(新课标)2014高考物理一轮复习课时练49
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练5汇总
课时作业(五)1．关于力的概念，下列说法正确的是( )A．一个力必定联系着两个物体，其中每个物体既是受力物体，又是施力物体B．放在桌面上的木块受到桌面对它向上的弹力，这是由于木块发生微小形变而产生的C．压缩弹簧时，手先给弹簧一个压力F，等弹簧再压缩x距离后才反过来给手一个弹力D．根据力的作用效果命名的不同名称的力，性质可能也不相同[解析] 力是物体间的相互作用，受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体，所以A正确；产生弹力时，施力物体和受力物体同时发生形变，放在桌面上的木块受到桌面给它向上的弹力，这是由于桌面发生微小形变而产生的，故B不正确；力的作用是相互的，作用力和反作用力同时产生、同时消失，故C选项错误；根据力的作用效果命名的力，性质可能相同，也可能不相同，D选项正确．[答案] AD2．(2012·杭州高三检测)如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是( )A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析] 甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C3．(2012·台州质检)一根轻质弹簧，当它上端固定、下端悬挂重为G 的物体时，长度为L 1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G 的物体时，其长度为L 2，则它的劲度系数是( )A.G L 1B.G L 2C.GL 1－L 2D.2G L 1－L 2[解析] 由胡克定律知，G ＝k (L 1－L 0)，G ＝k (L 0－L 2)，联立可得k ＝2GL 1－L 2，D 对． [答案] D4．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平衡时长度为l 2.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )A.F 2－F 1l 2－l 1 B.F 2＋F 1l 2＋l 1 C.F 2＋F 1l 2－l 1D.F 2－F 1l 2＋l 1[解析] 根据胡克定律有F 1＝k (l 0－l 1)，F 2＝k (l 2－l 0)，解得k ＝F 2＋F 1l 2－l 1，C 正确．[答案] C5．如右图所示，小球A 的重力为G ＝20 N ，上端被竖直悬线挂于O 点，下端与水平桌面相接触，悬线对球A 、水平桌面对球A 的弹力大小可能为( )A ．0，GB ．G,0 C.G 2，G2D.12G ，32G[解析] 球A 处于静止状态，球A 所受的力为平衡力，即线对球的拉力F T 及桌面对球的支持力F N 共同作用与重力G 平衡，即F T ＋F N ＝G ，若绳恰好伸直，则F T ＝0，F N ＝G ，A 对；若球刚好离开桌面，则F N ＝0，F T ＝G ，B 对；也可能F N ＝F T ＝G2，C 对．[答案] ABC6．(2012·浙江宁波联考)实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G )上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F 0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为( )A ．(乙)图读数F 0－G ，(丙)图读数F 0＋GB ．(乙)图读数F 0＋G ，(丙)图读数F 0－GC ．(乙)图读数F 0，(丙)图读数F 0－GD ．(乙)图读数F 0－G ，(丙)图读数F 0 [解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G 、拉力F 0和弹簧的拉力F 1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F 1＝F 0－G ；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F 0，即弹簧测力计的读数为F 2＝F 0，故D 正确．[答案] D 7.如右图所示，质量为m 的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB 与竖直方向的夹角为θ，设水平横梁OA 和斜梁OB 作用于O 点的弹力分别为F 1和F 2，以下结果正确的是A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mgsin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mgcos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，选择的研究对象为作用点O ，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mgcos θ，故D 正确．[答案] D8．(2012·山东烟台市测试)如右图所示，两根相距为L 的竖直固定杆上各套有质量为m 的小球，小球可以在杆上无摩擦地自由滑动，两小球用长为2L 的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力F ，恰能使两小球沿竖直杆向上匀速运动．则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为g )A.mg2 B ．mg C.3F /3D ．F[解析] 根据题意可知：两根轻绳与竖直杆间距正好组成等边三角形，每个小球所受的拉力大小为F ′，对结点进行受力分析，根据平衡条件可得，F ＝2F ′cos30°，解得小球所受拉力F ′＝3F3，C 正确．[答案] C9.(2012·江西师大附中、临川联考)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析] 考查受力分析、物体的平衡．对A 受力分析可知，有竖直向下的重力mg 、沿着细线方向的拉力F T 以及水平向左的弹簧弹力F ，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F ＝k Δx ，竖直方向F T cos θ2＝mg ，解得Δx ＝mg tan θ2k ，C 正确．[答案] C10．(2012·洛阳市期中)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是A ．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B ．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C ．小车一定以加速度gtg α向右做匀加速运动D ．小车一定以加速度gtg θ向右做匀加速运动[解析] 由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A 错误B 正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtg α向右做匀加速运动，选项C 正确D 错误．[答案] BC11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC ，分别系在水平直杆AB 两端的轻弹簧和细线将小球P 悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k ，小球P 的质量为m ，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析] F T sin θ＝ma ，F T cos θ＋F ＝mg ，F ＝kx 联立解得：x ＝m (g －a cot θ)/k 讨论：(1)若a <g tan θ，则弹簧伸长x ＝m (g －a cot θ)/k (2)若a ＝g tan θ，则弹簧伸长x ＝0(3)若a >g tan θ，则弹簧压缩x ＝m (a cot θ－g )/k [答案] 见解析12．如右图所示，原长分别为L 1和L 2，劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m 1的物体，最下端挂着质量为m 2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝m 1＋m 2gk 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L1＋L2＋m1＋m2gk1＋m2gk2.(2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx，下面弹簧缩短Δx.对m2∶F N＝k2Δx＋m2g对m1∶m1g＝k1Δx＋k2ΔxF N＝m2g＋k2k1＋k2m1g.[答案] (1)L1＋L2＋m1＋m2gk1＋m2gk2(2)m2g＋k2k1＋k2m1g。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练31汇总
课时作业（三^一）1. （2012 •海南卷）如右图所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向 竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里. 一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板. 若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒 子运动轨迹不会改变A.粒子速度的大小 B.粒子所带的电荷量C.电场强度D.磁感应强度［解析］粒子在电场中运动，当做直线运动时 Eq = qvB,电量改变，粒子受力仍平衡，B 正确.［答案］B2. （2012 •福建泉州联考）在空间某一区域中既存在匀强电场，又存在匀强磁场.有一 带电粒子，以某一速度从不同方向射入到该区域中 （不计带电粒子受到的重力），则该带电粒子在区域中的运动情况可能是（）①做匀速直线运动 ②做匀速圆周运动③做匀变速直线运动 ④做匀变速曲线运动A. ③④ B .②③ C.①③D.①②［解析］如果粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡， 则粒子做匀速直线运动， ①正确；如果粒子速度方向与磁感线平行，则③④正确.［答案］AC3. （2012 •福州调研）如图所示，某空间存在正交的匀强电磁场，电场方向水平向右，瓦7x\x X -- f c- x X XXX X \XX XX ・磁场方向垂直纸面向里.一带负电微粒由 斜向上运动，则下列说法正确的是a 点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线（ ）abA. 微粒的动能一定增加C.微粒的电势能一定减少B. 微粒的动能一定减少D.微粒的机械能一定不变C 正确;［解析］微粒从a到b过程中，电场力做正功，所以微粒的电势能一定减少,由于除重力以外的外力中只有电场力做正功，所以微粒的机械能增大, 做匀速运动，才能满足题设条件，故动能不变，A 、B 错误.［答案］C4. （2012 •温州市联考）如右图所示，一个静止的质量为m 带电荷量为q 的粒子（不计B 的匀强磁场中，粒子打至 P 点，设O 圧x .5. （2012 •浙江杭州月考）有一个带电荷量为+ q 、重为G 的小球，从两竖直的带电平行 板上方h 处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为 B ,方向如右图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是（ ）A —定做曲线运动 B. 不可能做曲线运动 C. 有可能做匀加速运动 D. 有可能做匀速运动［解析］由于小球的速度变化时，洛伦兹力会变化，小球所受合力变化，小球 不可能做匀速或匀加速运动， B C D 错，A 正确.D 错误；因微粒必须1qU= 2mv ，带电粒子在磁场中x mv8m做匀速圆周运动有：2= qB ,整理得：x 2= qgU,故B 正确.uF重力），经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为［解析］带电粒子在电场中做加速运动，由动能定理有:［答案］B［答案］A6. 如右图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束•则下列判断正确的是A. 这三束正离子的速度一定不相同B. 这三束正离子的比荷一定不相同C. a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD. 若这三束离子改为带负电而其他条件不变则仍能从d孔射出［解析］因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动，电场力等于洛伦兹力，可以判断三束正离子的速度一定相同，且电场方向一定由a指向b,选项A错误，C正确；在右侧磁场中三束正离子做圆周运动的半径不同，可知这三束正离子的比荷一定不相同，选项B正确；若将这三束离子改为带负电，而其他条件不变的情况下受力分析可知，三束离子在两板间仍做匀速直线运动，仍能从d孔射出，选项D正确.［答案］BCD7. （2012 •河北石家庄市教学检测）劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如右图所示.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忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f,加速电压为U若A处粒子源产生的质子质量为m电荷量为+ q,在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是A. 质子被加速后的最大速度不可能超过2 n RfB. 质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C. 质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为 2 : 1D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器的最大动能不变2n R ［解析］粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v = 〒 =2 n Rf, A1 1正确；粒子离开回旋加速器的最大动能E<m= ~2mv= 2m K4 n 2Rf2= 2m n 2Rf2，与加速电压Umv 1 1无关，B错误；根据R= Bq, Uq= 2mV, 2Uq= ?mV,得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为护:1, C正确；因回旋加速器的最大动能E<m= 2n n 2Rf2与m R f 均有关，D错误.［答案］AC8. （2012 •河南省质量调研）如右图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场.在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球. 0点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O d 三点在同一水平线上. 已知小球所受电场力与重力大小相等. 现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）A. 小球能越过d点并继续沿环向上运动B. 当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大C. 小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能增大D. 小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小［解析］由题意可知，小球运动的等效最低点在b、c中间，因此当小球运动到d点时速度为0，不能继续向上运动，选项A错误；小球在等效最低点时速度最大，所受洛伦兹力最大，选项B错误；小球从a运动到b的过程中，重力做正功，电场力也做正功，所以重力势能与电势能均减小，选项C错误；小球从b运动到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，合外力先做正功再做负功，动能先增大后减小，选项D正确.［答案］D"能力提升"9. 如右图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球,个运动过程中小球的 v —t 图象如右图所示，其中错误的是10. 目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度•磁强计的原理如右图所示，电 路有一段金属导体，这的横截面是宽为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（ ）nebUneaU A .—P , M 正、N 负B~T ,M 正、N 负nebUneaUC~T~, M 负、N 正 D.—p , 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、U nebUN 正.由 F 电=F 洛，即 ae = Bev, I = nevS= nevab,得 B = I .［答案］C整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中, 小球由静止开始小滑,在整［解析］小球下滑过程中，qE 与qvB 反向，开始下落时qE>qvB ,所以 m —qE — qvB,随下落速度v 的增大 a 逐m —qvB- qE，随下落速度v的增大a 逐渐减小；最后 a = 0,小球匀速下落，故图正确，A B D 错误.［答案］ABD11. （2012 •山西四校联考）有一个带正电的小球，质量为m电荷量为q,静止在固定的绝缘支架上.现设法给小球一个瞬时的初速度V。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练30
