2017优化方案高考总复习·物理：第十三章第三节对点突破高效演练含解析

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2017优化方案高考总复习·物理(新课标)：第二章第一节对点突破高效演练 Word版含解析

,学生用书P25])1．(考点一)(单选)(2016·武汉调研)如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是()A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力解析：选D.若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝g tan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．2．(考点一)(单选)(2016·延安模拟)一重为10 N的球固定在杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则杆AB对球的作用力()A．大小为7.5 NB．大小为10 NC．方向与水平方向成53°角斜向右下方D．方向与水平方向成53°角斜向左上方解析：选D.对小球进行受力分析可得，杆AB对球的作用力与绳的拉力和小球重力的合力等大反向，令杆AB对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝GF拉＝43，α＝53°，故D项正确．3．(考点二)(单选)(2016·贵州六校联考)如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B.A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧，物体A、B均处于静止状态．下列说法中正确的是()A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力解析：选D.弹簧被压缩，则弹簧给物体B的弹力水平向左，因此物体B静止时必受到A对B 水平向右的摩擦力，则B对A的摩擦力水平向左，故A、B均错误；取A、B为一整体，因其水平方向不受外力，则地面对A没有摩擦力作用，故D正确、C错误．4．(考点二)(单选)如图所示，物体B叠放在物体A上，A、B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则下列说法中正确的是()A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mg sin θD．A与B间的动摩擦因数μ＝tan θ解析：选C.它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mg sin θ，且A对B的摩擦力的大小等于B重力沿斜面向下的分力大小，选项A错误、C正确；由牛顿第三定律可得，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定A、B之间的动摩擦因数μ，选项D错误．5．(考点二)(单选)如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙面上，从t＝0开始物体所受的摩擦力F f随t的变化关系是下图中的()解析：选B.物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力F f的作用，由于F f从零开始均匀增大，开始一段时间Ff ＜G，物体加速下滑；当Ff＝G时，物体的速度达到最大值；之后Ff＞G，物体向下做减速运动，直至速度减为零．在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff ＝μFN＝μF＝μkt，即F f与t成正比，是一条过原点的倾斜直线．当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小为Ff＝G，所以物体静止后的图线为平行于t轴的射线．正确答案为B.。

2017优化方案高考总复习·物理：第九章第三节对点突破高效演练含解析

,[学生用书P204])1.(考点一)(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd 间、de间、cf间分别接阻值为R＝10 Ω的电阻．一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是()A．导体棒ab中电流的流向为由b到aB．cd两端的电压为1 VC．de两端的电压为1 VD．fe两端的电压为1 V答案：BD2．(考点一)(单选)(2015·高考福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C.设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝r（3R－r）r＋（3R－r）＝－⎝⎛⎭⎫r－3R22＋⎝⎛⎭⎫3R223R，当r＝3R2时，R外max＝34R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ中的电流为干路电流I＝ER外＋R内，可知干路电流先减小后增大，选项A错误．PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Bl v不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIl v，可知因干路电流先减小后增大，PQ 上拉力的功率也先减小后增大，选项C 正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误．3．(考点二)(单选)(2016·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下列选项中的( )解析：选D.由安培力向右知电流方向为顺时针，由楞次定律知磁场增强，C 错误；由题图乙知安培力不变，根据F ＝BIL 知，B 增大，I 必减小，即电动势减小，故B 的变化率减小，因此A 、B 错误，D 正确．4．(考点二)(单选)(2016·河南三市联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、三象限内有垂直该坐标平面向里的匀强磁场，二者磁感应强度相同，圆心角为90°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在图示坐标平面内沿顺时针方向匀速转动．规定与图中导线框的位置相对应的时刻为t ＝0，导线框中感应电流逆时针为正．则关于该导线框转一周的时间内感应电流i 随时间t 的变化图象，下列正确的是( )解析：选A.在线框切割磁感线产生感应电动势时，由E ＝12BL 2ω知，感应电动势一定，感应电流大小不变，故B 、D 错误；在T 2～34T 内，由楞次定律判断可知线框中感应电动势方向沿逆时针方向，为正，故A 正确、C 错误．5．(微专题28)(多选)(2016·泸州市模拟)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场，MN 的左侧有一质量m ＝0.1 kg 的矩形线圈abcd ，bc 边长L 1＝0.2 m ，电阻R ＝2 Ω.t ＝0时，用一恒定拉力F 拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s ，线圈的bc 边到达磁场边界MN ，此时立即将拉力F 改为变力，又经过1 s ，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i 随时间t 变化的图象如图乙所示．则下列说法中正确的是( )A ．恒定拉力大小为0.1 NB ．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C ．线圈ab 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：选BD.在第1 s 末，i 1＝ER ，E ＝BL 1v 1，v 1＝a 1t 1，F ＝ma 1，联立得F ＝0.05 N ，A 项错误；在第2 s 内，由题图分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末，i 2＝E ′R，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2t 2，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确；在第2 s 内，v 22－v 21＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误；q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R＝0.2 C ，D 项正确．。

2017优化方案高考总复习·物理：第十章第一节对点突破高效演练含解析

,[学生用书P215])1．(考点一)(多选)(2016·广东肇庆模拟)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，它产生的交流电动势为e＝2202sin 100πt(V)．关于这个交变电流，下列说法中正确的是() A．交变电流的频率为100 HzB．该电动势的有效值为220 VC．线圈转动的角速度ω＝50πrad/sD．t＝0时，线圈平面处于中性面解析：选BD.由2πf＝100πrad/s知，该交变电流的频率为50 Hz，A错；电动势有效值E＝E m2＝220 V，B对；线圈转动的角速度ω＝100πrad/s，C错；t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面，D对．2．(考点一)(单选)矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是()解析：选A.绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势E m＝NBSω，因左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确．3．(考点一)(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左解析：选AC.根据i －t 图象可知，电流最大值I m ＝10 2 A ，有效值I ＝I m 2＝10 A ，A 选项正确．交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，B 选项错误．从图示位置开始转动时，经0.01 s 线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，C 选项正确．根据右手定则，在0.02 s 时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R 中的电流方向自左向右，因此D 选项错误．4.(考点二)(单选)(2016·沈阳质检)如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )A ．7.5 VB ．8 VC ．215 VD ．313 V 解析：选C.根据电流的热效应有⎝⎛⎭⎫6 V 22·1R ·T 3＋（9 V ）2R ·2T 3＝U 2R T ，解得U 2＝60 V 2，所以U ＝215 V ，C 项正确．5．(考点二)(多选)(2016·湖南十二校联考)如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，其电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线O ′O 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O ′O 匀速转动，则以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大，为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R 4（R ＋r ）2解析：选BD.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A 错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为E m ＝12BL 2ω，故对应的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确；由q ＝ΔΦR ＋r可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝BL 2R ＋r，C 错误；电阻R 上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q ＝⎣⎡⎦⎤E m 2（R ＋r ）2R ×2πω＝πB 2ωL 4R4（R ＋r ）2，D 正确．。

