2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (22)

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2016-2017学年四川省成都市龙泉一中高三(上)期中物理试卷

2016-2017学年四川省成都市龙泉一中高三（上）期中物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共30.0分)1.最近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的（）A.速度增加，加速度减小 B.速度增加，加速度增大C.速度减小，加速度增大D.速度减小，加速度减小【答案】A【解析】解：房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，房价上涨出现减缓趋势，相当于加速度减小，但仍然在上涨，相当于加速度与速度方向相同，速度仍然增大．故A正确，BCD错误．故选：A．王强同学把房价类比成速度，房价上涨快慢类比成加速度，根据加速度与速度关系进行分析．此题是生活联系实际的加速度决定于物体所受合力和物体的质量，与速度没有直接的关系，加速席减小，速度不一定减小．2.如图所示，一只小鸟沿着较粗均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中（）A.树枝对小鸟的作用力先减小后增大B.树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大C.树枝对小鸟的弹力先减小后增大D.树枝对小鸟的弹力保持不变【答案】B【解析】解：A、树枝对小鸟的作用力与小鸟的重力等值反向，所以树枝对小鸟的作用力大小不变，故A错误．B、小鸟所受的摩擦力f=mgsinθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则摩擦力先减小后增大，故B正确．C、小鸟所受的弹力N=mgcosθ，从A到B的过程中，θ先减小后增大，则弹力先增大后减小，故C、D错误．故选：B．小鸟缓慢爬行，合力为零，受重力、支持力和静摩擦力处于平衡，根据平衡得出摩擦力的变化和弹力的变化．解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意小鸟所受的摩擦力为静摩擦力．3.已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为△N，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R．则地球的自转周期为（）A.T=2πB.T=2πC.T=2πD.T=2π【答案】A【解析】解：在北极①在赤道：②根据题意，有③联立解得：，A正确，BCD错误；故选：A在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力．考查物体受力分析及圆周运动向心力的表达式，明确在两极物体没有向心力4.如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间正好到达正对岸的B处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（）A.只要增大v1大小，不必改变θ角B.只要增大θ角，不必改变v1大小C.在增大v1的同时，也必须适当增大θ角D.在增大v1的同时，也必须适当减小θ角【答案】C【解析】解：A、若只增大υ1大小，不必改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A错误；B、若只增大θ角，不必改变υ1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B错误；C、若在增大υ1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C正确；D、若增大υ1的同时，也必须适当减小θ角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故D错误．故选：C．由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解．考查运动的合成与分解，掌握平行四边形定则的应用，注意要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸Oˊ处，必须满足船在水流方向的分速度不变，且垂直河岸的分速度要增大．5.如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图象，若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30m/s，则正确的是（）A.汽车所受阻力为2×103NB.汽车车速为15m/s，功率为3×104WC.汽车匀加速的加速度为3m/s2D.汽车匀加速所需时间为4.5s【答案】A【解析】解：A、当速度为30m/s时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时F=f，所以f=2×103N．故A正确；B、牵引车的额定功率P=fv=2×103×30W=6×104W．匀加速直线运动的加速度a==，匀加速直线运动的末速度v=，匀加速直线运动的时间t==5s．因为15m/s＞10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率，故B错误；C、由B分析各匀加速运动加速度大小为2m/s2，故C错误；D、由B分析知，D错误．故选：A从图线看出，开始图线与x轴平行，表示牵引力不变，牵引车先做匀加速直线运动，倾斜图线的斜率表示额定功率，即牵引车达到额定功率后，做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动解决本题的关键能够从图线中分析出牵引车的运动情况，知道倾斜图线的斜率表示牵引车的额定功率．二、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d，现将小环从定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑的距离也为d时，（图中B处），下列说法正确的是（）A.小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB.小环到达B 处时，重物上升的高度也为dC.当小环在B 处时，小环与重物的速度大小之比等于D.当小环在B 处时，小环与重物的速度大小之比等于【答案】AC【解析】解：A、由题意，小环释放时向下加速运动，则重物将加速上升，对重物，由牛顿第二定律可知绳中的张力一定大于重力2mg，故A正确；B、小环到达B处时，重物上升的高度应为绳子缩短的长度，即h=d-d=（-1）d，故B错误；CD、根据题意，小环与重物沿绳子方向的速度大小相等，将小环A的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解应满足：=，故C正v环cos45°=v物，即得，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比环物确，D错误．故选：AC．本题A的关键是由小环加速下落可知重物加速上升，再根据牛顿第二定律即可求解；题B的关键是明确重物上升的高度应等于绳子缩短的长度；题C和D的关键是明确小环在沿绳子的方向速度与重物速度相等，然后将小环的速度沿绳子与垂直于绳子方向正交分解即可．解决本题时应明确：①对与绳子牵连有关的问题，物体上的高度应等于绳子缩短的长度；②物体的实际速度即为合速度，应将物体速度沿绳子和垂直于绳子的方向正交分解，然后列出沿绳子方向速度相等的表达式即可求解．7.汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1秒末关闭发动机做匀减速直线运动，到t2秒末静止，动摩擦因数不变．其v-t图象如图所示，图中β＜θ，若汽车牵引力做功为W，t1秒内做功的平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服地面摩擦力做功分别为W1和W2，平均功率大小分别为P1和P2，忽略空气阻力的影响，下面结论正确的是（）A.W=W1+W2B.W1＞W2C.P=P1D.P1≠P2【答案】AB【解析】解：A、由动能定理可知W-W1-W2=0，故W=W1+W2；故A正确；B、由图可知，加速过程的位移要大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故汽车加速时克服摩擦力所做的功大于减速时克服摩擦力所做的功，则有W1＞W2．故B正确；C、D、因加速和减速运动中，平均速度相等，故由P=FV可知，摩擦力的功率相等，故P1=P2；由功能关系可知W=P t1=P1t1+P2t2而P1=P2；故P≠P1；故CD错误．故选：AB．由动能定理可得出汽车牵引力的功与克服摩擦力做功的关系，由功的公式可求得加速和减速过程中克服摩擦力做功的大小；由摩擦力做功利用P=FV可求得摩擦力的功率关系．本题要注意在机车起动中灵活利用功率公式及动能定理公式，同时要注意图象在题目中的应用．8.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动．将一物体轻轻放在皮带左端，以v、a、F、x表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力的大小和位移大小．下列选项正确的是（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，速度与时间的关系为v=at，v-t图象是倾斜的直线；物体的速度与传送带相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，加速度为0．故A、B正确，C、D错误．故选：AB．物体在前t1内做匀加速直线运动，加速度不变，速度与传送带相同后做匀速直线运动，速度不变，根据物体的运动情况分析即可．解决本题的关键通过分析物体的受力情况来确定其运动情况，知道匀加速运动的特点：加速度不变，匀速直线运动的特点：速度不变六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形如图所示；已知在t=0.6s时，质点A恰好第四次（图中为第一次）出现波峰，则下列说法正确的是（）A.波的周期是0.2sB.在t=1.5s时波刚传播到质点P 处C.质点P 开始振动时速度沿x轴正方向D.质点P在t=0.35s时第一次出现在波谷E.质点B在0～0.6s内通过的路程是240cm【答案】ADE【解析】解：A、由题有质点第4次出现波峰，则说明0.6s内有3个周期，故有3T=0.6s，得周期T=0.2s．故A正确．B、由图看出波长为λ=2m，则波速为v===10m/s，波传播到P点的时间为t===0.3s，故B错误．C、波传播过程中，各个质点的振动方向与波图示时刻x=1.5m处质点的速度方向相同，根据波形平移法得知，x=1.5m处质点的速度方向向下，则P点开始振动时速度方向也向下，故C错误．D、当x=1.5m处波谷传到P点时，P点第一次出现在波谷底部，所用时间为t==0.35s．故D正确．E、质点的振幅为20cm，质点B在0～0.6s内通过的振动周期为3次，故经过的路程是3×4×20=240cm，故E正确．故选：ADE．t=0时刻波形如图所示，可知质点A再经过三个周期出现在波峰，即求得周期T．根据波形图读出波长，由v=求出波速，分析波传播到P的时间．简谐波沿x轴正向传播，P的开始振动方向与图示时刻x=2m处的质点速度方向相同．当x=1.5m处波谷传到P点时，P点第一次出现在波谷底部；由图读出振幅，再根据振动次数确定路程，注意一个周期内通过4个振幅．本题关键根据周期性，从时间的角度研究周期，根据两点平衡位置间距离与波长的关系可分析振动情况的关系．同时还要注意波的传播方向和质点振动方向之间的关系判断．三、实验题探究题(本大题共1小题，共6.0分)9.“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图（a）所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象，他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图（b）所示．（1）图线______ （填“①”或“②”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）在轨道水平时，小车运动的阻力F f= ______ N；（3）图（b）中，拉力F较大时，a-F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是______ ．A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验．【答案】①；0.5；C【解析】解：（1）当右侧抬高，导致平衡摩擦力过度，则F=0时，加速度不为零，可知图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．（2）由图线②可知，当F=0.5N时，小车开始运动，可知小车运动的阻力F f=0.5N．（3）拉力F较大时，a-F图线明显弯曲，因为此时钩码的质量不满足远小于小车的质量，钩码的重力不等于绳子的拉力，避免此误差的方法是运用力传感器，直接读出绳子的拉力，不用钩码的重力代替拉力．故选：C．故答案为：（1）①，（2）0.5，（3）C．（1）当斜面抬得过高，F=O时，加速度a不为零，结合这一特点确定正确的图线．（2）结合图线②得出小车运动的阻力大小．（3）当钩码的质量远小于小车的质量，钩码的重力才近似等于绳子的拉力．解决本题的关键知道实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于小车的合力，前提需平衡摩擦力，掌握平衡摩擦力的方法．2、认为钩码的重力等于绳子的拉力，前提是钩码的质量远小于小车的质量．知道运用力传感器可以避免第2个认为产生的误差．四、填空题(本大题共1小题，共8.0分)10.为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出木块相对传感器的位移S随时间t变化规律，如图所示．（1）根据上述图线，计算0.4s时木块的速度v= ______ m/s，木块加速度a= ______ m/s2；（2）为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是______ ；（已知当地的重力加速度g）；（3）为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是______ （单选）A．A点与传感器距离适当大些B．木板的倾角越大越好C．选择体积较大的空心木块D．传感器开始计时的时刻必须是木块从A点释放的时刻．【答案】0.4；1；斜面倾角（或A点的高度）；A【解析】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.4s末的速度为：v=，0.2s末的速度为：，则木块的加速度为：a=．（2）选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力为：ma=mgsinθ-μmgcosθ得：所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ（3）根据（2）的分析可知，在实验中，为了减少实验误差，应使木块的运动时间长一些，可以：可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故A正确，BCD错误．故选：A故答案为：（1）0.4，1；（2）斜面倾角（或A点的高度）；（3）A．（1）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数μ还需要测量的量是木板的倾角θ；（3）为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．五、计算题(本大题共2小题，共33.0分)11.如图，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60°，小球到达A点时的速度v=4m/s．（取g=10m/s2）求：（1）小球做平抛运动的初速度v0；（2）P点与A点的水平距离；（3）小球到达圆弧最高点C时小球的动能多大？【答案】解：（1）小球到A点的速度如图所示，由图可知v0=v x=v A cosθ=4×0.5m/s=2m/s（2）v y=v A sinθ=4×m/s=2m/s由平抛运动规律得：由平抛运动的规律得：x=v0t，v y=gt，vy2=2gh带入数据，解得：h=0.6m，x=0.69m．（3）由动能定律得：：mv-E kc=mg（R+R cosθ）v代入数据得：E kc=2.1J答：（1）小球做平抛运动的初速度为2m/s；（2）P点与A点的水平距离为0.69m；（3）小球到达圆弧最高点C时小球的动能为2.1J．【解析】（1）恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，说明到到A点的速度v A方向与水平方向的夹角为θ，这样可以求出初速度v0；（2）平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据平抛运动的基本规律求出P点与A点的水平距离和竖直距离；（3）由动能定理公式可求得最高点C时小球的动能．本题是动量守恒定律、平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用动量守恒定律、平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法．12.如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2．长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1（视为质点）在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．（取g=10m/s2）求：（1）长板2开始运动时的加速度大小；（2）长板2的长度L0；（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置．【答案】解：（1）物体1的加速度a1=-=-μg=-2m/s2物体2和3的整体加速度a2===6m/s2（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t代入数据解t1=0.5s，v1=3m/sX1=（v+v1）×=1.75m x2=v1=0.75m所以木板2的长度L0=x1-x2=1m（3）此后，假设物体123相对静止，a=gM a=3.3N＞F f=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动物体1的加速度a3=μg=2m/s2物体2和3整体的加速度a4=（g-μg）=4m/s2整体下落高度h=H-x2=5m根据h=v1t+a4t22解得t2=1s物体1的位移x3=v1t2+a3t22=4mh-x3=1m即物体1在长木板2的最左端；答：（1）长板2开始运动时的加速度大小6m/s2；（2）长板2的长度L0为1m；（3）当物体3落地时，物体1在长板2的位置最左端．【解析】（1）物体1相对于2向右运动，恰好没有从长板2的右端掉下，则知物体1滑到长板2的右端时，1和2速度相等．根据牛顿第二定律求出物体1的加速度和物体2和3的整体加速度；（2）由速度相等，求出时间，由位移公式分别求出物体1和物体23的位移，两者位移之差即等于板长．（3）判断三个物体能否相对静止．假设物体123相对静止，由牛顿第二定律求出加速度和物体1所受的静摩擦力，与最大静摩擦力比较，可知物体1和物体2相对滑动．再求出物体1和物体23的加速度，由位移公式求出物体3落地时整体下落高度h，得到时间，并求出物体1的位移，可知物体1在长木板2的最左端．本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，边计算边分析，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．七、计算题(本大题共1小题，共10.0分)14.如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的横截面图．圆弧CD是半径为R的四分之一圆周，圆心为O．光线从AB面上的M点入射，入射角i=60°，光进入棱镜后恰好在BC面上的O点发生全反射，然后由CD面射出．已知OB段的长度为l=6cm，真空中的光速c=3.0×108m/s．求：（Ⅰ）透明材料的折射率n；（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t．【答案】解：（Ⅰ）设光线在AB面的折射角为r，根据折射定律得：n=…①设棱镜的临界角为C．由题意，光线在BC面恰好发生全反射，得到sin C=…②由几何知识可知，r+C=90°…③联立以上各式解出n=（Ⅱ）光在棱镜中传播速度v=由几何知识得，MO==nl故光从M点传播到O点所用的时间t===s=3.5×10-10s答：（Ⅰ）透明材料的折射率n为；（Ⅱ）光从M点传播到O点所用的时间t为3.5×10-10s．【解析】（Ⅰ）光线射入棱镜后射在BC面上的O点并恰好在BC面上发生全反射．根据折射定律分别研究光线在AB面上的折射和在BC面的全反射，即可求解折射率．（Ⅱ）由公式v=求出光在棱镜中传播速度，由几何关系求出MO间的距离，即可求得时间t．本题是折射现象和全反射现象的综合，关键作出光路图，掌握全反射的条件和临界角公式，结合几何关系求解．高中物理试卷第11页，共11页。

2016年高考全国卷物理试题(含1卷,2卷,3卷共3套)word版带答案

绝密★启封前试题类型：全国 1 卷2016 年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（物理）注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。

3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。

4. 考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分。

在每小题给出的四个选项中，第 14~17 题只有一项是符合题目要求，第 18~21 题有多项符合题目要求。

全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分。

有选错的得 0 分。

14.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器A.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。

质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。

若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。

此离子和质子的质量比约为A.11B.12C.121D.14416.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 R 1，R 2 和 R 3 的阻值分别为 3Ω，1Ω ，4Ω ，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。

当开关 S 断开时，电流表的示数为 I ；当 S 闭合时，电流表的示数为 4I 。

该变压器原、副线圈匝数比为A.2B.3C.4D.517.利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为A.1hB.4hC.8hD.16h18.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变19.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (45)

题组层级快练(四十五)说明：1－7题只有一项符合题目要求，8－9题有多项符合题目要求．1．(2014·福建)如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)解析火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 选项正确，A 、B 、C 选项错误．答案 D设置目的考查动量守恒定律2．(2014·重庆)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析规定向左为正，设弹丸的质量为4m ，则甲的质量为3m ，乙的质量为m ，弹丸到达最高点爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有4m v 0＝3m v 1＋m v 2，则8＝3v 1＋v 2，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t ＝2hg＝1 s ，水平方向做匀速运动，x 1＝v 1t ＝v 1，x 2＝v 2t ＝v 2，则8＝3x 1＋x 2，结合图像可知，B 的位移满足上述表达式，故B 选项正确．答案 B设置目的考查动量守恒与平抛的综合3．(2013·福建)将静置在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mM v 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0D.m M －m v 0解析设火箭模型获得的速度为v ，火箭在喷气过程中，火箭和喷出气体系统的动量守恒，取向上为正方向，竖直方向上，相互作用的内力远远大于重力，故可认为竖直方向动量守恒，有(M －m )v －m v 0＝0，则火箭速度v ＝mM －m v 0，故选D 项．答案 D设置目的考查动量守恒近似守恒4.下面是一个物理演示实验，它显示：如图中自由下落的物体A 和B 经反弹后，B 能上升到比初位置高得多的地方．A 是某种材料做成的实心球，质量m 1＝0.28 kg ，在其顶部的凹坑中插着质量m 2＝0.1 kg 的木棍B ，B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A 下端离地板的高度H ＝1.25 m 处由静止释放．实验中，A 触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B 脱离球A 开始上升，而球A 恰好停留在地板上．则木棍B 上升的高度为(重力加速度g ＝10 m/s 2)( )A ．4.05 mB ．1.25 mC ．5.30 mD ．12.5 m解析球及棒落地速度v ＝2gH ，球反弹后与B 的碰撞为瞬间作用，AB 虽然在竖直方向上合外力为重力，不为零．但作用瞬间，内力远大于外力的情况下，动量近似守恒，故有m 1v －m 2v ＝0＋m 2v ′2，棒上升高度为h ＝v ′222g，联立并代入数据，得h ＝4.05 m.答案 A设置目的考查动量守恒近似守恒5．(2013·天津)如图我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3 000 m 接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A选项错误；甲、乙组成的系统动量守恒，动量变化量等大反向，B选项正确；甲、乙相互作用时，虽然她们之间的相互作用力始终大小相等，方向相反，但相互作用过程中，她们的对地位移不一定相同，所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量，那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功，C、D选项错误．答案 B设置目的考查动量、冲量、功、动能6．(2012·重庆)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行．车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v-t图像为()解析人跳离车瞬间，人车水平方向动量守恒，则(m＋2m)v0＝2m v－m v0，解得v＝2v0，故只有B项正确．答案 B设置目的考查动量守恒定律、速度－时间图像7．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是()A．0.6v B．0.4vC．0.3v D．0.2v解析设碰后A球的速度大小为v A，B球的速度大小为v B，由动量守恒定律，得m v＝－m v A＋2m v B，解得v B＝0.5v＋0.5v A>0.5v，应选A项．答案 A设置目的考查动量守恒定律的矢量性、发散思维能力8.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2 B.mM 2(M ＋m )v 2 C.12NμmgL D ．NμmgL解析设系统损失的动能为ΔE ，根据题意可知，整个过程中小滑块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有m v ＝(M ＋m )v t (①式)、12m v 2＝12(M ＋m )v 2t＋ΔE (②式)，由①②式联立，解得ΔE ＝Mm2(M ＋m )v 2，可知选项A 错误，选项B 正确；又由于小滑块与箱子壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE ＝NμmgL ，C 项错误，D 项正确．答案 BD设置目的考查动量守恒、能的转化与守恒9．(原创题)光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2 kg 的A 、B 两物块都以6 m/s 的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4 kg 的物体C 静止在前方，如图所示，B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，且碰撞时间极短．在以后的运动过程中( )A ．当弹簧的弹性势能达到最大时，物体A 的速度为2 m/sB ．当弹簧的弹性势能达到最大时，物体A 的速度为3 m/sC ．弹性势能的最大值是12 JD ．弹性势能的最大值是36 J解析 B 、C 相碰过程中，B 、C 两物块系统动量守恒m B v 0＝(m B ＋m C )v 1，以后三物块组成系统全过程总动量守恒m A v 0＋m B v 0＝(m A ＋m B ＋m C )v ，解得v ＝3 m/s ，B 选项正确，A 选项错误；当A 、B 间的弹簧压缩最短时，三物块的速度相等，弹性势能达到最大E p ＝12m A v 20＋12(m B ＋m C )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 2，解得E p＝12 J ，C 选项正确，D 选项错误．答案 BC设置目的考查完全非弹性碰撞中的能量与动量学法指导本题的典型易错之处为E p ＝12(m A ＋m B )v 20－12(m A ＋m B ＋m C )v 2，解得E p ＝36 J ，错因，过程不清晰，第一次碰撞过程B 、C 两物块系统动量守恒，但动能不守恒，属于完全非弹性碰撞，有动能损失．10．(2014·上海)动能相等的两物体A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向而行，他们的速度大小之比v A ∶v B ＝2∶1，则动量大小之比p A ∶p B ＝________；两者碰后粘在一起运动，总动量与A 原来动量大小之比为p ∶p A ＝________.解析动能E k ＝12m v 2，则m ＝2E kv2，两物体质量之比：m A m B ＝2E k v 2A 2E k v 2B ＝(v B v A )2＝14物体的动量为：p ＝2mE k ，两物体动量之比：p A p B ＝2m A E k2m B E k＝14＝12；以B 的初动量方向为正方向，A 、B 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律，得 p B －p A ＝p ，解得p ＝p A ，A 、B 碰撞后总动量与A 原来动量大小之比为p ∶p A ＝p A ∶p A ＝1∶1. 答案 1∶2 1∶1设置目的考查动量、动能的基本概念及动量守恒定律11．(2014·江苏)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相撞，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16，分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．解析设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2，规定A 球的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律，得2m v 0＝2m v 1＋m v 2 根据题意知，v 2－v 1v 0＝1516解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0答案碰撞后A 、B 的速度分别是1748v 0、3124v 0设置目的考查了动量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律关键选择好研究的系统和研究的过程，结合动量守恒列出表达式，注意表达式的矢量性12．(2014·山东)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m ，开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0，一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半，求：(1)B 的质量；(2)碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失解析 (1)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰后的共同速度为v ，由题意知，碰撞前瞬间A 的速度为v2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律，得m ·v2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ①由①式，得m B ＝m2②(2)从开始到碰后的全过程，以初速度v 0的方向为正方向，由动量守恒，得 m v 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能损失为ΔE ，则ΔE ＝12m (v 2)2＋12m B (2v )2－12(m B ＋m )v 2④联立②③④式，得ΔE ＝16m v 20答案 (1)m 2 (2)16m v 20设置目的考查动量守恒和能量守恒的综合，运用动量守恒解题，关键合理地选择研究的系统和研究的过程，抓住初末状态列式求解13．(2014·大纲全国)冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小； (2)碰撞中总机械能的损失．解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为m 、M ，碰前速度大小分别为v 、v 1，碰后乙的速度大小为v 1′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律，有m v －M v 1＝M v 1′①代入数据，解得v 1′＝1.0 m/s ②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE ，应有12m v 2＋12M v 21＝12M v ′21＋ΔE ③ 联立②③式，代入数据，得ΔE ＝1 400 J 答案 (1)1.0 m/s (2)1 400 J 设置目的考查完全非弹性碰撞14．(2014·广东)如图的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作，已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .解析 (1)P 1、P 2碰撞过程，动量守恒m v 1＝2m v ①解得v ＝v 12＝3 m/s ②碰撞损失的动能ΔE ＝12m v 21－12(2m )v 2③ 解得ΔE ＝9 J ④(2)由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P 在A →B →C →B (B ′)→A (A ′)等效为如图所示的匀减速运动．设P 在A →B →C →B (B ′)→A (A ′)段加速度大小为a ，由运动学规律，得μ(2m )g ＝2ma a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2⑤ P 返回经过B 时：3L ＝v t －12at 2⑥由①⑤⑥式，解得v ＝3L ＋12at 2t由于2 s ≤t ≤4 s ，代入上式解得v 的取值范围5 m/s ≤v ≤7 m/s ⑦ 所以v 1的取值范围10 m/s ≤v 1≤14 m/s ⑧ P 向左经过A (即图的A ′)时的速度v 2，则v 22－v 2＝－2a ·4L ⑨ 将⑦代入⑨可知，当v ＝5 m/s 时，P 不能到达A ；当v ＝7 m/s 时，v 2＝17 m/s所以v 2的取值范围v 2≤17 m/s ，所以当v 2＝17 m/s 时，P 向左经过A 点时有最大动能E ＝12(2m )v 22＝17 J答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J 设置目的考查完全非弹性碰撞、动能定理。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (46)

