2011届高考物理第一轮复习专题检测试题4

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2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题43

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第六章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N处电场强度相同的是() [答案] B[解析]电场强度相同指场强大小、方向都相同，故B对．2．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的粒子仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v和时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的() [答案] A[解析]由图象可知，粒子的速度随时间逐渐减小，粒子的加速度逐渐变大，则电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，带负电的粒子是顺电场线方向运动．由电场线疏处到达密处．故A对．3．一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应该是下图中的() [答案] B[解析]点电荷垂直于电场方向进入电场时，电场力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，选B.4．如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝10V、φB＝8V、φC＝2V，则D点的电势为()A．8V B．6VC．4V D．1V[答案] C[解析]由于电场是匀强电场，则U AB＝U DC，φA－φB＝φD－φC，φD＝4V，C选项正确．5．示波管的结构中有两对互相垂直的偏转电极XX′和YY′，若在XX′上加上如图甲所示的扫描电压，在YY′上加如图乙所示的信号电压，则在示波管荧光屏上看到的图形是图丙中的()[答案] C[解析]由于在XX′所加的扫描电压和YY′所加的信号电压的周期相同，所以荧光屏上就会显示随信号而变化的波形，C图正确．6．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球() A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央[答案] BD[解析] 将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd＝4k πQ εr S可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．7．光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电的小球，质量为m ，带电荷量为q .为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止 ( )A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg cos θqB ．竖直向上，场强大小为mg qC ．垂直于杆斜向下，场强大小为mg sin θqD ．水平向右，场强大小为mg cot θq[答案] B[解析] 小球受竖直向下的重力，若电场垂直于杆的方向，则小球受垂直于杆方向的电场力，支持力方向亦垂直于杆的方向，小球所受合力不可能为零，A 、C 项错；若电场竖直向上，所受电场力Eq ＝mg ，小球所受合力为零，B 项正确；若电场水平向右，则小球受重力、支持力和电场力作用，根据平行四边形定则，可知E ＝mg tan θ/q ，D 项错．8．(2009·海门模拟)一个质量为m ，电荷量为＋q 的小球以初速度v 0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )A ．小球在水平方向一直做匀速直线运动B ．若场强大小等于mg q，则小球经过每一电场区的时间均相同C ．若场强大小等于2mg q，则小球经过每一无电场区的时间均相同 D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同[答案] AC[解析] 小球在水平方向不受力作用，因此，在水平方向一直做匀速直线运动，A 正确；当E ＝mg q时，小球通过第一、二电场区时在竖直方向均做匀速直线运动，但竖直速度不同，故B 错误；当E ＝2mg q时，小球通过第一、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的，均为零，故经过无电场区的时间也相同，C 正确；如取E ＝mg q，则小球通过无电场区的速度越来越大，对应的时间也越来越短，故D 错误．9．(2010·潍坊)如图所示，Q 1、Q 2为两个固定点电荷，其中Q 1带正电，它们连线的延长线上有a 、b 两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动，其速度图象如图所示．则( ) A ．Q 2带正电B ．Q 2带负电C ．试探电荷从b 到a 的过程中电势能增大D ．试探电荷从b 到a 的过程中电势能减小[答案] BC [解析] 由图象知正电荷自b 点到a 点，速度减小，所以Q 2对试探电荷为吸引力，则Q 2带负电，A 错，B 对．试探电荷从b 到a 动能减小，所以电势能一定增大，C 对，D 错，正确答案BC.10．如图所示，质子、氘核和α粒子都沿平行板电容器两板中线OO ′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，且都能射出电场，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．若微粒打到荧光屏的先后不能分辨，则下列说法中正确的是 ( )A ．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B ．若它们射入电场时的质量与速度乘积相等，在荧光屏上将出现2个亮点C ．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点[答案] D[解析] 粒子打在荧光屏上的位置取决于它的侧移量，侧移量相同，打在荧光屏上的位置相同，而侧移量y ＝ql 2U 2m v 20d，所以粒子速度相同时，屏上将出现2个亮点，粒子质量与速度乘积相同时，屏上将出现3个亮点；动能相同时，屏上将出现2个亮点；而经过同一电场从静止加速后，再进入偏转电场，出电场时所有粒子侧移量相同，屏上将出现1个亮点，故选D.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)如图所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，上极板带正电，两极板间距为d .现将一个检验电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为s ，连线AB 与平行极板方向的夹角为30°，则电场力对检验电荷＋q 所做的功等于________．[答案] qQs 2Cd[解析] 电容器两板间电势差U ＝Q C ，场强E ＝U d ＝Q Cd. 而A 、B 两点间电势差U AB ＝E ·s ·sin30°＝Qs 2Cd，电场力对＋q 所做功为W ＝qU AB ＝qQs 2Cd. 12．(6分)一电子以4×106m/s 的速度沿与电场垂直的方向从A 点水平垂直于场强方向飞入，并从B 点沿与场强方向成150°的方向飞出该电场，如图所示，则A 、B 两点的电势差为________V ．(电子的质量为9.1×10－31kg ，电荷量为－1.6×10－19C)[答案] －136.5[解析] 设电子射入电场时的速度为v A ，射出电场时的速度为v B ，从图可知v B ＝v A sin30°＝2v A ，根据动能定理，有W ＝eU AB ①W ＝12m v 2B －12m v 2A ② 由式①②得eU AB ＝12m v 2B －12m v 2A ＝32m v 2A 所以U AB ＝3m v 2A 2e ＝3×9.1×10－31×(4×106)2－1.6×10－19×2V ＝－136.5V13．(6分)如图所示，匀强电场场强为E ，与竖直方向成α角，一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置，则场强E 的大小为________．若保持场强方向和小球电荷量不变，将线拉至与场强垂直时，小球能静止，此时场强大小为________．[答案] mg q cos α mg cos αq[解析] 对两种情况下小球的受力分析如图中(a)、(b)所示，对(a)有：Eq cos α＝mg ，所以E ＝mg q cos α对(b)有：Eq ＝mg cos α，所以E ＝mg cos αq. 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)如图所示，相距为0.2m 的平行金属板A 、B 上加电压U＝40V , 在两板正中沿水平方向射入一带负电荷小球，经0.2s 小球到达B板，若要小球始终沿水平方向运动而不发生偏转，A 、B 两板间的距离应调节为多少？(g 取10m/s 2)[答案] 0.1m[解析] 小球在电场中做匀变速曲线运动，在竖直方向由牛顿第二定律得mg －Uq /d ＝ma d /2＝at 2/2解得：a ＝5m/s 2，m ＝40q要使小球沿水平方向运动，应有mg ＝E ′q E ′＝U /d ′ d ′＝qU /mg ＝0.1m15． (10分)(2009·蚌埠一模)两个正点电荷Q 1＝Q 和Q 2＝4Q 分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A 、B 两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，已知AB ＝L ，如图所示．(1)现将另一正点电荷置于A 、B 连线上靠近A 处静止释放，求它在AB 连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A 点的距离．(2)若把该点电荷放于绝缘管内靠近A 点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P 处．试求出图中P A 和AB 连线的夹角θ.[答案] (1)L 3(2)arctan 34 [解析] (1)正点电荷在A 、B 连线上速度最大处对应该电荷所受合力为零(加速度最小)，设此时距离A 点为x ，即k Q 1q x 2＝k Q 2q (L －x )2∴x ＝L 3. (2)点电荷在P 点处若其所受库仑力的合力沿OP 方向，则它在P 点处速度最大，即此时满足tan θ＝F 2F 1＝k 4Qq (2R sin θ)2k Qq (2R cos θ)2＝4cos 2θsin 2θ，即得：θ＝arctan 34. 16．(11分)(2010·上海华师大附中摸底测试)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计粒子所受重力)．(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置；(3)若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L /4，仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开(D 不随电场移动)，在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置．[答案] (1)⎝⎛⎭⎫－2L ，14L (2)满足y 1＝L 24x 1方程的点即为所有释放点的位置 (3)在电场Ⅰ区域内满足方程y 2＝3L 28x 2的所有位置 [解析] (1)由动能定理有：eEL ＝12m v 2 由类平抛运动知识有：L ＝v t ，y ＝12at 2＝eE 2m ×L 2v 2＝14L 所以电子离开ABCD 区域的位置坐标为⎝⎛⎭⎫－2L ，14L (2)设释放点位置坐标为(x 1，y 1)，由动能定理有：eEx 1＝12m v 21由类平抛运动知识有：L ＝v 1t 1，y 1＝12at 21＝eE 2m ×L 2v 21＝L 24x 1 所以满足y 1＝L 24x 1方程的点即为所有释放点的位置 (3)设电子从(x 2，y 2)点释放，在电场Ⅰ中被加速到v 2进入电场Ⅱ后做类平抛运动；在高度为y ′处离开电场Ⅱ，然后做匀速直线运动并经过D 处，则有eEx 2＝12m v 22 在电场Ⅱ中下降高度Δy ＝y 2－y ′＝12at 22＝12 eE m ·⎝⎛⎭⎫L v 2 2 v y ＝a ·L v 2＝eEL m v 2，y ′＝v y ·L 4v 2 解得：y 2＝3L 28x 2，即在电场Ⅰ区域内满足方程的点即为所求位置． 17．(11分)(2009·福建质检)如图(甲)所示，水平放置的平行金属板A 、B ，两板的中央各有一小孔O 1、O 2，板间距离为d ，开关S 接1.当t ＝0时，在a 、b 两端加上如图(乙)所示的电压，同时在c 、d 两端加上如图(丙)所示的电压．此时，一质量为m 的带负电微粒P 恰好静止于两孔连线的中点处(P 、O 1、O 2在同一竖直线上)．重力加速度为g ，不计空气阻力．(1)若在t ＝T 4时刻将开关S 从1扳到2，当u cd ＝2U 0时，求微粒P 的加速度大小和方向； (2)若要使微粒P 以最大的动能从A 板中的O 1小孔射出，问在t ＝T 2到t ＝T 之间的哪个时刻，把开关S 从1扳到2，u cd 的周期T 至少为多少？[答案] (1)g 方向竖直向上 (2)见解析[解析] (1)当A 、B 间加电压U 0，微粒P 处于平衡状态，根据平衡条件，有q U 0d＝mg ①当A 、B 间电压为2U 0时，根据牛顿第二定律，有q 2U 0d－mg ＝ma ② 由①②得a ＝g ，加速度的方向竖直向上(2)依题意，为使微粒P 以最大的动能从小孔O 1射出，应让微粒P 能从O 2处无初速向上一直做匀加速运动．为此，微粒P 应先自由下落一段时间，然后加上电压2U 0，使微粒P 接着以大小为g 的加速度向下减速到O 2处再向上加速到O 1孔射出．设向下加速和向下减速的时间分别为t 1和t 2，则gt 1＝gt 2d 2＝12gt 21＋12gt 22，解得：t 1＝t 2＝d 2g故应在t ＝T －d 2g时刻把开关S 从1扳到2. 设电压u cd 的最小周期为T 0，向上加速过程，有 d ＝12g ⎝⎛⎭⎫T 02－t 22，解得：T 0＝6d 2g.。

2011年高考物理一轮复习单元测试题(17套)

单元测试(一)：直线运动时量：60分钟满分：100分一、本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分．1.下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是（）A ．做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B ．瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C ．平均速度就是初、末时刻瞬时速度的平均值D ．某物体在某段时间内的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止2．如图1-1所示的是两个从同一地点出发沿同一方向运动的物体A 和B 的速度图象，由图可知（）A ．A 物体先做匀速直线运动，t 1后处于静止状态B ．B 物体做的是初速度为零的匀加速直线运动C ．t 2时，A 、B 两物体相遇D ．t 2时，A 、B 速度相等，A 在B 前面，仍未被B 追上，但此后总要被追上的3．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个1.5s 内的平均速度大2.45m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为（）A. 2.45m/s 2B. -2.45m/s 2C. 4.90m/s 2D. -4.90m/s 24．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s 匀减速到零所用的时间为1s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后位移不得超过5.9 m,那么上述刹车试验是否符合规定（）A.位移为8m ，符合规定B.位移为8m ，不符合规定C.位移为4 m ，符合规定D.位移为4m ，不符合规定5．做匀加速直线运动的物体，依次通过A 、B 、C 三点，位移x AB ＝x BC ，已知物体在AB 段的平均速度大小为3m/s ，在BC 段的平均速度大小为6m/s ，那么，物体在B 点的瞬时速度的大小为（）A. 4 m/sB. 4.5 m/sC. 5 m/sD. 5.5 m/s6．一只气球以10m/s 的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m 处有一小石子以20m/s 的初速度竖直上抛，若g 取10 m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A.石子一定能追上气球B.石子一定追不上气球C.若气球上升速度等于9m/s ，其余条件不变，则石子在抛出后1s 末追上气球D.若气球上升速度等于7m/s;其余条件不变，则右子在到达最高点时追上气球图1-1图1-37．一列车队从同一地点先后开出n 辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，各车均由静止出发先做加速度为a 的匀加速直线运动，达到同一速度v 后改做匀速直线运动，欲使n 辆车都匀速行驶时彼此距离均为x ，则各辆车依次启动的时间间隔为（不计汽车的大小）（）A ．2υaB ．υ2aC ．x 2υD ．x υ8. 做初速度为零的匀加速直线运动的物体，由静止开始，通过连续三段位移所用的时间分别为1s 、2s 、3s ，这三段位移长度之比和三段位移的平均速度之比是（）A ．1: 2 : 3 , 1: 1: 1B ．1: 4 : 9 , 1: 2 : 3C ．1: 3 : 5 , 1: 2 : 3D ．1: 8 : 27 , 1: 4 : 9二．本题共2小题，共16分．把答案填在相应的横线上或按题目要求做答．9．某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带．每隔0.02s 打一个点，该同学选择A 、B 、C 、D 四个计数点，测量数据如图1-2所示，单位是cm ．(1)小车在B 点的速度是＿＿rn/s;(2)小车的加速度是＿＿＿m/s 2．10．一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．实验步骤：A ．如图1-3所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．B ．启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．C ．经过一段时间，停止转动和打点，取了纸带，进行测量．(1)由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω＝＿＿＿＿＿＿，式中各量的意义是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．(2)某次实验测得圆盘半径r =5.50×10-2m ，得到的纸带的一段如图1-4所示，求得角速度为＿＿＿．三．本题共3个小题，每小题12分，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．天空有近似等高的浓云层。

