【全程复习方略】(广东专用)2014版高考物理一轮复习 第七章 第1讲简谐运动及其图像 受迫振动课时作业
2014届高考物理一轮复习讲义配套课件全国课标 专题七 静电场
所谓的失言其实就是一不小心说了实话，人不要讲谎话，因为讲一句谎话要用十句甚至更多的谎话来圆谎，但有时候，人不能净说实话，如果 说实话效果不好，你可以用模棱两可的外交辞令代替！ 你要结交敢于指责你缺点，当面批评你的人，远离恭维你缺点，一直对你嘻嘻哈哈的人！
身体健康，学习进步！ 往者不可谏，来者犹可追。——《论语·微子》
对于人来说，白癜风康复报告问心无愧是最舒服的枕头重在实干。 有时候我们要冷静问问自已，我们在追求什么？我们活着为了什么？
与任何人接触时，要常常问自己，我有什么对他有用？使他得益。如果我不能以个人的道德学问和修持的力量，来使人受益，就等于欠了一份 债。 学而不思则罔，思而不学则殆。——孔子 让珊瑚远离惊涛骇浪的侵蚀吗？那无异是将它们的美丽葬送。 得到的分是我努力的，扣掉的分是你遗传的！ 多一分心力去注意别人，就少一分心力反省自己，你懂吗？
高考物理（湖南专用）
专题七 静电场
别说别人可怜，自己更可怜，自己修行又如何？自己又懂得人生多少？ 不要浪费你的生命，在你一定会后悔的地方上。 竞争，其实就是一种变相的友谊，在对手的帮助下提高你自己，害怕竞争的人已经输给了对手，注定难取得大的成就。 最大的挑战和突破在于用人，而用人最大的突破在于信任人。——马云 世上的事，不如己意者，那是当然的。 重要的不是发生了什么事，而是要做哪些事来改善它。 知之为知之，不知为不知，是知也。——《论语·为政》 过去一切时代的精华尽在书中。——卡莱尔 如果上帝没
2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)4.4万有引力定律及其应用
课时提能演练(十三)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为T A∶T B＝1∶8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为( )A.R A∶R B＝4∶1，v A∶v B＝1∶2B.R A∶R B＝4∶1，v A∶v B＝2∶1C.R A∶R B＝1∶4，v A∶v B＝1∶2D.R A∶R B＝1∶4，v A∶v B＝2∶12.(创新题)2011年11月3号凌晨，“天宫一号”与“神八”实现对接，11月14日实现第二次对接，组合体成功建立了载人环境，舱内将进行多项太空实验.假设一宇航员手拿一只小球相对于太空舱静止“站立”于舱内朝向地球一侧的“地面”上，如图所示.下列说法正确的是( )A.宇航员相对于地球的速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间B.若宇航员相对于太空舱无初速度释放小球，小球将落到“地面”上C.宇航员将不受地球的引力作用D.宇航员对“地面”的压力等于零3.(易错题)近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T 1和T 2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g 1、g 2，则( ) A. B.C.g 1g 2＝(T 1T 2)2D.g 1g 2＝(T 2T 1)2 4.月球与地球质量之比约为1∶80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O 做匀速圆周运动.据此观点，可知月球与地球绕O 点运动的线速度大小之比和它们的轨道半径之比约为( )A.1∶6 400,1∶80B.1∶80,1∶6 400C.80∶1,80∶1D.6 400∶1,80∶1二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(易错题)(2012·杭州模拟)人类正在有计划地探索地球外其他星球，若宇宙空间某处有质量均匀分布的实心球形天体，则下列有关推断正确的是(引力常量G 已知)( )A.若宇航员测出宇宙飞船贴着天体表面做匀速圆周运动的周期，则可推知天体的密度B.只要测出宇宙飞船绕天体做匀速圆周运动的半径和周期，就可推知该天体的密度C.若宇航员用弹簧测力计测得某一物体在该天体的极地比赤道上重P ，且已知该天体自转周期为T ，则可推知天体的密度D.若测出该天体表面的重力加速度和该天体的第一宇宙速度，则可以推知该天体的密度6.(2011·广东高考)已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G ，有关同步卫星，下列表述正确的是( )A.卫星距地面的高度为3GMT 24π2B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为G MmR2D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度7.(2012·黄冈模拟)太阳由于辐射，质量在不断减小，地球由于接受太阳辐射和吸收宇宙中的尘埃，其质量在增加，假定地球增加的质量等于太阳减小的质量，且地球的轨道半径不变，则( ) A.太阳对地球的引力增大 B.太阳对地球的引力变小 C.地球运行的周期变长 D.地球运行的周期变短8.如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A 、B 、C 在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有( )A.根据v ＝gr ，可知v A ＜v B ＜v CB.根据万有引力定律，F A ＞F B ＞F CC.向心加速度a A＞a B＞a CD.运动一周后，C最晚回到原地点9.(2012·深圳模拟)地球“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地高度为同步卫星离地高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致.关于该“空间站”说法正确的有( )A.运行的加速度一定等于其所在高度处的重力加速度B.运行的速度等于同步卫星运行速度的倍C.站在地球赤道上的人观察到它向东运动D.在“空间站”工作的宇航员因受到平衡力而在其中悬浮或静止三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(预测题)(18分)中国赴南极考察船“雪龙号”，从上海港口出发一路向南，经赤道到达南极.某同学设想，在考察船“雪龙号”上做一些简单的实验来探究地球的平均密度：当“雪龙号”停泊在赤道时，用弹簧测力计测量一个钩码的重力，记下弹簧测力计的读数为F1，当“雪龙号”到达南极后，仍用弹簧测力计测量同一个钩码的重力，记下弹簧测力计的读数为F2，设地球的自转周期为T，不考虑地球两极与赤道的半径差异.请根据探索实验的设想，写出地球平均密度的表达式(万有引力常量G、圆周率π已知).11.(18分)一组太空人乘太空穿梭机，去修理位于离地球表面6.0×105 m的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H.机组人员驾驶穿梭机S进入与H 相同的轨道并关闭推动火箭，而望远镜在穿梭机前方数公里处，如图所示，设G 为万有引力常量，M E 为地球质量.(已知地球半径为6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝ 9.8 m/s 2)(1)在穿梭机内，一个质量为70 kg 的人站在台秤上，则其示数是多少？ (2)计算轨道上的重力加速度值. (3)计算穿梭机在轨道上的速率和周期.答案解析1.【解析】选D.设地球质量为M ，卫星质量为m ，卫星周期为T ，轨道半径为R.卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，故G Mm R 2＝m v 2R ＝m(2πT )2R 故R 3T 2＝GM4π2，v ＝ 所以：R 3A T 2A ＝R 3B T 2B ，R A R B ＝3T 2AT 2B ＝14， v Av B ＝R B R A ＝21.选项D 正确. 2.【解析】选D.7.9 km/s 是发射卫星的最小速度，是卫星环绕地球运行的最大速度，可见，所有环绕地球运转的卫星、飞船等，其运行速度均小于等于7.9 km/s ，故A 错误；若宇航员相对于太空舱无初速度释放小球，由于惯性，小球仍具有原来的速度，所以地球对小球的万有引力正好提供它做匀速圆周运动需要的向心力，即G Mm ′r 2＝m ′v 2r ，其中m ′为小球的质量，故小球不会落到“地面”上，而是沿原来的轨道继续做匀速圆周运动，故B 错误；宇航员受地球的引力作用，此引力提供宇航员随空间站绕地球做圆周运动的向心力，否则宇航员将脱离圆周轨道，故C 错误；因宇航员所受的引力全部提供了向心力，宇航员不能对“地面”产生压力，他处于完全失重状态，D 正确. 3.【解析】选B.人造卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力(或重力)提供，则G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，又mg ＝m 4π2T 2r ，设两周期为T 1和T 2的卫星的轨道半径分别为r 1和r 2，解得g 1g 2＝，故B 正确.4.【解析】选C.月球和地球绕O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则月球和地球的向心力相等.且月球、地球和O 始终共线，说明它们有相同的角速度和周期.设月球和地球的质量、线速度、轨道半径分别为m 1、m 2，v 1、v 2和r 1、r 2，角速度为ω，它们之间的万有引力提供向心力，即向心力相等，有m 1v 1ω＝m 2v 2ω，即v 1v 2＝m 2m 1＝801，m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，即r 1r 2＝m 2m 1＝801，选项C 正确.【总结提升】解答双星问题的“两等”与“两不等” (1)双星问题的“两等”分别是： ①它们的角速度相等.②双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，即它们运动的向心力大小总是相等的. (2)“两不等”分别是：①双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点，所以双星做匀速圆周运动的半径与双星间的距离是不相等的，它们的轨道半径之和才等于它们间的距离.②由m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2知由于m 1与m 2一般不相等，故r 1与r 2一般也不相等.5.【解析】选A 、D.若天体的半径为R ，宇宙飞船绕天体飞行的半径为r ，周期为T ，即有G Mm r 2＝mr(2πT )2，而ρ＝M43πR 3.只有当r ＝R 时，可得ρ＝3πGT 2，故选项A 正确，B 错误；在极地的重力为G MmR 2，赤道上的重力为G Mm R 2－mR(2πT )2，由题意可知P ＝mR(2πT )2，仅此不能求出天体的密度，故选项C 错误；第一宇宙速度v ＝gR ，而天体表面的重力加速度g ＝GM R 2，可得M ＝v 4gG ，所以ρ＝M 43πR 3＝3g 24πGv2，即可求出天体的密度，故选项D 正确.6.【解析】选B 、D.对同步卫星有万有引力提供向心力G Mm(R ＋h)2＝m(R＋h)4π2T 2，所以h ＝3GMT 24π2－R ，故A 错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，B 正确；同步卫星运动的向心力等于万有引力，应为：F ＝GMm (R ＋h)2，C 错误；同步卫星的向心加速度为a 同＝GM(R ＋h)2，地球表面的重力加速度a 表＝GMR2，知a 表>a 同，D 正确.【变式备选】某同学设想驾驶一辆由火箭作动力的陆地太空两用汽车，沿赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以任意增加，不计空气阻力，当汽车速度增加到某一值时，汽车将离开地球成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”，对此下列说法正确的是(R ＝6 400 km ，取g ＝10 m/s 2)( )A.汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大B.当汽车离开地球的瞬间速度达到28 440 km/hC.此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1 hD.在此“航天汽车”上弹簧测力计无法测量力的大小【解析】选B.汽车受到的重力与地面的支持力的合力提供向心力，在速度增加时，向心力增大，重力不变，支持力减小，即汽车对地面的压力减小，选项A 错误.若要使汽车离开地球，必须使汽车的速度达到第一宇宙速度7.9 km/s ＝28 440 km/h ，选项B 正确.此时汽车的最小周期为T ＝2πr 3GM＝2πR 3gR 2＝ 2πRg＝5 024 s ＝83.7 min ，选项C 错误.在此“航天汽车”上弹簧产生形变仍然产生弹力，选项D 错误.7.【解析】选A 、C.由GMm r 2＝m 4π2T 2r ，可知T ＝4π2r 3GM，由于r 不变M 变小，则T 变长，C 正确，D 错误；由F 万＝GMmr 2可得r 不变，M 与m 的和不变，但差值减小，即Mm 变大，则F 万变大，A 正确，B 错误. 8.【解析】选C 、D.由GMm r 2＝m v 2r＝ma 可得：v ＝GMr，故v A ＞v B ＞v C ，不可用v ＝gr 比较v 的大小，因卫星所在处的g 不同，A 错误；由a ＝GM r 2，可得a A ＞a B ＞a C ，C 正确；万有引力F ＝GMmr 2，但不知各卫星的质量大小关系，无法比较F A 、F B 、F C 的大小，B 错误；由T ＝2πr v 可知，C的周期最大，最晚回到原地点，故D 正确.9.【解析】选A 、C.在轨道上运动的加速度与重力加速度都等于所受万有引力与其质量的比值，A 正确；根据环绕速度公式v ＝GMr，由于“空间站”的离地高度等于同步卫星离地高度的十分之一，其轨道半径不是十分之一的关系，B 错误；因为运行方向与地球自转方向一致，比地球上的人运动的角速度大，所以站在地球赤道上的人观察到它向东运动，C 正确；在“空间站”工作的宇航员做圆周运动，不是平衡状态，合外力提供向心力，D 错误.10.【解析】在地球赤道处，钩码受地球的引力与弹簧的弹力作用，钩码随地球自转，做圆周运动，所以F 引－F 1＝m 4π2T 2R ①(5分)在地球的南极钩码受地球的引力与弹簧的弹力作用，因该处的钩码不做圆周运动，处于静止状态，有F 引＝F 2＝G MmR 2 ②(5分)又因为M ＝ρV ＝ρ43πR 3 ③(4分)联立①②③解得ρ＝3F 2πGT 2(F 2－F 1) (4分)答案：ρ＝3F 2πGT 2(F 2－F 1)11.【解题指南】解答本题需把握以下几点： (1)穿梭机内的人处于完全失重状态.(2)轨道上的重力加速度即穿梭机的向心加速度. (3)利用F 万＝F 向计算穿梭机的速率和周期.【解析】(1)在穿梭机中，由于人处于完全失重状态，故质量为70 kg 的人站在台秤上时，对台秤的压力为零，因此台秤的示数为零. (2分)(2)穿梭机在地面上时mg ＝G M E mR 2(2分)在轨道上时mg ′＝G M E m(R ＋h)2(2分)解得：g ′＝gR 2(R ＋h)2. (2分)代入数据得： g ′＝8.2 m/s 2. (2分)(3)穿梭机在轨道上运行时：G M E m (R ＋h)2＝m v2R ＋h ， (2分)GM E m(R ＋h)2＝m(2πT )2(R ＋h) (2分)联立解得：v ＝R g R ＋h ，T ＝2πR (R ＋h)3g (2分)代入数据解得：v ＝7.6×103 m/sT ＝5.8×103 s. (2分)答案：(1)示数为零 (2)8.2 m/s 2(3)7.6×103 m/s 5.8×103 s。
