2017年 高考总复习·物理(新课标)：第四章 第二节课后检测能力提升 Word版含解析
2017优化方案高考总复习·物理(新课标)第十章第一节课后检测能力提升Word版含解析
一、单项选择题 1.(2015·高考四川卷)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( ) A ．峰值是e 0 B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：选D.因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝矩形线圈中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．2．通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V解析：选B.由电流的热效应可得U 2R ×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确．3．(2016·北京房山区一模)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0.015 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：选B.由题图乙可知t ＝0.015 s 时感应电动势最大，根据E ＝n ΔΦΔt 知磁通量变化率最大，选项A 错误．t ＝0.01 s 时感应电动势为零，磁通量变化率为零，但通过线框的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B 正确．正弦交流电的有效值E ＝E m2＝220 V ，选项C 错误．根据题图乙知交流电周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项D 错误．4．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V ．图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列说法正确的是( )A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压随时间变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)D ．通过R 的电流随时间变化的规律是i ＝cos 50πt (A)解析：选C.电阻R 上的电功率为P ＝U 2R ＝10 W ，选项A 错误；0.02 s 时穿过线圈的磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)；通过R 的电流随时间变化的规律i ＝1.41cos 100πt (A)，选项C 正确，D 错误．5.(2016·福建福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称值为“5 V 10 W ”的电动机供电，电源内阻不计，下列说法正确的是( )A ．电动机的内阻为2.5 ΩB ．电动机的发热功率为10 WC ．通过电动机的电流为2 AD ．通过电动机的电流为2 2 A解析：选C.由图知该电源电动势最大值为E m ＝5 2 V ，则有效值E ＝5 V ，通过电动机的电流I ＝105 A ＝2 A ，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r <52 Ω＝2.5 Ω，电动机的发热功率P 热＝I 2r <P 总＝10 W ，故A 、B 、D 错误，C 正确．6．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO ′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e 随时间t 的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A.由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBSω＝NBS ·2πT .若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T ′变为原来的12，即T ′＝2 s ，而感应电动势的最大值E ′m 变为原来的2倍，即E ′m ＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t ＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．二、多项选择题7．如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin 100πt (V)解析：选BC.由题图可知，最大值U m ＝311 V ，有效值U ＝U m2＝220 V ，周期T ＝0.02 s ，表达式u ＝311sin 100πt (V)，故选项B 、C 正确．8．标有“220 V 40 W ”的电灯和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联接到交流电源上，V 为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )A ．t ＝T2时刻，V 的示数为零B ．电灯恰正常发光C ．电容器有可能被击穿D ．交流电压表V 的示数保持110 2 V 不变解析：选BC.交流电压表V 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B 对；电压的峰值220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 对．9．面积都为S 且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B ＝B 0cos2πtT，从图示位置开始计时，则( )A ．两线圈的磁通量变化规律相同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t >T )，两线圈产生的热量相同D ．从图示位置时刻起，经T4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同解析：选ACD.图甲中通过线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos 2πTt ，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为Φ乙＝B 0S cos2πTt .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同．又因两线圈电阻相同，所以经过相同的时间t ，Q ＝E 2R t 也相同．经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝I －·T4也相同，故选项A 、C 、D 正确．10.(2016·忻州联考)如图所示，一个“U ”形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．已知线框各边的长均为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻，则( )A ．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL 2B ．线框产生的感应电动势的最大值为BωL 2C ．电路中电阻R 两端电压的有效值为BωL 2RR ＋rD ．电路中电流的有效值为B ωL 22（R ＋r ）解析：选BD.由法拉第电磁感应定律知，图示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A 项错误；由交变电流电动势最大值表达式E m ＝BSω＝BωL 2可知B 项正确；根据闭合电路欧姆定律可知，C 项中表达式为R 两端电压的最大值，C 项错误；由图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦交变电流，另半个周期电流为零，由有效值定义有E 2R ＋r T ＝⎝⎛⎭⎫E m 22R ＋r ·T2，解得E ＝E m2，由欧姆定律可知，D 项正确．三、非选择题11．电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象.⎝⎛⎭⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时， 由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间为： t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1300 s(如图中t 2～t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2 400 s (2)见解析12.(2016·开封模拟)如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量；(3)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量，并求出电流表的示数．解析：(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为 E m ＝BSω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(2)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量Q ＝⎝⎛⎭⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R .(3)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R.设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得⎝⎛⎭⎫E m 22R·T 2＝E ′2RT ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R.答案：(1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R π2r 2nB2R。
2017年 高考总复习·物理(新课标)：第十章 第二节课后检测能力提升 Word版含解析
