【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分电学综合检测

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优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习特色专题训练电学选择题巧练(二)

电学选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)一、单项选择题1.如图所示，电路中的A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C 是电容很大的电容器．当开关S 断开与闭合时，A 、B 灯泡发光情况是( )A ．S 刚闭合后，A 灯亮一下又逐渐变暗，B 灯逐渐变亮 B ．S 刚闭合后，B 灯亮一下又逐渐变暗，A 灯逐渐变亮C ．S 闭合足够长时间后，A 灯泡和B 灯泡一样亮D ．S 闭合足够长时间后再断开，B 灯立即熄灭，A 灯逐渐熄灭2.如图所示电路中，R 为一滑动变阻器，P 为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是( )A ．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B ．灯泡L 2一定逐渐变暗C ．电源效率一定逐渐减小D ．R 上消耗功率一定逐渐变小3．如图，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mgUdC ．电容器的电容为kmgdU2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动4.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于水平桌面上固定，管内有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球(可视为质点)，沿着管道有逆时针方向的电场，场强大小均为E ，圆管内径可忽略，半径为R ，将小球自图中A 点由静止释放，经时间t 小球第一次回到A 点，其动能为E k1，再经过时间t 小球的动能为E k2，则E k1∶E k2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4 二、不定项选择题5.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．b 粒子动能较大C ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D ．a 粒子在磁场中运动时间较长 6．(2015·浙江六校联考)如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O 点，另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v ，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法中正确的是( )A ．O 、B 间的距离为kQqμmgB ．在点电荷甲产生的电场中，B 点的场强大小为μmgqC ．点电荷乙在A 点的电势能小于在B 点的电势能D ．在点电荷甲产生的电场中，A 、B 间的电势差U AB ＝m v 2－m v 202q7.如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器为范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．极板M 比极板N 电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷电学选择题巧练(二)1．解析：选A.S 刚闭合后，线圈L 中的电流逐渐增大，A 灯立刻变亮，随着线圈L 中电流的增大，A 灯被短路，A 灯逐渐变暗直到熄灭；S 刚闭合后，先给电容器充电，B 灯逐渐变亮；S 断开后，电容器放电，B 灯逐渐熄灭；综上所述，选项A 正确．2．解析：选D.滑动变阻器滑片P 向下滑动，R ↓→R 并↓→R 外↓，由闭合电路欧姆定律I ＝Er ＋R 外推得I ↑，由电源内电路消耗功率P 内＝I 2r 可得P 内↑，A 正确．U 外↓＝E －I ↑r ，U 1↑＝(I ↑－I L1↓)R 1，U L2↓＝U 外↓－U 1↑，P L2↓＝U 2L2↓R L2，故灯泡L 2变暗，B 正确．电源效率η↓＝I 2R 外I 2（R 外＋r ）＝R 外R 外＋r＝11＋r R 外↓，故C 正确．R 上消耗的功率P R ＝U 2L2↓R ↓，P R 增大还是减小不确定，故D 错误．3．解析：选C.带电油滴静止在两板间，重力与电场力等大、反向，电场力方向竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgdU ，B 项错；由题意知，电容器带电量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU 2，C 项对；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Ud q ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D 项错．4．解析：选D.根据题意，小球受到沿轨迹切线方向的电场力大小始终为qE ，设小球沿轨迹切线方向的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，小球第一个时间t 内的路程为x 1＝12at 2，由动能定理有qEx 1＝E k1－0，小球在前2t 时间内的路程为x 2＝12a (2t )2，由动能定理有qEx 2＝E k2－0，联立解得E k1∶E k2＝1∶4，选项D 正确．5．解析：选BD.由左手定则可知，a 粒子带负电、b 粒子带正电，A 项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a 粒子轨迹半径小于b 粒子轨迹半径，由半径公式R ＝mvqB可知，a 粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b 粒子动能较大，B 项对；由洛伦兹力F 洛＝qvB 可知，b 粒子受洛伦兹力较大，C 项错；由周期公式T ＝2πmqB 可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，由于粒子轨迹所对圆心角θ等于其偏向角，故a 粒子的轨迹所对圆心角较大，故a 粒子在磁场中运动时间较长，D 项对．6．解析：选AB.因在B 点速度最小，有F 库＝kQqr2＝μmg ，解得r ＝kQqμmg，故A 正确．由点电荷场强公式可得B 点场强大小E ＝k Q r 2＝μmgq ，故B 正确．两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以其电势能减小，故C 错误．乙电荷从A 运动到B 的过程中，据动能定理有W －μmgL 0＝12mv 2－12mv 20，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为W ＝qU AB ，解得U AB ＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 2q，故D 错误．7．解析：选AD.带电粒子要打到胶片Q 点上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M 比极板N 电势高，A 正确；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即qE ＝m v 2R ，再根据Uq ＝12mv 2，可知U＝12ER ，B 错误；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ ＝2mv Bq ＝2qERmBq ，C 错误；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据qvB ＝m v 2r 和Uq ＝12mv 2可知，r ＝1B2Umq，即这群粒子的比荷相同，D 正确．。

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(A)

力电综合检测(A)一、单项选择题1．(2015·温州高三测试)如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a 处，则下列说法正确的是()A ．在a 点碗对蚂蚁的支持力大于在b 点的支持力B ．在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力C ．在a 点碗对蚂蚁的作用力大于在b 点的作用力D ．在a 点蚂蚁受到的合力大于在b 点受到的合力解析：选B.由题意知，蚂蚁在半球形碗内爬行过程中受到竖直向下的重力、碗的支持力和摩擦力，设支持力方向与竖直方向的夹角为θ，蚂蚁的质量为m ，因蚂蚁缓慢爬行，则由力的平衡条件知蚂蚁受到的支持力和摩擦力分别为F N ＝mg cos θ、F f ＝mg sin θ，由于θa >θb ，因此F N a <F N b ，F f a >F f b ，即在a 点碗对蚂蚁的支持力小于在b 点的支持力，在a 点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b 点的摩擦力，故选项A 错误，B 正确；碗对蚂蚁的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力大小相等，方向相反，即在a 点碗对蚂蚁的作用力等于在b 点的作用力，在a 点蚂蚁受到的合力等于在b 点受到的合力，皆为0，故选项C 、D 错误．2.如图所示，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点，则下列说法错误的是(重力加速度为g )()A ．可求M 、N 之间的距离B ．可求小球落到N 点时速度的大小和方向C ．可求小球到达N 点时的动能D ．可以断定，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大解析：选C.设小球从抛出到落到N 点经历时间t ，则有tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，t ＝2v 0tan θg ，因此可求出d MN ＝v 0tcos θ＝2v 20tan θg cos θ，v N ＝（gt ）2＋v 20，方向：tan α＝gt v 0，故A 、B 项正确；但因小球的质量未知，因此小球在N 点的动能不能求出，C 项错误；当小球速度方向与斜面平行时，小球垂直斜面方向的速度为零，此时小球与斜面间的距离最大，D 项正确．3.如图所示，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电阻不计的线圈L 与内阻不计的电源连接，下列判断正确的是()A ．K 闭合的瞬间，b 、c 两灯亮度不同B ．K 闭合足够长时间以后，b 、c 两灯亮度相同C ．K 断开的瞬间，a 、c 两灯立即熄灭D ．K 断开之后，b 灯突然闪亮以后再逐渐变暗解析：选D.K 闭合的瞬间，L 上发生自感现象，对电流的阻碍很大，此时b 与c 串联，再与a 并联，故P b ＝P c ＜P a ，b 、c 亮度相同，且a 最亮，选项A 错误；K 闭合足够长时间以后，b 熄灭，所以选项B 错误；K 断开的瞬间，L 因发生自感，产生E 感，此时，电路连接如图所示，故选项D 正确，C 错误．4．光滑水平轨道abc 、ade 在a 端很接近但是不相连，bc 段与de 段平行，尺寸如图所示．轨道之间存在磁感应强度为B 的匀强磁场．初始时质量为m 的杆放置在b 、d 两点上，除电阻R 外，杆和轨道电阻均不计．用水平外力将杆以初速度v 0向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，在杆向左运动位移L 内，下列说法正确的是( )A ．杆向左做匀加速运动B ．杆向左运动位移L 的时间为Δt ＝3L4v 0C ．杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝2B 2L 3v 03RD ．杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝32mv 2解析：选B.因为电流不变，所以E ＝ΔΦΔt ＝BLv 0是一定值，Δt ＝ΔΦBLv 0＝3L4v 0，而速度是不断增大的，但不是匀加速，所以A 错误，B 正确；杆向左运动位移L 的时间内电阻产生的焦耳热为Q ＝I 2R Δt ，解得Q ＝3B 2L 3v 04R，即C 错误；杆向左运动位移L 的时间内水平外力做的功为W ＝12m (2v 0)2－12mv 20＋Q ＝3B 2L 3v 04R ＋32mv 20，所以D 错误．二、不定项选择题5.(2015·贵州省七校联考)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m 的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β(β≠α)保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F 1、F 2，下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2大小不相等B．F1、F2方向相同C．小车加速度大小为g tan αD．小车加速度大小为g tan β解析：选BD.两球受重力和拉力作用，其中重力相同，由加速度相同可知两球所受合外力相同，由平行四边形定则可知，拉力相同，A项错误，B项正确；因为绳对小球拉力沿绳收缩方向，合力水平向右，由平行四边形定则可知mg tan β＝ma，即a＝g tan β，C项错误，D项正确．6．如图所示，圆环套在水平棒上可以滑动，轻绳OA的A端与圆环(重力不计)相连，O 端与质量m＝1 kg的重物相连；定滑轮固定在B处，跨过定滑轮的轻绳，两端分别与重物m、重物G相连，当两条细绳间的夹角φ＝90°，OA与水平杆的夹角θ＝53°时圆环恰好没有滑动，不计滑轮大小，整个系统处于静止状态，已知sin 53°＝0.8；cos 53°＝0.6，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．则下列说法正确的是( )A．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.75B．棒对环的支持力为1.6 NC．重物G的质量M＝0.6 kgD．圆环与棒间的动摩擦因数μ＝0.6解析：选AC.因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F f＝μF N.对环进行受力分析，则有：μF N－F T cos θ＝0，F N－F T sin θ＝0，F T＝F′T＝mg sin θ，代入数据解得：μ＝cot θ＝34，F N＝6.4 N，A正确，B、D错误；对重物m：Mg＝mg cos θ，得：M＝m cos θ＝0.6 kg，C正确．7.如图所示是A、B两物体从同一点出发的x－t图象，由图象可知，下列说法正确的是( )A．0～t1时间内A物体的速度大于B物体的速度B．t2时刻A、B两物体相遇C．0～t2时间内A的平均速度大于B的平均速度D．在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远解析：选ABD.位移图象的斜率代表速度，A正确；t2时刻两物体运动的位移相同，所以0～t2时间内平均速度相同，B正确，C错误；在0～t2时间内，t1时刻A、B两物体相距最远，D正确．8.将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能E k随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.根据图象信息，可以确定的物理量是( )A ．小球的质量B ．小球的初速度C ．最初2 s 内重力对小球做功的平均功率D ．小球抛出时的高度解析：选ABC.根据图象可以知道小球在2 s 内动能由E k0＝5 J 增加到E k ＝30 J ，因为小球做平抛运动，2 s 内下落的高度h ＝12gt 2＝20 m ，小球在2 s 时间内由动能定理有：mgh＝E k －E k0，所以：m ＝E k －E k0gh＝0.125 kg ，A 正确；由P －G ＝mg v －可以得出最初2 s 内重力对小球做功的平均功率P －G ＝12.5 W ，C 正确；据E k0＝12mv 20可得v 0＝4 5 m/s ，B 正确；因为小球抛出的总时间未知，故不能确定小球抛出时的高度，D 错误．9.在xOy 平面内有一匀强电场，场强为E ，方向未知，电场线跟x 轴的负方向夹角为θ，电子在坐标平面xOy 内，从原点O 以大小为v 0、方向沿x 正方向的初速度射入电场，最后打在y 轴上的M 点，如图所示．(已知电子的质量为m ，电荷量为e ，重力不计)则( )A ．O 点电势低于M 点电势B ．运动过程中电子在M 点电势能最多C ．运动过程中，电子的电势能先减少后增加D ．电场力对电子先做负功，后做正功解析：选AD.由电子的运动轨迹知，电子受到的电场力方向斜向上，故电场方向斜向下，M 点电势高于O 点，A 正确；电子在M 点电势能最少，B 错误；运动过程中，电子先克服电场力做功，后电场力对电子做正功，故C 错误，D 正确．10.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )解析：选BD.由左手定则可知，金属棒所受安培力垂直纸面向里，随着电流增大，安培力增大，滑动摩擦力增大，金属棒开始做加速度逐渐减小的加速运动，后来做加速度逐渐增大的减速运动．安培力F 安＝BIL ＝BLkt ，金属棒所受合外力F 合＝mg －μF 安＝mg －μBLkt ，加速度a ＝g －μBLktm，选项B 、D 正确．三、非选择题11．全国多地雾霾频发，且有愈演愈烈的趋势，空气质量问题备受关注．在雾霾天气下，能见度下降，机动车行驶速度降低，道路通行效率下降，对城市快速路、桥梁和高速公路的影响很大．如果路上能见度小于200 m ，应开启机动车的大灯、雾灯、应急灯，将车速控制在60 km/h 以下，并与同道前车保持50 m 的车距；当能见度小于100 m 时，应将车速控制在40 km/h 以下，并与同道前车保持100 m 的车距．已知汽车保持匀速正常行驶时受到地面的阻力为车重的0.1，刹车时受到地面的阻力为车重的0.5，重力加速度为g ＝10 m/s 2，则：(1)若汽车在雾霾天行驶的速度为v ＝36 km/h ，则刹车后经过多长时间才会停下来？ (2)若前车因故障停在车道上，当质量为m 0＝1 500 kg 的后车距已经停止的前车为x ＝90 m 时紧急刹车，刚好不与前车相撞，则后车正常行驶时的功率为多大？解析：(1)汽车行驶的初速度：v ＝36 km/h ＝10 m/s 汽车刹车后的阻力：F f2＝0.5mg故刹车后的加速度：a 2＝F f2m＝5 m/s 2刹车时间：t ＝v a 2＝2 s.(2)由匀变速直线运动规律可知汽车刹车时的初速度：v 0＝2a 2x ＝30 m/s 刹车前汽车所受的牵引力：F 牵＝F f1＝0.1m 0g所以后车正常行驶时的功率为：P ＝F 牵v 0＝4.5×104W.答案：(1)2 s (2)4.5×104W12.如图所示，在光滑水平面上，存在着垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O 、M 、P 、Q 为磁场边界和x 轴的交点，OM ＝MP ＝L .一质量为m 、带电荷量为＋q 的带电小球，从原点O 处，以速度大小为v 0，与x 轴正向成45°射入区域Ⅰ，又从M 点射出区域Ⅰ(粒子的重力忽略不计)．(1)求区域Ⅰ的磁感应强度大小；(2)若带电小球能再次回到原点O ，则匀强磁场Ⅱ的宽度需满足什么条件？小球两次经过原点O 的时间间隔为多少？解析：(1)小球进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R 1＝22L 由R 1＝mv 0qB解得B ＝2mv 0qL.(2)运动轨迹如图，在区域Ⅱ做匀速圆周运动的半径为：R 2＝2L 由几何知识得d ≥(2＋1)L带电小球第一次在磁场Ⅰ中运动时间t 1＝14×2π2L 2v 0＝2πL4v 0带电小球第一次在空白区域运动时间t 2＝2Lv 0带电小球在磁场Ⅱ中运动时间 t 3＝34×2π2L v 0＝32πL2v 0小球两次经过原点O 的时间间隔为t 总＝2(t 1＋t 2)＋t 3＝22（π＋1）Lv 0.答案：见解析13．如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v ； (2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .解析：(1)导体棒匀速下滑时， Mg sin θ＝BIl ①I ＝Mg sin θBl②设导体棒产生的感应电动势为E 0 E 0＝Blv ③由闭合电路欧姆定律得I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得 v ＝2MgR sin θB 2l 2.⑤(2)改变R x ，待棒再次匀速下滑后，由②式可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为EU ＝IR x ⑥ E ＝U d ⑦ mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBldqM sin θ.答案：(1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldqM sin θ。