2011届高考物理第一轮精编复习资料004

★精选文档★2011 届高考物理第一轮精编复习资料004振动与波、光学、热学、原子物理经典考题本专题中的四部分内容在高考取一般都会以选择题出现，不过常常难度较低，题型相对单一，复习备考时应重基础，重在最近几年考题中总结命题的规律．1．类比是一种有效的学习方法，经过归类和比较，有助于掌握新知识，提升学习效率．在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不一样之处．某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出以下内容，此中不正确的选项是[2009 年高考 ? 北京理综卷 ]()A．机械波的频次、波长和波速三者知足的关系，对电磁波也合用B．机械波和电磁波都能产生干预和衍射现象c．机械波的流传依靠于介质，而电磁波能够在真空中流传D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波【分析】波长、波速、频次的关系对任何波都是建立的，对电磁波自然建立，故 A 正确．干预和衍射是波的特征，机械波、电磁波都是波，这些特征都拥有，故 B 正确．机械波是机1/19质；电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远地流传形成的，所以电磁波的流传不需要介质，故 c 正确．机械波既有横波又有纵波，可是电磁波只好是横波，其凭证就是电磁波能够发生偏振现象，而偏振现象是横波才有的， D 错误．故正确答案应为D．[ 答案] D2．科学家发此刻月球上含有丰富的 ( 氦 3) ．它是一种高效、洁净、安全的核聚变燃料，其参加的一种核聚变反响的方程式为＋→ 2＋．对于聚变，以下表述正确的选项是 [2009 年高考 ?广东物理卷 ]()A．聚变反响不会开释能量B．聚变反响产生了新的原子核c．聚变反响没有质量损失D．当前核电站都采纳聚变反响发电【分析】聚变反响时将质量较小的轻核聚变为质量较大的核，聚变过程会有质量损失，会放出大批的能量．但当前核电站都采纳铀核的裂变反响．所以 B 正确．[ 答案] B【评论】同质量的核燃料聚变反响放出的能量远远超出裂变反响，并且聚变反响的产物常常无放射性．但因为聚变反响需要几百万摄氏度以上的高温以及难以控制反响速度，故当前还没能用于发电．3．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气 ( 不计分子势能)[2009年高考?重庆理综卷]() A．内能增大，放出热量B．内能减小，汲取热量c．内能增大，对外界做功D．内能减小，外界对其做功【分析】不计分子势能，空气的内能由温度决定，内能随温度降低而减小， A、 c 均错误；薄塑料瓶因降温而变扁，此时瓶内空气的体积减小，外界压缩空气做功， D 正确；空气的内能减小、外界对空气做功，依据热力学第必定律可知空气向外界放热， B 错误．[ 答案] D【评论】本类题型在高考对热学的考察中最常有．4 ．氢原子能级的表示图以下图，大批氢原子从n＝ 4 的能级向n＝2 的能级跃迁时辐射出可见光a，从 n＝ 3 的能级向 n＝ 2 的能级跃迁时辐射出可见光b，则 [2009 年高考 ? 四川理综卷 ]()A．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线B．氢原子从 n＝ 4 的能级向 n＝ 3 的能级跃迁时会辐射出紫外线c．在水中流传时， a 光较 b 光的速度小D．氢原子在 n＝2 的能级时可汲取随意频次的光而发生电离【分析】γ射线的产活力理是原子核受激发，是原子核变化才产生的， A 错误；依据跃迁规律可知高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级差，从 n＝ 4 的能级向 n＝3 的能级跃迁时会辐射出的光子能量小于 a 光子的能量，不行能为紫外线， B 错误；依据跃迁规律可知从 n＝ 4 的能级向 n＝2 的能级跃迁时辐射光子的能量大于从 n＝ 3 的能级向 n＝ 2 的能级跃迁时辐射光子的能量，则可见光 a 的光子能量大于 b 的，又依据光子能量 E＝ hν可得 a 光子的频率大于 b 的，则 a 的折射率大于 b 的，又 v＝ cn 可得在水中流传时， a 光较 b 光的速度小， c 正确；欲使在 n＝ 2 的能级处的氢原子发生电离，则汲取的能量必定不小于 3.4eV ， D 错误．[ 答案 ] c5．一列简谐横波在某一时辰的波形图如图甲所示，图中 P、Q两质点的横坐标分别为x＝ 1.5 和 x＝ 4.5 ．P 点的振动图象如图乙所示．[2009 年高考?在以下四幅图中，Q点的振动图象可能是2016 崭新精选资料 - 崭新公函范文 -全程指导写作–独家原创4/19【分析】此题考察波的流传．该波的波长为 4，P、 Q两质点间的距离为 3．若波沿 x 轴正方向流传，当 P 在均衡地点向上振动时， Q 点此时应处于波峰， B 正确；若波沿 x 轴负方向流传， P 点处于向上振动时， Q点应处于波谷， c 正确．[ 答案 ] Bc【评论】高考对波的图象考察时要求较高，难度大，需要正确作图以帮助剖析各点的振动状况．6．在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其极点恰巧与桌面接触，圆锥的轴 ( 图甲中虚线 ) 与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图甲所示．有一半径为 r 的圆柱形的平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为 1.5 ，则光束在桌面上形成的光斑半径为 [2007 年高考 ?全国理综卷Ⅰ ]()甲A ．rB ． 1.5rc ． 2rD．2.5r【分析】光从玻璃射向空气的临界角θ＝arcsin1n＝arcsin23 ，而入射角i ＞θ，将发生全反射，光路图如图乙所示．由几何关系得oB＝ r ?tan60 ° ?cot30 °－r ＝ 2r ．乙[ 答案 ] c能力操练一、选择题 (10 × 4 分 )1．当前，在居室装饰中常常用到花岗岩、大理石等装饰资料，这些岩石都不一样程度地含有放射性元素．以下相关放射性知识的说法中，正确的选项是()A．衰变为要经过 6 次β衰变和 8 次α衰变B．氡的半衰期为 3.8 天，如有 4 个氡原子核，则经过3.8 天后就必定只剩下 2 个氡原子核c．放射性元素发生β衰变时所开释的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的D．β射线与γ射线同样是电磁波，但穿透本事远比γ射线弱【分析】由质量数守恒和电荷数守恒可知 A 正确；放射性同位素存在半衰期是一个统计规律，对于大批的原子核才建立， 4 个氡原子核经过 3.8 天后可能剩 4 个，也可能剩 3 个，还可能剩 2 个或 1 个都不剩， B 错误；β衰变的方程为：→＋， c 正确；β射线是高速电子，不是电磁波， D 错误．[ 答案 ] Ac2 ．一列简谐横波沿 x 轴所在直线流传，图示为某时辰的波形图，此中 A 处到 o 的距离为0.5 ，此时 A 处的质点沿6/19★精选文档★A ．这列波的波长为 1B ．这列波的频次为100Hzc ．这列波的波速为25/sD．这列波的流传方向沿x 轴负方向【分析】由A 点正沿y 轴负方向振动可知波向x 轴的负方向流传， D 正确．又由题意及图象可知λ＝1， T＝ 0.08s ，故 f ＝ 1T＝ 12.5Hz ， v＝λ T＝ 12.5/s ．[ 答案 ] AD3．地面邻近有一正在上涨的空气团，它与外界的热互换忽视不计．已知大气压强随高度增添而降低，则该气团在此上涨过程中 ( 不计气团内分子间的势能 )[2008 年高考 ?重庆理综卷 ]()A ．体积减小，温度降低B．体积减小，温度不变c ．体积增大，温度降低D．体积增大，温度不变【分析】此题考察气体的相关知识，属于中等难度题目．跟着空气团的上涨，大气压强也跟着减小，那么空气团的体积会增大，空气团对外做功，其内能会减小，因为不计分子势能，所之内能由其温度决定，则其温度会降低．所以空气团的体积增大、温度降低、压强减小．[ 答案 ] c4．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，★精选文档★它是指原子核 ( 称为母核 ) 俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一此中微子，进而变为一个新核 ( 称为子核 ) 的过程．中微子的质量远小于质子的质量，且不带电，很难被探测到，人们最早就是经过子核的反冲而间接证明中微子的存在的．若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”，衰变为子核并放出中微子，则以下说法正确的选项是() A．母核的质量数等于子核的质量数B．母核的电荷数大于子核的电荷数c．子核的动量与中微子的动量同样D．子核的动能大于中微子的动能【分析】这一核反响中粒子的质量数不变，电荷数减少一个，选项 A、B 正确；子核与中微子的动量大小相等、方向相反，选项 c 错误；又由 E＝ p22，故子核的动能远小于中微子的动能，选项 D 错误．[ 答案] AB5．用以下图的实验装置察看光的薄膜干预现象．图甲是点燃的酒精灯 ( 在灯芯上洒些盐 ) ，图乙是直立的附着一层肥皂液薄膜的金属线圈，将金属线圈在其所在的竖直平面内迟缓旋转，察看到的现象是[2008年高考?上海物理卷 ]( )2016 崭新精选资料 - 崭新公函范文 -全程指导写作–独家原创8/19B．当金属线圈旋转 45°时，干预条纹同方向旋转 90°c．当金属线圈旋转 60°时，干预条纹同方向旋转 30°D．干预条纹保持不变【分析】金属线圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干预原理可知，干预条纹与金属线圈在该竖直平面内的转动没关，仍旧是水平的干预条纹，故 D 正确．[ 答案] D6 ．在应用电磁波的特征时，以下切合实质的是()A．医院里常用 X 射线对病房和手术室进行消毒B．医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒c．人造卫星对地球拍摄时利用紫外线照相有较好的分辨率D．人造气象卫星对地球拍摄时利用红外线照相是利用红外线透射率高和热效应强【分析】紫外线的化学效应显然，还拥有生理作用，故常用来对病房和手术室进行消毒；而 X 射线的穿透力强，生理作用、化学效应其实不显然，不可以用于手术室消毒，常用以透视，故 B 正确， A 错误．因为任何物质都会发出红外线，且发射的波长与温度相关，红外线的波长长，透过云雾和微尘能力强，故常用于拍摄气象云图．而地球四周流传的紫外线很少，没法用紫外线感光来拍摄地球的状况．[ 答案] BD7 ．以下图，已知用光子能量为 2.82eV 的紫色光照耀光电管中的金属涂层时，电流表的指针发生了偏转．若将电路中的滑动变阻器的滑片 P 向右挪动到某一地点时，电流表的示数恰巧减小到 0，电压表的示数为 1V，则该金属涂层的逸出功约为 ()A．2.9 × 10－19jB ． 4.5 × 10－ 19jc ．2.9 × 10－26jD ． 4.5 × 10－ 26j【分析】由电场力做功的公式可知，当光电子的最大初动能 E≤ eU0 时，光电流为零，故知 E＝ 1.6 ×10－ 19j ，所以W＝ hν－ E＝ 2.9 ×10－ 19j ．[ 答案] A8．以下对于分子运动和热现象的说法中，正确的选项是()A．气体假如失掉了容器的拘束就会散开，这是因为气体分子存在斥力的缘由B．100℃的水变为 100℃的水蒸气，其分子之间的势能增添c．对于必定量的气体 ( 分子间的作使劲不计 ) ，假如压强不变，体积增大，那么它必定从外界吸热D．假如气体分子总数不变，气体温度高升，则压强必然增大【分析】气体分子之间的引力大于斥力，但都小到可忽视不计，气体失掉了容器的拘束时会散开是因为气体分子热运动的缘由，故 A 错误； 100°的水变为 100℃的水蒸气的过程汲取热量，内能增添，但分子均匀动能并无增添，说明分子势能增添了，故 B 正确；气体的体积增大，分子密度变小，而压强保持不变，说明分子的均匀动能增大，内能增大了，由 U＝ W＋Q，W＜ 0，得 Q＝ U＋ |W| ，故 c 正确；气体的温度高升，分子的均匀动能增大，若体积膨胀较大，分子密度变小，气体压强也可能减小或不变， D 错误．[ 答案 ] Bc9．一列简谐横波沿 x 轴正方向流传，其振幅为 2c．已知在 t ＝ 0 时辰相距30 的 a、 b 两质点的位移都是1c，但运动方向相反，此中 a 质点沿 y 轴负方向运动，以下图．则()A．a、 b 两质点的均衡地点间的距离为半波长的奇数倍B．t ＝ 0 时辰 a、 b 两质点的加快度同样c．a 质点的速度最大时， b 质点的速度为零D．当 b 质点的位移为＋ 2c 时， a 质点的位移为负【分析】 a、b 两质点的间距可能小于半个波长，或为 n λ＋x，A 错误； t ＝0 时辰 a、b 两质点的位移同样，故加速度同样， B 正确；在 a 由此刻抵达均衡地点的时间内， a 的均匀速率大于 b 的均匀速率，故这一时间内 b 还没有抵达波峰，当 b 抵达波峰时 a 已处于 x 轴的下方，故 c 错误、 D 正确．[ 答案] BD10．图甲为一列简谐横波在某一时辰的波形图，图乙为质点 P 以此时辰为计时起点的振动图象．则从该时辰起()A ．经过 0.35s 后，质点 Q距均衡地点的距离小于质点P距均衡地点的距离B ．经过 0.25s 后，质点 Q 的加快度大于质点P 的加快度c ．经过 0.15s 后，波沿 x 轴的正方向流传了 3D．经过 0.1s 后，质点 Q的运动方向沿 y 轴的正方向【分析】图乙描述的是图甲中 P 点的振动图象．由图乙不难看出P 点的振动周期为0.2s ，零时辰质点P 处于均衡位置且将沿 y 轴负方向振动．所以，图甲的颠簸图象将沿x 轴的正方向流传， Q点在该时辰将沿 y 轴正方向振动，因为在同一列波中各个质点的振动周期同样，经过0.35s( 即 74T) 后， Q点将处于 x 轴下方某处但不是位于波谷地点，而P 点将处于波峰地点，则选项 A 正确；经过0.25s( 即 54T) 后， Q点将处于x 轴上方某处但不是位于波峰地点，而P点将处于波谷地点，则该时辰Q点的加快度小于P 点的加快度，应选项 B 错误；由 v＝λ T 可知波速为 20/s ，经过 0.15s( 即 34T) 后，波沿 x 轴的正方向流传了 3，则选项 c 正确；经过 0.1s( 即12T) 后， Q点的运动方向沿 y 轴的负方向，应选项 D 错误．[ 答案 ] Ac二、非选择题 ( 共 60 分)11．(6 分) 有两位同学利用假期分别去观光北大和南大的物理实验室，各自在那边利用先进的DIS 系统较正确地探究了“单摆的周期T 与摆长 L 的关系”，他们经过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2－ L 图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是________( 填“ A”或“ B”) ．此外，在南大做研究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象 ( 如图乙所示 ) ，由图可知，两单摆的摆长之比 LaLb＝ ________．【分析】由T＝ 2πLg，可得 g＝ 4π 2LT2因为 g 北＞ g 南，故北大实验结果对应图线B．又由图乙可知LaLb＝ (TaTb)2 ＝ 49．[ 答案] B (3 分) 49(3 分)12．(9 分 ) 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器械有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔和坐标纸．要达成本实验，还短缺的器械有__________________ ．已知油酸酒精溶液中油酸的体积比浓度为0.05%,1L这样的溶液合80 滴．现将 1 滴该溶液滴在水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是________3．用彩笔描述出油膜轮廓线后，印在座标纸上，如图所示．已知坐标纸每一小格的边长为1c ，则油膜的面积为______2．依据上边的数据，估量油酸分子的直径是______． ( 结果保存一位有效数字)[ 答案] 量筒、痱子粉 (2 分 ) 6.25 × 10－12 (2 分 ) 1.25 × 10－ 2 (2 分 ) 5× 10－10 (3 分)13．(10 分 ) 在“用双缝干预测光的波长”的实验中，准备了以下仪器：A．白炽灯 B．双窄缝片 c．单窄缝片 D．滤光片E．毛玻璃光屏(1)把以上仪器安装在光具座上，自光源起合理的次序是 ________________( 填字母 ) ．(2)在某次实验中，用某种单色光经过双缝在光屏上得到明暗相间的干预条纹，此中亮纹a、 c 的地点利用丈量头上的分划板确立，以下图．此中表示 a 纹地点 ( 如图甲所示 ) 的手轮读数为 ________，表示 c 纹地点 ( 如图乙所示 ) 的手轮读数为 ________．(3)已知双缝间的距离为 0.18 ，双缝与屏的距离为 500，则单色光的波长为 ________μ．[ 答案] (1)ADcBE (4 分)(2)1.790 (2 分) 4.940 (2 分) (3)0.567 (2 分)14．(11 分) 利用插针法能够丈量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法以下：在白纸上作向来线 N，并作出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖 ( 底面的圆心为 o) 放在白纸上，它的直径与直线 N重合，在垂线 AB上插两个大头针 P1 和 P2，如图甲所示，而后在半圆柱形玻璃砖的右边插上适当的大头针，能够确立光芒 P1P2 经过玻璃砖后的光路，进而求出玻璃的折射率．实验室中供给的器械除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．甲(1)某学生用上述方法丈量玻璃的折射率，在他画出的垂线 AB上竖直插上了 P1、P2 两枚大头针，但在半圆柱形玻璃砖右边的地区内，不论从哪处察看，都没法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，原由是________________________________________________ ，他应采取的措施是______________________________________________ ．(2)为了确立光芒 P1P2经过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右边，最少应插 ________枚大头针．(3)请在半圆柱形玻璃砖的右边预计所插大头针的可能地点( 用“×”表示 ) ，并作出光路图．为了计算折射率，应当丈量的量有： ________( 在光路图上标出 ) ，计算折射率的公式是________________ ．[ 答案 ] (1) 光芒 P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后抵达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不可以从圆弧面折射出来(2 分)向上挪动半圆柱形玻璃砖，使抵达圆弧面上的光芒的入射角小于临界角(2 分)(2)1(2 分 )(3)光路图如图乙所示(2 分 )乙入射角 i 和折射角r (2 分 ) n＝ sinrsini(1 分 )15．(12 分 ) 与其余能源对比，核能拥有能量密度大、地域适应性强的优势．在核电站中，核反响堆开释的核能被转化为电能．核反响堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反响，开释出大批核能．(1)核反响方程式＋→＋＋ aX 是反响堆中发生的很多核反响中的一种， X为待求粒子， a 为 X的个数．则 X为 ________，a＝ ________．以 U、 Ba、 r 分别表示、、的质量， n、 p 分别表示中子、质子的质量， c 为光在真空中流传的速度，则在上述核反应过程中放出的核能 E ＝_____________________________________ ．(2)有一座发电功率 P＝ 1.00 ×106W 的核电站，核能转变为电能的效率η＝ 40%．假设反响堆中发生的裂变反响全是此题 (1) 中的核反响，已知每次核反响过程放出的核能 E ＝2.78 ×10－ 11j ，的质量 U＝ 390× 10－ 27g．求每年 (1 年＝3.15 ×107s) 耗费的的质量．【分析】 (1) 依照核电荷数守恒和质量数守恒定律可判断：X 为中子() ，且a＝ 3 (2 分)据爱因斯坦的质能方程E＝c2可得：E＝[U － (Ba ＋r ＋ 2n)] ?c2．(4 分 )(2)由题意知： P＝ 1.00 × 106Wt ＝3.15 × 107s因为 W＝Pt (1 分 )W 总＝ Wη＝ Pt η(1 分)故核反响次数 n＝Pt η ? E (1 分)每年耗费的质量为：总＝ nU＝ Pt η ? E?U＝1104.77g ．(3 分 )[ 答案 ] (1) 中子 ()3[U － (Ba ＋ r ＋ 2n)] ?c2(2)1104.77g16．(12 分) 太阳帆飞船是利用太阳光的压力进行太空飞翔的航天器，因为太阳光拥有连续不停、方向固定等特色，借助太阳帆为动力的航天器不必携带任何燃料．在太阳光光子的撞击下，航天器的飞翔速度会不停增添，并最后飞抵距地球特别遥远的天体．现有一艘质量为 663g 的太阳帆飞船在太空中运转，其帆面与太阳光垂直．设帆能 100%地反射太阳光，帆的面积为 663002，且单位面积上每秒接遇到的太阳辐射能量 E0＝1.35 × 103j ，已知太阳辐射的光子的波长绝大部分集中在波长为 2× 10－ 7～ 1×10－ 5 波段，计算时可取其均匀波长 1.0 × 10 － 7，且不计太阳光反射时频次的变化．已知普朗克常量 h＝ 6.63 ×10－ 34j ?s．(1)每秒钟射到帆面的光子数为多少？(2)因为光子作用，飞船获得的加快度为多少？【分析】每秒钟光照耀到帆面上的能量E＝E0S (2 分) 光子的均匀能量 hν＝ hcλ(2 分)故每秒射到帆面上的光子数：N ＝E0Sλ hc ＝4.5 × 1025．(2 分)(2)每个光子的动量 p＝ hλ (2 分 )对光被反弹的过程运用动量定理有：Ft ＝2Ntp (2 分 ) 又由牛顿第二定律：a＝ F＝ 2Np＝ 9× 10－4/s2 ．(2分 )[ 答案 ] (1)4.5× 1025个(2)9 × 10－ 4/s2。

