2014高考物理抢分必备专题突破训练16

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【人教通用版】2014届高考物理一轮复习必拿分基础训练(10)

一、选择题1.(2013·湖南长沙高三质检)如右图所示，将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，充电完成后，将电键S闭合到2位置，让其放电，在电键S闭合瞬间将产生火花．放电后，再次将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，然后断开电键，将两金属板间距离拉大些，并再次将电键闭合到2位置，让其放电，产生火花，则两次放电过程相比较( )A．两次放电过程放出的电荷量相等B．两次放电过程释放的能量相等C．第二次放电过程放出的电荷量较大D．第二次放电过程释放的能量较小解析：两次充电是用同一电源进行的，所以所充电的电荷量相同，故放电时所放出的电荷量也相等，在将两金属板间距离拉大的过程中，克服电场力做功，电场能增加．答案： A2.如右图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝Ud＝QCd＝4kπQεrS，可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．所以只有选项B正确．答案： B3．(2013·海门模拟)如右图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D 正确．答案： D4.如右图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能守恒解析：若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE<mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小．若qE>mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大．故A 、B 错．a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故C 正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，D 错误．答案： C5．(2013·衡阳四市毕业班联考)如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是( )A ．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B ．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C ．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D ．电子射出后动能一定增大解析：由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A 、B 板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A 、B 错，C 对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D 错．答案： C6．(2013·安徽理综)如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F 的大小判断正确的是( )A ．保持R1不变，缓慢增大R2时，F 将变大B ．保持R1不变，缓慢增大R2时，F 将变小C ．保持R2不变，缓慢增大R1时，F 将变大D ．保持R2不变，缓慢增大R1时，F 将变小解析：当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F 三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F 不变，C 、D 两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F 变小．故B 项正确．答案： B7．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．在t ＝2.5 s 时，小球经过边界MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3∶2C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mg F －mg ＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B 错误．小球在t ＝2.5 s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错．答案： C8．(2013·山东济南模拟)如下图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析：设加速电压为U0，进入偏转电场时的速度为v0，则电子经加速电场：eU0＝12mv20① 偏转电场中：L ＝v0t ②y ＝12Ue dmt2③ eU d y ＝12mv2－12mv20④ 由①②③得y ＝L2U 4dU0当滑动触头向右滑动时，U0变大，y 变小，所以选项A 、B 均错．对①②③④得12mv2＝L2U2e 4d2U0＋eU0 当U 增大时，12mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案： D9.一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则( )A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对解析：小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v21R ，mg(h －2R)＝12mv21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE)(h －2R)＝12mv22，联立解得mg －qE ＝mv22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确．答案： B10.如右图所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到N 极上的C 点，已知AB ＝BC.不计空气阻力，则可知( )A ．微粒在电场中作类平抛运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等C ．MN 板间的电势差为2mv20/qD ．MN 板间的电势差为Ev20/2g解析：因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动——即抛物线运动，但不是类平抛运动，所以A 错．因AB ＝BC ，即v02·t＝vC 2·t 可见vC ＝v0.故B 项正确；由动能定理，得：W 电＋WG ＝ΔEk ＝0，即：q U 2－mg·v202g＝0，所以 U ＝mv20/q ，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q ＝mg E 代入U ＝mv20q ，得U ＝Ev20g，故D 项错误．答案： B二、非选择题11.如右图所示，水平光滑绝缘轨道MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E ＝4.0×102 N/C 、水平向左的匀强电场．一个质量m ＝0.10 kg 、带电荷量q ＝5.0×10－5 C 的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m 的P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m 的Q 点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．解析： (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力F ＝qE ＝2.0×10－2 N根据牛顿第二定律F ＝ma ，解得a ＝0.20 m/s2.(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功即ΔE ＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.答案： (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J。

2014年高考物理选择题特训及答案解析

2014届高考物理选择题特训1理综试题二、选择题:本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21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．理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略了次要因素，促进了物理学的发展，下列理想化模型建立的表述正确的是A ．质点作为理想化模型忽略了物体的质量B ．点电荷作为理想化模型忽略了物体的电荷量C ．理想电压表忽略了电压表的内阻D ．理想变压器没有能量损失15．“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，速度为零B ．加速度a ＝g ，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C ．加速度a ＝g ，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D ．加速度a ＝g ，方向竖直向下16．如图所示，在匀强磁场中，AB 为长度为L 粗细均匀的金属丝，输出电压恒定的电源接A 、B 两端时，金属丝受到的安培力为F ；若将金属丝截取一半再弯成一个半圆形，仍然接在刚才的电源两端，则金属丝受到的安培力为A ．4FB ．2FC ．F π2D ．F 2π17．2012年我国宣布北斗导航系统正式商业运行。

北斗导航系统又被称为＂双星定位系统＂，具有导航、定位等功能。

＂北斗＂系统中两颗工作星均绕地心Ｏ做匀速圆周运动，轨道半径为ｒ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的Ａ、Ｂ两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为ｇ，地球半径为Ｒ，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是Ａ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为2rRgＣ．卫星１向后喷气就一定能追上卫星２Ｄ．卫星１由位置Ａ运动到位置Ｂ的过程中万有引力做正功18．如图所示，以等腰直角三角形ABC 为边界的有界匀强磁场方向垂直纸面向里。

2014高考物理课后提分训练18.pdf

2014高考物理课后提分训练18 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1. 图6－1－11 如图6－1－11所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( ) A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v) 2. 图6－1－12 在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图6－1－12为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为( ) A．0.1 m/s B．－0.1 m/s C．0.7 m/s D．－0.7 m/s 3. 图6－1－13 如图6－1－13所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( ) A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110 4. 图6－1－14 如图6－1－14所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( ) A．L B. C. D. 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5．下列四个选项所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( ) 6．两位同学穿旱冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是( ) A．互推后两同学总动量增加 B．互推后两同学动量大小相等，方向相反 C．分离时质量大的同学的速度小一些 D．互推过程中机械能守恒 7. 图6－1－15 如图6－1－15所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑．当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统( ) A．由于不受摩擦力，系统动量守恒 B．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒 C．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒 D．M对m的作用力在水平方向上有分力，故系统水平方向上动量也不守恒 8. 图6－1－16 如图6－1－16所示，木块a、b用一轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法中正确的是( ) A．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统机械能不守恒 C．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统机械能守恒 9. 图6－1－17 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6－1－17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.mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10．(16分)(2013届湛江一中检测)如图6－1－18所示，高H＝1.6 m的赛台ABCDE固定于地面上，其上表面ABC光滑；质量M＝1 kg、高h＝0.8 m、长L＝1 m的小车Q紧靠赛台右侧CD面(不粘连)，放置于光滑水平地面上．质量m＝1 kg的小物块P从赛台顶点A由静止释放，经过B点的小曲面无损失机械能地滑上BC水平面，再滑上小车的左端．已知小物块与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2. 图6－1－18 (1)求小物块P滑上小车左端时的速度v1； (2)小物块P能从小车Q的右端飞出吗？若能，求小物块P落地时与小车右端的水平距离s. 11．(20分)(2012·广东高考)图6－1－19(a)所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆(A、B间距大于2r)．随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度－时间图象如图6－1－19(b)所示．A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞． (a) (b) 图6－1－19 (1)求A脱离滑杆时的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE； (2)如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1与ω的关系式． (3)如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式(弹簧始终在弹性限度内)． 1.【解析】　小船和救生员组成的系统满足动量守恒： (M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′ 解得v′＝v0＋(v0＋v) 故C项正确，A、B、D三项均错．【答案】　C 2.【解析】　设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为vx，由动量守恒定律得 mv0＝mv＋mvx 解得vx＝0.1 m/s，故选项A正确．【答案】　A 3.【解析】　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA 若左为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B 由题意知p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s 由以上各式得＝，故正确选项为A. 若右为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰．【答案】　A 4.【解析】　固定时，由动能定理得：μMgL＝Mv，后来木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv－·2Mv2，故得s＝.D项正确，A、B、C项错误．【答案】　D 5．【解析】　A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜而始终受挡板作用力，系统动量不守恒．【答案】　AC 6．【解析】　以两位同学作为研究对象，他们互推时总动量守恒，A错误；根据动量守恒定律公式可知，B正确；因动量P＝mv，在动量大小相等的情况下，分离时质量大的同学获得的速度小，C正确；互推过程中两位同学的机械能发生了变化，机械能不守恒，D错误．【答案】　BC 7.【解析】　滑块在下滑过程中，其竖直分速度不断增大，而三角形滑块竖直分速度始终为零，所以系统在竖直方向动量不守恒，则地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力的大小．在水平方向，系统不受外力，所以系统在水平方向上的动量守恒，选项B、C正确．【答案】　BC 8.【解析】　a未离开墙壁前，a、b与弹簧组成的系统受墙向右的外力，合外力不为零，动量不守恒，故A错误．a未离开墙壁前，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故B错误．a离开墙壁后，a、b与弹簧组成的系统合外力为零，动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒，故C、D均正确．【答案】　CD 9.【解析】　小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝mv2－(M＋m)v＝，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误，D正确．【答案】　BD 10．【解析】　(1)小物块P从A滑到B点的过程中，根据机械能守恒定律，有：mg(H－h)＝mv 则过B点的速度vB＝＝ m/s＝4 m/s 由题意可知小物块P从B滑上小车左端过程中机械能没有损失，故小物块P滑上小车左端时的速度v1＝4 m/s. (2)小物块P在小车Q的上表面滑动的过程中，都受滑动摩擦力作用，P做减速运动，Q做加速运动，设P滑至小车右端时的速度为vP，小车的速度为vQ，相对运动过程中P、Q构成的系统所受合外力为零，动量守恒，有： mv1＝mvP＋MvQ 相对运动过程中系统的能量守恒，有： mv＝(mv＋Mv)＋μmgL ①②联立并代入已知数据解得：vP＝3 m/s，vQ＝1 m/s (vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s不合理，舍去) 因vP＞vQ，故小物块P能从小车Q的右端飞出小物块P能从小车Q的右端飞出即做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向上，有：h＝gt2 代入数据解得：t＝0.4 s 在水平方向上，有：sP＝vPt＝1.2 m 在小物块做平抛运动的时间内小车向右的运动位移sQ＝vQt＝0.4 m 由此可得小物块P落地时与小车右端的水平距离s＝sP－sQ＝0.8 m. 【答案】　(1)4 m/s　(2)能　0.8 m 11．【解析】　(1)由题图(b)知滑杆速度随时间按正弦函数规律变化，当滑杆达到最大速度时A脱离滑杆，所以v0＝rω.A、B碰撞过程中动量守恒，且碰后速度相同，设为v，则 mv0＝2mv，解得v＝＝. 碰撞过程中机械能损失 ΔE＝mv－(2m)()2＝mv＝mr2ω2. (2)若AB不能与弹簧相碰，则必然停在PQ某一位置处，满足以下关系：Ek0≤2μmgl 而Ek0＝mω2r2 由得：ω≤ 且由牛顿运动定律：t1＝. 将AB的减速运动看成反方向的匀加速直线运动，则位移为s＝μgt＝μg()2＝，且s≤l，即≤l，所以ω≤. (3)AB碰撞后的动能Ek0＝(2m)()2＝mr2ω2. 若AB能与弹簧相碰，但不能返回P点左侧．由功能关系知2μmgl＜mr2ω2≤4μmgl，解得＜ω≤. 最大弹性势能Ep＝Ek0－2μmgl＝mr2ω2－2μmgl. 【答案】　(1)rω　mr2ω2　(2)ω≤　t1＝　(3)＜ω≤　Ep＝mr2ω2－2μmgl 高考学习网：高考学习网：。

2014高考物理抢分必备专题突破训练8

2014高考物理抢分必备专题突破训练一、选择题(8×8′＝64′)1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析：由E ＝ΔΦΔt 知：ΔΦ/Δt 恒定，所以E ＝2 V.答案：C2．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是( ) A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C ．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的大小、磁通量的变化和磁感应强度无关，故只有D 项正确．答案：D3．如图1所示，MN 、PQ 为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R ，金属棒ab 斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L ，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v 水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为( )图1A ．I ＝BLvR B ．I ＝3BLv2R C ．I ＝BLv 2RD ．I ＝3BLv3R解析：因为导体棒匀速运动，所以平均感应电动势的大小等于瞬时感应电动势的大小又因为题中L 的有效长度为3L 2，故E ＝Bv 3L 2据闭合电路欧姆定律得I ＝3BLv2R. 答案：B图24．如图2所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A ．回路中有大小和方向作周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ω2RC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过解析：铜盘在转动的过程中产生恒定的电流I ＝BL 2ω2R，A 错B 对；由右手定则可知铜盘在转动的过程中产生恒定的电流从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘，C 正确；若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘时闭合回路磁通量不发生变化，灯泡中没有电流流过，D 错误．答案：BC图35．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图3所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍( )A ．把线圈匝数增加一倍B ．把线圈面积增加一倍C ．把线圈半径增加一倍D ．改变线圈与磁场方向的夹角解析：设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则I ＝E R＝nΔΦΔtR＝n πr 2ΔB Δt sin θρn ·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔBΔt·sin θ可见将r 增加一倍，I 增加1倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍，I 与线圈匝数无关．答案：C图46．如图4所示的电路中，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，下列说法中正确的是( )A ．S 闭合后，L A 、LB 同时发光且亮度不变 B ．S 闭合后，L A 立即发光，然后又逐渐熄灭C ．S 断开的瞬间，L A 、L B 同时熄灭D ．S 断开的瞬间，L A 再次发光，然后又逐渐熄灭解析：线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，L A 、L B 串联，同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使L A 被短路，所以A 错误，B 正确；开关断开时，线圈阻碍电流变小，产生自感电动势，使L A 再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C 错误，D 正确．答案：BD7.图5如图5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，将金属熔化，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，焊缝处的温度升高得越快B ．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大解析：在互感现象中产生的互感电动势的大小与电流的变化率成正比，电流变化的频率越高，感应电动势越大，由欧姆定律I ＝ER知产生的涡流越大，又P ＝I 2R ，R 越大P 越大，焊缝处的温度升高得越快．答案：AD8．半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图6甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图6乙所示．在t ＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒．则以下说法正确的是( )图6A ．第2秒内上极板为正极B ．第3秒内上极板为负极C ．第2秒末微粒回到了原来位置D ．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr 2/d解析：根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小(即电容器两极间电压大小)始终为0.1πr 2，由楞次定律可判定0～1 s 下极板为正极、1～3 s 上极板为正极，3～4 s 下极板为正极，选项A 正确，B 、D 错误；第2 s 末微粒离原位置最远，选项C 错误．图7答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．图8如图8，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt ＝k ，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)导线框的感应电动势为ε＝ΔΦΔt ①ΔΦ＝12l 2ΔB ②导线框中的电流为I ＝εR③式中R 是导线框的电阻，根据电阻率公式有R ＝ρ4lS④联立①②③④式，将ΔB Δt ＝k 代入得I ＝klS8ρ⑤(2)导线框所受磁场的作用力的大小为f ＝BIl ⑥ 它随时间的变化率为Δf Δt ＝Il ΔBΔt ⑦由⑤⑦式得Δf Δt ＝k 2l 2S8ρ⑧图910．如图9所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1 T ，金属棒AD 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻r ＝1.3 Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω.当金属棒以5 m/s 速度匀速向右运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流为多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则电容器中储存多少电荷量？解析：(1)棒产生的电动势E ＝Blv ＝0.2 V 外电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝23Ω 通过棒的感应电流I ＝E R ＋r＝0.1 A(2)电容器两板间的电压U ＝IR ＝115 V带电量Q ＝CU ＝2×10－8C 答案：(1)0.1 A (2)2×10－8C11．如图10甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U 随时间t 变化关系如图乙所示．求：图10(1)金属杆在5 s 末的运动速率； (2)第4 s 末时外力F 的功率．解析：(1)因为：U ＝BLv R ＋r R ，a ＝ΔvΔt所以：ΔU Δt ＝BLR R ＋r ·Δv Δt 即：a ＝0.5 m/s 2金属棒做匀加速直线运动v 5＝at 5＝2.5 m/s (2)v 4＝at 4＝2 m/s ，此时：I ＝BLv 4R ＋r＝0.4 A F 安＝BIL ＝0.04 N对金属棒：F －F 安＝ma ，F ＝0.09 N 故：P F ＝Fv 4＝0.18 W答案：(1)2.5 m/s (2)0.18 W。

