【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(鲁科版)课件第12章实验十四

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【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(粤教版)课件第12章2012高考导航

第12章
动量与动量守恒
2012高考导航广东考纲展示 1.动量、动量守恒定律及其应用 2．弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ Ⅱ
实验十三：验证动量守恒定律
说明：动量、动量守恒定律及其应用只限于一维
命题热点

1.近几年高考对本章的命题热点是动量和动量守恒等基本概念、规律的理解，有时还考查动量和机械能等知识的综合应用，题目的过程较复杂，注意审清题意． 2．本章出题形式有两种，以选择题形式考查基本概念和规律，以计算题形式考查以动量为中心的小型综合题． 3．预计2012年高考出综合性大题的可能性很小，将本章知识与机械能、带电粒子在磁场中运动、反冲核等相联系的可能性较大.

【大纲版】2012高三物理《优化方案》总复习课件第14章2012高考导航

第14章
光的传播
光的波动性
2012高考导航考纲展示 1.光的直线传播，本影和半影Ⅰ 2．光的反射，反射定律．平面镜成像作图法Ⅱ 3．光的折射，折射定律、折射率．全反射和临界角Ⅱ 4．光导纤维Ⅰ 5．棱镜．光的色散Ⅰ 6．光本性学说的发展简史Ⅰ 7．光的干涉现象，双缝干涉、薄膜干涉．双缝干涉的条纹间距与波长的关系Ⅰ
8．光的衍射Ⅰ
9．光的偏振现象Ⅰ
10．光谱和光谱分析．红外线、紫外线、X射
线、γ射线以及它们的应用．光的电磁本
性．电磁波谱Ⅰ
11．激光的特性及应用Ⅰ
12．实验十八：测定玻璃的折射率
13．实验十九：用双缝干涉测光的波长
命题热点
1.光的直线传播、光速、光的反射、平面镜成像等，常以选择题形式考查． 2．光的折射、折射率、全反射及应用，以选择题或简单计算形式考查，是高考的热点． 3．对光的波动性，常以选择题综合光学现象分析考查． 4．涉及作Байду номын сангаас路图和几何关系的计算、几何光学和波动光学的综合应用也是本章高考的热点． 5．两个实验一直是考查的重点，要充分理解原理，掌握方法.

【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(鲁科版)课件第12章第一节

2．折射率大小不仅反映了介质对光的折射本领， c 也反映了光在介质中传播速度的大小 v＝ . n 3．折射率的大小不仅与介质本身有关，还与折射光的频率有关：同一种介质，对频率大的光折射率大，对频率小的光折射率小． 4．同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长不同，但频率不变．
即时应用 (即时突破，小试牛刀) 1.对于某单色光，玻璃的折射率比水的大，则此单色光在玻璃中传播时( ) A．其速度比在水中的大，其波长比在水中的长 B．其速度比在水中的大，其波长比在水中的短 C．其速度比在水中的小，其波长比在水中的短 D．其速度比在水中的小，其波长比在水中的长解析：选 C.由光在介质中的波速与折射率的关系
≥ ②入射角___临界角． (2)现象：折射光完全消失，只剩下反射光．
(3)临界角：折射角等于90°时的入射角，用C表 1 示，sinC＝____. n (4)应用：①全反射棱镜． ②光导纤维，如图12－1－2.
图12－1－2
2．光的色散 (1)色散现象白光通过三棱镜会形成由红到紫七种色光组成的彩色光谱，如图12－1－3.
(3)物理意义折射率是表示光线从一种介质进入另一种介质时，偏折发生_____程度的物理量，与入射角 θ1及折射角θ2 无大小___关．
(4)折射率和光速的关系折射率和光在介质中传播的速度有关，当c为真 c 空中光速，v为介质中光速时n＝ _____.v 8 3.0×10 式中c＝_________ m/s ，n为介质的折射率，总小于大于1，故光在介质中的传播速度必_____ 真空中的光速．二、全反射和光的色散现象 1．全反射光密光疏 (1)条件：①光从_____ 介质射入_____ 介质．
【答案】
(1)紫色
(2)D· n2－1－nR

2012优化方案高考物理总复习(大纲版)课时卷1-7(82页)