课时作业(三十)1．(2012·山东淄博市适应性练习)如右图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为e /m 的电子以速度v 0从A 点沿AB 方向射入，现欲使电子能经过BC 边，则磁感应强度B 的取值应为 ( )A ．B >3mv 0aeB ．B <2mv 0aeC ．B ≤3mv 0aeD ．B >2mv 0ae[解析] 当电子从C 点离开时，电子做圆周运动对应的轨道半径最小，有R ≥a2cos30°＝a3，而R ＝mv 0eB ，所以B ≤3mv 0ae，C 项正确． [答案] C2．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O 在匀强磁场中做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，且范围足够大，其俯视图如图所示，若小球运动到某点时，绳子突然断开，则关于绳子断开后，对小球可能的运动情况的判断错误的是( )A ．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，但半径减小B ．小球仍做逆时针方向的匀速圆周运动，半径不变C ．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径不变D ．小球做顺时针方向的匀速圆周运动，半径减小[解析] 绳子断开后，小球速度大小不变，电性不变．由于小球可能带正电也可能带负电，若带正电，绳断开后仍做逆时针方向的匀速圆周运动，向心力减小或不变(原绳拉力为零)，则运动半径增大或不变．若带负电，绳子断开后小球做顺时针方向的匀速圆周运动，绳断前的向心力与带电小球受到的洛伦兹力的大小不确定，向心力变化趋势不确定，则运动半径可能增大，可能减小，也可能不变．[答案] A3．如右图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向自A 点射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则 ( )A．从P射出的粒子速度大B．从Q射出的粒子速度大C．从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长D．两粒子在磁场中运动的时间一样长[解析] 作出各自的轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P、Q点射出时，与AC边夹角相同，故可判定从P、Q点射出时，半径R1<R2，所以，从Q点射出的粒子速度大，B正确；根据图示，可知两个圆心角相等，所以，从P、Q点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等，正确选项应是B、D.[答案] BD4．(2012·巢湖月考)如下图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速率v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为πLv 0B ．电子在磁场中运动的时间为πL3v 0C ．磁场区域的圆心坐标(3L 2，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L )[解析] 由题图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L ，故在磁场中运动的时间为t ＝π3·2L v 0＝2πL 3v 0，A 、B 错；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L ，L 2)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(0，－L )，所以C 正确，D 错．[答案] C5．一电子以与磁场垂直的速度v 从P 处沿PQ 方向进入长为d 、宽为h 的匀强磁场区域，从N 点射出，如图所示，若电子质量为m ，电荷量为e ，磁感应强度为B ，则A ．h ＝dB ．电子在磁场中运动的时间为dvC ．电子在磁场中运动的时间为D ．洛伦兹力对电子做的功为Bevh[解析] 过P 点和N 点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O ，由勾股定理可得(R －h )2＋d 2＝R 2，整理知d ＝2Rh －h 2，而R ＝mveB ，故d ＝2mvheB －h 2，所以A 错误．由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t ＝，故B 错误，C 正确．又由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直，对粒子永远也不做功，故D 错误．[答案] C6.如右图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ(0<θ<π)角以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )A ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远[解析] 粒子运动周期T ＝2πm Bq ，当θ一定时，粒子在磁场中运动时间t ＝2π－2θ2πT ＝π－θπT ，ω＝2πT .由于t 、ω均与v 无关，故A 、B 项错；C 项正确；当v 一定时，由r ＝mvBq 知，r 一定；当θ从0变至π2的过程中，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越远；当θ大于π2时，θ越大，粒子离开磁场的位置距O 点越近，故D 项错． [答案] C7．(2012·奉化月考)如图所示，L 1和L 2为两条平行的虚线，L 1上方和L 2下方都是垂直纸面向外的磁感应强度相同的匀强磁场，A 、B 两点都在L 1上．带电粒子从A 点以初速度v 斜向下与L 1成45°角射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向下，且方向与A 点方向相同．不计重力影响，下列说法中正确的是A ．该粒子一定带正电B ．该粒子可能带负电C ．若将带电粒子在A 点时初速度变大(方向不变)，它仍能经过B 点D ．若将带电粒子在A 点时初速度变小(方向不变)，它不能经过B 点[解析] 运动粒子无论是带正电还是带负电都能达到B 点，若粒子带正电，则在L 1上方磁场中运动时间为T 4，在L 2下方磁场中运动时间为3T4，若粒子带负电，则在L 1上方磁场中运动时间为3T 4，在L 2下方磁场中运动时间为T4，而且速度的变化并不影响粒子经过B 点，故选项B 、C 正确、A 、D 错误．[答案] BC8.如图所示，宽d ＝2 cm 的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从O 点以相同的速率沿纸面不同方向射入磁场．若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r 均为5 cm ，不计粒子的重力，则A ．右边界：－4 cm≤y <4 cm 内有粒子射出B ．右边界：y >4 cm 和y <－4 cm 内有粒子射出C ．左边界：y >8 cm 内有粒子射出D ．左边界：0<y ≤8 cm 内有粒子射出[解析] 作出如图所示的示意图，由几何关系可得：右边界临界点距x 轴的间距y ＝r 2－r －d 2＝4 cm ，左边界临界点距x 轴的间距y ′＝2y ＝8 cm.[答案] AD9.如图所示，在半径为R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为q m的负离子以相同的速率v 0(较大)由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)A ．离子飞出磁场时的动能一定相等B ．离子在磁场中运动半径一定相等C ．由Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D ．沿PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大[解析] 因为磁场对电荷的洛伦兹力不做功，这些粒子从射入到射出动能不变，但质量不一定相等，故动能可能不等．A 错误．粒子在磁场中偏转的半径为r ＝mv 0qB，所有粒子的偏转半径都相等，B 正确．同时各粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB也相等，根据几何关系：圆内，较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q 点射出的粒子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C 对，沿PQ 方向射入的粒子不可能从Q 点射出，故偏转角不是最大，D 错．[答案] BC10.不计重力的带正电粒子，质量为m ，电荷量为q ，以与y 轴成30°角的速度v 0从y 轴上的a 点射入图中第一象限所在区域．为了使该带电粒子能从x 轴上的b 点以与x 轴成60°角的速度射出，可在适当的地方加一个垂直于xOy 平面、磁感应强度为B 的匀强磁场，若此磁场分布在一个圆形区域内，试求这个圆形磁场区域的最小面积．[解析]粒子在磁场中做半径为R ＝mv 0qB的圆周运动，根据题意，粒子在磁场区域中的轨道为半径等于R 的圆上的13圆周，这段圆弧应与入射方向的速度，出射方向的速度相切，如图所示，则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R 的O ′点就是圆周的圆心，粒子在磁场区域中的轨道就是以O ′为圆心、R 为半径的圆上的圆弧ef ，而e 点和f 点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e 、f 两点的不同的圆周中，最小的一个是以ef 连线为直径的圆周．即得圆形磁场区域的最小半径r ＝R sin60°＝3mv 02qB则这个圆形磁场区域的最小面积 S min ＝πr 2＝34π(mv 0qB )2.[答案] 34π(mv 0qB)211．如下图甲所示，M 、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一束正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m ，带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值． [解析] 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向 (1)正粒子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝m v 20R①做匀速圆周运动的周期T 0＝2πRv 0②联立①②两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0(2)要使正粒子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，在两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有r ＝d4.当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有R ＝d4n(n ＝1,2,3…)． 联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd 2nT 0(n ＝1,2,3…)．[答案] (1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1,2,3…)12．(2013·岳阳一中质检)如图所示，L 1和L 2为距离d ＝0.1 m 的两平行的虚线，L 1上方和L 2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度为B ＝0.20 T 的匀强磁场，A 、B 两点都在L 2上，质量为m ＝1.67×10－27kg 、电量Q ＝1.60×10－19C 的质子，从A 点以v 0＝5.0×105m/s 的速度与L 2成θ＝45°角斜向上射出，经过上方和下方的磁场偏转后正好经过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，求(结果保留两位有效数字)(1)质子在磁场中做圆周运动的半径； (2)A 、B 两点间的最短距离；(3)质子由A 点运动到B 点的时间的可能值．[解析] (1)质子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，设半径为R ，有：qv 0B ＝mv 20R① R ＝mv 0qB＝2.6×10－2 m②(2)质子由A 点运动到B 点可重复若干周期，其中一个周期内的运动情况如图所示，由几何关系知，A 、B 两点间的最短距离为：d min ＝2d tan θ＝2d ＝0.2 m ③(3)质子在磁场中运动的时间为一个圆周运动的周期T (优弧加劣弧恰好为一个整圆)，在L 1、L 2中运动的时间为t ，则有：T ＝2πmqB，t ＝2dv 0sin θ④所以：t AB ＝T ＋t ＝2πmqB＋2d v 0sin θ＝8.9×10－7s⑤[答案] (1)2.6×10－2m (2)0.2 m (3)8.9×10－7s。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练15
课时作业(十五)1．(2012·菏泽检测)在一棵大树将要被伐倒的时候，有经验的伐木工人就会双眼紧盯着树梢，根据树梢的运动情形就能判断大树正在朝着哪个方向倒下，从而避免被倒下的大树砸伤．从物理知识的角度来解释，以下说法正确的是( )A．树木开始倒下时，树梢的角速度较大，易于判断B．树木开始倒下时，树梢的线速度最大，易于判断C．树木开始倒下时，树梢的向心加速度较大，易于判断D．伐木工人的经验缺乏科学依据[解析] 树木倒下时树干上各部分的角速度相同，半径越大其线速度越大，B项正确．[答案] B2．(2012·浦东模拟)如图所示，正在匀速转动的水平转盘上固定有三个可视为质点的小物块A、B、C，它们的质量关系为m A＝2m B＝2m C，到轴O的距离关系为r C＝2r A＝2r B.下列说法中正确的是A．B的角速度比C小B．A的线速度比C大C．B受到的向心力比C小D．A的向心加速度比B大[解析] 正在匀速转动的水平转盘上固定有三个可视为质点的小物块A、B、C，它们的角速度相同，A错；由v＝ωr可知，C的线速度最大，B错；由a＝ω2r可知，C的向心加速度最大，A、B向心加速度相同，D错；由F＝mω2r可知，B受到的向心力比C小，所以答案选C.[答案] C3．(2012·济宁联考)如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径r A >r B ＝r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是( )A ．a A ＝aB ＝aC B ．a C >a A >a B C ．a C <a A <a BD ．a C ＝a B >a A[解析] 皮带传动不打滑，A 点与B 点线速度大小相同，由a ＝v 2r 得a ∝1r，所以a A <a B ；A点与C 点共轴转动，角速度相同，由a ＝ω2r 得a ∝r ，所以有a A >a C ，所以a C <a A <a B ，可见选项C 正确．[答案] C4．(2012·东北三校联考)如右图所示，在绕中心轴OO ′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法中正确的是A ．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变B ．物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了C ．物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零D ．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变[解析] 在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，则摩擦力的竖直分量与重力平衡，切线分量与速度方向相同，使物体速度增加，所以物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零，C 正确；物体的向心力由弹力提供，随着速度增加，向心力增加，物体所受弹力逐渐增大，如果圆筒的角速度均匀增加，则摩擦力大小不变，A 、B 错误，D 正确．[答案] CD5．(2013·安徽联考)摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如右图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g取10 m/s2) ( ) A．500 N B．1000 N C．500 2 N D．0[解析] 乘客所需的向心力：F＝m v2R＝500 N，而乘客的重力为500 N，故火车对乘客的作用力大小为5002N，C正确．[答案] C6．无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝纲管．已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是( )A．铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上B．模型各个方向上受到的铁水的作用力相同C．若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力D．管状模型转动的角速度ω最大为g R[解析] A中在惯性参考系中物体不受离心力作用，A错；模型最下部受到铁水的作用力最大，最上方受到的作用力最小，B错误；最上部的铁水如果恰好不离开模型内壁，则重力提供向心力，由mg＝mω2R可得ω＝gR，故管状模型转动的角速度ω至少为gR，C正确，D错误．[答案] C7．(2013·西城区月考)英国特技演员史蒂夫·特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道．如右图所示，环形车道竖直放置，直径达12 m，若汽车在车道上以12 m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则( )A．汽车通过最低点时，演员处于超重状态B ．汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104N C ．若要挑战成功，汽车不可能以低于12 m/s 的恒定速率运动 D ．汽车在环形车道上的角速度为1 rad/s[解析] 因为汽车通过最低点时，演员具有向上的加速度，故处于超重状态，A 正确；由ω＝v r 可得汽车在环形车道上的角速度为2 rad/s ，D 错误；由mg ＝m v 20r 可得v 0＝gr ≈7.7 m/s，C 错误；由mg ＋F ＝m v 2r可得汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4×104N ，B 正确．[答案] AB 8.在一根竖直硬质细杆的顶端O 用铰链连接两根轻杆，轻杆的下端分别固定两个金属小球．当发动机带动竖直硬质细杆运动时，两个金属球可在水平面上做匀速圆周运动，如图所示，设与金属球连接的两轻杆的长度均为l ，两金属球的质量均为m .各杆的质量均可忽略不计．当发动机加速运转时，轻杆与竖直杆的夹角从30°增加到60°，忽略各处的摩擦和阻力，求这一过程中速度变为原来的多少倍．[解析] 由题意，当轻杆与竖直杆夹角为30°时，金属球做圆周运动，有：mg tan30°＝m v 21R 1，R 1＝l sin30°，所以v 1＝3gl 6同理，当轻杆与竖直杆夹角为60°时，有：mg tan60°＝m v 22R 2，R 2＝l sin60°，所以v 2＝ 3gl 2 故v 2v 1＝427. [答案] 4279．(2012·上海虹口期末)某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A ，B ，A 盘固定一个信号发射装置P ，能持续沿半径向外发射红外线，P 到圆心的距离为28 cm.B 盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q ，Q 到圆心的距离为16 cm.P ，Q 转动的线速度相同，都是4π m/s.当P ，Q 正对时，P 发出的红外线恰好进入Q 的接收窗口，如下图所示，则Q 每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为A ．0.56 sB ．0.28 sC ．0.16 sD ．0.07 s[解析] P 转动的周期T P ＝0.14 s ，Q 转动的周期T Q ＝0.08 s ，设这个时间的最小值为t ，t 必须是二者周期的最小公倍数，解得t ＝0.56 s ，选项A 正确．[答案] A10．(2012·江西重点中学联考)如右图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，质量为m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放．当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是A ．m a ∶m b ＝3∶1B ．m a ∶m b ＝2∶1C ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度为小于90°的某值时，a 球对地面的压力刚好为零D ．若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90°时，a 球对地面的压力刚好为零[解析] 设D 杆到球b 的距离为r ，球b 运动到最低点时的速度大小为v ，则m b gr ＝12mv 2，m a g －m b g ＝mv 2r ，可得m a ＝3m b ，所以选项A 正确，B 错误；若只将细杆D 水平向左移动少许，设D 杆到球b 的距离变为R ，当b 球摆过的角度为θ时，a 球对地面的压力刚好为零，此时速度为v ，如右图所示，则m b gR sin θ＝12mv 2,3m b g －m b g sin θ＝mv2R，可得θ＝90°，所以选项C 错误，D 正确．本题答案为AD.[答案] AD11．(2012·南师附中月考)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如下图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动的图中的A ，B ，C ，D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B ，D 与圆心O 等高．设球的重力为1 N ，不计拍的重力．求：(1)健身者在C 处所需施加的力比在A 处大多少？(2)设在A 处时健身者需施加的力为F ，当球运动时B ，D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请作出tan θ－F 的关系图象．[解析] (1)设球运动的线速度为v ，半径为R ，则在A 处时F ＋mg ＝m v 2R ①，在C 处时F ′－mg ＝m v 2R②，由①②式得ΔF ＝F ′－F ＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时健身者需施加的力为F ，球做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如右图所示，则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mg mg＝F ＋1. 作出的tan θ－F 的关系图象如右图所示．[答案] (1)2 N (2)见解析12．如下图所示，V 形细杆AOB 能绕其对称轴OO ′转动，OO ′沿竖直方向，V 形杆的两臂与转轴间的夹角均为α＝45°.两质量均为m ＝0.1 kg 的小环，分别套在V 形杆的两臂上，并用长为L ＝1.2 m 、能承受最大拉力F max ＝4.5 N 的轻质细线连结，环与臂间的最大静摩擦力等于两者间弹力为0.2倍．当杆以角速度ω转动时，细线始终处于水平状态，取g ＝10 m/s 2.(1)求杆转动角速度ω的最小值；(2)将杆的角速度从(1)问中求得的最小值开始缓慢增大，直到细线断裂，写出此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式；(3)求第(2)问过程中杆对每个环所做的功．[解析] (1)杆的角速度最小时，摩擦力f max 沿杆向上，建立坐标系，水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴，则竖直方向受力平衡F N sin45°＋f max cos45°＝mg ，水平方向合力提供向心力：F N cos45°－f max sin45°＝m ω21r ， 且f max ＝0.2F N ，r ＝L2，∴ω1＝10/3≈3.33 rad/s.(2)当角速度增大，f max 沿杆向下时，竖直方向有，F N sin45°＝f max cos45°＋mg ， 水平方向；F N cos45°＋f max sin45°＝m ω22r ，∴ω2＝5 rad/s.当细线拉力刚达到最大时，有F N sin 45°＝f max cos45°＋mg ，F N cos45°＋f max sin45°＋F max ＝m ω23r ，∴ω3＝10 rad/s.∴F 拉＝⎩⎪⎨⎪⎧0103 rad/s≤ω≤5 rad/s 0.06ω2－1.5 5 rad/s≤ω<10 rad/s(3)根据动能定理，有W ＝12m (ω3r )2－12m (ω1r )2，∴W ＝1.6 J.[答案] (1)3.33 rad/s(2)F 拉＝⎩⎪⎨⎪⎧0103 rad/s≤ω≤5 rad/s 0.06ω2－1.5 5 rad/s≤ω<10 rad/s(3)1.6 J。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练14
课时作业（十四）r 基础训练1. （2012 •山东济南月考）在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地•若不计空气阻力，则（A. 垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定B. 垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定C. 垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定D. 垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定12h［解析］被水平击出的垒球做平抛运动，则有h= 2gt［x= v o t , C错误；所以t =何” __t由h决定，D正确；x= v o、y&, x由v o和h决定；v=寸v X + v：=寸v0+ 2gh, v由v o和hV y gt决定；垒球落地时瞬时速度与水平方向的夹角为0 , tan 0 = V x= v0, B由v o和h决定.故选项A、B错误.［答案］D2. （2oi2 •济南模拟）以v o的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时，下列说法错误的是（）A. 即时速度的大小是5v o2v oB. 运动的时间是gC. 竖直分速度的大小等于水平分速度的大小2承V：D. 运动的位移是g2010年8月29日，巴克莱高尔夫球赛上，美国高尔夫球名将“老虎”伍兹在丑闻后成绩再次滑落，排名落至第 28名•如右图所示，若伍兹从高出水平地面 h 的坡上水平击出 个质量为m 的高尔夫球.由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距 离为L 的A 穴.则A. 小球从圆弧顶部飞出时，圆弧对小球的支持力大小为mgC. 球被击出时的初速度大小D. 球受到水平风力的大小为 ［解析］小球从圆弧顶部飞出， 由曲线运动向心力的特点可知，圆弧对小球的支持力小1f 2h于mg A 项错误；由h = 2gt 2得球从被击出到落入 A 穴所用的时间为t = 丫，水平风力 并不会影响高尔夫球下落的时间， B 项错误；由题述高尔夫球竖直地落入 A 穴可知球水平末V o t阿速度为零，由L = 得球被击出时的初速度大小为v o = L ' h , C 项正确；由v o = at 得球gLmgL水平方向加速度大小 a = h ，球被击出后受到的水平风力的大小为F = ma= h , D 项正确.［答案］CD 4.如右图所示,jcD P ~P 是水平地面上的一点， A B C D 在一条竖直线上，且 AB= BC = CD 从A 、B C 三点分别水平抛出一个物体， 这三个物体都落在水平地面上的 P 点.则三个物体抛出时速度大小之比 V A : V B : V C 为（）A. 2 :3 : 6B. 1 :N3C. 1 : 2 : 3D. 1 : 1 :1B.由于受风力的影响，该球从被击出到落入 mgL F =肓A 穴所用的时间小于［解析］由题意及题图可知DP= V A t A= V B t B= V e tC,所以1V *1又由h= 2gt2,得t * , h,如图所示，一长为,2L 的木板，倾斜放置，倾角为 45°,今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与 木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端， 则小球释放点距木板上端的水平距离为（ ）A. L /2B. L /3C. L /4D. L /5［解析］设小球释放点距木板上端的水平距离为 x ,小球自与木板上端等高的某处自由释放，碰撞时小球的速度为 V ,则有v 2= 2gx ,与木板碰撞后平抛，gt 2/2 = vt , L = vt + x , 联立解得x = L /5，选项D 正确.［答案］D7. （2012 •山东青岛）某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划着一条弧线飞到小桶的前方 （如右图所示）•不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，则下次再水平抛时，他可能作出 的调整为A. 减小初速度，抛出点高度不变B. 增大初速度，抛出点高度不变C. 初速度大小不变，降低抛出点高度D. 初速度大小不变，提高抛出点高度 ［解析］小球做平抛运动，竖直方向 入小桶中，需减小 x ,有两种途径，减小［答案］AC6. （2012 •湖北孝感一模）h = i gt 2,水平方向x = v o t = v冷2，欲使小球落h 或减小v o , B D 错，A 、C 对.跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，其实滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动•如右图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从倾角为0的斜坡顶端P处，以初速度V。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练24汇总
课时作业(二十四)1．(2012·广州测试)如右图所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A ．两板间的距离B ．两板间的电压C ．两板间的电介质D ．两板的正对面积[解析] 计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A 正确． [答案] A2．(2012·山东淄博月考)如右图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流[解析] 充电后电容器的上极板A 带正电．不断开电源，增大两板间距，U 不变、d 增大．由E ＝Ud 知两极板间场强减小，场强减小会使电荷q 受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q 向下加速运动．由C ＝εS4πkd 知电容C 减小，由Q ＝CU 知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流，故电流表中将会有由b 到a的电流，选项BD 正确．[答案] BD3．电荷量和质量之比叫比荷，质量和电荷量不同的带电粒子，在具有相同电压的加速电场中由静止开始加速后，必定是( )A ．比荷大的粒子其动能大，电荷量大的粒子其速度大B ．比荷大的粒子其速度大，电荷量大的粒子其动能大C ．比荷大的粒子其速度和动能都大D ．电荷量大的粒子其速度和动能都大[解析] 由动能定理E k ＝12mv 2＝qU 可知，电荷量大的粒子其动能大．又可得v ＝ 2qUm ，可知比荷大的粒子其速度大，B 对．[答案] B4．(2012·秦淮检测)如图(甲)所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d 变化时，电容C 便发生变化，通过测量电容C 的变化就可知道两极板之间距离d 的变化的情况．在图(乙)中能正确反映C 与d 之间变化规律的图象是( )[解析] 由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S /(4πkd )可知，电容C 与极板之间距离d 成反比，在第一象限反比例函数图象是双曲线的一支，所以A 正确．[答案] A5．(2012·滨海检测)如图(甲)所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，在图(乙)中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是[解析] 粒子在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向指向轨迹的凹侧，C 正确．[答案] C 6.如右图所示，平行板电容器的电容为C ，带电荷量为Q ，两极板间距离为d ，今在距两极板的中点12d 处放一电荷q ，则( )A ．q 所受静电力的大小为QqCdB ．q 所受静电力的大小为k 4Qqd 2 C ．q 点处的电场强度是k 4Qd 2 D ．q 点处的电场强度是k 8qd 2[解析] 两极板之间的电场强度E ＝U d ，q 受到的静电力F ＝Eq ＝U d q ＝QCd q ，A 正确；Q 不是点电荷，点电荷的场强公式E ＝k Qr 2在这里不能用，B 、C 、D 不正确．[答案] A 7.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，带电粒子以速度v 0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，粒子仍以相同的速度v 0从原处飞入(不计重力)，则带电粒子( )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 ．在两板间运动时间不变[解析] 将电容器上板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝QCd ＝4k πQεr S ，可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的带电粒子仍将沿原轨迹运动，下板不动时，带电粒子沿原轨迹由下板边缘飞出，B 正确；带电粒子运动时间t ＝lv 0不变，D正确．