题组层级快练（四十六）说明：1－8题只有一项符合题目要求，9－12题有多项符合题目要求．1．(2014·上海)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是( )A ．光电效应是瞬时发生的B ．所有金属都存在极限频率C ．光电流随着入射光增强而变大D ．入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析光具有波粒二象性，即既具有波动性又具有粒子性，光电效应证实了光的粒子性．因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A 项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，B 项错误；光强增大时，光子数量和能量都增大，所以光电流会增大，这与波动性无关，C 项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D 项错误．答案 C设置目的考查光电效应、光的波粒二象性2．(2014·江苏)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量解析 (1)根据爱因斯坦光电效应方程，得E k ＝hν－W 0，又W 0＝hνc ，联立得E k ＝hν－hνc ，据题“钙的截止频率比钾的截止频率大”，由上式可知：从钙表面逸出的光电子最大初动能较小，由p ＝2mE k ，可知该光电子的动量较小，根据λ＝h p可知，波长较大，则频率较小，A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．答案 A设置目的考查爱因斯坦光电效应方程、截止频率、物质波、动量3．(2012·北京)“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成，若在结两端加一恒定电压U ，则它会辐射频率为ν的电磁波，且与U 成正比，即ν＝kU ，已知比例系数k 仅与元电荷e 的2倍和普朗克常量h 有关，你可能不了解此现象的原理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理判断比例系数k 的值可能为( )A.h 2eB.2e h C ．2he D.12he 解析物理公式两边的单位是相同的，根据公式ν＝kU ，得k ＝νU，故其单位为s －1·V －1；普朗克常量h 的单位是J·s ，e 的单位是C ；根据公式W ＝qU,1 J ＝1 V·C ，故1 J·s ＝1 V·C·s ，故1 s －1·V －1＝1 C J·s ，故2e h 的单位是s －1·V －1. 答案 B设置目的考查功的公式、普朗克常量、单位制4．(2012·上海)在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的( )A ．频率B ．强度C ．照射时间D ．光子数目解析发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由公式E km ＝12m v 2＝hν－W 知，W 为逸出功不变，所以光电子的最大初动能取决于入射光的频率，A 选项正确．答案 A设置目的考查发生光电效应的条件、光电子的最大初动能5．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是( )A ．改用频率更小的紫外线照射B ．改用X 射线照射C ．改用强度更大的原紫外线照射D ．延长原紫外线的照射时间解析根据光电效应的条件ν＞ν0，要产生光电效应，必须用能量更大，即频率更高的粒子．能否发生光电效应与光的强度和照射时间无关．X 射线的频率大于紫外线的频率，故A 、C 、D 选项错误，B 选项正确．答案 B设置目的考查光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用6．(2014·北京海淀区)现用电子显微镜观测线度为d 的某生物大分子的结构．为满足测量要求，将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为d /n ，其中n ＞1.已知普朗克恒量h 、电子质量m 和电子电荷量e ，不计电子的初速度，则显微镜工作时电子的加速电压为( )A ．n 2h 2/med 2B ．(md 2h 2/n 2e 2)1/2C ．d 2h 2/2men 2D ．n 2h 2/2med 2解析首先，由动能定理可得eU ＝m v 2/2，又由德布罗意公式可得λ＝h /m v ＝d /n ，联立以上两式，即可求出显微镜工作时电子的加速电压U ＝n 2h 2/2med 2.答案 D设置目的考查动能定理、德布罗意公式7．真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾(其极限波长分别为λ1和λ2)制成，板面积为S ，间距为d .现用波长为λ(λ1＜λ＜λ2)的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电量Q 正比于( )A.d S (λ－λ1λλ1) B.d S (λ2－λλλ2) C.S d (λ－λ1λλ1) D.S d (λ2－λλλ2)解析本题的难点为判断发生光电效应的极板，根据极限波长关系知波长越大、频率越小，故相同入射单色光，钾首先发生光电效应．由电容定义可知电容器的最终带电量Q ＝CU m ＝εSU m 4πkd ，即Q ∝SU m d ，当电容器的电压达到反向最大截止电压U m 时，光电子不再由钾极板运动到铂极板，从而电荷量达到最大．由动能定理可得eU m ＝h (ν－ν2)＝hc (1λ－1λ2)＝hc (λ2－λλλ2)，即U m ∝λ2－λλλ2，联立以上两式得Q ∝S d ·λ2－λλλ2. 答案 D设置目的考查光电效应产生的条件、动能定理、物理建模的能力学法指导发生光电效应的条件亦可表述为：入射光的波长λ小于极限波长λ0.而解决此例的关键，在于根据(λ1＜λ＜λ2)正确判断出发生光电效应的是钾极板．8．(2014·浙江杭州)用红光照射某一光电管发生光电效应时，测得光电子的最大初动能为E 1，光电流强度为I 1；若改用光的强度与上述相等的紫光照射该光电管时，测得光电子的最大初动能为E 2，光电流强度为I 2，则( )A ．E 2＞E 1，I 2＜I 1B ．E 2＞E 1，I 2＝I 1C ．E 2＜E 1，I 2＞I 1D ．E 2＜E 1，I 2＝I 1解析紫光的频率大于红光频率，由E k ＝hν－W 可知E 2>E 1，光电效应中的“光电流的强度”指的是光电流的饱和值，其值与入射光的强度成正比，其意指同种单色光照射相比较，入射光的强度增大，即为入射光的个数增多，打出的光电子增多．因而光电流增大，才有光电流的强度与入射光的强度成正比．然而若是两种不同频率的强度相同的入射光，必有题中的紫光的光子个数小于红光个数，单位时间内逸出的光电子数就少，故有I 2<I 1.答案 A设置目的考查光电效应方程、光电流的影响因素9．某种金属在单色光照射下发射出光电子，这光电子的最大初动能( )A ．随照射光强度的增大而增大B ．随照射光频率的增大而增大C ．随照射光波长的增大而增大D ．与照射光的照射时间无关解析发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，由公式E k ＝hν－W 知，W 为逸出功不变，所以光电子的最大初动能取决于入射光的频率，与入射光的强度、光照时间无关，故B 、D 选项正确，A 、C 选项错误．答案 BD设置目的考查光电效应方程10．光电效应实验中，下列表述正确的是( )A ．光照时间越长光电流越大B ．入射光足够强就可以有光电流C ．遏止电压与入射光的频率有关D ．入射光频率大于极限频率才能产生光电子解析光电流的大小只与单位时间流过单位面积的光电子数目有关，而与光照时间的长短无关，选项A错误；无论光强多强，光照时间多长，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应，故选项B错误；遏止电压即反向截止电压，eU＝hν－W，与入射光的频率有关，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大．则遏止电压越大，故选项C正确；无论光强多弱，光照时间多短，只要光的频率大于极限频率就能产生光电效应，故选项D正确．答案CD设置目的考查影响光电流、遏止电压的因素11．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0，则下列说法正确的是()A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0C．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大，则逸出功增大D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍解析由于2ν0＞ν0，因而频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子；当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为E kmax＝h(2ν0－ν0)＝hν0；该金属的逸出功为定值W ＝hν0，并不会变化；由方程E kmax＝hν－W，可知光电子的最大初动能与频率并不成正比．答案AB设置目的考查光电效应产生的条件、光电效应方程12．(2014·海南)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是()A．遏止电压B．饱和光电流C．光电子的最大初动能D．逸出功解析同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同的金属，逸出功不同，根据光电效应方程E km＝hν－W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一束光照射，光中的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的．答案ACD设置目的考查不同的金属逸出功不同，以及掌握光电效应方程E km＝hν－W013．在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h.解析由光电效应方程hν＝W0＋E km知，E km＝h cλ－W0，得W0＝hcλ0；由eU c＝hcλ－W0＝hcλ－hcλ0，解得U c＝hceλλ0(λ0－λ)．答案h cλ0hceλλ0(λ0－λ)设置目的考查光电效应、遏止电压14．在实验室的一个密闭暗箱内，依次放置小灯泡(紧靠暗箱左壁)、烟熏黑的玻璃、狭缝、针尖、感光胶片(紧靠暗箱右壁)，如图所示．小灯泡发出的光通过熏黑的玻璃后变得十分微弱，经三月曝光，感光胶片上“针尖造影”的周围，才出现非常清晰的衍射条纹．测量结果表明，每秒到达胶片的“光能量”为5×10－13 J ．已知有效光波波长为500 nm ，暗箱长度为1.2 m ，设光子依次通过狭缝，普朗克恒量6.63×10－34 J·s ，求：(1)每秒到达胶片的光子数；(2)光束中“两相邻光子”先、后到达胶片的时间及其平均距离；(3)第(2)问的结果，能否支持光是“概率波”？请简要说明理由．解析 (1)设每秒到达胶片的“光能量”、光子的能量分别为E 0、E ，则依据已知条件、光子说等可得每秒到达胶片的光子数n ＝E 0E ＝E 0＝E 0λhc，代入已知数据，可得n ＝1.25×106个． (2)光子“依次”到达胶片，亦即狭缝仅容光子一个一个的通过．已知暗箱长度为L ＝1.2 m ，不难求出光束中两相邻光子先后到达胶片的时间Δt ＝L n＝8.0×10－7 s ；以及两相邻光子的平均距离Δs ＝c ·Δt ＝2.4×102 m.(3)分析第(2)问的结果，Δs ≫L ，可知在熏黑的玻璃“右侧”不可能同时有两个运动的光子，表明衍射条纹绝不是光子相互作用产生的，而是不同时刻到达胶片的许多光子、各自独立作用的积累效果．在胶片的衍射明纹、暗纹区，则分别表明光子到达该处的“机会”较大、较小，亦即光是一种“概率波”．答案 (1)1.25×106个 (2)8.0×10－7 s 2.4×102 m (3)否，理由见解析设置目的考查物理建模与综合分析问题的能力学法指导此实验既可说明少量光子的行为显示粒子性(较短时间胶片上分布散乱亮点)，而大量光子的行为显示波动性(三月时间则产生明显衍射条纹)；又可说明光是由光子组成的，光波是一种概率波．4。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (35)

题组层级快练(三十五)说明：1－7题只有一项符合题目要求，8－13题有多项符合题目要求．1．(2014·广东)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C选项正确，A、B、D选项错误．答案 C设置目的考查电磁阻尼、从能量守恒理解楞次定律2．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大解析开关断开时延时熄灭现象的显著程度取决于电路闭合时线圈L中的电流I1和灯泡A中电流I2的大小关系．当I1比I2大，开关断开时，灯泡闪亮一下，再熄灭，I1比I2大得越多，灯泡的闪亮现象越显著；电路闭合时线圈L和灯泡A并联，由并联电路特点可知，线圈电阻偏大时，I1就偏小，若小于I2，灯泡不出现闪亮情况，只是延迟熄灭，C选项正确；小灯泡电阻偏大，原电流小，断开后，以I1流经灯泡，闪亮，B选项错误；电源内阻的大小对电流I1和I2的大小关系没有影响，A选项错误；线圈的自感系数大，产生的自感电动势也大，阻碍作用就越强，灯泡熄灭的时间应越长，D选项错误．答案 C设置目的考查断电自感、闪亮的条件3．(2014·四川达州)如图所示电路，电路线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个相同的灯泡，设实验过程中灯泡均没有损坏，则()A．S闭合瞬间，L A不亮，L B很亮；S断开瞬间，L A、L B立即熄灭B．S闭合瞬间，L A很亮，L B逐渐亮；S断开瞬间，L A逐渐熄灭，L B立即熄灭C．S闭合瞬间，L A、L B同时亮，然后L A熄灭，L B亮度不变；S断开瞬间，L A亮一下才熄灭，L B立即熄灭D．S闭合瞬间，L A、L B同时亮，然后L A逐渐变暗到熄灭，L B变得更亮；S断开瞬间，L A亮一下才熄灭，L B立即熄灭解析S闭合瞬间，由于电感线圈L的自感系数足够大，其对电流的阻碍作用相当于一个阻值无穷大的电阻，所以L A、L B同时亮，然后，电感线圈L的阻碍作用消失，其相当于一段导线，L A被短路，所以L A逐渐变暗到熄灭，电路总电阻减小，电流增大，所以L B变得更亮；S断开瞬间，流过灯L B的电流突然消失，所以L B立即熄灭，但由于流过线圈的电流突然减小，线圈中会产生自感电动势，并与L A组成闭合回路，有电流流过L A，所以L A灯亮，但很快又熄灭，选项D正确．答案 D设置目的考查通电自感与断电自感4．(2015·黑龙江哈师大附中)如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来开关S是闭合的，三个灯泡均在发光．某时刻将开关S 打开，则下列说法正确的是()A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭解析开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点．当开关S打开，由于与电源断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯的电流减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮一下后再缓慢熄灭，B选项正确．答案 B设置目的考查断电自感与电感线圈与三个灯泡串联的等效电路5．如图所示，E、r为电源的电动势、内阻，R1、R2为定值电阻，线圈L的直流电阻不计，C为电容器．下列说法中正确的是()A．合上开关S的瞬间，R1中无电流B．合上开关S稳定后，R2中无电流C．合上开关S稳定后，断开S的瞬间，R1中电流方向向右D．合上开关S稳定后，断开S的瞬间，R2中电流方向向右解析合上开关S的瞬间，线圈L的自感作用会阻碍电流的增加，此时它就相当于一个电阻，所以R1中有电流，选项A错误；合上开关S稳定后，电容器相当于断路，所以R2中有电流，选项B错误；合上开关S稳定后，断开S的瞬间，线圈L产生自感电动势，并与电阻R1组成闭合回路，流过线圈的电流方向不变，所以流过R1的电流方向向左，选项C错误；合上开关S稳定后，电容器被充电，并且左极板带正电，当断开S的瞬间，电容器开始放电，所以R2中电流方向向右，选项D正确．答案 D设置目的考查通电自感与断电自感引起的电流方向判断、电容器的充放电6.一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，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N环向右运动，A、B选项错误；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，根据楞次定律阻碍磁通量变化可知N环向左运动，D选项错误，C选项正确．答案 C设置目的考查通电与断电瞬间线圈磁场的变化7．(2014·江苏如皋)如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一装有水的小铁锅和一玻璃杯．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是()A．恒定直流、小铁锅B．恒定直流、玻璃杯C．变化的电流、小铁锅D．变化的电流、玻璃杯解析由于容器中水温升高，则是电能转化为内能所致，因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，即涡流的产生，导致电流发热，只有C选项正确．答案 C设置目的考查涡流产生的条件8．(2014·辽宁抚顺六校联考)如图所示为新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是()A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果解析由电磁感应原理可知，锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，提高磁场变化的频率，产生的感应电动势变大，可提高电磁炉的加热效果，故C、D选项正确．答案CD设置目的以电磁炉为背景考查涡流9．(2015·江苏无锡)如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通．现将开关S断开，则()A．L1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮B．L2闪亮一下后恢复到原来的亮度C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度D．L3闪亮一下后恢复到原来的亮度解析当S闭合时，L把灯L1短路，L1不亮，I L3＝I L2＝ER；将S断开时，L1与L2串联，电流变小，L2变暗，L1被点亮，最终两灯一样亮；由于L中的电流要减小，且与L3串联，I′L3＝ER，因此L3要闪亮一下后再恢复到原来的亮度．因此A、D选项正确．答案AD设置目的考查断电自感、电源与电感线圈组成的等效电路10．(2015·四川南充)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A、C选项正确．答案AC设置目的考查通电自感与断电自感电路中的电流与时间关系11．(2014·山西吕梁)如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是()A．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，然后一样亮B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关S切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析通电瞬间，L中有自感电动势产生，与L在同一支路的灯A1，要逐渐变亮，而A2和电源构成回路则立即亮；稳定后，A1与A2并联，两灯一样亮．断开开关瞬间，L中有自感电动势，相当于电源，与A1、A2构成回路，所以两灯都过一会儿熄灭．答案AD设置目的考查通电自感与断电自感12．(2015·福建厦门)如图所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属融化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是()A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快C．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小D．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大解析高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变化的频率越高，磁通量变化频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度升高的越快，A选项正确，B选项错误；焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高，C选项错误，D选项正确．答案AD设置目的考查电磁感应在生活和生产中的应用13．(2014·湖南长沙)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I1、I2随时间t变化关系的是()解析在t1时刻断开开关S后，由于自感现象通过D1的电流逐渐减小，方向不变，A选项错误，B 选项正确；而通过D2和D3的电流方向立即改变，且逐渐减小，C选项正确，D选项错误．答案BC设置目的考查通电自感与断电自感中电路电流变化图像。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (14)