高考物理一轮复习 第1讲简谐运动受迫振动课时提升作业 教科
取夺市安慰阳光实验学校【全程复习方略】2014版高考物理一轮复习第十一章第1讲简谐运动受迫振动课时提升作业教科版选修3-4(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.若物体做简谐运动,则下列说法中正确的是( )A.若位移为负值,则速度一定为正值,加速度也一定为正值B.物体通过平衡位置时,所受合外力为零,回复力为零,处于平衡状态C.物体每次通过同一位置时,其速度不一定相同,但加速度一定相同D.物体的位移增大时,动能增加,势能减少2.(2013·泸州模拟)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,若测得的g值偏大,可能是因为( )A.摆球质量过大B.单摆摆动时振幅较小C.测量摆长时,只考虑了摆线长,忽略了小球的半径D.测量周期时,把n次全振动误记为n+1次全振动,使周期偏小3.悬挂在竖直方向上的弹簧振子,周期T=2s,从最低点位置向上运动时刻开始计时,在一个周期内的振动图像如图所示,关于这个图像,下列说法正确的是( )A.t=1.25s时,振子的加速度为正,速度也为正B.t=1.7s时,振子的加速度为负,速度也为负C.t=1.0s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值D.t=1.5s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值4.(2013·松江模拟)关于单摆的运动有下列说法,正确的是( )A.单摆的回复力是摆线的拉力与重力的合力B.单摆的回复力是重力沿摆球运动轨迹切向的分力C.单摆的周期与质量无关,与振幅、摆长及当地的重力加速度有关D.在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快5.如图所示,图甲是利用砂摆演示简谐运动图像的装置。
当盛砂漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时,做简谐运动的漏斗漏出的砂在板上形成的曲线显示出砂摆的振动位移随时间的变化关系。
已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s,图乙所示的一段木板的长度为0.60 m,则这次实验砂摆的摆长为(取g=π2)( )A.0.56 mB.0.65 mC.1.0 mD.2.3 m6.(2013·开封模拟)光滑的水平面上放有质量分别为m和12m的两木块,下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连,弹簧的另一端固定在墙上,如图所示.已知两木块之间的最大静摩擦力为f,为使这两个木块组成的系统能像一个整体一样地振动,系统的最大振幅为( )A.fkB.2fkC.3fkD.4fk7.(多选)如图所示为甲、乙两单摆做简谐运动的图像,则( )A.甲、乙两单摆的摆长之比为2∶1B.甲、乙两单摆的周期之比为2∶1C.甲、乙两单摆的振幅之比为2∶1D.甲、乙两单摆的机械能之比为2∶18.(多选)(2013·泰安模拟)如图所示是一个单摆做受迫振动时的共振曲线,表示振幅A 与驱动力的频率f 的关系。
(广东专用)2014届高考物理一轮复习方案 专题1 运动图象 追及与相遇问题(含解析).pdf
专题(一) [专题1 运动图象 追及与相遇问题] (“追及与相遇问题”可根据学生实际选学) 1．2012·江西三校联考下列所给的图像中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是( ) 图－12012·唐山一模甲、乙两辆汽车从同一点出发向同一方向行驶它们的v－t图象如图－2所示．下列判断正确的是( )在t时刻以前乙车始终在甲B．在t时刻以前乙车的速度始终比甲车的大在t时刻以前乙车的速度始终比甲车增加的快在t时刻两车第一次相遇图－2 图－32012·孝感一模(双选)甲、乙两车同时沿同一方向做直线运动它们的位移—时间图象如图－3所示甲车图象为过坐标原点的倾斜直线乙车图象为顶点在坐标原点的物线则下列说法正确的是( )甲、乙之间的距离先增大、后减小然后再增大～t时间段内乙的平均速度大于甲的平均速度时刻甲、乙相遇时刻甲、乙距离最大2012·大连模拟如图－4所示为甲、乙两物体从同一地点沿直线向同一方向运动的v－t图象则下列说法错误的是( ) 图－4甲、乙两物体在4 末相距最远甲、乙两物体在5 末相遇前4 内甲物体总D．甲、乙两物体在2.5 时相距最远2012·衡水质检图－5是甲、乙两物体做直线运动的v－t图象．下列表述正确的是( ) 图－5乙做匀加速直线运动～1 内甲和乙的位移相等甲和乙的加速度方向相同D．甲的加速度比乙的小 6．2012·东北三校联考从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度－时间图象如图－6所示．在0～t时间( ) 图－6物体所受的合外力不断增大物体所受的合外力不断减小在第一次相遇之前时刻两物体相距最远时刻两物体相遇、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是2012·重庆月考如图－7所示汽车以10 的速度匀速驶向路口当行驶至距路口停车线20 处时绿灯还有3 熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处则汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是( ) 图－72012·潍坊联考(双选)甲、乙两质点在同一直线上做匀加速直线运动图象如图－8所示末两质点在途中相遇由图象可知( ) 图－8甲的加速度等于乙的加速度出发前甲在乙之前6 处出发前乙在甲之前6 处相遇前甲、乙两质点的最远距离为6 2012·福州模拟甲、乙两车在一平直道路上同向运动其v－t图象如图－9所示图中△OPQ和△OQT的面积分别为s和s(s2>s1)．初始时甲车在乙车前方s处则下列结论错误的是( ) 图－9若s＝s＋s两车不会相遇若s两2次若s＝s两车相遇1次若s＝s两车相遇1次2012·唐山质检猎狗能以最大速度v＝10 持续地奔跑野兔只能以最大速度v＝8 的速度持续奔跑．一只野兔在离洞窟s＝200 处的草地上玩耍猎狗发现后以最大速度朝野兔追来．野兔发现猎狗时与猎狗相距s＝60 野兔立即跑向洞窟．设猎狗、野兔、 *11.一辆汽车在十字路口等待绿灯当绿灯亮时汽车以a＝的加速度v0＝6 的速度匀速驶来从后边超过汽车试问：(1)汽车从路口开动后在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？最远距离是多大？(2)当汽车与自行车距离最近时汽车的速度是多大？专题(一)2．AB [解析] 由速度图象与时间轴所夹面积表示位移可知在t时刻以前乙车始终在甲车的前面且乙车的速度始终比甲车的大选项、B正确；由速度图象的斜率表示加速度可知在t时刻以前乙车的加速度逐渐减小最终为零甲车加速度恒定选项错误；在t时刻两车第一次速度相等选项错误． [解析] 由题中的位移－时间图象可知甲、乙之间的距离先增大、后减小然后再增A正确；t时刻甲、乙位移相等～t时间段内甲、乙的平均速度相等选项、D错误选项正确． [解析] 甲、乙运动的位移可由速度图象与时间坐标轴所围的面积表示且两物体是在同一地点不同时刻出发做匀变速直线运动比较面积可知选项错误选项、C、D正确． [解析] 甲、乙两物体在速度图象里的图线都是倾斜的A对错；在速度图象里图线与时间轴所夹的面积表示位移故在0～1 内甲的位移大于乙的位移错；图线斜率表示加速度故甲的加速度大于乙的加速度错． [解析] 速度－时间图象中Ⅰ物体的斜率逐渐减小即Ⅰ物体的加速度逐渐减小所以Ⅰ物体所受合外力不断减小错误；在0～t时间内物体的速度始终大于Ⅰ物体的速度所以两B正确；在速度－时间图象中图线与时间轴所围面积表示位移而在0～t时间内物体速度图线所围面积大于Ⅱ物体速度图线所围面积两物体平均速度不可能相同、D错误． [解析] 汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处故汽车在3 内位移为20 由速度图象与时间轴所夹面积表示位移可知汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是 [解析] 根据图象的斜率表示加速度可得a甲＝1.5 m/s乙＝2 m/s选项A错误；根据“面积法”可得3 s内甲、乙沿同一方向运动的位移分别为甲＝＝3 m乙＝＝9 m因为3 s末两质点在途中相遇所以出发前甲在乙之前6 m处选项B正确选项C错误；1 s前甲静止乙匀加速运动甲、乙间距从6 m1 s后乙开始匀加速运动但甲的速度始终小于乙的速度所以甲、乙间距还在减小末甲、乙间距减为0即相遇选项D正确． [解析] 在t时刻两车位移之差为s此时两车速度相等．若s＝s两车仅相遇一次；若s＜s在t时刻之前 两车已经相遇在t时刻之后两车再次相遇；若s＞s则在t时刻两车未能相遇此后甲车速度大于、B、C正确错误．[解析] 假设野兔一直加速运动猎狗在洞窟恰追上野兔时．对猎狗：t＝＝26 对野兔：＝s解得v＝15.4 所以野兔应先加速运动后匀速运动．设加速时间为t则v2t1＋vt－t)＝s解得t＝2 所以野兔的加速度为＝＝4 (1)2 s 6 (2)12 [解析] 方法一(用临界条件求解)(1)当汽车的速度为v＝6 时二者相距最远所用时间为＝＝2 最远距离为＝v－＝6 (2)两车距离最近时有＝解得t＝4 汽车的速度为v＝at＝12 方法二(用图象法求解)． (1)汽车和自行车的v－t图象如图所示图图象可得t＝2 时二者相距最远．最远距离等于图中阴影部分的面积即＝＝6 (2)两车距离最近时即两个v－t图线下方面积相等时由图象得此汽车的速度为v＝12 方法三(用数学方法求解)(1)由题意知自行车与汽车的位移之差为＝v－因二次项系数小于零当t＝＝2 时有最大值最大值＝v－＝6×2 －＝6 (2)当＝v－＝0时相遇得t＝4 汽车的速度为v＝at＝12。
2019版高中物理《复习方略》广东专用 课时提升作业(十九) 第七章 第1讲简谐运动及其图像 受迫振动
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课时提升作业(十九)(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2018·西宁模拟)如图所示,质量相同的四个摆球悬于同一根横线上,四个摆的摆长分别为l1=2m、l2=1.5m、l3=1m、l4=0.5m。
现以摆3为驱动摆,让摆3振动,使其余三个摆也振动起来,则摆球振动稳定后( )A.摆1的振幅一定最大B.摆4的周期一定最短C.四个摆的振幅相同D.四个摆的周期相同2.一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )A.t1时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小C.t3时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最大D.t4时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大3.一质点做简谐运动,其位移x与时间t的关系曲线如图所示,由图可知( )A.质点振动频率是4 HzB.t=2s时,质点的加速度最大C.质点的振幅为2 cmD.t=3 s时,质点所受的合外力最大4.(2018·渝中区模拟)如图所示为一单摆。
O为平衡位置,A、A′分别是左右两个位移的最大位置,且摆角θ<5°。
则下列说法中正确的是( )A.小球从A→O的过程中,由小球受到的重力和细线的拉力的合力来提供回复力B.小球每次经过平衡位置O时,小球的动能和动量、回复力均相同C.小球从A→A′的过程中,小球的加速度先增大后减小,速度先减小后增大D.如果这个单摆在质量为M、半径为R的地球表面上做简谐运动时的周期为T,那么,这个单摆在质量为m、半径为r的月球表面上做简谐运动的周期为T5.心电图是现代医疗诊断的重要手段,医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔,即为心动周期,由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数(即心率)。
2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)13.3热力学定律与能量守恒
