【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)热点突破提升练6 Word版含解析

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【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练6 Word版含解析

分层限时跟踪练(六)(限时40分钟)一、单项选择题1．某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动，则下列说法正确的是()A．拉力的水平分力等于桌子所受的合力B．拉力的竖直分力小于桌子所受重力的大小C．拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小D．拉力与重力的合力方向一定沿水平方向【解析】由于桌子沿水平地面匀速运动，所以一定沿地面有向后的滑动摩擦力，根据摩擦力的产生条件，一定有竖直向上的弹力，所以桌子应受到四个力的作用而平衡，即重力，斜向上的拉力，竖直向上的支持力和沿水平地面向后的摩擦力，且四个力的合力为零，故A错；将斜向上的拉力分解成竖直向上的分力和水平向前的分力，则竖直方向上三力平衡，水平方向上二力平衡，故B正确；拉力与摩擦力的合力大小等于拉力的竖直分力，小于重力，故C错；拉力和重力的合力方向一定斜向下不沿水平方向，故D错．【答案】 B2．(2014·上海高考)如图2-3-11所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N.在运动过程中()图2-3-11A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大【解析】小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡有F＝mg sin α，N＝mg cos α(α是重力与圆弧半径方向的夹角)，随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，选项A正确．【答案】 A3．如图2-3-12所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F 的大小分别为()图2-3-12A．l＋mg2k，233mg B．l－mg2k，233mgC．l＋mg2k，23mg D．l－mg2k，23mg【解析】以A、B和弹簧组成的系统为研究对象，则F cos 30°＝2mg sin30°，得F＝233mg；隔离A有kx＝mg sin 30°，得弹簧原长为l－x＝l－mg2k，故选项B正确．【答案】 B4．如图2-3-13所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为()图2-3-13A.33mg B.233mgC.3mg D．2mg【解析】以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示．根据题意可知θ＝30°，根据平衡条件可知：F N1＝mgcos θ＝233mg，选项B正确．【答案】 B5．(2016·福州模拟)如图2-3-14所示，光滑水平面上有一14的球体，球体的左侧面也光滑．质量分别为m1、m2的小球(均可看做质点)通过柔软光滑的轻绳连接，且与球体一起以共同的速度v0向左匀速运动，此时m2与球心O的连线与水平线成45°角．m2与球面间的动摩擦因数为0.5，设m2与球面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则m2m1的最小值是()图2-3-14A.324 B.223C．2 D． 2【解析】当m1有最大值时，摩擦力沿球面向下，受力如图所示，根据共点力平衡得m2g sin 45°＋f＝T，f＝μN＝μm2g cos 45°，T＝m1g，联立三式解得m2m1＝223，选项B正确．【答案】 B二、多项选择题6．(2016·郴州模拟)如图2-3-15甲所示，在粗糙水平面上静置—个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°.两个完全相同的、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两小物块同时各施加—个平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＞F2，如图2-3-15乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是()图2-3-15A．斜劈A仍保持静止B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A对地面的压力大小等于(M＋2m)gD．斜劈A对地面的压力大小大于(M＋2m)g【解析】题图甲中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体组成的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力为(M＋2m)g，斜劈与地面之间没有摩擦力；在图乙中，物块p、q对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈A仍保持静止，斜劈A对地面的压力大小等于(M＋2m)g，与地面间没有摩擦力，故A、C正确．【答案】AC7．如图2-3-16所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是()图2-3-16A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大【解析】若B对A无摩擦力，因B在水平方向受力平衡，则地面对B无摩擦力，A正确；若B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，B正确；若弹簧起初处于拉伸状态，则在P点缓慢下移的过程中，弹簧对A物体的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大，C错误；在P点缓慢下移过程中，以A、B为整体，若弹簧起初处于拉伸状态，P点下移使弹簧恢复到原长时，地面对B的摩擦力逐渐减小到零，D错误．【答案】AB8．如图2-3-17所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是()图2-3-17A．A所受合外力增大B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力一定增大D．墙面对A的摩擦力可能变为零【解析】A一直处于静止状态，所受合外力一直为零，选项A错误；对整体受力分析，根据平衡条件有，水平方向：F N＝F，F增大，则F N增大，选项B 正确；对B受力分析，如图所示，根据平衡条件有F＝F N′sin θ，可见F增大，则F N′增大，F N″＝mg＋F N′cos θ，可见F N′增大，则F N″增大，根据牛顿第三定律可知球对地面的压力增大，选项C正确；以整体为研究对象，竖直方向有F N″＋f＝Mg，若F N″增大至与Mg相等，则f＝0，选项D正确．【答案】BCD9．如图2-3-18所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A、B分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将小球B缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F＝10 N，则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是(小球重力不计)()图2-3-18A ．小球A 受到杆对A 的弹力、绳子的张力B ．小球A 受到的杆的弹力大小为20 NC ．此时绳子与穿有A 球的杆垂直，绳子张力大小为2033 ND ．小球B 受到杆的弹力大小为2033 N 【解析】由于拉动是缓慢进行的，因此任何一个小球均处于动态平衡状态，则对小球A 而言，仅受两个力的作用，杆对A 的弹力F N2与绳子的张力T 平衡，绳子垂直于A 所在的杆，选项A 正确．小球B 受到三个力平衡，拉力F 绳子弹力T 和杆对它的弹力F N1，把绳子上的弹力正交分解，则有T x ＝T cos 60°＝F ，可得T ＝2F ，因此小球A 受到的杆的弹力大小为T ＝2F ＝20 N ，选项B 正确，C 、D 错误．【答案】 AB三、非选择题10．如图2-3-19所示，P 为一个水闸的剖面图，闸门质量为m ，宽度为b .水闸两侧水面高分别为h 1、h 2，水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，求拉起闸门至少需要多大的力？图2-3-19【解析】左侧和右侧水对闸门向右和向左的压力分别为：F 1＝ρgh 12·bh 1，F 2＝ρgh 22·bh 2.由水平方向合力为零可知，轨道与闸门之间的弹力F N 满足：F 1＝F 2＋F N ，即F N ＝F 1－F 2＝ρgb （h 21－h 22）2. 提起闸门时在一开始所需的拉力最大，其值为：F ＝mg ＋μ2F N ＋μ1(F 1＋F 2)＝mg ＋μ2ρgb 2(h 21－h 22)＋μ1ρgb 2(h 21＋h 22)．【答案】 mg ＋μ2ρgb 2(h 21－h 22)＋μ1ρgb 2(h 21＋h 22)11．(2016·武汉模拟)如图2-3-20所示，质量为m 的匀质细绳，一端系在天花板上的A 点，另一端系在竖直墙壁上的B 点，平衡后最低点为C 点．现测得AC 段绳长是CB 段绳长的n 倍，且绳子B 端的切线与墙壁的夹角为α.试求绳子在C 处和在A 处的弹力分别为多大．(重力加速度为g )图2-3-20【解析】以BC 段为研究对象，设绳子B 端所受弹力为T B ，C 处所受弹力为T C ，如图甲所示．T B cos α＝1n ＋1mg ， T B sin α＝T C ，解得T C ＝mg n ＋1tan α.以AC 段为研究对象，设绳子A 端所受弹力为T A ，C 处所受弹力为T ′C ，如图乙所示．T A sin β＝n n ＋1mg ， T A cos β＝T ′C ，T C＝T′C，解得T A＝mgn＋1n2＋tan2α.【答案】mgn＋1tan αmgn＋1n2＋tan2α12．(2016·南昌模拟)如图2-3-21所示，在质量为m＝1 kg的重物上系着一条长为30 cm的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，当细绳的端点挂上重力为G的重物，而圆环将要开始滑动时，(g取10 m/s2)试求：图2-3-21(1)φ角的大小；(2)长为30 cm的细绳的张力；(3)重物G的质量．【解析】(1)因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F＝μF N.对环进行受力分析，则有μF N－F T cos θ＝0，F N－F T sin θ＝0，解得tan θ＝1μ＝43，得θ＝53°.又由于AO＝30 cm，AB＝50 cm，由数学知识求得φ＝90°.(2)如图所示选取坐标轴，根据重物m处于平衡状态，则有G cos θ＋F T sin θ＝mg，F T cos θ－G sin θ＝0，解得F T＝8 N.(3)圆环将要滑动时，对重物进行受力分析可知：G sin θ＝F T cos θ，又G＝m′g，解得m′＝0.6 kg.【答案】(1)90°(2)8 N(3)0.6 kg。

