【全程复习方略】(广东专用)2014版高考物理一轮复习单元评估检测(四)

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2014高考物理一轮(全套)答案

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C [解析] 由于x ＝v 2t ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，故刹车试验符合规定．2．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，本题只有选项B 正确．3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．C [解析] 质点甲在第1 s 内向负方向运动，其他三个质点在第1 s 内均向正方向运动，而平均速度是矢量，选项A 错误．质点丙在前2 s 内一直向正方向运动，不可能回到出发点，选项B 错误．第2 s 内，质点甲、丙、丁的速度大小都在增大，选项C 正确．前2 s 内质点乙、丙都向正方向运动，且第2 s 末位移相同，选项D 错误．5．C [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第4 s 内对应图线的斜率不同，所以加速度不同，选项B 错误；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．6．CD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 错误；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 错误，选项C 正确；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．7．AD [解析] 小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过12t 1时间到达被测物体并被反射折回，再经过12t 1时间回到小盒子B ，在该过程中，超声波经过的路程为2x 1，所以超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，选项A 正确；从小盒子B 发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，经过12(t 2－Δt 0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过12(t 2－Δt 0)回到小盒子B ，该过程中，超声波经过的路程为2x 2，所以，超声波的速度为v 声＝2x 2t 2－Δt 0，选项B 错误；被测物体在12t 1时刻第一次接收到超声波，在Δt 0＋12(t 2－Δt 0)即12(t 2＋Δt 0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x 2－x 1，所以物体的平均速度为v ＝x 2－x 112（t 2＋Δt 0）－12t 1＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋Δt 0，故选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由x 56－x 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝9×10－2 m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解．Ⅱ.(1)D (2)v 22—h 速度平方的二分之一重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22—h 图象，其斜率也等于重力加速度．9．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m. 其中x 1′＝12at 22，x 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s.故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.10．4 m/s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝gsin30°＝5 m/s 2由hsin30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m/s 小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2 小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m/s.45分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Nsin θ＝mg ，即N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由Ftan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确，选项B 错误．2．A [解析] 根据f ＝μF N ，物体与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力均为40 N ，故当用15 N 、30 N 、80 N 的水平拉力拉物体时，物体受到的摩擦力依次为15 N 、30 N 、40 N ，A 正确．3．A [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力等于F ，A 正确，B 错误；若木板以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力为F ，C 、D 错误．4．C [解析] 如图所示，对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mgtan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mgtan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD cos30°＝12mg.5．B [解析] 对球受力分析如图所示，球受重力G 、墙对球的支持力N 1′和板对球的支持力N 2′而平衡．作出N 1′和N 2′的合力F ，它与G 等大反向．在板BC 逐渐放至水平的过程中，N 1′的方向不变，大小逐渐减小，N 2′的方向发生变化，大小也逐渐减小，如图所示，由牛顿第三定律可知：N 1＝N 1′，N 2＝N 2′.选项B 正确．6．BD [解析] 木块A 、B 分别受弹簧的弹力为F ＝kx ＝5 N ，则用F ＝7 N 的水平力作用在木块A 上后，A 受水平向左的静摩擦力为2 N ，选项A 、C 错误，选项B 正确；木块在B 水平方向上只受弹簧的弹力和地面的静摩擦力，二者等大反向，即木块B 受到静摩擦力为5 N ，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，物块A 沿斜面匀速下滑，故物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故地面对斜面体的作用力竖直向上，C 正确，D 错误．8．Ⅰ.(1)AB (2)C [解析] (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，从而探究弹力与弹簧伸长的关系，A 、B 正确，C 、D 错误．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x>0，C 正确．Ⅱ.(1)④⑤①③② (2)ABD[解析] (1)做该实验的过程中应该首先将三根橡皮条拴在图钉上，这样便于测橡皮条的原长，之后就要固定两个图钉拉第三个图钉到适当的位置进行实验，把第三个图钉也固定好后就可测每根橡皮条的长度并计算出伸长量，最后按照胡克定律转换成力作出力的图示进行实验研究，所以正确的实验步骤是④⑤①③②.(2)该实验的关键是应用三个共点力平衡的推论进行实验原理的改进，应用胡克定律将测量力的大小转换为测量橡皮条的长度，选项A 、B 正确；任何实验都有误差，误差是不可避免的，不能因为有误差就把实验完全否定，选项C 错误；实验的误差有系统误差和偶然误差，三根橡皮条不能做到粗细、长短完全相同，是该实验误差的主要来源之一，选项D 正确.9.52[解析] 平衡后绳圈c 受力如图所示，有F 1＝m 2g F 2＝m 1g由图中几何关系及平衡条件可知 F 2F 1＝l 2＋⎝⎛⎭⎫l 22l＝52解得m 1m 2＝52.10. (1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 进行受力分析，可知A 受到四个力的作用，分解绳的拉力，根据平衡条件可得N 1＝m A g ＋Tsin θ， f 1＝Tcos θ，其中f 1＝μ1N 1解得T ＝μm A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，可知B 受6个力的作用地面对B 的支持力N 2＝m B g ＋N 1，而N 1＝m A g ＋Tsin θ＝160 N 故拉力F ＝μ2N 2＋μ1N 1＝200 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 正确．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．2．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．3．B [解析] 物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t 图象知，0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动；3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2；6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ；在6～9 s 内，物体以6 m/s 的速度做匀速运动；9～12 s 内，物体以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作出v －t 图象如图所示，故0～12 s 内的位移x ＝12×6×3 m ＋6×3 m ＋12×(6＋12)×3m ＝54 m.4．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D. 5．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.6．BD [解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，故小煤块加速到与传送带同速所用的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在传送带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，C 错误，D 正确；之后小煤块匀速运动，故运动到B 所用的时间t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确．7．BD [解析] 由速度图象可得，在0～2 s 内，物体做匀加速运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5m/s 2，2 s 后，物体做匀速运动，合外力为零，即推力等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5 kg ＝3 kg ，选项A 错误；由匀速运动时F ＝mgsin α＋μmg cos α，解得：μ＝39，选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受的合外力为F 合′＝mgsin α－μmg cos α＝10 N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝F 合′m ＝103m/s 2，选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（x 6＋x 5＋x 4）－（x 3＋x 2＋x 1）9（2T ）2＝4.0 m/s 2. Ⅱ.(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25m/s 2，a 2＝0.49 m/s 2，a 3＝0.75 m/s 2，a 4＝0.99 m/s 2，a 5＝1.26 m/s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m＝0.2 kg.9．(1)1.0 m/s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式有：s ＝12at 2，解得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)物体运动过程受力如图所示．根据胡克定律有F ＝kx ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N 根据牛顿第二定律有 F －f －mgsin37°＝ma则f ＝F －mgsin37°－ma ＝1.8 N －0.2×10×0.6 N －0.2×1.0 N ＝0.4 N 又N ＝mgcos37°＝0.2×10×0.8 N ＝1.6 N 根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝f N ＝0.41.6＝0.25.10．(1)3 s (2)26 N[解析] (1)对于B，在未离开A时，其加速度为a B1＝μ1mgm＝1 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为a B2＝－μ2mgm＝－2 m/s2设A从B下抽出瞬间B的速度为v B，有v B＝a B1t112a B1t 21＋v2B－2a B2＝s联立解得t1＝2 s则t2＝v B－a B2＝1 s所以B运动的时间是t＝t1＋t2＝3 s(2)设A的加速度为a A，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B1t21＝L－s解得a A＝2 m/s2根据牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得：F＝26 N.45分钟滚动复习训练卷(一)1．C[解析] 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F合＝mg－F弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F合＝F弹－mg，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大但方向向上，速度减小．2．D[解析] 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D正确．3．C[解析] 若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项错误.4．A[解析] 若摩擦力与拉力同向，则F＋f＝ma b，f＝ma a，解得F＝f＝0.1 N；若摩擦力与拉力反向，则f－F＝ma a，f＝ma b，解得f＝0.2 N，F＝0.1 N，A错误，B、C、D正确．5．C[解析] 由于A、B之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，A、B静止不动；当F大于F2时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律有：F－F2＝(m A＋m B)a，由于F逐渐增大，故加速度逐渐增大，对木板，当其最大加速度a m＝F1－F2m B，此时F＝F1＋m Am B(F1－F2)；当F再增大时，A、B即开始相对滑动，对木板B有：F 1－F 2＝m B a ，此后木板B 做匀变速直线运动，选项C 正确．6．CD [解析] v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m/s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m/s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．AC [解析] 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．8．(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦[解析] (1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够[解析] (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所以在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10. (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出，物块冲上木板后做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，物块和木板达到共同速度后一起做匀减速运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到共同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 联立解得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D2．B [解析] 轨道对小球的支持力始终与小球运动方向垂直，轨道对小球不做功；小球从P 运动到Q 的过程中，重力做正功，动能增大，可判断v P ＜v Q ；根据v ＝ωr ，又r P ＞r Q ，可知ωP ＜ωQ ，A 错误，B 正确．根据a ＝v 2r ，由v P ＜v Q ，r P ＞r Q ，可知a P ＜a Q ，C 错误．在最高点有mg ＋F N ＝ma ，即F N ＝ma －mg ，因a P ＜a Q ，所以F Q ＞F P ，D 错误．3．B [解析] 由开普勒第三定律a 3T 2＝k 可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，它们的周期就是相同的，A 项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星在关于长轴(或短轴)对称的点上时，线速度的大小是相同的，B 项正确；同步卫星的轨道半径、周期、线速度等都是相同的，C 项错误；经过同一点的卫星可以在不同的轨道平面内，D 项错误．4．A [解析] 飞镖做平抛运动，运动到靶子处的时间为t ＝xv ，当v ≥50 m/s 时，t ≤0.1 s ，飞镖下落高度为h ＝12gt 2≤5 cm ，落在第6环以内，A 错误，B 正确；若要击中第10环的圆内，则飞镖运动的时间t ≤2R 0g＝0.002 s ，所以飞镖的速度v 至少应为505m/s ，C 正确；同理，若要击中靶子，则飞镖运动的时间t ≤2R 1g＝0.02 s ，所以飞镖的速度v 至少应为25 2 m/s ，D 正确．5．C [解析] 若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，且tan θ＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt ，所以t ＝2v 0gtan θ＝2v 0gtan37°＝8v 03g ，选项C 正确．6．BD [解析] 滑雪者开始时做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，落到斜坡后，滑雪者沿斜坡以gsin30°的加速度匀加速下滑，将运动分解水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀加速运动，加速度a 1＝gsin30°·sin30°＝14g ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．7. AC [解析] “空间站”运行的加速度及其所在高度处的重力加速度均完全由其所受的万有引力提供，选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G MmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πRRGM，所以“空间站”运行周期小于地球自转的周期，站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动，选项C 正确；“空间站”内的宇航员随“空间站”做匀速圆周运动，处于非平衡状态，选项D 错误．8．Ⅰ.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.Ⅱ.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 9．(1)2gl (2)12l g[解析] (1)飞镖被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度 v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小 v ＝v 20＋v 2y ＝2gl.(2)飞镖从掷出到击中气球过程中下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球上升的时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球．释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g. 10．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π （R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02π Gm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR 2n＝2π2R T 0 （R ＋h ）3Gm 月. 45分钟单元能力训练卷(五)1．D [解析] 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得，W 合＝－E k0，选项C 错误．2．C [解析] 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：m B gH －m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，2m A gH －m B gH ＝12(2m A ＋m B )v 2，联立解得m A m B ＝22，选项C 正确． 3．B [解析] 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A 、B 分离时的初速度v ＝2gh ＝2 m/s ，当B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为2 m/s ，B 正确．4．D [解析] 物块匀速运动时，速度沿斜面向上，故传送带顺时针传动.0～t 1内，物块沿传送带向下运动，物块对传送带的滑动摩擦力向下，物块对传送带做负功，选项A 错误；由图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后向上加速运动，所以μmg cos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，而根据v －t 图象可知物块的位移小于零，故W G >0，选项C 错误；在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fx 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为x 1，t 1～t 2内物块的位移大小为x 2，对0～t 2内的物块应用动能定理有：－fx 1＋fx 2＋W G ＝ΔE k ，即－ΔE k ＝f(x 1＋x 2)－W G ，由图乙知x 相对>x 1－x 2，，选项D 正确．5．D [解析] 汽车速度最大时，汽车所受到的牵引力F 1＝f ＝P v m，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，P v －P v m ＝ma ，即a ＝P m (1v －1v m )，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，由f ＝P v m可解得汽车所受到阻力，选项A 、B 、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D 错误．6．AC [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F 沿斜面向下，F ＝mgsin θ－f ，故F不随t 变化，选项A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a ＝F m也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，选项B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C 正确；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－fx ＝E 0－f·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D 错误． 7．BD [解析] A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律m B gh ＝12m B v 2解得的v ＝2gh ＝ 2 m/s 是错误的，选项C 错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E ＝E k ＝m A g(L ＋h)＋m B gh ＋E p ＝6 J ，选项D 正确．8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mgsin α－f ＝mg.(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f 4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12Mv 2F －12Mv 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)． 9．(1) 2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ (2) 2gLsin θ＋v 202μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P 的最大距离为x.对滑块应用动能定理有mg(L －x)sin θ－μmg cos θ(L ＋x)＝0－12mv 20解得x ＝2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ. (2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得mgLsin θ＋12mv 20＝μmgs cos θ 解得s ＝2gLsin θ＋v 202μgcos θ. 10．(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m[解析] (1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t由以上各式解得t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2 小车的位移x 2＝12a 2t 2 相对位移L 1＝x 1－x 2联立解得L 1＝3 m ，x 2＝2 mL 1<L ，x 2<s ，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2＝L －L 1＝1 m 后滑上半圆轨道．若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v m .则mg ＝m v 2m R根据动能定理得－μmgL 2－mg·2R ＝12mv 2m －12mv 22 解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22解得R ＝0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．2．D [解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ，所以a ＝GM r 2，v ＝GM r ，T ＝2πr 3GM ，ω＝GM r 3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a ＝GM r2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A 错误；根据v ＝GM r ，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B 错误；根据T ＝2πr 3GM ，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C 错误；根据ω＝GM r 3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D 正确．3．C [解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P 点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C 正确．4．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．5．D [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项D 正确．6．AC [解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．7．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故知A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增量，选项D 错误．8. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B 点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O 点和B 点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.9．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m。