课时提能演练(三十九)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.(2012·德州模拟)关于热力学第二定律，下列说法正确的是( )A.热量不能由低温物体传到高温物体B.第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律C.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化D.以上说法均不对2.(2011·重庆高考)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )A.对外做正功，分子的平均动能减小B.对外做正功，内能增大C.对外做负功，分子的平均动能增大D.对外做负功，内能减小3.(易错题)恒温环境中有一个盛有高压气体的容器，打开阀门时气体高速喷出，当容器内气体压强恰与大气压强相等时，及时关闭阀门，过较长的一段时间后再次打开阀门，则( )A.容器内气体要喷出来B.容器外气体要吸进去C.容器内气体不会喷出来，容器外气体也不会吸进去D.无法确定4.如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，则( )A.气体膨胀对外做功B.气体温度降低C.气体内能增大D.气体密度增大二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(2011·大纲版全国卷)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )A.气体吸收的热量可以完全转化为功B.气体体积增大时，其内能一定减少C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加D.外界对气体做功，气体内能可能减少6.根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )A.气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大B.物体的温度为0℃时，物体分子的平均动能为零C.分子势能一定随分子间距离的增大而增大D.给物体加热，物体的内能不一定增加7.(创新题)如图为焦耳实验装置简图，用绝热性能良好的材料将容器包好.重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高.关于这个实验，下列说法正确的是( )A.这个装置可测定热功当量B.做功增加了水的热量C.做功增加了水的内能D.功和热量是完全等价的，无区别8.(预测题)如图所示，一个与外界绝热的汽缸有一个绝热的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态，现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的静止平衡状态，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，大气压强保持不变，则( )A.气体A吸热，内能增加B.气体B吸热，对外做功，内能不变C.气体A分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数不变9.(易错题)如图所示，绝热汽缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体).初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是( )A.初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B.系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时小C.松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气D.松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小三、综合题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(2012·东莞模拟)(16分)气体温度计结构如图所示. 玻璃测温泡A 内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连.开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm.后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O 点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)(1)求恒温槽的温度.(2)此过程A内气体内能(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将(填“吸热”或“放热”).11.(创新题)(20分)在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J.图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零.求：(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1.(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.答案解析1.【解析】选C.热量可以由低温物体传到高温物体，但必须引起其他变化，故A错；根据热力学第二定律的内容可知，C正确；第二类永动机没有违反能量守恒，但违反了热力学第二定律，B错.2.【解析】选A.汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D两项均错；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B项错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和.密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A.3.【解题指南】(1)喷气过程对外做功，引起内能和温度的变化.(2)过较长时间后，温度的变化引起压强的变化.(3)再次打开阀门比较内外压强.【解析】选A.第一次打开阀门气体高速喷出时，容器内的气体将会因为膨胀做功且尚未来得及与外界进行热交换而减小内能，考虑到气体的内能主要是气体分子热运动的动能，且其分子的平均动能与温度相关，所以可以判断：第一次打开阀门气体高速喷出，容器内气体温度将有所下降.在压强等于大气压强时关闭阀门，经较长的时间后容器内的压强将会由于从外界吸热而略有增加，因此再次打开阀门后容器内的气体会再次喷出.4.【解析】选A.从A 到B 过程中体积变大，对外做功，密度减小，A正确、D 错误.由pV T＝C 可知，T A ＝T B ，内能不变，故B 、C 错. 5.【解析】选A 、D.由热力学第二定律知吸收的热量不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A 正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B 错误；气体从外界吸热，若同时伴随有对外做功，其内能不一定增加，C 错误；外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少，D 正确.6.【解析】选A 、D.温度是物体分子平均动能的标志，A 正确；0℃时分子仍有动能，当温度趋近于绝对零度时，分子的平均动能才趋近于零，B 错；因不知分子间距是大于平衡位置还是小于平衡位置，无法判断分子势能的变化特点，C 错；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，改变物体内能的方式有做功和热传递两种，给物体加热，做功情况不明确，可能内能不变，故D 正确.7.【解析】选A 、C.使相同的水升高相同的温度可采用加热和做功两种方法，用这个装置测出叶片对水做的功，即可知道热功当量，A 对.对水做功可使水的内能增大，而与热量无关，B 错，C 对.功是不同形式的能量转化的量度，热量是同种能量(内能)转移的量度，D错.8.【解析】选A、C.当电热丝对气体A加热后，由于气体A的体积不变，气体A没有对外界做功，故内能增加，A正确；气体B做等压变化，但由于温度升高，所以内能增大，B错误；气体A的压强增大，而单位体积内的分子数不变，所以气体A分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多，C正确；气体B的压强不变，但温度升高，体积增大，单位体积内分子数减少，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，D错误.【变式备选】某同学觉得一只气球体积比较小，于是他用打气筒给气球继续充气，据有关资料介绍，随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐增大，假设充气过程气球内部气体的温度保持不变，且外界大气压强也不变，则充气气球内部气体( )A.压强增大B.单位体积内分子数增多C.单位体积内分子数减少D.分子的平均动能增大【解析】选A、B.随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐增大，充气气球内部气体的压强增大，故选项A正确；温度不变，分子平均动能不变，压强又增大，所以单位体积内分子数增多，故选项B正确.9.【解析】选C、D.温度相同，则分子的平均动能相同，A错.初始时氢气压强大于氧气压强，松开固定栓后，氢气快速压缩氧气，氧气内能增加，温度升高，同时氢气内能减小，温度降低.因此氢气又从氧气吸热，氧气内能又减小，C、D正确.重新平衡后，两部分气体温度相等，对两部分气体ΔU＝W＋Q＝0，即系统内能不变，温度与开始相同，B 错.故C、D正确.【总结提升】应用能量守恒定律应注意的几个问题1.研究对象的系统性，即研究对象是由几个物体(或几部分)构成的系统.分析题时需理清系统的构成.如本题的氢气、氧气两部分2.转化守恒的过程性，即涉及能量转化守恒肯定对应着一个过程或几个过程.分析时需理清共有几个过程.选取哪个过程更恰当、科学3.务必理清共有几种形式的能，每种能的增减情况如何.分析能的情况可从以下三方面入手：(1)进行受力分析，因为力做功会引起相应能的改变，即运用功能关系.(2)进行运动分析，因为运动情况会反映出某些能的情况，如动能、重力势能、摩擦生热等.(3)结合热力学第一定律分析，特别是涉及内能、热传递、做功时.4.注意守恒方程的书写，明确各种形式的能量如何变化10.【解析】(1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 KA内气体发生等容变化，根据查理定律得p1 T1＝p2T2①(4分)p1＝p0＋p h1 ②(2分)p2＝p0＋p h2 ③(2分)联立①②③式，代入数据得T2＝364 K(或91℃)(2分)(2)温度升高，A内气体内能增大.根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，W＝0，ΔU＞0，所以Q＞0，即吸热. (6分)答案：(1)364 K(或91℃) (2)增大吸热11.【解析】(1)从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化， (2分)该气体对外界做的功W1＝0(2分)根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1(3分)内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.(3分)(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高 (2分)该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J(2分)根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2 (3分)从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J. (3分)答案：(1)0 9 J (2)9 J 3 J。
2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)单元评估检测(十二)
单元评估检测(十二)第十二章(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1.在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是( )A.查德威克通过研究阴极射线发现了电子B.汤姆生首先提出了原子的核式结构学说C.居里夫人首先发现了天然放射现象D.卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子2.(易错题)如图所示为氢原子能级示意图，关于能级跃迁，下列说法中正确的是( )A.处于基态的氢原子，若吸收了能量为12.20 eV光子后，可跃迁到第三能级B.处于第3能级的氢原子只有吸收1.51 eV的能量才能发生电离C.大量处于第3能级的氢原子将自发地向低能级跃迁，并发出2种频率的光子D.当氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中，核外电子的动能将增加，氢原子的电势能将减少3.一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm ，已知阿伏加德罗常数为N A ，真空中的光速为c.若1 mol氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，则在核反应中释放的能量为( )A.N A Δmc 2B.2N A Δmc 2C.12N A Δmc 2 D.5N A Δmc 2 4.(2012·汕头模拟)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a 照射光电管阴极K ，电流计G 的指针发生偏转.而用另一频率的单色光b 照射光电管阴极K 时，电流计G 的指针不发生偏转，那么( )A.a 光的波长一定大于b 光的波长B.只增加a 光的强度可使通过电流计G 的电流增大C.用a 光照射光电管阴极K 时通过电流计G 的电流是由d 到cD.增加b 光的强度可能使电流计G 的指针发生偏转5.关于放射性同位素应用的下列说法中正确的是( )A.放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，从而达到消除有害静电的目的B.利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体透视C.用放射线照射作物种子使其DNA 发生变异，其结果一定是更优良的品种D.用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)6.(创新题)重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从238 92 U开始到稳定的208 82Pb为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从237 93 Np开始到稳定的209为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自 83Bi然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是( )A.238 92U的中子数比209 83Bi中子数少20个B.从237 93Np到209 83Bi，共发生7次α衰变和4次β衰变C.Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化D.238 92U与235 92U是同位素7.铝核2713Al被α粒子击中后产生的反应生成物是磷3015P，同时放出一种粒子，关于这种粒子的下列说法中正确的是( )A.这种粒子在电场中可以被加速或发生偏转B.这种粒子在磁场中一定不受磁场力作用C.这种粒子在真空中的速度等于3×108 m/sD.