2018年山东省乐陵市第一中学高三物理三轮冲刺：圆周运动-教师版+Word版含解析

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山东省乐陵市第一中学高三物理三轮牛顿运动定律的应用-教师版---精校解析Word版

牛顿运动定律的应用一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和包括支架的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力A. B.C. D.D（@乐陵一中）解：当电磁铁通电前，绳的拉力应为；当电磁铁通电后，铁片被吸引上升常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大根据可知，此过程中超重，吸引力大于铁片重力由于磁力，将整个电磁铁装置与铁片联系到一起因为电磁铁吸引铁片的吸引力大于铁片的重力，则根据作用力与反作用力原理，铁片吸引电磁铁的力为F 的反作用力，大小相等、方向相反，且作用在两个不同的物体上所以，绳的拉力大于所以选项D正确，ABC错误．故选D通电后，铁片被吸引上升常识告诉我们，铁片被吸引，向电磁体运动靠近，其运动情况是变加速运动，即越靠近电磁铁，吸力越大，加速度越大，根据可知，此过程中超重．本题考查了物体的超重和失重，记住要点：加速度向上超重，加速度向下失重．2.人站在电梯内的体重计上，当体重计示数增大时，可能的原因是A. 电梯匀速上升B. 电梯匀减速上升C. 电梯匀减速下降D. 电梯匀加速下降C（@乐陵一中）解：A、电梯匀速上升或匀速下降时处于平衡状态，重力等于支持力，，体重计示数不会增大，故A错误；C、体重计示数增大，则体重计对人的支持力大于人的重力，人受到的合力向上，处于超重状态，电梯可能加速上升或减速下降，故C正确，BD错误；故选：C．先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解．本题应明确超重与失重的性质，知道只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变．3.某人在地面上最多可举起60kg的物体，某时他在竖直向上运动的电梯中最多举起了100kg的物体，据此判断此电梯加速度的大小和方向A. 竖直向上B. 竖直向上C. 竖直向下D. 竖直向下C（@乐陵一中）解；由题意知物体处于失重状态，此人最大的举力为．则由牛顿第二定律得，，解得方向向下．故选：C根据人在地面上最多能举起质量为60kg的物体，计算出人最大的举力由牛顿第二定律求出人变速运动的电梯中能举起的物体的最大质量．本题是应用牛顿第二定律研究超重和失重的问题，关键抓住人的最大举力是一定的．4.城市部分过街天桥装有智能化电动扶梯，如图所示，当乘客站上扶梯时，它先缓慢加速，然后再匀速上升，则A. 乘客始终处于超重状态B. 乘客始终处于失重状态C. 电梯对乘客的作用力始终竖直向上D. 电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上D（@乐陵一中）解：AB、加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重故AB错误．C、D，匀加速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，静摩擦力水平向右，两者合力斜向右上方匀速运动阶段，电梯对顾客的支持力竖直向上，根据牛顿第三定律，顾客对电梯作用力的方向先指向左下方，后竖直向下故C错误、D正确．故选：D先分析顾客的运动情况：先加速，再匀速，加速度方向先沿电梯斜向上，后为零，利用牛顿第二定律对他进行受力分析，就能得到解答．应用牛顿第二定律分析物体受力情况，是物理上常用方法，特别要抓住牛顿第二定律的矢量性，即加速度方向与合力方向相同，对分析受力很有好处．5.如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则A. 在CD段时，A受三个力作用B. 在DE段时，A可能受三个力作用C. 在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D. 整个下滑过程中，A、B均处于失重状态C（@乐陵一中）解：A、在CD段，整体的加速度为：，隔离对A分析，有：，解得：，可知A受重力和支持力两个力作用故A 错误．B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为，在DE段，整体的加速度为：，隔离对A分析，有：，解得：，方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力故B错误，C正确．D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态．在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态故D错误．故选：C．根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力．本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止在此过程中A. 水平力F一定变大B. 斜面体所受地面的支持力一定变大C. 物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D. 地面对斜面体的摩擦力一定变大AD（@乐陵一中）解：取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有，，在将物体B缓慢拉高的过程中，增大，则水平力F和细绳上的拉力T随之变大故A正确；对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，因拉力F变大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；故D正确；B错误；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定故C错误；故选AD．本题为动态平衡类题目，分别分析B和整体，由共点力的平衡条件可得出各部分力的变化．对于用绳子连接的物体，可以沿绳子的方向作为整体作出受力分析，则可以简化解题过程．7.如图所示，物体A、B的质量均为M，物体C的质量为，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长，重力加速度为g，系统在由静止释放后的运动过程中，下列说法正确的是A. 物体A上升加速度为B. 物体A上升加速度为C. 轻绳对A的拉力为MgD. 物体C对B的拉力为B D（@乐陵一中）解：AB、以整体为研究对象，相同运动的合力等于C的重力，即合，整体根据牛顿第二定律可得：加速度合，所以A错误、B正确；C、设绳子拉力为T，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得：，所以C错误；D、设C和B之间的拉力为F，以C为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得：，所以物体C对B的拉力为，D正确．故选：BD．以整体为研究对象求解加速度大小；以A为研究对象求解轻绳对A的拉力大小，以C为研究对象求解C和B之间的绳子的拉力大小．本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用．8.升降机箱内底部放一个质量为m的物体，当箱从高空某处以初速度下落时，其速度时间图象如图乙所示，以下说法正确的是A. 物体在～时间内加速度值变小B. 物体在～时间内加速度值变大C. 物体在～时间内处于超重状态D. 物体在～时间内处于失重状态AC（@乐陵一中）解：A、在图中，图线的斜率表示物体速度变化的快慢，即斜率表示物体的加速度，由图可知，在～时间内物体的加速度逐渐减小故A正确，B错误；C、物体在～时间内的初速度的方向向下，是向下做减速运动，所以加速度的方向向上，物体处于超重状态故C正确，D错误．故选：AC考查图象，由图可知物体的运动状态为向下减速，加速度方向向上，物体处于超重状态，且由图象的斜率可得出加速度的变化是逐渐减小物体处于失重还是超重不是由其速度决定的，而是由其加速度方向决定的，加速度方向向上处于超重，此时物体可能向上加速运动，也可能向下减速运动失重时也是有如此两种情形，可能向下加速也可能向上减速．9.下列说法中正确的是A. 气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体分子的密集程度以及气体分子的平均动能有关B. 在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果C. 液晶显示器是利用了液晶对光具有各向同性的特点D. 当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小AB（@乐陵一中）解：A、气体对密闭容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，取决于分子的密集程度和分子的平均动能故A正确；B、在绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果故B正确；C、液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点故C错误；D、当时，分子力表现为引力，随着分子之间距离的增大，分子间的作用力都减小，但表现为引力，所以分子力做负功，故D错误．故选：AB利用温度是平均动能的标志和压强的微观解释，取决于分子的密集程度和分子的平均动能；自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果；液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点；两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大．明确温度是分子平均动能的标志，注意是大量分子的统计规律，如只提几个分子毫无意义；与弹簧类比分子作用力和分子势能间的关系．三、填空题（本大题共1小题，共5分）10.人乘坐电梯，电梯未启动时，地板对人的支持力______ 人所受的重力选填“大于”、“小于”或“等于”；当电梯加速上升时，地板对人的支持力______ 人所受的重力选填“大于”、“小于”或“等于”．等于；大于（@乐陵一中）解：当电梯未启动时，物体的加速度，根据牛顿第二定律可得，故地板对人的支持力等于人所受的重力；当电梯加速上升时，，由以上分析可知即地板对人的支持力大于人所受的重力．故答案为：等于；大于．要求地板对人的支持力，应以人为研究对象对人进行受力分析，根据牛顿第二定律求出人所受的支持力，即可得出答案．处理此类问题的步骤是：选取研究对象，受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解．四、计算题（本大题共4小题，共48分）11.如图所示，质量、长的木板A静止在光滑水平面上，质量的小滑块B置于A的左端。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮动量守恒定律及其应用-教师版---精校解析Word版

动量守恒定律及其应用一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.将质量为的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为喷出过程中重力和空气阻力可忽略A. B. C.D.A（@乐陵一中）【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小。

本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方向相反，基础题。

【解答】开始总动量为零，规定向向下为正方向，根据动量守恒定律得，，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误。

故选A。

2.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶人相对于小车静止不动，靶装在车上的另一端，如图所示，已知车、人、枪和靶的总质量为不含子弹，子弹的质量为m，若子弹离开枪口的水平速度大小为空气阻力不计，子弹打入靶中且留在靶里，则子弹射入靶后，小车获得的速度大小为A. 0B.C.D.A（@乐陵一中）解：车、人、枪、子弹组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以子弹的初速度方向正方向，射击前系统动量为零，由动量守恒定律可知，子弹射入靶中后系统动量也为零，车的速度为零；故选：A．系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度．本题考查了求车的速度，确定研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题．3.有关下列四幅图的说法正确的是A. 甲图中，球以速度v碰撞静止球，若两球质量相等，碰后的速度一定为vB. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C. 丙图中，射线甲由粒子组成，射线乙为射线，射线丙由粒子组成D. 丁图中，链式反应属于轻核聚变B（@乐陵一中）解：A、甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后的速度不大于v，但不是一定等于v，故A错误；B、乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；C、丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由粒子组成，乙不带电，射线乙是射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C错误；D、图4中链式反应属于重核裂变，故D错误；故选：B由动量守恒定律结合弹性碰撞与非弹性碰撞分析A选项；入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关；由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；重核变为轻核的核反应是裂变．本题考查了选修内容，掌握基础知识即可正确解题，对选修内容要熟练掌握基础知识；入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关．4.如图所示，甲木块的质量为，以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后A. 甲木块的动量守恒B. 乙木块的动量守恒C. 甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D. 甲、乙两木块所组成系统的动能守恒（@乐陵一中）解：甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒，故AB错误，C正确；甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的势能，故系统动能不守恒，故D错误．故选：C．系统所受合力为零时，系统动量守恒，合外力做功为零，系统动能不变，据此分析答题．本题考查了判断动量与动能是否守恒，应用动量守恒的条件、从能量角度分析即可正确解题．5.在光滑的水平面上有a、b两球在时发生正碰，其质量分别为、，两球在碰撞前后的图象如图所示、b两球质量之比是A. ：：2B. ：：5C. ：：1D. ：：2B（@乐陵一中）解：由图可知b球碰前静止，设碰撞前，a球的速度为，碰后a球速度为，b球速度为，物体碰撞过程中动量守恒，规定a的初速度方向为正，由动量守恒定律有：；由图知，，，，代入上式解得：：：故ACD错误，B正确．故选：Ba、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列出方程，结合图象信息即可求得两球质量关系．解决本题的关键是要掌握碰撞遵守基本的规律：动量守恒定律，列方程时要注意速度的方向，读图时速度的大小和方向一起读．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的滑块以一定的初速度从木板左端开始向右滑行两者的速度大小随时间变化的情况如图乙所示，则由图可以断定A. 滑块与木板间始终存在相对运动B. 在时刻滑块从木板上滑出C. 滑块质量大于木板质量D. 滑块未能滑出木板（@乐陵一中）解：A、由图象可知，在运动的过程中，滑块与木板的速度不同，始终与木板存在相对运动故A正确．B、滑块先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动，最终都做匀速直线运动，因为匀速直线运动的速度不同，则知滑块在时刻滑块从木板上滑出故B正确，D错误．C、从图线的斜率可知，滑块的加速度大小小于木板加速度的大小，根据牛顿第二定律知，，两个物体所受的摩擦力大小相等，可知滑块的质量m大于木板的质量故C正确．故选：ABC．滑块滑上木板后，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，知在时刻滑块从木板上滑出根据速度图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析质量关系．本题考查图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律．7.一个质量为的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻和一个质量为的太空碎片发生迎头正碰，碰后二者结合成一个整体，速度大小变为卫星原来速度的，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次通过远地点时通过极短时间的遥控喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同已知地球的半径为R，地球表面的重力加度大小为g，则下列说法正确的是A. 卫星与碎片碰撞前的线速度大小为B. 卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为C. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为D. 喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为BD（@乐陵一中）解：A、卫星圆周运动的向心力由万有引力提供可得：又：可得：，故A错误；B、据万有引力提供圆周运动向心力，有：解得卫星周期为：，故B正确；CD、由动能定理可得，喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为：故D正确，C错误．故选：BD据万有引力提供圆周运动向心力，即可求出卫星与碎片碰撞前的线速度大小与周期的大小；由动能定理即可求出喷气装置对卫星和碎片整体所做的功．此题考查的知识点较多，要求熟练应用万有引力定律和应用动能定理的能力，并且要求学生有很好的数学计算能力，难度相对较大．8.甲乙两人在光滑冰面上相向运动，相遇时两人掌心相碰互推对方，分开后两人运动方向相同下列说法正确的是A. 若甲乙，则甲对乙的冲量一定大于乙对甲的冲量B. 无论甲、乙质量关系如何，甲、乙两人的动量变化量大小一定相等C. 若甲的运动方向没变，则相互作用前甲的速率一定大于乙的速率D. 若甲的运动方向没变，则相互作用前甲的动量一定大于乙的动量BD（@乐陵一中）解：A、甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等，则甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A错误．B、以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等，方向相反，故B正确．CD、若甲的运动方向没变，说明相互作用后，两人运动方向与相互作用前甲的运动方向相同，取相互作用前甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，则有甲乙所以相互作用前甲的动量一定大于甲乙甲乙乙的动量由于两人的质量关系未知，所以不能确定两人相互作用前速率的大小关系，故C错误，D正确．故选：BD以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒冲量是矢量，其方向与作用力方向相同，甲对乙与乙对甲的作用力方向相反，冲量方向相反根据动量守恒定律分析动量变化量的关系以及相互作用前速率和动量关系．本题考查对动量守恒定律和冲量的理解能力，要注意动量是矢量，要选取正方向，用带正负号的量值表示动量．9.如图所示：一轻弹簧左端固定在足够长的木块A的左端挡板上，右端与小物块B连接，A、B及A与地面间的接触面均光滑开始时，A和B均静止，现同时对A、B施加大小相等、方向相反的水平恒力和则从两物体开始运动到以后的整个运动过程中弹簧形变始终不超过其弹性限度，对A、B和弹簧组成的系统，正确的说法是A. 由于、大小相等、方向相反，故系统动量守恒B. 由于、大小相等、方向相反，故系统机械能守恒C. 当弹簧的弹力与、大小相等时，A、B的动能均达到最大值D. 当弹簧的形变量最大时，A、B均处于平衡状态AC（@乐陵一中）解：对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，故A正确；由于、均对系统做正功，因此系统机械能不守恒，机械能增加，故B错误；根据牛顿第二定律可知，开始A、B均做加速度逐渐减小的加速运动，当时，A、B所受合外力均为零，此时二者速度最大，动能最大，然后开始做加速度逐渐增大的减速运动，当二者速度减为零时，弹簧最长，型变量最大，故C正确，D错误．故选AC．正确解答本题需要掌握：动量守恒条件的应用；机械能守恒条件的理解以及如何求机械能的变化；正确应用牛顿第二定律分析AB的运动形式．本题考查了动量守恒、机械能守恒条件的理解以及牛顿第二定律的应用，注意正确理解这两种守恒的条件，同时正确对物体进行受力分析，明确运动状态变化．三、填空题（本大题共1小题，共5分）10.质量为的木块静止在光滑水平面上，一质量为的子弹以的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是______。

山东省乐陵市2018年高考物理三轮冲刺专题能力提升原子物理(含解析)