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热点突破提升练(六)电场的性质(限时40分钟)一、单项选择题1．如图1所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()图1A．O点的电场强度不为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小，电势也一直降低D．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直升高【解析】由对称性可知，O点场强为零，在x轴上，O点右侧每一点场强方向向左，O点左侧每一点场强方向向右，到无穷远处场强为零，从O点到无穷远处，x轴上的场强先增大后减小，又因为沿电场方向电势降低，所以O点电势最低，故选D.【答案】 D2．如图2所示，边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为()图2A.6kqa2，方向由C指向OB.6kqa2，方向由O指向CC.3kqa2，方向由C指向OD.3kq a 2，方向由O 指向C【解析】每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq （3a 3）2＝3kq a 2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E 0＝2E ＝6kq a 2，方向由O 指向C ，B 项正确．【答案】 B3．(2014·安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图3所示．下列图象中合理的是( )图3A ．电场强度与位移关系B ．粒子动能与位移关系C ．粒子速度与位移关系D ．粒子加速度与位移关系【解析】带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．由E p x 图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A 错误；带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B 错误；由于静电力不是恒力，加速度a 应该越来越小，故选项C 错误，选项D 正确．【答案】 D4．如图4所示，一光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，一点电荷固定在圆环的最高点A处，重力为G、带电荷量大小为q的小球P(可视为点电荷)套在环上．若小球P静止时与圆心O的连线恰好处于水平位置，则下列判断正确的是()图4A．点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小为2G qB．点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小为G qC．圆环对小球P的弹力大小为2GD．圆环对小球P的弹力大小为2 2G【解析】小球P受力如图所示，则点电荷与小球P间的库仑力大小F1＝F＝Gcos 45°＝2G，点电荷在小球P所在位置处产生的电场强度大小E＝F1q＝2Gq，选项A正确，B错误；圆环对小球P的弹力大小F N＝G tan 45°＝G，选项C、D错误．【答案】 A5．将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成稳定的电场如图5所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则()图5A．C、D两点的电场强度相同，电势相等B．A、B两点的电势相同，电场强度不同C．将电子从A点移至B点，电场力做负功D．将电子从A点移至D点，电势能增大【解析】C、D两点在同一等势面上，电势相等，但场强方向不同，故电场强度不相同，则A选项错误；A、B两点不在同一等势面上，电势不相同，场强方向相反，电场强度不同，故B选项错误；由题图可知从A点移至B点电势降低，故将电子从A点移至B点，电场力做负功，则C选项正确；A点、D点在同一等势面上，故将电子从A点移至D点，电场力不做功，电势能不变，故D选项错误．【答案】 C6．如图6所示，直角坐标系xOy平面内有一与该平面平行的匀强电场．以O点为圆心、R＝0.10 m为半径画一个圆，圆周与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 3 V、－2 V，则下列说法正确的是()图6A．匀强电场的方向沿y轴负方向B．d点的电势为－ 3 VC．将一个电子从c点移到O点，电子的电势能增加2 eVD．将一个电子沿圆弧ab顺时针从a点移到b点，电子的电势能先减小后增大【解析】因为a点电势高于c点电势，故电场线不可能沿y轴负方向，A项错；根据匀强电场中等势面特点，可知φO＝φa＋φc2＝0，同理φO＝φb＋φd2＝0，故d点电势φd＝－2 3 V，B项错；电子在c点的电势能E p c＝eφc＝2 eV，在O 点电势能为零，故电子从c移到O点，电子的电势能减少2 eV，C项错；由电场线与等势面处处垂直特点可知，电场大致方向是指向右上方，故电子沿圆弧顺时针从a点移到b点先逆着电场线方向运动，再顺着电场线方向运动，电子带负电，故电子的电势能先减小后增大，D项正确．【答案】 D7．如图7所示，在空间中有平行于xOy平面的匀强电场，一群带正电粒子(电荷量为e，重力不计，不计粒子间相互作用)从P点出发，可以到达以原点O 为圆心、R＝25 cm为半径的圆上的任意位置，比较圆上这些位置，发现粒子到达圆与x轴正半轴的交点A时，动能增加量最大，为60 eV，已知∠OAP＝30°.则下列说法正确的是()图7A．该匀强电场的方向沿x轴负方向B．匀强电场的电场强度是240 V/mC．过A点的电场线与x轴垂直D．P、A两点间的电势差为60 V【解析】到A点时，动能增加量最大，说明等势面在A点与圆相切(否则一定还可以在圆上找到比A点电势低的点，粒子到达这点，动能增加量比到达A 点时动能增加量大)，即等势面与y轴平行，电场力做正功，所以电场沿x轴正方向，P、A两点间的电势差U P A＝We＝60 V，由匀强电场中电场强度与电势差的关系可得E＝U P A2R cos 30°cos 30°＝160 V/m，故D正确，A、B、C错误．【答案】 D8．(2016·唐山模拟)如图8所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A的过程中动能减少E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A 的过程中动能增加E0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为()图8A.2E0ea B.E0eaC.23E03ea D.3E03ea【解析】对电子从B到A的过程，由动能定理可知，－eU BA＝－E0；对质子从C到A的过程，有eU CA＝E0，可见U BA＝U CA，故B、C两点电势相等，在同一等势面上，AB沿电场线方向上的距离d＝a sin 60°＝32a，由场强与电势差的关系E＝Ud，解得E＝23E03ea，选项C正确．【答案】 C9．在中间位置有固定转动轴的长为2l的轻质杆两端固定两完全相同的质量为m、电荷量为＋q的小球1和2，装置放在如图9所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B、A位置，A、B间电势差是U，小球1、2构成的系统动能减少量是()图9A．一定大于12Uq B．一定等于2(Uq＋mgl)C．一定小于Uq D．一定大于Uq＋mgl【解析】杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为0，根据对称知开始时两小球处于等势面上，转动后，小球1所在位置电势较低，电势能减少，小球2所在位置电势较高，根据等势线与电场线的关系知道，小球2的电势升高量大于小球1的电势降低量，所以小球2的电势能增加超过12Uq，小球1的电势能降低量小于12Uq，系统重力势能未变，动能减少，故A、B、D错误，C正确．【答案】 C10．(2016·齐齐哈尔模拟)如图10所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为－Q.现从A 点将一质量为m、电荷量为－q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4gr，规定电场中B点的电势为零，重力加速度为g.则在－Q形成的电场中()图10A．D点的电势为7mgr qB．A点的电势高于D点的电势C．O点的电场强度大小是A点的2倍D．点电荷－q在D点具有的电势能为7mgr【解析】在C点固定一电荷量为－Q的点电荷，A、B相对CD线左右对称，则φA＝φB＝0 V，点电荷－q从A点由静止释放以后沿光滑轨道ADB运动到D点过程中，由动能定理可得：mgr＋W电＝12m v2－0，得W电＝7mgr，由W电＝E p A－E p D，得E p D＝－7mgr，由φD＝E p D－q，得φD＝7mgrq，则φD＞φA，A正确，B、D错误；由场强公式E＝kQr2可知：E A＝kQ（2r）2，E O＝kQr2，E O＝2E A，则C错误．【答案】 A二、多项选择题11．如图11所示，空间有两个等量的异种点电荷M、N固定在水平面上，虚线POQ为MN连线的中垂线，一负的试探电荷在电场力的作用下从P点运动到Q点，其轨迹为图中的实线，轨迹与MN连线的交点为A.则下列叙述正确的是()图11A．电荷M带负电B．A点的电势比P点的电势低C．试探电荷在A点速度最大D．试探电荷从P运动到Q的过程中电场力先做负功后做正功【解析】电荷做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，因为试探电荷带负电，所以电荷N带负电，A项错误；由等量异种点电荷电场线分布特征及沿电场线方向电势逐渐降低可知，B项正确；试探电荷从P到A的过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减少，试探电荷从A到Q的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，选项C错误、D正确．【答案】BD12．如图12所示，为某一点电荷所形成电场中的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场后的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是()图12A ．a 一定是正粒子的运动轨迹，b 和c 一定是负粒子的运动轨迹B ．由于AB 的长度等于BC 的长度，故U AB ＝U BCC ．a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变D ．b 虚线对应的粒子的质量大于c 虚线对应的粒子的质量【解析】由于电场线没有明确方向，因此无法确定三个带电粒子的电性，故A 选项错误；由于该电场不是匀强电场，虽然AB 的长度等于BC 的长度，但AB 段与BC 段对应的电场强度的变化量不等，由点电荷电场等差等势面的分布特点，不难判断U AB ≠U BC ，故B 选项错误；根据电场线的疏密程度可知，a 虚线对应的粒子的加速度越来越小，c 虚线对应的粒子的加速度越来越大，b 虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C 选项正确；由于b 虚线对应的带电粒子所做的运动为匀速圆周运动，而c 虚线对应的粒子在不断地向场源电荷运动，b 虚线对应的带电粒子Eq ＝m b v 2r ，而c 虚线对应的带电粒子满足关系式Eq ＞m c v 2r ，即m b ＞m c ，故D 选项正确．【答案】 CD13．(2015·南昌模拟)如图13所示，质量为m ，带电荷量为q 的带电微粒，以初速度v 0从A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B 点时速率v B ＝2v 0，方向与电场的方向一致，则下列选项正确的是( )图13A ．微粒所受的电场力大小是其所受重力的2倍B ．带电微粒的机械能增加了2m v 20C ．A 、B 两点间的电势差为2m v 20/qD ．A 、B 两点间的电势差为3m v 20/q【解析】由题意知：从A 到B 的运动可以看成水平方向上初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为qE m ，竖直方向上以初速度为v 0的竖直上抛运动，且两个方向的运动具有等时性．由运动学公式可得：2v 0＝qE m t ，v 0＝gt ，则qE ＝2mg ，选项A 正确；根据功能关系，机械能的增加量等于除重力外其他力做的功，即ΔE ＝12m (2v 0)2＝2m v 20，选项B 正确；根据电场力做功的特点，qU ＝2m v 20，U＝2m v 20q ，选项C 正确，选项D 错误．【答案】 ABC14．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E p 随位移x 的变化关系如图14所示，则下列说法正确的是( )图14A ．粒子从x 1处运动到x 2处的过程中电场力做正功B ．x 1、x 2处电场强度方向沿x 轴正方向C ．x 1处的电场强度大小大于x 2处的电场强度大小D ．x 1处的电势比x 2处的电势低【解析】由于粒子从x 1运动到x 2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x 轴正方向，电场强度方向沿x 轴负方向，选项A 正确，B 错误；由ΔE p ＝qE Δx ，得qE ＝ΔE p Δx，由于x 1处的图线斜率的绝对值小于x 2处图线斜率的绝对值，因此x 1处的电场强度大小小于x 2处的电场强度大小，选项C 错误；沿着电场线方向电势降低，故x 1处的电势比x 2处的电势低，选项D 正确．【答案】 AD15．如图15甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4 C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v -t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( 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2017版高考物理一轮复习(通用版)热点突破提升练10含解析