在碳14核内有8个这种粒子8.关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有( )A.汤姆生发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B.α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C.对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路D.玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的9.(创新题)三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y 核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦核(42He)，则下列说法正确的是( )A.X核比Z核多一个质子B.X核比Z核少一个中子C.X核的质量数比Z核质量数大3D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍10.(易错题)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U＋10n→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三、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(预测题)(15分)(1)(双选)关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的有( )A.是原子核质量减少一半所需的时间B.是原子核有半数发生衰变所需的时间C.把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的半衰期D.可以用来测定地质年代、生物年代等(2)设镭226的半衰期为1.6×103年，质量为100 g的镭226经过4.8×103年后，有多少克镭发生衰变？若衰变后的镭变为铅206，则此时镭铅质量之比为多少？12.(2012·西安模拟)(15分)如图所示，一伦琴射线管，K为阴极可产生电子，阴极K与对阴极A外加电压U AK＝30 kV.设电子离开K极时速度为零，通过电压加速后而以极大的速度撞到对阴极A上而产生X射线，假定电子的全部动能转为X射线的能量.求：(1)电子到达A极时的速度是多大？(2)从A极发出的X射线的最短波长是多少？(3)若电路中的毫安表的示数为10 mA，则每秒从A极最多能辐射出多少个X光子？(已知电子的质量m e＝9.1×10－31 kg，电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.6×10－34J·s)答案解析1.【解析】选D.汤姆生通过研究阴极射线发现了电子；卢瑟福首先提出了原子的核式结构学说；并通过用α粒子轰击氮核发现了质子；贝克勒尔首先发现了天然放射现象，所以只有D 正确.2.【解析】选D.第3能级和基态之间的能级差为12.09 eV ，而12.20 eV 并不等于两能级之差，故此光子不能被吸收，A 错；由于第3能级的能量为－1.51 eV ，故处于第3能级的氢原子只要吸收大于等于1.51 eV 的能量就能发生电离，B 错；大量处于第3能级的氢原子将自发地向低能级跃迁，并发出3种频率的光子，C 错；当氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径变小，电场力做正功，电势能减少，由k e 2r 2＝m v 2r ，得v ＝ke 2mr，当电子的轨道半径变小时，电子的速度变大，动能变大，D 正确.3.【解析】选A.根据爱因斯坦质能方程，一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子释放的能量为Δmc 2,1 mol 氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，释放的能量为上述反应的N A 倍，即N A Δmc 2，故A 正确.4.【解析】选B.光a 照射光电管阴极K 时，电流计指针偏转，说明光a 能使阴极K 发生光电效应，而b 光不能使K 发生光电效应.即a 光能量大，b 光能量小，λa <λb ，A 错.a 光强度增大，单位时间打出的光电子数增多，电流变大，B 正确.电子流向与电流方向相反，C 错.能否发生光电效应与光子的频率有关，与光强无关，D 错.5.【解析】选D.利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电导出，A错误；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视，B错误；作物种子发生的DNA变异不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种，C错误；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量，D正确. 【变式备选】(双选)天然放射性元素 (钍)经过一系列α衰变和β衰变之后，变成 (铅)，下列论断正确的是( )A.铅核比钍核少8个质子B.铅核比钍核少24个质子C.衰变过程共有4次α衰变和8次β衰变D.衰变过程共有6次α衰变和4次β衰变【解析】选A、D.根据题意，钍核的电荷数是90，质量数为232，则其质子数为90，中子数为232－90＝142；铅核的电荷数是82，质量数为208，则其质子数为82，中子数为208－82＝126，所以A对，B错.设经过了x次α衰变和y次β衰变，则核衰变方程可写成232 90Th→208 82Pb＋x42He ＋y0－1e.根据质量数和电荷数守恒可列方程232＝208＋4x,90＝82＋2x－y.解得x＝6，y＝4.说明共经历了6次α衰变和4次β衰变，故C项错，D项对.6.【解析】选B、D.衰变过程中要满足电荷数守恒和质量数守恒，另外要知道两种衰变的特点，α衰变时电荷数减少2，质量数减少4，β衰变时电荷数增加1，而质量数不变.同位素为电荷数相等而质量数不等的元素.经分析可知B、D正确.7.【解析】选B、D.铝核2713Al被α粒子击中后的核反应方程为：2713Al＋42He →3015P＋1，10n不带电，不能在电场中被加速或发生偏转，A错误；在磁场中也0n不受磁场力作用，B正确；中子在真空中的速度小于光速3×108 m/s，C错误；146C中有14－6＝8个中子，D正确.8.【解析】选B、C.原子核式结构是卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，故A错，B对；原子光谱是由于原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子形成的，故C正确；玻尔理论成功解释了氢原子光谱的规律，尽管不能解释复杂原子的光谱现象，但它为量子力学的建立奠定了基础，故D项错误.9.【解析】选C、D.设X核质量数为A，电荷数为m，根据题述的“X 核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦核(42He)”可写出核反应方程如下：A→ A m－1Y＋01e， A m－1Y＋11H→A－3m－2Z＋42He，显然X核比Z核多2个质子，多一m X个中子，X核的质量数比Z核质量数大3，A、B错误，C正确；X核与Z核的总电荷为m＋m－2＝2m－2，Y核电荷为m－1，所以X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍，D正确.10.【解析】选B、D.半衰期属于统计规律，对少数原子核衰变不适用，故A错误；核反应过程中，若伴随能量产生，一定有质量亏损，故B 正确；太阳内部发生的是热核聚变反应，而C中的核反应方程为裂变方程，C错误；β衰变过程中，原子核内部一个中子转变为一个质子，使核电荷数增加1，故D正确.11.【解析】(1)半衰期是指原子核有半数发生衰变所经历的时间，它是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，由n ＝N(12)，M ′＝M(12)可进行有关计算，故B 、D 正确. (6分)(2)镭226经过4.8×103年后，经过三个半衰期，剩余镭的质量为M ′＝M(12)＝100×18g ＝12.5 g. (3分)已衰变的镭的质量为(100－12.5) g ＝87.5 g. (3分)设生成铅的质量为m ，则226∶206＝87.5∶m ，得m ＝79.8 g. (2分)所以镭铅质量之比为125∶798. (1分)答案：(1)B 、D (2)125∶798【总结提升】半衰期问题分析时的注意事项(1)半衰期是原子核有半数发生衰变，变成新核，并不是原子核的数量、质量减少一半.(2)要理解半衰期公式中各物理量的含义，在公式n ＝N(12)，M ′＝M(12)中，n 、M ′是指剩余的原子核的量，而不是衰变的量.12.【解题指南】电子在电场力作用下的末速度可以由动能定理求出.电子的动能若全部转变成X 射线光子的能量，可根据光子说E ＝h ν，求出X 光子的频率和波长.每个光子的能量都是由冲向A 极的电子来提供的，即可根据电流值求出每秒到达A 极的电子数，可推知每秒由A 极发射的X 射线的光子数.【解析】(1)设电子被加速后的动能为E k ，由动能定理知，E k ＝eU AK ＝30000 eV ＝4.8×10－15 J (3分)由于E k ＝12m e v 2，所以 v ＝≈1.0×108 m/s (2分)(2)X 射线光子的能量E ＝h ν＝E k ，所以ν＝E h ＝4.8×10－156.6×10－34 Hz ＝7.3×1018 Hz. (3分)由于λ＝c ν，所以 λ＝3.0×1087.3×1018m ≈4.1×10－11 m (2分)(3)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达对阴极A ，每秒从A 极辐射的X 光子的个数n ＝It e ＝10×10－3×11.6×10－19＝6.25×1016(个). (5分)答案：(1)1.0×108 m/s (2)4.1×10－11 m(3)6.25×1016个。
2014届高考物理一轮复习讲义配套课件全国课标 专题七 静电场
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
身体健康，学习进步！ 有些话，适合烂在心里，有些痛苦，适合无声无息的忘记。
当你劝告别人时，若不顾及别人的自尊心，那么再好的言语都没有用的。 你被拒绝的越多，你就成长得越快；你学的越多，就越能成功。 顽强的毅力可以征服世界上任何一座高峰。 只有永远躺在泥坑里的人，才不会再掉进坑里。——黑格尔 不知道而信口开河是不明智的知道了却闭口不讲是没有尽心竭力。 敢于向黑暗宣战的人，心里必须充满光明。 山涧的泉水经过一路曲折，才唱出一支美妙的歌。 不要让追求之舟停泊在幻想的港湾，而应扬起奋斗的风帆，驶向现实生活的大海。 多蹲下来听孩子说话，你看到的将是—个纯真无暇的世界！——阮庚梅 爬上最高的境界，你会陡然发现：那里的景色竟然是你司空见惯的。
假若孩子在实际生活中确认，他的任性要求都能满足，他的不听话并未遭致任何不愉快的后果，那么就渐渐习惯于顽皮任性捣乱不听话，之后 就慢慢认为这是理所当然的。——苏霍姆林斯基 人生的真理，只是藏在平淡无味之中。 敌近而静者，恃其险也；远而挑战者，欲人之进也。——孙子 既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 冰冻三尺，非一日之寒，成大事者不拘小节。 一日不读口生，一日不写手生。 当你达到你的`梦想之前，他人对你的亵渎都是作为梦想所付出的代价，你必须接受它，不然，你的梦想都是单薄的。 努力向上的开拓，才使弯曲的竹鞭化作了笔直的毛竹。
高考物理（湖南专用）
专题七 静电场
人生没有十全十美，如果你发现错了。重新再来，别人不原谅你，你可以自己原谅自己。千万不要用一个错误去掩盖另一个错误。
【全程复习方略】(广东专用)2014版高考物理一轮复习 单元评估检测(一)
【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习单元评估检测(一)(60分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。
每小题至少一个答案正确,选不全得4分)1.(2013·无锡模拟)如图所示,放在水平桌面上的木块A处于静止状态,所挂的砝码和托盘的总质量为0.6kg,弹簧秤读数为2 N,滑轮摩擦不计。
若轻轻取走盘中的部分砝码,使总质量减少到0.3 kg时,将会出现的情况是(g=10m/s2) ( )A.弹簧秤的读数将变小B.A仍静止不动C.A对桌面的摩擦力不变D.A所受的合力将要变大2.(2013·苏州模拟)三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接,如图所示,其中a放在光滑水平桌面上。
开始时p弹簧处于原长,木块都处于静止。
现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端,直到c木块刚好离开水平地面为止,g取10m/s2。
该过程p弹簧的左端向左移动的距离是( )A.4 cmB.6 cmC.8 cmD.10 cm3.(2013·黄山模拟)如图所示,木棒AB可绕B点在竖直平面内转动,A端被绕过定滑轮吊有重物的水平绳和绳AC拉住,使棒与地面垂直,棒和绳的质量及绳与滑轮间的摩擦均可忽略,如果把C端拉至离B端的水平距离远一些的C′点,AB仍沿竖直方向,装置仍然平衡,那么AC绳受的张力F1和棒受的压力F2的变化是( )A.F1和F2均增大B.F1增大,F2减小C.F1减小,F2增大D.F1和F2均减小4.如图所示,质量为m的物体悬挂在轻质支架上,斜梁OB与竖直方向的夹角为θ。
设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2,以下结果正确的是( )A.F1=mgsinθB.F1=mg sinθC.F2=mgcosθD.F2=mg cosθ5.如图所示,A和B两物块的接触面是水平的,A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑,在下滑过程中B的受力个数为( )A.3个B.4个C.5个D.6个6.如图所示,一个重为G=30N的物体,放在倾角θ=30°的斜面上静止不动,若用F=5N的竖直向上的力提物体,物体仍静止,下述结论正确的是( )A.物体受到的摩擦力减小2.5 NB.物体对斜面的作用力减小5 NC.斜面受到的压力减小5 ND.物体受到的合外力减小5 N7.(2013·玉林模拟)超市中小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼,如图所示。
2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)6.1动量守恒定律