原子物理一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1.下列说法正确的是A. 射线是高速运动的氦原子核B. 核聚变反应方程中，表示质子C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比D. 氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，向外辐射光子【答案】A【解析】解：A、射线是高速运动的氦原子核故A正确．B 、核聚变反应方程中，表示中子故B错误．C 、根据光电效应方程，知光电子的最大初动能与光子的频率成一次函数关系，不是正比关系故C错误．D、氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子故D错误．故选A．射线是高速运动的氦核流；表示中子；根据光电效应方程确定最大初动能与照射光频率的关系由低能级向高能级跃迁，吸收光子，由高能级向低能级跃迁，辐射光子．本题考查了光电效应、能级跃迁、射线的性质以及核反应等基础知识点，比较简单，关系熟悉教材，牢记这些基础知识点．2.根据如图所给图片及课本中有关历史事实，结合有关物理知识，判断下列说法正确的是A. 图1是发生光电效应现象的示意图，发生光电效应现象的条件是入射光的波长不小于金属的“极限波长”B. 图2是链式反应的示意图，发生链式反应的条件之一是裂变物质的体积大于等于临界体积C. 图3是氢原子能级图，一个处于能级的氢原子，跃迁可以产生6种光子D. 图4是氡的衰变规律示意图，氡的半衰期是天，若有16个氡原子核，经过天后一定只剩下4个氡原子核【答案】B【解析】解：A 、根据光电效应方程入射光的波长必须小于极限波长，才能发生光电效应故A错误．B、当不是临界体积时，不会发生裂变链式反应，有利于裂变燃料的贮存；当超过临界体积，则可发生持续的链式反应故B正确．C 、处于能级的氢原子向较低能级跃迁，最终跃迁到基态，跃迁情况可能是：，释放1种频率的光子，释放2种频率的光子，释放3种频率的光子，故C错误；D、半衰期是一个统计规律，对于大量的原子核适用，对于少数或个别原子核不适用，故D错误．故选：B．发生光电效应的条件是或，发生链式反应的条件之一是裂变物质的体积大于等于临界体积；根据跃迁的规律判断一个处于能级的氢原子能够发出的光子数；根据半衰期的物理意义判断D选项．解决本题的关键熟练掌握光电效应发生条件，同时要知道原子的能级跃迁是原子物理中的基础知识，要熟练掌握，同时明确能级和产生光子种类之间关系，注意临界体积与放射元素的原子序数范围，最后理解一个原子与大量原子跃迁的光子种类的区别．3.下列粒子流中贯穿本领最强的是A. 射线B. 阴极射线C. 质子流D. 中子流【答案】D【解析】解：射线射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住，但是其电离能力最强，阴极射线是电子流，能穿透的铝板；质子流比电子流的穿透能力要强一些，中子不带电，相同的情况下中子的穿透能力最强．故选：D．本题比较简单，明确射线、阴极射线、质子流与中子流的穿透能力、电离能力等性质即可正确解答．本题考查了几种射线的性质，对于这些性质一定要熟记并知道在日常生活中的应用中子流与质子流的穿透本领由于粒子的能量不同而没有具体的说明，记住它们的穿透本领比电子流的穿透本领略大即可．4.子与氢原子核质子构成的原子称为氢原子，它在原子核物理的研究中有重要作用右图为氢原子的能级示意图假定光子能量为E 的一束光照射容器中大量处于能级的氢原子，氢原子吸收光子后，发出频率为、、、、、和的光，且频率依次增大，则E等于A. B. C. D.【答案】C【解析】解：子吸收能量后从能级跃迁到较高n能级，然后从n能级向较低能级跃迁，若从n能级向低能级跃迁时如果直接跃迁到基态能级，则辐射的能量最大，否则跃迁到其它较低的激发态时子仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即1、2、任意两个轨道之间都可以产生一种频率的辐射光，故总共可以产生的辐射光子的种类为，解得，即子吸收能量后先从能级跃迁到能级，然后从能级向低能级跃迁．辐射光子的按能量从小到大的顺序排列为4能级到3能级，能级3到能级2，能级4到能级2，能级2到能级1，能级3到能级1，能级4到能级所以能量E 与相等．故C正确，ABD错误．故选：C．子吸收能量后向高能级跃迁，而较高能级不稳定会自发的向所有的较低能级跃迁，只有跃迁到基态后才能稳定，故辐射光子的种类为能级差越大，辐射的光子的频率越高．本题需要同学们理解子吸收能量后从较低能级跃迁到较高能级，而较高能级不稳定会自发的向较低能级跃迁，只有跃迁到基态后才能稳定，故辐射光子的种类为，这是重点，我们一定要熟练掌握．5.汞原子的能级图如图所示现让一束单色光照射到大量处于基态的汞原子上，汞原子只发出三种不同频率的单色光那么，关于入射光的能量，下列说法正确的是A. 可能大于或等于eVB. 可能大于或等于eVC. 一定等于eVD. 包含eV 、eV 、eV三种【答案】C【解析】解：汞原子只发出三种不同频率的单色光，知汞原子跃迁到第3能级，则吸收的光子能量故C正确，A、B、D错误．故选C．让一束单色光照射到大量处于基态的汞原子上，汞原子只发出三种不同频率的单色光知汞原子跃迁到第3能级，根据能级间跃迁辐射吸收光子的能量等于两能级间的能级差进行求解．解决本题的关键知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，．二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）6.下列说法正确的是A. 原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律B. 粒子散射实验能揭示原子具有核式结构C. 发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关D. 氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子【答案】BD【解析】解：A、原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，A错误；B、粒子散射实验能揭示原子具有核式结构，B正确；C、发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，C错误；D、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，D正确；故选：BD原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，粒子散射实验能揭示原子具有核式结构，发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关．掌握衰变的实质和规律，知道原子核式结构模型的内容，会解释光电效应现象．7.下列关于近代物理的描述，正确的是A. 光电效应和康普顿效应揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子具有能量，后者表明光子具有能量之外还具有动量B. 在光的干涉和衍射现象中，出现亮纹的地方是光子到达几率大的地方C. 比结合能越大，原子核中核子结合的越不牢固，原子核越不稳定D. 在核聚变反应中，由于释放能量，所以聚变后原子的总质量要减小E. 氢原子的能级是不连续的，但辐射光子的能量却是连续的【答案】ABD【解析】解：A、光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面前者表明光子具有能量，后者表明光子具有能量之外还具有动量故A正确．B、光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面前者表明光子具有能量，后者表明光子具有能量之外还具有动量故B正确．C、比结合能越大，原子核越稳定，越牢固故C错误．D、聚变时释放能量是因为发生了亏损质量，所以聚变反应后原子核的总质量小于反应前原子核的总质量，故D正确．E、处于基态的氢原子的能级是不连续的，且辐射光子的能量也是不连续的，故E错误；故选：ABD．光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性；亮纹的地方是光子到达几率大的地方；比结合能越大，原子核越稳定；依据质能方程可知，质量与能量相对应的；能级不连续，辐射光子的能量也不连续，从而即可求解．本题考查了光电效应方程和康普顿效应的意义、掌握质能方程、能级等知识点，关键理解这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大，注意结合能与比结合能的区别．8.三束单色光1、2和3的波长分别为、和分别用这三束光照射同一种金属已知用光束2照射时，恰能产生光电子下列说法正确的是A. 用光束1照射时，不能产生光电子B. 用光束3照射时，不能产生光电子C. 用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多D. 用光束2照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大【答案】AC【解析】解：AB 、依据波长与频率的关系：，因，那么；由于用光束2照射时，恰能产生光电子，因此用光束1照射时，不能产生光电子，而光束3照射时，一定能产生光电子，故A正确，B错误；CD、用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，而由光电效应方程：，可知，光电子的最大初动能与光的强弱无关，故C正确，D错误；故选：AC．根据波长与频率关系，结合光电效应发生条件：入射光的频率大于或等于极限频率，及依据光电效应方程，即可求解．考查波长与频率的关系式，掌握光电效应现象发生条件，理解光电效应方程的内容．9.我国首次使用核电池随“嫦娥三号”软着陆月球，并用于嫦娥三号的着陆器和月球车上，核电池是通过半导体换能器，将放射性同位素衰变过程中释放出的能量转变为电能嫦娥三号采用放射性同位素，静止的衰变为铀核和粒子，并放出频率为v 的光子，已知、和粒子的质量分别为、、下列说法正确的是A. 的衰变方程为B. 此核反应过程中质量亏损为C. 释放出的光子的能量为D. 反应后和粒子结合能之和比的结合能大【答案】ABD【解析】解：A 、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，的衰变方程为，故A正确；B 、此核反应过程中的质量亏损等于反应前后质量的差，为，故B正确；C 、释放的光子的能量为hv ，核反应的过程中释放的能量：，由于核反应的过程中释放的核能转化为新核与粒子的动能以及光子的能量，所以光子的能量小于，故C 错误；D 、衰变成和粒子后，释放核能，将原子核分解为单个的核子需要的能量更大，原子变得更稳定，所以反应后和粒子结合能之和比的结合能大，故D正确；故选：ABD根据质量数守恒与电荷数守恒写出核反应方程；核反应的过程中亏损的质量等于反应前后质量的差；核反应的过程中释放的核能转化为新核与粒子的动能以及光子的能量；原子核是核子结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量，这就是原子核的结合能抓住衰变后产物更稳定，比较反应后产物的结合能之和与反应前原子核的结合能大小．本题考查选修中内容，关键熟悉教材，牢记这些知识点，注意结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用．三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）10.已知一个氢原子的质量为，一个锂原子的质量为，一个氦原子的质量为一个锂核受到一个质子轰击变为2个粒子，则核反应方程为______ ；该核反应释放的核能为______ 结果保留3位有效数字【答案】；【解析】解：根据题意可知该反应的核反应方程式：；根据质能方程得：代入数据得，此过程释放能量为：；故答案为：：；．根据质量数和电荷数守恒可正确书写出该核反应方程，算出亏损质量，依据，可以求得释放的核能．本题比较简单考查了核反应方程、核能计算等基础知识，越是简单基础问题，越要加强理解和应用，为解决复杂问题打下基础．四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11.宇宙线是来自宇宙空间的高能粒子流，由各种原子核以及非常少量的电子、光子和中微子等组成，它可能携带着宇宙起源、天体演化的信息，一直吸引着科学家的关注．宇宙线粒子的能量范围非常大，有的可以高达宇宙线逃逸出宇宙线源在星际空间中传播时，会与磁场、星际介质等发生相互作用，导致一系列复杂的物理效应产生．利用空间探测器可以得到宇宙线在银河系中传播的一些数据，比如：铍10铍9比，其中铍9是宇宙线中原有的铍10在传播过程中衰变产生的．据此材料，以下叙述正确的是______A.宇宙线粒子的能量可以高达B.宇宙线中的电子不会受到星际磁场的影响C.根据可以得到宇宙线在银河系中平均传播时间的相关信息D.根据宇宙线到达探测器时的方向可以得到宇宙线源方位的相关信息．【答案】C【解析】解：A、由题可知，宇宙线粒子的能量范围非常大，有的可以高达，而不是J.故A错误；B、由题可知，宇宙线中的电子会与磁场、星际介质等发生相互作用，所以会受到星际磁场的影响故B错误；C.由于铍9是宇宙线中原有的铍10在传播过程中衰变产生的，所以结合半衰期的特点可知，根据可以得到宇宙线在银河系中平均传播时间的相关信息故C正确；D.由于宇宙线中的电子会与磁场、星际介质等发生相互作用，所以传播的方向会发生一些变化，所以根据宇宙线到达探测器时的方向不能得到宇宙线源方位的相关信息故D错误．故选：C将宇宙线粒子的能量的单位换算为J，然后比较即可；宇宙线逃逸出宇宙线源在星际空间中传播时，会与磁场、星际介质等发生相互作用；根据半衰期的特点与规律即可求出时间的相关信息．该题属于信息给予的题目，解答的关键是合理使用题目中给出的信息，并结合相关的物理学知识进行解答．12.已知氢原子的基态能量为，激发态能量为，已知普朗克常量为h，真空中光速为c ，吸收波长为 ______ 的光子能使氢原子从基态跃迁到的激发态；此激发态氢原子再吸收一个频率为v的光子后会被电离，则电离后瞬间电子的动能为______ ．【答案】；【解析】解：激发态的能量，则解得．根据能量守恒定律得，．则电子的动能：．故答案为：；根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出吸收的光子能量，从而得出吸收的波长大小，根据能量守恒求出吸收光子电离后电子的动能．该题考查氢原子的能级公式和跃迁，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律．五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13.自然界里放射性核素并非一次衰变就达到稳定，而是发生一系列连续的衰变，直到稳定的核素而终止，这就是“级联衰变”某个钍系的级联衰变过程如图轴表示中子数，Z 轴表示质子数，图中的衰变是______衰变，总共发生______次衰变．【答案】；6【解析】解：因为在衰变的过程中，横坐标不是多1，就是少2，知横坐标为电荷数，即质子数纵坐标少2或少1，知纵坐标表示中子数．图中的衰变质量数增加1，是衰变，从，质子数少8，中子数少16，则质量数少24，所以总共发生次衰变．故答案为：根据衰变的过程中电荷数少2，质量数少衰变的过程中电荷数多1，质量数不变，进行判断．解决本题的关键知道衰变的实质，知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒．14.氢4是氢的一种同位素，在实验室里，用氘核轰击静止的氚核生成氢4的原子核已知H 、的质量分别为、，速度大小分别为、，方向相同．请写出合成的核反应方程式，并求出反应后生成的另一粒子的动量大小p；氘原子的能级与氢原子类似，已知其基态的能量为，量子数为n 的激发态能量，普朗克常量为则氘原子从跃迁到的过程中，辐射光子的频率为多少？【答案】解：由质量数守恒与核电荷数守恒可知，核反应方程式为：；核反应过程动量守恒，乙的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得，粒子的动量：；由波尔原子理论可知，氘原子跃迁过程，，光子的频率：；答：核反应方程式：，另一个粒子的动量为：；氘原子从跃迁到的过程中，辐射光子的频率．【解析】根据质量数与核电荷数守恒写出核反应方程式；由动量守恒定律可以求出粒子的动量；由波尔原子理论求出原子跃迁释放的能量，然后求出光子的频率．本题考查了写核反应方程式、求粒子的动量、求光子频率等问题，核反应过程中系统动量守恒、核电荷数与质量数守恒，应用质量数守恒与核电荷数守恒、动量守恒定律、波尔原子理论即可正确解题．15.从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论．例如，玻尔建立的氢原子模型，仍然把电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动他认为，氢原子中的电子在库仑力的作用下，绕原子核做匀速圆周运动已知电子质量为m，元电荷为e，静电力常量为k，氢原子处于基态时电子的轨道半径为．氢原子处于基态时，电子绕原子核运动，可等效为环形电流，求此等效电流值．氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和已知当取无穷远处电势为零时，点电荷电场中离场源电荷q为r 处的各点的电势求处于基态的氢原子的能量．在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用在轻核聚变的核反应中，两个氘核以相同的动能做对心碰撞，假设该反应中释放的核能全部转化为氦核和中子的动能已知氘核的质量，中子的质量，氦核的质量，其中1u 相当于在上述轻核聚变的核反应中生成的氦核和中子的动能各是多少MeV ？结果保留1位有效数字【答案】解：电子绕原子核做匀速圆周运动，有：解得：电子绕原子核运动的等效电流为：由可知，处于基态的氢原子的电子的动能为：取无穷远处电势为零，距氢原子核为r 处的电势为：处于基态的氢原子的电势能为：所以，处于基态的氢原子的能量为：由爱因斯坦的质能方程，核聚变反应中释放的核能为：解得：核反应中系统的能量守恒有：核反应中系统的动量守恒有：由可知：解得：答：此等效电流值．处于基态的氢原子的能量；轻核聚变的核反应中生成的氦核和中子的动能分别是1MeV与3MeV．【解析】根据库仑力提供向心力，结合电流表达式，即可求解；根据动能表达式，结合电势能，即可求解能量；由爱因斯坦的质能方程，结合能量与动量守恒，即可求解．考查库仑定律、万有引力定律的内容，掌握牛顿第二定律的应用，理解能量守恒与动量守恒的表达式，及质能方程的内容，注意正确的符号运算也是解题的关键．16.是人类首先制造出的放射性同位素，其半衰期为，能衰变为和一个未知粒子．写出该衰变的方程；已知容器中原有纯的质量为m，求5min 后容器中剩余的质量．【答案】解：衰变的方程为：半衰期为，则经过5min后发生2次衰变，则容器中剩余的质量为：．答：该衰变的方程；还剩余．【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒，写出衰变方程．根据半衰期定义，即可求解．考查衰变方程的书写规律，掌握半衰期的计算，注意衰变时产生新的核，并不是没有啦．。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮能量守恒定律功能关系-教师版---精校解析Word版

能量守恒定律功能关系一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A. 19mgl B. 16mgl C. 13mgl D. 12mglA（@乐陵一中）解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为E P2=2mg3×l3=2mgl9；将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度ℎ=l6+l3=l2，故重力势能E P2=2mg3×l2=mgl3因此可知拉力所做的功W=E P2−E P1=19mgl，故A正确，BCD错误．故选：A．由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功．本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可．2.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。

一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静开始向右运动。

重力加速度大小为g。

小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD. 6mgRC（@乐陵一中）解：由题意知水平拉力为：F=mg；设小球达到c点的速度为v，从a到c根据动能定理可得：F⋅3R−mgR=12mv2解得：v=；小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：t=vg =4Rg；此段时间内水平方向的位移为：x=12at2=12×Fm×(4Rg)2=2R，所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L=3R+2R= 5R，此过程中小球的机械能增量为：△E=FL=mg×5R=5mgR。

山东省乐陵市2018年高考物理三轮冲刺专题能力提升相对论和量子物理(含解析)