一、单项选择题1.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝2202sin 100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光．除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是()A．变压器原、副线圈匝数比为102∶1B．电流表示数为1 AC．电流表示数为10 AD．副线圈中电流的频率为5 Hz解析：选B.由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V，交变电流的频率f＝1T＝ω2π＝50 Hz，D项错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22V，由理想变压器变压规律可知，n1n2＝U1U2＝10，A项错误；由灯泡电功率P＝UI可知，通过每只灯泡的电流为1 A，故副线圈输出电流为10 A，由理想变压器变流规律可知，I2I1＝10，所以原线圈中电流的有效值为1 A，B项正确，C项错误．2.用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9 WB．输出电压的最大值是110 VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋π2) A解析：选A.根据i－t图象，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)且I m＝0.05 A，通过负载的电流的有效值I2＝I m2，输出电压的最大值U m＝2U2＝110 2 V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9 W，变压器原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2＝21.选项A正确，选项B、C、D错误．3.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L，则()A．灯L也能正常发光B．灯L比另外三个灯都暗C．灯L将会被烧坏D．不能确定解析：选 A.原、副线圈中的电流之比为I1I2＝n2n1＝13，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I额＝I23.又I1＝13I2，所以通过原线圈中灯L的电流恰为其额定电流，灯L正常发光，所以A正确．4．(2016·沈阳质检)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，b接原线圈的中心触头，电压表和电流表均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)，则下列说法正确的是()A．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小B．原线圈和副线圈中交变电流的频率之比为20∶1C．当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为22 VD．当单刀双掷开关由a拨向b时，电压表和电流表的示数均变小解析：选 C.图中电压表测量值为理想变压器输出电压，而根据理想变压器变压规律U1U2＝n1n2可知，输出电压决定于输入电压和原、副线圈匝数比，因输入电压与匝数比不变，故滑动变阻器触头P上移过程中，电压表示数不变，A项错误；变压器不改变交变电流的频率，B项错误；由交变电流的瞬时值表达式可知，变压器输入电压有效值为220 V，当开关与b连接时，原、副线圈匝数比为10∶1，由U1U2＝n1n2可知，输出电压有效值为22 V，C项正确；开关由a拨向b时，原、副线圈匝数比变小，故电压表示数增大，D项错误．5.如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误.2πf ＝100π Hz ，f ＝50 Hz ，故B 错误．I 2＝880220A ＝4 A ，故C 项正确．由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．6．(2016·江西师大附中月考)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W ”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是 ( )A ．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B ．线框中产生感应电动势的有效值为250 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D ．允许变压器输出的最大功率为1 000 W解析：选 C.在图示位置线框平面和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A 错误；线框中产生的感应电动势的最大值E m ＝NBSω＝250 2 V ，其有效值E ＝22E m ＝250 V ，选项B 错误；灯泡能正常发光，则电压U 2＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C 正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A ，即I 1＝10 A ，P 1＝P 2＝U 1I 1＝250×10 W ＝2 500 W ，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W ，选项D 错误．二、多项选择题 7.(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则()A．此时原线圈两端电压的最大值约为34VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24VC．原线圈两端原来的电压有效值为68VD．原线圈两端原来的电压有效值为48V解析：选AD.当负载电阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以U R0＝15×5＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式U1U2＝n1n2可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V≈34 V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0，变化前，U′2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U′2＝2U2＝12 V，根据公式U1U′2＝n1n2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D正确、C错误．8．(2016·昆明质检)如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯泡L仍能正常发光，可采用的措施是()A．将自耦调压变压器的滑片P适当上滑B．将自耦调压变压器的滑片P适当下滑C．适当增大滑动变阻器R2的阻值D．适当减小滑动变阻器R2的阻值解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变．根据变压比UU2＝n1n2，可得U2＝n2n1U，由此可知，n2应增大，自耦调压变压器的滑片P应适当上滑，选项A正确，选项B错误；若保持匝数比不变，根据变压比U U2＝n 1n 2，可得U 2减小，为使灯泡L 仍能正常发光，加在L 两端的电压应不变，则加在R 1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R 2应增大，选项C 正确，选项D 错误．9．电流互感器和电压互感器如图所示，已知n 1n 2＝110，n 3n 4＝1001，电流表示数为5.0 A ，电压表示数为220 V ，则下列说法正确的是( )A ．火线中的电流为0.5 AB ．火线和地线间的电压为2.2×104 VC ．线路的输电功率为1.1×104 WD ．线路的输电功率为1.1×106 W解析：选BD.由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝50 A ，由U 3U 4＝n 3n 4得U 3＝2.2×104 V ，P ＝U 3I 1＝1.1×106 W ，故B 、D 正确．10．(2016·河南林州一中专项练习)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：选AC.当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C对．三、非选择题11．如图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式； (2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de. 解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ，U m ＝400 V 电压瞬时值的表达式为u ab ＝400sin 200πt (V)． (2)电压有效值U 1＝200 2 V 理想变压器P 1＝P 2 原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25 A . (3)设ab 间匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de ，解得n ce n de ＝R ceR de代入数据得n ce n de ＝43. 答案：见解析12．(2016·武汉模拟)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW ·h.求：(1)输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？解析：(1)输送功率P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000 kW ·h 由题知输电线上损失的电能ΔE ＝4 800 kW ·h 终点得到的电能E ′＝E －ΔE ＝7 200 kW ·h 所以输电效率η＝E ′E×100%＝60%.输电线上的电流I ＝PU ＝100 A输电线损耗功率P r ＝I 2r ， 其中P r ＝ΔEt＝200 kW 得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ∝1U2 原来P r ＝200 kW ，现在要求P ′r ＝10 kW ， 代入数据解得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV. 答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV。
【红对勾】2017年高考物理新课标一轮复习课件4-2
(初 速 度 v0方向)为x轴 ， 竖 直
y轴 ， 建 立 平 面 直 角 坐 标 系 ， 如 图 所 示 ， 则 ：
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第四章·第二节
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( 1 ) 水 平 方 向 ： 做 ＝________.
_ _ _ _ _ _ _ _
运 动 ， 速 度
vx＝_ _ _ _ _ _ _ _