2011年高考物理各地试题分类汇编及解析

2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-41(广东第18题).光电效应实验中，下列表述正确的是 A.光照时间越长光电流越大 B.入射光足够强就可以有光电流 C.遏止电压与入射光的频率有关 D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子 2（2011安徽第15题）．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n 随着波长λ的变化符合科西经验公式：24BCn A λλ=++，其中A 、B 、C 是正的常量。

太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示。

则 A ．屏上c 处是紫光 B ．屏上d 处是红光 C ．屏上b 处是紫光 D ．屏上a 处是红光答案：D解析：白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下（a 、b 、c 、d ）依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫。

屏上a 处为红光，屏上d 处是紫光，D 正确。

3（2011全国卷1第16题）雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。

设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a 、b 、c 、 d 代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是 A.紫光、黄光、蓝光和红光 B.紫光、蓝光、黄光和红光 C.红光、蓝光、黄光和紫光 D.红光、黄光、蓝光和紫光解析：按照偏折程度从小到大的排序为d 、c 、b 、a 、故：折射率为:d c b a n n n n <<<频率为：d c b a f f f f <<<选B4（2011全国卷1第21题）一列简谐横波沿x 轴传播，波长为1.2m ，振幅为A 。

当坐标为x=0处质元的位移为A 且向y 轴负方向运动时．坐标为x=0.4m处质元的位移为2A 。

当坐标为x=0.2m 处的质元位于平衡位置且向y 轴正方向运动时，x=0.4m 处质元的位移和运动方向分别为 A ．12A -、延y 轴正方向 B ． 12A -，延y 轴负方向ab cC ．A 、延y 轴正方向D ．A 、延y 轴负方向解析：选C5（2011海南18模块3-4试题）.（12分）（1）（4分）一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题5

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第一章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是( )A ．做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B ．瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C ．平均速度就是初、末时刻瞬时速度的平均值D ．某物体在某段时间内的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止[答案] D[解析] 平均速度对应一段时间或一段位移，不同段的平均速度一般不同，所以A 错误；瞬时速度对应某一时刻，所以B 错D 对；平均速度等于对应某过程的总位移与总时间的比值，一般不能用初、末瞬时速度的平均值来表示(匀变速直线运动除外)，所以C 错．2．(2009·江苏启东高三调研)第29届奥运会已于2008年8月在北京举行，跳水比赛是我国的传统优势项目．某运动员进行10m 跳台比赛时，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )A ．为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点B ．运动员在下落过程中，感觉水面在匀加速上升C ．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小D ．前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短[答案] BD[解析] 为了研究运动员的技术动作不能把运动员看成质点；根据运动的相对性，运动员匀加速下降，以运动员为参考系，看到水面匀加速上升；前一半时间内平均速度小，位移小；前一半位移内平均速度小，时间长．3．(2009·阳谷一中高三物理第一次月考)在以速度v 上升的电梯内竖直向上抛出小球，电梯内的人看见小球经t 秒后到达最高点，则有( )A ．地面上的人看见小球抛出时的初速度为v 0＝gtB ．电梯中的人看见小球抛出的初速度为v 0＝gtC ．地面上的人看见小球上升的最大高度为h ＝12gt 2 D ．地面上的人看见小球上升的时间也为t[答案] B[解析] 电梯匀速上升，电梯中上抛一个小球，小球相对电梯做竖直上抛运动，相对电梯的初速度为gt ，B 正确；地面上的人看到小球抛出时的初速度为v ＋gt ，A 错误；地面上的人看到小球上升的时间为t ＋v g ，因此，地面上的人看到球上升的最大高度为12g ⎝⎛⎭⎫t ＋v g 2，C 、D 错误．4．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个1.5s 内的平均速度大2.45m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为( ) A ．2.45m/s 2 B ．－2.45m/s 2C ．4.90m/s 2D ．－4.90m/s 2[答案] D[解析] 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以原题意可解释为：0.25s 时刻的瞬时速度v 1比0.75s 时刻的瞬时速度v 2大2.45m/s ，即v 2－v 1＝at ，加速度a ＝v 2－v 1t ＝－2.45m/s 0.5s＝－4.90m/s 2. 5．如图所示，为甲、乙两物体相对于同一坐标的x －t 图象，则下列说法正确的是( )A ．甲、乙均做匀变速直线运动B ．甲比乙早出发时间t 0C ．甲、乙运动的出发点相距x 0D ．甲的速率大于乙的速率[答案] BC[解析] 图象是x －t 图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t 0；甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距x 0；甲、乙运动的速率大小用图线的斜率的绝对值大小表示，由图可知甲的速率小于乙的速率，故B 、C 正确．6．汽车刹车后开始做匀减速运动，第1s 内和第2s 内的位移分别为3m 和2m ，那么从2s 末开始，汽车还能继续向前滑行的最大距离是( )A ．1.5mB ．1.25mC ．1.125mD ．1m[答案] C[解析] 由平均速度求0.5s 、1.5s 时的速度分别为3m/s 和2m/s ，得a ＝－1m/s 2.由v ＝v 0＋at 得v 0＝3.5m/s ，共运动3.5s,2s 末后汽车还运动1.5s ，由x ＝12at 2得x ＝1.125m. 7．一杂技演员，用一只手抛球、接球，他每隔0.4s 抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g ＝10m/s 2)( )A ．1.6mB ．2.4mC ．3.2mD ．4.0m[答案] C[解析] 由演员刚接到球的状态分析，此时空中有三个球，由于相邻球的运动时间间隔皆为0.40s ，考虑到运动特点知，此时最高点有一个球．因此，球单向运动时间为0.80s ，故所求高度为：h ＝12gt 2＝12×10×(0.80)2m ＝3.2m.8．(2010·潍坊期中考试)某实验装置将速度传感器与计算机相结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图象如图所示，由此图象可知 ( )A ．小车先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．小车运动的最大速度约为0.8m/sC ．小车的最大位移在数值上等于图象中曲线与t 轴所围的面积D ．小车做曲线运动[答案] BC[解析] 速度—时间图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴所围面积表示位移，选项C 正确；因为图线是一段曲线，选项A 错误；据图象知小车运动的最大速度约为0.8m/s ，选项B 正确；据图象知速度始终不小于零，说明小车做直线运动，选项D 错误．9．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定．近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点向上抛小球又落到原处的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点到又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )A.8H T 22－T 21B.4H T 22－T 21C.8H (T 2－T 1)2D.H 4(T 2－T 1)2[答案] A[解析] 小球从O 点能上升的最大高度为12g ⎝⎛⎭⎫T 222，小球从P 点能上升的高度为12g ⎝⎛⎭⎫T 122，所以有H ＝12g ⎝⎛⎭⎫T 222－12g ⎝⎛⎭⎫T 122，由此得g ＝8H T 22－T 21，正确答案为A. 10．如图所示，某轴承厂有一条滚珠传送带，传送带与水平面间的夹角为θ，上方A 处有一滚珠送料口，欲使滚珠从送料口沿无摩擦的斜槽最快地送到传送带上，应采取的方法是( )A ．沿AB 所在的竖直方向安放斜槽B ．过A 点向传送带做垂线，得垂足C ，应沿AC 方向安放斜槽C ．考虑路程和加速度两方面的因素，应在AB 和AC 之间某一适当位置安放斜槽D ．上述三种方法，滚珠滑到传送带上所用的时间相同[答案] C[解析] 以AB 为直径做圆，该圆必过C 点，从A 点沿不同弦滑至圆周上各点的时间相等．故选C.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带．每隔0.02s打一个点，该同学选择A 、B 、C 、D 四个计数点，测量数据如图所示，单位是cm.(1)小车在B 点的速度是________m/s ；(2)小车的加速度是________m/s 2.[答案] (1)0.415 (2)2.00[解析] (1)v B ＝0.015＋0.01824×0.02m/s ＝0.415m/s ； (2)a ＝x BC －x AB t 2＝0.0182－0.015(0.02×2)2m/s 2＝2.00m/s 2. 12．(6分)(2009·安徽芜湖质量检测)2007年10月24日，中国用长征运载火箭成功地发射了“嫦娥1号”卫星．如图是某监测系统每隔2.5s 拍摄的，关于起始匀加速阶段火箭的一组照片．已知火箭的长度为40m ，用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图所示．火箭的加速度大小a ＝________m/s 2，火箭在照片中第2个像所对应时刻的瞬时速度大小v ＝________m/s.[答案] 8 42[解析] 由题图知每厘米代表402m ＝20mΔh ＝h 2－h 1＝[(10.5－4)－(4－0)]×20m ＝50m.a ＝Δh T 2＝502.52m/s 2＝8m/s 2v ＝h 1＋h 22T ＝10.5×205m/s ＝42m/s.13．(6分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．(1)如图所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．(2)启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．(3)经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．①由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω＝________.式中各量的意义是________．②某次实验测得圆盘半径r ＝5.50×10－2m ，得到的纸带的一段如下图所示．求出角速度为____________________________________________________________________________________________________________________________________.[答案] (3)①x 2－x 1T (n －1)rT 为电磁打点计时器打点的时间间隔，r 为圆盘的半径，x 2、x 1是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n 为选定的两点间的打点数(含两点)．②6.8rad/s(6.75～6.84)三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)一辆汽车以72km/h 速率行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动，已知汽车刹车过程加速度的大小为5m/s 2，则从开始刹车经过5s ，汽车通过的位移是多大？[答案] 40m[解析] 在汽车刹车的过程中，汽车做匀减速直线运动并最终停止，汽车停止运动后加速度消失．故题给的时间内汽车是否一直减速，还需要判定．设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t 0，选初速方向为正方向．v 0＝72km/h ＝20m/s由t 0＝v －v 0a ＝0－20－5s ＝4s 可见，该汽车刹车后经4s 停止．∴刹车后5s 内通过的位移x ＝v 0t 0＋12at 20＝20×4m ＋12×(－5)×42m ＝40m 因为汽车最终静止，也可由v 2－v 20＝2ax 求解x ＝v 2－v 202a ＝0－2022×(－5)m ＝40m 15．(10分)(2009·南京质检)如图所示，A 、B 两棒长均为L ＝1m ，A 的下端和B 的上端相距s ＝20m ，若同时A 做自由落体运动，B 做初速度为v 0＝40m/s 的竖直上抛运动，求：(1)A 、B 两棒何时相遇；(2)从相遇开始到分离所需时间．[答案] (1)0.5s (2)0.05s[解析] 以A 为参考系，B 以v 0向上匀速运动(1)t ＝s v 0＝0.5s (2)Δt ＝2L v 0＝0.05s. 16．(11分)汽车正以10m/s 的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4m/s 的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6m/s 2的匀减速直线运动，汽车恰好不碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远？[答案] 3m[解析] 汽车在关闭油门减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断缩小，当这个距离缩小到零时，若汽车的速度减至与自行车相同，则能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的条件，所以本题要求的汽车关闭油门时离自行车的距离x ，应是汽车从关闭油门减速运动，直到速度与自行车速度相等时发生的位移x 汽与自行车在这段时间内发生的位移x 自之差，如图所示汽车减速到4m/s 时发生的位移和运动的时间分别为x 汽＝v 2汽－v 2自2a ＝100－162×6m ＝7m ， t ＝v 汽－v 自a ＝10－46s ＝1s. 这段时间内自行车发生的位移x 自＝v 自t ＝4×1m ＝4m ，汽车关闭油门时离自行车的距离x ＝x 汽－x 自＝7m －4m ＝3m.17．(11分)(2009·安徽师大附中模拟)某高速公路单向有两条车道，最高限速分别为120km/h 、100km/h.按规定在高速公路上行驶车辆的最小间距(单位：m)应为车速(单位：km/h)的2倍，即限速为100km/h 的车道，前后车距至少应为200m.求：(1)两条车道中限定的车流量(每小时通过某一位置的车辆总数)之比；(2)若此高速公路总长80km ，则车流量达最大允许值时，全路(考虑双向共四车道)拥有的最少车辆总数．[答案] (1)1:1 (2)1466辆[解析] (1)设车辆速度为v ，前后车距为d ，则车辆1h 内通过的位移s ＝v t ，车流量n ＝s d，而d ＝2v ，得n ＝t 2，则两车道中限定的车流量之比n 1:n 2＝1:1.(2)设高速公路总长为L ，一条车道中车辆总数为N 1，另一条车道中车辆总数为N 2，则车与车的最小间距分别为240m 和200m ，则N 1＝80×103240＝10003，在此车道中同时存在333辆车， N 2＝8×103200＝400，全路拥有的车辆总数为N ＝2(N 1＋N 2)，代入数据联立解得N ＝1466.。

