特色专项训练优化方案2015届高考物理二轮专题精炼第一篇专题一仿高考选择题巧练(二)

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【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第二篇“8+2+2+选考”全真模拟(三)

(2)为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：
A．电流表A1(0～40mA，r1＝10Ω)
B．电流表A2(0～100mA，r2≈5Ω)
C．滑动变阻器Байду номын сангаас(0～10Ω)
D．定值电阻R0(阻值为100Ω)
E．电源E(电动势为6V，内阻不能忽略)
F．开关、导线若干
①实验中要求调节范围尽可能大，请在方框内画出符合要求的电路图．
B．该波的传播速度为2m/s
C．质点L与质点N的运动方向总相反
D．在t＝0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在往y轴正方向运动
E．1.25s时，质点P运动的路程为2m
(2)(9分)如图所示，ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n＝2，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧的圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源．若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射圆弧AC的弧长．
(1)O点与标志杆A之间的距离x及汽车刹车时的加速度大小a；
(2)汽车停止运动时车头与标志杆D的距离L.
25．(19分) 如图所示，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域内，分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于图平面朝里，电场方向与电磁分界线平行朝右．一个带正电的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点偏左斜向下射入磁场，然后以垂直于电磁场边界线的方向进入电场，最后从电场区下边界上的Q点射出．已知P、Q连线垂直于电场方向，粒子轨道与电磁场分界线的交点到P、Q连线的距离为D．不计重力，试以l1、l2、v和d为已知量，导出：
A．1∶1B．1∶2
C．1∶3D．1∶4

【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第一篇专题一电学选择题巧练(一)

电学选择题巧练(一)[建议用时：20分钟]1．下列有关物理学史的说法中正确的是( ) A ．赫兹最早发现了电磁感应现象B ．库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律，并测出了静电力常量k 的值C ．奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则D ．安培通过实验发现了在磁场中产生电流的条件2.(2014·海淀区模拟)如图所示，电场中的一簇电场线关于y 轴对称分布，O 点是坐标原点，M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四个点，其中M 、N 在y 轴上，Q 点在x 轴上，则( ) A ．M 点电势比P 点电势高B ．OM 间的电势差等于NO 间的电势差C ．一正电荷在O 点的电势能小于在Q 点的电势能D ．将一负电荷从M 点移到P 点，电场力做正功3．(多选)两个等量电荷形成的电场中，以两电荷连线中点为坐标原点，某一方向为x 轴，x 轴上的电场强度E 的大小与x 的变化关系如图甲、乙所示，下列判断正确的有( )A ．若以两电荷连线为x 轴，则图甲是两个等量异种电荷形成的电场B ．若以两电荷连线中垂线为x 轴，则图甲是两个等量异种电荷形成的电场C ．若以两电荷连线为x 轴，则图乙是两个等量同种电荷形成的电场D ．若以两电荷连线中垂线为x 轴，则图乙是两个等量同种电荷形成的电场 4.如图所示，两平行金属极板之间有一匀强电场，金属板长为L ，一带电粒子以速度v0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v1射入电场并能从其中射出，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为2L(轨迹未画出)．则粒子进入电场的初速度v1等于( )A ．v0B ．2v0 C.3v0 D ．2v05.两个电荷量分别为q 和－q 的带电粒子a 、b 分别以速度va 和vb 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，如图所示，则( ) A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．两粒子的轨迹半径之比Ra ∶Rb ＝3∶1C ．两粒子的质量之比ma ∶mb ＝1∶2D ．两粒子的速度大小之比va ∶vb ＝1∶26.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B ＝k Ir ，即某点的磁感应强度大小B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为r ，通以大小相等、方向相同的电流．规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是()7．(多选)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 500匝，副线圈的匝数n2＝150匝，R0、R1、R2均为定值电阻，原线圈接u＝311sin(100πt) V的交流电源．起初开关S处于闭合状态．下列说法中正确的是()A．电压表示数为22 VB．当开关S断开后，电压表示数变小C．当开关S断开后，电流表示数变小D．当开关S断开后，变压器的输出功率减小8．(多选)如图所示，水平桌面上固定两平行的光滑金属导轨ab、cd，相距为L，导轨的左端连有阻值为R的电阻．导轨上放一质量为m、电阻为r的滑杆MN，滑杆垂直于导轨并可在导轨上自由滑动，不计导轨和导线的电阻．整个空间中存在磁感应强度大小为B、方向竖直的匀强磁场．MN的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的滑轮后，另一端与质量也为m的物块相连，轻绳处于伸直状态．现将物块由静止释放，当物块下落高度为h时速度达到最大，用g表示重力加速度，则在物块由静止开始下落至速度最大的过程中，下列说法中正确的是()A．物块的最大速度为＋B2L2B．通过电阻R的电荷量是BhLR＋rC．滑杆MN产生的最大感应电动势为＋BLD．电阻R上产生的焦耳热为mgh－＋B4L4电学选择题巧练(一)1．[解析]选B.法拉第最早发现了电磁感应现象，A错误；奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，C错误；法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，D错误．2．[解析]选D.如题图所示的电场为带正电的点电荷形成的电场，所有电场线反向延长的交点即为该点电荷所在的位置，P 点离该点电荷的距离比M 点更近，所以P 点的电势比M 点电势高，选项A 错误；NO 之间的电场线比OM 之间的电场线密，所以NO 之间的场强大，电势差也大，选项B 错误；O 点到该点电荷的距离比Q 点近，O 点电势高，正电荷在电势高的位置电势能大，故正电荷在O 点的电势能比在Q 点大，选项C 错误；P 点的电势比M 点电势高，将负电荷由电势低的位置移动到电势高的位置电场力做正功，选项D 正确．3．[解析]选BD.由电场叠加可知，两等量异种电荷形成的电场，两电荷连线中点的场强不为零，连线中点场强在两电荷间连线上最小，但在连线中垂线上最大，从连线中点沿中垂线向两边一直减小；两等量同种电荷形成的电场在两电荷连线的中点场强为零，向两边越来越大，在两电荷连线中垂线上从连线中点向两边先增大后减小，故选项A 、C 错误，B 、D 正确．4．[解析]选C.设粒子在电场中的加速度为a.第一次，粒子恰好从下极板的边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L ＝v0t ，d ＝12at2，解得：v0＝La 2d .第二次，由类平抛运动的推论知粒子好像是从上极板的中点沿直线飞出，由几何相似可得，粒子飞出电场时竖直方向的位移为y ＝d 3，可得L ＝v1t ′，y ＝d 3＝12at ′2，解得：v1＝L3a2d ＝3v0，故C 正确．5．[解析]选C.由左手定则可判定：a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；由几何关系可得：Ra ∶Rb ＝33，故B 错误；两者运动时间相同，则由：t ＝60°360°Tb ＝120°360°Ta ，可得Ta Tb ＝12，由Bqv ＝4π2mR T2和R ＝mv qB 可得：T ＝2πm Bq ，则ma mb ＝Ta Tb ＝12，又由Bqv ＝m v2R ，解得：v ＝BqRm ，则va vb ＝Ramb Rbma ＝233，故C 正确、D 错误．6．[解析]选D.两根通电导线通以同向电流，在a 导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b 导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式B ＝k I r 和磁场的叠加可知：在0<x<r2范围内，磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正；当x ＝r 2时，B ＝0；在r2<x<r 区域内，B 随x 增大而减小且为负；在x>r 时，B 随x 增大而减小且为正，无穷远处大小为零．故D 正确．7．[解析]选CD.原线圈电压的有效值为220 V ，根据匝数比可得副线圈电压的有效值为22 V ，电压表接在R1两端，示数一定小于22 V ，A 错．当开关S 断开后，R1两端的电压会增大，电压表示数增大，副线圈电流减小，输出功率减小，原线圈电流减小，故B 错，C 、D 正确． 8．[解析]选ABC.当安培力等于物块重力时，速度最大，有B2L2v R ＋r ＝mg ，则最大速度v ＝＋B2L2，A 正确；通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝BhLR ＋r，B 正确；滑杆MN 产生的最大感应电动势为 E ＝BLv ＝＋BL，C 正确；根据能量守恒得，mgh ＝12×2mv2＋Q 总，由电路可知电阻R 上产生的焦耳热QR ＝RR ＋r Q 总，解得QR ＝R R ＋r ⎣⎡⎦⎤mgh －＋B4L4，D 错误．。

【特色专项训练优化方案】2015届高考物理二轮专题精炼第二篇“8+2+2+选考”全真模拟(一)