[答案] BD 8.如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk ＝－182 V ；栅网：能让电子由其间穿过，电势φk ＝0；反射极电势为φr ＝－250 V ，与栅网的距离d ＝4 mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30 kg ，电荷量e ＝1.6×10－19 C ，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，问它经过多长时间后再回到栅网？[解析] 因为|φk |<|φr |，所以电子穿过栅网，不到反射极就返回．设电子在到达栅网时速度为v ，则12mv 2＝e (φg －φk )，电子在栅网和反射极间的加速度a ＝e φg －φrmd ，又t ＝2va ，联立以上几式解得t ＝1.5×10－9s.[答案] 1.5×10－9 s9.如右图所示，从F 处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为E )( )A ．电子到达B 板时的动能是Ee B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零C ．电子到达D 板时动能是3Ee D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动[解析] 电子从A 板到B 板做匀加速运动，且eE ＝ΔE k ，A 正确；在BC 之间做匀速运动，B 正确；从C 板到D 板做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确．[答案] ABD 10.如右图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q ＝t pB ．它们运动的加速度a Q <a pC ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE KP ∶ΔE KQ ＝1∶2[解析] 设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P ＝hv 20l 2.同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em ，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，A 、C 正确．[答案] AC11．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域．汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图所示，M 、N 为两块水平放置的平行金属极板，板长为L ，板右端到屏的距离为D ，且D 远大于L ，O ′O 为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O ′O 的距离．以屏中心O 为原点建立xOy 直角坐标系，其中x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向．设一个质量为m 0、电荷量为q 0的正离子以速度v 0沿O ′O 的方向从O ′点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O 点．若在两极板间加一沿＋y 方向场强为E 的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O 点的距离y 0.[解析] 离子在电场中受到的静电力F y ＝q 0E离子获得的加速度a y ＝F ym 0 离子在板间运动的时间t 0＝Lv 0到达极板右边缘时，离子在＋y 方向的分速度v y ＝a y t 0离子从板右端到达屏上所需时间t 0′＝Dv 0离子射到屏上时偏离O 点的距离y 0＝v y t 0′由上述各式，得y 0＝q 0ELDm 0v 20. [答案] q 0ELD m 0v 2012．如下图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．如下图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．[解析] (1)收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at 2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t 2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qUmd m⑥联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 x ＝12qU md (L v 0)2⑧ 根据题意，收集效率为η＝xd⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81(d 0d )2.即当d ≤0.9d 0时η＝100%当d >0.9d 0时η＝0.81(d 0d )2[答案] (1)0.9d 0 (2)η＝0.81(d 0d )2(d >0.9d 0) η＝100% (d ≤0.9d 0)。
高考物理总复习 课时配套作业49 新人教版选修35
课时作业(四十九)1．下列说法正确的是( )A ．α射线与γ射线都是电磁波B ．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C ．用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期D ．原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量[解析] α射线为粒子流，γ射线为电磁波，故A 错．β射线来自原子核内部，不是核外电子电离产生的，故B 错．据放射性元素的衰变规律可知C 项正确，D 错误．[答案] C2．14C 测年法是利用14C 衰变规律对古生物进行年代测定的方法，若以横坐标t 表示时间，纵坐标m 表示任意时刻14C 的质量，m 0为t ＝0时14C 的质量．下面四幅图中能正确反映14C 衰变规律的是 ( )[解析] 由公式m ＝m 0·(12)tτ并结合数学知识可知C 正确．[答案] C3．原子核A Z X 与氘核21H 反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知 ( ) A ．A ＝2，Z ＝1 B ．A ＝2，Z ＝2 C ．A ＝3，Z ＝3D ．A ＝3，Z ＝2[解析] 写出核反应方程：AZ X ＋21H→42He ＋11H ，由质量数守恒和电荷数守恒，列方程：A ＋2＝4＋1，Z ＋1＝2＋1，解得：A ＝3，Z ＝2，故选项D 正确．[答案] D4．(2012·绍兴检测)我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电、显示了EAST 装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1000 s ，温度超过1亿度，标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方．核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m 1，中子的质量为m 2，32He 的质量为m 3，质子的质量为m 4，则下列说法中正确的是( )A ．两个氘核聚变成一个32He 所产生的另一个粒子是质子 B ．两个氘核聚变成一个32He 所产生的另一个粒子是中子 C ．两个氘核聚变成一个32He 所释放的核能为(2m 1－m 3－m 4)c 2D ．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废物具有放射性[解析] 由核反应方程知221H ―→32He ＋10X ，X 应为中子，释放的核能应为ΔE ＝(2m 1－m 3－m 2)c 2，聚变反应的污染非常小．而现实运行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD5．(2012·西安检测)由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列论断中正确的是( )A.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子 B.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变 D ．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变 [解析]20983Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子，A 错、B 对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为237－2094＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C 对、D 错．[答案] BC6．我国科学家研制“两弹”所涉及的基本核反应方程有： (1)23592U ＋10n→9038Sr ＋13654Xe ＋k 10n ； (2)21H ＋31H→42He ＋d 10n ；关于这两个方程，下列说法正确的是 ( )A ．方程(1)属于α衰变B ．方程(2)属于轻核聚变C ．方程(1)中k ＝10，方程(2)中d ＝1D ．方程(1)中k ＝6，方程(2)中d ＝1[解析] 本题考查核反应方程．(1)式为典型的裂变方程，故A 选项错误．(2)为聚变反应，故B 项正确．根据质量数守恒和电荷数守恒定律可得k ＝10，d ＝1，故C 选项正确．[答案] BC7．(2012·河北石家庄市模拟)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素158O 注入人体，158O 在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，被探测器采集后，经计算机处理生成清晰图象．则根据PET 原理判断下列表述正确的是( )A.158O 在人体内衰变的方程是158O→157N ＋01e B ．正、负电子湮灭的方程是01e ＋ 0－1e→2γ C ．在PET 中，158O 主要用途是作为示踪原子 D ．在PET 中，15 8O 主要用途是参与人体的新陈代谢[解析] 由题意知A 、B 正确，显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的158O 衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此158O 主要用途是作为示踪原子，故C 对，D 错．[答案] ABC8．(2011·天津理综)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．当今医学影像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子．碳11可由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还会产生另一粒子，试写出核反应方程．若碳11的半衰期τ为20 min ，经2.0 h 剩余碳11的质量占原来的百分之几？(结果取2位有效数字)[解析] 核反应方程为147N ＋11H ―→11 6C ＋42He设碳11原有质量为m 0，经过t 1＝2.0 h ，剩余的质量为m r ，根据半衰期定义有[答案]147N ＋11H→11 6C ＋42He 1.6%9.238 92U 放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成210 83Bi ，而21083Bi 可以经一次衰变变成210a X(X 代表某种元素)，也可以经一次衰变变成 b81Ti ，210a X 和 b81Ti 最后都变成20682Pb ，衰变路径如右图所示．则图中( )A ．a ＝84，b ＝206B ．①是β衰变，②是α衰变C ．①是α衰变，②是β衰变 D. b81Ti 经过一次α衰变变成20682Pb[解析] 由21083Bi 衰变为210a X ，质量数没有变化，所以①是β衰变，根据核电荷数守恒，同时可判断a ＝84；由210 83Bi 衰变为 b81Ti ，因为核电荷数减2，可判断②为α衰变，根据质量数守恒，同时可判断b ＝206，所以A 、B 正确，C 项错误； b81Ti 经过一次β衰变变成20682Pb ，D 项错误．[答案] AB10．(2012·山西太原市调测)钴60是金属元素钴的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年．它会通过β衰变放出能量高达315 keV 的高速电子衰变为镍60，同时会放出两束γ射线，其能量分别为1.17 MeV 及1.33 MeV.钴60的应用非常广泛，几乎遍及各行各业．在农业上，常用于辐射育种、食品辐射保藏与保鲜等；在工业上，常用于无损探伤、辐射消毒、辐射加工、辐射处理废物以及自动控制等；在医学上，常用于癌症和肿瘤的放射治疗．关于钴60下列说法正确的是( )A ．衰变方程为6027Co→6028Ni ＋ 0－1eB ．利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的电子流C ．钴60可以作为示踪原子研究人体对药物的吸收D ．钴60衰变过程中不会有质量亏损[解析] 据质量数守恒及电荷数守恒，可判断A 项正确．钴60半衰期太长，且衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，C 项不正确；利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的γ射线，因为衰变释放能量，必然存在质量亏损，B 、D 两项都不正确．[答案] A11．太阳中含有大量的氘核，因氘核不断发生核反应释放大量的核能，以光和热的形式向外辐射．已知氘核质量为 2.0136 u ，氦核质量为 3.0150 u ，中子质量为 1.0087 u,1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量则：(1)完成核反应方程：21H ＋21H→________＋10n. (2)求核反应中释放的核能．(3)在两氘核以相等的动能0.35 MeV 进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的中子和氦核的动能．[解析] (1)32He(2)ΔE ＝Δmc 2＝(2×2.0136 u－3.0150 u －1.0087 u)×931.5 MeV＝3.26 MeV. (3)两核发生碰撞时：0＝Mv 1－mv 2 由能量守恒可得：ΔE ＋2E k ＝12Mv 21＋12mv 22由以上两式解得：E He ＝12Mv 21＝0.99 MeV ，E 中＝12mv 22＝2.97 MeV[答案] (1)32He (2)3.26 MeV (3)0.99 MeV 2．97 MeV12．(2012·浙江金丽衢联考)如右图所示，有界的匀强磁场磁感应强度为B ＝0.05 T ，磁场方向垂直于纸面向里，MN 是磁场的左边界．在磁场中A 处放一个放射源，内装22688Ra ，22688Ra 放出某种射线后衰变成22286Rn.(1)写出上述衰变方程．(2)若A 处距磁场边界MN 的距离OA ＝1.0 m 时，放在MN 左侧边缘的粒子接收器收到垂直于边界MN 方向射出的质量较小的粒子，此时接收器距过OA 的直线1.0 m ．求一个静止22688Ra 核衰变过程中释放的核能有多少？(取1 u ＝1.6×10－27kg ，e ＝1.6×10－19C ，结果保留三位有效数字)[解析] (1)22688Ra→22286Rn ＋42He(2)衰变过程中释放的α粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R ＝1.0 m ，由2evB ＝mv 2R得α粒子的速度v ＝2eBRm，衰变过程中系统动量守恒，222 86Rn 、42He 质量分别为222 u 、4 u ，则222 u×v ′＝4 u×v ， 得22286Rn 的速度v ′＝2111v ，释放的核能E ＝12×222 u×v ′2＋12×4 u×v 2＝113e 2B 2R 2222 u代入数据解得E ＝2.04×10－14J.[答案] (1)22688Ra →22286Rn ＋42He (2)2.04×10－14J。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练2