2017优化方案高考总复习·物理：第九章第一节对点突破高效演练含解析

,[学生用书P195])1．(考点一)(单选)如图所示的条形磁铁的上方放置一矩形线框，线框平面水平且与条形磁铁平行，则线框在由N端匀速平移到S端的过程中，线框中的感应电流的情况是()A．线框中始终无感应电流B．线框中始终有感应电流C．线框中开始有感应电流，当线框运动到磁铁中部上方时无感应电流，以后又有了感应电流D．开始无感应电流，当运动到磁铁中部上方时有感应电流，后来又没有感应电流答案：B2．(考点二)(单选)(2016·南昌模拟)1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现()A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流解析：选D.当磁单极子从上向下靠近超导线圈时，线圈中的磁通量增加，且磁场方向从上向下，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向从下向上，再由安培定则可确定感应电流方向为逆时针；当磁单极子远离超导线圈时，超导线圈中的磁通量减少，且磁场方向从下向上，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向从下向上，再由安培定则可确定感应电流方向为逆时针，因此线圈中产生的感应电流方向不变，又由于超导线圈没有电阻，不消耗电能，所以超导线圈中的电流不会消失，选项D正确，A、B、C均错误．3．(考点二)(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD 可以自由滑动．当AB 在外力F 作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )A ．导体棒CD 内有电流通过，方向是D →CB ．导体棒CD 内有电流通过，方向是C →DC ．磁场对导体棒CD 的作用力向左D ．磁场对导体棒AB 的作用力向左解析：选BD.利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B →A →C →D →B .以此为基础，再根据左手定则进一步判定CD 、AB 的受力方向，经过比较可得选项B 、D 正确．4．(考点三)(多选)(2016·北京朝阳质检)如图所示，金属导轨上的导体棒ab 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )A ．向右做匀速运动B ．向左做减速运动C ．向右做减速运动D ．向右做加速运动解析：选BC.当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A 错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b →a 的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c 中出现顺时针感应电流(从右向左看)，且被螺线管吸引，B 对；同理可判定C 对、D 错．5．(考点三)(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一闭合电路，当PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动解析：选BC.MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里――→左手定则MN 中的感应电流由M →N ――→安培定则 L 1中感应电流的磁场方向向上――→楞次定律 ⎩⎪⎨⎪⎧L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱――→安培定则 PQ 中电流为Q →P 且减小――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强――→安培定则 PQ 中电流为P →Q 且增大――→右手定则向左加速运动． 6．(微专题26)(单选)如图所示，圆形导体线圈a 平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b ，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大解析：选D.通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误、D正确．。

2017优化方案高考总复习·物理：第十三章第三节课后检测能力提升含解析

一、选择题1．(2014·高考全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是()A．密立根通过油滴实验测出基本电荷的数值B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子E．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷解析：选ACE.密立根通过油滴实验，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A正确．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，明确了原子核具有复杂结构，选项B错误．居里夫妇通过对含铀物质的研究发现了钋(Po)和镭(Ra)，选项C正确．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子的核式结构，选项D错误．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，说明了阴极射线是带负电的粒子，并测出了粒子的比荷，选项E正确．2．下列说法正确的是()A．小于临界体积的铀块不可能发生链式反应B．阴极射线是原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量增大D．用频率大于某金属极限频率的单色光照射该金属，若增大入射光的频率，则逸出的光电子数目一定增多E．放射性元素的半衰期与元素所处的物理与化学状态无关解析：选ACE.铀块只有达到临界体积才能发生链式反应，小于临界体积的铀块不可能发生链式反应，A对；β射线是原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流，B错；增大入射光的强度，单位时间内入射的光子数增加，则单位时间内逸出的光电子数目将增多，故D错．3．如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是()A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，能发出3种不同频率的光C．一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eVD．用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态E．用能量为14.0 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离解析：选BCE.氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2 eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时，根据N＝C2n可知，能发出3种不同频率的光，故B正确；氢原子从n＝3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大为E大＝－1.51 eV＋13.6 eV＝12.09 eV，因锌的逸出功是3.34 eV，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为E km＝12.09 eV－3.34 eV＝8.75 eV，故C正确；用能量为10.3 eV的光子照射，小于12.09 eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，若正好等于12.09 eV，才能跃迁，故D错误；能量为14.0 eV 大于13.6 eV，因此用此光子照射，可使处于基态的氢原子电离，故E正确．4．(2014·高考北京卷)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)()A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)cC．(m1＋m2－m3)c2D．(m1－m2－m3)c2解析：选C.由质能方程ΔE＝Δmc2，其中Δm＝m1＋m2－m3，可得ΔE＝(m1＋m2－m3)c2，选项C 正确．5．(2015·高考安徽卷)如图所示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是()A．M点B．N点C．P点D．Q点解析：选C.α粒子(氦原子核)和重金属原子核都带正电，互相排斥，加速度方向与α粒子所受斥力方向相同．带电粒子加速度方向沿相应点与重金属原子核连线指向轨迹曲线的凹侧，故只有选项C 正确．6．(2015·高考北京卷)下列核反应方程中，属于α衰变的是()A.147N＋42He→178O＋11HB.23892U→23490Th＋42HeC.21H＋31H→42He＋10nD.23490Th→23491Pa＋0－1e解析：选B.α衰变是放射性元素的原子核放出α粒子(42He)的核反应，选项B正确．7．(2015·高考重庆卷)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是()A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹解析：选D.由于α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，据左手定则可判断a、b可能为α粒子的径迹，c、d可能为β粒子的径迹，选项D正确．8．(2015·高考福建卷)下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是()A．γ射线是高速运动的电子流B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.21083Bi的半衰期是5天，100克21083Bi经过10天后还剩下50克解析：选B.β射线是高速电子流，而γ射线是一种光子流，选项A错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C 错误.10天为两个半衰期，剩余的210 83Bi 为100×⎝⎛⎭⎫12t τ g ＝100×⎝⎛⎭⎫122g ＝25 g ，选项D 错误． 9．(2016·河北正定模拟)关于原子核的有关知识，下列说法正确的是( )A ．天然放射性射线中的β射线实际就是电子流，它来自原子的核内B ．放射性原子核经过α、β衰变致使新的原子核处于较高能级，因此不稳定从而产生γ射线C ．氡222经过衰变为钋218的半衰期为3.8天，一个氡222原子核四天后一定衰变为钋218D ．比结合能越大，原子越容易发生衰变E ．热核反应过程中核子必须要有巨大的动能来克服核子间的力解析：选ABE.因为半衰期是统计规律，对单个核子没有意义，所以C 项错．比结合能描述原子核的稳定性，比结合能越大，原子越稳定，越不易发生衰变，所以D 项错．10．(2016·东北三校一联)如图所示，氢原子可在下列各能级间发生跃迁，设从n ＝4到n ＝1能级辐射的电磁波的波长为λ1，从n ＝4到n ＝2能级辐射的电磁波的波长为λ2，从n ＝2到n ＝1能级辐射的电磁波的波长为λ3，则下列关系式中正确的是( )A ．λ1<λ3B ．λ3<λ2C ．λ3>λ2D.1λ3＝1λ1＋1λ2E.1λ3＝1λ1－1λ2 解析：选ABE.已知从n ＝4到n ＝1能级辐射的电磁波的波长为λ1，从n ＝4到n ＝2能级辐射的电磁波的波长为λ2，从n ＝2到n ＝1能级辐射的电磁波的波长为λ3，则λ1、λ2、λ3的关系为h c λ1>h c λ3>h c λ2，即1λ1>1λ3，λ1<λ3，1λ3>1λ2，λ3<λ2，又h c λ1＝h c λ3＋h c λ2，即1λ1＝1λ3＋1λ2，则1λ3＝1λ1－1λ2，即正确选项为A 、B 、E.二、非选择题11．(2016·石家庄模拟)实验室考查氢原子跃迁时的微观效应．已知氢原子能级图如图所示，氢原子质量为m H ＝1.67×10－27 kg.设原来处于静止状态的大量激发态氢原子处于n ＝5的能级状态．(1)求氢原子由高能级向低能级跃迁时，可能发射出多少种不同频率的光；(2)若跃迁后光子沿某一方向飞出，且光子的动量可以用p ＝h νc表示(h 为普朗克常量，ν为光子频率，c 为真空中光速)，求发生电子跃迁后氢原子的最大反冲速率．(保留三位有效数字)解析：(1)不同频率的光的种类为N ＝C 25＝5×42＝10(种)．(2)由动量守恒m H v H ＝p 光子＝h νc知：当ν最大时，反冲速率v H 最大．又hν＝E 5－E 1＝－0.54 eV －(－13.6)eV ＝13.06 eV＝2.090×10－18 J.故v H ＝h νcm H ＝ 2.090×10－183.0×108×1.67×10－27m/s ＝4.17 m/s. 答案：(1)10种 (2)4.17 m/s12．海水中含有丰富的氘，完全可充当未来的主要能源．两个氘核的核反应产生一个32He 核和一个粒子，其中氘核的质量为2.013 0 u ，氦核的质量为3.015 0 u ，中子的质量为1.008 7 u ．(1 u ＝931.5 MeV)，求：(1)写出核反应方程；(2)核反应中释放的核能；(3)在两个氘核以相等的动能0.35 MeV 进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的粒子和氦核的动能．解析：(1)核反应方程为：21H ＋21H →32He ＋10n.(2)核反应中的质量亏损为Δm ＝2m H －m He －m n ，由ΔE ＝Δmc 2可知释放的核能：ΔE ＝(2m H －m He －m n )c 2＝2.14 MeV.(3)把两个氘核作为一个系统，碰撞过程系统的动量守恒，由于碰撞前两氘核的动能相等，其动量等大反向，因此反应前后系统的总动量为零，即m He v He ＋m n v n ＝0；反应前后系统的总能量守恒，即12m He v 2He ＋12m n v 2n ＝ΔE ＋2E kH ，又因为m He ∶m n ＝3∶1，所以v He ∶v n ＝1∶3，由以上各式代入已知数据得：E kHe ＝0.71 MeV ，E kn ＝2.13 MeV.答案：(1)21H ＋21H →32He ＋10n (2)2.14 MeV (3)2.13 MeV 0.71 MeV。