2014高考物理二轮复习考前抢分必做终极猜想16

终极猜想十六对带电粒子在磁场中运动的考查(本卷共5小题，满分60分．建议时间：30分钟)五十三、洛伦兹力的大小和方向1．(2012·北京西城二模，15)如图1所示，在两个水平放置的平行金属板之间，电场和磁场的方向相互垂直．一束带电粒子(不计重力)沿着直线穿过两板间的空间而发生偏转．则这些粒子一定具有相同的()．A．质量m B．电荷量qC．运动速度v D．比荷q m2．(2012·江苏南通二模，4)如图2所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()．A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动五十四、带电粒子的运动规律3．如图3甲是回旋加速器的原理示意图．其核心部分是两个D型金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连．加速时某带电粒子的动能E k随时间t变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是()．图3A．高频电源的变化周期应该等于t n－t n－1B．在E k t图象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D．不同粒子获得的最大动能都相同4．如图4所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc 的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T．一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域()．A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边五十五、带电粒子在有界磁场中的运动5．电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图5所示．现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：(1)荧光屏上光斑的长度；(2)所加磁场范围的最小面积．参考答案【终极猜想十六】1．C[因粒子运动过程中所受电场力与洛伦兹力与速度方向垂直，则粒子能沿直线运动时必是匀速直线运动，电场力与洛伦兹力相平衡，即qE＝Bq v，可得v是一定值，则C正确．]2．AC[由于洛伦兹力与速度有关，所以可推断小球做匀速直线运动，由合力为零分析可知，小球可能带正电也可能带负电，电场强度的方向也不是唯一确定的方向，故A正确，B、D均错．根据动能定理可知，重力与电场力对小球做的总功必为零，重力做正功，所以电场力做负功，故C正确．]3．B[高频电源的变化周期应该等于2(t n－t n－1)，选项A错误；由q v B＝m v2R得R＝m vqB，粒子获得的最大动能E k＝12m v2＝q2B2R22m，与加速次数无关，选项C错误．对于同一回旋加速器，半径R一定，磁感应强度B一定，粒子获得的最大动能E k与粒子电荷量q和质量有关，选项D错误．]4．D[由题知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝ab＝0.3 m，因r＝ab＝0.3 m，故从Od边射入的粒子全部从be边射出，故A、C错误；从aO边射入的粒子出射点分布在ab和be边，故D正确、B错误．]5．解析(1)如图所示，求光斑长度，关键是找到两个边界点，初速度方向沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P；初速度方向沿y轴正方向的电子，沿弧OC 运动到Q.电子在磁场中的运动半径为R＝m vqB，由图可知PQ＝R＝m v0Be(2)沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，所加最小面积的磁场的边界是以O′(0，R)为圆心，R为半径的圆的一部分，如图中实线所示，所以磁场范围的最小面积S＝34πR2＋R2－14πR2＝⎝⎛⎭⎪⎫π2＋1⎝⎛⎭⎪⎫m v0Be2.答案(1)m v0Be(2)⎝⎛⎭⎪⎫π2＋1⎝⎛⎭⎪⎫m v0Be2。

高考物理抢分必备专题突破训练42

2014高考物理抢分必备专题突破训练第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题包括10小题，共40分.每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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.若一个物体的运动是两个独立的分运动合成的，则( )A.若其中一个分运动是变速运动，另一个分运动是匀速直线运动，则物体的合运动一定是变速运动B.若两个分运动都是匀速直线运动，则物体的合运动一定是匀速直线运动C.若其中一个是匀变速直线运动，另一个是匀速直线运动，则物体的运动一定是曲线运动D.若其中一个分运动是匀加速直线运动，另一个分运动是匀减速直线运动，则合运动可能是曲线运动解析:合运动的性质由合初速度与合加速度的大小及夹角决定，据此可知选项ABD 说法正确. 答案:ABD2.某科技小组进行了如下探究实验:如图4-1所示，将一小球先后以相同初速度v 0分别冲向光滑斜面AB 、光滑曲面A E B 、光滑圆弧轨道A C D ，已知圆弧轨道的顶点C 与斜面、曲面顶点B 等高，均为h .则下列结论中应写入探究报告的是( )图4-1A.若小球沿斜面能到达顶点B ，则沿曲面A E B 一定能到达顶点BB.若小球沿斜面能到达顶点B ，则沿圆弧轨道A C D 一定能到达顶点CC.若小球沿圆弧轨道A C D 能到达顶点C ，则沿斜面一定能到达顶点BD.若小球沿圆弧轨道A C D 能到达顶点C ，则沿曲面A E B 一定能到达顶点B3.天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期.由此可推算出( )A.行星的质量B.行星的半径C.恒星的质量D.恒星的半径解析: 由R Tm R Mm G 22)2(π=得,422GT R M π=所以只有C 正确. 答案:C4.如图4-2所示为A 、B 两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图象，其中A 为双曲线的一个分支.由图可知:①A 物体运动的线速度大小不变；②A 物体运动的角速度大小不变；③B 物体运动的角速度大小不变；④B 物体运动的线速度大小不变以上正确的判断是( )图4-2 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③5.1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600 km 的高空，使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展.假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行.已知地球半径为6.4×106 m ，利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107 m 这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期.以下数据中最接近其运行周期的是( )A.0.6小时B.1.6小时C.4.0小时D.24小时解析:由开普勒行星运动定律可知:23TR =恒量，所以对哈勃望远镜和地球同步卫星有,)()(22322131T h r T h r +=+其中r 为地球的半径，h 1、T 1、h 2、T 2分别表示望远镜到地表的距离、望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、同步卫星的周期(24 h)，代入数据解得t 1=1.6 h ，所以本题正确选项为B.答案:B6.如图4-3所示，在一次救灾工作中，一架水平直线飞行的直升机A ，用悬索救护困在水中的伤员B ，在直升机A 和伤员B 以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某一段时间内，A 、B 之间的距离以l =H －t 2(式中H 为直升机A 离水面的高度)规律变化，则在这段时间内()图4-3A.悬索的拉力等于伤员的重力B.悬索是竖直的C.伤员做匀减速直线运动D.伤员做速度大小增加的曲线运动7.已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为( )A.0.2B.2C.20D.200解析:本题考查天体运动及万有引力的相关运算.我们知道:月球随地球一起绕太阳公转周期为T 1=365天，太阳对月球的万有引力F 1提供月球绕太阳公转的向心力，设月球质量为m 0，根据牛顿第二定律有F 1=m 0 (2πT 1)2R 1(①式)；同理，地球对月球的万有引力F 2提供月球绕地球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有22202)2(R T m F π=(②式)；由①②得.2390)36527()(22121221≈⋅=⋅=R R T T F F 所以A 、C 、D 错误，B 正确. 答案:B8.如图4-4所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A 和B ，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则( )图4-4A.两物体均沿切线方向滑动B.物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D.物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A 发生滑动，离圆盘圆心越来越远9. “神舟七号”载人航天飞行的圆满成功标志着我国成为世界上第三个独立掌握空间出舱关键技术的国家，航天员翟志刚出舱后手拿小国旗的场景在国人的心中留下了非常深刻的印象.假定“神舟七号”绕地球做匀速圆周运动，且大气阻力不计.出舱后翟志刚举着小国旗不动时,下列说法正确的是( )A.小国旗受重力作用B.小国旗不受重力作用C.若翟志刚松开小国旗,小国旗将在太空中做匀速直线运动D.若翟志刚松开小国旗,小国旗将围绕地球做匀速圆周运动解析:宇宙飞船及船上任何物品都在绕地球做匀速圆周运动,处于完全失重状态,但并不是不受重力,而是其重力恰好提供向心力,A 正确,B 错误.翟志刚松开小国旗后由于惯性,小国旗将保持原来的速率,离地心的距离R 也不变,故等式Rmv R GMm 22=仍然成立，小国旗仍将绕地球做匀速圆周运动，C 错误，D 正确，选A 、D.答案:AD10.(预测题)如图4-5所示，一根长为l 的轻杆的一端与一个质量为m 为小球相连，并可绕过另一端O 点的水平轴在竖直面内自由转动，图中的a 、b 分别表示小球运动轨迹的最低点和最高点，已知杆能提供的最大支持力为.21mg 现在a 点给小球一个初速度v 0，使它做圆周运动，则下面说法正确的是( )图4-5A.小球不能做完整的圆周运动B.只要满足,20gl v >小球就能做完整的圆周运动C.必须满足,2230gl v ≥小球才能做完整的圆周运动 D.只要小球在最高点的速度大于零，小球就能做完整的圆周运动第Ⅱ卷非选择题二、填空与实验题(本题包括2小题，共20分.把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答)11.(5分)2008年9月15日，我国的第一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥一号”为华夏儿女送来了中秋佳节的“语音祝福”.设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面.已知月球的质量约为地球质量的1/81，探月卫星绕月运行的速率约为1.8 km/s ，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s ，则由此可知月球的半径约为地球半径的________________.解析:分别以M 、m 表示地球和月球质量，以R 、r 表示地球和月球半径，以V 、v 表示地球和月球的第一宇宙速度，设卫星质量为m 0，卫星由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律分别有r v m r Mm G 2020=(①式)；rv m r mm G 2020=(②式)；由①②联立可得,418.19.78112222≈⋅=⋅=v V M m R r 故正确选项应填1/4. 答案:1/412.(15分)某同学设计了一个研究平抛运动的实验.实验装置示意图如图4-6a 所示，A 是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(图a 中P 0P 0′、P 1P 1′……)，槽间距离均为d .把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B 上.实验时依次将B 板插入A 板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放.每打完一点后，把B 板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d .实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图b 所示.a b图4-6(1)实验前应对实验装置反复调节，直到___________________.每次让小球从同一位置由静止释放，是为了___________________.(2)每次将B 板向内侧平移距离d ，是为了__________________.(3)在图b 中绘出小球做平抛运动的轨迹.答案:(1)斜槽末端切线水平、A 板水平且其上插槽与斜槽中心轴线垂直、B 板竖直小球每次平抛初速度相同(2)使小球类似于沿平板做平抛运动(3)如右图三、计算题(本题包括4小题，共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13.(8分)中国计划在2017年实现返回式月球软着陆器对月球进行科学探测，届时发射一颗运动半径为r 的绕月卫星，登月着陆器从绕月卫星出发，沿椭圆轨道降落到月球的表面上，与月球表面经多次碰撞和弹跳才停下来.假设着陆器第一次弹起的最大高度为h ，水平速度为v 1,第二次着陆时速度为v 2.已知月球半径为R ，求在月球表面发射人造月球卫星的最小发射速度. 解析:以着陆器为研究对象，在其由第一次弹起的最大高度至第二次着陆过程中，据机械能守恒定律有22212121mv mv h mg =+月(3分)以最小发射速度发射的卫星为近月卫星，则由牛顿第二定律有Rv m g m 2卫月卫=(3分) .2)(2122hR v v v -=(2分) 答案:hR v v 2)(2122- 14.(8分)2008年9月25日，我国自主研制的“神舟七号”宇宙飞船发射成功，9月27日我国航天员翟志刚第一次出舱实现太空漫步，并展示了中国国旗.若把“神舟七号”载人飞船绕地球的运行看做是在同一轨道上的匀速圆周运动，且已知运行的周期为T ，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，用T 、g 、R 能求出哪些与“神舟七号”载人飞船有关的物理量？分别写出计算这些物理量的表达式(不必代入数据计算).答案:略15.(12分)铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的，弯道处要求外轨比内轨高，其内外高度差h 的设计不仅与r 有关，还取决于火车在弯道上的行驶速率.下表中是铁路设计人员技术手册中弯道半径r 及与之相对应的轨道的高度差h .(1)根据表中数据，试导出与关系的表达式,并求出当=440 m 时，的设计值.(2)铁路建成后，火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内外轨道均不向车轮施加侧向压力，又已知我国铁路内外轨的间距设计值为L =1.500 m ，结合表中数据，算出我国火车的转弯速率(路轨倾角很小时，正弦值按正切值处理).(3)随着人们生活节奏加快，对交通运输的快捷提出了更高的要求，为了提高运输能力，国家对铁路不断进行提速，这就要求铁路转弯速率也需要提高，请根据上述计算原理和上述表格分析提速时应采取怎样的有效措施.解析:(1)分析表中数据可得，每组的h 与r 之乘积均等于常数C =660×50×10－3 m 2=33 m 2，即因此 h ·r =33 m 2当r =440 m 时，有.mm 75m 075.0m 44033===h(2)火车转弯时，若车轮对铁轨没有侧向压力，则火车的受力如图所示，由牛顿第二定律得rv m mg 2tan =θ① 根据题意，因为θ很小，所以有Lh =≈θθsin tan ② ①②联立代入数据得v =15 m/s=54 km/h.(3)有效措施有:①适当增大内外轨的高度差h ；②适当增大铁路弯道的轨道半径r . 答案:(1)h ·r =33 75 mm(2)54 km/h (3)增大h 、r16.(12分)如图4-7所示，在汽车的顶部用不可伸长的细线悬挂一个质量为m 的小球，以大小为v 0的初速度在水平面上向右做匀减速直线运动，经过时间t ，汽车的位移大小为s (车仍在运动).求:图4-7(1)汽车运动的加速度大小；(2)当小球相对汽车静止时，细线偏移竖直方向的夹角(用反三角函数表示)；(3)汽车速度减小到零时，若小球距悬挂的最低点高度为h ，O ′点在O 点的正下方，此后汽车保持静止，当小球摆到最低点时细线恰好被拉断.证明拉断细线后，小球在汽车水平底板上的落点与O ′点间的水平距离x 与h 的平方根成正比(2)])(2arctan[20gt s t v -=θ (3)略。

