2012届高三物理一轮复习 全程综合训练课堂练习二 新人教版
高考物理一轮总复习 力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如下列图，在0～t 0时间内如下说法正确的答案是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ．R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体外表上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，如此有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B ．π4C.π3 D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，如此有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如下列图，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如下列图，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上外表水平，如此如下说法正确的答案是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是( )A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f＝μmg cos θ＝4 N，所以当F减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F从4 N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由Fx图象可知，当F＝4 N时，位移为3.2 m，故A项正确，B项错误；当F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝10 N时动能最大，由Fx图象知此时x＝2 m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的vt图象如下列图．t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t ＝4 s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48 JC．摩擦力对物体做功12 JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75 ，故A项正确；经分析可知，2 s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A ，滑块A 匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B 相碰，碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______． A ．滑块A 的质量m A ，滑块B 的质量m B .B ．遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C ．本地的重力加速度gD ．滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE ．滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ，质量m A 、m B ，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A ．μA ＞μB m A ＞m B B ．μA ＞μB m A ＜m BC ．μA ＝μB m A ＞m BD ．μA ＜μB m A ＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1，光电门乙先后的读数为t 2，t 3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Ad t A 甲＝m A dt A 乙＋m Bdt B 乙，应当选项A 、E 正确． (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B 也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA ＝μB ，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A 的质量大于B 的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2. 答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m Bt 2)10．(20分)如下列图，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度一样： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进展受力分析，如下列图kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝6＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)6＋23mg3。
高三物理一轮复习 全程综合训练课堂练习二 新人教版
高三物理一轮复习全程综合训练课堂练习二新人教版1.在用油膜法估测分子大小的实验中,已知所用油的摩尔质量为M,密度为ρ,油滴质量为m,油滴在液面上扩散后的最大面积为S,阿伏加德罗常数为NA.以上各量均采用国际单位,由此可知________.A.油分子直径d=MS ρB.油分子直径d=mSρ C.油滴所含分子数n=Mm\5NAD.油滴所含分子数n=mM\5NA解析:油分子的体积V=mρ,所以油分子的直径d,V mS Sρ==A错B对;油滴的摩尔数mM,油滴所含分子数n=mM NA,C错D对.答案:BD2.某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律,让质量为m1的小球从斜槽某处由静止开始滚下,与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生碰撞.(1)实验中必须满足的条件是________.A.m1必须大于m2B.斜槽必须是光滑的C.斜槽末端的切线必须水平D.m1每次必须从同一高度由静止滚下(2)实验中必须测量的物理量是________.A.两小球的质量m1和m2B.两小球的直径d1和d2C.桌面离地面的高度HD.小球飞出的水平距离s(3)下列说法中有利于减小误差、提高实验结果准确程度的是________.A.两小球的质量差越大越好B.小球释放点离地面的高度越大越好C.调整斜槽,使m1、m2碰撞时球心在同一水平面上D.将小球重复10次的落点用半径尽量小的圆圈住,其圆心作为小球的落点位置解析:(1)为了防止碰后m1反弹而导致m1碰后速度的测量误差增大,必须m1>m2,A对;该实验是通过平抛运动规律来将速度转换成水平位移进行测量的,必须保证两球在碰撞前后水平抛出,所以斜槽末端的切线必须水平,C对;要保证m1碰前的速度相同,根据功能关系,m1每次必须从同一高度由静止滚下,D对;根据功能关系可知斜槽没有必要一定光滑,B错.(2)根据动量守恒定律,m1v1=m1v′1+m2v′2,本实验将其转换成m1s1=m1s′1+m2s′2进行验证,所以A､D正确.(3)根据实验需要注意的事项和数据处理方法,C､D正确.答案:(1)ACD (2)AD (3)CD3.一直流电压表,内阻为RV,一直流电源(电动势未知,内阻可忽略不计),两个单刀开关S1、S2及若干导线.已知电压表的量程略大于电池组的电动势,现用这些器材测量一电阻值较大的定值电阻Rx的值.(1)为达到上述目的,将题中右侧对应的图连成一个完整的实验电路图.(2)简述实验步骤和需要测量的数据(数据用文字和符号表示):________________________________________________________________________________(3)可以计算出Rx=________.(用已知量和测得量表示)解析:因为只给了一只阻值已知的电压表,所以要利用串联电路的特点,即电压的分配与电阻成正比来进行测量.当S1､S2均闭合时,电源的电动势为U1,当S1闭合S2断开时,根据串联电路的特点:212,VxRUU U R=-解得Rx=122U UU-RV. 答案:(1)如图所示(2)闭合S1､S2,读出电压表读数U1;保持S1闭合,断后S2,读出电压表读U2; (3)122U U U RV 4.“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质.如图所示,测定时,在平直的起点终点线与折返线间的跑道上,受试者站在起点终点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正前方10米处的折返线,测试员同时开始计时.受试者到达折返线处时,用手触摸折返线处的木箱,再转身跑向起点终点线.当到达起点终点线时,测试员停表.所用时间即为一次“10米折返跑”的成绩.设受试者匀加速起跑的加速度为4 m/s2,运动过程中的最大速度为4 m/s,到达折返线时需减速到零,匀减速过程中的加速度为8 m/s2,返回的10 m 与前10 m 运动情况相同.求该受试者一次“10米折返跑”的成绩.解:受试者加速过程中s1=21112a t vm=a1t1匀速过程中s2=vmt2减速过程中s3=22312a t vm=a2t3s=s1+s2+s3t=t1+t2+t3受试者10 m 折返跑的时间T=2t=6.5 s.5.如图所示,质量为m=10 kg 的物体在F=200 N 的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°.力F 作用t1=2 s 时撤去,物体在斜面上继续上滑了t2=1.25 s 后,速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g 取10 m/s2)解:力F 作用时Fcosθ-μFN -mgsinθ=ma1FN=Fsinθ+mgcosθ2 s 末物体的速度v=a1t1撤去F 到物体停止的过程中-μF′N-mgsinθ=ma2F′N=mgcosθv=-a2t2μ=0.25.6.电子自静止开始经M、N板间(两板间的电压为U)的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d有平行边界的匀强磁场中,电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L,如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.(已知电子的质量为m,电荷量为e)、解:电子经电场加速后mv2=eU电子进入磁场后R=mveBR2=d2+(R-L)2B=22mULe.7.如图所示,在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行金属导轨,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B0.导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关K,导轨电阻不计,两金属棒a 和b的电阻都为R,质量分别为ma=0.02 kg和mb=0.01 kg,它们与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦地运动.若将b棒固定,断开开关K,将一竖直向上的恒力作用于a,稳定时a棒以v=10 m/s的速度向上匀速运动,此时再释放b棒,b棒恰能保持静止,取g=10 m/s2,求:(1)若将a棒固定,开关K闭合,让b棒从静止开始自由下滑,求b棒滑行的最大速度;(2)若将a、b棒都固定,断开开关K,使匀强磁场的磁感应强度在0.1 s内从B0随时间均匀增大到2B0时,a棒所受到的安培力恰好等于它的重力,求两棒间的距离.解:(1)a棒向上运动时E1=B0lv,I1=12E R ,F1=B0I1l 对于b 棒F1=mbgb 棒下滑到最大速度时E2=B0lvm,I2=232E R ,F2=B0I2l对于b 棒F2=mbgvm=7.5 m/s.(2)在磁感应强度增大的过程中 E3=0B lh tt ∆Φ=∆∆I3=32E R F3=2B0I3lF3=magh=1 m.20.北京时间2009年3月1日下午15时36分,在距月球表面100 km 的圆轨道上运行的质量为1.2×103 kg(连同燃料)的“嫦娥一号”卫星,在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机点火,在极短的时间内以4.92 km/s 的速度(相对月球表面)向前喷出质量为50 kg 的气体后,卫星减速,只在月球引力的作用下下落,最后成功撞击到月球东经52.36度、南纬1.50度的预定的丰富海区域,实现了预期目标,为中国探月一期工程画上一个圆满的句号.已知月球的半径R=1.7×103 km,月球表面的重力加速度g′=1.8 m/s2,求:(1)“嫦娥一号”在圆轨道上的运行速度;(2)若忽略卫星下落过程中重力加速度的变化,求“嫦娥一号”撞击到月球表面时的速度. 解:(1)质量为m0的物体在月球上时m0g′=G02m MR 卫星在高度为h 的轨道上运行时22()mM v G m R h R h =++v=R h +=1.7 km/s.(2)“嫦娥一号”喷出气体前后mv=(m-Δm)v1+Δmv2v1=1.56 km/s“嫦娥一号”在下落过程中2212mg 1122h mv mv =+v2=1.67 km/s.8.在电场强度为E 的匀强电场中,有一条与电场线平行的几何线(如图甲中虚线所示),几何线上有两个静止的小球A 和B(均可视为质点),两小球的质量均为m,A 球带正电,电荷量为q(电荷量很小,对原电场的影响可忽略);B 球不带电,开始时两球相距为L.某时刻释放A 球,A 球在电场力的作用下开始沿直线运动,并与B 球发生正对碰撞.设碰撞中A 、B 两球的总动能无损失,且A 、B 两球间无电荷转移,不考虑重力及两球间的万有引力,不计碰撞时间:求:(1)从释放开始,A 球经过多长时间与B 球发生第一次碰撞?(2)第一次碰撞后又经多长时间A 球与B 球发生第二次碰撞?(3)在图乙给出的坐标系中,画出A 球运动的v-t 图象(从A 球开始运动起到A 、B 两球第三次碰撞时止).解:(1)A 球与B 第一次碰撞前做匀加速直线运动qE=maL=2112at2mLqE (2)A 与B 第一次碰撞时速度为v0v0=at1A 与B 第一次碰撞后A 的速度为v1,B 的速度为V1mv0-mv1+mV1222011111222mv mv mV =+v1=0,V1=v0第一次碰撞后经过t2时间A 、B 两球再次相碰v0t2=22 2att2=22.mLqE(3)A､B第二次碰撞后速度分别为v2和V2m(at2)+mV1=mv2+mV2222221221111()2222m at mV mv mV+=+v2=v0,V2=2v0 第二次碰撞后到第三次碰撞时V2t3=v2t3+2312att3=22mLqEA球第三次与B碰撞时v3=v2+at3=32.qELm图象如下图所示.。