课时作业(二)1．(2012·南通模拟)对以a ＝2 m/s 2做匀加速直线运动的物体，下列说法正确的是 A ．在任意1 s 内末速度比初速度大2 m/s B ．第n s 末的速度比第1 s 末的速度大2n m/s C ．2 s 末速度是1 s 末速度的2倍 D ．n s 时的速度是n2s 时速度的2倍[解析] 加速度是2 m/s 2，即每秒速度增加2 m/s ，经t s 速度增加2t m/s ，所以很明显A 正确；第n s 末的速度比第1 s 末的速度大2(n －1)m/s ，B 错；因为物体不一定是从静止开始做匀加速运动，所以C 、D 说法不正确．[答案] A2．(2012·山东东营高三月考)一物体以5 m/s 的初速度、－2 m/s 2的加速度在粗糙水平面上滑行，在4 s 内物体通过的路程为( )A ．4 mB ．36 mC ．6.25 mD ．以上答案都不对[解析] 此题属刹车类题目，要注意其实际运动时间．因v 0＝5 m/s ，a ＝－2 m/s 2，故只需t ＝v a ＝2.5 s 停下来，其4 s 内位移即为2.5 s 内位移，s ＝v 2t ＝52×2.5 m＝6.25 m ．选项C 正确．[答案] C3．(2012·淮安质检)做匀加速直线运动的质点，在第5 s 末的速度为10 m/s ，则 A ．前10 s 内位移一定是100 m B ．前10 s 内位移不一定是100 m C ．加速度一定是2 m/s 2D ．加速度不一定是2 m/s 2[解析] 质点在第5 s 末的速度为瞬时速度，因不知质点运动的初速度，故无法确定其加速度大小，C 错误，D 正确；质点在前10 s 内一直做匀加速运动，则前10 s 内的平均速度等于5 s 末瞬时速度为10 m/s ，前10 s 内的位移为100 m ，故A 正确，B 错误．[答案] AD4．(2012·福建师大附中月考)火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到乙站恰好停止．在先、后两个运动过程中( )A ．火车的位移一定相等B ．火车的加速度大小一定相等C ．火车的平均速度一定相等D ．所用的时间一定相等[解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度就是做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以，在先、后两个运动过程中的平均速度v ＝v 0＋v2相等，选项C 正确；火车运动的位移x ＝v t ＝v 0＋v 2t ，火车运动的加速度a ＝v 0－vt，即它们不仅与初速度、末速度有关，还跟时间有关，而前后两个运动过程中所用的时间不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A 、B 、D 选项都不正确．[答案] C5．骑自行车的人由静止开始沿直线运动，在第1 s 内通过1米、第2 s 内通过2米、第3 s 内通过3米、第4 s 内通过4米．则下列说法中正确的是( )A ．自行车和人都做匀加速直线运动B ．第2 s 末的瞬时速度为2.5 m/sC ．第3、4两秒内的平均速度为3.5 m/sD ．整个过程中加速度为1 m/s 2[解析] 本题已明确指出骑自行车的人做初速度为零的直线运动，因此，若为匀变速直线运动，必有连续相等时间内的位移之比是1∶3∶5∶7，而这里对应的位移之比是1∶2∶3∶4.虽然在连续相等时间内位移差相等，但不是匀变速直线运动，故无法求出加速度及第 2 s 末的瞬时速度．根据平均速度的定义可求得第3、4两秒内的平均速度为v ＝3＋42 m/s ＝3.5m/s.C 选项正确．[答案] C6．汽车刹车后开始做匀减速运动，第1 s 内和第2 s 内的位移分别为3 m 和2 m ，那么从2 s 末开始，汽车还能继续向前滑行的最大距离是( )A ．1.5 mB ．1.25 mC ．1.125 mD ．1 m[解析] 由平均速度可求0.5 s 、1.5 s 时的速度分别为3 m/s 和2 m/s ，得a ＝－1 m/s 2.由v ＝v 0＋at 得v 0＝3.5 m/s ，共运动3.5 s,2 s 末后汽车还能运动1.5 s ，由x ＝12at 2得x ＝1.125 m.[答案] C7．(2012·成都模拟)做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0[解析] 利用“逆向推理法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ．故选B.[答案] B8．目前，配置较高的汽车都安装了ABS(或EBS)制动装置，可保证车轮在制动时不会被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F ，驾驶员的反应时间为t ，汽车的质量为m ，刹车前匀速行驶的速度为v ，则A ．汽车刹车的加速度大小为a ＝vtB ．汽车刹车时间t ′＝mv FC ．汽车的刹车距离为s ＝vt ＋mv 2FD ．汽车的刹车距离为s ＝vt ＋mv 22F[解析] 由F ＝ma 可知，a ＝F m ，制动时间应为t ′＝v a ＝mvF，A 错误，B 正确；刹车距离应为s ＝vt ＋v 22a ＝vt ＋mv 22F，C 错误、D 正确．[答案] BD9．(2012·南师附中模拟)如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，这个系统中只有一个不动的小盒子B ，工作时小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B 盒接受，从B 盒发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图象，则下列说法正确的是A ．超声波的速度为v 声＝2x 1t 1B ．超声波的速度为v 声＝2x 2t 2C ．物体的平均速度为v ＝2x 2－x 1t 2－t 1＋2Δt 0D ．物体的平均速度为v ＝2x 2－x 1t 2－t 1＋Δt 0[解析] 由图乙可知，超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，A 项正确；对图乙添加辅助线如图，通过数量关系，找出运动物体在发生位移Δx 所用时间Δy ，由图可知，Δt ＝t 2－t 1＋Δt 02，则物体的平均速度为v ＝2x 2－x 1t 2－t 1＋Δt 0，D 项正确．[答案] AD10．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a 1)到某一最大速度v m ，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)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a 1、a 2的大小无关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关C ．a 1、a 2必须是一定的D ．a 1、a 2必须满足a 1·a 2a 1＋a 2＝2vt[解析] 匀速运动时x ＝vt ① 匀加速、匀减速运动时x ＝12v m t② 由①②得v m ＝2v③ 由v 2＝2ax 得：v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝x④由①③④得：a 1·a 2a 1＋a 2＝2vt，所以选项A 、D 正确．[答案] AD11．一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s 内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小；(2)人开始观察时火车速度的大小．[解析] (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a ，L ＝8 m. Δx ＝aT 2,8L －6L ＝a ×102，a ＝2L 100＝2×8100m/s 2＝0.16 m/s 2.(2)设人开始观察时火车速度大小为v 0，v t 2＝v ＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m/s ＝5.6 m/s.v t2＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s.[答案] (1)0.16 m/s 2(2)7.2 m/s12．(2012·洛阳四校联考)2010年11月18日，珠海航展现场空军八一飞行表演队两架歼10飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m 的歼10飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v 0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a 0，运动时间为t 1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为s .求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．[解析] 如图，A 为飞机着陆点，AB 、BC 分别为两个匀减速运动过程，C 点停下．A 到B 过程，依据运动学规律有 s 1＝v 0t 1－12a 1t 21 v B ＝v 0－a 1t 1B 到C 过程，依据运动学规律有 s 2＝v B t 2－12a 2t 220＝v B －a 2t 2A 到C 过程，有： s ＝s 1＋s 2联立解得：a 2＝v 0－a 1t 122s ＋a 1t 21－2v 0t 1，t 2＝2s ＋a 1t 21－2v 0t 1v 0－a 1t 1.v0－a1t12 2s＋a1t21－2v0t1t2＝2s＋a1t21－2v0t1v0－a1t1[答案] a2＝。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练35
课时作业(三十五)1．(2012·济宁模拟)水平放置的金属框架cdef 处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab 处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则 ( )A ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力增大B ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力不变C ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大D ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变[解析] 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab 中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确．[答案] C2．如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度－时间图象不可能是[解析] 当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力等于重力，则线框在从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场前做匀速运动，故A 是可能的；当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力小于重力，则线框做加速度逐渐减小的加速运动，最后可能做匀速运动，故C 情况也可能；当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，最后可能做匀速运动，故D 可能；线框在磁场中不可能做匀变速运动，故B 项是不可能的，故选B.[答案] B3.如右图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd ，其边长为l ，质量为m ，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a ′b ′c ′d ′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab 边与磁场的d ′c ′边重合．现使金属线框以初速度v 0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc 边与磁场区域的d ′c ′边距离为l .在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )A.12mv 20＋μmgl B.12mv 20－μmgl C.12mv 20＋2μmgl D.12mv 20－2μmgl [解析] 依题意知，金属线框移动的位移大小为2l ，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl ，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q ＝12mv 20－2μmgl ，故选项D 正确． [答案] D4．如图(甲)、(乙)、(丙)中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，(甲)图中的电容器C 原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在(甲)、(乙)、(丙)三种情况下导体棒ab 的最终运动状态是 ( )A ．三种情形下导体棒ab 最终都做匀速运动B ．(甲)、(丙)中，ab 棒最终将以不同速度做匀速运动；(乙)中，ab 棒最终静止C ．(甲)、(丙)中，ab 棒最终将以相同速度做匀速运动；(乙)中，ab 棒最终静止D ．三种情形下导体棒ab 最终都静止[解析] 题图(甲)中ab 棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v 0的速度向右匀速运动．题图(乙)中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动．题图(丙)中棒先向右减速为零，然后反向加速至匀速．故正确选项为B.[答案] B5．(2012·温州模拟)如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热[解析] 根据动能定理可知，合力做的功等于动能的变化量，故选项A 正确；重力做的功等于重力势能的变化量，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，故选项B 、D 均错误，C 正确．[答案] AC6.如右图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 2 [解析] ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．[答案] D7.如右图所示，光滑的“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的是 ( )A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后将先加速后匀速下滑D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后将先减速后匀速下滑[解析] 当金属棒MN 进入磁场B 1区域时，金属棒MN 切割磁感线而使回路中产生感应电流，当金属棒MN 恰好做匀速运动时，其重力和安培力平衡，即有B 21l 2v R＝mg .金属棒MN 刚进入B 2区域时，速度仍为v ，若B 2＝B 1，则仍满足B 22l 2v R＝mg ，金属棒MN 仍保持匀速下滑，选项A 错误，B 正确；若B 2<B 1，则金属棒MN 刚进入B 2区域时B 22l 2v R<mg ，金属棒MN 先加速运动，当速度增大到使安培力等于mg 时，金属棒MN 在B 2区域内匀速下滑，故选项C 正确；同理可知选项D 也正确．[答案] BCD9.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2.不计空气阻力，则A ．v 1<v 2，Q 1<Q 2B ．v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2[解析] 线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v ＝2gh ，设线圈材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，线圈边长为L ，导线横截面积为S ，则线圈的质量m ＝ρ14LS ，电阻R ＝ρ24L S ，由牛顿第二定律得mg －B 2L 2v R ＝ma ，解得a ＝g －B 2v 16ρ1ρ2，可见两线圈在磁场中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v 1＝v 2，故A 、C 选项错误；线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q ＝W 安，而F 安＝B 2L 2v R ＝B 2Lv 4ρ2S ，线圈Ⅱ横截面积S 大，F 安大，故Q 2>Q 1，故选项D 正确，B 错误．[答案] D10．(2012·海淀一模)光滑平行金属导轨M 、N 水平放置，导轨上放一根与导轨垂直的导体棒PQ .导轨左端与由电容为C 的电容器、单刀双掷开关和电动势为E 的电源组成的电路相连接，如图所示．在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)．先将开关接在位置a ，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b ，导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够大，则以下说法中正确的是A ．空间存在的磁场方向竖直向下B ．导体棒向右做匀加速运动C ．当导体棒向右运动的速度达到最大值，电容器的电荷量为零D ．导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量Q <CE[解析] 充电后电容器的上极板带正电，将开关拨向位置b ，PQ 中的电流方向是由P →Q ，由左手定则判断可知，导轨所在处磁场的方向竖直向下，选项A 正确；随着放电的进行，导体棒速度增大，由于它所受的安培力大小与速度有关，所以由牛顿第二定律可知导体棒不能做匀加速运动，选项B 错误；运动的导体棒在磁场中切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势方向由Q →P ，当其大小等于电容器两极板间电势差大小时，导体棒速度最大，此时电容器的电荷量并不为零，故选项C 错误；由以上分析可知，导体棒从开始运动到速度达到最大时，电容器所带电荷量并没有放电完毕，故通过导体棒的电荷量Q <CE ，选项D 正确．