课时提能演练(十八)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.(预测题)如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同2.满载沙子总质量为M 的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v 0.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应为( )A.v 0B.mv 0M ＋mC.mv 0M －mD.(M －m)v 0M3.(2012·盐城模拟)如图所示，质量为M 的小车和车上站着一个质量为m 的人一起以速度大小v 0在光滑水平地面上向右匀速运动，当人以相对地的速度大小u 向左水平跳出后，车的速度大小v 为( )A.M ＋m M v 0B.M ＋m M v 0－m M uC.M ＋m M v 0＋m Mu D.v 0＋u4.在静水中一条长l 的小船，质量为M ，船上有一个质量为m 的人.当他从船头走到船尾时，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )A.m M lB.m M ＋m lC.M M ＋m lD.m M －ml 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.下列关于动量的说法，正确的是( ) A.质量大的物体的动量一定大B.质量和速率都相同的物体的动量一定相同C.一个物体的速率改变，它的动量一定改变D.一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变6.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μ子和一个τ子.对上述转化过程有以下说法，其中正确的是( ) A.牛顿运动定律依然适用 B.动量守恒定律依然适用C.若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向一致D.若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向相反7.(创新题)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )8.(2012·梅州模拟)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上施加向左的水平力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )A.a尚未离开墙壁前，系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前，系统动量不守恒C.a离开墙壁后，系统动量守恒D.a离开墙壁后，系统动量不守恒9.(易错题)A、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1m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…，2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( )A.A、B两船速度大小之比为2∶3B.A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1C.A、B(包括人)两船的动能之比为3∶2D.A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(易错题)(16分)羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以342 km/h的速度反向击回.设羽毛球的质量为5 g，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量.(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？11.(20分)两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动.某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反.两车运动过程中始终未相碰.求：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？答案解析1.【解析】选C.当男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，系统的动量才守恒.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量等大反向，故选C.2.【解析】选A.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度不变，故A正确.【变式备选】(2012·涪陵模拟)质量为M 的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n 个质量为m 的小球，现用两种方式使小球相对于地面以恒定速度v 向右水平飞出，第一种方式是使n 个小球一起飞出；第二种方式是使小球一个接一个地飞出，比较这两种方式，小车的最终速度( )A.第一种较大B.第二种较大C.两种一样大D.不能确定【解析】选C.根据动量守恒定律，对于第一种方式，取向右为正方向，0＝nmv －Mv 1，得v 1＝nmvM ，对于第二种方式，对每一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v 2＝nmvM，C 正确.3.【解析】选C.对人和车组成的系统，在水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有(M ＋m)v 0＝Mv ＋m(－u)，解得v ＝M ＋m M v 0＋mM u ，选项C正确.4.【解析】选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv ＝Mv ′，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －x t ＝M xt ，则m(l －x)＝Mx ，解得x ＝m lM ＋m.5.【解析】选C 、D.根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，故A 错误.又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故B错误.一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，故C对.物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D对.正确选项为C、D.6.【解析】选B、C.中微子发生裂变过程中，动量是守恒的，由m中v中＝mμvμ＋mτvτ知，当v中方向与vμ方向相同时，vτ方向与v中方向可能相同，也可能相反；当v中方向与vμ方向相反时，vτ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.7.【解析】选A、C.A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒.【总结提升】动量守恒定律的几个适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系.(2)理想条件：系统不受外力.(3)实际条件：系统所受合外力为0.(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受外力.(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒.8.【解析】选B、C.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.9.【解析】选B 、C.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A 、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B 正确.经过n 次跳跃后，设A 船速度为v A ，B 船速度为v B . 0＝mv A －(m ＋m2)v Bv A v B ＝32，选项A 错. A 船最后获得的动能为E kA ＝12mv 2AB 船最后获得的动能为 E kB ＝12(m 2＋m)v 2B ＝12(m 2＋m)(23v A )2＝23(12mv 2A )＝23E kA E kA E kB ＝32，选项C 正确，D 错. 10. 【解析】(1)以球飞来的方向为正方向，则 p 1＝mv 1＝5×10－3×903.6kg ·m/s ＝0.125 kg ·m/s. (2分)p 2＝mv 2＝－5×10－3×3423.6 kg ·m/s ＝－0.475kg·m/s.(2分)所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－0.475 kg ·m/s －0.125 kg ·m/s ＝－0.600 kg ·m/s. (2分)即球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反. (1分)(2)羽毛球的初速度：v1＝903.6m/s＝25 m/s，(1分)羽毛球的末速度：v2＝－3423.6m/s＝－95 m/s，(1分)所以Δv＝v2－v1＝－120 m/s. (2分)羽毛球的初动能：E k＝12mv21＝ 1.56 J，(2分)羽毛球的末动能：E k′＝12mv22＝22.56 J.(2分)所以ΔE k＝E k′－E k＝21 J. (1分)答案：(1)0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反(2)120 m/s，方向与初速度方向相反21 J11.【解题指南】解答该题应把握以下两点：(1)两车相距最近时两车的速度关系.(2)甲车开始反向时，其速度必然为零.【解析】(1)两车相距最近时，两车的速度相同. (3分)设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v (4分)所以两车最近时，乙车的速度为v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝43m/s≈ 1.33 m/s(3分)(2)甲车开始反向时，其速度为0， (3分)设此时乙车的速度为v′乙，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v′乙(4分)得v′乙＝m乙v乙－m甲v甲m乙＝2 m/s. (3分)答案：(1)1.33 m/s (2)2 m/s。
【全程复习】2014届高考物理第一轮复习方略 ：1.1描述运动的基本概念课时提能演练(含解析) 新人
【全程复习】2014届高考物理第一轮复习方略：1.1描述运动的基本概念课时提能演练(含解析) 新人教版《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）：1.1描述运动的基本概念(40分钟 100分)一、选择题(本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分)1.2011年8月，第26届深圳大运会上，我国跳水队勇夺11枚金牌，如图所示是我国选手吴军正在进行10 m跳台跳水比赛，若只研究运动员的下落过程，下列说法正确的是( )A.为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点B.运动员在下落过程中，感觉水面在加速上升C.运动员位移的大小等于路程D.运动员位移的大小小于路程2.在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志,如图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )A.必须以这一规定速度行驶B.平均速度大小不得超过这一规定数值C.瞬时速度大小不得超过这一规定数值D.车辆上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的3.(2012·合肥模拟)以下说法中正确的是( )A.做匀变速直线运动的物体，t s内通过的路程与位移的大小一定相等B.质点一定是体积和质量极小的物体C.速度的定义式和平均速度公式都是x，因此vt速度就是指平均速度D.速度不变的运动是匀速直线运动4.关于位移和路程，下列说法中正确的是( )A.在某段时间内，质点运动的位移为零，该质点不一定是静止的B.在某段时间内，质点运动的路程为零，该质点不一定是静止的C.在直线运动中，质点位移的大小一定等于其路程D.在曲线运动中，质点位移的大小一定小于其路程5.(2012·南充模拟)三个质点A、B、C均由N点沿不同路径运动至M点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达M点，下列说法正确的是( )A.三个质点从N点到M点的平均速度相同B.三个质点任意时刻的速度方向都相同C.三个质点从N点出发到任意时刻的平均速度都相同D.三个质点从N点到M点的位移相同6.(2012·太原模拟)有下列几种情景,请根据所学知识选择对情景的分析和判断的正确说法( )①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车③运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶④太空的空间站在绕地球匀速转动A.①因火箭还没运动,所以加速度一定为零B.②轿车紧急刹车,速度变化很快,所以加速度很大C.③高速行驶的磁悬浮列车,因速度很大,所以加速度很大D.④尽管空间站匀速转动,但加速度不为零7.一足球以12 m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24 m/s，球与脚接触时间为0.1 s，则此过程中足球的加速度为( )A.120 m/s2，方向与踢出方向相同B.120 m/s2，方向与飞来方向相同C.360 m/s 2，方向与踢出方向相同D.360 m/s 2，方向与飞来方向相同8.一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小为零，则在此过程中( )A.速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B.速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C.位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D.