题组层级快练（十四）说明：1－8题只有一项符合题目要求，9－12题有多项符合题目要求．1．(2014·新课标全国Ⅱ)假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常量为G .则地球的密度为( )A.3πGT 2·g 0－g g 0B.3πGT 2·g 0g 0－gC.3πGT2 D.3πGT 2·g 0g解析在两极，引力等于重力，则有mg 0＝G Mm R 2，由此可得地球质量M ＝g 0R 2G ，在赤道处有G MmR 2－mg ＝m 4π2T 2R ，地球的密度为ρ＝M 43πR 3＝3πGT 2·g 0g 0－g，故B 选项正确，A 、C 、D 选项错误．答案 B设置目的考查天体密度的求解及对万有引力的作用效果的理解2．(2013·江苏)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( ) A ．太阳位于木星运行轨道的中心B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积解析第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上．故A 项错误；第二定律：对每一个行星而言，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，所以行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故B 项错误；太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，故D 项错误；R 3T2＝k ，k 与行星无关，与中心天体有关，故C 项正确．答案 C设置目的考查开普勒定律3．(2012·浙江)如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值解析各小行星距太阳远近不同，质量各异，太阳对小行星的引力F 引＝GMmr2，A 项错；地球公转的轨道半径小于小行星绕太阳的轨道半径，由GMm r 2＝m 4π2T 2r 得，T ＝2πr 3GM，显然轨道半径r 越大，绕太阳运动的周期T 也越大，地球公转的周期T 地＝1年，所以小行星绕太阳运动的周期大于1年，B 项错；由GMmr 2＝ma ，a ＝GM r 2可知，内侧小行星向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，C 项正确；由GMmr 2＝mv 2r 得，v ＝GMr，小行星轨道半径r 小大于地球公转的轨道半径r 地，v 地>v 小，D 项错．答案 C设置目的考查万有引力在天体中的应用4．一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，认为行星是密度均匀的球体．要确定该行星的密度，只需要测量( )A ．飞船的轨道半径B ．飞船的运行速度C ．飞船的运行周期D ．行星的质量解析万有引力提供物体做圆周运动的向心力，G Mm r 2＝m (2πT )2r ，由此求出星球的质量M ＝4π2r 3GT 2(r 为飞船的轨道半径)．星球密度ρ＝M43πR 3(R 为星球的半径)．因为飞船在该星球表面附近沿圆轨道绕该行星飞行，飞船的半径r 等于星球的半径，ρ＝4π2r 3GT 243πR 3＝3πr 3GT 2R 3＝3πGT 2.答案 C设置目的考查万有引力在天体中的应用；巩固天体密度的测量5．(2012·福建)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v ，假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N ，已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )A.m v 2GNB.m v 4GNC.N v 2GmD.N v 4Gm解析由N ＝mg ，得g ＝N m ；根据万有引力提供向心力，得G MmR 2＝m v 2R ，解得M ＝m v 4GN ，选项B 正确．答案 B设置目的考查星体上的称重6．(2012·新课标)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－dRB ．1＋dRC ．(R －d R )2D ．(R R －d)2解析题目介绍质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以在矿井底部物体m ′的重力近似等于其与内部的万有引力，m ′g ′＝G ρ43π(R －d )3m ′(R －d )2，同理地面处的物体m ′的重力近似等于其与地球的万有引力，m ′g ＝G ρ43πR 3m ′R 2，联立以上两式，得g ′g ＝1－dR. 答案 A设置目的训练对称性、微分的思想及万有引力公式适用条件的应用学法指导很多学生错选B 或D ，均为物理模型的构建能力不能迁移，前面例题中专门讲了地球中心的物体所受万有引力的情景．7．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，由此估算该行星的平均密度约为( )A ．1.8×103 kg/m 3B ．5.6×103 kg/m 3C ．1.1×104 kg/m 3D ．2.9×104 kg/m 3解析球体的体积V ＝43πR 3，近地卫星由万有引力提供向心力，GM 地m R 2地＝m (2πT 地)2R 地，GM 行m R 2行＝m (2πT 行)2R行，解得T 2行＝4.725T 2地，M 行＝ρ·43πR 3行，ρ＝3πGT 2代入数值可得，ρ≈2.9×104 kg/m 3，D 项正确．答案 D设置目的考查天体密度的计算8．(2015·湖北襄阳)宇航员站在星球表面上某高处，沿水平方向抛出一小球，经过时间t 小球落回星球表面，测得抛出点和落地点之间的距离为L .若抛出时的速度增大为原来的2倍，则抛出点到落地点之间的距离为3L .已知两落地点在同一水平面上，该星球半径为R ，求该星球的质量是( )A.4LR 23Gt 2B.2LR 23Gt 2C.3LR 22Gt 2D.3LR 24Gt 2解析设星球的表面重力加速度为g ，从高为h 处，第一次初速度为v ，则L 2＝(12gt 2)2＋(v t )2；第二次初速度为2v ，则(3L )2＝(12gt 2)2＋(2v t )2；结合近似计算，忽略星球自转的作用，其表面物体的重力跟万有引力近似相等，mg ≈G Mm R 2，联立以上三式，可得M ＝2LR 23Gt 2，选项B 正确，A 、C 、D 选项错误．答案 B设置目的训练天体质量的计算方法，特别是与平抛结合9．(2015·安徽黄山)2005年北京时间7月4日下午1时52分(美国东部时间7月4日凌晨1时52分)探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”，如图所示(说明图摘自网站)．假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，则关于“坦普尔一号”彗星的下列说法中正确的是( )A ．绕太阳运动的角速度不变B ．近日点处线速度大于远日点处线速度C ．近日点处加速度大于远日点处加速度D ．其椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常数解析根据开普勒定律可以判断B 、D 项正确，A 项错误；近日点受到的万有引力大，所以加速度大，C 项正确．答案 BCD设置目的考查万有引力在天体中的应用及开普勒定律在椭圆轨道中的应用10．(2015·江西吉安)由于万有引力定律和库仑定律都满足于平方反比定律，因此引力场和电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比．例如电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E ＝Fq .在引力场中可以有一个类似的物理量用来反映各点引力场的强弱．设地球质量为M ，半径为R ，地球表面处重力加速度为g ，引力常量为G .如果一个质量为m 的物体位于距地心2R 处的某点，则下列表达式中能反映该点引力强弱的是( )A ．G M(2R )2B ．G m(2R )2C ．G Mm (2R )2D.g 4解析由电场强度的定义及类比方法可知，反映距地心2R 处引力强弱的物理量可用F /m 表示，即G M (2R )2，故A 项正确；再利用比值的方法可得距离地心为2R 处引力的强弱可表示为g 4. 答案 AD设置目的考查对场的定义的理解，同时考查学生知识的迁移能力．11．(2015·吉林长春)我们可以假想人类在进行探月活动中不断地向月球“移民”，经过较长时间后，月球和地球仍可视为均匀球体，地球的总质量仍大于月球的总质量，月球仍按原轨道运行，以下说法正确的是( )A ．月球与地球之间的万有引力将变小B ．月球绕地球运动的周期将变大C ．月球绕地球运动的向心加速度将变小D ．月球表面的重力加速度将变大解析根据万有引力定律公式知，F ＝GMmr 2，F ′＝G (M －Δm )(m ＋Δm )r 2，由于月球仍按原轨道运行，(M －Δm )(m ＋Δm )＝Mm ＋(M －m －Δm )Δm >Mm ，即月球与地球之间的万有引力将变大．故A 选项错误；由于地球的质量变小，由F ′＝G (M －Δm )(m ＋Δm )r 2＝(m ＋Δm )r (2πT )2＝(m ＋Δm )a 可知，月球绕地球的周期将变大，月球绕地球运动的向心加速度将变小，故B 、C 选项正确；由月球对其表面物体的万有引力等于其重力可知，由于月球质量变大，因而月球表面的重力加速度将变大．答案 BCD设置目的考查万有引力变化的分析、考查万有引力提供向心力12．(2015·湖北省100所重点中学)如图为哈勃望远镜拍摄的银河系中被科学家称为“罗盘座T 星”系统的照片，最新观测表明“罗盘座T 星”距离太阳系只有3 260光年，比天文学家此前认为的距离要近得多．该系统是由一颗白矮星和它的类日伴星组成的双星系统，由于白矮星不停地吸收由类日伴星抛出的物质致使其质量不断增加，科学家预计这颗白矮星在不到1 000万年的时间内会完全“爆炸”，从而变成一颗超新星，并同时放出大量的γ射线，这些γ射线到达地球后会对地球的臭氧层造成毁灭性的破坏．现假设类日伴星所释放的物质被白矮星全部吸收，并且两星间的距离在一段时间内不变，两星球的总质量不变，则下列说法正确的是( )A ．两星间的万有引力不变B ．两星的运动周期不变C ．类日伴星的轨道半径增大D ．白矮星的轨道半径增大解析两星间距离在一段时间内不变，由万有引力定律可知，两星的质量总和不变而两星质量的乘积必定变化，则万有引力必定变化．故选项A 错误；组成的双星系统的周期T 相同，设白矮星与类日伴星的质量分别为M 1和M 2，圆周运动的半径分别为R 1和R 2，由万有引力定律提供向心力：G M 1M 2L 2＝M 14π2R 1T 2＝M 24π2R 2T 2，可得GM 1＝4π2R 2L 2T 2，GM 2＝4π2R 1L 2T 2，两式相加G (M 1＋M 2)T 2＝4π2L 3，白矮星与类日伴星的总质量不变，则周期T 不变．故B 项正确；由G M 1M 2L 2＝M 14π2R 1T 2＝M 24π2R 2T 2得，M 1R 1＝M 2R 2.知双星运行半径与质量成反比，类日伴星的质量逐渐减小，故其轨道半径增大．故C 项正确，D 项错误．答案 BC设置目的考查学生提炼信息的能力13．(2014·北京)万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.(1)若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1F 0的表达式，并就h ＝1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；(2)若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2F 0的表达式．解析 (1)在地球北极点不考虑地球自转，则秤所称得的重力则为其万有引力，于是F 0＝G MmR 2①F 1＝G Mm(h ＋R )2②由公式①②式，可以得出F 1F 0＝(R R ＋h )2＝0.98(2)F 2＝G Mm R 2－mRω2＝G Mm R 2－m 4π2T 2R ③由①和③式，可得 F 2F 0＝1－4π2R 3T 2GM答案 (1)F 1F 0＝(R R ＋h )2＝0.98(2)比值F 2F 0＝1－4π2R 3T 2GM设置目的考查万有引力的作用效果，可分解为重力和科里奥利力14.(2014·四川)石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R .(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g ＝10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s ，地球半径R ＝6.4×103 km.解析 (1)因为同步轨道站与地球自转的角速度相等，则轨道站的线速度v ＝(R ＋h 1)ω，货物相对地心的动能E k ＝12m 1v 2＝12m 1(R ＋h 1)2ω2(2)根据G Mm 2(h 2＋R )2－N ＝m 2a ，因为a ＝(h 2＋R )ω2＝5Rω2，G Mm R 2＝mg ，联立解得N ＝m 2g 25－5m 2Rω2＝50025 N －5×50×6.4×106×(7.3×10－5)2 N ≈11.5 N ．根据牛顿第三定律知，人对水平地板的压力为11.5 N.答案 (1)12m 1(R ＋h 1)2ω2 (2)11.5 N设置目的考查重力随地理位置、高度等的变化分析。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (28)

题组层级快练(二十八)说明：1－7题只有一项符合题目要求，8－13题有多项符合题目要求．1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是()A．洛伦兹B．库仑C．法拉第D．奥斯特答案 D设置目的考查物理学发展的历史2．(2013·上海)如图所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是()解析根据通电螺线管的磁场的磁感线判断，O点磁场弱，两边强，远处弱，所以选C项．答案 C设置目的考查通电螺线管的磁场分布3.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零．A项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，B项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相同，方向相同，C项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，D项错误．答案 C设置目的考查安培定则/通电直导线周围磁场的分布与合成4.如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析由于I1>I2，且离导线越远产生的磁场越弱，在a点I1产生的磁场比I2产生的磁场要强，A项错误，C项正确；I1与I2在b点产生的磁场方向相同，合成后不可能为零，B项错误；d点两电流产生的磁场B1、B2不共线，合磁场不可能为0，D项错误．答案 C设置目的考查通电直导线周围磁场的分布与合成5．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以大小为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管，并通以大小也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()A．0 B．0.5BC．B D．2B解析因对折后螺线管顺时针电流与逆时针电流在螺线管内中部产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，矢量和为零，A项正确．答案 A设置目的通过本题让学生认识到单线绕制螺线管和双线绕制螺线管中磁场的区别6.(2015·山东济宁)直流电源跟一个线圈连接成闭合回路，线圈的上方和右侧各有一个可以自由转动的小磁针，它们静止时如图所示，则下列判断正确的是()A．小磁针的c端为N极，电源的a端为正极B．小磁针的c端为N极，电源的a端为负极C．小磁针的d端为N极，电源的a端为正极D．小磁针的d端为N极，电源的a端为负极解析根据图示状态，可画出螺线管周围磁场的分布图，由图知，通电螺线管内部磁场方向水平向右，螺线管右端相当于磁铁的N 极，外部磁场向右，小磁针d 端应为N 极，c 端为S 极．再根据右手定则，可以判断导线中的电流方向如图中箭头所示，由此判断电源的a 端为负极，D 项正确．答案 D设置目的通电线圈磁场的分布与磁场方向7.在等边三角形的三个顶点a 、b 、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示．过c 点的导线所受安培力的方向( )A ．与ab 边平行，竖直向上B ．与ab 边平行，竖直向下C ．与ab 边垂直，指向左边D ．与ab 边垂直，指向右边解析导线a 在c 处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac 向左，同理导线b 在c 处产生的磁场方向垂直bc 向下，则由平行四边形定则，过c 点的合磁场方向平行于ab ，根据左手定则可判断导线c 受到的安培力垂直ab 边，指向左边，C 项正确．答案 C设置目的考查左手定则的应用8．(2014·安徽淮南)关于磁感应强度的概念，以下说法中正确的是( )A ．电流元IL 在磁场中受力为F ，则磁感应强度B 一定等于F ILB ．电流元IL 在磁场中受力为F ，则磁感应强度B 可能大于或等于F ILC ．磁场中电流元受力大的地方，磁感应强度一定大D ．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线，受力的大小和方向无关解析根据公式：B ＝F IL通电直导线的方向与磁场的方向垂直时，通电直导线受到的安培力为F ，磁感应强度为F IL .若电流元与磁场不垂直，则电流元IL 在磁场中受力为F ，则磁感应强度B 可能大于F IL，A 项错误，B 项正确；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度，此比值与磁场力及电流元均无关，C 项错误，D 项正确．解析 BD设置目的考查对磁感应强度的辨析9．(2015·安徽铜陵)关于磁感线的性质和概念，下列说法中正确的是( )A ．磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向B ．铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线C ．磁感线总是从磁体的N 极指向S 极D ．磁场中任意两条磁感线均不相交解析磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同，A 项正确；利用碎铁屑在磁场中被磁化的性质，可显示磁感线的形状，但它排成的曲线本身不是磁感线，磁感线是假想曲线，B 项错误；磁感线在磁体外部由N 极指向S 极，但在内部却是由S 极指向N 极，即磁感线是闭合曲线，C 项错误；假设两条磁感线可以相交，过交点作曲线的切线，将有两个不同的方向，而同一点的磁场方向只能有一个，故任意两条磁感线均不相交，D 项正确．答案 AD设置目的考查磁感线的性质与概念10．(2014·陕西宝鸡)下列关于磁通量的说法，正确的是( )A ．磁通量是反映磁场强弱和方向的物理量B ．某一面积上的磁通量是表示穿过此面积的磁感线的总条数C ．穿过任何封闭曲面的磁通量一定为零D ．磁通量的变化，可能是由于磁感应强度的变化引起的，也可能是由于线圈面积的变化引起的，还可能是由于线圈与磁场方向间夹角的变化引起的解析磁感应强度是反映磁场强弱和方向的物理量，磁通量是反映穿过磁场中某一面积的磁感线条数多少的物理量，A 项错误，B 项正确；因为磁感线是闭合曲线，磁感线以一定的方向从一侧进入，则必从另一侧面穿过，磁通量为零，C 项正确；若磁场的方向与线圈的夹角为θ，则穿过该面的磁通量为Φ＝BS sin θ，所以磁通量的变化，可能是由于磁感应强度的变化引起的，也可能是由于线圈面积的变化引起的，还可能是由于线圈与磁场方向间夹角的变化引起的，D 项正确．故选B 、C 、D 三项．答案 BCD设置目的考查对磁通量概念的辨析11．(2015·辽宁师大附中)下列说法中正确的是( )A ．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B ．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C ．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D ．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，A 项正确，B 项错误；同理根据电场强度的定义式E ＝F q，可知C 项正确；用比值方法定义的磁感应强度则应有条件，磁场和电流垂直时，B ＝F IL，D 项错误．答案 AC设置目的考查电场与磁场定义的区别12．(2013·海南)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I ，方向如图所示．a 、b 和c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等．将a 、b 和c 处的磁感应强度大小分别记为B 1、B 2和B 3，下列说法正确的是( )A ．B 1＝B 2<B 3B ．B 1＝B 2＝B 3C ．a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里D ．a 处磁场方向垂直于纸面向外，b 和c 处磁场方向垂直于纸面向里解析由题意可知，a 点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b 点与a 点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c 点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，A 项正确，B 项错误；由图可知，根据右手螺旋定则可得，a 和b 处磁场方向垂直于纸面向外，c 处磁场方向垂直于纸面向里，C 项正确，B 项错误．答案 AC设置目的考查磁感应强度、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向、矢量叠加原理13．(2015·湖北武汉)如图所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处(测量线圈平面与螺线管轴线垂直)，将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G 串联，当将双刀双掷开关S 由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q .已知测量线圈的匝数为N ，截面积为S ，测量线圈和G 串联回路的总电阻为R .下列判断正确的是( )A ．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qRB ．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qR NC ．待测处的磁感应强度的大小为B ＝qR NSD ．待测处的磁感应强度的大小为B ＝qR 2NS解析当将双刀双掷开关S 由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，产生的感应电动势：E ＝N ΔΦΔt ，感应电流：I ＝E R ，又I ＝q Δt ，联立可得ΔΦ＝qR N，将双刀双掷开关S 由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，穿过小线圈的磁通量的变化量是：ΔΦ＝2BS ，解得B ＝qR 2NS. 答案 BD设置目的考查磁通量、磁通量的变化、法拉第电磁感应定律14．载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B ＝k I r，式中常量k >0，I 为电流，r 为距导线的距离．在水平长直导线MN 正下方，矩形线圈abcd 通以逆时针方向的恒定电流i ，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN 内不通电流，此时两细线内的张力均为T 0.当MN 通以I 1的电流时，两细线内的张力均减小为T 1，当MN 内电流变为I 2时，两细线内的张力均大于T 0.(1)分别指出I 1、I 2的电流的方向；(2)求MN 分别通以I 1、I 2的电流时，线框受到的安培力F 1与F 2大小之比；(3)当MN 内的电流为I 3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a ，试求I 3.解析 (1)当MN 通以I 1的电流时，两细线内的张力均减小为T 1，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab 边所受的安培力向上，cd 边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向外，则I 1方向向左．当MN 内电流变为I 2时，两细线内的张力均大于T 0.知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab 边所受的安培力向下，cd 边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向里，则I 2方向向右．(2)当MN 中通以电流I 时，设线圈中的电流大小是i ，线圈所受安培力大小为F 1＝kI 1iL (1r 1－1r 2) F 2＝kI 2iL (1r 1－1r 2) F 1∶F 2＝I 1∶I 2(3)2T 0＝G2T 1＋F 1＝G由题意加速度向下：F 3＋G ＝G ga 根据第(2)问结论：I 1∶I 3＝F 1∶F 3＝G －2T 1Ga g－G ＝(T 0－T 1)g (a －g )T 0 I 3＝(a －g )T 0(T 0－T 1)g I 1(方向向右) 答案 (1)I 1方向向左，I 2方向向右(2)线框受到的安培力F 1与F 2大小之比为I 1∶I 2.(3)电流I3的大小为I3＝(a－g)T0(T0－T1)gI1(方向向右)设置目的左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (19)