优化方案·课时作第1章力物体的平衡课时1第1章力物体的平衡第一节重力弹力摩擦力一、选择题1.(2011年抚顺六校联合体模拟)如图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A>m B，则物体B()A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个解析：选A.物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B只受重力，选A.2.如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球重G，平衡时小球在A处，今用力F压小球至B处，使弹簧缩短x，则此时弹簧的弹力为()A．kx B．kx＋GC．G－kx D．以上都不对解析：选B.设球在A处时弹簧已压缩了Δx，球平衡时弹力F A＝G＝kΔx，球在B处时，弹簧又压缩x，球再次达到平衡时弹力F B＝k(Δx＋x)＝G＋kx.故选项B是正确的．3.用手握住一个油瓶(油瓶始终处于竖直方向且静止不动，如图所示)，下列说法中正确的是()A．当瓶中油的质量增大时，手握瓶的力必须增大B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大C．不论手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的D．摩擦力大于油瓶与油的总重力解析：选C.因为油瓶处于平衡状态，故摩擦力与油和瓶的总重力大小相等，又因为是静摩擦力，根据其特点，大小与压力无关，故C正确，B、D错误．而最大静摩擦力F f max与正压力有关. 在压力一定的情况下，最大静摩擦力一定．若平衡时，静摩擦力未达到最大值，当适当增加油的质量时，若G≤F f max，不增加压力仍可平衡，A错．4.(2011年北京西城区抽样测试)如图所示，质量为m＝20 kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，物体同时还受到大小为10 N，方向向右的水平拉力F的作用，则水平面对物体的摩擦力(g取10 m/s2)()A．大小是10 N，方向水平向左B．大小是20 N，方向水平向左C．大小是20 N，方向水平向右D．大小是30 N，方向水平向右解析：选C.物体向左运动，受到向右的滑动摩擦力，大小为F f＝μF N＝μmg＝20 N，与外力F无关，故选C.5.某同学用传感器来探究摩擦力，他的实验步骤如下：①将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；②将一质量m＝3.75 kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来；③打开计算机，使数据采集器工作，然后沿水平方向缓慢地拉动细绳，木块运动一段时间后停止拉动；④将实验得到的数据经计算机处理后在屏幕上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是( )A ．0～6 s 内木块一直受到静摩擦力的作用B ．最大静摩擦力比滑动摩擦力大C ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.08D ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.11答案：BC6. (2010年高考课标全国卷)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( ) A.3－1 B ．2－ 3C.32－12 D ．1－32解析：选B.当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)；当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．7. (2011年郑州模拟)如图所示，质量为m 的小物块静止地放在半径为R 的半球体上，小物块与半球体间的动摩擦因数为μ，小物块与球心连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．小物块所受摩擦力大小为μmg sin θB ．小物块对半球体的压力大小为mg cos θC ．小物块所受摩擦力大小为mg sin θD ．小物块所受摩擦力大小为mg cos θ解析：选D.分析小物块受力如图所示，因小物块静止在半球体上，所以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，故有D 正确，B 、C 错误；因小物块受静摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算，故A 错误．8．(2011年北京东城区检测) 如图所示，质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上．已知m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是( )A ．细绳对A 的拉力将增大B ．A 对斜面的压力将减小C ．A 受到的静摩擦力不变D ．A 受到的合力将增大解析：选B.对A 受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：F N－G cos θ＝0，G sin θ－F f －F ＝0，F ＝G 2若θ从45°增大到50°，则有F N 减小，F f 增大．物体A 受到的合力仍为0.9. (2011年武汉调研)如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v ，则传送带启动后( )A ．M 静止在传送带上B ．M 可能沿斜面向上运动C ．M 受到的摩擦力不变D ．M 下滑的速度不变解析：选CD.由M 匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力，传送带启动以后对M 受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C 、D 正确．10. (2011年扬州模拟)如图所示，重80 N 的物体A 放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为1000 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A 后，弹簧长度缩短为8 cm ，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N ，当弹簧的长度仍为8 cm 时，测力计读数不可能为( )A ．10 NB ．20 NC ．40 ND ．60 N解析：选 D.设物体所受静摩擦力F f 的方向沿斜面向上，由平衡条件得：F ＋F f ＋kx ＝mg sin30°，可得：F ＋F f ＝20 N ，F 由0逐渐增大，F f 逐渐减小，当F f ＝0时，F 为20 N ，故A 、B 均可能；当F f 沿斜面向下时，F ＋kx ＝F f ＋mg sin30°，有：F ＝F f ＋20 N ，随F 增大，F f 也逐渐增大，直到F f ＝25 N ，此时F ＝45 N ．当F >45 N ，物体就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.二、计算题11. 如图所示，质量分别为m 和M 的两物体P 和Q 叠放在倾角为θ的斜面上，P 、Q 之间的动摩擦因数为μ1，Q 与斜面间的动摩擦因数为μ2(μ1>μ2)．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P 受到的摩擦力大小为多少？先取PQ 为一整体，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：(M ＋m )g sin θ－F fQ ＝(M ＋m )aF fQ ＝μ2F NF N ＝(m ＋M )g cos θ以上三式联立可得a ＝g sin θ－μ2g cos θ再隔离P 物体，设P 受到的静摩擦力为F fP ，方向沿斜面向上，对P 再应用牛顿第二定律得：mg sin θ－F fP ＝ma可得出F fP ＝μ2mg cos θ.答案：μ2mg cos θ12．(2011年苏州模拟) 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k 1、k 2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m 1的重物，最下端挂一质量为m 2的重物，现用力F 沿斜面向上缓慢推动m 2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：(1)m 1、m 2各上移的距离．(2)推力F 的大小．解析：(1)没加推力时：k 2x 2＝m 2g sin θk 2x 2＋m 1g sin θ＝k 1x 1加上推力后，当两弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，k 1的伸长量与k 2的压缩量均为x ，对m 1受力分析可得：k 1x ＋k 2x ＝m 1g sin θ所以m 1上移的距离d 1＝x 1－x ＝(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2m 2上移的距离d 2＝x 2＋x ＋d 1＝x 2＋x 1＝m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1. (2)分析m 2的受力情况，有：F ＝m 2g sin θ＋k 2x ＝m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2.答案：(1)(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1(2)m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2课时2第二节力的合成与分解一、选择题1．物体受共点力F 1、F 2、F 3作用而做匀速直线运动，则这三个力可能选取的数值为( )A ．15 N 、5 N 、6 NB ．3 N 、6 N 、4 NC ．1 N 、2 N 、10 ND ．1 N 、6 N 、8 N解析：选B.物体在F 1、F 2、F 3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B 选项中的三个力的合力可以为零，故选B.2．如图所示，F 1、F 2、F 3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )解析：选C.由矢量合成法则可知A 图的合力为2F 3，B 图的合力为0，C 图的合力为2F 2，D 图的合力为2F 3，因F 2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C 图．3. 在研究共点力合成实验中，得到如图所示的合力与两力夹角θ的关系曲线，关于合力F 的范围及两个分力的大小，下列说法中正确的是( )A ．2 N ≤F ≤14 NB ．2 N ≤F ≤10 NC ．两力大小分别为2 N 、8 ND ．两力大小分别为6 N 、8 N解析：选AD.由图象得：θ＝12π时，两分力F 1、F 2垂直，合力为10 N ，即F 21＋F 22＝10，θ＝π时，两分力方向相反，即两分力相减，|F 1－F 2|＝2，联立解得：F 1＝8 N ，F 2＝6 N ，合力的范围F 1－F 2≤F ≤F 1＋F 2，即2 N ≤F ≤14 N ．故A 、D 对，B 、C 错．4. (2011年徐州一模)如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O 点，总质量为60 kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°.则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O ，g 取10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )A ．360 N,480 NB ．480 N,360 NC ．450 N,800 ND ．800 N,450 N答案：A5. (2011年湖北孝感高中质量检测)如图所示，作用于O 点的三个力平衡，设其中一个力大小为F 1，沿－y 方向，大小未知的力F 2与＋x 方向夹角为θ，下列说法正确的是( )A ．力F 3只能在第二象限B ．力F 3只能在第三象限C ．力F 3与F 2的夹角越小，则F 3与F 2的合力越小D ．F 3的最小值为F 1cos θ解析：选D.由图可知力F 3可以在第三象限，也可以在第二象限，故A 、B 错误；F 3与F 2的合力与F 1等大、反向，故C 错误；根据图解法可求出F 3的最小值为F 1cos θ，故D 正确．6. (2011年苏州高三调研)如图所示，用OA 、OB 两根轻绳将物体悬于两墙之间，OA 、OB 两根轻绳之间的夹角为90°.当更换OA 绳，使A点下移，直至轻绳OA 为水平，在此过程中保持O 点位置不变．则在A点不断下移到A ′的过程中，绳OA 的拉力( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：选A.重力不变，OB 绳上拉力方向不变，在OA 绳方向逐渐转至OA ′的过程中，两拉力方向由90°逐渐增大，则OA 绳上拉力由最小值逐渐增大，A 对．7. 2010年广州亚运会天津运动员陈一冰夺吊环冠军，其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力F T (两个拉力大小相等)及它们的合力F 的大小变化情况为( )A ．F T 增大，F 不变B ．F T 增大，F 增大C ．F T 增大，F 减小D ．F T 减小，F 不变解析：选A.由平衡条件，合力F 等于人的重力，故F 恒定不变；当两手间距离变大时，绳的拉力的夹角变大，由平行四边形定则知，F T 变大，A 正确．8. 如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：选D.由图解法可知，当细绳与斜面平行时拉力最小，所以细绳由A 点逐渐移到D 点的过程中，拉力先减小后增大，选D 项．9. (2011年青岛模拟)如图所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O .另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G的物体，BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD ．a 杆对滑轮的作用力大小是G解析：选D.细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零．10. (2011年长沙模拟)如图所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F 1，墙壁对涂料滚的支持力为F 2，下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2均减小B ．F 1、F 2均增大C ．F 1减小，F 2增大D ．F 1增大，F 2减小解析：选A.在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可得：F 1sin θ－F 2＝0，F 1cos θ－G ＝0解得F 1＝G cos θ，F 2＝G tan θ 由于θ减小，所以F 1减小，F 2减小，故正确答案为A.二、计算题11. 榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ．求物体D 所受压力的大小是F 的多少倍？解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则F 1＝F 2＝F 2cos θ由几何知识得tan θ＝l b ＝10. 按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则F N ＝F 2sin θ以上各式联立解得F N ＝5F所以物体D 所受压力的大小是F 的5倍．答案：5倍12. 