2011届高考物理第一轮复习单元复习训练题50

A P BS O2010—2011学年度上学期高三一轮复习物理单元验收试题（11）【新人教】命题范围：选修3—4本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）1．太阳光照射在平坦的大沙漠上，我们在沙漠中向前看去，发现前方某处射来亮光，好像太阳光从远处水面反射来的一样，我们认为前方有水，但走到该处仍是干燥的沙漠，这现象在夏天城市中太阳光照射沥青路面时也能观察到，对这种现象正确的解释是（） A ．越靠近地面空气的折射率越大 B ．这是光的干涉形成的 C ．越靠近地面空气的折射率越小 D ．这是光的衍射形成的 2．如图所示，共振装置中，当用外力首先使A 球振动起来后，通过水平弹性绳使B 、C 两球振动，下列说法正确的是（） A ．B 、C 两球做的是受迫振动 B ．只有A 、C 的振动周期相等 C ．C 的振幅比B 的振幅大 D ．A 、B 、C 三球的振动周期相等3．利用旋光仪这种仪器可以用来测量糖溶液的浓度，从而测定含糖量。

其原理是：偏振光通过糖的水溶液后，若迎着射来的光线看，偏振方向会以传播方向为轴线，旋转一个角度θ，这一角度称为“旋光角”，θ的值与糖溶液的浓度有关。

将θ的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了。

如图所示，S 是自然光源，A 、B 是偏振片，转动B ，使到达O 处的光最强，然后将被测样品P 置于A 、B 之间，则下列说法中正确的是：（） A ．到达O 处光的强度会明显减弱 B ．到达O 处光的强度不会明显减弱 C ．将偏振片B 转动一个角度，使得O 处光的强度最大，偏振片B 转过的角度等于θ D ．将偏振片A 转动一个角度，使得O 处光的强度最大，偏振片A 转过的角度等于θ 4．如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（灰黑色部分表示亮纹）。

2011届高考物理第一轮复习专题检测试题33

第五章第五讲动量守恒定律及其应用一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，圆心 O 在S 的正上方．在O 和P 两点各有一质量为m 的小物体a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．以下说法正确的是图1( )A ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等D ．b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相等解析：a 、b 两物体到达S 点速度方向不同，故它们的动量不相等．a 物体做自由落体运动，运动时间为t 1，b 物体沿14圆弧轨道下滑的过程中，其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度．又a 、b 两物体竖直方向位移相等，所以b 物体下滑到S 的时间t 2＞t 1.故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A2．质量为m 的钢球自高h 1处落下，碰地后竖直向上弹回，碰撞时间极短，弹起的高度为h 2，在碰撞过程中，钢球的动量变化的方向和大小为( ) A ．向下；m (2gh 1－2gh 2)B ．向下；m (2gh 1＋2gh 2)C ．向上；m (2gh 1－2gh 2)D ．向上；m (2gh 1＋2gh 2)解析：在下落和反弹过程中分别有：v 12＝2gh 1，v 22＝2gh 2，得v 1＝2gh 1，v 2＝2gh 2规定向上为正方向，则Δp ＝m v 2－(－m v 1)＝m (2gh 2＋2gh 1)，方向向上，D 正确．答案：D3．如图2所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的图2系统动能损失最大的时刻是( ) A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时解析：当B 触及弹簧后减速，而物体A 加速，当v A ＝v B 时，A 、B 间距最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒知系统损失动能最多，故只有D 对．答案：D4．(2010·临汾模拟)如图3所示，A 、B 两个物体质量分别为mA 、m B (m A >m B )，它们相隔一段距离，静止于光滑水平面上．将大小相等，方向相反的两个水平推力F 1、F 2分别作用在A 、B 上，使它图3们发生相同大小的位移后撤去推力(此时两物体还没发生接触)，又过一段时间两物体发生碰撞并粘在一起不再分开．这时，这两个物体的运动情况将是 ( )A ．可能停止运动B ．一定沿F 1的方向运动C ．一定沿F 2的方向运动D ．运动方向无法确定解析：由动能定理得W ＝12m v 02，撤力时动能相等，由于m A >m B ，p ＝2mE k ，∴p A >p B ，故两物体总动量向F 1的方向，碰撞时动量守恒，因此粘在一起后沿F 1的方向运动， B 正确．四个选项都是判断碰撞后的运动方向，解题时不需要逐个判断．答案：B5．如图4所示，小平板车B 静止在光滑水平面上，在其左端有一物体A 以水平速度v 0向右滑行．由于A 、B 间存在摩擦，因而A 在B 上滑行后，A 开始做减速运动，B 做加速运动，设车足够长，则B 速度达到最大时，应出现在 ( ) 图4①A 的速度最小时 ②A 、B 的速度相等时 ③A 在B 上相对静止时 ④B 开始做匀速直线运动时A ．只有①②B ．只有③④C ．只有①②③D ．①②③④ 解析：车足够长，A 做减速运动，B 做加速运动最后达共同速度，二者不再受力的作用，做匀速直线运动，此时A 、B 保持相对静止，故①②③④全对．答案：D二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．如图5所示，A 、B 两物体的质量之比m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在平板小车C 上，A 、B 间有一根被压缩了的弹簧，A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，故平板图5车与地面间的摩擦不计，当突然释放弹簧后，则有( )A ．A 、B 组成的系统动量守恒B ．A 、B 、C 组成的系统动量守恒C ．小车将向左运动D ．小车将向右运动解析：m A 、m B 两物体的质量不一样，因此它们受的摩擦力不相等，所以m A 、m B 两物体受的合力向右，两者动量不守恒，A 、B 、C 三个物体总动量守恒，A 错，B 对；小车所受的合力方向向左，故小车将向左运动，C 对，D 错．答案：BC7．如图6所示，在光滑水平面上停放着质量为m 装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m 的小球以v 0水平初速度沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回车右端，则 ( )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动图6C ．此过程小球对小车做的功为m v 022D ．小球在弧形槽上升的最大高度为v 022g解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：m v 0＝2m v ′，12m v 02＝2(12m v ′2)＋mgh .联立解得：h ＝v 024g，知D 错．从小球射入到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒．由于无摩擦力做功，动能守恒，此过程类似弹性碰撞，作用后两者速度交换(说明：系统仅在水平方向动量守恒)，故B 、C 对，A 错．答案：BC8．如图7所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图8所示，则下列说法正确的是 ( )图7 图8A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为1 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1解析：从题图可以看出，B 做匀减速运动，A 做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s ，系统动量守恒，mv 0＝(m ＋M )v ，求得M ＝2 kg ，木板获得的动能为1 J ，系统损失的动能为2 J ，木板的最小长度是两者在1 s 内的位移差为1 m ，B 运动的加速度为1 m/s 2，动摩擦因数为0.1.故选项C 、D 正确．答案：CD9．(2010·太原调研)如图9所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平地面上，在木板右端有质量为m 的小物块，现给物块一个水平向左的初速度v 0，物块向左滑行并与固定在图9木板左端的轻弹簧相碰，碰后返回并恰好停在长木板右端，若改变以下条件，物块仍不会滑出木板的是(弹簧所在区域板面光滑)( ) A ．增大板的质量B ．增大物块质量C ．增大弹簧劲度系数D ．增大物块初速度解析：本题考查功能关系及动量守恒定律知识，涉及相对位移与功能关系的问题．根据动量守恒定律和机械能守恒定律，全过程：m v 0＝(m ＋M )v ,2μmgs 相＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，得s 相＝M v 024μg (m ＋M )，M 、v 0增大，相对位移增大，物块会滑出木板，而m 增大，相对位移减小，物块滑不出木板，A 、D 错B 对；在从右向左直至弹簧压缩到最短的过程中，m v 0＝(m ＋M )v ，ΔE p ＋μmgs 相＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，得ΔE p ＝μmgs 相＝Mm4(M ＋m )v 02，ΔE p 不变时，劲度系数增大，最大压缩量减小，不影响相对位移，物块不会滑出木板，C 正确．答案：BC10．(2010·南昌调研)质量为M的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端有质量为m的木块A，已知m<M，给A、B以大小相等、方向相反的初速度，使它们开始运动，但最终A没有滑离出木板B.在A和B相互作用的过程中，它图10们之间的摩擦力做功的情况是() A．摩擦力对A一直做负功B．摩擦力对A先做负功后做正功C．摩擦力对B一直做负功D．摩擦力对B先做负功后做正功解析：由木块和长木板组成的系统动量守恒以及m<M可知，最终两者以相同的速度向右运动，木块先向左减速后向右加速，A所受摩擦力的方向始终向右，且先做负功后做正功，A错误，B正确；A对B的摩擦力一直向左，在相互作用的相对运动过程中，B一直做匀减速运动，摩擦力对B一直做负功，C对D错．答案：BC三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·兰州模拟)如图11所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角α＝37°，A、B是两个质量均为m＝1 kg的小滑块(可看做质点)，C为左端附有胶泥的薄板(质量不计)，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧．当滑块A置于斜面上且受到大小F＝4 N，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动．现撤去F，让滑块A从斜面上距斜面底端L＝1 m处由静止下滑．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：图11(1)滑块A到达斜面底端时的速度大小；(2)滑块A与C接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能．解析：(1)施加恒力F时，μ(F＋mg cosα)＝mg sinα未施加力F时，(mg sinα－μmg cosα)L＝m v12 2代入数据，得v1＝2 m/s.(2)滑块A与C接触后，A、B、CD组成系统动量守恒，能量守恒，所以当A、B具有共同速度时，系统动能最小，弹簧弹性势能最大，设为E p，∴m v1＝2m v212m v12＝Ep＋122m v22代入数据，得E p＝1 J.答案：(1)2 m/s(2)1 J12．(15分)(2009·广东高考)如图12所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l ＝1.0 m．物块A以速度v0＝10 m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10 m/s2)图12(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．解析：(1)设物块A、B的质量分别为m A和m B，A与B发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v1.取向右为速度正方向，由动量守恒定律m A v0＝(m A＋m B)v1 ①v1＝m Am A＋m Bv0＝5.0 m/s设AB运动到C时的速度为v2，由动能定理12(m A＋m B)v22－12(m A＋m B)v12＝－μ(mA＋m B)gl ②v2＝v12－2μgl＝4.0 m/s. ③(2)设与C碰撞后AB的速度为v3.碰撞过程中动量守恒，有(m A＋m B)v2＝(m A＋m B)v3＋m C v ④碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即12(m A＋m B)v22≥12(m A＋m B)v32＋12m Cv2 ⑤由④式，得v3＝(m A＋m B)v2－m C vm A＋m B＝(4－k) m/s ⑥联立⑤和⑥式，得k≤6即：当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当k＜6时，碰撞为非弹性碰撞．碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度．由⑥式，得4－k≤2故k≥2所以k的合理取值范围是6≥k≥2综上得到：当取k＝4时，v3＝0，即与C碰后AB静止当取4＞k≥2时，v3＞0，即与C碰后AB继续向右运动当取6≥k＞4时，v3＜0，即碰后AB被反弹向左运动．答案：(1)4.0 m/s(2)2≤k≤6当k＝4时，碰后AB静止；当4＞k≥2时AB向右运动；当6≥k＞4时AB向左运动。