2017优化方案高考总复习物理(江苏专用)第十二章第三节对点突破高效演练Word版含解析

, [学生用书P256])1．(考点一)(2016·南京质检)如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC 的单色光从空气射向E 点，并偏折到F 点，已知入射方向与边AB 的夹角为θ＝30°，E 、F 分别为边AB 、BC 的中点，则( )A ．该棱镜的折射率为 3B ．光在F 点发生全反射C ．光从空气进入棱镜，波长变小D ．从F 点出射的光束与入射到E 点的光束平行解析：选AC.在E 点作出法线可知入射角为60°，折射角为30°，折射率为 3 ，选项A 正确；由光路的可逆性可知，在BC 边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，选项B 错误；由关系式λ介＝λ空气n ，可知选项C 正确；从F 点出射的反射光线与法线的夹角为30°，折射光线与法线的夹角为60°，由几何关系知，不会与入射到E 点的光束平行，选项D 错误．2．(考点二)(2016·攀枝花统考)半径为R 的半圆柱形介质截面如图所示，O 为圆心，AB 为直径，Q 是半圆上的一点，QO 垂直于AB .相互平行的同种单色光a 和b 从不同位置进入介质，光线a 沿直线射向O 点，在O 点恰好发生全反射，光线b 从Q 点射入介质，入射角为45°，b 光经介质折射后交于直径AB 上的P 点，则P 点距O 点的距离为( ) A.33R B.22R C.32R D.12R 解析：选A.a 光从介质进入空气时发生全反射，临界角C ＝45°，根据临界角公式sin C ＝1n 得折射率n ＝2，对b 光根据折射率的定义式n ＝sin i sin r可得折射角θ＝30°，根据几何关系得PO ＝33R ，A 正确． 3．(考点三)一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )解析：选B.解答本题首先要搞清楚七种色光在同一介质中折射率的大小关系，其次还要明确三棱镜有使光线向底边偏折的作用．在玻璃中，有n 红<n 紫，所以在玻璃中，红光的折射角大于紫光的折射角，故选项A 、C 错误；三棱镜有使光线向底边偏折的作用，折射率越大的光，越偏向底边，故选项B 正确，选项D 错误．4．(考点四)在用插针法测定玻璃的折射率的实验中，某同学操作步骤如下：①用图钉将记录光路的白纸固定在平板上；②手拿玻璃砖的毛面或棱，将其轻放在白纸上；③ 用铅笔环绕玻璃砖画出边界aa ′和bb ′；④在aa ′边上选择一点O ，作为不同入射角的入射光线的共同入射点，画出入射角θ1分别为0°、30°、45°的入射光线；⑤用“插针法”分别得到各条入射光线的出射光线，观察时着重看大头针针帽是否在一条直线上，取下玻璃砖、大头针，连接各针孔，发现所画折射光线中有两条相交，量出各个折射角θ2；⑥ 按公式分别计算sin θ1sin θ2，取三个值的算术平均值． (1)以上步骤中有错误或不妥之处的是________．(2)应改正为 ________________________________________________________________________.解析：(1)有错误或不妥之处的是③④⑤.(2)③中应先画出一条直线，把玻璃砖的一边与其重合，再使直尺与玻璃砖的另一界面对齐，移开玻璃砖后再画边界线；④中入射角要取0°以外的三组数据；⑤中大头针要竖直插牢，观察时看针脚是否在同一条直线上．答案：(1)③④⑤ (2)见解析5．(考点一、二)(2016·河北正定调研)如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其截面平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射．从M 点发出的一束平行于底边CD 的单色光从AC 边射入，已知玻璃棱镜的折射率n ＝ 2.求：(1)光线进入棱镜时的折射角α；(2)第一次折射后到达底边CD 的光线能否从CD 边射出，若能，求折射角；若不能，求从BD 边射出的光线与BD 边的夹角．解析：(1)由几何关系知，光线在AC 边射入时的入射角为45°，根据折射定律有：sin 45°＝n sin α解得：α＝30°.(2)设光线在棱镜中全反射的临界角为C ，有：sin C ＝1n，解得：C ＝45° 如图所示，由几何关系知，第一次折射后到达底边CD 的光线在CD 边的入射角θ＝75°>C ，光线在CD 边发生全反射，不能从CD 边射出由几何关系知，光线到达BD 边处的入射角为30°，小于临界角C ，光线从BD 边射出．根据光路的可逆性可知，射出的光线仍与底边平行，与BD 边的夹角为45°.答案：(1)30° (2)不能夹角为45°。