如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 与竖直方向上的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围．(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．解析： (1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F A 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F T A ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上．所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，由图知，当θ＝90°时，F T B 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg . 当两绳垂直时，即θ＝30°时，F T B 最小，F min ＝mg sin60°＝32mg . 答案：(1)0°≤θ<120°(2) 3 mg 32mg 课时3第三节受力分析共点力的平衡一、选择题1．均匀长杆一端搁在地面上，另一端用细线系在天花板上，如图所示的受力分析示意图中，正确的是( )解析：选ACD.长杆处于平衡状态，其所受所有外力的合力为零，即水平方向和竖直方向的合力都要为零，显然选项A 正确；B 、C 、D 选项中，将F 沿水平和竖直方向分解，水平方向满足平衡条件的还有C 、D 选项．综上可知，选项A 、C 、D 正确．2. (2011年长沙市一中月考)如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．物体可能只受两个力作用B ．物体可能受三个力作用C ．物体可能不受摩擦力作用D ．物体一定受四个力解析：选D.物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F 在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用．再根据摩擦力产生的条件知，一定会产生弹力．因此物体一定会受到四个力的作用．3. (2011年山东淄博模拟)如图所示，物块A 放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为( )A.12B.32C.22D.52解析：选C.由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物体受到的摩擦力是静摩擦力，大小为F f 1＝mg sin30°，当α＝45°时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f 2＝μF N ＝μmg cos45°，由F f 1＝F f 2得μ＝22. 4. (2010年高考江苏卷)如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( ) A.13mg B.23mg C.36mg D.239mg 解析：选D.如图每根支架承受的压力为F N ，则F N 的竖直分力大小为mg 3，所以F N ＝mg /3cos30°＝239mg ，D 正确． 5. (2009年高考江苏卷)用一根长1 m 的轻质细绳将一幅质量为1 kg 的画框对称悬挂在墙壁上．已知绳能承受的最大张力为10 N ．为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g 取10 m/s 2)( )A.32 mB.22m C.12 m D.34 m 解析：选A.对画框进行受力分析，并把两绳拉力作用点平移至重心处，如图所示，则有：2F T1cos α＝2F T2cos α＝mg .其中F T1＝F T2≤10 N.所以cos α≥12. 设挂钉间距为x ，则有：sin α＝x 2L 2＝x L. x ＝L sin α＝L 1－cos 2α≤ 1－14＝32m 即x ≤32m ，A 正确． 6. (2009年高考浙江理综卷)如图所示，质量为m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( ) A.32mg 和12mg B.12mg 和32mg C.12mg 和12μmg D.32mg 和32μmg 解析：选A.三棱柱受重力、斜面的支持力和摩擦力三力平衡，故F N ＝mg cos θ＝32mg ，F f＝mgsin θ＝12mg ，A 选项正确． 7. (2011年北京四中一模)如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F 作用下从B 点沿圆弧缓慢上滑至A 点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向，则( )A ．小物块受的支持力逐渐变大B ．小物块受的支持力先变小后变大C ．拉力F 逐渐变小D ．拉力F 先变大后变小解析：选AC.小物块上升到圆弧最高点时，F 减小为零；支持力最大，等于重力．8. (2011年浙江金丽衢十二校联考)两光滑平板OM 、ON 构成一具有固定夹角θ0＝75°的V 形槽，一球置于槽内，用θ表示ON 板与水平面之间的夹角，如图所示．调节ON 板与水平面之间夹角θ，使球对板ON 压力的大小正好等于球所受重力的大小，则在下列给出的数值中符合条件的夹角θ值是( )A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°解析：选B.受力分析如图所示，OM 对球的弹力为F 1，ON对球的弹力为F 2＝G ，F 1、F 2的合力F 3与重力等大反向．则有：2α＋θ＝180°，α＋θ＝180°－θ0，解得：θ＝30°.9. (2011年青岛模拟)如图所示，水平细杆上套一环A ，环A与球B 间用一轻质绳相连，质量分别为m A 、m B ，由于B 球受到风力作用，A 与B 球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ.则下列说法中正确的是( )A ．风力增大时，轻质绳对B 球的拉力保持不变B ．B 球受到的风力F 为m B g tan θC ．杆对A 球的支持力随着风力的增加而增加D ．A 球与水平细杆间的动摩擦因数为m B m A ＋m B解析：选B.以B 球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，解三角形得到拉力F T ＝m B g cos θ，风力F ＝m B g tan θ，A 项错误，B 项正确；利用整体法，水平方向有F ＝μ(m A ＋m B )g ，解得μ＝m B tan θm A ＋m B，D 项错误；竖直方向杆对A 球的支持力F N A ＝(m A ＋m B )g ，C 项错误． 10. (2011年江苏无锡调研)如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态．则( )A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零B ．C 受到水平面的摩擦力一定为零C ．水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等D ．若将细绳剪断，B 物体依然静止在斜面上，水平面对C 的摩擦力为零解析：选D.若绳对B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力相等，则B 与C 间的摩擦力为零，A 项错误；利用整体法判断，C 一定受到水平面向左的摩擦力，B 项错误；同理在竖直方向利用整体法判断，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，C 项错误；利用整体法判断，剪断细绳后BC 系统在水平方向不受外力作用，D 项正确．二、计算题11. (2011年揭阳模拟)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m ＝1 kg ，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M ＝3 kg ，置于粗糙水平面上．(g取10 m/s 2)求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．解析：(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示．F ＝mg ，F T cos30°＝12F 得F T ＝12mg cos30°＝12×1×1032N ＝1033 N(2)以小球和斜面整体为研究对象受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以F f ＝F T sin30°＝1033×12N ＝533N ，方向水平向左．答案：(1)1033 N (2)533N ，方向水平向左 12. (2011年湖南岳阳市一中质检)如图所示，两个完全相同的球，重力大小均为G ，两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ，且假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一根轻绳两端固结在两个球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳被拉直后，两段绳间的夹角为α.问当F 至少为多大时，两球将会发生滑动？解析：对结点O 受力分析如图甲所示，由平衡条件得：F 1＝F 2＝F 2cos α2对任一球(如右球)受力分析如图乙所示，球发生滑动的临界条件是：F 2sin α2＝μF N . 又F 2cos α2＋F N ＝G . 联立解得：F ＝2μG μ＋tan α2. 答案：2μG μ＋tan α2高三物理优化方案·课时作业课时4第2章直线运动第一节描述运动的基本概念一、选择题1．下列说法正确的是( )A ．参考系必须是固定不动的物体B ．参考系可以是变速运动的物体C ．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点D ．研究跳水运动员转体动作时，运动员不可视为质点解析：选BD.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的，也可以是变速运动的物体，A 错误，B 正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C 错误；但在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D 正确．2. 为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图所示，甲图是限速路标，表示允许行驶的最大速度是110 km/h ；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有100 km.上述两个数据的物理意义是( )A ．110 km/h 是平均速度，100 km 是位移B ．110 km/h 是平均速度，100 km 是路程C ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是位移D ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是路程答案：D3．第一次世界大战期间，一名法国飞行员在2000 m 高空飞行时，发现脸旁有一个小东西，他以为是虫子，敏捷地把它一把抓过来，令他吃惊的是，抓到的竟然是一颗子弹，飞行员能抓到子弹的原因是( )A ．飞行员的反应快B ．子弹的飞行速度远小于飞行员的速度C ．子弹相对于飞行员来说几乎是静止的D ．飞行员的手特有劲解析：选C.子弹相对于飞行员的速度几乎为零，飞行员才有可能抓住子弹，选项C 正确． 4．(2011年黑龙江大庆一中质检)一个物体做匀加速直线运动，在t 秒内经过的位移是s ，它的初速度为v 0，t 秒末的速度为v t ，则物体在这段时间内的平均速度为( )A.st B.v 0＋v t t C.v t －v 0t D.v t ＋v 02解析：选AD.平均速度的定义式：v ＝xt ，适用于一切运动；v ＝v t ＋v 02仅适用于匀变速直线运动．5. 在2009年8月柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子100 m 决赛中和男子200 m 决赛中分别以9.58 s 和19.19 s 的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度约为10.42 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度约为10.44 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.88 m/s解析：选C.200 m 决赛的跑道有一段弯道，所以200 m 决赛的位移小于200 m ，所以A错；200 m 决赛的平均速度v <200 m 19.19 s ＝10.42 m/s ，故B 错；100 m 决赛的平均速度v ＝100 m9.58 s ＝10.44 m/s ，故C 对．由于不是匀加速运动，所以最大速度不是平均速度的2倍，D 错．6．(2010年启东中学调研)对于质点的运动，下列说法中正确的是( ) A ．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零 B ．质点速度变化率越大，则加速度越大C ．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D ．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大解析：选B.质点运动的加速度为零时，质点的速度变化为零，但速度不一定为零，A 错误；质点速度变化率即为加速度，B 正确；质点在某时刻的加速度不为零，其速度可能为零，如自由落体的物体在开始下落的瞬间，故C 错误；质点的速度变化Δv ＝a ·Δt ，即速度的变化由质点的加速度和时间共同决定，D 错误．7．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是( )A ．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动B ．速度不断减小，到加速度为零时，物体运动停止C ．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后物体做匀速直线运动D ．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后物体做匀速直线运动解析：选ABCD.变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．8．(2010年临沂市期中)2009年10月14日，在山东威海举行了第十一届全国运动会铁人三项的女子决赛．本届全运会铁人三项比赛采用奥林匹克标准竞赛距离，包括一点五公里游泳、四十公里自行车和十公里跑步三部分，总距离为五十一点五公里．东道主选手王毅在最后一圈加速冲刺，以领先9.24秒的优势获得冠军，总成绩是2小时16分02秒77.假设王毅在三项中各段的时间分别为t 1、t 2、t 3，对应行程为s 1、s 2、s 3，三项中各段的平均速率分别为v 1、v 2、v 3，总平均速率为v .则(计算中结果保留一位小数)( )A ．v 1<v 3<v 2B ．v ＝v 1＋v 2＋v 33C ．v ＝6.3 m/sD ．v 可能比s 2t 2大，也可能比s 1t 1小解析：选AC.游泳平均速率v 1最小，自行车平均速率v 2最大，选项A 正确；平均速率v ＝s t ＝51.5×103m 8162.77 s≈6.3 m/s ，选项C 正确． 9．一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 ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：选AD.(1)若初、末速度同向时：v ＝v 0＋v 2＝4＋102m/s ＝7 m/s ，s ＝v t ＝7 m ；。