2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)4.4万有引力定律及其应用

课时提能演练(十三)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为T A∶T B＝1∶8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为( )A.R A∶R B＝4∶1，v A∶v B＝1∶2B.R A∶R B＝4∶1，v A∶v B＝2∶1C.R A∶R B＝1∶4，v A∶v B＝1∶2D.R A∶R B＝1∶4，v A∶v B＝2∶12.(创新题)2011年11月3号凌晨，“天宫一号”与“神八”实现对接，11月14日实现第二次对接，组合体成功建立了载人环境，舱内将进行多项太空实验.假设一宇航员手拿一只小球相对于太空舱静止“站立”于舱内朝向地球一侧的“地面”上，如图所示.下列说法正确的是( )A.宇航员相对于地球的速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间B.若宇航员相对于太空舱无初速度释放小球，小球将落到“地面”上C.宇航员将不受地球的引力作用D.宇航员对“地面”的压力等于零3.(易错题)近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T 1和T 2，设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g 1、g 2，则( ) A. B.C.g 1g 2＝(T 1T 2)2D.g 1g 2＝(T 2T 1)2 4.月球与地球质量之比约为1∶80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O 做匀速圆周运动.据此观点，可知月球与地球绕O 点运动的线速度大小之比和它们的轨道半径之比约为( )A.1∶6 400,1∶80B.1∶80,1∶6 400C.80∶1,80∶1D.6 400∶1,80∶1二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(易错题)(2012·杭州模拟)人类正在有计划地探索地球外其他星球，若宇宙空间某处有质量均匀分布的实心球形天体，则下列有关推断正确的是(引力常量G 已知)( )A.若宇航员测出宇宙飞船贴着天体表面做匀速圆周运动的周期，则可推知天体的密度B.只要测出宇宙飞船绕天体做匀速圆周运动的半径和周期，就可推知该天体的密度C.若宇航员用弹簧测力计测得某一物体在该天体的极地比赤道上重P ，且已知该天体自转周期为T ，则可推知天体的密度D.若测出该天体表面的重力加速度和该天体的第一宇宙速度，则可以推知该天体的密度6.(2011·广东高考)已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G ，有关同步卫星，下列表述正确的是( )A.卫星距地面的高度为3GMT 24π2B.卫星的运行速度小于第一宇宙速度C.卫星运行时受到的向心力大小为G MmR2D.卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度7.(2012·黄冈模拟)太阳由于辐射，质量在不断减小，地球由于接受太阳辐射和吸收宇宙中的尘埃，其质量在增加，假定地球增加的质量等于太阳减小的质量，且地球的轨道半径不变，则( ) A.太阳对地球的引力增大 B.太阳对地球的引力变小 C.地球运行的周期变长 D.地球运行的周期变短8.如图所示，在同一轨道平面上的三个人造地球卫星A 、B 、C 在某一时刻恰好在同一直线上，下列说法正确的有( )A.根据v ＝gr ，可知v A ＜v B ＜v CB.根据万有引力定律，F A ＞F B ＞F CC.向心加速度a A＞a B＞a CD.运动一周后，C最晚回到原地点9.(2012·深圳模拟)地球“空间站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地高度为同步卫星离地高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致.关于该“空间站”说法正确的有( )A.运行的加速度一定等于其所在高度处的重力加速度B.运行的速度等于同步卫星运行速度的倍C.站在地球赤道上的人观察到它向东运动D.在“空间站”工作的宇航员因受到平衡力而在其中悬浮或静止三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(预测题)(18分)中国赴南极考察船“雪龙号”，从上海港口出发一路向南，经赤道到达南极.某同学设想，在考察船“雪龙号”上做一些简单的实验来探究地球的平均密度：当“雪龙号”停泊在赤道时，用弹簧测力计测量一个钩码的重力，记下弹簧测力计的读数为F1，当“雪龙号”到达南极后，仍用弹簧测力计测量同一个钩码的重力，记下弹簧测力计的读数为F2，设地球的自转周期为T，不考虑地球两极与赤道的半径差异.请根据探索实验的设想，写出地球平均密度的表达式(万有引力常量G、圆周率π已知).11.(18分)一组太空人乘太空穿梭机，去修理位于离地球表面6.0×105 m的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H.机组人员驾驶穿梭机S进入与H 相同的轨道并关闭推动火箭，而望远镜在穿梭机前方数公里处，如图所示，设G 为万有引力常量，M E 为地球质量.(已知地球半径为6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g ＝ 9.8 m/s 2)(1)在穿梭机内，一个质量为70 kg 的人站在台秤上，则其示数是多少？ (2)计算轨道上的重力加速度值. (3)计算穿梭机在轨道上的速率和周期.答案解析1.【解析】选D.设地球质量为M ，卫星质量为m ，卫星周期为T ，轨道半径为R.卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，故G Mm R 2＝m v 2R ＝m(2πT )2R 故R 3T 2＝GM4π2，v ＝所以：R 3A T 2A ＝R 3B T 2B ，R A R B ＝3T 2AT 2B ＝14， v Av B ＝R B R A ＝21.选项D 正确. 2.【解析】选D.7.9 km/s 是发射卫星的最小速度，是卫星环绕地球运行的最大速度，可见，所有环绕地球运转的卫星、飞船等，其运行速度均小于等于7.9 km/s ，故A 错误；若宇航员相对于太空舱无初速度释放小球，由于惯性，小球仍具有原来的速度，所以地球对小球的万有引力正好提供它做匀速圆周运动需要的向心力，即G Mm ′r 2＝m ′v 2r ，其中m ′为小球的质量，故小球不会落到“地面”上，而是沿原来的轨道继续做匀速圆周运动，故B 错误；宇航员受地球的引力作用，此引力提供宇航员随空间站绕地球做圆周运动的向心力，否则宇航员将脱离圆周轨道，故C 错误；因宇航员所受的引力全部提供了向心力，宇航员不能对“地面”产生压力，他处于完全失重状态，D 正确. 3.【解析】选B.人造卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力，由万有引力(或重力)提供，则G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，又mg ＝m 4π2T 2r ，设两周期为T 1和T 2的卫星的轨道半径分别为r 1和r 2，解得g 1g 2＝，故B 正确.4.【解析】选C.月球和地球绕O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则月球和地球的向心力相等.且月球、地球和O 始终共线，说明它们有相同的角速度和周期.设月球和地球的质量、线速度、轨道半径分别为m 1、m 2，v 1、v 2和r 1、r 2，角速度为ω，它们之间的万有引力提供向心力，即向心力相等，有m 1v 1ω＝m 2v 2ω，即v 1v 2＝m 2m 1＝801，m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，即r 1r 2＝m 2m 1＝801，选项C 正确.【总结提升】解答双星问题的“两等”与“两不等” (1)双星问题的“两等”分别是： ①它们的角速度相等.②双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，即它们运动的向心力大小总是相等的. (2)“两不等”分别是：①双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点，所以双星做匀速圆周运动的半径与双星间的距离是不相等的，它们的轨道半径之和才等于它们间的距离.②由m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2知由于m 1与m 2一般不相等，故r 1与r 2一般也不相等.5.【解析】选A 、D.若天体的半径为R ，宇宙飞船绕天体飞行的半径为r ，周期为T ，即有G Mm r 2＝mr(2πT )2，而ρ＝M43πR 3.只有当r ＝R 时，可得ρ＝3πGT 2，故选项A 正确，B 错误；在极地的重力为G MmR 2，赤道上的重力为G Mm R 2－mR(2πT )2，由题意可知P ＝mR(2πT )2，仅此不能求出天体的密度，故选项C 错误；第一宇宙速度v ＝gR ，而天体表面的重力加速度g ＝GM R 2，可得M ＝v 4gG ，所以ρ＝M 43πR 3＝3g 24πGv2，即可求出天体的密度，故选项D 正确.6.【解析】选B 、D.对同步卫星有万有引力提供向心力G Mm(R ＋h)2＝m(R＋h)4π2T 2，所以h ＝3GMT 24π2－R ，故A 错误；第一宇宙速度是最大的环绕速度，B 正确；同步卫星运动的向心力等于万有引力，应为：F ＝GMm (R ＋h)2，C 错误；同步卫星的向心加速度为a 同＝GM(R ＋h)2，地球表面的重力加速度a 表＝GMR2，知a 表>a 同，D 正确.【变式备选】某同学设想驾驶一辆由火箭作动力的陆地太空两用汽车，沿赤道行驶并且汽车相对于地球速度可以任意增加，不计空气阻力，当汽车速度增加到某一值时，汽车将离开地球成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”，对此下列说法正确的是(R ＝6 400 km ，取g ＝10 m/s 2)( )A.汽车在地面上速度增加时，它对地面的压力增大B.当汽车离开地球的瞬间速度达到28 440 km/hC.此“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期为1 hD.在此“航天汽车”上弹簧测力计无法测量力的大小【解析】选B.汽车受到的重力与地面的支持力的合力提供向心力，在速度增加时，向心力增大，重力不变，支持力减小，即汽车对地面的压力减小，选项A 错误.若要使汽车离开地球，必须使汽车的速度达到第一宇宙速度7.9 km/s ＝28 440 km/h ，选项B 正确.此时汽车的最小周期为T ＝2πr 3GM＝2πR 3gR 2＝ 2πRg＝5 024 s ＝83.7 min ，选项C 错误.在此“航天汽车”上弹簧产生形变仍然产生弹力，选项D 错误.7.【解析】选A 、C.由GMm r 2＝m 4π2T 2r ，可知T ＝4π2r 3GM，由于r 不变M 变小，则T 变长，C 正确，D 错误；由F 万＝GMmr 2可得r 不变，M 与m 的和不变，但差值减小，即Mm 变大，则F 万变大，A 正确，B 错误. 8.【解析】选C 、D.由GMm r 2＝m v 2r＝ma 可得：v ＝GMr，故v A ＞v B ＞v C ，不可用v ＝gr 比较v 的大小，因卫星所在处的g 不同，A 错误；由a ＝GM r 2，可得a A ＞a B ＞a C ，C 正确；万有引力F ＝GMmr 2，但不知各卫星的质量大小关系，无法比较F A 、F B 、F C 的大小，B 错误；由T ＝2πr v 可知，C的周期最大，最晚回到原地点，故D 正确.9.【解析】选A 、C.在轨道上运动的加速度与重力加速度都等于所受万有引力与其质量的比值，A 正确；根据环绕速度公式v ＝GMr，由于“空间站”的离地高度等于同步卫星离地高度的十分之一，其轨道半径不是十分之一的关系，B 错误；因为运行方向与地球自转方向一致，比地球上的人运动的角速度大，所以站在地球赤道上的人观察到它向东运动，C 正确；在“空间站”工作的宇航员做圆周运动，不是平衡状态，合外力提供向心力，D 错误.10.【解析】在地球赤道处，钩码受地球的引力与弹簧的弹力作用，钩码随地球自转，做圆周运动，所以F 引－F 1＝m 4π2T 2R ①(5分)在地球的南极钩码受地球的引力与弹簧的弹力作用，因该处的钩码不做圆周运动，处于静止状态，有F 引＝F 2＝G MmR 2 ②(5分)又因为M ＝ρV ＝ρ43πR 3 ③(4分)联立①②③解得ρ＝3F 2πGT 2(F 2－F 1) (4分)答案：ρ＝3F 2πGT 2(F 2－F 1)11.【解题指南】解答本题需把握以下几点： (1)穿梭机内的人处于完全失重状态.(2)轨道上的重力加速度即穿梭机的向心加速度. (3)利用F 万＝F 向计算穿梭机的速率和周期.【解析】(1)在穿梭机中，由于人处于完全失重状态，故质量为70 kg 的人站在台秤上时，对台秤的压力为零，因此台秤的示数为零. (2分)(2)穿梭机在地面上时mg ＝G M E mR 2(2分)在轨道上时mg ′＝G M E m(R ＋h)2(2分)解得：g ′＝gR 2(R ＋h)2. (2分)代入数据得： g ′＝8.2 m/s 2. (2分)(3)穿梭机在轨道上运行时：G M E m (R ＋h)2＝m v2R ＋h ， (2分)GM E m(R ＋h)2＝m(2πT )2(R ＋h) (2分)联立解得：v ＝R g R ＋h ，T ＝2πR (R ＋h)3g (2分)代入数据解得：v ＝7.6×103 m/sT ＝5.8×103 s. (2分)答案：(1)示数为零 (2)8.2 m/s 2(3)7.6×103 m/s 5.8×103 s。

全程复习2014届高考物理第一轮基础夯实复习方略第二次阶段滚动检测(13页, 新人教通用版,含精细解析).pptx

1 2
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C.t1～t2
时间内的平均速度为
1 2
v1
v2
D.在全过程中 t1 时刻的牵引力及其功率都是最大值,t2～t3时间内牵引力最小
第Ⅱ卷(非选择题共 50 分)
二、实验题(本大题共 2 小题,共 12 分)
11.(2012·扬州模拟)(6 分)(1)验证机械能是否守恒时,实验中计算某一点的速度,甲同学用
处拴一细绳,绕过两个滑轮后挂上重物 M.C 点与O 点距离为l ,现在杆的另一端用力使其逆时
针匀速转动,由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了 90°角),此过程中下列说法正确的是( )
A. 重物 M 做匀速直线运动 B. 重物 M 做匀变速直线运动
C. 重物 M 的最大速度是l
D. 重物 M 的速度先减小后增大 8.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mA 2mB 2mC ，到轴 O 的距离关系为rC 2rA 2rB .下列说法中正确的是 ()
速度(m/s)
思考距离/m
正常
酒后
制动距离/m
正常
酒后
15
7.5
15.0
22.5
30.0
20
10.0
20.0
36.7
46.7
25
12.5
25.0
54.2
x
分析表格可知,下列说法不正确的是( )
A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多 0.5 s B.若汽车以 20 m/s 的速度行驶时,发现前方 40 m 处有险情,酒后驾驶不能安全停车 C.汽车制动时,加速度大小为 10 m/s2

2014年广东高考物理试题与答案(详细解析版精品可直接打印)