热点突破提升练(十) 电磁感应规律的应用(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·保定模拟)如图1所示为感应式发电机，a、b、c、d是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点，O1、O2是铜盘轴线导线的接线端，M、N是电流表的接线端．现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是()图1A．将电流表的接线端M、N分别连接a、c位置B．将电流表的接线端M、N分别连接O1、a位置C．将电流表的接线端M、N分别连接O1、O2位置D．将电流表的接线端M、N分别连接c、d位置【解析】当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流，M、N应分别连接电源的两个极即可，故可知只有B项正确．【答案】B2．如图2所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()图2A ．顺时针加速旋转B ．顺时针减速旋转C ．逆时针加速旋转D ．逆时针减速旋转【解析】由楞次定律知，欲使b 中产生顺时针电流，则a 环内磁场应向里减弱或向外增强，a 环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b 环又有收缩趋势，说明a 环外部磁场向外，内部向里，故选B.【答案】 B3．如图3所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图3A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2Δt D.2nBa 2Δt【解析】由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n 2B －B Δt ·a 22，得E ＝nBa 22Δt，选项B 正确．【答案】 B4．(2014·广东高考)如图4所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )图4A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，所以落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．【答案】C5．如图5所示，粗糙水平桌面上有一个质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N及在水平方向运动趋势的正确判断是()图5A．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向左B．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向左C．F N先小于mg后大于mg，运动趋势向右D．F N先大于mg后小于mg，运动趋势向右【解析】根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因．本题中的“原因”是AB回路中磁通量先增大后减小，归根结底是磁场靠近了回路．“效果”是回路要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势．在竖直方向上，回路则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故F N先大于mg后小于mg.【答案】D6．(2016·大同质检)如图6所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块U形磁铁置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()图6A．摩擦力方向一直向右B．摩擦力方向先向左后向右C．感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针D．感应电流的方向为顺时针→逆时针【解析】由楞次定律的推论“来拒去留”可知平板对线圈的静摩擦力方向一直向左，A、B错误；根据楞次定律和右手定则可判得，感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针，选项C正确，D错误．【答案】C7．如图7所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来开关S是闭合的，三个灯泡均在发光．某时刻将开关S断开．则下列说法正确的是()图7A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．b 点电势高于a 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭【解析】开关S 闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B 、C 灯支路电阻小，故流过A 灯的电流I 1大于流过B 、C 灯的电流I 2，且电流方向由a 到b .当开关S 断开，由于与电源断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b 点电势高于a 点，阻碍流过A 灯的电流减小，瞬时流过B 、C 灯支路的电流比原来的大，故B 、C 灯闪亮后再缓慢熄灭，故选项B 正确．【答案】 B8．如图8(a)所示，电路的左侧是—个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(b)所示，则在0～t 0时间内电容器( )图8A ．上极板带正电，所带电荷量为CS （B 2－B 1）t 0 B ．上极板带正电，所带电荷量为C （B 2－B 1）t 0C ．上极板带负电，所带电荷量为CS （B 2－B 1）t 0D ．上极板带负电，所带电荷量为C （B 2－B 1）t 0【解析】根据法拉第电磁感应定律，电动势E ＝（B 2－B 1）S t 0，电容器两端的电压等于电源的电动势，所以电容器所带的带电量Q ＝CU ＝CS （B 2－B 1）t 0.根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以电容器的上极板带正电．故选项A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A9．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图9所示，抛物线的方程是y ＝x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )图9A ．mgbB.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2【解析】金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q ＝ΔE ＝12m v 2＋mg (b －a )．【答案】 D10．如图10所示，用两根相同的导线绕成匝数分别为n 1和n 2的圆形闭合线圈A 和B ，两线圈所在平面与匀强磁场垂直．当磁感应强度随时间均匀变化时，两线圈中的感应电流之比I A ∶I B 为( )图10A.n 1n 2B.n 2n 1C.n 21n 22D.n 22n 21【解析】依题意知线圈A 和B 的长度、横截面积和材料(电阻率)都相同，所以电阻相同，由L A＝n12πr1＝L B＝n22πr2得r1r2＝n2n1，两线圈中的感应电流之比等于两线圈感应电动势之比：I AI B＝E1E2＝n1S An2S B＝n1πr21n2πr22＝n2n1，所以B正确．【答案】B二、多项选择题11．如图11所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是()图11A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加【解析】只有当圆盘中的磁通量发生变化时才产生感应电流．当圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动或圆盘在磁场中向右匀速平移时，圆盘中的磁通量不发生变化，不能产生感应电流，A、C错误；当圆盘以某一水平直径为轴匀速转动或匀强磁场均匀增加时，圆盘中的磁通量发生变化，会产生感应电流，B、D正确．【答案】BD12．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图12所示．则()图12A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v （π＋2）R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v （5π＋3）R 0【解析】开始时刻，感应电动势E 1＝BL v ＝2Ba v ，故A 项正确；θ＝π3时，E 2＝B ·2a cos π3·v ＝Ba v ，故B 项错误；由L ＝2a cos θ，E ＝BL v ，I ＝E R ，R ＝R 0[2a cos θ＋(π＋2θ)a ]，得在θ＝0时，F ＝B 2L 2v R ＝4B 2a v R 0（2＋π），故C 项错误；θ＝π3时，F ＝3B 2a v R 0（5π＋3），故D 项正确．【答案】 AD13．如图13所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小B ＝B 0－kt ，k 为正数．用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，AB 为圆环的一条直径，则( )图13A ．圆环中一直是沿逆时针方向的感应电流B ．圆环中感应电流的大小一直是krS 4ρC ．磁场对圆环作用力的方向一直是垂直于AB 向左D ．磁场对圆环作用力的大小随时间是均匀变化的【解析】根据B ＝B 0－kt 得磁场先减小后反向增大，感应电流方向不变，一直沿顺时针方向，根据楞次定律可知，安培力方向先垂直AB 向左后垂直AB向右，则A 、C 错．E ＝ΔΦΔt ＝k πr 22，则电流I ＝E R ＝E ρ2πr S＝krS 4ρ，B 对．安培力F ＝BIL ＝(B 0－kt )IL ，随时间均匀变化，D 对．【答案】 BD14．如图14所示，两条平行竖直虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为l .金属圆环的直径也为l .圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v 穿过磁场区域．则下列说法正确的是()图14A ．感应电流的大小先增大后减小再增大再减小B ．感应电流的方向先逆时针后顺时针C ．金属圆环受到的安培力先向左后向右D ．进入磁场时感应电动势平均值E ＝12πBl v 【解析】在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E ＝BL v ，有效长度先增大后减小，所以感应电流先增大后减小，同理可以判断穿出磁场时的情况，A 、B 两项正确；根据左手定则可以判断，进入磁场和穿出磁场时受到的安培力都向左，C 项错误；进入磁场时感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B ·14πl 2l v ＝14πBl v ，D 项错误．【答案】 AB15．(2014·四川高考)如图15所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律是B ＝(0.4－0.2t )T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )图15A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N【解析】根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δtsin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R ＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F 1＝F A cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12 N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误．图1 图2【答案】 AC。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：1.3运动学图象、追及和相遇问题