山东省新人教版物理2012届高三复习总结课堂练习
山东省新人教版物理2012届高三复习课堂练习第二章第3节受力分析、共点力的平衡【例1】(2011·潍坊模拟)如图所示，小车M在恒力F作用下，沿水平地面做直线运动，由此可判断( )A.若地面光滑，则小车一定受三个力作用B.若地面粗糙，则小车可能受三个力作用C.若小车做匀速运动，则小车一定受四个力的作用D.若小车做加速运动，则小车可能受三个力的作用【答案】选C、D.【详解】先分析重力和已知力F，再分析弹力，由于F的竖直分力可能等于重力，因此地面可能对物体无弹力作用，则A错；F的竖直分力可能小于重力，则一定有地面对物体的弹力存在，若地面粗糙，小车受摩擦力作用，共四个力作用，B错；若小车做匀速运动，那么水平方向上所受摩擦力和F的水平分力平衡，这时小车一定受重力、恒力F、地面弹力、摩擦力四个力作用，则C对；若小车做加速运动，当地面光滑时，小车受重力和力F作用或受重力、力F、地面支持力作用，选项D正确.【例2】(2011·深圳模拟)如图所示,小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上,有一细线一端拴在小圆环A上,另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块.如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计,绳子又不可伸长,若平衡时弦AB所对应的圆心角为α,则两物块的质量比m1∶m2应为( )【答案】选C.【详解】解法一：采取相似三角形法对小圆环A受力分析，如图所示，FT2与FN的合力与FT1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知得解法二：采用正交分解法建立如解法一中图所示的坐标系，可知：FT2=FN=m2g解得解法三：采用三力平衡的推论法FT2与FN的合力与FT1平衡，则FT2与FN所构成的平行四边形为菱形，有FT2=m2g,FT1=m1g解得【巩固练习】1.（2011.安徽高考·T14）一质量为m的物块恰好静止在倾角为的斜面上。
2012高考物理一轮复习(人教版)精品课件6-1
答案：BCD
2．(2010·全国卷Ⅱ)在雷雨云下沿竖直方向
的电场强度约为104V/m.已知一半径为1mm的雨
滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为 10m/s2，水的密度为103kg/m3.这雨滴携带的电荷 量的最小值约为( )
A. 2×10－9C
B. 4×10－9C
C. 6×10－9C
D. 8×10－9C
及
对它们
之间相互作用力的影响可以忽略不计时，这样的 带电体，质点就可以看作带电的点，叫做点电荷．类
3 ． 元 电 荷 ： 科 学 发 现 最 小电的子 电 荷 量 就 是 所用e带表的示电，荷e＝量．质子、正电子，电所1.6荷0有×量带10－与电19 C它体相的同电荷， 量都是元电荷的 整数倍 ．
1．重视基本概念的理解．科学知识是科学素 质的重要组成部分，即便是能力立意十分突出的 试题，也绝不会脱离基本的知识、概念．
2．重视物理学的科学研究方法．本章的物理 学科学习方法主要有理想化模型、比实际相结合的出题点．如电场中 的导体的性质和特点，带电粒子在电场中的加速 和偏转，以及电容器的一些知识在实际生产、生 活中都有广泛的应用．
中和 平分
同种电荷总量
，异种电荷先
——要点深化——
如何理解电荷量、元电荷、点电荷和试探电 荷？
电荷量是物体带电的多少，电荷量只能是元 电荷的整数倍；元电荷不是电子也不是质子，而 是最小的电荷量，电子和质子带最小的电荷量， 即e＝1.6×10－19 C；点电荷要求“线度远小于研 究范围的空间尺度”，是一种理想化的模型，对 其带电荷量无限制；试探电荷要求放入电场后对 原来的电场不产生影响，且要求在其占据的空间
内容 物质的电结构、电荷守恒 静电现象的解释 点电荷 库仑定律 静电场 电场强度、点电荷的场强
高考物理一轮复习试题综合训练新人教版
A ． 3g 3g
C. 4
B．g g
D.2
4．质量为 m 的物体，在 F1、F2 、F3 三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持 将 F3 的方向改变 90°(大小不变 )后，物体可能做 ( )
A ．加速度大小为 Fm3的匀变速直线运动
F1、 F2 不变，仅
B．加速度大小为
2F m
3的匀变速直线运动
C．加速度大小为
2F m
3的匀变速曲线运动
D ．匀速直线运动
5．宇宙飞船运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火
时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．
如果不进行“轨道维持”， 由于
飞船受轨道上稀薄空气的影响， 轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、
Ff.物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为
l .在这个过程中，
A ．物块到达小车最右端时具有的动能为 (F－F f)(L ＋ l)
B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为
F fl
C．物块克服摩擦力所做的功为 F f(L＋ l )
D．物块和小车增加的机械能为 Fl
二、实验题（ 12 分）
13．（ 4 分）做“验证牛顿运动定律”的实验，主要的步骤有 A．将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上，取两个质量相等的小车，放在光滑的水平长 木板上
15．（ 12分）如图所示， 半径为 R=0.8m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置， 圆弧最低点 B与长为 L=1m 的水平桌面相切于 B点，BC离地面高为 h=0.45m，质量为 m =1.0kg的小滑块从圆弧顶点 D由静止释放， 已知滑块与水平桌面间的动摩擦因数 μ=0.6，取 g =10m/s2。求：
2012届高三物理一轮复习 全程综合训练课堂练习一 新人教版
2012届高三物理一轮复习全程综合训练课堂练习一1.在下面给出的方程中,括号中的a 、b 、c 、d 代表相同或不同的粒子,其中正确的说法是( )2382349412929042623514192123492563601123U Th aBe He C bU c Ba Kr n H H He d →++→++→+++→+①②③④A.a 、b 都是电子B.b 、c 、d 都是中子C.c 是中子,d 是α粒子D.a 是α粒子,d 是中子解析:考查核反应方程及其规律,在核反应过程中,遵从质量数守恒和核电荷数守恒,根据反应前后质量数守恒和核电荷数守恒可知:a 为α粒子､b 、c 、d 均为中子.所以B 、D 正确. 答案:BD2.用轻弹簧竖直悬挂质量为m 的物体,静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m 的物体,系统静止时弹簧的伸长量也为L,已知斜面的倾角为30°,则物体受到的摩擦力( )A.等于零B.大小为2mg,方向沿斜面向下 C.大小为,方向沿斜面向上D.大小为mg,方向沿斜面向上解析:考查胡克定律､共点力的平衡.当用弹簧竖直悬挂物体时:mg=kL,当物体在斜面上时:设摩擦力方向沿斜面方向向下,根据共点力的平衡条件:kL=2mgsin30°+f 得:f=0,A 正确. 答案:A3.如图所示,固定在水平面上的导热气缸和光滑活塞间封闭有一定质量的理想气体(分子间无相互作用的斥力和引力),开始时活塞处于A 处.由于环境温度升高,活塞由A 缓慢地水平移动到B.已知活塞的横截面积为S,移动的距离为L,大气压强恒为p0,由此可以判断( )A.气体的体积增大,对外做功,气体的内能减少B.气体吸收热量,每个气体分子的速率都增大,气体的内能增大C.气体吸收热量,同时对外做功p0SL,气体内能增大D.由于活塞在A、B两处时都处于平衡,所以气体的内能不变解析:考查理想气体的压强和温度､体积的关系及热力学定律.根据pVT=常数得:V增大p不变时,T一定增大,所以理想气体的内能增大,A､D错;根据热力学第一定律Q+W=ΔE得,气体对外做功､内能增大时,一定从外界吸收热量,C对;气体温度升高,气体分子的平均动能增大,不是每个分子的动能都增大,B错.答案:C4.一束由红光和紫光组成的复色光斜射到厚平板玻璃的上表面,经两次折射后从玻璃板下表面射出,出射光线相对于入射光线侧移了一段距离,下列分析正确的是( )A.红光在玻璃中传播速度比紫光大B.红光在玻璃中通过的路程比紫光小C.出射光线中红光的侧移距离比紫光大D.紫光的侧移距离在复色光以45°的入射角入射时比30°入射时大解析:考查光速､光的折射定律的应用.红光在玻璃中的折射率比紫光小,根据v=cn得A正确;根据光的折射定律,紫光在玻璃中的偏折比红光大,在相同入射角的情况下,通过玻璃的路程较短,出射光的侧移距离较大,B､C错;根据光的折射定律,对于同一种光,入射角越大,折射角越大,侧移距离越大,D正确.答案:AD5.一列简谐横波沿x轴传播,频率为5 Hz,某时刻的波形如图所示.介质中质点A的平衡位置在距原点8 cm处,质点B在距原点16 cm处,从图象对应时刻开始计时,质点B的运动状态与图示时刻质点A的运动状态相同所需的最短时间可能是( )A.0.08 sB.0.12 sC.0.14 sD.0.16 s解析:考查波的图象及其对图象的理解和应用.由题意可知,周期T=1f =0.2 s,由图象可知该波的波长λ=0.2 m,所以波速v=T λ=1 m/s.当波沿x 轴负方向传播时,最短距离sBA=0.08 m,所以最短时间t1=BAs v =0.08 s,A 对;当波沿x 轴正方向传播时,最短距离sBA=0.12 m,所以最短时间t2=BAs v =0.12 s,B 对;C ､D 均错.答案:AB6.地球的半径为R,表面的大气压强为p0、重力加速度为g 、标准状况下空气的密度为ρ,大气中空气分子的平均摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA,由此可估算出( )A.大气的总质量为343R πρ B.大气的总质量为343R πρ C.空气的总分子数为343R M πρNA D.空气的总分子数为204R p Mg πNA解析:考查阿伏加德罗常数的应用和有关分子的估算.大气压强是由于大气的重力产生的,p0=2R 4mg π,所以大气的总质量m=204,R p g πB 对A 错;大气的摩尔数为,m M 所以空气的总分子数为20R 4Ap N Mg π,C 错D 对.答案:BD7.示波器是一种多功能电学仪器.可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况:如图甲所示,真空室中电极K 发出的电子(初速不计),经过电压为U1的加速电场后,由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入两板间.在两极板右侧且与极板右端相距D 处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏,中心线正好与屏上坐标原点相交(x 方向水平,y 方向竖直),电子通过极板间打到荧光屏上将出现亮点.若在A 、B 两板间加上如图乙所示的电压,则荧光屏上亮点的运动规律是( )A.沿y 轴方向做匀速运动B.沿x 轴方向做匀速运动C.沿y 轴方向做匀加速运动D.沿x 轴方向做匀加速运动解析:考查带电粒子在匀强电场中加速和在电场中偏转规律. 设电子的电量为e,质量为m,则在加速电场中:U1e=201,2mv 通过偏转电场:l=v0t,y=2,2AB U et md 从偏转电场右端到荧光屏之间,2.2l D Y l y +=联立上式得:1(2)4l D l Y dU +=UAB=1(2)4l D ldU +kt(k 为乙图图线斜率),所以Y 与t 成线性关系,A 正确. 答案:A8.如图是一个 圆柱体棱镜的截面图,图中A 、B 、C 、D 、E 将半径OM 分成6等份,虚线AA1、BB1、CC1、DD1、EE1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=1.5,若平行光束垂直射入并覆盖OM,则光线( )A.不能从圆弧NC1射出B.只能从圆弧ND1射出C.能从圆弧D1E1射出D.能从圆弧E1M 射出解析:考查光的全反射现象､临界角的计算.光在该棱镜中发生全反射的临界角为:sinC=123n =.当光沿DD′方向入射时,刚好发生全反射,所以B 正确,A ､C ､D 错. 答案:B9.如图所示,从O 点沿x 方向水平抛出的物体,抵达斜面上端的P 点时,其速度方向恰好与斜面平行,然后沿着斜面无摩擦滑下.从抛出点开始计时,下列描述该物体沿x 方向和y 方向运动的v-t 图象中,大致正确的是( )解析:考查平抛运动､v-t 图象､牛顿第二定律.根据平抛运动特点:vx=v0,vy=gt;当物体在斜面上运动时,物体在水平方向匀加速运动的加速度ax=12N F sin m θ=gsin2θ,在竖直方向的加速度ay=gsin2θ<g,所以C 对A ､B ､D 错.答案:C10.μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子,它在原子核物理的研究中有重要作用,如图为μ氢原子的能级图.假定用动能为E 的电子束照射容器中大量处于n=1能级的μ氢原子,μ氢原子吸收能量后,最多可发生6种不同频率的光,则关于E 的取值正确的是( )A.E=158.1 eVB.E>2428.4 eVC.E<2371.5 eVD.2371.5 eV<E<2428.4 eV解析:考查氢原子的能级结构､光子的发射和吸收规律.根据题意吸收能量的原子最多可发出6种不同频率的光,由C^2_n=6得:4<n<5,所以(2529.6-158.1) eV<E<(2529.6-101.2) eV,D正确. 答案:D11.在如图甲所示电路中,D为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大).R1=30 Ω,R2=60 Ω,R3=10 Ω.在MN间加上如图乙所示的交变电压时,R3两端电压表的读数大约是( )A.3 VB.3.5 VC.4 VD.5 V解析:考查交流电的有效值的概念和计算､二极管的特性.在0~0.01 s内,二极管导通,电压表读数为U31=3312RR R+Um=3 V,在0.01~0.02 s内,二极管截止,电压表读数U32=331RR R+Um=4 V.根据交流电有效值的定义得:222313233322U UT T UR R R⨯⨯+=×T,U=3.5 V,B正确.答案:B12.如图,虚线范围内为两个磁感应强度大小相同,方向相反的匀强磁场区域.一闭合线框以恒定速度从图示位置匀速向右运动(所有尺寸见图),则线圈中感应电流随时间变化的关系图正确的是(取顺时针方向的电流为正)( )解析:考查法拉第电磁感应定律､闭合电路欧姆定律､右手定则和电磁感应图象的综合应用.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,当线圈向右运动 的过程中,线圈中感应电流I1=BdvR;当线圈向右从 →l的运动过程中,线圈中感应电流I22BdvR=,根据右手定则,I1､I2的方向逆时针,所以D错;当线圈向右从l→ l的运动过程中,线圈中感应电流I3=2, BdvR方向顺时针,A错;当线圈向右从32l→2l的运动过程中,线圈中感应电流I44,BdvR=方向顺时针,B对C错. 答案:B。