2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）理科综合（物理部分）一、单项选择题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．选对的得4分，错选或不答的得0分．13．图6是物体做直线运动的v-t 图象，由图可知，该物体 A ．第1 s 内和第3 s 内的运动方向相反 B ．第3 s 内和第4 s 内的加速度相同 C ．第1 s 内和第4s 内的位移大小不等 D ．0~2s 内和0~4s 内的平均速度大小相等速度、加速度和位移的关系一定要搞清楚。

这题相信考生们都不会有问题，A 项第1 s 内和第3 s 内的速度都为正值，故其运动方向是相同的，A 错误；B 项第3 s 内和第4 s 内的斜率相同，故其加速度相同，B 正确；C 项位移的大小直接看响应时间内图像的面积，面积的大小即位移的大小，C 错误；D 项平均速度一定是位移除以走过这段位移所经过的时间，故D 错误。

这类型的题目不难，重在把握好这几个概念就好了。

二维坐标只能够表示二维的物理量，一个是同向（正向），另一个就是反向（负向）。

这类题型需要理解而非记忆，平时可自己画其运动图形，这样就很好理解了。

此题初学者就会，不难！14．如图7所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P 在支撑点M 、N 处受力的方向，下列说法正确的是A ．M 处受到的支持力竖直向上B ．N 处受到的支持力竖直向上C ．M 处受到的摩擦力沿MN 方向D ．N 处受到的摩擦力沿水平方向此题紧密联系生活，也可以算得上是广东高考受力分析最简单的题目了，算得上是初中题。

支持力垂直于支持面，故能知道A 正确B 错误；摩擦力与物体“运动趋势”相反，知CD 错误。

这题与13题一样，都是简单的应用，考的都是基础啊！！！只不过唯一不满意的就是太基础了。

15．如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块 A ．在P 和Q 中都做自由落体运动 B ．在两个下落过程中的机械能都守恒 C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长 D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的长这题出得有含量。

2014高考物理总复习方略单元评估检测(四)

单元评估检测（四）第四章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共12小题,每小题6分,共72分。

每小题只有一个选项正确)1.(2013·锦州模拟)一个物体在光滑水平面上沿曲线MN运动,如图所示,其中A点是曲线上的一点,虚线1、2分别是过A点的切线和法线,已知该过程中物体所受到的合外力是恒力,则当物体运动到A点时,合外力的方向可能是( )A.沿F1或F5的方向B.沿F2或F4的方向C.沿F2的方向D.不在MN曲线所决定的水平面内2.(2013·惠安模拟)2008年4月28日凌晨,山东境内发生两列列车相撞事故,造成了大量人员伤亡和财产损失。

引发事故的主要原因是其中一列列车转弯时超速行驶。

如图所示是一种新型高速列车,当它转弯时,车厢会自动倾斜,产生转弯需要的向心力;假设这种新型列车以360 km/h的速度在水平面内转弯,弯道半径为1.5 km,则质量为75 kg的乘客在拐弯过程中所受到的合外力为( )A.500 NB.1 000 NC.500ND.03.(2013·福州模拟)如图所示,汽车甲通过定滑轮拉汽车乙前进,甲、乙分别在上下两水平面上运动,某时刻甲的速度为v1,乙的速度为v2,则v1∶v2为( )A.1∶sinβB.sinβ∶1C.1∶cosβD.cosβ∶14.(2012·四川高考)今年4月30日,西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星,其轨道半径为 2.8×107m。

它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107m)相比( )A.向心力较小B.动能较大C.发射速度都是第一宇宙速度D.角速度较小5.(2013·泰安模拟)人造卫星在受到地球外层空间大气阻力的作用后,卫星绕地球运行的半径、角速度、速率将( )A.半径变大,角速度变大,速率变大B.半径变小,角速度变大,速率变大C.半径变大,角速度变小,速率变小D.半径变小,角速度变大,速率变小6.(2013·洛阳模拟)人在距地面高h、离靶面距离L处,将质量为m的飞镖以速度v0水平投出,落在靶心正下方,如图所示。

2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)13.3热力学定律与能量守恒

课时提能演练(三十九)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.(2012·德州模拟)关于热力学第二定律，下列说法正确的是( )A.热量不能由低温物体传到高温物体B.第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律C.不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化D.以上说法均不对2.(2011·重庆高考)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成.开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示.在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )A.对外做正功，分子的平均动能减小B.对外做正功，内能增大C.对外做负功，分子的平均动能增大D.对外做负功，内能减小3.(易错题)恒温环境中有一个盛有高压气体的容器，打开阀门时气体高速喷出，当容器内气体压强恰与大气压强相等时，及时关闭阀门，过较长的一段时间后再次打开阀门，则( )A.容器内气体要喷出来B.容器外气体要吸进去C.容器内气体不会喷出来，容器外气体也不会吸进去D.无法确定4.如图所示，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，则( )A.气体膨胀对外做功B.气体温度降低C.气体内能增大D.气体密度增大二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(2011·大纲版全国卷)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )A.气体吸收的热量可以完全转化为功B.气体体积增大时，其内能一定减少C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加D.外界对气体做功，气体内能可能减少6.根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( )A.气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大B.物体的温度为0℃时，物体分子的平均动能为零C.分子势能一定随分子间距离的增大而增大D.给物体加热，物体的内能不一定增加7.(创新题)如图为焦耳实验装置简图，用绝热性能良好的材料将容器包好.重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高.关于这个实验，下列说法正确的是( )A.这个装置可测定热功当量B.做功增加了水的热量C.做功增加了水的内能D.功和热量是完全等价的，无区别8.(预测题)如图所示，一个与外界绝热的汽缸有一个绝热的活塞，中间有一个固定的导热性能良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态，现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的静止平衡状态，不计气体分子势能，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，大气压强保持不变，则( )A.气体A吸热，内能增加B.气体B吸热，对外做功，内能不变C.气体A分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数不变9.(易错题)如图所示，绝热汽缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气(视为理想气体).初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是( )A.初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能B.系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时小C.松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气D.松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小三、综合题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(2012·东莞模拟)(16分)气体温度计结构如图所示. 玻璃测温泡A 内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连.开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm.后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O 点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.(已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg)(1)求恒温槽的温度.(2)此过程A内气体内能(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将(填“吸热”或“放热”).11.(创新题)(20分)在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种变化是从状态A到状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J.图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零.求：(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量ΔU1.(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.答案解析1.【解析】选C.热量可以由低温物体传到高温物体，但必须引起其他变化，故A错；根据热力学第二定律的内容可知，C正确；第二类永动机没有违反能量守恒，但违反了热力学第二定律，B错.2.【解析】选A.汽缸内气体膨胀时其向外推动活塞做正功，C、D两项均错；因缸内气体与外界无热交换，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故B项错误；忽略气体分子间作用力时，气体的内能就是所有分子的动能之和.密闭气体的状态变化时分子的总数不变，所以气体的内能减小时分子的平均动能减小，答案为A.3.【解题指南】(1)喷气过程对外做功，引起内能和温度的变化.(2)过较长时间后，温度的变化引起压强的变化.(3)再次打开阀门比较内外压强.【解析】选A.第一次打开阀门气体高速喷出时，容器内的气体将会因为膨胀做功且尚未来得及与外界进行热交换而减小内能，考虑到气体的内能主要是气体分子热运动的动能，且其分子的平均动能与温度相关，所以可以判断：第一次打开阀门气体高速喷出，容器内气体温度将有所下降.在压强等于大气压强时关闭阀门，经较长的时间后容器内的压强将会由于从外界吸热而略有增加，因此再次打开阀门后容器内的气体会再次喷出.4.【解析】选A.从A 到B 过程中体积变大，对外做功，密度减小，A正确、D 错误.由pV T＝C 可知，T A ＝T B ，内能不变，故B 、C 错. 5.【解析】选A 、D.由热力学第二定律知吸收的热量不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A 正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B 错误；气体从外界吸热，若同时伴随有对外做功，其内能不一定增加，C 错误；外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少，D 正确.6.【解析】选A 、D.温度是物体分子平均动能的标志，A 正确；0℃时分子仍有动能，当温度趋近于绝对零度时，分子的平均动能才趋近于零，B 错；因不知分子间距是大于平衡位置还是小于平衡位置，无法判断分子势能的变化特点，C 错；由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 知，改变物体内能的方式有做功和热传递两种，给物体加热，做功情况不明确，可能内能不变，故D 正确.7.【解析】选A 、C.使相同的水升高相同的温度可采用加热和做功两种方法，用这个装置测出叶片对水做的功，即可知道热功当量，A 对.对水做功可使水的内能增大，而与热量无关，B 错，C 对.功是不同形式的能量转化的量度，热量是同种能量(内能)转移的量度，D错.8.【解析】选A、C.当电热丝对气体A加热后，由于气体A的体积不变，气体A没有对外界做功，故内能增加，A正确；气体B做等压变化，但由于温度升高，所以内能增大，B错误；气体A的压强增大，而单位体积内的分子数不变，所以气体A分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增多，C正确；气体B的压强不变，但温度升高，体积增大，单位体积内分子数减少，所以气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，D错误.【变式备选】某同学觉得一只气球体积比较小，于是他用打气筒给气球继续充气，据有关资料介绍，随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐增大，假设充气过程气球内部气体的温度保持不变，且外界大气压强也不变，则充气气球内部气体( )A.压强增大B.单位体积内分子数增多C.单位体积内分子数减少D.分子的平均动能增大【解析】选A、B.随着气球体积的增大，气球膜的张力所产生的压强逐渐增大，充气气球内部气体的压强增大，故选项A正确；温度不变，分子平均动能不变，压强又增大，所以单位体积内分子数增多，故选项B正确.9.【解析】选C、D.温度相同，则分子的平均动能相同，A错.初始时氢气压强大于氧气压强，松开固定栓后，氢气快速压缩氧气，氧气内能增加，温度升高，同时氢气内能减小，温度降低.因此氢气又从氧气吸热，氧气内能又减小，C、D正确.重新平衡后，两部分气体温度相等，对两部分气体ΔU＝W＋Q＝0，即系统内能不变，温度与开始相同，B 错.故C、D正确.【总结提升】应用能量守恒定律应注意的几个问题1.研究对象的系统性，即研究对象是由几个物体(或几部分)构成的系统.分析题时需理清系统的构成.如本题的氢气、氧气两部分2.转化守恒的过程性，即涉及能量转化守恒肯定对应着一个过程或几个过程.分析时需理清共有几个过程.选取哪个过程更恰当、科学3.务必理清共有几种形式的能，每种能的增减情况如何.分析能的情况可从以下三方面入手：(1)进行受力分析，因为力做功会引起相应能的改变，即运用功能关系.(2)进行运动分析，因为运动情况会反映出某些能的情况，如动能、重力势能、摩擦生热等.(3)结合热力学第一定律分析，特别是涉及内能、热传递、做功时.4.注意守恒方程的书写，明确各种形式的能量如何变化10.【解析】(1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 KA内气体发生等容变化，根据查理定律得p1 T1＝p2T2①(4分)p1＝p0＋p h1 ②(2分)p2＝p0＋p h2 ③(2分)联立①②③式，代入数据得T2＝364 K(或91℃)(2分)(2)温度升高，A内气体内能增大.根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU，W＝0，ΔU＞0，所以Q＞0，即吸热. (6分)答案：(1)364 K(或91℃) (2)增大吸热11.【解析】(1)从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化， (2分)该气体对外界做的功W1＝0(2分)根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1(3分)内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.(3分)(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高 (2分)该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J(2分)根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2 (3分)从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J. (3分)答案：(1)0 9 J (2)9 J 3 J。

2014年广东省高考物理试卷(真题)及试卷分析

2014年广东省高考物理试卷（真题）及试卷分析科目总分分析人分析时间物理100分佛山龙文教研物理组2014-6试卷内容结构分析（考察范围、知识点、分值分布、难易度等）题号题型考试范围知识点分值难易度13 单选力学匀变速直线运动及图像 4分易14 单选力学共点力平衡摩擦力 4分易15 单选电磁学力学电磁感应匀加速直线运动 4分易16 单选力学功能转换 4分易17 双选热学理想气体-等温线 6分易18 双选原子核光电效应 6分易19 双选电学理想变压器 6分中等20 双选力学电学共点力平衡库仑定律电势 6分中等21 双选力学圆周运动天体密度的测量 6分较难34 实验电学万用电表的使用电路故障判断 9分中等34 实验力学机械能守恒定律 9分中等35 计算力学动量守恒能量守恒 18分较难36 计算磁学带电粒子在匀强磁场中的偏转 18分较难试题结构分析（各题型常考的重难点、分值占比、近题型重难点分值占比单选牛顿运动定律 4% 物体平衡 4% 电磁感应 4% 功能转换 4%双选理想气体-等温线 6% 光电效应频率与跃迁 6%三年对比的异同点）试题结构分析（各题型常考的重难点、分值占比、近三年对比的异同点）理想变压器原副线圈的电压、电流和功率关系6%牛顿定律 6% 万有引力与圆周运动 6% 实验电学 9%电压表读书电压表的正确使用电路故障分析力学 9% 弹簧劲度系数计算减小实验误差的方法功能转换实验结论判断计算力学 18% 质点的直线运动相互作用与牛顿运动定律动量守恒能量守恒磁学18%带电粒子在电磁场中的偏转情况的讨论运动轨迹的直径调整与变化试题比较稳定。

主要表现在考点的稳定，突出考查重点知识、主体知识与常规思维，考查的知识点不偏不怪，并且注重考查知识与生活实际的紧密联系。

试题的另一特点是，题意的呈现规范、简约，选择题字数相对较少，减少了阅读量。

第16题，功能关系的考查，把该知识点从力学综合题中分离出来独立成题，使力学综合题过程简化，难度有所降低。

2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)单元评估检测(十二)