第二篇高考全真模拟“8＋2＋2＋选考”全真模拟(一) [时间：60分钟分值：110分]第Ⅰ卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．关于以下科学家的贡献，说法符合物理学史的是( ) A ．伽利略认为物体下落的快慢与物体的轻重无关 B ．牛顿发现了万有引力定律并成功地测出了引力常量 C ．亚里士多德认为力不是维持物体运动的原因 D ．第谷发现了行星沿椭圆轨道运行的规律15.如图所示，小球C 置于光滑半球形凹槽B 内，B 放在长木板A 上，在缓慢增大木板倾角θ的过程中，在发生相对滑动之前( ) A ．B 受到3个作用力 B ．B 受到5个作用力 C ．C 受到2个作用力 D ．C 受到3个作用力16．太空中运行的宇宙飞船处于完全失重状态，我国“神舟十号”宇航员王亚平在太空授课时利用质量测量仪完成了测量聂海胜质量的实验．受这一实验启发，某实验小组在实验室也完成了一个不用天平测量物体质量的实验：如图在光滑水平台面右端固定一个永磁恒力器，在台面左端放一辆小车，车上固定一遮光条，遮光条宽度为d ，永磁恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F ，使小车由静止开始依次经过两个光电门，光电门1、2记录的挡光时间分别为t 1、t 2，测得两光电门中心间距为x ，不计遮光条质量．根据以上实验数据可得小车质量为( )A.Fx⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12 B ．2Fx⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12C.2Fx ⎝⎛⎭⎫d t 12－⎝⎛⎭⎫d t 22 D ．Fx ⎝⎛⎭⎫d t 12－⎝⎛⎭⎫d t 22 17．如图所示是质量为1 kg 的滑块在水平面上做直线运动的v －t 图象．下列判断正确的是( )A ．在t ＝1 s 时，滑块的加速度为零B ．在4～6 s 时间内，滑块的平均速度为2.5 m/sC ．在3～7 s 时间内，合力做功的平均功率为2 WD ．在5～6 s 时间内，滑块受到的合力为2 N 18．(2014·甘肃第一次诊考)星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一种方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( ) A ．1 B ．2C.12 D ．－1219.如图所示，空间中存在一电场强度方向沿x 轴正方向的静电场，电场强度大小随x 的变化关系为E ＝kx (x 为轴上某点到O 点的距离)，在O 点下方有一长为L 的绝缘细线连接A 、B 两个均带负电荷的小球(可视为质点)，A 球距O 点的距离为L ，B 球距O 点的距离为2L ，两球恰好静止且细线处于伸直状态．若两球质量均为m ，B 球所带电荷量为－q ，k ＝mg3qL，不计两球之间的静电力作用．则有( )A ．A 球所带电荷量为－4qB ．绝缘细线对A 球的拉力大小为23mgC ．若将绝缘细线剪断，则剪断的瞬间，A 、B 两球的加速度大小均为13gD ．若将绝缘细线剪断，则B 球在下落到距O 点距离为3L 时达到最大速度 20．(2014·湖北八校联考)如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，V 1、A 1为监控市电供电端的电压表和电流表，V 2、A 2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，R 1、R 2为教室的负载电阻，V 3、A 3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S 闭合时，下列说法错误的是( )A ．电流表A 1、A 2和A 3的示数都变大B ．只有电流表A 1的示数变大C ．电压表V 3的示数变小D ．电压表V 2和V 3的示数都变小21.如图所示，水平地面上方矩形区域内有磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长不等的正方形单匝闭合线圈，分别用同种材料、不同粗细的均匀导线绕制做成，使两线圈在距离磁场上边界h 高处由静止开始自由下落并进入磁场，磁场上、下边界间距为d ，两线圈最后落到地面上．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，则下列说法中正确的是( )A ．两线圈中产生的焦耳热可能相等B ．两线圈刚进入磁场时受到的安培力一定不相等C ．整个过程中两线圈的重力做功的功率一定相等D ．两线圈落地时的速度大小不相等第Ⅱ卷三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答．) (一)必考题(共47分)22．(5分)如图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，图乙为某同学在一次实验中打出的一条纸带．(1)若A、B、C、D、E为纸带上五个连续的点，测得A、B两点之间的距离为x1，D、E两点之间的距离为x2，使用的交流电频率为f，则由此得出重锤下落的加速度的表达式为a＝________.(2)经查阅得知当地的实际重力加速度大小为g，若重锤质量为m，则重锤在下落过程中所受到的平均阻力大小为F＝________.23．(10分)某学习小组拟研究一个标有“3.6 V 1.8 W”的小灯泡的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：①电流表A，量程0～0.6 A，内阻r约为0.2 Ω；②电压表V，量程0～15 V，内阻约为15 kΩ；③滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；④学生电源E，电动势为4 V，内阻不计；⑤开关S及导线若干．(1)该学习小组中的甲同学设计了如图a所示的电路进行测量，请按照图a所示的电路图帮甲同学将图b中的实物连接起来．(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为I g＝100 μA、内阻R g＝1 000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表，则需串联一个阻值为________Ω的电阻．(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如下表所示：I1(A)00.190.300.370.430.460.480.49I2(μA)010203040506070请在下图的坐标纸上画出I1－I2图线．(4)若将该灯泡接在如图所示的电路中，则该灯泡消耗的电功率约为________W(已知电源的电动势为E＝3.0 V，内阻r＝1.5 Ω，定值电阻阻值为R0＝4.5 Ω)．(结果保留两位有效数字)24．(13分)质量为1 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s后达到同一速度，然后共同减速直至静止，它们的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2，求：(1)A与B的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面的动摩擦因数μ2；(3)A的质量m.25．(19分)如图所示，在同一平面内有三个宽度均为d的相邻区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ区内的匀强磁场垂直纸面向外；Ⅲ区内的匀强磁场垂直纸面向里；Ⅱ区内的平行板电容器垂直磁场边界，板长、板间距均为d，且上极板电势高，OO′为电场的中心线．一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，从O点以速度v0沿与OO′成30°方向射入Ⅰ区，恰好垂直边界AC进入电场．(1)求Ⅰ区的磁感应强度B1的大小；(2)为使粒子进入Ⅲ区，求电容器板间所加电压U的范围；(3)为使粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，求Ⅲ区的磁感应强度B2与电容器板间电压U之间应满足的关系．(二)选考题(任选一题)33．[物理——选修3-3](15分)(1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．0 ℃的冰与0 ℃的水分子的平均动能相同B．温度高的物体内能不一定大C．分子间作用力总是随分子间距离的增大而减小D．随着制冷技术的不断提高，绝对零度一定能在实验室中达到E．气体对外做功，其内能可能增加(2)(9分)一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的体积V＝2 m3，线段AB与p轴平行．①求气体在状态B时的体积；②气体从状态A变化到状态B的过程中，外界对气体做功30 J，问该过程中气体吸热还是放热？热量为多少？34．[物理——选修3-4](15分)(1)(6分)如图所示为一列简谐波的波源O 振动1.5 s 时沿波的传播方向上的波形图，已知波源O 在t ＝0时开始沿y 轴负方向振动，在t ＝1.5 s 时正好第二次到达波谷，则该波的振幅为________cm.x ＝5.4 m 处的质点第一次到达波峰的时间为________s ，从t ＝0开始至x ＝5.4 m 处的质点第一次到达波峰这段时间内，波源O 通过的路程是______m.(2)(9分)如图所示为某种透明介质的截面图，△AOC 为等腰直角三角形，BC 为以O 为圆心，半径R ＝12 cm 的四分之一圆弧，AB 与水平屏幕MN 垂直并接触于A 点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光从BC 面射向圆心O ，在AB 界面上的入射角i ＝45°，结果在水平屏幕MN 上出现两个亮斑．已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n 1＝233，n 2＝ 2.①判断在屏幕MN 上产生的两处亮斑分别是由什么色光组成的；②求两个亮斑间的距离．35．[物理——选修3-5](15分)(1)(6分)某放射性元素的原子核内有N 个核子，其中质子n 个，该原子核发生2次α衰变和1次β衰变，变成1个新核，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．衰变前原子核有(N －n )个中子B ．衰变后新核有(n －3)个质子C ．衰变后新核的核子数为(N －8)D ．衰变后新核的中子数为(n －3)E ．衰变前原子核的质量等于衰变后新核质量与放出粒子质量的和(2)(9分)如图a 所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲、乙两车同时受到水平向右的瞬时冲量时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与向右匀速运动的乙车发生正碰并粘在一起运动．图b 所示的纸带记录了碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，已知甲、乙两车的质量比m 甲∶m 乙＝3∶2，电源频率为50 Hz.求：碰撞前乙车的速度大小．第二篇高考全真模拟“8＋2＋2＋选考”全真模拟(一)14．[解析]选A.选项A 符合物理学史；引力常量是由卡文迪许测出的，选项B 错误；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，选项C 错误；开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D 错误．15．[解析]选C.缓慢增大木板倾角θ，B 、C 均处于平衡状态，根据平衡条件可知：小球C 受重力、槽的竖直向上的支持力共2个作用力；凹槽B 受重力、C 的压力、长木板的支持力和摩擦力共4个作用力，选项C 正确．16．[解析]选B.对小车，由牛顿第二定律有F ＝ma ，对小车通过两光电门间距离的过程，由运动学公式有⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12＝2ax ，联立两式解得小车的质量为m ＝2Fx⎝⎛⎭⎫d t 22－⎝⎛⎭⎫d t 12. 17．[解析]选C.在v －t 图象中，图象的斜率大小等于滑块的加速度大小，t ＝1 s 时，a ＝2 m/s 2，选项A 错误；5～6 s 时间内，由牛顿第二定律可得：F ＝ma ′＝4 N ，选项D 错误；在4～6 s 时间内，质点的平均速度v ＝x t ＝62＝3(m/s)，选项B 错误；在3～7 s 时间内，由动能定理和功率的定义式，可得：P ＝W t ＝ΔE kt＝2 W ，选项C 正确．18．[解析]选D.恒星由受到的万有引力提供向心力，则有G Mm r 2＝m v 2r ，可知，v ＝GMr＝GM ·r －12，所以v ∝r －12，n 为－12，故D 项正确．19．[解析]选ACD.由题意可知，A 小球所在处的电场强度大小为E A ＝k ·L ＝mg3q，B 小球所在处的电场强度大小为E B ＝k ·2L ＝2mg3q，设A 小球所带电荷量为q A ，将A 、B 两小球看做一个整体，进行受力分析可得：q A E A ＋qE B ＝2mg ，将E A 、E B 代入可解得：q A ＝4q ，选项A 正确；设绝缘细线对A 球的拉力大小为F T ，对A 小球进行受力分析可得：4qE A ＝mg ＋F T ，解得F T＝13mg ，选项B 错误；设剪断绝缘细线后A 小球的加速度大小为a A ，B 小球的加速度大小为a B ，则对A 小球有：q A E A －mg ＝ma A ，代入数据解得a A ＝13g ，方向竖直向上；同理可得a B ＝13g ，方向竖直向下，所以选项C 正确；由题意可知，剪断绝缘细线后，B 小球将向下做加速度逐渐减小的加速运动，当B 小球受到的合力为零时，B 小球的速度达到最大．设当B 小球运动到距O 点距离为x 时达到最大速度，此时有：qE ′B ＝mg ，E ′B ＝mg3qL·x ，联立解得：x ＝3L ，选项D 正确．20．[解析]选ABD.在电路中，S 闭合前，由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数V 2为U 2＝n 1n 2U 1，电路中电流表A 2与A 3是串联关系，则由欧姆定律可得I 2＝I 3＝U 2r ＋R 1(r 为电线电阻)，电压表V 3的示数为U 3＝R 1I 2，再由I 2I 1＝n 1n 2可知电流表A 1示数为I 1＝n 2n 1I 2，同理，在电路中S 闭合后，可知因U 1不变，电压表V 2示数为U 2′＝n 2n 1U 1＝U 2不变，I ′2＝U 2r ＋R 并(r 为电线电阻)，因R 并<R 1，则有I ′2>I 2，又I ′1＝n 2n 1I ′2，则I ′1>I 1，由U ′2＝U ′r ＋U ′3＝I ′2r ＋U ′3，可知U ′3<U 3，又I ′3＝U 3R 1，则I ′3<I 3，则可判断V 1示数不变，V 2示数不变，V 3示数变小，A 1示数变大，A 2示数变大，A 3示数变小，A 、B 、D 项都错误，C 项正确．21．[解析]选AD.设正方形线圈的边长为L ，导线横截面积为S ，材料的密度为ρ1，电阻率为ρ2，则线圈质量为m ＝4ρ1LS ，电阻为R ＝ρ24LS，线圈进入磁场前的过程由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 21，得v 1＝2gh ，进入磁场时一条边切割磁感线，感应电动势为E ＝BL v ，感应电流为I ＝E R ＝BS 2gh 4ρ2，线圈底边在磁场中受到的安培力大小为F ＝BIL ＝B 2LS 2gh4ρ2，所以安培力的大小取决于线圈底边长度与导线横截面积的乘积，两线圈所受安培力有可能相等，B 错误；进入磁场的过程，根据牛顿第二定律有mg －F ＝ma ，即4ρ1LSg －B 2LS 2gh4ρ2＝4ρ1LSa ，得a ＝g －B 22gh16ρ1ρ2，所以进入磁场的过程中加速度大小只与线圈材料本身的性质有关，两线圈的边长不相等，进入磁场过程，两线圈的速度变化量不相等，线圈全部进入磁场后的加速度又等于重力加速度，所以两个线圈落地前的速度大小不相等，D 正确；由功能关系有mg (h ＋d )＝12m v 22＋Q ，线圈进入磁场过程产生的焦耳热取决于线圈质量和落地速度大小，可能相等，A 正确；重力的功率P ＝mg v ，可能相等，C 错误．22．[解析](1)由运动学公式推论可得：x 2－x 1＝3aT 2，整理有a ＝x 2－x 13T 2＝(x 2－x 1)f 23.(2)由牛顿第二定律可得：mg －F ＝ma ，将a 代入并整理可得：F ＝m [g －(x 2－x 1)f 23]．[答案](1)(x 2－x 1)f 23(3分)(2)m [g －(x 2－x 1)f 23](2分)23．[解析](2)设需要串联的电阻阻值为R x ，则有 I g (R g ＋R x )＝5 V ，代入数据可得：R x ＝49 000 Ω.(4)将定值电阻R 0看做该电源的内阻，则内阻r ′＝6 Ω，由此可得路端电压为U ＝E －Ir ′，在答案图2上作出该I －U 图象如下图所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A ，电压约为1.1 V ，所以该灯泡消耗的功率约为P ＝0.32×1.1 W ≈0.35 W.[答案](1)如图1所示(2分) (2)49 000(2分) (3)如图2所示(3分) (4)0.35(3分)24．[解析](1)由图乙可知，物块在0～1 s 内的加速度大小为：a 1＝2 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律：μ1mg ＝ma 1(2分) 得μ1＝0.2.(1分)(2)在1～3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为：a 3＝1 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律：μ2(M ＋m )g ＝(m ＋M )a 3(2分) 得μ2＝0.1.(1分)(3)木板在0～1 s 内的加速度大小为： a 2＝2 m/s 2，(1分)在0～1 s 内，隔离木板B 进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2(3分)代入数据解得A 的质量m ＝3 kg.(1分) [答案](1)0.2 (2)0.1 (3)3 kg25．[解析](1)因粒子垂直边界AC 射入电场，由几何关系：R sin 30°＝d (1分)由洛伦兹力提供向心力qB 1v 0＝m v 20R(2分)解得：B 1＝m v 02dq.(2分)(2)为使粒子均能进入Ⅲ区，最大电压为U m ， d ＝v 0t (1分)y m ＝12at 2(1分)qU md ＝ma (1分) y m ＝d2＋(2－3)d (2分)解得：U m ＝(5－23)m v 20q(2分)所加电压范围：U ＜(5－23)m v 20q.(1分)(3)粒子射入Ⅲ区时速度偏向角为α，粒子沿场强方向速度为v y ，合速度为v ，则：sin α＝v yv (1分) v y ＝at (1分)因粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，设圆周运动半径为R ′，R ′＝m vqB 2(1分)由几何关系：R ′sin α＝d (1分)故B 2与电压U 间应满足：B 2＝Ud v 0.(2分)[答案]见解析33．[解析](2)①A →B ：p 0V ＝2p 0V B (3分)解得V B ＝12V ＝1 m 3.(1分)②A →B ：ΔU ＝0(1分)由热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W (2分) 得Q ＝－W ＝－30 J(1分)即该过程中气体放热，热量为30 J ．(1分) [答案](1)ABE (2)①1 m 3 ②放热 30 J34．[解析](2)①设红光和紫光的临界角分别为C 1、C 2sin C 1＝1n 1＝32，C 1＝60°(1分)同理C 2＝45°，i ＝45°＝C 2＜C 1，所以紫光在AB 面发生全反射，而红光在AB 面一部分折射，一部分反射(1分)由几何关系可知，反射光线与AC 垂直，所以在AM 处产生的亮斑P 1为红色光，在AN 处产生的亮斑P 2为红色光与紫色光的混合色光．(2分)②画出如图光路图，设折射角为r根据折射定律n 1＝sin r sin i (2分)解得：sin r ＝63(1分) 由几何知识可得：tan r ＝RAP 1，解得：AP 1＝6 2 cm(1分)由几何知识可知：△OAP 2为等腰直角三角形，解得：AP 2＝12 cm所以P 1P 2＝6(2＋2) cm ≈20.5 cm.(1分)[答案](1)5 11.7 1.95(每空2分) (2)见解析35．[解析](2)由纸带数据可得，碰撞前甲车的速度v 甲＝Δx 甲T＝0.6 m/s(2分)碰撞后两车运动的共同速度 v ＝ΔxT＝0.4 m/s(2分)由动量守恒定律得：m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝(m 甲＋m 乙)v (3分) 代入数据解得v 乙＝0.1 m/s.(2分) [答案](1)ABC (2)0.1 m/s。