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题五物理实验第1讲力学实验课件

忽大忽小
减小方法
更新仪器、完善实验原理画图象或取平均值
偶然误差 2.有效数字
从数字左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效数字．
二、测量性实验 1．包括：用游标卡尺和螺旋测微器测量长度，练习使用打点
计时器．
2．(1)游标卡尺的读数方法：测量值＝主尺读数(mm)＋精度× 游标尺上对齐刻线数值(mm)． (2)螺旋测微器的读数方法：测量值＝固定刻度＋可动刻度×0.01 mm＋估读值．注意要估读到 0.001 mm. Δx (3)用纸带求加速度的方法：利用 a＝ 2 求解：在已经判断出 T 物体做匀变速直线运动的情况下可利用Δ x＝xn＋1－xn＝aT2 求加速度 a.
B (1)根据图上所得的数据，应取图中 O 点到 ________ 点来验证机械能守恒定律较为简便；
(2)从 O 点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量 Δ Ep＝ 1.88 1.84 ________J ，动能增加量Δ Ek＝________J ； (结果取三位有效数字) (3)若测出纸带上所有各点到 O 点之间的距离，根据纸带算出各 v2 点的速度 v 及重物下落的高度 h，则以为纵轴、以 h 为横轴画 2 A 出的图象是下图中的 ________ ．
迁移到新的背景中，以完成新的实验要求的设计性实验，将逐
步取代对原教材中实验的考查. 3.实验题类型近年高考通常为“一力一电”模式.
专题五
物理实验
备考对策 1.重点关注游标卡尺、螺旋测微器、多用电表、电阻箱等的
读数，电表量程、滑动变阻器及实验电路的选取等.
2.“源于课本，不拘泥于课本”一直是高考实验题命题的理念，所以熟悉课本实验、抓住实验的灵魂——原理，是我们复习的重中之重. 3.知识创新型实验．例如设计型、开放型、探讨型实验等都

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题五物理实验第2讲电学实验课件

[方法技巧] (1)器材选择的三个主要原则：安全性(量程不能太小)、准确性 (量程不能太大)、方便性(滑动变阻器要方便调节)． (2)选择电流表内外接法的口诀：“好表要内接”(因为：越接近理想电流表，其分压的影响越小)或“内大外小”(内接法测大电阻，外接法测小电阻)；选择滑动变阻器接法口诀： “以小控大用分压”(变阻器阻值小于待测电阻)． (3)电表有时可反常规使用：已知内阻的电压表可当电流表使用，已知内阻的电流表可当电压表使用． (4)定值电阻的常见用途：保护电路、与电流表串联改装为电压表、与电流表并联扩程．
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V．从测量数 12.0 Ω. 据可知，电压表的内阻为________k
(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、
一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图丁所示.根
2.控制电路的选择从节能的角度考虑，优先选用限流式．以下情况考虑分压式： (1)要求待测电路的 U、I 从 0 变化； (2)R 滑≪Rx； (3)选用限流式时，Ux、Ix 过大(超过电表量程，烧坏电表、电 1 源或用电器等)或 Ux、I x 过小(最大值不超过电表量程的，读 3 数误差大)．
连接．
(3)当滑动变阻器阻值为零时，多用电表测量的阻值为 ________________． (4)多用电表测电阻的原理是____________________．
[解析] (1)欧姆表调零：将红表笔和黑表笔短接，使指针指电阻 0 刻度． (2) 多用电表欧姆挡测电压表的内阻应使电流从电压表的 “＋”接线柱流入、“－”接线柱流出，而黑表笔连接多用电表内电池的正极，所以多用电表的红表笔和“－”端相连，黑表笔连接“＋”端． (3)多用电表和电压表的读数分别为 15.0 kΩ 和 3.60 V. (4)由图甲可知多用电表欧姆“×1 k”挡直接测量电压表的内阻 RV，所以 RV＝12.0 kΩ .

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动综合检测

专题一综合检测一、单项选择题1．(2015·嘉兴摸底)如图所示，倾角为30°、重为80 N 的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面上，杆的另一端固定一个重为2 N 的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是( )A ．斜面体有向左运动的趋势B ．地面对斜面体的支持力为80 NC ．小球对弹性轻杆的作用力为2 N ，方向竖直向下D ．弹性轻杆对小球的作用力为2 N ，方向垂直斜面向上解析：选C.由整体法和平衡条件可知，A 、B 错；对小球由平衡条件知，小球受到的弹力大小为2 N ，方向竖直向上，D 错；由牛顿第三定律知C 对．2．(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 2ght ＋mg B.m 2ght －mg C.m ght＋mg D.m ght－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 2ght＋mg . 3.(2015·高考重庆卷)若货物随升降机运动的v －t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：选B.根据v －t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．4.如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E ，从倾角为θ的足够长的斜面上的A 点先后将同一带电小球(质量为m ，所带电荷量为q )以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v 1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v 2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v 1＞v 2，则( )A ．α1＞α2B ．α1＝α2C ．α1＜α2D ．无法确定解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β的正切值的2倍”，即“tan α＝2tan β”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.5.(2015·上海市徐汇区二模)如图，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )A.3gR 2 B.33gR2 C. 3gR 2D.3gR 3解析：选B.到达B 点时，平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60° 设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有tan 60 °＝v 0gt ，水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR2，选项B 正确．6.(2015·高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．二、不定项选择题7．(2015·浙江四校高三联考)健身球是现在非常流行的健身保健器具之一，它有很好的弹性．已知某健身球的重力为G0，使用该健身球的人重力为G，当人从球的正上方由静止开始压上健身球后(全身离地)，下列说法正确的是( )A．地面对健身球的支持力总是等于G0＋GB．健身球对该人的支持力先小于G，后大于GC．健身球被压到最扁过程中地面对球的支持力逐渐增大D．该人在健身球上下降的原因是压健身球的力大于健身球对人的支持力解析：选BC.人在健身球上下降过程中先加速下降，后减速下降，即先失重后超重，故人所受健身球的支持力先小于G，后大于G，健身球所受地面的支持力先小于G0＋G，后大于G0＋G，A错，B对；由于健身球在被压扁过程中，形变越大，所受压力越大，故地面对其支持力也越大，C对；健身球对人的支持力与人对健身球的压力是作用力与反作用力，等大，D错．8．(2015·贵州省七校联考)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是( )A．A所受合外力增大B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力一定增大D．墙面对A的摩擦力可能变为零解析：选BCD.外力增大，系统保持静止，由平衡条件可知，A所受合外力为零，A项错误；对A、B整体进行受力分析，水平方向上墙壁对整体的支持力与外力F为平衡力，根据牛顿第三定律可知，A对竖直墙壁的压力增大，B项正确；对B受力分析，如图，根据平衡条件有：F＝F′N sinθ，可见F增大，则F′N增大，又F″N＝mg＋F′N cos θ，可见F′N增大，则F ″N 增大，由牛顿第三定律可知，球对地面的压力增大，C 项正确；取整体为研究对象，当F ″N ＝m 总g 时墙壁与斜劈之间的摩擦力为零，D 项正确．9．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．三、非选择题10．(2015·淄博三模)如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面上距离斜面底端x ＝1 m 处有一质量m ＝1 kg 的物块，受水平恒力作用，由静止开始沿斜面下滑．到达底端时撤去水平恒力，物块在水平面上滑动一段距离后停止．不计物块撞击水平面时的能量损失．物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.求：(1)若物块运动过程中的最大速度为1 m/s ，水平恒力F 的大小为多少？(结果保留两位有效数字)(2)若改变水平恒力F 的大小，可使物块总的运动时间有一最小值，最小值为多少？解析：(1)物块到达斜面底端时速度最大，v 2＝2ax 对物块，有F N ＝mg cos θ＋F sin θ mg sin θ－F cos θ－F f ＝ma F f ＝μF N代入数据得F ＝4.2 N.(2)设斜面上物块加速度为a 1，运动时间为t 1，在水平面上运动时间为t 2则x ＝12a 1t 21到达底端时速度v ′2＝2a 1x物块在水平面上运动时a 2＝μg ，v ′＝a 2t 2 总时间t ＝t 1＋t 2＝2x a 1＋2a 1x a 2由数学知识可知，当a 1＝2 m/s 2时t min ＝2 s. 答案：(1)4.2 N (2)2 s11．(2015·太原模拟)质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示．(g 取10 m/s 2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (2)4 s 末A 、B 的速度；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知4 s 末A 、B 间达到最大静摩擦力，此时 a ＝2 m/s 2对应A 板F f ＝m A a ＝μm B gA 、B 间动摩擦因数μ＝m A am B g＝0.3.(2)由题图知4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积 v ＝12at 1＝12×2×4 m/s ＝4 m/s.(3)4 s 到6 s 末t 2＝2 s 木板A 运动的位移x A ＝vt 2＋12a A t 22木块B 运动的位移x B ＝vt 2＋12a B t 22木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m.答案：(1)0.3 (2)均为4 m/s (3)4 m12．如图所示，质量m ＝50 kg 的运动员(可视为质点)，在河岸上A 点紧握一根长L ＝5.0 m 的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H ＝10.0 m 的O 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，C 点是位于O 点正下方水面上的一点，距离C 点x ＝4.8 m 处的D 点有一只救生圈，O 、A 、C 、D 各点均在同一竖直面内．若运动员抓紧绳端点，从河岸上A 点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v 0跃出，当摆到O 点正下方的B 点时松开手，最终恰能落在救生圈内．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)运动员经过B 点时速度的大小v B 及对轻绳的拉力； (2)运动员从河岸上A 点跃出时的动能E k ；(3)若初速度v 0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C 点距离x 将随运动员离开A 点时初速度v 0的变化而变化．试在所给坐标系中粗略作出x －v 0的图象，并标出图线与x 轴的交点．解析：(1)运动员从B 点到D 点做平抛运动H －L ＝12gt 2 x ＝v B t代入数据解得v B ＝4.8 m/s 设轻绳对运动员的拉力为F则F －mg ＝mv 2BLF ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2B L 代入数据解得F ＝730.4 N.由牛顿第三定律知：运动员对轻绳的拉力大小为730.4 N ，方向竖直向下． (2)运动员从A 点到B 点的过程中，由机械能守恒定律有mgh AB ＝12mv 2B －E k其中h AB ＝L (1－cos θ) 代入数据解得E k ＝76 J.(3)设运动员经过O 点正下方B 点时的速度为v ′B ，B 点距水面高h ，则 12mv ′2B －12mv 20＝mgL (1－cos θ) x ＝v ′B ·2h gh ＝H －l解得x 2－v 20＝20x －v 0的图象如图所示．答案：见解析。

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题二功与能第3讲动力学和功能观点的应用

(1)物块与斜面间的动摩擦因数； (2)物块被弹簧第一次反弹后从 A 点滑上斜面到离开斜面的时间； (3)若物块质量 m＝2.0 kg，斜劈的质量 M＝ 5.0 kg，物块沿斜面上滑过程中斜劈对水平地面 AC 及对竖直面 BC 的压力大小．
[解析 ]
h (1)斜面高度 h＝ 2.7 m，斜面的长度 l＝＝ 4.5 m sin 37°
(2)物块被弹簧第一次反弹后沿斜面方向上滑时： mgsin 37°＋ μmgcos 37°＝ ma2 v 上滑时间 t1＝＝0.75 s a2 v2 第一次反弹后沿斜面方向上滑的距离 x＝ 2a2 1 2 再次下滑的加速度为 a1，则 x＝ a1t2 2 3 2 t2＝ 1.06 s s同样给分 4 物块被弹簧第一次反弹后从 A 点滑上斜面到离开斜面的时间
3＋2cos θ (3) ·R 2sin θ －2μcos θ
[总结提升 ] 功能关系的选用原则 (1)若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律． (2)若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律． (3)若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律． (4)无论应用哪种形式的功能关系，都应遵照下列步骤： ①确定始末状态； ②分析哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，是什么力做功所致； ③列出能量的增加量和减少量的具体表达式，使Δ E 增＝ Δ E 减．
3（ 2＋ 1） t＝ t1＋ t2＝1.81 s s同样给分 4
(3)对斜劈受力分析如图所示水平方向 FN1－ mgcos 37° sin 37° － μmgcos 37° cos 37°＝ 0 竖直方向 FN2－ mgcos 37° cos 37° ＋ μmgcos 37° sin 37°－ Mg＝0 解得： FN1＝ 12.80 N，即斜劈对竖直墙面的压力为 12.80 N， FN2＝ 60.40 N，即斜劈对水平面的压力为 60.40 N.