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5． 两 个 重 要 推 论 ( 1 ) 做平抛(或 类 平 抛 )运 动 的 物 体 任 一 时 刻 的 瞬 时 速 度 的 反 向 延 长 线 一 定 通 过 此 时 水 平 位 移 的 中 点 ， 如 图 甲 中 所 示 ． ( 2 ) 做平抛(或 类 平 抛 )运 动 的 物 体 在 任 一 时 刻 任 一 位 置 处 ， 设 其 速 度 方 向 与 水 平 方 向 的 夹 角 为 为θ，则t a n α＝2 t a n θ. α， 位 移 与 水 平 方 向 的 夹 角 A点和B点
1．飞 行 时 间 ： 由 初 速 度 v0无 关 ． 2． 水 平 射 程 ： 和 下 落 高 度
t＝
2h ， 时 间 取 决 于 下 落 高 度 g知
h，与
x＝v0t＝v0
2h 即 水 平 射 程 由 初 速 度 g，
v0
h共 同 决 定 ， 与 其 他 因 素 无 关 ．
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x2＋y2 ，方向与水平方向的夹角为θ，
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答案 1． 匀 变 速 曲 线 2． ( 1 ) 匀 速 直 线 gt ( 3 ) v0 gt ( 4 ) 2v 0 v0 v0t ( 2 ) 自 由 落 体 gt 1 2 gt 2
高考物理总复习第四章章末总结提高教学案新人教版
章末总结提高知识网络【p75】解题思路与方法【p75】本章内容包括运动学和动力学两部分．运动学部分主要是掌握如何用“合成与分解”的方法，将复杂的运动形式简化为两个简单运动的合成，运用等效的思想将未知的复杂问题转化为已知的简单问题，这也是物理学中十分重要的、经常使用的研究方法；动力学部分主要是根据牛顿第二定律研究物体做曲线运动时力和运动的关系．平抛运动是匀变速曲线运动的一种．采用的研究方法是，将其分解为互相垂直的两个直线运动来处理．因此，该内容可看做为前面所学的平行四边形定则与匀变速直线运动规律的综合．圆周运动是自然界普遍存在的一种运动形式，处理其动力学问题时，关键要注意两点：(1)确定研究对象运动的轨道平面和圆心的位置，以便确定向心力的方向．(2)向心力不是和重力、弹力、摩擦力相并列的性质力，它是根据力的作用效果命名的．切不可在物体间的相互作用力以外再添加一个向心力．研究竖直平面内的圆周运动要抓住各种约束物的区别以及运动物体在最高点、最低点的受力特征，并结合牛顿第二定律求解．牛顿运动定律在卫星与天体运动中的应用，不可避免地要密切结合万有引力定律．这类问题需把握以下几个重要方面：①运动模型的建立：A 星绕B 星做匀速圆周运动；②由A 星与B 星之间的万有引力提供A 星运动所需的向心力；③合理选择向心力的表达式，列出万有引力等于向心力的方程，推导出线速度、角速度、周期、半径、向心加速度、中心天体B 的质量等等的表达式；④重力加速度g 这一概念的迁移：星球表面有GM ＝gR 2，这一式子又称“黄金代换式”，不仅可用于地球表面，也可用于其他星球表面；⑤地球表面卫星、高空卫星、极地卫星、赤道卫星、同步卫星、三个宇宙速度等的含义要深刻领会、准确掌握，才能在处理问题时应用自如．体 验 高 考 【p 75】1．(多选)(2018·全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km ，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看做是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星( )A ．质量之积B ．质量之和C ．速率之和D ．各自的自转角速度【解析】双中子星做匀速圆周运动的频率f ＝12 Hz(周期T ＝112 s)，由万有引力等于向心力，可得，Gm 1m 2r 2＝m 1r 1(2πf)2，G m 1m 2r2＝m 2r 2(2πf)2，r 1＋r 2＝r ＝400 km ，联立解得：(m 1＋m 2)＝（2πf ）2r3G ，选项B 正确，A 错误；由v 1＝ωr 1＝2πfr 1，v 2＝ωr 2＝2πfr 2，联立解得：v 1＋v 2＝2πfr ，选项C 正确；不能得出各自自转的角速度，选项D 错误．【答案】BC2．(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T ＝5.19 ms ，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11 N ·m 2/kg 2.以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为( )A ．5×109 kg/m 3B ．5×1012 kg/m 3C ．5×1015 kg/m 3D ．5×1018 kg/m 3【解析】设脉冲星质量为M ，密度为ρ根据天体运动规律知：GMm R 2≥m(2πT )2Rρ＝M V ＝M43πR 3代入可得：ρ≈5×1015kg/m 3，故C 正确． 【答案】C3．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍．P 与Q 的周期之比约为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．8∶1D ．16∶1【解析】设地球半径为R ，根据题述，地球卫星P 的轨道半径为R P ＝16R ，地球卫星Q 的轨道半径为R Q ＝4R ，根据开普勒定律，T 2P T 2Q ＝R 3PR 3Q ＝64，所以P 与Q 的周期之比为T P ∶T Q ＝8∶1，选项C 正确．【答案】C4．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A ．2倍B ．4倍C ．6倍D ．8倍【解析】设甲球落至斜面时的速率为v 1，乙落至斜面时的速率为v 2，由平抛运动规律，x ＝vt ，y ＝12gt 2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tan θ＝yx ，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律，12mv 2＋mgy ＝12mv 21，联立解得：v 1＝1＋4tan 2θ·v ，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比．同理可得，v 2＝1＋4tan 2θ·v 2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A 正确．【答案】A5．(2016·北京)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )A ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D ．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量【解析】P 点，沿轨道1运行时，地球对人造卫星的引力大于人造卫星做圆周运动需要的向心力，即F 引>mv 21r ，沿轨道2运行时，地球对人造卫星的引力刚好能提供人造卫星做圆周运动的向心力，即F 引＝mv 22r ，故v 1<v 2，选项A 错误；在P 点，人造卫星在轨道1和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿第二定律可知，人造卫星在P 点的加速度相同，选项B 正确；在轨道1的不同位置，地球对人造卫星引力大小不同，故加速度也不同，选项C 错误；在轨道2上不同位置速度方向不同，故动量不同，选项D 错误．【答案】B6．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是( )A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 【答案】C7．(2015·福建)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.v 1v 2＝r 2r 1 B.v 1v 2＝r 1r 2C.v 1v 2＝(r 2r 1)2D.v 1v 2＝(r 1r 2)2 【解析】对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMm r 2＝m v2r ，可得v ＝GMr.所以对于a 、b 两颗人造卫星有v 1v 2＝r 2r 1，故选项A 正确． 【答案】A8．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )A ．周期变大B ．速率变大C ．动能变大D ．向心加速变大【解析】由天体知识可知：T ＝2πRRGM，v ＝GM R ，a ＝GMR2.半径不变，周期T ，速率v ，加速度a 均不变，故A 、B 、D 错误．根据E k ＝12mv 2可得：速率v 不变，组合体质量m 变大，故动能E k 变大．【答案】C9．(2017·北京)利用引力常量G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是( ) A ．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B ．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C ．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D ．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【解析】在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有GMm R 2＝mg ，可得M ＝gR2G，A 能求出地球质量．根据万有引力提供卫星、月球、地球做圆周运动的向心力，由GMm R 2＝mv 2R ，vT ＝2πR ，解得M ＝v 3T 2πG ；由GMm 月r 2＝m 月⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 月2r ，解得M＝4π2r 3GT 2月；由GM 日 M r 2日＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 日2r 日，会消去两边的M ；故BC 能求出地球质量，D 不能求出． 【答案】D 10．(2017·天津)我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体．假设组合体在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为R ，地球表面处重力加速度为g ，且不考虑地球自转的影响．则组合体运动的线速度大小为________，向心加速度大小为________．【解析】在地球表面附近，物体所受重力和万有引力近似相等，有：G MmR 2＝mg ，航天器绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：G Mm （R ＋h ）2＝mv2R ＋h＝ma ， 解得：线速度v ＝R g R ＋h ，向心加速度a ＝gR2（R ＋h ）2. 【答案】Rg R ＋h gR 2（R ＋h ）211．