2011高考物理第一轮复习章节练习题及答案和解析4

2011高考物理第一轮复习章节练习题及答案和解析4(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分) 1．一个质量为m、充足气的篮球竖直向下运动，与地面接触前的速度为v1，经过Δt时间，篮球恢复原状，以速度v2(其中v2<v1)离开地面．在此过程中( ) A．篮球的加速度不变 B．篮球的机械能先减小后增大 C．地面对篮球的冲量为m(v1＋v2)＋mgΔt D．地面对篮球做的功为12mv21－12mv22 【答案】BC 2．如右图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是( ) A．甲球速度为零，乙球速度不为零 B．两球速度都不为零 C．乙球速度为零，甲球速度不为零 D．两球都以各自原来的速率反向运动【解析】首先根据两球动能相等，12m甲v2甲＝12m乙v2乙得出两球碰前动量大小之比为：p甲p乙＝m甲m乙，因m甲＞m乙，则p甲＞p乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．【答案】AB 3．如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1＞m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直起到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )A．系统受到外力作用，动量不断增大 B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能 D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小【答案】BC 4. 质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移―时间图象如右图所示，对图有以下说法：①碰撞前两物体动量相同；②两物体质量相等；③碰撞后两物体一起做匀速直线运动；④碰撞前两物体动量大小相等、方向相反，其中正确的是( ) A．①②B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】 C 5．如下图甲所示，光滑水平面上停放着一辆上表面粗糙质量为M的平板车，一质量为m的铁块以水平初速度v0滑到小车上，两物体开始运动，它们的速度随时间变化的图象如图乙所示(t0是滑块在车上运动的时间)，则可以断定( ) A．铁块与小车最终滑离 B．铁块与小车的质量之比m∶M＝1∶1 C．铁块与小车表面的动摩擦因数μ＝v03gt0 D．平板车上表面的长度为5v0t06 【答案】ABC 6. 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s的水平地面上，如右图所示．问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，B球的落地点距桌边距离为( ) A.s3 B.3s C．s D.63s 【解析】当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Ep＝12mv20，根据平抛运动规律有：s＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的档板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝12•2mv2A＋12mv2B，解得vB＝63v0，B球的落地点距桌边距离为s′＝vBt＝63s，D选项正确．【答案】 D 7. 如右图所示，质量M ＝50 kg的箱子，放在光滑水平面上，箱子中有一个质量m＝30 kg的铁块，铁块与箱子的左端ab壁相距s＝1 m，它一旦与ab壁接触后就不会分开，铁块与箱底间的摩擦可以忽略不计．用水平向右的恒力F＝10 N作用于箱子，2 s末立即撤去作用力，最后箱子与铁块的共同速度大小是( ) A.25 m/s B.14 m/s C.23 m/s D.532 m/s 【答案】 B 8. 质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线，如右图所示，具有初动能E0的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5个物块粘成一整体，这个整体的动能等于( ) A．E0 B.45E0 C.15E0 D.125E0 【解析】物块1的动能E0＝12mv20，得v0＝2E0m，其初动量p1＝mv0＝2mE0.由5个物块组成的系统动量守恒，以碰撞前为初状态，碰后粘连在一起为末状态，有 p1＝5mv 即2mE0＝5mv解得v＝152E0m 末动能Ek＝12(5m)v2＝12×(5m)152E0m2＝E05，选项C正确．【答案】C 9．如右图所示，长木板静止在光滑的水平面上，长木板的左端固定一个挡板，挡板上固定一个长度为L的轻质弹簧，长木板与挡板总质量为M，在木板的右端有一质量为m的铁块．现给铁块一个水平向左的初速度v0，铁块向左滑行并与轻弹簧相碰，碰后返回恰好停在长木板的右端．根据以上条件可以求出的物理量是( ) A．铁块与轻弹簧相碰过程中所具有的最大弹性势能 B．弹簧被压缩的最大长度C．长木板运动速度的最大值 D．铁块与长木板间的动摩擦因数【解析】弹簧弹性势能最大时，铁块和木板的速度相等，在压缩弹簧的过程中两物体组成的系统动量守恒，摩擦力作为相互作用力，不知动摩擦因数，不能计算，但可根据功能关系选择整个过程，可计算摩擦力做功，再根据动量守恒计算两者速度相等时的速度，并计算过程中动能的减少量，即为弹簧弹性势能的最大值，A正确，因不知道弹簧劲度系数，故不能计算出弹簧的形变，B错误，而弹簧弹性势能达到最大后将释放出弹性势能，木板速度将继续增大，缺乏关于木板速度最大状态的参量，故无法计算最大速度，C也错误，选A. 【答案】A 10. 如右图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上．小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．现把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ.最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( ) A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大 C．其他量不变，m越大x越大 D．其他量不变，M越大x越大【解析】两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x ＝Rμ，故选项A是正确的．【答案】 A 二、非选择题(本题共4个小题，共60分) 11．(14分) 如右图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求： (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少．【解析】(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v① 设物块与车面间的滑动摩擦力为f，对物块应用动量定理有－ft＝m2v－m2v0② 又f＝μm2g③ 解得t＝m1v0μ(m1＋m2)g 代入数据得t＝0.24 s．④ (2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v′0＝(m1＋m2)v′⑤ 由功能关系有12m2v′20＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL⑥ 代入数据解得v′0＝5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过5 m/s. 【答案】(1)0.24 s (2)5 m/s 12. (16分)(2010年豫南九校联考)如右图所示，小车的刚性支架上固定一条刚性的轨道MN，轨道的左边是水平的，右边倾斜与水平面夹角为53°，两边通过一小段圆弧相连，小车、支架和轨道的总质量为2m，轨道M、N两点间的高度差为h.在轨道的最左边套一个质量为m的物块B，开始小车和物块一起以速度v0沿光滑的水平面向右匀速运动，当小车与墙壁碰撞后，小车立即以v05的速度弹回，物块B开始沿着轨道滑行，当物块从轨道的N点滑出时，小车的速度刚好为零．求： (1)小车与墙壁碰撞时，墙壁对小车的冲量； (2)物块B从N点滑出时的速度； (3)物块滑动过程中，轨道对物块做的功； (4)物块滑动过程中，系统减少的机械能．(cos 53°＝0.6) 【解析】(1)对小车：由动量定理：I＝2mv05－2m(－v0)＝12mv05，方向向左 (2)整个系统碰撞后水平方向动量守恒：mv0－2m15v0＝mvNcos 53°，vN＝v0，速度方向与水平方向成53°，斜向右下． (3)对物块B由动能定理：mgh＋W＝mv2N2－mv202，得W＝－mgh. (4)由动量守恒得：E损＝122mv052＋mgh＋12mv20－12mv2N＝mgh＋mv2025. 【答案】(1)12mv05，方向向左(2)v0 速度方向与水平方向成53°，斜向右下． (3)－mgh (4)mgh ＋mv2025 13．(16分)(2010石家庄二中)如图，是固定在水平面上的横截面为“ ”形的光滑长直导轨槽，槽口向上，槽内放置一金属滑块，滑块上有半径为R的半圆形光滑凹槽，金属滑块的宽度为2R，比“ ”形槽的宽度略小．现有半径为r(r<R)的金属小球以水平初速度v0冲向滑块，从滑块上的半圆形槽口边缘进入．已知金属小球的质量为m，金属滑块的质量为3m，全过程中无机械能损失．求： (1)当金属小球滑离金属滑块时，金属小球和金属滑块的速度各是多大？(2)当金属小球经过金属滑块上的半圆形槽的底部A点时，对金属块的作用力是多大？ 14．(16分) (2010年豫南九校联考)如右图所示，小车的刚性支架上固定一条刚性的轨道MN，轨道的左边是水平的，右边倾斜与水平面夹角为53°，两边通过一小段圆弧相连，小车、支架和轨道的总质量为2m，轨道M、N两点间的高度差为h.在轨道的最左边套一个质量为m的物块B，开始小车和物块一起以速度v0沿光滑的水平面向右匀速运动，当小车与墙壁碰撞后，小车立即以的速度弹回，物块B开始沿着轨道滑行，当物块从轨道的N点滑出时，小车的速度刚好为零．求： (1)小车与墙壁碰撞时，墙壁对小车的冲量； (2)物块B从N点滑出时的速度； (3)物块滑动过程中，轨道对物块做的功； (4)物块滑动过程中，系统减少的机械能．(cos53°=0.6)。

2011届高考物理章节过关检测试题41

(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列关于电磁波的叙述中，正确的是( )A ．电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播B ．电磁波在任何介质中的传播速度均为3.00×108 m/sC ．电磁波由真空进入介质传播时，波长将变短D ．电磁波不能产生干涉及衍射现象解析：选AC.电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播，选项A 正确．电磁波在不同的介质中传播的速度不同，在真空中传播的速度最大，为3.00×108 m/s ，选项B 错误．电磁波的波速、波长和频率的关系：v ＝λf ，电磁波在不同介质中传播时频率f 不变，由真空进入介质传播时，由于速度变小，波长变短，选项C 正确．电磁波是波，具有波的一切特性，能发生干涉、衍射现象，选项D 错误．2．(2009年济南模拟)一带正电离子在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动，如图13－1所示，当磁场的磁感应强度均匀增大时，此离子的( )A ．动能不变B ．动能增大C ．动能减小D ．动能为零解析：选B.由变化的磁场产生电场可知：均匀增大的磁场将产生一个稳定的电场，这个电场不是静电场而叫涡旋电场，这个涡旋电场的电场线是闭合的，根据楞次定律可知其方向就是在变化的磁场中的线圈内电流的方向——为逆时针．即这个涡旋电场的电场线也为逆时针方向的闭合曲线．由于电场线方向与正离子图13－1做圆周运动的方向一致，故电场力对正离子做正功，正离子动能增加．3．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图13－2所示，下列说法中正确的是()图13－2A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos50πt (A)C ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W解析：选D.由图象知，交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错；转动的角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，故电流瞬时表达式为i ＝5cos100πt (A)，B 错；t ＝0.01 s 时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C 错；交变电流的有效值I ＝I m 2＝52 A ，故P ＝I 2R ＝(52)2×0.4 W ＝5 W ，故D 正确．4．(2010年扬州模拟)如图13－3所示，面积为S 、匝数为n 、电阻为r 的线圈与阻值为R 的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端．线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动．设线圈转动到图示位置的时刻为t ＝0.则( )A ．在t ＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R 的电流为0，电压表的读数也为0B ．1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次C ．在电阻R 的两端再并联一只电阻图13－3后，电压表的读数将减小D ．在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变解析：选BC.图示位置为中性面，但由于产生的是正弦交变电流，故流过电阻的电流和电压表的读数都为其有效值，不是0，故A 错；线圈每转过一圈，电流方向改变2次，故1秒内电流方向改变的次数为2f ＝2×ω2π＝ωπ，B 正确；R 两端再并联电阻时，干路电流增大，路端电压减小，故电压表读数减小，C 正确；并上电容后，由于电路与交变电源相连，电容反复充电放电，该支路有电流通过，故电压表的读数也减小，D 错误．5.如图13－4甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220 V 的正弦交变电流后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为( )图13－4A ．220 VB ．110 V C.2202 V D.1102 V 解析：选C.设电压的有效值为U ，根据有效值定义有(220)2R ·T 2＝U 2R T ，解得C 正确．6．(2010年深圳调研)一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 的变化规律如图13－5所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )图13－5A ．流过电阻的最大电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是141 VC ．变压器的输入功率是1×103 WD ．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103 J 解析：选C.由变压器原、副线圈的电压和匝数的关系，求出副线圈两端的电压为U 2＝100 V ，流过电阻的最大电流是10 2 A ，与电阻并联的电压表的示数是交变电流的有效值，应是100 V ，变压器的输入功率和输出功率相等，P ＝U 22R ＝1×103 W ，在一个周期内，电阻产生的热量Q ＝Pt ＝1×103×2×10－2 J ＝20 J ．综上，C 正确．7．(2010年江苏启东中学质检)如图13－6所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知图甲中原、副线圈匝数比为100∶1，图乙中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )图13－6A ．图甲中的电表是电压表，输电电压为22000 VB ．图甲是电流互感器，输电电流是100 AC ．图乙中的电表是电压表，输电电压为22000 VD ．图乙是电流互感器，输电电流是10 A 解析：选A.根据输入端的连接关系可知，图甲为电压互感器，图中电表为电压表；图乙为电流互感器，图中的电表为电流表．根据变压器的电压、电流与匝数的关系可得，图甲中原副线圈电压关系为U 1220 V ＝1001，所以输电电压U 1＝22000 V ；图乙中原副线圈中电流关系为I 110 A ＝101，所以输电电流I 1＝100 A ，故A 正确．8．(2010年浙江宁波十校联考)如图13－7甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V ,6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u 的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )图13－7A ．电压表的示数为27 2 VB ．三只灯泡均能正常发光C ．电流表的示数为2 AD ．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz解析：选BCD.交流电表读数为有效值，故电压表示数U 1＝U m 2＝27 V ，A 错误；U 1U 2＝n 1n 2＝3，则副线圈两端电压为9 V ，三个灯泡均正常发光，B 正确；副线圈中电流I 2＝3I L ＝2 A ，C 正确；变压器不改变交变电流的频率，原、副线圈频率均为50 Hz ，D 正确．9．如图13－8所示，变压器初级线圈接电压一定的交变电流，下列措施中能使电流表示数变小的是( )图13－8A ．只将S 1从2拨向1B ．只将S 2从4拨向3C ．只将S 3从闭合改为断开D ．只将变阻器R 3的滑动触头上移解析：选BCD.U 1一定，由于U 1U 2＝n 1n 2，当S 1从2拨向1时，n 1变小，U 2变大，输出功率P 2＝U 22R 变大，A 不正确，同理可知，B 正确；将S 3从闭合改为断开，副线圈中消耗的功率P 2＝U 22R 变小，原线圈的功率P 1＝U 1I 1变小，I 1变小，C 正确；只将变阻器R 3的滑动触头上移时，电路中的电阻R 变大，P 2变小，可见I 1也变小，D 正确．错误!图13－910．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交变电流，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图13－9所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为2904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：选C.原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，A 错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 有效2R ×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U 有效＝22 2 V ，则Q＝U 有效2R ×60＝2904 J ，B 错误，C 正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，D 错误.二、填空题(本题共2小题，每小题8分，共16分．把答案填在题中横线上)11．如图13－10所示，一交流发电机线圈共50匝，ab ＝0.2 m ，bc ＝0.1 m ，总电阻为10Ω，它在B ＝0.5 T 的匀强磁场中从中性面位置开始以100 r/s 的转速匀速转动，外电路中接有R 为40 Ω的电阻，当线圈转过1/4周期时，则：(1)电流表的读数是________A ；(2)电压表的读数是________V ；(3)这段时间内通过外电阻R 的电量q 是________C ；(4)在外电阻R 上产生的焦耳热Q 是________J.解析：(1)电动势最大值为：E m ＝nBSω＝50×0.5×0.02×200π V ＝100π V有效值：E ＝E m 2＝502π V 电流表示数：I ＝E R ＋r ＝502π40＋10A ＝4.4 A. (2)电压表读数：U ＝IR ＝4.4×40 V ＝176 V .(3)电量为：q ＝I ·Δt ＝n ·ΔΦΔtR ·Δt ＝0.01 C. (4)电热为：Q ＝I 2R T 4＝1.94 J.答案：见解析12．在“练习使用示波器”的实验中：(1)为观察亮斑在竖直方向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X ”挡，使亮斑位于屏的________，然后，应把“DC 、AC ”开关置于“________”位置，以备给示波器输入一个直流电压．(2)为给示波器输入一个Y 方向的直流电压(要求从零电压开始逐渐增加)，请将图13－11所示的器材与示波器连成正确的电路．图13－10图13－11(3)调节变阻器改变输入电压，可以看到亮斑向上的偏移随之改变，电压越高，向上的偏移越________；调换电池正、负极，改变输入电压，可以看到亮斑向________偏移．解析：本题考查示波器原理及示波器的使用方法．(1)扫描范围旋钮置于“外X”时，机内不提供X方向的扫描电压，故亮斑仅出现在屏的中心；然后，应把“DC—AC”开关置于直流“DC”位置，以备给示波器输入一个直流电压．(2)因输入电压要从零开始逐渐增加，所以示波器应接在分压电路上，所以实验时仪器连接应如下图所示．(3)若再加大Y 向电压，则亮斑会加大其在竖直方向的位移，即电压越高，向上的偏移越大；调换电池正、负极后，亮斑向下偏移．答案：(1)中心 DC (2)见解析图 (3)大下三、计算题(本题包括4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)如图13－12乙所示，理想变压器原线圈匝数n 1＝440，副线圈匝数n 2＝22，在原线圈的两端加图甲所示的交流电压，求：图13－12(1)副线圈中电压表的示数；(2)电阻R 在什么范围内取值，才能使副线圈中电流的示数不超过2.0 A?解析：(1)U 1＝U m 2＝3111.414 V ＝220 V 由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝22440×220 V ＝11 V . (2)I 2＝U 2R ≤2.0 A R ≥112.0 Ω＝5.5 Ω.答案：(1)11 V (2)R ≥5.5 Ω14．(10分)如图13－13甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R ＝1 Ω的电阻，导轨间距L ＝0.2 m ，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.8 T ．一根电阻r ＝0.3 Ω的导体棒ab 置于导轨上，且始终与导轨保持良好接触．若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ 和MN 之间运动，其速度图象如图乙所示．求：图13－13(1)导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式．(2)整个电路在1分钟内产生的热量．解析：(1)由速度图象可得，某时刻导体棒做简谐运动的速度表达式v t＝10sin10πt(m/s)产生的感应电动势的瞬时值表达式e＝BL v t＝10BL sin10πt＝1.6sin10πt.(2)感应电动势的最大值为E m＝1.6 V感应电动势的有效值为E＝E m/ 2回路中的总电阻为R′＝r＋R/2＝0.8 Ω回路中的电流I＝E/R′＝E m2(r＋R/2)＝ 2 A.整个电路在1分钟内产生的热量为Q＝I2R′t＝96 J.答案：(1)e＝1.6 sin10πt(2)96 J15．(12分)有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图13－14所示．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶4，降压变压器原、副线圈匝数比为4∶1，输电线的总电阻为4 Ω.全校共有22个班，每班有“220 V,40 W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则图13－14(1)发电机的电动势为多大？(2)发电机的输出功率为多大？(3)输电效率为多少？解析：由题意知U 4＝220 V则I 3＝P U R·n ＝40220×22×6 A ＝24 A 由降压变压器变压关系：U 3U 4＝n 3n 4，得U 3＝U 4n 3n 4＝880 V由降压变压器变流关系：I 2I 3＝n 4n 3，得I 2＝n 4I 3n 3＝6 A又因为U 2＝U 3＋I 2R ＝880 V ＋6×4 V ＝904 V由升压变压器变压关系：U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝226 V由升压变压器变流关系：I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝24 A所以(1)发电机的电动势：E ＝U 1＋I 1r ＝250 V .(2)发电机的输出功率P 出＝EI 1－I 12r ＝5424 W.(3)输电的效率η＝P 有效P 出＝22×40×6 J 5424 J ×100%＝52805424×100%＝97%.答案：(1)250 V (2)5424 W(3)97%16.(12分)加速度计是测定物体加速度的仪器．在现代科技中，它已成为导弹、飞机、潜艇或宇宙飞船等制导系统的信息源．图13－15为应变式加速度图13－15计的示意图．当系统加速时，加速度计中的敏感元件也处于加速状态，敏感元件由两弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，敏感元件的下端可在滑动变阻器R 上自由滑动，当系统加速运动时，敏感元件发生位移并转换为电信号输出．已知敏感元件的质量为m ，两侧弹簧的劲度系数均为k ，电源电动势为E ，电源内阻不计，滑动变阻器的总电阻值为R ，有效长度为l ，静态时，输出电压为U 0，试推导加速度a 与输出电压U 的关系式．解析：设静态时滑动变阻器的滑片距左端为x ，则敏感元件的输出电压为U 0＝E R ·xR l ＝x l E ①再设系统向左加速时滑片右移Δx ，则敏感元件的动力学方程为 2k Δx ＝ma ②此时敏感元件的输出电压为U ＝E R ·R l (x ＋Δx )③综合①②③三式可得a ＝2kl (U －U 0)mE若U >U 0，系统的加速度方向水平向左；若U <U 0，系统的加速度方向水平向右．答案：见解析。