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题四电磁感应与电路综合检测

专题四综合检测一、单项选择题1．(2015·高考北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为 0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的12；R 2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析：选C.设电流表A 的内阻为R A ，用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ＝0.06 A ，则每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．2．(2015·天津河东区二模)如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，外电阻R 1＞R 2，两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中，下列判断正确的是( )A ．电源内部产生电热较多的是甲电路B ．R 1上产生的电热比R 2上产生的电热少C ．电源做功较多的是甲电路D ．电源效率较高的是甲电路解析：选D.电源内部产生电热Q ＝I 2rt ＝Iqr ，由于外电阻R 1＞R 2，甲电路电流较小，电源内部产生电热较少的是甲电路，选项A 错误．外电阻产生电热Q ＝I 2Rt ＝IqR ＝Uq ，U 1＞U 2，R 1上产生的电热比R 2上产生的电热多，选项B 错误．两电路中分别通过相同的电荷量q 的过程中，两电源做功相等，选项C 错误．电源效率较高的是甲电路，选项D 正确．3.(2015·河南开封一模)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为R .L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R .电压表为理想电表．K 为单刀双掷开关，当开关由1位置掷到2位置时，下列说法中正确的是( )A ．L 1亮度不变，L 2将变暗B ．L 1将变亮，L 2将变暗C ．电源内阻的发热功率将变小D ．电压表示数将变小解析：选D.开关掷到位置1时，灯泡L 1和L 2并联，并联电阻R 并＝R ×R R ＋R ＝R2，电路总电阻R 总＝R ＋R ＋R 2＝5R 2，干路电流I ＝E R 总＝2E5R，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1和L 2的电流相等，即I 1＝I 2＝E5R .开关掷到2位置，灯泡L 1与定值电阻R 串联，然后与灯泡L 2并联，并联电阻为R ′并＝（R ＋R ）×R R ＋R ＋R ＝2R 3，电路总电阻R ′总＝R ＋2R 3＝5R3，干路电流I ′＝E R ′总＝3E 5R ，根据并联电路电流与电阻成反比可得流过灯泡L 1的电流I ′1＝I ′×13＝E5R，流过灯泡L 2的电流I ′2＝I ′×23＝2E5R .据此判断，开关由1位置掷到2位置，流过灯泡L 1的电流大小不变，灯泡亮度不变，流过灯泡L 2的电流变大，灯泡变亮，所以选项A 、B 错．总电流变大，电源内阻的发热功率(P ＝I 2R )变大，选项C 错．总电流变大，内电压变大，路端电压变小，电压表示数变小，选项D 对．4.如图所示，水平放置的U 形线框abcd 处于匀强磁场之中，已知导轨间的距离为L ，磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．直导线MN 中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m )，水平跨接在ab 与cd 上，且与ab 垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为μ，R 为电阻，C 为电容器．现令MN 以速度v 0向右匀速运动一段时间后，用U 表示电压表的读数，q 表示电容器所带的电荷量，C 表示电容器的电容，F 表示对MN 的拉力．因电压表的体积很小，对MN 间电压的影响可忽略，则( )A ．U ＝BLv 0，F ＝B 2L 2v 0R＋μmgB ．U ＝BLv 0，F ＝μmgC ．U ＝0，F ＝μmgD ．q ＝BLCv 0，F ＝B 2L 2v 0R解析：选C.当直导线匀速运动时，产生的电动势为E ＝BLv 0，但因为电容相当于开路，所以回路中的感应电流为零，所以安培力为零，电压表的示数为零，电容器所带电荷量为q ＝BLCv 0，拉力的大小为F ＝μmg ，即只有C 项正确．5．如图所示的电路中，三个灯泡L 1、L 2、L 3的电阻关系为R 1＜R 2＜R 3，电感L 的电阻可忽略，D 为理想二极管．电键K 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )A ．L 1逐渐变暗，L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗B ．L 1逐渐变暗，L 2立即熄灭，L 3先变亮，然后逐渐变暗C ．L 2立即熄灭，L 1、L 3均逐渐变暗D ．L 1、L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗解析：选B.K 断开前，I 1>I 2>I 3，断开K 瞬间，L 1中电流由I 1逐渐减小，故L 1逐渐变暗．由于此时加在二极管上的是反向电压，故L 2中电流为零，L 2立即熄灭．而L 3中的电流由I 3突然变成反向I 1(I 1>I 3)，然后逐渐减小到零，L 3先变亮后逐渐变暗，B 正确．6．(2015·东北三省四市第二次联合考试)如图所示，两个宽度均为L 的条形区域，存在着大小相等、方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC ，其底边BC 长为2L ，并处于水平．现使线框以速度v 水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是(设逆时针的电流方向为正方向，取时间t 0＝Lv作为计时单位)( )解析：选D.根据题意，从2t 0到3t 0的过程中电流大小由2i 0逐渐增大为3i 0，从3t 0到4t 0过程中电流大小由i 0逐渐增大为2i 0，且在4t 0时电流大小为2i 0，所以选项D 正确．二、不定项选择题7.(2015·台州一模)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则( )A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率D ．无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选CD.金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动，随着ab 运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F 方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项A 错误；外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和，选项B 错误；由能量守恒定律可知，当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率，选项C 正确；无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D 正确．8.(2015·陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m 和n 是1线框下边的两个端点，p 和q 是2线框水平直径的两个端点，1和2线框同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m 、n 和p 、q 连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是( )A ．m 、n 和p 、q 电势的关系一定有U m ＜U n ，U p ＜U qB ．m 、n 和p 、q 间电势差的关系一定有U mn ＝U pqC ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＞Q 2D ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＝Q 2解析：选AD.当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知U n ＞U m ，U q ＞U p ，A 正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B 错误；设m 、n 间距离为a ，由Q ＝ΔΦR ，R ＝ρl S得进入磁场过程中流过1、2线框的电荷量都为BaS4ρ，C 错误，D 正确．9．(2015·浙江毕业班质量检测)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中( )A ．流过金属棒的最大电流为BL 2gh2R B ．流过金属棒的电荷量为BdLRC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )解析：选AD.金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh ＝12mv 2m ，根据法拉第电磁感应定律有E ＝BLv m ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E2R ，联立得I m ＝BL 2gh 2R ，A 正确；根据q ＝ΔΦ2R可知，通过金属棒的电荷量为BdL2R，B 错误；全过程根据动能定理得mgh ＋W f ＋W 安＝0，故C 错误；由W f ＝－μmgd ，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q ，故2Q ＝－W 安，联立得Q ＝12mg (h－μd )，D 正确．10.如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B 、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框沿垂直磁场方向，以速度v 从图示位置向右运动，当线框中心线AB 运动到与PQ 重合时，线框的速度为v2，则下列说法错误的是( )A ．此时线框的电功率为4B 2L 2v2RB ．此时线框的加速度为4B 2L 2v mRC ．此过程通过线框截面的电荷量为BL 2RD ．此过程回路产生的电能为0.75mv 2解析：选ABD.在题图中虚线位置，线框产生的电动势E ＝BLv 2＋BLv2＝BLv ，电流I ＝E R＝BLv R ，由牛顿第二定律，线框的加速度a ＝F m ＝2×BIL m ＝2B 2L 2v mR ，选项B 错误；线框的电功率P ＝I 2R ＝B 2L 2v 2R，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律和电流的定义，可得此过程通过线框截面的电荷量q ＝It ＝ΔΦR ＝BL 2R ，选项C 正确；由能量守恒定律，可得回路产生的电能W ＝12mv2－12m v 24＝38mv 2，选项D 错误．三、非选择题 11．(2015·江西重点中学联盟第二次联考)如图所示，间距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N 、Q 端连接一阻值为R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离L 以上的范围存在着磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab 重力相等的恒力，使导体棒ab 从静止开始沿导轨向上运动，当ab 进入磁场后，发现ab 开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移．解析：(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L ，其加速度为F －mg sin 30°＝ma F ＝mg得a ＝12g棒进入磁场时的速度为v ＝2aL ＝gL由棒在磁场中匀速运动可知F 安＝12mgF 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r得m ＝2B 2L 2R ＋rL g. (2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F ＝12mg则导体棒所受合力为F 安F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r ＝mav ＝Δx Δt 和a ＝ΔvΔt代入上式得 B 2L 2ΔxΔt R ＋r ＝m Δv Δt即B 2L 2Δx R ＋r＝m Δv设导体棒继续向上运动的位移为x ，则有B 2L 2xR ＋r＝mv 将v ＝gL 和m ＝2B 2L2R ＋r L g代入得x ＝2L . 答案：(1)2B 2L2R ＋rLg(2)2L 12．(2015·高考四川卷)如图所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触，不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g .(1)若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ ，水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．解析：(1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k ① 且W ＝W 1②由题意有E k ＝12mv 21③得W ＝14mv 21.④(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电量为q ，则E ＝ΔΦΔt⑤ 且ΔΦ＝B ΔS ⑥I ＝qΔt⑦ 又有I ＝2ER⑧由图所示ΔS ＝d (L －d cot θ)⑨联立⑤～⑨，解得 q ＝2Bd （L －d cot θ）R.⑩(3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长L x 为 L x ＝L －2x cot θ⑪此时，ab 棒产生的电动势E x ＝Bv 2L x ⑫ 流过ef 棒的电流I x ＝E xR⑬ef 棒所受安培力F x ＝BI x L ⑭联立⑪～⑭，解得F x ＝B 2v 2LR(L －2x cot θ)⑮由⑮式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F 1为最大值的受力分析如图所示，图中F fm 为最大静摩擦力，有F 1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F 1sin α)⑯联立⑮⑯，得B m ＝1Lmg （sin α＋μcos α）R（cos α－μsin α）v 2⑰⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．由⑮式可知，B 为B m 时，F x 随x 增大而减小，x 为最大x m 时，F x 为最小值F 2，如图可知 F 2cos α＋μ(mg cos α＋F 2sin α)＝mg sin α⑱ 联立⑮⑰⑱，得x m ＝μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ.答案：(1)14mv 21 (2)2Bd （L －d cot θ）R (3)见解析。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力学综合检测

力学综合检测一、单项选择题1.(2015·杭州二检)如图所示为固定在水平地面上的顶角为θ的圆锥体，表面光滑．有一质量为m 的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为F ，则有()A ．F ＝mgB ．F ＝mg sin θ2C ．F ＝mgsinθ2D ．F ＝mg cos θ2解析：选A.圆锥体对圆环所有部位作用力的合力与圆环的重力平衡，即F ＝mg ，选项A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2015·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物体A 放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A ．向右斜上方B ．竖直向上C ．向右斜下方D ．上述三种方向均不可能解析：选A.物体向右加速，由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A 的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A 对．3．(2015·嘉兴测试卷)PCAV 是一种新的光驱数据传输技术，即光盘驱动器在读取内圈数据时，以恒定线速度方式读取；而在读取外圈数据时，以恒定角速度方式读取．设内圈内边缘半径为R 1，内圈外边缘半径为R 2，外圈外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为内圈内边缘、内圈外边缘和外圈外边缘上的点．则读取内圈上A 点时A 点的向心加速度大小和读取外圈上C 点时C 点的向心加速度大小之比为()A.R22R 1R 3 B.R 21R 2R 3 C.R 1R 3R 22D.R 2R 3R 21解析：选A.由题意知，ωA R 1＝ωB R 2，ωB ＝ωC ，又A 点的向心加速度大小a A ＝ω2A R 1，又C 点的向心加速度大小a C ＝ω2C R 3，即得 a A a C ＝R 22R 1R 3.4.(2015·金华模拟)如图，斜面上a 、b 、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速度为v 0的平抛运动，恰落在b 点．若小球初速度为v ，其落点位于c ，则()A ．v 0＜v ＜2v 0B ．v ＝2v 0C ．2v 0＜v ＜3v 0D ．v ＞3v 0解析：选A.如图所示，M 点和b 点在同一水平线上，M 点在c 点的正上方．根据平抛运动的规律，若v ＝2v 0，则小球落到M 点．可见以初速度2v 0平抛小球不能落在c 点，只能落在c 点右边的斜面上，故只有选项A 正确．5．(2015·石家庄模拟)如图所示，B 点位于斜面底端M 点的正上方，并与斜面顶端A 点等高且高度为h ，在A 、B 两点分别以速度v a 和v b 沿水平方向抛出两个小球a 、b (可视为质点)．若a 球落到M 点的同时，b 球恰好落到斜面的中点N ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则()A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．a 、b 两球同时抛出D ．a 球比b 球提前抛出的时间为(2－1)2hg解析：选B.由h ＝12gt 2a ，h 2＝12gt 2b 得：t a ＝2hg，t b ＝hg ，故a 球比b 球提前抛出的时间Δt ＝t a －t b ＝(2－1)h g ，C 、D 均错误；由v a ＝xt a ，v b ＝x2t b可得va ＝2vb ，A 错误，B 正确．二、不定项选择题6.(2015·安徽名校质检)如图所示，质量为m 的木块A 放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( )A ．A 与B 之间一定存在弹力 B ．地面不受摩擦力作用C ．B 对A 的支持力一定等于mgD ．地面对B 的支持力的大小一定等于Mg解析：选AB.对A 、B 整体受力分析，受到重力(M ＋m )g 、地面的支持力F N 和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，根据共点力平衡条件，有F N ＝(M ＋m )g ，故B 正确、D 错误；再对木块A 受力分析，受重力mg 、已知的推力F 、斜劈B 对A 的支持力F ′N 和摩擦力F f ，当推力F 沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F 沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F 沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F ′N ＝mg cos θ＋F sin θ，故A 正确，C 错误．7.如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a 放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a 上，另一端绕过光滑的滑轮1固定在c 点，滑轮2下悬挂物体b ，系统处于静止状态．若将固定点c 向右移动少许，而a 与斜劈始终静止，则( )A ．细线对物体a 的拉力增大B ．斜劈对地面的压力减小C ．斜劈对物体a 的摩擦力减小D ．地面对斜劈的摩擦力增大解析：选AD.设细线的拉力为F ，滑轮2两侧细线的夹角为θ，滑轮2和b 的总重力为M ，则有2F cos θ2＝Mg ，固定点c 向右移动少许，θ增大，F 变大，F 的竖直分力不变，F的水平分力增大，故A 、D 对，B 错；因a 物体相对斜劈滑动趋势的方向不明确，故无法判断摩擦力的变化，C 错．8.(2015·绍兴模拟)如图所示，水平向左的匀强电场中，长为L 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端系一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(可视为质点)，将小球拉到使细线水平伸直的A 点，无初速度释放小球，小球沿圆弧到达最低位置B 时速度恰好为零，重力加速度为g .以下说法不正确的是( )A ．匀强电场场强大小为E ＝2mgqB ．小球在B 位置时加速度为零C ．小球运动过程中的最大速率为v ＝2（2－1）gLD ．若将小球拉到使细线水平伸直的C 点，无初速度释放小球后，小球必能回到C 点解析：选ABD.对由A 到B 过程应用动能定理mgL －qEL ＝0，E ＝mg q，A 错；小球在B 位置受重力和向左的电场力，合力不为零，B 错；小球运动到AB 轨迹中点时速度最大，由动能定理mgL sin 45°－qE (L －L cos 45°)＝12mv 2－0，解得v ＝ 2（2－1）gL ，C 对；从C点释放后，电场力和重力对小球都做正功，小球不会返回C 点，D 错．9.(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f .由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh .联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2，选项B 正确，选项C错误．设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE p ′＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE p ′＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．三、非选择题10．(2015·湖州测试卷)如图所示，足够长的木板质量M ＝10 kg ，放置于光滑水平地面上，以初速度v 0＝5 m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m ＝1 kg ，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速地放在木板上．小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，当木板运动了L ＝1 m 时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L 就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动．取g ＝10 m/s 2.试问：(1)第1个铁块放上后，木板运动了L 时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？解析：(1)第1个铁块放上后，木板做匀减速运动即有：μmg ＝Ma 1，v 20－v 21 ＝2a 1L 代入数据解得：v 1＝2 6 m/s.(2)设最终有n 个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为a n ＝μnmgM，第1个铁块放上后：v 20－v 21＝2a 1L ，第2个铁块放上后：v 21－v 22＝2a 2L ， ……第n 个铁块放上后，v 2n －1－v 2n ＝2a n L ，由以上可得：v 20－v 2n ＝2μmg M(1＋2＋3＋…＋n )L ，木板停下时，v n ＝0，得n ＝6.6，即最终有7个铁块放在木板上．(3)从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：v 20－v 26 ＝2μmgM(1＋2＋3＋…＋6)L,从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则：v 26－0＝2×7μmgMd ，联立解得：d ＝47m.答案：(1)2 6 m/s (2)7 (3)47m11．(2015·高考重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝Lg 2H.从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H .该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)由(1)问知小球运动到Q 点时的速度大小v 0＝Lg2H.设小球在Q 点受的支持力为F N ，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 20R ，得F N ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′N ＝F N ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR ，方向竖直向下．(3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得mgR ＋W ＝12mv 20得W ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R . 答案：见解析12.(2015·青岛模拟)如图所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为x ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)物块经C 点时对圆弧面的压力大小； (2)物块滑至B 点时的速度大小； (3)物块与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)物块从C 点到E 点做平抛运动由h ＝12gt 2，得t ＝0.4 sv C ＝xt＝3 m/s由牛顿第二定律知：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝17.2 N由牛顿第三定律知物块在C 点时对圆弧面的压力大小为17.2 N. (2)从B 点到C 点由动能定理，知mgR －mgR cos 37°＝12mv 2C －12mv 2B解得v B ＝2 m/s.(3)从A 点到B 点，由v 2B ＝2aL ，得a ＝2 m/s 2由牛顿第二定律，知mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma 解得μ＝2437≈0.65.答案：(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题五物理实验第1讲力学实验课时演练知能提升