[答案] AD11．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd 和ef ，水平放置且相距L ，在其左端各固定一个半径为r 的四分之三光滑金属圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计．整个装置放在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力F ＝3mg 拉细杆a ，达到匀速运动时，杆b 恰好静止在圆环上某处，试求：(1)杆a 做匀速运动时，回路中的感应电流；(2)杆a 做匀速运动时的速度；(3)杆b 静止的位置距圆环最低点的高度．[解析] (1)匀速时，拉力与安培力平衡，F ＝BIL得：I ＝3mg BL(2)金属棒a 切割磁感线，产生的电动势E ＝BLv回路中电流I ＝E 2R联立得：v ＝23mgR B 2L2 (3)设平衡时棒b 和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ则tan θ＝Fmg＝3，得θ＝60° h ＝r (1－cos θ)＝r 2 [答案] (1)3mg BL (2)23mgR B 2L 2 (3)r 212．(2012·安徽六校联考)相距L ＝1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27 kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(甲)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab 棒在方向竖直向上、大小按图(乙)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放．(g ＝10 m/s 2)(1)求磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小；(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(丙)中定性画出cd 棒所受摩擦力F f cd 随时间变化的图象．[解析] (1)经过时间t ，ab 棒的速率：v ＝at ，此时，回路中的感应电流为：I ＝E R ＝BLv R， 对ab 棒，由牛顿第二定律得：F －BIL －m 1g ＝m 1a ，由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2Rat ， 在题图(乙)图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11 N ；t 2＝2 s ，F 2＝14.6 N ，代入上式得a ＝1 m/s 2，B ＝1.2 T.(2)在2 s 末ab 棒的速率v 1＝at ＝2 m/s ，所发生位移x ＝12at 2＝2 m ， 由动能定理得 W F －m 1gx －W 安＝12m 1v 21，又Q ＝W 安，联立以上方程，解得：Q ＝18 J.(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝E R ＝BLv m R，v m ＝at 0，整理解得： t 0＝m 2gRμB 2L 2a＝2 s. F f cd 随时间变化的图象如图所示．[答案] (1)1.2 T 1 m/s 2(2)18 J (3)见解析。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练8汇总
课时作业(八)1．如右图所示，一运送救灾物资的直升飞机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m ，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为F f ，悬索对物资的拉力为F ，重力加速度为g ，则( )A ．F f ＝mg sin θB ．F f ＝mg tan θC ．F ＝mg cos θD ．F ＝mgtan θ[解析] 救灾物资匀速飞行，受力平衡，它受到向下的重力mg ，向右的阻力F f 和沿细绳斜向上的拉力，可得F f ＝mg tan θ，A 错误、B 正确；F ＝mgcos θ，C 、D 错误．[答案] B 2.(2012·泉州质检)滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动．如右图所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则( )A ．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等B ．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等C ．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等D ．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等 [解析] 小孩在滑梯上受力如图所示，设滑梯斜面倾角为θ，则F N＝mg cosθ，F f＝mg sinθ，所以A、B错误；小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反，故C、D正确．[答案] CD3．(2012·潍坊市联考)如右图所示，斜面A和物块B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一个沿斜面向上的拉力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A、B始终保持静止．则地面对A 的( ) A．支持力不变B．支持力减小C．摩擦力增大D．摩擦力减小[解析] 设斜面的倾角为θ，以A、B整体为研究对象，因为A、B始终保持静止，由平衡条件得F f＝F cosθ，(m A＋m B)g＝F N＋F sinθ，又F均匀增大，故摩擦力F f增大，支持力F N减小，选项B、C正确．[答案] BC4．如图所示，轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上，B端用水平绳连在墙C处，在B端悬挂一重物P，在水平向右的力F缓慢拉起重物P的过程中，杆AB所受压力的变化情况是A．变大B．变小C．先变小再变大D．不变[解析] 根据力的合成与分解可知，CB绳的拉力增大，BP绳的拉力也增大，但杆与竖直方向的夹角不变，杆所受压力沿竖直方向的分力始终与重物的重力大小相等，故杆所受压力也不变，D正确．[答案] D5.(2012·安徽省省城名校联考)如图所示，放在粗糙水平面上的“L型”物体A，上表面光滑，下表面粗糙．A和B之间用一根弹簧连接，物体A始终静止在水平地面上，某时刻物体A受到地面水平向右的摩擦力作用．关于此时刻，下列说法中正确的是A．弹簧处于伸长状态B．弹簧处于原长状态C．弹簧处于压缩状态D．B一定静止在物体A上[解析] 某时刻物体A受到地面水平向右的摩擦力作用，隔离物体A，根据平衡条件，A一定受到弹簧对A向左的弹力，弹簧处于伸长状态，选项A正确．[答案] A6.(2012·安徽省省城名校联考)如图所示，在竖直墙壁的A点处有一根水平轻杆a，杆的左端有一个轻滑轮O.一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，开始时BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，不计一切摩擦．下列说法中正确的是A．细线BO对天花板的拉力不变B．a杆对滑轮的作用力逐渐减小C．a杆对滑轮的作用力的方向沿杆水平向右D．墙壁对a杆的作用力不变[解析] 细线BO对天花板的拉力大小等于物体重力，当轻杆a缓慢向下移动的过程中，拉力大小不变，方向改变，选项A错误；以滑轮为研究对象，画出受力分析图，当轻杆a 缓慢向下移动的过程中，a杆对滑轮的作用力逐渐减小，选项B正确；a杆对滑轮的作用力的方向偏向右上，选项C错误；以杆为研究对象，分析受力可得，墙壁对a杆的作用力方向改变，大小减小，选项D错误。
2014年新课标高考总复习人教物理必修124份,课件+课时作业131
元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( )
提素能
高效题 组训练
A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力
越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这
说明，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”
山
东
C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快
金
斜面的倾角逐渐减小直至为零 .这个实验的目的是为了说明(
)
提素能 高效题 组训练
山
东
A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度
金 太
B．如果没有摩擦，小球运动时机械能守恒
山 东
力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因．
金 太
3．理想化状态
阳 书
牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力
业 有
的情形是不存在的．在实际情况中，如果物体所受的合力等于零，与
限 公
物体不受外力时的表现是相同的．
司
菜 单 隐藏
2014 · 新课标高考总复习 · 物理
东
经过科学抽象、归纳推理而总结出来的．
金
太
(2)惯性与力不同，惯性不是力．
阳
书
业
有
限
公
司
菜 单 隐藏
2014 · 新课标高考总复习 · 物理
抓主干 双基知
[例1] 如图为伽利略的“理想实验”示意图，两个斜面对接，让
识优化
小球从其中一个固定的斜面滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，
破疑难
Hale Waihona Puke 核心要 点探究双基知
识优化
A．物体的速度不断增大 ，表示物体必受力的作用
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练35汇总
课时作业(三十五)1．(2012·济宁模拟)水平放置的金属框架cdef 处于如图所示的匀强磁场中，金属棒ab 处于粗糙的框架上且接触良好，从某时刻开始，磁感应强度均匀增大，金属棒ab 始终保持静止，则 ( )A ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力增大B ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力不变C ．ab 中电流不变，ab 棒所受摩擦力增大D ．ab 中电流增大，ab 棒所受摩擦力不变[解析] 由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt ·S 知，磁感应强度均匀增大，则ab 中感应电动势和电流不变，由F f ＝F 安＝BIL 知摩擦力增大，选项C 正确．[答案] C2．如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度－时间图象不可能是[解析] 当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力等于重力，则线框在从ab 边开始进入磁场到cd 边刚进入磁场前做匀速运动，故A 是可能的；当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力小于重力，则线框做加速度逐渐减小的加速运动，最后可能做匀速运动，故C 情况也可能；当ab 边刚进入磁场时，若线框所受安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，最后可能做匀速运动，故D 可能；线框在磁场中不可能做匀变速运动，故B 项是不可能的，故选B.[答案] B3.如右图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd ，其边长为l ，质量为m ，金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a ′b ′c ′d ′内有一匀强磁场，磁场方向竖直向下．开始时金属线框的ab 边与磁场的d ′c ′边重合．现使金属线框以初速度v 0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc 边与磁场区域的d ′c ′边距离为l .在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为( )A.12mv 20＋μmglB.12mv 20－μmglC.12mv 20＋2μmgl D.12mv 20－2μmgl [解析] 依题意知，金属线框移动的位移大小为2l ，此过程中克服摩擦力做功为2μmgl ，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q ＝12mv 20－2μmgl ，故选项D 正确．[答案] D4．如图(甲)、(乙)、(丙)中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，(甲)图中的电容器C 原来不带电．设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在(甲)、(乙)、(丙)三种情况下导体棒ab 的最终运动状态是 ( )A ．三种情形下导体棒ab 最终都做匀速运动B ．(甲)、(丙)中， ab 棒最终将以不同速度做匀速运动；(乙)中，ab 棒最终静止C ．(甲)、 (丙)中，ab 棒最终将以相同速度做匀速运动；(乙)中，ab 棒最终静止D ．三种情形下导体棒ab 最终都静止[解析] 题图(甲)中ab 棒运动后给电容器充电，当充电完成后，棒以一个小于v 0的速度向右匀速运动．题图(乙)中构成了回路，最终棒的动能完全转化为电热，棒停止运动．题图(丙)中棒先向右减速为零，然后反向加速至匀速．故正确选项为B.[答案] B5．(2012·温州模拟)如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R ，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab 质量为m ，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F 的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h 的过程中，以下说法正确的是A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．金属棒克服恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热[解析] 根据动能定理可知，合力做的功等于动能的变化量，故选项A 正确；重力做的功等于重力势能的变化量，重力做的功等于克服F 所做的功与产生的电能之和，而克服安培力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，故选项B 、D 均错误，C 正确．[答案] AC6.如右图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻均不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，第一次转到竖直位置时，ab 边的速度为v ，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则在这个过程中，下列说法正确的是A ．通过ab 边的电流方向为a →bB ．ab 边经过最低点时的速度v ＝2gLC ．a 、b 两点间的电压逐渐变大D ．金属框中产生的焦耳热为mgL －12mv 2[解析] ab 边向下摆动过程中，磁通量逐渐减小，根据楞次定律及右手定则可知感应电流方向为b →a ，选项A 错误；ab 边由水平位置到达最低点过程中，机械能不守恒，所以选项B 错误；金属框摆动过程中，ab 边同时受安培力作用，故当重力与安培力沿其摆动方向分力的合力为零时，a 、b 两点间电压最大，选项C 错误；根据能量转化和守恒定律可知，金属框中产生的焦耳热应等于此过程中机械能的损失，故选项D 正确．[答案] D7.如右图所示，光滑的“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m 的金属棒MN 与框架接触良好．磁感应强度分别为B 1、B 2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd 和cdef 区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN ，当金属棒进入磁场B 1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中正确的是 ( )A ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后将加速下滑B ．若B 2＝B 1，金属棒进入B 2区域后仍将保持匀速下滑C ．若B 2<B 1，金属棒进入B 2区域后将先加速后匀速下滑D ．若B 2>B 1，金属棒进入B 2区域后将先减速后匀速下滑[解析] 当金属棒MN 进入磁场B 1区域时，金属棒MN 切割磁感线而使回路中产生感应电流，当金属棒MN 恰好做匀速运动时，其重力和安培力平衡，即有B 21l 2v R ＝mg .金属棒MN 刚进入B 2区域时，速度仍为v ，若B 2＝B 1，则仍满足B 22l 2v R ＝mg ，金属棒MN 仍保持匀速下滑，选项A 错误，B 正确；若B 2<B 1，则金属棒MN 刚进入B 2区域时B 22l 2v R <mg ，金属棒MN 先加速运动，当速度增大到使安培力等于mg 时，金属棒MN 在B 2区域内匀速下滑，故选项C 正确；同理可知选项D 也正确．