2011年高三物理综合模拟(四)

班级：姓名：考场：考号：2011年高三物理综合模拟（四）时间：60分钟，总分：110分二、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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错得0分。

14．甲乙两车在某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是（）A ．甲做匀加速直线运动，乙做变加速直线运动B ．t 1时刻两车的速度刚好相等C ．t 1时刻乙车从后面追上甲车D ．0到t 1 时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度15．用与竖直方向成θ的倾斜绳子a 和水平轻绳子b 共同固定一个小球，这时绳b 的拉力为F 1。

现在保持小球在原位置不动，使绳子b 在原竖直平面内，逆时针转过θ 角固定，绳b 的拉力变为F 2；再转过θ角固定，绳子 b 拉力变为F 3，如图所示。

则（） A ．321F F F << B ．231F F F >=C ．231F F F <-D ．绳a 拉力减小16.构建和谐、节约型社会深得民心，这体现于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例．在电动车的前轮处装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机对蓄电池充电，将其它形式的能转化成电能储存起来．某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平面上滑行，第一次关闭自动充电装置让车自由滑行，其动能随位移变化的关系如图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化的关系如图线②所示．设两种情况下自行车受到的阻力（包括空气阻力和摩擦阻力等）恒定不变，则下列说法中正确的是（）A.自行车受到的阻力为50NB.自行车受到的阻力约为83NC.第二次向蓄电池所充的电能是200JD.第二次向蓄电池所充的电能是250J17．如图所示，赤道上随地球自转的物体A 、赤道上空的近地卫星B 、地球同步卫星C ，它们的运动都可视为匀速圆周运动，比较三个物体的运动情况，以下判断正确的是（） A ．三者的周期关系为T A ＜T B ＜T C B ．三者向心加速度大小关系为a A ＞a B ＞a C C ．三者角速度的大小关系为ωA ＝ωC ＜ωB D ．三者线速度的大小关系为V A ＜V C ＜V B18．某同学研究电子在电场中的运动时，电子仅受电场力作用，得到了电子由a 点运动到b 点的轨迹（虚线所示）图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，则下列说法正确的是（）A ．不论图中实线是电场线还是等势面，a 点的电势都比b 点低B ．不论图中实线是电场线还是等势面，a 点的场强都比b 点小C ．如果图中实线是电场线，电子在a 点动能较小D ．如果图中实线是等势面，电子在b 点动能较小19．2007年，诺贝尔物理学奖授予了发现巨磁电阻效应（GMR ）的科学家.如图所示是研究巨磁电阻特性的原理示意图，已知该GMR 磁性材料随着磁场增强电阻显著减小，那么，当闭合左图中S 后使滑片向左滑动过程中，右图中电流表和电压表的读数变化情况是（）A ．电压表示数变小，电流表示数变大B ．电压表示数变大，电流表示数变小C ．电压表示数变小，电流表示数变小D ．电压表示数变大，电流表示数变大 20.如图所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并处于方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中.质量为m 、带电荷量为+Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑.在滑块下滑的过程中,下列判断正确的是 ( )A.滑块受到的摩擦力不变B.滑块到达地面时的动能与B 的大小无关C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D.B 很大时,滑块可能静止于斜面上21.如图所示，一导线弯成半径为r 的半圆形闭合回路。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题10

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第二章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示，物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力F f 与拉力F的合力方向应该是() A．水平向右B．竖直向上C．向右偏上D．向左偏上[答案] B[解析]物体受四个力平衡，重力和支持力的合力竖直向下，所以F与F f的合力与其等大反向，B正确．2．物体受到两个方向相反的力的作用，F1＝4N，F2＝8N，保持F1不变，将F2由8N 逐渐减小到零的过程中，它们的合力大小变化是() A．逐渐减小B．逐渐变大C．先变小后变大D．先变大后变小[答案] C[解析]F1与F2共线反向，所以当F2≥4N时其合力F＝F2－F1，其方向与F2同向，F2减小时F减小，F2＝4N时最小为零；当F2≤4N时，其合力F＝F1－F2，其方向与F1同向，F2从4N减到零时，F逐渐从零增大到4N.故F2从8N减到0N的过程中，其合力先减小后增大，所以选C.3．如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止．若A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于B的受力个数可能为() A．3个B．4个C．5个D．6个[答案]BC[解析]对于B物体，一定受到的力有重力、斜面支持力、A的压力和A对B的摩擦力，若以整体为研究对象，当F较大或较小时，斜面对B有摩擦力，当F大小适当时，斜面对B摩擦力为零，故B可能受4个力，也可能受5个力．4．质量为m的物体放在水平面上，在大小相等，互相垂直的水平力F1和F2的作用下，从静止开始沿水平面运动．如图所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体() A．在F1的反方向上受到Ff1＝μmg的摩擦力B．在F2的反方向上受到Ff2＝μmg的摩擦力C．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为Ff合＝2μmgD．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为F f＝μmg[答案] D[解析]由于F1和F2的合力是恒力，物体由静止开始运动，必沿F1和F2的合力方向做直线运动．滑动摩擦力的方向必沿F1和F2的合力的反方向．滑动摩擦力的大小为F f＝μF N，又因为F N＝mg，故F f＝μmg.5．如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是 ( )A ．L ＋μk m 1gB ．L ＋μk(m 1＋m 2)g C ．L ＋μk m 2g D ．L ＋μ(m 1m 2g )k (m 1＋m 2)[答案] A[解析] 对物块1受力分析可知F ＝kx ＝μm 1g ，故弹簧的长度为L ＋μm 1g k，A 正确． 6．(2010·徐州测试)如图所示，质量为m 1的木块在质量为m 2的长木板上滑行，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与长木板间动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小一定为 ( )A ．μ1(m 1＋m 2)gB ．μ2m 1gC ．μ1m 1gD ．μ1m 1g ＋μ2m 2g[答案] B[解析] 木块在木板上滑行，木板上表面所受滑动摩擦力F f ＝μ2m 1g ；木板处于静止状态，水平方向上受到木块对木板的滑动摩擦力和地面对木板的静摩擦力，根据力的平衡条件可知，地面对木板的静摩擦力的大小等于木块对木板的滑动摩擦力的大小，B 项正确．7．(2009·苏州模拟)完全相同的直角三角形滑块A 、B ，按如图所示叠放，设A 、B 接触的斜面光滑，A 与桌面间的动摩擦因数为μ.现在B 上作用一水平推力F ，恰好使A 、B 一起在桌面上匀速运动，且A 、B 保持相对静止，则动摩擦因数μ跟斜面倾角θ的关系为( )A ．μ＝tan θB ．μ＝12tan θ C ．μ＝2tan θ D ．μ与θ无关[答案] B[解析] 取AB 为一整体，受力分析如图甲，由平衡条件得：F ＝F f ，F N ＝2mg ，又F f ＝μF N ，可得：F ＝2μmg ，再隔离滑块B ，受力分析如图乙，有：F NB cos θ＝mg ，F NB sin θ＝F ，得：F ＝mg tan θ，故有：2μmg ＝mg tan θ，μ＝12tan θ，故B 正确．8．(2009·黄冈模拟)如图所示，质量为m 的两个球A 、B 固定在杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两球刚好能平衡，则杆对小球的作用力为 ( ) A.33mg B.233mg C.32mg D ．2mg [答案] A[解析] 由对称性，两球与杆整体平衡时，处于水平状态，杆对两球的弹力与杆共线，对A 分析，由平衡条件得F ＝mg cot60°＝33mg . 9．如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A 、B ，A 悬挂起来，B 穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A 、B 的质量之比m A m B 等于 ( )A ．cos θB ．θC ．tan θD ．θ[答案] B[解析] B 物受力如图所示，B 处于平衡态，由图可知m B g m A g ＝cos θ，所以m A m B ＝1cos θ，B 正确．10．如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A 端位置不变，将B 端分别移动到不同的位置，下列判断正确的是 ( )A ．B 端移到B 1位置时，绳子张力不变B ．B 端移到B 2位置时，绳子张力变小C ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D ．B 端在杆上位置不变，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小[答案] AD[解析] 如图所示，设绳子的长度为l ，两杆间的距离为x ，绳子的张力为F T ，则2F T cos θ＝mg ，其中cos θ＝l 2－x 2l所以F T ＝mg 2cos θ＝mgl 2l 2－x2，当将B 端移到B 1或B 2位置时，F T 不变，故A 对B 错；当将杆左移时，l 不变，x 减小，所以F T 变小，D 对．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(5分)(2009·山东泰安模拟)某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F ，测出弹簧的总长度L ，改变外力F 的大小，测出几组数据，作出外力F 与弹簧总长度L 的关系图线如图所示．(实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的)由图可知该弹簧的自然长度为________cm ；该弹簧的劲度系数为________N/m.[答案] 10 50[解析] 当外力F 大小为零时，弹簧的长度即为原长，得原长为10cm ；图线的斜率是其劲度系数，k ＝ΔF Δx＝50N/m. 12．(5分)用一弹簧测力计水平拉一端固定的弹簧，以此来测定此弹簧的劲度系数k ，(2)图线与L 轴交点表示________，其值为________cm ，此弹簧的劲度系数为________N/m.[答案] (1)如图所示(2)弹簧原长 21.2 145(在误差允许范围内即可)[解析] 如图与L 轴的交点表示F ＝0时弹簧的长度，即原长，求劲度系数可用相距较远的两组点求出斜率并求平均值．13．(8分)(2009·湛江一中高三月考)用金属制成的线材(如钢丝、钢筋)受到拉力会伸长，17世纪英国物理学家胡克发现，金属丝或金属杆在弹性限度内的伸长与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这个发现为后人对材料的研究奠定了重要的基础．现有一根用新材料制成的金属杆，长为4m ，横截面积为0.8cm 2，设计要求它受到拉力后的伸长不超过原长的1/1000，由于这一拉力很大，杆又较长，直接测量有困难，就选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得的数据如下：的函数关系为________．(2)在寻找上述关系中，你运用哪种科学研究方法？________.(3)通过对样品的测试，求出新材料制成的金属细杆能承受的最大拉力约________．[答案] (1)x ＝k FL S(2)控制条件法 (3)104N [解析] (1)要分析线材伸长量x 与材料的长度L 、材料的横截面积S 及拉力F 的函数关系，可根据测量结果用控制变量法分析，在表格中从上到下的五组数据中可以看出，在材料的长度L 、材料的横截面积S 一定时(第一组数据)，x 与拉力F 成正比；材料的横截面积S 、拉力F 一定时(一、二、三组拉力为250N ，横截面积为0.05cm 2)，x 与材料的长度L 成正比；在材料的长度L 、拉力F 一定时(一、四、五组拉力为250N ，长度为1m)可以看出，x 与材料的横截面积S 成反比．因此关系式为x ＝k FL S(其中k 为比例系数)． (2)控制条件法(或控制变量法、归纳法)(3)由表格中的一组数据求得k ＝8×10－12m 2/N.样品的长为L ＝4m ，横截面积为S ＝0.8cm 2，最大伸长量为x ＝4/1000m ，将数据代入x ＝k FL S，求得F ＝104N. 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)供电局某工程队在冬天架设电线，如图所示，设两电线杆间距离为L ，铜导线总质量为M ，电线架好后，在两杆正中部位电线下坠的距离为h ，电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角为θ，求：(1)两电线杆处的电线弹力．(2)当到夏天时，两电线杆处的电线弹力与冬天相比是变大了，还是变小了？为什么？(提示：导线上每处的弹力均沿切线方向)[答案] (1)G 2cos θ(2)变小夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了 [解析] (1)以电线为研究对象，电线两端所受的力为F 1、F 2，重力G 可看作作用在电线中点，F 1、F 2分解成水平方向和竖直方向两个分量，由力的平衡条件F 1cos θ＋F 2cos θ＝GF 1sin θ－F 2sin θ＝0解得F 1＝F 2＝G 2cos θ(2)夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了．15．(10分)在光滑的斜面上有一个重力为G 的物体，当沿斜面向上和沿水平方向向右各加一个大小都等于F ＝12G 的力作用于这个物体时，物体正好处于静止状态，如图所示．求斜面的倾角θ及斜面所受的压力．[答案] arctan 43G [解析] 以物体为研究对象，进行受力分析，重力G ，竖直向下；弹力F N ，垂直于斜面向上；以及沿斜面向上和水平向右的两个拉力F .以平行斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，可建立平衡方程：F ＋F cos θ＝G sin θ.F N ＝F sin θ＋G cos θ，其中F ＝0.5G ，代入方程整理得：2sin θ＝cos θ＋1，解这个关于θ的方程得到θ＝arctan 43，则F N ＝G . 16．(11分)如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30kg ，人的质量M ＝50kg ，g 取10m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力；(2)轻杆BC 和绳AB 所受的力．[答案] (1)200N (2)4003N 2003N[解析] (1)绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10N ＝200N方向竖直向上(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33N ＝2003NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032N ＝4003N. 17．(11分)(2009·石家庄市第一中学高三考试)如图所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°.现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°.(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？[答案] (1)33mg (2)k ≥39[解析] (1)对小球进行受力分析，它受到重力mg ，方向竖直向下；轻绳拉力T ，方向沿着绳子向上；斜面体对它的支持力F N ，方向垂直于斜面向上．根据平衡条件可知，T 、F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，根据几何关系可求得T ＝33mg . (2)以斜面体为研究对象，分析其受力：重力mg ，方向竖直向下；小球对斜面体的压力F N′，方向垂直于斜面向下(与F N等大反向)；地面支持力F，方向竖直向上；地面静摩擦力F f，方向水平向左．竖直方向F＝mg＋F N′cos30°水平方向F f＝F N′sin30°根据(1)可知F N′＝F N＝T＝33mg又由题设可知F f max＝kF≥F f＝F N′sin30°综合上述解得k≥3 9.。

2011高考物理试题及答案

2011高考物理试题及答案一、选择题1.以下关于牛顿第一定律的叙述正确的是（）。

A.任何物体都一直保持匀速直线运动，直到有合外力作用B.只有受到合外力的物体才能保持匀速直线运动C.任何物体都一直保持匀速直线运动，不受合外力的影响D.只有受到合外力的物体才能保持匀速直线运动答案：A2.质点从原点沿x轴正方向做匀速直线运动，把速度v反向后，质点在t时间后的位移与在t时间前的位移之比是（）。