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2014高考物理课后提分训练16 (时间45分钟，满分100分) 一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．) 1. 图5－3－12 如图5－3－12所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( ) A．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能 B．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能 C．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒 D．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关 2. 图5－3－13 内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点(如图5－3－13所示)，由静止释放后( ) A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能 B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能 C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点 D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点 3．如图5－3－14所示，一质量为m的滑块以初速度v0从固定于地面上的斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v、加速度a、势能Ep和机械能E随时间的变化图象，可能正确的是( ) 图5－3－14 4. 图5－3－15 如图5－3－15所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m、2m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( ) A．物体A下落过程中的任意时刻，加速度不会为零 B．此时弹簧的弹性势能等于mgh＋mv2 C．此时物体B处于平衡状态 D．此过程中物体A的机械能变化量为mgh＋mv2 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．) 5．下列说法正确的是( ) A．如果物体所受到的合外力为零，则其机械能一定守恒 B．如果物体所受到的合外力做的功为零，则其机械能一定守恒 C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒 D．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒 6. 图5－3－16 如图5－3－16所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( ) A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 B．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大 D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较大 7．如图5－3－17所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m的乘客坐在摩天轮中以速率v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( ) 图5－3－17 A．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为Ep＝mgR(1－cos t) B．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m－mg C．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E＝mv2 D．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E＝mv2＋mgR(1－cos t) 8. 图5－3－18 如图5－3－18所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中下列说法中正确的是( ) A．M球的机械能守恒 B．M球的机械能减小 C．M和N组成的系统的机械能守恒 D．绳的拉力对N做负功 9. 图5－3－19 如图5－3－19所示为竖直平面内的直角坐标系．一个质量为m的质点，在力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角(θ＜90°)．不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( ) A．当F＝mgtan θ时，质点的机械能守恒 B．当F＝mgsin θ时，质点的机械能守恒 C．当F＝mgtan θ时，质点的机械能可能减小也可能增大 D．当F＝mgsin θ时，质点的机械能可能减小也可能增大三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 10. 图5－3－20 (18分)半径R＝0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m.将小球从如图5－3－20所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EpC＝0.6 J．(g取10 m/s2)，求： (1)小球经过C点时的速度vC的大小； (2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向． 11．(18分)如图5－3－21所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑，不计机械能损失，求：图5－3－21 (1)两球都进入光滑水平面时两小球运动的速度大小； (2)此过程中杆对B球所做的功． 1.【解析】　小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，因此小球和弹簧系统的机械能守恒，即mv＝mgh＋Ep，由此得到Ep＜mv，选项A正确，B、C错误；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向上有2gh＝vsin2θ(θ为v0与水平方向的夹角)，解得v0＝，由此可知，选项D错误．【答案】　A 2.【解析】　环形槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点．【答案】　A 3．【解析】　由牛顿第二定律可知，滑块上滑阶段有mgsin θ＋Ff＝ma1，下滑阶段有mgsin θ－Ff＝ma2，因此a1＞a2，选项B错误；v＞0和v＜0时，速度图象的斜率不同，故选项A错误；由于摩擦力始终做负功，机械能一直减小，故选项D错误；重力势能先增大后减小，且上滑阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C可能正确．【答案】　C 4.【解析】　对物体A进行受力分析可知，当弹簧的弹力大小为mg时，物体A的加速度为零，A错误；由题意和功能关系知弹簧的弹性势能为Ep＝mgh－mv2，B错误；当物体B对地面恰好无压力时，说明弹簧的弹力大小为2mg，此时B所受合外力为零，恰好处于平衡状态，C正确；弹簧的弹性势能的增加量等于物体A的机械能的减少量(mgh－mv2)，D错误．【答案】　C 5．【解析】　物体受到的合外力为零，机械能不一定守恒，如在竖直方向上物体做匀速直线运动，其机械能不守恒．所以选项A、B错误．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒．选项C正确．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D正确．【答案】　CD 6.【解析】　两球由水平位置下降到竖直位置，重力势能减少量相同，但B球重力势能减少量有一部分转化为弹簧的弹性势能，由系统机械能守恒定律可知，A球在悬点正下方的动能大，B正确，A、C错误，在最低点，由F－mg＝m及vA>vB可知，FA>FB，D正确．【答案】　BD 7．【解析】　在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg－N＝m，受到座位的支持力为N＝mg－m，B项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C项错误；在时间t内转过的弧度为t，所以对应t时刻的重力势能为Ep＝mgR(1－cos t)，总的机械能为E＝Ek＋Ep＝mv2＋mgR(1－cos t)，A、D两项正确．【答案】　AD 8.【解析】　由于杆AB、AC光滑，所以M下降，N向左运动，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，对M、N系统，杆对M、N均不做功，系统机械能守恒，故B、C两项正确．【答案】　BC 9.【解析】如图为力的矢量三角形图示，若F＝mgtan θ，则力F可能为b方向或c方向，故力F的方向可能与运动方向成锐角，也可能与运动方向成钝角，除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，故质点机械能可能增大，也可能减小，C对A错；当F＝mgsin θ，即力F为a方向时，力F垂直质点运动方向，故只有重力对质点做功，机械能守恒，B对D错．【答案】　BC 10.【解析】　由题图知初始时刻弹簧处于原长． (1)小球从B到C，根据机械能守恒定律有 mg(R＋Rcos 60°)＝EpC＋mv 代入数据求出vC＝3 m/s. (2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN，设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律有 F＋FN－mg＝m F＝kx x＝R 所以FN＝m＋mg－F FN＝3.2 N，方向竖直向上根据牛顿第三定律得出，小球对环的作用力大小为3.2 N，方向竖直向下．【答案】　(1)3 m/s　(2)3.2 N，方向竖直向下 11．【解析】　(1)由于不计机械能损失，因此两球组成的系统机械能守恒．两球在光滑水平面上运动的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有： mgh＋mg(h＋Lsin θ)＝2×mv2，解得：v＝. (2)根据动能定理，对B球有：W＋mgh＝mv2－0 则W＝mv2－mgh＝mgLsin θ. 【答案】　(1)　(2)mgLsin θ 高考学习网：高考学习网：。

2014高考物理抢分必备专题突破训练15

2014高考物理抢分必备专题突破训练一、选择题(8×8′＝64′)1．已知在单摆a 完成10次全振动的时间内，单摆b 完成6次全振动，两摆长之差为1.6 m ．则两单摆摆长l a 与l b 分别为( )A ．l a ＝2.5 m ，l b ＝0.9 mB ．l a ＝0.9 m ，l b ＝2.5 mC ．l a ＝2.4 m ，l b ＝4.0 mD ．l a ＝4.0 m ，l b ＝2.4 m解析：由T ＝t n 得T a T b ＝n 2n 1＝35，又T ＝2πl g ，所以T a T b＝l al b，且l b －l a ＝1.6 m 解得l a ＝0.9 m ，l b ＝2.5 m ，B 对．答案：B2．如图1甲，一弹簧振子在AB 间做简谐运动，O 为平衡位置，如图乙是振子做简谐运动时的位移—时间图象，则关于振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是( )图1解析：设位移x ＝A sin 2πT t ，则加速度a ＝－k m x ＝－kA m sin 2πT t ，当t ＝T 4时a ＝－kAm，故C 正确．答案：C3．如图2所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )图2A ．甲的振幅大于乙的振幅B ．甲的振幅小于乙的振幅C ．甲的最大速度小于乙的最大速度D ．甲的最大速度大于乙的最大速度解析：设绳的拉力大小为F ，则绳断后，甲、乙的振幅为A 1、A 2，则kA 1＝kA 2＝F ，所以A 1＝A 2，A 、B 错；因甲、乙振幅相等，振动的最大能量相等，而m 1＞m 2，故平衡位置时的速度v 1＜v 2，C 正确，D 错误．答案：C4．心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔，即为心动周期，由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数(即心率)，甲、乙两人在同一台心电图机上做出的心电图如图3所示，医生通过测量后记下甲的心率是60次/分，则由二图及甲的心率可知心电图机图纸移动的速度v 以及乙的心率为( )图3A ．25 mm/s 48次/分B ．25 mm/s 75次/分C ．25 mm/min 75次/分D ．25 mm/min 48次/分解析：同一台心电图机纸带匀速移动速率相等，因此v ＝25 mm1 s ＝25 mm/s.对乙心跳周期T ＝2025s ＝0.8 s ．心率为75次/min.答案：B图45．将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图4所示．某同学由此图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是( )A ．t ＝0.2 s 时摆球正经过最低点B ．t ＝1.1 s 时摆球正经过最低点C ．摆球摆动过程中机械能减小D ．摆球摆动的周期是T ＝1.4 s解析：悬线拉力在经过最低点时最大，t ＝0.2 s 时，F 有正向最大值，故A 选项正确．t ＝1.1 s 时，F 有最小值，不在最低点，周期应为T ＝1.2 s ，因振幅减小，故机械能减小，C 选项正确．答案：AC6．图5所示的是弹簧振子做简谐运动的振动图象，可以判定下列说法正确的是( )图5A ．从t 1到t 2时间内振子的动能不断增大，势能不断减小B ．从t 2到t 3时间内振幅不断增大C ．t 3时刻振子处于最低点处，动能最大D ．t 1，t 4两时刻振子的动能、动量都相同解析：从振动图象中可看出，从t 1到t 2时间内，振子的位移不断减小，所以振子的势能不断减小，由于机械能守恒，所以振子的动能不断增大，故选项A 是正确的．从t 2到t 3时间内，振子的位移不断增大，但振幅是不变的，故选项B 是错误的．t 3时刻的图象在最低点，但它表示振子的位移最大，故振子的速度为0，动能为0，故选项C是错误的．t1时刻振子正向平衡位置运动，而t4时刻振子正远离平衡位置运动，虽然两时刻位移相等，势能相等，动能相等，速度大小相等，但速度方向不同，所以振子的动量不相同，故选项D也是错误的．答案：A7．表1表示某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固，则()．表1A.f固固C．50 Hz<f固<60 Hz D．以上选项都不对解析：由如图6所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小，f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60 Hz范围内时，振幅变化最小．因此，50 Hz<f固<60 Hz.答案：C图68．正在运转的机器，当其飞轮以角速度ω0匀速转动时，机器的振动不强烈，切断电源，飞轮的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内机器却发生了强烈的振动，此后飞轮转速继续变慢，机器的振动也随之减弱，在机器停下来之后若重新启动机器，使飞轮转动的角速度从0较缓慢地增大到ω0，在这一过程中()．A．机器不一定还会发生强烈的振动B．机器一定还会发生强烈的振动C．若机器发生强烈振动，强烈振动可能发生在飞轮角速度为ω0时D．若机器发生强烈振动，强烈振动时飞轮的角速度肯定不为ω0解析：飞轮在转速逐渐减小的过程中，机器出现强烈的振动，说明发生共振现象，共振现象产生的条件是驱动力频率等于系统的固有频率，故当机器重新启动时，飞轮转速缓慢增大的过程中，一旦达到共振条件，机器一定还会发生强烈的振动．由题意可知，发生强烈共振时，飞轮的角速度一定小于ω0.答案：BD二、计算题(3×12′＝36′)9．如图7所示为一弹簧振子的振动图象．求：(1)从计时开始经过多长时间第一次达到弹性势能最大？(2)在第2 s 末到第3 s 末这段时间内弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100 s 的总位移是多少？路程是多少？图7解析：(1)由图知，在计时开始的时刻振子恰好以沿x 轴正方向的速度通过平衡位置O ，此时弹簧振子具有最大动能，随着时间的延续，速度不断减小，而位移逐渐加大，经t ＝14T ＝1 s ，其位移达到最大，此时弹性势能最大．(2)由图知，在t ＝2 s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大．当t ＝3 s 时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经一周期位移为零，路程为5×4 cm ＝20 cm ，前100 s 刚好经过了25个周期，所以前100 s 振子位移s ＝0，振子路程s ′＝20×25 cm ＝500 cm ＝5 m.答案：(1)1 s (2)见解析 (3)0 5 m10．一单摆在地面上振动N 次，将此单摆移至离地面高度为h 的地方，在相同时间内振动N2次，已知地球半径R ＝6.4×106 m ，则可估算出高度h 为多少？解析：据题意T 1＝t N ，T 2＝2tN在地面上：T 1＝2πl g 1，G MmR2＝mg 1 在距地面h 高处：T 2＝2πl g 2，GMm(R ＋h )2＝mg 2 g 1g 2＝⎝⎛⎭⎫T 2T 12＝⎝⎛⎭⎫R ＋h R 2＝41 h ＝R ＝6.4×106 m. 答案：6.4×106 m11．秒摆摆球的质量为0.2 kg ，它振动到最大位移时距最低点的高度为0.4 cm ，当它完成10次全振动回到最大位移时，因有阻尼作用距最低点的高度变为0.3 cm ，如果每振动10次给它补充一次能量，使摆球回到原高度，1 min 内总共应补充多少能量？(取g ＝10 m/s 2)解析：发生10次全振动损失的能量为ΔE 1＝mgΔh ＝2×10－3 J ，所以应补充的能量为ΔE＝60ΔE 120＝6×10－3 J. 答案：6×10－3 J。