位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值二、计算题(本大题共2小题，共28分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(14分)一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车做匀速直线运动.司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，经1t 5 s 后听到回声，听到回声后又行驶了t 2=10 s ，司机第二次鸣笛，又经t 3=2 s 后听到回声，请根据以上数据判断客车是否超速行驶.(已知此高速路段最高限速为120 km/h，声音在空气中的传播速度为340 m/s)10.(14分)一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止，如表给出了不同时刻汽车的速度.(1)汽车做匀速运动的速度大小是否为12 m/s？汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小是否相等？(2)汽车从开出到停止共经历的时间是多少？(3)汽车通过的总路程是多少？答案解析1.【解析】选B、C.研究运动员的技术动作时，其大小不能忽略，A错误；运动员相对水面加速下降，则水面相对运动员加速上升，B正确；运动员沿直线下落，位移的大小等于路程，C正确，D错误.2.【解析】选C.限速标志上的数值为这一路段车辆行驶的瞬时速度的最大值，车辆上的速度计指示值为车辆行驶的瞬时速度值，不能超过这一规定值，故只有C正确.3.【解析】选D.只有做单向直线运动的物体，t s内通过的路程与位移的大小才一定相等，A错误；质点不一定是体积和质量极小的物体，B错误；速度的定义式和平均速度公式都是x，但vt是速度是指平均速度在时间趋近于零时的极限值，C错误；速度不变的运动是匀速直线运动，选项D正确.4.【解析】选A、D.位移为零，只能说明初、末位置是相同的，不能说明物体是否运动， A正确；物体只要运动，路程就不会为零，因此，路程为零时，说明物体没有运动，即物体是静止的，B错误；如果是往返直线运动，则位移的大小小于路程， C错误；除了单向直线运动外，其他的运动中位移的大小都小于路程,D正确.5.【解析】选A、D.位移是指从初位置指向末位置的有向线段，在任意时刻，三个质点的位移方向不同，只有均到达M点后，位移方向相同，故C 错误，D 正确；根据平均速度的定义式x v t=可知三个质点从N 点到M 点的平均速度相同，A 正确；质点任意时刻的速度方向沿轨迹的切线方向，故三个质点的速度方向不会在任意时刻都相同，B 错误.6.【解析】选B 、D.加速度表示速度变化的快慢,速度变化越快,加速度越大,B 正确;一个物体运动速度大,但速度不发生变化,如匀速直线运动,它的加速度为零,C 错误;曲线运动的速度方向发生了变化,速度就发生了变化,所以一定有加速度,D 正确;点火后虽然火箭速度为零,但由于气体的反冲力很大而具有很大的加速度,故A 错误.7.【解析】选C.设飞来速度为v 0=12 m/s,踢出速度为v=-24 m/s, 220v v2412a m /s 360 m /s t 0.1---===-，故C 正确.【变式备选】一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s ，1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A.加速度的大小为6 m/s 2，方向与初速度的方向相同B.加速度的大小为6 m/s 2，方向与初速度的方向相反C.加速度的大小为14 m/s 2，方向与初速度的方向相同D.加速度的大小为14 m/s 2，方向与初速度的方向相反【解析】选A 、D.若初、末速度同向，220v v 104a m /s 6 m /s t 1--===，方向与初速度的方向相同，A 正确，B 错误.若初、末速度反向，20v v 104a m /s t 1---== 214 m /s =-，方向与初速度的方向相反，C 错误，D 正确.8.【解析】选B.因加速度与速度方向相同,故物体速度要增加,只是速度增加变慢一些,最后速度达到最大值,A 错误,B 正确;因质点沿直线运动方向不变,所以位移一直增大,C 、D 错误.【总结提升】判断物体的速度变化和速度变化快慢的方法(1)判断物体的速度是增大还是减小，没有必要分析物体加速度的大小，也没有必要分析物体加速度是增大还是减小，只需看物体加速度的方向和速度方向是相同还是相反.如果物体的加速度方向跟速度方向相同，物体的速度一定增加；如果物体的加速度方向与速度方向相反，物体的速度一定减小.(2)判断物体速度变化的快慢，只需看加速度的大小，物体的加速度大，其速度变化得一定快；加速度小，其速度变化得一定慢.9.【解析】设客车的速度为v 1,声音的速度为v 2，第一次鸣笛时客车离隧道口的距离为L 1，第二次鸣笛时客车离隧道口的距离为L 2，则有v 2t 1=2L 1-v 1t 1(4分)v 2t 3=2L 2-v 1t 3(4分)又L 2=L 1-v 1(t 2+t 1)(3分)以上三式联立可得：21v v 37.8 m /s 136 km /h 120 km /h 9=≈≈＞(2分)故客车超速行驶 (1分)答案：见解析10.【解题指南】解答本题应根据表格中的速度先求出汽车在加速和减速阶段的加速度，进而确定汽车做匀加速、匀速、匀减速运动的时间，最后再求出总路程.【解析】(1)汽车做匀速运动的速度大小是12 m/s. (1分)汽车匀加速运动的加速度：22211v v 63a m /s 3 m /s t 1--=== (1分)汽车匀减速运动的加速度:22762v v 39a m /s 6 m /s t 1--===- (2分)故汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小不相等. (1分)(2)设汽车由3 m/s 再经时间t ′停止，则 720v 03t s 0.5 s a 6--'===-(2分)总共经历的时间为t 总=10.5 s+0.5 s=11 s(1分)(3)汽车匀速运动的速度为v=12 m/s汽车匀加速运动的时间：11v 0120t s 4 s a 3 --===(2分) 减速时间：320v 012t s 2 s a 6--===-(1分)匀速时间：t 2=(11-4-2) s=5 s(1分)则汽车总共运动的路程 123v vs t vt t 22=++ =1212(41252) m 96 m 22⨯+⨯+⨯=(2分)答案:(1)是 不相等 (2)11 s (3)96 m。
2014届高三物理(广东版-第一轮)全程复习方略(含详细解析)阶段滚动检测4
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阶段滚动检测(四)第九～十一章(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.(2011·江苏高考)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中( )A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线框的机械能不断增大2.如图所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ 和RS上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是( )A.v1＞v2，v1向右，v2向左B.v 1＞v 2，v 1和v 2都向左C.v 1＝v 2，v 1和v 2都向右D.v 1＝v 2，v 1和v 2都向左3.如图所示的是法拉第制作的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内.转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若已知铜盘的半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A.回路中产生大小和方向做周期性变化的电流B.回路中电流大小恒定，且等于BL 2ωRC.回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D.以上说法都不对4.(2011·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同5.(2012·银川模拟)如图所示为一理想变压器在两种情况下工作的示意图.其中灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )A.P ，PB.16P ，14P C.14P,16P D.16P,4P 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意)6.(2012·潍坊模拟)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小7.(滚动单独考查)如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm. 一个质量为m，带电量为q的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场.已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计.下列说法中正确的是( )A.该粒子到达C′点时的动能为2E kB.该粒子到达C′点时的动能为1.5E kC.该粒子通过等势面B B′时的动能为1.25E kD.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.5E k8.(滚动单独考查)在高速公路的隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是( )A.两个灯泡串联B.两个灯泡并联C.每个灯泡消耗的功率大于其额定功率的四分之一D.每个灯泡消耗的功率小于其额定功率的四分之一9.(2012·滨州模拟)如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )A.电压表读数为50 VB.电压表读数为150 VC.电压表“＋”接线柱接A端D.电压表“＋”接线柱接B端10.(滚动交汇考查)长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角.那么( )A.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶nB.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶1C.线框发热功率P1∶P2＝2n∶1D.线框发热功率P1∶P2＝2∶1第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(4分)有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是( )A.两个传感器都是光电传感器B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作12.(2011·上海高考)(8分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示.供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)，②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)，③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)，⑦干电池(1.5 V)，⑧电键S及导线若干.(1)定值电阻应选，滑动变阻器应选.(在空格内填写序号)(2)用线连接实物图.(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，____________________________________；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③______________________________________________________________；示.(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式____________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(滚动交汇考查)(10分)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨水平放置在竖直向上的磁感应强度为B的磁场中，一端接有阻值为R的电阻，一质量为m，电阻为r的导体棒ab放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0开始运动，其速度规律为v＝v m sinωt，不计导轨电阻及感应电流的磁场对原磁场的影响，求：(1)感应电动势的表达式；(2)电阻R上的发热功率.14.(2012·武汉模拟)(12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V，0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计.求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；(2)发电机的输出功率.15.(滚动交汇考查)(12分)如图所示，足够长的光滑导轨 ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻.ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触.整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g 2的匀加速运动，上升了h 高度，这一过程中bc 间电阻R 产生的焦耳热为Q ，g 为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.求：(1)导体杆上升到h 过程中通过杆的电荷量；(2)导体杆上升到h 时所受拉力F 的大小；16.(滚动交汇考查)(14分)水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图甲所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝100 T.