A.1B.0C.-1D.-2答案：C3.一只质量为m的物体，下落2m的高度，则重力做功为（）。

A.2mgB.0C.-2mgD.mg答案：B4.一电子从一个具有2V的高压区中飞到具有6V的低压区中去，电子所得到的动能与电场力做的功之比为（）。

A.9:4B.4:9C.1:9D.1:4答案：B5.一音叉被悬挂在支架上，敲击后发生振动，空气中的声波传到支架上，声波的传播属于（）。

A.声震B.音叉振动C.弹性波D.重力波答案：C6.一个发声体要想发出较低频率的声音，以下做法不正确的是（）。

A.振动频率减小B.发声体表面积增大C.发声体质量增大D.发声体弹性劲度增大答案：A7.将一个容器里的气体从0°C加热到200°C，根据理想气体状态方程P=ρRT，以下哪个量不变（）。

A.气体分子数量nB.气体的温度TC.气体的压强PD.气体的体积ρ答案：C8.在电路中加入电阻后，导体的电流与所加电压的关系为（）。

A.正比B.反比C.无关D.正反比是不确定的答案：A9.在下图所示的电路中，滑动变阻器Rx从0Ω开始逐渐增加，相应的电流I记录于下表。

则电动势E与电流I之间的关系图像最接近（）。

答案：D10.以下图中，眼睛所见到的图像是（）。

A.1物体“物”放大，“像”倒立B.1物体“物”放大，“像”正立C.2物体“物”缩小，“像”倒立D.2物体“物”缩小，“像”正立答案：A二、非选择题11.将一个单摆从最大摆角位置释放，经过3s后，振幅减为原值的1/2.则单摆周围挥动的周期T是多少？（）解析：由于振幅减小到原来的1/2，说明能量减小到原来的(1/2)^2=1/4。

2011届高考物理第一轮复习同步训练题421

贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习42：磁场一、选择题(本大题共12个小题，共60分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2008·广东高考)带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图1所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直于纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是()A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电D．粒子带正电解析：由于粒子的速度减小，所以轨道半径不断减小，所以A对B错；由左手定则得粒子应带负电，C对D错．答案：AC2．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图2所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导线中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：由安培定则可知，直线电流的磁场是以导线为圆心的同心圆，I1产生的磁场方向为逆时针方向，I2产生的磁场方向为顺时针方向，则I1在a点产生的磁场竖直向下，I2在a点产生的磁场竖直向上，在a点磁感应强度可能为零，此时需满足I2>I1；同理，在b点磁感应强度也可能为零，此时需满足I1>I2.I1在c点产生的磁场斜向左上方，I2在c点产生的磁场斜向右上方，则c点的磁感应强度不可能为零，同理，在d点的磁感应强度也不可能为零，故选项A、B正确．答案：AB3．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图3所示．它的核心部分是两个D 形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和α粒子(24He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有 ( )A ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大解析：由题意知m H m α＝34，q H q α＝12，回旋加速器交流电源的周期应与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等．由T ＝2πm Bq 可得T H T α＝32，故加速氚核的交流电源的周期较大，因为粒子最后直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，由R ＝m v Bq ＝2mE k qB可得氚核和α粒子的最大动能之比E kH E kα＝13，氚核获得的最大动能较小．故选项B 正确．答案：B4．如图4所示，一带电小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg解析：若没有磁场，则到达最低点绳子的张力为F ，则F －mg ＝m v 2l ①由能量守恒得：mgl (1－cos60°)＝12m v 2 ②联立①②得F ＝2mg .当有磁场存在时，由于洛伦兹力不做功，在最低点悬线张力为零，则F 洛＝2mg 当小球自右方摆到最低点时洛伦兹力大小不变，方向必向下可得F ′－F 洛－mg ＝m v 2l所以此时绳中的张力F ′＝4mg .C 项正确．答案：C5．如图5所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a ，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( ) A.3v 2aB，正电荷 B.v 2aB ，正电荷 C.3v 2aB ，负电荷 D.v 2aB，负电荷解析：从“粒子穿过y 轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如右图．根据几何关系有r ＋r sin30°＝a ，再结合半径表达式r ＝m v qB 可得q m ＝3v 2aB，故C 项正确．答案：C6．如图6所示，相距为d 的水平金属板M 、N 的左侧有一对竖直金属板P 、Q ，板P 上的小孔S 正对板Q上的小孔O ，M 、N 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在小孔S 处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当滑动变阻器的滑片在AB 的中点时，带负电粒子恰能在M 、N 间做直线运动，当滑动变阻器的滑片滑到A 点后 ( )A ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定不变B ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定增大C ．粒子在M 、N 间运动过程中，动能一定减小D ．以上说法都不对解析：当滑片向上滑动时，两个极板间的电压减小，粒子所受电场力减小，当滑到A 处时，偏转电场的电压为零，粒子进入此区域后做圆周运动．而加在PQ 间的电压始终没有变化，所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了．综上所述，A 项正确．答案：A7．如图7所示，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，不计重力，在a 点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd 运动，ab 、bc 、cd 都是半径为R 的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t .规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B 随x 变化的关系可能是图8中的 ( )图8解析：由左手定则可判断出磁感应强度B 在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里、向外，在三个区域中均运动14圆周，故t ＝T 4，由于T ＝2πm qB ，求得B ＝πm 2qt. 只有C 选项正确．答案：C8．(2010·黄冈模拟)如图9所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( ) A ．电子在磁场中运动的时间为πL v 0 B ．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v 0 C ．磁场区域的圆心坐标(3L 2，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L )解析：由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L ，故在磁场中运动的时间为t ＝ π3·2L v 0＝2πL 3v 0，A 错，B 正确；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L ，L 2)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(0，－L )，所以C 正确，D 错、误．答案：BC9．(2010·泰安模拟)如图10所示，为了科学研究的需要，常常将质子(11H)和α粒子(24He)等带电粒子储存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场(偏转磁场)中，磁感应强度为B .如果质子和α粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同(如图中虚线所示)，偏转磁场也相同，则质子和α粒子在圆环状空腔中运动的动能E H 和E α、运动的周期T H 和T α的大小关系是( ) A ．E H ＝E α，T H ≠T αB ．E H ＝E α，T H ＝T αC ．E H ≠E α，T H ≠T αD ．E H ≠E α，T H ＝T α解析：由m v 2R ＝q v B 可得：R ＝m v qB ＝2mE k qB ，T ＝2πm qB ，又因为m αq α∶m H q H＝1∶1， m αq α∶m H q H＝2∶1，故E H ＝E α，T H ≠T α.A 项正确．答案：A10．一电子以与磁场垂直的速度v 从P 处沿PQ 方向进入长为d 、宽为h 的匀强磁场区域，从N 点射出，如图11所示，若电子质量为m ，电荷量为e ，磁感应强度为B ，则( )A ．h ＝dB ．电子在磁场中运动的时间为d vC ．电子在磁场中运动的时间为PNvD ．洛伦兹力对电子做的功为Be v h解析：过P 点和N 点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时PN 的圆心O ，由勾股定理可得(R －h )2＋d 2＝R 2，整理知d ＝2Rh －h 2，而R ＝m v eB ，故d ＝2m v h eB－h 2，所以A 错误．由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t ＝PN v ，故B 错误，C 正确．又由于洛伦兹力和粒子运动的速度总垂直，对粒子永远也不做功，故D 错误．答案：C11.用一金属窄片折成一矩形框架水平放置，框架右边上有一极小开口．匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，如图12所示，框架以速度v 1向右匀速运动，一带电油滴质量为m ，电荷量为q ，以速度v 2从右边开口处水平向左射入，若油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，则 ( )A ．油滴带正电，且逆时针做匀速圆周运动B ．油滴带负电，且顺时针做匀速圆周运动C ．圆周运动的半径一定等于m v 1BqD ．油滴做圆周运动的周期等于2πv 1g 解析：金属框架在磁场中切割磁感线运动，由右手定则可知上板带正电，下板带负电．油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，说明油滴受的重力与电场力平衡，可判定油滴带负电．由左手定则可知，油滴沿顺时针方向做匀速圆周运动，A 错B 对；r ＝ m v 2qB，C 错；设框架宽为l ，F ＝Eq ＝ q Bl v 1l ＝qB v 1＝mg ，T ＝2πm qB ＝2πq ·q v 1g ＝2πv 1g，D 对．答案：BD12．带电粒子以速度v 沿CB 方向射入一横截面为正方形的区域．C 、B 均为该正方形两边的中点，如图13所示，不计粒子的重力．当区域内有竖直方向的匀强电场E 时，粒子从A 点飞出，所用时间为t 1；当区域内有垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场时，粒子也从A 点飞出，所用时间为t 2，下列说法正确的是( )A ．t 1<t 2B ．t 1>t 2 C.E B ＝45v D.E B ＝54v 解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速运动，而在匀强磁场中做匀速圆周运动，水平方向上做减速运动，所以t 2>t 1，A 项正确，B 项错；设正方形区域的边长为l ，则当加电场时，有l ＝v t 1和l 2＝qE 2mt 12，得E ＝m v 2ql .当加磁场时，根据几何关系，有(R －l 2)2＋l 2＝R 2，得R ＝54l ，再由R ＝m v qB 得B ＝4m v 5ql .所以E B ＝54v ，D 项对，C 项错．答案：AD二、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)如图14所示，回旋加速器D 形盒的半径为R ，用来加速质量为m 、电荷量为q 的质子，使质子由静止加速到能量为E 后，由A 孔射出，求：(1)加速器中匀强磁场B 的方向和大小；(2)设两D 形盒间距为d ，其间电压为U ，电场视为匀强电场，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需回旋周数；(3)加速到上述能量所需时间．解析：(1)带电粒子在磁场中做匀圆周运动，由Bq v ＝m v 2R 得，v ＝BqR m ，又E ＝12m v 2 ＝12m (BqR m )2，所以B ＝2mE Rq ，方向垂直于纸面向里．(2)带电粒子每经过一个周期被电场加速二次，能量增加2qU ，则：E ＝2qUn ，n ＝E 2qU. (3)可以忽略带电粒子在电场中运动的时间，又带电粒子在磁场中运行周期T ＝2πm Bq ，所以t 总＝nT ＝E 2qU ×2πm Bq ＝πmE q 2BU ＝πR 2mE 2qU. 答案：(1)2mE Rq 方向垂直于纸面向里(2)E 2qU (3)πR 2mE 2qU14．(10分)据报道，最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图15所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通电流后，炮弹会被磁场力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d ＝0.10 m ，导轨长 L ＝5.0 m ，炮弹质量m ＝0.30 kg.导轨上的电流I 的方向如图中箭头所示．可认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B ＝2.0 T ，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为 v ＝2.0×103 m/s ，求通过导轨的电流I .(忽略摩擦力与重力的影响)解析：当导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F ＝IdB ① 设炮弹加速度的大小为a ，则有F ＝ma ② 炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v 2＝2aL ③ 联立①②③式得I ＝12m v 2BdL代入题给数据得I ＝6.0×105 A.答案：6.0×105 A15．(10分)一质量为m 、电荷量为q 的带负电的带电粒子，从A 点射入宽度为d 、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 为该磁场的边界线，磁感线垂直于纸面向里，磁场区域足够长．如图16所示．带电粒子射入时的初速度与PQ 成45°角，且粒子恰好没有从MN 射出．(不计粒子所受重力)求：(1)该带电粒子的初速度v 0；(2)该带电粒子从PQ 边界射出的射出点到A 点的距离x .解析：(1)若初速度向右上方，设轨道半径为R 1，如图甲所示．则R 1＝(R 1－d )/cos45°，R 1＝(2＋2)d .又R 1＝m v 0qB ，解得v 0＝(2＋2)dqB m.若初速度向左上方，设轨道半径为R 2，如图乙所示．则(d －R 2)/cos45°＝R 2，R 2＝(2－2)d ，v 0＝(2－2)dqB m. (2)若初速度向右上方，设射出点C 到A 点的距离为x 1，则x 1＝2R 1＝2(2＋1)d .若初速度向左上方，设射出点到A 点的距离为x 2，则x 2＝2R 2＝2(2－1)d .答案：见解析16．(12分)(2009·江苏高考)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图17所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直， A 处粒子源产生的粒子，质量为m ，电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为 U .加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．图17(1)求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比；(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km . 解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1，速度为v 1qU ＝12m v 12q v 1B ＝m v 12r 1解得r 1＝1B 2mUq同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r 2＝1B 4mU q 则r 2∶r 1＝2∶1.(2)设粒子到出口处时被加速了n 圈2nqU ＝12m v 2 q v B ＝m v 2RT ＝2πm qBt ＝nT解得t ＝πBR 22U. (3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f ＝qB 2πm当磁感应强度为B m 时，加速电场的频率为f B m ＝qB m 2πm 粒子的动能E k ＝12m v 2 当f B m ≤f m 时，粒子的最大动能由B m 决定q v m B m ＝m v m 2R解得E km ＝q 2B m 2R 22m当f B m ≥f m 时，粒子的最大动能由f m 决定v m ＝2πf m R解得E km ＝2π2mf m 2R 2.答案：(1)2∶1 (2)πBR 22U (3)见解析。