2014高考物理二轮复习考前抢分必做终极猜想10

终极猜想十对功能关系的考查(本卷共7小题，满分60分．建议时间：30分钟)1．(2012·河北模拟)假设地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器，假定探测器在地球表面附近脱离火箭．用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用E k表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则()．A．E k必须大于或等于W，探测器才能到达月球B．E k小于W，探测器也可能到达月球C．E k＝W，探测器一定能到达月球D．E k＝W，探测器一定不能到达月球2．(2012·江苏模拟)构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图1中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是()．图1A．200 J B．250 JC．300 J D．500 J三十一、机械能守恒定律3．如图2所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p和E k，弹簧弹性势能的最大值为E p′，则它们之间的关系为()．图2A．E p＝E k＝E p′B．E p>E k>E p′C．E p＝E k＋E p′D．E p＋E k＝E p′4．如图3所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道最高点为D，AC为圆弧的一条水平直径，AE 为水平面．现使小球从A 点正上方O 点处由静止释放，小球从A 点进入圆弧轨道后能通过轨道最高点D ，则( )．A ．小球通过D 点时速度可能为零B ．小球通过D 点后，一定会落到水平面AE 上C ．小球通过D 点后，一定会再次落到圆弧轨道上图3 D ．小球要通过D 点，至少要从高52R 处开始下落三十二、功和能关系5．如图4所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，图4下列说法正确的是 ( )．A ．电动机做的功为12m v 2B ．摩擦力对物体做的功为m v 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．电动机增加的功率为μmg v6．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中．若礼花弹在由炮筒底部出发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )．A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 1三十三、能的转化与守恒7．如图5所示，一轨道由光滑竖直的14圆弧AB 、粗糙水平面BC 及光滑斜面CE 组成，BC 与CE 在C 点由极小光滑圆弧相切连接，一小球从A 点正上方h ＝0.2 m 处自由下落正好沿A 点切线进入轨道，已知小球质量m ＝1 kg ，14竖直圆弧半径R ＝0.05 m ，BC 长s ＝0.1 m ，小球过C 点后t 1＝0.3 s 第一次到达图5图中的D 点．又经t 2＝0.2 s 第二次到达D 点．重力加速度取g ＝10 m/s 2，求： (1)小球第一次在进入圆弧轨道瞬间和离开圆弧轨道瞬间受轨道弹力大小之比N 1∶N 2；(2)小球与水平面BC 间的动摩擦因数μ； (3)小球最终停止的位置．参考答案【终极猜想十】1．BD [探测器克服地球引力做功为W ，同样在探测器飞向月球的过程中月球对探测器也有万有引力作用，即月球引力对探测器做正功，但W 月<W ，若E k ＝W ，探测器速度减为零时，还没到达地、月引力相等的位置，地球的引力还大于月球的引力，所以探测器一定不能到达月球．由－W ＋W 月＝0－E k ，得W ＝W 月＋E k ，即E k <W 时，探测器也可能到达月球，即B 、D 正确，A 、C 错误．]2．A [滑行时阻力F f 恒定，由动能定理对图线①有ΔE k ＝F f x 1，x 1＝10 m对图线②有ΔE k ＝F f x 2＋E 电，x 2＝6 m所以E 电＝410ΔE k ＝200 J ，故A 正确．] 3．A [当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E p ＝E k ＝E p ′，故答案选A.]4．BD [小球在通过圆弧最高点D 时由牛顿第二定律有F N ＋mg ＝m v 20R，因为F N 只能大于或等于零，则在最高点的速度v 0≥gR ，A 错；小球离开D 点后做平抛运动，它下降高度R 所用时间t ＝ 2R g，水平方向通过的位移s ＝v 0t >R ，B 对、C 错；以B 点为零势能点，由机械能守恒可知mgH ＝mg 2R ＋12m v 20，则H ＝2R ＋v 202g ≥52R .即小球要通过D 点，至少要从H ＝52R 处开始下落，故D 对．] 5．D [由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析，知仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对地位移的两倍，即W ＝m v 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmg v ，故D 对．]6．BC [由动能定理，动能变化量等于合外力做的功，即W 3－W 2－W 1，B 正确．除重力之外的力的功等于机械能的变化，即W 3－W 2，C 正确．]7．解析 (1)令小球在A 、B 两点速度大小分别为v A 、v B ，则由动能定理知mgh ＝12m v 2A， mg (h ＋R )＝12m v 2B，在圆弧轨道A 点：N 1＝m v 2A R，在圆弧轨道B 点：N 2－mg ＝m v 2B R，联立得N 1∶N 2＝8∶11.(2)由(1)知小球在B 点速度为v B ＝ 5 m/s ，小球在CE 段加速度a ＝g sin θ＝5 m/s 2，做类似竖直上抛运动，由对称性及题意知小球从C 点上滑到最高点用时t ＝0.4 s ，所以小球在C 点速度为v C ＝at ＝2 m/s ，小球从B 到C 由运动学规律知v 2B －v 2C ＝2μgs .所以μ＝0.5.(3)因小球每次经过BC 段损失的能量相等，均为ΔE ＝μmgs ＝0.5 J ，而初动能为E ＝12m v 2B，其他各段无能量损失，所以小球最终停止在C 点．答案 (1)8∶11 (2)0.5 (3)最终停在C 点。

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2014高考物理课后提分训练32 二、选择题：14．了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。

以下符合事实的是A．伽利略通过理想实验得出力是维持物体运动的原因B．奥斯特发现了电流的磁效应，使人们突破了对电与磁认识的局限性 C．卢瑟福通过α粒子的散射，提出原子核质子。

D．牛顿建立了万有引力定律，并测出了万有引力常量x、速度v、加速度a和物体受到的合外力F随时间 t 的变化图象，其中表示物体在做匀速运动的是 16、如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂砝码和托盘的总质量为0.6g，弹簧秤的读数为2N若轻轻取走盘中的部分砝码，使其质量减少到0.3g，将会出现的情况是（g=10m/s2，不计滑轮的摩擦）A．弹簧秤的读数将变小B．A仍静止不动 C．AD．A对桌面的摩擦力将变小17、随着我国改革开放的不断深入，我国发射卫星技术已进入国际市场。

如下图3所示为2012年3月31日我国为法国发射亚太通讯卫星的发射过程，卫星由近地圆轨道l通过椭圆轨道2变轨到远地圆轨道3．轨道1与轨道2相切于a点，轨道2与轨道3相切于b点．则下面说法正确的是 A．在轨道1运行的角速度小于轨道3上运行的角速度 B．在轨道l上过a点时的速度大于轨道2上过a点时的速度 C．在轨道3上过b点时的加速度大于轨道2上过b点时的加速度 D．在轨道2上运动时，从a点到b点机械能守恒 18、如下图4所示，一个质量为m的小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆[弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面．不计一切阻力．下列中说法不正确的是（） A．小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零． B．小球落到地面前的瞬时其动能为 C．小球落地点离p点的水平距离为． D．若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R． 19、如图5所示，空间中存在着匀强电场，正方体ABCDEFGH中A、B、C、H四点电势分别为、、、，则下面说法正确的是 A．把1C正电荷从B点经G点移到H点，电场力做功一定是2 J B．G点电势可能为6V C．电场强度方向一定与D、G两点的连线垂直 D．A、G两点的电势差与D、F两点的电势差一定相等 20 .某理想变压器的原线圈接交流电，副线圈接如图所示电路，电键S原来闭合，且.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数I、电阻上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是( )．A．U增大I减小、P1增大 B．P增大I增大 P1减小C．U增大P1、增大P减小 D．IP增大U增大，第二次用速度2，若两次拉力所做的功分别为和，两次做功的功率分别为和，两次线框产生的热量分别为和，则下面通过计算分析错误的是： A、=== B、=2=4=2 C、=2==2 D、<==第Ⅱ卷（） 22(6分)频闪仪支架接水频闪仪实验步骤在内盛满清水，，水滴落下用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮调节频闪仪的频率看到一串固定不动的水滴 ④、采集到的相关数据如下图8所示（1）、实验中看到一串固定不动的水滴频闪仪的闪光频率水滴水滴24（14分）一边长为的正方形餐桌放在水平地面上，桌面的动摩擦因素为，在桌面的中间放一个质量m=0.1Kg可视为质点的小铁块，桌面与水平面的高为，有一同学想将小铁块用恒力推离桌面，落地时刚好到地面上半径的圆内，圆的左边距桌面边缘水平距离为，如图所示求：（1）、小铁块离开桌面后在空中运动的时间？（2）、该同学所用力的取值范围.。

2014高考物理课后提分训练4

2014高考物理课后提分训练4(时间45分钟，满分100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)1．在图中，A、B均处于静止状态，则A、B之间一定有弹力的是( )2．如图2－1－15所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是( )甲乙丙图2－1－15A． F1＝F2＝F3B．F1＝F2＜F3C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F23.图2－1－16如图2－1－16所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角θ可以改变，讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则一定有( )A．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越大B．若物块M保持静止，则θ角越大，摩擦力越小C．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越大D．若物块M沿斜面下滑，则θ角越大，摩擦力越小4.图2－1－17如图2－1－17所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力F T的大小和地面对P的摩擦力F f的大小的变化情况是( )A．F T始终增大，F f始终减小B．F T保持不变，F f始终增大C．F T保持不变，F f先减小后增大D．F T先不变后增大，F f先增大后减小二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)5．关于地球上的物体，下列说法中正确的是( )A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关6．关于摩擦力的说法中正确的是( )A．滑动摩擦力的方向可能与物体的运动方向相同B．滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动C．相互压紧的粗糙物体间总有摩擦力的作用D．受静摩擦力作用的物体一定静止7.图2－1－18如图2－1－18所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力8.图2－1－19如图2－1－19所示，物块m放在倾角为θ的斜面上，受到平行于斜面的推力F而静止，现将力F撤去，则物块( )A．会沿斜面下滑B．摩擦力方向变化C．摩擦力不变D．摩擦力变小9.图2－1－20如图2－1－20所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是( )A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动三、非选择题(本大题共2小题，共36分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10.图2－1－21(18分)如图2－1－21所示，物体A、B的质量m A＝6 kg，m B＝4 kg，A与B、B与地面之间的动摩擦因数都为μ＝0.3，在外力F作用下，A和B一起匀速运动，求A对B和地面对B 的摩擦力的大小和方向(g取10 m/s2)．11.图2－1－22(18分)如图2－1－22所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，求：匀速运动时弹簧的压缩量为多少？答案及解析一、1．【解析】假设将与研究对象接触的物体逐一移走，如果研究对象的状态发生变化，则表示它们之间有弹力；如果状态无变化，则表示它们之间无弹力．四个选项中只有B 选项中的B物体移走后，A物体一定要摆动，所以B选项中A、B间一定有弹力．【答案】 B2．【解析】甲图中，以弹簧下面的小球为研究对象，乙图中，以悬挂的小球为研究对象，丙图中，以小球为研究对象．甲图中，小球受竖直向下的重力mg和弹簧向上的弹力，二力平衡，F1＝mg；乙、丙两个图中，小球受竖直向下的重力和细线的拉力，二力平衡，弹簧的弹力大小均等于细线拉力的大小，则F2＝F3＝mg，故三图中平衡时弹簧的弹力相等．【答案】 A3.【解析】若M静止，则摩擦力f＝Mg sin θ－mg或f＝mg－Mg sin θ，故A、B错；若M沿斜面下滑，则摩擦力f＝μMg cos θ，θ角越大，摩擦力越小，故C错、D正确．【答案】 D4.【解析】加力F前，物体P所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F后，力F增大的开始阶段，物体P所受到的静摩擦力方向仍水平向右，由平衡条件可得：F T＝F f＋F，物体被拉动之前，F T不变，F f随F的增大而减小，当F f＝0之后，F仍然增大，物体P所受静摩擦力水平向左，由平衡条件得：F T＋F f＝F，F f随F的增大而增大，故只有C正确．【答案】 C二、5．【解析】重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体是上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A对，B项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项C错，D正确．【答案】AD6．【解析】摩擦力的方向总与物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反，和运动方向没有直接关系(可以同向也可以反向)，A、B项正确；摩擦力产生的条件要求物体间必须有相对运动或相对运动的趋势，C项错；两个运动的物体间也可以有静摩擦力，D项错．【答案】AB7.【解析】若不计空气阻力，则A、B整体的加速度等于重力加速度，物体B的加速度也等于重力加速度，因此A对B没有作用力，同理，B对A也没有作用力，故选项A错D对；若考虑空气阻力，则上升过程中，A、B整体的加速度大于重力加速度，则B的加速度大于重力加速度，故A对B有向下的压力，选项B对；在下降过程中，A、B整体的加速度小于重力加速度，则B的加速度小于重力加速度，故A对B有向上的压力，根据力的相互作用，B对A 有向下的压力，故选项C错，应选B、D.【答案】BD8.【解析】物体实际只受一个摩擦力的作用，施力时摩擦力的一个分力与重力沿斜面的分力相平衡，另一个分力与推力相平衡，撤去推力时摩擦力随外力的变化而突变，由原来的倾斜方向变为沿斜面向上，与重力沿斜面的分力相平衡，故选B、D.【答案】BD9.【解析】木块在力F的作用下向右滑动，木块与木板之间为滑动摩擦力，F f1＝μ1mg.木板处于静止状态，其与地面间为静摩擦力，根据物体的平衡条件可知F f2＝F f1＝μ1mg，并保持不变．【答案】AD三、10.【解析】因为A、B一起在地面上运动，所以A与B间是静摩擦力，而B与地面间是滑动摩擦力，所以有F地B＝μ(m A＋m B)g＝0.3×(6＋4)×10 N＝30 NF地B的方向与相对运动方向相反，即向左．整体受力分析知F＝F地B＝30 N，对A物体有F T－F BA＝0，其中F T为绳的拉力，大小为F T＝F2＝15 N解得F BA＝15 N，方向向左，根据牛顿第三定律知，A对B的摩擦力大小为F AB＝F BA＝15 N方向向右．【答案】15 N，方向向右30 N，方向向左11.【解析】设A、B匀速运动时弹簧的压缩量为x，由平衡条件：对A：F＝mg sin 30°＋kx①对B：kx＝mg sin 30°②解①②联立的方程组得：x＝F2k.【答案】F2k。