2012年高考一轮复习优化方案第12章第一节

三、光的折射和反射对光路的控制 1．玻璃砖对光路的控制．两面平行的玻璃砖，出射光线和入射光线平行，两面平行的玻璃砖，出射光线和入射光线平行，且光线发生了侧移．如图12－－且光线发生了侧移．如图－1－5.
图12－1－5 －－
2．三棱镜对光路的控制． (1)光密三棱镜：光线两次折射均向底面偏折，偏光密三棱镜：光密三棱镜光线两次折射均向底面偏折，折角为δ，如图12－－所示所示．折角为，如图－1－6所示． (2)光疏三棱镜：光线两次折射均向顶角偏折．光疏三棱镜：光疏三棱镜光线两次折射均向顶角偏折． (3)全反射棱镜等腰直角棱镜，如图－1－7. 全反射棱镜(等腰直角棱镜全反射棱镜等腰直角棱镜)，如图12－－当光线从一直角边垂直射入时， ①当光线从一直角边垂直射入时，在斜边发生全反射，从另一直角边垂直射出(如图如图12－－甲．反射，从另一直角边垂直射出如图－1－7甲)．当光线垂直于斜边射入时， ②当光线垂直于斜边射入时，在两直角边发生全反射后又垂直于斜边射出(如图乙如图乙)，反射后又垂直于斜边射出如图乙，入射光线和出射光线互相平行．射光线互相平行．
2．对全反射现象的认识． (1)在光的反射和全反射现象中，均遵循光的反射在光的反射和全反射现象中，在光的反射和全反射现象中定律，光路均是可逆的．定律，光路均是可逆的． (2)光线射向两种介质的界面上时，往往同时发生光线射向两种介质的界面上时，光线射向两种介质的界面上时光的折射和反射现象，但在全反射现象中，光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生全反射，不发生折射，折射角等于90° 生全反射，不发生折射，折射角等于 °时，实际上就已经没有折射光线了．际上就已经没有折射光线了． (3)光导纤维光导纤维光导纤维简称“光纤光纤”，如图12－－所示所示，光导纤维简称光纤，如图－1－3所示，它是非常细的特制玻璃丝(直径在几微米到一百微米之非常细的特制玻璃丝直径在几微米到一百微米之间)，由内芯和外套两层组成．，由内芯和外套两层组成．

高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十二章第二节

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第十二章
光
电磁波
相对论
图12－2－5
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第十二章
光
电磁波
相对论
【解析】因波程差 Δδ＝7.95×10 7 m, －波长 λ＝5.30×10 7 m,故 Δδ＝1.5λ.所以 P 点应为减弱点,条纹为暗条纹.由条纹间距 l Δy＝ λ 知,若波长增大则条纹间距变宽. d
－
【答案】
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第十二章
光
电磁波
相对论
垂直 3.偏振光：在______于传播方向的平面上,只沿着某个特定方向振动的光,叫做横波偏振光.光的偏振证明光是_______.自然偏振片光通过_______后,就得到了偏振光.
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第十二章
光
电磁波
相对论
四、激光的特点及应用 1.激光是人工产生的相干光,可以用来全
射光都是偏振光,且偏振方向相互垂直.
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第十二章
光
电磁波
相对论
3.偏振光的理论意义及应用 (1)理论意义：光的干涉和衍射现象充分说明了光是一种波,但不能确定光波是横波还是纵波.光的偏振现象说明光
波是横波.
(2)应用：照相机镜头、立体电影、消
除车灯眩光等.
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第十二章
光
电磁波
相对论
2.常见的衍射现象：单缝衍射、小孔衍
射和泊松亮斑等.
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第十二章
光
电磁波
相对论
3.干涉与衍射的比较
干涉在光重叠区域出现加现象强或减弱的现象两束光频率相同、相产生条件位差恒定,即必须是相干光源杨氏双缝干涉实验、典型实验薄膜干涉中央明纹,两边等间图样特点距分布的明暗相间条纹检查平面,增透膜应用内容衍射光绕过障碍物偏离直线传播的现象障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多(明显衍射的条件) 单缝衍射(圆孔衍射、不透明圆盘衍射) 中央最宽最亮,两边不等间距分布的明暗相间条纹测定波长

高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十二章第一节

光密介质进入折射率较小的光疏介质,
且入射角大于等于临界角,因此内芯是
光密介质,包层是光疏介质,故选D.
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第十二章
光
电磁波
相对论
三、玻璃砖和三棱镜对光路的控制 1.玻璃砖对光路的控制
两面平行的玻璃砖,出射光线和入射光
线平行,且光线发生了侧移.如图12－1－ 5.
图12－1－5
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第十二章
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第十二章
光
电磁波
相对论
由光路可逆性可知,无论入射角 θ1 是多大, 折射角 θ2 都不会超过 45° ,选项 B 正确.由折射定律,要求 θ2 ＝30° ,sinθ1 ＝ 2sin30° , 得 θ1＝45° ,选项 C 错误.当 θ1＝60° 时,由 sin60° 6 ＝ 2得 sinθ2＝ ,此时反射光线与 4 sinθ2 折射光线不垂直,D 错误.
越大的光,其频率越大.
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第十二章
光
电磁波
相对论
sin i 名师点睛：(1)公式n＝ sin r
中，不论
是光从真空射入介质，还是由介质射入真空，i总是真空中的光线与法线间夹
角，r总是介质中的光线与法线间的夹
角.(2)折射率由介质本身性质与光的频率共同决定，与入射角的大小无关.
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第十二章
图12－1－8
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第十二章
光
电磁波
相对论
【思路点拨】
光线经过两次折射
确定两界面上的由折射定 → 入射角与折射角 → 律计算
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第十二章
光
电磁波
相对论
【解析】
设入射光线与 1/4 球体的交点