单元评估检测(十二)第十二章(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1.在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是( )A.查德威克通过研究阴极射线发现了电子B.汤姆生首先提出了原子的核式结构学说C.居里夫人首先发现了天然放射现象D.卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子2.(易错题)如图所示为氢原子能级示意图，关于能级跃迁，下列说法中正确的是( )A.处于基态的氢原子，若吸收了能量为12.20 eV光子后，可跃迁到第三能级B.处于第3能级的氢原子只有吸收1.51 eV的能量才能发生电离C.大量处于第3能级的氢原子将自发地向低能级跃迁，并发出2种频率的光子D.当氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中，核外电子的动能将增加，氢原子的电势能将减少3.一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm ，已知阿伏加德罗常数为N A ，真空中的光速为c.若1 mol氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，则在核反应中释放的能量为( )A.N A Δmc 2B.2N A Δmc 2C.12N A Δmc 2 D.5N A Δmc 2 4.(2012·汕头模拟)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a 照射光电管阴极K ，电流计G 的指针发生偏转.而用另一频率的单色光b 照射光电管阴极K 时，电流计G 的指针不发生偏转，那么( )A.a 光的波长一定大于b 光的波长B.只增加a 光的强度可使通过电流计G 的电流增大C.用a 光照射光电管阴极K 时通过电流计G 的电流是由d 到cD.增加b 光的强度可能使电流计G 的指针发生偏转5.关于放射性同位素应用的下列说法中正确的是( )A.放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，从而达到消除有害静电的目的B.利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体透视C.用放射线照射作物种子使其DNA 发生变异，其结果一定是更优良的品种D.用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)6.(创新题)重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从238 92 U开始到稳定的208 82Pb为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从237 93 Np开始到稳定的209为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自 83Bi然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是( )A.238 92U的中子数比209 83Bi中子数少20个B.从237 93Np到209 83Bi，共发生7次α衰变和4次β衰变C.Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化D.238 92U与235 92U是同位素7.铝核2713Al被α粒子击中后产生的反应生成物是磷3015P，同时放出一种粒子，关于这种粒子的下列说法中正确的是( )A.这种粒子在电场中可以被加速或发生偏转B.这种粒子在磁场中一定不受磁场力作用C.这种粒子在真空中的速度等于3×108 m/sD.在碳14核内有8个这种粒子8.关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有( )A.汤姆生发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B.α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C.对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路D.玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的9.(创新题)三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y 核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦核(42He)，则下列说法正确的是( )A.X核比Z核多一个质子B.X核比Z核少一个中子C.X核的质量数比Z核质量数大3D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍10.(易错题)关于核反应，下列说法正确的是( )A.氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个B.任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等C.太阳内部高温高压条件下的热核聚变核反应方程是U＋10n→Xe＋9038Sr ＋1010nD.β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变成质子时释放出来的三、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(预测题)(15分)(1)(双选)关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的有( )A.是原子核质量减少一半所需的时间B.是原子核有半数发生衰变所需的时间C.把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的半衰期D.可以用来测定地质年代、生物年代等(2)设镭226的半衰期为1.6×103年，质量为100 g的镭226经过4.8×103年后，有多少克镭发生衰变？若衰变后的镭变为铅206，则此时镭铅质量之比为多少？12.(2012·西安模拟)(15分)如图所示，一伦琴射线管，K为阴极可产生电子，阴极K与对阴极A外加电压U AK＝30 kV.设电子离开K极时速度为零，通过电压加速后而以极大的速度撞到对阴极A上而产生X射线，假定电子的全部动能转为X射线的能量.求：(1)电子到达A极时的速度是多大？(2)从A极发出的X射线的最短波长是多少？(3)若电路中的毫安表的示数为10 mA，则每秒从A极最多能辐射出多少个X光子？(已知电子的质量m e＝9.1×10－31 kg，电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，普朗克常量h＝6.6×10－34J·s)答案解析1.【解析】选D.汤姆生通过研究阴极射线发现了电子；卢瑟福首先提出了原子的核式结构学说；并通过用α粒子轰击氮核发现了质子；贝克勒尔首先发现了天然放射现象，所以只有D 正确.2.【解析】选D.第3能级和基态之间的能级差为12.09 eV ，而12.20 eV 并不等于两能级之差，故此光子不能被吸收，A 错；由于第3能级的能量为－1.51 eV ，故处于第3能级的氢原子只要吸收大于等于1.51 eV 的能量就能发生电离，B 错；大量处于第3能级的氢原子将自发地向低能级跃迁，并发出3种频率的光子，C 错；当氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径变小，电场力做正功，电势能减少，由k e 2r 2＝m v 2r ，得v ＝ke 2mr，当电子的轨道半径变小时，电子的速度变大，动能变大，D 正确.3.【解析】选A.根据爱因斯坦质能方程，一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子释放的能量为Δmc 2,1 mol 氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，释放的能量为上述反应的N A 倍，即N A Δmc 2，故A 正确.4.【解析】选B.光a 照射光电管阴极K 时，电流计指针偏转，说明光a 能使阴极K 发生光电效应，而b 光不能使K 发生光电效应.即a 光能量大，b 光能量小，λa <λb ，A 错.a 光强度增大，单位时间打出的光电子数增多，电流变大，B 正确.电子流向与电流方向相反，C 错.能否发生光电效应与光子的频率有关，与光强无关，D 错.5.【解析】选D.利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电导出，A错误；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视，B错误；作物种子发生的DNA变异不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种，C错误；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量，D正确. 【变式备选】(双选)天然放射性元素 (钍)经过一系列α衰变和β衰变之后，变成 (铅)，下列论断正确的是( )A.铅核比钍核少8个质子B.铅核比钍核少24个质子C.衰变过程共有4次α衰变和8次β衰变D.衰变过程共有6次α衰变和4次β衰变【解析】选A、D.根据题意，钍核的电荷数是90，质量数为232，则其质子数为90，中子数为232－90＝142；铅核的电荷数是82，质量数为208，则其质子数为82，中子数为208－82＝126，所以A对，B错.设经过了x次α衰变和y次β衰变，则核衰变方程可写成232 90Th→208 82Pb＋x42He ＋y0－1e.根据质量数和电荷数守恒可列方程232＝208＋4x,90＝82＋2x－y.解得x＝6，y＝4.说明共经历了6次α衰变和4次β衰变，故C项错，D项对.6.【解析】选B、D.衰变过程中要满足电荷数守恒和质量数守恒，另外要知道两种衰变的特点，α衰变时电荷数减少2，质量数减少4，β衰变时电荷数增加1，而质量数不变.同位素为电荷数相等而质量数不等的元素.经分析可知B、D正确.7.【解析】选B、D.铝核2713Al被α粒子击中后的核反应方程为：2713Al＋42He →3015P＋1，10n不带电，不能在电场中被加速或发生偏转，A错误；在磁场中也0n不受磁场力作用，B正确；中子在真空中的速度小于光速3×108 m/s，C错误；146C中有14－6＝8个中子，D正确.8.【解析】选B、C.原子核式结构是卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，故A错，B对；原子光谱是由于原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子形成的，故C正确；玻尔理论成功解释了氢原子光谱的规律，尽管不能解释复杂原子的光谱现象，但它为量子力学的建立奠定了基础，故D项错误.9.【解析】选C、D.设X核质量数为A，电荷数为m，根据题述的“X 核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦核(42He)”可写出核反应方程如下：A→ A m－1Y＋01e， A m－1Y＋11H→A－3m－2Z＋42He，显然X核比Z核多2个质子，多一m X个中子，X核的质量数比Z核质量数大3，A、B错误，C正确；X核与Z核的总电荷为m＋m－2＝2m－2，Y核电荷为m－1，所以X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍，D正确.10.【解析】选B、D.半衰期属于统计规律，对少数原子核衰变不适用，故A错误；核反应过程中，若伴随能量产生，一定有质量亏损，故B 正确；太阳内部发生的是热核聚变反应，而C中的核反应方程为裂变方程，C错误；β衰变过程中，原子核内部一个中子转变为一个质子，使核电荷数增加1，故D正确.11.【解析】(1)半衰期是指原子核有半数发生衰变所经历的时间，它是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，由n ＝N(12)，M ′＝M(12)可进行有关计算，故B 、D 正确. (6分)(2)镭226经过4.8×103年后，经过三个半衰期，剩余镭的质量为M ′＝M(12)＝100×18g ＝12.5 g. (3分)已衰变的镭的质量为(100－12.5) g ＝87.5 g. (3分)设生成铅的质量为m ，则226∶206＝87.5∶m ，得m ＝79.8 g. (2分)所以镭铅质量之比为125∶798. (1分)答案：(1)B 、D (2)125∶798【总结提升】半衰期问题分析时的注意事项(1)半衰期是原子核有半数发生衰变，变成新核，并不是原子核的数量、质量减少一半.(2)要理解半衰期公式中各物理量的含义，在公式n ＝N(12)，M ′＝M(12)中，n 、M ′是指剩余的原子核的量，而不是衰变的量.12.【解题指南】电子在电场力作用下的末速度可以由动能定理求出.电子的动能若全部转变成X 射线光子的能量，可根据光子说E ＝h ν，求出X 光子的频率和波长.每个光子的能量都是由冲向A 极的电子来提供的，即可根据电流值求出每秒到达A 极的电子数，可推知每秒由A 极发射的X 射线的光子数.【解析】(1)设电子被加速后的动能为E k ，由动能定理知，E k ＝eU AK ＝30000 eV ＝4.8×10－15 J (3分)由于E k ＝12m e v 2，所以 v ＝≈1.0×108 m/s (2分)(2)X 射线光子的能量E ＝h ν＝E k ，所以ν＝E h ＝4.8×10－156.6×10－34 Hz ＝7.3×1018 Hz. (3分)由于λ＝c ν，所以 λ＝3.0×1087.3×1018m ≈4.1×10－11 m (2分)(3)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达对阴极A ，每秒从A 极辐射的X 光子的个数n ＝It e ＝10×10－3×11.6×10－19＝6.25×1016(个). (5分)答案：(1)1.0×108 m/s (2)4.1×10－11 m(3)6.25×1016个。

2014届高考物理全程复习方略(广东版-第一轮)(含详细解析)6.1动量守恒定律

课时提能演练(十八)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.(预测题)如图所示，小车与木箱紧挨着静止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2.满载沙子总质量为M 的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v 0.行驶途中，有质量为m 的沙子从小车上漏掉，则沙子漏掉后小车的速度应为( )A.v 0B.mv 0M ＋mC.mv 0M －mD.(M －m)v 0M3.(2012·盐城模拟)如图所示，质量为M 的小车和车上站着一个质量为m 的人一起以速度大小v 0在光滑水平地面上向右匀速运动，当人以相对地的速度大小u 向左水平跳出后，车的速度大小v 为( )A.M ＋m M v 0B.M ＋m M v 0－m M uC.M ＋m M v 0＋m Mu D.v 0＋u4.在静水中一条长l 的小船，质量为M ，船上有一个质量为m 的人.当他从船头走到船尾时，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )A.m M lB.m M ＋m lC.M M ＋m lD.m M －ml 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.下列关于动量的说法，正确的是( ) A.质量大的物体的动量一定大B.质量和速率都相同的物体的动量一定相同C.一个物体的速率改变，它的动量一定改变D.一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变6.加拿大萨德伯里中微子观测站的研究揭示了中微子失踪之谜，即观察到中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中(速度很大)转化为一个μ子和一个τ子.对上述转化过程有以下说法，其中正确的是( ) A.牛顿运动定律依然适用 B.动量守恒定律依然适用C.若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向一致D.若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向也可能与中微子的运动方向相反7.(创新题)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )8.(2012·梅州模拟)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )A.a尚未离开墙壁前，系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前，系统动量不守恒C.a离开墙壁后，系统动量守恒D.a离开墙壁后，系统动量不守恒9.(易错题)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为1m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船…，2经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，下列选项正确的是( )A.A、B两船速度大小之比为2∶3B.A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1C.A、B(包括人)两船的动能之比为3∶2D.A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(易错题)(16分)羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h，假设球飞来的速度为90 km/h，运动员将球以342 km/h的速度反向击回.设羽毛球的质量为5 g，试求：(1)运动员击球过程中羽毛球的动量变化量.(2)在运动员的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？11.(20分)两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动.某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反.两车运动过程中始终未相碰.求：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？答案解析1.【解析】选C.当男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，系统的动量才守恒.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量等大反向，故选C.2.【解析】选A.由于惯性，沙子漏掉时，水平方向有和小车相同的速度.由水平方向动量守恒知小车速度不变，故A正确.【变式备选】(2012·涪陵模拟)质量为M 的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n 个质量为m 的小球，现用两种方式使小球相对于地面以恒定速度v 向右水平飞出，第一种方式是使n 个小球一起飞出；第二种方式是使小球一个接一个地飞出，比较这两种方式，小车的最终速度( )A.第一种较大B.第二种较大C.两种一样大D.不能确定【解析】选C.根据动量守恒定律，对于第一种方式，取向右为正方向，0＝nmv －Mv 1，得v 1＝nmvM ，对于第二种方式，对每一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v 2＝nmvM，C 正确.3.【解析】选C.对人和车组成的系统，在水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有(M ＋m)v 0＝Mv ＋m(－u)，解得v ＝M ＋m M v 0＋mM u ，选项C正确.4.【解析】选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv ＝Mv ′，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －x t ＝M xt ，则m(l －x)＝Mx ，解得x ＝m lM ＋m.5.【解析】选C 、D.根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，故A 错误.又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故B错误.一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，故C对.物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D对.正确选项为C、D.6.【解析】选B、C.中微子发生裂变过程中，动量是守恒的，由m中v中＝mμvμ＋mτvτ知，当v中方向与vμ方向相同时，vτ方向与v中方向可能相同，也可能相反；当v中方向与vμ方向相反时，vτ方向与v中方向一定相同.该过程是微观粒子的作用，故牛顿运动定律不适用.7.【解析】选A、C.A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒.【总结提升】动量守恒定律的几个适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系.(2)理想条件：系统不受外力.(3)实际条件：系统所受合外力为0.(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受外力.(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒.8.【解析】选B、C.动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零.a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁对它的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒.9.【解析】选B 、C.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A 、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B 正确.经过n 次跳跃后，设A 船速度为v A ，B 船速度为v B . 0＝mv A －(m ＋m2)v Bv A v B ＝32，选项A 错. A 船最后获得的动能为E kA ＝12mv 2AB 船最后获得的动能为 E kB ＝12(m 2＋m)v 2B ＝12(m 2＋m)(23v A )2＝23(12mv 2A )＝23E kA E kA E kB ＝32，选项C 正确，D 错. 10. 【解析】(1)以球飞来的方向为正方向，则 p 1＝mv 1＝5×10－3×903.6kg ·m/s ＝0.125 kg ·m/s. (2分)p 2＝mv 2＝－5×10－3×3423.6 kg ·m/s ＝－0.475kg·m/s.(2分)所以动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－0.475 kg ·m/s －0.125 kg ·m/s ＝－0.600 kg ·m/s. (2分)即球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反. (1分)(2)羽毛球的初速度：v1＝903.6m/s＝25 m/s，(1分)羽毛球的末速度：v2＝－3423.6m/s＝－95 m/s，(1分)所以Δv＝v2－v1＝－120 m/s. (2分)羽毛球的初动能：E k＝12mv21＝ 1.56 J，(2分)羽毛球的末动能：E k′＝12mv22＝22.56 J.(2分)所以ΔE k＝E k′－E k＝21 J. (1分)答案：(1)0.600 kg·m/s，方向与球飞来的方向相反(2)120 m/s，方向与初速度方向相反21 J11.【解题指南】解答该题应把握以下两点：(1)两车相距最近时两车的速度关系.(2)甲车开始反向时，其速度必然为零.【解析】(1)两车相距最近时，两车的速度相同. (3分)设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v (4分)所以两车最近时，乙车的速度为v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝43m/s≈ 1.33 m/s(3分)(2)甲车开始反向时，其速度为0， (3分)设此时乙车的速度为v′乙，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v′乙(4分)得v′乙＝m乙v乙－m甲v甲m乙＝2 m/s. (3分)答案：(1)1.33 m/s (2)2 m/s。