题组层级快练(十九)说明：1－6题只有一项符合题目要求，7－13题有多项符合题目要求．1．(2013·福建)如图所示，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动，质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( )A ．最大速度相同B ．最大加速度相同C ．上升的最大高度不同D ．重力势能的变化量不同解析静止时，弹簧的压缩量为x 0，速度最大应在平衡位臵处，此时弹簧的压缩量为x 1，有kx 1＝mg sin θ，此时能量关系12kx 20＝12kx 21＋mgx 1sin θ＋12m v 2m ，整理得v 2m ＝kx 20m －3mg 2sin 2θk，质量不同，最大速度不同，A 选项错误；如果物块恰能弹离弹簧，由简谐运动的对称性可知最大加速度大小为g sin θ.物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，物块离开弹簧后的加速度为g sin θ，说明弹出的瞬间具有最大加速度，这个加速度大于g sin θ，根据牛顿第二定律a ＝kx 0－mg sin θm，可见质量大的最大加速度较小，故B 选项错误；从释放物块到滑至最高点，以静止点为零势点，由机械能守恒定律有12kx 20＝mgh ，由于质量不同，两物块上滑的最大高度不同，但重力势能的变化量都等于释放时刻弹簧的弹性势能，重力势能的变化量相等，C 选项正确，D 选项错误．答案 C设置目的考查能的转化与守恒、弹力作用下的物体的速度、加速度的极值分析2.如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加解析从N 到M 过程，由N 点速度方向和运动方向，知电场力方向与场强方向相反，可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B 选项错误；从N 到M 电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M 点后电场力做正功加速，电势能在减小，则在M 点的速度最小，A 、D 选项错误；在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变．答案 C设置目的功能关系在电场中的电势能、动能的分析3．(2015·上海黄浦)如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即U ab ＝U bc ，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )A ．三个等势面中，a 的电势较高B ．带电质点通过P 点时的电势能较大C ．带电质点通过P 点时的动能较大D ．带电质点通过Q 点时的加速度较大解析本题未告知运动方向，不妨假设从P 到Q ，则在P 点的速度方向过P 点的切线向左，故电场力的方向如图所示，从P 到Q 电场力做正功，动能增加，故C 项错误；从P 到Q 电场力做正功电势能减小，故B 项正确，A 项错误；合力为电场力，由动能定理知，动能增加，故C 项错误；根据等差等势面的电场线疏密知，P 点场强大，故带电质点在P 点加速度大，D 项错误．答案 B设置目的运动方向未知情况下，功能关系在电场中的电势能、动能的分析4．(2012·安徽)如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR 解析小球从P 到B 的运动过程中，重力做功mgR ，A 选项错误；小球在B 点恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，则mg ＝m v 2B R ，故v B ＝gR ，从P 到B ，对小球由动能定理，得mgR －W f ＝12m v 2B－0＝12mgR ，W f ＝12mgR ，C 选项错误，D 选项正确；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，B 选项错误．答案 D设置目的自由落体和圆周运动中考查功能关系中的机械能变化、各种力做功、极值问题5．(2015·广东惠州)如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C ．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热解析第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，A 选项错误；根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加，B 选项错误；由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功(除重力之外的力所做的功)等于物体机械能的增加，即ΔE ＝W 阻＝F 阻l 物，摩擦生热为Q ＝F 阻l 相对，又由于l 传送带＝v t ，l 物＝v 2t ，所以l 物＝l 相对＝12l 传送带，即Q ＝ΔE ，C 选项正确；第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，D 选项错误．答案 C设置目的考查皮带传送问题中机械能、摩擦生热间的数量关系6．(2015·四川成都)如图所示，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为l 0，滑块以初速度v 0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ(v 202g cos θ＋l 0tan θ) B.1μ(v 202g sin θ＋l 0tan θ) C.2μ(v 202g cos θ＋l 0tan θ) D.1μ(v 202g cos θ＋l 0cot θ) 解析滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为l ，对滑块运动的全过程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12m v 20＋mgl 0sin θ，又由全程所产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgl cos θ，解以上两式，可得l ＝1μ(v 202g cos θ＋l 0tan θ)，选项A 正确．答案 A设置目的考查多次往返的摩擦力做功7．(2014·海南)如图所示，质量相同的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌面的上方，b 在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b 使a 、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在a 下降的过程中，b 始终未离开桌面．在此过程中( )A ．a 的动能小于b 的动能B ．两物体机械能的变化量相等C ．a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D ．绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为零解析将b 的实际速度进行分解如图所示，由图可知v a ＝v b cos θ，即a 的速度小于b 的速度，故a 的动能小于b 的动能，A 选项正确；由于有摩擦力做功，故ab 系统机械能不守恒，由能量转化与守恒定律可知，a 物体机械能的减小量等于b 物体机械能的增加量与b 和地面产生的内能之和，从另一方面也可表述为：a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能的总和，综上所述，B 、C 选项均错误；任取一小微元段Δt 内，绳子对a 的拉力和对b 的拉力大小相等，绳子对a 做的功等于－T v A Δt ，绳子对b 的功等于拉力与拉力方向上b 的位移的乘积，即T v B Δt cos θ，又v A ＝v B cos θ，所以绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，D 选项正确．答案 AD设置目的训练能的转化与守恒、速度的合成与分解、变力做功的微元法8.如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mgl C ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析物块下落过程中，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减少，A 选项错误；物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为h 1＝12l sin30°＝14l ，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度h 2＝12l ，则软绳重力势能共减少14mgl ，B 选项正确；以软绳物块整体为研究对象，受重力、支持力、摩擦力，从开始至软绳刚好全部离开斜面，在此过程由动能定理，知Mgl ＋14mgl －W f ＝12(M ＋m )v 2－0，整理得Mgl ＝12(M ＋m )v 2＋W f －14mgl ，知C 选项错误；以软绳为研究对象，软绳受到重力、支持力、摩擦力f 、绳子的拉力T ，由动能定理，可知W T ＋14mgl －W f ＝12m v 2，可以判断D 选项正确．答案 BD设置目的功能关系在多物体作用中的应用、特别是C 、D 两选项中的研究对象的选取9．(2013·山东)如图所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M ＞m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动，若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功解析运动方向的判断，M 沿斜面向上还是向下．若向下则有Mg sin α－μMg cos α－mg sin α＝(M ＋m )a ，即Mg sin α－μMg cos α－mg sin α＞0，整理得M －μM cot α＞m ，但是题目条件M ＞m ，不能判断是否向下运动；若向上运动则有mg sin α－μMg cos α－Mg sin α＝(M ＋m )a ，即mg sin α－μMg cos α－Mg sin α＞0，整理得m ＞μM cot α＋M ，但是题目条件M ＞m ，判断不能向上运动，综合以上判断可知，M 应向下运动，绳子对m 做正功，使m 的机械能增加，C 选项正确；由于“粗糙斜面ab ”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，A 选项错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M 做的总功等于M 动能的增加，B 选项错误；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D 选项正确．答案 CD设置目的考查功能关系中动能、机械能的变化，本题难点在C 选项，注意，目前很多市面上的辅导材料或网络上的解答不合适．10.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36.木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )A ．m ＝MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析受力分析可知，下滑时加速度为g sin θ－μg cos θ，上滑时加速度为g sin θ＋μg cos θ，C 选项正确；设下滑的距离为l ，从最高点至压缩弹簧形变最大再回到原高处，根据能量守恒有(m ＋M )gl sin θ＝μ(m ＋M )gl cos θ＋μMgl cos θ＋Mgl sin θ，得m ＝2M .也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B 选项正确．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，D 选项错误．答案 BC设置目的考查能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析11．(2015·福建福州)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W 1C ．小球的机械能增加W 1＋12m v 2 D ．小球的电势能减少W 2解析对小球和弹簧组成的系统，由于有电场力做功，则系统机械能不守恒，A 选项错误；重力对小球做功为W 1，重力势能增加－W 1，B 选项正确；根据动能定理，得W 1＋W 2＋W 弹＝12m v 2，因为除重力以外其他力做功等于小球机械能的增量，则机械能的增量为W 2＋ W 弹＝12m v 2－W 1，C 选项错误；电场力做了W 2的正功，则电势能减少W 2，D 选项正确．答案 BD设置目的考查有电场力做功情形下功能关系，特别要注意“小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力对小球所做的功W 1”中的W 1含有符号．12．(2013·大纲全国)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g .物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 解析根据动能定理应有ΔE k ＝－ma H sin30°＝－2mgH ，动能增量为负值，说明动能减少了2mgH ，A 选项正确，B 选项错误；再由牛顿第二定律(选取沿斜面向下为正方向)有mg sin30°＋f ＝ma ＝mg ，可得f ＝12mg ，根据功能关系应有ΔE ＝－f H sin30°＝－mgH ，即机械能损失了mgH ，所以C 选项正确，D 选项错误．答案 AC设置目的功能关系；动能定理的应用13．(2015·河南十校联考)“健身弹跳球”是最近在少年儿童中特别流行的一种健身器材，少年儿童在玩弹跳球时如图所示，双脚站在弹跳球的水平板上，用力向下压弹跳球，人和形变的弹跳球能一起在地面上跳动．忽略阻力和弹跳球的质量，设跳动时人和弹跳球一直保持竖直．则从弹跳球下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )A ．人所受重力的瞬时功率逐渐减小B ．人的加速度先减小后增大C ．人的动能逐渐减小D ．人的机械能逐渐减小解析从弹跳球下端刚开始触地的一段时间，重力大于弹力，人继续向下加速，mg －F ＝ma ，F 增大，a 减小，当弹力等于重力时，加速度减小到零，速度达到最大，之后由于惯性人继续下落，弹性球的弹力大于重力，人做减速运动，F －mg ＝ma ，F 逐渐增大，则a 逐渐增大，直到速度减小到零时到达最低点，故此过程人的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，则重力的瞬时功率P ＝mg v ，先增大后减小，人的动能先增大后减小，A 、C 选项错误，B 选项正确；人与弹性球组成的系统机械能守恒，弹性球的弹性势能不断增大，则人的机械能不断减小，D 选项正确．答案 BD设置目的考查重力和弹力同时存在的情况下，系统的机械能、动能、瞬时功率等的变化情况．14．(2012·天津)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻，一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热比Q 1∶Q 2＝2∶1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2；(3)外力做的功W F .解析 (1)棒匀加速运动所用时间为t ，有x ＝12at 2，t ＝2x a＝3 s 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为I －＝E －R ＋r ＝ΔΦt (R ＋r )＝1.5 A 根据电流定义式，有q ＝I －t ＝4.5 C(2)撤去外力前棒做匀加速运动，根据速度公式，得末速为v ＝at ＝6 m/s撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．Q 2＝ΔE k ＝12m v 2＝1.8 J (3)根据题意，知在撤去外力前的焦耳热为Q 1＝2Q 2＝3.6 J撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其绝对值等于焦耳热Q 1)、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理，有ΔE k ＝W F －Q 1则W F ＝ΔE k ＋Q 1＝5.4 J答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J设置目的考查安培力做功等于电热及功能关系的应用。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (30)

题组层级快练(三十)说明：1－6题只有一项符合题目要求，7－12题有多项符合题目要求．1.(2014·新课标全国Ⅰ)如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A ．2 B. 2 C ．1D.22解析设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r 1、r 2，速度分别为v 1、v 2.由题意可知，粒子轨道半径：r 1＝2r 2，12m v 22＝12×12m v 21，v 1＝2v 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，得q v B ＝m v 2r ，磁感应强度B ＝m v qr ，磁感应强度之比B 1B 2＝m v 1qr 1m v 2qr 2＝v 1r 2v 2r 1＝2v 2v 2×r 22r 2＝22，D 项正确．答案 D设置目的考查粒子在磁场中的圆周运动，利用牛顿第二定律表达磁场与各量的关系2．(2014·北京)带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等(即m v 乘积的大小相等)，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( )A ．q a <q bB ．m a <m bC ．T a <T bD.q a m a <q bm b解析粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有q v B ＝m v 2r ，解得r ＝m vqB ，由于m v 、B 相同，故r ∝1q ，a 运动的半径大于b 运动的半径，故q a <q b ，A 项正确；速度大小未知，故无法判断质量大小，B 项错误；周期T ＝2πmqB ，由于m v 、B 相同，但不知道质量大小关系，故无法判断周期关系，C 项错误；根据q v B ＝m v 2r ，知q m ＝vrB ，虽然知道a 运动的半径大于b 运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断比荷关系，D 项错误．答案 A设置目的考查粒子做圆周运动的半径、周期3.质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图所示，虚线所示．下列表述正确的是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间解析根据带电粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可知，M 带负电，N 带正电，A 项正确；粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，qB v ＝m v 2r ，则r ＝m vqB ，运动半径大的粒子运动速率大，B 项错误；洛伦兹力对粒子不做功，C 项错误；根据qB v ＝m 4π2T 2r ，可得T ＝2πmqB ，粒子的周期相同，又同在磁场中运动了半个周期，所以两粒子的运行时间相同，D 项错误．答案 A设置目的带电粒子在磁场中的半径和周期4.如图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示．由以上信息可知，从图中a 、b 、c 处进入的粒子对应表中的编号分别为( )A.3、5、4 C ．5、3、2D ．2、4、5解析由左手定则可以判断a 、b 带同种电荷，且与c 电性相反，再由r ＝m vqB 可以判断5个粒子做圆周运动的半径分别为m v 2qB 、2m v qB 、3m v qB 、3m v qB 、2m vqB，结合题图半径可以判断只有D 项正确．答案 D设置目的考查左手定则和粒子在磁场中运动的半径的分析5.如图所示是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动解析粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式r ＝m vqB可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛伦兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电．选A 项．答案 A设置目的读者注意体会“2009年安徽，19”与“2014年新课标全国Ⅰ，16”的异曲同工，相隔5年又相见！6．(2014·湖北仙桃)如图所示，一半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为( )A.m v qR tanθ2B.m v qR cotθ2C.m v qR sinθ2D.m v qR cosθ2解析根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示：从磁场中射出时速度方向改变了θ角，所以粒子做圆周运动的圆心角为θ，根据几何关系有：r ＝R cot θ2，根据Bq v ＝m v 2r ，得B ＝m v qr ＝m v qR cotθ2，B 项正确，选项A 、C 、D 错误．答案 B设置目的考查圆心的确定、半径的求解7．(2013·浙江)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析同位素的粒子的质量＝质子数＋中子数，故磷离子P ＋和P 3＋的质量相同，设为m ，P ＋的电荷量设为q ，则P 3＋的电荷量为3q ，在电场中由a ＝qE m 知，加速度之比为所带电荷量之比，即为1∶3，A 项错误；由qU ＝12m v 2，得E k ∝q ，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D 项正确；又由qB v ＝m v 2r ，所以r＝m v qB ，得r ＝1B2mU q ∝1q，所以r P ＋∶r P3＋＝3∶1，B 项正确；由几何关系，可得P 3＋在磁场中转过60°角后从磁场右边界射出，C 项正确．答案 BCD设置目的以同位素为背景考查带电粒子在磁场中的偏转8．(2013·广东)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析由左手定则可知，离子圆弧向下弯曲，打到屏P 上，a 、b 粒子均带正电，A 项正确；因为是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径r ＝m v qB 相同，周期T ＝2πmqB 也相同，画出粒子的运动轨迹图．可知，b 在磁场中运动轨迹是半个圆周，a 在磁场中运动轨迹大于半个圆周，A 、D 选项正确，B 、C 选项错误．答案 AD设置目的考查粒子的圆周运动轨迹由左手定则判断、利用规范作图判断运动时间9.如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m解析由牛顿第二定律，可得q v 0B ＝m v 20r ，解得r ＝m v 0qB ，当粒子从O 点垂直MN 界面射入磁场时，粒子射出磁场位置与MN 交点距入射点O 最远，即OA ＝2r ，当粒子以速度v 0从O 点沿任意方向入射时，一定打在OA 内，A 项错误；结合前面分析只有v >v 0时粒子才有可能打在A 点的右侧，B 项正确；若r 1＝12(OA－d )，则根据q v B ＝m v 2r 1，可得v ＝qB (OA －d )2m ，由上面可得v 0＝qB ·OA 2m ，则有v ＝v 0－qBd 2m ，只有v ≥v 0－qBd2m 时，粒子才可能落入该范围内，C 项正确；若粒子以v 2垂直MN 边界射入磁场恰好到达距A 点右侧d 位置时，r 2＝12(OA ＋d )，同理可得v 2＝v 0＋qBd2m ，当粒子速度v >v 2时，只要粒子不垂直MN 射入磁场，就会落到距A 点右侧d 位置以内，D 项错误．答案 BC设置目的考查运动半径与极值10.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析由左手定则可判断粒子带负电，A 项错误；由题意知：粒子的最大半径r max ＝L ＋3d2、粒子的最小半径r min ＝L 2，根据r ＝m v qB ，可得v max ＝qB (3d ＋L )2m 、v min ＝qBL 2m ，则v max －v min ＝3qBd2m ，B 、C 选项正确，D项错误．答案 BC设置目的考查粒子的偏转与左手定则、半径与速度的极值11．(2015·江苏连云港)如图为回旋加速器的示意图．其核心部分是两个D 形金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与高频交流电源相连．带电粒子在D 形盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应．欲使粒子在D 形盒内运动的时间增大为原来的2倍，下列措施可行的是( )A ．仅将磁感应强度变为原来的2倍B ．仅将交流电源的电压变为原来的12C ．仅将D 形的半径变为原来的2倍 D ．仅将交流电源的周期变为原来的2倍解析注意审题，“在D 形盒内运动的时间增大”，即如何将运动的速度或能量与时间联系起来．出射速度对应最大速度和最大半径R m ＝m v m qB ，粒子的最大动能12m v 2m ＝q 2B 2R 2m2m ，假设n 为半个周期数，则在D形盒内运动的时间t ＝n πm qB ，欲得到最大动能，根据动能定理可知nqU ＝12m v 2m ＝q 2B 2R 2m 2m ，解得t ＝n πBR 2m2U ，若仅将交流电源的电压变为原来的12，粒子在D 形盒内运动的时间增大为原来的2倍，B 项正确；仅将D形盒的半径R m 变为原来的2倍，粒子在D 形盒内运动的时间增大为原来的2倍，C 项正确；若仅将磁感应强度变为原来的2倍，或仅将交流电源的周期变为原来的2倍，都会使粒子的加速不同步，A 、D 选项错误．答案 BC设置目的考查同步加速器的工作原理，影响运动时间的因素12．(2014·新课标全国Ⅱ)某磁谱仪部分构件的示意图，图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹，宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中的运动轨迹的半径越小解析由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相反，偏转的方向相反，A 项正确；根据带电粒子的半径表达式r ＝m vqB ，电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有关，B 项错误；质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方向相同，仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C 项正确；根据带电粒子的半径r ＝m v qB ＝2E kqB v ，粒子的半径与粒子的动量成正比，而不是与粒子的动能成正比，半径的表达式中，除了动能外，还有qB v ，D 项错误．答案 AC设置目的考查带电粒子在磁场中的偏转方向、半径13．(2014·天津)同步加速器在粒子物理研究中有重要的作用，其基本原理简化为如图所示的模型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子A (不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零，两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离，A 经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应的变化，不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应，求：(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小；(2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n .(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq (k 为大于1的整数)的粒子B (不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，如图所示虚线、实线分别表示A 、B 的运动轨迹，在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由．解析 (1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理，得qU ＝12m v 21－0①A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，q v 1B 1＝m v 21R ②联立以上两式，解得B 1＝1R2mUq③ (2)设A 经过n 次加速后的速度为v n ，由动能定理，得nqU ＝12m v 2n －0④设A 做第n 次圆周运动的周期为T n ，有T n ＝2πRv n⑤设在A 做第n 周运动的时间内，电场力做功为W n ，则W n ＝qU ⑥ 在该段时间内，电场力做功的平均功率为P n ＝W nT n ⑦由以上四式，解得P n ＝qU πRnqU2m(3)证明r nB 与R A 关系、T nB 与T nA 关系，之所以证明这个关系，看是否具有等同的加速过程． A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为B n ，A 、B 的周期分别为T n 、T ′，综合②⑤式并分别应用A 、B 的数据得到T n ＝2πmqB nT ′＝2πm kqB n ＝T nk由上可知，T n 是T ′的k 倍，所以A 每次绕行1周，B 就绕行k 周．由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速．经过n 次加速后，A 、B 的速度分别为v n 和v ′n ，考虑到④式，有v n ＝2nqUmv ′n ＝2knqUm＝k v n 由题设条件并考虑到⑤式，对A 有T n v n ＝2πR 设B 的轨迹半径为R ′，有T ′v ′n ＝2πR ′ 比较上述两式，得到R ′＝Rk，上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变；由以上分析可知，两个粒子运动的轨迹如题图A 所示．答案(1)1R2mUq(2)P n＝qUπRnqU2m(3)运动轨迹如图A所示设置目的以同步加速器为背景考查粒子运动的向心力的提供、考查对周期的理解。

湖北省荆门市2016年龙泉中学高考物理模拟试卷(5月份)(解析版)