【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(鲁科版)第12章实验十四知能优化演练

1．某同学在做双缝干涉实验时，按图安装好实验装置，在光屏上却观察不到干涉图样，这可能是由于( )A ．光束的中央轴线与遮光筒的轴线不一致，相差较大B ．没有安装滤光片C ．单缝与双缝平行D ．光源发出的光束太强解析：选A.安装实验器件时要注意使光束的中央轴线与遮光筒的轴线重合，光源与光屏正面相对，滤光片、单缝和双缝要在同一高度，中心位置在遮光筒轴线上，单缝与双缝要相互平行，还要使光源发出的光束不要太暗，才能使实验成功．图12－5－62．如图12－5－6所示，用单色光做双缝干涉实验，S 1和S 2为双狭缝，O 为光屏上的中央亮纹，P 处为O 点上方的第二条亮纹．现改用频率较高的单色光重做实验，其他条件不变，则中央亮纹上方第二条亮纹的位置( )A ．仍在P 点处B ．在P 点上方C ．在P 点下方D ．必须要将屏向双缝方向移近一些才能看到亮纹解析：选C.光在真空中的速度c ＝λf ，不同色光在真空中速度相同，频率较高的光波长较短．所以，由原来的光改为频率较高的单色光时，光的波长减小，由Δy ＝l dλ知，第二条亮纹的位置应在P 点下方．3．(2009年高考上海卷)如图12－5－7为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间距变大可改用波长更________(填长、短)的单色光；或是使双缝与光屏间的距离________(填增大、减小)．图12－5－7解析：依据双缝干涉条纹间距规律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，应增大双缝与屏之间的距离L .答案：长增大4．(2011年江苏盐城模拟)某同学设计了一个测定激光波长的实验装置，如图12－5－8甲所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，图乙中的黑点代表亮点的中心位置．图12－5－8(1)通过量出相邻光点的距离可算出激光的波长．据资料介绍：若双缝的缝间距离为a ，双缝到感光片的距离为L ，感光片上相邻两光点间的距离为b ，则光的波长λ＝ab L. 该同学测得L ＝1.0000 m ，缝间距a ＝0.220 mm ，用带十分度游标的卡尺测感光片上的点的距离时，尺与点的中心位置如图乙所示．图乙中第1个到第4个光点的距离是________mm.实验中激光的波长λ＝________m ．(保留两位有效数字)(2)如果实验时将红激光换成蓝激光，屏上相邻两光点间的距离将________．解析：(1)由乙图读出第1个到第4个光点间距离b ′＝8.5 mm ，故相邻光点间距离b ＝8.54－1mm ，由λ＝ab L 解得：λ≈6.2×10－7m. (2)如果实验时将红激光换成蓝激光，λ变小了，由b ＝Lλa可知，屏上相邻两光点的间距将变小．答案：(1)8.5 6.2×10－7 (2)变小5．在利用双缝干涉测定光波波长时，首先调节光源、滤光片、单缝和双缝的中心均位于遮光筒的中心轴线上，并使单缝和双缝竖直并且互相平行，当屏上出现了干涉图样后，用测量头上的游标卡尺去测量，转动手轮，移动分划板使分划板中心刻线与某条明纹中心齐时(如图12－5－9甲所示)将此明纹记为1，然后再转动手轮，分划板中心刻线向右移动，依次经过2、3……明纹，最终与明纹6中心对齐，分划中心刻线与明纹1和明纹6对齐时游标卡尺示数分别如图中乙、丙所示(游标卡尺为10分度)，则图乙对应的读数为________m ，图丙对应的读数为________m ．用刻度尺量得双缝到屏的距离为60.00 cm ，由双缝上标示获知双缝间距为0.2 mm ，则发生干涉的光波波长为________m.图12－5－9在实验中，若经粗调后透过测量头上的目镜观察，看不到明暗相间的条纹，只看到一片亮区，造成这种情况的最可能的原因是________________________________________________________________________．解析：图乙对应读数为1.94×10－2 m图丙对应读数为2.84×10－2 m根据公式Δy ＝l dλ λ＝Δyd l ＝0.2×10－3×(2.84×10－2－1.94×10－2)×1560.00×10－2 m ＝6.00×10－7 m 若粗调后看不到干涉条纹，只看到一片亮区，则最可能的原因是单缝与双缝不平行．答案：1.94×10－2 2.84×10－2 6.00×10－7单缝与双缝不平行6．(2009年高考北京理综卷)在《用双缝干涉测光的波长》实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上(如图12－5－10甲)，并选用缝间距d ＝0.20 mm 的双缝屏．从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离l ＝700 mm.然后，接通电源使光源正常工作．图12－5－10(1)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度．某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第一次映入眼帘的干涉条纹如图乙(a)所示，图乙(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图乙(b)中游标尺上的读数x 1＝1.16 mm ；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图丙(a)所示，此时图丙(b)中游标尺上的读数x 2＝________mm ；(2)利用上述测量结果，经计算可得两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx ＝________mm ；这种色光的波长λ＝________nm.解析：(1)主尺读数为15 mm ，游标尺读数为1×0.02 mm ＝0.02 mm 二者相加即可(2)由于图中数字标记的是暗条纹，首先应根据暗条纹所标数字给亮条纹也标明条数，若图乙的(a)图中的中央刻线所对亮条纹记为第1条，则图丙的(a)图中，中央刻线所对亮纹为n ＝7，则Δx ＝x 2－x 1n －1＝2.31 mm ，光的波长λ＝Δx ·d l ＝6.6×102 nm. 答案：(1)15.02 (2)2.31 6.6×1027．(创新实验)1801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质.1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)．(1)洛埃镜实验的基本装置如图12－5－11所示，S 为单色光源，M 为一平面镜．试用平面镜成像作图法在图中画出S 经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域．图12－5－11(2)设光源S 到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a 和L ，光的波长为λ，在光屏上形成干涉条纹．写出相邻两条亮纹(或暗纹)间距离Δy 的表达式．解析：(1)如右图(2)Δy ＝L dλ，因为d ＝2a ，所以 Δy ＝L 2aλ. 答案：见解析高[考[试$题∷库。

【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(粤教版)课件第13章第一节

解析：选 D.根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核越远的轨道上运动时，其能量越大，由能量公式 En E1 ＝ 2 (E1＝－13.6 eV)可知，电子从低轨道(量子数 n n 小)向高轨道(n 值较大)跃迁时，要吸收一定能量的光子，故选项 B 可排除；氢原子核外电子绕核做圆周运动，其向心力由原子核对电子的库仑引力提供，
2．原子的核式结构 (1)核式结构的具体内容在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎所有的质量都集中在原子核上，带负电的电子在核外空间绕核旋转．原子直径的数量级为10－10 m，而原子核直径的数量级约为10－15～10－14 m. (2)核式结构的实验基础核式结构的提出，是建立在α粒子散射实验的基础之上的．或者说：卢瑟福为了解释α粒子散射实验的现象，不得不对原子的结构问题提出核式结构的理论．
A．总共能辐射出6种不同频率的光子 B．总共能辐射出3种不同频率的光子 C．辐射出的频率最大的光子可能为γ粒子 D．辐射出的波长最长的光子是从n＝3能级跃迁到 n＝1能级时放出的解析：选B.能量为12.6 eV的高速电子能使氢原子跃迁到n＝3能级，据N＝C可知，被激发的氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中总共能辐射出3种不同频率的光子，选项A错误、B正确；γ粒子是原子核被激发出的光子，选项C错误；从n＝3跃迁到 n＝1能级时放出的光子能量最大，频率最高、波长最短，选项D错误．
(3)氢原子能级图：
图13－1－1
3．玻尔理论的局限性玻尔理论成功解释了氢原子光谱，但对其它原子光谱的解释则不成功，主要原因是玻尔理论过多的保留了经典物理学的理论．
课堂互动讲练
一、原子核式结构模型的理解 1．关于α粒子散射实验 (1)设计：在真空的环境中，使放射性元素钋放射出的α粒子轰击金箔，然后透过显微镜观察用荧光屏接收到的α粒子，通过轰击前后α粒子运动情况的对比，来了解金原子的结构情况．如图 13－1－2所示．