2017优化方案高考总复习物理(江苏专用)章末过关检测(十三)Word版含解析

章末过关检测(十三)(建议用时：60分钟)一、选择题1．卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，其核反应方程为：42He＋147N→178O＋1H，下列说法正确的是()1A．卢瑟福通过该实验提出了原子的核式结构模型B．实验中是用α粒子轰击氮核的C．卢瑟福通过该实验发现了质子D．原子核在人工转变的过程中，电荷数一定守恒解析：选BCD.原子的核式结构模型是卢瑟福在α粒子的散射实验的基础上提出的，A 错误.1919年卢瑟福做了用α粒子轰击氮原子核的实验，用人工的方法使原子核发生变化从而发现了质子，原子核在人工转变过程中，电荷数一定守恒，选项B、C、D正确．2．(2016·江西八所重点中学联考)如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n＝2能级跃迁时释放的光子，则()A．6种光子中波长最长的是n＝4激发态跃迁到基态时产生的B．6种光子中有2种属于巴耳末系C．使n＝4能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量D．若从n＝2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子也一定能使该金属板发生光电效应解析：选BC.根据跃迁假说，在跃迁的过程中释放光子的能量等于两能级之差，故从n ＝4跃迁到n＝3时释放光子的能量最小，频率最小，波长最长，所以A错误；由题意知6种光子中有2种属于巴耳末系，它们分别是从n＝4跃迁到n＝2和从n＝3跃迁到n＝2时释放的光子，故B正确；E4＝－0.85 eV，故n＝4能级的电离能等于0.85 eV，所以C正确；由图知，从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放的光子的能量小于n＝2能级跃迁到基态释放的光子的能量，所以D错误．3．(2015·高考全国卷Ⅱ改编)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是()A．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹B．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构C．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构D．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关解析：选BC.β射线在云室中高速运动时，径迹又细又直，表现出粒子性，选项A错误．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，体现出波动性，选项B正确．电子显微镜是利用电子束工作的，体现了波动性，选项C正确．光电效应实验，体现的是波的粒子性，选项D错误．4．下列叙述中，正确的是()A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关B．对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能E k与照射光的频率成线性关系C．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了解析：选AB.黑体辐射电磁波的强度随温度的升高而增加，且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，A正确．由光电效应方程E k＝hν－W0，知B正确．放射性元素发生衰变后生成新的原子核，并没有全部释放出去，总质量没有减半，C错误．电子由半径小的轨道向半径大的轨道发生能级跃迁时，吸收能量，原子能量增加，D错误．5.人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系．下列关于原子结构和核反应的说法正确的是()A．由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量B．由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C．已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度解析：选BD.原子核D、E聚变成原子核F，放出能量，A错；A裂变成B、C，放出能量，B对；增加入射光强度，光电子的最大初动能不变，C错；镉棒能吸收中子，可控制核反应速度，D对．6．(2016·山东潍坊模拟)下列关于近代物理知识的说法正确的是()A．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2个B．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有较强的穿透能力C．含有10个原子核的放射性元素，经过一个半衰期，一定有5个原子核发生衰变D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减少，电子的动能增加解析：选AD.发生α衰变时，质量数少4，电荷数少2，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，A正确；β射线是原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子形成的电子流，B错误；半衰期是对大量粒子的统计规律，对少数原子核不适用，C错误；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时氢原子的电势能减少，电子的动能增加，D正确．7．现有a、b、c三种单色光，其波长关系为λa＞λb＞λc.用b光照射某种金属时，恰好能发生光电效应．若分别用a光和c光照射该金属，则()A．a光照射时，不能发生光电效应B．c光照射时，不能发生光电效应C．a光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大D．c光照射时，释放出的光电子的最大初动能最小解析：选A.只有当光的频率大于或等于极限频率时才会发生光电效应，由ν＝cλ可判断a、b、c三种单色光的频率关系为νa＜νb＜νc，用b光照射某种金属恰好能发生光电效应，故a光照射时不能发生光电效应，c光照射时能发生光电效应，A正确，B、C错误；光电效应释放出的光电子的初动能与频率有关，频率越大，初动能越大，c光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大，D错误．8.(2016·泰州模拟)如图所示，光滑的水平面上，小球A 以速度v 0向右运动时与静止的小球B 发生对心正碰，碰后A 球的速率为v 03，B 球的速率为v 02，A 、B 两球的质量之比为( ) A ．3∶8 B ．3∶5C ．2∶3D ．4∶3解析：选A.碰撞瞬间动量守恒，规定向右为正方向，则有m A v 0＝±m A v 03＋m B v 02，解得：m A m B ＝38或m A m B ＝34，所以A 正确． 9.(2016·北京丰台模拟)如图所示，两质量分别为m 1和m 2的弹性小球叠放在一起，从高度为h 处自由落下，且h 远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m 2＝3m 1，则小球m 1反弹后能达到的高度为( )A ．hB ．2hC ．3hD ．4h解析：选D.下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v ＝2gh ，m 2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m 1与m 2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2，选向上方向为正方向，则m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22，且m 2＝3m 1联立解得：v 1＝22gh反弹后高度H ＝v 212g＝4h ，D 正确．二、非选择题10.在一次实验中，某同学选用了两个外形相同的硬质小球A 和B ，小球A 质量较大，小球B 质量较小．该同学实验发现：若在水平面上用A 球去撞击原来静止的B 球，碰后A 和B 都向前运动；若用B 球去撞击原来静止的A 球，碰后A 球向前运动，B 球向后运动．为了探究碰撞中的不变量，该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验．实验时，分别将小球M 、N 放在竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)．现让小球M 从与圆心O 等高处由静止释放，在底部与静止的小球N 发生正碰．(1)实验中，若实验室里有如下所述的四个小球：①半径为r 的玻璃球；②半径为2r 的玻璃球；③半径为1.5r 的钢球；④半径为2r 的钢球．为了便于测量，M 球应选用________，N 球应选用________(填编号)．(2)实验中不用测量的物理量为________．①小球M 的质量m 1和小球N 的质量m 2；②圆弧轨道的半径R ；③小球M 碰后上升的最高处与O 点连线偏离竖直方向的夹角θ1；④小球N 碰后上升的最高处与O 点连线偏离竖直方向的夹角θ2.(3)用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为：________．答案：(1)② ④ (2)②(3)m 1＝－m 11－cos θ1＋m 21－cos θ211．(2016·南京模拟)(1)下列说法正确的是________．A ．汤姆生发现了电子，并提出了原子的枣糕模型B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小D ．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期将增大(2)某光电管的阴极K 用截止频率为ν0的金属钠制成，光电管阳极A 和阴极K 之间的正向电压为U ，普朗克常量为h ，电子的电荷量为e ，用频率为ν的紫外线照射阴极，有光电子逸出，光电子到达阳极的最大动能是________；若在光电管阳极A 和阴极K 之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为________．(3)1928年，德国物理学家玻特用α粒子(42He)轰击轻金属铍(94Be)时，发现有一种贯穿能力很强的中性射线，查德威克对该粒子进行研究，进而发现了新的粒子——中子．①请写出α粒子轰击轻金属铍的核反应方程．②若中子以速度v 0与一质量为m N 的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v 1，氮核碰后的速率为v 2，则中子的质量m 等于多少？解析：(3)②由m v 0＝－m v 1＋m N v 2得：m ＝v 2v 0＋v 1m N. 答案：(1)AB (2)eU ＋hν－h ν0 h ν－hν0e(3)①94Be ＋42He →12 6C ＋10n ②v 2v 0＋v 1m N12．(1)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c 与入射光的频率ν的关系如图所示．若该直线的斜率和截距分别为k 和b ，电子电荷量的绝对值为e ，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．(2)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是222 86Rn →218 84Po ＋________. 已知222 86Rn 的半衰期约为 3.8 天，则约经过________天，16 g 的222 86Rn 衰变后还剩 1 g.(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为 15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为 2m 的玻璃球 A 以速度 v 0 碰撞质量为 m 的静止玻璃球 B ，且为对心碰撞，求碰撞后 A 、B 的速度大小．解析：(1)根据光电效应方程E km ＝hν－W 0及E km ＝eU c 得U c ＝h νe －W 0e ，故h e＝k ，b ＝－W 0e，得h ＝ek ，W 0＝－eb .(2)根据质量数、电荷数守恒得衰变方程为222 86Rn →218 84Po ＋42He.根据衰变规律及半衰期公式可得m ＝m 0⎝⎛⎭⎫12t τ，代入数值解得t ＝15.2天．(3)设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2 由动量守恒定律知：2m v 0＝2m v 1＋m v 2，且由题意知v 2－v 1v 0＝1516解得v 1＝1748v 0，v 2＝3124v 0.答案：(1)ek －eb (2)42He15.2 (3)1748v 0 3124v 0。