【优化方案】2015届高考物理二轮复习综合讲义：应试高分策略

应试高分策略(学生阅读篇)第1讲选择题突破策略与技巧——保住基础快得分高考夺高分的关键，不在于题目的难度，而在于答题的速度．高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在两分钟以内．选择题要做到既快又准，除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规“巧解”方法．解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做，要针对题目的特性“千方百计”达到快捷解题的目的．妙法1排除法[妙法解读]在读懂题意的基础上，根据题目的要求，先将明显错误或不合理的选项逐一排除，最后只剩下正确的选项．注意有时题目要求选出错误的选项，那就是排除正确的选项．(2013·高考大纲全国卷)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω.t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()[解析]从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑．当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O指向A，为正，选项D错误；切割过程中产生的感应电动势E＝BL v＝12ω，其中L＝2R sin ωt，即E＝2BωR2sin2ωt，可排除选项2BLA、B，选项C正确．[答案] C[方法感悟]此法在解答选择题中是使用频率最高的一种方法．基本思路是通过一个知识点或过程分析排除部分选项，然后再通过另一物理规律或过程分析排除部分选项，最后得出正确答案．(2014·云南第一次检测)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项中的()解析：选D.A 图中，磁场均匀增强，由楞次定律判断线圈ABCD 中的感应电流沿顺时针方向，利用左手定则判断AB 边受安培力方向向右，安培力大小由法拉第电磁感应定律有F 安＝ΔBS R Δt lB ，则知F 安变大，与题目已知不符，可排除A 项；B 图中，磁场变强，线圈中产生顺时针方向电流，AB 边受安培力方向向右，安培力大小F 安＝ΔBS R ΔtlB ，则知F 安变大，与题目已知不符，可排除B 项；C 图中，磁场变弱，线圈中产生逆时针方向电流，AB 边受力方向向左，与题目已知不符，可排除C 项；D 图中，磁场变强，线圈中产生顺时针方向电流，AB 边受安培力方向向右，安培力大小F 安＝ΔBS R ΔtlB ，可知安培力大小可能恒定，D 对．妙法2 特值法[妙法解读] 有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况，难以直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验．凡是用特殊值检验证明是不正确的选项，一定是错误的，可以排除．(2013·高考安徽卷)如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力F T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g )( )A ．F T ＝m (g sin θ＋a cos θ) F N ＝m (g cos θ－a sin θ)B ．F T ＝m (g cos θ＋a sin θ) F N ＝m (g sin θ－a cos θ)C ．F T ＝m (a cos θ－g sin θ) F N ＝m (g cos θ＋a sin θ)D ．F T ＝m (a sin θ－g cos θ) F N ＝m (g sin θ＋a cos θ)[解析] 取特例a ＝0，则F T ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ.将a ＝0代入四个选项，只有A 项可得到上述结果，故只有A 正确．[答案] A[方法感悟] 以上解析用非常规解法，巧取特例轻松妙解，特例赋值法一般对通解表达式很奏效．假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体，一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－d RB ．1＋d RC.⎝⎛⎭⎫R －d R 2D.⎝⎛⎭⎫R R －d 2 解析：选A.取特殊情况，当d ＝R 时，重力加速度之比应该为0，排除B 、D ；取d ＝R 2，根据黄金代换式GM ＝gR 2得g ∝ M R 2，重力加速度之比不等于14(因为质量M 不一样)，排除C.答案为A.妙法3 极限法[妙法解读] 极限法是把某个物理量推向极端，从而作出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论．该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况．极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，达到事半功倍的效果．如图甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πkσ⎣⎡⎦⎤1－x (R 2＋x 2)1/2，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为( )A ．2πkσ0x (r 2＋x 2)1/2B ．2πkσ0r (r 2＋x 2)1/2C ．2πkσ0x rD ．2πkσ0r x [解析] 无限大均匀带电平板周围的电场可以等效为匀强电场，挖去的圆板如果r 趋于0，则选项表达式表示的场强应为恒定值，比较得A 项正确．答案为A.[答案] A[方法感悟] 以上解法令r 趋于0，巧妙地采用了极限思维法，让看似棘手的问题迎刃而解．如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B .若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B 的拉力大小分别为T 1和T 2，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A ．T 1＝(m ＋2m 2)m 1g m ＋2(m 1＋m 2)B ．T 1＝(m ＋2m 1)m 2g m ＋4(m 1＋m 2)C ．T 1＝(m ＋4m 2)m 1g m ＋2(m 1＋m 2)D ．T 1＝(m ＋4m 1)m 2g m ＋4(m 1＋m 2)解析：选C.设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B 的质量较大，由整体法可得加速度a ＝m 2－m 1m 1＋m 2g ，隔离物体A ，据牛顿第二定律可得T 1＝2m 1m 2m 1＋m 2g ．应用“极限推理法”，将m ＝0代入四个选项分别对照，可得选项C 正确，故选C.(本题用特例m 1＝m 2解更加简单．) 妙法4 逆向法[妙法解读] 逆向思维是逆着事件发生的时间顺序或者由果到因进行思考，寻求解决问题的方法．逆向思维法的运用主要体现在可逆性物理过程中(如运动的可逆性、光路的可逆性等)，或者运用反证归谬、执果索因进行逆向思维．逆向思维有时可以使解答过程变得非常简捷，特别适用于选择题的解答．(多选)如图所示，在水平地面上的A 点以速度v 1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v 2垂直穿入竖直壁上的小孔B ，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )A ．在B 点以与v 2大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A 点B ．在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上的A 点C ．在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A 点的左侧D ．在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，它必定落在地面上A 点的右侧[解析] 以速度v 1与地面成θ角射出一弹丸，恰好以速度v 2垂直穿入竖直壁上的小孔B ，说明弹丸在B 点的竖直速度为零，v 2＝v 1cos θ，根据“逆向”思维：在B 点以与v 2大小相等方向相反的速度射出弹丸，它必落在地面上的A 点，A 正确；在B 点以与v 1大小相等的速度，与v 2方向相反射出弹丸，由于v 1＞v 2，弹丸在空中运动的时间不变，所以它必定落在地面上A 点的左侧，C 正确，B 、D 错误．[答案] AC[方法感悟] 弹丸做的是斜上抛运动，到达最高点时速度水平，解答时若直接对斜抛运动进行分解，解答过程比较麻烦，但若采用逆向思维法，利用平抛运动规律求解，解答过程会简化很多．(多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为F N ，细绳对小球的拉力为F T ，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )A ．若小车向左运动，F N 可能为零B ．若小车向左运动，F T 可能为零C ．若小车向右运动，F N 不可能为零D ．若小车向右运动，F T 不可能为零解析：选AB.对小球进行受力分析，假设F N 为零，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A 对C 错；假设F T 为零，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B 对D 错．妙法5 对称法[妙法解读] 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题．(2013·高考江苏卷)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )[解析] 由对称原理可知，A 、C 图中在O 点的场强大小相等，D 图中在O 点场强为0，B 图中两14圆环在O 点合场强应最大，选项B 正确． [答案] B[方法感悟] 利用对称性，只计算抵消后剩余部分的场强，这样可以明显减少解答运算量，做到快速解题．如图所示，电荷量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有()A．体中心、各面中心和各边中点B．体中心和各边中点C．各面中心和各边中点D．体中心和各面中心解析：选D.由等量同种点电荷或等量异种点电荷的场强对称分布可推断：对正方体的上表面中心，上表面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下表面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上表面中心处的合场强为零，同理，所有各面中心处的合场强都为零；在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零；而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零．答案为D.妙法6反证例举法[妙法解读]有些选择题的选项中，带有“可能”、“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”、“不可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项．关于静电场，下列说法正确的是()A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加[解析]带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，A错；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，如两等量正点电荷连线中点处的场强为零，但电势不一定为零，B错；顺着电场线的方向，电势降低，C错；负电荷沿电场线方向移动，则电场力做负功，电势能一定增加，D对．[答案] D[方法感悟]对于有“一定”的选项，只要能找到“不一定”的反例，或对于有“不可能”的选项，只要能找到“可能”的例子，就可将此选项排除．(多选)(2014·成都九校联考)如图所示，物体在水平推力F的作用下静止在斜面上，若稍微增大水平力F而物体仍保持静止，则下列判断中错误的是()A．斜面对物体的静摩擦力一定增大B．斜面对物体的支持力一定增大C．物体在水平方向所受合力一定增大D．物体在竖直方向所受合力一定增大解析：选ACD.原来斜面对物体的静摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以稍微增大水平力F，静摩擦力可能增大也可能减小，甚至可能大小不变，A说法错误；F增大，则物体对斜面的压力F N＝mg cos θ＋F sin θ也增大，所以B说法正确；根据物体仍保持静止可知，物体在水平方向和竖直方向上的合力都为零，所以C、D的说法都是错误的．妙法7结论法[妙法解读]在平时的解题过程中，积累了大量的“二级结论”，熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间．非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等．如图所示，长度相等的两杆OA、OB通过转动轴相连于O点(B端滑轮大小不计)，一端系有重物的轻绳，另一端跨过滑轮固定于A点，OA保持竖直不动，杆OB与杆OA的夹角θ可调整，现将一光滑小轻环套在细绳上，让其从A点由静止开始下滑至B点，在下滑过程中θ角保持不变，细绳始终绷直，下面关于轻环下滑时间的判断，正确的是()A．θ角越大，下滑所需时间越长B．θ＝45°时，下滑所需时间最短C．θ＝90°时，下滑所需时间最短D．不论θ为何值，下滑所需时间都相同[解析]本题属于等时圆模型，故D正确．[答案] D[方法感悟]二级结论在计算题中一般不可直接应用，但运用其解答选择题时优势是显而易见的，可以大大提高解题的速度和准确率．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图，过c点的导线所受安培力的方向()A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边解析：选C.根据“平行通电导线同向相吸，异向相斥”的二级结论，可知a、b处导线对c 处导线的安培力的合力方向水平向左．答案为C.妙法8作图法[妙法解读]根据题目的内容画出图象或示意图，如物体的运动图象、光路图、气体的状态变化图象等，再利用图象分析寻找答案．作图类型主要有三种：(1)函数图象；(2)矢量图；(3)几何图．(2014·高考安徽卷)如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则()A．v1＝v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2[解析]管道内壁光滑，只有重力做功，小球机械能守恒，因此可得：v1＝v2＝v0.根据两过程中速率变化的规律，初速、末速大小相等，及路程相等可画出速率—时间图象定性分析，得t1＞t2.A对．[答案] A[方法感悟]作图分析法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量之间的关系，能够避免繁琐的计算，迅速简便地找出正确选项．如图所示，长方形区域abcd，长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B ＝0.25 T ．一群不计重力、质量m ＝3.0×10－7kg 、电荷量q＝＋2.0×10－3C 的带电粒子以速度v ＝5.0×102 m/s 沿垂直ad 的方向垂直于磁场射入磁场区域( )A ．从Od 段射入的粒子，出射点全部分布在Oa 段B ．从Oa 段射入的粒子，出射点全部分布在ab 边C ．从Od 段射入的粒子，出射点分布在Oa 段和ab 边D ．从Oa 段射入的粒子，出射点分布在ab 边和bc 边解析：选D.粒子在磁场中做匀速圆周运动，在磁场外做匀速直线运动，粒子在磁场中有q v B ＝m v 2r ，r ＝m v qB ＝0.3 m ．从Od 段射入的粒子，如果abcd 区域均分布磁场，从O 点射入的粒子刚好从b 点射出，现半圆外区域没有磁场，粒子做直线运动，出射点在bc 边上(如图所示)；从Oa 段射入的粒子，出射点分布在ab 边和bc 边，D 正确．妙法9 等效法[妙法解读] 等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系相同的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法．等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、等效电源……(2013·高考安徽卷)如图所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0的空间为真空．将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z ＝h 2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 4q h 2B ．k 4q 9h2 C ．k 32q 9h 2 D ．k 40q 9h2 [解析] 点电荷q 和感应电荷所形成的电场在z ＞0的区域可等效成关于O 点对称的等量异号电荷形成的电场．所以z 轴上z ＝h 2处的场强E ＝k q (h /2)2＋k q ⎝⎛⎭⎫32h 2＝k 40q 9h 2，选项D 正确． [答案] D[方法感悟] 此方法的基本特征为等效替代，把复杂问题转化为一个较简单的问题，起到化难为易的作用．(2013·高考安徽卷)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28 m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s ，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．28.8 m 1.12×10－2 m 3B ．28.8 m 0.672 m 3C ．38.4 m 1.29×10－2 m 3D ．38.4 m 0.776 m 3解析：选A.将水的运动等效为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，由右图可知，v x ＝v cos 60°，v y ＝v sin 60°，水柱的高度h ＝v 2y 2g＝28.8 m ，上升时间t ＝v y g ＝2.4 s ，空中水柱的水量相当于从喷口2.4 s 内喷出的水量，故Q＝0.2860×2.4 m 3＝1.12×10－2 m 3，故选项A 正确．妙法10 估算法[妙法解读] 有些选择题本身就是估算题，有些貌似要精确计算，实际上只要通过物理方法(如：数量级分析)，或者数学近似计算法(如：小数舍余取整)，进行大致推算即可得出答案．估算是一种科学而有实用价值的特殊方法，可以大大简化运算，帮助考生快速地找出正确选项．(2013·高考江苏卷)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( )A ．30%B ．50%C ．70%D ．90%[解析] 根据v ＝x t 和E k ＝12m v 2解决问题．量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为12∶7，即碰撞后两球速度大小v ′与碰撞前白球速度v 的比值，v ′v ＝712.所以损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12×2m v ′2，ΔE k E k0≈30%，故选项A 正确． [答案] A[方法感悟] 此题解法灵活，运用数学近似计算的技巧，如把小数舍余取整，相差较大的两个量求和时舍去小的那个量，并未严格精确计算也可快速得出正确选项．卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km ，运行周期约为27天，地球半径约为6 400 km ，无线电信号的传播速度为3×108 m/s)( )A ．0.1 sB ．0.25 sC ．0.5 sD ．1 s解析：选B.由GMm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 得r ∝3T 2，故r 卫＝312272·r 月＝19r 月≈4×107 m(注：由同步卫星的常识也可得r 卫≈7R 地)．最短时间t ＝s v ＝2(r 卫－R 地)c ≈2r 卫c ＝2×4×1073×108s ≈0.27 s.第2讲实验题突破策略与技巧——提高技能多捞分近几年高考对实验的考查，多以一大带一小的形式，其中第一小题为常规实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或常规型实验．第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查，常以设计性实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验．只要扎扎实实掌握课本实验的实验原理、实验方法、数据处理的方法及分析，灵活迁移到解决创新性、设计性实验中，就能稳得实验题高分．分类型突破如下：类型1 读数与作图型[类型解读] 此类型题考查常用仪器的使用和读数，以及实验作图或电学部分的实物连线．[突破策略] 对于读数问题，要弄清是否要估读、数据有效数字的位数以及要求的单位．对作图或连线题要从细节和规范上加以注意．总之，答题时周密细致、临场不慌，就能得全分．(2013·高考北京卷)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x 的阻值．(1)现有电源(4 V ，内阻可不计)，滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)，开关和导线若干，以及下列电表：A ．电流表(0～3 A ，内阻约0.025 Ω)B ．电流表(0～0.6 A ，内阻约0.125 Ω)C ．电压表(0～3 V ，内阻约3 kΩ)D ．电压表(0～15 V ，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的________(选填“甲”或“乙”)．(2)图2是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线．(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U .某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x ＝U I＝________Ω(保留两位有效数字)．[解析] (1)电源电动势E ＝4 V ，被测电阻R x ≈5 Ω，则I max ＝E R x ＝45A ＝0.8 A ，电流表若选A 读数时误差较大，因此电流表应选B ；考虑电压表测量电压时的指针转动范围，电压表应选C.由于R A R V ＞R x ，故电流表应选择外接法(甲图)．(2)见答案(3)题图3中的电流表示数I ＝0.50 A ，电压表示数U ＝2.60 V ，故R x ＝U I＝5.2 Ω. [答案] (1)B C 甲(2)如图所示(3)5.2类型2 方案与器材选择型[类型解读] 方案选择型实验题根据着重点不同主要可分为二类：一类是测量方案的选择；一类是数据处理方法的选择．器材选择型实验题是指以考查基本仪器选择为主的实验题(主要为电学实验)，此类实验题主要有两种情况：一种是给出实验目的，要求选择实验仪器；另一种是给出电学中的一些电表、电阻和实验需要测量的物理量，要求选择实验仪器，或选择实验电路．[突破策略] 对于测量方案的选择，要通过分析题述的各种方案的可行性和实验的实际情况选择符合题目要求的方案；对于电路的选择，要考虑到测量的系统误差和电表指针偏转的角度，选择符合要求且误差尽可能小的电路；对于数据处理方法的选择，要根据实验的实际情况和题目要求选择最佳数据处理方法．仪器选择的原则：安全可行、精确合理、操作方便．对于给出实验目的要求选择实验仪器类实验题，要根据实验原理选择最适合的仪器；对于电表选择类，一定要对电路的最大电流值和电压值进行估算，其电表量程要稍大于电路的最大电流值和电压值．分压电路，滑动变阻器要在满足最大允许电流要求的条件下尽可能选择最大阻值较小的；限流电路，滑动变阻器要在满足要求的条件下尽可能选择最大阻值与待测电路部分电阻差不多的．(2014·安徽名校联考)某物理学习小组的两位同学采用“伏安法”测金属丝电阻率的实验中．(1)先用米尺测出金属丝长度为L ，再用螺旋测微器测量金属丝的直径．使用时发现所用螺旋测微器存在零误差，测微螺杆与测砧直接接触时读数如图甲所示，测量金属丝直径时如图乙所示，则金属丝的直径是________mm；(2)用多用电表粗测金属丝电阻，选择电阻挡倍率“×1”，将两表笔短接，进行________，再使表笔接触金属丝两端，读数如图丙所示，则其阻值为R x＝________Ω；(3)实验室备有下列实验器材．A．电压表V1(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)B．电压表V2(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)C．电流表A1(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)D．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)E．滑动变阻器R1(0～100 Ω，0.6 A)F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)G．电池组E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)H．开关S，导线若干为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填代号)．应选用图中________(填“丁”或“戊”)为该实验的电路原理图．[解析](1)由甲图可知螺旋测微器的零误差为0.020 mm，所以金属丝的直径为0.505 mm.(2)多用电表测电阻之前，需要先欧姆调零；读数为6 Ω.(3)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为6 Ω，电路中的最大电流约为I＝ER x＝0.5 A，电流表应选D；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器应选E；还要选用电池、开关和导线若干．故应选用的实验器材有ADEGH.由于R VR x ＞R xR A，应采用电流表外接法，应选图戊所示电路．[答案](1)0.505(0.504～0.506之间均正确)(2)欧姆调零 6(3)ADEGH戊类型3基本操作型[类型解读]所谓基本实验操作型实验题主要考查实验的基本操作，此类题主要有三类：一类是对实验操作的关键点考查，明确方法；第二类是对题述的实验步骤分析找出错误进行改正；三是补全实验步骤．[突破策略]解答基本操作型实验题首先要理解掌握实验的基本步骤，特别是实验的一些细节，其次要知道实验的注意事项．根据实验要点，抓住关键，按照题目要求解答．(2014·高考天津卷)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．(1)若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些____________________________________________________________________________________________.(2)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰。