相对论和量子物理一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）1.下列关于物质结构的叙述中不正确的是A. 天然放射性现象的发现表明了原子核内部是有复杂结构的B. 质子的发现表明了原子核是由质子和中子组成的C. 电子的发现表明了原子内部是有复杂结构的D. 粒子散射实验是原子核式结构模型的实验基础【答案】B【解析】解：A、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构故A正确．B、质子的发现与原子核是由质子和中子组成的没有关联故B错误．C、汤姆生发现电子，知道原子还可以再分，表明了原子内部是有复杂结构的故C正确．D 、粒子散射实验说明原子的核式结构模型，故D正确；本题选择错误的，故选：B．天然放射现象说明原子核内部有复杂结构；粒子散射实验说明了原子的核式结构模型，汤姆生发现电子知原子内部有复杂结构．解决本题的关键熟悉教材，了解物理学史，不能混淆，注意原子核复杂结构与原子的核式结构的区别，及理解粒子散射实验内容与意义．2.根据爱因斯坦的“光子说”可知A. “光子说”本质就是牛顿的“微粒说”B. 只有光子数很多时，光才具有粒子性C. 一束单色光的能量可以连续变化D. 光的波长越长，光子的能量越小【答案】D【解析】解：A、“光子说”提出光子即有波长又有动量，是波动说和粒子说的统一，不同于牛顿的“微粒说”，故A错误；B、当光子数很少时，显示粒子性；大量光子显示波动性，故B错误；C、爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，每个光子的能量为，故光的能量是不连续的，故C错误；D 、光的波长越大，根据，频率越小，故能量越小，故D正确故选：D爱因斯坦的“光子说”提出在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能量与频率成正比，即J .爱因斯坦的“光子说”很好地将光的粒子性和波动性统一起来，即单个光子显示粒子性，大量光子显示波动性3.用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是A. 改用强度更大的紫外线照射B. 延长原紫外线的照射时间C. 改用X射线照射D. 改用红外线照射【答案】C【解析】解：用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，知紫外线的频率小于金属的极限频率，要能发生光电效应，需改用频率更大的光照射如X 射线能否发生光电效应与入射光的强度和照射时间无关故C正确，A、B、D错误．故选：C．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率结合光电效应的条件分析判断．解决本题的关键知道光电效应的条件，知道能否发生光电效应与入射光的强度和照射时间无关．4.在粒子散射实验中，我们并没有考虑到粒子跟电子碰撞，这是因为A. 电子体积非常小，以至于粒子碰不到它B. 电子质量远比粒子的小，所以它对粒子运动的影响极其微小C. 粒子跟各个电子碰撞的效果相互抵消D. 电子在核外均匀分布，所以粒子受到电子作用的合外力为零【答案】B【解析】解：粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，不改变运动的轨迹故B正确，A、C、D 错误．故选：B．在粒子散射实验中，由于电子的质量较小，粒子与电子相碰，就像子弹碰到灰尘一样．解决本题的关键知道粒子散射实验，粒子偏转的原因是由于原子核的库仑斥力，与电子无关．5.如图所示，四个示意图所表示的实验中，能说明光具有粒子性的是A. B.C. D.【答案】C【解析】解：A 、粒子散射实验说明了原子的核式结构说明了原子核的核式结构，故A错误；B、单缝干涉实验说明光具有波动性，故B错误；C、光电效应说明光具有粒子性，故C正确；D、放射线在电场中偏转是根据带点粒子的偏转方向确定放射线的电性，故D错误．故选C粒子散射实验说明了原子的核式结构；单缝干涉实验说明光具有波动性；光电效应说明光具有粒子性；放射线在电场中偏转说明了放射线的电性．本题主要考查了各种物体实验的现象说明的结论，要求同学们能知道各种实验的目的和结论．二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）6.光电效应实验中，下列表述正确的是A. 发生光电效应时，光照越强光电流越大B. 入射光足够强就可以有光电流C. 遏止电压与入射光的频率有关D. 入射光频率大于极限频率才能产生光电子【答案】ACD【解析】解：A、光电流的大小与光电子的多少有关，增大光的强度，可以增大光电流，光照越强光电流越大故A正确；B、无论光强多强，光照时间多长，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应，故B错误；C、根据爱因斯坦光电效应方程可知，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，对应的遏止电压越大，故C正确；D、无论光强多强，光照时间多长，只有光的频率大于极限频率就才能产生光电效应，故D正确；故选：ACD发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目根据光电效应方程，判断最大初动能与什么因素有关．解决本题关键掌握光电效应的条件和规律知道光电流的大小在发生光电效应的前提下，与入射光的强度有关．7.现代物理学认为，光和实物粒子都具偶波粒二象性，下列事实中突出体现波动性的是A. 一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子的数目就越多B. 在白光下观察竖直放置的肥皂膜，呈现彩色条纹的干涉现象C. 阳光通过三棱镜形成彩色光带D. 人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距大致相同【答案】BD【解析】解：A、只有当入射光的频率大于金属的极限频率时才能发生光电效应，故如果入射光的频率小于金属的极限频率，无论怎样增大光的强度，也不会有光电子逸出，如能发生光电效应，则证明了光的粒子性，故A错误．B、肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的，而干涉是波特有的性质，故证明了光具有波动性，故B正确．C、阳光通过三棱镜形成彩色光带，是光的色散现象，不是波动性的特征，故C错误．D、晶体中相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象而衍射是波特有的性质，故D正确．故选：BD．光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了光具有波动性；相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象，证明了光的波动性．明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目，故平时学习时要“知其然，更要知其所以然”．8.如图所示，在研究光电效应的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时电流表指针会不发生偏转A. A光的频率大于B光的频率B. A光的光照强度大于B光的光照强度C. 如果B光照射的时间足够长，也可使电流表指针发生偏转D. 用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是a流向b【答案】AD【解析】解：A、用一定频率的A 单色照射光电管时，电流表指针会发生偏转，知，用另一频率的B 单色光照射时不发生光电效应，知，所以A光的频率大于B光的频率故A正确．B、能否产生光电效应，是看入射光的频率，与光的强度无关故B错误，C也错误．D、发生光电效应时，电子从光电管右端运动到左端，而电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以流过电流表G的电流方向是a 流向故D正确．故选：AD．通过光电效应的条件：入射光的频率大于金属的极限频率，即，可知道A光、B光的频率大小再通过电子的流向判断出电流的方向．解决本题的关键是掌握光电效应的条件以及光电流方向的确定，知道折射率与频率的关系．9.一群处于激发态的氢原子向基态跃迁，发出的光以相同的入射角照射到一块平行玻璃砖A上，经玻璃砖A后又照射到一块金属板B上，如图所示，则下列说法正确的是A. 入射光经玻璃砖A后会分成相互平行的三束光线，从直接跃迁到基态发出的光经玻璃砖A后的出射光线与入射光线间的距离最大B. 在同一双缝干涉装置上，从直接跃迁到基态发出的光形成的干涉条纹最窄C. 经玻璃砖A后有些光子的能量将减小，有些光在玻璃砖的下表面会发生全反射D. 若从能级跃迁到能级放出的光子刚好能使金属板B发生光电效应，则从能级跃迁到基态放出的光子一定能使金属板B发生光电效应【答案】BD【解析】解：A 、一群处于激发态的氢原子向基态跃迁，发出三种不同频率的光子，光线经过平行玻璃砖折射后，出射光线与入射光线平行从直接跃迁到基态发出的光频率最大，则折射率最大，偏折最厉害，根据几何关系知，出射光线与入射光线间的距离最小故A错误．B 、根据，频率最大的光，波长最短，所以条纹间距最小故B正确．C、经玻璃砖A后，光子的频率不变，所以能量不变，在玻璃砖的下表面，根据光的可逆性，知不可能发生全反射故C错误．D 、从能级跃迁到能级放出的光子频率最小，该光子若能发生光电效应，则其它光子也能发生光电效应故D正确．故选：BD．通过光子频率的大小得出折射率的大小、波长的大小、临界角的大小，从而判断出出射光线与入射光线间的距离、条纹间距大小，以及是否发生全反射和是否能产生光电效应．本题将能级的跃迁与光电效应、光的干涉和折射、全反射等知识联系起来，关键通过频率的大小得出折射率、波长等大小．三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）10.美国物理学家密立根利用光电管对光电效应现象进行研究，得到金属的遏止电压与入射光频率的关系如图，由此可计算出普朗克常量电子电量用e表示，由图象中的数据可知，这种金属的截止频率为______，计算出普朗克常量表达式为______．【答案】；【解析】解：根据，解得：，可知，当时，对应的频率为截止频率，所以截止频率为；图线的斜率，则：．故答案为：．入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大根据光电效应方程得出的关系式，通过关系式得出斜率、截距表示的含义．该题通过图象的方法考查光电效应，解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系．四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11.如图用弧光灯照射锌板做光电效应实验，有光电子从锌板逸出，验电器带______电以下关于该实验的说法中正确的是______A.实验中，若用射线照射锌板，不能发生光电效应B.实验中，若用可见光照射锌板，也能发生光电效应C.发生光电效应时，入射光越强，单位时间产生的光电子数越多D.发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大．【答案】正；C【解析】解：锌板在弧光灯照射下，发生光电效应，有光电子逸出，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，导致验电器带正电、射线频率最大，一定大于极限频率，一定能发生光电效应，故A错误；B、光电效应中应该用紫外线照射锌板，当用可见光照射锌板时，频率小于极限频率，不能发生光电效应，故B错误；C、发生光电效应时，入射光越强，单位时间内发射的光子越多，逸出的光电子数越多，故C正确；D、发生光电效应时，入射光的频率越大，光子的能量就越大，故D错误；故答案为：正发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的截止频率，要使金属产生光电效应，可以增大入射光的频率，光的强度在发生光电效应时只会影响单位时间内发出的光电子数目，饱和光电流与入射光的强度成正比．用弧光灯照射锌板，发生光电效应，有光电子逸出，锌板失去电子，从而可以得出锌板和指针的电性．解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道遏止电压与最大初动能的关系，难度不大．12.某研究性学习小组用如图a所示装置验证机械能守恒定律让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置，若不考虑空气阻力，小球的机械能应该守恒，即，但直接测量摆球到达B点的速度v比较困难，现利用平抛的特性来间接的测出．如图a 中，在悬点正下方一竖直立柱上放置一个与摆球完全相同的小球等于摆线长，当悬线摆至B 处，摆球与小球发生完全弹性碰撞速度互换，被碰小球由于惯性向前飞出作平抛运动在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，小球落在复写纸上，会在下面白纸上留下痕迹用重锤线确定出A、B点的投影点N 、重复实验10次小球每一次都从同一点由静止释放，球的落点痕迹如图b所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐用米尺量出AN 的高度、BM 的高度，算出A、B两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离x ，即可验证机械能守恒定律已知重力加速度为g ，两球的质量均为根据图b可以确定小球平抛时的水平射程为______用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度 ______ ．此实验中，小球从A到B 过程重力势能的减少量 ______ ，动能的增加量 ______ ，若要验证此过程中摆球的机械能守恒，实验数据应满足一个怎样的关系______ 用题中的符号表示【答案】；；；；【解析】解：根据刻度尺的读数原则，可知其读数为：．物体从B点平抛，所以有：联立解得：重力势能的减小量等于重力做功：动能增量为：．故答案为：注意读数时要进行估读．根据平抛运动规律可以求出初速度的大小．根据重力做功和重力势能的关系可求出重力势能的减小量，根据水平速度的大小可以求出动能的增量．本题借助平抛运动来验证机械能守恒，思路新颖，能够比较全面考查学生掌握知识情况．五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13.光电效应是光具有粒子性的有力证据如图所示，是测定最大初动能和阴极材料的逸出功的实验装置当开关S 断开时，用光子能量为的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于时，电流表读数为零从上述实验数据可知，此时光电子的最大初动能为______eV，该阴极材料的逸出功为______eV．【答案】；【解析】解：由题意可知，遏止电压，则光电子的最大初动能．根据光电效应方程得，，解得逸出功．故答案为：．根据遏止电压，结合动能定理求出光电子的最大初动能，结合光电效应方程求出阴极材料的逸出功．解决本题的关键知道最大初动能与遏止电压的关系，掌握光电效应方程，并能灵活运用，基础题．14.光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量由狭义相对论可知，一定的质量m与一定的能量E 相对应：，其中c 为真空中光速．已知某单色光的频率为，波长为，该单色光光子的能量，其中h为普朗克常量试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量质量速度，推导该单色光光子的动量．光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”，用I表示一台发光功率为的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为当该激光束垂直照射到某物体表面时，假设光全部被吸收，试写出其在物体表面引起的光压的表达式．设想利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外，这就需要为探测器制作一个很大的光帆，以使太阳光对光帆的压力超过太阳对探测器的引力，不考虑行星对探测器的引力．一个质量为m的探测器，正在朝远离太阳的方向运动已知引力常量为G，太阳的质量为M，太阳单位时间辐射的总能量为设帆面始终与太阳光垂直，且光帆能将太阳光一半反射，一半吸收试估算该探测器光帆的面积应满足的条件．【答案】解：光子的能量：光子的动量：可得：一小段时间内激光器发射的光子数：光照射物体表面，由动量定理：产生的光压：解得：由同理可知，当光一半被反射一半被吸收时，产生的光压：距太阳为r 处光帆受到的光压：太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力：解得：；答：推导过程如上所示；在物体表面引起的光压的表达式；该探测器光帆的面积应满足的条件．【解析】根据光子的能量与动量表达式相结合，从而即可求解；根据在内激光器发射的光子数，结合动量定理，即可求解；结合上问的光压表达式，及球表面积，从而即可求解．考查光子的能量与动量区别与联系，掌握动量定理的应用，注意建立正确的模型是解题的关键．15.某金属在光的照射下发生光电效应，光电子的最大初动能与入射光频率v的关系如图所示，试求：普朗克常量用图中字母表示；入射光的频率为时，产生的光电子的最大处动能．【答案】解：由光电效应方程，结合图象可知金属的逸出功，而极限频率为，所以，解得：由光电效应方程：答：普朗克常量为；入射光的频率为时，产生的光电子的最大处动能2E．【解析】根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析．解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系．16.光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面前者表明光子具有能量，后者表明光子除了具有能量之外还具有动量由狭义相对论可知，一定的质量m与一定的能量E 相对应：，其中c 为真空中光速．已知某单色光的频率为，波长为，该单色光光子的能量，其中h为普朗克常量试借用质子、电子等粒子动量的定义：动量质量速度，推导该单色光光子的动量．光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”，用I表示．一台发光功率为的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为当该激光束垂直照射到某物体表面时，假设光全部被吸收，试写出其在物体表面引起的光压的表达式．设想利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外，这就需要为探测器制作一个很大的光帆，以使太阳光对光帆的压力超过太阳对探测器的引力，不考虑行星对探测器的引力．一个质量为m的探测器，正在朝远离太阳的方向运动已知引力常量为G，太阳的质量为M，太阳单位时间辐射的总能量为设帆面始终与太阳光垂直，且光帆能将太阳光一半反射，一半吸收试估算该探测器光帆的面积应满足的条件．【答案】解：光子的能量光子的动量可得一小段时间内激光器发射的光子数光照射物体表面，由动量定理产生的光压解得由同理可知，当光一半被反射一半被吸收时，产生的光压距太阳为r 处光帆受到的光压太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力解得．答：推导过程如上所示；在物体表面引起的光压的表达式；该探测器光帆的面积应满足的条件．【解析】根据能量与质量的关系，结合光子能量与频率的关系以及动量的表达式推导单色光光子的动量．根据一小段时间内激光器发射的光子数，结合动量定理求出其在物体表面引起的光压的表达式．当光一半被反射一半被吸收时，求出产生的光压，得出距太阳为r处光帆受到的光压，抓住太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力求出探测器光帆的面积应满足的条件．考查光子的能量与动量区别与联系，掌握动量定理的应用，注意建立正确的模型是解题的关键．。

山东省乐陵市2018年高考物理三轮冲刺专题能力提升电磁学(含解析)