力学实验1．(2015·浙江东北三校二联)读出下图中游标卡尺(50分度)与螺旋测微器的示数．(1)________mm ；(2)________mm.解析：(1)主尺读数为4.2 cm ，游标尺读数为10×0.02 mm ＝0.20 mm ，最终读数为4.2 cm ＋0.20 mm ＝42 mm ＋0.20 mm ＝42.20 mm.(2)固定部分读数为2.5 mm ，可动部分读数为48.8×0.01 mm ＝0.488 mm ，最终读数为2.5 mm ＋0.488 mm ＝2.988 mm.答案：(1)42.20 (2)2.988(2.987～2.989之间均可)2．(2015·山东济南一模)由于当年实验条件的限制，伽利略无法直接对落体运动进行实验研究，而今天即使在中学实验室里，我们也可以通过实验来验证落体运动的规律．如图是某次实验中获得的质量为m 的小球下落时的频闪照片，频闪间隔是130s ．根据此照片计算(结果保留三位有效数字)(1)小球在4.90 cm 位置处的速度大小为________m/s ；(2)小球下落的加速度大小为________m/s 2；(3)小球在13.60 cm 位置处的速度大小为________m/s.解析：(1)小球在4.90 cm 位置处的速度大小为v 4.90＝（8.71－2.15）×10－2130×2 m/s ＝0.984 m/s. (2)由逐差法求加速度，可得a ＝[（13.60－4.90）－（4.90－0.54）]×10－24×⎝ ⎛⎭⎪⎫1302 m/s 2＝9.77 m/s 2.(3)据v＝v0＋at得：v13.60＝v4.90＋a·2T＝0.984 m/s＋9.77×230m/s＝1.64 m/s.答案：(1)0.984 (2)9.77 (3)1.643.(2015·安徽合肥一模)某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．(1)在图上标出的F1、F2、F和F′四个力中，力______不是由弹簧测力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行四边形定则．(2)某同学对此实验的一些说法，其中正确的是( )A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的角平分线C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D．拉橡皮条时，细线应沿弹簧测力计的轴线E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长量相同就行解析：(1)本实验是通过用两个弹簧测力计的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与只用一个弹簧测力计时的拉力基本相同，则实验成功；由题图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧测力计直接测得的；(2)如果只有一个弹簧测力计，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确；只要橡皮条与线的结点两次都到达同一点即可，即两次效果相同，而对于拉力方向没有限制，橡皮条不需要与两线夹角的角平分线在同一直线上，故B错误；为了减小误差，拉橡皮条的细线需长些，标记方向的两点要远些，故C正确；只有细线和弹簧测力计的轴线在一条直线上时，弹簧的弹力才等于拉橡皮条的拉力，否则易使弹簧或指针与外壳发生摩擦，使误差增大，故D正确；在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次要使橡皮条形变的长度和方向都相同，即使结点O拉到同一位置，这样两次的效果才相同，才符合“等效替代”法，故E错误．答案：(1)F′(2)ACD4．(2015·高考福建卷)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．甲乙丙(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________；(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是________________________________________________________________________．解析：(1)弹簧伸长后的总长度为14.66 cm ，则伸长量Δl ＝14.66 cm －7.73 cm ＝6.93 cm.(2)逐一增挂钩码，便于有规律地描点作图，也可避免因随意增加钩码过多超过弹簧的弹性限度而损坏弹簧．(3)AB 段明显偏离OA ，伸长量Δl 不再与弹力F 成正比，是超出弹簧的弹性限度造成的．答案：(1)6.93 (2)A (3)弹簧受到的拉力超过了其弹性限度5．(2015·湖州二模)如图所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m ，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M .(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg ，将该力视为合外力F ，对应的加速度a 则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F 为横轴，以加速度a 为纵轴，画出a －F 图象，图象是一条过原点的直线．①a －F 图象斜率的物理意义是________________________．②你认为把沙桶的总重力mg 当作合外力F 是否合理？答：________(选填“合理”或“不合理”)．③本次实验中，是否应该满足M ≫m 这样的条件？答：________(选填“是”或“否”)；理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m 不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a 为纵轴，应该以________的倒数为横轴．解析：(1)①将车内的沙子转移到桶中，就保证了M ＋m 不变，即系统的总质量不变，研究对象是整个系统，a ＝FM ＋m ＝mg M ＋m ，可见a －F 图象斜率的物理意义是1M ＋m ，②③系统的合外力就等于所悬挂沙桶的总重力mg ，不必满足M ≫m 这样的条件．(2)向盒子内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M ＋m ，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg ，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a 为纵轴，应以M ＋m 的倒数为横轴，即小车质量、盒子及盒内沙子与悬挂的沙桶(包括桶与桶内的沙子)质量之和．答案：(1)①系统的总质量的倒数(小车、盒子及盒内沙子、悬挂的桶及桶内沙子质量之和的倒数) ②合理③否，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg (2)M ＋m6．(2015·山东文登第三次统考)在探究功与速度变化的关系的实验中，某实验小组组装了一套如图甲所示的装置，拉力传感器固定在小车上，一端与细绳相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小．穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T ，实验的部分步骤如下：甲(1)平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列________的点．(2)测量小车和拉力传感器的总质量M ，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后________，打出一条纸带，关闭电源．(3)在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O 、A 、B 、C 、D 、E 等多个计数点，各个计数点到O 点间的距离分别用h A 、h B 、h C 、h D 、h E 、……表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D 点时的动能表达式为________________，若拉力传感器的读数为F ，计时器打下A 点到打下D 点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为__________．(4)某同学以A 点为起始点，以A 点到各个计数点动能的增量ΔE k 为纵坐标，以A 点到各个计数点拉力对小车所做的功W 为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此可以得到的结论是________________________．解析：(1)当打点计时器能在纸带上打出一系列间距相等的点时，小车做匀速直线运动，受力平衡．(2)在组装好实验装置的基础上，进行实验时应先接通电源，再释放小车．(3)D 点的瞬时速度等于CE 段的平均速度，即v D ＝h E －h C 2T ，故打下D 点时的动能为E k D ＝12Mv 2D ＝M （h E －h C ）28T 2；拉力对小车做的功为W ＝F (h D －h A )． (4)因图线是一条过原点的直线且直线的倾角为45°，可得出方程式ΔE k ＝W ，故可得结论：外力所做的功等于物体动能的变化量．答案：(1)间距相等 (2)释放小车 (3)M （h E －h C ）28T 2 F (h D －h A ) (4)外力所做的功等于物体动能的变化量7．(2015·嘉兴测试卷)如图甲所示，某同学在做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器放低，计时器由方座支架台面支撑，复夹起固定作用．现将纸带压在横杆上释放，打点计时器所接电源频率为50 Hz.(1)该同学装置的优点有________．A ．保证物体从静止释放B ．保证打点计时器不倾斜C ．提高打点计时器的精度D ．减小空气阻力对实验的影响(2)如图乙是实验获得的一条纸带，并以起点为计数点0，后隔一段距离，取连续点为计数点1、2、3、4、5.在他所记录的数据中，计数点0至2、3的距离分别为h 2＝18.10 cm ，h 3＝22.0 cm ，这两个数据中不符合有效数字要求的是_______；打下计数点3时，重锤速度v 3＝_______m/s.(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出的v 2－h 图线近似如图丙所示，则图线斜率的物理意义是__________________________________________．解析：(1)改进后的装置能保证纸带在竖直方向上，并由静止释放，选项A 、B 正确；提高打点计时器的精度与这一装置无关，空气阻力也是不可避免的，C 、D 错．(2)h 3的有效数字位数少了一位，不符合要求；v 3＝h 4－h 22T ＝（26.30－18.10）×10－22×0.02＝2.05 m/s. (3)由机械能守恒知mgh ＝12mv 2，所以v 2＝2gh ，v 2－h 图线的斜率为2g ，为当地重力加速度的2倍．答案：(1)AB (2)h 3 2.05 (3)为当地重力加速度的2倍8．某同学用图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．甲乙(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________ m/s ；(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2得a ＝0.13×10－2（0.02）2 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝（3.65＋3.52）×10－22×0.02m/s ≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F合＝mg sin θ－μ mg cos θ，即a ＝g sin θ－μg cos θ得μ＝g sin θ－a g cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ.答案：(1)3.25 1.79 (2)C9.(2015·高考江苏卷)某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律．实验装置如图甲所示，打点计时器的电源为50 Hz 的交流电．(1)下列实验操作中，不正确的有________．A ．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B ．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C ．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D ．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源(2)该同学按正确的步骤进行实验(记为“实验①”)，将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，…，8.用刻度尺量出各计数点的相邻两计时点到O 点的距离，记录在纸带上，如图乙所示．乙计算相邻计时点间的平均速度v ，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表．请将表中的数据补充完整．(3)分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________；磁铁受到阻尼作用的变化情况是________．(4)该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作(记为“实验②”)，结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同．请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可得到什么结论？解析：(1)为了探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，应让铜管竖直地固定在限位孔正下方，避免小磁铁下落时与铜管发生碰撞，选项A 正确；纸带穿过限位孔，要压在复写纸下面，使打点计时器工作时纸带上点迹清晰，选项B 正确；用手只捏住磁铁，不能使纸带保持竖直，磁铁下落时纸带与打点计时器间有较大阻力，故应捏住纸带的上端，让磁铁从静止释放，选项C 不正确；应先接通打点计时器的电源再松开纸带，选项D 不正确．(2)计数点“4”的速度用它两侧相邻计时点之间的平均速度来表示，故v 4＝5.60－4.040.04cm/s ＝39.0 cm/s.(3)由各计数点速度表可以看出，磁铁运动的速度逐渐增大到39.8 cm/s 不再变化，表明磁铁受到的阻尼作用也是逐渐增大的，最后和重力平衡．(4)实验②中磁铁在塑料管中下落运动规律与自由落体运动规律几乎相同，说明磁铁在塑料管中下落几乎不受阻尼作用．对比实验①和②，可以看出磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用．答案：(1)CD (2)39.0 (3)逐渐增大到39.8 cm/s 逐渐增大到等于重力 (4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分专题二功与能综合检测