优化方案高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题一

仿高考选择题巧练(三)(建议用时：20分钟)14.甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，其速度随时间的变化关系如图所示，图中t 2＝t 42，两段曲线均为14圆弧，则( )A ．两物体在t 1时刻加速度相同B ．两物体在t 2时刻运动方向均改变C ．两物体在t 3时刻相距最远，t 4时刻相遇D ．0～t 4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度15．将阻值为100 Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断( )A ．t ＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置B ．该线圈的转速为100π r/sC ．穿过线圈的磁通量的最大值为 150πWb D ．线圈转一周所产生的电热为9.68 J16.如图所示，电源内阻较大，当开关闭合，滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L 也能正常发光，现将滑片由该位置向a 端滑动，则( )A ．灯泡将变暗，电源效率将减小B ．液滴带正电，将向上做加速运动C ．电容器将放电，所带电荷量减少D ．电源的路端电压增大，输出功率也增大17.如图所示，高为h ＝1.25 m 的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60 kg 的滑雪爱好者，以一定的初速度v 向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g ＝10 m/s 2)．由此可知下列各项中错误的是( )A ．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0 m/sB ．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5 mC ．滑雪者在空中运动的时间为0.5 sD ．着地时滑雪者重力做功的瞬时功率是300 W18．如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物体在水平拉力F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F 随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是( )A ．t ＝1 s 时物体开始做加速运动B ．t ＝2 s 时物体做减速运动的加速度大小为2 m/s 2C ．t ＝3 s 时物体刚好停止运动D ．物体在1～3 s 内做匀减速直线运动19.(多选)如图所示，电场强度方向水平向右的匀强电场中有a 、b 、c 三点，三点的连线恰好组成一个边长为l 的正三角形．一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(重力不计)以速度v 0从a 点射入电场，入射方向与b 、c 两点的连线垂直，一段时间后带电小球经过c 点．则下列判断正确的是( )A ．带电小球从a 点运动到c 点的时间为3l 2v 0 B ．该匀强电场的电场强度大小为4mv 203qlC ．带电小球到达c 点时的动能为23mv 20 D ．b 、c 两点之间的电势差为2mv 203q20．(多选)北斗卫星导航系统第三颗组网卫星(简称“三号卫星”)的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R ，“三号卫星”的离地高度为h ，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关说法中正确的是( ) A ．赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v 1v 3＝R ＋h RB ．近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为ω2ω3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋h R 2C ．近地卫星与“三号卫星”的周期之比为T 2T 3＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫R R ＋h 3D ．赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之比为a 1a 3＝R R ＋h21．(多选)如图，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝100 g ．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进入磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等仿高考选择题巧练(三)14．解析：选C.因两段曲线均为14圆弧，由题图知在t 1时刻曲线的切线斜率的绝对值与直线斜率相等，即两者加速度大小相等，但方向相反，A 错；两物体均做单方向的直线运动，B 错；甲先做匀加速运动再做匀减速运动，乙先做加速度减小的减速运动，再做加速度减小的加速运动，在t 3时刻，两物体相距最远；两物体在0～t 4时间内图线与t 轴所围面积相等，即两物体在t 4时刻相遇，在0～t 4时间内的平均速度相同，C 对，D 错．15．解析：选D.t ＝0时刻线圈中感应电动势为零，线圈应转到中性面位置，即与题图甲所示的位置垂直，选项A 错误．由题图乙可知，周期为0.02 s ，该线圈的角速度为ω＝2πT＝100π rad/s ，转速为n ＝1/T ＝50 r/s ，选项B 错误．由题图乙可知，感应电动势最大值E m ＝311 V ，而E m ＝NBSω，所以穿过线圈的磁通量的最大值为BS ＝E m N ω＝250πWb ，选项C 错误．感应电动势有效值为E ＝220 V ，线圈转一周所产生的电热为Q ＝E 2R T ＝9.68 J ，选项D 正确．16．解析：选B.当滑片向a 端滑动时，电路的外电阻增大，干路电流减小，灯泡变暗，路端电压增大，由η＝U E知电源效率将增大，A 错；电容器两极板间电压增大(下极板带正电，液滴带正电)，电容器被充电，所带电荷量增加，两极板间电场强度增大，液滴将向上做加速运动，B 对，C 错；因不清楚外电阻和电源内阻的大小关系，所以电源的输出功率的变化情况无法确定，D 错．17．解析：选D.滑雪者着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°，故v y ＝v 0＝2gh ＝2×10×1.25 m/s ＝5.0 m/s ，A 正确；x ＝v 0t ＝v 02h g ＝5.0× 2×1.2510m ＝2.5 m ，B 正确；飞行时间t ＝2h g ＝0.5 s ，C 正确；着地时滑雪者重力做功的瞬时功率P ＝mgv y＝60×10×5.0 W ＝3 000 W ，D 错误．18．解析：选C.由题意可知，物体开始时做匀速直线运动，所以拉力F ＝F f ＝4 N ．t ＝1 s 时拉力F 开始减小，但摩擦力仍为F f ＝4 N ，故此时物体开始做减速运动，选项A 错误；t ＝2 s 时物体受到的拉力大小为F ＝3 N ，而摩擦力仍为F f ＝4 N ，故物体做减速运动的加速度大小为a ＝F 合m＝1 m/s 2，选项B 错误；由题图乙可以看出，在t ＝3 s 之前物体受到的摩擦力不变，故物体在运动，而t ＝3 s 之后物体受到的摩擦力逐渐减小，由摩擦力的特点可知其为静摩擦力，所以在t ＝3 s 时物体刚好停止运动，选项C 正确；在1～3 s 内，由于摩擦力不变而拉力F 逐渐减小，所以物体将做加速度逐渐增大的减速运动，选项D 错误．19．解析：选AB.由题意可知，小球在竖直方向上做匀速直线运动，当小球运动到c 点时，由运动学规律可得t ＝3l 2v 0，选项A 正确；小球在水平方向上运动的距离为l 2，由运动学规律有l 2＝qEt 22m ，代入数据可解得E ＝4mv 203ql ，选项B 正确；由动能定理可得E k c ＝qE ·l 2＋12mv 20＝76mv 20，选项C 错误；由电势差公式可知U bc ＝E ·l ＝4mv 203q，选项D 错误． 20．解析：选CD.“三号卫星”与地球自转同步，角速度相同，故有v 1v 3＝R R ＋h ，选项A 错误；对近地卫星GMm 2R 2＝m 2ω22R ，对“三号卫星”G Mm 3（R ＋h ）2＝m 3ω23(R ＋h )，两式比较可得ω2ω3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋h R 3，选项B 错误；同样对近地卫星G Mm 2R 2＝m 24π2T 22R ，对“三号卫星”G Mm 3（R ＋h ）2＝m 34π2T 23(R ＋h )，两式比较可得T 2T 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R R ＋h 3，选项C 正确；“三号卫星”与地球自转同步，角速度相同，由a ＝ω2r 可得a 1a 3＝R R ＋h，选项D 正确． 21．解析：选BD.线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Blv R l ＝B 2l 2v R随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错误；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错误；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R ，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量数值相同，故通过导线横截面的电荷量q相同，D项正确．。

优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习特色专题训练力学计算题巧练

力学计算题巧练(建议用时：60分钟)1．(2015·浙江高考命题专家原创)如图所示，斜面PQ长为4 m，倾角θ＝37°.将一质量为0.20 kg的小滑块从斜面顶端由静止释放，滑到底端时速度为4 m/s.现在斜面上一宽度为d的区域内，使小滑块比原来多受到一个方向与运动方向相反的、大小f＝0.4v(N)(v为小滑块速度大小)的阻力作用，仍将小滑块在斜面顶端由静止释放，发现小滑块进入该区域时做匀速运动，到达底端的速度变为2 m/s.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；(2)小滑块从斜面顶端由静止下滑到底端时，克服外加阻力做的功；(3)外加阻力区域的宽度d以及区域上边沿到斜面顶端的距离．2.皮带传送在现代生产生活中的应用非常广泛，如商场中的自动扶梯、港口中的货物运输机等．如图所示为某工厂载货用的移动式伸缩传送带，传送带AB斜面与水平面之间的夹角θ＝37°，传送带在电动机的带动下以10 m/s的速度沿斜面向下运动，现将一物体(可视为质点)无初速度地轻放在传送带上的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，传送带AB长为L＝29 m，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：(1)当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间和物体的位移；(2)物体从A到B需要的时间为多少？3．(2015·福建福州质检)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行于斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v－t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.4.(2015·山东淄博模拟)如图所示，上表面光滑、长度L ＝3 m 、质量M ＝10 kg 的木板，在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m ＝3 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个小铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个小铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离．5．(2015·浙江高考命题专家原创)如图所示，AB 是位于竖直平面内、半径R ＝0.5 m 的14圆弧形光滑轨道，其在底端B 点处与水平轨道平滑连接．今有一质量为m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)在受到大小为0.4 N 、水平向左的恒力F 作用下，从A 点由静止下滑，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.01，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力大小；(2)说明小滑块最终的运动情况，并求出小滑块在水平轨道上通过的总路程；(3)若小滑块在水平轨道上向右运动的总时间为t ，求小滑块在水平轨道上向左运动的总时间．6．如图所示，小球A 和B 质量分别为m A ＝0.3 kg 和m B ＝0.5 kg ，两球间压缩一弹簧(不拴接)，并用细线连接，静止于一光滑的水平平台上，烧断细线后，弹簧储存的弹性势能全部转化为两球的动能，小球B 脱离弹簧时的速度v B ＝3 m/s ，A 球滑上用一小段光滑小圆弧连接的光滑斜面，当滑到斜面顶端时速度刚好为零，斜面的高度H ＝1.25 m ，B 球滑出平台后刚好沿光滑固定圆槽左边顶端的切线方向进入槽中，圆槽的半径R ＝3 m ，圆槽所对的圆心角为120°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能E p ； (2)平台到圆槽的距离L ；(3)小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′ .专题三计算题巧练规范——抓大分力学计算题巧练1．解析：(1)在不存在阻力f 时，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ＝12mv 21得μ＝0.5.(2)设克服外加阻力做的功为W ，则由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－W ＝12mv 22得W ＝1.2 J.(3)小滑块进入外加阻力区域时做匀速运动，对小滑块受力分析有 mg sin θ＝μmg cos θ＋f ，得f ＝0.4 N W ＝fd ，得d ＝3 m又f ＝0.4v ，得v ＝1 m/s从小滑块静止释放到进入外加阻力区域，有mgs sin θ－μmgs cos θ＝12mv 2得s ＝0.25 m.答案：(1)0.5 (2)1.2 J (3)3 m 0.25 m 2．解析：甲(1)物体放到传送带上后，沿传送带向下做匀加速直线运动，开始相对于传送带沿传送带向后运动，受到的摩擦力沿传送带向下(物体受力情况如图甲所示)，根据牛顿第二定律，可求出物体的加速度为：a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2当物体加速到与传送带速度相同时所用的时间为：t 1＝va＝1 s物体发生的位移满足：v 2＝2a 1x 1，代入数据解得：x 1＝5 m.乙(2)物体加速到与传送带速度相同后，因为mg sin θ>μmg cos θ，所以物体相对于传送带沿传送带向下运动，摩擦力方向变为沿传送带向上(受力情况如图乙所示)．根据牛顿第二定律得知物体在此过程中的加速度为：a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2设物体完成剩余的位移x 2＝L －x 1＝24 m 所用的时间为t 2，则x 2＝vt 2＋12a 2t 22代入数据解得：t 2＝2 s故物体从A 到B 需要的时间为 t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋2 s ＝3 s. 答案：(1)1 s 5 m (2)3 s3．解析：(1)在2 s 内，由题图乙知：物块上升的最大距离：x 1＝12×2×1 m ＝1 m物块下滑的距离：x 2＝12×1×1 m ＝0.5 m所以位移大小x ＝x 1－x 2＝0.5 m 路程L ＝x 1＋x 2＝1.5 m.(2)由题图乙知，所求两个阶段加速度的大小 a 1＝4 m/s 2① a 2＝4 m/s 2②设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有0～0.5 s 内：F －F f －mg sin θ＝ma 1③ 0．5～1 s 内：F f ＋mg sin θ＝ma 2④ 由①②③④式得F ＝8 N.答案：(1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s 2 4 m/s 28 N 4．解析：(1)木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f ，由平衡条件得：F ＝F f ①又F f ＝μMg ②联立①②并代入数据得：μ＝0.5.③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg ，设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的过程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 20④联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s.⑤(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg .从放第三个小铁块开始到木板停止的过程，设木板运动的距离为x ，对木板由动能定理得：－3μmgx ＝0－12Mv 21⑥联立③⑤⑥并代入数据得x ＝169m ≈1.78 m.答案：(1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m5．解析：(1)设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，对圆弧轨道最低点B 的压力为F N ，则：mgR －FR ＝12mv 2B F ′N －mg ＝m v 2B R由牛顿第三定律：F ′N ＝F N ，故F N ＝2.2 N. (2)小滑块最终在光滑圆弧轨道上往复运动小滑块最终经过B 点时的速度为0，由动能定理有 mgR －FR －μmgL ＝0 解得L ＝30 m.(3)小滑块第一次在水平轨道上向右运动是末速度为0的匀减速直线运动，其逆运动为以相同大小加速度向左运动的匀加速直线运动．小滑块第一次在水平轨道上向左运动是初速度为0的匀加速直线运动，与第一次在水平轨道上向右运动的位移大小相等，由x ＝12at 2可知，运动时间之比等于加速度平方根的反比．由题可知小滑块在水平轨道上第一次向右运动，最终向左运动，所以向右运动与向左运动的时间之比就等于加速度平方根的反比向右运动时，有F ＋μmg ＝ma 右，得a 右＝4.1 m/s 2向左运动时，有F －μmg ＝ma 左，得a 左＝3.9 m/s 2因此有t 右t 左＝ a 左a 右＝3941，得t 左＝4139t . 答案：(1)2.2 N (2)见解析 (3)4139t 6．解析：(1)烧断细线后对小球A 分析：m A gH ＝12m A v 2A烧断细线前轻弹簧储存的弹性势能E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B联立两式解得E p ＝6 J.(2)设小球B 做平抛运动的时间为t ，则v y ＝gt L ＝v B tB 球运动到圆槽左边顶端时，有tan 60°＝v yv B联立以上三式解得L ＝9310m ≈1.56 m.(3)对小球B 从圆槽最高点到圆槽最低点的过程进行分析有：小球B 在圆槽最高点的速度大小v ＝v 2B ＋v 2y ＝2v B小球B 从圆槽最高点到最低点的高度差 h ＝R －R cos 60°设小球B 在最低点的速度大小为v 1，由机械能守恒得 m B gh ＝12m B v 21－12m B v 2小球在圆槽最低点时：F N －m B g ＝m B v 21R联立以上各式解得F N ＝16 N由牛顿第三定律得小球B 滑到圆槽最低点时对槽的压力F N ′ ＝16 N ，方向竖直向下．答案：(1)6 J (2)1.56 m (3)16 N 方向竖直向下。