高三物理一轮复习 第二章 第2讲 力的合成与分解课时作业(含解析)-人教版高三全册物理试题
力的合成与分解一、单项选择题1．重力为G的体操运动员在进展自由体操比赛时，有如下列图的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，如此( )A．当θ＝60°时，运动员单手对地的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的压力大小为GC．当θ不同时，运动员受到的合力不同D．当θ不同时运动员与地面之间的相互作用力不相等解析：运动员处于静止状态，即平衡状态，所受合力为零，地面对手的支持力竖直向上，故每只手都承受自身重力的一半，和两手臂所成角度无关，所以B、C错误，A正确；由牛顿第三定律知两物体间的相互作用力大小永远相等，故D错误．答案：A2．如下列图是两个共点力的合力F跟它的两个分力之间的夹角θ的关系图象，如此这两个分力的大小分别是( )A．1 N和4 N B．2 N和3 NC．1 N和5 N D．2 N和4 N解析：设两个力分别为F1、F2且F1>F2，当两个力的夹角为180°时，合力为1 N，如此F1－F2＝1 N．当两个力的夹角为0°时，合力为5 N，如此F1＋F2＝5 N．联立解得F1＝3 N，F2＝2 N．故A、C、D错误，B正确．答案：B3．如下列图，牛通过绳索拉着犁正在犁田，假设犁重为G，牛拉犁匀速前进时，犁所受到的阻力为f，绳索与水平面的夹角为θ，如此在牛匀速前进时绳索所受犁的拉力大小为(不计人对犁的作用)( )A.G2＋f2B.G sin θC.fsin θD.fcos θ解析：由于地面对犁有支持力，A、B错误；将绳索对犁的拉力分解，可知水平向前的分力抑制犁受到的阻力使犁做匀速运动，如此F1＝F cos θ＝f，解得F＝fcos θ，由牛顿第三定律知绳索所受犁的拉力大小为fcos θ，C错误，D正确．答案：D4．(2019·宁夏石嘴山第三中学模拟)如图甲所示，水平地面上固定一倾角为30°的外表粗糙的斜劈，一质量为m的小物块能沿着斜劈的外表匀速下滑．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈外表匀速上滑，如图乙所示，如此F大小应为( )A.36mg B.33mgC.3mgD.34 mg解析：小物块沿着斜劈的外表匀速下滑时，对小物块受力分析可得mg sin 30°＝μmg cos 30°，解得μ＝33.对小物块施加一水平向右的恒力F，使它沿该斜劈外表匀速上滑，对小物块受力分析如下列图，将力沿平行于斜面和垂直于斜面两方向分解可得F N＝mg cos 30°＋F sin 30°，F f＝μF N，F cos 30°＝F f＋mg sin 30°，联立解得F＝3mg，故C项正确．答案：C 二、多项选择题 5．力F 的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，另一个分力F 2的大小为33F ，方向未知，如此F 1的大小可能是( )A.3F 3B.3F 2C.23F 3D.3F解析：根据题意作出矢量三角形如下列图，因为33F >F 2，从图上可以看出，F 1有两个解，由直角三角形OAD 可知F OA ＝F 2－F22＝32F ，由直角三角形ABD 得F BA ＝F 22－F22＝36F .由图的对称性可知F AC ＝F BA ＝36F ，如此分力F 1＝32F －36F ＝33F ，F 1′＝32F ＋36F ＝233F .答案：AC6．(2019·福建厦门模拟)我国不少地方在节日期间有挂红灯笼的习俗，如下列图，质量为m 的灯笼用两根不等长的轻绳OA 、OB 悬挂在水平天花板上，OA 比OB 长，O 为结点．重力加速度大小为g ，设OA 、OB 对O 点的拉力分别为F A 、F B ，轻绳能够承受足够大的拉力，如此( )A ．F A 小于F BB ．F A 、F B 的合力大于mgC ．调节悬点A 的位置，可使F A 、F B 都大于mgD ．换质量更大的灯笼，F B 的增加量比F A 的增加量大解析：对结点O受力分析，画出力的矢量图如下列图，由图可知，F A小于F B，F A、F B的合力等于mg，选项A正确，B错误；调节悬点A的位置，当∠AOB大于某一值时，如此F A、F B都大于mg，选项C正确；换质量更大的灯笼，如此重力mg增大，F B的增加量比F A的增加量大，选项D正确．答案：ACD7．(2019·山东潍坊高三质检)如下列图，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动．木块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，那么木块受到的滑动摩擦力为( )A．μmg B．μ(mg＋F sin θ)C．μ(mg－F sin θ) D．F cos θ解析：木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力F N、摩擦力F f.沿水平方向建立x轴，将F进展正交分解，如下列图(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以F cos θ＝F f，F N＝mg＋F sin θ，又F f＝μF N，解得F f＝μ(mg＋F sin θ)，应当选项B、D正确．答案：BD[能力题组]一、选择题8．(2019·河南六校联考)如下列图，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧．调节A 、B 间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°.不计一切摩擦．设小环甲的质量为m 1，小环乙的质量为m 2，如此m 1∶m 2等于( )A ．tan 15°B ．tan 30°C ．tan 60°D ．tan 75°解析：小环C 为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C 环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60°，C 环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A 点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B 点的连线与竖直方向的夹角为60°，设细线拉力为T ，根据平衡条件，对甲环有2T cos 30°＝m 1g ，对乙环有2T cos 60°＝m 2g ，得m 1∶m 2＝tan 60°，应当选C.答案：C9.(多项选择)(2017·高考某某卷)如下列图，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，如下说法正确的答案是( )A ．绳的右端上移到b ′，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．假设换挂质量更大的衣服，如此衣架悬挂点右移解析：此题考查物体受力分析、物体的平衡．衣架挂钩为“活结〞模型，oa 、ob 为一根绳，两端拉力相等，设绳aob 长为L ，M 、N 的水平距离为d ，bo 延长线交M 于a ′，由几何知识知a ′o ＝ao ，sin θ＝d L ，由平衡条件有2F cos θ＝mg ，如此F ＝mg2cos θ，当b 上移到b ′时，d 、L 不变，θ不变，故F 不变，选项A 正确，C 错误．将杆N 向右移一些，L 不变，d 变大，θ变大，cos θ变小，如此F 变大，选项B 正确．只改变m ，其他条件不变，如此sin θ不变，θ不变，衣架悬挂点不变，选项D 错误．答案：AB10．(多项选择)如下列图是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轴刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，如此如下判断正确的答案是( )A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105 NC．假设继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大D．假设继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小解析：将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2，如下列图，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，即F1＝F2.由2F1cos θ＝F得F1＝F2＝F2cos 60°＝1.0×105N，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，千斤顶对汽车的支持力等于汽车对千斤顶的压力，为1.0×105 N，选项B正确；由F1＝F2＝F2cos θ可知，当F不变、θ减小时，cos θ增大，F1、F2减小，选项C错误，D正确．答案：BD11．(2019·四川双流中学模拟)如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体．OO′段水平，长度为L，绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，如此钩码的质量为( )A.22M B.32MC.2MD.3M解析：重新平衡后，绳子形状如图，由几何关系知，绳子与竖直方向夹角为30°，如此环两边绳子的夹角为60°，根据平行四边形定如此，环两边绳子拉力的合力为3Mg ，根据平衡条件，如此钩码的质量为3M ，应当选项D 正确．答案：D12.(2019·山东师大附中检测)如下列图，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )A ．mgB.33mgC.12mgD.14mg 解析：对C 点进展受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mg tan 30°，对D 点进展受力分析，如下列图，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mg tan 30°，故F 2是恒力，又绳BD 的拉力F 1方向一定，如此F 1与在D 点施加的力F 3的合力与F 2等值反向，由图知当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F 2sin 60°＝12mg ，选项C 正确．答案：C二、非选择题13．(2019·湖南株洲二中月考)一重为G 的圆柱体工件放在V 形槽中，槽顶角α＝60°，槽与工件接触处的动摩擦因数处处一样且大小为μ＝0.25.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)要沿圆柱体的轴线方向(如图)水平地把工件从槽中拉出来，人要施加多大的拉力？(2)现把整个装置倾斜，使圆柱体的轴线与水平方向成37°角，且保证圆柱体对V形槽两侧面的压力大小相等，发现圆柱体能自动沿槽下滑，求此时工件和槽之间的摩擦力大小．解析：(1)分析圆柱体的受力可知，沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力F f，由题给条件知，F＝F f.将重力进展分解，如下列图．因为α＝60°，所以G＝F1＝F2，由F f＝μF1＋μF2，得F＝0.5G.(2)把整个装置倾斜，如此圆柱体重力压紧斜面的分力F1′＝F2′＝G cos 37°＝0.8G，此时圆柱体和槽之间的摩擦力大小F f′＝2μF1′＝0.4G.答案：见解析。
2012高考物理一轮复习试题2
2012高考物理一轮复习试题2一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将()A．保持不变B．不断增大[来源:学科网]C．不断减小D．有时增大，有时减小解析：设第1粒石子运动的时间为t s，则第2粒石子运动的时间为(t－1) s，则经过时间t s，两粒石子间的距离为Δh＝12gt2－12g(t－1)2＝gt－12g，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，故B正确．答案：B2．以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是()A．小球到最大高度时的速度为0B．小球到最大高度时的加速度为0C．小球上升的最大高度为61.25 mD．小球上升阶段所用的时间为3.5 s解析：小球到最大高度时的速度为0，但加速度仍为向下的g，A正确，B错误；由H＝v202g＝61.25 m，可知C正确；由t＝v0g＝3510s＝3.5 s，可知D正确．答案：ACD3．汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为() A．3 s B．4 s[来源:学|科|网]C．5 s D．6 s解析：由位移公式得：s＝v0t－12at2解得t1＝3 s t2＝5 s因为汽车经t0＝v0a＝4 s停止，故t2＝5 s舍去，应选A.[来源:]答案：A4．(探究创新题)正在匀加速沿平直轨道行驶的长为L的列车，保持加速度不小)是均匀变化(即v＝kh，k是个常数)的可能性．答案：B7．(思维拓展题)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t.现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)，到某一最大速度v m后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)，至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t，则物体的()A．v m只能为2v，与a1、a2的大小无关B．v m可为许多值，与a1、a2的大小有关C．a1、a2须是一定的D．a1、a2必须满足a1·a2a1＋a2＝2vt解析：由AB＝v t＝v m2t1＋v m2t2＝v m2t得，v m＝2v，与a1、a2的大小无关，故A正确；由t1＝v ma1，t2＝v ma2得t＝v ma1＋v ma2，即得a1·a2a1＋a2＝2vt，故D也正确．答案：AD8．一辆汽车拟从甲地开往乙地，先由静止启动做匀加速直线运动，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为0时刚好到达乙地．从汽车启动开始计时，下表给出某些时刻汽车的瞬时速度，据表中的数据通过分析、计算可以得出汽车()时刻(s) 1.0 2.0 3.0 5.07.09.510.5速度(m/s) 3.0 6.09.012129.0 3.0 A.B．匀加速直线运动经历的时间为5.0 sC．匀减速直线运动经历的时间为2.0 sD．匀减速直线运动经历的时间为4.0 s解析：从题表中看出，匀速的速度为12 m/s.从t＝1.0 s到t＝3.0 s，各秒内速度变化相等，做匀加速直线运动，a＝9.0－3.03.0－1.0m/s2＝3 m/s2.