2017优化方案高考物理新课标总复习对点突破高效演练第一章第二节匀变速直线运动的规律及应用Word版含解析

, [学生用书P9])1．(考点一)(单选)(2016·河北唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25 m ，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口(8号车厢最前端)，则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v 0，加速度为a ，则有L ＝v 0t ＋12at 2 从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有0－v 20＝2a ·2L ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.2．(考点二)(单选)(2016·福州高三模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移大小是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m解析：选C.由Δx ＝aT 2得：7 m －9 m ＝a ×(1 s)2，a ＝－2 m/s 2，由x ＝v 0t ＋12at 2得9 m ＝v 0×1 s ＋12×(－2 m/s 2)×(1 s)2，解得v 0＝10 m/s ，所以汽车到停下来用时t ＝0－v 0a ＝0－10－2s ＝5 s ，刹车后6 s 内的位移大小x ＝v t ＝0＋102×5 m ＝25 m ，故C 对． 3．(考点二)(单选)(2016·内江市模拟)我国已经成功实现舰载机在航母上的起飞和降落．若舰载机在航母上，从静止开始做匀加速直线运动然后起飞．起飞过程的平均速度为v ，起飞过程的时间为t ，则下列说法中正确的是( )A ．舰载机离开航母起飞时的速度为vB ．起飞过程的加速度为2v tC ．在航母上供舰载机起飞所需要的跑道的最短长度为2v tD ．舰载机起飞过程的加速度始终与速度的方向相反解析：选B.由v －＝0＋v t 2＝v 得v t ＝2v ，故A 错；由a ＝v t －0t 得a ＝2v t，故B 对；由x ＝v －t 得x ＝v t ，C 错；由于舰载机做匀加速直线运动，故a 与v 同向，D 错．4．(考点三)(多选)(2016·湖北高三起点考试)一物体自空中的A 点以一定的初速度竖直向上抛出，2 s 后物体的速率变为10 m/s ，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)( )A ．在A 点上方，速度方向向下B ．在A 点上方，速度方向向上C ．正在A 点，速度方向向下D ．在A 点下方，速度方向向下解析：选BC.设抛出时的速度为v 0，取向上方向为正方向，则2 s 后的速度v t ＝±10 m/s.由v t ＝v 0－gt 得：v 0＝30 m/s 或10 m/s.当v 0＝30 m/s 时，上升过程的时间为3 s ，则t ＝2 s 时，物体在A 点上方，速度方向向上，B 正确；当v 0＝10 m/s 时，上升过程的时间为1 s ，再过1 s 返回抛出点，故C 正确．5.(微专题2)屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图为其简意图．(g 取10 m/s 2)问：(1)此屋檐离地面多高？(2)滴水的时间间隔是多少？解析：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T ，则这一滴水在0时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答设屋檐离地面高为x ，滴水间隔为T .则x ＝16x 0，5x 0＝1 m ，所以x ＝3.2 m另有x ＝12g (4T )2，解得T ＝0.2 s. 答案：(1)3.2 m (2)0.2 s。

2017优化方案高考总复习物理(江苏专用)第十三章第一节课后检测能力提升Word版含解析

一、选择题1．(2016·南京模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的()A．质量相等B．动能相等C．动量大小相等D．速度大小相等解析：选C.两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等方向相反，C正确．2.我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选B.乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A错误；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．3．(2016·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C. 4.(2016·北京海淀区模拟)如图所示，在光滑水平面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接，A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是( )A ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B ．木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D ．木块A 离开墙壁后，A 、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒解析：选BC.木块A 离开墙壁前，由A 、B 和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力，故系统动量不守恒，但机械能守恒，故选项A 错，B 对；木块A 离开墙壁后，由A 、B 和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，又没有机械能和其他形式的能量转化，故机械能也守恒，故选项C 对，D 错．5．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg ·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v ′A 、v ′B ，由题意知p ′A ＝m A v ′A ＝2 kg ·m/s ，p ′B ＝m B v ′B ＝10 kg ·m/s ，解得v ′A v ′B ＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg ·m/s ，B 球动量变为10 kg ·m/s ，又m B ＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．6．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s. 当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/sB ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A 大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．7．(2016·苏北四市调研)A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图所示．若用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距离桌边距离为( )A.x 3B.3x C ．x D.63x 解析：选D.当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：E p ＝12m v 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2m v A －m v B ＝0，E p ＝12×2m v 2A ＋12m v 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，D 选项正确． 8．(2016·合肥质检)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s ，滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N ·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W解析：选D.类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝12m v 2－12m v 20＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，I F －F f ·t ＝m v －m v 0，代入已知条件解得I F ＝48 N ·s ，C 项错；由牛顿第二定律可知，6 s 末F －F f ＝ma ，解得F ＝10 N ，所以拉力的功率P ＝F v ＝200 W ，D 项对． 9.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2B.mM 2（m ＋M ）v 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：选BD.由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u ，由动量守恒定律得m v ＝(m ＋M )u ，系统损失的动能为12m v 2－12(m ＋M )u 2＝12mM m ＋Mv 2，B 正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔE k ＝－W f ＝NμmgL ，D 正确．二、非选择题10．(2016·苏北三市模拟)如图所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．解析：取向左为正方向，根据动量守恒定律，推出木箱的过程：0＝(m ＋2m )v 1－m v ，接住木箱的过程：m v ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2解得共同速度v 2＝v 2. 答案：v 211．(2016·扬州模拟)如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量均为m ＝0.08 kg 的10块完全相同的长直木板．质量M ＝1.0 kg 、大小可忽略的小铜块以初速度v 0＝6.0 m/s 从长木板左端滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v 1＝4.0 m/s ，铜块最终停在第二块木板上．g 取10 m/s 2，结果保留两位有效数字．求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．解析：(1)M v 0＝M v 1＋10m v 2，得：v 2＝2.5 m/s.(2)M v 0＝m v 2＋(M ＋9m )v 3，得：v 3≈3.4 m/s.答案：(1)2.5 m/s (2)3.4 m/s12．(2016·江西七校联考)如图所示，一质量为m 1＝0.45 kg 的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量为m 2＝0.2 kg 的小物块，小物块可视为质点．现有一质量为m 0＝0.05 kg 的子弹以水平速度v 0＝100 m/s 射中小车左端，并留在车中，最终小物块以5 m/s 的速度与小车脱离．子弹与车相互作用时间很短．g 取10 m/s 2.求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小；(2)小物块脱离小车时，小车的速度大小．解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m 0v 0＝(m 0＋m 1)v 1，解得v 1＝10 m/s.(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得(m 0＋m 1)v 1＝(m 0＋m 1)v 2＋m 2v 3解得v 2＝8 m/s.答案：(1)10 m/s(2)8 m/s。