电磁学一、单选题（本大题共5小题，共20.0分） 1. 将两个负电荷A 、带电量和分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C 产生的电场不同位置M 和N ，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后即将电荷A 移至位置N ，电荷B 移至位置M ，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A 、B 对点电荷C 的电场分布影响此时电荷A 、B 分别具有的电势能和关系描述正确的是A.B.C.D. 无法确定【一中专版答案】A【解析】解：据题，两个电荷未换之前，有：，又，，联立得：，由于，所以得：．将这两电荷位置互换后，电荷A 、B 分别具有的电势能和为：，，故有：．由于，则得：故A 正确．故选：A 根据电场力做功，分析M 、N 两点的电势关系再根据电场力做功等于电势能的减少量列式，即可判断．解决本题的关键是掌握电场力做功公式，知道电势差与电势的关系，通过列式进行半定量分析．2. 如图所示，圆形线圈在条形磁铁顶部S 极处，线圈平面与磁铁垂直当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，从上往下看线圈中感应电流方向为A. 始终顺时针B. 始终逆时针C. 先顺时针再逆时针D. 先逆时针再顺时针【答案】A【解析】解：因磁铁的S 极向上，当线圈远离磁铁时，穿过线圈的磁通量较小，磁场方向向下，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生顺时方向的感应电流故A 正确，BCD 错误．故选：A ．在磁铁远离线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减小，根据磁场方向，由楞次定律判断感应电流的方向．本题是楞次定律的基本应用对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动，结合安培定则，即可判定感应电流方向．3. 左手定则中规定大拇指伸直方向代表以下哪个物理量的方向A. 磁感强度B. 电流强度C. 速度D. 安培力【答案】D【解析】解：左手定则内容：张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向，故ABC 错误，D 正确．故选：D ．根据左手定则的内容：张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁感线穿过手心，四指与电流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向，即可分析答题．本题考查了左手定则内容，掌握基础知识即可正确解题，平时要注意基础知识的学习，注意与右手定则的区别．4. 一开口向下导热均匀直玻璃管，通过细绳悬挂在天花板上，玻璃管下端浸没在固定水银槽中，管内外水银面高度差为h ，下列情况中能使细绳拉力增大的是A. 大气压强增加B. 环境温度升高C. 向水银槽内注入水银D. 略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移【答案】A【解析】解：由题意，令封闭气体的压强为P ，玻璃管质量为m ，则有对玻璃管受力分析：根据受力分析图可知，绳的拉力，即绳的拉力等于管的重力和管中高出液面部分水银的重力．所以：A 、大气压强增加时，封闭气体压强不变，故液柱h 增加，所以拉力T 增加，A 正确；B 、环境温度升高，封闭气体压强增大，根据可知，h 减小，故拉力T 减小，B 错误；C 、向水银槽内注入水银，根据和气体状态方程可知，封闭气体压强增大，体积减小，水银面高度差h 减小，故拉力减小，C 错误，D 、略微增加细绳长度，使玻璃管位置相对水银槽下移，封闭气体体积减小，压强增大，再根据可知，水银面高度差h减小，故绳拉力减小，D错误．故选A．封闭气体的压强，对玻璃进行受力分析，得到绳拉力大小的决定因素，并根据选项分析答案即可．根据对管的受力分析，求出绳的拉力大小跟什么因素有关，再根据封闭气体压强与大气压强的关系，正确应用气体状态方程是解决本题的关键．5.如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置线框A固定且通有电流I，线框B从足够高处由静止释放，在运动到A下方的过程中A. 穿过线框B的磁通量先变小后变大B. 穿过线框B的磁通量先变大后变小C. 线框B所受安培力的合力为零D. 线框B的机械能一直减小【答案】D【解析】解：A、由右手螺旋定则可知A中内部磁场向里，外部磁场向外，当线框B从足够高处由静止释放，向A靠近的过程中，向外的磁场逐渐增大，则B中的磁通量增大；当B与A开始有一部分重合时，内部向里的磁通量与外部向外的磁通量开始相互抵消，所以向外的磁通量逐渐减小，一直到合磁通量为0；然后向里的磁通量进一步增大，B与A完全恰好重合时向里的磁通量最大；之后B再下落的过程中，向里的磁通量又逐渐减小到0；而在离开后，向外方向的磁通量又是先增大后减小，磁通量应是先向外增大后减小的，然后是向里增大后减小，最后阶段再是向外增大后减小故A错误，B错误；C、线框B中有感应电流的存在，故安培力的合力不为零，故C错误；D、在线框下落时，安培力做负功使线框的机械能转化为线框B的电能，进而转化为内能，B的机械能减小，故D正确；故选：D．由右手螺旋定则可知A中磁场分布，则可知B中磁通量的变化，由于电磁感应，B产生感应电流，由楞次定律可知B中电流的方向；由F 的可知安培力的变化，由安培力做功情况可知能量的转化情况．解答本题的关键在于明确穿过线框的磁通量应为A中内部和外磁感线的条数之差，故从开始下落到两线框重合，磁通量是增大的．二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）6.如图所示，两根弯折的平行的金属轨道AOB 和固定在水平地面上，与水平地面夹角都为与AO垂直两虚线位置离顶部等距离，虚线下方的导轨都处于匀强磁场中，左侧磁场磁感应强度为，垂直于导轨平面向上，右侧磁场大小、方向未知平行于导轨平面两根金属导体杆a和b质量都为m ，与轨道的摩擦系数都为将它们同时从顶部无初速释放，能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为除金属杆外，其余电阻不计，重力加速度为则下列判断正确的是A. 匀强磁场的方向一定是平行导轨向上B. 两个匀强磁场大小关系为：C. 整个过程摩擦产生的热量为D. 整个过程产生的焦耳热【答案】ABD【解析】解：A、由题意可知，两导体棒运动过程相同，则说明受力情况相同，对a分析可知，a切割磁感线产生感应电动势，从而产生向上的安培力；故a 棒受力小于；对b棒分析可知，b棒的受合外力也一定小于，由于磁场平行于斜面，安培力垂直于斜面，因此只能是增大摩擦力来减小合外力，因此安培力应垂直斜面向下，则根据左手定则可知，匀强磁场的方向一定是平行导轨向上，故A正确；B、根据A的分析可知，a棒受到的安培力与b 棒受到的安培力产生摩擦力应相等，故；解得，故B正确；C、由以上分析可知，b 棒受到的摩擦力大于，因此摩擦产生的热量，故C错误；D、因b增加的摩擦力做功与a中克服安培力所做的功相等，故b中因安培力而增加的热量与焦耳热相同；设产生焦耳热为Q ，则根据能量守恒定律可知：；解得：；故D正确．故选：ABD．分析题意，明确两导体棒能同步到达水平地面且刚到达水平地面速度均为v说明两导体棒在任意时刻内应受到相同的作用力，分别对两物体分析，明确受力情况从而找出安培力与摩擦力间的关系，从而确定磁感应强度的大小以及的方向；再分析能量转化方向，根据功能关系可明确产生的焦耳热和因摩擦产生热量．本题考查电磁感应中功能关系以及受力情况的分析，要注意明确受力分析以及运动过程分析，从而明确受力情况，同时注意分析能量转化情况，明确能量的转化方向是解题的关键．7.如图所示，电源电动势为E 、内阻为是滑动变阻器，，当滑片P处于中点时，电源的效率是当滑片由a端向b 端移动的过程中A. 电源效率增大B. 电源输出功率增大C. 电压表和V的示数比值增大D. 电压表和V 示数变化量、的比值始终等于【答案】ACD【解析】解：A、滑片由a端向b 端移动的过程中，是逐渐增大，总电阻增大，总电流减小，内阻所占电压减小，路端电压增大，电源的效率增大，故A正确；B、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，滑片处于a 端时，外电路电阻为，当滑片P 处于中点时，电源的效率是，此时路端电压等于内电压，即外电路电阻等于内阻，此时输出功率最大，所以当滑片由a端向b端移动的过程中，电源输出功率先增大后减小，故B错误；C 、串联电路电流相等，则，当滑片由a端向b 端移动的过程中，增大，增大，故C正确；D 、根据闭合电路欧姆定律得：，则有：，则，故D正确．故选：ACD由图可知与串联，电压表V 测路端电压，电压表测的电压，滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化，根据判断电源效率，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量的比值．对于复杂电路，对电路分析是关键，必要时要画出简化电路图，而对于闭合电路欧姆定律的应用，一般按外电路、内电路、外电路的分析思路进行分析，灵活应用串并联电路的性质即可求解，注意数学知识的应用．8.如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，下述正确的是A. 若短路，电流表示数变小，电压表示数变大B. 若短路，电流表示数变大，电压表示数变小C. 若断路，电流表示数变大，电压表示数变小D. 若断路，电流表示数变大，电压表示数变大【答案】AD【解析】解：AB 、若短路，外电阻减小，则总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过的电流减小，则电流表示数变小．设电阻和的总电流为，总电流增大，通过的电流减小，则增大，而通过的电流减小，故通过的电流增大，电压表示数变大故A正确，B错误．CD 、若断路，外电阻增大，路端电压增大，则电流表和电压表读数均增大故C错误，D正确．故选：AD若短路，外电阻减小若断路，外电阻增大根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再分析两个电表读数的变化．本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，也可以根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．9.质量均匀分布的导电正方形线框abcd总质量为m，边长为l ，每边的电阻均为线框置于xoy光滑水平面上，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中如图，现将ab通过柔软轻质导线接到电压为U的电源两端电源内阻不计，导线足够长，下列说法正确的是A. 若磁场方向竖直向下，则线框的加速度大小为B. 若磁场方向沿x轴正方向，则线框保持静止C. 若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以cd 边为轴转动，则D. 若磁场方向沿y轴正方向，线框以cd边为轴转动且cd边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动能为【答案】ACD【解析】解：A 、根据左手定则，安培力的方向沿轴方向，根据，线框所受的安培力的合力为：线框的加速度大小为：，故A正确；B、若磁场方向沿x轴正方向，ad边受到的安培力竖直向下，cd边受到的安培力竖直向上，故线框不可能处于静止，故B错误；C、若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以cd 边为轴转动，则，根据动能定理可得，解得：，故C正确；D、在转动过程中，由于ab边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故有：，故D正确故选：ACD根据左手定则可知，安培力的方向；由闭合电路欧姆定律与安培力的公式，即可求解加速度；根据通电导线的受力与重力相比，利用动能定理即可判断出．考查左手定则的理解，知道与右手定则区别，掌握闭合电路欧姆定律，学会由力来判定运动情况，利用动能定理判断最大动能三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）10.如图甲所示电路图中，R是滑动变阻器，电键闭合后，将滑片从A端滑到B端，电源的输出功率和电流表读数作出的图象如图乙所示，则该电源的电动势为______V，滑动变阻器总阻值为______【答案】16；224【解析】解：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，最大的输出功率为：由图知，，即有：由图看出：时，有：联立解得：当滑片滑至AB的中点时电路中电阻最大，电流最小，设变阻器总电阻为R，则有：解得：故答案为：．当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由列式当时外电路短路，有联立可求得电源的电动势和内阻再根据电路中最小电流求滑动变阻器总阻值．解决本题的关键要知道电源输出功率达到最大的条件：内外电阻相等，明确滑片滑至AB的中点时电路中电阻最大，电流最小．四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）11.如图，真空中竖直放置两块平行金属板，两板间加上电压，在紧靠P板处有一粒子源，可连续释放出初速为零的粒子，经电场加速后从Q板的小孔O水平射出，已知粒子的质量为m ，电量为，不计粒子的重力，在Q板右侧有一半径为R 的圆周光屏MN，圆心正好在O点，OM方向水平．若在Q板右侧加上垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，粒子经磁场偏转后打在光屏上的A 点，，求金属板PQ间的电压大小；若金属板PQ间的电压可调，使O点飞出的粒子速度为任意不同的数值，且将上问中Q板右侧的匀强磁场改为方向竖直向下的匀强电场，场强为E，则打在光屏上的粒子的最小动能是多少？【答案】解：如图，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆心为，设圆周运动的半径为r，粒子从O点飞出的速度为v，有由洛仑兹力提供向心力可得又由电场中加速运动运用动能定理，将上面的方程联立，可得金属板间的电压：设打在光屏上的粒子在电场E中竖直方向的位移为y，水平位移为x，由动能定理：而又由运动学方程，有联立以上几式得：结合题意在圆周上，当时有最小值，则最小值是答：若在Q板右侧加上垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，粒子经磁场偏转后打在光屏上的A 点，，金属板PQ 间的电压大小为．若金属板PQ间的电压可调，使O点飞出的粒子速度为任意不同的数值，且将上问中Q板右侧的匀强磁场改为方向竖直向下的匀强电场，场强为E ，则打在光屏上的粒子的最小动能是．【解析】粒子先经电场加速，然后进入磁场做匀速圆周运动，已知偏转角，由几何关系求出半径，从而求出速度，也就求出了加速电场的电压．加速电压变化，从而进入偏转电场的速度也就变化，而粒子做类平抛运动又打在一个圆弧上，求最小的动能先由动能定理列出打在圆弧上动能表达式，把类平抛规律代入就得到一个关于速度的式子，当取不同速度时，由数学不等式性质，就能求出最小值．本题有点怪的是第二问：加速电场变化，偏转电场不变，但粒子打击的位置满足在一个圆弧上，速度大，则有可能位移大，但偏转电场力做功小，所以折中考虑当时，动能有最小值．12.某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量实验室提供的器材有：两个相同的待测电源内阻，电阻箱最大阻值为，电阻箱最大阻值为，电压表内阻约为，电流表内阻约为，灵敏电流计G ，两个开关、．主要实验步骤如下：按图连接好电路，调节电阻箱和至最大，闭合开关和，再反复调节和，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V 、电阻箱、电阻箱的示数分别为、、、；反复调节电阻箱和与中的电阻值不同，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V 的示数分别为、．回答下列问题：电流计G的示数为0时，电路中A和B 两点的电势和的关系为______ ；电压表的内阻为______ ，电流表的内阻为______ ；电源的电动势E为______ ，内阻r为______ ．【答案】；；；；【解析】解：电流计G的示数为0时，由欧姆定律知，G的电压为零，说明A、B两点的电势相等，即．由于电流计G的示数为0，所以电流表的示数等于电压表的电流与电阻的电流之和则在步骤1中，通过电压表的电流电压表的内阻为左右两个电源两极间的电压相等，则有：解得，电流表的内阻．根据闭合电路欧姆定律得：解得，故答案为：；；．电流计G的示数为0时，说明A、B两点的电势相等．根据欧姆定律和并联电路的特点求两电表的内阻．对两种情况分别运用闭合电路欧姆定律列式，可求得电源的电动势和内阻．解决本题的关键要理解题意，明确电流计G的示数为0的意义，知道相同电源，电流相等时路端电压相等，运用欧姆定律和电路的特点研究．五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）13.如图所示，两平行金属导轨间的距离，金属导轨所在的平面与水平面夹角，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度、方向垂直于导轨所在平面的局部匀强磁场金属导轨的一端接有电动势、内阻的直流电源现把一个质量的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻，金属导轨电阻不计已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力局部匀强磁场全部覆盖导体棒ab ，但未覆盖电源求静止时导体棒受到的安培力大小和摩擦力f大小；若将导体棒质量增加为原来两倍，而磁场则以恒定速度沿轨道向上运动，恰能使得导体棒匀速上滑局部匀强磁场向上运动过程中始终覆盖导体棒ab ，但未覆盖电源求导体棒上滑速度；在问题中导体棒匀速上滑的过程，求安培力的功率和全电路中的电功率．【答案】解：导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：由于小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件有：mg解得：当导体棒质量加倍后，使其匀速运动需要的安培力也应该加倍设导体棒匀速速度为代入数据得：答：静止时导体棒受到的安培力大小为，摩擦力f 大小为；导体棒上滑速度为安培力的功率为，全电路中的电功率为27W【解析】根据闭合电路的欧姆定律求得电流，根据求得安培力大小，根据受力分析求得摩擦力大小；导体棒相对于磁场运动，会产生感应电动势，求得回路中的感应电动势，求得电流，根据共点力平衡求得速度；根据求得安培力的功率，根据求得电功率解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力14.如图所示金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2m，不带电，B球质量为m ，带正电，电量为，轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA 与竖直方向夹角为重力加速度为g．求匀强电场的电场强度大小E；若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时的速度大小v．【答案】解：轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡、B 球角速度相等，根据球线速度是B 球线速度的2倍，A 球线速度为球线速度为无初速释放轻杆后，直至A 球刚进入电场过程中，根据系统动能定理．；答：匀强电场的电场强度大小E 为；若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，A 球刚进入电场时的速度大小v 为【解析】对A 、B 组成的系统，根据力矩平衡求出匀强电场的场强；对系统运用动能定理，即可求出A 球刚进入电场的速度；本题是力矩平衡与能量守恒定律简单的综合应用，其基础是分析受力情况电场力做功，要注意寻找电场方向两点间的距离．15. 如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为2l ，右侧间距为l ，有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁场的左右边界图中虚线均与轨道垂直矩形金属线框abcd 平放在轨道上，ab 边长为边长为开始时，bc 边与磁场左边界的距离为2l ，现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且bc 边始终与轨道垂直，从bc 边进入磁场直到ad 边进入磁场前，线框做匀速运动，从bc 边进入右侧窄磁场区域直到ad 边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为问：线框ad 边刚离开磁场时的速度大小是bc 边刚进入磁场时的几倍？磁场左右边界间的距离是多少？线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？【答案】解：设磁感强度为B ，设线框总电阻为R ，线框受的拉力为边刚进磁场时的速度为，则感应电动势为：感应电流为：线框所受安培力为：线框做匀速运动，其受力平衡，即：联立各式得：设ad 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为，同理可得：所以：边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为边到达磁场左边界时，线框的速度为：，从ad 边进入磁场到bc 边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a ，由题意可知bc 边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：，从线框全部进入磁场开始，直到bc边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为，将代入得：磁场左右边界间的距离为：整个过程中，只有拉力F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为，由动能定理有：，由：及，可知：线框的最大动能为：答：线框ad 边刚离开磁场时的速度大小是bc 边刚进入磁场时速度的4倍磁场左右边界间的距离是32l线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是【解析】边刚进入磁场和ad 边刚离开磁场时，线框均做匀速直线运动，即两个时刻bc 边和ad 边所受的安培力分别等于外力F ，结合安培力计算公式，可求得bc 边刚进入磁场时速度和ad 边刚离开磁场时速度之比当ad 边刚进入磁场到bc 边刚进入右边窄磁场区域的过程中线框在外力F 的作用下做匀加速度运动，设此段距离为；根据题意可知，bc 刚进入左侧宽磁场和右侧窄磁场时的速度分别为、，结合运动学公式可算出，又因为bc 刚进入右侧窄磁场到ad 离开磁场的过程中始终做匀速直线运动，故可知右侧窄磁场的宽度为l ，则左右磁场的宽度为整个过程中，只有拉力F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为，由动能定理：，由：、及，即可计算出安培力所做的功．本题考查了导体棒在场中运动的力学问题和能量问题，涉及的知识点有：导体棒切割磁感线时，感应电动势、感应电流、安培力的计算，动能定理和运动学公式计算线框ad 边刚离开磁场时的速度大小与bc 边刚进入磁场时速度的关系时，安培力的计算是关键。

