动机违背能量转化和守恒定律，不能制造出来，第二类永动机违反了物理过程的方向性，同样不能制造成功，C选项错误；温度是物体分子热运动激烈程度的反映，是物体分子热运动平均动能的标志，D选项正确．答案：BD2．(2016届泗阳县模拟)崔牛先生向客户推介他设计的“超级推进器”，该推进器由超导体、激光器、致冷剂以及计算机控制系统组成，其神奇之处在于能通过自身的循环工作，源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源．事实上，这是不可能实现的，因为他的设计违反了()A．能量守恒定律B．电荷守恒定律C．机械能守恒定律 D.质量守恒定律解析：自然界中的能量是守恒的，它既不会消灭，也不会创生，而且由于能量的转化或转移具有方向性，所以无法制造源源不断地获得动力，而不需要消耗任何能源的“永动机”，A选项正确．答案：A3．(2016届广州模拟)如右图，注射器内密封一部分气体，若针筒和活塞隔热性能良好，则缓慢向外移动活塞的过程中气体()A．对活塞不做功B．对活塞做负功C．温度保持不变D.压强逐渐减小解析：缓慢向外移动活塞的过程中气体的体积增大，对外做功，即气体对活塞做正功，A、B选项错误；针筒和活塞隔热性能良好，缓慢向外移动活塞的过程中，气体对外做功，内能减小，温度降低，C选项错误；气体的体积增大，温度不变，根据玻意耳定律，p1V1＝p2V2，可知气体的压强一定减小，D选项正确．答案：D4．观察水沸腾的过程中，水沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况如图甲、乙所示．关于这种现象的原因分析，下列说法中正确的是()A．图甲中气泡在上升过程中泡内气体内能增大B．图甲中气泡在上升过程中泡内气体释放热量C．图甲中气泡在上升过程中泡内气体对外做功D．图乙中气泡气体在上升过程中泡内气体内能增大解析：图甲是沸腾过程，杯内各处温度大致相同，气泡上升过程是一个等温过程，上升过程中泡内气体压强减小、体积增大，对外做功，但要从外界吸收热量，以维持内能不变，A、B选项错误，C选项正确；图乙是沸腾前的过程，杯中水上部分温度比下部分温度低，气泡上升过程中，温度降低，所以内能将减小，故D选项错误．答案：C5．(多选)(2016届呼伦贝尔模拟)下列说法中正确的是()A．随着科学技术的发展，制冷机的制冷温度可以降到－280 ℃B．随着科学技术的发展，热量可以从低温物体传到高温物体C．随着科学技术的发展，热机的效率可以达到100%D．无论科技怎样发展，第二类永动机都不可能实现E．无论科技怎样发展，都无法判断一温度升高的物体是通过做功还是热传递实现的解析：绝对零度不能达到，制冷机的制冷温度不可以降到－273 ℃以下，A选项错误；随着科学技术的发展，热量可以从低温物体传到高温物体，但要引起其他变化，B选项正确；根据热力学第二定律，热机的效率不可以达到100%，C选项错误；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，即第二类永动机都不可能实现，D选项正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，无论科技怎样发展，都无法判断一温度升高的物体是通过做功还是热传递实现的，E选项正确．答案：BDE6．(多选)在下列叙述中，正确的是()A．熵是物体内分子运动无序程度的量度B．对孤立系统而言，一个自发的过程中熵总是向减少的方向进行C．热力学第二定律的微观实质是：熵总是增加的D．熵值越大，表明系统内分子运动越无序E．能量耗散说明能量在不断减小解析：熵是物体内分子运动无序程度的量度，A选项正确；任何自然过程一定总是沿着熵增加的方向进行的，即一切自然过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的，B选项错误；热力学第二定律的宏观表述是扩散、热传递等与热现象有关的宏观过程具有方向性，微观实质是熵总是增加的，C选项正确；熵值越大，表明系统内分子运动越无序，D选项正确；根据能量守恒定律可知，能量不会凭空产生，也不可以凭空消失，能量耗散是指能量的可利用率越来越低，E选项错误．答案：ACD7．(多选)根据热力学定律判断下列说法中正确的是()A．热力学零度不可能达到B．利用浅层和深层海水的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能全部转化为机械能C．冰箱可以自发地使热量由温度较低的冰箱内向温度较高的冰箱外转移D．只要是满足能量守恒的物理过程，都是可以自发进行的解析：热力学零度，即绝对零度不能达到，A选项正确；根据热力学第二定律可知，可以利用海水之间的温度差制造出一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这既不违反能量守恒也不违反热力学第二定律，B选项正确；根据热力学第二定律可知，将能量从高温传递到低温而不引起其他变化是不可能的，C选项错误；自然中的宏观过程既要满足能量守恒又要满足热力学第二定律，D选项错误．答案：AB8．下列关于能量转化或转移过程的说法中正确的是()A．摩擦生热的过程是不可逆过程B．所有能量守恒的过程都能自发地发生C．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性D．能的转化过程符合能量守恒定律，因此不会发生能源危机解析：根据热力学第二定律可知，宏观的热现象具有方向性，即机械能向内能转化时具有方向性，A 选项正确；满足能量守恒定律的现象不一定能实现，热量不能自发的从低温向高温传递，而不引起其他变化，B选项错误；热传递在自发进行时有方向性，总是从高温物体传递到低温物体，空调既能制热又能制冷，前提需要消耗电能，C选项错误；能的转化过程中，存在“能量耗散”和”能量品质”的降低，例如机械能转化为内能后，不能重复利用，D 选项错误．答案：A9．