专题二综合检测一、单项选择题1．(2015·新余一模)如图所示是质量为1 kg 的质点在水平面上做直线运动的v －t 图象．以下判断正确的是( )A ．在t ＝1 s 时，质点的加速度为零B ．在4～6 s 时间内，质点的平均速度为2 m/sC ．在0～3 s 时间内，合力对质点做功为10 JD ．在3～7 s 时间内，合力做功的平均功率为2 W 答案：D2.(2015·绍兴模拟)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C ，质量相等的两木块A 、B 用一劲度系数为k 的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩量为l .如果用平行斜面向上的恒力F (F ＝m A g )拉A ，当A 向上运动一段距离x 后撤去F ，A 运动到最高处时，B 刚好不离开C ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．A 沿斜面上升的初始加速度大小为g2B ．A 上升的竖直高度最大为2lC ．拉力F 的功率随时间均匀增加D ．l 等于x 解析：选D.A 沿斜面上升的初始时刻，A 所受合力为F ＝m A g ＝m A a ，得a ＝g ，A 选项错误．初始时A 静止，弹簧压缩量为l ，则有kl ＝m A g sin 30°；当A 运动到最高处时，弹簧的伸长量为l ′，对B 受力分析，则有kl ′＝m B g sin 30°，又m A ＝m B ，得l ′＝l ，所以A 上升的竖直高度最大为2l sin 30°＝l ，B 项错误；拉力F 的功率P ＝Fv ＝Fat ，a 时刻改变，所以P 随时间不均匀增加，C 项错误．在全程对A 由动能定理有－m A g 2l sin θ＋Fx ＝0，得x ＝l ，所以D 项正确．3．(2015·河北石家庄二中一模)一质点在0～15 s 内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．质点的机械能不断增加B ．在0～5 s 内质点的动能增加C ．在10～15 s 内质点的机械能一直增加D ．在t ＝15 s 时质点的机械能大于t ＝5 s 时质点的机械能解析：选D.质点竖直向上运动，0～15 s 内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错误.0～5 s 内，a ＝10 m/s 2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s 内，a ＝8 m/s 2，受重力和向上的力F 1，F 1做正功，机械能增加；10～15 s 内，a ＝12 m/s 2，质点受重力和向下的力F 2，F 2做负功，机械能减少，A 、C 错误．由F 合＝ma 可推知F 1＝F 2，由于做减速运动，5～10 s 内通过的位移大于10～15 s 内通过的位移，F 1做的功大于F 2做的功，5～15 s 内增加的机械能大于减少的机械能，所以D 正确．4．如图，光滑轨道由AB 、BCDE 两段细圆管平滑连接组成，其中AB 段水平，BCDE 段为半径为R 的四分之三圆弧管，圆心O 与AB 等高，整个轨道固定在竖直平面内．现有一质量为m ，初速度v 0＝10gR2的光滑小球水平进入圆管AB ，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R ，以下说法错误的是( )A ．小球到达C 点时的速度大小为v C ＝32gR2B ．小球能通过E 点并恰好落至B 点C ．若将DE 轨道拆除，则小球能上升的最大高度距离D 点为2R D ．若减小小球的初速度v 0，则小球到达E 点时的速度可以为零解析：选C.从A 至C 过程，机械能守恒(以AB 为参考平面)：12mv 20＝12mv 2C －mgR ，将v 0＝10gR 2代入得v C ＝32gR 2，故A 正确；从A 至E 过程，机械能守恒：12mv 20＝12mv 2E ＋mgR ，v E ＝2gR2，结合平抛运动规律可知能正好平抛落回B 点，故B 正确；设小球能上升的最大高度为h ，则机械能守恒：12mv 20＝mgh ，h ＝v 202g ＝54R, 故C 错误；因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E 点速度可以为零，故D 正确．5．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m 的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起．在平行于斜面的拉力F 的作用下两物块做匀速运动．从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x 、t 表示每个物块所通过的路程、时间，E 表示两物块组成的系统的机械能，E p 表示两物块组成的系统的重力势能，W f 表示物块甲克服摩擦力所做的功，W F 表示拉力F 对物块乙所做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是( )解析：选C.因为相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，故h 甲h 乙＝sin 30°sin 60°，即h 甲<h 乙，所以任意时间段内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能增加，而系统动能不变，则系统的机械能增加，故A 、B 错误；物块甲克服摩擦力所做的功W f ＝μmgx cos 30°，x ＝vt ，故W f －t 图线为一条过原点的倾斜直线，同理W F －t 图线也为一条过原点的直线，故C 正确，D 错误．二、不定项选择题6．(2015·湖州一模)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．货物受到的摩擦力增大B ．货物受到的支持力不变C ．货物受到的支持力对货物做正功D ．货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选AC.货物处于平衡状态，则有mg sin θ＝F f ，F N ＝mg cos θ，θ增大，F f 增大，F N 减小，A 正确，B 错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C 正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D 错误．7．(2015·衡水一模)质量为2×103kg 、发动机额定功率为80 kW 的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4×103N ，则下列判断中正确的有( )A ．汽车的最大动能是4×105JB ．汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动，启动后第2 s 末发动机实际功率是32 kWC ．汽车以加速度2 m/s 2做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×105JD ．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s 时，其加速度为6 m/s 2解析：选ABD.汽车的最大速度为v m ＝P 0F f ＝20 m/s ，最大动能为E km ＝12mv 2m ＝4×105J ，A正确；汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动，启动后第2 s 末的速度是4 m/s ，此时的牵引力F ＝F f ＋ma ＝8×103N ，功率为P ＝Fv ＝32 kW ，B 正确；匀加速运动的末速度为v 1＝P 0F＝10 m/s ，位移x ＝v 212a＝25 m ，所以摩擦力做功W ＝F f x ＝1×105J ，C 错误；若汽车保持额定功率启动，当汽车速度为5 m/s 时，其牵引力大小是F ′＝P 0v ′＝1.6×104 N ，加速度a ＝F ′－F f m＝6 m/s 2，D 正确．8．如图所示，两物体A 、B 用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A 、B 两物体施加等大反向的水平恒力F 1、F 2，使A 、B 同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A 、B 两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)( )A ．由于F 1、F 2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变B ．当A 、B 两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小C ．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D ．当弹簧弹力的大小与F 1、F 2的大小相等时，A 、B 两物体速度为零解析：选BC.从开始状态到弹簧拉到最长过程中，两拉力方向与其受力物体位移方向均相同，做正功，由功能关系可知，系统机械能增大，A 项错；当两物体之间距离减小即A 、B 相向运动，力F 1和F 2做负功，系统机械能减小，B 项正确；当弹簧伸长到最长时，力F 1和F 2做正功最多，故系统机械能最大，C 项正确；分别对A 、B 应用动能定理，从开始到弹力与外力相等时，合外力分别对A 、B 做正功，两物体动能增加，速度一定大于零，D 项错．9．(2015·河北石家庄模拟)如图所示，半径为R 的半圆形光滑凹槽A 静止在光滑水平面上，其质量为m .现有一质量也为m 的小物块B ，由静止开始从槽左端的最高点沿凹槽滑下，当小物块B 刚要到达槽最低点时，凹槽A 恰好被一表面涂有粘性物的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零；小物块B 继续向右运动，运动到距槽最低点的最大高度为R2.则小物块从释放到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )A ．凹槽A 对小物块B 做的功W ＝－12mgRB ．凹槽A 对小物块B 做的功W ＝mgRC ．凹槽A 被粘住的瞬间，小物块B 对凹槽A 的压力大小为mgD ．凹槽A 被粘住的瞬间，小物块B 对凹槽A 的压力大小为2mg解析：选AD.设小物块B 第一次到达最低点的速度为v ，小物块B 从最低点继续向右运动到最高点，根据动能定理有mg R 2＝12mv 2，得v ＝gR ，小物块B 从左端最高点到最低点的过程中，对B 由动能定理有mgR ＋W ＝12mv 2－0，得W ＝－12mgR ，A 项正确，B 项错误．在最低点小物块所受的向心力F 向＝F N －mg ＝m v 2R，得F N ＝2mg ，则由牛顿第三定律可知小物块对凹槽的压力大小F ′N ＝F N ＝2mg ，所以D 项正确，C 项错误．10．(2015·银川一中高三第五次考试)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：选AC.根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1 m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8 s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移x ＝（2＋6）×42 m －2×22 m ＝14 m ，选项B 错误.0～8 s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6 J ，重力势能增加量为mgx ×sin θ＝84 J ，机械能增加量为 6 J ＋84 J ＝90 J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14 J ，第二部分为2～6 s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56 J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70 J ，选项D 错误．三、非选择题11.(2015·杭州市第二次质检)如图所示，倾角为α、高为H 的粗糙斜面处于场强为E 、方向竖直向下的匀强电场中，一个带电荷量为－q 、质量为m 的小球以初速度v 0从斜面顶端A 处沿斜面下滑，至底端B ，问：(1)在此过程中，小球电势能变化多少？是增加还是减少？(2)若斜面与小球的动摩擦因数为μ(μ＞tan α)，要使小球能沿斜面到达底端B 点，电场强度E 应满足什么条件？(重力加速度取g )解析：(1)ΔE p ＝－W 电场＝－(－qEH )＝qEH ，电势能增加．(2)因为μ＞tan α，所以不加电场时，物块减速下滑．若不加电场，物块刚好滑至B 点，根据动能定理mgH －μ0mg cos αHsin α＝0－12mv 20 μ0＝tan α＋v 20tan α2gH①当μ＞μ0时，不加电场，物块不能滑至B 点，故需 (mg －qE )H －μ(mg －qE )cot αH ＋12mv 20≥0所以E ≥mgH ＋12mv 20－μmg ·cot α·HqH （1－μcot α）又要保证物块不离开斜面，故有qE ≤mg ，即E ≤mg qmgH ＋12mv 20－μmg cot α·HqH （1－μcot α）≤E ≤mg q.②当μ＜μ0时，不加电场，物块能滑至B 点，故只要保证物块不离开斜面，需0≤E ≤mg q. 答案：(1)qEH 增加 (2)见解析12．过山车是游乐场中常见的设施．下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B 、C 间距与C 、D 间距相等，半径R 1＝2.0 m 、R 2＝1.4 m ．一个质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)，从轨道的左侧A 点以v 0＝12.0 m/s 的初速度沿轨道向右运动，A 、B 间距L 1＝6.0 m ．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的．假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠．重力加速度g ＝10 m/s 2，计算结果保留小数点后一位数字．试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； (2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B 、C 间距L 应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R 3应满足的条件；小球最终停留点与起点A 的距离．解析：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v 1，根据动能定理－μmgL 1－mg ·2R 1＝12mv 21－12mv 20①小球在最高点受到重力mg 和轨道对它的作用力F ，根据牛顿第二定律F ＋mg ＝m v 21R 1②由①②得F ＝10.0 N ．③(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意mg ＝m v 22R 2，④－μmg (L 1＋L )－mg ·2R 2 ＝12mv 22－12mv 20⑤由④⑤得L ＝12.5 m ．⑥(3)要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：Ⅰ.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足mg ＝m v 23R 3⑦－μmg (L 1＋2L )－mg ·2R 3＝12mv 23－12mv 20 ⑧由⑥⑦⑧得R 3＝0.4 m.Ⅱ.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理－μmg (L 1＋2L )－mg ·R 3＝0－12mv 2解得R 3 ＝1.0 m为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足(R 2＋R 3)2 ＝L 2 ＋(R 3－R 2)2解得R 3＝27.9 m.综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 0<R 3≤0.4 m 或 1.0 m ≤R 3≤27.9 m.当0<R 3≤0.4 m 时，小球最终停留点与起始点A 的距离为L ′，则－μmgL ′＝ 0－12mv 20，L ′＝36.0 m.当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时，小球最终停留点与起始点A 的距离为L ″，则 L ″＝L ′－2(L ′－L 1－2L )＝26.0 m.答案：(1)10.0 N (2)12.5 m (3)当0<R 3≤0.4 m 时，L ′＝36.0 m 当1.0 m ≤R 3≤27.9 m 时，L ″＝26.0 m。

2016版高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习：第一部分电学综合检测含答案

电学综合检测一、单项选择题1．（2015·金华十校高三模拟）如图所示，电源电动势为E＝16 V，内阻为r＝4 Ω，直流电动机内阻为1 Ω。

现调节滑动变阻器R使电源的输出功率最大，此时电动机的功率刚好为6 W，则此时滑动变阻器R的阻值和电动机的发热功率P为（）A．R＝3。

0 ΩP＝6 WB．R＝3。

0 ΩP＝4 WC．R＝2。

5 ΩP＝6 WD．R＝2。

5 ΩP＝4 W解析:选D。

因为电源的输出功率为P＝I（E－Ir)＝EI－rI2,当I ＝错误!＝2 A时电源的输出功率最大,又电动机两端的电压U M＝错误!＝3 V,则R＝错误!－r＝2.5 Ω，电动机的发热功率为P＝I2R M＝4 W．所以选项D正确．2．（2015·安徽合肥一模)图甲所示的电路中，电流表A1的指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的错误!处，图乙中，A2的指针指满刻度，A1的指针指满刻度的13处，已知A1的电阻为0。

45 Ω，则A2的电阻为( ）A．0.1 ΩB．0。

15 ΩC．0。

3 ΩD．0。

6 Ω解析：选A。

设电流表A1、A2的满偏电流分别为I1、I2;由题意知，当电流表串联时：I1＝错误!I2当电流表并联时：I2R2＝错误!I1R1由于R1＝0。

45 Ω解得:R2＝0。

1 Ω.3。

（2015·高考海南卷）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0）的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距错误!l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力,则M∶m为（）A．3∶2 B．2∶1C．5∶2D．3∶1解析：选A.因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距错误!l 的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为错误!l,电荷量为－q的粒子通过的位移为错误!l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝错误!、a2＝错误!，由运动学公式有错误!l＝错误!a1t2＝错误!t2①，错误!l＝错误!a2t2＝错误! t2②，错误!得错误!＝错误!.B、C、D错,A对．4。

优化方案(浙江专用)高考物理二轮复习第一部分专题四电磁感应与电路第2讲电路的分析与计算课件

[解析] (1)由右手定则可知 A 是电源正极，所以 a 点接的是电压表的正极．
(2)导体棒切割磁感线产生电动势 E＝BR·v2A，因金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，则 a、b 两点间的电势差 U＝E，金属圆盘和金属棒的角速度相同，设为 ω，铝块速度为 v，则 v＝ωr, A 端线速度 vA＝ωR，代入数据可知 v＝2 m/s.
知 A、B 错误，C、D 正确．
[方法技巧] 直流电路动态分析问题的解题方法
(1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化或开关的通断，引起各部分电压、电流或灯泡明暗发生变化，分析此类问题的
基本步骤：
E R＋ r
分析局＝
E R＋ r
判断总电流变化
专题四电磁感应与电路
第2讲电路的分析与计算
热点一直流电路的动态分析命题规律直流电路的动态分析在高考试题中是以选择题形式考查的，是近年来高考的热点，往往以下列变化方式探究某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况： (1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化．(2)某一支路电键闭合、断开或某元件损坏．(3)热敏电阻、光敏电阻等敏感元件的阻值变化．
[解析] 滑动头 P 自 a 端向 b 端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流增大，由 UR1＝IR1 可知 R1 两端电压即电压表的示数变大，选项 A 错误；由 U＝E－Ir 可知路端电压 U 减小；由 UR2＝U－UR1 可得 R2 两端的电压减小，又由 I2＝URR22可得流过 R2 的电流变小，在干路电流增大的情况下，电流表的示数将变大，选项 B 错误；电容器两端的电压变小，根据 C＝QU，电容器所带电荷量将变少，选项 C 错误；由于 R2 两端的电压变小，所以 a 点的电势变低，选项 D 正确．

2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习第一部分专题三电场与磁场综合检测Word版含答案

专题三综合检测一、单项选择题 1．(2015·宁波高三十校联考)如图，弹簧测力计下挂有一单匝正方形金属线框，线框边长为L ，质量为M ，线框上边水平且处于垂直纸面向里的匀强磁场中，线框通有如图所示方向的电流，且线框处于静止状态，若此时弹簧测力计示数大小为F ，已知该线框单位长度自由电子个数为n ，重力加速度为g ，则电子定向移动对应的洛伦兹力大小为( )A ．F －MgB ．Mg －F C.F －Mg 4nLD.Mg －F nL解析：选D.由左手定则可以判断出安培力方向向上，由F A ＝Mg －F ＝nLF 洛，解得F 洛＝Mg －F nL，选项D 正确．2.(2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )A.Qε0S 和Q 2ε0SB.Q 2ε0S 和Q 2ε0SC.Q 2ε0S 和Q 22ε0SD.Qε0S 和Q 22ε0S解析：选D.每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝QS ，每块极板产生的电场强度为E＝σ2ε0，所以两极板间的电场强度为2E ＝Q ε0S.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E ′＝Q2ε0S ，故另一块极板所受的电场力F ＝qE ′＝Q ·Q2ε0S ＝Q 22ε0S，选项D 正确． 3.(2015·杭州调研)如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd 的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a ＝I 、I b ＝2I 、I c ＝3I 、I d ＝4I 的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r 处磁场的磁感应强度大小为B ＝k Ir ，式中常量k ＞0，I 为电流强度．忽略电流间的相互作用，若电流I a 在正方形的几何中心O 点处产生的磁感应强度大小为B ，则O 点处实际的磁感应强度的大小及方向为( )A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．4.如图所示，由abcd组成的一闭合线框，其中a、b、c三点的坐标分别为(0，L，0)，(L，L，0)，(L，0，0)，整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于各边所受的安培力的大小，下列说法中正确的是()A．ab边与bc边受到的安培力大小相等，方向相互垂直B．cd边受到的安培力最大，方向平行于xOz平面C．cd边与ad边受到的安培力大小相等，方向平行于yOz平面D．ad边不受安培力作用解析：选B.因为ab垂直放置于磁场中，故其受的安培力F ab＝BIL ab，而bc平行于磁场，故其受的安培力为零，A错；cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到的安培力最大，由左手定则知其安培力的方向平行于xOz平面，B对；又F ad＝BIL Od，又Od<cd，故cd边与ad边受到的安培力大小不等，C错；ad边受安培力作用，D错．5.(2015·台州一模)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动解析：选C.无论电场方向沿什么方向，小球带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使小球做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向没确定，故小球电性也不确定，A、B均错误；由W G＋W电＝0可知，重力做功W G＞0，故W电＜0，小球一定克服电场力做功，C正确．6．如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B .把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v 0的带电粒子(粒子重力不计)．若从A 射出的粒子①带负电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 1②带负电，v 0＝qBL2m ，第一次到达C 点所用时间为t 2③带正电，v 0＝qBLm ，第一次到达C 点所用时间为t 3④带正电，v 0＝qBL2m，第一次到达C 点所用时间为t 4则下列判断正确的是( ) A ．t 1＝t 3<t 2＝t 4 B ．t 1<t 2<t 4<t 3 C ．t 1<t 2<t 3<t 4 D ．t 1<t 3<t 2<t 4解析：选B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力． (1)当v 0＝qBLm 时，则由牛顿第二定律可得q v B ＝m v 2r ，T ＝2πmqB根据几何关系作出运动轨迹，r ＝L ，如图1.由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C 点，即为t 3＝T ；当粒子带负电，粒子经过16T 第一次到达C 点，即为t 1＝16T ；(2)当v 0＝qBL 2m ，r ＝12L ，如图2.由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过56T 到达C 点，即为t 4＝56T ，当粒子带负电，粒子经过T 3第一次到达C 点，即为t 2＝T3，综上所述，有t 1<t 2<t 4<t 3，故B 正确．二、不定项选择题 7．(2015·山东临沂一模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先增大后减小D．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．8．无限长通电直导线在其周围某一点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝k Ir(式中k为常数)．如图甲所示，光滑绝缘水平面上平行放置两根无限长直导线M和N，导线N中通有方向如图的恒定电流I N，导线M中的电流I M 大小随时间变化的图象如图乙所示，方向与N中电流方向相同．绝缘闭合导线框ABCD放在同一水平面上，AB边平行于两直导线，且位于两者正中间．则以下说法正确的是()A．0～t0时间内，流过R的电流方向由C→DB．t0～2t0时间内，流过R的电流方向由D→CC．0～t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向左D．t0～2t0时间内，不计CD边电流影响，则AB边所受安培力的方向向右解析：选ACD.0～t0时间内，M中电流由0逐渐增加到I N，则线框中合磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场应向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，故A对．t0～2t0时间内，M中电流由I N增大到2I N，线框中磁场向里且逐渐增大，则感应电流的磁场仍向外，线框中电流方向为A→B→C→D→A，B错.0～t0时间内，AB中电流由A→B，AB处磁场向外，则其所受安培力的方向向左，C对．t0～2t0时间内，AB中电流仍为A→B，但AB处磁场方向向里，则其所受安培力的方向向右，D对．9.(2015·新余一模)如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有()A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近解析：选AD.两离子在磁场中的运动情况如图所示，根据左手定则，a 、b 均带正电，A 正确；由T ＝2πmqB 可知，两离子在磁场中运动周期相同，由运动轨迹可知离子a 转过的圆心角大于离子b 转过的圆心角，即θa >θb ，由t ＝θ2πT ，可以判断a 在磁场中飞行的时间比b 的长，B 错误；由q v B ＝m v 2R得R＝m vqB ，故两离子在磁场中运动半径相同，所以a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，C 错误、D 正确．10.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .有一重力不计的带电粒子以垂直于x 轴的速度v 0＝10 m/s 从x 轴上的P 点进入匀强电场，恰好与y 轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x 轴进入第四象限．已知O 、P 之间的距离为d ＝0.5 m ，则带电粒子( )A ．带正电荷B ．在电场中运动的时间为0.1 sC ．在磁场中做圆周运动的半径为22m D ．在磁场中运动的时间为3π40s 解析：选ABD.根据带电粒子在电场中的偏转方向可知带电粒子带正电荷，选项A 正确；由恰好与y轴成45°角射出电场可知，离开电场时v x ＝v y ＝v 0，则v ＝2v 0＝10 2 m/s ，在电场中沿x轴方向做匀加速运动，d ＝v 02t ，解得粒子在电场中运动的时间为t ＝2dv 0＝0.1 s ，选项B 正确；沿y 轴方向上的位移为l ＝v 0t ＝1 m ，在磁场中的偏转圆心角为135°(如图所示)，由几何关系可得圆周运动的半径为R ＝2l ＝ 2 m ，故选项C 错误；在磁场中运动的时间为t ＝135°360°·T ＝38·2πR v ＝3π40 s ，故选项D 正确．三、非选择题11．(2015·昆明三中、玉溪一中联考)如图所示，在xOy 平面的第一、四象限，有水平向右匀强电场，在第二、三象限中存在磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场和场强大小与第一象限的场强大小相等，方向竖直向上的匀强电场．第一象限中P 点的坐标是⎝⎛⎭⎫R 2，32R ，在P 点拴一根绝缘细线，长为R ，细线另一端系一个质量为m ，带电荷量为q 的小球，现将细线拉至与水平方向成45°角由静止释放．小球摆至O 点位置时，细线恰好脱开，小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球到达O 点时的速度；(3)小球在y 轴左侧做匀速圆周运动的旋转半径．解析：(1)小球跨过y 轴，恰好做匀速圆周运动，可知小球受到的电场力等于重力大小，Eq ＝mg所以场强E ＝mgq.(2)小球从初始状态释放，摆动到O 点，根据动能定理： mg ⎝⎛⎭⎫22＋32R －Eq ⎝⎛⎭⎫22＋12R ＝12m v 2 得小球的速度 v ＝（3－1）gR速度的方向与y 轴正方向成60°角斜向上．(3)如图，小球在y 轴左侧做匀速圆周运动，小球受到的电场力大小等于重力大小，洛伦兹力提供向心力F 洛＝m v 2r即q v B ＝m v 2r得旋转半径为r ＝m （3－1）gRqB.答案：(1)mgq (2)见解析 (3)m （3－1）gR qB12．(2015·浙江宁波高三二模)实验室常用电场和磁场来控制带电粒子的运动．如图所示，在真空中A 、C 两板之间加上电压U ，粒子从A 板附近由静止被加速后从D 点进入圆形有界磁场；匀强磁场区域以O 为圆心，半径R ＝310m ，磁感应强度B 方向垂直纸面向外；磁场右侧有一个范围足够大的匀强电场，方向竖直向下，左边界与圆形磁场边界相切；现在电场区域放置一块足够长挡板GH ，它与水平线FD 夹角为60°(F 点在挡板上，圆心O 在FD 上)，且OF ＝3R .一比荷q m ＝13×106 C/kg 的带正电粒子，从A 板附近由静止释放，经U ＝150V 的电压加速后，从D 点沿与水平线成60°角的方向射入磁场，粒子离开圆形磁场时其速度方向水平，最后恰好打在挡板上的F 点．不计粒子重力．(1)求粒子进入磁场时的速度大小v D ； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)求粒子到达F 点时的速度大小v F ；(4)不改变其他条件，逐渐增大匀强电场的电场强度，要使粒子仍能打到挡板上，求所加电场场强的最大值．解析：(1)粒子被加速过程，由动能定理有qU ＝12m v 2D解得v D ＝1×104 m/s.(2)由几何关系可知，粒子在有界磁场中做圆周运动的圆心N 恰好在磁场边界上，粒子从M 点水平射出磁场，运动轨迹如图甲所示．由此得做匀速圆周运动的半径r ＝3R ＝0.3 m根据Bq v D ＝m v 2Dr，解得B ＝0.1 T.甲(3)粒子进入电场后做类平抛运动，有水平位移x ＝2R ＝35m竖直位移y ＝R sin 60°＝0.15 m 又x ＝v D t ，y ＝v y 2t ，v ＝v 2D ＋v 2y 解得v ＝72×104 m/s ＝1.3×104 m/s. (4)电场强度取到最大值E 的临界条件是粒子在电场中的运动轨迹恰好与挡板相切，如图乙所示．由类平抛运动的规律，粒子速度的反向延长线过水平位移的中点Q ，有水平位移x ′＝4R －2R sin 60°tan 30°＝0.3 3 m根据x ′＝v D t ′ v ′y ＝at ′又v ′y ＝v D tan 60°，a ＝Eqm联立解得E ＝1 000 V/m.乙答案：(1)1×104 m/s (2)0.1 T (3)1.3×104 m/s (4)1 000 V/m。