(2016·浙江)在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示，P 是个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L ，上端A 与P 点的高度差也为h.(1)若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间； (2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A 、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系．【解析】(1)打在中点的微粒32h ＝12gt 2①t ＝3h g② (2)打在B 点的微粒v 1＝L t 1，2h ＝12gt 21③v 1＝Lg 4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤ 微粒初速度范围Lg4h≤v≤L g 2h⑥ (3)由能量关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh⑦代入④、⑤式L ＝22h⑧2020’新课标·名师导学·高考第一轮总复习同步测试卷物理(四)(曲线运动万有引力与航天) 【p379】时间：90分钟总分：100分一、选择题(本大题共14小题，每小题4分，共56分．其中1～10为单项选择题，11～14题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．下列有关曲线运动的说法错误的是(B)A．做曲线运动的物体的加速度一定不为零B．物体在变力作用下一定做曲线运动C．曲线运动一定是变速运动D．速率保持不变的运动可以是曲线运动【解析】曲线运动的速度方向时刻改变，所以曲线运动一定是变速运动，加速度不为零；故A、C正确；物体做曲线运动的条件是力和速度不在同一直线上，如果力只是大小改变，方向始终与速度方向相同，则物体可以做直线运动，故B错误；速率是指速度的大小，速率不变但速度方向时刻改变，则物体可以做曲线运动，故D正确．本题选错误的，故选B.2．如图所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的(B)A．Oa方向 B．Ob方向C．Oc方向 D．Od方向3．“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁圈，都能套中地面上同一目标．设铁圈在空中运动时间分别为t1、t2，则(D)A．v1＝v2 B．v1>v2C．t1＝t2 D．t1>t24．一辆满载新鲜苹果的货车以恒定速率通过某公路环岛，角速度为ω，其中一个处于中间位置的苹果质量为m，它到公路环岛中心的距离为R，则其他苹果对该苹果的作用力为(C)A．mg B．mω2RC.m2g2＋m2ω4R2D.m2g2－m2ω4R2【解析】苹果做匀速圆周运动，受重力和其它苹果的作用力，根据牛顿第二定律和向心力公式，有：水平方向：F x ＝m ω2R ；竖直方向：F y ＝mg ；故合力为：F ＝F 2x ＋F 2y ＝m 2g 2＋m 2ω4R 2，故C 正确．5．质量为m 的物体P 置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，斜面足够长，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P 与动力小车，P 与滑轮间的细绳平行于斜面，小车带动物体P 以速率v 沿斜面做匀速直线运动，下列判断正确的是(C)A ．小车的速率为vB ．小车的速率为vcos θ1C ．小车速率始终大于物体速率D ．小车做匀变速运动【解析】将小车的速度v 车进行分解如图所示，则v ＝v 车cos θ2，故A 、B 错误；由速度的分解图可知，v 车＞v ，故C 正确；小车速率v 车＝vcos θ2，故D 错误．6．我国未来将在月球地面上建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站．如图所示，关闭发动机的航天飞机A 在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆轨道的近月点B 处与空间站C 对接．已知空间站绕月圆轨道的半径为r ，周期为T ，万有引力常量为G ，月球的半径为R.下列说法中正确的是(C)A ．航天飞机在图示位置正在匀速向B 运动 B ．月球的第一宇宙速度为v ＝2πrTC ．月球的质量为M ＝4π2r3GT2D ．要使航天飞机和空间站对接成功，飞机在接近B 点时必须加速 【解析】关闭发动机的航天飞机A 在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近的过程中，做的是变加速运动，A 错误；空间站的运行速度为v ＝2πrT，而第一宇宙速度应是环绕月球表面沿圆形轨道运动的速度，应大于此速度，所以选项B 错误；根据GmM r 2＝m 4π2T 2r ，解得月球质量为M ＝4π2r3GT 2，所以选项C 正确；欲对接成功，需要飞机在接近B 点时减速，否则飞机将做椭圆运动，所以选项D 错误．7．有一位特技演员骑摩托车进行特技表演．已知他跨越的水平距离约60 m ，如果他起跳的水平平台比着地的水平平台高7.2 m ，且有100 m 的水平助跑跑道，他在助跑跑道上的平均加速度是(g ＝10 m/s 2) (A)A ．12.5 m/s 2B ．10 m/s 2C ．20 m/s 2D ．15 m/s 2【解析】依h ＝12gt 2，t ＝2h g＝14.410s ＝1.2 s ， 依x ＝v 0t ，∴v 0＝601.2m/s ＝50 m/s.v 20＝2ax′，∴a ＝5022×100m/s 2＝12.5 m/s 2，选A.8．从某一高度处的同一地点同时水平和竖直向上抛出两个小球，两球的初速度大小均为20 m/s ，两球之间用一根轻绳相连，两球抛出1 s 时，轻绳恰好绷直，则轻绳的长度为(取g＝10 m/s 2)(D)A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．20 2 m【解析】竖直上抛的小球上升的高度h 1＝v 0t －12gt 2＝15 m ，平抛小球的水平位移x ＝v 0t＝20 m ，竖直下落的高度为h 2－12gt 2＝5 m ，轻绳的长度为l ，有l 2＝x 2＋(h 1＋h 2)2，l ＝20 2 m ，选项D 正确．9．据《科技日报》报道，2020年前我国将发射8颗绕地球做匀速圆周运动的海洋系列卫星，包括4颗海洋水色卫星、2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛等岛屿附近海域的监测．已知雷达卫星轨道半径是动力环境卫星轨道半径的n 倍，则(B)A ．雷达卫星的线速度是动力环境卫星线速度的1nB ．雷达卫星与动力环境卫星的向心加速度之比为1n2C ．在相同时间内，雷达卫星与地心的连线跟动力环境卫星与地心的连线扫过的面积相等D ．雷达卫星与动力环境卫星的角速度之比为1n3【解析】由万有引力提供向心力：G Mm r 2＝m v 2r ＝ma ＝mr ω2，可得v ＝GM r ，a ＝GM r 2，ω＝GM r3 由v ＝GMr可得雷达卫星的线速度是动力环境卫星线速度的1n，则A 错误； 由a ＝GM r 2可得雷达卫星与动力环境卫星的向心加速度之比为1n2，则B 正确；开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳与行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，卫星也有同样的规律，但指的是同一卫星，而该选项不是同一颗卫星，则C 错误．由ω＝GMr3可得雷达卫星与动力环境卫星的角速度之比为1n3.则D 错误． 10．地球同步卫星离地心的距离为r ，运行速率为v 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，地球的第一宇宙速度为v 2，半径为R ，则下列比例关系中正确的是(D)A.a 1a 2＝R rB.a 1a 2＝(r R )2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝Rr【解析】设地球质量为M ，同步卫星的质量为m 1，在地球表面绕地球做匀速圆周运动的物体质量为m 2，根据向心加速度和角速度关系有a 1＝ω21r ，a 2＝ω22R ，又ω1＝ω2，故a 1a 2＝r R ，A错B 错；由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm 1r 2＝m 1v 21r ，G Mm 2R 2＝m 2v 22R ，解得v 1v 2＝Rr，D 正确．选D.11．如图所示，放在水平转台上的小物体C 、叠放在水平转台上的小物体A 、B 能始终随转台一起以角速度ω匀速转动．A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 和m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数均为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 和32r.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是(BC)A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力等于A 、B 两物体间摩擦力的一半C ．转台的角速度一定满足ω≤2μg3r D ．转台的角速度一定满足ω≤μg r【解析】对A 受力分析，受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f ＝(3m)ω2r ≤μ(3m)g.故A 错误．由于A 与C 转动的角速度相同，由摩擦力提供向心力有：f C ＝m ×1.5r ω2，f A ＝3mr ω2，可知C 与转台间的摩擦力等于A 、B 两物体间摩擦力的一半，故B 正确；对AB 整体，有：(3m ＋2m)ω2r ≤μ(3m ＋2m)g ①对物体C ，有：m ω2(1.5r)≤μmg ②对物体A ，有：3m ω2r ≤μ(3m)g ③联立①②③解得：ω≤2μg3r，故C 正确，D 错误． 故选BC.12．如图为一半圆形坑，O 为圆心，AB 为沿水平方向的直径．在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球．已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则(BD)A ．若同时抛出两小球，只要速度大小合适，两小球可能同时落到D 点B ．若同时抛出两小球，不管速度多大都不能同时落到D 点C ．无论以多大速度抛出，两者都不可能在空中相遇D ．若都能落在D 点，则两小球初速度之比为v 1∶v 2＝6∶3【解析】若同时抛出，由于竖直下落高度不同，不可能同时到达D 点，A 错，B 对；若先抛出小球A ，后抛出小球B ，则两者可能在空中相遇，C 错；从A 点平抛，R ＝v 1t 1，R ＝12gt 21，小球从C 点平抛，Rsin 60°＝v 2t 2，R(1－cos 60°)＝12gt 22，则v 1v 2＝63，故D 正确．13．如图所示，内壁光滑的细圆管一端弯成半圆形APB ，另一端BC 伸直，水平放置在桌面上并固定．