2016年湖北省荆门市龙泉中学高考物理模拟试卷（5月份）二、选择题：1．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是（）A．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动B．牛顿最早证明了行星公转轨道是椭圆，行星所受的引力大小跟行星到太阳距离的二次方成反比C．亚里士多德对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度已经加速度D．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论2．如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的电压、输出电流均相等．若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2，则负载电阻R1与R2的比值为（）A．n1：n2B．n2；n1C．n：n D．n：n3．如图所示，两个等量异种点电荷对称地放在一无限大平面的两侧（两点电荷未画出），O 点是两点电荷连线与平面的交点，也是连线的中点．在平面内以O点为圆心画两个同心圆，两圆上分别有a、b、c、d四个点，则以下说法正确的是（）A．若某个检验电荷只在此电场的电场力作用下运动到c点和d点时，加速度大小一定相等B．a、c两点电场强度大小相等C．带正电的检验电荷从a点在平面内移动到d点电势能一定减小D．检验电荷可以仅在此电场的电场力作用下在此平面内做匀速圆周运动4．在天文观测中，因为观测视角的问题，有时会看到一种比较奇怪的“双星”系统：与其它天体相距很远的两颗恒星，在同一直线上往返运动，它们往返运动的中心相同，周期也一样．模型如图所示，恒星A在A1A2之间往返运动，恒星B在B1B2之间往返运动，且A1A2=a，B1B2=b，现观测得它们运动的周期为T，恒星A、B的质量分别为M、m，万有引力常量G，则（）A．M+m=B．M+m=C．M+m=D．M+m=5．如图所示，将长度为L的直导线放置在y轴上，当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F、方向沿x轴正方向．则匀强磁场的磁感应强度可能（）A．沿z轴正方向，大小为B．在xOy平面内，大小为C．在zOy平面内，大小为D．在zOy平面内，大小为6．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A．x1处电场强度为零B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D．x2～x3段是匀强电场7．甲、乙两质点在同一时刻、同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的x﹣v（位置速度）图象如图所示（虚线与对应的坐标轴垂直）（）A．在x﹣v图象中，图线a表示质点甲的运动，质点乙的初速度v0=6m/sB．质点乙的加速度大小a2=2m/s2C．质点甲的加速度大小a1=2m/s2D．图线a、b的交点表示两质点同时到达同一位置8．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0．圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则（）A．θ=0时，杆产生的电动势为2BavB．θ=时，杆产生的电动势为C．θ=0时，杆受的安培力大小为D．θ=时，杆受的安培力大小为三、非选择题（一）必考题9．在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图2进行探究．在弹性限度内，将质量为m=50g的钩码逐个挂在弹簧下已知重力加速度，要求尽可能多的利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k=N/m（结果保留两位有效数字）．由表中数据（填“能”或“不能”）计算出弹簧乙的劲度系数．10．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线．实验可供选择的器材有：A．小灯泡（“2.5V，1.2W”）B．电流表（量程：0～0.6A，内阻为1Ω）C．电压表（量程：0～3V，内阻未知）D．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A ）E．滑动变阻器（0～5Ω，额定电流0.5A ）F．电源（E=3V，内阻不计）G．定值定阻R0（阻值R0=6Ω）H．开关一个和导线若干（1）要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量消除系统误差，在图1方框内画出实验电路图．（2）实验中，应该选用的滑动变阻器是（填写器材前字母代号）．（3）按照正确的电路图，该同学测得实验数据如下：（I是的示数，U是的示数，U灯是小灯泡两端的实际电压）．请通过计算补全表格中的空格，然后在图2中画出小灯泡的伏（）该同学将与本实验中一样的两个小灯泡以及给定的定值电阻0三者一起串联接在本实验中提供的电源两端，则每个灯泡的实际功率是W．11．如图所示，质量为M=2kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1．一个质量为m=3kg的小物块B（可视为质点）静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2=0.3，现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为v0=1m/s．求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10m/s2）．12．如图所示，半径为R的圆形区域，c为圆心，在圆上a点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为+q 的带电粒子．当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，沿ac方向射入的粒子从b 点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了．若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的4倍，经过b点的粒子在b 点的动能是初动能的3倍．不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：（1）粒子源发射粒子的速率v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间t m （2）电场强度的方向及大小．（二）选考题：【物理--选修3-4】13．在均匀介质中，t=0时刻振源O沿+y方向开始振动，t=0.9时x轴上0至14m范围第一次出现图示的简谐横波波形，由此可以判断：波的周期为s，x=20m处质点在0～1.2s内通过的路程为m．14．如图所示，一个折射率为的三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的一束光线沿与AB边成θ角（θ＜90°）的方向入射到AB边的中点P处．若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC面上发生全反射，则cosθ应满足什么条件？【物理--选修3-5】15．某放射性元素经过6天后，只剩下没有衰变，它的半衰期是天．为估算某水库的库容，可取一瓶无毒的该放射性元素的水溶液，测得瓶内溶液每分钟衰变8×107次．现将这瓶溶液倒入水库，8 天后在水库中取水样1.0m3（可认为溶液己均匀分布），测得水样每分钟衰变20次．由此可知水库中水的体积约为m3．16．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？2016年湖北省荆门市龙泉中学高考物理模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析二、选择题：1．在人类对物质运动规律的认识过程中，许多物理学家大胆猜想、勇于质疑，取得了辉煌的成就，下列有关科学家及他们的贡献描述中正确的是（）A．开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做匀速圆周运动B．牛顿最早证明了行星公转轨道是椭圆，行星所受的引力大小跟行星到太阳距离的二次方成反比C．亚里士多德对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度已经加速度D．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论【考点】物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、开普勒潜心研究第谷的天文观测数据，提出行星绕太阳做椭圆运动．故A 错误．B、开普勒最早证明了行星公转轨道是椭圆，行星所受的引力大小跟行星到太阳距离的二次方成反比，故B错误；C、伽利略对运动的研究，确立了许多用于描述运动的基本概念，比如平均速度、瞬时速度已经加速度，故C错误；D、伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，故D正确；故选：D2．如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的电压、输出电流均相等．若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2，则负载电阻R1与R2的比值为（）A．n1：n2B．n2；n1C．n：n D．n：n【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据电压与匝数成正比，求出电阻R2的电压，根据P=求解功率，根据功率相等即可求解电阻的比值关系．【解答】解：设电源的电压为U1，则R1消耗的功率P1=根据电压与匝数成正比得：U2=则R2消耗的功率P2=因为P1=P2所以故选：C3．如图所示，两个等量异种点电荷对称地放在一无限大平面的两侧（两点电荷未画出），O 点是两点电荷连线与平面的交点，也是连线的中点．在平面内以O点为圆心画两个同心圆，两圆上分别有a、b、c、d四个点，则以下说法正确的是（）A．若某个检验电荷只在此电场的电场力作用下运动到c点和d点时，加速度大小一定相等B．a、c两点电场强度大小相等C．带正电的检验电荷从a点在平面内移动到d点电势能一定减小D．检验电荷可以仅在此电场的电场力作用下在此平面内做匀速圆周运动【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【分析】两等量异号点电荷电场线的分布具有对称性，两连线的垂直平分线是一条等势线，两个同心圆均在同一等势面上．根据等量异号点电荷电场线的对称性，分析ac场强关系和电势关系．a点的电势等于d点的电势，即可知a、d电势关系，由推论：正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系．【解答】解：AB、根据等量异号点电荷电场线的对称性可知，a、b两处电场线疏密程度相同，则场强大小相同，d、c两点的电场强度大小也相同，但a、c两点电场强度大小不相等．故B错误．由上分析可知，c点和d点的电场强度的大小相等，则加速度的大小也一定相等．故A正确．C、两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，则a、b、c、d四个点电势均相等，由推论：正电荷从a点在平面内移动到d点电势能不变．故C错误．D、根据等量异种点电荷的电场线的分布，可知，检验电荷受到的电场力不在此平面内，因此不可能做圆周运动，故D错误．故选：A．4．在天文观测中，因为观测视角的问题，有时会看到一种比较奇怪的“双星”系统：与其它天体相距很远的两颗恒星，在同一直线上往返运动，它们往返运动的中心相同，周期也一样．模型如图所示，恒星A在A1A2之间往返运动，恒星B在B1B2之间往返运动，且A1A2=a，B1B2=b，现观测得它们运动的周期为T，恒星A、B的质量分别为M、m，万有引力常量G，则（）A．M+m=B．M+m=C．M+m=D．M+m=【考点】万有引力定律及其应用．【分析】两颗恒星做的均为圆周运动，所给的距离为运动的直径，即运动的半径及周期可知，由万有引力提供向心力可确定质量之和．【解答】解：对于B的运动：=m①对于A的运动：=②由①②可得：M+m=则B正确，ACD错误．故选：B5．如图所示，将长度为L的直导线放置在y轴上，当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F、方向沿x轴正方向．则匀强磁场的磁感应强度可能（）A．沿z轴正方向，大小为B．在xOy平面内，大小为C．在zOy平面内，大小为D．在zOy平面内，大小为【考点】磁感应强度；安培力．【分析】根据左手定则判断磁场的方向，由F=BILsinθ分析磁感应强度可能值．【解答】解：已知电流沿y轴负方向，安培力方向沿x轴正方向，根据左手定则判断得知匀强磁场的磁感应强度在zOy平面内．设磁场与导线的夹角为α，则0°＜α≤90°当α=90°时，由F=BILsinα可知，B有最小值为B min=当0°＜α＜90°，B＞，所以B=和B=是可能的．故AB错误，CD正确．故选：CD6．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（）A．x1处电场强度为零B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3C．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D．x2～x3段是匀强电场【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由E p=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，由数学知识可知E p﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确．B、根据电势能与电势的关系：E p=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3．故B正确．C、D、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确．故选：ABD．7．甲、乙两质点在同一时刻、同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的x﹣v（位置速度）图象如图所示（虚线与对应的坐标轴垂直）（）A．在x﹣v图象中，图线a表示质点甲的运动，质点乙的初速度v0=6m/sB．质点乙的加速度大小a2=2m/s2C．质点甲的加速度大小a1=2m/s2D．图线a、b的交点表示两质点同时到达同一位置【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】根据图象中速度随位移的变化关系判断哪个图象是甲的运动图象，哪个是乙的图象，再根据图象直接读出x=0时，乙的速度；分别对甲和乙，根据运动学基本公式列式，联立方程求解即可加速度．【解答】解：A、根据图象可知，a图象的速度随位移增大而增大，b图象的速度随位移增大而减小，所以图象a表示质点甲的运动，当x=0时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v0=6m/s．故A正确．B、设质点乙、甲先后通过x=6m处时的速度均为v，对质点甲：v2=2a1x ①对质点乙：v2﹣=﹣2a2x ②联立①②解得：a1+a2=3m/s2③当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s时，两质点通过相同的位移均为x′．对质点甲：=2a1x′④对质点乙：=﹣2a2x′⑤联立④⑤解得：a1=2a2⑥联立③⑥解得：a1=2m/s2，a2=1m/s2．故B错误，C正确；D、图线a、b的交点表示两质点在同一位置，但不是同时，故D错误．故选：AC8．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0．圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B．杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则（）A．θ=0时，杆产生的电动势为2BavB．θ=时，杆产生的电动势为C．θ=0时，杆受的安培力大小为D．θ=时，杆受的安培力大小为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【分析】根据几何关系求出此时导体棒的有效切割长度，根据法拉第电磁感应定律求出电动势．注意总电阻的求解，进一步求出电流值，即可算出安培力的大小．【解答】解：A、θ=0时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav，故A正确；B、θ=时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度是a，所以杆产生的电动势为Bav，故B错误；C、θ=0时，由于单位长度电阻均为R0．所以电路中总电阻（2+π/2）aR0．所以杆受的安培力大小F=BIL=B•2a=，故C错误；D、θ=时，电路中总电阻是（π+1）aR0所以杆受的安培力大小F′=BI′L′=，故D正确；故选：AD．三、非选择题（一）必考题9．在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图1对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图2进行探究．在弹性限度内，将质量为m=50g的钩码逐个挂在弹簧下已知重力加速度g=9.8m/s 2，要求尽可能多的利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k= 49 N/m （结果保留两位有效数字）．由表中数据能（填“能”或“不能”）计算出弹簧乙的劲度系数．【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．【分析】根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出弹簧甲的劲度系数．通过弹簧并联时的弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧并联的劲度系数，再根据k 并=k 甲+k 乙，计算弹簧乙的劲度系数．【解答】解：由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=mg=0.05×9.8N=0.49N 时，弹簧形变量的变化量为△x 1=，根据胡克定律知甲的劲度系数：．把弹簧甲和弹簧乙并联起来时，由胡克定律根据表中数据，类似于上述方法可以计算出并联时总的劲度系数k 并，根据k 并=k 甲+k 乙，可以计算出乙的劲度系数．故答案为：49，能．10．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线．实验可供选择的器材有：A ．小灯泡（“2.5V ，1.2W ”）B ．电流表（量程：0～0.6A ，内阻为1Ω ）C ．电压表（量程：0～3V ，内阻未知）D ．滑动变阻器（0～10Ω，额定电流1A ）E ．滑动变阻器（0～5Ω，额定电流0.5A ）F ．电源（E=3V ，内阻不计）G ．定值定阻R 0（阻值R 0=6Ω ） H ．开关一个和导线若干（1）要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量消除系统误差，在图1方框内画出实验电路图．（2）实验中，应该选用的滑动变阻器是D（填写器材前字母代号）．（3）按照正确的电路图，该同学测得实验数据如下：（I是的示数，U是的示数，U灯是小灯泡两端的实际电压）．请通过计算补全表格中的空格，然后在图2中画出小灯泡的伏（）该同学将与本实验中一样的两个小灯泡以及给定的定值电阻0三者一起串联接在本实验中提供的电源两端，则每个灯泡的实际功率是0.18W．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】（1）通过滑动变阻器分压和限流的特点确定滑动变阻器的接法，抓住电流表的内阻为定值，采用电流表的内接法．（2）通过通过滑动变阻器的电流选择合适的变阻器．（3）根据串并联电路的特点，结合欧姆定律求出灯泡两端的电压，作出U﹣I图线．（4）根据欧姆定律得出灯泡两端的电压与电流的关系，作出U﹣I图线，通过交点得出实际电流和电压，从而得出灯泡的实际功率．【解答】解：（1）因为小灯泡两端的电压从零开始变化，所以滑动变阻器采用分压式接法．电流表的内阻是定值，可以采用电流表内接法，电流等于通过灯泡的电流，通过电流表的电压可以得出灯泡两端的电压．电路图如图所示．（2）因为通过灯泡的额定电流接近0.5A，与滑动变阻器并联后，电流会大于0.5A，所以滑动变阻器选择D．（3）灯泡两端的电压等于电源表的读数减去电流表的读数与电流表内阻乘积之差，结果如表格中所示．U﹣I图线如图所示．（4）在同一坐标系中作出2U+IR0=E的图线，根据此图线与灯泡的U﹣I图线的交点可得此时灯泡的电压U=0.6V，电流I=0.3A．所以，灯泡的实际功率为P=UI=0.18W．故答案为：（1）（2）D311．如图所示，质量为M=2kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1．一个质量为m=3kg的小物块B（可视为质点）静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2=0.3，现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为v0=1m/s．求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10m/s2）．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合运动学公式求出速度相同时，A、B的位移大小，然后A、B保持相对静止，一起做匀减速运动，再根据速度位移公式求出一起匀减速运动的位移，从而得出A、B的总位移大小．【解答】解：分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为a A、a B，由牛顿第二定律得：μ2mg=ma Bμ2mg﹣μ1（m+M）g=Ma A，假设经过t0秒A、B共速，共同速度设为v，由匀变速直线运动的规律得：共v0﹣a B t0=a A t0=v，共=0.4m/s．解得：，，t0=0.2s，v共共速过程中，A的位移大小设为x A，B的位移大小设为x B，则，，解得：x A=0.04m，x B=0.14m．假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为f，木板和物块的加速度大小分别为a A′、a B′，由牛顿第二定律得：f=ma B′μ1（m+M）g﹣f=Ma A′解得：f=μ1mg＜μ2mg，假设成立，．设共速之后至A、B均静止，A的位移设为x A′，B的位移设为x B′，则．整个过程中A的位移大小X A=x A+x A′=0.12mB的位移大小X B=x B+x B′=0.22m．则X A：X B=6：11．答：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比为6：11．12．如图所示，半径为R的圆形区域，c为圆心，在圆上a点有一粒子源以相同的速率向圆面内各个方向发射多个质量为m、电荷量为+q 的带电粒子．当圆形区域存在垂直于圆面、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，沿ac方向射入的粒子从b 点离开场区，此过程粒子速度方向偏转了．若只将圆形区域内的磁场换成平行于圆面的匀强电场，粒子从电场圆边界的不同位置射出时有不同的动能，其最大动能是初动能的4倍，经过b点的粒子在b 点的动能是初动能的3倍．不计粒子重力及粒子间的相互作用．求：（1）粒子源发射粒子的速率v0及从b点离开磁场的粒子在磁场中运动的最长时间t m （2）电场强度的方向及大小．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）画出运动轨迹，根据几何知识求解半径，根据qv0B=m求解初速度，根据圆心角和周期求解时间；（2）设电场方向与ab连线夹角为θ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和C点连线一定和电场方向平行．画出图象，根据动能定理列式求解即可【解答】解：（1）粒子在磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为r，作出以ab为弦的两段圆弧如图2所示，O1、O2分别为两圆圆心，由从b点射出的粒子速度偏转角知：对以O1为圆心的圆有：圆周角∠aO1b=，由几何知识可知：弦切角∠cab=，△abC为等边三角形，可得ab长度L=R…①从△abO1可得：r=R…②由圆周运动的规律有：qv0B=m…③由⑧⑨式可得：v0=…④粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O2为圆心的圆弧，在菱形aO1bO2中有：∠aO2b=∠aO1b=粒子的偏转角θ=2π﹣∠aO2b…⑤。

2016高考_龙泉一轮-物理-测试3-4

题组层级快练说明：1－8题只有一项符合题目要求，9－12题有多项符合题目要求．1．(2015·广东佛山)“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为m的小明如图所示，静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时()A．加速度为零B．加速度a＝g，沿原断裂绳的方向斜向下C．加速度a＝g，沿未断裂绳的方向斜向上D．加速度a＝g，方向竖直向下解析小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，故三力互成120°，左侧橡皮绳在腰间断裂，此时作为瞬时问题，小明左侧的橡皮条拉力没来得及变化，它与重力的合力沿原断裂绳的方向斜向下，大小等于mg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下，B选项正确．答案 B设置目的绳断瞬间弹力未来得及变化2．(2015·安徽黄山)如图所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()A．弹簧测力计的示数是10 NB．弹簧测力计的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变解析设弹簧的弹力为F，加速度为a.对m1、m2和弹簧测力计组成的系统：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2 m/s2，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没有变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1所受的合外力方向向左，而没有撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．答案 C设置目的弹簧连接物体与弹簧不连接物体撤力不同3.如图所示，完全相同的三个木块，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用不可伸长的轻杆相连，在手的拉动下，木块间达到稳定后，一起向上做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2.某一时刻突然放手，则在手释放的瞬间，下列关于三个木块的加速度的说法正确的是(以向上为正方向，g取10 m/s2)()A ．a A ＝0，aB ＝aC ＝－5 m/s 2B ．a A ＝－5 m/s 2，a B ＝aC ＝－12.5 m/s 2C ．a A ＝－5 m/s 2，a B ＝－15 m/s 2，a C ＝－10 m/s 2D ．a A ＝－5 m/s 2，a B ＝a C ＝－5 m/s 2解析弹簧拉力F ＝m (g －a )＝0.5mg ，撤去手的拉力瞬间，物体A 受力不变，故加速度不变，为a A ＝－12g ＝－5 m/s 2；撤去手的拉力瞬间，物体B 、C 加速度相同，对B 、C 整体，根据牛顿第二定律，有a B ＝a C ＝F ＋2mg 2m＝1.25g ＝12.5 m/s 2. 答案 B设置目的练习断后绳子上的力的变化4．(2014·宁夏银川)如图所示，A 、B 两小球分别连在轻绳两端，B 球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )A ．都等于g 2B.g 2和0C.g 2和m A m B ·g 2D.m A m B ·g 2和g 2解析当A 、B 球静止时，弹簧弹力F ＝(m A ＋m B )g sin θ，当绳被剪断的瞬间，弹簧弹力F 不变，对B分析，则F －m B g sin θ＝m B a B ，可解得a B ＝m A m B ·g 2，当绳被剪断后，球A 受的合力为重力沿斜面向下的分力，F 合＝m A g sin θ＝m A a A ，所以a A ＝g 2，综上所述选项C 正确．答案 C设置目的考查斜面上的绳剪断瞬间物体的加速度5．(2015·吉林长春)细绳拴一个质量为m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩(小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，如图所示．将细绳烧断后，下列说法中正确的是( )A．小球立即开始做自由落体运动B．小球离开弹簧后做平抛运动C．小球运动的加速度先比重力加速度小，后来和重力加速度相等D．小球离开弹簧后做匀变速运动解析小球静止时受重力、细绳的拉力和弹簧弹力，合外力为零．当烧断细绳后，弹簧弹力减小，小球的重力不变，在离开弹簧前，合力为弹力和重力的合力，加速度大于重力加速度，故A、B、C项错误；离开弹簧后，小球只受重力，做匀变速运动，D项正确．答案 D设置目的练习绳断瞬间物体的受力及运动趋势6．(2014·辽宁大连)如图所示，以水平向右的加速度a＝2 m/s2向右加速前进的车厢内，有一光滑绝缘的水平桌面，在桌面上用绝缘轻弹簧连接质量均为m＝1 kg的两小球相对车静止．空间有水平向右的匀强电场，且E＝2.0×105N/C，A、B电量分别为q1＝－1.0×10－5C，q2＝＋1.0×10－5 C(不考虑A、B之间库仑力的作用)．当剪断绳子瞬间，则以下有关说法正确的有()A．弹簧弹力变为零B．B的加速度大小不变C．B受到三个力作用D．A、B和弹簧系统共受到5个外力作用解析绳断前，对A进行受力分析得：F弹＋q1E＝ma，对B进行受力分析得：T＋q2E－F弹＝ma，带入数据解得：F弹＝4 N，T＝4 N．当绳子剪断瞬间，绳子的拉力立即为零，弹簧弹力不发生改变，故A项错误；当剪断绳子瞬间，对B进行受力分析，受到重力、支持力、电场力和弹簧弹力四个力作用，根据牛顿第二定律得：q2E－F弹＝ma′，解得：a′＝－2 m/s2，所以加速度大小不变，故B项正确，C项错误；A、B和弹簧系统受到A、B各自的重力和各自的支持力四个力作用，故D项错误．答案 B设置目的考查在有电场力作用下的绳断瞬间的受力分析7．(2015·福建福州)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球的加速度均为g sinθB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图乙中轻杆的作用力一定不为零D ．图甲中B 球的加速度为图乙中B 球加速度的2倍解析对甲图，AB 整体受力分析可知，重力2mg 、斜面的支持力、挡板C 的沿斜面向上的支持力N x ，沿斜面和垂直斜面分解后可得N x ＝2mg sin θ，当撤去挡板瞬间，由于弹簧上的力还没来得及变化，A 的合力仍为零，加速度为0，B 的合力沿斜面向下为2mg sin θ，故B 的加速度为2g sin θ；对图乙，AB 整体受力分析可知，重力2mg 、斜面的支持力、挡板C 的沿斜面向上的支持力N x ′，当撤去挡板瞬间，整体的运动趋势为沿斜面向下滑动，由于杆的长度不能变化，因此AB 整体加速度相同，整体受到重力2mg ，斜面的支持力N x ′，沿斜面和垂直斜面分解可得沿斜面向下的加速度为g sin θ，即具有相同的加速度g sin θ.故选D 项．答案 D设置目的考查杆相连与弹簧相连瞬时问题8．如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A ．0 B.233g C ．g D.33g 解析平衡时，小球受到三个力：重力mg 、木板AB 的支持力F N 和弹簧拉力F T ，受力情况如图所示．突然撤离木板时，F N 突然消失而其他力不变，因此F T 与重力mg 的合力F ＝mg cos30°＝233mg ，产生的加速度a ＝F m ＝233g ，B 项正确．答案 B设置目的撤去支撑力的情况下的瞬时问题9．(2015·广东广州)如图所示，质量为m 的小球，a 、b 是两个完全相同的轻弹簧，且两弹簧的长度相等，作用力大小均为mg .c 为一轻杆，a 、b 、c 之间的夹角均为120°，现将c 杆突然剪断，则剪断瞬间小球的加速度大小可能为( )A ．a ＝0B ．a ＝gC ．a ＝2gD ．a ＝3g解析 a 、b 是两个完全相同的轻弹簧，且两弹簧的长度相等，作用力大小均为mg ，当弹簧为拉力时，杆上也是拉力，故杆上的力向上为2mg ，c 杆突然剪断，小球合力为2mg ，此时加速度大小为2g ；当弹簧为压力时，由平衡条件，知杆上的力为零， c 杆突然剪断，小球合力为0，此时加速度大小为0.答案 AC设置目的练习杆和绳上力的不同、训练发散思维能力10.(2015·河南信阳)质量均为m 的A 、B 两个小球之间连接一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上．A 紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F 将B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力撤去，此瞬间( )A ．A 球的加速度为F 2mB ．A 球的加速度为零C ．B 球的加速度为F 2mD ．B 球的加速度为F m解析撤去恒力F 前，A 和B 都平衡，它们的合力都为零，且弹簧弹力为F ，突然将力F 撤去，对A 来说水平方向依然受弹簧弹力和墙壁的弹力，二力平衡，所以A 球的合力为零，加速度为零，A 项错，B项正确；而B 球在水平方向只受水平向右的弹簧的弹力作用，加速度a ＝F m，故C 项错，D 项正确．答案 BD设置目的撤去物体上的力瞬间弹簧上的力未来得及变化11．(2015·山东济南)水平面上有一个质量为m ＝2 kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示．此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g ＝10 m/s 2，设小球与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为0.2，以下说法正确的是( )A ．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB ．小球的加速度大小为8 m/s 2，方向向左C ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s 2，方向向右D ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0解析因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到重力、轻绳的拉力F T 和弹簧的弹力F 作用而处于平衡状态．依据平衡条件，得竖直方向有F T cos θ＝mg水平方向有F T sin θ＝F解得轻弹簧的弹力为F ＝mg tan θ＝20 N ，故选项A 正确．剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面对它的支持力与小球所受重力平衡，即F N ＝mg ；由牛顿第二定律，得小球的加速度为a ＝F －μF N m ＝20－0.2×202m/s 2＝8 m/s 2，方向向左，选项B 正确．当剪断弹簧的瞬间，小球立即受水平面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C 错误，选项D 正确．答案 ABD设置目的剪断线的瞬间，与物体相连的弹簧上的力未来得及变化12.一升降机在箱底装有若干个弹簧．如图所示，在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )A ．升降机的速度不断减小B ．升降机的加速度不断变大C ．先是弹力做的负功小于重力做的正功，然后弹力做的负功大于重力做的正功D ．到最低点时升降机加速度值一定大于重力加速度值解析弹簧触地后，由于弹簧的形变不断增大，至最低点达到形变最大值，因此弹力不断变大且始终与升降机的重力反向，在达到弹力与重力等大前，加速度向下，速度仍不断增加，当弹力与重力等大时，达到平衡位置，加速度为零，速度达到最大．第二阶段，弹力大于重力，加速度开始反向增加，速度开始减小，当速度减至与下落到弹簧触地时速度大小相同时．加速度的大小等于重力加速度，当速度减至零时，加速度一定大于重力加速度，所以A 、B 选项错，D 选项正确．由动能定理可知C 选项正确．答案 CD设置目的练习瞬时问题与变化过程的综合13.如图所示中圆弧轨道AB 是在竖直平面内的圆周，在B 点，轨道的切线是水平的，一质点自A 点从静止开始下滑，不计滑块与轨道间的摩擦和空气阻力，则在质点刚要到达B 点时的加速度大小为________，滑过B 点时的加速度大小为________．解析 “刚要”是瞬时问题的特征词．滑块由A 到B 的圆周运动中，只受重力和轨道所给的支持力，由于支持力不做功．则在运动过程中物体机械能守恒．有(以B 点为势能零点)mgR ＝12m v 2⇒v ＝2gR ，滑块在刚要到达B 点时，向心加速度即为物体加速度，由此可知a ＝a 向＝v 2R＝2g ；当滑块滑过B 点后，由于只受重力，则物体加速度即为重力加速度g .答案 2g g14.一轻弹簧秤放在水平地面上，轻弹簧的上端连在一起为秤盘Q ，秤盘的质量m 1＝1.5 kg ，盘内放一质量为m 2＝10.5 kg 的物体P ，弹簧的劲度系数为k ＝800 N/m ，系统处于静止状态，如图所示．现给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2 s 内F 是变化的，在0.2 s 后是恒定的，求F 的最大值和最小值各是多少？(g ＝10 m/s 2)解析由系统处于静止状态知，kx 0＝m 1g ＋m 2g ，x 0为压缩量．因为在t ＝0.2 s 内F 是变力，在t ＝0.2 s 以后F 是恒力，所以在t ＝0.2 s 时，P 离开秤盘．此时P 受到盘的支持力为零，由于盘的质量m 1＝1.5 kg ，所以此时弹簧不能处于原长，这与轻盘不同．设在0－0.2 s 这段时间内P 向上运动的距离为x ，对物体P 根据牛顿第二定律，可得F ＋N －m 2g ＝m 2a ，在t ＝0.2 s 时N ＝0，有F max －m 2g ＝m 2a ，对秤盘有k (x 0－x )－m 1g ＝m 1a ，且x ＝12at 2，联立以上几个式子，可得a ＝6 m/s 2，F max ＝168 N ，随着x 向上的变化，F 越来越大，故在起始点时F 有最小值，对于盘和物体P 整体应用牛顿第二定律，可得F min －(m 1＋m 2)g －kx 0＝(m 1＋m 2)a ，即F min ＝(m 1＋m 2)a ，解得F min ＝72 N.答案 168 N 、72 N学法指导本题易错处为临界条件误认为弹簧达到原长，如果没有秤盘是可以的．设置目的临界条件的寻找。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (42)