)
图 133
【解析】由图象可知，x＝0 时，初速度不为零，A 错误；由 v2＝2ax 知， Δv2 斜率 k＝＝2a＝4 m/s2，所以加速度 a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，B、 Δx Δv 3－ 5 C 错误；由 t＝ a 求得质点从 x＝1 m 处运动到 x＝2 m 处所用的时间 t＝ 2 s， D 正确．【答案】 D
考运动学图象追及和相遇问题
[考纲定位] 匀变速直线运动及其公式、图象(Ⅱ)
分层限时跟踪练
考点三
考点 1| x t、v t 图象的理解 xt 图象和 v t 图象的比较 x t 图象图象举例 vt 图象
图象意义
表示位移的变化过程和规律，表示质点运动在某时刻的位置或某段时间内的位移
【答案】 A
4．[v2x 图象]某质点做直线运动，现以出发点为坐标原点，以运动方向为 x 轴正方向，质点运动的 v2x 图象如图 133 所示．则(
A．质点的初速度为 0 B．质点做变加速直线运动 C．质点做匀加速直线运动，且加速度为 4 m/s2 D．质点从 x＝1 m 坐标处运动到 x＝2 m 坐标处所用 3－ 5 时间 t＝ 2 s
5．[a t 图象与 v t 图象的转化]一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 at 图象如图 134 所示．下列 v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )
图 134
T 【解析】由题图可知，在 0～2时间内 a＝a0＞0，若 v0≥0，物体做匀加速运动；若 v0＜0，物体做匀减速运动，故 B、C 皆错误；由于在 T～2T 时间内 a T ＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与 0～2时间内相同，故 A 错误，D 正确．【答案】 D

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.4万有引力与航天

【解析】第一宇宙速度为物体沿近地轨道做匀速圆周运动的运行速度，天 GMm v GM 宫一号轨道半径大于地球半径，由 r2 ＝m r 得 v＝ r ，故其速度小于第一 4π2 宇宙速度，故选项 A 错误；赤道上物体随地球自转的加速度 a 总＝R 2 ，天宫 T地 4π2 一号的加速度 a 天＝r 天 2 ，根据轨道半径和周期关系 R<r 天，T 地>T 天，可知天 T天宫一号加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度，故选项 B 正确；根据 ω 2π ω天 T地 24×60 ＝ T 知＝＝ 90 ＝16，故选项 C 正确；在天宫一号上航天员和其他物 ω地 T天体均处于完全失重状态，天平不能使用，故 D 错误．
2
【答案】 BC
[规律总结] (1)区别
赤道物体、近地卫星、同步卫星的比较
①同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于近地卫星的周期． ②近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径，而不等于同步卫星运动半径． ③三者的线速度各不相同．
(2)求解此类题的关键 ①在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应 GM 依据二者角速度相同的特点，运用公式 a＝ω r 而不能运用公式 a＝ r2 .
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大 B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等 D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
2 Mm v 【解析】探测器在星球表面做匀速圆周运动时，由 G R2 ＝m R ，得 v＝
2GM GM R ，则摆脱星球引力时的发射速度 2v＝ R ，与，半径为 R，则地球的质量为 10M，半径为 2R， 10Mm 5GMm Mm 地球对探测器的引力 F1＝G 2 ，比火星对探测器的引力 F2＝G 2 2＝ 2 R R （2R）大，选项 B 正确；探测器脱离地球时的发射速度 v1＝ 2G· 10M 10GM ＝ R ，脱 2R

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：5.1功和功率

第 1 课时功和功率
[考纲定位] 功和功率(Ⅱ)
考点 1| 功的分析与计算 1．功的正负 (1)0≤α＜90°，力对物体做正功． (2)90°＜α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)α ＝90°，力对物体不做功． 2．功的计算：W＝Flcos α (1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． (3)功是标(填“标”或“矢”)量．
A．0～2 s 内外力的平均功率是 4 W B．第 2 s 内外力所做的功是 4 J C．第 2 s 末外力的瞬时功率最大 D．第 1 s 末与第 2 s 末外力的瞬时功率之比为 9∶4
图 514
【解析】第 1 s 末质点的速度 F1 3 v1＝ m t1＝1×1 m/s＝3 m/s. 第 2 s 末质点的速度 F2 1 v2＝v1＋ m t2＝(3＋1×1) m/s＝4 m/s. 1 2 1 2 则第 2 s 内外力做功 W2＝2mv2－2mv1＝3.5 J 0～2 s 内外力的平均功率
甲
乙图 516 (1)运动过程中汽车发动机的输出功率 P； (2)汽车速度减至 8 m/s 的加速度 a 的大小； (3)BC 路段的长度．
【解析】 (1)汽车在 AB 路段时牵引力和阻力相等，则 F1＝Ff1，输出功率 P＝F1v1，解得 P＝20 kW. (2)t＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 P F2＝Ff2，P＝F2v2，则 Ff2＝， v2 解得 Ff2＝4 000 N. v＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 P Ff2－F＝ma，F＝ v ，解得 a＝0.75 m/s2.
(3)对 BC 段由动能定理得 1 2 1 2 Pt－Ff2x＝2mv2－2mv1，解得 x＝93.75 m.

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.3电容器与电容、带电粒子在电场中的运动

(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离 Y 的四种方法： ①Y＝y＋dtan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)；
L ②Y＝2＋dtan
θ(L 为电场宽度)；
图 635
1 2 【解析】设粒子离开电场 E1 时速度为 v，由动能定理得 qE1d1＝ mv －0， 2 v＝ 2qE1d1 1 2 at m ，在电场 E2 中 y＝2at ，E2q＝ma，L＝vt，tan φ＝ v ，联立以上方
2 E2L2 E2L E2 L 2 q 程得 y＝4E d ，tan φ＝2E d .所以，在电场 E2 中电场力做功 W＝E2qy＝4E d ， 1 1 1 1 1 1
(1)液滴的质量； (2)液滴飞出时的速度．
图 633
【解析】 (1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos
α＝mg
U 又 E＝ d qUcos α 解得：m＝ dg 代入数据得 m＝8×10－8 kg.
(2)对液滴由动能定理得： 1 2 1 2 qU＝2mv －2mv0，所以 v＝ 7 ＝ 2 m/s.
(4)运动规律
l ①水平方向匀速直线运动：t＝ v0 ．
qU 1 2 qUl2 qE ②竖直方向匀加速直线运动：a＝ m ＝md ，y＝2at ＝2mdv2. 0
(5)思路图解：带电粒子垂直进入匀强电场中的运动只受↓电场力
vy U2l 2y1 U2l2 偏转角：tan θ ＝＝＝；侧移距离：y1＝ v0 2U1d l 4dU1
[题组突破] 1．[电容器动态变化问题]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，板间电场强度为 E1.现将电容器所带电荷量变为 2Q，板 1 间距变为2d，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( ) B．U2＝2U1，E2＝4E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.2电场能的性质