匀加速的时间t＝v/a＝123s＝4.0 s，故选项A对，B错；匀减速的加速度a＝3.0－9.010.5－9.5m/s2＝－6 m/s2.匀减速的时间t ＝0－v a ＝－12－6s ＝2.0 s ，故选项C 对，D 错．答案：AC9．(2011年孝感模拟)如图所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝2 cm ，A 离地面B 的高度h ＝80 cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1 m/s ，在空中形成一完整的水流束．则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 cmB ．0.98 cmC ．4 cmD ．应大于2 cm ，但无法计算解析：水流由A 到B 做匀加速直线运动，由v 2B －v 21＝2gh 可得：v B ＝ 17 m/s ，由单位时间内通过任意横截面的水的体积均相等，可得：v 1·Δt ·14πd 21＝v B ·Δt ·14πd 22， 解得：d 2＝0.98 cm ， 故B 正确． 答案：B10．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O 点的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点后又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )A.8H T 22－T 21B.4HT 22－T 21C.8H (T 2－T 1)2 D.H 4(T 2－T 1)2[来源:学科网]解析：设从O 点到最高点为H 2，[来源:学科网] 则H 2＝12g (T 22)2，由P 点到最高点的距离为H 2－H ，[来源:Z|xx|]则H2－H＝12g(T12)2，由以上两式解得：g＝8HT22－T21，故选A.答案：A二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2010年高考全国Ⅰ卷)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．(1)画出汽车在0～60 s内的v－t图线；(2)求在这60 s内汽车行驶的路程．解析：(1)0～10 s内，汽车做初速度为0的匀加速直线运动，10 s末速度v1＝a1t1＝2×10 m/s＝20m/s10～40 s内，汽车做匀速直线运动，40～60 s内，汽车做匀减速直线运动．[来源:学_科_网]60 s末的速度v2＝v1＋a2t2＝20 m/s－1×20 m/s＝0.v－t图线如图所示．(2)s＝12v1t1＋v1t＋12(v1＋v2)t2＝12×20×10 m＋20×30 m＋12×(20＋0)×20 m＝900 m.答案：(1)见解析(2)900 m12．(15分)(综合提升)如图所示，在国庆阅兵式中，某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置，如右图所示已知s AB＝5 km，s BC＝10 km.问：(1)直升飞机在BC段的速度大小是多少？(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？解析：(1)由题意知t＝t1＋t2＝200 ss AB＝0＋v2t1＝5 000 ms BC＝v t2＝10 000 m 解得：v＝100 m/s(2)因为t1＝2s ABv＝100 s所以a＝v－0t1＝1 m/s2答案：(1)100 m/s(2)1 m/s2。
人教版高中物理一轮总复习课后习题 阶段检测 阶段检测(2) 第三~四单元
阶段检测(二) 第三~四单元一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列仪器测得的物理量单位,属于基本单位的是( )2.关于牛顿运动定律,下列说法正确的是( )A.牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例B.牛顿第二定律在非惯性系中不成立C.牛顿第一定律可以用实验验证D.为纪念牛顿,人们把力定为基本物理量,其基本单位为牛顿3.下列说法正确的是( )A.做曲线运动的物体受到的合力一定不为零B.做曲线运动的物体的加速度一定是变化的C.物体在恒力作用下,不可能做曲线运动D.物体在变力作用下,一定做曲线运动4.科学技术的不断发展,给我们的工作和生活带来了方便。
某同学用智能手机拍摄竖直放置的水瓶在水平方向做直线运动时形成的水面形状如图所示。
则下列说法正确的是( )A.甲图和乙图中水瓶均向右匀速运动B.甲图中水瓶向左匀速运动,乙图中水瓶向左加速运动C.甲图中水瓶向右匀速运动,乙图中水瓶向左减速运动D.甲图中水瓶向左加速运动,乙图中水瓶向右加速运动5.春节期间,为增加节日的喜庆气氛,街道两旁挂上了大红灯笼。
如图所示,结点O处于水平轻弹簧的右端,OA、OC为两段轻绳,OA与竖直墙壁成某一夹角,下列说法正确的是( )A.轻弹簧可能处于拉伸状态,也可能处于压缩状态B.OA、OC两段轻绳的弹力大小一定相等C.若在水平风力作用下,系统重新平衡时,灯笼所受合力仍为0D.若剪断轻弹簧,在剪断轻弹簧的瞬间,灯笼的加速度大于g6.3月23日15时40分,中国航天“天宫课堂”第二课开课了,这次在距离地面约400 km的中国载人空间站“天宫”上进行了太空科学探究。
授课期间,航天员演示了“水油分离实验”和“太空抛物实验”等,下列说法正确的是( )A.在“天宫”中水和油因为没有受到地球引力而处于漂浮状态B.“天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间C.在“天宫”中做“太空抛物实验”时物体被抛出后做平抛运动D.利用密度不同,“天宫”中让水和油的混合物做匀速圆周运动能使水和油分离7.小明练习乒乓球托球加速跑,跑动可视为匀加速直线运动,乒乓球与球,球拍面与水平夹角为30°,如图所示。
(新课标)高考物理一轮复习 综合模拟检测(二)-人教版高三全册物理试题
综合模拟检测(二)(限时：60分钟)一、选择题(此题共 8 小题，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，每题5分，共40分)1．一旅客在站台 8 号车厢候车线处候车，假设动车一节车厢长 25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动。
他发现第 6 节车厢经过他用了 4 s，动车停下时旅客刚好在 8 号车厢门口，如下列图。
如此该动车的加速度大小约为( )A．2 m/s2B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s22.a、b两车从同一地点在平直公路上沿同方向行驶，其vt图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是( )A．t＝t1时，a、b两车速度的大小一样、方向相反B．t＝t1时，a、b两车的加速度大小一样，方向一样C．t＝t1时，a、b两车重新相遇D．0～t1时间内，a车的位移是b车位移的 3 倍3.如下列图电路中，电流表和电压表均可视为理想电表。
现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，如下说法中正确的答案是( )A．电流表的示数变小，电压表的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减小D．电源的总功率变大4.质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°。
弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g。
如此( )A．静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半B．静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力C．加速时，弹簧的弹力等于零D．加速时，弹簧的形变量是静止时的 2 倍5.如下列图，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。
两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置。
开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住。
现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动。
2012高考物理一轮复习(人教版)精品课件6-2
——基础自测——
等量异种点电荷的连线及其中垂线如图1所 示，现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿 直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则试探 电荷在此过程中( )
A．所受电场力方向一直不改变
B．所受电场力大小一直减小
C．电势能一直减小
D．电势能先不变后减小 图1
解析：在ab的连线上一点，由电场的叠加可 知，方向始终和正负点电荷的连线平行，在bc上 方向也由正电荷指向负电荷．故方向不变，A对； 由电场线的空间分布可知，由a到b电场线变密， 故电场力应越来越大，B错；由等势面的空间分 布来看，ab是等势线，电荷在其中运动不做功， 电势能不变，C错；由b到c负电荷逆电场线运动， 必做正功，电势能减少，D对，故正确答案为A、 D.
图4
A．M点电势一定高于N点电势 B．M点场强一定大于N点场强 C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势 能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
[解析] 沿电场线方向，电势降低，所以M点 电势一定高于N点电势，A正确；电场线的疏密 程度表示电场的强弱，由图可知，M点场强一定 小于N点场强，B错；若把正电荷由M点移到N点 电场力做正功，电荷的电势能减小，所以 EpM>EpN，C正确；电子在电场中受电场力的方向 沿NM指向M，电场力做负功，D错．
2．等势面
(1)定义：电场电势中相等 面．
的各点组成的
(2)特点：
垂直
①等势面一定与电场线 方向 同一等．势面
垂直
，即跟场强的
②在
从电势高 上移动电电势荷低时电场力不做
功．
越大
越小
③电场线总是 的等势面．
的等势面指向
——要点深化——
电场线、场强、电势、等势面它们之间有何 关系？
2012届高三物理一轮复习 电磁学课堂练习二 新人教版
2012届高三物理一轮复习电磁学课堂练习二1.图示为一简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流I g =300 μA,内阻R g =100 Ω,可变电阻R 的最大阻值为10 k Ω,电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 Ω,图中与接线柱A 相连的表笔颜色应是________色.按正确使用方法测量电阻R x 的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则R x =________k Ω.若该欧姆表使用一段时间后,电池电动势变小、内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述R x ,其测量结果与原结果相比将________(填“变大”“变小”或 “不变”).解析:从欧姆表的外部来讲,电流流入为红表笔,电流流出为黑表笔,所以与欧姆表内部电池负极相连的是红表笔.根据欧姆表的工作原理,电阻调零时,电流达满偏,此时有I g =g E R R r ++,当指针指在刻度盘中央时有1,2I g =g x E R R r R +++,解上述两式可解得R x =5 k Ω.答案:红 5 k Ω 变大2有一根圆台状匀质合金棒如图甲所示,某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L 和两底面直径d 、D 有关.他进行了如下实验:(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d 、D 和长度L.图乙中游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L=________ cm.(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示(相关器材的参数已在图中标出).该合金棒的电阻约为几欧姆.图中有一处连接不当的导线是________.(用标注在导线旁的数字表示)(3)改正电路后,通过实验测得合金棒的电阻R=6.72 Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为R d=13.3 Ω、R D=3.38 Ω.他发现:在误差允许范围内,电阻R满足R2=R d·R D,由此推断该圆台状合金棒的电阻R=________.(用ρ、L、d、D表示)解析:本题源于课本中测量金属导体的电阻率,抓住读数､两外接和限流等基本要点,又大胆创新将圆柱体变化为圆台状导体,有效考查了学生对实验的迁移能力.(1)9.940 cm,本题在读数时要注意单位.(2)从图给条件判断控制电路应该为限流接法,测量电路为外接法,所以⑥导线是接错的.此处不要误以为是⑤导线.(3)根据电阻定律R=ρLS,S d=π()2d2,SD=π()2D2和公式R2=R d·R D综合解得4.LdRDρπ=答案:(1)9.940 (2)⑥ (3)4dLD ρπ3.如图所示,AB和CD是足够长的平行光滑导轨,其间距为l,导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC端连有电阻值为R的电阻.若将一质量为M,垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放,在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD 端s 处,突然撤去恒力F,棒EF 最后又回到BD 端.(金属棒、导轨的电阻均不计)求:(1)EF 棒下滑过程中的最大速度.(2)EF 棒自BD 端出发又回到BD 端的整个过程中,有多少电能转化成了内能?解:(1)如图所示,当EF 从距BD 端s 处由静止开始滑至BD 的过程中,受力情况如图所示.安培力:F 安=BIl=Blv B Rl 根据牛顿第二定律:a=Blv Mgsin Bl R M θ-①所以,EF 由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a=0时速度达到最大值v m由①式中a=0有:Mgsin θ-22m B l v R=0 v m =22.MgRsin B l θ (2)由恒力F 推至距BD 端s 处,棒先减速至零,然后从静止下滑,在滑回BD 之前已达最大速度v m 开始匀速,设EF 棒由BD 从静止出发到再返回BD 过程中,转化成的内能为ΔE.根据能的转化与守恒定律:Fs-ΔE=212m MvΔE=Fs-221()2MgRsin M B l 2. 