【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(大纲版)第14章第二节知能优化演练

1．如图14－2－16所示，把由同种玻璃制成的厚度为d 的立方体A 和半径为d 的半球体B 分别放在报纸上，且让半球的凸面向上．从正上方(对B 来说是最高点)竖直向下分别观察A 、B 中心处报纸上的文字，下面的观察记录正确的是( )图14－2－16A ．看到A 中的字比B 中的字高B ．看到B 中的字比A 中的字高C ．看到A 、B 中的字一样高D ．看到B 中的字和没有放玻璃半球时一样高答案：AD2．光导纤维的结构如图14－2－17所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播．以下关于光导纤维的说法正确的是( )图14－2－17A ．内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射B ．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射C ．内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生折射D ．内芯的折射率与外套的相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用解析：选A.光导纤维内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射，从而使载有声音、图象以及各种数字信号的激光在光纤中远距离传递．故只有A 正确．3．一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a 、b 两束单色光，其传播方向如图14－2－18所示．设玻璃对a 、b 的折射率分别为n a 和n b ，a 、b 在玻璃中的传播速度分别为v a 和v b ，则( )图14－2－18A ．n a >n bB ．n a <n bC ．v a >v bD ．v a <v b解析：选AD.由图可知a 光偏折程度大于b 光，则n a >n b ，又v ＝c n，v a <v b ，所以A 、D 选项正确．4. (2011年东城模拟)如图14－2－19所示，半圆形玻璃砖的半径为R ，直径为MN ，一束白光从Q 点以垂直于直径MN 的方向射入半圆形玻璃砖，从玻璃砖的圆弧面射出后，打到光屏上得到由红到紫的彩色光带．已知QM ＝R 2.如果保持入射光线和光屏的位置不变，而使半圆形玻璃砖沿直径方向向上或向下移动，移动的距离小于R 2，则有( )图14－2－19A ．半圆形玻璃砖向上移动的过程中，屏上红光最先消失B ．半圆形玻璃砖向上移动的过程中，屏上紫光最先消失C ．半圆形玻璃砖向下移动的过程中，屏上红光最先消失D ．半圆形玻璃砖向下移动的过程中，屏上紫光最先消失解析：选D.当玻璃砖上移时，从玻璃进入空气的光线的入射角在减小，所以不管哪种色光都不会发生全反射，故A 、B 错．在向下移动时，由于从玻璃进入空气的光线的入射角在增大，紫光的临界角最小，入射角增大后，先达到紫光的临界角，最后达到红光的临界角．所以紫光首先发生全反射，在屏上消失，故C 错，D 对．5．(2009年高考山东卷)一束单色光由左侧射入盛有清水的薄壁圆柱形玻璃杯，如图14－2－20所示为过轴线的截面图，调整入射角α，使光线恰好在水和空气的界面上发生全反射．已知水的折射率为43，求sin α的值．图14－2－20解析：当光线在水面发生全反射时，有sin C ＝1n当光线从左侧射入时，由折射定律有sin αsin (π2－C )＝n 联立这两式代入数据可得sin α＝73. 答案：73巩固复习效果，检验教学成果。

2012优化方案高考物理总复习(大纲版)课时卷12-15(41页)