2011届高考物理第一轮复习试题541

第54讲单元小结链接高考1.某同学设计了一个转向灯电路(如图所示)，其中L 为指示灯，L 1、L 2分别为左右转向灯，S 为单刀双掷开关，E 为电源.当S 置于位置1时，下列判断正确的是[2008年高考·重庆理综卷]( )A.L 的功率小于额定功率B.L 1亮，其功率等于额定功率C.L 2亮，其功率等于额定功率D.含L 支路的总功率较另一支路的大解析：本题考查电路分析的有关知识，为中等难度题目.由电路结构可知，当S 置于位置1时，L 与L 2串联后再与L 1并联，由灯泡的额定电压和额定功率可知，L 1和L 2的电阻相等.L 与L 2串联后的总电阻大于L 1的电阻，由于电源的电动势为6 V ，本身有电阻，所以L 1两端的电压和L 与L 2两端的总电压相等，且都小于6 V ，所以三只灯都没有正常发光，三只灯的实际功率都小于额定功率.含L 支路的总电阻大于含L 1支路的电阻，由于两条支路的电压相等，所以含L 支路的总功率小于另一支路的功率.答案：A2.电动势为E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成如图所示的电路.当滑动变阻器的触头由中点滑向b 端时，下列说法正确的是[2008年高考·广东物理卷]( )A.电压表和电流表的示数都增大B.电压表和电流表的示数都减小C.电压表的示数增大，电流表的示数减小D.电压表的示数减小，电流表的示数增大解析：当触头由中点移向b 端时，R ↑→R 总↑→I 总↓→U 内↓→U 外↑，故电压表的示数增大又I 总↓→UR 1↓→UR 2↑→I ↑，故电流表的示数增大，选项A 正确.答案：A3.如图所示，汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表的示数为10 A ，电动机启动时电流表的示数为58 A.若电源的电动势为12.5 V ，内阻为0.05 Ω，电流表的内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了[2007年高考·重庆理综卷]( )A.35.8 WB.43.2 WC.48.2 WD.76.8 W解析：电动机启动前车灯的功率为：P ＝(E －Ir )·I ＝(12.5－10×0.05)×10 W ＝120 W电动机启动时车灯两端的电压为：U ′＝(12.5－58×0.05) V ＝9.6 V 由P ＝U 2R 得： P ′P ＝U ′2U 2＝9.62122解得：P ′＝76.8 W故ΔP ＝P －P ′＝43.2 W.答案：B4.一个T 型电路如图所示，电路中的电阻R 1＝10 Ω，R 2＝120 Ω，R 3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V ，内阻忽略不计.则[2008年高考·宁夏理综卷]( )A.当cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是40 ΩB.当ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是40 ΩC.当ab 两端接通测试电源时， cd 两端的电压为80 VD.当cd 两端接通测试电源时， ab 两端的电压为80 V解析：当一端短路时，可将此短路端直接用导线相连.当cd 短路时，R 2与R 3并联后再与R 1串联，则有：R 总＝R 1＋11R 2＋1R 3＝40 Ω 同理，当ab 短路时有：R 总′＝R 2＋11R 1＋1R 3＝128 Ω 对于理想电压表，其内阻无穷大，故当电阻与电压表串联时，其分压可不计.当ab 接通测试电源时，R 1与R 3串联，cd 两端的电压等于R 3的分压，即有：U cd ＝U ·R 3R 1＋R 3＝80 V当cd 接通测试电源时，R 2与R 3串联，ab 两端的电压等于R 3的分压，即有：U ab ＝U ·R 3R 3＋R 2＝25 V故选项A 、C 正确.答案：AC5.图示为一正在测量中的多用电表表盘.(1)如果是用×10 Ω挡测量电阻，则示数为 Ω.(2)如果是用直流10 mA 挡测量电流，则示数为 mA.(3)如果是用直流5 V 挡测量电压，则示数为 V.[2008年高考·宁夏理综卷]解析：欧姆挡在最上面的一排数据读取，读数为6×10 Ω＝60 Ω；电流挡测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18 mA ；同样直流电压挡测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1 V ＝3.59 V .答案：(1)60 (2)7.18 (3)3.596.1 V ，内阻为1000 Ω，现将一阻值在5000～7000 Ω之间的固定电阻R 1与此电压表串联，以扩大电压表的量程.为求得扩大后量程的准确值，再给定一直流电源(电动势E 为6～7 V ，内阻可忽略不计)，一阻值R 2＝2000 Ω的固定电阻，两个单刀开关S 1、S 2及若干导线.(1)为达到上述目的，将题图连成一个完整的实验电路图.(2)连线完成以后，当S 1和S 2均闭合时，电压表的示数为0.90 V ，当S 1闭合，S 2断开时，电压表的示数为0.70 V ，由此可以计算出改装后电压表的量程为 V ，电源电动势为 V.[2008年高考·全国理综卷Ⅰ]解析：解决本题的关键在于准确测出R 1的阻值，而本题并未按常规给出电压表、电流表或电阻箱等，而是给了一定值电阻R 2及与之并联的单刀开关S 2，故应通过S 2的通和断引起电压表示数的变化，并利用串联电路的分压关系加以分析.(1)电路连接如图乙所示.(2)由串联分压关系U V E ＝R V R 总得：S 1与S 2闭合时，有：0.9E ＝1000R 1＋1000S 1闭合、S 2断开时，有： 0.7E ＝1000R 1＋1000＋2000联立解得：E ＝6.3 V ，R 1＝6000 Ω电压表改装后其允许通过的最大电流不变，即有：I m ＝U m R 0＝U m ′R 0＋R 1解得：U m ′＝7 V ，即改装后电压表的量程为7 V.答案：(1)如图乙所示 (2)7 6.37.某研究性学习小组利用图甲所示的电路测量电池组的电动势E 和内阻r .根据实验数据绘出如图乙所示的R －1I图象，其中R 为电阻箱读数，I 为电流表读数，由此可以得到E ＝ V ，r ＝ Ω.[2006年高考·天津理综卷]甲乙解析：根据闭合电路的欧姆定律I ＝E R ＋r，有：R ＝E ·1I －r ，所以图乙所示的R －1I 关系图线中的斜率表示E ，纵截距的绝对值表示r ，由图中数值可得：E ＝8.0－5.03.0－2.0V ＝3 V ，r ＝1 Ω .答案：3 18.要描绘某电学元件(最大电流不超过6 mA ，最大电压不超过7 V)的伏安特性曲线，设计电路如图甲所示.图中定值电阻R 为1 kΩ，用于限流；电流表10 mA ，内阻约为 5 Ω；电压表(未画出)的量程为10 V ，内阻约为10 kΩ；电源的电动势E 为12 V ，内阻不计.(1)实验时有两个滑动变阻器可供选择：a.阻值0～200 Ω，额定电流0.3 Ab.阻值0～20 Ω，额定电流0.5 A本实验应选用的滑动变阻器是 .(填“a ”或“b ”)与之间的②根据以上数据，在图乙中画出该元件的伏安特性曲线.(3)在图丙中画出待测元件两端的电压U M O 随M 、N 间电压U MN 变化的示意图.(无需数值)[2007年高考·江苏物理卷]解析：(1)本实验中的滑动变阻器采用分压式接法，而采用此接法的滑动变阻器要求在满足安全的情况下，阻值越小越好.滑动变阻器b 尽管总阻值小，但不满足做实验的安全原则(由于E R ＝1220A ＝0.6 A ＞I 额＝0.5 A).故应选用的滑动变阻器是a. (2)①由表中数据可知，当待测元件两端加上U 4＝6.16 V 、U 10＝6.40 V 的电压时，其电阻分别为：R 4＝U 4I 4＝ 6.160.06×10－3 Ω＝1.03×105 Ω R 10＝U 10I 10＝ 6.405.50×10－3 Ω＝1.16×103 Ω 由于待测元件的电阻远大于电流表的内阻，故在将电流表、电压表接入电路时采用电流表内接法，即将电压表并联在M 与P 之间.答案：(1)a (2)①P ②如图丁所示(3)如图戊所示丁9.某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性.现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定．．．．)、电压表，待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等. (1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图甲所示的实物图上连线.甲乙 (2)实验的主要步骤：①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，，，断开开关；③重复第②步操作若干次，测得多组数据.(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图乙所示的R －t 关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R －t 关系式：R ＝＋ t (Ω)(保留三位有效数字).[2008年高考·广东物理卷]答案：(1)如图丙所示(2)记录电压表的电压值温度计数值(3)100 0.400丙10.关系.图中E 为直流电源，S 为开关，S 1R 为滑动变阻器，R x 为待测稀盐水溶液液柱.(1)实验时，闭合S 之前将R 的滑片P 置于 (填“C ”或“D ”)端；当用电流表外接法测量R x 的阻值时，S 1应置于位置 (填“1”或“2”).乙(2)在一定条件下，用电流表内外接法得到R x 的电阻率随浓度变化的两条曲线如图乙所示(不计由于通电导致的化学变化).实验中R x 的通电面积为20 cm 2，长度为20 cm ，用内接法测得R x 的阻值是3500 Ω，则其电阻率为 Ω·m ，由图中对应曲线 (填“1”或“2”)可得此时溶液浓度约为 %(结果保留2位有效数字).[2008年高考·重庆理综卷]解析：(1)为了安全，应使待测电路接通时分得的电压最小，故在闭合S 之前应将R 的滑片P 置于D 端；当用电流表外接法测R x 的阻值时，S 1应置于位置1.(2)由R ＝ρL S 得ρ＝RS L，代入数据得ρ＝35 Ω·m ，当溶液的浓度低时，液体的电阻很大，此时应选用电流表内接法；当溶液的浓度趋近于零时，其电阻应趋近于无穷大，故y 轴应为曲线的渐近线，即图中对应曲线应为曲线1，由图可知此时溶液的浓度为0.013%.答案：(1)D 1 (2)35 1 0.011～0.014之间均对11.风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源.风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等，如图所示.(1)利用总电阻R ＝10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能，输送功率P 0＝300 kW ，输电电压U ＝10 kV ，求导线上损失的功率与输送功率的比值.(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积.设空气密度为ρ，气流速度为v ，风轮机叶片长度为r ，求单位时间内流向风轮机的最大风能P m .在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施.(3)已知风力发电机的输出电功率P 与P m 成正比.某风力发电机在风速v 1＝9 m/s 时能够输出电功率P 1＝540 kW.我国某地区风速不低于v 2＝6 m/s 的时间每年约为5000小时，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时.解析：(1) 导线上损失的功率为：P ＝I 2R ＝(P 0U )2R ＝(300×10310×103)2×10 W ＝9 kW 损失的功率与输送功率的比值P P 0＝9×103300×103＝0.03. (2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为ρvS ，其中S ＝πr 2风能的最大功率可表示为：P 风＝12(ρvS )v 2＝12ρv πr 2v 2＝12πρr 2v 3 采取措施合理即可，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等.(3)根据题意，风力发电机的输出功率为：P 2＝(v 2v 1)3·P 1＝(69)3×540 kW ＝160 kW 最小年发电量约为：W ＝P 2t ＝160×5000 kW·h ＝8×105 kW·h.答案：(1)0.03 (2)12πρr 2v 3 (3)8×105 kW·h。

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1.【运动的分解】质点仅在恒力F 的作用下，由O 点运动到A 点的轨迹如图所示，在A 点时
速度的方向与x 轴平行，则恒力F 的方向可能沿( D )
A ．x 轴正方向
B ．x 轴负方向
C ．y 轴正方向
D ．y 轴负方向
2．【双选】如图所示，三个小球从水平地面上方同一点O 分别以初速度v 1、v 2、v 3水平抛出，
落在地面上的位置分别是A 、B 、C ，O ′是O 在地面上的射影点，且O ′A :AB :BC =1:3:5．若不
计空气阻力，则（ AB ） (A) v 1:v 2:v 3=1:4:9
(B) 三个小球下落的时间相同
(C) 三个小球落地的速度相同 (D) 三个小球落地的动能相同
3.【理解平抛运动的运动特点及受力特点、含带电粒子在匀强电场中的类平抛运动】
【双选】质量为m 的物体，在F 1、F 2、F 3三个共点力作用下做匀速直线运动，保持F 1、F 2
不变，仅将F 3的方向改变90º（大小不变）后，物体不可能做（ AD ）
A 、匀速直线运动
B 、匀加速直线运动
C 、匀变速曲线运动
D 、匀速圆周运动
4.在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空
气阻力.要使两球在空中相遇，则必须（ C ）
A ．甲先抛出A 球
B ．先抛出B 球
C ．同时抛出两球
D ．使两球质量相等
5.如图所示，足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜
面上所用的时间为t 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上所用时间为t 2，则t 1 : t 2
为：( B )
A ．1 : 1
B ．1 : 2
C ．1 : 3
D ．1 : 4
◎.图为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分.图中背景方格的边长均为2.5厘米，如果取重
力加速度g=10米/秒2，那么：
(1)照片的闪光频率为________Hz. .
(2)小球做平抛运动的初速度的大小为_______m/s
答案：(1)10 (2)0.75
6.如图所示，一质点沿螺旋线自外向内运动，已知其走过的弧长s 与运动时间t 成正比，关
于该质点的运动，下列说法正确的是（ A ）
A ．小球运动的线速度越来越小
B ．小球运动的加速度越来越小
C ．小球运动的角速度越来越小
D ．小球所受的合外力越来越小
∙∙a b 自转轴南极北极显示玻璃瓶形变
显示桌面形变测定引力常 7．由于地球自转，地球表面处的物体都随地球一起作匀速圆周运动，将地球视为圆球体，如图所示，比较a 、b 处物体的运动，下列说法正确的是（ C ）
A ． a 、b 两处物体的线速度不同，且v a ＞v b
B ． a 、b 两处物体的角速度不同，且ωa ＜ωb
C ． a 、b 两处物体的角速度相同
D ． a 、b 两处物体绕自转轴的向心加速度相同
8．【弄清作匀速圆周运动物体向心力的来源、含带电粒子在磁场中的运动】如图所示是一个玩具陀螺，a 、b 和c 是陀螺表面上的三个点. 当陀螺绕垂
直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是……（ D ）（A ）a 、b 和c 三点的线速度大小相等
（B ）a 、b 两点的线速度始终相同（C ）a 、b 两点的角速度比c 的大
（D ）a 、b 两点的加速度比c 点的大
9.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。

如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机
左侧的路面比右侧的路面低一些。

汽车的运动可看作是做半径为R 的圆周运动。

设内外路面
高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L 。

已知重力加速度为g 。

要使车轮与路面
之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于 ( B )
A ．L gRh
B ．d gRh
C ．h gRL
D ．h gRd
10、m 为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点），A 为终端皮带轮，如图所示，已知
皮带轮半径为r ，传送带与皮带轮间不会打滑。

当m 可被水平抛出时，A 轮每秒转动圈数最少
是（ A ）
A ．r g π21
B ．r g
C ．gr
D ．gr π21
11．以下是力学中的三个实验装置，由图可知这三个实验共同的物理思想方法是（ B ）
（A ）极限的思想方法（B ）放大的思想方法
（C ）控制变量的方法（D ）猜想的思想方法
12．天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和
运行周期. 由此可推算出（ C ）
（A ）行星的质量（B ）行星的半径（C ）恒星的质量（D ）恒星的半径
h
13．火星的质量和半径约为地球质量和半径的1/10和1/2，地球表面的重力加速度为g ，则火星表面的重力加速度为（）
（A ）0.2g （B ）0.4g （C ）2.5g （D ）5g
14.设地球的半径为R 0，质量为m 的卫星在距地面R 0高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g 0，则以下说法错误的是（ C ）
A.卫星的线速度为
220
0R g ； B.卫星的角速度为008R g ； C.卫星的加速度为
20g ； D.卫星的周期0082g R π；
附：万有引力定律问题
解题基本思路：仍是根据力学规律来解题，物体“受几个力，做什么运动？仍是解决问题的基础。

【不进入思维定势】
●三颗人造地球卫星A 、B 、C 绕地球作匀速圆周运动，如图所示，已知M A =M B <M C ，则对于三个卫星，错误的是( C )
A. 运行线速度关系为 C B A υ
υυ=> B. 运行周期关系为 T A <T B =T C
C. 向心力大小关系为 F A = F B < F C
D. 半径与周期关系为232323C C B B A A T R T R T R ==
一、卫星问题
例1、【单星问题】
1、受力特点： 2
满足规律：
常用表达式：
● 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的。

已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为（ B ）
A. 0.19
B. 0.44
C. 2.3
D. 5.2
例2、【双星问题--分析受力，作什么运动仍是解题切入点？注意r 的不同含义】
●我们的银河系的恒星中大约四分之—是双星。

某双星由质量不等的黑体S 1和S 2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者的连线上某—定点C 做匀速圆周运动。

由天文观察测得其运动周期为T,S 1到C 点的距离为r 1，S 1和S 2的距离为r ，已知引力常量为G ，由此可求出S 2的质量为（）
A ．2122)(4GT r r r -π
B ．23
124GT r π C ．2324GT r π D ．21224GT r r π
2
02222gt h x v t x v =------=------=--分分
分二、星球表面随星球自转的物体
通常研究赤道上物体的自转 a=0.034m/s 2
三、常见题型
1、第一宇宙速度、环绕速度与发射速度
2、注意重力、万有引力、向心力相等的相关说法
3、变轨问题：如 ① 由于f 问题r 逐渐减小、② 开动推进器进入高轨道
4、火星上平抛、做圆周运动
5、求已知低空环绕天体的运行周期可以求中心天体密度
6、地球表面重力加速度问题---黄金代换
7、同步卫星问题
●一次扑灭森林火灾的行动中，一架专用直升飞机载有足量的水悬停在火场上空320 m 高处，机身可绕旋翼的轴原地旋转，机身下出水管可以从水平方向到竖直向下方向旋转90°，水流喷
出速度为30 m/s ，不计空气阻力，取g =10 m/s 2.请估算能扑灭地面上火灾的面积．（计算结果
保留两位有效数字）
解析：已知h =300 m,v 0=30 m/s ，当水流沿水平方向射出时，在水平地面上落点最远，由平抛规律：由于水管可在竖直方向和水平方向旋转，所以灭火面积是半径为x 的圆面积
X =240m- S =πx 2------- S =3.14×2402m 2=1.8×105m 2.。