2017优化方案高考总复习·物理：第一章第三节对点突破高效演练含解析

,学生用书P14])1、(考点一)(单选)(2015·高考广东卷)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示、下列表述正确的是()A、0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B、0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C、0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D、0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析：选B.在0.2～0.5小时内，位移—时间图象是倾斜的直线，则物体做匀速直线运动，所以在0.2～0.5小时内，甲、乙两人的加速度都为零，选项A错误；位移—时间图象的斜率绝对值大小反映了物体运动速度的大小，斜率绝对值越大，速度越大，故0.2～0.5小时内甲的速度大于乙的速度，选项B正确；由位移—时间图象可知，0.6～0.8小时内甲的位移大于乙的位移，选项C错误；由位移—时间图象可知，0.8小时内甲、乙往返运动过程中，甲运动的路程大于乙运动的路程，选项D错误、2、(考点一)(单选)(2016·甘肃第一次诊断)一滑块以初速度v0从固定斜面底端沿斜面向上滑，已知斜面足够长，则该滑块的速度－时间图象不可能是下列图中的()解析：选C.当斜面粗糙且μ>tan θ时，会出现A选项情况；如果μ<tan θ，上滑加速度大于下滑加速度，会出现B选项情况，不会出现C选项情况；当斜面光滑时会出现D选项情况，所以符合题意的只有C选项、3、(考点一)(单选)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的a－t图象如图所示、则该汽车在0～60 s内的速度随时间变化的v－t图象为()解析：选B.0～10 s 内汽车做初速度为零的匀加速直线运动，10 s 末速度增加到20 m/s ；10～40 s 内汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动；40～60 s 内汽车做匀减速直线运动，60 s 末速度减为零，故选B.4、(考点二)(多选)在同一地点，甲、乙两物体同时沿同一方向做直线运动的速度－时间图象如图所示，对0～6 s 过程，下列说法正确的是( )A 、两物体两次相遇的时刻是2 s 末和6 s 末B 、4～6 s 甲在乙后面C 、两物体相距最远的时刻是2 s 末D 、乙物体先向前运动2 s ，随后向后运动解析：选AB.在v －t 图象中图线与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由题图可知当t ＝2 s 和t ＝6 s 时，两图线与横坐标围成面积相等，说明两物体发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2 s 末和6 s 末，故A 正确；开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t ＝2 s 时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的速度，此后乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t ＝6 s 时，甲、乙再次相遇，因此在2～6 s 内，甲在乙后面，故B 正确；由题图可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当两物体的速度相等时，甲、乙相距最远，此时t ＝4 s ，故C 错误；整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D 错误、5、(微专题3)如图所示，直线MN 表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A 、B 两处，A 、B 间的距离为85 m ，现在甲车开始向右做匀加速直线运动，加速度a 1＝2.5 m/s 2，甲车运动6 s 时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a 2＝5 m/s 2，求两辆汽车相遇处距A 处的距离、解析：甲车运动6 s 的位移为x 0＝12a 1t 20＝45 m ，尚未追上乙车，设此后经过时间t 与乙车相遇，则有：12a 1(t ＋t 0)2＝12a 2t 2＋85 将上式代入数据并展开整理得：t 2－12t ＋32＝0解得t 1＝4 s ，t 2＝8 st 1、t 2都有意义，t 1＝4 s 时，甲车追上乙车；t 2＝8 s 时，乙车追上甲车，两车再次相遇第一次相遇地点距A的距离x1＝12a1(t1＋t0)2＝125 m第二次相遇地点距A的距离x2＝12a1(t2＋t0)2＝245 m.答案：125 m或245 m。

2017优化方案高考总复习·物理：第五章第三节对点突破高效演练含解析

,[学生用书P101])1．(考点一)(单选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中()A．圆环机械能守恒B．橡皮绳的弹性势能一直增大C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大答案：C2．(考点二)(单选)(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小() A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．3．(考点二)(单选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)()A．环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB．环到达B处时，重物上升的高度为(2－1)dC ．环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为22D ．环减少的机械能大于重物增加的机械能解析：选B.环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于2mg ，A 项错误；环到达B 处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，B 项正确；如图所示，将B 处环速度v 进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v 1大小相等，v 1＝v cos 45°＝22v ，所以，环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于2，C 项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D 项错误．4．(微专题16)(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的小球A ，B (均可看做质点)，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质细杆相连，在小球B 从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g )，下列说法正确的是( )A ．B 球减少的机械能等于A 球增加的机械能B ．B 球减少的重力势能等于A 球增加的重力势能C ．B 球的最大速度为 4gR 3D ．B 球克服细杆所做的功为83mgR 解析：选ACD.小球A 、B 组成的系统机械能守恒，选项A 正确；B 球减少的重力势能转化为B 球的动能和A 球的动能与势能，选项B 错误；当B 球到达最低点时，两小球速度最大，由系统机械能守恒4mgR －2mgR ＝12×3m v 2，得最大速度为v ＝ 4gR 3，选项C 正确；以B 球为研究对象，由动能定理得W ＋4mgR ＝12×2m v 2－0，解得W ＝－83mgR ，选项D 正确． 5.(考点二)(2015·高考海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和拋物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为拋物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小．解析：(1)一小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明环下落到b 点时的速度，使得小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t .①h ＝12gt 2② 从ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12m v 2b ③ 联立以上三式可得R ＝s 24h＝0.25 m. (2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，环从b 滑到c 时，根据动能定理可得mgh ＝12m v 2④因为物体滑到c 点时与竖直方向的夹角等于(1)问中做平拋运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角．设夹角为θ，则根据平拋运动规律可知sin θ＝v b v 2b ＋v 2y ＝v b v 2b ＋（gt ）2⑤ 联立①②③④⑤可得v cx ＝v sin θ＝2103 m/s. 答案：(1)0.25 m (2)2103 m/s。

2017优化方案高考总复习·物理(江苏专用)第三章第二节对点突破高效演练Word版含解析

, [学生用书P52])1．(考点一)(单选)(2016·孝感统测)如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量为M ＝2 kg 的秤盘，盘内放一个质量为m ＝1 kg 的物体，秤盘在竖直向下的拉力F 的作用下保持静止，F ＝30 N ，突然撤去拉力F 的瞬间，物体对秤盘的压力为(g ＝10 m/s 2)( )A ．10 NB ．15 NC ．20 ND ．40 N解析：选C.由于拉力F 撤去之前秤盘和物体均保持静止，系统受力平衡，在拉力F 撤去的瞬间，系统所受合力方向向上，对整体由牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a ，对物体再根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝ma ，两式联立解得F N ＝20 N ，再根据牛顿第三定律可知物体对秤盘的压力大小为20 N ，方向竖直向下，C 正确．2．(考点二)(单选)(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t－mg C.m gh t ＋mg D.m gh t－mg 解析：选A.设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2gh t ＋mg . 3．(考点三)(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ)如图甲，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD.由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋F f ＝ma 1，mg sin θ－F f＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力F f ＝m （v 0－v 1）2t 1，而F f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v －t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．4.(微专题8)(多选)(2016·湖北黄冈模拟)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以v 0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A ．若v 0≥1 m/s ，则物块A 先到达传送带底端B ．若v 0≥1 m/s ，则物块A 、B 同时到达传送带底端C ．若v 0＜1 m/s ，则物块A 先到达传送带底端D ．若v 0＜1 m/s ，则物块A 、B 同时到达传送带底端解析：选BC.因为μ＜tan 37°，若v 0≥1 m/s ，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A 、B 同时到达传送带底端，B 选项正确；若v 0＜1 m/s ，开始运动的一段时间内，物块A 的加速度大于物块B 的加速度，然后加速度相等，所以物块A 先到达传送带底端，即C 选项正确．5．(考点二)(2016·太原质检)如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上．质量m ＝1.0 kg 的小物块受到沿斜面向上的F ＝9.0 N 的拉力作用，小物块由静止沿斜面向上运动．小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25(斜面足够长，取g ＝10 m/s 2.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．(1)求小物块运动过程中所受摩擦力的大小；(2)求在拉力的作用过程中，小物块加速度的大小；(3)若在小物块沿斜面向上运动0.80 m 时，将拉力F 撤去，求此后小物块沿斜面向上运动的距离．解析：(1)F 作用时，物体受力如图甲所示．F f ＝μmg cos 37°＝2.0 N.(2)设加速度为a 1，根据牛顿第二定律有F －F f －mg sin 37°＝ma 1解得a 1＝1.0 m/s 2.(3)设撤去拉力前小物块运动的距离为x 1，撤去拉力时小物块的速度为v ，撤去拉力后小物块的加速度和向上运动的距离大小分别为a 2、x 2，有v 2＝2a 1x 1①撤去F 后，物体受力如图乙所示．由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋F f ＝ma 2②v 2＝2a 2x 2③联立①②③式并代入数据解得：x 2＝0.10 m.答案：(1)2.0 N (2)1.0 m/s 2 (3)0.10 m。