【全程复习方略】(广东专用)2014版高考物理一轮复习第一章第3讲受力分析共点力的平衡课时作业汇总

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习第一章第3讲受力分析共点力的平衡课时作业(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013·安庆模拟)如图所示,在超市内倾角为θ的电梯斜面上有一车西瓜随电梯匀速向上运动,在箱子的中央有一只质量为m的西瓜,则在该西瓜随箱子一起匀速前进的过程中,周围其他西瓜对它的作用力的方向为( )A.沿斜面向上B.沿斜面向下C.竖直向上D.垂直斜面向上2.如图所示,重50N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上,有一根原长为10cm,劲度系数为800N/m的弹簧,其一端固定在斜面顶端,另一端连接物体A后,弹簧长度为14cm,现用一测力计沿斜面向下拉物体,若物体与斜面间的最大静摩擦力为20N,当弹簧的长度仍为14 cm时,测力计的读数不可能为( )A.10 NB.20 NC.40 ND.0 N3.如图所示,质量为m的人用绳子通过定滑轮把一个物体沿光滑的斜面向上拉,若不计滑轮的摩擦和绳子的质量,则人向右缓慢移动的过程中( )A.绳子的拉力不变B.人受到的支持力不变C.人受到地面的摩擦力增大D.人对绳子的拉力增大4.如图所示,质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下,沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑,在此过程中斜面保持静止,则地面对斜面( )A.无摩擦力B.支持力等于(m+M)gC.支持力为(M+m)g-FsinθD.有水平向左的摩擦力,大小为Fcosθ5.(2013·厦门模拟)如图所示,竖直放置的轻弹簧的一端固定在地面上,另一端与斜面体P连接,P与斜放的固定挡板MN接触且处于静止状态,弹簧处于竖直方向,则斜面体P此刻受到外力的个数可能为( )A.2个B.3个C.4个D.5个6.如图所示,将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心),弹簧另一端与质量为m的小球相连,小球静止于P点,已知容器半径为R,与水平面间的动摩擦因数为μ,OP与水平方向的夹角为θ=30°,下列说法正确的是( )A.容器相对于水平面有向左的运动趋势B.容器对小球的作用力竖直向上C.D.弹簧原长为R+mg k7.(2013·桂林模拟)如图所示,两个质量都为m的小球A、B用轻杆连接后斜靠在墙上处于平衡状态,已知墙面光滑,水平面粗糙,现将A球向上移动一小段距离,两球再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态与原来的平衡状态相比较,地面对B 的支持力F N 和摩擦力F f 的大小变化情况是 ( ) A.F N 不变,F f 增大B.F N 不变,F f 减小C.F N 增大,F f 增大D.F N 增大,F f 减小8.(2013·潍坊模拟)如图所示,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 。

2014届高考物理第一轮复习方略模块综合检测(二)新人教版(精)

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：模块综合检测(二)(90分钟 100分)1.(2012·朝阳区模拟)(4分)单摆的摆长和释放摆球的位置都不变，摆球的最大摆角小于5°,若把摆球的质量增为原来的2倍，则此单摆的( )A.频率不变，振幅不变B.频率和振幅都减少C.频率不变，振幅增加D.频率增加，振幅不变2.(4分)一个单摆做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力的频率f的关系)如图所示，则( )A.此单摆的固有周期约为0.5 sB.此单摆的摆长约为1 mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动3.(2012·南开区模拟)(4分)一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图甲所示，以某一时刻t=0为计时起点，经1周期，振子具有正方向最大的加速度，那么在图乙4所示的振动图线中，能正确反映振子的振动情况的是(以向右为正方向)( )4.(4分)如图所示，图乙中图象记录了单摆中摆球的动能、势能随摆球位置变化的关系，下列关于图象的说法正确的是( )A.a图线表示势能随位置的变化关系B.b图线表示机械能随位置的变化关系C.c图线表示动能随位置的变化关系D.图象表明摆球在势能和动能的相互转化过程中机械能不变5.(2012·唐山模拟)(4分)一列周期为T的简谐波在介质中沿x轴传播，图甲为该波在某一时刻的波形图，此时振动还只发生在O、M之间；A、B、C是介质中的三个质点，此时，A 在波峰，C在波谷，B在AC间，且B的速度方向为-y方向，若以C点开始振动时作为计时起点，则A点的振动图象是图乙中的( )6.(4分)有两个静止的声源，发出声波1和声波2，在空气中传播，如图所示为某时刻这两列波的图象，则下列说法中正确的是( )A.声波1的波速比声波2的波速大B.相对于同一障碍物，波1比波2更容易发生明显的衍射现象C.这两列波相遇时，不会产生干涉现象D.远离两个声源运动的观察者，接收到的这两列波的频率均与从声源发出时的频率相同7.(2011·大纲版全国卷)(4分)一列简谐横波沿x 轴传播，波长为1.2 m ，振幅为A.当坐标为x=0处质元的位移为且向y 轴负方向运动时，坐标为x 0.4 m =处质元的位移为A.当坐标为x=0.2 m 处的质元位于平衡位置且向y 轴正方向运动时，x=0.4 m 处质元的位移和运动方向分别为( ) A. 1A 2-、沿y 轴正方向 B. 1A 2-、沿y 轴负方向C. 2-、沿y 轴正方向D.、沿y 轴负方向8.(2011·大纲版全国卷)(4分)雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹.设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a 、b 、c 、d 代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是( )A.紫光、黄光、蓝光和红光B.紫光、蓝光、黄光和红光C.红光、蓝光、黄光和紫光D.红光、黄光、蓝光和紫光9.(4分)如图所示，强强乘坐速度为0.9c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5c,强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该束光的传播速度为( )A.0.4cB.0.5cC.0.9cD.1.0c10.(4分)惯性系S中有一边长为l的正方形(如图所示)，从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是( )11.(4分)应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图所示的表示电场产生磁场或磁场产生电场的关系图象中(每个选项中的上图表示的是变化的场，下图表示的是变化的场产生的另外的场)正确的是( )12.(4分)在研究材料A的热膨胀特性时，可采用如图所示的干涉实验法，A的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板B，B与A上表面平行，在它们间形成一个厚度均匀的空气膜，现在用波长为λ的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，A均匀膨胀，在B上方观察到B板的亮度发生周期性的变化，当温度为t1时最亮，然后亮度逐渐减弱至最暗；当温度升到t2时，亮度再一次回到最亮，则( )A.出现最亮时，B上表面反射光与A上表面反射光叠加后加强B.出现最亮时，B下表面反射光与A上表面反射光叠加后加强C.温度从t 1升至t 2过程中，A 的高度增加4λD.温度从t 1升至t 2过程中，A 的高度增加2λ13.(6分)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0l ，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0l ，测量了多组数据.在进行数据处理时，甲同学把摆线长0l 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20T -l 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”).14.(6分)如图所示，画有直角坐标系xOy 的白纸位于水平桌面上，M 是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x 轴重合，OA 是画在纸上的直线，P 1、P 2为竖直地插在直线OA 上的两枚大头针，P 3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，α是直线OA 与y 轴正方向的夹角，β是直线OP 3与y 轴负方向的夹角，只要直线OA 画得合适，且P 3的位置取得正确，测得角α和β，便可求得玻璃的折射率. 某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时，在他画出的直线OA 上竖直插上了P 1、P 2两枚大头针，但在y ＜0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P 1、P 2的像，他应该采取的措施是___________________________.若他已透过玻璃砖看到了P 1、P 2的像，确定P 3位置的方法是___________________________.若他已正确地测得了α、β的值，则玻璃的折射率n=_________.15.(8分)现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长.(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、__________、__________、__________、A.(2)本实验的实验步骤如下：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离.在操作步骤②时还应注意__________和__________.(3)若测得双缝间距为3.0 mm，双缝与屏之间的距离为0.70 m，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0.500 mm)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)16.(2012·南通模拟)(6分)(1)下列说法中正确的是__________A.交警通过发射超声波测量车速，利用了波的干涉原理B.电磁波的频率越高，它所能携带的信息量就越大，所以激光可以比无线电波传递更多的信息C.单缝衍射中，缝越宽，条纹越亮，衍射现象也越明显D.地面上测得静止的直杆长为L，则在沿杆方向高速飞行火箭中的人测得杆长应小于L(2)平行光a垂直射向一半径为R的玻璃半球的平面，其截面如图所示，发现只有P、Q之间所对圆心角为60°的球面上有光射出，则玻璃半球对a光的折射率为__________，若仅将a平行光换成b平行光，测得有光射出的范围增大，设a、b两种色光在玻璃半球中的速度分别为v a和v b，则v a__________v b(选填“＞”、“＜”或“=”).(3)一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿-y运动，经过0.1 s第一次到达平衡位置，波速为5 m/s,那么：①该波沿__________(选填“+x”或“-x”)方向传播；②图中Q点(坐标为x=7.5 m的点)的振动方程y=__________cm;③P点的横坐标为x=__________m.17.(12分)(1)下列说法中正确的是( )A.照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的薄膜干涉原理B.光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是光的衍射现象C.太阳光是偏振光D.为了有效地发射电磁波，应该采用长波发射(2)如图所示，是研究激光相干性的双缝干涉示意图，挡板上有两条狭缝S1、S2，由S1、S2发出的两列波到达屏上时会产生干涉条纹，已知入射激光的波长是λ，屏上的P点到两狭缝S1、S2的距离相等，如果把P处的亮条纹记作0号亮纹，由P向上数，与0号亮纹相邻的亮纹依次是1号亮纹、2号亮纹…则P1处的亮纹恰好是10号亮纹.设直线S1P1的长度为L1，S2P1的长度为L2，则L2-L1等于多少？(3)玻璃半圆柱体的半径为R，横截面如图所示，圆心为O，A为圆柱面的顶点.两束同种单色光分别按如图方向入射到圆柱体上，光束1指向圆心，方向与AO夹角为30°；光束2的入射点为B，方向与底面垂直，∠AOB=60°,已知玻璃对这种光的折射率n 求：两束光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d.18.(14分)(1)下列说法中正确的是( )A.光传播时，若遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象十分明显，此时不能认为光沿直线传播B.在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象C.光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大D.麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来他又用实验证实电磁波的存在(2)如图所示是用频闪照相的方法拍到的一个弹簧振子的振动情况，甲图是振子静止在平衡位置的照片，乙图是振子被拉至左侧距平衡位置20 cm 处放手后的频闪照片，已知频闪的频率为10 Hz ，则振子振动周期为T=_________s ；振子在通过平衡位置后T 12的时间内发生的位移为_________cm.(3)一列横波在x 轴上传播，在t 1=0时刻波形如图中实线所示，t 2=0.05 s 时刻波形如图中虚线所示.①由波形曲线读出这列波的振幅和波长； ②若周期大于()211t t 2-,则最小波速是多少？方向如何？最大波速是多少？方向如何？答案解析1.【解析】选A.由于单摆的摆长和释放摆球的位置都不变，单摆的振幅不变，又因为单摆的周期与摆球的质量无关，故此单摆的频率不变，只有A 正确.2.【解析】选B.共振时单摆的频率f=0.5 Hz,所以单摆的固有周期为1T 2 s f==,A 错；由T 2= 1 m ≈l ,B 对;若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，C 、D 错.3.【解析】选D.由t=0为计时起点，经1周期，振子具有正方向最大的加速度，说明t=04周期时，A图对应的是振子具有负方时振子处于平衡位置，B、C错；对比A、D两图，经14向最大加速度，D图对应振子具有正方向最大加速度，故选项D符合要求，故选D.4.【解析】选D.当摆球释放后，动能增大，势能减小，当运动至B点时动能最大，势能最小，然后继续摆动，动能减小，势能增大，到达C点后动能为零，势能最大，整个过程中只有重力做功，摆球的机械能守恒，综上可知只有D项正确.5.【解析】选B.由质点B的振动方向可知波沿x轴负方向传播，振源的起振方向是从平衡位置向上振动，振动由C传到A的时间为T，且A质点应从平衡位置向上振动，故B正确，2A、C、D错误.6.【解析】选B、C.波的传播速度由介质决定，与波的波长无关，A项错；根据波发生明显衍射现象的条件可知，波长较长的波1容易发生明显的衍射现象，B项正确；两列波频率不同，故不能发生干涉现象，C项正确；由于波的多普勒效应，远离声源运动的观察者接收到的波的频率比波从声源发出时的频率低，D项错误.7.【解析】选C.根据题意，画出此时波形图，可以看到，此时x=0.2 m处的质元正在平衡位置向下运动.再经过半个周期，x=0.2 m处的质元回到平衡位置向上运动，在这半个周期当中，x=0.4 m处的质元已经过了波谷正在向着平衡位置运动，根据简谐运动的对称性，此时的位移与半个周期之前的位移大小相等.所以C正确.8.【解析】选B.第一次折射时，把水滴看做三棱镜，向下偏折程度最大的光线一定是紫光，偏折程度最小的是红光，故第二次折射后，从题图上可看出紫光是a，红光是d，所以正确答案是B.9.【解析】选D.根据光速不变原理可知任何惯性系中，光在真空中的速度恒为c，与光源的运动和观察者的运动无关，故D正确.10.【解析】选C.由=l l x 轴方向的长度变短(沿y 轴方向尺寸不受影响)，所以C 正确，A 、B 、D 错误.11.【解析】选B 、C.A 中的上图是稳定的磁场，由麦克斯韦电磁场理论可知不会产生电场，故A 选项错误；B 中的上图是均匀变化的电场，应该产生稳定的磁场，故B 选项正确；C 中的上图是振荡的磁场，它能产生相同频率的电场，且相位差为π/2，故C 选项正确；D 中的上图是振荡的电场，在其空间产生振荡的磁场，但下图中的图象与上图相比较，相位差为π，故D 选项错误.12.【解析】选B 、D.出现最亮时，为B 的下表面反射光与A 上表面的反射光叠加后加强，A 错，B 对；薄膜干涉中，当薄膜厚度为光在薄膜中半波长的整数倍，反射光加强，为最亮，因此温度由t 1升至t 2时，A 的高度变化为增加2λ,C 错，D 对.13.【解析】(1)从游标卡尺上读出摆球直径d=14.05 mm.(1分) (2)由F-t 图象知单摆周期T=4t 0，(1分) 摆长0d 2=+l l (1分)根据T 2=20201(d)2g 4t π+=l(1分)(3)实际摆长为01d 2+l ,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.(2分) 答案:(1)14.05 (2) 20201(d)24t π+l (3)偏小无影响14.【解析】“在y ＜0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P 1、P 2的像”的原因是当光线进入y ＜0的区域的边界时发生了全反射，即入射角太大，故应减小入射角. (2分)在白纸上画一条与y 轴正方向夹角较小的直线OA ，把大头针P 1、P 2竖直地插在所画的直线上，直到能够在y ＜0的区域内透过玻璃砖看到P 1、P 2的像.按实验的要求，所插入的大头针应该在同一条光路上，因此插上P 3后，P 3刚好能够挡住P 1、P 2的像.(2分) 由折射率的定义得sin n sin β=α.(2分)答案:减小入射角使P 3挡住P 1、P 2的像sin sin βα15.【解析】(1)双缝干涉仪各组成部分在光具座上的正确排序为：光源、滤光片、单缝、双缝、屏，因此应填E 、D 、B.(3分)(2)安装光学元件时，应注意单缝与双缝间的距离为5～10 cm ，同时使单缝与双缝相互平行.(2分) (3)由题图可知，条纹间距为21x x 0.65x mm44-∆==(1分)又双缝到屏的距离l =0.70 m ，双缝间距d=3.0 mm, 由x d ∆=λl 得：xd ∆λ=l,(1分)代入数据得λ≈7×10-7m (1分)答案:(1)E D B(2)单缝与双缝的间距为5～10 cm 使单缝与双缝相互平行(3)7×10-716.【解析】(1)选B 、D.超声波测速是利用波的多普勒效应，选项A 错误；根据信息论，电磁波的频率越高，相同时间传递的信息量越大,选项B 正确；单缝衍射中，缝越宽，条纹越窄，衍射现象越不明显，选项C 错；根据长度的相对性原理，选项D 正确.(1分)(2)平行光通过玻璃半球的光路图如图所示，则玻璃的折射率为n=1/sin30°=2,将a 平行光换成b 平行光，测得有光射出的范围增大，说明b 光的临界角大，折射率小，由c v n=，得v a ＜v b . (2分)(3)①根据质点振动方向与波传播方向的关系，可知波沿-x 方向传播. (1分)②由()6T 1.2s v 5λ===得，25T 3ππω==,又y=Acos ωt,因此()5y 5cos t cm 3π=. (1分)③经过0.1 s 波向左传播的距离为5×0.1 m=0.5 m,所以P 点横坐标为3-0.5=2.5(m).(1分)答案:(1)B 、D (2)2 ＜ (3)①-x ②55cos t3π③2.517.【解析】(1)选A 、B.照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的薄膜干涉原理，A 正确；遮挡物的影轮廓模糊，是因为光的衍射现象造成的，B 正确；太阳光是自然光，不是偏振光，C 错误；为了有效地发射电磁波，应使用频率较高的电磁波，即应采用短波发射，D 错误.(2分)(2)根据双缝干涉原理，产生亮条纹的条件是光程差为波长的整数倍，即Δs=n λ(n=0、1、2…),当n=0时产生0号亮纹， (1分) 当n=10时产生10号亮纹，(1分)所以L 2-L 1=10λ.(1分)(3)光线2：1122sin 160,sin ,30n 2θθ=︒θ===θ=︒(2分)i=60°-θ2=30°1sinr nsini,r602===︒(2分)1R2OCcos30==︒(1分)同理，光线1从O点出射，折射角∠EOD=60°(1分)则△EOD为等边三角形，1d OE OD OCtan30R3===︒=.(1分)答案:(1)A、B (2)10λ(3) 1R318.【解析】(1)选C.光传播时，若遇到的障碍物的尺寸比光的波长大很多，衍射现象不明显，此时光沿直线传播，A错；在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的干涉，B 错；光导纤维是利用了光的全反射，故光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大，C对；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，D错误.(2分)(2)由f′=10 Hz,得1T0.1 sf'=='从图乙知14周期内有3个间隔，则T3T4='所以T=1.2 s(1分)由于TT 12='，由对称性知振子在通过平衡位置后T 12的时间内发生的位移为10 cm .(1分)(3)①由波形图可知：A=0.2 m, (1分) λ=8 m(1分)②由于()121T t t 2-＞，即Δt ＜2T 当波沿x 轴正方向传播时，可能的周期为：T t nT 4∆=+,且n=0或1(1分)当波沿x 轴负方向传播时，可能的周期为：3T t nT 4∆=+,且n=0或1(1分)由波速公式v Tλ=可知，当速度v 最小时，周期T 最大，分析上面两类情况可知，当周期最大时，波沿x 轴正方向传播，且在T t nT 4∆=+中取n=0,即T t 4∆=,则T 大=0.2 s(1分)最小速度v 40 m /sT λ==小大.(1分)方向沿x 轴正方向.(1分)当v 最大时，周期T 最小，由上面分析可知，当周期最小时，波沿x 轴负方向传播，且在3T t nT 4∆=+中取n=1,即3T t T 4∆=+，则1T s35=小(1分) 最大速度v 280 m /sT λ==大小(1分)方向沿x 轴负方向.(1分)答案:(1)C (2)1.2 10 (3)①0.2 m 8 m②40 m/s方向沿x 轴正方向280 m/s方向沿x 轴负方向。