题组层级快练（四十二）说明：1－7题只有一项符合题目要求，8－13题有多项符合题目要求．1．(2014·上海)一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两点A 、B 的平衡位置相距34波长，B 位于A 右方．t 时刻A 位于平衡位置上方且向上运动，再经过14周期，B 位于平衡位置( ) A ．上方且向上运动B ．上方且向下运动C ．下方且向上运动D ．下方且向下运动解析波向右传播，据题意画出如图所示的波形图，实线为t 时刻的波形，波向右传播，符合题意的A 、B 两点在实线上，经过14周期的波形如图虚线所示，B 位于平衡位置下方，以虚线为参考系，画下一时刻的波形图可以看出B ′点向下振动，D 选项正确．答案 D设置目的考查由波动传播方向判断质点的振动方向2．(2014·安徽)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像，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解析从图2得到t ＝0时刻质点的位移为负且向负y 方向运动；在图1中画出下一时刻的波形图，可以判断出位移为负y 方向，在2 m －4 m 之间的质点，大小与图2相等，且速度为－y 方向的是2.5位置的质点，C 选项正确．答案 C设置目的考查波动图像与振动图像结合，寻找某一点的运动情况3．(2014·北京)一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T ，t ＝0时刻的波形如图甲所示，a 、b 是波上的两个质点．图乙是波上某一质点的振动图像．下列说法正确的是( )A．t＝0时质点a的速度比质点b的大B．t＝0时质点a的加速度比质点b的小C．图乙可以表示质点a的振动D．图乙可以表示质点b的振动解析t＝0时质点a位于最大位移处，b质点经过平衡位置，所以质点a的速度比质点b的小，A选项错误；根据加速度大小与位移大小成正比的特点，可知a的位移比b的位移大，则质点a的加速度比质点b的大，B选项错误；由图乙知，t＝0时刻质点经过平衡位置向下运动，图甲是t＝0时刻的波形，此时a位于波峰，位移最大，与图乙中t＝0时刻质点的状态不符，而质点b在t＝0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t＝0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点a的振动，可以表示质点b的振动，C选项错误，D选项正确．答案 D设置目的考查波动图像与振动图像结合，寻找某一点的运动情况名师点拨本题考查机械振动和机械波的图像问题，要求学生理解波动图像和振动图像的区别，能通过分析图像中所包含的质点运动信息和受力信息，找到两个图像的联系．4．(2014·四川)如图所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是()解析从甲图可以得到波长为2 m，乙图可以得到周期为2 s，即波速为v＝λT＝1 m/s；由乙图像可以得到t＝1 s时，该质点位移为负，并且向下运动，该波是可能向左传播，也可能向右传播，而距该质点x＝0.5 m 处质点，就是相差14λ或时间相差14T ，但有两种可能是提前或延后．若是延后，在t ＝1 s 时再经过到达乙图的振动图像t ＝1 s 时的位移，A 选项正确；若是提前，在t ＝1 s 时要向返回到达乙图的振动图像t ＝1 s 时的位移，该质点在t ＝1 s 时，该质点位移为负，并且向上运动，A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．答案 A设置目的考查波动图像与振动图像结合，及波动方向不定引起的多解5．(2014·天津)平衡位置处于坐标原点的波源S 在y 轴上振动，产生频率为50 Hz 的简谐横波向x 轴正、负两个方向传播，波速均为100 m/s ，平衡位置在x 轴上的P 、Q 两个质点随波源振动着，P 、Q 的x 轴坐标分别为x P ＝3.5 m ，x Q ＝－3 m ，当S 位移为负且向－y 方向运动时，P 、Q 两质点的( )A ．位移方向相同，速度方向相反B ．位移方向相同，速度方向相同C ．位移方向相反，速度方向相反D ．位移方向相反，速度方向相同解析据题境和波速v ＝λf ，得λ＝2 m ，T ＝0.02 s ，Q 关于y 轴的对称点Q 1，据题境可知两点的振动情况相同，则Q 1、P 两点的距离之差为λ4；质点P 据波源的距离为7λ4，波源S 位移为负且向－y 方向运动时，所以质点P 的位移为负且向上运动；因为Q 1、P 两点的距离之差为λ4，所以Q 1的位移为正且向上运动，即P 、Q 两点的位移方向相反，振动方向沿y 轴的正方向，A 、B 、C 选项错误，D 选项正确．答案 D设置目的考查波动与振动结合、以波源为参考系找出分析点与波源的距离进而分析振动情况6．(2013·北京)一列沿x 轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4 m/s.某时刻波形如图所示，下列说法正确的是( )A ．这列波的振幅为4 cmB ．这列波的周期为1 sC ．此时x ＝4 m 处质点沿y 轴负方向运动D ．此时x ＝4 m 处质点的加速度为0解析由图像可得该波的波长为8 m ，振幅为2 cm ，选项A 错误；由v ＝λT，得周期T ＝2 s ，选项B 错误；由波的传播方向与质点振动方向间的关系，可知此时x ＝4 m 处的质点沿y 轴正方向运动，选项C 错误；此时x ＝4 m 处的质点处于平衡位置，受到的回复力为0，因此加速度也为0，选项D 正确．答案 D设置目的考查波动图像中的振幅、周期、波动方向判断质点振动方向7.如图为一列沿x 轴负方向传播的简谐横波在t ＝0时的波形图，当Q 点在t ＝0时的振动状态传到P点时，则( )A ．1 cm<x <3 cm 范围内的质点正在向y 轴的负方向运动B ．Q 处的质点此时的加速度沿y 轴的正方向C ．Q 处的质点此时正在波峰位置D ．Q 处的质点此时运动到P 处解析当Q 的振动状态传播到P 时，波形向左移动了34个波长，各点并没有侧移，选项D 错误；此时1 cm<x <2 cm 的质点沿y 轴正方向移动，2 cm<x <3 cm 的质点沿y 轴负方向移动，选项A 错误；此时Q 点在波谷处，选项B 正确，选项C 错误．答案 B设置目的考查波的传播方向判断质点的振动方向8．关于波的衍射现象，下列说法正确的是( )A ．当孔的尺寸比波长大时，一定不会发生衍射现象B ．只有孔的尺寸与波长相差不多时，或者比波长还小时才会观察到明显的衍射现象C ．只有波才有衍射现象D ．以上说法均不正确解析当孔的尺寸比波长大时，会发生衍射现象，只不过不明显．只有当孔、缝或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或者比波长更小时，才会发生明显的衍射现象，切不可把此条件用来判断波是否发生了衍射现象．衍射是波的一个特征．答案 BC设置目的考查发生明显衍射现象的条件9．下列关于简谐运动和简谐机械波的说法正确的是( )A ．弹簧振子的周期与振幅有关B ．横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定C ．在波传播方向上的某个质点的振动速度就是波的传播速度D ．单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率解析简谐运动具有等时性，则可知弹簧振子的周期与振幅无关，A 选项错误；横波在介质中的传播速度由介质本身的性质决定，与频率无关，B 选项正确；在波传播方向上的某个质点做简谐运动，速度是周期性变化的，而在同一均匀介质传播的波，传播过程中速度不变，C 选项错误；波在一个周期内传播的距离等于一个波长，即传播一个完全波，则单位时间内经过媒质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率，故D 选项正确．答案 BD设置目的考查波的基本概念、波速、频率、振幅的影响因素10.沿x 轴正向传播的一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图所示，M 为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s ，则t ＝140s 时( )A ．质点M 对平衡位置的位移一定为负值B ．质点M 的速度方向与对平衡位置的位移方向相同C ．质点M 的加速度方向与速度方向一定相同D ．质点M 的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反解析当t ＝140 s 时，波传播的距离Δx ＝v t ＝40×140 m ＝1 m ，所以当t ＝140s 时波的图像如图所示，由图可知，M 对平衡位置的位移为正值，且沿y 轴负方向运动，故选项A 、B 错误；根据F ＝－kx 及a ＝－k mx 知，加速度方向与位移方向相反，沿y 轴负方向，与速度方向相同，选项C 、D 正确．答案 CD设置目的考查波动方向与质点振动方向的判断11．(2014·海南)一列简谐横波沿x 轴传播，a 、b 为x 轴上的两质点，平衡位置分别为x ＝0，x ＝x b (x b ＞0)．a 点的振动规律如图所示，已知波速为v ＝10 m/s ，在t ＝0.1 s 时，b 点的位移为0.05 m ，则下列判断可能正确的是( )A ．波沿x 轴正向传播，x b ＝0.5 mB ．波沿x 轴正向传播，x b ＝1.5 mC ．波沿x 轴负向传播，x b ＝2.5 mD ．波沿x 轴负向传播，x b ＝3.5 m解析由振动图像可知，T ＝0.2 s ，根据λ＝v T ，得λ＝10×0.2＝2 m ．若波沿x 轴正向传播，在t ＝0.1s 时，a 在平衡位置处，b 在波峰处，a 、b 平衡位置的距离Δx ＝(34＋n )λ，所以x b ＝(34＋n )λ，当n ＝0时，x b ＝1.5 m ，A 选项错误，B 选项正确；若波沿x 轴负向传播，在t ＝0.1 s 时，a 在平衡位置，b 在波峰处，a 、b 平衡位置的距离Δx ＝(14＋n )λ，所以x b ＝(14＋n )λ，当n ＝1时，x b ＝2.5 m ，C 选项正确，D 选项错误．答案 BC设置目的考查波动的传播方向引起的多解12．(2014·新课标全国Ⅱ)如图1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2为质点Q 的振动图像，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 ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．从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 ＝0.10sin10πt (国际单位)解析由Q 点的振动图线可知，t ＝0.10 s 时质点Q 向y 轴负方向振动，A 选项错误；由波的图像可知，波向左传播，波的周期为T ＝0.2 s ，t ＝0.10 s 时质点P 向上振动，经过0.15 s ＝34T 时，即在t ＝0.25 s 时，质点振动到x 轴下方位置，且速度方向向上，加速度方向也沿y 轴正向，B 选项正确；波速为v ＝λT＝40 m/s ，故从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 负方向传播的距离为x ＝v t ＝40×0.15 m ＝6 m ，C 选项正确；由于P 点不是在波峰或波谷或者平衡位置，故从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s 的3/4周期内，通过的路程不等于3A ＝30 cm ，D 选项错误；质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝A sin(2πT )t ＝0.10sin(2π0.2)t ＝0.10sin10πt (国际单位)，E 选项正确．答案 BCE设置目的考查波动图像与振动图像的综合13．(2014·山东)一列简谐波沿直线传播，以波源O 由平衡位置开始振动为计时零点，质点A 的振动图像如图所示，已知OA 的平衡位置相距0.9 m ，以下判断正确的是( )A ．波长为1.2 mB ．波源起振方向沿y 轴正方向C ．波速大小为0.4 m/sD ．质点A 的动能在t ＝4 s 时最大解析据图像可知：A 比波源晚振动3 s ，从y －t 图读出其周期为4 s ，起振方向沿y 轴正方向，B 选项正确；波速为v ＝x t ＝0.93m/s ＝0.3 m/s ，C 选项错误；由波速公式，得λ＝v T ＝0.3×4 m ＝1.2 m ，A 选项正确；据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图像可知，起振方向沿y 轴的正方向，质点A 在4 s 时位于最大位移处，速率为零，动能为零，D 选项错误．答案 AB设置目的考查波速的理解与应用、波动与振动的结合14．两列简谐横波均沿x 轴传播，传播速度大小相等，其中一列沿x 正方向传播，如图中实线所示；一列沿x 负方向传播，如图中虚线所示．这两列波的频率相等，振动方向均沿y 轴，则图中x ＝1、2、3、4、5、6、7、8各点中振幅最大的是x ＝________的点，振幅最小的是x ＝________的点．解析在图示时刻，两列波引起介质各质点振动的位移矢量和都为零，即均在平衡位置，势能为零，这一时刻合位移虽然都为零，但意义不同，其中的一些点是振动过程中恰好经过平衡位置，如x ＝4、8两点，前者两列波在此引起的振动均向上，后者向下，单独一列波的速度均为最大，故有最大的动能，即最大能量E max ，以后振动起来必有最大振幅(振动能量E max ＝12kA 2max)；x ＝2、6两点，均在平衡位置，势能为零，单独一列波的速度均为零，故动能为零，以后也振动不起来，振幅为零；x ＝1、3、5、7各点均在平衡位置，势能为零，如1的各波单独引起的振动方向均向下，此时各波单独引起的振动既不在最大位移处(速度为零)，也不在平衡位置(速度最大)处，说明此时有速度，但不是最大，因此对应的能量0≤E ≤E max ，因此以后振动起来，振幅0≤A ≤A max ，其他各点同理分析能量情况相同．答案 4、8 2、6设置目的考查对振动加强和振动减弱的理解学法指导我们在理解波的叠加原理时，要注意，各质点振动的叠加，不仅包括位移叠加，还包括振动速度的叠加．因此判断波的叠加区域内各质点的合振动情况时，综合位移，速度、加速度的情况，才能准确判定．。

2016高考_龙泉一轮-物理-测试3-7

题组层级快练说明：1－4题只有一项符合题目要求，5题有多项符合题目要求1.(2015·上海虹口)如图所示，动物园的水平地面上放着一只质量为M的笼子，笼内有一只质量为m的猴子，当猴以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2，关于F1和F2的大小，下列判断中正确的是()A．F1＝F2B．F1>(M＋m)g，F2>(M＋m)gC．F1＋F2＝2(M＋m)gD．F1－F2＝2(M＋m)g解析方法一：整体法设猴加速度大小为a，沿竖直柱子加速向上爬时，有F1－(M＋m)g＝ma＋M×0，即F1＝(M＋m)g＋ma，沿竖直柱子加速向下滑时，有(M＋m)g－F2＝ma＋M×0，即F2＝(M＋m)g－ma，故C项正确．方法二：隔离体法若猴子在加速下滑，所以对猴子分析有：猴子受到向下的重力mg和向上的摩擦力f，由牛顿第二定律，得mg－f＝ma且重力mg>f，由牛顿第三定律，可知笼子受到向下的摩擦力，所以笼子给地面的压力为F2＝Mg＋f，因为f<mg所以F2＝Mg＋f<Mg＋mg，故B项错误；若猴子在加速上滑，对猴子分析有：猴子受到向下的重力mg和向上的摩擦力f，由牛顿第二定律，得f′－mg＝ma，且重力f′>mg，由牛顿第三定律，可知笼子受到向下的摩擦力，所以笼子给地面的压力为F1＝Mg＋f′>Mg＋mg，故A项错误，F1＋F2＝2(M＋m)g，故C项正确，D项错误．答案 C2．(2015·安徽铜陵)如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角分别为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于()A．Mg＋mg B．Mg＋2mgC．Mg＋mg(sinα＋sinβ) D．Mg＋mg(cosα＋cosβ)解析取a、b、M整体为研究对象，整体受力为向下的重力(2m＋M)g，竖直向上的支持力N D，a的加速度沿竖直方向的分量a ay＝g sinαsinα＝g sin2α，b的加速度沿竖直方向的分量a bx＝g sin2β，由整体法知，(2m＋M)g－N D＝ma ay＋ma by＋M×0，由α＋β＝90°，知sin2α＋sin2β＝1，解得N D＝Mg＋mg，由牛顿第三定律，得A项正确．答案 A3.(2015·江苏淮安)如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中()A．地面对物体M的摩擦力先向左后向右B．地面对物体M的摩擦力方向没有改变C．地面对物体M的支持力总大于(M＋m)gD．物块m上、下滑动时的加速度大小相同解析整体受力分析如下图所示，受到地面的支持力N D，地面的摩擦力f D，重力(M＋m)g，物块在斜面上滑动过程中加速度方向始终沿斜面向下，分解加速度可得，(M＋m)g－N D＝ma y，f D＝ma x，由此分析可知B项正确，A、C项错误；物块m上、下滑动的各自位移大小相等，由于有摩擦，上滑时的速度大小与回到出发点的速度大小不等，故加速度大小不同，D项错误．答案 B4.(2015·山东青岛)如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是()A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面对木楔的摩擦力为0解析由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A项正确，B、C项错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D项错误．答案 A5．(2015·河北唐山)如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β.a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块．已知所有接触面都是光滑的，现使a、b同时沿斜面下滑，则下列说法正确的是()A．楔形木块静止不动B．楔形木块向左运动C．a木块处于失重状态D．b木块处于超重状态解析方法一：整体法取a、b、M整体为研究对象，整体受力为向下的重力(2m＋M)g，竖直向上的支持力N D，a的加速度沿水平方向的a ax＝g sinαcosα，b的加速度沿水平方向的a bx＝g sinβcosβ，由α＋β＝90°，知a ax＝a bx, ma ax＝ma bx，水平方向合力为零，A项正确，B项错误；a、b均有竖直向下的分加速度，故均处于失重状态，C 项正确，D项错误．方法二：隔离体法分析由几何关系，得到N1＝mg cosα，故物体a对斜面体的压力为N′1＝mg cosα①同理，物体b对斜面体的压力为N′2＝mg cosβ②对斜面体受力分析，如下图，假设摩擦力向左根据共点力平衡条件，得到f＋N′2cosα－N′1cosβ＝0③N D－Mg－N′1sinβ－N′2sinβ＝0④根据题意α＋β＝90°⑤由①－⑤式解得f＝0，所以楔形木块静止不动，故A项正确，B项错误；对木块a受力分析，如下图，受重力和支持力，木块匀加速下滑，所以a木块处于失重状态，故C项正确，D项错误．答案AC6．(2015·广东广州)如图所示，一细绳跨过装在天花板上的滑轮，细绳的一端悬挂一质量为M的物体，另一端悬挂一载人的梯子，人的质量为m，系统处于平衡状态．不计摩擦及滑轮与细绳的质量，要使天花板受力为零，人应如何运动？解析方法一：整体法系统处于平衡状态可知，总质量2M ，梯子的质量为(M －m )，要使天花板受力为零，说明绳子上的力为零，故物体向下以加速度g 加速运动，同一绳上的梯子必然向上以加速度g 加速运动，以物体、绳子、梯子、人整体为研究对象，取向下为正方向，有2Mg ＝Mg －(M －m )g ＋ma ，解得a ＝2M －mm g >0，说明加速度方向向下．方法二：隔离体法最初人梯系统处于平衡状态，即Mg ＝mg ＋m 梯g ，设人与梯子之间的相互作用力为F ，人向下的加速度为a .若使天花板受力为零，重物应处于完全失重，即下落加速度为g ，对梯子运用牛顿第二定律，得F －m 梯g ＝ m 梯g ，对人运用牛顿第二定律，得F ＋mg ＝ma ，解得a ＝2M －m m g ，故人应以2M －mm g 的加速度向下加速运动，才能使天花板受力为零．答案以2M －mm g 的加速度向下加速运动。