2017优化方案高考总复习·物理：第十章第二节课后检测能力提升含解析

一、单项选择题1.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝2202sin 100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光、除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是()A、变压器原、副线圈匝数比为102∶1B、电流表示数为1 AC、电流表示数为10 AD、副线圈中电流的频率为5 Hz解析：选B.由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V，交变电流的频率f＝1T＝ω2π＝50 Hz，D项错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V，由理想变压器变压规律可知，n1n2＝U1U2＝10，A项错误；由灯泡电功率P＝UI可知，通过每只灯泡的电流为1A，故副线圈输出电流为10 A，由理想变压器变流规律可知，I2I1＝10，所以原线圈中电流的有效值为1 A，B项正确，C项错误、2.用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A、变压器输入功率约为3.9 WB、输出电压的最大值是110 VC、变压器原、副线圈匝数比是1∶2D、负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋π2) A解析：选A.根据i－t图象，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)且I m＝0.05 A，通过负载的电流的有效值I2＝I m2，输出电压的最大值U m＝2U2＝110 2 V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9 W，变压器原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2＝21.选项A正确，选项B、C、D错误、3.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L，则()A、灯L也能正常发光B、灯L比另外三个灯都暗C、灯L将会被烧坏D、不能确定解析：选 A.原、副线圈中的电流之比为I1I2＝n2n1＝13，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I额＝I23.又I1＝13I2，所以通过原线圈中灯L的电流恰为其额定电流，灯L正常发光，所以A正确、4、(2016·沈阳质检)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，b接原线圈的中心触头，电压表和电流表均为理想电表、从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)，则下列说法正确的是()A、单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小B、原线圈和副线圈中交变电流的频率之比为20∶1C、当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为22 VD、当单刀双掷开关由a拨向b时，电压表和电流表的示数均变小解析：选 C.图中电压表测量值为理想变压器输出电压，而根据理想变压器变压规律U1U2＝n1n2可知，输出电压决定于输入电压和原、副线圈匝数比，因输入电压与匝数比不变，故滑动变阻器触头P 上移过程中，电压表示数不变，A项错误；变压器不改变交变电流的频率，B项错误；由交变电流的瞬时值表达式可知，变压器输入电压有效值为220 V，当开关与b连接时，原、副线圈匝数比为10∶1，由U1U2＝n1n2可知，输出电压有效值为22 V，C项正确；开关由a拨向b时，原、副线圈匝数比变小，故电压表示数增大，D项错误、5.如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002·sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作、由此可知()A、原、副线圈的匝数比为50∶1B、交变电压的频率为100 HzC、副线圈中电流的有效值为4 AD、变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋U r，n1n2＝U1U2＝11 000220＋U r＜501，故A错误.2πf＝100πHz，f＝50 Hz，故B错误、I2＝880220A＝4 A，故C项正确、由于理想变压器P入＝P出＝I22r＋880 W＞880 W，故D错误、6、(2016·江西师大附中月考)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计、线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()A、在图示位置线框中产生的感应电动势最大B、线框中产生感应电动势的有效值为250 2 VC、变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D、允许变压器输出的最大功率为1 000 W解析：选 C.在图示位置线框平面和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A错误；线框中产生的感应电动势的最大值E m＝NBSω＝250 2 V，其有效值E＝22E m＝250V，选项B错误；灯泡能正常发光，则电压U2＝220 V，由U1U2＝n1n2，可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A，即I1＝10 A，P1＝P2＝U1I1＝250×10 W＝2 500 W，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W，选项D错误、二、多项选择题7.(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为 5.0 V，则()A、此时原线圈两端电压的最大值约为34VB、此时原线圈两端电压的最大值约为24VC、原线圈两端原来的电压有效值为68VD、原线圈两端原来的电压有效值为48V解析：选AD.当负载电阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以U R0＝15×5＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式U1U2＝n1n2可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V≈34 V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0，变化前，U′2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U′2＝2U2＝12 V，根据公式U1U′2＝n1n2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D正确、C错误、8、(2016·昆明质检)如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器、开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯泡L仍能正常发光，可采用的措施是()A、将自耦调压变压器的滑片P适当上滑B、将自耦调压变压器的滑片P适当下滑C、适当增大滑动变阻器R2的阻值D、适当减小滑动变阻器R2的阻值解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变、根据变压比UU2＝n1n2，可得U2＝n2n1U，由此可知，n2应增大，自耦调压变压器的滑片P应适当上滑，选项A正确，选项B错误；若保持匝数比不变，根据变压比UU2＝n1n2，可得U2减小，为使灯泡L仍能正常发光，加在L两端的电压应不变，则加在R1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R2应增大，选项C正确，选项D错误、9、电流互感器和电压互感器如图所示，已知n1n2＝110，n3n4＝1001，电流表示数为 5.0 A，电压表示数为220 V，则下列说法正确的是()A、火线中的电流为0.5 AB、火线和地线间的电压为2.2×104 VC、线路的输电功率为1.1×104 WD、线路的输电功率为1.1×106 W解析：选BD.由I1I2＝n2n1得I1＝50 A，由U3U4＝n3n4得U3＝2.2×104 V，P＝U3I1＝1.1×106 W，故B、D正确、10、(2016·河南林州一中专项练习)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器、随着用户负载增多，发电机F达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作、那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A 、适当减小输电线的电阻rB 、适当提高n 4n 3C 、适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D 、适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：选AC.当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对、三、非选择题11、如图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图乙所示、若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式； (2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de. 解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ，U m ＝400 V 电压瞬时值的表达式为u ab ＝400sin 200πt (V)、 (2)电压有效值U 1＝200 2 V 理想变压器P 1＝P 2原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25 A .(3)设ab 间匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de ，解得n ce n de ＝R ceR de代入数据得n ce n de ＝43. 答案：见解析12、(2016·武汉模拟)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失、有一个小型发电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW ·h.求：(1)输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？解析：(1)输送功率P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000 kW ·h 由题知输电线上损失的电能ΔE ＝4 800 kW ·h 终点得到的电能E ′＝E －ΔE ＝7 200 kW ·h 所以输电效率η＝E ′E×100%＝60%. 输电线上的电流I ＝PU ＝100 A输电线损耗功率P r ＝I 2r ，其中P r ＝ΔEt＝200 kW 得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ∝1U 2 原来P r ＝200 kW ，现在要求P ′r ＝10 kW ，代入数据解得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV. 答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV。