2014高考物理考前提分专练选修

物理选考专项训练（2014.3.3）1．(2013·重庆·10)(1)某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时( )A ．室内空气的压强比室外的小B ．室内空气分子的平均动能比室外的大C ．室内空气的密度比室外的大D ．室内空气对室外空气做了负功(2)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V 0，压强为p 0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp .若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．2． (2013·江苏·12)如图1所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A .其中，A ―→B 和C ―→D 为等温过程，B ―→C 和D ―→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”．(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．A ．A ―→B 过程中，外界对气体做功B ．B ―→C 过程中，气体分子的平均动能增大C ．C ―→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D ．D ―→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A ―→B ”、“B ―→C ”、“C ―→D ”或“D ―→A ”)．若气体在A ―→B 过程中吸收63 kJ 的热量，在C ―→D 过程中放出38 kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.(3)若该循环过程中的气体为1 mol ，气体在A 状态时的体积为10 L ，在B 状态时压强为A 状态时的23.求气体在B 状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023mol －1，计算结果保留一位有效数字)3． (1)关于热力学定律，下列说法正确的是________．A ．物体的温度不能降到0 KB ．一定量气体，吸热200 J ，内能减少20 J ，气体对外做功220 JC ．任何固体在全部熔化前，温度都是保持不变的D ．利用高科技手段，可以将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化E ．一定质量的100 °C 的水吸收热量后变成100 °C 的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能(2)如图2甲所示，地面上放置有一内壁光滑的圆柱形导热汽缸，汽缸的横截面积S＝2.5×10－3 m2.汽缸内部有一质量和厚度均可忽略的活塞，活塞上固定一个力传感器，传感器通过一根细杆与天花板固定好．汽缸内密封有温度t0＝27 °C，压强为p0的理想气体，此时力传感器的读数恰好为0.若外界大气的压强p0不变，当密封气体温度t升高时力传感器的读数F 也变化，描绘出F－t图象如图乙所示，求：①力传感器的读数为5 N时，密封气体的温度t；②外界大气的压强p0.4． (1)下列说法中正确的有________．A．“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积B．布朗运动中，悬浮在液体中的固体颗粒越小、液体的温度越高，布朗运动越剧烈C．质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性(2)如图3所示，竖直放置的粗细均匀的U形管，右端封闭有一段空气柱，两管内水银面高度差为h＝19 cm，封闭端空气柱长度为L1＝40 cm.为了使左、右两管中的水银面相平，(设外界大气压强p0＝76 cmHg，空气柱温度保持不变)试问：①需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱？此时封闭端空气柱的长度是多少？②注入水银过程中，外界对封闭空气做________(填“正功”“负功” 或“不做功”)，气体将______(填“吸热”或“放热”)．5．(1)如图4所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D．乙分子的运动范围为x≥x1(2)如图5所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M的重物C连接，静止时汽缸中的空气压强p1＝1.2 atm，温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L.已知大气压强p0＝1 atm＝1.0×105 Pa，取g＝10m/s2，缸内空气可看做理想气体，不计摩擦．求：①重物C的质量M是多少；②降低汽缸中气体的温度，活塞A将向右移动，在某温度下活塞A靠近D处时处于平衡，此时缸内气体的温度是多少．6． (1)以下说法中正确的是________．A．现在教室内空气中的氮气和氧气的分子平均动能相同B．用活塞压缩汽缸里的空气，活塞对空气做功52 J，这时空气的内能增加了76 J，则空气从外界吸热128 JC．有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小D．显微镜下观察到的布朗运动是液体分子的无规则运动E．一切与热现象有关的宏观物理过程都是不可逆的(2)潜水员在进行水下打捞作业时，有一种方法是将气体充入被打捞的容器，利用浮力使容器浮出水面．假设在深10 m的水底有一无底铁箱倒扣在水底，铁箱内充满水，潜水员先用管子伸入容器内部，再用气泵将空气打入铁箱内，排出部分水，如图6所示．已知铁箱质量为560 kg，容积为1 m3，水底温度恒为7 °C，外界大气压强恒为p0＝1 atm＝1.0×105 Pa，水的密度为1.0×103 kg/m3，忽略铁箱壁的厚度、铁箱的高度及打入空气的质量，求至少要打入多少体积的1 atm、27 °C的空气才可使铁箱浮起(g取10 m/s2)．7．(1)如图7是一定质量的理想气体的p－V图，气体从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2.下列说法中正确的是______．A．T1>T2B．从C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功C．若气体沿直线由A→B，则气体的温度先降低后升高D．从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的密集程度减少而引起的E．若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程气体对外界做功100 J(2)如图8所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S(cm2)的2倍，且细筒足够长．粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用，此时活塞相对于汽缸底部的高度h＝12 cm，大气压强p0＝75 cmHg.现把体积为17S(cm3)的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求活塞静止时下降的距离x.8． (1)以下说法正确的是________．A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B．气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C．布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大(2)如图9所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距汽缸底高度h1＝0.50 m，气体的温度t1＝27 ℃.给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底h2＝0.80 m处，同时缸内气体吸收Q＝450 J的热量．已知活塞横截面积S＝5.0×10－3m2，大气压强p0＝1.0×105Pa.求：①活塞距离汽缸底h2时的温度t2；②此过程中缸内气体增加的内能ΔU.。

高考物理满分秘诀-短板排查靶向练十六

2．关于薄膜干涉现象及其应用，下列说法正确的是( )
A．如图甲所示，竖直放置的肥皂薄膜，来自前后两个面的反射光发生干涉，形成明暗相间的竖直条纹
B．如图乙所示，照相机的镜头表面常常镀一层透光膜，膜的外表面和玻璃表面反射的光发生干涉使镜头看起来有颜色，膜的厚度为光在膜中波长的12
C．如图丙所示，利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，图中条纹弯曲说明此处是凹下的
解析薄膜干涉的路程差Δs＝2d(d 为薄膜厚度)，厚度相同处产生的条纹明暗情况相同，因此条纹应与 BC 边平行，故 A 错误；设两玻璃板夹角为 θ，则 A 点右侧 x 处空气膜厚度 d＝x tan θ，根据Δs＝2d，Δs＝kλ(k＝0，1， 2，…)，得 2x tan θ＝kλ(k＝0，1，2，…)，则条纹间距Δx＝2taλn θ，因此条纹是等间距的，故 B 错误；减小薄片厚度，θ 减小，条纹间距Δx 将增大，故 C 错误；将红光换成蓝光照射，入射光波长 λ 减小，条纹间距Δx 将减小，故 D 正确。
D．如图丁所示，把一个凸透镜压在一块平面玻璃上，让单色光从上方射入，从上往下看凸透镜，可以看到等间距的明暗相间的圆环状条纹
答案 C
解析竖直放置的肥皂薄膜，来自前后两个面的反射光发生干涉，由于同一水平线上的薄膜厚度近似相同，所以干涉后能产生明暗相间的水平条纹，故 A 错误；照相机的镜头表面常常镀一层透光膜，从薄膜前后两表面反射的光发生干涉使镜头看起来有颜色，根据Δs＝2d、Δs＝12λ 知膜的厚度为光在膜中波长的14，故 B 错误；利用光的干涉检查平整度，用单色光从上面照射，空气膜的上下两个表面反射的两束
2k＋1 两束光的路程差Δs＝ 2 λ(k＝0，1，2，…)。

2014高考物理抢分必备专题突破训练2.pdf

mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2② 由于两球碰撞过程中能量守恒，故 mAv02＋mBv02＝mAv12＋mBv22③ 联立②③式得v2＝v0④ 设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有 h＝⑤ 由①④⑤式得h＝(训练一、选择题(8×8′＝64′) 图1 1．如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( ) A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10 解析：两物体的运动是同向追击(都向右运动)，只有后边的物体速度大于前边的物体才能发生碰撞，以此分析应该是A球在左方追击B球，发生碰撞，A球的动量减小4 kg·m/s，其动量变为2 kg·m/s，根据动量守恒B球动量增加4 kg·m/s，其动量变为10 kg·m/s，则 A、B两球的速度关系为2∶5. 答案：A 2．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的 ( ) A．速率 B．质量 C．动量 D．动能解析：尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的动量．答案：C 图2 3．如图2所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( ) A. B. C. D. 解析：子弹打木块A，动量守恒，mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv12－×200mv22＝. 答案：A 4．质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球的动能恰变为原来的，则B球的速度大小可能是( ) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析：依题意，碰后A的动能满足：mvA2＝×mv02得vA＝±v0，代入动量守恒定律得mv0＝±m·v0＋2mvB，解得 vB＝v0及vB′＝v0 答案：AB 5．质量为M的木块置于光滑水平面上，一质量为m的子弹以水平速度v0打入木块并停在木块中，如图3所示，此过程中木块向前运动位移为s，子弹打入木块深度为d，则下列判断正确的是( ) 图3 A．木块对子弹做功mv02 B．子弹对木块做功Mv02 C．子弹动能减少等于木块动能的增加 D．木块、子弹的机械能一定减少解析：设木块、子弹的共同速度为v，则mv0＝(M＋m)v① 木块对子弹做功W1＝mv2－mv02② 子弹对木块做功W2＝Mv2③ 解得W1mB.在某高度处将A和B先后从静止释放．小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距离为 H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰．设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B碰撞后B上升的最大高度．解析：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0，由机械能守恒有 mAgH＝mAv02① 设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有

2014高考物理抢分必备专题突破训练6.pdf

2014高考物理抢分必备专题突破训练一、选择题(8×8′＝64′) 图1 1．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图1所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为( )A.，M正、N负B.，M正、N负C.，M负、N正D.，M负、N正解析：由左手定则知，金属中的电子在洛伦兹力的作用下将向前侧面聚集，故M负、N正．由F电＝F洛即e＝Bev，I＝nevS＝nevab，得B＝. 答案：C 图2 2．如图2所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中错误的是( ) A．液滴一定做匀变速直线运动 B．液滴一定带正电 C．电场线方向一定斜向上 D．液滴一定做匀速直线运动解析：在电磁场复合区域粒子一般不会做匀变速直线运动，因速度变化洛伦兹力变化，合外力一般变化，如果v∥B，f洛＝0，也可以做匀变速运动．答案：A 图3 3．在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场，一质量为m的带正电小球，在该区域内沿水平方向向右做直线运动，如图3所示，关于场的分布情况可能的是( ) A．该处电场方向和磁场方向垂直 B．电场竖直向上，磁场垂直纸面向里 C．电场斜向里侧上方，磁场斜向外侧上方，均与v垂直 D．电场水平向右，磁场垂直纸面向里解析：带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力，是否受洛伦兹力需具体分析．A选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直，则洛伦兹力与电场力垂直，如果与重力的合力为0就会做直线运动．B选项中电场力、洛伦兹力都向上，若与重力合力为0，也会做直线运动．C选项中电场力斜向里侧上方，洛伦兹力向外侧下方，若与重力的合力为0，就会做直线运动．D选项三个力的合力不可能为0，因此选项A、B、C正确．答案：ABC 图4 4．如图4所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法中正确的是( ) A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变 B．小球受到的洛伦兹力将不断增大 C．小球的加速度先减小后增大 D．小球的电势能一直减小解析：Q1、Q2连线上中点处电场强度为零．从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点．小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，C正确；速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变．故A正确，B错误；小球的电势能先减小后增大，D错误．答案：AC 图5 5．如图5是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是( ) A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小解析：粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：Eq＝qvB得v＝E/B，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B、C正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qvB0＝得，R＝，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A对，D错．答案：ABC 6．在真空中，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．三个油滴带有等量同种电荷，其中a静止，b向右匀速运动，c向左匀速运动，则它们的重力Ga、Gb、Gc的关系为( ) A．Ga最大 B．Gb最大 C．Gc最大 D．不能确定解析：由a静止有qE＝Ga，故油滴带负电；对b受力平衡有qE＝qvB＋Gb；对c受力平衡有qE＋qvB＝Gc.由此可知三个油滴的重力满足Gc>Ga>Gb，故选项C正确．答案：C 图6 7．如图6所示，质量为m、电荷量为q的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( ) A．该微粒带负电，电荷量q＝ B．若该微粒在运动中突然分成荷质比相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动 C．如果分裂后，它们的荷质比相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同 D．只要一分裂，不论它们的荷质比如何，它们都不可能再做匀速圆周运动解析：带电微粒在有电场力、洛伦兹力和重力作用的区域能够做匀速圆周运动，说明重力必与电场力大小相等、方向相反，由于重力方向总是竖直向下，故微粒受电场力方向向上，从题图中可知微粒带负电，选项A正确．微粒分裂后只要荷质比相同，所受电场力与重力一定平衡(选项A中的等式一定成立)，只要微粒的速度不为零，必可在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，选项B正确、D错误．根据半径公式r＝可知，在荷质比相同的情况下，半径只跟速率有关，速率不同，则半径一定不同，选项C正确．答案：ABC 图7 8．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图7表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I.那么板间电离气体的电阻率为( )A.(－R)B.(－R)C.(－R)D.(－R) 解析：当粒子受的电场力与洛伦兹力平衡时，两板电压即为电动势，即qvB＝q，得U＝Bdv. 又I＝，r＝ρ 由此可解得ρ＝(－R)，故选项A正确．答案：A 二、计算题(3×12′＝36′) 图8 9．如图8所示，水平向左的匀强电场E＝4 V/m，垂直纸面向里的匀强磁场B＝2 T，质量m＝1 g的带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速滑下，滑行0.8 m到N点时离开竖直壁做曲线运动，在P点时小物块A瞬时受力平衡，此时速度与水平方向成45°.若P与N的高度差为0.8 m，求： (1)A沿壁下滑过程中摩擦力所做的功； (2)P与N的水平距离．解析：分清运动过程，应用动能定理列式求解． (1)物体在N点时，墙对其弹力为零，水平方向Eq＝qvB，所以v＝＝2 m/s，由M→N过程据动能定理： mg＋Wf＝mv2－0，所以Wf＝－6×10－3 J. 图9 (2)设在P点速度为v′其受力如图9所示，所以Eq＝mg，qv′B＝Eq，得v′＝2 m/s. 设N、P水平距离x，竖直距离y，物体由N→P过程电场力和重力做功，由动能定理 mgy－Eq·x＝mv′2－mv2，得x＝0.6 m. 答案：(1)－6×10－3 J　(2)0.6 m 图10 10．如图10所示，Oxyz坐标系的y轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向与x轴平行．从y轴上的M点(0，H,0)无初速释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，它落在xz平面上的N(L,0，b)点(L>0，b>0)．若撤去磁场则小球落在xz平面的P点(L,0,0)．已知重力加速度为g. (1)已知匀强磁场方向与某个坐标轴平行，试判断其可能的具体方向； (2)求电场强度E的大小； (3)求小球落至N点时的速率v. 解析：(1)用左手定则判断出：磁场方向为－x方向或－y方向． (2)在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到P点，设运动时间为t，小球自由下落，有H＝gt2 小球沿x轴方向只受电场力作用FE＝qE 小球沿x轴的位移为L＝at2 小球沿x轴方向的加速度a＝联立求解，得：E＝ (3)带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛仑兹力不做功电场力做功为WE＝qEL 重力做功为WG＝mgH 设落到N点速度大小为v，根据动能定理有mgH＋qEL＝mv2 解得v＝答案：(1)－x方向或－y方向　(2) (3) 图11 11．如图11所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP＝l，OQ＝2l.不计重力．求： (1)M点与坐标原点O间的距离； (2)粒子从P点运动到M点所用的时间．解析：图12 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向夹角为θ，则 a＝① t1＝② v0＝③ 其中x0＝2l，y0＝l.又有tanθ＝④ 联立②③④式，得θ＝30°⑤ 因为M、O、Q点在圆周上，∠MOQ＝90°，所以MQ为直径．从图中的几何关系可知， R＝2l⑥ MO＝6l⑦ (2)设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有 v＝⑧ t2＝⑨ 带电粒子自P点出发到M点所用的时间t为 t＝t1＋t2⑩ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 t＝答案：(1)6l　(2) 。