图 622
【解析】在两等量异种点电荷的电场中，根据电场线的分布可知，a、b 两点处电场线的切线方向不同，故 a 点与 b 点电场强度不同，选项 A 错误；由于 a、b 附近的电场线比 c、d 附近的电场线密，a、b 附近的平均场强比 c、d 附近的大，故 a、b 两点间的电势差大于 c、d 两点间的电势差，选项 B 正确；将带负电的试探电荷由 a 点沿直线向 b 点移动，电场力做负功，电势能增加，故选项 C 正确；带正电的试探电荷从 O 点沿 OO′方向移到 O′点的过程中，电场力的方向总是与速度方向垂直，电场力不做功，选项 D 错误．
图 626
[题组突破] 7．[电场强度与电势的关系]如图 627 所示，以 O 点为圆心，以 R＝0.20 m 为半径的圆与坐标轴的交点分别为 a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与 x 轴正方向夹角 θ＝60°，已知 a、b、c 三点电势分别为 4 3 V，4 V，－4 3 V，则下列说法正确的是( )
【答案】 BC
3．[电势能变化的判断]如图 622 所示，在两等量异种点电荷的电场中， OO′是正方形 abcd 的对称轴，且在两电荷连线的中垂线上，则下列判断正确的是( )
A．a 点与 b 点电场强度相同 B．a、b 两点间的电势差大于 c、d 两点间的电势差 C．带负电的试探电荷在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能 D．带正电的试探电荷从 O 点沿 OO′方向移到 O′点的过程中电场力总是做正功
【答案】 BC
[规律总结] (1)电势高低的四种判断方法判断角度依据电场线方向判断方法沿电场线方向电势逐渐降低
WAB 依据电场力依据 UAB＝，将 WAB、q 的正负号代入，由 UAB 的正负判 q 做功断 φA、φB 的高低

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.3圆周运动

考点 4| 竖直平面中的圆周运动 1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环) 约束模型” ；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道) 约束模型” ．
2．轻绳和轻杆模型涉及的临界问题轻绳模型轻杆模型
考点一
第 3 课时圆周运动
考点二
新题尝鲜
[考纲定位] (1)匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度(Ⅰ) (2)匀速圆周运动的向心力(Ⅱ) (3)离心现象(Ⅰ)
分层限时跟踪练
考点三
考点 1| 圆周运动中的物理量及运动分析 1．线速度描述物体圆周运动快慢的物理量． 2π r Δs v＝＝ T ． Δt 2．角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量． 2π Δθ ω＝＝ T ． Δt
3．三种运动下的受力特点如图 432 所示，F 为外力提供物体做圆周运动的向心力，mω 2r 为物体做圆周运动所需的向心力．
图 432
(1)当提供的向心力等于所需的向心力即 F＝mω2r 时，物体做圆周运动． (2)做圆周运动的物体，当所受的合力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力，即 F＝0 或 F<mω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． (3)F>mω2r 时，物体做近心运动．
3．周期和频率
转动快慢的物理量．描述物体绕圆心
2π r 1 T＝ v ，T＝ f . 4．向心加速度
速度方向描述变化快慢的物理量．
2 2 4 π v an＝rω2＝ r ＝ωv＝ 2 r. T
5．相互关系
2π r (1)v＝ ωr ＝ T ＝ 2π rf ．

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：9.2法拉第电磁感应定律、自感、涡流

考点 2| 导体棒切割磁感线的分析与计算 1．动生电动势大小的计算(一般指导体切割磁感线时的感应电动势) 切割方式垂直切割倾斜切割 E＝___ Blv E＝________ Blvsinθ 其中 θ 为 v 与 B 的夹角
1 2 Bl ω 2 E＝_______ (以一端为轴)
电动势表达式
说明
【答案】 AD
2． [磁感应强度变化](2015· 重庆高考)如图 922 为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为 n，面积为 S.若在 t1 到 t2 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由 B1 均匀增加到 B2，则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 φa－φb( )
【答案】 C
3．[法拉第电磁感应定律的应用]如图 923 甲所示，一个圆形线圈的匝数 n ＝100，线圈面积 S＝200 cm2，线圈的电阻 r＝1 Ω ，线圈外接一个阻值 R＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )
(2)产生条件：穿过回路的磁通量 ______发生改变，与电路是否闭合无关 ____． (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律右手定则 ________或________判断． 2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的____________ 成正比． ΔΦ 线圈匝数 (2)公式：E＝n ，其中 n 为________ ． Δt
图 922
nS（B2－B1） A．恒为 t2－t1 nS（B2－B1） B．从 0 均匀变化到 t2－t1 nS（B2－B1） C．恒为－ t2－t1 nS（B2－B1） D．从 0 均匀变化到－ t2－t1