山东省乐陵市高考物理三轮冲刺专题能力提升力学(含解析)-人教版高三全册物理试题

力学题号一二三四五总分得分一、单项选择题〔本大题共5小题，共20.0分〕1.质量为m 的物体放在粗糙水平面上，在一个足够大的水平力F作用下开始运动，经过一段时间t 撤去拉力，物体继续滑行直至停止，运动总位移如果仅改变F的大小，作用时间不变，总位移s也会变化，如此s与F关系的图象是A. B. C. D.【答案】A【解析】解：当拉力F 小于最大静摩擦力，物体的位移为零；当F 大于最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可得：，解得；根据位移时间关系可得：，可见，作用时间不变，图象的斜率是一个定值，所以A正确，BCD错误．应当选：A．根据位移时间关系推导出位移与作用力的关系式，根据关系式进展分析即可．对于图象问题，我们学会“五看〞，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提．2.如下列图，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力作用下匀速下滑某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力，如此之后较短的一段时间内物块的运动状态是A. 仍匀速下滑B. 匀加速下滑C. 匀减速下滑D. 不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关【答案】C 【解析】解：设物块与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，以物体为研究对象进展受力分析如下列图：沿斜面方向根据共点力的平衡条件可得：，所以；当物块上再施加一个竖直向下的恒力，如此有：，所以物体减速下滑，故ABD错误、C正确；应当选：C．以物体为研究对象，根据共点力的平衡条件分析动摩擦因数的大小；在将沿斜面方向和垂直于斜面方向进展分解，根据沿斜面方向的分力小于由于增大的摩擦力即可判断．此题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进展受力分析、进展正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进展解答．3.如下列图，箱子中固定有一根轻弹簧，弹簧上端连着一个重物，重物顶在箱子顶部，且弹簧处于压缩状态设弹簧的弹力大小为F，重物与箱子顶部的弹力大小为当箱子做竖直上抛运动时A. B. C. D.【答案】B【解析】解：刚开始时，对重物受力分析，根据受力平衡，有，弹簧的弹力大于重力当箱子做竖直上抛运动时，加速度，方向竖直向下，因为弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力不为零根据牛顿第二定律解得：应当选：B先根据物块平衡时，列出平衡方程，求出弹力大于重力，当箱子竖直上抛运动时，具有向下的加速度，合力向下，对物块运用牛顿第二定律列式进展分析；此题考查牛顿定律的应用，关键是注意分析物块受力情况，注意弹簧处于压缩状态，弹力一定不为零，方向始终向上，竖直上抛，加速度等于重力加速度，方向竖直向下，结合牛顿第二定律即可求解．4.在离地高h处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为v，不计空气阻力，重力加速度为g ，两球落地的时间差为A. B. C. D.【答案】D【解析】解：自由下落的小球，有，得对于竖直上抛的小球，由机械能守恒得：，如此得落地时速度大小为对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为，如此运动时间为：故时间之差为应当选：D两个小球都作匀变速直线运动，机械能都守恒，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差．此题关键要明确小球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动时间的关系．5.如下列图，一物块相对木板向右从板上A点滑至板上B 点，木板上A 、B两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20N，如此物块所受的摩擦力做功为A. . C. 100J D.【答案】D【解析】解：物块所受的摩擦力做的功为：，故D正确．应当选：D根据求解物块所受的摩擦力做功．此题主要考查了恒力做功公式的直接应用，知道功是力与力的方向上的位移的乘积，难度不大，属于根底题．二、多项选择题〔本大题共4小题，共16.0分〕6.如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行从抛出后起一段时间内小球的动能随时间平方图象如图乙所示，横坐标在之间图线为直线，此外为曲线重力加速度为如此根据图乙信息，可以求得A. 小球的初速度B. 小球的质量C. 小球在斜面上滑行的时间D. 斜面的倾角【答案】ABD【解析】解：小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得：由平抛运动的规律有联立得图象在之间是直线，由图可求得直线的斜率，设斜率为由数学知识可得，如此能求出小球的质量m ．由图知时，，由可求得小球的初速度．小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为，如此有，由题图知，，可以求得t ，从而能求出斜面的倾角．根据小球在斜面的运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间故ABD正确，C错误．应当选：ABD根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到与的关系式，再结合图象的信息分析能求哪些物理量．解决此题的关键要根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到与的关系式，是常用的方程法，并把握图象的斜率、截距的意义进展解答．7.一颗子弹以水平速度穿入一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后各自运动设子弹与木块间相互作用力恒定，如此该过程中子弹与木块的速度时间图象可能正确的答案是图中实线为子弹图线，虚线为木块图线A. B. C. D.【答案】AB【解析】解：AB、设子弹运动的方向为正方向，子弹穿过木块后速度方向不变，为正方向，由于穿过木块过程中受到恒定的阻力作用，所以速度减小；对于木块，受到子弹的作用力后，有可能速度方向仍为负方向，也有可能最后速度方向与子弹方向一样，即为正方向，所以AB正确、CD、子弹击中木块后，不可能出现二者均反向运动，所以CD错误；应当选：AB．子弹与木块碰撞过程中二者的速度都减小，碰后子弹速度方向不变、木块受到方向可能变化、有可能不变，由此分析．对于图象问题，我们学会“五看〞，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提．8.如下列图，水平面上从B点往左都是光滑的，从B点往右都是粗糙的质量分别为M和m的两个小物块甲和乙可视为质点，在光滑水平面上相距L 以一样的速度同时开始向右运动，它们在进入粗糙区域后最后静止假设它们与粗糙水平面间的动摩擦因数一样，设静止后两物块间的距离为s ，甲运动的总时间为、乙运动的总时间为，如此以下说法中正确的答案是A. 假设，如此B. 无论M、m 取何值，总是C. 假设，如此D. 无论M、m取何值，总是【答案】BD【解析】解：物块在水平面上的加速度，知两物块的加速度相等，因为经过B点的速度相等，根据，知停止距离B点的位移相等，如此从B点运动到停止的时间，知两物块从B点到停止的时间相等，在B点左侧，因为乙的位移大于甲的位移，所以最终乙运动的总时间大于甲运动的总时间故B、D正确，A、C错误．应当选BD．根据牛顿第二定律求出物块在B点右侧运动的加速度，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出停止的位移与B点的距离，从而确定s的大小根据速度时间公式求出从B点到停止所需的时间，从而比拟出总时间的长短．解决此题的关键知道加速度是联系前后的桥梁，根据加速度通过速度位移公式和速度时间公式进展求解．9.如下列图，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态假设缓慢移动细绳的端点，如此绳中拉力大小的变化情况是A. 只将绳的左端移向点，拉力变小B. 只将绳的左端移向点，拉力不变C. 只将绳的右端移向点，拉力变小D. 只将绳的右端移向点，拉力变大【答案】BD【解析】解：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为点到墙壁的距离为S，根据几何知识和对称性，得：以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F ，根据平衡条件得，得：AB、当只将绳的左端移向点，S和L均不变，如此由式得知，F不变故A错误，B 正确．CD、当只将绳的右端移向点，S 增大，而L 不变，如此由式得知，增大，减小，如此由式得知，F增大故C错误，D 正确．应当选：BD设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为，绳子的长度为点到墙壁的距离为S ，根据几何知识和对称性，可得到，当只将绳的左端移向点或将绳的右端移向点，分析如何变化，以滑轮为研究对象，根据平衡条件分析拉力如何变化．此题是动态平衡问题，关键是根据几何知识分析与绳子的长度和B 点到墙壁距离的关系，也可以运用图解法，作图分析拉力的变化情况．三、填空题〔本大题共1小题，共4.0分〕10.如下列图，是重为G 的匀质杆，是轻杆，A是中点，、、A 处都用光滑铰链连接、C两点之间悬挂一根重为G的匀质绳且B、C保持在同一水平线此时杆水平，与杆夹角为如此杆在A端受到的弹力大小为______，假设仅将C 点沿水平线缓慢向左移动一些，杆在A 端受到的弹力大小变化情况为______选填“不变〞、“变小〞或“变大〞【答案】；不变【解析】解：是轻质杆，且由于是铰链连接，因此给O 2B的弹力只能沿方向，杆B 端给绳子弹力的方向斜向左上方，如此绳子给O 2B在B 端的拉力斜向右下方，此拉力分解为竖直向下分力和水平向右的分力，根据绳子平衡可知分力绳子重力的一半对根据力矩平衡可知：解得：C点沿水平线缓慢向左移动一些并不改变绳子给的拉力向下的分力的大小，而分力的力矩始终为零，因此不改变的拉力；故答案为：，不变．是轻杆，故A端的弹力平行杆子方向，否如此不能平衡；对，以为支点，根据力矩条件列式求解．此题要注意两点：1、轻质杆两端的弹力沿着杆子方向，否如此不能平衡；2、此题绳子B端对杆的弹力的力矩是固定的四、实验题探究题〔本大题共2小题，共18.0分〕11.图甲是演示简谐运动图象的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图象图乙是同一个沙漏分别在两块木板上形成的曲线图中的虚线表示．图乙的P 处堆积的细沙比Q处______选填“多〞、“少〞或“一样多〞．经测量发现图乙中，假设木板1的移动速度，如此木板2的移动速度______．【答案】多；【解析】解：在图乙的P处时，沙摆的速度最小，在Q处时，沙摆的速度最大，所以堆积的细沙比Q 处多．根据单摆周期公式它们在同一地点，且摆长一样，如此周期一样，设为段经历的时间是段经历的时间为；设板长为L，如此：；；比拟可得：．故答案为：多．沙漏摆动时，通过平衡位置时速度最大，通过两侧端点时速度最小，根据速度的大小分析细沙的多少．根据单摆周期公式，即可判定OB段与段经历的时间长短，再单摆的摆动和木板的运动同时进展，根据速度的定义公式列式比拟，即可求解．此题考查单摆周期公式，关键抓住单摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义求解速度大小．12.如图甲所示为测量电动机转速的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动，在圆形卡纸的旁边垂直安装了一个改装了的电火花计时器，时间间隔为T的电火花可在卡纸上留下痕迹．请将如下实验步骤按先后排序：______．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触接通电火花计时器的电源，使它工作起来启动电动机，使圆形卡纸转动起来关闭电火花计时器，关闭电动机；研究卡纸上留下的一段痕迹如图乙所示，写出角速度的表达式，代入数据，得出的测量值单项选择题要得到的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是______秒表毫米刻度尺圆规量角器写出角速度的表达式______，并指出表达式中各个物理量的意义：______．【答案】；D；；是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔【解析】解：该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进展数据处理故次序为．要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器．应当选：D ．根据，如此是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔．故答案为：；；是N个点对应的圆心角，T是电火花计时器的打点时间间隔．该实验应先安装器材，再启动电动机，然后接通电源打点，最后关闭电源，取出卡片，测量进展数据处理．打点计时器可以记录时间，要求角速度，还得知道在一定的时间里转过的角度，这点可用量角器测量．角速度，测出角度，时间可以通过打点的间隔读出．解决此题的关键知道该实验的实验原理，以与知道该实验的操作顺序．五、计算题〔本大题共4小题，共40.0分〕13.如下列图金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2m，不带电，B球质量为m，带正电，电量为，轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA 与竖直方向夹角为重力加速度为g．求匀强电场的电场强度大小E；假设不改变场强大小，将方向变为竖直向上，如此由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时的速度大小v ．【答案】解：轻杆处于静止状态时，根据力矩平衡、B球角速度相等，根据球线速度是B 球线速度的2倍，A球线速度为球线速度为无初速释放轻杆后，直至A 球刚进入电场过程中，根据系统动能定理．；答：匀强电场的电场强度大小E为；假设不改变场强大小，将方向变为竖直向上，如此由图示位置无初速释放轻杆后，A 球刚进入电场时的速度大小v为【解析】对A 、B组成的系统，根据力矩平衡求出匀强电场的场强；对系统运用动能定理，即可求出A球刚进入电场的速度；此题是力矩平衡与能量守恒定律简单的综合应用，其根底是分析受力情况电场力做功，要注意寻找电场方向两点间的距离．14.如下列图，用一块长的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高，桌面长，斜面和水平桌面间的倾角可以在之间调节后固定将质量的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数，物块和桌面间的动摩擦因数为，忽略物块在斜面和桌面交接处的能量损失最大静摩擦力等于滑动摩擦力当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角；用正切值表示当角增大到时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数；假设将中求出的作为条件，继续增大角，求物块落地点与墙面的距离最大值，与此时斜面的倾角．【答案】解：当物块刚好能从斜面开始下滑时，如此有；即得故从顶端无初速释放开始直至恰好运动到桌面末端根据动能定理得：解得：从顶端无初速释放开始直至运动到桌面末端根据动能定理得：代入得：变形得，式中即如此当时，有最大值，解得v 的最大值为：对于平抛运动，竖直方向有：；解得：；平抛运动的水平距离最大为：故物块落地点与墙面的距离最大值为：答：当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角为．当角增大到时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数是．物块落地点与墙面的距离最大值是，此时斜面的倾角是．【解析】当物块刚好能从斜面开始下滑时，物体的重力沿斜面下滑的分力等于最大静摩擦力，列出等式即可求解斜面的倾角；对全过程由动能定理进展分析，如此可求得动摩擦因数；物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律得到水平距离的表达式，再由数学知识求得最大距离，与此时斜面的倾角．此题考查动能定理与平抛运动的规律，要正确分析物块受力情况，运用函数法得到物体离开水平面时的速度与斜面倾角的关系式，运用数学知识求极值是解题的关键．15.如下列图，用同种材料制成的倾角的斜面和水平轨道固定不动小物块与轨道间动摩擦因数，从斜面上A点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失．假设小物块至停止滑行的总路程为s ，求小物块运动过程中的最大速度假设小物块在斜面上运动时间为1s ，在水平面上接着运动后速度为，这一过程平均速率求的值本小题中【答案】解：由牛顿第二定律得：在斜面上有：在水平面有：物体的最大速度：整个过程物体的位移：解得：；，解得：，最大速度：，由匀变速直线运动的速度位移公式得：由位移公式得：而：：，解得：；答：小物块运动过程中的最大速度为；的值为．【解析】由牛顿第二定律求出加速度，然后应用位移公式求出最大速度．应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式可以求出受到．物块做匀变速直线运动，分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式即可求出受到．16.“〞形轻杆两边互相垂直、长度均为l，可绕过O点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定一个金属小球A、B，其中A 球质量为m ，带负电，电量为球的质量为球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度现将“〞形杆从OB 位于水平位置由静止释放：当“〞形杆转动的角速度达到最大时，OB杆转过的角度为多少？假设使小球B也带上负电，仍将“〞形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为，如此小球B带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？【答案】解：转速最大时，系统力矩平衡，有：解得：设B带的电量为，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得：解得：当转角为时电，势能的增加值等于两球抑制电场力的功，有：整理得：，式中：当时，抑制电场力的功达到最大，为：电势能的最大增加值为：答：当“〞形杆转动的角速度达到最大时，OB杆转过的角度为假设使小球B也带上负电，仍将“〞形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为，如此小球B带的电量为，转动过程系统电势能的最大增加值为【解析】根据力矩平衡求得转速最大时的角度；转过最大角度时，动能为零，根据动能定理求得所带的电荷量，根据能量守恒求得电势能的最大增加值此题考查了电场强度等问题，应用机械能守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，此题的难点是数学知识的应用；另外此题也可以应用杠杆平衡条件分析答题．。