2014高考物理抢分必备专题突破训练17

2014高考物理抢分必备专题突破训练一、选择题(8×8′＝64′)1．一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a、b.已知a光的频率小于b光的频率．下图中正确的光路图是()图1解析：任何光线透过平行玻璃砖后，透射光线都要与原光线方向平行，可知C、D错误；又因为a的频率小于b的频率，可知a的折射率小于b的折射率，a的折射角大于b的折射角，所以A错、B对．答案：B2．假设地球表面不存在大气层，那么人们观察到的日出时刻与实际存在大气层的情况相比：()A．将提前B．将延后C．在某些地区将提前，在另一些地区将延后D．不变图2解析：如图2所示，a是太阳射出的一束光线，由真空射向大气层发生折射．沿b方向传播到P点，在P点的人便看到太阳．如果无大气层，光束沿a直线传播，同样的时刻在P点便看不到太阳，须等太阳再上升，使a光束沿b线方向时，才能看到太阳，故没有大气层时看到日出的时刻要比有大气层时延迟．答案：B3．光纤通信是一种现代通信手段，它可以提供大容量、高速度、高质量的通信服务，目前，我国正在大力建设高质量的宽带光纤通信网络．下列说法正确的是() A．光纤通信是利用光作为载体来传递信息B．光导纤维传递光信号是利用光的衍射原理C．光导纤维传递光信号是利用光的色散原理D．目前广泛应用的光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝解析：光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝，直径只有几微米到一百微米之间，由内芯和外套组成，内芯的折射率大，其原理是光传播时在两个界面处发生全反射，故D对，B、C 错．光是一种电磁波，它像无线电波一样，作为一种载体来传递信息，A对．答案：AD4．如图3所示，一束白光通过玻璃棱镜发生色散现象，下列说法正确的是( )图3A ．红光的偏折最大，紫光的偏折最小B ．红光的偏折最小，紫光的偏折最大C ．玻璃对红光的折射率比紫光大D ．玻璃对紫光的传播速度比红光大解析：求解本题，分清折射率的大小是关键，白光通过玻璃棱镜发生色散，是由于各种色光在玻璃中的折射率不同，对红光和紫光来说，玻璃对紫光的折射率大，紫光在玻璃中的偏折大，在玻璃中的传播速度小．答案：B图45．(2009·浙江高考)如图4所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点．已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝30°，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则( )A ．该棱镜的折射率为 3B ．光在F 点发生全反射C ．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行解析：本题考查折射率和全反射的有关知识，意在考查考生运用几何光学知识解决问题的能力．由几何知识可知三角形EBF 为等边三角形，故从E 点入射的光线，入射角为60°，折射角为30°，由折射定律可知n ＝sin60°sin30°＝3，A 正确；光射在F 点时，入射角为30°，故不发生全反射，折射角为60°，BD 错；光从空气中进入棱镜中，光速减小，而光的频率不变，所以光在棱镜中的波长变小，C 正确．答案：AC图56．(2009·四川高考)如图5所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r ，外圆半径为R ，R ＝2r .现有一束单色光垂直于水平端面A 射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B 射出．设透明柱体的折射率为n ，光在透明柱体内传播的时间为t ，若真空中的光速为c ，则( )A ．n 可能为3B ．n 可能为2C ．t 可能为22rcD ．t 可能为4.8rc图6解析：本题考查几何光学的基本原理——折射定律和反射规律，意在考查考生的理解能力、推理能力和分析综合能力．根据题意可画出光路图如图6所示，则两次全反射时的入射角均为45°，所以全反射的临界角C ≤45°，折射率n ≥1sin45°＝2，A 、B 项均正确；波在介质中的传播速度v ＝c n ≤c 2，所以传播时间t ＝x v ≥42rc ，CD 项均错误．答案：AB图77．图7是一个14圆柱体棱镜的截面图，图中E 、F 、G 、H 将半径OM 分成5等份，虚线EE 1、FF 1、GG 1、HH 1平行于半径ON ，ON 边可吸收到达其上的所有光线．已知该棱镜的折射率n ＝53，若平行光束垂直入射并覆盖OM ，则光线( )A ．不能从圆弧NF 1射出B ．只能从圆弧NG 1射出C ．能从圆弧G 1H 1射出D ．能从圆弧H 1M 射出解析：由折射率n ＝53知该棱镜的全反射临界角为C ＝37°(sin C ＝35)，刚好从G 点入射的光线垂直进入棱镜后，在G 1点恰好全反射，则G 1M 圆弧上所有入射光线均发生全反射，不会从中射出，只有NG 1圆弧上入射的光线折射后射出棱镜．所以只有B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B8．在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图8所示．有一半径为r 的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为( )A ．rB ．1.5rC ．2rD ．2.5r图8 图9解析：如图9所示，光线射到A 或B 时，入射角大于临界角，发生全反射，而后由几何关系得到第二次到达界面的时候垂直射出．O 点为△ABC 的重心，设EC ＝x ，则由几何关系得到：x x ＋r ＝23.解得光斑半径x ＝2r .答案：C二、计算题(3×12′＝36′) 9.图10在折射率为n 、厚度为d 的玻璃平板上方的空气中有一点光源，从S 发出的光线SA 以入射角θ入射到玻璃板上表面，经过玻璃板后从下表面射出，如图10所示．若沿此光线传播的光从光源至玻璃板上表面的传播时间与在玻璃板中的传播时间相等，点光源S 到玻璃上表面的垂直距离l 应是多少？解析：设光线SA 在玻璃中的折射角为r ，传播速度为v ，则由n ＝cv 有，光在玻璃板中传播的速度v ＝c n ；由几何关系有，光线在玻璃板上表面传播的距离为x 1＝lcos θ，由x ＝v t ，有t 1＝x 1c ＝l c ·cos θ，其中c 是真空中的光速，光在玻璃板中传播的距离x 2＝dcos r ，光在玻璃板中的传播时间t 2＝d v ·cos r ＝nd c ·cos r.由折射定律有：n ＝sin θsin r ①由题意有：l c ·cos θ＝ndc ·cos r②由三角函数关系有：cos r ＝1－sin 2r ③ 联立①②③得：l ＝dn 2cos θn 2－sin 2θ10．如图11所示，折射率为n ＝2的液面上有一点光源S ，发出一条光线，垂直地射到水平放置于液体中且距液面高度为h 的平面镜M 的O 点上，当平面镜绕垂直于纸面的轴O 以角速度ω逆时针方向匀速转动时，液面上的观察者跟踪观察，发现液面上有一光斑掠过，且光斑到P 点后立即消失，求：图11(1)光斑在这一过程的平均速度． (2)光斑在P 点即将消失时的瞬时速度．解析：光线垂直于液面入射，平面镜水平放置时反射光线沿原路返回，平面镜绕O 逆时针方向转动时经平面镜的反射，光开始逆时针转动，液面上的观察者能得到由液面折射出去的光线，则看到液面上的光斑，从P 处向左再也看不到光斑，说明从平面镜反射P 点的光线在液面产生全反射，根据在P 处产生全反射条件得：sin θsin90°＝1n ＝12 sin θ＝22，θ＝45° (1)因为θ＝45°，P A ＝OA ＝h ，t ＝π8ω＝π8ωv ＝h π8ω＝8ωh π (2)光斑转到P 位置的速度是由光线的伸长速度和光线绕O 转动的线速度合成的，光斑在P 位置的线速度为22ωh ，所以光斑沿液面向左的速度． v ＝v 线/cos45°＝22ωh /cos45°＝4ωh . 答案：(1)8ωh π (2)4ωh11.图12如图12所示，AB 为一长L ＝30 km 的光导纤维，一束光线从端面A 射入，在侧面发生全反射，最后从B 端面射出．已知光导纤维的折射率n ＝1.35，光线从纤维内侧面向外射出时，临界角的正弦值为0.9，设在侧面发生全反射的光线从A 端传播到B 端所需时间为t ，求t 的最小值和最大值．解析：光线在光导纤维中传播的时间取决于光沿AB 方向的分速度大小，这与入射角的大小有关．设光在光导纤维中传播的速度为v ，则当入射角θ1＝0时，光在光导纤维中沿AB 方向直线传播，此时时间最短，为：t min ＝L v ，又v ＝cn 可得：t min ＝Ln c＝1.35×10－4 s 当入射角恰能使光线在光导纤维侧面发生全反射时，光在沿AB 方向分速度最小，对应时间最长，为：t max ＝L v ·sin α＝1.5×10－4 s 答案：1.35×10－4s 1.5×10－4s。

2014年高考物理一轮快速提升训练专题十六选修3-5(含详解)

1．（2013江苏常州模拟）下列叙述中符合物理学史的是( )A、爱因斯坦为解释光的干涉现象提出了光子说B、麦克斯韦提出了光的电磁说C、汤姆生发现了电子，并首先提出原子的核式结构模型D、贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra）答案：⑴B(4分)解析：(1)爱因斯坦为解释光电效应现象提出了光子说，选项A错误；麦克斯韦提出了光的电磁说，选项B正确；汤姆生发现了电子，卢瑟福根据α散射实验结果提出原子的核式结构模型，选项C错误；居里夫人通过对天然放射性的研究，发现了放射性元素钋（Po）和镭（Ra），选项D错误。

2.（2013江苏常州模拟）在某些恒星内部，3个α粒子可以结合成一个C核，已知C核的质量为1.99302×10-26kg，α粒子的质量为6.64672×10-27kg，真空中光速c=3×108m/s，这个核反应方程是，这个反应中释放的核能为（结果保留一位有效数字）。

⑵ 3He →C (2分) 9×10-13 J (2分) ⑶ 4/3 m/s (4分)（2）解析：3个α粒子结合成一个C核，核反应方程是3He →C。

这个反应中释放的核能为△E=△mc2=(3×6.64672×10-27kg-1.99302×10-26kg)×(3×108m/s)2=9×10-13 J. 3．（2013江苏常州模拟）两磁铁各固定放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动。

已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg。

两磁铁的N极相对。

推动一下，使两车相向运动。

某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反。

两车运动过程中始终未相碰，则两车最近时，乙的速度为多大?解析：两车最近时，二者速度相等，由动量守恒定律，m1v1-m2v2=( m1+m2)v，解得v= -4/3 m/s。