《非常考案》2017版高考物理一轮复习(通用版)章末冲关评价练12Word版含解析

章末冲关评价练(十二)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题．每小题6分，共60分．在每小题给出的五个选项中有三项符合题目要求．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分．)1．下列说法正确的有()A．某种光学介质对另一种光学介质的相对折射率可能小于1B．英国物理学家托马斯·杨发现了光的干涉现象C．激光和自然光都是偏振光D．麦克斯韦用实验证明了光是一种电磁波E．爱因斯坦认为真空中光速在不同惯性系中相同【解析】激光的偏振方向一定，是偏振光，而自然光包含着垂直传播方向上沿一切方向振动的光，C错；麦克斯韦只是从理论上提出光是一种电磁波，D 错．【答案】ABE2．下列说法正确的是()A．露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的B．光波从空气进入水中后，更容易发生衍射C．电磁波具有偏振现象D．根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短E．物体做受迫振动时，其频率和振幅与自身的固有频率均无关【解析】露珠的晶莹透亮现象，是由光的全反射引起的，选项A正确；光波从空气进入水中后，频率不变，波速变小，则波长变短，故不容易发生衍射，选项B错误；因电磁波是横波，故也有偏振现象，选项C正确；根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时短，选项D正确；物体做受迫振动时，其频率总等于周期性驱动力的频率，与自身的固有频率无关，但其振幅与自身的固有频率有关，当驱动力的频率等于固有频率时，振幅最大．选项E错误．【答案】ACD3．在五彩缤纷的大自然中，我们常常会见到一些彩色光的现象，下列现象中属于光的干涉的是()A．洒水车喷出的水珠在阳光照耀下出现的彩色现象B．小孩儿吹出的肥皂泡在阳光照耀下出现的彩色现象C．雨后天晴马路上油膜在阳光照耀下出现的彩色现象D．用游标卡尺两测量爪的狭缝观察日光灯的灯光出现的彩色现象E．实验室用双缝实验得到的彩色条纹【解析】A属于光的色散现象；B、C属于光的薄膜干涉现象；D属于光的单缝衍射现象；E属于光的双缝干涉现象．【答案】BCE4．下列有关光学现象的说法中正确的是()A．用光导纤维束传送信息是光的衍射的应用B．太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的干涉现象C．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可使景象更清晰D．经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度E．激光测距是应用了激光平行性好的特点【解析】用光导纤维束传送信息是光的全反射的应用，A错误；太阳光通过三棱镜形成彩色光谱是光的色散现象，是光的折射的结果，B错误；在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时的景物，可减弱反射光，从而使景象更清晰，C正确；红光的波长比绿光的波长长，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝ldλ可知，经过同一双缝所得干涉条纹，红光条纹宽度大于绿光条纹宽度，D正确；激光的平行性好，常用来精确测距，E正确．【答案】CDE5．下列关于单摆运动的说法中，正确的是()A．单摆的回复力是摆线的拉力与摆球重力的合力B．单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力C．单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关D．单摆做简谐运动的条件是摆角很小(小于5°)E．在山脚下走时准确的摆钟移到高山上走时将变快【解析】单摆的回复力是摆球重力沿运动轨迹切向的分力，A错误，B正确；根据单摆的周期公式T＝2πlg可知，单摆的周期与摆球质量、振幅无关，与摆长和当地的重力加速度有关，C正确；在摆角很小时，单摆近似做简谐运动，D正确；将摆钟从山脚移到高山上时，摆钟所在位置的重力加速度g变小，根据T＝2πlg可知，摆钟振动的周期变大，计时变慢，E错误．【答案】BCD6．如图1所示是一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，图中质点P正沿y轴方向运动，此波的传播速度为v＝4 m/s，则()图1A．此波沿x轴正方向传播B．质点P的振动周期为T＝1.0 sC．x＝1.0 m处质点做简谐运动的表达式为y＝5cos(4t)cmD．x＝1.0 m处质点在0～2.5 s内通过的路程为50 cmE．t＝0.25 s时，x＝2.0 m处质点有最大正向加速度【解析】因质点P正沿y轴正方向运动，由“上下坡法”知波沿x轴正方向传播，A对；由题图知波长为λ＝4 m，由λ＝v T知各质点振动周期为T＝1.0 s，B对；由题图知x＝1.0 m处质点做简谐运动的表达式为y＝5cos(2πt)cm，C错；t＝2.5 s＝2.5T，所以x＝1.0 m处质点在0～2.5 s内通过的路程为s＝2.5×4A＝50cm，D对；t＝0.25 s＝T4时，x＝2.0 m处质点正处于波峰，具有最大负向加速度，E错．【答案】ABD7．如图2所示是一单摆在某介质中振动时产生的一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速v为4 m/s.P、Q是这列波上的质点，取g≈π2 m/s2，下列说法正确的是()图2A．质点P和Q的振动方向始终相反B．质点P的振动周期为2 s，振幅为0.05 mC．再经0.5 s，P质点在正的最大位移处D．在t＝0时刻，质点Q的速度沿y轴正方向并开始做匀减速运动E．该单摆的摆长约为1 m【解析】质点P和Q相距半个波长，振动方向始终相反，A对；由题图知波长为8 m，而波速v为4 m/s，所以周期为2 s，从题图可以看出质点的振幅为0.05 m，B正确；波沿x轴正方向传播，所以经过0.5 s，P质点在负的最大位移处，C错；t＝0时刻，质点Q开始做变减速运动，D错误；根据T＝2πl g，得l≈1 m，E正确．【答案】ABE8．如图3所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列简谐横波的波峰和波谷，此刻，M是波峰与波峰的相遇点．设这两列波的振幅均为A，则下列说法中正确的是()图3A．此时刻位于O处的质点正处于平衡位置B．P、N两处的质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，M处的质点将向O处移动D．从此时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零E．O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为2A【解析】此时刻位于O处的质点正处于波谷与波谷的相遇点，不在平衡位置，选项A错误；P、N两处的质点处于波峰和波谷的相遇点，两列波在这两处的位移始终相反，合位移为零，选项B正确；质点并不随波迁移，选项C错误；从此时刻起，经过四分之一周期，两列波在M点的振动均达到平衡位置，合位移为零，选项D正确；O、M连线的中点是振动加强区的点，其振幅为2A，选项E正确．【答案】BDE9．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为v，P、Q是沿波传播方向上相距为a的两质点，如图4所示．某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，经过时间t，Q质点第一次运动到波峰，则t可能等于()图4A.a2v B.3a2vC.a4v D.3a4v E.av【解析】当质点Q此时正向上运动时，对应波形如图甲、乙所示；当质点Q此时正向下运动时，对应波形如图丙、丁所示．则图甲中，波长λ＝2a，T＝λv，所以t＝T4＝a2v；同理图乙中，t＝a4v；图丙中，t＝3a4v；图丁中，t＝a2v；所以A、C、D对．【答案】ACD10．如图5所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心，AB为水平直径．M 点是玻璃球的最高点，来自B点的光线BD从D点射出，出射光线平行于AB，已知∠ABD＝30°，光在真空中的传播速度为c，则()图5A ．此玻璃的折射率为 3B ．光线从B 到D 需用时3R cC ．该玻璃球的临界角应小于45°D ．若增大∠ABD ，光线不可能在DM 段发生全反射现象E ．若减小∠ABD ，从AD 段射出的光线均平行于AB【解析】由题图可知光线在D 点的入射角为i ＝30°，折射角为r ＝60°，由折射率的定义得n ＝sin r sin i 知n ＝3，A 正确；光线在玻璃中的传播速度为v ＝c n ＝33c ，由题图知BD ＝3R ，所以光线从B 到D 需用时t ＝BD v ＝3R c ，B 正确；若增大∠ABD ，则光线射向DM 段时入射角增大，射向M 点时为45°，而临界角满足sin C ＝1n ＝33<22＝sin 45°，即光线可以在DM 段发生全反射现象，C正确，D 错误；要使出射光线平行于AB ，则入射角必为30°，E 错误．【答案】 ABC二、非选择题(共5小题，共40分，按题目要求作答，解答题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．(8分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图6甲所示，可读出摆球的直径为________cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L .甲乙丙图6(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________s(结果保留三位有效数字)．(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是()A．g B.1 gC.4π2g D.g4π2(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小()A．偏大B．偏小C．不变D．都有可能(5)该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表示重力加速度g＝________．【解析】(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6×110mm＝20.6 mm＝2.06 cm.(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝60－12T＝592T，所以周期T＝2t59≈2.28 s.(3)根据单摆周期公式T＝2πLg，可得T2L＝4π2g＝k(常数)，所以选项C正确．(4)因为T2L＝4π2g＝k(常数)，所以ΔT2ΔL＝4π2g＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足T21－T22L1－L2＝4π2g＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变．(5)根据(4)的分析，ΔT2ΔL＝4π2g，所以g＝4π2ΔLΔT2＝4π2ΔLT21－T22.【答案】(1)2.06(2)2.28(3)C(4)C(5)4π2ΔL T21－T2212．(6分)一列简谐横波，沿波的传播方向依次有P、Q两点，平衡位置相距5.5 m，其振动图象如图7甲所示，实线为P点的振动图象，虚线为Q点的振动图象．甲乙图7(1)图乙是t＝0时刻波形的一部分，若波沿x轴正向传播，试在给出的波形上用黑点标明P、Q两点的位置，并写出P、Q两点的坐标(横坐标用λ表示)；(2)求波的最大传播速度．【解析】(1)P、Q两点的位置如图所示P(0，0)、Q(11λ12，5 cm)(2)由题图甲可知，该波的周期T＝1 s由P、Q的振动图象可知，P、Q之间的距离是(n＋1112)λ＝5.5 m当n＝0时，λ有最大值6 m.此时对应波速最大，v＝λT＝6 m/s.【答案】(1)见解析(2)6 m/s13．(9分)如图8所示为沿x 轴向右传播的简谐横波在t ＝1.2 s 时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4 s 内有10个完整的波经过该点．图8(1)求该波的振幅、频率、周期和波速；(2)画出平衡位置在x 轴上P 点处的质点在0～0.6 s 内的振动图象．【解析】 (1)由题图可知该波的振幅A ＝0.1 m波长λ＝2 m由题意可知，f ＝104Hz ＝2.5 Hz T ＝1f ＝0.4 s波速v ＝λf ＝5 m/s.(2)振动图象如图所示．【答案】 (1)0.1 m 2.5 Hz 0.4 s 5 m/s (2)见解析14．(8分)频率不同的两束单色光1和2均以60°的入射角从同一点射向一厚度为d 的玻璃板的上表面，后从玻璃板另一侧射出，已知玻璃对单色光1和2的折射率分别为3和62，光在真空中的速度为c ，求：图9(1)单色光1在玻璃中传播的时间；(2)两束单色光通过玻璃板后相距的距离．【解析】 (1)光在玻璃中的传播路径如图所示，单色光1在玻璃中的速度为v 1＝c n 1＝3c 3 sin 60°sin β1＝n 1＝3 得β1＝30°OP ＝d cos 30°＝23d 3 故单色光1在玻璃中传播的时间t 1＝OP v 1＝2d c . (2)sin 60°sin β2＝n 2＝62 得β2＝45°MQ ＝d tan 45°＝dMP ＝d tan 30°＝3d 3两束单色光通过玻璃板后相距的距离为x ＝(MQ －MP )sin 30°＝（3－3）d 6. 【答案】 (1)2d c (2)（3－3）d 615．(9分)如图10所示，△ABC 为一直角三棱镜的横截面，∠BAC ＝30°，现有两条间距为d 的平行单色光线垂直于AB 面射入三棱镜，已知棱镜对单色光的折射率为 3.图10(1)若两条单色光线均能从AC面射出，求两条单色光线从AC面射出后的距离；(2)两条单色光线的入射方向怎样变化才可能使从AB面折射到AC面的光线发生全反射？【解析】(1)如图所示，两条单色光线在AC面的折射点分别为D、E，由图中几何关系可知，入射角i＝30°则根据光的折射定律有sin r sin i＝n得r＝60°在直角三角形DEF中∠EDF＝30°所以EF＝12DE＝12·dcos 30°＝33d.(2)当入射光线绕AB面上的入射点向上转动时，折射光线入射到AC面上的入射角变大，才有可能发生全反射．【答案】(1)33d(2)见解析。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：3.1牛顿运动定律