已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E＝50 V/m ，M 板上有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N 板上的Q 点如图乙所示.如果油滴的质量m ＝10－4 kg ，带电荷量|q|＝2×10－5 C.求：(1)在P 点的速度v 为多大？(2)若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N 板上的Q 点，求油滴的电性及交变磁场的变化周期T.(3)Q 、O 两点水平距离.(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.线框下落过程中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越来越小，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，A 错，B 对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C 错；下落过程中机械能越来越小，D 错.2.【解析】选B.因回路abdc 中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc 的面积应增大，选项A 、C 、D 错误，B 正确.3.【解析】选C.该铜盘匀速转动，可看做无数个长为半径的导线切割磁感线，并且它们并联，其电动势大小E ＝BL ·ωL 2，方向由右手定则知，由b 经灯泡到a ，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律知：E ＝n ΔΦΔt，可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A 错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B 错误，C 正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D 错误.5.【解析】选B.对甲图，由n 1∶n 2＝4∶1知U 1＝4U 2，而P ＝U 22R 得P 1＝U 21R＝16P ，对于乙图，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3,2n 2I 2＝n 1I 1，I 1＝2n 2n 1I 2＝12I 2，而P ＝I 22R 得P ′1＝I 21R ＝14P ，故B 项正确.6.【解析】选B 、C.根据理想变压器原、副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动触头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 1亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确；当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误.7.【解析】选A 、D.设粒子过P 点的速度为v0，将粒子过C ′的速度v C ′分解，如图所示，则有PA ′＝v 0t ，A ′C ′＝v y2t ，代入数据解得v y ＝v 0，v C ′＝2v 0，所以粒子过C ′时动能为2E k ，A 正确，B 错误；粒子由P到C ′动能增量为E k ，由于相邻等势面的电势差相等，因此粒子由P 点到经过BB ′时，电场力做的功应为0.5E k ，故粒子通过BB ′时动能应为1.5E k ，C 错误，D 正确.8.【解析】选A 、C.两个灯泡应串联，每个灯泡承担的电压U ＝2202 V＝110 V ，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P ＝U 2R ，U 变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率要大于其额定功率的四分之一，故A 、C 正确. 9.【解析】选A 、C.从图乙中可得穿过线圈的磁通量随时间在不断增加，根据楞次定律和安培定则，可得A 接感应电动势的正极，即电压表“＋”接线柱接A 端，C 正确，D 错误；根据法拉第电磁感应定律得： E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.15－0.100.1 V ＝50 V ，故电压表读数为50 V ，A 正确，B 错误.10.【解析】选B 、D.首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为ΔΦ1＝ΔΦ2＝B ·ab 2.当回路为n 匝，总电阻为nR 时， 由q ＝I ·Δt ＝E －nR ·Δt ＝ΔΦR可得q 1∶q 2＝1∶1.故知A 错B 对.显然两种情况下线框电阻不变. 从而，由电(热)功率公式可得P 1P 2＝(E 1E 2)2①E 1＝nBav ② E 2＝nB ·ab 2·2v2b③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2＝2∶1，故知C 错D 对.11.【解析】选B.题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A 、C 、D 错误，B 正确.12.【解析】(1)根据电路的原理图，如果定值电阻太小，电流表G 1中的电流太小，读数误差较大，所以定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值较小一些的变阻器.(2)根据电路的原理图进行实物连接，注意电表的正负极不要接反. (3)闭合电键之前，应将滑动触头移到最左端，以防止闭合电键时烧坏电表；为减小实验误差，应多次测量取平均值. (4)根据串、并联规律可知： I 2＝I 1＋I 1r 1R 1＝R 1＋r 1R 1I 1，所以k ＝R 1＋r 1R 1即r 1＝(k －1)R 1答案：(1)③ ⑥ (2)如图(3)①将滑动触头移至最左端 ③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2的读数I 1、I 2 (4)r 1＝(k －1)R 113.【解析】(1)根据E ＝BLv得：E ＝BLv m sin ωt (4分)(2)感应电动势的有效值为： E(2分)感应电流的有效值为：I ＝E R ＋r (2分)电阻R 上的发热功率为P ＝I 2·R ＝222m 2B L v R2(R r)(2分)答案：(1)BLv m sin ωt (2) 222m 2B L v R2(R r)14.【解析】(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝ 1 A.变压器输入功率等于I 1U 1＝I 2U 2＝6 W ， (3分)变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得 E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1， 代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I2＝1 A )，(3分)所以n 1n 2＝I 2I 1＝31.(2分)(2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W. (4分)答案：(1)3∶1 (2)6.67 W15.【解析】(1)通过杆的电量q ＝I Δt (1分)根据闭合电路的欧姆定律I ＝E 2R(1分)根据电磁感应定律，得E ＝ΔΦΔt(1分)q ＝ΔΦ2R ＝B h 2R l(1分)(2)设ef 上升h 时，速度为v 1、拉力为F ，根据运动学公式，得：v 1＝gh(2分)根据牛顿第二定律，得：F －mg －BI 1l ＝12mg(2分)根据闭合电路的欧姆定律，得 I 1＝1B v 2Rl (2分)综上解得F ＝3mg 2＋(2分)答案：(1) B h2Rl (2)3mg 2＋16.【解析】(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的初速度为v＝2gh ＝2×10×5×10－2 m/s ＝1 m/s (3分)(2)由于油滴进入两板间的瞬间所受洛伦兹力水平向右，所以油滴带正电.油滴进入电、磁场后的情况如图所示，电场力F 电＝qE ＝2×10－5×50 N ＝10－3 N(2分)G ＝mg ＝10－3 N带电油滴进入两板间，电场力与重力平衡，在磁场的作用下，油滴做匀速圆周运动.设圆周半径为R ，若恰好垂直落在N 板上的Q 点，则F 洛＝qvB ＝mv 2RT B ＝2πR v解得R ＝mv qB ＝10－4×12×10－5×100 m ＝0.05 m(2分)T B ＝2πm qB ＝2π×10－42×10－5×100 s ＝0.1 πs(2分)又已知d ＝0.3 m ，由几何关系得d ＝6R (1分)所以交变磁场周期T ＝12T B ＝0.05 πs (1分)(3)设Q 、O 两点的水平距离为x ，由几何关系得x ＝6R ＝0.3 m (3分)答案：(1)1 m/s (2)正电 0.05πs (3)0.3 m。
【高考复习方案】(广东专用)高考物理一轮复习精讲 第7讲 运动的合成与分解
[第7讲运动的合成与分解]一、单项选择题1．[2013·广东汕头质检] 如图K71所示，水平桌面上一小钢球沿直线运动．若在钢球运动的正前方A处或旁边B处放一块磁铁，下列关于小球运动的说法正确的是( )图K71A．磁铁放在A处时，小球做匀速直线运动B．磁铁放在A处时，小球做匀加速直线运动C．磁铁放在B处时，小球做匀速圆周运动D．磁铁放在B处时．小球做变速曲线运动2. [2013·江苏六市调研] 在xOy平面内，一质点仅在恒力F作用下由原点O运动到A 点，其轨迹及在O点、A点的速度方向如图K72所示，则F的方向可能沿( )图K72A．y轴正方向B．y轴负方向C. x轴正方向D. x轴负方向3．[2013·江苏常州模拟] 如图K73所示，光滑水平桌面上，一个小球以速度v向右做匀速运动，它经过靠近桌边的竖直木板ad边前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是图K74中的( )图K73图K744．[2013·北京朝阳模拟] 2012年10月14日，奥地利著名极限运动员费利克斯鲍姆加特纳在美国新墨西哥州上空，从距地面高度约3.9万米的氦气球携带的太空舱上跳下，在最后几千英尺打开降落伞，并成功着陆．假设降落伞在最后的匀速竖直下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞( )A．下落的时间越短B．下落的时间越长C．落地时速度越小 D．落地时速度越大5．[2013·上海浦东模拟] 如图K75所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v匀速向右运动时，物体P的速度为( )图K75A．v B．v cos θC.vcos θD．v cos2θ6．[2013·北京海淀模拟] 如图K76所示，一块橡皮用不可伸长的细线悬挂于O点，用铅笔靠着细线的左侧从O点开始水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则在铅笔向右匀速移动过程中，橡皮运动的速度( )图K76A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变7．[2013·福建五校联考] 如图K77所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体M的受力和运动情况是( )图K77A．绳的拉力等于M的重力B．绳的拉力大于M的重力C．物体M向上匀速运动D．物体M向上匀加速运动8．[2013·江苏名校质检] 某船在静水中划行的速率为3 m/s，要渡过30 m宽的河，河水的流速为5 m/s，下列说法中不正确的是( )A. 该船渡河的最小速率是4 m/sB. 该船渡河所用时间最短为10 sC. 该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸D. 该船渡河所通过的位移的大小至少为50 m二、双项选择题9．河水的流速与离开河岸的距离的关系如图K78甲所示，船在静水中速度与时间的关系如图乙所示．若要使船以最短时间渡河，则( )图K78A．船渡河的最短时间是60 sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s10．在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系xOy，质量为1 kg的物体原来静止在坐标原点O(0，0)，从t＝0时刻起受到如图K79所示随时间变化的外力作用，F y表示沿y轴方向的外力，F x表示沿x轴方向的外力，下列说法中正确的是( )图K79A．前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动B．后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C．4 s末物体坐标为(4 m，4 m)D．4 s末物体坐标为(12 m，4 m)11．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标，假设运动员骑马奔跑的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离为d.要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则( )图K710A ．运动员放箭处离目标的距离为dv 2v 1B ．运动员放箭处离目标的距离为d v 21＋v 22v 2C ．箭射到靶的最短时间为dv 2D ．箭射到靶的最短时间为dv 22－v 21三、计算题12．[2013·安徽黄山联考] 如图K711所示，质量m ＝2.0 kg 的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ＝0.05，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3.0t （m ）y ＝0.2t 2（m ），g 取10 m/s 2.根据以上条件求： (1)t ＝10 s 时刻物体的位置坐标；(2)t ＝10 s 时刻物体的速度的大小和方向；(3)t ＝10 s 时刻水平外力的大小(结果可以用根号表示).图K7111．D [解析] 磁铁放在A 处时，小球做变加速直线运动，选项A 、B 错误；磁铁放在B 处时．小球做变速曲线运动，选项C 错误，选项D 正确．2．C3．B [解析] 木板做自由落体运动，若以木板做参考系，则小球沿竖直方向的运动可看成竖直向上的初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动，所以小球在木板上的投影轨迹为B.4．