2014高考物理抢分必备专题突破训练34.pdf

2014高考物理抢分必备专题突破训练一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，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．现代生活中人类与电磁波结下了不解之缘，你认为下列陈述中哪些符合事实( ) A．电磁波是电磁场由产生的区域向远处传播形成的 B．在真空中电磁波的传播速度小于真空中的光速 C．空间有变化的电场(或磁场)存在，一定能形成电磁波 D．把手机放在抽成真空的玻璃盒中，手机接收不到电磁波的信号，所以拨打该手机号码，手机不会响铃(或振动) 【解析】　根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周而复始，由近处向远处传播就形成了电磁波，选项A正确；在真空中电磁波的传播速度等于真空中的光速，实际上，光就是某些频率的电磁波，选项B错误；如果电场(或磁场)是均匀变化的，那么由变化的电场(或磁场)引起的磁场(或电场)是稳定的，不能形成电磁波，选项C错误；电磁波可以在真空中传播，玻璃并不能屏蔽电磁波，选项D错误．综上所述，本题正确答案为A. 【答案】　A 2．(·北京清华大学附中)如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形．原、副线圈匝数比n1n2＝101，串联在原线圈中电路中的电流表示数为1A，下列说法中不正确的是( )A．变压器的输出功率为200W B．变压器的输出功率为200W C．变压器输出端的交流电的频率为50Hz D．穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为Wb/s 【解析】　由图象知，电压的最大值Um＝200V，有效值U＝200V，周期T＝0.02s，频率f＝50Hz，输出功率P＝UI＝200W，由变压器变压比公式＝，得U2＝20V，U2的最大值U2m＝20V，而U2m＝n2，所以的最大值应为 Wb/s，只有A说法不正确，故选A. 【答案】　A 3．(201·天津南开原中学)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比101，b是原线圈的中心接头，电压表和电流表均为理想电表．从某时刻开始在线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝220sin100πtV.下列说法正确的是( )A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V B．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为220V C．单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大 D．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小【解析】　cd两端电压有效值U1＝220V，当开关与a连接时n1n2＝101，由＝知，U2＝22V，即示数为22V，A、B错；因为示数是有效值而不是最大值，双掷开关由a扳向b，原线圈匝数n1变小，所以U2变大，I＝U/R，所以I变大，C正确；当开关与a连接时，副线圈电压U2不变，示数不变，示数随R增大而减小，D错．【答案】　C 4．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速，现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个周期中，前面的被截去，从而改变了电灯上的电压．则现在的电灯上的电压为( )A．Um B. C. D. 【解析】　由有效值的定义知T＝×，得U＝. 【答案】　C 5．年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重．此次灾害牵动亿万人的心．为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的熔冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A．输电电流为3I B．输电电流为9I C．输电电压为3U D．输电电压为U 【解析】　由ΔP＝I2R线，9ΔP＝IR线，联立解出Ix＝3I，故选项A对；由ΔP＝()2R线，9ΔP＝()2R线联立解出Ux＝U，故选项D对．【答案】　AD 6．(·福州模拟)下列关于电磁波的说法中正确的是( ) A．麦克斯韦电磁场理论预言了电磁波的存在 B．电磁波可以由均匀变化的磁场产生 C．雷达可以利用自身发射的电磁波的反射波来对目标进行定位 D．随身携带的移动电话(手机)内，只有无线电接收装置，没有无线电发射装置【解析】　选项A符合物理史实．电磁波由周期性变化的磁场产生，B错误．雷达用电磁波的反射确定目标位置，C正确．手机内应有发射电磁波的装置，D错误．【答案】　AC 7．面积为S的两个完全相同的单匝金属线圈分别放置在如图甲、乙所示的磁场中．甲图中有磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴做匀速转动；乙图中的磁场的变化规律为B＝B0cost，从图示时刻(t＝0时刻)起计时，则( )A．两线圈中的磁通量变化规律均为Φ＝B0Scost B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同 C．两线圈中产生的交变电流的有效值不同 D．从此刻起，T/4时间内流过线圈截面的电荷量相同【解析】　由于线圈在磁场中以周期T绕OO′轴做匀速转动，所以其角度为，在面积相同的情况下两者的磁通量变化规律均为Φ＝B0Scost，那么二者实际产生的交变电流是相同的，因此感应电动势达到最大值的时刻、交变电流的有效值、T/4时间内流过线圈截面的电荷量都是相同的．【答案】　AD 8．某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则( )A.> B.< C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 9．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(“220V 60W”)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( ) A．T1原、副线圈电流分别为103A和20A B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220V C．T1和T2的变压比分别为150和401 D．有6×104盏灯泡(“220V　60W”)正常发光【解析】　本题考查远距离输电，意在考查考生对远距离输电过程中的升压和降压及线路上的电压和功率损失情况的计算能力；因为输电线路上损失的功率是发电机输出功率的10%，由ΔP＝IR可得：输电电流I2＝＝A＝20A，由于I1＝＝A＝103A，所以A正确；又由＝＝＝＝，∴U2＝50U1＝50×4000V＝200000V，又由ΔU＝I2R＝20000V，则U3＝U2－ΔU＝1.8×105V，负载灯泡的额定电压为220V，所以U4＝220V，所以B正确；由＝＝，故C错误；T2的输出功率P输出＝P－ΔP＝0.9P＝3.6×106W，所以正常发光的负载灯泡数量为N＝＝6×104个，D正确．【答案】　ABD 10．用U1＝U和U2＝kU两种电压送电能，若输送功率、输电线上损耗功率、输电线的长度和材料都相同，则两种情况下输电线的截面直径之比d1d2为( ) A．k B. C．k2 D. 【解析】　设输送电压为U′，输电线电阻为R，则P耗＝()2R＝·ρ＝·ρ因P耗相同，所以由上式可得U′·d必为定值，d1d2＝U2U1＝k，选项A正确．【答案】　A 11．一个闭合的矩形线圈放在匀强磁场中匀速转动，角速度为ω时，线圈中产生的的交变电动势的最大值为E0，周期为T0，外力提供的功率为P0.若使线圈转动的角速度为2ω，线圈中产生的交变电动势的最大值为E，周期为T，外力提供的功率为P.则E、T和P的大小为( ) A．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0 B．E＝E0，T＝T0，P＝2P0 C．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0 D．E＝2E0，T＝T0，P＝4P0 【解析】　设线圈为n匝，面积为S，所在区域磁感应强度度B，当角速度为ω时产生的最大感应电动势E0＝NBSω，周期T0＝，外力提供的功率P0＝＝＝.当角速度为2ω时产生的最大感应电动势E＝2NBSω＝2E0，周期T＝＝＝T0，外力提供的功率P＝＝＝4P0.故选项D对．【答案】　D 12．如图所示为一台理想变压器，原、副线圈的匝数分别为n1＝400匝，n2＝800匝，如果导线的电阻忽略不计，那么可以确定( ) A．这是一台升压变压器 B．副线圈两端电压是原线圈两端电压的一半 C．通过副线圈的电流是通过原线圈电流的一半 D．变压器输出电功率是输入电功率的一半【解析】　由公式＝，n1<n2，故为升压变压器，＝＝，则C也正确．【答案】　AC 二、实验题(本题共2小题，共18分) 13．如图为示波器面板．一位同学在做“练习使用示波器”的实验时，进行了如下的操作：(1)打开电源后，首先在屏上调出了一个最圆最小的亮斑，但亮斑位于屏上的左上角．若想将这个亮斑调到屏幕的正中央，他应该调节________和________旋钮(填旋钮对应的数字)； (2)为观察示波器的水平扫描作用，他调节相应的旋钮，看到屏上的亮斑从左向右移动，到达右端后又很快回到左端．之后，他顺时针旋转扫描微调旋钮以增大扫描频率，此时屏上观察到的现象是______________________； (3)为观察按正弦规律变化的电压的图线，他把扫描范围旋钮置于左边第一挡(10Hz～100Hz)．要由机内提供竖直方向的按正弦规律变化的电压，他应将________旋钮(填旋钮对应的数字)置于________挡．【解析】　(1)将左上角的亮斑调到屏幕正中央，调节竖直位移(↑↓)和水平位移()旋钮⑥、⑦即可． (2)增大扫描频率后，亮斑移动逐渐变快，最后亮斑成为一条亮线． (3)要观察到清晰的正弦曲线，应将扫描范围置于左边第一挡后，要将衰减旋钮置于“”挡，即调节⑩置于“”挡．【答案】　(1)⑥　⑦　(2)一条亮线　(3)⑩ 14．在“练习使用示波器”的实验中： (1)为观察亮斑在竖直向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X挡”，使亮斑位于屏的________，然后，应把“DC—AC”开关置于________位置，以备给示波器输入一个直流电压． (2)为给示波器输入一个Y方向的直流电压(要求电压从零开始逐渐增加)，请将下图所示器材与示波器连成正确的电路．(3)调节变阻器改变输入电压，可以看到亮斑向上的偏移随之改变，电压越高，向上的偏移越________；调换电池正、负极，改变输入电压，可以看到亮斑向________偏移．【解析】　本题考查示波器原理及示波器的使用方法． (1)扫描范围旋钮置于“外X”时，机内不提供X方向的扫描电压，故亮斑仅出现在屏的中心；然后，应把“DC—AC”开关置于直流“DC”位置，以备给示波器输入一个直流电压． (2)因输入电压要从零开始逐渐增加，所以示波器应接在分压电路上，所以实验时仪器连接应如下图所示．(3)若再加大Y向电压，则亮斑会加大其在竖直方向的位移，即电压越高，向上的偏移越大；调换电池正、负极后，亮斑向下偏移．【答案】　(1)中心　DC　(2)见解析图 (3)大　下三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 15．将电阻R1和R2如图(甲)所示接在变压器上，变压器原线圈接在电压恒为U的交流电源上，R1和R2上的电功率之比为21；若其他条件不变，只将R1和R2改成如图(乙)接法，R1和R2上的功率之比为18，若(甲)图中原线圈的电流I1，(乙)图中原线圈电流为I2，求： (1)两组副线圈的匝数之比； (2)I1和I2之比．【解析】　(1)(甲)图中R1和R2串联，电流相同，功率与电阻成正比，所以有R1＝2R2① 设(乙)图三组线圈的匝数分别是n1、n2、n3，两组副线圈上的电压分别是U2和U3，易得U2＝U② U3＝U③ 由(乙)图中R1和R2上的功率之比为18，即 (U/R1)(U/R2)＝18④ 联立①②③④式解得＝. (2)设(甲)图中输出功率为P1，则 P1＝(U)2/(R1＋R2) 设(乙)图中输出功率为P2，则 P2＝(U)2/R1＋(U)2/R2 以R1＝2R2，n3＝2n2代入，可得：＝.由于输入功率等于输出功率，所以(甲)、(乙)两图中输入功率之比也为，根据P＝IU，电压恒定，所以两图中电流之比I1I2＝23. 【答案】　(1)12　(2)23 16．如图所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1T，角速度为ω＝rad/s，电阻为R＝10Ω，求： (1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流为多大？ (2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)．【解析】　(1)当从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电动势，Em＝NBSω＝30V，则Im＝＝3A. (2)由题意知，i＝Imsinωt，而Im＝3A.ω＝rad/s，所以：i＝3sintA. 【答案】　(1)3A　(2)i＝3sintA 17．某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%，求： (1)村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗) (2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？【解析】　建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以从线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3. (1)由线路损耗的功率P线＝IR线可得 I线＝＝A＝6A 又因为P输出＝U2I线，所以 U2＝＝V＝1500V U3＝U2－I线R线＝(1500－6×10)V＝1440V 根据理想变压器规律＝＝＝，＝＝＝所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是13和7211. (2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)，由P输出＝UI线′可得 I线′＝＝A＝18A 所以线路损耗的功率 P线＝IR线＝182×10W＝3240W 用户得到的电压U用户＝U－I线R线＝(500－18×10)V＝320V 用户得到的功率P用户＝P输出－P线＝(9000－3240)W＝5760W. 【答案】　(1)13　7211 (2)320V　5760W 18．(201·保定市调研)如右图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，边长ab＝20cm, ad＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直磁感线且通过线圈中线的OO′以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时，线圈平面与磁感应线平行，ab边正好转出纸外、cd边转入纸里． (1)在图中标出t＝0时感应电流的方向； (2)写出线圈感应电动势的瞬时值表达式； (3)线圈转一圈外力做功多大？ (4)从图示位置转过90°过程中流过电阻R的电荷量是多大？【解析】　(1)线圈感应电流方向为adcba　图略． (2)线圈的角速度 ω＝2πn＝2×π×3000÷60rad/s＝100πrad/s. 设ab边在t＝0时刻速度为vab，图示位置的感应电动势最大，其大小为 Em＝2NB·vab ＝NB··ω ＝50×0.4×0.20×0.25×100πV＝314V，电动势的瞬时表达式为e＝314cos100πtV. (3)电动势的有效值E＝.n＝3000r/min＝50r/s. 线圈匀速转动的周期T＝0.02s. 线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W外力＝＝J ＝98.6J. (4)Q＝IΔt. 从t＝0起转过90°的过程中，Δt时间内流过R的电荷量 Q＝Δt＝＝C＝0.1C. 【答案】　(1)方向adcba　图略　(2)e＝314cos100πtV　(3)98.6J　(4)0.1C 高考学习网：高考学习网：。