5．[作用力和反作用力与平衡力的区别]如图 312 所示，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确力是一对平衡力 B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力 C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力 D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力
惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律． (2)指出了一切物体都有
(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
3．惯性
匀速直线运动状态或静止状态的性质． (1)定义：物体具有保持原来
第 1 课时牛顿运动定律
[考纲定位] 牛顿运动定律(Ⅱ)
考点 1| 牛顿第一定律的理解及应用 1．内容
匀速直线运动一切物体总保持状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫
使它改变这种状态． 2．意义
改变物体运动状态的原因，即 (1)指出力不是维持物体运动的原因，而是
力是产生加速度的原因．
2.重要规律牛顿第一定律牛顿第二定律牛顿第三定律 3.重要公式 F＝ma
3.牛顿第二定律的 “五个”特性 4.超重与失重的实质 5.应用牛顿第二定律解题的思路与步骤
5.已知运动情况要求确定受力情况 6.通过整体法和隔离法考查牛顿运动定律的应用 7.通过超重和失重考查牛顿运动定律的应用 8.对超重和失重的理解和计算
考点一
新题尝鲜
考点二
第三章牛顿运动定律
分层限时跟踪练
考点三
必须掌握的概念、必须理解的 5 个关键规律 1.重要概念点 1.力与运动的关系

《非常考案》2017通用版物理一轮热点突破提升练4万有引力定律的应用

热点突破提升练(四) 万有引力定律的应用(限时40分钟)一、单项选择题1．(2015·江苏高考)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.110 B ．1 C ．5D ．10【解析】行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，则M 1M 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1203×⎝ ⎛⎭⎪⎫36542≈1，选项B 正确．【答案】 B2．(2015·海南高考)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7，已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R .由此可知，该行星的半径约为( )A.12R B.72R C ．2RD ．72R【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即x ＝v 0t ，在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2，所以x ＝v 02hg ，两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以g 行g 地＝x 2地x 2行＝74，根据公式G Mm R 2＝mg 可得：R 2＝GM g 故R 行R 地＝M 行M 地·g 地g 行＝2，解得R 行＝2R ，故C 正确．【答案】 C3．(2015·重庆高考)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM （R＋h）2C.GMm（R＋h）2D．GMh2【解析】飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即GMm（R＋h）2＝mg，得g＝GM（R＋h）2，选项B正确．【答案】 B4．(2016·德兴模拟)“嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四个部分组成．探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约2千克月球样品．某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，请根据题意，判断地球和月球的密度之比为()A.23B．32C．4 D．6【解析】设星球的密度为ρ，由G Mm′R2＝m′g得GM＝gR2，ρ＝MV＝M43πR3，联立解得ρ＝3g4πGR.设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则ρρ0＝g·R0g0·R，将RR0＝4，gg0＝6代入解得ρρ0＝32，选项B正确．【答案】 B5．一恒星系统中，行星a 绕恒星做圆周运动的公转周期是0.6年，行星b 绕恒星做圆周运动的公转周期是1.9年，根据所学知识比较两行星到恒星的距离关系( )A ．行星a 距离恒星近B ．行星b 距离恒星近C ．行星a 和行星b 到恒星的距离一样D ．条件不足，无法比较【解析】由万有引力定律和牛顿第二定律可得G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，解得r＝3GMT 24π2，代入数据求得r a r b ＝⎝⎛⎭⎪⎫0.61.923＜1，行星a 距离恒星近，即选项A 正确．【答案】 A6．(2015·山东高考)如图1所示，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )图1A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1【解析】空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr 2＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．【答案】 D7．(2016·贵阳检测)太空行走又称为出舱活动．狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱，只身进入太空的出舱活动．假设某宇航员出舱离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为v ，该航天员从离开舱门到结束太空行走所用时间为t ，已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则( )图2A ．航天员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B ．该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C ．该航天员离地高度为gR 2v 2－R D ．该航天员的加速度为v 2gR 2【解析】由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，选项A 错误；航天员在太空行走的路程是以速度v 运动的路程，即为v t ，选项B 错误；由G Mm R 2＝mg 和G Mm （R ＋h ）2＝m v 2R ＋h ，得h ＝gR 2v 2－R ，选项C 正确；再由a g ＝R 2（R ＋h ）2得a ＝v 4gR 2，选项D 错误．【答案】 C8．(2016·鄂州模拟)2014年9月30日，印度太空研究组织发布印度“曼加里安”号火星探测器传回的火星图片，这颗红色的星球直径为地球的一半，质量为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍，地球表面重力加速度约为10 m/s 2，从以上信息可知( )A ．火星公转的线速度大于地球公转的线速度B ．火星公转的周期比地球公转的周期短C ．火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大D ．火星表面重力加速度约为4 m/s 2【解析】研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出v ＝GMr ，T ＝2πr 3GM ，a ＝G M r 2.M 为太阳的质量，r 为轨道半径．选项ABC 错误；因g ＝GMR 2，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的25，即火星表面重力加速度约为g ′＝25g ＝4 m/s 2，选项D 正确．【答案】 D9．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA )目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler －186f .假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T ；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h 处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为t .已知该行星半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的第一宇宙速度为πRTB ．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt 2R hC ．该行星的平均密度为3h2G πt 2D ．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为3hT 2R 22π2t 2【解析】在行星地面附近自由释放的小球做自由落体运动，因h ＝12gt 2，解得行星表面的重力加速度g ＝2h t 2，该行星的第一宇宙速度为v ＝gR ＝2hRt ，选项A 错误；宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期最小值T ＝2πRv ＝πt2R h ，选项B 正确；该行星的体积V ＝43πR 3，质量M ＝gR 2G ，行星的密度ρ＝M V ＝3h2πRGt 2，选项C 错误；根据万有引力定律有GMm （R ＋H ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋H )，解得同步卫星离行星表面的高度H ＝3hT 2R 22π2t 2－R ，选项D 错误．【答案】 B10．(2016·咸宁模拟)2014年10月24日，“嫦娥五号”飞行试验器在西昌卫星发射中心发射升空，并在8天后以“跳跃式再入”方式成功返回地面．“跳跃式再入”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层，如图3所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径为R，地心到d点距离为r，地球表面重力加速度为g.下列关于“嫦娥五号”飞行试验器的说法正确的是()图3A．在b点处于完全失重状态B．在d点的加速度小于gR2/r2C．在a点的速率大于在c点的速率D．在c点的速率大于在e点的速率【解析】“嫦娥五号”飞行试验器在b点处于失重状态，但由于受到阻力作用，不是完全失重状态，选项A错误；在d点，“嫦娥五号”飞行试验器的加速度a＝GMr2，又GM＝gR2，所以a＝gR2r2，选项B错误；“嫦娥五号”飞行试验器从a点到c点，万有引力不做功，由于阻力做功，则“嫦娥五号”飞行试验器在a点的速率大于在c点的速率，选项C正确；从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则“嫦娥五号”飞行试验器在c点的速率和在e点的速率相等，选项D错误．【答案】 C二、多项选择题11．如图4所示，飞船从轨道1变轨至轨道2，若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的()图4A．动能大B．向心加速度大C．运行周期长D．角速度小【解析】由题意知r 1<r 2，由GMm r 2＝m v 2r 可得E k ＝12m v 2＝GMm2r ，半径越大，动能越小，选项A 错误；由GMmr 2＝ma 可知，半径越大，向心加速度越小，选项B 错误；由GMmr 2＝m 4π2T 2r ，可知T ＝2πr 3GM ，半径越大，周期越长，选项C正确；由GMmr 2＝mrω2，得ω＝GMr 3，半径越大，角速度越小，选项D 正确．【答案】 CD12．(2016·广水模拟)2014年5月10日，天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象．“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线．该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出( )图5A ．土星质量B ．地球质量C ．土星公转周期D ．土星和地球绕太阳公转速度之比【解析】行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，选项A 、B 错误；“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球比土星多转动一圈，根据⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 1－2πT 2t ＝2π可以求解土星公转周期，选项C 正确；知道土星和地球绕大阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解公转半径之比，根据v ＝2πRT 可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，选项D 正确．【答案】 CD13．(2016·南通检测)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，行星会运行到日地连线的延长线上(相距最近)，如图6所示．设该行星与地球的公转周期之比为k 1，公转半径之比为k 2，则()图6A ．k 1＝N ＋1N B ．k 1＝N N －1C ．k 2＝⎝⎛⎭⎪⎫N ＋1N 23D ．k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫N N －123【解析】由题图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长．每过N 年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球比行星多转圆周的N 分之一，N 年后地球转了N 圈，比行星多转1圈，即行星转了N －1圈，从而再次在日地连线的延长线上．所以行星的周期是NN －1年，根据开普勒第三定律有r 3地r 3行＝T 2地T 2行，即r 行r 地＝3T 2行T 2地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫N N －123，选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．【答案】 BD14．(2016·宜城模拟)“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( )A ．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B ．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍C ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救【解析】根据GMmr2＝ma得a＝GMr2，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，选项A正确；根据GMmr2＝mv2r得v＝GMr，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍，选项B正确；因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动，选项C错误；“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，选项D错误．【答案】AB15．发射地球同步卫星过程示意图如图7所示．首先将卫星发射到近地的轨道1，运行速度大小为v1，加速度大小为a1；在P点点火后进入椭圆轨道2，经过P点时速度大小为v P，加速度大小为a P；经过Q点时速度大小为v Q，加速度大小为a Q；最后在Q点点火进入同步轨道3，运行速度大小为v3，加速度大小为a3.则()图7A．v1>v3，a1＝a P B．v1>v P，a P>a QC．v P>v Q，a1>a3D．v Q>v3，a Q＝a3【解析】根据v＝GMr，可知，v1>v3，根据牛顿第二定律得a＝GMr2，卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点时的加速度，因此a1＝a P，选项A正确，B错误；根据近地点速度大，远地点速度小，则有v P>v Q，卫星从Q点加速到轨道3，所以v Q<v3，根据牛顿第二定律得a＝GMr 2，则a P >a Q ，卫星在同步轨道上经过Q 点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过Q 点的加速度，因此a 1>a 3，选项C 正确，D 错误．【答案】 AC。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：11.1分子动理论、内能