2017优化方案高考总复习·物理：第十三章第一节对点突破高效演练含解析

, [学生用书P269])1．(考点一)玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中( )A ．玻璃杯的动量较大B ．玻璃杯受到的冲量较大C ．玻璃杯的动量变化较大D ．玻璃杯的动量变化比较快E ．玻璃受到的冲力较大答案：DE2．(考点二)将静止在地面上，质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m Mv 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0解析：选D.根据动量守恒定律m v 0＝(M －m )v ，得v ＝m M －m v 0，选项D 正确． 3．(考点二)在光滑的水平面上，有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断解析：选B.由题图可知b 球碰前静止，取a 球碰前速度方向为正方向，设a 球碰前速度为v 0，碰后速度为v 1，b 球碰后速度为v 2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则m a v 0＝m a v 1＋m b v 2①12m a v 20＝12m a v 21＋12m b v 22② 联立①②得：v 1＝m a －m b m a ＋m b v 0，v 2＝2m a m a ＋m b v 0由a 球碰撞前后速度方向相反，可知v 1＜0，即m a ＜m b ，故B 正确．4．(考点三)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)：采用的实验步骤如下：①用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .②调整气垫导轨，使导轨处于水平．③在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．④用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中还应测量的物理量是________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________．(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B 的右端至D 板的距离L 2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有m A v A －m B v B ＝0，即m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能就是弹簧的弹性势能．故有ΔE p ＝12⎝⎛⎭⎫m A L 21t 21＋m B L 22t 22. 答案：(1)B 的右端至D 板的距离L 2 (2)m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0原因略 (3)见解析 5．(微专题36)(2016·重庆铜梁一中月考)如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有m 0v 0－m v ＝(m ＋m 0)v 1①代入数据解得v 1＝8 m/s.它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒有(m ＋m 0)v 1－M v ＝(m ＋m 0＋M )v 2②由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12M v 2－12(m ＋m 0＋M )v 22③联立①②③并代入数据解得μ＝0.54.答案：0.54。

2017优化方案高考总复习·物理：第三章第三节对点突破高效演练含解析

,[学生用书P56])1、(考点一)(单选)下列说法中正确的是()A、体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B、蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C、举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D、游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态答案：B2、(考点一)(单选)(2014·高考北京卷)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入、例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出、对此现象分析正确的是()A、手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B、手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C、在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D、在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：选 D.手托物体向上抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力的作用，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确、3.(考点二)(多选)如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮(不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦)，绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M(M>m)的物体B，此时物体A的加速度为a1.如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么下列选项正确的是()A、如果a1＝a2，则F<MgB、如果F＝Mg，则a1<a2C、如果a1＝a2，则F＝MgD、如果F＝2mMgm＋M，则a1＝a2解析：选ABD.另一端悬挂一质量为M(M>m)的物体B，由牛顿第二定律Mg－mg＝(m＋M)a1，解得a1＝M－mM＋mg.如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律F－mg＝ma2，解得a2＝Fm－g.如果a1＝a2，则F <Mg ；如果F ＝Mg ，则a 1<a 2，选项A 、B 正确，C 错误；如果F ＝2mMg m ＋M ，则a 2＝F m －g ＝M －m M ＋mg ＝a 1，选项D 正确、4、(考点三)(单选)跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示、已知人的质量为70 kg ，吊板的质量为10 kg ，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可忽略不计、重力加速度g 取10 m/s 2.当人以440 N 的力拉绳时，人与吊板的加速度a 和人对吊板的压力F N 分别为( )A 、a ＝1.0 m/s 2，F N ＝260 NB 、a ＝1.0 m/s 2，F N ＝330 NC 、a ＝3.0 m/s 2，F N ＝110 ND 、a ＝3.0 m/s 2，F N ＝50 N解析：选B.先整体法求加速度：2F －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得：a ＝1.0 m/s 2；对人：F ＋F N －m 1g ＝m 1a ，解得F N ＝330 N ，故B 正确、5、(微专题9)如图甲所示，质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板、从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v －t 图象分别如图乙中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 点的坐标分别为a (0，10)、b (0，0)、c (4，4)、d (12，0)、根据v －t 图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3；(2)物块质量m 与长木板质量M 之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx .解析：(1)由v －t 图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04m/s 2＝1 m/s 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08 m/s 2＝0.5 m/s 2. (2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg ＝ma 1对木板向前匀加速阶段：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 3联立以上三式可得m M ＝32.(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中△abc的面积，故Δx＝10×4×12m＝20 m.答案：(1)1.5 m/s2 1 m/s20.5 m/s2(2)32(3)20 m。

2017优化方案高考总复习·物理：第三章第一节对点突破高效演练含解析

,[学生用书P47])1．(考点一)(单选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法不符合历史事实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：物体运动具有一定速度，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质答案：A2．(考点一)(单选)关于惯性的大小，下列说法中正确的是()A．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C．两个物体只要质量相同，那么惯性大小就一定相同D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小解析：选 C.惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的速度、受力情况和地理位置均无关，C正确．3.(考点二)(单选)(2016·台州模拟)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时() A．A与B之间有相互作用力B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C.B对A的作用力小于A对B的作用力D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力解析：选A.A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，选项A正确，选项B、C、D错误．4.(考点二)(单选)如图所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是()A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力B．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力答案：C5．(微专题7)(多选)用手托着一块砖，开始时静止不动，后来手突然向上加速运动，下列判断正确的是()A．静止时，砖受到的支持力等于砖的重力B．加速时，砖对手的压力大于砖的重力C．静止时，砖受到的支持力等于砖对手的压力D．加速时，砖受到的支持力大于砖对手的压力解析：选ABC.静止时，重力与支持力是一对平衡力，大小相等，A正确；不论静止还是加速，支持力和压力都是一对相互作用力，大小相等，故C正确、D错误；加速时，支持力大于重力，则压力大于重力，故B正确．。

优化方案高考物理总复习(大纲版)第13章第三节课件

机械波研究力学现象
电磁波研究电磁现象
即时应用 2.(2009年高考山东卷)声波和电磁波均可传递信息，且都具有波的共同特征．下列说法正确的是 ( ) A．声波的传播速度小于电磁波的传播速度 B．声波和电磁波都能引起鼓膜振动 C．电磁波都能被人看见，声波都能被人听见 D．二胡演奏发出的是声波，而电子琴演奏发出的是电磁波
三、电视和雷达 1．电视在发射端，摄取景物并将景物反射的光转换为电信号的过程叫摄像．此过程是由摄像管来完成的．在接收端，将电信号还原成图象的过程，由电视接显像管来完成．伴音信号经检波电路取出收机的________ 后，送到扬声器，扬声器便伴随电视屏幕上的图象发出声音来． 2．雷达
物体位置的无线雷达是利用无线电波来测定 ____________ 电设备，一般由天线系统、发射装置、接收装置、输出装置 ( 显示器 ) 、电源、控制雷达工作和处理信号的计算机以及防干扰设备构成．
解析：选 A. 声波属于机械波，其传播需要介质，传播速度小于电磁波的传播速度；鼓膜的振动是空气的振动带动的；电磁波的传播不需要介质，人耳听不到电磁波；二胡和电子琴发出的都是声波．
经典题型探究
电磁场理论和电磁波的传播 (2010 年高考天津卷 ) 下列关于电磁波的说法正确的是( ) A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场 B．电磁波在真空和介质中传播速度相同 C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波 D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播
第三节
电磁场电磁波第三电磁场电磁波基础知识梳理
课堂互动讲练
经典题型探究
知能优化演练
基础知识梳理
一、麦克斯韦电磁场理论电场． 1．变化的磁场产生________ 磁场． 2．变化的电场产生________ 相互联系的， 3．电磁场：变化的电场和磁场总是 _________ 形成一个不可分割的整体．二、电磁波 1 ．产生： ________ 电磁场由近及远地向周围传播形成电磁波．介质，在真空 2．特点：(1)电磁波传播不需要_______ 传播的速度最大．c＝3×108 m/s. 横波． (2)电磁波是________

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