半圆形APB 半径R ＝1.0 m ，BC 长L ＝1.5 m ，桌子高度h ＝0.8 m ，质量m ＝1.0 kg 的小球以一定的水平初速度从A 点沿过A 点的切线射入管内，从C 点离开管道后水平飞出，落地点D 离点C 的水平距离s ＝2 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.则以下分析正确的是(BD)A ．小球做平抛运动的初速度为10 m/sB ．小球从B 运动到D 的时间为0.7 sC ．小球在圆轨道P 点的角速度ω＝10 rad/sD ．小球在P 点的向心加速度为a ＝25 m/s 2【解析】根据h ＝12gt 2得，t ＝2h g＝2×0.810s ＝0.4 s ．则小球平抛运动的初速度v 0＝s t ＝20.4 m/s ＝5 m/s.故A 错误．小球在BC 段的时间t′＝L v 0＝1.55 s ＝0.3 s ，则小球从B 运动到D 的时间为0.3 s ＋0.4 s ＝0.7 s ．故B 正确．小球在圆轨道P 点的角速度ω＝v 0R ＝5 rad/s.故C 错误．小球在P 点的向心加速度为a ＝v 20R ＝251m/s 2＝25 m/s 2.故D 正确．14．火星是太阳系中地球的“邻居”，与地球相比，火星是个“小个子”，地球半径是火星半径的2倍，地球质量是火星质量的9倍，若地球表面的重力加速度为g ，地球的半径为R ，忽略自转的影响，下列说法正确的是(AD)A ．火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的49倍B ．火星的平均密度是地球平均密度的98倍C ．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的29倍D ．火星轨道半径最小的卫星的周期是地球近地卫星周期的324倍【解析】由星球表面处的物体所受万有引力等于重力可得G Mm R 2＝mg ，得到g ＝GMR2，已知地球半径是火星半径的2倍，地球质量是火星质量的9倍，则g 火g 地＝M 火M 地·R 2地R 2火＝49，选项A 正确；根据M ＝43πR 3ρ，可得ρ＝3M 4πR 3，故火星的平均密度是地球平均密度的89，选项B 错误；由万有引力提供向心力，有G Mm R 2＝m v2R，得第一宇宙速度v ＝GMR，故火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23，选项C 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，得地球近地卫星的周期T ＝2πR 3GM ，TT′＝23×19＝223，T ′＝324T ，选项D 正确．二、计算题(本大题共4个小题，共44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)15．(10分)在离水平地面高80 m 的塔顶，以30 m/s 的初速度水平抛出一物体(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2)．求：(1)物体在空中飞行的时间； (2)物体的落地速度多大； (3)物体飞行的水平距离多大？【解析】(1)根据h ＝12gt 2得，物体平抛运动的时间t ＝2h g ＝2×8010s ＝4 s. (2)落地时竖直方向速度v y ＝gt ＝40 m/s ，则落地时速度大小v ＝v 2y ＋v 20＝402＋302m/s ＝50 m/s(3)物体落地点与抛出点的水平距离x ＝v 0t ＝30×4 m ＝120 m.16．(10分)如图所示，探月卫星的发射过程可简化如下：首先进入绕地球运行的“停泊轨道”，在该轨道的P 处通过变速再进入“地月转移轨道”，在快要到达月球时，对卫星再次变速，卫星被月球引力“俘获”后，成为环月卫星，最终在环绕月球的“工作轨道”绕月飞行(视为圆周运动)，对月球 进行探测．“工作轨道”周期为T 、距月球表面的高度为h ，月球半径为R ，引力常量为G ，忽略其他天体对探月卫星在“工作轨道”上环绕运动的影响．(1)要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应增大速度还是减小速度？ (2)求探月卫星在“工作轨道”上环绕的线速度大小； (3)求月球的第一宇宙速度．【解析】(1)要使探月卫星从“转移轨道”进入“工作轨道”，应减小速度使卫星做近心运动．(2)根据线速度与轨道半径和周期的关系可知探月卫星线速度的大小v ＝2π（R ＋h ）T .(3)设月球的质量为M ，探月卫星的质量为m ，月球对探月卫星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以有G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T2(R ＋h) 月球的第一宇宙速度v 1等于“近月卫星”的环绕速度，设“近月卫星”的质量为m′，则有G Mm′R 2＝m′v 21R解得v 1＝2π（R ＋h ）TR ＋hR. 17．(12分)如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R.质量为m ＝0.2 kg 的小物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，由B 到D 位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后恰好由P 点沿切线进入圆轨道，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)小物块m 到达P 点时的速度； (2)B 、D 间的距离；(3)判断小物块m 能否沿圆轨道到达M 点(要求写出判断过程)．【解析】(1)设物块由D 点以速度v D 做平抛，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR ，v yv D＝tan45°得v D ＝4 m/s ，v P ＝v ycos 45°＝4 2 m/s(2)由物块过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2得v 0＝6 m/s ，a ＝－4 m/s 2. BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 22a＝2.5 m(3)若物体不沿轨道也能到达M 点，其速度为v M ， 12mv 2M ＝12mv 2D －22mgR 得v 2M ＝16－82，若物体恰好能沿轨道到达M 点，则mg ＝m mv M ′2R，解得v M ′2＝8>v 2M ，即物体不能到达M 点．18．(12分)如图所示，M 是水平放置的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，以经过O 水平向右的方向作为x 轴的正方向．在圆心O 正上方距盘面高为h 处有一个正在间断滴水的容器，在t ＝0时刻开始随长传送带沿与x 轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v.已知容器在t ＝0时滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴下一滴水．问：(1)每一滴水经多长时间滴落到盘面上？(2)要使盘面上只留下3个水滴，圆盘半径R 应满足什么条件？(3)若圆盘半径R 足够大，第二滴水和第三滴水在圆盘上可能相距的最远距离为多少？此时圆盘转动的角速度至少为多少？【解析】(1)水滴在坚直方向做自由落体运动，有：h ＝12gt 21； 解得：t 1＝2h g(2)第三滴水平抛后恰好落在转盘的边缘，根据平抛运动的分位移公式，有： 水平方向：x 1＝vt 1＝R 1－v·2t 1 竖直方向：y ＝h ＝12gt 21；解得：R 1＝3vt 1＝3v2h g第四滴水平抛后恰好落在转盘的边缘，根据平抛运动的分位移公式，有： 水平方向：x 2＝vt 1＝R 2－v·3t 1竖直方向：y ＝h ＝12gt 21；解得：R 2＝4vt 1＝4v2h g要使盘面上只留下3个水滴，圆盘半径的范围为： 4v2hg＞R≥3v 2h g； (3)第二滴水落在圆盘上的水平位移为s 2＝v·2t 1＝2v 2h g 第三滴水落在圆盘上的水平位移为s 3＝v·3t 1＝3v2h g 当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大，为s ＝s 2＋s 3＝5v 2hg 在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的最小角度为π，所以最小角速度为ω＝πt 1＝πg 2h.。
(新课标)2017版高考物理一轮复习专题四功和能教参解析
专题四功和能1．功和功率(1)恒力做功： W＝ Fl cosα(α是 F 与位移 l 方向的夹角)。
(2)总功的计算： W总＝ F 合 l cosα或 W总＝ W1＋ W2＋或 W总＝ E k2－ E k1。
(3) 利用F - l图象求功：F - l图象与横轴围成的面积等于力 F 的功。
W(4)功率： P＝t或 P＝ Fv cosα 。
2．动能定理和机械能守恒定律1 21 2(1) 动能定理：W＝2mv2－2mv1。
(2) 机械能守恒定律：E k1＋ E p1＝ E k2＋E p2或E k＝－ E p或E A增＝E B减。
3．功能关系和能量守恒定律(1)几种常有的功能关系①合外力对物体所做的功等于物体动能的变化；②重力做功等于物体重力势能变化的负值；③弹簧弹力做功等于弹簧弹性势能变化的负值；④除重力 ( 或弹力 ) 之外的力对物体做功等于机械能的变化；⑤滑动摩擦力与相对位移 ( 相对摩擦行程 ) 的乘积等于产生的热量；⑥电场力做功，电势能与其余形式能量的互相转变；⑦电流做功，电能与其余形式能量的互相转变；⑧安培力做功，电能与机械能互相转变。
(2)能量守恒定律： E1＝ E2或 E 减＝ E 增。
一、选择题 ( 此题共 7 个小题，第 1～ 4 题只有一项切合题目要求，第 5～ 7 题有多项切合题目要求 )1.如下图，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ 。
开初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。
而后松手，当弹簧的长度恢复到原长时，物块的速度为 v。
在此过程中弹力所做的功为()1 2 1 2A. 2mv－μ mgx B．μmgx－2mvC. 1 2 ＋μmgx D. 1 22mv 2mv分析：选 C 由动能定理得1 2 1 2W－μ mgx＝ mv－0，解得弹力做功为W＝ mv＋μ mgx，故2 2选 C。
2. 用水平力 F 拉一物体，使物体在水平川面上由静止开始做匀加快直线运动，t 1时辰撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到 t 2时辰停止。
2017年 高考总复习·物理(新课标)：第二章 第二节课后检测能力提升 Word版含解析