优化方案高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题四

选修34巧练(建议用时：30分钟)1. (2015·西安质检)(1)如图所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab间形成一条彩色光带．下面的说法中正确的是________．A．a侧是红色光，b侧是紫色光B．在真空中a侧光的波长小于b侧光的波长C．三棱镜对a侧光的折射率大于对b侧光的折射率D．在三棱镜中a侧光的传播速率大于b侧光的传播速率E．在同种条件下做双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光(2)一列简谐波在x轴上传播，其波形图如图所示，其中实线、虚线分别表示t1＝0、t2＝0.05 s时的波形，求：①这列波的波速；②若波速为280 m/s，其传播方向如何？此时质点P从图中位置运动至波谷位置的最短时间是多少？2．(1)一列简谐横波，在t＝4.0 s时的波形如图甲所示，图乙是这列波中质点P的振动图线，那么关于该波的传播，下列说法正确的是________．A．v＝0.25 m/s，向左传播B．v＝0.50 m/s，向右传播C．从t＝0到t＝4.0 s的过程，质点P向前迁移了1.0 mD．从t＝0到t＝4.0 s的过程，波向前传播了1.0 mE．从t＝0到t＝4.0 s的过程，质点P通过的距离是0.16 m(2)如图所示，ABC是三棱镜的一个截面，其折射率为n＝1.5.现有一细束平行于截面的光线沿MN方向射到棱镜的AB面上的N点，AN＝NB＝2 cm，入射角的大小为i，且sin i＝0.75.已知真空中的光速c＝3.0×108 m/s，求：①光在棱镜中传播的速率；②此束光进入棱镜后从棱镜射出的方向和位置．(不考虑AB面的反射和按原路返回光线)3．(2015·山西省考前质量监测)(1)甲、乙两列简谐横波沿x轴传播，t＝0时，甲、乙的波动图象分别如图中实线、虚线所示，已知两列波的速度大小相等、振幅均为20 cm，且甲的频率为2 Hz，则两列波相遇时，在0～12 m的区域内________．A．两列波会发生干涉现象B．甲与乙的频率之比为3∶2C．t＝0时，x＝6 m的质点的速度为零D．t＝0时，x＝8.5 m的质点的位移大于20 cmE．t＝0.75 s时，x＝5 m处的质点在x轴的下方(2)如图所示的圆表示一圆柱形玻璃砖的截面，O为其圆心，MN为直径．一束平行于MN的光线沿PO1方向从O1点射入玻璃砖，在玻璃砖内传到N点．已知PO1与MN之间的距离为32R(R为玻璃砖的半径)，真空中的光速为c，求：①该玻璃砖的折射率；②光线从O1传到N所用的时间．4．(1)下列说法正确的是________．A．有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象B．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽C．在水中的潜水员斜向上看岸边的物体时，看到的物体将比物体所处的实际位置高D．水中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射向水中时，一部分光在界面上发生全反射E ．当观测者靠近波源时，接收到的波的频率会大于波源的振动频率(2)(2015·湖北八校二联)如图，为某种透明材料做成的三棱镜的横截面，其形状是边长为a 的等边三角形，现用一束宽度为a 的单色平行光束，以垂直于BC 面的方向正好入射到该三棱镜的AB 及AC 面上，结果所有从AB 、AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC 面．试求：①该材料对此平行光束的折射率；②这些到达BC 面的光线从BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于BC 面的屏上形成光斑，则当屏到BC 面的距离d 满足什么条件时，此光斑分为两块？选修34巧练1．解析：(1)红光的折射率小，所以偏折角小，故b 侧为红色光，a 侧为紫色光，红色光的波长比紫色光的波长长，干涉条纹间距也大，在玻璃中的传播速率也大，B 、C 、E 正确，A 、D 错误．(2)①题目没有指明波的传播方向，因此有向左、向右传播两种可能性．若波向右传播，则在Δt ＝0.05 s 内传播的距离Δx ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋14λ，n ＝0、1、2、…此时波速的通式为 v ＝Δx Δt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14×80.05m /s ＝(160n ＋40) m /s ，n ＝0、1、2、…若波向左传播，则在Δt ＝0.05 s 内传播的距离Δx ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋34λ，n ＝0、1、2、…此时波速的通式为： v ＝ΔxΔt＝(160n ＋120) m /s ，n ＝0、1、2、… ②若波速v ＝280 m /s ，在Δt ＝0.05 s 内传播的距离为Δx ＝v·Δt ＝280×0.05＝14 (m )＝7λ4，即传播方向向左．由波形知，波再向左传Δx ＝7 m ，可使P 点第一次到达波谷位置Δt ′＝7280s ＝2.5×10－2s .答案：(1)BCE(2)①向右v＝(160n＋40)m/s，n＝0、1、2、…向左v＝(160n＋120) m/s，n＝0、1、2、…②向左 2.5×10－2s2．解析：(1)由题波动图象可知波长λ＝50 cm，由题振动图象可知质点振动的周期T ＝2 s，故波速v＝λT＝0.52m/s＝0.25 m/s，又质点P在t＝4.0 s时的振动方向向上，可知波向左传播，A正确、B错误；从t＝0到t＝4.0 s的过程中由Δx＝v·Δt＝0.25×4 m＝1.0 m，所以波向前传播1.0 m，而质点并不随波的传播而迁移，C错误、D正确；在Δt内完成全振动的次数n＝ΔtT＝2，质点P通过的路程s＝n·4A＝2×4×2cm＝16 cm，E正确．(2)①光在棱镜中传播的速率v＝cn＝2.0×108 m/s.②设此束光从AB面射入棱镜后的折射角为r，由折射定律，n＝sin isin r，解得r＝30°.显然光线从AB面射入棱镜后的折射光线NP平行于底边AC，由图中几何关系可得，光线入射到BC面上入射角θ＝45°，光线从棱镜侧面发生全反射时的临界角为C，则sin C＝1n＝23<22，C<45°.所以光线射到棱镜侧面BC时将发生全反射，由图可知光线将沿垂直于底面AC方向由图中Q点射出棱镜．CQ＝PQ＝AN sin 60°＝ 3 cm .答案：(1)ADE (2)①2.0×108 m/s ②垂直于AC射出，出射点距C点 3 cm3．解析：(1)由题图可知，两列波波长之比为λ甲∶λ乙＝2∶3，由v＝fλ得f甲∶f乙＝3∶2，频率不同不能干涉，故A错，B对；t＝0时两列波引起x ＝6 m处的质点均向上振动，故速度最大，C错；t＝0时，x＝8.5 m处的质点的位移等于两列波引起的位移之和，D对；t＝0.75 s时，在x＝5 m处甲波引起的位移是－20 cm，乙波引起的位移也是负值，故该质点在x轴下方，E对．(2)①光路图如图所示，据几何关系可得sin i＝3R2R＝32i ＝2r据折射定律 n ＝sin isin r解得n ＝ 3.②据几何关系可得O 1N ＝3R 光从O 1传播到N 所需的时间t ＝O 1N vv ＝c n解得t ＝3Rc.答案：(1)BDE (2)① 3 ②3Rc4．解析：(1)任何波都能发生干涉和衍射现象，A 错误；由Δx ＝L λd 知，红光干涉条纹宽，B 正确；由于光的折射，潜水员在水中看到的物体的像比物体所处的实际位置高，C 正确；水中气泡特别明亮是因为光从水中射向气泡时一部分光发生了全反射，故D 错误；由多普勒效应知，E 正确．(2)①由于对称性，我们考虑从AB 面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC 面的，由对称性不难得出，光线进入AB 面时的入射角α、折射角β分别为α＝60°，β＝30°由折射定律，得材料的折射率n ＝sin αsin β＝ 3.②如图O 为BC 中点，在B 点附近折射的光线从BC 面射出后与直线AO 交于D ，可看出只要光屏放得比D 点远，则光斑会分为两块．由几何关系可得OD ＝36a 所以当光屏到BC 面的距离超过36a 时，光斑会分为两块．答案：(1)BCE (2)① 3 ②光屏到BC 面的距离超过36a 时，光斑分为两块。

特色专项训练优化方案高考物理二轮专题精炼第一篇专题一仿高考选择题巧练(一)

仿高考选择题巧练(一) [建议用时：20分钟]1．(2014·潍坊模拟)下列说法符合物理学史实的是( )A ．开普勒发现了万有引力定律B ．伽利略首创了理想实验的研究方法C ．卡文迪许测出了静电力常量D ．奥斯特发现了电磁感应定律2.(2014·昆明三中、玉溪一中联考)如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O .一人站在A 点处以速度v 0沿水平方向扔小石子，已知AO ＝40 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．若v 0>18 m/s ，则石块可以落入水中B ．若v 0<20 m/s ，则石块不能落入水中C ．若石块能落入水中，则v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D ．若石块不能落入水中，则v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大3.(2014·杭州二模)国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被吸食星体的质量远大于吸食星体的质量．假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中( )A ．它们做圆周运动的万有引力保持不变B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小4.空间中有一电场强度方向沿x 轴方向的电场，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(重力不计)，以初速度v 0从x ＝0处的O 点进入电场并沿x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中错误的是( )A ．粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中动能逐渐减小B ．粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电势能逐渐减小C ．欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子从x ＝0处出发时的最小速度应为2qφ0mD ．若v 0＝22qφ0m ，则粒子在运动过程中的最小速度为 6qφ0m5.如图所示，A 、B 分别为电源E 和电阻R 的U －I 图线，虚线C 是过图线A 、B 交点的曲线B 的切线，现将电源E 与电阻R 及开关、导线组成闭合电路，由图象可得( )A ．电源的电动势为3 V ，此时消耗的总功率为6 WB ．R 的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 ΩC ．此时电源消耗的热功率为4 W ，效率约为66.7%D ．若再串联一定值电阻，电源的输出功率一定改变6.(多选)甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移—时间图象(x －t 图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法中正确的是( )A ．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B ．乙车在0～10 s 内的平均速度大小为0.8 m/sC ．在0～10 s 内，甲、乙两车相遇两次D ．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P 所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s7．(多选)(2014·江苏南通二模)如图所示，在MN 、PQ 间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b 点，则小球( )A ．可能带正电B ．受到电场力的方向一定水平向右C ．从a 到b 过程，克服电场力做功D ．从a 到b 过程中可能做匀加速运动8．(多选)如图所示，一根质量为m 、长为L 、粗细均匀的金属直棒ab 靠立在光滑弯曲的金属杆AOC 上(开始时b 离O 点很近)．ab 由静止开始在重力作用下运动，运动过程中a 端始终在AO 上，b 端始终在OC 上，ab 刚好完全落在OC 上(此时速度为0)，整个装置放在一匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，则( )A ．ab 棒所受安培力方向垂直于ab 向上B ．ab 棒所受安培力方向先垂直于ab 向下，后垂直于ab 向上C ．安培力先做正功后做负功，所以全过程安培力做功为零D ．全过程产生的焦耳热为12mgL仿高考选择题巧练(一)1．[解析]选B.万有引力定律是牛顿发现的，选项A 错误；理想斜面实验是伽利略首创的，选项B 正确；卡文迪许测出了万有引力常量，选项C 错误；电磁感应定律是由法拉第发现的，选项D 错误．2．[解析]选A.设石子恰好落到O 点AO sin 30°＝12gt 2 AO cos 30°＝v 0t解得v 0＝10 3 m/s当v 0>10 3 m/s ，石子落入水中，故A 正确，B 错误．当石块能落入水中时，设落水时速度方向与水平面的夹角为α，则tan α＝v y v 0，随v 0的增大，α减小，C 错误．当石块不能落入水中时，落到斜面上的速度方向不变，D 错误．3．[解析]选C.它们做圆周运动的万有引力F ＝G Mm r 2，由于M 变小，m 变大，所以F 变大，选项A 错误；由牛顿第二定律得G Mm r 2＝Mω2r 1＝mω2r 2，解得r 1＝m M ＋mr ，m 变大，r 1变大，又解得ω＝G (M ＋m )r 3，ω保持不变，由v ＝ωr 得，r 1变大，v 1变大，选项B 、D 错误，C 正确． 4．[解析]选C.粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中电场力做的功为W ＝－q φ0，亦即电场力做负功，所以动能减小，选项A 正确；粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电场力做的功为W ＝2qφ0，所以电场力做正功，动能增加，电势能减小，选项B 正确；粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中做减速运动，从x ＝x 1到x ＝x 3处的过程中粒子做加速运动，从x ＝x 3到x ＝x 4处的过程中粒子做减速运动，所以欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子至少要能到达x ＝x 1处，则有12m v 20＝qφ0，解之可得v 0＝2qφ0m，选项C 错误；由题意可知，当粒子到达x ＝x 1处时速度最小，设粒子到达x＝x1处时的速度大小为v，则由动能定理可得：12m v2＝12m v2－qφ，解得：v＝6qφ0m，选项D正确．5．[解析]选A.由电源的U－I图线可知电源的电动势为3 V，内电阻为1 Ω，此时电阻两端电压为1 V，通过的电流为2 A，所以电源消耗的总功率为P＝EI＝6 W，A对；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R＝UI＝0.5 Ω，B错；由P＝I2r知此时电源消耗的热功率为4W，由η＝UIEI×100%知电源的效率是33.3%，C错；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D错．6．[解析]选BCD.从题图中可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t＝4 s末时，甲车停止，故A错误；乙车在0～10 s内的位移大小为8 m，平均速度v＝0.8 m/s，故B正确；甲车和乙车的位移－时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C正确；若乙车做匀变速直线运动，P点对应的位置坐标为x＝4 m，恰好是在0～10 s内乙车位移的中点，又因为v t2＝v＝0.8m/s，v P＝v x2>vt2，所以D正确．7．[解析]选AC.由于洛伦兹力与速度有关，所以可推断小球做匀速直线运动，由合力为零分析可知，小球可能带正电也可能带负电，电场强度的方向也不是唯一确定的方向，故A正确，B、D均错．根据动能定理可知，重力与电场力对小球做的总功必为零，重力做正功，所以电场力做负功，故C正确．8．[解析]选BD.ab棒在运动过程中，穿过△aOb的磁通量先增大后减小，根据楞次定律，感应电流方向先是b→a，后变为a→b，由左手定则得，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，A错，B对；ab棒在运动过程中，只有重力和安培力做功，根据动能定理，mg L2＋W＝0，所以安培力做功W＝－12mgL，根据功能关系，全过程产生的焦耳热为12mgL，C错，D对．。

特色专项训练优化方案高考物理二轮专题精炼第一篇专题三仿高考计算题巧练(二)