优化方案·课时作业第12章电磁感应课时34第12章电磁感应第一节电磁感应现象楞次定律一、选择题1．(2011年广州调研)如图所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则()A．断开电键K，ab中有感应电流B．闭合电键K，ab中有感应电流C．无论断开还是闭合电键K，ab中都有感应电流D．无论断开还是闭合电键K，ab中都没有感应电流解析：选B.两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故A、C错误；若闭合电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．2．如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是()A．a、b两个环B．b、c两个环C．a、c两个环D．a、b、c三个环解析：选A.当滑片左、右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流．3．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是()A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b解析：选B.根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a.当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现()A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流解析：选D.N单极子向下靠近时，磁通量向下增加，当N单极子向下离开时，磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向．5．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右解析：选BD.在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对．6．如图所示，沿x轴、y轴有两根长直导线，互相绝缘．x轴上的导线中通有沿－x方向的电流，y轴上的导线中通有沿＋y方向的电流，两虚线是坐标轴所夹角的角平分线．a、b、c、d是四个圆心在虚线上、与坐标原点等距的相同的圆形导线环．当两直导线中的电流从相同大小，以相同的快慢均匀减小时，各导线环中的感应电流情况是()A．a中有逆时针方向的电流B．b中有顺时针方向的电流C．c中有逆时针方向的电流D．d中有顺时针方向的电流解析：选BC.先根据安培定则可以判断a、b、c、d圆环所在区域的合磁场、合磁通，a、d圆环内合磁通为零，b圆环内合磁通方向向里，c圆环内合磁通方向向外．再根据楞次定律可以判断b圆环上感应电流方向为顺时针，c圆环上感应电流方向为逆时针，故答案为B、C.7．如图所示为地磁场磁感线的示意图．在北半球地磁场的竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，则()A．若飞机从西往东飞，U1比U2高B．若飞机从东往西飞，U2比U1高C．若飞机从南往北飞，U1比U2高D．若飞机从北往南飞，U2比U1高解析：选AC.北半球的地磁场的竖直分量向下，其俯视图如图所示，对水平飞行的飞机，其机翼可等效为一水平放置的导体棒，应用右手定则可判断，向北飞行时，左方机翼末端电势高．并可得出如下结论：在北半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机左翼电势高；在南半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机右翼电势高．(右手定则中四指的指向即等效电源的正极，因为在电源内部电流从负极流向正极)故A、C正确．8．(2011年潍坊模拟)如图所示，两块金属板水平放置，与左侧水平放置的线圈通过开关K用导线连接．压力传感器上表面绝缘，位于两金属板间，带正电的小球静置于压力传感器上，均匀变化的磁场沿线圈的轴向穿过线圈．K 未接通时压力传感器的示数为1 N ，K 闭合后压力传感器的示数变为2 N ．则磁场的变化情况可能是( )A ．向上均匀增大B ．向上均匀减小C ．向下均匀减小D ．向下均匀增大解析：选AC.K 闭合后，向上均匀增大或向下均匀减小磁场都能使上金属板带正电，下金属板带负电，带正电的小球受竖直向下的电场力，压力传感器示数变大．9．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N 及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A ．F N 先小于mg 后大于mg ，运动趋势向左B ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向左C ．F N 先小于mg 后大小mg ，运动趋势向右D ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右解析：选D.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈先左侧受到向右下的安培力，后右侧受到向右上的安培力，因此F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右，所以正确选项是D.10．如图，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平，烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是( )①磁铁下落的加速度先增大，后减小②磁铁下落的加速度恒定③磁铁下落的速度先增大后减小④磁铁下落的加速度一直减小最后为零⑤磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动A ．只有②正确B ．只有①③正确C ．只有①⑤正确D ．只有④⑤正确解析：选D.磁铁下落过程中，将在铜管中产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁将受到阻碍，磁铁下落速度越大，阻力越大，加速度越小，当阻力与重力相等时，加速度减为0，速度达到最大，磁铁以此速度匀速运动，故只有D 项正确．11．(2011年黄冈调研)如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为B y ＝B 0y ＋c，y 为该点到地面的距离，c 为常数，B 0为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径ab 水平，(空气阻力不计)铝框由静止释放下落的过程中( )A ．铝框回路磁通量不变，感应电动势为0B ．回路中感应电流沿顺时针方向，直径ab 两点间电势差为0C ．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD ．直径ab 受安培力向上，半圆弧ab 受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g 解析：选C.由题意知，y 越小，B y 越大，下落过程中，磁通量逐渐增加，A 错误；由楞次定律判断，铝框中电流沿顺时针方向，但U ab ≠0，B 错误；直径ab 受安培力向上，半圆弧ab 受安培力向下，但直径ab 处在磁场较强的位置，所受安培力较大，半圆弧ab 的等效水平长度与直径相等，但处在磁场较弱的位置，所受安培力较小，这样整个铝框受安培力的合力向上，故C 正确D 错误．二、计算题12．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.答案：B随t减小，B＝B0ll＋v t课时35第二节法拉第电磁感应定律自感一、选择题1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的甲～丁所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势先变小后变大解析：选D.根据法拉第电磁感应定律：感应电动势等于磁通量的变化率，得到在图甲中的磁通量不变，所以不会产生感应电动势，选项A错误．由数学知识得图乙中的磁通量变化率是恒定的，所以产生的感应电动势是恒定的，选项B错误．图丙中回路在0～t1时间内与t1～t2时间内磁通量的变化率都是恒定的，故产生恒定的电动势，但是0～t1时间内的磁通量的变化率大于t1～t2时间内磁通量的变化率，所以前一段时间内产生的感应电动势大于后一段时间内产生的感应电动势，选项C错误．图丁中的磁通量的变化率是先变小后变大，产生的感应电动势也是先变小后变大．所以本题的正确选项应该为D.2．(2011年宝鸡一检)在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒PQ以初速度v0水平抛出，如图所示．棒在运动过程中始终保持水平，空气阻力不计，那么，下列说法中正确的是()A．PQ棒两端的电势一定满足φP<φQB．PQ棒中的感应电动势越来越大C．PQ棒中的感应电动势越来越小D．PQ棒中的感应电动势保持不变解析：选AD.PQ棒水平切割磁感线，利用右手定则可判断两端的电势一定满足φP<φQ，A正确；因PQ棒水平方向速度不变，竖直方向不切割磁感线，所以PQ棒中的感应电动势保持不变，D正确．3．如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A．由c到d，I＝Br2ω/RB．由d到c，I＝Br2ω/RC．由c到d，I＝Br2ω/(2R)D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)解析：选D.金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．4．图中电感线圈L的直流电阻为R L，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合且稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开时，下列说法中正确的是()A．G1、G2的指针都立即回到零点B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点、G2两条支路的电流解析：选B.S闭合且稳定时，通过电流表G均由左向右．断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，等效电路如图所示．显然，断开S后，在E自的作用下，回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经电流表G2支路的电流方向变为由右向左．由于这段时间内E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的．5．(2010年高考北京卷)在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是()解析：选B.由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由零逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以选项B正确．6．(2010年高考全国卷Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是() A．电压表记录的电压为5 mVB．电压表记录的电压为9 mVC．河南岸的电势较高D．河北岸的电势较高解析：选BD.可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BL v＝9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D 项正确．7．(2010年高考江苏卷)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B ．1C ．2D ．4解析：选B.根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝Δ(BS )Δt，设初始时刻磁感应强度为B 0，线圈面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝Δ(BS )Δt ＝(2B 0－B 0)S 01＝B 0S 0；第二种情况下的感应电动势为E 2＝Δ(BS )Δt ＝2B 0(S 0－S 0/2)1＝B 0S 0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．8．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍( )A ．把线圈匝数增加一倍B ．把线圈面积增加一倍C ．把线圈半径增加一倍D ．改变线圈与磁场方向的夹角解析：选C.设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则I ＝E R ＝n ΔΦΔt R＝n πr 2ΔB Δt sin θρn ·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔB Δt ·sin θ.可见将r 增加一倍，I 增加1倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加到原来的2倍，电流也增加到原来的2倍，I 与线圈匝数无关．9．如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R 相连接，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F ，使金属棒从a 位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b 和c .若导轨与金属棒的电阻不计，ab 与bc 的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是( )A ．金属棒通过b 、c 两位置时，电阻R 的电功率之比为1∶2B ．金属棒通过b 、c 两位置时，外力F 的大小之比为1∶ 2C ．从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，电阻R 上产生的热量之比为1∶1D ．从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1解析：选AD.由题意知v c ＝2v b ，所以E c ＝2E b ，I c ＝2I b ，电阻R 消耗的功率P ＝I 2R ，所以P b P c ＝I 2b I 2c ＝12，A 正确；所需的外力F ＝B 2L 2v R ＋ma ，而金属棒所受的安培力F b F c ＝v b v c ＝12，因加速度未知，B 错误；金属棒从a 到b 和从b 到c 的两个过程中外力做功W 1<W 2，由动能定理可知动能的增加量ΔE k 1＝ΔE k 2，由能量守恒定律可知Q 1<Q 2，C 错误；E ＝ΔΦΔt ，I ＝ER，q＝It ，所以q ＝ΔΦR，因金属棒从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，磁通量的改变量相同，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1，D 正确．10．(2010年湖北荆州三月)如图，在水平面内有两条固定的光滑轨道MN 、PQ (电阻不计)，处于竖直向下的匀强磁场中，其上放有两根静止的导体棒ab 和cd ，质量分别为m 1、m 2，且m 1>m 2，两导体棒的电阻恒定，相距足够远．第一次导体棒ab 以速度v 0向静止的导体棒cd 运动，最后以共同速度运动，第二次导体棒cd 以速度v 0向静止的导体棒ab运动，最后也以共同速度运动，对ab 和cd 组成的系统，下列说法正确的是( )A ．第一次系统产生的焦耳热较小B ．第二次系统产生的焦耳热较小C ．两次系统末动能一样大D ．第二次系统末动能较小解析：选D.ab 、cd 棒最终达共速，满足动量守恒m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1，m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 2，故系统的末动能E k1＝12(m 1＋m 2)v 21＝(m 1v 0)22(m 1＋m 2)，E k2＝12(m 1＋m 2)v 22＝(m 2v 0)22(m 1＋m 2)，m 1>m 2，故E k1>E k2，C 错，D 对；系统产生的热量Q ＝12m i v 20－12(m 1＋m 2)v 2i ＝12m i v 20－(m i v 0)22(m 1＋m 2)＝12m i v 20(1－m im 1＋m 2)，当m i ＝m 1时，Q 1＝m 1m 22(m 1＋m 2)v 20，当m i ＝m 2时，Q 2＝m 1m 22(m 1＋m 2)v 20，则Q 1＝Q 2，A 、B 均错．二、计算题11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1 T ，金属棒AD 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻r ＝1/3 Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2Ω，R 2＝1 Ω.当金属棒以5 m/s 速度匀速向右运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流为多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则电容器中储存多少电荷量？解析：(1)金属棒产生的电动势E ＝BL v ＝0.2 V外电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝23Ω 通过金属棒的电流I ＝E R ＋r＝0.2 A. (2)电容器两板间的电压U ＝IR ＝215V 带电荷量Q ＝CU ＝4×10－8C.答案：(1)0.2 A (2)4×10－8C12．(2009年高考广东卷)如图甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．求0至t 1时间内：(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．解析：(1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，而S ＝πr 22 由闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋R联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)通过电阻R 1上的电荷量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0 电阻R 1上产生的热量Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20. 答案：见解析课时36第三节电磁感应规律的综合应用一、选择题1．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3D ．Ba v 解析：选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A. 2．如图所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L ＝0.1 m ，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度B ＝10 T ，质量m ＝0.1 kg 、电阻为R ＝2 Ω的金属杆ab 接在两导轨间，在开关S 断开时让ab 自由下落，ab 下落过程中、始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取g ＝10 m/s 2，当下落h ＝0.8 m 时，开关S 闭合．若从开关S 闭合时开始计时，则ab 下滑的速度v随时间t 变化的图象是图中的( )解析：选D.开关S 闭合时，金属杆的速度v ＝2gh ＝4 m/s.感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝E /R ，安培力F ＝BLI ，联立解出F ＝2 N ．因为F >mg ＝1 N ，故ab 杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故D 正确．3．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2 解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12m v 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12m v 2.4．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是( )A ．产生的焦耳热之比为1∶4B ．产生的焦耳热之比为1∶1C ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶2D ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶4解析：选AC.根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BL v )2R a ·L vW b ＝Q b ＝(B 2L v )2R b·2L v 由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4，A 对B 错；由产生的电量Q ＝ΔΦR ＝BS R得， Q a ∶Q b ＝1∶2，C 对D 错．5．(2010年高考全国卷Ⅱ)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析：选D.线圈自由下落，到b 点受安培力，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，线圈继续加速，到d 点出磁场时受到安培力作用，由F ＝B 2L 2v R知，安培力和线圈的速度成正比，D 正确．6．(2011年宝鸡一检)一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则图中能正确表示线圈中电流I随时间t 变化规律的是( )解析：选C.0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小为定值，A 、B 错误；4 s ～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd 的磁通量不变化，无感应电流，D 错误．7．(2010年高考上海卷)如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L .边长为L 的正方形线框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上．使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图( )解析：选AC.线框做匀加速直线运动，则有v ＝at ，v ＝2ax ；由欧姆定律可得电流I ＝BL v R＝BLat R ＝BL 2ax R，据此可知A 、C 两项正确，B 、D 两项错误． 8．(2011年东北三校联考)如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v 向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q 随时间t 变化的图象中正确的是( )解析：选AC.设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t ，导体棒的水平位移为x ＝v t ，导体棒切割磁感线的有效长度L ＝v t ·tan θ，所以回路中感应电动势E ＝BL v ＝B v 2t ·tan θ，感应电动势与时间t 成正比，A 正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B 错误；导体棒匀速移动，外力F 与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P ＝F v ＝BIL v ＝BI v 2t ·tan θ，与时间成正比，故C 正确；回路产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ，式中电流不变，回路电阻与t 成正比，故焦耳热Q 与t 2成正比，D 错误．9．(2009年高考福建理综卷)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且。