2014届高三物理(广东版-第一轮)全程复习方略(含详细解析)阶段滚动检测4

阶段滚动检测(四)第九～十一章(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.(2011·江苏高考)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中( )A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线框的机械能不断增大2.如图所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ 和RS上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是( )A.v1＞v2，v1向右，v2向左B.v 1＞v 2，v 1和v 2都向左C.v 1＝v 2，v 1和v 2都向右D.v 1＝v 2，v 1和v 2都向左3.如图所示的是法拉第制作的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内.转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若已知铜盘的半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A.回路中产生大小和方向做周期性变化的电流B.回路中电流大小恒定，且等于BL 2ωRC.回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D.以上说法都不对4.(2011·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同5.(2012·银川模拟)如图所示为一理想变压器在两种情况下工作的示意图.其中灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )A.P ，PB.16P ，14P C.14P,16P D.16P,4P 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意)6.(2012·潍坊模拟)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小7.(滚动单独考查)如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm. 一个质量为m，带电量为q的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场.已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计.下列说法中正确的是( )A.该粒子到达C′点时的动能为2E kB.该粒子到达C′点时的动能为1.5E kC.该粒子通过等势面B B′时的动能为1.25E kD.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.5E k8.(滚动单独考查)在高速公路的隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是( )A.两个灯泡串联B.两个灯泡并联C.每个灯泡消耗的功率大于其额定功率的四分之一D.每个灯泡消耗的功率小于其额定功率的四分之一9.(2012·滨州模拟)如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )A.电压表读数为50 VB.电压表读数为150 VC.电压表“＋”接线柱接A端D.电压表“＋”接线柱接B端10.(滚动交汇考查)长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角.那么( )A.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶nB.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶1C.线框发热功率P1∶P2＝2n∶1D.线框发热功率P1∶P2＝2∶1第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(4分)有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是( )A.两个传感器都是光电传感器B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作12.(2011·上海高考)(8分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示.供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)，②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)，③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)，⑦干电池(1.5 V)，⑧电键S及导线若干.(1)定值电阻应选，滑动变阻器应选.(在空格内填写序号)(2)用线连接实物图.(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，____________________________________；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③______________________________________________________________；示.(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式____________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(滚动交汇考查)(10分)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨水平放置在竖直向上的磁感应强度为B的磁场中，一端接有阻值为R的电阻，一质量为m，电阻为r的导体棒ab放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0开始运动，其速度规律为v＝v m sinωt，不计导轨电阻及感应电流的磁场对原磁场的影响，求：(1)感应电动势的表达式；(2)电阻R上的发热功率.14.(2012·武汉模拟)(12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V，0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计.求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；(2)发电机的输出功率.15.(滚动交汇考查)(12分)如图所示，足够长的光滑导轨 ab、cd固定在竖直平面内，导轨间距为l，b、c两点间接一阻值为R的电阻.ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触.整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g 2的匀加速运动，上升了h 高度，这一过程中bc 间电阻R 产生的焦耳热为Q ，g 为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.求：(1)导体杆上升到h 过程中通过杆的电荷量；(2)导体杆上升到h 时所受拉力F 的大小；16.(滚动交汇考查)(14分)水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图甲所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝100 T.已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E＝50 V/m ，M 板上有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N 板上的Q 点如图乙所示.如果油滴的质量m ＝10－4 kg ，带电荷量|q|＝2×10－5 C.求：(1)在P 点的速度v 为多大？(2)若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N 板上的Q 点，求油滴的电性及交变磁场的变化周期T.(3)Q 、O 两点水平距离.(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.线框下落过程中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越来越小，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，A 错，B 对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C 错；下落过程中机械能越来越小，D 错.2.【解析】选B.因回路abdc 中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc 的面积应增大，选项A 、C 、D 错误，B 正确.3.【解析】选C.该铜盘匀速转动，可看做无数个长为半径的导线切割磁感线，并且它们并联，其电动势大小E ＝BL ·ωL 2，方向由右手定则知，由b 经灯泡到a ，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律知：E ＝n ΔΦΔt，可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A 错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B 错误，C 正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D 错误.5.【解析】选B.对甲图，由n 1∶n 2＝4∶1知U 1＝4U 2，而P ＝U 22R 得P 1＝U 21R＝16P ，对于乙图，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3,2n 2I 2＝n 1I 1，I 1＝2n 2n 1I 2＝12I 2，而P ＝I 22R 得P ′1＝I 21R ＝14P ，故B 项正确.6.【解析】选B 、C.根据理想变压器原、副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动触头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 1亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确；当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误.7.【解析】选A 、D.设粒子过P 点的速度为v0，将粒子过C ′的速度v C ′分解，如图所示，则有PA ′＝v 0t ，A ′C ′＝v y2t ，代入数据解得v y ＝v 0，v C ′＝2v 0，所以粒子过C ′时动能为2E k ，A 正确，B 错误；粒子由P到C ′动能增量为E k ，由于相邻等势面的电势差相等，因此粒子由P 点到经过BB ′时，电场力做的功应为0.5E k ，故粒子通过BB ′时动能应为1.5E k ，C 错误，D 正确.8.【解析】选A 、C.两个灯泡应串联，每个灯泡承担的电压U ＝2202 V＝110 V ，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P ＝U 2R ，U 变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率要大于其额定功率的四分之一，故A 、C 正确. 9.【解析】选A 、C.从图乙中可得穿过线圈的磁通量随时间在不断增加，根据楞次定律和安培定则，可得A 接感应电动势的正极，即电压表“＋”接线柱接A 端，C 正确，D 错误；根据法拉第电磁感应定律得： E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.15－0.100.1 V ＝50 V ，故电压表读数为50 V ，A 正确，B 错误.10.【解析】选B 、D.首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为ΔΦ1＝ΔΦ2＝B ·ab 2.当回路为n 匝，总电阻为nR 时，由q ＝I ·Δt ＝E －nR ·Δt ＝ΔΦR可得q 1∶q 2＝1∶1.故知A 错B 对.显然两种情况下线框电阻不变. 从而，由电(热)功率公式可得P 1P 2＝(E 1E 2)2①E 1＝nBav ② E 2＝nB ·ab 2·2v2b③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2＝2∶1，故知C 错D 对.11.【解析】选B.题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A 、C 、D 错误，B 正确.12.【解析】(1)根据电路的原理图，如果定值电阻太小，电流表G 1中的电流太小，读数误差较大，所以定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值较小一些的变阻器.(2)根据电路的原理图进行实物连接，注意电表的正负极不要接反. (3)闭合电键之前，应将滑动触头移到最左端，以防止闭合电键时烧坏电表；为减小实验误差，应多次测量取平均值. (4)根据串、并联规律可知： I 2＝I 1＋I 1r 1R 1＝R 1＋r 1R 1I 1，所以k ＝R 1＋r 1R 1即r 1＝(k －1)R 1答案：(1)③ ⑥ (2)如图(3)①将滑动触头移至最左端 ③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2的读数I 1、I 2 (4)r 1＝(k －1)R 113.【解析】(1)根据E ＝BLv得：E ＝BLv m sin ωt (4分)(2)感应电动势的有效值为： E(2分)感应电流的有效值为：I ＝E R ＋r (2分)电阻R 上的发热功率为P ＝I 2·R ＝222m 2B L v R2(R r)(2分)答案：(1)BLv m sin ωt (2) 222m 2B L v R2(R r)14.【解析】(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝ 1 A.变压器输入功率等于I 1U 1＝I 2U 2＝6 W ， (3分)变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得 E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I2＝1 A )，(3分)所以n 1n 2＝I 2I 1＝31.(2分)(2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W. (4分)答案：(1)3∶1 (2)6.67 W15.【解析】(1)通过杆的电量q ＝I Δt (1分)根据闭合电路的欧姆定律I ＝E 2R(1分)根据电磁感应定律，得E ＝ΔΦΔt(1分)q ＝ΔΦ2R ＝B h 2R l(1分)(2)设ef 上升h 时，速度为v 1、拉力为F ，根据运动学公式，得：v 1＝gh(2分)根据牛顿第二定律，得：F －mg －BI 1l ＝12mg(2分)根据闭合电路的欧姆定律，得 I 1＝1B v 2Rl (2分)综上解得F ＝3mg 2＋(2分)答案：(1) B h2Rl (2)3mg 2＋16.【解析】(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的初速度为v＝2gh ＝2×10×5×10－2 m/s ＝1 m/s (3分)(2)由于油滴进入两板间的瞬间所受洛伦兹力水平向右，所以油滴带正电.油滴进入电、磁场后的情况如图所示，电场力F 电＝qE ＝2×10－5×50 N ＝10－3 N(2分)G ＝mg ＝10－3 N带电油滴进入两板间，电场力与重力平衡，在磁场的作用下，油滴做匀速圆周运动.设圆周半径为R ，若恰好垂直落在N 板上的Q 点，则F 洛＝qvB ＝mv 2RT B ＝2πR v解得R ＝mv qB ＝10－4×12×10－5×100 m ＝0.05 m(2分)T B ＝2πm qB ＝2π×10－42×10－5×100 s ＝0.1 πs(2分)又已知d ＝0.3 m ，由几何关系得d ＝6R (1分)所以交变磁场周期T ＝12T B ＝0.05 πs (1分)(3)设Q 、O 两点的水平距离为x ，由几何关系得x ＝6R ＝0.3 m (3分)答案：(1)1 m/s (2)正电 0.05πs (3)0.3 m。