仿高考计算题巧练(二)[建议用时：40分钟]题组一1.山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC的底部是一段半径为R的圆弧，圆弧的末端C的切线沿水平方向，C点到地面之间是一悬崖峭壁，如图所示．已知AC间的高度差为h，运动员连同滑雪装备总质量为m，开始时运动员从A点由静止下滑，滑到C点后水平飞出，当飞出时间为t时，迎面遭遇一股强风，最终运动员落到了与起点A高度差为H的水平雪地上，落地时速度大小为v，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，重力加速度为g.求：(1)运动员到达C点时所受的支持力的大小；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及此时距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功为多大？2．如图甲所示，两平行金属板A、B的板长L＝0.2 m，板间距d＝0.2 m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应．在金属板上侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场宽度D＝0.4 m，左右范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B＝1×10－2T.在极板下侧中点O处有一粒子源，从t＝0时刻起不断地沿着OO′发射比荷qm＝1×108C/kg、初速度v＝2×105m/s的带正电粒子，忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间电压的变化．(1)求粒子进入磁场时的最大速率；(2)对于能从MN边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s是否为定值？若是，求出该值；若不是，求s与粒子由O出发的时刻t之间的关系式；(3)在磁场中飞行时间最长的粒子定义为“A类粒子”，求出“A类粒子”在磁场中飞行的时间以及由O出发的可能时刻．题组二3.如图所示，光滑水平面上左端固定一挡板，挡板上固定一水平轻质弹簧，右端与一竖直光滑半圆轨道相切于B点，圆弧半径R＝0.9m．一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)将弹簧压缩并锁定，解除锁定后小物块被弹开恰好能通过圆弧最高点A并水平滑上正以v0＝5 m/s的恒定速率逆时针转动的水平传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，小物块到达传送带最左端时恰与传送带共速，g＝10 m/s2，求：(1)水平传送带的长度L；(2)锁定后轻弹簧的弹性势能E p；(3)小物块在与圆心等高的C点对半圆轨道的压力F.4.电磁缓冲装置，能够产生连续变化的电磁作用力，有效缓冲车辆间的速度差，避免车辆间发生碰撞和追尾事故．该装置简化为如下物理模型：如图所示，水平面上有一个绝缘动力小车，在动力小车上竖直固定着一个长度为L1、宽度为L2的单匝矩形纯电阻金属线圈，线圈的总电阻为R，小车和线圈的总质量为m，小车运动过程中所受阻力恒为f，开始时，小车静止在缓冲区域的左侧，线圈的右边刚好与宽为d(d>L1)的缓冲区域的左边界重合．缓冲区域内有方向垂直线圈平面向里、大小为B的匀强磁场，现控制动力小车牵引力的功率，让小车以恒定加速度a驶入缓冲区域，线圈全部进入缓冲区域后，立即开始做匀速直线运动，直至完全离开缓冲区域，整个过程中，牵引力做的总功为W.(1)求线圈进入磁场过程中，通过线圈横截面的电荷量；(2)写出线圈进入磁场过程中，牵引力的功率随时间变化的关系式；(3)求线圈进入磁场过程中，线圈中产生的焦耳热．仿高考计算题巧练(二)1．[解析](1)由A到C的过程中，根据机械能守恒得mgh＝12m v2C在C点，根据牛顿第二定律得F N－mg＝m v2C R解得支持力FN ＝R＋2hR mg.(2)运动员做平抛运动时，在竖直方向的速度为v⊥＝gt速度为v′＝v2C＋v2⊥＝2gh＋g2t2下落的高度为h 1＝12gt 2 距地面的高度为h 2＝H －h －h 1＝H －h －12gt 2. (3)对运动员整个运动过程应用动能定理：W f ＋mgH ＝12m v 2 解得W f ＝12m v 2－mgH . [答案]见解析2．[解析](1)设粒子恰好从板边缘飞出时，板AB 间电压为U 0，则12·qU 0md ·⎝⎛⎭⎫L v 02＝d 2解得U 0＝400 V<500 V垂直极板的方向v 1＝qU 0md ·L v 0＝2×105 m/s 因此最大速率v ＝v 20＋v 21＝22×105 m/s. (2)如图所示，设粒子进入磁场时，速度v ′与OO ′成θ角，则有q v ′B ＝mv ′2R ， v ′＝v 0cos θ， s ＝2R cos θ得s ＝2m v 0qB＝0.4 m ，为定值． (3)如图所示，“A 类粒子”在电场中向B 板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切时，有 R (1＋sin θ)＝D联立2R cos θ＝0.4 m ，可得sin θ＝0.6(或者cos θ＝0.8)，即θ＝37°则粒子在磁场中飞行的总时间为t ＝180°＋37°×2360°·2πm qB ＝12790π×10－6s 进入磁场时v y ＝v 0tan θ＝1.5×105 m/s ，又v y ＝qU 1md ·L v 0，则对应的板AB 间的电压为U 1＝300 V故粒子从O 出发的时刻可能为t ＝4n ＋0.4(s)或t ＝4n ＋3.6(s)(n ＝0,1,2…)．[答案]见解析3．[解析](1)因小物块恰好能通过圆弧最高点A ，所以在A 点由牛顿第二定律知mg ＝m v 2A R，代入数值得v A ＝3 m/s又因小物块到达传送带最左端时与传送带速度相等，由功能关系知μmgL＝12m v2－12m v2A代入数值得L＝2 m.(2)由功能关系知E p＝mg·2R＋12m v2A代入数值得Ep＝22.5 J.(3)设小物块到达C点时速度为v C，由功能关系知E p＝mgR＋12m v2C在C点由牛顿第二定律知FN ＝m v2CR代入数值得FN＝30 N由牛顿第三定律知小物块在与圆心等高的C点对半圆轨道的压力F＝30 N，方向水平向右. [答案](1)2 m(2)22.5 J(3)30 N水平向右4．[解析](1)线圈进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量q＝IΔt①根据欧姆定律有I＝ER ②根据法拉第电磁感应定律有E＝ΔΦΔt ＝BL1L2Δt③由①②③得q＝BL1L2R.(2)线圈进入磁场时，牵引力的功率P＝F v④根据匀变速运动的关系有v＝at⑤线圈进入磁场，由牛顿第二定律得F－f－F安＝ma⑥线圈受到的安培力F安＝BIL2⑦根据欧姆定律有I＝ER⑧根据法拉第电磁感应定律有E＝BL2v⑨由④～⑨得P＝B2L22a2R t2＋(f＋ma)at.(3)线圈运动的整个过程中，根据能量关系有W＝12m v21＋f(d＋L1)＋Q总○10线圈出磁场产生的热量Q出＝I21Rt⑪根据欧姆定律有I1＝E1R⑫根据法拉第电磁感应定律有E1＝BL2v1⑬线圈出磁场的时间t＝L1v1⑭根据运动学公式有v21＝2aL1⑮Q进＝Q总－Q出⑯由○10～⑯得Q进＝W－maL1－f(d＋L1)－B2L22L1R2aL1.[答案]见解析。

特色专项训练优化方案高考物理二轮专题精炼第一篇专题二力学实验题巧练(一)

专题二实验题巧练策略——多捞分力学实验题巧练(一)[建议用时：40分钟]1．如图所示，用游标卡尺、刻度尺和螺旋测微器分别测量三个工件的长度，测量值分别为________cm、________cm、________mm.2.(2014·湖北八校联考)如图为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下(1)请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数k＝______N/m.(结果保留两位有效数字)(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的劲度系数与真实值相比较________．(填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)3．(2014·安徽名校联考)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点．(1)则下列叙述正确的是________．A．该实验中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力B．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置C．实验中AO和BO的夹角应尽可能大D．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线(2)对数据处理后得到如图乙所示的图线，则F与F′两力中，方向一定沿CO方向的是________．4．某中学的实验小组用如图所示的实验装置探究加速度与力和质量的关系，实验时将小车靠近打点计时器，用绳子牵引小车运动，通过打点计时器得到一条纸带，通过纸带算出小车的加速度(假设小车和砝码的总质量为M，盘和盘中砝码的总质量为m)．(1)若绳子对小车的牵引力近似等于mg，则需满足________关系．(2)该小组在探究加速度与质量的关系时，通过多次改变小车的质量，得到多组数据，如果用图象处理数据，作a 与________的关系图线能更直观地了解加速度a 与质量M 的关系．(3)通过多次实验，甲、乙两同学利用自己得到的数据和第(2)问的关系，各自画出了图线，如图所示，该图象说明在甲、乙两同学做实验时________(填“甲”或“乙”)同学实验中绳子的拉力更大．5．(2014·贵州六校联考)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的a －F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角________(填“偏大”或“偏小”)．甲乙(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足________的条件．(3)该同学得到如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz.A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个计数点，两计数点之间还有四个点未画出．由此可算出小车的加速度a ＝________m/s 2.(结果保留两位有效数字)丙6．物理实验室里的实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器(其中光电门1更靠近小球释放点)，小球释放器(可使小球无初速释放)、网兜．如图所示，某兴趣小组用上述器材测定重力加速度，实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t ，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h .(1)如图乙所示，使用游标卡尺测量小球的直径，则小球直径为________cm.(2)改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v ，不考虑空气阻力，则重力加速度g 的表达式为g ＝________(用h 、t 、v 三个物理量表示)．(3)根据实验数据作出ht－t 图线，若图线斜率的绝对值为k ，可求出重力加速度大小为________．7．(2014·吉林质量检测)测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定．(1)实验过程中，电火花计时器应接在交流电源上，调整定滑轮高度，使________________________________________________________________________．(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝________.(3)如图所示为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出．从纸带上测出s1＝3.20 cm，s2＝4.52 cm，s5＝8.42 cm，s6＝9.70 cm.则木块加速度大小a＝________m/s2(结果保留两位有效数字).8.某课外活动小组在学习了“探究加速度与力、质量的关系”的实验后，想通过自己的办法来探究“当物体的质量一定时，物体运动的加速度与其所受到的合外力成正比”这一结论．该课外活动小组利用一足够长且高度可调的斜面、滑块、米尺、秒表，进行了如下的操作过程：(不考虑摩擦造成的影响)(1)让滑块从斜面上方某一固定点O从静止开始下滑至斜面底端，用秒表记下所用的时间t；(2)用米尺测出从O点到斜面底端的距离x，则滑块的加速度a＝________；(3)用米尺测出O点相对于斜面底端的高度h，若滑块的质量为m，则滑块所受合外力F＝________；(4)改变________，重复上述测量过程；(5)以h为纵坐标，1t2为横坐标，根据实验数据作出h－1t2图象，如能得到一条________的直线，则可验证“当物体的质量一定时，物体运动的加速度与其所受的合外力成正比(即F＝ma)”这一结论．专题二实验题巧练策略——多捞分力学实验题巧练(一)1．1.32 1.207.3202．[解析]利用题目中表格数据可画出F－x的图象，求图线斜率可得弹簧的劲度系数k＝31 N/m或32 N/m.由图表可知，不挂钩码时的弹簧长度就相当于原长了，在描绘F－x图象中，弹簧的自身重量不影响劲度系数．[答案](1)31或32(2)没有影响3．[解析](1)AO和BO的拉力与CO的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，A 错误；实验中两次拉伸橡皮条，注意将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，以保证两次操作中CO 的拉力是相同的，则选项B正确；如果AO和BO的夹角适当，则两个分力可以将结点拉到O点，若夹角过大，则两拉力不一定能将结点拉到O点，所以选项C错误；弹簧测力计与木板平行以便保证各力在同一平面内，正对弹簧测力计的刻度线读数可以减小偶然误差，因此D正确.(2)由题图乙知，F是二力用平行四边形定则合成所得，F′是用一个力拉橡皮条时的外力，故一定与CO共线的是F′.[答案](1)BD(2)F′4．[解析](1)只有满足M≫m时，绳对小车的拉力才近似等于盘及盘中砝码的重力．(2)由于a ∝1M ，a －1M 图象是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a 与1M 的关系图线．(3)两小车及车上的砝码的总质量相等时，由图象知甲的加速度大，故甲同学实验中绳子的拉力大．[答案](1)M ≫m (2)1M(3)甲5．[解析](1)由题图乙可知，当F ＝0时，a ≠0，也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车受到的摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，所以原因是平衡摩擦力时木板倾角过大．(2)根据牛顿第二定律有mg ＝(M ＋m )a ，解得a ＝mg M ＋m ，则绳子的拉力F ＝Ma ＝MmgM ＋m＝mg1＋m M ，知砝码和盘的总质量远小于小车质量时，小车所受的拉力近似等于砝码和盘的总重力，所以应满足的条件是砝码和盘的总质量远小于小车的质量．(3)由Δx ＝aT 2得a ＝0.20 m/s 2. [答案](1)偏大 (2)M ≫m (3)0.206．[解析](1)该游标卡尺是20分度的，主尺读数为1.1 cm ，游标尺的读数为14×0.005 cm ＝0.070 cm ，所以游标卡尺的读数为1.170 cm.(2)由h ＝v 0t ＋12gt 2和v ＝v 0＋gt 得：g ＝2v t －2h t2.(3)由上式得h t ＝v －12gt ，即图象的斜率的绝对值为k ＝12g ，所以g ＝2k .[答案](1)1.170 (2)2v t －2ht2 (3)2k7．[解析](1)为了使细线的拉力方向与木块运动方向相同，应调整细线与长木板平行． (2)根据牛顿第二定律，对砝码盘和砝码整体有：mg －F ＝ma ，对木块有：F －μMg ＝Ma ，联立两方程得μ＝mg －(m ＋M )aMg .(3)利用逐差法得 a ＝(s 5＋s 6)－(s 1＋s 2)8 T 2＝[(8.42＋9.70)－(3.20＋4.52)]×10－28×(0.1)2m/s 2＝1.3 m/s 2.[答案](1)细线与长木板平行(答“细线水平”同样正确) (2)mg －(m ＋M )a Mg(3)1.38．[解析]此题虽然和“探究加速度与力、质量的关系”这个实验形式不一样，但所使用的实验思想是一致的．即“当物体的质量一定时，物体所受的合外力和物体的加速度应成正比”．对于本实验，要根据所给出的条件测出滑块所受到的合外力F 和滑块在斜面上下滑时的加速度大小a .由于不考虑摩擦力的影响，所以很容易求出滑块所受的合外力F ＝mg h x ，加速度a ＝2xt2，若F ＝ma 成立，则mg h x ＝m 2x t 2，可得h ＝2x 2g ·1t 2，h －1t 2图线的斜率k ＝2x2g 为一常数，故该图线应为一条过原点的直线． [答案](2)2x t 2 (3)mg hx(4)h 的数值(或斜面的高度) (5)过原点。