优化方案(浙江专用)2016版高考物理二轮复习特色专题训练“7+2+3”全真模拟(一)

“7＋2＋3”全真模拟(一)(时间：70分钟分值：120分)选择题部分(共42分)一、选择题(本题共4小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)14．如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s内的位移－时间图线．若t＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)．则( )A．t＝1 s时，质点在x＝2 m的位置B．t＝1 s和t＝5 s时，质点的速率相等C．t＝1 s和t＝5 s时，质点加速度的方向相反D．前5 s内，合外力对质点做正功15.质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g.则( )A．静止时，弹簧对小球的弹力等于小球重力的一半B．静止时，杆对小球的弹力小于弹簧对小球的弹力C．加速时，弹簧对小球的弹力等于零D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍16.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝k Ir，即某点的磁感应强度大小B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为r，通以大小相等、方向相同的电流．规定磁感应强度方向垂直纸面向里为正，则磁感应强度大小B随x变化的图线可能是( )17.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图甲所示．则图乙中的图象合理的是( )二、选择题(本题共3小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)18．如图所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的v－t图象．下列判断正确的是( )A．在t＝1 s时，滑块的加速度为零B．在4～6 s时间内，滑块的平均速度为3 m/sC．在3～7 s时间内，合力做功的平均功率为2 WD．在5～6 s时间内，滑块受到的合力大小为2 N19.如图所示，与水平面夹角为θ的双斜面光滑，A、B两点等高，两斜面在底端光滑连接，现用点B1、B2、B3、…、B n把右斜面均分成n(n≥2，n为整数)等份，B n点在斜面底端．小滑块在A点由静止释放，恰好可以向右到达B点．现在B n、B n－1两点之间固定一层薄的平整粗糙材料，仍让小滑块从A点由静止释放，恰好可以向右到达B1点．下列说法正确的是( )A．无论n为多大，小滑块与粗糙面间的动摩擦因数都为tan θB．当n为某个值时，小滑块可以恰好停在底端B n处C．当n为奇数时，小滑块最终恰好停在底端B n处D．当n为偶数时，小滑块最终恰好停在B n－1处“7＋2＋3”全真模拟(一)答题卡选择题部分(每题6分，共42分)非选择题部分(共78分)21．(10分)(1)____________(2)________________________________________________________________________(3)____________22．(10分)(1)③______________④______________(2)⑤________________________23．(16分)24．(20分)25．(22分)20．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B，B2＝2B，一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为v/2，则下列判断正确的是( )A ．此过程中通过线框截面的电荷量为3Ba22RB ．此过程中线框克服安培力做的功为38mv 2C ．此时线框的加速度为9B 2a 2v2mRD ．此时线框中的电功率为9B 2a 2v22R非选择题部分 (共78分)21．(10分)某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时：(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把十分度的游标卡尺测出小正方体木块的棱长，如图乙所示，则小正方体木块的棱长为________ cm ；(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动．这个步骤的目的是________________________________________________________________________；(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m ，测出对应的加速度a ，则下列图象中能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是________．22．(10分)某实验小组的同学，设计了图甲所示的电路图，既可以用来测量电压表的内阻，也可以用来测量电源的电动势和内阻．实验器材有：电源E ，电压表V ，电阻箱R 1(0～9 999 Ω)，滑动变阻器R 2，一个单刀双掷开关S ，导线若干．(1)实验首先测量电压表内阻，步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，同时将电阻箱R 1阻值调至0. ②将开关接向1，调节R 2的滑片，直至电压表满偏．③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，读出此时电阻箱的阻值记为R ，则电压表的内阻R V ＝________．④通过上述方法得到电压表的内阻测量值________真实值．(选填“大于”或“小于”)(2)接下来测量电源电动势和内阻．为了保护电路，该小组同学又在电路中加上了保护电阻R 0＝25 Ω，如图乙所示，实验步骤如下：①将滑动变阻器R 2的滑片滑至最左端，不再移动，同时将电阻箱R 1阻值调至0.②将开关接向2，记下电压表读数为3 V.③改变电阻箱R 1接入电路的电阻值，读取电压表对应的示数U . ④根据读取的多组数据，小组同学画出了图丙所示的图象，图中虚线是图中曲线的渐近线．⑤根据该图象及测得数据，可求得该电源的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.(保留两位有效数字)23.(16分)一氢气球的质量为m ＝0.2 kg ，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F 拉＝10 N ．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止氢气球飞掉，把轻绳系到一质量为M ＝4 kg 的木块上，如图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向的风吹来时，氢气球受到的水平风力F ＝kv (k 为一常数，v 为风速)，当风速v 1＝3 m/s 时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：(1)氢气球受到的浮力大小；(2)若风速v 2＝6 m/s ，木块开始运动时的加速度大小．24.(20分)在光滑水平面上建立如图所示坐标系，有一范围足够大的匀强磁场Ⅰ，磁场的方向垂直于水平面(xOy 平面)竖直向下．磁感应强度大小B 沿y 轴方向没有变化，沿x 轴正方向均匀增加，变化率为k ＝ΔBΔx＝0.1 T/m.有一个质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.01 Ω、长L ＝40 cm 、宽h ＝20 cm 、不变形的矩形金属线圈，以v 0＝20 cm/s 的初速度从图示位置沿x 轴正方向开始运动．(1)为使线圈匀速运动，求需要对线圈施加的外力大小； (2)若不施加外力，求线圈在水平面运动的最大位移；(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，要在空间中再叠加一个方向垂直xOy 平面竖直向上且随时间均匀增大的匀强磁场Ⅱ，试求匀强磁场Ⅱ的磁感应强度随时间的变化率ΔB ′Δt.25．(22分)如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等为B′.一带正电的粒子，从P(－d，0)点沿与x轴正方向成α＝60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射时相同．不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度v0；(2)第三、四象限磁感应强度B′的大小．第2篇高考全真模拟“7＋2＋3”全真模拟(一)14．解析：选B.因x－t图线切线的斜率表示速度，则结合题图可知，t＝0时刻质点从原点沿x轴正向做匀减速运动，t＝3 s时减速到零，然后反向做匀加速运动，t＝6 s时返回原点．设初速度为v0，又由题可知t＝1 s时，v1＝4 m/s，t＝3 s时，v3＝0，再结合v＝v0＋at，可得v0＝6 m/s，a＝－2 m/s2.由x＝v0t＋12at2，可得t＝1 s时，x＝5 m，A错误；由v＝v0＋at，得t＝1 s和t＝5 s时，质点的速率相同，B正确；因质点做匀变速直线运动，则质点运动的加速度恒定不变，C错误；由v＝v0＋at，得t＝5 s时，v5＝－4 m/s，速度大小比初速度小，合外力做负功，D错误．15．解析：选C.根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力F＝mg sin 45°＝22mg，此时杆对小球的弹力F N＝mg cos 45°＝22mg，与弹簧对小球的弹力大小相等，所以A、B项均错误．当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧对小球的弹力为0，所以C项正确，D项错误．16．解析：选D.两根通电导线通以同向电流，在a导线右侧磁感应强度方向垂直纸面向里，b 导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外、右侧向里，由公式B ＝k I r和磁场的叠加可知：在0<x <r 2范围内，磁感应强度大小B 随x 的增大而减小且为正；当x ＝r 2时，B ＝0；在r2<x <r区域内，B 随x 增大而增大且为负；在x >r 时，B 随x 增大而减小且为正，无穷远处大小为零．故D 正确．17．解析：选D.在粒子运动中的某一小段位移Δx 内电场力做功qE Δx .由功能关系知ΔE p ＝－qE ·Δx ，即ΔE pΔx ＝－qE ，E p －x 图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E 逐渐减小，A 错误．因粒子仅受电场力作用，由qE ＝ma 可知a 也逐渐减小，D 正确．再由动能定理有ΔE k ＝qE ·Δx ，即ΔE kΔx ＝qE ，E k －x 图线的斜率也表示电场力，则E k －x 图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B 错误．由v 2＝2ax 有v ＝2ax ，可知v －x 图线应是一条曲线，故C 错误．18．解析：选BC.在v －t 图象中，图象的斜率大小等于滑块的加速度大小，t ＝1 s 时，a ＝2 m/s 2，选项A 错误；5～6 s 时间内，由牛顿第二定律可得：F ＝ma ′＝4 N ，选项D 错误；在4～6 s 时间内，滑块的平均速度v ＝x t ＝62 m/s ＝3 m/s ，选项B 正确；在3～7 s 时间内，由动能定理和功率的定义式，可得：P ＝W t＝ΔE kt＝2 W ，选项C 正确．19．解析：选AD.设B n B 长度为L ，动摩擦因数为μ，从A 到B 1有，mgL sin θn －μmgL cos θn＝0，即μ＝tan θ，A 对．由mg sin θ＝μmg cos θ及动能定理得，当n ＝2时，滑块最终停在B 1处；当n ＝3时，滑块最终停在B 3与B 2中间位置；当n ＝4时，滑块最终停在B 3处；当n ＝5时，滑块最终停在B 5与B 4中间位置；以此类推可知，B 、C 错，D 对．20．解析：选ABC.由q ＝ΔΦR 可得：q ＝B 1a 22R ＋B 2a 22R ＝3Ba22R ，A 正确；克服安培力所做的功等于线框动能的减少量，为12mv 2－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38mv 2，B 正确；此时线框中的电流I ＝2Ba v 2＋Bav2R ＝3Bav 2R ，电功率P ＝I 2R ＝9B 2a 2v 24R ，D 错误；此时线框受的安培力F 安＝B 1aI ＋B 2aI ＝3BaI ＝9B 2a 2v 2R ，线框的加速度a ＝F 安m ＝9B 2a 2v 2mR，C 正确． 21．解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，正方体木块的棱长为 3.56 cm.(2)用小正方体木块把小车轨道的一端垫高的目的是平衡摩擦力．(3)实验中把所挂重物的重力作为拉力，根据牛顿第二定律，a 与m 成正比，排除图象D.当所挂重物质量增大到一定数值后，加速度将趋近于重力加速度g ，所以能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是C.答案：(1)3.56(3分) (2)平衡摩擦力(3分) (3)C(4分)22．解析：(1)③保持R 2不变，调节R 1阻值，使电压表示数达满偏刻度的13，此时电阻箱两端分得电压为满偏刻度的23，由电路的连接方式可知电压表的内阻R V ＝R2.④由于电阻箱的接入导致电压表所在支路电压变大，所以电压表的内阻测量值大于真实值．(2)在测量电源电动势和内阻实验中，由题图乙电路图可知调节R 2的滑片至最左端不再移动，同时调节电阻箱R 1阻值为0，将开关接向2，电压表读数为3 V 即保护电阻两端的电压．由题图丙可知，电源电动势为9.0 V ，所以电源内阻为2R 0＝50 Ω.答案：(1)③12R (3分) ④大于(2分) (2)⑤9.0(2分)50(3分)23．解析：(1)无风时氢气球在竖直方向受重力、绳上拉力和浮力， F 浮－mg －F 拉＝0，解得F 浮＝12 N ．(3分) (2)当v 1＝3 m/s 时对整体受力分析如图所示F 1＝kv 1(1分)在水平方向上F 1－F f ＝0(1分)在竖直方向上F 浮＋F N －(mg ＋Mg )＝0(3分) 由F f ＝μF N (2分)联立解得：k ＝3 N ·s/m ，F f ＝9 N(3分) 当v 2＝6 m/s 时，F 2＝kv 2由牛顿第二定律得：F 2－F f ＝(m ＋M )a (2分)解得：a ＝2.14 m/s 2.(1分)答案：(1)12 N (2)2.14 m/s 224．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得：线圈中感应电动势E ＝B 2hv 0－B 1hv 0＝khLv 0(2分) 线圈所受安培力F ＝B 2hI －B 1hI ＝k 2h 2L 2Rv 0＝1.28×10－3 N(2分)为使线圈匀速运动，需要对线圈施加的外力大小 F 外＝F ＝1.28×10－3 N ．(2分)(2)若不施加外力，线圈最终会在安培力作用下停下来，对线圈应用牛顿第二定律得：F 安＝ma (2分)即：k 2h 2L 2R v ＝ma (1分)k 2h 2L 2Rv Δt ＝ma Δt (2分) 对等式两边求和得：k 2h 2L 2Rx ＝mv 0，即x ＝mv 0Rk 2h 2L 2(2分) 代入数据得：x ＝3.125 m ．(2分)(3)若不施加外力，为使线圈匀速运动，则线圈所受安培力必为零，所以线圈中的感应电流为零，即线圈中的感应电动势为零，则有E ＝(B 2hv 0－B 1hv 0)－ΔB ′Δt Lh ＝khLv 0－ΔB ′ΔtLh ＝0(3分)解得：ΔB ′Δt＝kv 0＝0.02 T/s.(2分)答案：(1)1.28×10－3N (2)3.125 m (3)0.02 T/s 25．解析：(1)设粒子的质量为m ，电荷量为q ，在第二象限做圆周运动的半径为r ，则qv 0B ＝m v 20r (2分)r sin α＝d (2分)设Q 点的纵坐标为y Q ，y Q ＝r －dtan α(1分)粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知，粒子射入第四象限和射出第三象限时，速度方向与x 轴正方向的夹角相同，则β＝α＝60°(1分)设粒子由x 轴上S 点离开电场，粒子在S 点的速度为v ，则qEy Q ＝12mv 2－12mv 20(3分)v ＝v 0cos β(2分)解得v 0＝E3B.(2分)(2)设粒子在电场中运动时间为t ，S 点的横坐标为x S ，则y Q ＝v 0tan β2t (2分)x S ＝v 0t (1分)解得x S ＝2d3，粒子在S 点速度为v ，在第四、三象限中运动半径为r ′，则qvB ′＝m v 2r ′(2分)x S －x P ＝2r ′sin β(2分) 解得B ′＝2.4B .(2分)答案：(1)E3B(2)2.4B。