4.1932年,劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的D 形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计.磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直.A 处粒子源产生的粒子,质量为m 、电荷量为+q,在加速器中被加速,加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.(1)求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比;(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间;(3)实际使用中,磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ,试讨论粒子能获得的最大动能E km .解:(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1,速度为v 1 qU=2112mv qv 1B=m 211v r 解得r 1=,粒子第2次经过狭缝后的半径 r 2则r 2：r 1：1.(2)设粒子到出口处被加速了n 圈 2nqU=12mv 2 qvB=m 2v RT=2m qBπ t=nT 解得22t U BR π=.(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率,即f=2qB m π 当磁感应强度为B m 时,加速电场的频率应为f Bm =,2m qB mπ 粒子的动能E k =12mv 2 当f Bm ≤f m 时,粒子的最大动能由B m 决定qv m B m =2m v m R解得E km =2222m q B R m当f Bm ≥f m 时,粒子的最大动能由f m 决定v m =2πf m R解得E km =2π2m 2m f R 2. 5.如图所示,正方形导线框abcd 的质量为m 、边长为l,导线框的总电阻为R.导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落,下落过程中,导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内,cd 边保持水平.磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,磁场上､下两个界面水平距离为l.已知cd 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动.重力加速度为g.(1)求cd 边刚进入磁场时导线框的速度大小;(2)请证明:导线框的cd 边在磁场中运动的任意瞬间,导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率;(3)求从导线框cd 边刚进入磁场到ab 边刚离开磁场的过程中,导线框克服安培力所做的功.解:(1)设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v,则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv,根据闭合电路欧姆定律,通过导线框的感应电流为I=Blv R导线框受到的安培力为F 安=BIl=22B l v R因cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动,所以有F 安=mg,以上各式联立,得:v=22mgR B l. (2)导线框cd 边在磁场中运动时,克服安培力做功的功率为:P 安=F 安v代入(1)中的结果,整理得:P 安=222B l v R导线框消耗的电功率为: P 电=I 2R=2222222B l v B l v R R R 因此有P 安=P 电.(3)导线框ab 边刚进入磁场时,cd 边即离开磁场,因此导线框继续做匀速运动.导线框穿过磁场的整个过程中,导线框的动能不变.设导线框克服安培力做功为W 安,根据动能定理有2mgl-W 安=0解得W 安=2mgl.6如图所示,坐标系中第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=102T,同时有竖直向上与y 轴同方向的匀强电场,场强大小E 1=102 V/m,第四象限有竖直向上与y 轴同方向的匀强电场,场强大小E 2=2E 1=2×102 V/m.若有一个带正电的微粒,质量m=10-12 kg,电量q=10-13 C,以水平与x 轴同方向的初速度从坐标轴的P 1点射入第四象限,OP 1=0.2 m,然后从x 轴上的P 2点穿入第一象限,OP 2=0.4 m,接着继续运动.取g=10 m/s 2.求:(1)微粒射入的初速度;(2)微粒第三次过x 轴的位置;(3)从P 1开始到第三次过x 轴的总时间.解:(1)微粒从P 1到P 2做类平抛运动,由于qE 2=2mg,则加速度a=g,则运动时间 t 1微粒射入的初速度:v 0=21OP t =2 m/s. (2)微粒进入第一象限的速度:v=0245v cos =粒子运动方向与x 轴夹角为45°由qE 1=mg,则微粒进入第一象限做匀速圆周运动,则圆周运动的半径R=5mv qB = m P 2P 3=2Rcos45°=0.4 m圆周运动的时间t 2=2B mq =0.157 s微粒再次进入第四象限做类斜上抛运动,由运动的分解可知:x 轴方向做匀速运动,y 轴方向做类上抛运动,粒子的运动时间t 3=2y v q =0.4 s运动距离P 3P 4=v x t 3=0.8 m故OP 4=OP 2+P 2P 3+P 3P 4=1.6 m.微粒第三次过x 轴的位置距O 点1.6 m 处.(3)求(2)知t=t 1+t 2+t 3=0.757 s.。
【人教版】2012高三物理一轮复习全套解析精品同步测试3-4
第3章 第4讲一、选择题1．为了更直观地反映物体的加速度a 与物体质量m 的关系，往往用二者的关系图象表示出来，该关系图象应选 ( )A ．a －m 图象B ．m －a 图象C ．a －1m 图象 D.1m－a 图象 [答案] C[解析] 在作用力相同的情况下，质量越大，速度的变化越慢，加速度越小，两者可能成反比，则用a －1m图象更容易判断． 2．如果a －1m图象是通过原点的一条直线，则说明 ( ) A ．物体的加速度a 与质量m 成正比B ．物体的加速度a 与质量m 成反比C ．物体的质量m 与加速度a 成正比D ．物体的质量m 与加速度a 成反比[答案] B[解析] a －1m 图象是通过原点的一条直线，则a 与1m成正比，则加速度a 与质量m 成反比，A 项错误，B 项正确．物体的质量为定值，故C 、D 选项错误．3．在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，下列说法中正确的是 ( )A ．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B ．连接砝码盘和小车的细绳应与长木板保持平行C ．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D ．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车[答案] BCD[解析] 本实验先平衡摩擦力而后再把悬挂小盘的细绳系在小车上，所以A 选项错误．4．在“验证牛顿第二定律”的实验中，在研究加速度a 与小车的质量M 的关系时，由于没有注意始终满足M ≫m 的条件，结果得到的图象应是图中的 ( )[答案] D[解析] 在本实验中，小车的加速度a ＝F M ＝mg M ＋m ，则绳子的张力F ＝Mmg M ＋m，在研究加速度跟小车质量M 的关系时，保持m 不变，若横轴为1/(M ＋m )，则a －1/(M ＋m )图象应是过原点的直线，当满足M ≫m 时，m 可以忽略不计，a ≈mg M，a －1/M 图象还可以满足图象是过原点的直线；当小车的质量较小，不满足M ≫m 时，斜率将变小，图象便发生弯曲．故选D.二、非选择题5．如图所示的是做探究牛顿第二定律实验中打出的一条纸带，相邻记数点的时间间隔为T ，间距x 1、x 2、x 3……x n 已测量出．(1)请写出三个不同的计算加速度的表达式．(2)甲、乙两同学用同一装置做实验，画出了各自的a －F 图象(如图所示)这两个同学在做实验时，采用的哪一个物理量不同？试比较其大小．[答案] (1)(x 2－x 1)/T 2 13T 2(x 4－x 1)19T2[(x6＋x5＋x4)－(x3＋x2＋x1)](2)两者所用的小车和砝码的总质量不同，且m甲<m乙．[解析]图象问题的分析要注意图象的截距及斜率的物理意义．(1)利用x1、x2两段，由Δx＝aT2得a＝(x2－x1)/T2因为x2－x1＝aT2，x3－x2＝aT2，x4－x3＝aT2，所以x4－x1＝3aT2故a＝13T2(x4－x1)同理a＝13T2(x5－x2)＝13T2(x6－x3)所以3a＝13T2[(x4－x1)＋(x5－x2)＋(x6－x3)]即a＝19T2[(x6＋x5＋x4)－(x3＋x2＋x1)](2)在a－F图象上，对应F相同时，由图象可知a甲>a乙，F相同时加速度与质量成反比，则m甲<m乙，即甲、乙两同学的实验所用小车和砝码的总质量不同，且m甲<m乙．6．某位同学利用气垫导轨装置做“探究加速度与物体所受力的关系”的实验中，记录(1)填好表格中的有关数据．(2)画出a－F图象．(3)由图象得到什么结论？[答案](1)(2)如图所示．(3)由图象是一条直线说明，加速度与物体所受的合外力成正比．7．在“验证牛顿运动定律”的实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出．(1)当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力．(2)一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地检查出加速度a 与质量M 的关系，应该做a 与________的图象．(3)如图(a)，甲同学根据测量数据做出的a －F 图线，说明实验存在的问题是________．(4)乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a －F 图线，如图(b)所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？[答案] (1)M ≫m (2)1M(3)平衡摩擦力时木板倾角过大(4)两小车及车上砝码的总质量不同[解析] (1)只有M 与m 满足M ≫m 才能使绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力．(2)由于a ∝1M ，所以a －1M 图象应是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a 与1M的图象．(3)平衡摩擦力时木板倾角过大．(4)两小车及车上的砝码的总质量不同时，a －F 图象的斜率也就不同．8．(2009·潍坊模拟)为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，光电门间距离为x ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：________________________________________________________________________(2)若取M ＝0.4kg ，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是________．A ．m 1＝5gB ．m 2＝15gC ．m 3＝40gD ．m 4＝400g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为：________________________________________________________________________.(用Δt 1、Δt 2、D 、x 表示)[答案] (1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M ，数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt 都相等．(2)D (3)a ＝⎝⎛⎭⎫D Δt 22－⎝⎛⎭⎫D Δt 122x[解析] (1)如果气垫导轨水平，则不挂砝码时，M 应能在任意位置静止不动，或推动M 后能使M 匀速运动．(2)应满足M ≫m ，故m 4＝400g 不合适．(3)由v 1＝D Δt 1，v 2＝D Δt 2，v 22－v 21＝2ax 可得：a ＝⎝⎛⎭⎫D Δt 22－⎝⎛⎭⎫D Δt 122x. 9．如图(a )为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s ，距离如图，单位是cm ，小车的加速度是________m/s 2，在验证质量一定时加速度a 和合外力F 的关系时，某学生根据实验数据作出了如图所示的a －F 图象，其原因是________．[答案] 1.60 平衡摩擦力过度[解析] a 的计算利用逐差法．a ＝(x DE －x AB )＋(x EF －x BC )＋(x FG －x CD )9T 2＝(x DE ＋x EF ＋x FG )－(x AB ＋x BC ＋x CD )9T 2＝(x AG －x AD )－x AD 9T 2＝40.65－2×13.159×0.12×10－2 ＝1.60(m/s 2)．10．(2009·广东省实验中学模拟)现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律．给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面(如图)、小车、计时器一个、米尺．(1)填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤(不考虑摩擦力的影响)：①让小车自斜面上方一固定点A 1从静止开始下滑至斜面底端A 2，记下所用的时间t . ②用米尺测量A 1与A 2之间的距离x ，则小车的加速度a ＝________.③用米尺测量A 1相对于A 2的高度h .设小车所受重力为mg ，则小车所受合外力F ＝________.④改变________，重复上述测量．⑤以h 为横坐标，1/t 2为纵坐标，根据实验数据作图．如能得到一条过原点的直线，则可以验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律．(2)在“验证牛顿第二定律”的实验中，实验装置如图甲所示，有一位同学通过实验测量作出了图乙中的A 图线．试分析①A 图线不通过坐标原点的原因是__________________________________________； ②A 图线上部弯曲的原因是________________________________________________．[答案] (1)②2x t 2 ③mg h x④斜面倾角(或h 的数值) (2)①没有平衡摩擦力或平衡不够②未满足钩码质量m 远小于小车质量M[解析] (1)②由x ＝12at 2得：a ＝2x t 2 ③小车在斜面上受重力和支持力作用，其合力F ＝mg sin α＝mg h x④改变小车所受外力来研究加速度与力的关系，改变受力又是通过改变斜面倾角或斜面高度h 来实现的．(2)①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够，②未满足拉车的钩码质量m 远小于小车质量M .11．如图甲所示，用水平力F 拉动物体在水平面上做加速直线运动，当改变拉力的大小时，物体运动的加速度a 也随之变化，a 和F 的关系如图乙所示，取g ＝10m/s 2.(1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数．(2)若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图乙的坐标系上画出这种情况下的a －F 图线(要求写出作图的根据)．[答案] (1)0.20 (2)见解析[解析] (1)根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，所以a ＝1mF －μg . 可见a －F 图象为一条直线，直线的斜度k ＝1m＝2.0kg －1，解得：物体的质量m ＝0.50kg纵轴截距为－μg ＝－2.0m/s 2，解得物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.20.(也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F＝1.0N时，物体的加速度为零，物体所受阻力f＝F＝1.0N，由F＝μmg解得物体与水平面的动摩擦因数μ＝fmg＝0.20.用其他方法结果正确的同样可以)(2)当物体质量加倍时，物体的加速度a＝12m F－μg，直线斜率k′＝12m＝1.0kg－1，纵轴的截距不变，作出如图所示的图线．高﹤考?试:题╗库。