优化方案高三物理二轮复习特色专项训练第1篇专题二实验题巧练策略-捞分电学实验题巧练(二)-

电学实验题巧练(二)(建议用时：40分钟)1．(2015·贵州七校联考)测量一个长约5 cm、电阻R1约为30 Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：游标卡尺(20分度)；螺旋测微器；直流电源E(电动势为18 V，内阻可忽略不计)；标准电流表A1(量程1.5 A，内阻r1＝6 Ω)；电流表A2(量程2 A，内阻r2约为5 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；开关S，导线假设干．(1)用游标卡尺测得导电材料的长度如图甲所示，读数L＝________cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D＝________mm.(2)请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据．(3)假设某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，如此由量和测量量计算电阻率的表达式ρ＝____________．2．(2015·高考全国卷Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表V(量程3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关2个，导线假设干．(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一局部，将电路图补充完整．(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V′，与电压表内阻的真实值R V相比，R V′________R V(填“>〞“＝〞或“<〞)，主要理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.3．(2015·湖南十三校二联)某同学利用图甲所示电路测定电源的电动势和内阻．实验中电表内阻对实验结果影响很小，均可以忽略不计．闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P 由变阻器的一端滑到另一端的过程中，两电压表示数随电流表示数变化情况分别如图乙的U －I图象中的图线a、b所示．(1)用笔画线代表导线，将图丙实物图中各元件按图甲连接成实验电路．(2)通过分析可知，其中图乙中图线________(填“a〞或“b〞)表示电压表V1示数随电流表A示数变化的关系．(3)根据U－I图象中坐标轴上所标出的数据，可求出电源的电动势E＝________，内阻r＝________．(用图中给出的坐标值表示)4．(2015·高考海南卷)某同学利用图甲所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．实验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表V(量程6V)、秒表、导线假设干．甲(1)按图甲所示的电路原理图将图乙中实物图连线．(2)先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开始计时．假设某时刻电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为________V(保存2位小数)．(3)该同学每隔10 s记录一次电压表的读数U，记录的数据如下表所示．在坐标纸上绘出U－t图线．只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是________s.时间t/s10.020.030.040.050.060.0电压U/V 2.14 3.45 4.23 4.51 5.00 5.18(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是________．5．(2015·河北保定4月模拟)某同学尝试把一个灵敏电流计改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流计(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线假设干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻R t(PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为R t＝a＋kt，a>0，k>0)．设计电路图如下列图，并按如下步骤进展操作：(1)按电路图连接好实验器材．(2)将滑动变阻器滑片P滑到________端(填“a〞或“b〞)，单刀双掷开关S掷于________端(填“c〞或“d〞)，调节滑片P使电流计________，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．(3)向容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流计的示数I，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式(用题目中给定的符号表示)I＝________．(4)根据对应温度记录的电流计示数，重新刻制电流计的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________侧(填“左〞或“右〞)，刻度线分布________(填“是〞或“不是〞)均匀的．6．(2015·成都市诊断检测)小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电池组(电动势约6 V，内阻r约3 Ω)、电流表(量程2.0 A，内阻r A＝0.8 Ω)、电阻箱R1(0～99.9 Ω)、滑动变阻器R2(0～R x)、开关三个与导线假设干．他们认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻和R2接入电路的阻值．(1)小华先利用该电路准确地测出了R2接入电路的阻值．他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2，断开S1，读出电流表的示数I；再闭合S、S1，断开S2，调节电阻箱的电阻值为3.6 Ω时，电流表的示数也为I.此时滑动变阻器接入电路的阻值为________Ω.(2)小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻．①他的实验步骤为：a．在闭合开关前，调节电阻R1或R2至________(选填“最大值〞或“最小值〞)，之后闭合开关S，再闭合________(选填“S1〞或“S2〞)；b．调节电阻________(选填“R1〞或“R2〞)，得到一系列电阻值R和电流I的数据；c．断开开关，整理实验仪器．②图乙是他由实验数据绘出的1I－R图象，图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表________，电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(计算结果保存两位有效数字)电学实验题巧练(二)1．解析：(1)游标卡尺主尺读数为50 mm ，20分度游标卡尺准确度为0.05 mm ，第5条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为5×0.05 mm＝0.25 mm ，所以该材料的长度为50 mm ＋0.25 mm ＝50.25 mm ＝5.025 cm ；螺旋测微器固定刻度局部读数为2.0 mm ，可动刻度局部读数为15.0×0.01 mm＝0.150 mm ，因此该材料直径为2.0 mm ＋0.150 mm ＝2.150 mm.(2)标准电流表量程为1.5 A ，内阻为6 Ω，可当电压表使用，将其与待测材料并联，再与电流表A 2串联，由于提供的滑动变阻器总电阻小于待测材料电阻，故需要将滑动变阻器接成分压式电路，电路图见答案．(3)通过并联电路特点，可知通过电阻R 1的电流为I 2－I 1，其两端电压U ＝I 1r 1，所以待测材料的电阻为R 1＝I 1r 1I 2－I 1，由电阻定律R 1＝ρL S ，S ＝πD 24，解得：电阻率ρ＝πD 2I 1r 14L 〔I 2－I 1〕. 答案：(1)5.025 2.150 (2)如下列图(3)πD 2I 1r 14L 〔I 2－I 1〕2．解析：(1)由于R 1的总阻值远小于测量电路总电阻，故控制电路采用分压式接法，电路图见答案．(2)(3)见答案．答案：(1)实验电路图如下列图(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路电压最小；闭合开关S 1、S 2，调节R 1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S 2，调节电阻箱R 0使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻(3)> 断开S 2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R 0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V ′>R V (其他合理说法同样正确)3．解析：(1)如下列图．(2)由题图甲知电压表V 1测路端电压，如此其U －I 图线应为图线a .(3)结合题给条件，由闭合电路欧姆定律可得：E ＝U 1＋I 1rE ＝U 2＋I 2r解得E ＝U 1I 2－U 2I 1I 2－I 1r ＝U 1－U 2I 2－I 1. 答案：(1)图见解析 (2)a (3)U 1I 2－U 2I 1I 2－I 1U 1－U 2I 2－I 14．解析：(2)电压表的量程为6 V ，分度值为0.1 V ，所以读数为 3.60 V.(3)将表中各数据在坐标纸上描点连线如答图所示，由图可知除t ＝40.0 s 的数据外其他各点根本在同一平滑曲线上，故误差较大的数据点只能是t ＝40.0 s 对应的点．(4)电路中C 、R 2和S 2构成的回路，先闭合开关S 2，再断开开关S 2，目的是实验前使电容器上下极板所带电荷充分中和，不影响实验．答案：(1)如下列图(2)3.60 (3)图线如下列图 40.0 (4)放电5．解析：(2)分析电路可知滑动变阻器为限流式接法，所以闭合开关前，使它的阻值处于最大值状态，即将滑片P 滑到a 端．为了设计表盘刻度，应使开关掷于c 处，调节滑片，使电流计满偏．(3)把开关置于d 端，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋R t，又R t ＝a ＋kt ，联立得出电流与温度的关系式为I ＝E R ＋a ＋kt. (4)因为R t ＝a ＋kt(且a>0，k>0)，所以温度越低，电阻R t 越小，回路中I 越大，所以低温刻度在右侧，由(3)中关系式可知电流与温度不是线性关系，所以刻度线分布不是均匀的．答案：(2)a c 满偏 (3)E R ＋a ＋kt(4)右不是 6．解析：(1)闭合S 、S 2，断开S 1，根据题图甲和闭合电路欧姆定律可得I ＝E r ＋r A ＋R 2x；闭合S 、S 1，断开S 2，根据题图甲和闭合电路欧姆定律可得I ＝E r ＋r A ＋R 1；解得滑动变阻器接入电路的阻值R 2x ＝R 1＝3.6 Ω.(2)①a .本实验利用“电阻箱＋电流表〞的方式来测量电源的电动势和内阻，为了保证电流表不被烧坏，应在闭合开关前，将电阻箱R 1的阻值调节到最大值；由于本实验利用“电阻箱＋电流表〞的方式来测量电源的电动势和内阻，因此，闭合开关S 之后，应再闭合开关S 1.b .由于实验中使用电阻箱读取数据，故应调节R 1.②当闭合S 、S 1，根据题图甲和闭合电路欧姆定律可得E ＝I(r ＋r A ＋R)(其中R 为电阻箱接入电路的电阻的大小)，即1I ＝1E R ＋r ＋r A E ，当R ＝0时，1I·E ＝r ＋r A ，即题图乙中图象纵轴截距与电源电动势的乘积代表电流表的内阻与电源的内阻之和(r ＋r A )；根据表达式1I ＝1E R ＋r ＋r A E和题图乙所给图象可得，1E ＝1.60－0.606V －1，r ＋r A E＝0.60，解得E ＝6.0 V ，r ＝2.8 Ω. 答案：(1)3.6 (2)①a .最大值 S 1b ．R 1 ②r＋r A (电流表的内阻与电源的内阻之和) 6.0 2.8。

优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(B)-人教版高三全册物理试题

力电综合检测(B)一、单项选择题1．(2015·宁波高三十校联考)如图，一小球从水面上方高h 处由静止下落进入水中，假设小球在水中所受阻力大小为F ＝kv 2(k 为常量，v 为小球速度大小)，且水足够深，如此( )A ．h 越大，小球做匀速运动时的速度越大B ．h 变大，小球在水中的动能变化量的绝对值一定变大C ．h 变小，小球在水中的动能变化量的绝对值可能变大D ．小球在水中刚开始做匀速运动的位置与h 无关解析：选C.小球匀速运动时有mg ＝kv 2，即小球做匀速运动时的速度与下落高度无关，选项A 错误；小球入水速度与做匀速运动时的速度差值越大，动能变化量的绝对值越大，选项B 错误，C 正确；由mg ＝kv 2，mgh ＝12mv 2可得h ＝m 2k ，当h ＝m 2k 时，小球刚开始做匀速运动的位置在水面处，显然选项D 错误．2．如下列图，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r ＝0.1 m 处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与一样条件下的滑动摩擦力一样．假设要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．8 rad/sB ．2 rad/s C.124 rad/sD.60 rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmg cos θ－mg sin θ＝mrω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s ，B 正确．3．空间有一匀强电场，在电场中建立如下列图的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a ，0)，N 点的坐标为(a ，0，0)，P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2.电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，如此P 点的电势为( )A.22V B.32V C.14 V D.34V 解析：选D.MN 间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4，所以P 点的电势为：32a 42a×1 V ＝34 V ，D 正确．4．(2015·高考安徽卷)如下列图，abcd 为水平放置的平行“〞形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．如此( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析：选B.金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIl sin θ＝Bl sin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr ，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．5.如下列图，A 、B 为两个等量正点电荷，O 为A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴．如下四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系，其中正确的答案是( )解析：选C.此题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，应当选项C 正确，D 错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x 线性减小，选项A 、B 错误．6.(2015·唐山模拟)如下列图，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .如此此过程( )A ．杆的速度最大值为〔F －μmg 〕RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝〔F －μmg 〕〔R ＋r 〕B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdlR ＋r ，B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 、D 错．二、不定项选择题7.某遥控小车在平直路面上运动的v －t 图线如下列图．如此关于小车的运动，如下说法正确的答案是( )A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 m解析：选BC.由题图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 末时开始做匀加速运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 末时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ＋2＋42×1 m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误． 8.近来我国暴雨频发，多地相继出现群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如下列图．某时刻被困人员位于河道O 处，与河岸距离为l ，救援人员位于A 处，沿OA 方向以速度v 1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F ，此时OA 与粗绳OB 夹角为α，被困人员此时速度为v 2.如此( )A ．v 2＝v 1cos αB ．v 2＝v 1cos αC ．被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD ．拉力瞬时功率P ＝Fv 1解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度，由几何关系可知：v 2＝v 1cos α，A 正确，B 错误；拉力的瞬时功率为P ＝Fv 1，D 正确，拉力做功为Flcos α，C 错误．9．一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为v 02.质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A ．经历的时间为3mv 02FB ．经历的时间为mv 02FC ．发生的位移为6mv 28FD ．发生的位移为21mv 28F解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－F mt ＝0，x ＝v 0cos 30°2t ，在垂直恒力方向上有y ＝v 02t ，质点的位移s ＝x 2＋y 2，联立解得经历时间为t ＝3mv 02F ，发生的位移为s ＝21mv 28F，A 、D 正确．10.如下列图，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场与水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，如下说法正确的答案是( )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，根据平衡条件得qE ＝qvB ，解得E ＝vB ＝10 N/C ，A 项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r ＝vt ，水平方向上r＝12at 2，由牛顿第二定律a ＝qE m ，联立解得q m ＝2v Br ＝2×106 C/kg ，B 项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R ＝mvqB 1＝0.1 m ，C 项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T ＝2πR v ，因此运动的时间t ＝14T ＝πR 2v ＝1.57×10－4s ，D 项错误．三、非选择题11．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如下列图．细绳的长度为L ＝1 m ，1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为F T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小；(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：F T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a 1，滑块2的加速度为a 2，如此：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，如此t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，如此x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，如此x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m. 答案：(1)40 N (2)3.5 m12．(2015·西城一模)如下列图，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与P 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系； (2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；(4)假设t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .解析：(1)由题意知cd 棒受力平衡，如此F ＋F cd ＝mg sin 37° F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 如此回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动． (3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02m ＝4 m根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝It ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s 根据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0得1.0 s 内抑制安培力做功W 安＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－12×0.1×82J ＝12.8 J回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J13.最近，我国局部地区多发雾霾天气，PM2.5值过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于去除带电粉尘．模型简化如图，粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒，速度大小均为v ＝10 m/s ，粉尘微粒质量m ＝5×10－10kg ，电荷量为q ＝＋1×10－7C ，粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B ＝0.1 T 的圆形边界磁场，半径R ＝0.5 m ，磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ，两板间电压恒为U 0＝0.9 V ，两板相距d ＝1 m ，板长l ＝1 m ，不计粉尘重力与粉尘之间的相互作用．(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右；(2)假设粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n ＝2×108个，且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道，求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ；(3)假设两极板间电压在0～1.5 V 之间可调，求收集效率和电压的关系．解析：(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力提供向心力，轨迹半径为rqvB ＝m v 2rr ＝mv qB ＝5×10－10×101×10－7×0.1m ＝0.5 m如下列图，假设粉尘微粒从B 点打出，轨迹圆的圆心为O ′，由r ＝R 可知AOBO ′为菱形，所以OA ∥BO ′，BO ′一定在竖直方向上，速度方向与BO ′垂直，因此速度方向水平向右．(2)粉尘微粒进入电场，水平方向做匀速直线运动l ＝vt竖直方向做匀加速直线运动a ＝qU md y ＝12at 2 y ＝qUl 22mdv2 当U ＝U 0＝0.9 V 时解得y ＝qU 0l 22mdv 2＝1×10－7×0.9×122×5×10－10×1×102 m ＝0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α，如此y ＝R ＋R cos α，如此α＝37°，可知在极板上的微粒占总数的百分比为η＝180°－α180°×100%＝79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上此装置每秒能收集的粉尘质量M ＝nm ×79.4%＝2×108×5×10－10×79.4% kg ＝0.079 4 kg. (3)把y ≥d 代入y ＝qUl 22mdv2解得U ≥1 V可知：1.5 V ≥U ≥1 V 时，收集效率η＝100% 当1 V>U ≥0时，对于恰被吸收的粒子： y ＝12at 2＝12qUl 2mdv 2＝U (m)，由y ＝R ＋R cos α，α＝arccosy －RR得， α＝arccos (2U －1)，收集效率η＝π－απ×100%＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1πarccos 〔2U －1〕×100%. 答案：见解析。