2014届高考物理第一轮复习方略单元评估检测1 运动的描述汇总

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：单元评估检测1运动的描述(40分钟 100分)一、选择题(本大题共 9小题，每小题7分，共63分.每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.甲、乙两物体都做匀加速直线运动，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，则在某一段时间内( )A.甲的位移一定比乙的大B.甲的平均速度一定比乙的大C.甲的速度变化一定比乙的大D.甲的末速度一定比乙的大2.某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为( )A.xt B.2xtC.x2t D.xt到2xt之间的某个值3.一条悬链长7.2 m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)( )A.0.3 sB.0.4 sC.0.7 sD.1.2 s4.一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第 1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )A.质点运动的加速度是0.6 m/s2B.质点运动的加速度是0.3 m/s2C.第1次闪光时质点的速度是0.05 m/sD.第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s5.(2012·大庆模拟)某军事试验场正在平地上试射地对空导弹,若某次竖直向上发射导弹时发生故障,造成导弹的v-t图象如图所示,则下述说法中正确的是( )A.0～1 s内导弹匀速上升B.1～2 s内导弹静止不动C.3 s末导弹回到出发点D.5 s末导弹恰好回到出发点6.小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g＝10 m/s2，则小球( )A.最大速度为5 m/sB.第一次反弹的初速度大小为3 m/sC.能弹起的最大高度为0.45 mD.能弹起的最大高度为1.25 m7.某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中( )A.a、b两物体速度之差保持不变B.a、b两物体速度之差与时间成正比C.a、b两物体位移之差与时间成正比D.a、b两物体位移之差与时间平方成正比8.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示，取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v-t图象正确的是( )9.(2012·襄阳模拟)汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动,当它路过某处的同时,汽车乙从此处开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲,根据上述已知条件( )A.可求出乙车追上甲车时,乙车的速度B.可求出乙车追上甲车时,乙车走的路程C.可求出乙车从开始运动到追上甲车时,乙车运动的时间D.不能求出上述三者中任何一个二、实验题(7分)10.(2012·梅州模拟)某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量m=50 g的重锤下落时的加速度值,该学生将重锤固定在纸带下端,让纸带穿过打点计时器,实验装置如图所示.(1)以下是该同学正确的实验操作和计算过程,请填写其中的空白部分:①实验操作:______________,释放纸带,让重锤自由落下,______________.②取下纸带,取其中的一段标出计数点如图所示,测出相邻计数点间的距离分别为x1=2.60 cm,x2=4.14 cm,x3=5.69 cm,x4=7.22 cm,x5=8.75 cm,x6=10.29 cm,已知打点计时器的打点间隔T=0.02 s,则重锤运动的加速度计算表达式为a=______________,代入数据,可得加速度a=______________m/s2(计算结果保留三位有效数字).(2)该同学从实验结果发现,重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小,为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差,请你提出一个有效的改进方法:_________________________________________________________________________________________________________________________.三、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(14分)如图所示是在2011年深圳大运会我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿，运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看做全部质量集中在重心的一个质点，g 取10 m/s 2)(1)运动员起跳时的速度v 0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t(结果保留3位有效数字).12.(2012·合肥模拟)(16分)A 、B 两列火车,在同一轨道上同向行驶,A 车在前,其速度v A =10 m/s,B 车在后,速度v B =30 m/s,因大雾能见度很低,B 车在距A 车x 0=75 m 时才发现前方有A 车,这时B 车立即刹车,但B 车要经过180 m 才能停下来. (1)B 车刹车时A 仍按原速率行驶,两车是否会相撞?(2)若B 车在刹车的同时发出信号,A 车司机经过Δt=4 s 收到信号后加速前进,则A 车的加速度至少多大才能避免相撞?答案解析1.【解析】选C.加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，所以相同时间内加速度大的物体速度变化一定大，C 正确；由于物体初速度未知，故无法判断某一段时间内的末速度、平均速度以及位移的大小，A 、B 、D 错误.2.【解析】选B.根据匀变速直线运动的平均速度公式得0v v x v 2t +==，解得02x v t=，故B 正确.3.【解析】选B.设悬链的长度为L ，经t 1悬链的下端经过该点，经t 2悬链的上端经过该点，则22122111h L gt h gt t t t 22-==∆=-，，.解得Δt=0.4 s ，B 正确. 4.【解析】选B 、C.画出如图所示的过程图：质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了x 1＝0.2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了x 3＝0.8 m ，由匀变速直线运动的公式：x m -x n ＝(m-n)aT 2，可得：223122x x 0.80.2a m /s 0.3 m /s 2T 21--=⨯＝＝，A 错误，B 正确；又由2101x v T aT2＝＋可得，v 0＝0.05 m/s ，C 正确，D 错误.5.【解析】选D.在v-t 图象中,图线的斜率表示加速度,故0～1 s 内导弹匀加速上升,1～2 s 内导弹匀速上升,第3 s 时导弹速度为0,即上升到最高点,故A 、B 、C 错误;v-t 图线与时间轴包围的面积表示位移,在0～3 s 内,()11x 132=⨯+ 30 m 60 m ⨯=,在3～5 s 内,21x 260 m 60 m2=-⨯⨯=-,所以x=x 1+x 2=0,即5 s 末导弹又回到出发点,D 正确. 6.【解析】选A 、B 、C.由v-t 图象可知，速度最大值为5 m/s,0.5 s 时，速度反向，大小为3 m/s ，A 、B 正确；弹起的最大高度为1h 0.3 3 m 0.45 m2⨯⨯＝＝，C 正确，D 错误. 【变式备选】在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t 1时刻，速度达较大值v 1时打开降落伞，做减速运动，在t 2时刻以较小速度v 2着地，他的速度—时间图象如图所示，下列关于该空降兵在0～t 1或t 1～t 2时间内的平均速度v 的结论正确的是( ) A.11v 0t ,v 2=～B.1212v v t t ,v 2+=～C.1212v v t t ,v 2+～＞D.1212v v t t ,v 2+～＜【解析】选A 、D.平均速度的定义式为x v t=，适用于任何运动，在速度—时间图象中x 对应的是v-t 图线和时间轴所围的面积，所以0～t 1时间内的平均速度112v v t t 2=，～时间内的平均速度12v v v 2+＜，A 、D 正确. 7.【解析】选A 、C.根据v 1′=v 1+at ，v 2′=v 2+at,所以Δv=v 2′-v 1′=v 2-v 1，显然a 、b 两物体速度之差是个恒量，A 正确，B 错误；根据22112211x v t at x v t at22=+=+，可得，Δx=x 2-x 1=(v 2-v 1)t ，显然a 、b 两物体位移之差与时间成正比， C 正确，D 错误.8.【解析】选C.物体在0～1 s 内做匀加速直线运动，在1～2 s 内做匀减速直线运动，到2 s 末速度刚好减为0，一个周期结束，以此循环运动，故C 正确. 9.【解析】选A 、B 、C.当两车相遇时,对甲车有x=v 0t,对乙车有21x at2=,所以可以求出乙车追上甲车的时间,并求出乙车追上甲车时乙车走的路程,B 、C 正确;对乙车v=at,所以可以求出乙车此时的速度,A 正确,D 错误. 【总结提升】求解追及问题的分析思路(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系.(2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系.追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同.(3)寻找问题中隐含的临界条件.例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离等.利用这些临界条件常能简化解题过程.(4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件联立方程外，还有利用二次函数求极值及应用图象法和相对运动知识求解.10.【解析】(1)①实验时,应先接通打点计时器的电源,再释放纸带,实验结束,应立即关闭电源.②由逐差法求解重锤下落的加速度:()()()()()456123245612322x x x x x x a 92T x x x x x x 9.60 m /s 36T ++-++=⨯++-++==(2)重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小,是因为重锤下落时所受空气阻力过大或者纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力过大.为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差,可以将重锤换成较大质量的重锤或者实验过程中重锤下落时尽量减小纸带与限位孔之间的摩擦. 答案:(1)①接通电源实验结束关闭电源②()()4561232x x x x x x 36T ++-++9.60(2)将重锤换成较大质量的重锤或者实验过程中重锤下落时尽量减小纸带与限位孔之间的摩擦 11.【解析】(1)上升阶段-v 02=-2gh (3分)解得：0v 3 m/s=(1分)(2)上升阶段：0=v 0-gt 1(3分)解得：01v 3t s 0.3 sg 10===(1分)自由落体过程：221H gt 2=(3分)解得：2t 1.45 s===(1分)故t=t 1+t 2=0.3 s+1.45 s=1.75 s(2分)答案：(1)3 m/s(2)1.75 s12.【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)两车速度相等是两车是否会相撞的临界条件. (2)两车是否相撞由位移关系确定. 【解析】(1)B 车刹车至停下来的过程中, 由22B B v v 2a x -=(1分)解得22B B v a 2.5 m /s2x=-=-(1分)画出A 、B 两列火车的v-t 图象如图所示,(1分)根据图象计算出两列火车的位移分别为: x A =10×8 m=80 m(1分)B 3010x 8 m 160 m2+=⨯=(1分)因x B ＞x 0+x A =155 m(1分)故两车会相撞.(1分)(2)设A 车加速度为a A 时两车不相撞,则两车速度相等时,有: v B +a B t=v A +a A (t-Δt)(2分)此时B 车的位移2B B B 1x v t a t2'=+(2分)A 车的位移2A A A 1x v t a (t t)2'=+-∆(2分)为使两车不相撞,两车的位移关系满足x B ′≤x 0+x A ′ (1分) 联立以上各式解得a A ≥0.83 m/s 2(1分)即A 车的加速度至少为0.83 m/s 2(1分)答案:(1)两车会相撞 (2)0.83 m/s 2。

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习第十章第2讲电路电路的基本规律课时作业

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习第十章第2讲电路电路的基本规律课时作业【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习第十章第2讲电路电路的基本规律课时作业(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。

每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013·江门模拟)在已接电源的闭合电路中,关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是( )A.如果外电压增大,则内电压增大,电源电动势也会随之增大B.如果外电压减小,内电阻不变,内电压也就不变,电源电动势也随外电压减小C.如果外电压不变,则内电压减小时,电源电动势也随内电压减小D.如果外电压增大,则内电压减小,电源电动势始终为二者之和,保持恒定2.(2013·南宁模拟)一台直流电动机电枢线圈的电阻是R,其额定电压是U,额定功率是P。

那么,正常工作的电流( )A.等于,且大于B.等于,且小于C.等于,也等于D.不等于,但等于3.有a、b、c、d四个电阻,它们的U -I关系如图所示,其中电阻最小的是( )A.aB.bC.cD.d4.(2013·福州模拟)一电池外电路断开时的路端电压为3V,接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V,则可以判定电池的电动势E和内电阻r为( )A.E=2.4V,r=1ΩB.E=3V,r=2ΩC.E=2.4V,r=2ΩD.E=3V,r=1Ω5.(2013·百色模拟)甲、乙两根保险丝均为同种材料制成,直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm,熔断电流分别为2.0A和6.0 A,把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中,允许通过的最大电流是( )A.6.0 AB.7.5 AC.10.0 AD.8.0 A6.(2013·厦门模拟)在如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻,R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器。

当R2的滑动触头在a端时合上开关S,此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。

【全程复习方略】(广东专用)高考物理一轮复习第一章第2讲力的合成与分解课时作业

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习第一章第2讲力的合成与分解课时作业(40分钟 100分)选择题(本大题共16小题,1～12每小题6分,13～16每小题7分,共100分。

每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013·济宁模拟)关于物体的受力分解问题,下列叙述正确的是( )A.斜面上的物体所受的重力,可以分解为使物体下滑的力和使物体压紧斜面的力B.斜面上的物体所受的重力,可以分解为使物体下滑的力和物体对斜面的压力C.水平地面上的物体受到的斜向上的拉力,可以分解为水平向前拉物体的力和竖直向上提物体的力D.水平地面上的物体受到的斜向下的推力,可以分解为水平向前推物体的力和竖直向下压地面的力2.如图所示,一重为8N的球固定在AB杆的上端,今用测力计水平拉球,使杆发生弯曲,此时测力计的示数为6N,则AB杆对球作用力的大小为( )A.6NB.8NC.10 ND.12N3.(2013·广州模拟)将物体所受重力按力的效果进行分解,下列图中错误的是( )4.如图所示,用一根长为l的细绳一端固定在O点,另一端悬挂质量为m的小球A,为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧,小球A处于静止,对小球施加的最小的力是( )C.12mg 5.(2013·青岛模拟)如图所示,在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a,杆与天花板保持垂直。