一、单项选择题 1.如图所示，有5个力作用于同一点O ，表示这5个力的有向线段恰构成一个正六边形的两邻边和三条对角线，已知F 1＝10 N ，求这5个力的合力大小( )A ．50 NB ．30 NC ．20 ND ．10 N解析：选B.利用三角形定则可知：F 2和F 4的合力等于F 1，F 5和F 3的合力也等于F 1，这5个力的合力大小为3F 1＝30 N.2.(2016·安徽合肥阶段考试)“叠罗汉”是一种高难度的杂技．由六人叠成的三层静态造型如图所示，假设六个人的质量均为m ，下面五人弯腰后背部呈水平状态，则底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(重力加速度为g )( )A.34mg B ．mg C.54mg D.32mg 解析：选 C.由受力分析可知，最上面一层人对第二层人的压力(单只脚)为12mg .第二层对底层人的压力(单只脚)为12⎝⎛⎭⎫12mg ＋mg ＝34mg ，底层中间的人受到的压力为两只脚的压力，即2×34mg ＝32mg ，单脚对地压力为12⎝⎛⎭⎫mg ＋32mg ＝54mg ，故选项C 正确． 3．某物体同时受到同一平面内的三个共点力F 1、F 2、F 3作用，在如图所示的四种情况中(坐标纸中每格边长表示大小为1 N 的力)，该物体所受的合力大小正确的是( )A ．甲图中物体所受的合力大小等于4 NB ．乙图中物体所受的合力大小等于2 NC ．丙图中物体所受的合力大小等于0 ND ．丁图中物体所受的合力大小等于0 N解析：选D.题图甲中物体所受的合力大小为5 N ，选项A 错误；题图乙中物体所受的合力大于2 N ，选项B 错误；题图丙中物体所受合力大小为2F 1＝6 N ，选项C 错误；题图丁中三力构成首尾相接的封闭三角形，则三力的合力为0，选项D 正确．4．如图所示，三角形ABC 三边中点分别是D 、E 、F ，在三角形中任取一点O ，如果OE →、OF →、DO →三个矢量代表三个力，那么这三个力的合力为( )A.OA →B.OB →C.OC →D.DO →解析：选 A.由矢量三角形可知DO →与OF →的合力为DF →，由三角形中位线性质知DF →＝EA →，所以DF →与OE →的合力即为OE →、OF →、DO →三力的合力．由矢量三角形可得DF →与OE →的合力为OA →，则选项A 正确．5．一物体受到三个共面共点力F 1、F 2、F 3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是( )A ．三力的合力有最大值F 1＋F 2＋F 3，方向不确定B ．三力的合力有唯一值3F 3，方向与F 3同向C ．三力的合力有唯一值2F 3，方向与F 3同向D ．由题给条件无法求出合力大小解析：选B.沿F 3方向和垂直于F 3方向建立x 轴、y 轴，将不在坐标轴上的力F 1、F 2沿坐标轴正交分解，然后再合成．如图所示，假设图中的方格边长代表1 N ，则F 3＝4 N ，沿x 轴方向有：F x ＝F 1x ＋F 2x ＋F 3x ＝(6＋2＋4)N ＝12 N ，沿y 轴方向有：F y ＝F 1y ＋F 2y ＋F 3y ＝(3－3＋0)N ＝0，F 合＝3F 3，故B 正确．6．体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d ，每个篮球的质量为m 、直径为D ，不计球与球架之间摩擦及球架圆柱面的粗细，则每个篮球对一侧球架的压力大小为( )A.12mg B.mgD dC.mgD 2D 2－d 2D.2mg D 2－d 2D解析：选C.将篮球重力按效果分解如图． 两个分力等于对球架的压力．由几何知识得：cos α＝D 2－d 2D由力的三角形得：2F cos α＝mg解得F ＝mgD 2D 2－d2，故C 正确．7.(2016·河南平顶山模拟)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A 、B ，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA 绳与水平方向的夹角为θ，OB 绳与水平方向的夹角为2θ，则球A 、B 的质量之比为( )A ．2cos θ∶1B ．1∶2cos θC ．tan θ∶1D ．1∶2sin θ解析：选B.A 、B 的重力都与绳拉力的竖直分量相等，即F T sin θ＝m A g ，F T sin 2θ＝m B g ，m A ∶m B ＝1∶2cos θ，选项B 正确．8．用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如图所示．已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac 绳和bc 绳中的拉力大小分别为( )A.32mg ，12mg B.12mg ，32mg C.34mg ，12mg D.12mg ，34mg 解析：选A.结点c 受到绳子向下的拉力F 大小等于物块的重力mg ，它产生两个作用效果：拉紧ac 绳和bc 绳．将力F 沿ac 绳和bc 绳方向分解，如图所示．由图中的几何关系可得F 1＝F cos 30°＝32mg ，F2＝F sin 30°＝12mg.则有ac绳中的拉力F ac＝F1＝32mg，bc绳中的拉力F bc＝F2＝12mg，故A正确．9.(2016·济南模拟)如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∠BAD＝120°，整个系统保持静止状态．已知A物块所受的摩擦力大小为F f，则D物块所受的摩擦力大小为()A.32F f B．F fC.3F f D．2F f解析：选C.假设弹簧处于拉伸状态，设弹簧的弹力为F，以A物块为研究对象，受力如图甲所示，根据平衡条件可得F＝F f；再以D物块为研究对象，受力如图乙所示，F f′＝2F′cos 30°＝2F cos 30°＝3F f，选项C正确．10.如图所示，A、B两物体的质量分别为m A和m B，且m A＞m B，整个系统处于静止状态，小滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳的一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ的变化情况是()A．物体A的高度升高，θ角变大B．物体A的高度降低，θ角变小C．物体A的高度不变，θ角不变D．物体A的高度升高，θ角不变解析：选D.系统静止时，与滑轮接触的那一小段绳子受力情况如图所示，同一根绳子上拉力F1、F2大小总是相等的，它们的合力F与F3大小相等、方向相反，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故m B g＝2m A g sin θ，绳的端点由Q点移到P点时，由于m A、m B的大小不变，故θ不变，绳长不变，因为B下降，故A上升，选项D正确．二、多项选择题11．一物体位于光滑水平面上，同时受到三个水平共点力F1、F2和F3的作用，其大小分别为F1＝42 N、F2＝28 N、F3＝20 N，且F1的方向指向正北，下列说法中正确的是() A．这三个力的合力可能为零B．F1、F2两个力的合力大小可能为20 NC．若物体处于匀速直线运动状态，则F2、F3的合力大小为48 N，方向指向正南D．若物体处于静止状态，则F2、F3的合力大小一定为42 N，方向与F1相反，为正南解析：选ABD.F1、F2的合力范围|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即14 N≤F≤70 N，选项B正确；F3的大小处于此范围之内，所以这三个力的合力可能为零，选项A正确；若物体处于平衡状态(即静止或匀速直线运动状态)，则某两个力的合力必定与第三个力等大反向，选项C错误、D正确．12．(2016·辽宁抚顺六校模拟)如图所示，重20 N的物体放在粗糙水平面上，用F＝8 N的力斜向下推物体，F与水平面成30°角，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，则()A．物体对地面的压力为24 NB．物体所受的摩擦力为12 NC．物体所受的合力为5 ND．物体所受的合力为零解析：选AD.对物体受力分析可知：物体对地面的压力F N＝mg＋F sin 30°＝24 N，A正确；F 水平方向的分力为F x＝F cos 30°＝4 3 N，滑动摩擦力F f＝μF N＝12 N，因F x＜F f，无法推动物体，故物体处于静止状态，所受合力为零，摩擦力等于4 3 N，B、C错误，D正确．13．(2016·潍坊模拟)自卸式货车可以提高工作效率，如图所示．在车厢由水平位置缓慢地抬起到一定高度且货物还未滑离车厢的过程中，货物所受车厢的支持力F N和摩擦力F f都在变化．下列说法中正确的是()A．F N逐渐减小B．F N先减小后不变C．F f逐渐增大D．F f先增大后不变解析：选AC.设车厢与水平面的夹角为α，F N＝mg cos α，α增大，则F N减小，A正确、B错误．货物滑动前F f＝mg sin α，α增大，则F f增大，故C正确，D错误．14．(2016·浙江教育学院高考抽测卷)两同学用如图所示方法做共点力平衡实验．M、N为摩擦不计的定滑轮，O点是轻质细绳OA、OB和OC的结点，桌上有若干相同的钩码，一同学已经在A点和C点分别挂了3个和4个钩码，为使O点在两滑轮间某位置受力平衡，另一同学在B点挂的钩码数可能是()A．1个B．3个C．4个D．5个解析：选BC.设细绳OM与OC的夹角为θ，则根据力的平衡条件可得：F2T B＝42＋32＋24cos θ，而90°＜θ＜180°，解得1＜F T B＜5，所以选项B、C正确．15.如图所示，物体在沿粗糙斜面向上的拉力F作用下处于静止状态．当F逐渐增大到物体即将相对于斜面向上运动的过程中，斜面对物体的作用力可能()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：选AD.因初始状态拉力F的大小未知，故分两种情况讨论．若初始状态F≥mg sin θ，则静摩擦力随F的增大而增大，与斜面对物体的支持力的合力逐渐增大，A对、B错；若初始状态拉力F＜mg sin θ，则静摩擦力先减小后反向增大，则斜面对物体的作用力先减小后增大，C错、D对．。
第四章第2讲 抛体运动--2025版高考总复习物理
[基础落实练]1.(2024·四川成都实验外国语学校诊断)如图所示，在光滑的水平面上有一小球a 以速度v 0向右运动；同时在它的正上方有一小球b 以初速度v 0水平向右抛出，并落于c 点，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A ．小球a 先到达c 点B ．小球b 先到达c 点C ．两球同时到达c 点D ．不能确定哪个球先到达c 点解析：小球b 做平抛运动，在水平方向上做匀速运动，小球a 也在水平方向上做匀速运动，由题意可知，两小球在水平方向上运动的距离相等，初速度也相同，故所用时间相同，即两球同时到达c 点。
答案：C2．(2022·广东卷)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P 点等高且相距为L 。
当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t 。
不计空气阻力。
下列关于子弹的说法正确的是()A ．将击中P 点，t 大于LvB ．将击中P 点，t 等于LvC ．将击中P 点上方，t 大于LvD ．将击中P 点下方，t 等于Lv解析：由于子弹水平射出后做平抛运动，小积木做自由落体运动，二者竖直方向运动状态相同，所以子弹将击中P 点。
子弹水平方向做匀速直线运动，由L ＝v t 可得t ＝Lv ，B 项正确。