2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习第一部分专题三电场与磁场第1讲课时演练知能提升W

一、单项选择题1．(2015·辽师大附中二模)如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在M点和P点的速率相等，则()A．粒子在N点时的速率最大B．U MN＝U NPC．粒子在N点时的加速度最大D．粒子在M点时的电势能大于其在N点时的电势能解析：选C.据带电粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧，再根据题图可知该粒子从M 点到N点电场力做负功，从N点到P点电场力做正功，所以带电粒子的动能先减少后增加，则在N点的动能最小，速度也最小，A错误；电势能先增加后减少，D错误；据题意知，粒子在M点和P点速率相等，据动能定理有qU MN＝m v2N2－m v2M2和qU NP＝m v2P2－m v2N2，所以U MN＝－U NP，B错误；在N点的电场线密集，即粒子在N点所受的电场力较大，加速度也较大，C正确．2.如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则()A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B.由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误．M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误．电子由P 点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误．3.(2015·河北石家庄一轮质检)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能E p 随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为E p M，电子在N点时的电势能为E p N，则下列说法正确的是()A．电子在N点时的动能小于在M点时的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线解析：选C.电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由题图可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A选项错误；分析题图可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝q EΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D选项错误．4.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为24 V，b 点电势为28 V，d点电势为12 V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法错误的是()A．c点电势为20 VB．质子从b运动到c所用的时间为2l v0C．场强的方向由a指向cD．质子从b运动到c电场力做功为8电子伏解析：选C.如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：φb－φa＝φa－φe得φe＝20 V又φb－φe＝φc－φd得φc＝20 V，A正确．ec连线为等势线，则电场方向由b指向d，C错误．质子做类平抛运动，则有：2l sin 45°＝v0t得t＝2lv0，B正确．质子从b运动到c电场力做功W＝qU bc＝8 eV，D正确．二、不定项选择题5.(2015·高考江苏卷)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：选ACD.根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B 错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反，两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．6.(2015·高考四川卷)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B ．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小C ．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC.小球a 从N 点释放一直到达Q 点的过程中，a 、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A 错误；小球a 从N 到P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项B 正确；小球a 由N 到Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C 正确；小球a 从P 到Q 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D 错误．7．(2015·浙江宁波高三二模)如图所示，同一竖直平面内固定着水平绝缘细杆AB 、CD ，细杆长均为l ，两细杆间竖直距离为h ，B 、D 两端与光滑绝缘、半径为h2的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB 、CD 在同一竖直平面内，O 为AD 、BC 连线的交点．在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、电荷量为－q 的小球穿在细杆上，从A 点以一定的初速度出发，沿细杆滑动且恰能到达C 点．已知小球与两水平细杆间的动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球所受重力，不计带电小球对点电荷电场的影响，静电力常量为k .则小球从A 点到C 点的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度相同B ．小球运动到O 点正下方时，受到的摩擦力最小，其值为μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQ h 2C ．从B 点到D 点的运动过程中电场力对小球先做正功后做负功D ．小球的初速度大小为2gh ＋4μgl解析：选BD.点电荷产生的电场在A 、C 两点的电场强度大小相等、方向不同，选项A 错误；小球运动到O 点正下方时，细杆对小球的支持力最小，支持力大小为mg －4kqQh 2，所以摩擦力大小为F f ＝μF N ＝μ⎝⎛⎭⎫mg －4kqQh 2，选项B 正确；从B 点到D 点的运动过程中，小球到O 点的距离先变大，后变小，电场力先做负功，后做正功，选项C 错误；从A 点到C 点，根据对称性，小球克服摩擦力做功为2μmgl ，克服重力做功为mgh ，由动能定理，－mgh －2μmgl ＝0－12m v 2，可解得小球的初速度为v ＝2gh ＋4μgl ，选项D 正确．8.(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则( )A ．M 的带电量比N 的大B ．M 带负电荷，N 带正电荷C ．静止时M 受到的合力比N 的大D ．移动过程中匀强电场对M 做负功解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A 、C 错误；M 、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M 带负电，N 带正电，M 、N 两球在移动的过程中匀强电场对M 、N 均做负功，选项B 、D 正确．9.(2015·高考天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD.根据动能定理有qE 1d ＝12m v 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12m v 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝ 2（qE 1d ＋qE 2y ）m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2dv 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．10．(2015·河北百校联考)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O 、A 、B 三点，其中O 为圆心，A 点固定电荷量为Q 的正电荷，B 点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB ＝L .有一个可视为质点的质量为m ，电荷量为－q 的带电小球正在槽中运动，在C 点受到的电场力指向圆心，C 点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( )A ．B 点的电荷带正电B ．B 点的电荷的电荷量为3QC ．B 点的电荷的电荷量为3QD ．小球在槽内做的是匀速圆周运动解析：选CD.如图，由小球在C 点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B 点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B 点的电荷带负电．由∠ABC ＝∠ACB ＝30°，知：∠ACO ＝30°，AB ＝AC ＝L ，BC ＝2AB cos 30°＝3L 由几何关系可得：F 1＝3F 2即：kQq L 2＝3kQ B q （3L ）2得Q B ＝3Q ，故A 、B 错误，C 正确．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D 正确．三、非选择题 11．(2015·福建厦门质检)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB 与四分之一圆弧轨道BC 平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E ＝5×103 V/m ，圆弧轨道半径R ＝0.4 m ．现有一带电荷量q ＝＋2×10－5 C 、质量m ＝5×10－2 kg 的物块(可视为质点)从距B 端x ＝1 m 处的P 点由静止释放，加速运动到B 端，再平滑进入圆弧轨道BC ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小； (2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力F N B 的大小．解析：(1)在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知： qE ＝ma又由运动学公式有：x ＝12at 2解得：t ＝1 s 又因：v B ＝at 得：v B ＝2 m/s.(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有： F N B －mg ＝m v 2BR解得：F N B ＝1 N.答案：(1)1 s 2 m/s (2)1 N12.(2015·台州模拟)如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E 的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)若(2)中条件不变，在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有 Eq ＝mgE ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6N/C ＝2.0×103 N/C ，方向竖直向上．(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度为a ，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma 解得：a ＝10 m/s 2h ＝12at 2 解得：h ＝0.20 mW ＝qE 0h解得：W ＝8.0×10－4 J.(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则v ＝atE k ＝mgh ＋12m v 2解得：E k ＝8.0×10－4 J.答案：(1)2.0×103 N/C 方向竖直向上(2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J。

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习第一部分力电综合检测(B)