2018年山东省乐陵市第一中学高三物理三轮冲刺：物体的平衡-教师版+Word版含解析

物体的平衡一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图，一根木棒AB在O点被悬挂起来，在A、C两点分别挂两个和三个钩码，AO=OC，木棒处于平衡状态.如在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，则木棒()A. 绕O点顺时针方向转动B. 绕O点逆时针方向转动C. 平衡可能被破坏，转动方向不定D. 仍能保持平衡状态A（@乐陵一中）解：以O为转动轴，设AO=OC=L，木棒的重力力矩为M，每个钩码的重力为G．木棒原来处于平衡状态，根据力矩平衡条件得：2GL+M=3GL；可得M=GL当在A点再挂两个钩码的同时，在C点再挂三个钩码，顺时针力矩之和为：=6GLM顺逆时针力矩之和为：M逆=4GL+M=5GL<M顺，所以木棒将绕O点顺时针方向转动，故A正确．故选：A．原来木棒处于平衡状态，力矩平衡，根据力矩平衡条件可求得木棒的重力对O点的力矩；再分析在A点和C点增加砝码后，顺时针力矩和逆时针力矩的大小关系，即可判断木棒的状态．本题关键掌握力矩平衡条件：顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，通过比较木棒受到的顺时针力矩之和与逆时针力矩之和的关系，来判断木棒的状态．2.如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中()A. M减小，F增大B. M减小，F减小C. M增大，F增大 D. M增大，F减小A（@乐陵一中）解：三角板绕B点缓慢顺时针转动一小角度，知拉力F的力矩和重力的力矩平衡，转动一小角度后，如图所示设原来重心为O，旋转后重心O′，令∠A′BC=θ1，∠O′BC=θ2，根据几何关系有拉力F的力臂：L1=A′Bcosθ1重力G的力臂：L2=O′Bcosθ2根据力矩平衡有：M=M GM=GL2=G×O′Bcosθ2，其中G，O′B为定值，缓慢转动θ2变大，所以拉力F的力矩M减小；根据力矩平衡：M=M GFL1=GL2解得：F=GL2L1=G×O′Bcosθ2A′Bcosθ1，转动过程中θ1、θ2均增大，始终θ1>θ2，G，OB，AB为定值，∠A′BO′=θ0，θ1−θ2=θ0cosθ2 cosθ1=cos(θ1−θ0)cosθ1=cosθ1cosθ0+sinθ1sinθ0cosθ1=cosθ0+tanθ1sinθ0θ0是定值，θ1缓慢增加，cosθ2cosθ1比值增加，所以缓慢转动过程中，F增加；综上可知：M减小，F增加；A正确，BCD错误故选：A根据力矩平衡知，拉力F的力矩与重力G力矩平衡，可以判断转动过程中力F对B点的力矩M的变化情况，根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化．本题考查了力矩的平衡，关键是画出示意图，确定力臂的大小，对力矩这部分内容常和力的平衡综合考查，一定要熟悉基本概念．3.如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO′转动，磁场方向与线框平面垂直.在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO′轴的安培力矩大小为()A. ISBsinθB. ISBcosθC. ISBsinθD. ISBcosθA（@乐陵一中）解：I与B垂直，故安培力F=BIL=B⋅bc⋅I，由左手定则知安培力竖直向上，由几何知识可知力臂的大小为：L=ab⋅sinθ则力矩为：B⋅bc⋅I×ab⋅sinθ=BISsinθ故选：A．安培力F=BIL，力矩等于力乘以力臂，利用几何知识确定出力臂的大小即可．本题借助安培力的计算考查了力矩的计算，力矩的计算中关键是确定力臂的大小．4.如图所示，一根质量分布均匀的木棒，一端沿着光滑的竖直墙面缓慢往下滑动，另一端在粗糙程度不一的水平地面上向右滑动，则在此过程中()A. 竖直墙壁对棒的作用力大小保持不变B. 竖直墙壁对棒的作用力大小逐渐减小C. 水平地面对棒的作用力大小保持不变D. 水平地面对棒的作用力大小逐渐增大D（@乐陵一中）解：AB、对棒，设与墙壁接触点与地面的距离为h，与地面接触点与墙壁距离为L，根据力矩平衡条件，有：Fℎ=G⋅L2解得：F=GL2ℎ由于L变大、h减小，故F增加，故A错误，B错误；CD、将地面的支持力和摩擦力当作一个力，棒受三个力平衡，根据平衡条件，该力与重力和墙壁支持力F的合力等大、反向、共线，由于墙壁支持力F增加，故地面作用力增加，故C错误，D正确；故选：D先以与地面接触点为支点，运用力矩平衡条件分析竖直墙壁对棒的作用力大小变化情况；将地面的支持力和摩擦力当作一个力，再对棒根据共点力平衡条件列式分析水平地面对棒的作用力大小变化情况．本题关键是受力分析后根据力矩平衡条件和共点力平衡条件列式分析，也可以将地面的支持力和摩擦力分开考虑，不难．5.如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度.天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I(方向如图)时，发现天平的右端低左端高，下列调节方案可以使天平平衡的是()A. 保持其它条件不变，仅适当减小线框的宽度B. 保持其它条件不变，仅适当减小线圈的匝数C. 保持其它条件不变，仅适当增大电流大小D. 保持其它条件不变，改变电流的方向后适当增大电流大小C（@乐陵一中）解：天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上；天平的右端低左端高，说明安培力偏小，要使天平水平平衡，可以增加左端的砝码，也可以增大安培力，即增大匝数、电流、线框短边的长度；故C正确，ABD错误；故选：C．天平是等臂杠杆，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向上，由于天平的右端低左端高，说明右端重，要设法增大安培力，根据F=NBIL判断．本题关键明确天平的工作原理是等臂杠杆，然后判断出安培力方向，得到控制平衡的方法．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴.跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水平方向的夹角为30∘.定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住.则下列结论中正确的是()A. 跨过定滑轮的细绳所受的拉力是25GB. CP绳所受的拉力是45GC. PD绳所受的拉力是√35GD. 轴O受到的水平拉力15GAC（@乐陵一中）解：A、以杆OB平衡有：T⋅L+T L2sin30∘=G L2，由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=25G，故A正确；BC、以P为研究对象受力分析如图所示：根据P平衡有：T PD=Tcos30∘=25G⋅√32=√35GT CP−Tsin30∘−T=0，所以T CP=25G⋅12+25G=35G故B错误，C正确；D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力F=Tcos30∘=25G⋅√32=√35G，故D错误．故选：AC．APB是同一根绳，根据力矩平衡求得绳中张力T，再根据P的平衡由平衡条件求得CP 和PD绳中的拉力．本题抓住杆的力矩平衡和定滑轮受力平衡，分别由力矩平衡方程和平衡条件求解，掌握受力分析是正确解题的关键．7.如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ.则磁感应强度方向和大小可能为()A. z正向，mgIL tanθ B. y正向，mgILC. z负向，mgIL tanθ D. 沿悬线向上，mgILsinθBC（@乐陵一中）解：逆向解题法.A、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；B、磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时，绳的拉力为零，所以B=mg，所以B正确；ILC、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，tanθ，所以C正确；根据平衡条件BILcosθ=mgsinθ，所以B=mgILD、磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图(侧视图)，直导线不能平衡，所以D错误．故选：BC．左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内.把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论．左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即，关于力的用左手，其他的(一般用于判断感应电流方向)用右手定则．8.一质量分布均匀的半圆形弯杆OAB，可绕水平轴O在竖直平面内无摩擦转动.在B点施加一个始终垂直于OB的力F，使其缓慢逆时针旋转90∘，则此过程中()A. 力F不断减小B. 力F先增大后减小C. 重力对轴O的力矩不断减小D. 力F对轴O的力矩先增大后减小BD（@乐陵一中）解：以O点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩；根据力矩平衡条件，有：F⋅2R=mg⋅R，mg；解得：F=12保持力F始终垂直于OB，在F作用下使薄板绕A点沿逆时针方向缓慢转动，直到OB 到达竖直位置的过程中，重心与O点的水平距离先变大后变小，即重力的力矩先变大后变小；而拉力的力矩一直等于2R；根据力矩平衡条件，有：F⋅2R=mg⋅x由于x先变小后变大，故F先变大后变小；故AC错误，B正确；F对O的力矩为F⋅OB，OB不变，所以力F对轴O的力矩先增大后减小，故D正确；故选：BD以O点为支点，拉力F有力矩，重力也有力矩，根据力矩平衡条件列式求解即可．本题关键是以O为支点，然后根据力矩平衡条件列式分析，基础题．9.如图所示，质量为m的均匀直角金属杆POQ可绕水平光滑轴O在竖直平面内转动，PO长度为l，OQ长度为3l.现加一垂直纸面向里的匀强磁场B并在金属杆中通以电流I，恰能使OQ边保持水平，则平衡时()A. 电流从P点流入直角金属杆B. 金属杆POQ的重力矩等于3mgl4C. 杆受到安培力的力矩等于9mgl8D. 电流I大小等于9mg40BlAC（@乐陵一中）解：金属杆POQ的重力力矩M G=34mg⋅32l=98mgl，因为杆子所受的安培力力矩与重力力矩相等，所以安培力的力矩为9mgl8．安培力的力矩M=BI⋅3l×32l−BIl×12l=4BIl2，解得I=9mg32Bl，因为OQ所受的安培力向上，则根据左手定则，电流从P点流入直角金属杆.故A、C正确，B、D错误．故选AC．均匀直角金属杆POQ恰能使OQ边保持水平，知重力力矩与安培力的力矩平衡，根据力矩平衡确定安培力的方向和大小，从而得知电流的大小．解决本题的关键知道重力力矩与安培力力矩平衡，根据力矩平衡，结合安培力大小公式进行分析．三、填空题（本大题共1小题，共5分）10.用力传感器“研究有固定转动轴物体的平衡”．(1)安装力矩盘后，需要做一些检查，写出其中一项检查措施并说明该措施的检查目的______．(2)将力传感器安装在横杆上，通过细线连接到力矩盘.盘面上画有等间距的同心圆.实验操作和器材使用均无误.在悬挂点A挂上一个钩码后，传感器读数为0.75N.在悬挂点B再挂上一个相同钩码后，力矩盘仍维持原状位置，则力传感器读数应接近______N.“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；；1（@乐陵一中）解：(1)安装完毕检查的目的减小误差，如“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”等．(2)力传感器的拉力，由力矩平衡得：F1l1=mgl，F2l1=mgl+mgl′由图知，l′=14l联立解得：F2=1516≈1N答案为：检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”等.(2)1安装完检查的目的：“检查力矩盘的重心是否在转轴处，使力矩盘重力力矩为零”；“力矩盘是否在竖直平面内，使各力力矩在同一平面内”，(2)根据力矩平衡，力传感器的拉力．考查了力矩平衡，注意操作事项，减小误差，合理估算力臂等．四、计算题（本大题共4小题，共48分）11.用图所示装置做“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验，力矩盘上各同心圆的间距相等．(1)在下面实验操作中，不必要或错误的是______A.挂弹簧秤的横杆要严格保持水平B.弹簧秤要紧密接触盘面C.各力矩应取得大一些D.当力矩盘平衡时，立刻在竖直盘面上用直尺画出各力的作用线(2)在A、B两点分别用细线悬挂钩码，M、C两点用弹簧秤连接后，力矩盘平衡(如图所示)，已知每个钩码所受的重力为1N，则此时弹簧秤示数为______N；(3)有同学在做这个实验时，实验操作完全正确，但发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差异.经检查发现读数和计算均无差错，请指出造成这种差异的一个可能原因是：______．A；2.5；转盘的摩擦力的力矩不为零或力矩盘的重心不在圆心（@乐陵一中）解：(1)A、本实验与横杆MN是否保持水平无关，没有必要检查横杆MN是否严格保持水平，符合题意，故A正确；B、弹簧秤要紧密接触盘面，这样弹簧的拉力才与盘面保持平行，不符合题意，故B错误；C、各力矩应取得大一些，以减小相对误差，不符合题意，故C错误；D、实验要验证力矩平衡条件，必须画出各力的力臂，应立刻在竖直盘面上用直尺画出各力的作用线，不符合题意，故D错误；故选：A．(2)设弹簧秤的示数为F，每个砝码的重力为G，转盘最小的半径为r.根据力矩平衡条件：3G⋅3r=F⋅2r+G⋅4r解得：F=2.5G=2.5×1N=2.5N(3)实验操作完全正确，发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差异，可能原因是：转盘的摩擦力的力矩不为零，或力矩盘的重心不在圆心；故答案为：(1)A；(2)2.5；(3)转盘的摩擦力的力矩不为零，或力矩盘的重心不在圆心．(1)本实验的目的是研究力矩盘平衡时砝码的拉力力矩和弹簧拉力力矩的关系；实验的要求是尽量减小力矩盘的重力、摩擦力等其他力对力矩盘的影响．(2)根据力矩平衡条件：顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，列式求解．(3)考虑误差来源时，要注意实际情况下摩擦力的力矩是一定存在的．本题应从实验的目的和要求出发，分析哪些操作是合理的，培养分析处理实际问题的能力．12.如图，L型轻杆通过铰链O与地面连接，OA=AB=6m，作用于B点的竖直向上拉力F能保证杆AB始终水平.一质量为m的物体以足够大的速度在杆上从A点处向右运动，物体与杆之间的动摩擦因数与离开A点的距离成反比，即μ=1．x 求：(1)当x=2m时，拉力F的大小；(2)当x=2m时，铰链O给杆施加的力的大小和方向．解：(1)轻质杆受到滑块的压力N 1=mg ，摩擦力f =umg =mg x和拉力F ，以O 点为支点，根据力矩平衡，有： f ⋅OA +mg ⋅x =F ⋅AB ，6mg x+mgx =6F得F =mg x+mgx 6，将x =2m 代入，得F =5mg 6(2)设轴在O 点所受的力为N 2，则N 2x =f =mg x =mg 2,N 2y =N 1−F =mg −56mg =16mg N 2=√N 2x 2+N 2y 2=√(mg 2)2+(mg 6)2=√106mg 设N 2与水平方向的夹角为α，则tanα=N 2y N 2x=16mg mg 2=13α=tan −113，所以N 2与水平方向的夹角为α=tan −113．答：(1)当x =2m 时，拉力的大小F =5mg 6；(2)当x =2m 时，铰链O 给杆施加的力的大小为√106mg ，方向N 2与水平方向的夹角为α=tan −113．（@乐陵一中）(1)受力分析，根据力矩平衡条件列式求解； (2)根据平行四边形定则将力合成，求出施加力的大小和方向．本题是力矩平衡条件的运用问题，关键受力分析列出方程，要知道力是矢量，合成与分解需要满足平行四边形定则．13. 汽缸中的高压燃气对活塞产生的推力通过曲柄连杆机构将活塞的平动转换为曲轴的转动，如图所示.为了能对曲轴产生60N ⋅m 的转动力矩.问：(假定该装置中，各部分的质量和摩擦力均可忽略不计.)(1)当曲柄处在如图所示的水平位置时，求连杆(图中连接活塞与曲柄的斜杆)对曲柄作用力？(2)当曲柄处在如图所示的水平位置时，汽缸中的高温高压燃气对活塞的推力F 应多大？解：①设连杆与曲柄的夹角为θ，则连杆对曲柄的力矩：F1Lsinθ=M又cosθ=616=0.375sinθ=0.927得：F1=MLsinθ=600.06×0.927=1079N②高温高压燃气对活塞的推力F=ML =600.06=1000N答：连杆对曲柄作用力F1=1079N，高温高压燃气对活塞的推力F=1000N．（@乐陵一中）设连杆与曲柄的夹角为θ，先求出cosθ的值，然后根据力矩平衡原理求解本题考查了杠杆平衡原理在实际生活中的应用，中档题．14.如图所示，一质量为m、带电量为−q的小球A，用长为L的绝缘轻杆与固定转动轴O相连接，绝缘轻杆可绕轴O无摩擦转动.整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度E=2mg q，现将轻杆从图中的竖直位置由静止释放.求：(1)轻杆转过90∘时，小球A的速度为多大？(2)轻杆转过多大角度时小球A的速度最大？(3)小球A转过的最大角度为多少？解：(1)轻杆转过90∘的过程中，由动能定理：qEL+(−mgL)=12mv2−0，又E=2mg q，得qE=2mg解出v=√2gL(2)轻杆转动过程中，合力矩为零时，小球A的速度最大即mgLsinα=qELcosα得到tanα=2，解出α=arctan2=63.43∘(3)设小球A的速度减为零时轻杆与水平方向的夹角为β，动能定理：qELcosβ+[−mg(L+Lsinβ)]=0−0得到2cosβ=1+sinβ，解出sinβ=0.6(舍去sinβ=−1)，β=37∘因此，小球A转过的最大角度为90∘+37∘=127∘答：(1)轻杆转过90∘时，小球A的速度为√2gL．(2)轻杆转过63.43∘的角度时小球A的速度最大．(3)小球A转过的最大角度为127∘．（@乐陵一中）(1)小球受到向左的电场力作用，轻杆顺时针转动，根据动能定理求解速度；(2)轻杆转动过程中，合力矩为零时，小球A的速度最大，根据此条件列式求解；(3)小球A转过的最大角度时速度为零，根据动能定理求解小球A转过的最大角度．本题考查了动能定理、力矩等知识，综合性较强，关键要理解力矩的物理意义，抓住住小球速度最大时合力矩这个临界条件，对学生的能力要求较高．。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮机械波-教师版---精校解析Word版