【全国百强校】湖北省龙泉中学、襄阳五中、宜昌一中2016届高三10月联考物理试题解析(解析版)

本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷 (非选择题)两部分，满分100分，考试用时90分钟。

第I卷（选择题，24分）一、单项选择题（本题共6道小题，每题4分；在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）1、一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x＝3＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2 m/s.则该质点在t＝2 s时的瞬时速度和t＝0到t＝2 s间的平均速度分别为A．8 m/s,24 m/s B．12 m/s,24 m/sC．24 m/s,8 m/s D．24 m/s,12 m/s【答案】C考点：平均速度；瞬时速度【名师点睛】本题主要考查了学生对瞬时速度和平均速度的理解。

属于容易题。

解决这类问题的关键是对平均速度的定义式的理解，知道平均速度等于总位移与总时间的比值，与瞬时速度的关系不大。

速度随时间变化的关系指的是瞬时速度与时间的关系，不是平均速度。

2、有下列几种情景，其中对情景的分析和判断正确的是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运动的磁悬浮列车在轨道上高速行驶；④太空中的空间站绕地球做匀速圆周运动。

A．因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．因空间站处于完全失重状态，所以空间站内的物体加速度为零【答案】B考点：加速度；速度；失重和超重【名师点睛】本题主要考查了学生对失重和超重、速度、加速度以及速度与加速度的关系的理解。

属于容易题。

加速度大小是速度的变化率，与速度本身的大小、速度变化量的大小无关；要注意区别加速度的定义式与决定式的区别。

3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。

例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。

对此现象分析正确的是A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度【答案】D【解析】试题分析：手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故A、B错误；在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。

四川省成都市龙泉一中、新都一中等九校2016-2017学年高一6月联考物理试题(解析版)

四川省成都市龙泉一中、新都一中等九校2016-2017学年高一6月联考物理试题一、单项选择题1.关于曲线运动，以下说法中正确的是（） A. 做匀速圆周运动的物体，所受合力是恒定的 B. 物体在恒力作用下不可能做曲线运动 C. 平抛运动是一种匀变速运动D. 物体只有受到方向时刻变化的力的作用才可能做曲线运动【答案】C 【解析】【详解】做匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，合力的大小不变，方向始终指向圆心，方向时刻改变，故A 错误；曲线运动的条件是物体的速度方向与合力方向不共线，平抛运动合力恒定，加速度恒定，故平抛运动为匀变速运动，故BD 错误，C 正确。

2.下列有关物理知识和史事的说法，正确的是（） A 伽利略发现了万有引力定律B. 卡文迪许用扭秤装置第一次测量出了引力常量C. 发射地球同步卫星的发射速度应介于11.2km/s 与16.7km/s 之间D. 哥白尼发现了行星运动的三大规律，为人们解决行星运动学问题提供了依据【答案】B 【解析】A 、牛顿发现了万有引力定律，故A 错误；B 、卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故B 正确；C 、根据22 Mm v G m r r=，得v 7.9/km s ，由于地球的同步卫星大于地球的半径，则发射速度是介于7.9/km s 和11.2/km s 之间的某一值，故C 错误；D 、开普勒提出了行星运动规律，为人们解决行星运动学问题提供了依据，故D 错误。

点睛：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是.考试内容之一。

3.以下对有关情景描述符合物理学实际的是（）A. 洗衣机脱水时利用向心运动把附着在衣物上的水份甩掉B. 汽车通过拱形桥最高点时对桥的压力大于汽车重力C. 绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的宇航员处于平衡状态D. 火车轨道在弯道处应设计成外轨高内轨低【答案】D【解析】A、洗衣机脱水时，附着在衣物上的水做圆周运动，当做圆周运动所需的向心力大于水滴的合力时，水滴将做离心运动，故A符合物理实际；B、对汽车受力分析：2vmg F mr支-=，所以mg F支＞再由牛顿第三定律可知：mg F压＞，故B错误；C、绕地球沿圆轨道飞行的航天器中悬浮的液滴也在做圆周运动，万有引力用来提供向心力，液滴此时处于完全失重状态，故C错误．D、铁轨内高外低，此时火车转弯内外轨道均不受侧向压力作用，火车靠重力与支持力的合力提供向心力，故D正确。

成都龙泉中学2016-2017学年度高三一轮复习《化学反应的热效应》质量验收过关试题(Word版含答案)

《化学反应的热效应》质量验收检测试题（时间：45分钟满分：100分）一、单项选择题（本题包括7小题，每小题6分，共42分）1.已知反应：① 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1下列结论正确的是( B )A．碳的燃烧热为ΔH＝－110.5 kJ·mol－1B．反应①的ΔH<0，ΔS>0，则ΔG<0，在任意温度下反应可自发进行C．反应①中反应物的总键能大于生成物的总键能D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出热量大于57.3 kJ2．下列反应符合下图图示的是( B )A．铝片与盐酸的反应 B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应C．酸碱中和反应 D．甲烷在氧气中的燃烧3．下列说法正确的是( A )A．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同B．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生还原反应C．已知：H2(g)＋I2(g)；ΔH＝－9.48 kJ/mol，若将254 g I2(g)和2 g H2(g)充分反应可放出9.48 kJ的热量D.已知在101 kPa时，2 g碳燃烧生成CO放出热量为Q kJ，则碳的燃烧热为6Q kJ·mol－1 4．根据碘与氢气反应的热化学方程式，下列判断正确的是( C)①I2(g)＋H2(g)2HI(g) ΔH＝－9.48 kJ/mol②I2(s)＋H2(g)2HI(g) ΔH＝＋26.48 kJ/molA．254 g I2(g)中通入2 g H2(g)，反应放热9.48 kJB．当反应②吸收52.96 kJ热量时转移2 mol e—C．反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低D．1 mol固态碘比1 mol气态碘所含能量多了17.00 kJ5．下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)( C)A．C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1(燃烧热)B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋57.3 kJ·mol－1(中和热)C．S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－296.8 kJ·mol－1(反应热)D．2NO2===O2＋2NO ΔH＝＋116.2 kJ·mol－1(反应热)6．下列说法正确的是( C)A．甲烷的燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1B．500 ℃，30 Mpa下，将0.5 mol N2和1.5 H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－38.6 kJ·mol－1 C．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH不同7A．571.6 kJ·mol－1,2 221.5 kJ·mol－1 B．241.3 kJ·mol－1,2 013.8 kJ·mol－1 C．285.8 kJ·mol－1,2 013.8 kJ·mol－1 D．285.8 kJ·mol－1,2 221.5 kJ·mol－1二、非选择题（本题包括4小题，共58分）8．（12分）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径Ⅰ：C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－a kJ·mol－1途径Ⅱ：C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)ΔH＝＋b kJ·mol－12C3H6(g)＋9O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(l)ΔH＝－c kJ·mol－12H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－d kJ·mol－1(a，b，c，d均为正值)请回答下列问题：(1)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径Ⅰ放出的热量________(填“大于”“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。

成都龙泉中学2016-2017学年度高三一轮复习《电解池金属的电化学腐蚀与保护》“双基”过关检

《电解池金属的电化学腐蚀与保护》“双基”过关检测试题（满分：100分时间：45分钟）一、单项选择题（每题5分，共50分）1．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是(A) A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2＋2H2O＋4e－===4OH－C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，阳极反应式为Cu－2e－===Cu2＋D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－===Fe2＋2．相同材质的铁在下图中各情形下最不易被腐蚀的是(C)3．依据下列甲、乙、丙三图，判断下列叙述不．正确的是( B)A．甲是原电池，乙是电镀装置B．甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应C．乙、丙装置中，阳极均发生氧化反应而溶解D．乙、丙装置中，c(Cu2＋)基本不变4．铝及铝合金经过阳极氧化，铝表面能生成几十微米厚的氧化铝膜。

某研究性学习小组模拟工业法对铝片表面进行氧化处理。

分别以铅片、铝片为电极，以硫酸溶液为电解液，按照如图所示装置连接电解池装置，电解40 min后取出铝片，用水冲洗，放在水蒸气中封闭处理20～30 min，即可得到更加致密的氧化膜。

下列有关说法正确的是(C)A．电解时电子从电源负极→导线→铝极，铅极→导线→电源正级B．在电解过程中，H＋向阳极移动，SO2－4向阴极移动C．电解过程阳极周围溶液的pH下降D．电解的总反应为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑5.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他均为Cu，则(A)A ．电流方向：电极 Ⅳ→○A →电极ⅠB ．电极Ⅰ发生还原反应C ．电极Ⅱ逐渐溶解D ．电极Ⅲ的电极反应：Cu 2＋＋2e －===Cu 6．臭氧是常见的强氧化剂，广泛用于水处理系统。

制取臭氧的方法很多，其中高压放电法和电解纯水法原理如下图所示，下列有关说法不正确的是 ( D )A ．高压放电法，反应的原理为3O 2=====放电2O 3B ．高压放电出来的空气中，除含臭氧外还含有氮的氧化物C ．电解时，电极b 周围发生的电极反应有3H 2O －6e －===O 3↑＋6H ＋和2H 2O －4e －===O 2↑＋4H ＋ D ．电解时，H ＋由电极a 经聚合固体电解质膜流向电极b7．如图，a 、b 是石墨电极，通电一段时间后，b 极附近溶液显红色。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业 (40)

题组层级快练(四十)说明：1－6题只有一项符合题目要求，7－11题有多项符合题目要求．1．(2014·福建)如图所示为一定质量理想气体的压强p 与体积V 的关系图像，它由状态A 经过等容过程到状态B ，再经过等压过程到状态C .设A 、B 、C 状态对应的温度分别为T A 、T B 、T C ，则下列关系式中正确的是( )A ．T A ＜TB ，T B ＜TC B ．T A ＞T B ，T B ＝T C C ．T A ＞T B ，T B ＜T CD ．T A ＝T B ，T B ＞T C解析 A 与B 状态的体积相同，则p A T A ＝p B T B ，得p A p B ＝T A T B ＞1，T A ＞T B ；B 与C 的压强相同，则V B T B ＝V CT C，得T B T C ＝V BV C＜1，T B ＜T C ，C 选项正确，其他选项错．答案 C设置目的考查等容变化、等压变化2．(2014·上海)在“用DIS 研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10 mL 处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V 每增加1 mL 测一次压强p ，最后得到p 和V 的乘积逐渐增大．(1)由此可推断，该同学的实验结果可能为图中的图(a)还是图(b)？( )(2)图线弯曲的可能原因是在实验过程中( ) A ．注射器有异物 B ．连接软管中存在气体 C ．注射器内气体温度升高 D ．注射器内气体温度降低．解析 (1)由pV ＝m M RT ＝nRT ，得V ＝nRT 1p ，“最后得到p 和V 的乘积逐渐增大”，说明nRT 增大，即图像的斜率增大，图(a)正确．(2)注射器有异物不会影响图线的斜率，A 选项错误；连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大，不会影响斜率，B 选项错误；注射器内气体温度升高，由克拉珀龙方程知pVT＝C ，当T 增大时，pV 会增大，C 选项正确，D 选项错误．答案 (1)图(a) (2)C设置目的考查克拉珀龙方程、图像的意义3.A 、B 两装置，均由一支一端封闭，一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至图示位置停止．假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是( )A ．A 中水银的内能增量大于B 中水银的内能增量 B ．B 中水银的内能增量大于A 中水银的内能增量C ．A 和B 中水银体积保持不变，故内能增量相同D ．A 和B 中水银温度始终相同，故内能增量相同解析由于水银与外界没有热交换，大气压力对水银做功，一部分转化为水银的重力势能，一部分转化为水银的内能，两种情况下管中进入的水银量相等，故大气将槽中水银面向下压的距离相等，因此大气压力做功相等，图A 管中水银的重力势能比图B 的大，因此A 中水银的内能增量比B 中小，B 选项正确．答案 B设置目的考查绝热过程中改变内能方式为做功、质心、功的计算4．(2013·福建)某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气体增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0的空气的体积为( )A.p 0p V B.p p 0V C ．(pp 0－1)VD ．(pp 0＋1)V解析设充入的气体体积为V 0，根据气体定律，可得p 0(V ＋V 0)＝pV ，解得V 0＝(pp 0－1)V ，C 项正确．答案 C设置目的考查玻意耳定律、打气问题5.(2012·重庆)如图为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气．若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是( )A ．温度降低，压强增大B ．温度升高，压强不变C ．温度升高，压强减小D ．温度不变，压强减小解析外界温度降低，泡内气体体积减小，根据pVT ＝C 知：泡内气体压强可能增大，液柱上升，内外液柱高度差变大，外界大气压增大，选项A 正确；由pVT ＝C 可知，当T 增大V 减小，则p 一定增大，而液柱上升，说明外界大气压增大，选项B 、C 错误；被封闭气体温度不变，液柱升高，气体体积减小，由pV ＝C ，可知气体压强增大，则外界压强一定增大，选项D 错误．答案 A设置目的考查玻意耳定律、理想气体状态方程6.如图所示为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M 、N 两筒间密闭了一定质量的气体，M 可沿N 的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M 向下滑动的过程中( )A ．外界对气体做功，气体内能增大B ．外界对气体做功，气体内能减小C ．气体对外界做功，气体内能增大D ．气体对外界做功，气体内能减小解析 M 向下滑动的过程中，气体被压缩，外界对气体做功，又因为与外界没有热交换，所以气体内能增大，A 选项正确．答案 A设置目的考查改变内能的方式7．一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab 、bc 、cd 、da 四个过程，其中bc 的延长线通过原点，cd 垂直于ab 且与水平轴平行，da 与bc 平行．则气体体积在( )A ．ab 过程中不断增加B ．bc 过程中保持不变C ．cd 过程中不断增加D ．da 过程中保持不变解析如图所示，连接Oa 、Od 、Oc 即为三条等容线，且V b ＝V c >V a >V d ，所以A 、B 两项正确，C 、D 两项错．答案 AB设置目的考查理想气体状态方程的图像问题 8．(2014·新课标全国Ⅱ)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，这是湿泡外纱布中水蒸发吸热的结果解析布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映花粉分子的热运动，A 选项错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，B 选项正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，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，这是高原地区气压较低的缘故，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 BCE设置目的考查表面张力、液晶、干湿泡温度计的工作基础9．(2014·大纲全国)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( ) A ．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈 B ．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈 C ．压强变大时，分子间的平均距离必然变小 D ．压强变小时，分子间的平均距离可能变小解析由压强的微观解释p ＝23n E －k 知压强变大也可能是分子的数密度增加，分子热运动不一定变得剧烈，A 选项错误；保持压强不变时，若温度升高，分子的数密度减小，也可使分子热运动变得剧烈，B 选项正确；由理想气体状态方程pVT＝C (常量)，压强变大时，气体的体积不一定减小，则分子间的平均距离不一定变小，C 选项错误；压强变小时，温度降低，气体的体积可能减小，分子间的平均距离可能变小，D 选项正确．答案 BD设置目的考查理想气体状态方程、压强的微观解释10．(2014·上海)如图所示在水平放置的刚性汽缸内用活塞封闭两部分气体A 和B ，质量一定的两活塞用杆连接．汽缸内两活塞之间保持真空，活塞与汽缸之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A 、B 的初始温度相同．略抬高汽缸左端使之倾斜，再使A 、B 升高相同温度，气体最终达到稳定状态．若始末状态A 、B 的压强变化量Δp A 、Δp B 均大于零，对活塞压力变化量为ΔF A ，ΔF B ，则( )A ．A 体积增大B ．A 体积减小C ．ΔF A ＞ΔF BD ．Δp A ＜Δp B解析气温不变时，略抬高汽缸左端使之倾斜，倾斜时的细杆与水平面的夹角为θ，则有p A S A ＋(M ＋m )g sin θ＝p B S B ，说明p A ＜p B ，A 部分气体压强减小，B 部分气体压强增加，对两部分气体由玻意耳定律得，A 体积增大，B 体积减小，A 选项正确，B 选项错误；升温后，假设两部分气体体积不变，从初始状态开始到最后稳定状态，由查理定律，得Δp A ＝ΔT T 0p A 0，Δp B ＝ΔTT 0p B 0，开始活塞受力平衡有p A 0S A ＝p B 0S B ，则p A 0＜p B 0，可以判断出Δp A ＜Δp B ，D 选项正确；两活塞受力变化为ΔF A ＝Δp A S A ＝ΔT T 0p A 0S A ，ΔF B ＝Δp B S B ＝ΔTT 0p B 0S B ，未倾斜时通过受力分析知p A 0S A ＝p B 0S B ，故ΔF A ＝ΔF B ，C 选项错误．答案 AD设置目的考查利用控制变量法讨论物理量的变化11．(2014·山东)如图所示，内壁光滑、导热良好的汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体．当环境温度升高时，缸内气体( )A ．内能增加B ．对外做功C ．压强增大D ．分子间的引力和斥力都增大解析当环境温度升高时，由于汽缸导热性能良好，缸内气体的温度升高，内能增加，A 选项正确；汽缸内气体的压强等于大气压与活塞重力产生的压强之和，可知汽缸内气体的压强不变．根据盖－吕萨克定律可知：温度升高，体积增大，则气体对外做功，B 选项正确，C 选项错误；理想气体分子间的作用力不计，D 选项错误．答案 AB设置目的考查热传递、做功、盖－吕萨克定律 12．(2014·海南)一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形汽缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为p Ⅰ0，如图(a)所示，若将汽缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3 1，如图(b)所示．设外界温度不变，已知活塞面积为S ，重力加速度大小为g ，求活塞的质量．解析设活塞的质量为m ，汽缸倒置前下部气体的压强为p Ⅱ0，倒置后上下气体的压强分别为p Ⅱ、p Ⅰ，由力的平衡条件，得p Ⅱ0＝p Ⅰ0＋mg S ，p Ⅰ＝p Ⅱ＋mg S，倒置过程中，两部分气体均经历等温过程，设气体的总体积为V 0，由玻意耳定律，得p Ⅰ0V 02＝p ⅠV 04，p Ⅱ0V 02＝p Ⅱ3V 04解得m ＝4p Ⅰ0S5g答案4p Ⅰ0S5g设置目的考查压强的求解、玻意耳定律13．(2014·山东)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示，将一质量M ＝3×103 kg ，体积V 0＝0.5 m 3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上，向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h 1＝40 m ，筒内气体体积V 1＝1 m 3，在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h 2时，拉力减为零，此时气体体积为V 2，稍后浮筒和重物自动上浮，求V 2和h 2.已知：大气压强p 0＝1×105 Pa ，水的密度ρ＝1×103 kg/m 3，重力加速度的大小为g ＝10 m/s 2，不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和厚度可忽略．解析当F ＝0时，由平衡条件，得Mg ＝ρg (V 0＋V 2)① 带入数据，得V 2＝2.5 m 3②设筒内气体初态、末态的压强分别为p 1、p 2，由题意得p 1＝p 0＋ρgh 1③ p 2＝p 0＋ρgh 2④在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律，得p 1V 1＝p 2V 2⑤ 联立②③④⑤，带入数据，得h 2＝10 m 答案 V 2为2.5 m 3 h 2为10 m设置目的考查玻意耳定律、浮力的理解14.(2014·新课标全国Ⅱ)如图所示，两汽缸A 、B 粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A 的直径为B 的2倍，A 上端封闭，B 上端与大气连通；两汽缸除A 顶部导热外，其余部分均绝热．两汽缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a 、b ，活塞下方充有氮气，活塞a 上方充有氧气；当大气压为p 0，外界和汽缸内气体温度均为7 ℃且平衡时，活塞a 离汽缸顶的距离是汽缸高度的14，活塞b 在汽缸的正中央．(1)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b 升至顶部时，求氮气的温度；(2)继续缓慢加热，使活塞a 上升，当活塞a 上升的距离是汽缸高度的116时，求氧气的压强．解析 (1)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程．设汽缸A 的容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度为T 2，按题意，汽缸B 的容积为14V 0，则得V 1＝34V 0＋12·14V 0＝78V 0①V 2＝34V 0＋14V 0＝V 0②根据盖－吕萨克定律，得V 1T 1＝V 2T 2③由①②③式和题给数据，得 T 2＝320 K ④(2)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直至活塞上升的距离是汽缸高度的116时，活塞a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V 1′，压强为p 1′，末态体积为V 2′，压强为p 2′，由题给数据有，V 1′＝14V 0，p 1′＝p 0，V 2′＝316V 0⑤由波意耳定律，得p 1′V 1′＝p 2′V 2′⑥ 由⑤⑥式，得p 2′＝43p 0⑦答案 (1)氮气的温度为320 K (2)氧气的压强为43p 0设置目的考查玻意耳定律、物理过程性质的判断。