2012年高考理综复习技巧全程优化设计

2012年高考理综复习技巧全程优化设计作者：啓点妞妞第一轮复习我们始终建议学生用简单、中等的题目来辅助复习，一方面可以真正的检测自己的复习程度，另一方面可以有效的提高复习信心。

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第四轮复习6月上旬调整心态、准备考试。

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不用紧张做题，适当练手即可各科复习技巧优化设计第一轮复习（8月份~12月份）①物理：重点是力学大版块和电磁学大版块，这两大版块占到80%左右，同时，高考对于实验创新的能力也逐步加强，每年高考大纲虽然有所修订，但变动不大，因此可以找本前一年的《大纲》先看着，在一轮复习跟住老师的前提下，要根据自己的实际情况用晚上的时间补齐自己的短板。

这段时间可以用除全国卷一、二外的历年高考真题来进行分章节的联系。

优化技巧：力学、电磁学习上，公式定理推论来反向复习该定理的研究起点，抓住产生这些公式定理的物理本质，将死记硬背的知识转化为理解。

【优化方案】2012高考物理总复习第12章第三节电磁感应规律的综合应用知能优化演练大纲人教版

电磁感应规律的综合应用1．(2010年高考广东理综卷)如图12－3－12所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M ′N ′的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是( )图12－3－12图12－3－13解析：选A.金属棒匀速运动，进入磁场前和经过磁场后感应电动势均为零，经过磁场过程中产生的感应电动势大小恒定，故A 正确．2．如图12－3－14所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右做匀速运动时( )图12－3－14A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BLvC ．电容器所带电荷量为CBLvD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R解析：选C.当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BLv ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBLv ，故C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错．3．(2010年高考四川理综卷)如图12－3－15所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动．若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )图12－3－15A ．变为0B ．先减小后不变C ．等于FD ．先增大再减小解析：选AB.对b ，由平衡条件可得，未施加恒力F 时，有mg sin θ＝F f b .当施加恒力F 后，因b 所受的安培力向上，故有F 安＋F f b ＝mg sin θ.对a ，在恒力F 拉动后，先加速最后匀速运动，故b 所受的安培力先增大，然后不变，b 所受的摩擦力先减小后不变，B 正确；若F 安＝mg sin θ，则F f b ＝0，A 正确；若F f b ＝F ，则对导体棒a 、b 系统，所受的合外力将沿斜面向下，与题意中两棒的运动状态不符，C 错误．4．(2009年高考天津理综卷)如图12－3－16所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图12－3－16A ．棒的机械能增加量B ．棒的动能增加量C ．棒的重力势能增加量D ．电阻R 上放出的热量解析：选A.对金属棒受力分析可知，设金属棒所受重力为G 、上升高度为h ，则根据能量守恒可得：Fh －W 安＝Gh ＋ΔE ，即拉力及安培力所做的功的代数和等于金属棒机械能的增加量，A 正确．5．(2010年高考江苏卷)如图12－3－17所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I ，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：图12－3－17(1)磁感应强度的大小B ；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v ；(3)流经电流表电流的最大值I m .解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动 BIL ＝mg ①解得B ＝mg IL .②(2)感应电动势 E ＝BLv ③感应电流 I ＝E R④由②③④式解得 v ＝I 2R mg .(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m 机械能守恒定律得12mv 2m ＝mgh感应电动势的最大值E m ＝BLv m感应电流的最大值I m ＝E m R解得I m ＝mg 2gh IR .答案：见解析温馨提示：巩固复习效果，检验教学成果。

【大纲版】2012高三物理《优化方案》总复习课件第14章第三节

3．双缝干涉明暗 (1) 现象：单色光干涉时观察到 _____ 相间的条纹，白光双缝干涉的现象为中央是白色条纹，两边是彩色的条纹． (2)亮、暗条纹的判断：Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，
即到双缝的距离差为波长的整数倍的点出现亮 1 条纹，Δr＝nλ＋ λ(n＝0,1,2，…)，即到双缝的 2 距离差为半波长奇数倍的点出现_____ 暗条纹． L λ (3)条纹间距公式：Δx＝______. d
二、双缝干涉中明暗条纹的判断
1．屏中央位置明暗条纹的判断：双缝到光屏中
央距离相等，光程差为零．如果两光源振动完全一致，中央一定是亮纹，假如两光源振动正好相反，则中央为暗纹． 2．根据Δr与λ的关系判断：在两光源振动完全一致的情况下，屏上一点P到双缝的距离Δr满足：
(1)Δr＝nλ(n＝0,1,2，……)，P 点为明条纹； λ (2)Δr＝nλ＋ (n＝0,1,2，……)，P 点为暗条纹． 2 3．根据 x 与 Δx 的关系判断 (1)条纹间距：相邻亮纹或相邻暗纹的间距 Δx 与双缝到屏的距离 l 成正比，与两狭缝之间距离 d 成反 l 比，与光的波长 λ 成正比，Δx＝dλ. (2)若屏上一点 P 到中央明纹的距离为 x 与 Δx 满足： ①x＝nΔx(n＝0,1,2，……)，该点为明条纹； 1 ②x＝nΔx＋ Δx(n＝0,1,2……)，该点为暗条纹． 2
课堂互动讲练
一、光的干涉和衍射的对比 1．衍射与干涉的比较
2.光的干涉和衍射的本质
光的干涉和衍射都属于光的叠加，从本质上看，
干涉条纹和衍射条纹的形成有相似的原理，都
可认为是从单缝通过两列或多列频率相同的光
波，在屏上叠加形成的单缝衍射现象．
即时应用 1.(2011年福建龙岩调研)如图14－3－2所示，a、 b、c、d四个图是不同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样．分析各图样的特点可以得出的正确结论是( )