【人教版】2012高三物理一轮复习全套解析精品同步测试3-4-5
选修3-4 第5讲一、选择题1．用单色光做双缝干涉实验，下述说法正确的是( )A ．相邻干涉条纹之间的距离相等B ．中央明条纹宽度是两边明条纹宽度的2倍C ．屏与双缝之间距离减小，则屏上条纹间的距离增大D ．在实验装置不变的情况下，红光的条纹间距小于蓝光的条纹间距 [答案] A[解析] 因为相邻两条亮线(或暗线)间的距离Δx ＝Ld λ，其中d 为两个缝间的距离，L 为缝到屏的距离，λ为光波波长，可见相邻干涉条纹之间的距离相等．A 正确，B 错误，C 错误．因为λ红>λ蓝，所以Δx 红>Δx 蓝，故D 也错误．2．分别使红光和紫光先后用同一装置进行双缝干涉实验，在屏上得到相邻的条纹间的距离分别为Δx 1和Δx 2，则 ( ) A ．Δx 1<Δx 2 B ．Δx 1>Δx 2C ．若双缝间距d 减小，而其他条件保持不变，则Δx 1增大D ．若双缝间距d 减小，而其他条件保持不变，则Δx 1不变 [答案] BC[解析] 由公式Δx ＝ld λ，因为λ红>λ紫，故红光的条纹间距大于紫光的，B 正确；当双缝间距d 减小，其他条件不变时，条纹间距应增大，故C 正确．3．某同学做测定玻璃折射率的实验时，用他测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出sin θ1－sin θ2图象如图所示，下列判断正确的是 ( )A ．他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃的折射现象B ．玻璃的折射率为0.67C ．玻璃的折射率为1.5D ．玻璃临界角的正弦值为0.67 [答案] ACD [解析]sin θ1sin θ2＝10.67＝1.5＝n ，所以选项C 对，B 错．又θ1>θ2，所以，光线从空气射入介质，A 对．由sin C ＝1n＝0.67，可知D 正确．4．在双缝干涉实验中，设单缝宽度为h ，双缝距离为d ，双缝与屏距离为l ，当采取下列四组数据中的哪一组时，可在光屏上观察到清晰可辨的干涉条纹 ( ) A ．h ＝1cm d ＝0.1mm l ＝1m B ．h ＝1cm d ＝0.1mm l ＝10m C ．h ＝1cm d ＝10mm l ＝1m D ．h ＝1mm d ＝0.1mm l ＝1m [答案] D[解析] 在双缝干涉实验中，要得到清晰的干涉条纹，由Δx ＝ld λ可知，必须满足单缝宽度和双缝之间的距离都很小，双缝到屏的距离足够大，故正确选项为D.5．用单摆测定重力加速度时，某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值，引起这一误差的可能原因是 ( ) A ．摆球在水平面内做圆周运动 B ．测量摆长时，漏测摆球直径C ．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“1”，直到第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历时间t ，得周期T ＝t /30，来进行计算D ．单摆的最大摆角远大于10° [答案] AC[解析] 摆球在水平面内做圆锥摆动时，周期T ＝2πl cos θg，说明摆球做圆锥摆动时，它的周期小于同样摆长的单摆的周期，代入公式g ＝4π2l /T 2，因为T 减小，g 增大，故A 正确．漏测摆球直径和摆角偏大时，都会使得g 的测量值偏小，故B 、D 不对．而C 的周期算错了，按C 中方法T ＝t /15，所以测量的周期偏小，也使g 值偏大，C 也正确． 二、非选择题6．在用单摆测定重力加速度的实验中，单摆的摆角φ应________，从摆球经过________开始计时，测出n 次全振动的时间为t ，用毫米刻度尺测出摆线长为L ，用游标卡尺测出摆球的直径为d .(1)用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式为g ＝________. (2)实验中某同学发现他测出的重力加速度值总是偏大，其原因可能是 ( ) A ．实验室处在高山上，离海平面太高 B ．单摆所用的摆球太重C ．测出n 次全振动的时间为t ，误作为(n ＋1)次全振动的时间进行计算D ．以摆球直径和摆线之和作为摆长来计算[答案] 小于10° 平衡位置 (1)4π2(L ＋d2)n 2t 2(2)CD[解析] 根据单摆做简谐运动条件知φ<10°；因平衡位置易判断，且经平衡位置速度大，用时少，误差小． (1)根据T ＝2πl g又T ＝t n l ＝L ＋d 2得g ＝4π2(L ＋d 2)n 2t2(2)由(1)知g 偏大的原因可能是T 偏小，l 偏大．7．用某种单色光做双缝干涉实验时，已知双缝间距离d 的大小恰好是下图中游标卡尺的读数如图丁，双缝到毛玻璃屏间距离l 的大小也由下图中毫米刻度尺读出，如图丙．实验时先移动测量头如图甲上的手轮，把分划线对准靠近最左边的一条明条纹如图乙所示，并记下螺旋测微器的读数x 1如图戊所示，然后转动手轮，把分划线向右边移动，直到对准第7条明条纹并记下螺旋测微器读数x 7如图己所示，由以上测量数据求得该单色光的波长为________．[答案] 8.01×10－7m[解析] 根据条纹宽度公式Δx ＝l d λ可知：波长λ＝dl Δx .只要根据题目提供的数据就可求解，据图丁可直接读出d ＝0.25mm ，双缝到屏的距离由图丙读出l ＝749.0mm.条纹宽度可先读出7条条纹间距为(14.700－0.300)mm ，注意此为6个条纹宽度，即6Δx ＝14.400mm ，每条条纹宽度Δx ＝2.400mm.将以上数据代入得： λ＝d Δx l ＝0.25×2.400749.0mm ＝8.01×10－7m8．某同学在测定一厚度均匀的圆形玻璃柱的折射率时，先在白纸上作一与玻璃圆柱同半径的圆，圆心为O ，将玻璃圆柱平放在白纸上，使其边界与所画的圆重合．在玻璃柱一侧竖直插两枚大头针P 1和P 2，在另一侧再先后插两个大头针P 3和P 4，使从另一侧隔着玻璃观察时，大头针P 3、P 4和P 2、P 1的像恰在一直线上，移去玻璃圆柱和大头针后，在白纸上得到图示，在上图中画出：(1)沿P 1、P 2连线方向的入射光线通过圆形玻璃后的传播方向． (2)光线在玻璃内的传播方向(3)在光线的入射点作法线，标出入射角i 和折射角r . (4)写出计算玻璃折射率的公式(不必计算)． [答案] (1)(2)(3)略 (4)n ＝sin isin r[解析] 根据实验过程可知连结P 3、P 4点画直线，即光线P 1P 2经圆形玻璃后的传播光线．连结圆心O 和入射点作直线即入射点处的法线．根据折射定律可写出n ＝sin i sin r.9．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，装置如图所示．双缝间的距离d ＝3mm.(1)若测定红光的波长，应选用______色的滤光片．实验时需要测定的物理量有：______和________．(2)若测得双缝与屏之间距离为0.70m ，通过测量头(与螺旋测微器原理相似，手轮转动一周，分划板前进或后退0.500mm)观察到第1条亮纹的位置如图(a)所示，观察第5条亮纹的位置如图(b)所示．则可求出红光的波长λ＝________m ．(保留一位有效数字)[答案] (1)红 双缝到屏的距离L n 条亮(或暗)纹间距离a(2)7×10－7[解析] (1)测红光波长选红色滤光片，因为红色滤光片只能透过红光．(2)据Δx ＝Ld λ知，需测双缝到屏的距离L 和n 条亮(或暗)纹间距离a ，从而计算出条纹间距离Δx ，最后算出λ.10．用“插针法”测定透明半圆柱玻璃砖的折射率，O 为玻璃砖截面的圆心，使入射光线跟玻璃砖的平面垂直，如图所示的四个图中P 1、P 2、P 3和P 4是四个学生实验插针的结果(1)在这四个图中肯定把针插错了的是________．(2)在这四个图中可以比较准确地测出折射率的是________，计算玻璃的折射率的公式是________．[答案] (1)A (2)D n ＝sin θ1sin θ2[解析] (1)垂直射入半圆柱玻璃砖平面的光线，经玻璃砖折射后，折射光线不能与入射光线平行(除过圆心的光线)，A 错．(2)测量较准确的是图D ，因B 图的入射光线经过圆心，出射光线没有发生折射，C 图的入射光线离圆心太近，射到圆界面上时，入射角太小不易测量，会产生较大的误差．测量出入射角与折射角后，由折射定律求出折射率n ＝sin θ1sin θ2.11．单摆测定重力加速度的实验中(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d ＝________mm.(2)接着测量了摆线的长度为l 0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式g ＝________(用题目中的物理量表示)．(3)某小组改变摆线长度l 0，测量了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长l 0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T 2－l 0图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)． [答案] (1)14.15mm (2)π2(l 0＋12d )4t 20 (3)无影响 [解析] (1)从游标卡尺上读出摆球直径d ＝14.15mm (2)由F －t 图象，单摆周期T ＝4t 0，摆长l ＝l 0＋d2根据T ＝2πlg ，g ＝π2(l 0＋12d )4t 20(3)实验摆长为l 0＋12d ，故甲同学测量结果偏小，而乙同学处理数据的方法对测量结果无影响．12．(2009·江苏南京模拟)如图所示，一半圆形玻璃砖外面插上P 1、P 2、P 3、P 4四枚大头针时，P 3、P 4恰可挡住P 1、P 2所成的像，则该玻璃砖的折射率n ＝________.有一同学把大头针插在P 1′和P 2′位置时，沿着P 4、P 3的方向看不到大头针的像，其原因是________________________________________________________________________． [答案] 1.73 经过P 1′P 2′的光线在MN 处发生全反射． [解析] (1)由图可知，当光由空气进入玻璃时，入射角θ1＝60°， 折射角θ2＝30°.所以n ＝sin θ1sin θ2＝3＝1.73.(2)当光由玻璃射入空气时，若θ1≥C ，则发生全反射，而sin C ＝1n ＝33，当针插在P 1′P 2′时，入射角θ＝60°>C ，已发生全反射． 13．(2009·广东珠海模拟)如图所示，是利用插针法测定玻璃砖折射率的一次实验光路图，PQ 为玻璃砖入射面的法线，MN 、EF 均垂直于法线PQ 并分别交于N 和E 点，入射点为O ，取OM ＝OF ，用刻度尺量出MN 、EF 的长度，则折射率n ＝MN /EF .改变入射角θ1的大小，重复以上实验，可量出MN 、EF 的多组数据．现有两位同学各设计了一个记录数据表格，而且都已完成了计算．乙同学设计的表格是：上述两位同学处理数据的方法正确的是________(填“甲”或“乙”或“都正确”)． [答案] 乙[解析] 本题测的是折射率n ，应对每一次求得的折射率求平均值，而不是对长度或入射角、折射角的正 弦取平均值．14．某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中，先测得摆线长78.50cm ，摆球直径2.0cm.然后将一个力电传感器接到计算机上，实验中测量快速变化的力，悬线上拉力F 的大小随时间t 的变化曲线如图所示．(1)该摆摆长为________cm. (2)该摆摆动周期为________s.(3)测得当地重力加速度g 的值为________m/s 2. (4)如果测得g 值偏小，可能原因是 ( ) A ．测摆线长时摆线拉得过紧B ．摆线上端悬点未固定好，摆动中出现松动C ．计算摆长时，忘记了加小球半径D ．读单摆周期时，读数偏大[答案] (1)79.50 (2)1.8 (3)9.68 (4)BCD [解析] (1)摆长＝摆线长＋小球半径 ＝78.50cm ＋1.0cm ＝79.50cm(2)由F －t 变化图线可知，T ＝1.8s(3)g ＝4π2l T 2＝4×3.142×79.501.82cm/s 2＝9.68m/s 2 (4)由g ＝4π2lT 2可知g 值偏小的可能原因是：l 的测量值偏小，B 、C 正确，A 错误，也可能是T 值偏大，D 对．高$考$试∵题库。
2012届高三物理一轮复习：全程综合训练(大纲版)