答案：B3.(2024·四川德阳中学一模)如图所示，在竖直直角坐标系内有一高8m 、倾角37°斜面，将小球从＋y 轴上位置(0，8m)处沿＋x 方向水平抛出，初速度为4m/s ，g 取10m/s 2，则小球第一次在斜面上的落点位置为()A ．(3m ，4m)B ．(3m ，5m)C ．(4m ，5m)D ．(4m ，3m)解析：设小球第一次在斜面上的落点位置为(x ，y )，小球在空中做平抛运动，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有y 0－y ＝12gt 2，其中v 0＝4m/s ，y 0＝8m ，又由几何关系可得tan 37°＝yx，联立解得x ＝4m ，y ＝3m 。
2017高考总复习·物理(新课标)：第八章 第三节课后检测能力提升 Word版含解析
一、单项选择题1.(2016·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B 和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是()A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和解析：选D.带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小球不可能做匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式E p＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确．2．(2016·皖南八校联考)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正解析：选A.由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a 正、b 负，达到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：q v B ＝q Ud，代入数据解得v ≈1.3 m/s ，故选A.3.(2016·东北三校联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关 解析：选A.设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v 0，根据动能定理有qU 1＝12m v 20.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r ＝m v qB ，v ＝v 0cos θ，而d ＝2r cos θ，联立各式解得d ＝2m v 0qB ，因而选项A 正确． 4．如图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上的速度v 射入磁场，且在x 轴上方运动半径为R .则下列说法正确的是( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R 解析：选D.由r ＝m vqB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB ，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 错误、D正确．5.(2016·江苏常州高级中学高三月考)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D 形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是()A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子解析：选A.由T＝2πRv，T＝1f，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝2πmαqαB，故D错误．二、多项选择题6.在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是()A．带电性质B．运动周期C．运动半径D．运动速率解析：选AB.油滴做圆周运动的条件为：所受电场力与重力平衡，则电场力方向向上，油滴一定带负电，故A正确；由qE＝mg、R＝m vqB与T＝2πmqB，分析得：T＝2πEgB，R＝E vgB，因此周期一定相同，而运动半径、运动速率可能不同．故B正确，C、D错误．7．(2014·高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H满足：U H＝k I H Bd，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于R L，霍尔元件的电阻可以忽略，则()A．霍尔元件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．I H与I成正比D．电压表的示数与R L消耗的电功率成正比解析：选CD.当霍尔元件通有电流I H时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，I H 方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误．因R与R L并联，根据并联分流，得I H＝R LR L＋RI，故I H与I成正比，选项C正确．由于B与I成正比，设B＝aI，则I L＝RR＋R LI，P L＝I2L R L，故U H＝kI H Bd＝ak（R＋R L）R2dP L，知U H∝P L，选项D正确．8.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，磁分析器有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、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．粒子一定带正电B．加速电场的电压U＝12ERC．直径PQ＝2B qmERD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷解析：选ABD.由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU＝12m v2，又粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE＝m v2R，解得U＝ER2，选项B正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有q v B＝m v2r，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在Q点，可得PQ＝2r＝2BERmq，选项C错误；若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r＝1BmERq相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确．三、非选择题9．如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)．一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为v C＝1007m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为v F＝4 m/s(不计空气阻力，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8)．求：(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离．解析：(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力三个力且合力为0，因此带电小球应带正电荷．(2)在D点速度为v D＝v C＝1007m/s设重力与电场力的合力为F，则F＝q v C B又F＝mgcos 37°＝5 N解得qB＝Fv C＝720在F处由牛顿第二定律可得q v F B＋F＝m v2F R把qB＝720代入得R＝1 m小球在DF段克服摩擦力做功W F f，由动能定理可得－W F f－2FR＝m（v2F－v2D）2W F f ≈27.6 J.(3)小球离开F 点后做类平抛运动，其加速度为a ＝Fm由2R ＝at 22得t ＝4mR F ＝225s 交点G 与D 点的距离GD ＝v F t ＝825m ≈2.26 m. 答案：见解析10．(2016·福建福州质检)如图所示，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．在x 轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m ，电荷量为q ，重力不计的带正电粒子从y 轴上的a (0，h )点沿y 轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x 轴正方向成45°角进入电场，经过y 轴的b 点时速度方向恰好与y 轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r 和速度大小v 1； (2)匀强电场的电场强度大小E ；(3)粒子从开始运动到第三次经过x 轴的时间t 0.解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得r cos 45°＝h 可得r ＝2h 又q v 1B ＝m v 21r可得v 1＝qBr m ＝2qBhm. (2)设粒子第一次经过x 轴的位置为x 1，到达b 点时速度大小为v b ，结合类平抛运动规律，有v b ＝v 1cos 45° 得v b ＝qBh m设粒子进入电场经过时间t 运动到b 点，b 点的纵坐标为－y b 结合类平抛运动规律得r ＋r sin 45°＝v b t y b ＝12(v 1sin 45°＋0)t ＝2＋12h由动能定理有：－qEy b ＝12m v 2b －12m v 21解得E ＝（2－1）qhB 2m .(3)粒子在磁场中的周期为T ＝2πr v 1＝2πm qB第一次经过x 轴的时间t 1＝58T ＝5πm 4qB在电场中运动的时间t 2＝2t ＝2（2＋1）mqB在第二次经过x 轴到第三次经过x 轴的时间 t 3＝34T ＝3πm 2qB所以总时间t 0＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝⎛⎭⎫11π4＋22＋2mqB . 答案：(1)2h 2qBhm (2)（2－1）qhB 2m(3)⎝⎛⎭⎫11π4＋22＋2mqB 11．如图甲所示，在边界MN 左侧存在斜向上方向的匀强电场E 1，在MN 的右侧存在竖直向上、场强大小为E 2＝0.4 N/C 的匀强电场，还有垂直纸面向里的匀强磁场B (图甲中未画出)和水平向右的匀强电场E 3(图甲中未画出)，B 和E 3随时间变化的情况如图乙所示，P 1P 2为距边界MN 为2.29 m 的竖直墙壁，现有一带正电微粒，质量为m ＝4×10－7 kg ，带电荷量为q ＝1×10－5C ，从左侧电场中距边界MN 为s ＝115m 的A 处无初速度释放后，沿直线以v ＝1 m/s 的速度垂直MN 边界进入右侧场区，设此时刻t ＝0，取g ＝10 m/s 2.