优化方案高三物理二轮复习特色专项训练第2篇“8+2+2+选考”全真模拟(一)-人教版高三全册物理

“8＋2＋2＋选考〞全真模拟(一)(时间：60分钟分值：110分)第1卷二、选择题(此题共8小题，每一小题6分．在每一小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．(2015·河北冀州5月调研)如下列图是做匀变速直线运动的质点在0～6 s 内的位移－时间图线．假设t ＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)．如此( )A ．t ＝1 s 时，质点在x ＝2 m 的位置B ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点的速率相等C ．t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点加速度的方向相反D ．前5 s 内，合外力对质点做正功15.(2015·河北正定模拟)质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g 向右做匀加速运动，当地重力加速度为g .如此( )A ．静止时，弹簧对小球的弹力等于小球重力的一半B ．静止时，杆对小球的弹力小于弹簧对小球的弹力C ．加速时，弹簧对小球的弹力等于零D ．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍16.通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B ＝k I r，即某点的磁感应强度大小B 与导线中的电流I 成正比、与该点到导线的距离r 成反比．如下列图，两根平行长直导线相距为r ，通以大小相等、方向一样的电流．规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，如此磁感应强度大小B随x变化的图线可能是( )17．如下列图是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的v－t图象．如下判断正确的答案是( )A．在t＝1 s时，滑块的加速度为零B．在4～6 s时间内，滑块的平均速度为2.5 m/sC．在3～7 s时间内，合力做功的平均功率为2 WD．在5～6 s时间内，滑块受到的合力大小为2 N18．(2014·高考安徽卷)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图甲所示．如此图乙中的图象合理的是( )19．未来人类在研究火星时，将要在火星上完成一系列的探究实验，比如在火星外表将一小球以v 0的初速度竖直上抛．火星的质量为M ，火星可以视为半径为R 的球体，引力常量为G .如此如下说法正确的答案是( )A ．小球从抛出到落回抛出点的总路程为R 2v 20GMB ．小球在空中运动的时间为R 2v 20GMC ．火星外表的重力加速度为GM R 2D ．假设发射一颗火星的卫星，其最小的运行周期为2πR GM20．(2015·南京模拟)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A 、V 均为理想电表，R 、L 和D 分别是光敏电阻(其阻值随光照强度的增大而减小)、理想线圈和灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压U ，如下说法正确的答案是( )A ．电压U 的频率为100 HzB ．电压表V 的示数为22 2C ．有光照射R 时，电流表A 的示数变大D ．抽出L 中的铁芯，D 变亮21．(2015·东营模拟)如下列图，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B 1＝B ，B 2＝2B ，一个竖直放置的边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框，以初速度v 垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v /2，如此如下判断正确的答案是( )A ．此过程中通过线框截面的电荷量为3Ba22RB ．此过程中线框抑制安培力做的功为38mv 2C ．此时线框的加速度为9B 2a 2v2mRD ．此时线框中的电功率为9B 2a 2v22R第2卷三、非选择题(包括必考题和选考题两局部．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答．)(一)必考题(共47分)22．(6分)某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系〞实验时：(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把十分度的游标卡尺测出小正方体木块的棱长，如图乙所示，如此小正方体木块的棱长为________ cm ；(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动．这个步骤的目的是________________________________________________________________________；(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m ，测出对应的加速度a ，如此如下图象中能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是________．23．(9分)某实验小组的同学，设计了图甲所示的电路图，既可以用来测量电压表的内阻，也可以用来测量电源的电动势和内阻．实验器材有：电源E ，电压表V ，电阻箱R 1(0～9 999 Ω)，滑动变阻器R 2，一个单刀双掷开关S ，导线假设干．(1)实验首先测量电压表内阻，步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，同时将电阻箱R 1阻值调至0.②将开关接向1，调节R 2的滑片，直至电压表满偏．③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，读出此时电阻箱的阻值记为R ，如此电压表的内阻R V ＝________．④通过上述方法得到电压表的内阻测量值________真实值．(选填“大于〞或“小于〞)(2)接下来测量电源电动势和内阻．为了保护电路，该小组同学又在电路中加上了保护电阻R 0＝25 Ω，如图乙所示，实验步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，不再移动，同时将电阻箱R 1阻值调至0. ②将开关接向2，记下电压表读数为3 V.③改变电阻箱R 1接入电路的电阻值，读取电压表对应的示数U .④根据读取的多组数据，小组同学画出了图丙所示的图象，图中虚线是图中曲线的渐近线．⑤根据该图象与测得数据，可求得该电源的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________Ω.(保存两位有效数字)24．(12分)质量为1 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿外表水平冲上木板，如图甲所示．A 和B 经过1 s 后达到同一速度，然后共同减速直至静止，它们的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2，求：(1)A 与B 的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面的动摩擦因数μ2；(3)A的质量m.25.(20分)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等为B′.一带正电的粒子，从P(－d，0)点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时一样．不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)第三、四象限磁感应强度B′的大小．(二)选考题(请考生从给出的3道题中任选一题做答，如果多做，如此按所做的第一个题目计分．)33．[物理——选修33](15分)(1)(5分)如下说法正确的答案是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．0 ℃的冰与0 ℃的水分子的平均动能一样B．温度高的物体内能不一定大C．分子间作用力总是随分子间距离的增大而减小D．随着制冷技术的不断提高，绝对零度一定能在实验室中达到E．气体对外做功，其内能可能增加(2)(10分)一定质量的理想气体压强p与热力学温度T的关系图象如下列图，气体在状态A时的体积V＝2 m3，线段AB与p轴平行．①求气体在状态B时的体积；②气体从状态A变化到状态B的过程中，外界对气体做功30 J，问该过程中气体吸热还是放热？热量为多少？34．[物理——选修34](15分)(1)(5分)关于光现象，如下说法正确的答案是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．用光导纤维传送图像信息，这是光的全反射的应用B．肥皂泡看起来常常是彩色的，属于折射现象C．3D电影的播放和观看利用了光的偏振D．全息照片的拍摄主要利用了光的干预E．在双缝干预实验中，假设用白光做光源，如此不能观察到干预图样(2)(10分)一列简谐波沿x轴传播，x轴上x1＝0和x2＝10 m的P、Q两处质点的振动图线分别如图甲、乙所示，求此波的传播速度．35．[物理——选修35](15分)(1)(5分)如下说法正确的答案是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．汤姆孙发现了电子，明确原子具有核式结构B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的裂变反响C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长D．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，它的半衰期不发生改变E．康普顿效应揭示了光的粒子性的一面(2)(10分)如下列图，质量为3m 的木块静止放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为25v 0，木块的长为L ，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：①子弹穿出木块后，木块的速度大小v ； ②子弹在木块中运动的时间t .第2篇高考全真模拟 “8＋2＋2＋选考〞全真模拟(一)14．解析：选B.因x －t 图线切线的斜率表示速度，如此结合题图可知，t ＝0时刻质点从原点沿x 轴正向做匀减速运动，t ＝3 s 时减速到零，然后反向做匀加速运动，t ＝6 s 时返回原点．设初速度为v 0，又由题可知t ＝1 s 时，v 1＝4 m/s ，t ＝3 s 时，v 3＝0，再结合v ＝v 0＋at ，可得v 0＝6 m/s ，a ＝－2 m/s 2.由x ＝v 0t ＋12at 2，可得t ＝1 s 时，x ＝5 m ，A 错误；由v ＝v 0＋at ，得t ＝1 s 和t ＝5 s 时，质点的速率一样，B 正确；因质点做匀变速直线运动，如此质点运动的加速度恒定不变，C 错误；由v ＝v 0＋at ，得t ＝5 s 时，v 5＝－4 m/s ，速度大小比初速度小，合外力做负功，D 错误．15．解析：选C.根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力F ＝mg sin 45°＝22mg ，此时杆对小球的弹力F N ＝mg cos 45°＝22mg ，与弹簧对小球的弹力大小相等，所以A 、B 项均错误．当系统以加速度g 向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，如此可知此时弹簧对小球的弹力为0，所以C 项正确，D 项错误．16．解析：选D.两根通电导线通以同向电流，在a 导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b 导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式B ＝k Ir和磁场的叠加可知：在0<x <r 2范围内，磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正；当x ＝r 2时，B ＝0；在r2<x <r区域内，B 随x 增大而增大且为负；在x >r 时，B 随x 增大而减小且为正，无穷远处大小为零．故D 正确．17．解析：选C.在v －t 图象中，图象的斜率大小等于滑块的加速度大小，t ＝1 s 时，a ＝2 m/s 2，选项A 错误；5～6 s 时间内，由牛顿第二定律可得：F ＝ma ′＝4 N ，选项D 错误；在4～6 s 时间内，滑块的平均速度v ＝x t ＝62m/s ＝3 m/s ，选项B 错误；在3～7 s 时间内，由动能定理和功率的定义式，可得：P ＝W t ＝ΔE kt＝2 W ，选项C 正确．18．解析：选D.在粒子运动中的某一小段位移Δx 内电场力做功qE Δx .由功能关系知ΔE p ＝－qE ·Δx ，即ΔE pΔx ＝－qE ，E p －x 图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E 逐渐减小，A 错误．因粒子仅受电场力作用，由qE ＝ma 可知a 也逐渐减小，D 正确．再由动能定理有ΔE k ＝qE ·Δx ，即ΔE kΔx ＝qE ，E k －x 图线的斜率也表示电场力，如此E k －x 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误．由v 2＝2ax 有v ＝2ax ，可知v －x 图线应是一条曲线，故C 错误．19．解析：选AC .根据G Mm R 2＝mg 得火星外表的重力加速度为：g ＝G M R 2，C 正确；根据v 20＝2gH 得小球上升的最大高度为：H ＝v 202g ＝v 20R 22GM ，如此从抛出到落回抛出点的总路程为R 2v 2GM，故A正确；根据对称性知，小球落回到抛出点的时间为：t ＝2v 0g ＝2v 0R2GM ，故B 错误；当轨道半径最小时，周期最小，根据G Mm R 2＝m 4π2T2R ，卫星的最小周期为：T ＝2πR3GM，故D 错误． 20．解析：选CD .题由图乙可知T ＝0.02 s ，故电压U 的频率为1T ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2可得，U 2＝22 V ，电压表示数为22 V ，B 错误；有光照射时，R 阻值变小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，C 正确；抽出L 中的铁芯时，线圈L 感抗减小，D 变亮，D 正确．21．解析：选ABC .由q ＝ΔΦR 可得：q ＝B 1a 22R ＋B 2a 22R ＝3Ba22R ，A 正确；抑制安培力所做的功等于线框动能的减少量，为12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38mv 2，B 正确；此时线框中的电流I ＝2Ba v 2＋Ba v2R ＝3Bav 2R ，电功率P ＝I 2R ＝9B 2a 2v 24R ，D 错误；此时线框受的安培力F 安＝B 1aI ＋B 2aI ＝3BaI ＝9B 2a 2v 2R ，线框的加速度a ＝F 安m ＝9B 2a 2v 2mR，C 正确． 22．解析：(1)根据游标卡尺的读数规如此，正方体木块的棱长为3.56 cm.(2)用小正方体木块把小车轨道的一端垫高的目的是平衡摩擦力．(3)实验中把所挂重物的重力作为拉力，根据牛顿第二定律，a 与m 成正比，排除图象D.当所挂重物质量增大到一定数值后，加速度将趋近于重力加速度g ，所以能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是C.答案：(1)3.56(2分) (2)平衡摩擦力(2分) (3)C(2分)23．解析：(1)③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，此时电阻箱两端分得电压为满偏刻度的23，由电路的连接方式可知电压表的内阻R V ＝R2.④由于电阻箱的接入导致电压表所在支路电压变大，所以电压表的内阻测量值大于真实值．(2)在测量电源电动势和内阻实验中，由题图乙电路图可知调节R 2的滑片至最左端不再移动，同时调节电阻箱R 1阻值为0，将开关接向2，电压表读数为3 V 即保护电阻两端的电压．由题图丙可知，电源电动势为9.0 V ，所以电源内阻为2R 0＝50 Ω.答案：(1)③12R (2分) ④大于(2分) (2)⑤9.0(2分)50(3分)24．解析：(1)由题图乙可知，物块在0～1 s 内的加速度大小为：a 1＝2 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律：μ1mg ＝ma 1(2分)得μ1＝0.2.(1分)(2)在1～3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为：a 3＝1 m/s 2(1分)由牛顿第二定律：μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3(2分)得μ2＝0.1.(1分)(3)木板在0～1 s 内的加速度大小为：a 2＝2 m/s 2，(1分)在0～1 s 内，隔离木板B 进展受力分析，由牛顿第二定律可得μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2(2分)代入数据解得A 的质量m ＝3 kg.(1分) 答案：(1)0.2 (2)0.1 (3)3 kg 25．解析：(1)设粒子的质量为m ，电荷量为q ，在第二象限做圆周运动的半径为r ，如此qv 0B ＝m v 20r (2分)r sin α＝d (2分)设Q 点的纵坐标为y Q ，y Q ＝r －dtan α(1分)粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知，粒子射入第四象限和射出第三象限时，速度方向与x 轴正方向的夹角一样，如此β＝α＝60°(1分)设粒子由x 轴上S 点离开电场，粒子在S 点的速度为v ，如此qEy Q ＝12mv 2－12mv 20(3分)v ＝v 0cos β(1分)解得v 0＝E3B.(2分)(2)设粒子在电场中运动时间为t ，S 点的横坐标为x S ，如此y Q ＝v 0tan β2t (2分)x S ＝v 0t (1分)解得x S ＝2d3，粒子在S 点速度为v ，在第四、三象限中运动半径为r ′，如此qvB ′＝m v 2r ′(1分)x S －x P ＝2r ′sin β(2分)解得B ′＝2.4B .(2分) 答案：(1)E3B(2)2.4B33．解析：(2)①A →B ：p 0V ＝2p 0V B (3分) 解得V B ＝12V ＝1 m 3.(1分)②A →B ：ΔU ＝0(1分)由热力学第一定律：ΔU ＝Q ＋W (3分) 得Q ＝－W ＝－30 J(1分)即该过程中气体放热，热量为30 J ．(1分) 答案：(1)ABE (2)①1 m 3②放热 30 J34．解析：(2)由所给出的振动图象可知周期T ＝0.4 s (1分)由题图可知，t ＝0时刻，x 1＝0的质点P(其振动图象即为题图甲)在正最大位移处，x 2＝10 m 的质点Q(其振动图象即为题图乙)在平衡位置向y 轴负方向运动，所以当波沿x 轴正方向传播时，PQ 间距离为⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34λ1，其中n ＝0，1，2…(1分) 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋34λ1＝10 m ，所以λ1＝404n ＋3m (n ＝0，1，2…)(2分) 波沿x 轴正方向传播时的波速v 1＝λ1T ＝1004n ＋3m /s (n ＝0，1，2…)(2分)当波沿x 轴负方向传播时，PQ 间距离为⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ2，其中n ＝0，1，2…(1分) 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ2＝10 m ，所以λ2＝404n ＋1m (n ＝0，1，2…)(2分)波沿x 轴负方向传播时的波速v 2＝λ2T ＝1004n ＋1m /s (n ＝0，1，2…)(1分)答案：(1)ACD (2)见解析35．解析：(2)①子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律：mv 0＝m 25v 0＋3mv (2分)解得：v ＝v 05.(1分)②对系统：F f L ＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫25v 02－12·3mv 2(3分)解得：F f ＝9mv 225L (1分)对木块：F f t ＝3mv (2分) 解得：t ＝5L3v 0.(1分) 答案：(1)CDE (2)①v 05 ②5L3v 0。

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