2016届湖北省龙泉中学、宜昌一中高三10月联考物理试题及答案

宜昌一中龙泉中学2016届高三年级10月联考物理试题本试题卷共3页，19小题（含选考题）。

全卷满分110分。

考试用时90分钟。

命题学校：龙泉中学命题人：许来双审题人：许来双选择题共12小题，共48分一、选择题：本题共12小题，每小题4分。

在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1．如图1所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，现对B 施加一水平向左的推力F 使A 、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F 的大小分别为 A ．l ＋mg 2k ， 233mg B ．l －mg 2k ， 233mg C ．l ＋mg 2k ， 23mg D ．l －mg 2k， 23mg 2．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t ＝0 时刻，乙车在甲车前方50 m 处，它们的v －t 图象如图2所示，下列对汽车运动情况的描述正确的是图1A ．在第30 s 末，甲、乙两车相距100 mB ．甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动C ．在第20 s 末，甲、乙两车的加速度大小相等D ．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次3．如图3所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m . 现施水平力F 拉B （如图甲），A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F ′拉A （如图乙），使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过A ．2F B. F 2C ．3F D. F 24．有人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，人以速度v 0匀速地向下拉绳，当物体A 到达如图4所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A 实际运动的速度是A ．v 0cos θ B. v 0sin θ C ．v 0cos θ D. v 0sin θ5．用一根细线一端系一可视为质点的小球，另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图5所示。

2016高考_龙泉一轮-物理-作业(34)

题组层级快练(三十四)说明：1－4题只有一项符合题目要求，5－7题有多项符合题目要求．1.如图所示，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，整个装置处在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()A．电容器两端的电压为零B．电阻两端的电压为BL vC．电容器所带电荷量为CBL vD．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2v R解析当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BL v，所带电荷量Q＝CU＝CBL v，故A、B选项错误，C选项正确；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D选项错误．答案 C2．(2014·北京东城检测)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻．当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h.两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好．关于上述情景，下列说法中正确的是()A．两次上升的最大高度比较，有H＝hB．两次上升的最大高度比较，有H<hC．无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生D．有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生解析没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C选项错误．有磁场时，ab切割磁感线，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab 上升的最大高度变小，A 、B 选项错误，D 选项正确．答案 D3．(2015·山东烟台)如图所示，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中()A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2RB ．通过金属棒的电荷量为BdLRC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )解析金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律，得mgh ＝12m v 2，金属棒到达水平面时的速度v ＝2gh ，金属棒到达水平面后做减速运动，刚到达水平面时的速度最大，最大感应电动势E ＝BL v ，最大感应电流I ＝E R ＋R ＝BL 2gh 2R ，A 选项错误；感应电荷量q ＝I －Δt ＝E－R ＋RΔt ＝ΔΦΔt 2R ·Δt ＝ΔΦ2R ＝B ·dL 2R ＝BdL 2R ，B 选项错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理，得mgh －W A －μmgd ＝0－0，克服安培力做功W A ＝mgh －μmgd ，C 选项错误；克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热Q R ＝12Q ＝12W A ＝12mg (h －μd )，D 选项正确．答案 D设置目的考查极值问题、导体切割磁感线时的感应电动势、电磁感应中的能量转化4.(2015·上海徐汇区)如下图所示的两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L ，距磁场区域的左边L 处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直．现用拉力F 使线框以速度v 匀速穿过磁场区域．以初始位置为计时起点．规定电流沿逆时针方向时电动势E 为正，拉力F 向右为正．则以下关于线框中通过的电荷量q 、感应电动势E 、拉力F 和产生的热量Q 随时间t 变化的图像正确的是( )解析此类问题可划分为几个不同的运动过程：0－L 过程，线框在磁场外，E ＝0，F ＝0，q ＝0，Q ＝0；L －2L 过程，线框在磁场中匀速运动，E 1＝BL v ，E 1恒定，方向沿逆时针方向，感应电流大小恒定，Q ＝I 2Rt 1，Q 不恒定，D 选项错误；2L －3L 过程，线框位于两个磁场中，两侧产生感应电动势方向相同，沿顺时针方向，E 2＝B v ·2L ＝2BL v ＝2E 1，通过线框的电荷量q 2＝2q 1，拉力F 2＝2B ·E 2R L ＝2B ·2BL v R L ＝4B 2L 2v R ＝4F 1，且方向仍向右，A 、C 选项错误，B 选项正确．答案 B设置目的考查闭合线圈经过磁场产生的电动势、电流、安培力、电荷量的计算、图像5.(2014·焦作一模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 V解析由右手定则可知ab 中电流方向为a →b ，A 选项错误．导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，de 和cf 间电阻中无电流，de 间无电压，因此cd 和fe 两端电压相等，即U ＝E2R ×R ＝Bl v 2＝1 V ，B 、D 选项正确，C 选项错误．答案 BD6．(2015·绍兴模拟)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R ，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A．金属棒在最低点的加速度小于gB．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度解析如果不受安培力，杆和弹簧组成了一个弹簧振子，由简谐运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g，但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用，金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小，弹性形变量一定变小，故加速度小于g，选项A正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量，选项B错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，选项C错误；由于金属棒运动过程中产生电能，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，选项D正确．答案AD7．(2015·上海虹口区)如图所示，两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2、3、…、n组成，从左向右依次排列，磁感应强度大小分别为B、2B、3B、…、nB，两导轨左端M、P间接入电阻R，金属棒ab垂直放在水平导轨上，且与导轨接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．若在不同的磁场区对金属棒施加不同的拉力，使棒ab以恒定速度v向右匀速运动．取金属棒图示位置(即磁场1区左侧)为x＝0，则通过棒ab的电流i、对棒施加的拉力F随位移x变化的图像是()解析金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ，电路中感应电流I ＝E R ＝BL vR ，所以通过棒的电流i 与n 成正比，A 选项正确；棒所受的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR，因为棒匀速运动，对棒施加的外力F 与F安等大反向，即F 与n 2成正比，D 选项正确．答案 AD设置目的考查导体切割磁感线产生的动生电动势、电流、安培力8．(2014·江苏)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直，质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g ，求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ； (2)导体棒匀速运动的速度大小v ； (3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q .解析 (1)在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有 mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝tan θ (2)导体棒在光滑导轨上滑动时感应电动势E ＝BL v 感应电流I ＝ER安培力F 安＝BIL 联立得F 安＝B 2L 2vR受力平衡F 安＝mg sin θ 解得v ＝mgR sin θB 2L2(3)整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q 与安培力做功相等．根据动能定理，得3mgd sin θ－μmgd cos θ－Q ＝12m v 2－0解得Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 2L 4设置目的考查电磁感应与力学知识的综合、能量转换9．(2014·上海)如图所示，水平面内有一光滑金属导轨，其MN 、PQ 边的电阻不计，MP 边的电阻阻值R ＝1.5 Ω，MN 与MP 的夹角为135°，PQ 与MP 垂直，MP 边长度小于1 m ．将质量m ＝2 kg ，电阻不计的足够长直导体棒搁在导线上，并与MP 平行，棒与MN 、PQ 交点G 、H 间的距离L ＝4 m ，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．在外力作用下，棒由GH 处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流始终与初始时的电流相等．(1)若初速度v 1＝3 m/s ，求棒在GH 处所受的安培力大小F A .(2)若初速度v 2＝1.5 m/s ，求棒向左移动距离2 m 到达EF 所需的时间Δt .(3)在棒由GH 处向左移动2 m 到达EF 处的过程中，外力做功W ＝7 J ，求初速度v 3. 解析 (1)棒在GH 处时，感应电动势E ＝BL v 1 电流I 1＝ER，棒受到的安培力F A ＝BIL代入数据，解得F A ＝8 N(2)设棒移动的距离为a ，由MN 与MP 的夹角为135°可知，EF 间距离为a ，在此过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝B ΔS ＝12a (a ＋L )B ，由题意可知，回路中感应电流保持不变，则感应电动势不变，感应电动势E＝BL v 2，由法拉第电磁感应定律，可得E ＝ΔΦΔt ＝a (a ＋L )B2Δt，解得Δt ＝1 s(3)设外力做功为W ，克服安培力做功为W A ，导体棒在EF 处的速度为v 3′，由动能定理，得W －W A＝12m v ′23－12m v 23，克服安培力做功W A ＝I 23R Δt ′，I 3＝BL v 3R ，Δt ′＝a (a ＋L )2L v 3，解得W A ＝a (a ＋L )B 2L v 32R ，由于电流始终不变，则v 3′＝L a v 3，则W ＝a (a ＋L )B 2L v 32R ＋12m (L 2a 2－1)v 23，代入数据，得3v 23＋4v 3－7＝0，解得v 3＝1 m/s ，(v 3＝－73m/s ，舍去)答案 (1)8 N (2)1 s (3)1 m/s设置目的考查法拉第电磁感应定律、动能定理、闭合电路欧姆定律的相关知识的综合应用．对于物理概念和理论在情景中的理解要求较高，另外化简与计算的量较大，总体来说难度较大10.(2014·安徽)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ，以MN 的中点O 为原点，OP 为x 轴建立一维坐标系Ox ，一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m ，质量m 为1 kg ，电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)，g 取10 m/s 2.(1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；(2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图中画出F －x 关系图像；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热．解析三个关键词的表达：电阻忽略不计；感应电动势E ；U CD 的表述形式；(1)导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为 E ＝BL v ＝0.5×3×1 V ＝1.5 V 由几何关系，得OP ＝PM 2－OM 2＝2.52－1.52 m ＝2.0 msin ∠MPO ＝OM PM ＝1.52.5＝35＝0.6接入导轨之间的有效长度L ＝2×(2.0－v t )·tan ∠MPO ＝1.5×(2.0－v t ) 金属杆CD 运动过程中产生的有效感应电动势 E ＝BL v ＝0.5×1.5×(2.0－x )×1＝0.75(2.0－x ) 运动到x ＝0.8 m 处时的有效电动势 E 1＝0.75(2.0－x )＝0.75×(2.0－0.8) V ＝0.9 V这一段相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以CD 两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断D 比C 电势高；所以U DC ＝E －E 1＝1.5 V －0.9 V ＝0.6 V U DC ＝－0.6 V(2)接入电路的导体棒的电阻R ′＝L L 0·R ＝1.5(2.0－x )3.0×0.3＝0.15(2.0－x )感应电流I ＝E R ′＝1.5(2.0－x )0.15(2.0－x )＝10 A安培力F 安＝BIL ＝0.5×10×0.75(2.0－x )＝3.75(2.0－x ) 由平衡条件，得mg sin θ＋F 安＝F得拉力F 与位置坐标x 的关系式F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)，画出F －x 关系图像如图：(3)设导体棒经t 时间沿导轨匀速向上运动的位移为x ，则t 时刻导体棒切割的有效长度L x ＝L －2x导体棒在导轨上运动时所受的安培力F 安＝3.75(2.0－x )因安培力的大小F 安与位移x 成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值 F －＝3.75 N产生的焦耳热Q ＝F －·x ＝3.75×2.0 J ＝7.5 J 答案 (1)1.5 V －0.6 V(2)F ＝5＋3.75(2.0－x )，F －x 关系图像如解析图 (3)7.5 J设置目的考查考生对电动势、电势差基本概念的应用能力、变力做功问题学法指导第三问也可用微积分方法直接求解焦耳热．。

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题组层级快练(二十二)说明：1－8题只有一项符合题目要求，9－14题有多项符合题目要求．1．(2014·重庆)如图所示为某示波管内的聚焦电场．实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度的大小分别为E a和E b，则()A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b解析图中a、b两点在一个等势面上，故U ac＝U bc，根据W＝qU，有W a＝W b；a位臵的电场线较密集，故E a>E b.答案 A设置目的根据电场线和等势线判断场强的强弱和电势及电场力做功2．(2014·江苏)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，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上从O点沿x轴正方向电场强度方向向右，从O点沿x轴负方向电场强度方向向左根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，A项错误，B项正确；O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x 轴正方向，场强应先增大后减小，x轴上电场强度方向向右，电势降低，选项C、D均错误．答案 B设置目的考查场强与电势3．(2014·安徽)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图所示，下列图像中合理的是()解析粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故F ＝|ΔE p Δx |，即E p －x 图像上某点的切线的斜率表示电场力．故电场力逐渐减小，根据E ＝F q，故电场强度也逐渐减小，A 项错误；根据动能定理有：F ·Δx ＝ΔE k ，故E k －x 图线上某点切线的斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，加速度减小，B 项错误，D 项正确；C 图，速度随着位移均匀增加，而相同位移所用的时间逐渐减小(加速运动)，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小，C 项错误．答案 D设置目的练习功能原理、在非匀强场中速度、加速度随位移的变化．4．(2014·天津)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在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；如果微粒带正电，A 板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A 板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A 板既可以带正电，也可能带负电，A 选项错误；如果微粒受到的电场力向下，微粒从M 点运动到N 点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，B 选项错误；微粒受到的合力向下，微粒从M 点运动到N 点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，C 选项正确；微粒从M 点运动到N 点过程如果电场力向上并且电场力小于重力，也满足题意中的运动，这种情况下电场力做负功，即除重力外的其他力做负功，机械能减小，D 选项错误．答案 C设置目的带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律5．(2015·浙江湖州)两块无限大的均匀绝缘带电平板每一块的两面都带有均匀的等量异号电荷，把它们正交放置．理论研究表明，无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场．设电荷在相互作用时不移动，则图中能正确反映正交区域等势面分布情况的是()解析题目条件为“无限大的均匀带电平板在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场”，因此空间中任一点的合场强均为与水平方向夹角为45°，因此等势面的分布应为B项．答案 B设置目的考查电场线与等势面垂直学法指导本题的难点为审题，图中电荷的分配不因两板的放置而重新分配．6.(2013·江苏)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析电场线的疏密表示场强的大小，故A项正确；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，B选项正确；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，C选项错误；把电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电场力做负功．故D项正确．答案ABD7．(2015·北京朝阳区)空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势随x的分布如图所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|<|OB|，|OM|＝|ON|.一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是()A．粒子一定带正电B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C．粒子一定能通过N点D ．粒子从M 向O 运动过程电势能逐渐增加解析由图可知，A 、B 两点电势相等，O 点的电势最高，A 到O 是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M 点由静止开始沿x 轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，A 选项错误；A 到M 电势均匀升高，故A 到O 的电场是匀强电场，所以粒子从M 向O 运动过程中所受电场力不变，B 选项错误；由图可知，φ－x 的斜率表示场强大小，左侧的场强大于右侧的场强，|OM |＝|ON |，M 到O 电场力做的功大于O 到N 电场力做的功，粒子能通过N 点，C 选项正确；粒子从M 向O 运动过程电场力做正功，电势能一定减小，D 选项错误．答案 C设置目的考查电势与位移的对应关系、E ＝U d ＝Δφd 有进一步深入的理解，即从微分dφdx的角度理解．左右两侧均为匀强电场，但左边的场强比右边的大8．(2015·山东滨州)位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab 、cd 分别是正方形两条边的中垂线，O 点为中垂线的交点，P 、Q 分别为cd 、ab 上的点．则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 两点的电势关系为φP <φQB ．P 、Q 两点电场强度的大小关系为E P <E QC ．若在O 点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零D ．若将某一负电荷由P 点沿着图中曲线PQ 移到Q 点，电场力做负功解析由电场线分布可知，ab 、cd 为等势面，且电势相等，均为φ＝0，E P >E Q ，A 、B 选项均错误；P 、Q 等势，所以把负电荷从P 沿图中曲线移到Q 电场力做功为零，D 项错；由对称性可知，E O ＝0，因此C 项正确．答案 C设置目的考查等势面、电场力做功、场强与等势面垂直9.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 .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粒子，该粒子将沿y 轴做直线运动解析由图和几何关系，可知M 和P 两点不处在同一等势线上而且有φM >φP ，A 选项正确；将负电荷由O 点移到P 要克服电场力做功，即电场力做负功，B 选项错误；根据U ＝Ed ，O 到M 的平均电场强度大于M 到N 的平均电场强度，所以有U OM >U MN ，C 选项错误；从O 点释放正电子后，电场力做正功，该粒子将沿y 轴做加速直线运动，C 选项正确．答案 AD设置目的考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动．10.某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是( )A ．c 点场强大于b 点场强B ．a 点电势高于b 点电势C ．若将一试探电荷＋q 由a 点释放，它将沿电场线运动到b 点D ．若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一试探电荷＋q 由a 移至b 的过程中，电势能减小解析电场线密集的地方场强大，则E c <E b ，A 项错误；沿电场线方向电势降低，B 项正确；从a 到b 的电场线是曲线，试探电荷受力的方向不断改变，试探电荷不可能沿电场线从a 点运动到b 点，C 项错误；若在d 点再固定一点电荷－Q ，试探电荷＋q 由a 移至b 的过程中，电场力做正功，电势能减少，D 项正确．答案 BD设置目的考查电场线与场强11.如图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷，一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a 、b 、c 三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A ．带负电B ．在c 点受力最大C ．在b 点的电势能大于在c 点的电势能D ．由a 点到b 点的动能变化大于由b 点到c 点的动能变化解析由于带电粒子受到电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，A 选项错误；根据库仑定律F ＝k Qq r 2可知，粒子在c 点受到电场力最小，B 选项错误；粒子从b 点运动到c 点的过程中，电场力对带电粒子做正功，粒子电势能减小，C 选项正确；由动能定理，可得qU ＝ΔE k ，因为U ab >U bc ，D 选项正确．答案 CD设置目的考查等势面、功能关系12．(2015·河南洛阳)如图所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面．a 、b 、c 、d 为圆上的四个点，则下列说法中正确的是( )A ．a 、b 、c 、d 四点电势不等，但电场强度相同B ．一电子从b 点运动到c 点，电场力做的功为0.8 eVC ．若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，将做加速度先减小后增加的直线运动D ．一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，将会从右侧平行于中心轴线穿出解析根据题意，a 、b 两点电势相等，c 、d 两点电势相等的，由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点的切线方向一致，则它们的电场强度方向不同，A 选项错误；一电子从b 点运动到c 点，电势差为U bc ＝φb －φc ＝0.1 V －0.9 V ＝－0.8 V ，而电子带负电，则电场力做功为0.8 eV ，B 选项正确；若一电子从左侧沿中心轴线穿越电场区域，根据等势面疏密程度，可知电场线的疏密程度，从而可确定电场力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，C 选项错误；一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，根据曲线运动条件运动轨迹向合力方向偏，因此只有在中心轴线的电子沿直线运动，其余做曲线运动并向中心轴线汇聚，从右侧平行于中心轴线穿出．故D 项正确．答案 BD设置目的考查等势面与场强方向垂直、粒子的运动轨迹的判断13．(2014·海南)如图(a)，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v －t 图线如图(b)所示，设a 、b 两点的电势分别为φa 、φb ，场强大小分别为E a 、E b ，粒子在a 、b 两点的电势能分别为W a 、W b ，不计重力，则有( )A ．φa >φbB ．E a >E bC ．E a <E bD ．W a >W b解析负电荷从a 释放(初速度为0)后，能加速运动到b ，说明负电荷受到的电场力方向是从a 指向b ，那么电场方向就是由b 指向a ，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以a 、b 两点的电势关系是φa <φb ，A 选项错误；负电荷从a 运动到b 的过程中，它的加速度是逐渐减小的(v －t 图中的“斜率”表示加速度)，由牛顿第二定律知，负电荷从a 到b 时，受到的电场力是逐渐减小的，由E ＝F d知，E a >E b ，B 选项正确，C 选项错误；电场力做正功，电势能减小，则W a>W b，D选项正确．答案BD设置目的根据受力分析场的分布及电势的变化14.(2014·新课标全国Ⅰ)如图所示，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN、φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP>φM解析点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，A选项正确；φP＝φF，线段PF是P、F所在等势面(圆)的一个弦，B选项错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，C选项错误；在正的点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，故φP>φM，D选项正确．答案AD设置目的考查等势面与电场线垂直。