F 引和 F 斥都随距离的增大而减小，r 增大，引力做负功，分 r ＞r 0 随距离的减小而增大，F 引＞F 斥，子势能增加．r 减小，引 F 表现为引力 F 引＝F 斥，F＝0 力做正功，分子势能减少分子势能最小，但不为零分子势能为零
r＞10r0 F 引和 F 斥都已十分微弱，可以认 (10 m) 为分子间没有相互作用力
[题组突破] 6．[分子力与分子距离的关系]分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则( )
A．分子间引力随分子间距的增大而增大 B．分子间斥力随分子间距的减小而增大 C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大 D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大
【解析】分子力和分子间距离关系图象如图所示，根据该图象可判断分子间引力随分子间距的增大而减小，故 A 错误；分子间斥力随分子间距的减小而增大，B 正确；而分子力(图中实线)随分子间距的增大先减小后增大再减小，C、D 均错误．
B．液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，当液体的温度到 0℃时，固体小颗粒的运动就会停止 C．被冻结在冰块中的小碳粒不能做布朗运动，是因为冰中的水分子不运动 D．做布朗运动的固体颗粒越小，布朗运动越明显
【解析】据布朗运动的特点知 A 正确，B、C 错误；因为分子运动永不停息，不论在固体还是液体中，分子都在永不停息地做无规则运动；当颗粒越小时，各方向上的受力越不平衡，布朗运动越明显，故 D 正确．
(3)相互关系：
M ρVm NA＝___ NA． ①一个分子的质量：m0＝___ Vm M ρNA (注：对气体 V0 为分子所占空间体积)． NA ＝____ ②一个分子的体积：V0＝___ m V ·NA ρV ·NA m ρV V m m ③物体所含的分子数：n＝_______＝_________或 n＝M· NA＝ M · NA.

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：2.1弹力、摩擦力

【答案】 BC
[规律总结]
分析绳或杆的弹力时应重点关注的问题
(1)中间没有打结的轻绳上各处的张力大小都是一样的，如果绳子打结，则以结点为界，不同位置上的张力大小可能是不一样的． (2)杆可分为固定杆和活动杆，固定杆的弹力方向不一定沿杆，弹力方向视具体情况而定；活动杆只能起到“拉”和“推”的作用．
【答案】 C
考点 3| 摩擦力大小的分析与计算 1．静摩擦力大小的计算 (1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来判断其大小． (2)物体有加速度时，若只受摩擦力作用，则 F＝ma.例如，匀速转动的圆盘上物块靠摩擦力提供向心力产生向心加速度，若除摩擦力外，物体还受其他力作用，则 F 合＝ma，先求合力再求摩擦力．
A．(k1＋k2)Mg/(3k1k2) B．2(k1＋k2)Mg/(3k1k2) C．4(k1＋k2)Mg/(3k1k2) D．5(k1＋k2)Mg/(3k1k2)
图 213
【解析】问题中强调的是“大小”变为原来的 1/3，没有强调乙是处于压缩状态还是拉伸状态．若乙处于压缩状态，ΔF＝2F0/3；若乙处于拉伸状态，Δ F′＝4F0/3，F0＝Mg.两弹簧串接，受力的变化相等，由胡克定律得，ΔF＝kΔx、 Δx 甲＝ΔF/k1、Δx 乙＝ΔF/k2，两弹簧长度总变化Δx＝Δx 甲＋Δx 乙．所以 B、C 项正确．
自身性质决定．x 是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．
[题组突破] 1．[弹力有无判断](多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连，小球某时刻正处于如图 211 所示状态．设斜面对小球的支持力为 FN，细绳对小球的拉力为 FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( ) A．若小车向左运动，FN 可能为零

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：12.3光的折射、全反射

频率射率由介质本身的光学性质和光的____ 决定．
c (3)折射率与速度的关系式：n＝v，因 v<c，故任何介质的折射率总大于 1.
[题组突破] 1．[对折射现象的理解](多选)空气中悬浮着一颗球形小水珠，一缕阳光水平入射，如图 1232 所示．n 甲、n 乙和 n 丙分别表示水对甲光、乙光和丙光的折射率．判断以下表述正确的是( )
丙
，选项 D 正确．
【答案】 CD
2．[对折射定律的理解]以往，已知材料的折射率都为正值(n>0)．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n<0)，称为负折射率 sin i 材料．位于空气中的这类材料，入射角 i 与折射角 r 依然满足＝n，但是折射 sin r 线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)．现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出．若该材料对此电磁波的折射率 n＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是( )
图 1232
A．n 甲>n 乙>n 丙 B．波长 λ 的关系 λ 甲<λ 乙<λ C．频率 ν 的关系 f 甲<f 乙<f 丙 D．光由水珠出射到空气的折射角关系 θ 甲＝θ 乙＝θ 丙
丙
【解析】从空气射入小水珠时，三种色光的入射角相同，甲光的折射角较大，说明其折射率最小，n 甲<n 乙<n 丙，选项 A 错误；折射率小的，频率小，波长长，所以 λ 甲>λ乙>λ丙，f 甲<f 乙<f 丙，选项 B 错误，C 正确；光由水珠出射到空气时的入射角等于光从空气射入水珠时的折射角，根据折射定律，它们由水珠出射到空气的折射角均等于光从空气射入水珠时的入射角，所以 θ 甲＝θ 乙＝θ