机械波一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.某弹簧振子沿x轴的简谐振动图象如图所示，下列描述正确的是A. 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B. 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C. 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D. 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值A（@乐陵一中）解：A、时，振子位于正向最大位移处，振子的速度为零，加速度的方向指向平衡位置，所以加速度为负的最大值，故A正确；B、时，振子位于平衡位置正在向下运动，振子的速度最大，方向向下，加速度为0，故B错误；C、时，振子位于负向最大位移处，振子的速度为零，加速度最大，故C错误；D、时，振子位于平衡位置正在向上运动，振子的速度为正，加速度为0，故D错误．故选：A．根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大加速度方向总是与位移方向相反，位移为负值，加速度为正值．本题考查对简谐运动图象的理解能力，要抓住简谐运动中质点的速度与加速度的变化情况是相反．2.一简谐机械波沿x轴正方向传播，波长为，周期为在时刻的波形图如图甲所示，a、b是波上的两个质点图乙表示介质中某一质点的振动图象下列说法中正确的是A. 图乙是质点a的振动图象B. 图乙是质点b的振动图象C. 时刻质点a的加速度比质点b的大D. 时刻质点a的速度比质点b的大C（@乐陵一中）解：A、B，简谐机械波沿x轴正方向传播，a速度为为零，b速度为正向最大在振动图象上时刻，质点速度为负向最大，均不相符故A、B均错误．C、时刻质点a的回复力最大，加速度比质点b大故C正确．D、时刻，a在波谷，速度为零，b在平衡位置向上，速度最大故D错误．故选：C根据波的传播方向确定ab两点的振动方向由振动图象上读出质点的振动情况是否与波动图象相符，确定是哪个质点的振动图象在波动图象上研究加速度和速度的大小关系．本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力．3.如图所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，波源从平衡位置开始振动，当波传到的P点时开始计时已知在时PM间第一次形成图示波形，此时的M点正好在波谷下列说法中正确的是A. P点的振动周期为B. P点开始振动的方向沿y轴负方向C. 当M点开始振动时，P点可能在波谷D. 这列波的传播速度是B（@乐陵一中）解：A、简谐横波沿x轴正向传播，在时PM间第一次形成图示波形，由于P点振动时间是半个周期的整数倍，则知时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，故P点的周期为故A错误．B、P点开始振动的方向与图示时刻处质点的振动方向相同，由波形平移法得知，P点开始振动的方向沿y轴负方向故B正确．C、根据波形可知，当M点开始振动时，由波形可知，P点在波峰故C错误．D、由图知，波长，则波速故D错误．故选：B简谐横波沿x轴正向传播，在时PM间第一次形成图示波形，由图读出，时间内振动传播了一个波长，经过了一个周期，可知P点的周期读出波长，由求出波速点开始振动的方向与图示时刻处质点的振动方向相同根据PM间的距离判断M点开始振动时P点的位置．本题要根据简谐波的特点：一个周期内传播一个波长，确定P点的周期；简谐波传播过程中，各个质点的起振方向都相同，与波源的起振方向也相同．4.如图所示，一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到0点时开始计时，时刚好传到处下列判断正确的是A. 波源的起振方向向上B. 波源的波速为C. 波源的振动频率为D. 再经过，处质点通过路程是20cmC（@乐陵一中）解：A、波源的起振方向图示时刻处质点的振动方向相同，由波形的平移法得知，波源的起振方向向下故A错误．B、由题意，波在内传播的距离为，则波速为故B错误．C、由图知，波长，则周期为则波源的振动频率为，故C正确．D、时间，此时处质点正向平衡位置运动，速度增大，则再经过，该质点通过路程大于一个振幅，即路程大于故D错误．故选：C波源的起振方向图示时刻处质点的振动方向相同，由波形的平移法判断由题意，波在内传播的距离为，由求出波速，由图读出波长，由波速公式求出周期，再由公式求出波源的振动频率根据时间与周期的关系，分析再经过，处质点通过路程．本题要掌握用到两个波速公式和根据波形的平移法判断质点的振动方向是基本能力，波的基本特点之一是：质点的起振方向与波源的起振方向相同．5.沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，其波速为，下列说法正确的是A. 图示时刻质点b的速度正在增加B. 从图示时刻开始经过s，质点a通过的路程为mC. 从图示时刻开始经过s，质点a恰好到达平衡位置D. 若增大波源的振幅，则波的传播速度也增大B（@乐陵一中）解：A、沿x轴正方向传播，b质点正沿y轴负方向振动，离开平衡位置，速度正在减小故A错误．B、由图读出波长为，则周期为，时间，而一个周期内质点通过的路程是4A，则经过，质点a通过的路程为故B正确．C、，则知质点a还没有到达平衡位置故C错误．D、波速是由介质的性质决定的，与振幅无关，则若增大波源的振幅，波的传播速度不变故D错误．故选B根据波的传播方向判断出质点b的振动方向，可确定速度如何变化读出波长，求出周期，根据时间与周期的关系，求解经过，质点a通过的路程若增大波源的振幅，波的传播速度不变．根据波动图象，由波的传播方向分析质点的速度、加速度、回复力等物理量的变化时，可抓住这些量与位移的关系分析．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.一列简谐横波正沿着x轴正方向传播，波在某一时刻的波形图象如图所示下列判断正确的是A. 这列波的波长是8mB. 此时刻处质点正沿y轴正方向运动C. 此时刻处质点的速度为0D. 此时刻处质点的加速度方向沿y轴负方向ABD（@乐陵一中）解：A、由图象可知波长，故A正确；B、简谐横波沿着x轴正方向传播，波形将向右平移，则此时刻处质点沿y轴正方向运动故B正确．C、处质点处于平衡位置，速度最大故C错误．C、处质点位移为正值，由分析得知，加速度为负值，即沿y轴负方向故D正确．故选ABD简谐横波沿着x轴正方向传播，根据波形的平移法判断处质点的运动方向根据质点的位置，分析质点的速度，由分析加速度，确定合外力．由波的传播方向判断质点的运动方向是基本功，要熟练掌握对于简谐运动，要会根据分析加速度的情况7.图为一列简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点；图为质点Q 的振动图象，下列说法正确的是A. 在时，质点Q向y轴正方向运动B. 在时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C. 从到，该波沿x轴负方向传播了6mD. 从到，质点P通过的路程为30cmE. 质点Q简谐运动的表达式为国际单位BCE（@乐陵一中）解：A、图为质点Q的振动图象，则知在时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；B、在时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮动能和动能定理-教师版---精校解析Word版

动能和动能定理一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量变为P，动能变为，以下说法正确的是A. 若保持水平力F不变，这个物体经过位移2l，其动量等于2PB. 若将水平力增加原来的两倍，经过时间t，物体的动能等于C. 若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于D. 若将水平力增加原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于D（@乐陵一中）【分析】由动能定理求出物体的动能，由动能与动量的关系求出动量，由动量定理求出动量，然后由动能与动量的关系求出动能。

本题考查了求动能与动量，应用动能定理与动量定理即可正确解题，解题时要注意应用动能与动量的数量关系。

【解答】由题意可知，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为，由动量定理可知：，由动能定理得：，设物体质量为m；当水平力F不变，位移为2l时，物体的动能，则物体的动量：，故AC错误；B.若将水平力增加原来的两倍，根据牛顿第二定律，，加速度大于原来的2倍，末速度大于原来的2倍，物体的动能大于，故B 错误；D.若将水平力增加原来的两倍，根据牛顿第二定律，，加速度大于原来的2倍，根据动能定理合，合力做功大于原来的2倍，物体的动能大于，故D正确；故选D。

2.如图所示，运动员把质量为m的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最大高度为h，在最高点时的速度为v，不计空气阻力，重力加速度为g，则运动员踢球时对足球做的功为A. B. mgh C. D.C（@乐陵一中）解：足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：，故ABD错误，C正确；故选：C．根据动能定理，足球动能的初始量等于小明做的功；小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，运用机械能守恒求解足球在最高点位置处的动能．本题可以对踢球的过程运用动能定理，小球动能的增加量等于小明做的功；同时小球离开脚后，由于惯性继续飞行，只有重力做功，机械能守恒．3.高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比B（@乐陵一中）解：A、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：，而动能表达式，可知动能与所经历的时间平方成正比，故A错误；B、依据动能定理，则有：合，可知，动能与它的位移成正比，故B正确；C、由动能表达式，可知，动能与它的速度平方成正比，故C错误；D、依据动能与动量关系式，，可知，动能与它的动量平方成正比，故D错误；故选：B。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮力的合成与分解-教师版---精校解析Word版

力的合成与分解一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图所示，质量为m的小滑块静止在半径为R的半球体上，它与半球体间的动摩擦因数为μ，它与球心连线跟水平地面的夹角为θ，则小滑块()A. 所受摩擦力大小为mgcosθB. 所受摩擦力大小为mgsinθC. 所受摩擦力大小为μmgsinθD. 对半球体的压力大小为mgcosθA（@乐陵一中）解：对小滑块受力分析如图所示：小滑块在重力、支持力及摩擦力的作用下处于平衡状态；故合力为零，将支持力与摩擦力合成后，其合力与重力大小相等，方向相反；则由几何关系可知，摩擦力f=mgcosθ，摩擦力N=mgsinθ；故只有A正确；故选A．2.物体同时受到同一平面内的三个力的作用，下列几组力的合力不可能为零的是()A. 5 N，7 N，8 NB. 5 N，2 N，3 NC. 1 N，5 N，10 ND. 10 N，10 N，10 NC（@乐陵一中）解：A、5N与7N合成时，合力最大12N，最小2N，可以为8N，故三个力合力可能为零；B、5N与2N合成时，合力最大7N，最小3N，可能为3N，故三个力合力可能为零；C、1N与5N合成时，合力最大6N，最小4N，不可能为10N，故三个力合力不可能为零；D、10N与10N合成时，合力最大20N，最小0N，可能为10N，故三个力合力可能为零；本题选合力不可能为零的，故选：C．二力合成时，合力范围为：|F1−F2|≤F≤|F1+F2|；先合成两个力，如果合力范围包括第三个力，则三力可以平衡．本题关键明确二力合成时，合力范围为：|F1−F2|≤F≤|F1+F2|；两力同向时合力最大，反向时合力最小．3.架在A、B两根电线杆之间的均匀电线在夏、冬两季由于热胀冷缩的效应，电线呈现如图所示的两种形状，下列说法中正确的是()A. 夏季、冬季电线对电线杆的拉力一样大B. 夏季电线杆对地面的压力较大C. 夏季电线对电线杆的拉力较大D. 冬季电线对电线杆的拉力较大D（@乐陵一中）解：ACD、对电线受力分析可知冬季电线拉力的夹角更大，合力不变则可得冬季对电线杆的拉力较大，故AC错误，D正确；B、求夏季电线杆对地面的压力可以把杆和电线看做整体，所以电线杆对地面的压力大小始终等于电线杆和电线整体重力之和.故B错误．故选：D．电线杆和电线整体处于平衡状态，所以电线杆对地面的压力可以用整体法求解；电线重力不变且在电线对称，对电线杆的拉力大小相等且合力与重力等大反向．本题重点考察共点力平衡的条件及其应用(若合力大小方向始终不变且分力大小始终相等，则分力夹角越大，分力也越大)以及整体法求整体对地面的压力，是常考题型．4.如图所示，表示五个共点力的有向线段恰分别构成正六边形的两条邻边和三条对角线，已知F1=10N.则这五个共点力的合力大小为()A. 0B. 30 NC. 60 ND. 90 NC（@乐陵一中）解：由图可知，最大恒力为F3，根据平行四边形定则，F1与F4的合力为F3，F2与F5的合力为F3，这五个力的合力为三倍的F3，已知F1=10N，根据几何关系可知，F3=20N，所以合力的大小为60N.故C 正确，ABD错误；故选：C本题关键是根据平行四边形定则，分组作图分析，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1−F2|.解决此类问题需要结合平行四边形定则，利用几何知识分析合力的大小．5.如图，三个固定的带电小球a，b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，设小球a，b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()A. a，b的电荷同号，k=169B. a，b的电荷异号，k=169C. a，b的电荷同号，k=6427D. a，b的电荷异号，k=6427D（@乐陵一中）解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a，b的电荷异号，对小球C受力分析，如下图所示：因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：F aF b=acbc=43；而根据库仑定律，F a=k Q c q aac2，而F b=k Q c q bbc2综上所得，q aq b =43×4232=6427，故ABC错误，D正确；故选：D。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮天体运动-教师版---精校解析Word版

天体运动一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A. v 1v 2= r2r 1B. v 1v 2= r1r 2C. v 1v 2=(r 2r 1)2D. v 1v 2=(r 1r 2)2A（@乐陵一中）解：根据万有引力提供向心力GMm r =m v 2rv =GM r，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，所以v 1v 2= 2r 1，故选：A ．根据万有引力提供向心力GMm r 2=m v 2r，解出线速度与轨道半径r 的关系进行求解．本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．2. 如图所示，A 、B 为地球两个同轨道面的人造卫星，运行方向相同，A 为同步卫星，A 、B 卫星的轨道半径之比为rAr B=k ，地球自转周期为T .某时刻A 、B 两卫星位于地球同侧直线上，从该时刻起至少经过多长时间A 、B 间距离最远( )2( k 3−1)k 3−12( k 3+1)k 3+1A（@乐陵一中）解：由开普勒第三定律得：r A 3r B3=T A2T B2，设两卫星至少经过时间t 距离最远，如图所示，t T B−t T A=n B −n A =12，又T A =T ，解得：t =2( k 3−1)，故A 正确，BCD 错误．故选：A卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，由开普勒第三定律得出半径与周期的关系，当卫星B 转过的角度与卫星A 转过的角度之差等于π时，卫星相距最远，据此分析即可．本题主要考查了开普勒第三定律的直接应用，注意只有围绕同一个中心天体运动才可以使用开普勒第三定律，难度不大，属于基础题．3.“嫦娥五号”探测器由轨道器.返回器.着陆器等多个部分组成.探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球.若已知月球半径为R，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是( )A. 月球质量为4π2R3GT2B. 月球表面重力加速度为32π2RT2C. 月球密度为3πGT D. 月球第一宇宙速度为4πRTB（@乐陵一中）解：A、对探测器，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：G Mm(R+R)=m4π2T(R+R)，解得：M=32π2R3GT，故A错误；B、月球表面的重力加速度为：g=GMR2=G32π2R3GT2R2=32π2RT2，故B正确；C、月球的密度：ρ=MV =32π2R3GT24πR3=24πGT，故C错误；D、月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，根据牛顿第二定律，有：G MmR2=m v2R，解得：v=GMR =42πRT，故D错误；故选：B对探测器分析，只受万有引力，做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到月球质量的表达式；根据牛顿第二定律列式求解月面重力加速度，第一宇宙速度是月球表面的环绕速度．本题关键是明确探测器的动力学原理，结合牛顿第二定律列式求解，注意月球的第一宇宙速度是月面卫星的环绕速度，基础题目．4.天文上曾出现几个行星与太阳在同一直线上的现象，假设地球和火星绕太阳的运动看作是匀速圆周运动，周期分别是T1和T2，它们绕太阳运动的轨道基本上在同一平面上，若某时刻地球和火星都在太阳的一侧，三者在一条直线上，那么再经过多长的时间，将再次出现这种现象(已知地球离太阳较近，火星较远)()A. T1+T22B. T1T2 C. T12+T222D. T1T2T2−T1D（@乐陵一中）解：设需要的时间为t，在此时间内地球比火星多转一周，就会再次出现这种现象，故有：t 1−t2=1即：t(T2−T1)12=1解得：t=T1T2T2−T1，故D正确故选D由于地球比火星轨道低，周期小，故再次出现这种现象时，地球比火星多转一周，由此可以解得需要的时间．要会分析题目，比如所谓的再次出现某一现象，一般应经过的时间是周期的倍数关系，若涉及两个物体，则一般他们之间就是运动快的多转一周．5.如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动.据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小.以下判断正确的是()A. a2>a3>a1B. a2>a1>a3C. a3>a1>a2D. a3>a2>a1D（@乐陵一中）解：在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度a n=4π2Tr，由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2>a1，同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，根据a=GMr2得a3>a2>a1，故选：D．由题意知，空间站在L1点能与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的周期、角速度，由a n=4π2T r，分析向心加速度a1、a2的大小关系.根据a=GMr2分析a3与a1、a2的关系．本题比较简单，对此类题目要注意掌握万有引力充当向心力和圆周运动向心加速度公式的联合应用．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M，N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M，Q到N的运动过程中()A. 从P到M所用的时间等于T04B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功CD（@乐陵一中）【分析】根据海王星在PM段和MQ段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P到M 所用时间与周期的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮摩擦力-教师版---精校解析Word版

摩擦力一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块、B接触面竖直，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力与B的质量之比为A. B. C. D.B（@乐陵一中）解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：竖直方向：其中：联立有：联立解得：故选：B对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．2.重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下，以下说法正确的是A. 在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B. 自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C. 自卸车车厢倾角越大，车厢与石块间的正压力减小D. 石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力C（@乐陵一中）解：A、物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，故A错误；B、动摩擦因素与倾角无关故B错误；C、石块处于平衡状态，则有：，，自卸车车厢倾角越大，车厢与石块间的正压力逐渐减小故C正确；D、石块滑动后的摩擦力是滑动摩擦力，小于最大静摩擦力，也小于重力沿斜面方向的分力故D错误．故选：C石块处于平衡状态，对石块进行受力分析，根据平衡条件及恒力做功公式列式分析即可．本题主要考查了平衡条件的应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，要注意的是滑动摩擦力要小于最大静摩擦力．3.如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用、和表示则A. ，，B. ，，C. ，，D. ，，C（@乐陵一中）解：对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力；；再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力；；对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力；；故只有C正确，ABD错误；故选：C．分别对a、ab以及abP整体进行分析，根据平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用．本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用．4.如图所示，质量为m的物体放置在倾角为的斜面上处于静止状态，物体与斜面的滑动摩擦因数为，则物体所受摩擦力的大小为A. B. C. D.A（@乐陵一中）解：对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、静摩擦力，物体处于静止状态，所以合力为0；设斜面倾角为，根据平衡条件：沿斜面方向上：，故A正确，BCD错误．故选：A．对物块进行受力分析，然后根据共点力的平衡条件列方程求解．考查力的平行四边形定则的应用，掌握共点力平衡的应用，理解力的实际效果分解，也可以运用正交分解法求解．5.如图所示，质量为M的木板放在水平桌面上，一个质量为m的物块置于木板上木板与物块间、木板与桌面间的动摩擦因数均为现用一水平恒力F向右拉木板，使木板和物块体共同向右做匀加速直线运动，物块与木板保持相对静止已知重力加速度为下列说法正确的是A. 木板与物块间的摩擦力大小等于0B. 木板与桌面间的摩擦力大小等于FC. 木板与桌面间的摩擦力大小等于D. 木板与桌面间的摩擦力大小等于D（@乐陵一中）解：A、由题意知，木板和物块共同向右做匀加速直线运动，且物块与木板保持相对静止，可知木板与物块间存在相互作用的静摩擦力，物块在静摩擦力作用下产生向右的加速度，故A错误；B、因为物块向右加速运动，故物块受到木板向右的摩擦力，根据牛顿第三定律可知，物块对木板有向左的摩擦力，对木板受力分析可知，如果木板与桌面间的摩擦力大小为F方向水平向左，则木板所受合力向左，故不可能向右加速运动，故B错误；C、因为木板在竖直方向上除了受到重力还受到M向下的压力，由于M在竖直方向上受力平衡可知，桌面对M的支持力大小为，故摩擦力大小为，故C错误；D、因为桌面对木板的支持力为，且木板与桌面间是滑动摩擦力，所以，故D正确．故选D．木板和物块在力F作用下共同向右做匀加速直线运动可知：物块m和木板M 间是静摩擦力，具体大小由牛顿定律确定；木板与桌面间的摩擦力是滑动摩擦力，大小满足，对M受力分析，在竖直方向受力平衡可知，M和桌面间的弹力大小不等于木板的重力．关于滑动摩擦力的计算式中是接触面间的弹力，而非重力，要注意判断．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图，物体﹑相对静止，共同沿斜面匀速下滑，则下列判断正确的是A. A对B的摩擦力做正功B. B受到斜面的滑动摩擦力为C. 斜面受到B的滑动摩擦力，方向沿斜面向上D. B与斜面的滑动摩擦因素AD（@乐陵一中）【分析】本题应该可以分别对A和AB整体进行分析求出AB间的摩擦力以及B与地面之间的摩擦力；由摩擦力公式可求得动摩擦因数本题考查摩擦力的分析及判断和功的计算问题；如果没有摩擦，AB两物体会一起加速下滑，而题中物体一起匀速下滑，故AB及B和地面之间一定有摩擦力．【解答】A.对A受力分析如图所示；则可知，A一定受B向上的摩擦力；则由牛顿第三定律可知，B受A向上的摩擦力；则B受到A的摩擦力对B做正功；故A 正确；B.对AB整体受力分析，如图由共点力平衡条件可得B受到的摩擦力为：；方向沿斜面向上；故B错误；C.由牛顿第三定律可知，斜面受到B的摩擦力方向向下；故C错误；D.垂直斜面方向上支持力为：而滑动摩擦力为：则可解得：；故D正确；故选AD。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮抛体运动-教师版---精校解析Word版