2012届高三物理一轮复习全程综合训练一､选择题1.在下面给出的方程中,括号中的a 、b 、c 、d 代表相同或不同的粒子,其中正确的说法是( ) 2382349412929042623514192123492563601123U Th a Be He C bU c Ba Kr n H H He d →++→++→+++→+①②③④A.a 、b 都是电子B.b 、c 、d 都是中子C.c 是中子,d 是α粒子D.a 是α粒子,d 是中子解析:考查核反应方程及其规律,在核反应过程中,遵从质量数守恒和核电荷数守恒,根据反应前后质量数守恒和核电荷数守恒可知:a 为α粒子､b 、c 、d 均为中子.所以B 、D 正确.答案:BD2.用轻弹簧竖直悬挂质量为m 的物体,静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m 的物体,系统静止时弹簧的伸长量也为L,已知斜面的倾角为30°,则物体受到的摩擦力( )A.等于零B.大小为2mg ,方向沿斜面向下C.大小为2,方向沿斜面向上 D.大小为mg,方向沿斜面向上解析:考查胡克定律､共点力的平衡.当用弹簧竖直悬挂物体时:mg=kL,当物体在斜面上时:设摩擦力方向沿斜面方向向下,根据共点力的平衡条件:kL=2mgsin30°+f 得:f=0,A 正确.答案:A3.如图所示,固定在水平面上的导热气缸和光滑活塞间封闭有一定质量的理想气体(分子间无相互作用的斥力和引力),开始时活塞处于A处.由于环境温度升高,活塞由A缓慢地水平移动到B.已知活塞的横截面积为S,移动的距离为L,大气压强恒为p0,由此可以判断( )A.气体的体积增大,对外做功,气体的内能减少B.气体吸收热量,每个气体分子的速率都增大,气体的内能增大C.气体吸收热量,同时对外做功p0SL,气体内能增大D.由于活塞在A、B两处时都处于平衡,所以气体的内能不变解析:考查理想气体的压强和温度､体积的关系及热力学定律.根据pVT=常数得:V增大p不变时,T一定增大,所以理想气体的内能增大,A､D错;根据热力学第一定律Q+W=ΔE得,气体对外做功､内能增大时,一定从外界吸收热量,C对;气体温度升高,气体分子的平均动能增大,不是每个分子的动能都增大,B错.答案:C4.一束由红光和紫光组成的复色光斜射到厚平板玻璃的上表面,经两次折射后从玻璃板下表面射出,出射光线相对于入射光线侧移了一段距离,下列分析正确的是( )A.红光在玻璃中传播速度比紫光大Z|xx|kB.红光在玻璃中通过的路程比紫光小C.出射光线中红光的侧移距离比紫光大D.紫光的侧移距离在复色光以45°的入射角入射时比30°入射时大解析:考查光速､光的折射定律的应用.红光在玻璃中的折射率比紫光小,根据v=cn得A正确;根据光的折射定律,紫光在玻璃中的偏折比红光大,在相同入射角的情况下,通过玻璃的路程较短,出射光的侧移距离较大,B､C错;根据光的折射定律,对于同一种光,入射角越大,折射角越大,侧移距离越大,D正确.答案:AD5.一列简谐横波沿x轴传播,频率为5 Hz,某时刻的波形如图所示.介质中质点A的平衡位置在距原点8 cm处,质点B在距原点16 cm处,从图象对应时刻开始计时,质点B的运动状态与图示时刻质点A的运动状态相同所需的最短时间可能是( )A.0.08 sB.0.12 sC.0.14 sD.0.16 s 解析:考查波的图象及其对图象的理解和应用.由题意可知,周期T=1f=0.2 s,由图象可知该波的波长λ=0.2 m,所以波速v=Tλ=1 m/s.当波沿x 轴负方向传播时,最短距离s BA =0.08 m,所以最短时间t 1=BA s v =0.08 s,A 对;当波沿x 轴正方向传播时,最短距离s BA =0.12 m,所以最短时间t 2=BA s v =0.12 s,B 对;C ､D 均错. 答案:AB6.地球的半径为R,表面的大气压强为p 0、重力加速度为g 、标准状况下空气的密度为ρ,大气中空气分子的平均摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N A ,由此可估算出( )A.大气的总质量为343R πρ B.大气的总质量为343R πρ C.空气的总分子数为343R MπρN A D.空气的总分子数为204R p MgπN A 解析:考查阿伏加德罗常数的应用和有关分子的估算.大气压强是由于大气的重力产生的,p 0=2R 4mg π,所以大气的总质量m=204,R p g πB 对A 错;大气的摩尔数为,m M 所以空气的总分子数为20R 4A p N Mg π,C 错D 对.答案:BD7.示波器是一种多功能电学仪器.可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况:如图甲所示,真空室中电极K 发出的电子(初速不计),经过电压为U 1的加速电场后,由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入两板间.在两极板右侧且与极板右端相距D 处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏,中心线正好与屏上坐标原点相交(x 方向水平,y 方向竖直),电子通过极板间打到荧光屏上将出现亮点.若在A 、B 两板间加上如图乙所示的电压,则荧光屏上亮点的运动规律是()A.沿y 轴方向做匀速运动B.沿x 轴方向做匀速运动C.沿y 轴方向做匀加速运动D.沿x 轴方向做匀加速运动解析:考查带电粒子在匀强电场中加速和在电场中偏转规律. 设电子的电量为e,质量为m,则在加速电场中:U 1e=201,2mv 通过偏转电场:l=v 0t,y=2,2AB U et md 从偏转电场右端到荧光屏之间,2.2l D Y l y+=联立上式得:1(2)4l D l Y dU += U AB =1(2)4l D l dU +kt(k 为乙图图线斜率),所以Y 与t 成线性关系,A 正确. 答案:A8.如图是一个 圆柱体棱镜的截面图,图中A 、B 、C 、D 、E 将半径OM 分成6等份,虚线AA 1、BB 1、CC 1、DD 1、EE 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=1.5,若平行光束垂直射入并覆盖OM,则光线( ) 学+科+网Z+X+X+K]A.不能从圆弧NC 1射出B.只能从圆弧ND 1射出C.能从圆弧D 1E 1射出D.能从圆弧E 1M 射出解析:考查光的全反射现象､临界角的计算.光在该棱镜中发生全反射的临界角为:sinC=123n =.当光沿DD ′方向入射时,刚好发生全反射,所以B 正确,A ､C ､D 错.答案:B9.如图所示,从O 点沿x 方向水平抛出的物体,抵达斜面上端的P 点时,其速度方向恰好与斜面平行,然后沿着斜面无摩擦滑下.从抛出点开始计时,下列描述该物体沿x 方向和y 方向运动的v-t 图象中,大致正确的是( )解析:考查平抛运动､v-t 图象､牛顿第二定律.根据平抛运动特点:v x =v 0,v y =gt;当物体在斜面上运动时,物体在水平方向匀加速运动的加速度a x =12N F sin m θ=gsin2θ,在竖直方向的加速度a y =gsin 2θ<g,所以C 对A ､B ､D 错.答案:C10.μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子,它在原子核物理的研究中有重要作用,如图为μ氢原子的能级图.假定用动能为E的电子束照射容器中大量处于n=1能级的μ氢原子,μ氢原子吸收能量后,最多可发生6种不同频率的光,则关于E的取值正确的是( )A.E=158.1 eVB.E>2428.4 eVC.E<2371.5 eVD.2371.5 eV<E<2428.4 eV解析:考查氢原子的能级结构､光子的发射和吸收规律.根据题意吸收能量的原子最多可发出6种不同频率的光,由C^2_n=6得:4<n<5,所以(2529.6-158.1) eV<E<(2529.6-101.2) eV,D正确.答案:D11.在如图甲所示电路中,D为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大).R1=30 Ω,R2=60 Ω,R3=10 Ω.在MN间加上如图乙所示的交变电压时,R3两端电压表的读数大约是( )A.3 VB.3.5 VC.4 VD.5 V解析:考查交流电的有效值的概念和计算､二极管的特性.在0~0.01 s内,二极管导通,电压表读数为U 31=3312R R R +U m =3 V,在0.01~0.02 s 内,二极管截止,电压表读数U 32=331R R R +U m =4 V .根据交流电有效值的定义得:222313233322U U T T U R R R ⨯⨯+=×T,U=3.5 V ,B 正确. 答案:B12.如图,虚线范围内为两个磁感应强度大小相同,方向相反的匀强磁场区域.一闭合线框以恒定速度从图示位置匀速向右运动(所有尺寸见图),则线圈中感应电流随时间变化的关系图正确的是(取顺时针方向的电流为正)()解析:考查法拉第电磁感应定律､闭合电路欧姆定律､右手定则和电磁感应图象的综合应用.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,当线圈向右运动 的过程中,线圈中感应电流I 1=Bdv R ;当线圈向右从 →l 的运动过程中,线圈中感应电流I 22Bdv R =,根据右手定则,I 1､I 2的方向逆时针,所以D 错;当线圈向右从l → l 的运动过程中,线圈中感应电流I 3=2,Bdv R 方向顺时针,A 错;当线圈向右从32l →2l 的运动过程中,线圈中感应电流I44,BdvR=方向顺时针,B对C错.答案:B二､实验题13.在用油膜法估测分子大小的实验中,已知所用油的摩尔质量为M,密度为ρ,油滴质量为m,油滴在液面上扩散后的最大面积为S,阿伏加德罗常数为N A.以上各量均采用国际单位,由此可知________.A.油分子直径d=MS ρB.油分子直径d=mSρC.油滴所含分子数n=Mm\5N AD.油滴所含分子数n=mM\5N A解析:油分子的体积V=mρ,所以油分子的直径d,V mS Sρ==A错B对;油滴的摩尔数mM,油滴所含分子数n=mMN A,C错D对.答案:BD14.某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律,让质量为m1的小球从斜槽某处由静止开始滚下,与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生碰撞.(1)实验中必须满足的条件是________.A.m1必须大于m2B.斜槽必须是光滑的C.斜槽末端的切线必须水平D.m1每次必须从同一高度由静止滚下(2)实验中必须测量的物理量是________.A.两小球的质量m1和m2B.两小球的直径d1和d2C.桌面离地面的高度HD.小球飞出的水平距离s(3)下列说法中有利于减小误差、提高实验结果准确程度的是________.A.两小球的质量差越大越好B.小球释放点离地面的高度越大越好C.调整斜槽,使m1、m2碰撞时球心在同一水平面上D.将小球重复10次的落点用半径尽量小的圆圈住,其圆心作为小球的落点位置解析:(1)为了防止碰后m1反弹而导致m1碰后速度的测量误差增大,必须m1>m2,A对;该实验是通过平抛运动规律来将速度转换成水平位移进行测量的,必须保证两球在碰撞前后水平抛出,所以斜槽末端的切线必须水平,C对;要保证m1碰前的速度相同,根据功能关系,m1每次必须从同一高度由静止滚下,D对;根据功能关系可知斜槽没有必要一定光滑,B错.(2)根据动量守恒定律,m1v1=m1v′1+m2v′2,本实验将其转换成m1s1=m1s′1+m2s′2进行验证,所以A､D 正确.(3)根据实验需要注意的事项和数据处理方法,C､D正确.答案:(1)ACD (2)AD (3)CD15.一直流电压表,内阻为R V,一直流电源(电动势未知,内阻可忽略不计),两个单刀开关S1、S2及若干导线.已知电压表的量程略大于电池组的电动势,现用这些器材测量一电阻值较大的定值电阻R x的值.(1)为达到上述目的,将题中右侧对应的图连成一个完整的实验电路图.(2)简述实验步骤和需要测量的数据(数据用文字和符号表示):________________________________________________________________________________(3)可以计算出R x=________.(用已知量和测得量表示)解析:因为只给了一只阻值已知的电压表,所以要利用串联电路的特点,即电压的分配与电阻成正比来进行测量.当S 1､S 2均闭合时,电源的电动势为U 1,当S 1闭合S 2断开时,根据串联电路的特点:212,V x R U U U R =-解得R x =122U U U -R V . 答案:(1)如图所示(2)闭合S 1､S 2,读出电压表读数U 1;保持S 1闭合,断后S 2,读出电压表读U 2; 学+科+ (3)122U U U - R V 三、计算题16.“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质.如图所示,测定时,在平直的起点终点线与折返线间的跑道上,受试者站在起点终点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正前方10米处的折返线,测试员同时开始计时.受试者到达折返线处时,用手触摸折返线处的木箱,再转身跑向起点终点线.当到达起点终点线时,测试员停表.所用时间即为一次“10米折返跑”的成绩.设受试者匀加速起跑的加速度为4 m/s 2,运动过程中的最大速度为4 m/s,到达折返线时需减速到零,匀减速过程中的加速度为8 m/s 2,返回的10 m 与前10 m 运动情况相同.求该受试者一次“10米折返跑”的成绩.解:受试者加速过程中s 1=21112a t v m =a 1t 1 匀速过程中s 2=v m t 2 减速过程中s 3=22312a t v m =a 2t 3 s=s 1+s 2+s 3t=t1+t2+t3受试者10 m折返跑的时间T=2t=6.5 s.17.如图所示,质量为m=10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°.力F作用t1=2 s时撤去,物体在斜面上继续上滑了t2=1.25 s 后,速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)解:力F作用时Fcosθ-μF N-mgsinθ=ma1F N=Fsinθ+mgcosθ2 s末物体的速度v=a1t1撤去F到物体停止的过程中-μF′N-mgsinθ=ma2F′N=mgcosθv=-a2t2μ=0.25.18.电子自静止开始经M、N板间(两板间的电压为U)的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d有平行边界的匀强磁场中,电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L,如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.(已知电子的质量为m,电荷量为e)、解:电子经电场加速后mv2=eU电子进入磁场后R=mv eBR 2=d 2+(R-L)219.如图所示,在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行金属导轨,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B 0.导轨上端连接一阻值为R 的电阻和开关K,导轨电阻不计,两金属棒a 和b 的电阻都为R,质量分别为m a =0.02 kg 和m b =0.01 kg,它们与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦地运动.若将b 棒固定,断开开关K,将一竖直向上的恒力作用于a,稳定时a 棒以v=10 m/s 的速度向上匀速运动,此时再释放b 棒,b 棒恰能保持静止,取g=10 m/s 2,求:(1)若将a 棒固定,开关K 闭合,让b 棒从静止开始自由下滑,求b 棒滑行的最大速度;(2)若将a 、b 棒都固定,断开开关K,使匀强磁场的磁感应强度在0.1 s 内从B 0随时间均匀增大到2B 0时,a 棒所受到的安培力恰好等于它的重力,求两棒间的距离.解:(1)a 棒向上运动时E 1=B 0lv,I 1=12E R ,F 1=B 0I 1l 对于b 棒F 1=m b gb 棒下滑到最大速度时E 2=B 0lv m ,I 2=232E R ,F 2=B 0I 2l 对于b 棒F 2=m b gv m =7.5 m/s.