若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体(视为理想气体)，(1)下列说法中正确的是________(填写选项前的字母)．A ．气体分子间的作用力增大B ．气体分子的平均速率增大C ．气体分子的平均动能减小D ．气体组成的系统的熵增加(2)气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做0.6 J 的功，则此过程中气泡________(选填“吸收”或“放出”)的热量是________J ．气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1 J 的功，同时吸收了0.3 J 的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.解析：(1)理想气体分子间没有作用力，A 选项错误；温度是平均动能的标志，气泡在上升过程中温度不变，平均动能不变，平均速率不变，B 、C 选项错误；气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中气泡内气体组成的系统的熵增加，D 选项正确． (2)气泡从湖底上升到湖面过程中内能不变，ΔU ＝0，对外界做功W ＝－0.6 J ，根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 得，Q ＝0.6 J ，吸收热量0.6 J.气泡到达湖面后，温度上升的过程中W ＝－0.1 J ，Q ＝0.3 J ，则ΔU ＝W ＋Q ＝0.2 J ，即气泡内气体内能增加0.2 J.答案：(1)D (2)吸收 0.6 0.210．(2016届鄂豫晋冀陕联考)如图所示，用质量m ＝1 kg 的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部的高度h 1＝0.50 m ，气体的温度t 1＝27 ℃，给汽缸缓慢加热至t 2＝207 ℃，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h 2处，此过程中被封闭气体增加的内能ΔU ＝300 J ．已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，重力加速度g ＝10 m/s 2，活塞横截面积S ＝5.0×10－4m 2.求：(1)初始时汽缸内气体的压强和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h 2；(2)此过程中缸内气体吸收的热量Q .解析：(1)活塞缓慢上升，气体做等压变化，根据盖·吕萨克定律得，h 1S T 1＝h 2S T 2，解得h 2＝0.80 m.(2)分析活塞的受力，mg ＋p 0S ＝pS ，解得封闭气体的压强p ＝mg S ＋p 0＝1.2×105 Pa ，在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W ＝p ΔV ＝p (h 2－h 1)S ＝18 J ，根据热力学第一定律可得气体吸收的热量Q ＝ΔU ＋W ＝318 J.答案：(1)0.80 m (2)318 J 11. (2016届新乡、许昌、平顶山三市第一次调研)如图所示，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞，开始时气缸内密封有温度为3.6T 0、压强为1.2p 0的一定质量理想气体(p 0和T 0分别为外界大气的压强和热力学温度)，活塞静止在气缸顶部．经过一段时间后，活塞再次静止．已知气体内能U 与热力学温度T 的关系为U ＝αT ，α为正的常量，容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：(1)活塞再次静止时，气缸内气体的体积；(2)在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q .解析：(1)封闭气体压强初态p 1＝1.2p 0，末态p 2＝p 0，温度初态T 1＝3.6T 0，末态T 2＝T 0，体积初态V 1＝V ，末态为V 2，根据理想气体状态方程得，p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，解得V 2＝V 3. (2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V 1－V 2)，在这一过程中，气体内能的变化量为ΔU ＝α(T 2－T 1)，设气缸内气体放出的热量为Q ，则由热力学第一定律得，ΔU ＝W －Q ，联立以上各式可得Q ＝23p 0V ＋2αT 0. 答案：(1)V 3 (2)23p 0V ＋2αT 0 12. (2016届吉林省东北师大附中四模)如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A 、B 两部分理想气体，A 部分气体压强为p A 0＝2.5×105 Pa ，B 部分气体压强为p B 0＝1.5×105 Pa.现拔去销钉，待活塞重新稳定后，(外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生)(1)求此时A 部分气体体积与原来体积之比；(2)判断此过程中A 部分气体是吸热还是放热，并简述理由．解析：(1)外界温度不变，封闭气体做等温变化，对于A 部分气体，根据玻意耳定律得，p A 0V ＝p A (V ＋ΔV )，对于B 部分气体，p B 0V ＝p B (V －ΔV )，其中p A ＝p B ，解得ΔV ＝14V ，A 部分气体体积与原来的体积之比为5∶4.(2)A 部分气体温度不变，气体内能不变，气体体积变大，气体膨胀对外做功，由热力学第一定律可得，气体从外界吸收热量．答案：(1)5∶4(2)A 部分气体是吸热，理由见解析。