杆的下端有一个轻滑轮O 。

另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,BO 段细线与天花板的夹角θ=30°。

系统保持静止,不计一切摩擦。

下列说法中正确的是 ( )A.细线BO 对天花板的拉力大小是G2B.a 杆对滑轮的作用力大小是G 2C.a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD.a 杆对滑轮的作用力大小是G6.(2013·无锡模拟)如图甲所示,在广州亚运会射箭女子个人决赛中,中国选手程明获得亚军。

【全程复习】高考物理第一轮复习方略单元评估检测2 相互作用新人教

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：单元评估检测2相互作用(40分钟 100分)一、选择题(本大题共9小题，每小题7分，共63分.每小题至少一个答案正确，选不全得4分)1.物体受到两个方向相反的力的作用，F 1＝4 N ，F 2＝8 N ，保持F 1不变，将F 2由8 N 逐渐减小到零的过程中，它们的合力大小变化是( ) A.逐渐减小B.逐渐变大C.先变小后变大D.先变大后变小2.(2012·佛山模拟)如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v ，则传送带启动后( ) A.M 静止在传送带上 B.M 可能沿传送带向上运动 C.M 受到的摩擦力不变 D.M 下滑的速度不变3.如图所示，水平地面上固定着一竖直立柱，某人通过柱顶的定滑轮将200 N 的重物拉住不动，已知人拉着绳的一端，绳与水平地面夹角为30°，则定滑轮所受的压力大小为( )A.400 NB.C.300 ND.200 N4.(2012·绥化模拟)如图所示，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=mgsin θ B.1mgF sin =θ C.F 2=mgcos θD.2mgF cos =θ5.(2012·潍坊模拟)如图所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，M 左边紧贴墙壁，若在M 斜面上放一个物体m ，当m 沿着M 的斜面下滑时，M 始终静止不动，则M 受力个数可能为( ) A.4个或5个 B.5个或6个 C.3个或4个D.4个或6个6.如图所示，一个重为30 N 的物体，放在倾角θ＝30°的斜面上静止不动，若用F ＝5 N 的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是( ) A.物体受到的摩擦力减小2.5 NB.物体对斜面的作用力减小5 NC.斜面受到的压力减小5 ND.物体受到的合外力减小5 N7.(2012·珠海模拟)在如图所示装置中，两物体质量分别为m 1、m 2，悬点a 、b 间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态.由图可知( )A.α一定等于βB.m 1一定大于m 2C.m 1一定小于2m 2D.m 1可能大于2m 28.(2011·安徽高考)一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上.现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示.则物块( )A.仍处于静止状态B.沿斜面加速下滑C.受到的摩擦力不变D.受到的合外力增大9.(2012·安庆模拟)如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑，A 与B 的接触面光滑．已知A 与斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，B 与斜面之间的动摩擦因数是( ) A.2tan 3α B.23tan αC ．tan αD．1 tan二、实验题(7分)10.(2012·洛阳模拟)某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图所示，则由图线可知：(1)弹簧的劲度系数为______________________.(2)弹簧的弹力为5 N，弹簧的长度为______________________.三、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(2012·霸州模拟)(14分)如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为m A=10 kg，m B=20 kg，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求所加水平力F的大小.(取g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)12.(2012·长治模拟)(16分)如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力为多大？(2)C球的重力为多大？答案解析1.【解析】选C.F1与F2共线反向，所以当F2>4 N时,其合力F＝F2－F1，其方向与F2同向，F2减小时F减小，F2＝4 N时最小为零；当F2<4 N时，其合力F＝F1－F2，其方向与F1同向，F2从4 N减到零时，F逐渐从零增大到4 N.故F2从8 N减到零的过程中，其合力先减小后增大，故C 正确.2.【解析】选C 、D.由M 匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、滑动摩擦力、支持力，传送带启动以后对M 受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C 、D 正确．3.【解析】选B.两股绳对定滑轮作用力如图所示：F ＝mg ＝200 N ，由几何关系得F 2Fcos30︒合＝＝，定滑轮受的压力N F F 合＝＝，故B 正确.4.【解析】选D.由于物体m 静止时对O 点的作用力等于物体的重力，其产生的效果是对AO 的拉力F AO 、对BO 的压力F BO ，所以物体m 对O 点的拉力F 可分解为两个分力F AO 和F BO ，如图所示，由三角函数得F 1=F AO =mgtan θ，2BO mgF F cos ==θ，故D 正确.5.【解析】选A.斜面光滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力和墙壁对它的弹力共4个力；斜面粗糙，m 匀速下滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力和m 对它的摩擦力共4个力，当m 加速下滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力、m 对它的摩擦力和墙壁对它的弹力5个力,故A 正确. 【总结提升】受力分析应注意的事项(1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施加的力. (2)只分析性质力，不分析效果力. (3)每分析一个力，都应找出施力物体. (4)合力和分力不能同时作为物体所受的力.6.【解析】选A 、B.对物体受力分析可知，没施加F 前，摩擦力f F Gsin 15 N θ＝＝，支持力N F Gcos θ＝＝，物体对斜面的作用力大小等于30 N.施加F 后，摩擦力变为F f ′＝(G －F)sin θ＝12.5 N ，支持力变为N F (G F)cos 'θ＝－＝，物体对斜面的作用力大小变为G －F ＝25 N ，故A 、B 正确，C 错误；物体始终静止在斜面上，合外力始终为0，D错误.【变式备选】物体在水平推力F 的作用下静止于斜面上，如图所示，若稍稍增大推力，物体仍保持静止，则( ) A.物体所受合外力增大B.物体所受合外力变小C.物体对斜面的压力增大D.斜面对物体的摩擦力一定增大【解析】选C.由于物体始终静止，物体受到的合外力为零，A 、B 错误；由平衡条件知，物体对斜面的压力增大，C 正确；因初始摩擦力方向不确定，故D 错误.7.【解析】选A 、C.对物体m 2由平衡条件得F T =m 2g ，对物体m 1由平衡条件得：水平方向F T sin α=F T sin β，竖直方向F T cos α+F T cos β=m 1g ，解得：α=β， 122m 2m cos 2m =α<，故A 、C 正确，B 、D 错误.8.【解题指南】物块不加力F 时的受力情况，“恰好静止”，物块所受静摩擦力等于滑动摩擦力，可求出动摩擦因数，加力F 后再进行受力分析，判断运动状态.【解析】选A.无力F 时受力情况如图(a)所示，“物块恰好静止”，受最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，物块受到最大静摩擦力max f N F F mgcos =μ=μθ，由平衡条件得：mgsin θ=μmgcos θ，解得μ=tan θ；当施加恒力F 后，受力情况如图(b)所示，物块所受最大静摩擦力为max f F (mgcos Fcos )mgsin Fsin '=μθ+θ=θ+θ，物块仍处于静止状态，A 正确，B 错误；由于max max f f F F '>，故C 错误;物块始终静止，则受到的合外力始终为零，D 错误.9.【解析】选A.A 、B 两物块受到斜面的支持力均为mgcos α，所受滑动摩擦力分别为：A B f A f B F mgcos F mgcos μαμα＝，＝，对整体受力分析结合平衡条件可得： 2mgsin α＝μAmgcos α＋μB mgcos α，且μA ＝2μB ，解得B 2tan 3μα＝，故A 正确.10.【解析】由弹力的大小F 和弹簧长度L 的关系图可知，弹簧原长L 0=10 cm ；弹簧形变量大小x=5 cm 时，弹力F=10 N ，由胡克定律F=kx 可得弹簧的劲度系数k=200 N/m ；弹簧的弹力为5 N 时，弹簧的形变量为Fx 2.5k== cm ，当弹簧压缩时，弹簧的长度为7.5 cm,当弹簧拉伸时，弹簧的长度为12.5 cm. 答案：(1)200 N/m(2)12.5 cm 或7.5 cm11.【解析】A 、B 的受力分析如图所示.对A 由平衡条件得：11T f N F sin37F F ︒==μ(3分)1T N A F cos37F m g ︒+=(3分)联立以上两式可得：1A N 3m gF 60 N 43==μ+(2分)11f N F F 30 N =μ=(2分)对B 由平衡条件得：()1212111f f f N f N B f B F F F F F F F m g 2F m g 160 N ='+='+μ=+μ+=+μ=(4分)答案：160 N12.【解析】(1)A 、C 球的受力情况分别如图所示：其中F ＝kx ＝1 N(3分)对于A 球，由平衡条件得： F ＝F T sin 30°(3分)F N ＝G A ＋F T cos 30°(3分)解得：N F (2＝(2分)(2)由(1)可得两线的张力为： F T ＝2 N(1分)对于C 球，由平衡条件得： 2F T cos 30°＝G C(3分)解得：C G ＝(1分)答案：(1) (2 N(2)。

全程复习2014届高考物理第一轮基础夯实复习方略第一次全册综合检测(11页, 新人教通用版,含精细解析).pptx

C. 放冷后盖子与茶杯间的最大静摩擦力增大
D. 开盖时需要用力做功来补充因温度降低而使茶杯减少的内能 8.(2012·南通模拟)(4 分)如图所示，带有活塞的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，汽缸
与活塞均具有良好的绝热性能.将一个热敏电阻置于汽缸中(热敏电阻的阻值随温度的升高
而减小)，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，
W 不可能达到 10 0%，从能量转换的角度，说明 Q1
能不能完全转化为
能.
(2)如图表示一定质量的某气体在不同温度下的两条等温线.图中等温线Ⅰ对应
的温度比等温线Ⅱ对应的温度要
(选填“高”或“低”).在同一等
温线下，如果该气体的压强变为原来的 2 倍，则气体的体积应变为原来的
. 18.(9 分)(1)关于晶体和非晶体，下列说法正确的是( ) A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
A.从外界吸热
B.对外界做负功
C.分子平均动能减少
D.内能增加
(2)气体温度计结构如图所示.玻璃测温泡 A 内充有理想气体，通过细玻璃管 B 和水
银压强计相连.开始时 A 处于冰水混合物中，左管 C 中水银面在 O 点处，右管 D 中水
银面高出 O 点 h1= 14 cm.后来放入待测恒温槽中，上下移动 D，使左管 C 中水银面在O 点处，测得右管 D 中水银面高出O 点 h2=44 cm(已知外界大气压为 1 个标准大气压，1 标准大气压相当于 76 cmHg)
C. 对一定质量的气体加热，其内能一定增加
D.当分子间距 r＜r0时，分子间斥力比引力变化得快；当 r＞r0 时，引力比斥力变化得快
4.(4 分)设合力为零时分子间距为 r0，分子之间既有引力也有斥力，它们与分子间距的关系有以下说法，其中正确的是( ) A.随着分子间距的增加，分子间的引力减小得快，斥力减小得慢 B.随着分子间距的增加，分子间的引力减小得慢，斥力减小得快

2014高考物理总复习方略单元评估检测一

单元评估检测(一)第一章(60分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。

每小题只有一个选项正确)1.如图是火箭点火升空瞬间的照片,关于这一瞬间的火箭的速度和加速度的判断,下列说法正确的是( )A.火箭的速度很小,但加速度可能较大B.火箭的速度很大,加速度可能也很大C.火箭的速度很小,所以加速度也很小D.火箭的速度很大,但加速度一定很小2.(2013·漳州模拟)物体从静止开始做匀加速直线运动,第3s内通过的位移是3 m,则( )A.第3 s内的平均速度是1 m/sB.物体的加速度是1.2 m/s2C.前3 s内的位移是6 mD.3 s末的速度是4 m/s3.(2013·泉州模拟)从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度图像如图所示。

在0～t0时间内,下列说法中正确的是( )A.Ⅰ、Ⅱ两个物体的加速度都在不断减小B.Ⅰ物体的加速度不断增大,Ⅱ物体的加速度不断减小C.Ⅰ物体的位移不断增大,Ⅱ物体的位移不断减小D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是4.甲、乙两物体从同一点开始做直线运动,其v -t图像如图所示,下列判断正确的是( )A.在t0时刻两物体速度大小相等,方向相反B.在t0时刻两物体加速度相同C.在t0时刻之前,乙物体在甲物体前,并且两物体间距离越来越大D.在t0时刻之后,甲物体在乙物体前,并且两物体间距离越来越大5.(2013·黄山模拟)沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s,以质点的运动方向为正方向,则质点的加速度为( )A.2.45 m/s2B.-2.45 m/s2C.4.90 m/s2D.-4.90 m/s26.某军事试验场正在平地上试射地对空导弹,若某次竖直向上发射导弹时发生故障,造成导弹的v-t图像如图所示,则下述说法中正确的是( )A.0～1 s内导弹匀速上升B.1～2 s内导弹静止不动C.3 s末导弹回到出发点D.5 s末导弹恰好回到出发点7.一个物体做变加速直线运动,依次经过A、B、C三点,B为AC的中点,物体在AB段的加速度恒为a1,在BC段的加速度恒为a2,已知物体经过A、B、C三点的速度为v A、v B、v C,有v A<v C,且v B=,则加速度a1和a2的大小为( )A.a1<a2B.a1=a2C.a1>a2D.条件不足无法确定8.(2013·莆田模拟)甲、乙两个物体从同一地点出发,在同一直线上做匀变速直线运动,它们的速度图像如图所示,则( )A.甲、乙两物体运动方向相反B.t=4s时,甲、乙两物体相遇C.甲、乙两物体能相遇两次D.在相遇前,甲、乙两物体的最远距离为20m二、实验题(本大题共2小题,共15分)9.(5分)某同学在测定匀变速直线运动的加速度时,得到了几条较为理想的纸带,已在每条纸带上每5个计时点取好了一个计数点,即两计数点之间的时间间隔为0.1s,依打点先后编为0、1、2、3、4、5。