力电综合检测(B)一、单项选择题1．(2015·宁波高三十校联考)如图，一小球从水面上方高h 处由静止下落进入水中，若小球在水中所受阻力大小为F ＝kv 2(k 为常量，v 为小球速度大小)，且水足够深，则( )A ．h 越大，小球做匀速运动时的速度越大B ．h 变大，小球在水中的动能变化量的绝对值一定变大C ．h 变小，小球在水中的动能变化量的绝对值可能变大D ．小球在水中刚开始做匀速运动的位置与h 无关解析：选C.小球匀速运动时有mg ＝kv 2，即小球做匀速运动时的速度与下落高度无关，选项A 错误；小球入水速度与做匀速运动时的速度差值越大，动能变化量的绝对值越大，选项B 错误，C 正确；由mg ＝kv 2，mgh ＝12mv 2可得h ＝m 2k ，当h ＝m 2k 时，小球刚开始做匀速运动的位置在水面处，显然选项D 错误．2．如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中心轴匀速转动，圆盘的倾角为37°，在距转动中心r ＝0.1 m 处放一小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘的动摩擦因数为μ＝0.8，木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同．若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大值为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．8 rad/sB ．2 rad/sC.124 rad/sD.60 rad/s解析：选B.木块与圆盘的最大静摩擦力出现在最低点，此时最大静摩擦力指向圆心，最大静摩擦力与重力沿平行圆盘方向的分力的合力提供木块做圆周运动的向心力，即μmg cos θ－mg sin θ＝mr ω2，解得最大角速度为ω＝2 rad/s ，B 正确．3．空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标为(0，a ，0)，N 点的坐标为(a ，0，0)，P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，a 2.已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )A.22V B.32V C.14 V D.34V 解析：选D.MN 间的距离为2a ，P 点在MN 连线上的投影点离M 点的距离为32a4，所以P 点的电势为：32a 42a×1 V ＝34 V ，D 正确．4．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ解析：选B.金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rlsin θ，故回路中的感应电流I ＝E R＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIlsin θ＝Blsin θ·Bv sin θr ＝B 2lvr，C 错误；金属杆的热功率P＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．5.如图所示，A 、B 为两个等量正点电荷，O 为A 、B 连线的中点．以O 为坐标原点、垂直AB 向右为正方向建立Ox 轴．下列四幅图分别反映了在x 轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E 的大小随坐标x 的变化关系，其中正确的是( )解析：选C.本题关键是要明确两个等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况．沿着场强方向，电势越来越低．两个等量同种正点电荷连线中点O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O 点沿着中垂线向右到无穷远处电场强度先增大后减小，故选项C 正确，D 错误；电场强度的方向一直向右，故电势越来越低，由于不是匀强电场，故电势不随坐标x 线性减小，选项A 、B 错误．6.(2015·唐山模拟)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r ，导轨电阻不计，重力加速度大小为g .则此过程( )A ．杆的速度最大值为（F －μmg ）RB 2d2B ．流过电阻R 的电荷量为BdlR ＋rC ．恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D ．恒力F 做的功与安培力做的功之和小于杆动能的变化量解析：选B.当杆的速度达到最大时，安培力F 安＝B 2d 2vR ＋r，杆受力平衡，故F －μmg －F 安＝0，所以v ＝（F －μmg ）（R ＋r ）B 2d 2，A 错；流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝B ΔS R ＋r ＝BdlR ＋r ，B 对；根据动能定理，恒力F 、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功，所以恒力F 、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，C 、D 错．二、不定项选择题7.某遥控小车在平直路面上运动的v －t 图线如图所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是( )A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 m解析：选BC.由题图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 末时开始做匀加速运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 末时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ＋2＋42×1 m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误． 8.近来我国暴雨频发，多地相继出现群众被困河心孤岛的险情，为此消防队员常常需要出动参与抢险救灾．用滑轮将被困人员悬挂于粗绳下方，一条细绳一端系住被困人员，另一端由位于河道边的救援人员拉动，其原理可以简化为如图所示．某时刻被困人员位于河道O 处，与河岸距离为l ，救援人员位于A 处，沿OA 方向以速度v 1拉细绳，被困人员所受拉力大小恒为F ，此时OA 与粗绳OB 夹角为α，被困人员此时速度为v 2.则( )A ．v 2＝v 1cos αB ．v 2＝v 1cos αC ．被困人员被拉到B 点时拉力做功为FlD ．拉力瞬时功率P ＝Fv 1 解析：选AD.由被困人员的运动效果可知，细绳速度v 1为被困人员的速度v 2的一个分速度，由几何关系可知：v 2＝v 1cos α，A 正确，B 错误；拉力的瞬时功率为P ＝Fv 1，D 正确，拉力做功为Flcos α，C 错误．9．一个质量为m 的质点以速度v 0做匀速运动，某一时刻开始受到恒力F 的作用，质点的速度先减小后增大，其最小值为v 02.质点从开始受到恒力作用到速度减至最小的过程中( )A ．经历的时间为3mv 02FB ．经历的时间为mv 02FC ．发生的位移为6mv 28FD ．发生的位移为21mv 28F解析：选AD.质点减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，而是做匀变速曲线运动．分析可知初速度方向与恒力方向的夹角为150°，在恒力方向上有v 0cos 30°－F mt ＝0，x ＝v 0cos 30°2t ，在垂直恒力方向上有y ＝v 02t ，质点的位移s ＝x 2＋y 2，联立解得经历时间为t ＝3mv 02F ，发生的位移为s ＝21mv 28F，A 、D 正确．10.如图所示，在真空中半径为r ＝0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B ＝0.01 T ，ab 和cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v ＝1×103m/s 从c 点沿cd 方向射入场区，粒子将沿cd 方向做直线运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a 点，如果撤去电场，使磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为10 N/CB ．带电粒子的比荷为1×106C/kgC ．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 mD ．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5s解析：选AC.两种场都存在时，对带电粒子受力分析，根据平衡条件得qE ＝qvB ，解得E ＝vB ＝10 N/C ，A 项正确；带电粒子仅在电场中运动时，竖直方向上r ＝vt ，水平方向上r ＝12at 2，由牛顿第二定律a ＝qE m ，联立解得q m ＝2v Br ＝2×106 C/kg ，B 项错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径R ＝mvqB 1＝0.1 m ，C 项正确；画出粒子的运动轨迹得粒子在磁场中运动了四分之一个周期，T ＝2πR v ，因此运动的时间t ＝14T ＝πR 2v ＝1.57×10－4s ，D 项错误．三、非选择题11．将两个滑块1、2用一轻质细绳连接放在粗糙的水平面上，如图所示．已知细绳的长度为L ＝1 m ，1、2的质量分别为m 1＝2 kg 、m 2＝8 kg ，滑块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2，细绳的最大拉力为F T ＝8 N ．今在滑块2上施加一水平向右的外力F ，使两滑块共同向右运动，当外力增大到某一数值时，细绳恰好断裂．(1)求细绳恰好断裂的瞬间，水平外力F 的大小；(2)如果细绳恰好断裂的瞬间，两滑块具有的速度为2 m/s ，此后水平外力F 保持不变，求当滑块1的速度刚好为零时，两滑块1、2之间的距离．解析：(1)绳刚要被拉断的瞬间绳上的拉力为F T ＝8 N ，根据牛顿第二定律，对滑块1：F T －μm 1g ＝m 1a代入数据得a ＝2 m/s 2对滑块1、2整体：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 代入数据得F ＝40 N.(2)设绳断后，滑块1的加速度为a 1，滑块2的加速度为a 2，则：a 1＝μm 1g m 1＝2 m/s 2a 2＝F －μm 2g m 2＝3 m/s 2滑块1停下来的时间为t ，则t ＝v a 1＝1 s滑块1的位移为x 1，则x 1＝v 22a 1＝1 m滑块2的位移为x 2，则x 2＝vt ＋12a 2t 2＝3.5 m滑块1刚静止时，滑块1、滑块2间距离为Δx ＝x 2＋L －x 1＝3.5 m. 答案：(1)40 N (2)3.5 m12．(2015·西城一模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L ＝1 m ，其中MN 段平行于PQ 段，位于同一水平面内，NN 0段与QQ 0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面上，且MNN 0与PQQ 0均在竖直平面内．在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B 1和B 2，且B 1＝B 2＝0.5 T ．ab 和cd 是质量均为m ＝0.1 kg 、电阻均为R ＝4 Ω的两根金属棒，ab 置于水平导轨上，cd 置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在外力作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab 棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd 受到F ＝0.6－0.25t (N)沿斜面向上的力的作用，始终处于静止状态．不计导轨的电阻．(sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2)(1)求流过cd 棒的电流强度I cd 随时间t 变化的函数关系；(2)求ab 棒在水平导轨上运动的速度v ab 随时间t 变化的函数关系； (3)求从t ＝0时刻起，1.0 s 内通过ab 棒的电荷量q ；(4)若t ＝0时刻起，1.0 s 内作用在ab 棒上的外力做功为W ＝16 J ，求这段时间内cd 棒产生的焦耳热Q cd .解析：(1)由题意知cd 棒受力平衡，则 F ＋F cd ＝mg sin 37°F cd ＝B 2I cd L 得I cd ＝0.5t (A)．(2)ab 棒中电流I ab ＝I cd ＝0.5t (A) 则回路中电源电动势E ＝I cd R 总ab 棒切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝B 1Lv ab 解得ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)所以，ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动．(3)ab 棒的加速度为a ＝8 m/s 2，1．0 s 内的位移为x ＝12at 2＝12×8×1.02m ＝4 m根据I ＝E R 总＝ΔΦR 总t ＝B 1LxR 总t得q ＝It ＝B 1Lx R 总＝0.5×1×48C ＝0.25 C. (4)t ＝1.0 s 时，ab 棒的速度v ab ＝8t (m/s)＝8 m/s根据动能定理有W －W 安＝12mv 2－0得1.0 s 内克服安培力做功W 安＝⎝ ⎛⎭⎪⎫16－12×0.1×82J ＝12.8 J回路中产生的焦耳热Q ＝W 安＝12.8 Jcd 棒上产生的焦耳热Q cd ＝Q2＝6.4 J.答案：(1)I cd ＝0.5t (A) (2)v ab ＝8t (m/s) (3)0.25 C (4)6.4 J13.最近，我国部分地区多发雾霾天气，PM2.5值过高，为防控粉尘污染，某同学设计了一种除尘方案，用于清除带电粉尘．模型简化如图，粉尘源A 点向虚线上方(竖直平面内)各个方向喷出粉尘微粒，速度大小均为v ＝10 m/s ，粉尘微粒质量m ＝5×10－10kg ，电荷量为q＝＋1×10－7C ，粉尘源正上方有方向向外且磁感应强度B ＝0.1 T 的圆形边界磁场，半径R ＝0.5 m ，磁场右侧紧邻金属极板MN 、PQ ，两板间电压恒为U 0＝0.9 V ，两板相距d ＝1 m ，板长l ＝1 m ，不计粉尘重力及粉尘之间的相互作用．(1)证明粉尘微粒从磁场射出时，速度方向均水平向右；(2)若粉尘源每秒向外喷出粉尘微粒个数为n ＝2×108个，且粉尘微粒分布均匀地进入极板通道，求此装置正常工作过程中每秒能收集的粉尘质量M ；(3)若两极板间电压在0～1.5 V 之间可调，求收集效率和电压的关系．解析：(1)在磁场中粉尘受到的洛伦兹力提供向心力，轨迹半径为rqvB ＝m v 2rr ＝mv qB ＝5×10－10×101×10－7×0.1m ＝0.5 m如图所示，假设粉尘微粒从B 点打出，轨迹圆的圆心为O ′，由r ＝R 可知AOBO ′为菱形，所以OA ∥BO ′，BO ′一定在竖直方向上，速度方向与BO ′垂直，因此速度方向水平向右．(2)粉尘微粒进入电场，水平方向做匀速直线运动 l ＝vt竖直方向做匀加速直线运动a ＝qU md y ＝12at 2 y ＝qUl 22mdv2 当U ＝U 0＝0.9 V 时解得y ＝qU 0l 22mdv 2＝1×10－7×0.9×122×5×10－10×1×102 m ＝0.9 m假设该粉尘在A 处与水平向左方向夹角为α，则y ＝R ＋R cos α，则α＝37°，可知在极板上的微粒占总数的百分比为 η＝180°－α180°×100%＝79.4%可见79.4%的微粒会打在极板上此装置每秒能收集的粉尘质量M ＝nm ×79.4%＝2×108×5×10－10×79.4% kg ＝0.079 4 kg.(3)把y ≥d 代入y ＝qUl 22mdv2解得U ≥1 V可知：1.5 V ≥U ≥1 V 时，收集效率η＝100% 当1 V>U ≥0时，对于恰被吸收的粒子： y ＝12at 2＝12qUl 2mdv 2＝U (m)，由y ＝R ＋R cos α，α＝arccos y －RR得， α＝arccos (2U －1)，收集效率η＝π－απ×100%＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1πarccos （2U －1）×100%. 答案：见解析。

2016版《优化方案》高考物理(浙江专用)二轮专题复习练习第一部分专题六自选模块第2讲课时演练知能提升Wor

1．(1)(2015·高考浙江自选模块)以下说法正确的是(单选)( )A ．所有原子核中的质子数和中子数都相等B ．在核反应中，质量数守恒、电荷数守恒C ．氢原子从高能级向低能级跃迁时能辐射出γ射线D ．只要光照射金属电极的时间足够长，就能发生光电效应(2)如图所示，进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为80 kg 和100 kg ，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A 将B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s ，求此时B 的速度大小和方向．解析：(1)有些原子核中质子数与中子数相等，但大部分原子核内的质子数与中子数并不相等，故选项A 错误．在核反应中，质量数守恒，电荷数也守恒，选项B 正确．氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出光子，并不辐射γ射线，故选项C 错误．如果照射光的频率低于该金属的极限频率，无论照射时间多长，都不能发生光电效应，选项D 错误．(2)根据动量守恒定律，(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，代入数值解得v B ＝0.02 m/s ，离开空间站方向．答案：(1)B (2)0.02 m/s 离开空间站的方向2．(1)以下有关近代物理内容的若干叙述不正确的是(单选)( )A ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C ．根据玻尔理论，一个氢原子由n ＝4能级跃迁到较低能级时，最多能释放3种不同频率的光子D ．14C 是放射性同位素，能够自发地进行β衰变，在考古中可利用14C 的含量测定古生物年代(2)如图所示，在光滑的水平面上有两个物块A 、B ，质量分别为m A ＝3 kg ，m B ＝6 kg ，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连，开始时绳子完全松弛，两物块紧靠在一起．现用3 N 的水平恒力F 拉B ，使B 先运动，当轻绳瞬间绷直后再拉A 、B 共同前进，在B 总共前进0.75 m 时，两物块共同向前运动的速度为23m/s ，求连接两物块的绳长L .解析：(1)紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变，选项A 错误．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项B 正确．根据玻尔理论，当一个氢原子从n ＝4能级向低能级跃迁时，最多放出3种不同频率的光子，分别是n ＝4跃迁到n ＝3，n ＝3跃迁到n ＝2，n ＝2跃迁到n ＝1所释放的光子，选项C 正确．自然界中含有少量的14C ，14C 具有放射性，能够自发地进行β衰变，其半衰期恒定，因此在考古中可利用14C 来测定年代，选项D 正确．(2)当B 前进距离L 时，由动能定理FL ＝12m B v 2B ，得v B ＝2FL m B，此后A 、B 以共同速度运动，由动量守恒m B v B ＝(m A ＋m B )v AB ，然后A 、B 一起匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，可得：v ′2AB －v 2AB ＝2F m A ＋m Bx ，x ＝0.75－L ，解得：L ＝0.25 m. 答案：(1)A (2)0.25 m3.(2015·杭州模拟)(1)氢原子的能级图如图所示．有一群处于n ＝4能级的氢原子，若原子从n ＝4向n ＝2跃迁时所发出的光正好使某种金属产生光电效应，则：①这群氢原子发出的光中共有________种频率的光能使该金属产生光电效应；②从n ＝4向n ＝1跃迁时发出的光照射该金属，所产生的光电子的最大初动能为________eV.(2)如图所示，质量为2m 的小滑块P 和质量为m 的小滑块Q 都可看做质点，与轻质弹簧相连的Q 静止在光滑水平面上．P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，求：①弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 的速度大小；②弹簧的最大弹性势能．解析：(1)①n ＝4向n ＝2跃迁时所发出的光正好使某种金属产生光电效应，E 4－E 2＝2.55 eV ，所以该金属逸出功W 0＝2.55 eV .氢原子跃迁时，共发出6种频率的光，光子能量分别为E 2－E 1＝10.2 eV ，E 3－E 1＝12.09 eV ，E 4－E 1＝12.75 eV ，E 4－E 3＝0.66 eV ，E 4－E 2＝2.55 eV ，E 3－E 2＝1.89 eV ，其中大于或等于2.55 eV 的有4种．②n ＝4向n ＝1跃迁时发出的光子能量为12.75 eV ，根据光电效应方程h ν＝E k ＋W 0，可得E k ＝10.2 eV .(2)①当弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 速度相等，设为v 1，由动量守恒定律：2m v ＋0＝(2m ＋m )v 1解得：v 1＝23v . ②设弹簧的最大弹性势能为E m ，由能量守恒定律得：12·2m ·v 2＝12(2m ＋m )v 21＋E m 解得：E m ＝13m v 2. 答案：(1)①4 ②10.2 (2)①均为23v ②13m v 2 4．(1)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________．(2)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再与一质量为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：(1)根据爱因斯坦光电效应方程和动能定理可知eU ＝E km －(hν－hν0)，即E km ＝eU ＋hν－hν0；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U ＝h ν－hν0e. (2)①94Be ＋42He →12 6C ＋10n.②由动量守恒得m v0＝－m v1＋m N v2m＝v2v0＋v1m N.答案：(1)eU＋hν－hν0hν－hν0e(2)①94Be＋42He→126C＋10n②v2v0＋v1m N5．(1)关于天然放射性，下列说法正确的是(单选)()A．所有元素都有可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度有关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线(2)如图，质量分别为mA、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰好为零．已知m B＝3m A，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：①B球第一次到达地面时的速度；②P点距离地面的高度．解析：(1)自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B错误、C正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项D错误．(2)由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后总动能相等，分别列方程求解．①设B球第一次到达地面时的速度大小为v B，由运动学公式有v B＝2gh①将h＝0.8 m代入上式，得v B＝4 m/s.②②设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2.由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤ 设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B ⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m.答案：(1)C (2)①4 m/s ②0.75 m6.(1)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不正确的是(单选)( )A ．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B ．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C ．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度D ．在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏(2)质量分别为m1＝1 kg ，m 2＝3 kg 的小车A 和B 静止在水平面上，小车A 的右端水平连接一根轻弹簧，小车B 以水平向左的初速度v 0向A 驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A 获得的最大速度为v ＝6 m/s ，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失，求：①小车B 的初速度v 0；②A 和B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能．解析：(1)A 裂变成B 、C ，放出能量，A 对；增加入射光强度，光电子的最大初动能不变，B 错；镉棒能吸收中子，可控制核反应速度，C 对；修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏，D 对．(2)①由题意可得，当A 、B 相互作用弹簧恢复到原长时A 的速度达到最大，设此时B 的速度为v 2，由动量守恒定律可得：m 2v 0＝m 1v ＋m 2v 2相互作用前后系统的总动能不变：12m 2v 20＝12m 1v 2＋12m 2v 22 解得：v 0＝4 m/s.②第一次弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设此时A 、B 有相同的速度v ′，根据动量守恒定律有：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ′此时弹簧的弹性势能最大，等于系统动能的减少量：ΔE ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v ′2 解得ΔE ＝6 J.答案：(1)B (2)①4 m/s ②6 J7．(1)(2015·浙北三校联考)下列说法正确的是(单选)( )A ．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B ．放射性物质的温度升高，则半衰期减小C ．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个D ．根据玻尔理论，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，同时电子的动能减小，电势能增大(2)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．解析：(1)根据玻尔理论，原子轨道是量子化的，是不连续的，A 错；放射性物质的半衰期由其本身决定，与外界环境无关，B 错；据α衰变和β衰变的实质，2次α衰变放出2个42He ，一次β衰变放出一个0－1e ，可知C 正确；据玻尔理论，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，由高能级到低能级，电势能减小，动能增大，D 错误．(2)子弹射入物块B 的过程，子弹和物块B 组成的系统水平方向动量守恒，则m v 0＝2m v 1子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程，系统水平方向动量守恒 m v 0＝3m v 2据能量关系可得：2mgL (1－cos 60°)＝12×2m v 21－12×3m v 22 解得：v 0＝23gL .答案：(1)C (2)23gL8．(2014·高考江苏卷)(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73 ×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的(单选)( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量(2)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)根据爱因斯坦光电效应方程12m v 2m＝hν－W .由题知W 钙>W 钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p ＝2mE k 及p ＝h λ和c ＝λν知，钙逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．(2)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)A (2)1748v 0 3124v 0。