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2014高考物理常考基础精练16 [时间45分钟　满分100分] 一、选择题(本题共10小题，每题7分，至少一个答案正确，选不全得4分，共70分) 1．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图6－3－17)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，则 A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变解析　保持S不变，增大d，平行板电容器的电容减小，由于电容器的电荷量不变，由Q＝CU可以判断极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，电容器电容变小，由Q＝CU可以判断极板间电势差变大，选项C、D错误．答案　A 2．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是 A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 解析　U1＝，E1＝.当板间距变为d时，由C＝可知电容变为2C，而带电荷量也变为2Q，故U2＝＝U1，E2＝＝2＝2E1，故C选项正确．答案　C 3．两块平行金属板M、N水平放置，带电情况如图6－3－18所示，其内部空间有两个悬浮着的小带电液滴A和B，采用以下哪些办法可使液滴向上做加速运动 A．使两板靠近一些 B．使两板左、右错开一些 C．用导线将两板连接一下 D．使A和B粘合在一起解析　A、B两液滴处于静止状态，必有EqB＝mAg，EqB＝mBg，两液滴粘合在一起后，则有E(qA＋qB)＝(mA＋mB)g，一定还静止，D错误；用导线将两板连接一下，电场减弱或消失，则两液滴向下做加速运动，C错误；将两板靠近，两板间场强不变，电场力不变，液滴仍静止，故A错；两板左、右错开一些，使板间场强增大，故两液滴将向上做加速运动，故B正确．答案　B 4．如图6－3－19所示，如果在电极YY′之间所加的电压按图6－3－20(a)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图6－3－20(b)所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是图6－3－21中的解析　0时刻，在YY′方向上位移为零，在XX′方向上位移为负的最大值；在t1时刻，在YY′方向上位移为零，在XX′方向上位移为零；在t1/2时刻，在YY′方向上位移为正的最大值，故B图正确．答案　B 5．静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷q/m为 A. B. C. D. 解析　由动能定理及电场力做功公式q(φa－φb)＝m(v－v)，解得＝＝，故只有C正确．答案　C 6．如图6－3－22所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的解析　考查带电粒子在电场中的加速与偏转．电子获得动能为：mv2＝qU1，电子的侧移量为：y＝at2＝××＝，可见当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，显然A正确．答案　A 7．如图6－3－23所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，忽略粒子重力的影响，则P和Q的质量之比为 A．3∶4 B．4∶3 C．3∶2 D．2∶3 解析　粒子P和Q在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OM＝MN得，tP∶tQ＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度之比为aP∶aQ＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝·＝，故选项A对．答案　A 8．如图6－3－24所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、带电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是 A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压加倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的解析　粒子恰好到达N板时有Uq＝mv，恰好到达两板中间返回时有q＝mv2，比较两式可知B、D选项正确．答案　BD 9．如图6－3－25(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压．t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0＜t＜8×10－10 s的时间内，这个电子处于M点的右侧、速度方向向左且大小逐渐减小的时间是 A．0＜t＜2×10－10 s B．2×10－10 s＜t＜4×10－10 s C．4×10－10 s＜t＜6×10－10 s D．6×10－10 s＜t＜8×10－10 s 解析　t＝0时，Q板比P板电势高，电子先向右做匀加速直线运动，其速度—时间图象如图所示，符合题意的是选项D.答案　D 10．如图6－3－26所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V，一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点．不计质子的重力，下列判断正确的是A．c点电势低于a点电势 B．电场强度的方向由b指向d C．质子从b运动到c，所用的时间为 D．质子从b运动到c，电场力做功为4 eV 解析　在匀强电场中，电势是均匀降低的，则φa－φb＝φd－φc，得φc＝16 V，φc＜φa，A正确．设ad中点为e，bc中点为f，则φe＝16 V，φf＝20 V，连接ec、af，两者为两条等势线，又因为ab＝L，bc＝2L，△abf为等腰直角三角形，过b作bh⊥af，则bh为一条电场线，方向由b到h，故B错误．质子从b到c运动过程，沿v0方向做匀速直线运动s＝L，t＝＝，C正确．质子从b运动到c电场力做功W＝Ubcq＝8 eV，故D错误．答案　AC 二、计算题(本大题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(12分)如图6－3－27所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，电场强度的大小为E.在A(l,0)点有一个质量为m、电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0，－l)点，求：(不计重力作用) (1)粒子的初速度v0的大小； (2)当粒子到达B点时的速度v的大小．解析　(1)由题意粒子在y方向有l＝v0t 在x方向上有l＝t2 由以上两式可得v0＝. (2)设粒子到达B点时的速度为v，由动能定理有 qEl＝mv2－mv 联立可得v＝. 答案　(1) (2) 12．(18分)2013·如图6－3－28所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图甲放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3 s，U0＝103 V，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子带电荷量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg.不计粒子所受重力．求： (1)粒子在板间运动的时间； (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标； (3)粒子打到屏上的动能．解析　(1)粒子在板间沿x轴匀速运动，设运动时间为t，L＝v0t t＝＝2×10－3 s (2)设t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1 y1＝a2＋＝ma 解得y1＝0.15 m 纵坐标y＝d－y1＝0.85 m (3)粒子出射时的动能，由动能定理得： qy2＝mv2－mv y2＝a2 mv2＝5.05×10－2 J. 答案　(1)2×10－3 s　(2)0.85 m (3)5.05×10－2 J 高考学习网：高考学习网：。

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2014高考物理抢分必备专题突破训练一、选择题(8×8′＝64′)1．一列横波沿x 轴正向传播，a 、b 、c 、d 为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图1所示，此后，若经过34周期开始计时，则图2描述的是( )图1 图2A ．a 处质点的振动图象B ．b 处质点的振动图象C ．c 处质点的振动图象D ．d 处质点的振动图象解析：由图1可以判断此时质点a 向上振动，质点b 处于波谷位置，质点c 向下振动，质点d 处于波峰位置，经过3/4周期后，质点a 处于波谷，质点b 处于平移位置且正向下振动，质点c 处于波峰位置，质点d 处于平衡位置且正向上振动，可以判断图2表示b 质点的振动图象，选项B 正确．答案：B2.在O 点有一波源，t ＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波．t 1＝4 s 时，距离O 点为3 m 的A 点第一次达到波峰；t 2＝7 s 时，距离O 点为4 m 的B 点第一次达到波谷．则以下说法正确的是( )A ．该横波的波长为2 mB ．该横波的周期为4 sC ．该横波的波速为1 m/sD ．距离O 点为5 m 的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s 末解析：由于波源起振方向向上，则参与机械波传播的各质点起振方向均向上．据此，根据题意有3 m v ＋T 4＝4 s(①式)、4 m v ＋34T ＝7 s(②式)，联立①②解得v ＝1 m/s 、T ＝4 s ，则λ＝vT ＝4 m ，所以选项A 错误，选项B 、C 正确；因波源起振方向向上，v ＝1 m/s ，距离O 点为5 m 的质点第一次开始向上振动的时刻为5 s 末，选项D 错．答案：BC3．一列简谐横波沿直线由A 向B 传播，A 、B 相距0.45 m ，如图3所示是A 处质点的振动图象．当A 处质点运动到波峰位置时，B 处质点刚好到达平衡位置且向y 轴正方向运动，这列波的波速可能是( )图3A ．4.5 m/sB ．3.0 m/sC ．1.5 m/sD ．0.7 m/s解析：由波的图象及周期性可以判断AB ＝(n ＋14)λ＝0．45 m ，所以λ＝1.84n ＋1 m ，由振动图象可知周期T ＝0.4 s ，所以波速v ＝λT ＝4.54n ＋1 m/s.当n ＝0时，v ＝4.5 m/s ；当n ＝1时，v ＝0.9 m/s ；当n ＝2时，v ＝0.5 m/s ，所以只有选项A 正确．答案：A4．如图4所示，位于介质Ⅰ和Ⅱ分界面上的波源S ，产生两列分别沿x 轴负方向与正方向传播的机械波．若在两种介质中波的频率及传播速度分别为f 1、f 2和v 1、v 2，则( )图4A ．f 1＝2f 2，v 1＝v 2B ．f 1＝f 2，v 1＝0.5v 2C ．f 1＝f 2，v 1＝2v 2D ．f 1＝0.5f 2，v 1＝v 2解析：因为机械波的波速由介质决定，频率由振源决定，所以f 1＝f 2；由图知：32λ1＝3λ2＝L ，得λ1＝2λ2，由v ＝λ·f 得v 1＝2v 2，故C 正确．答案：C5．图5中实线和虚线分别是x 轴上传播的一列简谐横波在t ＝0和t ＝0.03 s 时刻的波形图，x ＝1.2 m 处的质点在t ＝0.03 s 时刻向y 轴正方向运动，则( )图5A ．该波的频率可能是125 HzB ．该波的波速可能是10 m/sC ．t ＝0时x ＝1.4 m 处质点的加速度方向沿y 轴正方向D ．各质点在0.03 s 内随波迁移0.9 m解析：由题可知波向右传播，则0.03＝nT ＋34T ，T ＝0.03n ＋34，当n ＝3时，T ＝0.008 s ，f＝125 Hz ，A 选项正确．波速v ＝λT，λ＝1.2 m ，代入数据得B 选项错误．当t ＝0时刻，x＝1.4 m 时，质点加速度方向沿y 轴负方向，C 选项错误．各质点只是上下振动，不随波迁移，D 选项错误．答案：A图66．一简谐横波沿x 轴正方向传播，某时刻其波形如图6所示．下列说法正确的是( ) A ．由波形图可知该波的波长 B ．由波形图可知该波的周期 C ．经14周期后质元P 运动到Q 点D ．经14周期后质元R 的速度变为零解析：由波动图象可得出波长为4 cm ，波沿x 轴正方向传播，经过1/4周期后，质元P 运动到最大位移处，不随波迁移，质元R 运动到负向最大位移处，速度为零，所以A 、D 选项正确．答案：AD图77．如图7所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷．设两列波的振幅均为5 cm ，且图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1 m/s 和0.5 m ．C 点是BE 连线的中点，下列说法中正确的是( )A ．C 、E 两点都保持静止不动B ．图示时刻A 、B 两点的竖直高度差为20 cmC ．图示时刻C 点正处于平衡位置且向水面上运动D．从图示的时刻起经0.25 s，B点通过的路程为20 cm解析：图8由波的干涉知识可知图8中的质点A、B、E的连线处波峰和波峰或波谷和波谷叠加是加强区，过D、F的连线处和过P、Q的连线处波峰和波谷叠加是减弱区．C、E两点是振动的加强点，不可能静止不动．所以选项A是错误的．在图示时刻，A在波峰，B在波谷，它们振动是加强的，振幅均为两列波的振幅之和，均为10 cm，此时的高度差为20 cm，所以B选项正确．A、B、C、E均在振动加强区，且在同一条直线上，由题图可知波是由E处向A处传播，在图示时刻的波形图线如图所示，由图可知C点向水面运动，所以C选项正确．波的周期T＝λ/v＝0.5 s，经过0.25 s，即经过半个周期．在半个周期内，质点的路程为振幅的2倍，所以振动加强点B的路程为20 cm，所以D选项正确．答案：BCD8．如图9图9所示，一小型渔港的防波堤两端MN相距约60 m，在防波堤后A、B两处有两个小船进港躲避风浪．某次海啸引起的波浪沿垂直于防波堤的方向向防波堤传播，下列说法中正确的有( )A．假设波浪的波长约为10 m，则A、B两处小船基本上不受波浪影响B．假设波浪的波长约为10 m，则A、B两处小船明显受到波浪影响C．假设波浪的波长约为50 m，则A、B两处小船基本上不受波浪影响D．假设波浪的波长约为50 m，则A、B两处小船明显受到波浪影响解析：A、B处小船发生明显的影响是因为水波发生明显的衍射，波浪能传播到A、B处的结果，由于当障碍物或缝隙的尺寸比波长小或跟波长差不多的时候，会发生明显的衍射现象．答案：AD二、计算题(3×12′＝36′)9．如图10所示，一根柔软的弹性绳子右端固定，左端自由，A、B、C、D……为绳上等间隔的点，点间间隔为50 cm，现用手拉着绳子的端点A使其上下振动，若A点开始向上，经0.1 s 第一次达到最大位移，C 点恰好开始振动，则图10(1)绳子形成的向右传播的横波速度为多大？(2)从A 开始振动，经多长时间J 点第一次向下达到最大位移？ (3)画出当J 点第一次向下达到最大位移时的波形图象．答案：(1)v 波＝x t ＝1 m0.1 s＝10 m/s.(2)波由波源传到J 需时间t 由t 1＝s ′v ＝4.510s ＝0.45 s 波刚传到J 时，J 也向上起振．到负最大位移需t 2时间，则t 2＝34T ＝0.3 s所以对应总时间t ＝t 1＋t 2＝0.75 s. (3)波形图如图11所示．图11图1210．一列简谐横波在x 轴上传播，在t 1＝0和t 2＝0.5 s 两时刻的波形分别如图12中的实线和虚线所示，求：(1)若周期大于t 2－t 1，波速多大？ (2)若周期小于t 2－t 1，则波速又是多少？ (3)若波速为92 m/s ，求波的传播方向．解析：(1)若波向右传播，Δx 1＝2 m ，Δt ＝t 2－t 1＝0.5 s ，则v 1＝Δx 1Δt ＝4 m/s ；若波向左传播，Δx 2＝6 m ，Δt ＝t 2－t 1＝0.5 s ，则v 2＝Δx 2Δt＝12 m/s.(2)若波向右传播，Δx 3＝(2＋8n )m(n ＝1,2,3，…)，Δt ＝t 2－t 1＝0.5 s ，则v 3＝Δx 3Δt ＝(4＋16n ) m/s(n ＝1,2,3，…)；若波向左传播，Δx 4＝(6＋8n ) m(n ＝1,2,3，…)，Δt ＝t 2－t 1＝0.5 s 则v 4＝Δx 4Δt ＝(12＋16n ) m/s(n ＝1,2,3，…)．(3)当波速为92 m/s 时，波向前传播的距离为Δx ＝vt ＝46 m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋34λ，由(2)题答案可知波向左传播．答案：(1)若波向右传播，波速为4 m/s ；若波向左传播，波速为12 m/s (2)若波向右传播，波速为(4＋16n ) m/s(n ＝1,2,3，…) 若波向左传播，波速为(12＋16n ) m/s(n ＝1,2,3，…) (3)向左传播图1311．(2010·新课标全国卷)波源S 1和S 2振动方向相同，频率均为4Hz ，分别置于均匀介质中x 轴上的O 、A 两点处，OA ＝2m ，如图13所示．两波源产生的简谐横波沿x 轴相向传播，波速为4m/s.已知两波源振动的初始相位相同．求：(ⅰ)简谐横波的波长；(ⅱ)OA 间合振动振幅最小的点的位置．解析：(ⅰ)设简谐横波波长为λ，频率为ν，波速为v ，则λ＝vν①代入已知数据得λ＝1 m ．②(ⅱ)以O 为坐标原点，设P 为OA 间的任意一点，其坐标为x ，则两波源到P 点的波程差Δl 为Δl ＝x －(2－x )，0≤x ≤2③其中x 、Δl 以m 为单位．合振动振幅最小的点的位置满足 Δl ＝(k ＋12)λ，k 为整数④联立③④式，得x ＝0.25 m,0.75 m,1.25 m,1.75 m ．⑤ 答案：(ⅰ)1 m (ⅱ)0.25 m,0.75 m,1.25 m,1.75 m。