(2)在磁感应强度增大的过程中E 3=0B lh t t ∆Φ=∆∆I 3=32E R学*科*网Z*X*X*K] F 3=2B 0I 3lF 3=m a gh=1 m.20.北京时间2009年3月1日下午15时36分,在距月球表面100 km 的圆轨道上运行的质量为1.2×103 kg(连同燃料)的“嫦娥一号”卫星,在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机点火,在极短的时间内以4.92 km/s 的速度(相对月球表面)向前喷出质量为50 kg 的气体后,卫星减速,只在月球引力的作用下下落,最后成功撞击到月球东经52.36度、南纬1.50度的预定的丰富海区域,实现了预期目标,为中国探月一期工程画上一个圆满的句号.已知月球的半径R=1.7×103 km,月球表面的重力加速度g ′=1.8 m/s 2,求:(1)“嫦娥一号”在圆轨道上的运行速度;(2)若忽略卫星下落过程中重力加速度的变化,求“嫦娥一号”撞击到月球表面时的速度.解:(1)质量为m 0的物体在月球上时m 0g ′=G02m M R 卫星在高度为h 的轨道上运行时 22()mM v G m R h R h=++=1.7 km/s. (2)“嫦娥一号”喷出气体前后mv=(m-Δm)v 1+Δmv 2v 1=1.56 km/s“嫦娥一号”在下落过程中2212mg 1122h mv mv =+ v 2=1.67 km/s.21.在电场强度为E 的匀强电场中,有一条与电场线平行的几何线(如图甲中虚线所示),几何线上有两个静止的小球A 和B(均可视为质点),两小球的质量均为m,A 球带正电,电荷量为q(电荷量很小,对原电场的影响可忽略);B 球不带电,开始时两球相距为L.某时刻释放A 球,A 球在电场力的作用下开始沿直线运动,并与B 球发生正对碰撞.设碰撞中A 、B 两球的总动能无损失,且A 、B 两球间无电荷转移,不考虑重力及两球间的万有引力,不计碰撞时间:求:(1)从释放开始,A 球经过多长时间与B 球发生第一次碰撞?(2)第一次碰撞后又经多长时间A 球与B 球发生第二次碰撞?(3)在图乙给出的坐标系中,画出A 球运动的v-t 图象(从A 球开始运动起到A 、B 两球第三次碰撞时止). 解:(1)A 球与B 第一次碰撞前做匀加速直线运动qE=ma L=2112att 1=(2)A 与B 第一次碰撞时速度为v 0v 0=at 1A 与B 第一次碰撞后A 的速度为v 1,B 的速度为V 1 学.科.网Z.X.X.K]mv 0-mv 1+mV 1222011111222mv mv mV =+v 1=0,V 1=v 0 第一次碰撞后经过t 2时间A 、B 两球再次相碰v 0t 2=2212att 2=2 (3)A ､B 第二次碰撞后速度分别为v 2和V 2m(at 2)+mV 1=mv 2+mV 2222221221111()2222m at mV mv mV +=+v 2=v 0,V 2=2v 0 第二次碰撞后到第三次碰撞时 V 2t 3=v 2t 3+2312att 3=2A 球第三次与B 碰撞时v 3=v 2+at 3=3 图象如下图所示.。
高三物理第一轮复习综合练习题二 新课标 人教版
高三物理第一轮复习综合练习题二1、（6分）起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的2、（6分）物体A 、B 、C 均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B 、m C ，得到三个物体的加速度a 与其所受水平拉力F 的关系如图所示，图中A 、B 两直线平行，则下列由图线判断所得的关系式中正确的是A ．μA =μB =μC B ．m A <m B <m C C ．m A >m B >m CD ．μA <μB =μC3、（6分）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击发至炮筒口的过程中，克服重力做功1W ，克服炮筒阻力及空气阻力做功2W ，高压燃气对礼花弹做功3W ，则礼花弹在炮筒内运动的过程中机械能的变化量为(设礼花弹发射过程中质量不变)A.213W W W --B.13W W -C.23W W -D.21W W +4、（6分）如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、r 2、r 3。
若甲轮的角速度为1ω，则丙轮的角速度为 A 、311r r ω B 、113r r ω C 、213r r ω D 、211r r ω5、（6分）A 球由塔顶自由落下，当落下a m 时，B 球自距离塔顶b m处开始自由落下，两球恰好同时落地，则塔的高度为A ．b a +B ．ba ab +2C ．ab a 4)(2+D ．222b a +6、（6分）如图所示，一物体以初速度v 0冲向光滑斜面AB ，并恰好能沿斜面升高h ，下列说法中正确的是A ．若把斜面从C 点锯断，物体冲过C 点后仍升高hB ．若把斜面弯成圆弧形D ，物体仍沿圆弧升高hC ．若把斜面从C 点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高hD ．若把斜面AB 变成曲面AEB ，物体沿此曲面上升仍能到达B 点7、(1) （6分）图甲是用一主尺最小分度为1mm ，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示，可以读出此工件的长度为____________mm ；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应 mm 。
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2012届高三物理一轮复习全程综合训练课堂练习二1.在用油膜法估测分子大小的实验中,已知所用油的摩尔质量为M,密度为ρ,油滴质量为m,油滴在液面上扩散后的最大面积为S,阿伏加德罗常数为NA.以上各量均采用国际单位,由此可知________.A.油分子直径d=MS ρB.油分子直径d=mSρ C.油滴所含分子数n=Mm\5NAD.油滴所含分子数n=mM\5NA解析:油分子的体积V=mρ,所以油分子的直径d,V mS Sρ==A错B对;油滴的摩尔数mM,油滴所含分子数n=mM NA,C错D对.答案:BD2.某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律,让质量为m1的小球从斜槽某处由静止开始滚下,与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生碰撞.(1)实验中必须满足的条件是________.A.m1必须大于m2B.斜槽必须是光滑的C.斜槽末端的切线必须水平D.m1每次必须从同一高度由静止滚下(2)实验中必须测量的物理量是________.A.两小球的质量m1和m2B.两小球的直径d1和d2C.桌面离地面的高度HD.小球飞出的水平距离s(3)下列说法中有利于减小误差、提高实验结果准确程度的是________.A.两小球的质量差越大越好B.小球释放点离地面的高度越大越好C.调整斜槽,使m1、m2碰撞时球心在同一水平面上D.将小球重复10次的落点用半径尽量小的圆圈住,其圆心作为小球的落点位置解析:(1)为了防止碰后m1反弹而导致m1碰后速度的测量误差增大,必须m1>m2,A对;该实验是通过平抛运动规律来将速度转换成水平位移进行测量的,必须保证两球在碰撞前后水平抛出,所以斜槽末端的切线必须水平,C对;要保证m1碰前的速度相同,根据功能关系,m1每次必须从同一高度由静止滚下,D对;根据功能关系可知斜槽没有必要一定光滑,B错.(2)根据动量守恒定律,m1v1=m1v′1+m2v′2,本实验将其转换成m1s1=m1s′1+m2s′2进行验证,所以A､D正确.(3)根据实验需要注意的事项和数据处理方法,C､D正确.答案:(1)ACD (2)AD (3)CD3.一直流电压表,内阻为RV,一直流电源(电动势未知,内阻可忽略不计),两个单刀开关S1、S2及若干导线.已知电压表的量程略大于电池组的电动势,现用这些器材测量一电阻值较大的定值电阻Rx的值.(1)为达到上述目的,将题中右侧对应的图连成一个完整的实验电路图.(2)简述实验步骤和需要测量的数据(数据用文字和符号表示):________________________________________________________________________________(3)可以计算出Rx=________.(用已知量和测得量表示)解析:因为只给了一只阻值已知的电压表,所以要利用串联电路的特点,即电压的分配与电阻成正比来进行测量.当S1､S2均闭合时,电源的电动势为U1,当S1闭合S2断开时,根据串联电路的特点:212,VxRUU U R=-解得Rx=122U UU-RV.答案:(1)如图所示(2)闭合S1､S2,读出电压表读数U1;保持S1闭合,断后S2,读出电压表读U2;(3)122U UURV4.“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质.如图所示,测定时,在平直的起点终点线与折返线间的跑道上,受试者站在起点终点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正前方10米处的折返线,测试员同时开始计时.受试者到达折返线处时,用手触摸折返线处的木箱,再转身跑向起点终点线.当到达起点终点线时,测试员停表.所用时间即为一次“10米折返跑”的成绩.设受试者匀加速起跑的加速度为4 m/s2,运动过程中的最大速度为4 m/s,到达折返线时需减速到零,匀减速过程中的加速度为8 m/s2,返回的10 m与前10 m运动情况相同.求该受试者一次“10米折返跑”的成绩.解:受试者加速过程中s1=21112a tvm=a1t1匀速过程中s2=vmt2减速过程中s3=22312a tvm=a2t3s=s1+s2+s3t=t1+t2+t3受试者10 m折返跑的时间T=2t=6.5 s.5.如图所示,质量为m=10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°.力F作用t1=2 s时撤去,物体在斜面上继续上滑了t2=1.25 s后,速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数.(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)解:力F作用时Fcosθ-μFN-mgsinθ=ma1FN=Fsinθ+mgcosθ2 s末物体的速度v=a1t1撤去F到物体停止的过程中-μF′N-mgsinθ=ma2F′N=mgcosθv=-a2t2μ=0.25.6.电子自静止开始经M、N板间(两板间的电压为U)的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d有平行边界的匀强磁场中,电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L,如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.(已知电子的质量为m,电荷量为e)、解:电子经电场加速后mv2=eU电子进入磁场后R=mv eBR2=d2+(R-L)2B=.7.如图所示,在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行金属导轨,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B0.导轨上端连接一阻值为R的电阻和开关K,导轨电阻不计,两金属棒a 和b的电阻都为R,质量分别为ma=0.02 kg和mb=0.01 kg,它们与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦地运动.若将b棒固定,断开开关K,将一竖直向上的恒力作用于a,稳定时a棒以v=10 m/s的速度向上匀速运动,此时再释放b棒,b棒恰能保持静止,取g=10 m/s2,求:(1)若将a棒固定,开关K闭合,让b棒从静止开始自由下滑,求b棒滑行的最大速度;(2)若将a、b棒都固定,断开开关K,使匀强磁场的磁感应强度在0.1 s内从B0随时间均匀增大到2B0时,a棒所受到的安培力恰好等于它的重力,求两棒间的距离.解:(1)a 棒向上运动时 E1=B0lv,I1=12E R ,F1=B0I1l对于b 棒F1=mbgb 棒下滑到最大速度时 E2=B0lvm,I2=232E R ,F2=B0I2l对于b 棒F2=mbgvm=7.5 m/s.(2)在磁感应强度增大的过程中 E3=0B lh tt ∆Φ=∆∆I3=32E R F3=2B0I3lF3=magh=1 m.20.北京时间2009年3月1日下午15时36分,在距月球表面100 km 的圆轨道上运行的质量为1.2×103 kg(连同燃料)的“嫦娥一号”卫星,在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机点火,在极短的时间内以4.92 km/s 的速度(相对月球表面)向前喷出质量为50 kg 的气体后,卫星减速,只在月球引力的作用下下落,最后成功撞击到月球东经52.36度、南纬1.50度的预定的丰富海区域,实现了预期目标,为中国探月一期工程画上一个圆满的句号.已知月球的半径R=1.7×103 km,月球表面的重力加速度g′=1.8 m/s2,求:(1)“嫦娥一号”在圆轨道上的运行速度;(2)若忽略卫星下落过程中重力加速度的变化,求“嫦娥一号”撞击到月球表面时的速度. 解:(1)质量为m0的物体在月球上时m0g′=G02m MR 卫星在高度为h 的轨道上运行时22()mM v G m R h R h =++=1.7 km/s.(2)“嫦娥一号”喷出气体前后mv=(m-Δm)v1+Δmv2v1=1.56 km/s“嫦娥一号”在下落过程中2212mg 1122h mv mv =+v2=1.67 km/s.8.在电场强度为E 的匀强电场中,有一条与电场线平行的几何线(如图甲中虚线所示),几何线上有两个静止的小球A 和B(均可视为质点),两小球的质量均为m,A 球带正电,电荷量为q(电荷量很小,对原电场的影响可忽略);B 球不带电,开始时两球相距为L.某时刻释放A 球,A 球在电场力的作用下开始沿直线运动,并与B 球发生正对碰撞.设碰撞中A 、B 两球的总动能无损失,且A 、B 两球间无电荷转移,不考虑重力及两球间的万有引力,不计碰撞时间:求:(1)从释放开始,A 球经过多长时间与B 球发生第一次碰撞?(2)第一次碰撞后又经多长时间A 球与B 球发生第二次碰撞?(3)在图乙给出的坐标系中,画出A 球运动的v-t 图象(从A 球开始运动起到A 、B 两球第三次碰撞时止).解:(1)A 球与B 第一次碰撞前做匀加速直线运动qE=ma L=2112at(2)A 与B 第一次碰撞时速度为v0v0=at1A 与B 第一次碰撞后A 的速度为v1,B 的速度为V1 mv0-mv1+mV1222011111222mv mv mV =+v1=0,V1=v0第一次碰撞后经过t2时间A 、B 两球再次相碰 v0t2=2212at(3)A ､B 第二次碰撞后速度分别为v2和V2 m(at2)+mV1=mv2+mV2222221221111()2222m at mV mv mV +=+v2=v0,V2=2v0第二次碰撞后到第三次碰撞时 V2t3=v2t3+2312atA 球第三次与B 碰撞时图象如下图所示.。