抛体运动一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为重力加速度为A. B. C. D.B（@乐陵一中）解：设半圆的半径为R，根据动能定理得：，离开最高点做平抛运动，有：，，联立解得：可知当时，水平位移最大，故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径。

本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。

2.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球忽略空气的影响。

速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是A. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B. 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D. 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大C（@乐陵一中）解：发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度大，则所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，故C正确，ABD错误。

故选：C。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律，抓住水平方向相等时，通过时间关系得出下降的高度，从而分析判断。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

3.将一小球以的速度水平抛出，经过1s小球落地，不计空气阻力，关于这段时间小球的运动，下列说法正确的是A. 小球着地速度是B. 小球竖直方向的位移是10mC. 小球着地速度是D. 小球水平方向位移是5mD（@乐陵一中）解：由题意知：小球抛出点的高度为：小球的水平位移为：小球落地时竖直分速度为：小球着地时速度为：合，故B正确，ACD错误故选：D根据小球运动的时间求出小球抛出点的高度，结合初速度和时间求出水平位移通过速度时间公式求出竖直分速度，根据平行四边形定则求出小球落地的速度大小解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住分运动与合运动具有等时性，结合运动学公式灵活求解．4.如图为某滑雪场跳台滑雪的部分示意图，一滑雪者从倾角为的斜坡上的顶点先后以不同初速度水平滑出，并落到斜面上，当滑出的速度为时，滑雪者到达斜面的速度方向与斜面的夹角为，当滑出的速度增大为时，滑雪者到达斜面的速度方向与斜面的夹角为，则A. B. C. D.C（@乐陵一中）解：如图所示，由平抛运动的规律知，则得：由图知：可得：所以与抛出速度无关，故，、的大小与斜面倾角有关，故ABD 错误，C正确故选：C画出物体落到斜面时的速度分解图，根据平抛运动基本规律结合几何关系表示出即可求解．本题主要考查了平抛运动基本规律的直接应用，要求同学们掌握平抛运动的规律，能结合几何关系进行求解．5.图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为，游戏要求弹丸垂直在P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关，为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是不计空气阻力，，A. ，B. ，C. ，D. ，A（@乐陵一中）解：如图所示，，，平抛运动的水平位移为：，即：，，，而，解得：，所以，又，即，，代入数据解得：故A正确，BCD错误．故选：A．作出速度的反向延长线交初速度方向为C，过O点作MN的垂线交于F，结合几何关系得出平抛运动的水平位移，抓住OF和CF间的夹角等于速度与水平方向的夹角，通过几何关系求出竖直位移，从而得出弹射器离B点的高度根据速度方向，结合平行四边形定则得出初速度的大小．本题考查了平抛运动的运用，抓住速度方向垂直P点圆弧的切线方向是关键，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过运动学公式和几何关系进行求解，有一定的难度．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度先后射入电场中，最后分别打在正极板的C、B、A处，则A. 三种粒子在电场中运动时间相同B. 三种粒子在电场中的加速度为C. 三种粒子到达正极板时动能D. 落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电BD（@乐陵一中）解：A、根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等：，解得；由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；故A错误．BD、三粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移：，由于初速度相同，所用时间越长则水平位移越大，所用A粒子带负电，B粒子不带电，C 粒子带正电，三种粒子在电场中的加速度为，故BD正确．C、3种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理合力做功越多则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电电场力做负功；所以动能，故C错误．故选：BD因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解．确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析．7.从同一点沿水平方向抛出的甲、乙两个小球能落在同一个斜面上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，则A. 甲球下落的时间比乙球下落的时间长B. 甲球下落的时间比乙球下落的时间短C. 甲球的初速度比乙球初速度大D. 甲球的初速度比乙球初速度小BC（@乐陵一中）解：A、甲乙两球都做平抛运动，由图象可以看出，甲球竖直方向运动的位移小于乙球竖直方向运动的位移，根据可知，甲球下落的时间比乙球下落的时间短，故A错误，B正确；C、甲乙水平方向做运动直线运动，由图象可以看出，当下落相同高度时，运动时间相同，而甲的水平位移等于乙的水平位移，所以甲球的初速度比乙球初速度大，故C正确，D错误．故选：BC研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．本题就是对平抛运动规律的直接考查，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度不大，属于基础题．8.物体以的速度水平抛出，当其竖直分位移与水平分位移大小相等时，下列说法中正确的是A. 竖直分速度与水平分速度大小相等B. 瞬时速度的大小为C. 运动时间为D. 运动位移的大小为CD（@乐陵一中）【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和竖直位移相等求出运动的时间，根据速度时间公式求出竖直分速度，判断是否与水平分速度相等，根据平行四边形定则求出瞬时速度的大小和运动位移的大小。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮牛顿第三定律-教师版---精校解析Word版

牛顿第三定律一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，如图1所示，某同学用两个力传感器进行实验，通过计算机得到图下列由图2得到的实验结论中错误的是A. 两传感器间的作用力与反作用力大小相等B. 两传感器间的作用力与反作用力方向相反C. 两传感器间的作用力与反作用力同时变化D. 两传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上D（@乐陵一中）解：A、根据图象可知，两传感器间的作用力与反作用力大小相等，方向始终相反故AB正确．C、作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失故C正确．D、作用力与反作用力作用在不同的物体上，故D错误．本题选错误的，故选：D作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化，同时消失．解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化，同时消失，作用在不同的物体上，注意与平衡力之间的区别．2.如图所示，物体A放在水平桌面上，被水平细绳拉着处于静止状态，则A. 绳子对A的拉力小于A受的静摩擦力B. A受的重力和桌面对A的支持力是一对作用力和反作用力C. A对桌面的压力和桌面对A的支持力总是平衡的D. A对桌面的摩擦力的方向是水平向右的D（@乐陵一中）解：A、由于物体A处于平衡状态，则绳子对A的拉力等于A受的静摩擦力故A错误；B、A受的重力和桌面对A的支持力是一对平衡力，不是作用力与反作用力，故B错误；C、A对桌面的压力和桌面对A的支持力是一对作用力与反作用力，总是相等，方向相反，且作用于两个物体但不是平衡的，故C错误；D、由于细线对A的拉力水平向右，所以桌面对A的摩擦力水平向左，而A对桌面的摩擦力的方向是水平向右故D正确；故选：D物体A在水平细线的作用下处于平衡状态，则物体A受到静摩擦力、细线拉力、重力与支持力．平衡力与作用力与反作用力的区别与联系，前者是共同作用在一个物体上，当物体平衡时，平衡力才相等而后者作用在两个物体上，大小总是相等，不论是运动还是静止，不论是加速还是减速．3.如图所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮冲刺：弹力-教师版---精校解析Word版

弹力一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是A. B.C. D.A（@乐陵一中）解：设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：，对物块P，由牛顿第二定律得，，由以上式子联立可得，。

可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当时，，故A正确，BCD错误。

故选：A。

以物块P为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出F与物块P的位移x的关系式，再选择图象。

解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等。

2.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为，石块间的摩擦力可以忽略不计则第1块对第2块的弹力和第1块对第3块的弹力的大小之比为A. B. C. D.A（@乐陵一中）解：如图对第一个石块进行受力分析，由几何关系知：，所以有：，故A正确，BCD错误；故选：A．由图可知，1、2及1、3两块石块均有相互作用，而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止，故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比．当题目中有有多个物体相互作用时，应注意灵活选择研究对象．隔离法与整体法整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．隔离法：从系统中选取一部分其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数进行分析隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析．通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．3.跳伞运动员在空中打开降落伞一段时间后，保持匀速下降已知运动员的重量为，圆顶形伞面的重量为，在伞面边缘有24条均匀分布的相同轻细拉线与运动员相连，每根拉线和竖直方向都成角设运动员所受空气阻力不计，则每根拉线上的张力大小为A. B. C. D.A（@乐陵一中）解：如图以一根丝线为例，每根丝线拉力向上的分力；由共点力的平衡条件可知：；解得：；故选：A．运动员受本身的重力及24根丝线的拉力而处于平衡状态；将丝线的拉力分解为水平和竖直两个方向上的分力，则竖直上的分力之和等于向下的重力．本题注意24根绳子在竖直方向上的分力均是相同的，而向上的合力与向下的重力一定是大小相等、方向相反的．4.如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间A. B球的速度为零，加速度为零B. B球的速度为零，加速度大小为C. 将F一撤去A就离开墙壁D. 在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动B（@乐陵一中）【分析】速度不能发生突变，力可以突变，突然将F撤去，弹簧的压缩量没有来得及发生改变，故弹力不变，对B球运用牛顿第二定律，即可求得加速度。

山东省乐陵市第一中学高三物理三轮重力势能和弹性势能-教师版---精校解析Word版

重力势能和弹性势能一、单选题（本大题共5小题，共30分）1.物体从高处下落的过程中A. 重力做正功，重力势能减少B. 重力做正功，重力势能增大C. 重力做负功，重力势能减少D. 重力做负功，重力势能增大A（@乐陵一中）解：物体从高处下落的过程中，重力方向与位移方向相同，则重力做正功，重力势能减少，故A正确，BCD错误．故选：A物体从高处下落的过程中，根据重力方向与位移方向的关系判断重力做功正负，从而确定重力势能的变化．解决本题的关键要掌握功正负的方法：看力与位移之间的夹角，对于重力势能，也可以根据分析其变化情况．2.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离，重力加速度为开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为，现将A、B由静止释放，下列说法正确的是A. 物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度先增大后减小B. 物块A经过C点时的速度大小为C. 物块A在杆上长为的范围内做往复运动D. 在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量C（@乐陵一中）解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，故A错误．B、设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为根据系统的机械能守恒得：，得：，故B错误．C、由几何知识可得，由于AB组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为的范围内做往复运动故C正确．D、到C点时B的速度为零则根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故D错误．故选：C在绳子作用下物块A由P点到C点的过程，绳子的拉力做正功，速度增大到C点时B的速度为零根据能量守恒定律，分析物块B克服细线拉力做的功与B重力势能的减少量的关系结合对称性分析物块A的运动范围由系统的机械能守恒求物块经过C点时的速度．本题的关键要正确分析两物块的运动情况，知道当A的速度最大时，B的速度为零，明确系统遵守机械能守恒，但对单个物块而言，机械能是不守恒的．3.如图所示，在弹性限度内，将压缩量为x的弹簧缓慢拉伸至伸长量为x，关于这一过程中弹簧的弹性势能变化，下列说法正确的是A. 一直减小B. 一直增大C. 先减小再增大D. 先增大再减小C（@乐陵一中）解：根据弹簧的弹性势能的表达式：可知，弹簧的形变量越大，弹性势能越大，将压缩量为x的弹簧缓慢拉伸至伸长量为x 的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，所以弹性势能先减小后增大；故选：C发生弹性形变的物体的各部分之间，由于有弹力的相互作用，也具有势能，这种势能叫做弹性势能同一弹性物体在一定范围内形变越大，具有的弹性势能就越多，反之，则越小．本题关键是明确弹性势能与弹簧的形变量之间的关系，知道形变量越大，弹性势能越大；弹性势能的增加量等于外力做的功．4.轻质弹簧竖直放置在地面上，自由长在A点，现从A端静止放一可看成质点的物体M，M压缩弹簧下落到的最低点是C，最后静止在位置B点，整个过程中弹簧均处于弹性限度内，M运动过程总在竖直一条线上，不计空气阻力影响，则A. M从A到B是匀加速直线运动，在C点时受弹簧弹力大小为2MgB. M从A点下落到停在B点的过程中，M的机械能守恒C. M从A到C的过程中，在B点时M动能最大，在C点时弹簧的弹性势能最大D. M从B到C的过程中，重力做功大于M克服弹簧弹力做功C（@乐陵一中）解：A、M从A到B：，x逐渐增大，则a逐渐减小，至B点处，合力为零，加速度减小到零，故M从A到B是加速度逐渐减小的加速直线运动；根据运动的对称性，C点时所受的合力大小与A点时的合力大小相等，即，得：，故A错误；B、M从A点下落到停在B点的过程中，M与弹簧组成的系统机械能守恒，M的机械能不守恒，故B错误；C、由前面分析知，由A到B过程物体一直加速，过了B点后弹力大于重力，物体加速度方向向上，故物体做减速运动，即B点时速度最大则动能最大，C点时弹簧的形变量最大，故弹性势能最大，故C正确；D、M从B到C的过程中，根据动能定理：弹，故重力做功小于M克服弹簧弹力做功，D错误；故选：C．由题意可知B点是平衡位置，即弹簧弹力等于重力，根据牛顿第二定律分析从A到B加速度的变化；从能量的转化角度考虑：物体和弹簧组成的系统机械能守恒．物体从A位置，即弹簧原长位置释放，实质做以B为平衡位置的简谐振动，简谐振动的物体的加速度的方向总是指向平衡位置即B点的．5.如图甲所示，匀质链条悬挂在天花板等高的A、B两点，现将链条中点也拉至AB中间位置C悬挂，如图乙所示，则下列说法正确的是A. 天花板对链条的作用力变大B. 天花板在A点对链条的作用力不变C. 乙图中链条最低点的张力为甲图的D. 链条的重力势能不变C（@乐陵一中）解：A、甲图中，以整个链条为研究对象，根据平衡条件可知，天花板对链条的作用力大小等于其重力乙图中，同理可得天花板对链条的作用力大小等于其重力所以天花板对链条的作用力大小不变故A错误．B、甲图中，以左半段链条为研究对象，分析其受力情况如1图所示，设其重力为由于三力共点，根据力的合成法和数学知识可知，天花板在A点对链条的作用力T的方向与乙图中方向相同，设与竖直方向的夹角为，以整个链条为研究对象，则有：，．对乙图中AC间链条有同样的规律，由于乙图中AC间链条质量小，则天花板在A点对链条的作用力小，故B错误．C、将图1中三个力的作用点移到一起，由平衡条件有：，不变，由于乙图中AC间左半段链条的质量是甲图中左半段链条质量的一半，所以乙图中链条最低点的张力F为甲图的，故C正确．D、整个链条的质量不变，由于乙图中链条重心上升，所以链条的重力势能增大，故D错误．故选：C．天花板对链条的作用力可根据平衡条件求解以链条左半段为研究对象，分析其受力情况：重力、右半段链条的张力和不天花板的拉力，三力的作用点不同，但不平行必共点，根据平衡条件分析天花板在A点对链条的作用力和链条最低点的张力根据重心位置变化分析重力势能是否变化．解决本题一方面要灵选择研究对象，采用整体法和隔离法结合；另一方面要掌握三力汇交原理，即三力平衡时，不平行必共点．二、多选题（本大题共4小题，共24分）6.质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力的作用，下落的加速度为，在物体下落高度为h的过程中，下列说法正确的是( )A. 物体的机械能减少了B. 物体的动能增加了C. 物体克服阻力做功D. 物体的重力势能减少了mgh BCD（@乐陵一中）【分析】根据合力做功得出物体动能的变化量，根据下降的高度求出重力势能的减小量，从而得出机械能的机械能变化量。