[答案] BCD9.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h 高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v 1、v 2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2.不计空气阻力，则A ．v 1<v 2，Q 1<Q 2B ．v 1＝v 2，Q 1＝Q 2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2 [解析] 线圈进入磁场前机械能守恒，进入磁场时速度均为v ＝2gh ，设线圈材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，线圈边长为L ，导线横截面积为S ，则线圈的质量m ＝ρ14LS ，电阻R ＝ρ24L S ，由牛顿第二定律得mg －B 2L 2v R ＝ma ，解得a ＝g －B 2v16ρ1ρ2，可见两线圈在磁场中运动的加速度相同，两线圈落地时速度相同，即v 1＝v 2，故A 、C 选项错误；线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功，Q ＝W 安，而F 安＝B 2L 2v R ＝B 2Lv4ρ2S ，线圈Ⅱ横截面积S大，F 安大，故Q 2>Q 1，故选项D 正确，B 错误．[答案] D10．(2012·海淀一模)光滑平行金属导轨M 、N 水平放置，导轨上放一根与导轨垂直的导体棒PQ .导轨左端与由电容为C 的电容器、单刀双掷开关和电动势为E 的电源组成的电路相连接，如图所示．在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)．先将开关接在位置a ，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置b ，导体棒将会在磁场的作用下开始向右运动，设导轨足够大，则以下说法中正确的是A ．空间存在的磁场方向竖直向下B ．导体棒向右做匀加速运动C ．当导体棒向右运动的速度达到最大值，电容器的电荷量为零D ．导体棒运动的过程中，通过导体棒的电荷量Q <CE[解析] 充电后电容器的上极板带正电，将开关拨向位置b ，PQ 中的电流方向是由P →Q ，由左手定则判断可知，导轨所在处磁场的方向竖直向下，选项A 正确；随着放电的进行，导体棒速度增大，由于它所受的安培力大小与速度有关，所以由牛顿第二定律可知导体棒不能做匀加速运动，选项B 错误；运动的导体棒在磁场中切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势方向由Q →P ，当其大小等于电容器两极板间电势差大小时，导体棒速度最大，此时电容器的电荷量并不为零，故选项C 错误；由以上分析可知，导体棒从开始运动到速度达到最大时，电容器所带电荷量并没有放电完毕，故通过导体棒的电荷量Q <CE ，选项D 正确．[答案] AD11．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd 和ef ，水平放置且相距L ，在其左端各固定一个半径为r 的四分之三光滑金属圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属杆质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计．整个装置放在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力F ＝3mg 拉细杆a ，达到匀速运动时，杆b 恰好静止在圆环上某处，试求：(1)杆a 做匀速运动时，回路中的感应电流；(2)杆a 做匀速运动时的速度；(3)杆b 静止的位置距圆环最低点的高度．[解析] (1)匀速时，拉力与安培力平衡，F ＝BIL得：I ＝3mgBL(2)金属棒a 切割磁感线，产生的电动势E ＝BLv回路中电流I ＝E2R联立得：v ＝23mgRB 2L 2(3)设平衡时棒b 和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ则tan θ＝Fmg ＝3，得θ＝60°h ＝r (1－cos θ)＝r2[答案] (1)3mg BL (2)23mgR B 2L 2 (3)r212．(2012·安徽六校联考)相距L ＝1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27 kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(甲)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab 棒在方向竖直向上、大小按图(乙)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放．(g ＝10 m/s 2)(1)求磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小；(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(丙)中定性画出cd 棒所受摩擦力F f cd 随时间变化的图象．[解析] (1)经过时间t ，ab 棒的速率：v ＝at ，此时，回路中的感应电流为：I ＝E R ＝BLv R ，对ab 棒，由牛顿第二定律得：F －BIL －m 1g ＝m 1a ，由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2R at ，在题图(乙)图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11 N ；t 2＝2 s ，F 2＝14.6 N ，代入上式得a ＝1 m/s 2，B ＝1.2 T.(2)在2 s 末ab 棒的速率v 1＝at ＝2 m/s ，所发生位移x ＝12at 2＝2 m ，由动能定理得W F －m 1gx －W 安＝12m 1v 21，又Q ＝W 安，联立以上方程，解得：Q ＝18 J.(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝E R ＝BLv m R ，v m ＝at 0，整理解得：t 0＝m 2gRμB 2L 2a ＝2 s.F f cd 随时间变化的图象如图所示．[答案] (1)1.2 T 1 m/s 2(2)18 J (3)见解析。
适用于新教材2025版高考物理一轮总复习课时规范练49
课时规范练491.某探讨性学习小组欲较精确地测量一新型电池的电动势及其内阻(E约为10 V,r约为2 Ω),供应的器材有:电流表A(满偏电流100 mA,内阻r A=10 Ω),电阻箱R1(最大阻值10 Ω),电阻箱R2(最大阻值1 000 Ω),开关与导线若干。
(1)同学们依据给出的器材,设计出了如图所示的电路,图中电阻箱应选择(选填“R1”或“R2”)。
(2)按电路图连接好电路,接通开关,变更电阻箱连入电路中的阻值,并记录电阻箱的阻值R及电流表的示数I,依据记录数据作出-R图像为一条直线,求得图像的纵截距为b,斜率为k,则电池电动势的表达式E=,内阻的表达式r=。
(用题目中给出的相应字母表示)答案(1)R2(2)-r A解析(1)依据给出的电路,由闭合电路欧姆定律可知,要保证电流表正常工作,回路的最小总电阻应为R'=Ω=100Ω,故应选最大阻值为1000Ω的电阻箱R2。
(2)由闭合电路欧姆定律有I=变形得R+(r A+r)可得k=,b=(r A+r)解得E=,r=-r A。
2.某试验小组利用如图甲所示的电路图来测量电阻R0的阻值和电源的电动势E、内阻r。
电流表A 和电压表V均可视为志向电表,开关S1、S2闭合,S3断开,调整滑动变阻器R的滑片,记录电流表A的读数,电压表V的读数,依据所得的数据描绘出U-I关系图线如图丙中的Ⅰ所示,横轴的截距为b;开关S1、S3闭合,S2断开,调整滑动变阻器R的滑片,记录电流表A的读数,电压表V的读数,依据所得的数据描绘出U-I关系图线如图丙中的Ⅱ所示,两图像的交点为(a,c)。
回答下列问题:(1)下列说法正确的是。
A.定值电阻R0的测量值偏小B.合上开关之前,滑片必需置于滑动变阻器的最右端C.图线Ⅰ与图线Ⅱ的交点表示回路的电流与路端电压D.拆掉滑动变阻器R,把定值电阻R0干脆接在电源两端,输出的功率为ac(2)依据电路图甲,在图乙中用笔画线代替导线,把电路连接完成。
(新课标)2014高考物理一轮复习课时练46
课时作业(四十六)1．(2012·佛山市普通高中高三教学质量检测)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[解析] 对两同学所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒，故A错；两同学动量的变化量大小相等，方向相反，故B、C正确；互推过程中机械能增大，故D错误．[答案] BC2．(2012·苏北模拟)如右图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同[解析] 男孩、小车和木箱三者组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，木箱动量的增量与男孩、小车的总动量增量等大、反向，故只有选项C正确．[答案] C3．(2012·无锡模拟)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大[解析] 根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，故选项A是错误的．若小车向左运动，A的动量一定比B的大，故选项B是错误的、选项C是正确的．若小车向右运动，A的动量一定比B的小，故选项D是错误的．[答案] C4．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，如右图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/sC．0.7 m/s D．－0.7 m/s[解析] 设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为v x，由动量守恒定律得mv0＝mv＋mv x解得v x＝0.1 m/s，故选项A正确．[答案] A5．2011年2月18日，在宝岛台湾台北市“小巨蛋”体育馆进行的2011年四大洲花样滑冰锦标赛双人滑比赛中，中国队选手庞清/佟健在双人滑比赛中以199.45分的总分获得金牌．若质量为m1的庞清抱着质量为m2的佟健以v0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻庞清突然将佟健向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时庞清的速度为v1，佟健的速度为v2，则有( ) A．m1v0＝m1v1＋m2v2B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2D．(m1＋m2)v0＝m1v1[解析] 因两人分离时庞清的速度为v1，佟健的速度为v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正确．[答案] C6．如右图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧．B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用．作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能E p为( )A.116mv 20 B.18mv 20 C.14mv 20 D.12mv 20 [解析] 当两物体速度相同时，弹簧获得的弹性势能最大． 根据动量守恒可知mv 0＝2mv ，v ＝v 02所以最大弹性势能E p ＝12mv 20－12×2mv 2＝14mv 20.故C 正确．[答案] C7．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M /m 可能为( ) A ．1 B ．3 C ．4D ．5[解析] 若两者发生完全非弹性碰撞，则Mv ＝(M ＋m )v ′，依题意Mv ′＝mv ′，则M ∶m ＝1∶1；若两者发生弹性碰撞，则Mv ＝Mv 1＋mv 2，12Mv 2＝12Mv 21＋12mv 22，依题意Mv 1＝mv 2，联立解得M ∶m ＝3∶1.综上所述，正确选项为A 、B.[答案] AB8．(2012·辽宁模拟)如右图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B 与C 碰撞前B 的速度．[解析] 设共同速度为v ，球A 与B 分开后，B 的速度为v B ，由动量守恒定律(m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B① m B v B ＝(m B ＋m C )v②联立①②式，得B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝95v 0.[答案] 95v 09．(2012·长沙模拟)如右图所示，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.3L4C.L4D.L2[解析] 固定时，由动能定理得：μMgL ＝12Mv 20，后来木板不固定有Mv 0＝2Mv ，μMgs ＝12Mv 2－12·2Mv 2，故得s ＝L 2.D 项正确，A 、B 、C 项错误． [答案] D10．如下图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 能达到的最大高度为h 2D ．B 能达到的最大高度为h4[解析] 根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平地面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12·2mv2＝12mgh ，即B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，B 以v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12mv 2，B 能达到的最大高度为h /4，即D 正确．[答案] BD11．(2012·山东莱芜检测)如右图所示，光滑轨道上，小车A 、B 用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A 、B 上，然后使A 、B 以速度v 0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A 的速度刚好为0.已知A 、B 的质量分别为m A 、m B ，且m A <m B .求：被压缩的弹簧具有的弹性势能E p .[解析] 绳断后A 、B 动量守恒 (m A ＋m B )v 0＝m B v ，弹开过程，弹性势能转化为动能E p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m B v 2，解以上两式得：E p ＝m A ＋m B m A 2m Bv 20.[答案] m A ＋m B m A 2m Bv 212．(2012·新课标全国卷)如右图所示，小球a ，b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a ，b 的质量之比．(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．[解析] (1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落到最低点，但未与球a 相碰时的速度为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝12m 2v 2①设a 球质量为m 1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为v ′，以向左为正，由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′ ②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得 12(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ) ③ 联立①②③式得m 1m 2＝11－cos θ－1 ④代入数据得m 1m 2＝2－1.⑤(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ) ⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能之比为Q E k ＝1－m 1＋m 2m 2(1－cos θ) ⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得Q E k ＝1－22. [答案] (1)2－1 (2)1－22。
安徽省2014届高考物理一轮小题精练49新人教版(精)
(1) 实验过程：
第一步，在保持斜面倾角不变时，探究加速度与质量的关系．实验中，通过向小车
放入钩码来改变物体的质量，只要测出小车由斜面顶端滑至底端所用的时间
t ，就
可以由公式 a＝________求出 a，某同学记录了数据如下表所示：
质量
时间
M M＋ m
M＋ 2m
t 次数
1
1.42 1.41
1.42
②A
图
线
上
部
弯
曲
的
原
因
是
________________________________________________ ．
1
2x
解析： (1) ②由 x＝2at 2 可得： a＝ t 2 .