D [解析] 遇到水平方向吹来的风，不影响竖直方向的运动，由竖直方向的运动规律可得下落时间不变，选项A 、B 错误；水平分速度变大，则合速度v ＝v 2x ＋v 2y 变大，选项C 错误，选项D 正确．5．B [解析] 将水平速度v 沿绳和垂直绳分解，则v P ＝v cos θ，即为物体P 的速度，选项B 正确．6．A [解析] 橡皮在水平方向匀速运动，由于橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动．选项A 正确．7．B [解析] 将小车的速度分解v M ＝v cos θ，小车水平向左运动，θ越来越小，物体M 的速度越来越大，做变加速运动，处于超重状态，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．8．A [解析] 小船的合速度在2～8 m/s 之间，选项A 错误；当船自身速度垂直河岸过河，时间最短，且t min ＝dv 船＝10 s ，选项B 正确；因v 船<v 水，故该船不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸，选项C 正确；小船通过的位移最小时cos θ＝v 船v 水，最小位移x min ＝d cos θ＝50 m ，选项D 正确．9．BD [解析] 当船头垂直于河岸时，船的渡河时间最短，选项B 正确；从图甲中可以看出，河宽为d ＝300 m ，从图乙中可看出，垂直河岸的速度即为船速3 m/s ，所以渡河的最短时间t ＝dv＝100 s ，选项A 错误；因河水流速不均匀，所以船在河水中的航线是一条曲线，当船行驶至河中央时，船速最大，最大速度v ＝42＋32m/s ＝5 m/s ，选项C 错误，选项D 正确．10．AD [解析] 前2 s 内物体只受x 轴方向的作用力，故沿x 轴做匀加速直线运动，其加速度为a x ＝2 m/s 2，位移为x 1＝12a x t 2＝4 m ．后2 s 内物体做曲线运动，沿x 轴方向做匀速直线运动，位移为x 2＝v 1t 2＝8 m ，前4 s 在x 轴方向的位移为x ＝x 1＋x 2＝12 m ．沿y 轴方向做匀加速直线运动，加速度为a y ＝2 m/s 2，位移为y ＝12a y t 2＝4 m ，故4 s 末物体坐标为(12 m ，4 m)，选项B 、C 错误，选项A 、D 正确．11．BC [解析] 设运动员放箭的位置处离目标的距离为x ，运动员要在最短的时间内击中目标，射箭方向必须垂直于跑道，同时合速度必须指向目标，箭的合速度与分速度的矢量三角形如图所示，则箭到耙的时间t ＝d v 2，选项C 正确，选项D 错误；在射出时间内箭沿跑道的位移s ＝v 1t ＝v 1d v 2，故放箭位置距目标的距离x ＝ d 2＋s 2＝d v 21＋v 22v 2，选项A 错误，选项B 正确．12．(1) (30 m ，20 m) (2)5 m/s 与x 方向夹角为α＝53° (3)1.7 N[解析] (1) t ＝10 s 时， x ＝3t ＝30 m y ＝0.2t 2＝20 m物体的位置坐标为 (30 m ，20 m)．(2)由x ＝3.0t 知，物体在x 方向的分运动为匀速运动，且 v ＝3 m/s由y ＝0.2t 2知，物体在y 方向的分运动为匀加速运动，且 a ＝0.4 m/s 2则t ＝10 s 时y 方向的速度分量v y ＝at ＝4 m/s 10 s 末的速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝5 m/s设速度与x 方向的夹角为α，则tan α＝v y v x ＝43即速度与x 方向夹角为α＝53°.(3) 将水平外力F 和滑动摩擦力f 正交分解 在y 方向根据牛顿第二定律得 F y －mg sin α＝ma代入数据解得F y ＝1.6 N在x 方向根据平衡条件得 F x ＝f x ＝μmg cos α＝0.6 N 则水平外力F ＝F 2x ＋F 2y ＝1.7 N.。
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【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习第七章第1讲简谐运动及其图像受迫振动课时作业(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013·西宁模拟)如图所示,质量相同的四个摆球悬于同一根横线上,四个摆的摆长分别为l1=2m、l2=1.5m、l3=1m、l4=0.5m。
现以摆3为驱动摆,让摆3振动,使其余三个摆也振动起来,则摆球振动稳定后( )A.摆1的振幅一定最大B.摆4的周期一定最短C.四个摆的振幅相同D.四个摆的周期相同2.一单摆做小角度摆动,其振动图像如图所示,以下说法正确的是( )时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最小A.t1时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最小B.t2时刻摆球速度为零,悬线对它的拉力最大C.t3时刻摆球速度最大,悬线对它的拉力最大D.t43.一质点做简谐运动,其位移x与时间t的关系曲线如图所示,由图可知( )A.质点振动频率是4 HzB.t=2s时,质点的加速度最大C.质点的振幅为2 cmD.t=3 s时,质点所受的合外力最大4.(2013·渝中区模拟)如图所示为一单摆。
O为平衡位置,A、A′分别是左右两个位移的最大位置,且摆角θ<5°。
则下列说法中正确的是( )A.小球从A→O的过程中,由小球受到的重力和细线的拉力的合力来提供回复力B.小球每次经过平衡位置O时,小球的动能和动量、回复力均相同C.小球从A→A′的过程中,小球的加速度先增大后减小,速度先减小后增大D.如果这个单摆在质量为M、半径为R的地球表面上做简谐运动时的周期为T,那么,这个单摆在质量为m、半径为r的月球表面上做简谐运动的周期为T 5.心电图是现代医疗诊断的重要手段,医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔,即为心动周期,由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数(即心率)。
甲、乙两人在同一台心电图机上做出的心电图如图所示,医生通过测量后记下甲的心率是60次/分。
则由图可知心电图机图纸移动的速率v以及乙的心率分别为( )A.25 mm/s,48次/分B.25 mm/s,75次/分C.25 mm/min,75次/分D.25 mm/min,48次/分6.如图所示的单摆,摆球a向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞,并粘在一起,且摆动平面不变。
已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a球质量是b球质量的5倍,碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半。
则碰撞后( )A.摆动的周期为TB.摆动的周期为TC.摆球最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球最高点与最低点的高度差为0.25h7.(2013·绵阳模拟)如图所示,一半径为R的圆弧形轨道固定在水平地面上,O为最低点,轨道末端A、B两点距离水平地面的高度分别为h和2h,h≪R。
分别从A、B两点同时由静止释放甲、乙两个完全相同的小球。
不计轨道与球之间的摩擦及空气阻力,不计两球碰撞过程中的机械能损失。
则( )A.碰撞后乙球经过2π的时间再次回到点OB.碰撞后乙球落到水平地面上时的速度大小为C.碰撞后甲球落到水平地面上时的速度大小为D.碰撞的瞬间前后相比较,轨道对地面的压力变小8.(2013·桂林模拟)一个质点以O为中心做简谐运动,位移随时间变化的图像如图所示,a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置,下列说法正确的是( )A.质点在位置b比位置d时相位超前B.质点通过位置b时,相对平衡位置的位移为C.质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等D.质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等9.水平弹簧振子做简谐运动的周期为T,振子在t1时刻的动量为p、动能为q,下列说法正确的是( )A.如果振子在t2时刻的动量也为p,则(t2-t1)的最小值为TB.如果振子在t2时刻的动能也为q,则(t2-t1)的最小值为TC.在半个周期的时间内,弹簧的弹力的冲量一定为零D.在半个周期的时间内,弹簧的弹力做的功一定为零10.(2013·普陀区模拟)如图所示,在质量为M的支架上用一轻质弹簧挂有质量均为m(M≥m)的A、B两物体,支架放在水平地面上,开始各物体都静止,突然剪断A、B间的连线,此后A做简谐运动。
当运动到最高点时,支架对地面的压力为( )A.MgB.(M-m)gC.(M+m)gD.(M+2m)g二、计算题(本大题共2小题,共30分。
要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(12分)如图所示,一个内表面光滑的球壳,球圆弧所对圆心角小于5°,一个小球从与最低点O很近的A点释放,经30 s往返20次,则该球壳的半径有多大?(g取9.8m/s2)12.(能力挑战题)(18分)如图所示,质量为m=0.5kg的物体放在质量为M=4.5kg的平台上,随平台上、下做简谐运动。
设在简谐运动过程中,二者始终保持相对静止。
已知弹簧的劲度系数为k=400N/m,振幅为A=0.1m。
试求:(1)二者一起运动到最低点时,物体对平台的压力大小;(2)二者一起运动到最高点时,物体对平台的压力大小。
(取g=10m/s2)答案解析1.【解析】选D。
先让摆3振动,其余三摆受迫振动,与摆3具有相同的周期,B错、D对。
与摆3固有周期相近的,振幅最大,故摆1的振幅最小,A、C均错。
2.【解析】选D。
由振动图线可看出,t1时刻和t3时刻,小球偏离平衡位置的位移最大,此时其速度为零,悬线对它的拉力最小,故A、C错;t2和t4时刻,小球位于平衡位置,其速度最大,悬线的拉力最大,故B错D对。
3.【解析】选B、C。
质点振动的周期是4 s,频率是0.25 Hz;t=2s时,质点的位移最大,回复力最大,加速度最大;质点的振幅为2cm;t=3s时,质点的位移为零,所受的合外力为零,选项B、C正确。
4.【解析】选D。
小球从A→O的过程中,回复力为小球重力沿切向的分力,A错。
每次经过平衡位置O时,速度的大小相等,而方向不同,B错。
小球从A→A′的过程中,速度先增大后减小,C错。
单摆在地球表面上时,T=2π,其中g=,单摆在月球表面上时,T′=2π,其中g′=,由以上各式得T′=T,故D对。
5.【解析】选B。
由甲的心率为60次/分可知,甲的心动周期是T1=1 s,则可求出心电图机图纸移动的速率v==25 mm/s,乙的心动周期T2==0.8 s,乙的心率为n==75次/分,所以选B。
6.【解题指南】解答该题应注意以下几点:(1)单摆的周期与摆球质量无关。
(2)a与b的粘合满足动量守恒。
(3)粘合后的摆动过程机械能守恒。
【解析】选D。
由公式得T=2π,单摆的周期与摆球的质量无关,只与摆长有关。
所以A、B错。
设b的质量为m,则摆球a从最高点向最低点摆动的过程中应用动能定理有5mgh=m,所以v=,a球与小球b发生碰撞,并粘在一起的过程动量守恒。
所以5mv0-2mv=6mv,v=v,即a、b小球一起向上摆动至最高点过程中机械能守恒,6mgh′=mv2,所以h′=0.25h,D对、C错。
7.【解析】选C。
由h R,故小球的运动可视为“单摆”,乙球碰后再次回到O点的时间为t=T=π,A错。
由于两小球完全相同,碰后速度交换,则甲球将落地,由机械能守恒知,甲落地的速度大小等于碰前乙球的速度大小,即mg·2h=mv2,故v=,B错、C对。
碰撞前后瞬间,由于两球运动状态互换,则轨道对地面的压力没变,D错。
8.【解析】选C。
质点在位置b比位置d时相位超前,选项A错误;质点通过位置b时,相对平衡位置的位移大于,选项B错误;质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等,选项C正确;质点从位置a到b和从b到c的时间相等,位移不等,所以平均速度不相等,选项D错误。
9.【解析】选D。
由振动图像分析可知,动量相同的两个时刻t2和t1,这两个时刻的时间差的最小值小于T,故A错。
动能相同的这样两个时刻,(t2-t1)的最小值小于,故B错。
在半个周期时间内,弹簧弹力不为0,其冲量不为0,C错。
在半个周期时间内,速率相同,动能相同,由动能定理,弹簧的弹力做的功一定为0,故D正确。
【总结提升】注意简谐运动物理量的对称性物体做简谐运动时,关于平衡位置对称的两个位置,动能、势能对应相等;位移、回复力、加速度大小相等,方向相反;速度和动量的大小相等,方向可相同,也可相反。
【变式备选】一弹簧振子做简谐运动,周期为T,下述说法正确的是( )A.若t时刻和t+Δt时刻振子振动的位移大小相等,方向相同,则Δt一定等于T的整数倍B.若t时刻和t+Δt时刻振子振动的速度大小相等,方向相反,则Δt一定等于的整数倍C.若Δt=T,则在t时刻和t+Δt时刻振子振动的加速度一定相等D.若Δt=,则在t时刻和t+Δt时刻弹簧的长度一定相等【解析】选C。
对选项A,只能说明这两个时刻振子处于同一位置,如图所示的P,并未说明振子的运动方向是否相同,Δt可以是振子由P向B再回到P的时间,故认为Δt一定等于T的整数倍是错误的。
对选项B,振子两次到P位置时速度大小相等、方向相反,但并不肯定Δt等于的整数倍。
选项B也是错误的。
对选项C,在相隔一个周期的两时刻,振子只能位于同一位置,其位移相同,合外力相同,加速度必相等,故C正确。
对选项D,相隔的两个时刻,振子的位移大小相等,方向相反,其位置可位于与P相对称的P′处,在P处弹簧处于伸长状态,在P′处弹簧处于压缩状态,弹簧长度并不相等,故D错。
10.【解析】选A。
剪断细线的瞬间,弹簧对A的弹力为kx=2mg,A受到向上的合外力为mg。
当A运动到上方最大位移处,由简谐运动的回复力的对称性知,A将受到竖直向下的合外力,其大小仍为mg,此时弹簧中没有弹力,所以支架对地面的压力大小为Mg。
应选A。
11.【解析】由图可知小球的受力情况和运动情况,与摆长等于球壳半径R的单摆类似,因T=2π(4分)又由题意得T=(4分)由以上两式可得,R==0.56m (4分) 答案：0.56m12.【解析】(1)在平衡位置,设弹簧压缩量为x,有(M+m)g=kx,解得x=0.125m。
(3分)在最低点,设物体对平台压力大小为F1,由牛顿第三定律可知,平台对物体的支持力大小也为F1,对整体k(x+A)-(M+m)g=(M+m)a1(4分)对m,F1-mg=ma1,解得a1=8m/s2,F1=9N。
(3分)(2)在最高点,设物体对平台压力大小为F2,对整体(M+m)g-k(x-A)=(M+m)a2(3分)对m,mg-F2=ma2(3分)解得a2=8m/s2,F2=1N。
(2分)答案：(1)9N (2)1 N。