h ③sin θ ＝x，不计摩擦力时，小车的合外力
h F＝mgsin θ ＝ mgx.
④小车的质量不变，要改变小车所受的合外力
(3) 若甲、 乙两同学在实验过程中， 由于没有按照正确步骤进行实验， 出如图实－ 4－ 12 所示的 a－ F 图象．
处理数据后得
图实－ 4－ 12
试分析甲、乙两同学可能存在的问题：
甲： _______________________________________________________________ ；
பைடு நூலகம்
度 a 和拉力 F 的数据如下表所示：
F/N
0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
a/(m ·ｓ－2) 0.11 0.19 0.29 0.40 0.51
(1) 根据表中的数据在图实－ 4－ 9 所示的坐标中作出 a－ F 图象；
图实－ 4－ 9
(2)
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课时作业(四十九)1．下列说法正确的是( )A ．α射线与γ射线都是电磁波B ．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C ．用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期D ．原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量[解析] α射线为粒子流，γ射线为电磁波，故A 错．β射线来自原子核内部，不是核外电子电离产生的，故B 错．据放射性元素的衰变规律可知C 项正确，D 错误．[答案] C2．14C 测年法是利用14C 衰变规律对古生物进行年代测定的方法，若以横坐标t 表示时间，纵坐标m 表示任意时刻14C 的质量，m 0为t ＝0时14C 的质量．下面四幅图中能正确反映14C 衰变规律的是 ( )[解析] 由公式m ＝m 0·(12)tτ并结合数学知识可知C 正确．[答案] C3．原子核A Z X 与氘核21H 反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知 ( ) A ．A ＝2，Z ＝1 B ．A ＝2，Z ＝2 C ．A ＝3，Z ＝3D ．A ＝3，Z ＝2[解析] 写出核反应方程：AZ X ＋21H→42He ＋11H ，由质量数守恒和电荷数守恒，列方程：A ＋2＝4＋1，Z ＋1＝2＋1，解得：A ＝3，Z ＝2，故选项D 正确．[答案] D4．(2012·绍兴检测)我国最新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电、显示了EAST 装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1000 s ，温度超过1亿度，标志着我国磁约束核聚变研究进入国际先进水平．合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验装置并能实际运行的地方．核聚变的主要原料是氘，在海水中含量极其丰富．已知氘核的质量为m 1，中子的质量为m 2，32He 的质量为m 3，质子的质量为m 4，则下列说法中正确的是( )A ．两个氘核聚变成一个32He 所产生的另一个粒子是质子 B ．两个氘核聚变成一个32He 所产生的另一个粒子是中子 C ．两个氘核聚变成一个32He 所释放的核能为(2m 1－m 3－m 4)c 2D ．与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废物具有放射性[解析] 由核反应方程知221H ―→32He ＋10X ，X 应为中子，释放的核能应为ΔE ＝(2m 1－m 3－m 2)c 2，聚变反应的污染非常小．而现实运行的裂变反应的废料具有很强的放射性，故A 、C 错误，B 、D 正确．[答案] BD5．(2012·西安检测)由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列论断中正确的是( )A.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子 B.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变 D ．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变 [解析]20983Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子，A 错、B 对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为237－2094＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C 对、D 错．[答案] BC6．我国科学家研制“两弹”所涉及的基本核反应方程有： (1)23592U ＋10n→9038Sr ＋13654Xe ＋k 10n ； (2)21H ＋31H→42He ＋d 10n ；关于这两个方程，下列说法正确的是 ( )A ．方程(1)属于α衰变B ．方程(2)属于轻核聚变C ．方程(1)中k ＝10，方程(2)中d ＝1D ．方程(1)中k ＝6，方程(2)中d ＝1[解析] 本题考查核反应方程．(1)式为典型的裂变方程，故A 选项错误．(2)为聚变反应，故B 项正确．根据质量数守恒和电荷数守恒定律可得k ＝10，d ＝1，故C 选项正确．[答案] BC7．(2012·河北石家庄市模拟)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素158O 注入人体，158O 在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，被探测器采集后，经计算机处理生成清晰图象．则根据PET 原理判断下列表述正确的是( )A.158O 在人体内衰变的方程是158O→157N ＋01e B ．正、负电子湮灭的方程是01e ＋ 0－1e→2γ C ．在PET 中，158O 主要用途是作为示踪原子 D ．在PET 中，15 8O 主要用途是参与人体的新陈代谢[解析] 由题意知A 、B 正确，显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的158O 衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此158O 主要用途是作为示踪原子，故C 对，D 错．[答案] ABC8．(2011·天津理综)回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．当今医学影像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子．碳11可由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还会产生另一粒子，试写出核反应方程．若碳11的半衰期τ为20 min ，经2.0 h 剩余碳11的质量占原来的百分之几？(结果取2位有效数字)[解析] 核反应方程为147N ＋11H ―→11 6C ＋42He设碳11原有质量为m 0，经过t 1＝2.0 h ，剩余的质量为m r ，根据半衰期定义有[答案]147N ＋11H→11 6C ＋42He 1.6%9.238 92U 放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成210 83Bi ，而21083Bi 可以经一次衰变变成210a X(X 代表某种元素)，也可以经一次衰变变成 b81Ti ，210a X 和 b81Ti 最后都变成20682Pb ，衰变路径如右图所示．则图中( )A ．a ＝84，b ＝206B ．①是β衰变，②是α衰变C ．①是α衰变，②是β衰变 D. b81Ti 经过一次α衰变变成20682Pb[解析] 由21083Bi 衰变为210a X ，质量数没有变化，所以①是β衰变，根据核电荷数守恒，同时可判断a ＝84；由210 83Bi 衰变为 b81Ti ，因为核电荷数减2，可判断②为α衰变，根据质量数守恒，同时可判断b ＝206，所以A 、B 正确，C 项错误； b81Ti 经过一次β衰变变成20682Pb ，D 项错误．[答案] AB10．(2012·山西太原市调测)钴60是金属元素钴的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年．它会通过β衰变放出能量高达315 keV 的高速电子衰变为镍60，同时会放出两束γ射线，其能量分别为1.17 MeV 及1.33 MeV.钴60的应用非常广泛，几乎遍及各行各业．在农业上，常用于辐射育种、食品辐射保藏与保鲜等；在工业上，常用于无损探伤、辐射消毒、辐射加工、辐射处理废物以及自动控制等；在医学上，常用于癌症和肿瘤的放射治疗．关于钴60下列说法正确的是( )A ．衰变方程为6027Co→6028Ni ＋ 0－1eB ．利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的电子流C ．钴60可以作为示踪原子研究人体对药物的吸收D ．钴60衰变过程中不会有质量亏损[解析] 据质量数守恒及电荷数守恒，可判断A 项正确．钴60半衰期太长，且衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，C 项不正确；利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的γ射线，因为衰变释放能量，必然存在质量亏损，B 、D 两项都不正确．[答案] A11．太阳中含有大量的氘核，因氘核不断发生核反应释放大量的核能，以光和热的形式向外辐射．已知氘核质量为 2.0136 u ，氦核质量为 3.0150 u ，中子质量为 1.0087 u,1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量则：(1)完成核反应方程：21H ＋21H→________＋10n. (2)求核反应中释放的核能．(3)在两氘核以相等的动能0.35 MeV 进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的中子和氦核的动能．[解析] (1)32He(2)ΔE ＝Δmc 2＝(2×2.0136 u－3.0150 u －1.0087 u)×931.5 MeV＝3.26 MeV. (3)两核发生碰撞时：0＝Mv 1－mv 2 由能量守恒可得：ΔE ＋2E k ＝12Mv 21＋12mv 22由以上两式解得：E He ＝12Mv 21＝0.99 MeV ，E 中＝12mv 22＝2.97 MeV[答案] (1)32He (2)3.26 MeV (3)0.99 MeV 2．97 MeV12．(2012·浙江金丽衢联考)如右图所示，有界的匀强磁场磁感应强度为B ＝0.05 T ，磁场方向垂直于纸面向里，MN 是磁场的左边界．在磁场中A 处放一个放射源，内装22688Ra ，22688Ra 放出某种射线后衰变成22286Rn.(1)写出上述衰变方程．(2)若A 处距磁场边界MN 的距离OA ＝1.0 m 时，放在MN 左侧边缘的粒子接收器收到垂直于边界MN 方向射出的质量较小的粒子，此时接收器距过OA 的直线1.0 m ．求一个静止22688Ra 核衰变过程中释放的核能有多少？(取1 u ＝1.6×10－27kg ，e ＝1.6×10－19C ，结果保留三位有效数字)[解析] (1)22688Ra→22286Rn ＋42He(2)衰变过程中释放的α粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R ＝1.0 m ，由2evB ＝mv 2R得α粒子的速度v ＝2eBRm，衰变过程中系统动量守恒，222 86Rn 、42He 质量分别为222 u 、4 u ，则222 u×v ′＝4 u×v ， 得22286Rn 的速度v ′＝2111v ，释放的核能E ＝12×222 u×v ′2＋12×4 u×v 2＝113e 2B 2R 2222 u代入数据解得E ＝2.04×10－14J.[答案] (1)22688Ra →22286Rn ＋42He (2)2.04×10－14J。