(1)求MN 左侧匀强电场的电场强度E 1；(sin 37°＝0.6) (2)求带电微粒在MN 右侧场区中运动1.5 s 时的速度；(3)带电微粒在MN 右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？⎝⎛⎭⎫1.22π≈0.19解析：(1)设MN 左侧匀强电场场强E 1方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图(a)所示，沿水平方向有qE1cos θ＝ma沿竖直方向有qE1sin θ＝mg对水平方向的匀加速运动有v2＝2as代入数据可解得E1＝0.5 N/C，θ＝53°即E1大小为0.5 N/C，其方向与水平方向成53°角斜向上．(2)带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2＝mg在0～1 s时间内，带电微粒在E3电场中的加速度大小为a＝qE3m＝1×10－5×0.0044×10－7m/s2＝0.1 m/s2带电微粒在1 s时的速度大小为v1＝v＋at＝(1＋0.1×1) m/s＝1.1 m/s在1～1.5 s时间内，带电微粒做匀速圆周运动，周期为T＝2πmqB＝2π×4×10－71×10－5×0.08πs＝1 s在1～1.5 s时间内，带电微粒正好做半个圆周的运动，所以带电微粒在MN右侧场区中运动了1.5 s时的速度大小为1.1 m/s，方向水平向左．(3)在0～1 s时间内带电微粒向右运动的位移为s1＝v t＋12at2＝⎝⎛⎭⎫1×1＋12×0.1×12m＝1.05 m带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径为r＝m vqB＝4×10－7×1.11×10－5×0.08πm＝1.12πm因为r＋s1＜2.29 m，所以在1～2 s时间内带电微粒未碰及墙壁在2～3 s时间内带电微粒做匀加速运动，加速度仍为a＝0.1 m/s2在0～3 s时间内带电微粒共向右运动的位移s3＝v t2＋12at22＝⎝⎛⎭⎫1×2＋12×0.1×22m＝2.2 m在t＝3 s时带电微粒的速度大小为v3＝v＋at2＝(1＋0.1×2) m/s＝1.2 m/s在3～4 s时间内带电微粒做圆周运动的半径r3＝m v3qB＝4×10－7×1.21×10－5×0.08πm＝1.22πm因为r3＋s3＞2.29 m，所以在3～4 s时间内带电微粒碰及墙壁，带电微粒在3 s以后运动情况如图(b)所示，其中d＝(2.29－2.2)m＝0.09 msin θ＝dr 3≈0.5得θ＝30°所以，带电微粒做圆周运动的时间为t 圆周＝T 12＝2πm 12qB ＝2π×4×10－712×1×10－5×0.08π s ＝112s 带电微粒与墙壁碰撞前，在MN 右侧场区中运动的时间为t 总＝⎝⎛⎭⎫3＋112 s ＝3712 s. 答案：见解析。
2017优化方案高考总复习·物理(新课标)第四章第三节课后检测能力提升Word版含解析
一、单项选择题1.(2016·廊坊模拟)如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动．若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是() A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动答案：A2.(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．3．(2016·资阳诊断)如图所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动，两轮的半径R∶r＝2∶1.当主动轮Q匀速转动时，在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上，此时Q轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a1，若改变转速，把小木块放在P轮边缘也恰能静止，此时Q轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a2，则()A.ω1ω2＝12B.ω1ω2＝21C.a 1a 2＝11D.a 1a 2＝12解析：选C.根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ；联立解得μg ＝ω21r .小木块放在P 轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2R ＝2ω2r .由ωR ＝ω2r 联立解得ω1ω2＝22，选项A 、B 错误；ma ＝μmg ，所以a 1a 2＝11，选项C 正确，D 错误． 4.(2016·江南十校联考)如图，在一半径为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，则( )A ．若v 0＝gR ，则物块落地点离A 点2RB ．若球面是粗糙的，当v 0＜gR 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C ．若v 0＜gR ，则物块落地点离A 点为RD ．若v 0≥gR ，则物块落地点离A 点至少为2R解析：选D.若v 0＝gR ，物块将离开球面做平抛运动，由y ＝2R ＝gt 22，x ＝v 0t ，得x ＝2R ，A 错误，D 正确；若v 0＜gR ，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A 点距离大于R ，B 、C 错误．5．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A ．t 1<t 2B ．t 1＝t 2C ．t 1>t 2D ．无法比较t 1、t 2的大小解析：选A.在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2，易知v 1>v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1<t 2.选项A 正确． 6.(2014·高考安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( ) A. 5 rad/s B. 3 rad/sC ．1.0 rad/sD ．0.5 rad/s解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r ，解得ω＝1.0 rad/s ，故选项C 正确． 二、多项选择题7.(2016·河南八市质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳的张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞ g cot θl时，b 绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化解析：选AC.对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得F T a＝mgsin θ，为定值，A正确，B错误．当F T a cos θ＝mω2l⇒ω＝g cot θl时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则b绳将出现弹力，C正确．由于绳b可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误．8．(2014·高考全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A. b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝kg2l是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝2kg3l时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，F f ＝mω2r，显然b受到的摩擦力较大；当物体刚要相对于盘滑动时，静摩擦力F f达到最大值F fm，由题设知F fm＝kmg，所以kmg＝mω2r，由此可以求得物体刚要滑动时的临界角速度ω0＝kgr，由此得a发生相对滑动的临界角速度为kgl，b发生相对滑动的临界角速度为kg2l；若ω＝2kg3l，a受到的是静摩擦力，大小为F f＝mω2l＝23kmg.综上所述，本题正确答案为A、C.9.(2015·高考浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等解析：选ACD.由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R ，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝s v ，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝（π＋2）r μgr，t 2＝2r （π＋1）2μgr ，t 3＝2r π2μgr，其中t 3最小，可知路线③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma向，a 向＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确．10．如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 mB ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 mC ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F NB 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F NB 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R ，v B ＝v x＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．三、非选择题11．(2016·湖北部分重点高中联考)如图所示，长为L 的绳子下端连着一质量为m 的小球，上端悬于天花板上，当把绳子拉直时，绳子与竖直线的夹角θ＝60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上.(1)当小球以角速度ω1＝ g L做圆锥摆运动时，绳子张力F T1为多大？桌面受到的压力F N1为多大？(2)当小球以角速度ω2＝4g L 做圆锥摆运动时，绳子的张力F T2及桌面受到的压力F N2分别为多大？解析：如图所示，小球受三个力作用：重力 mg 、绳子拉力F T 、水平面的支持力F N ，它们在竖直方向的合力为零，即F T cos θ＋F N ＝mg ，在水平方向的合力为小球做圆周运动提供向心力，F T sin θ＝mω2R ＝mLω2sin θ，联立解得F N ＝mg －mLω2cos θ.(1)当ω1＝ g L 时，桌面受到的压力F N1＝12mg ＞0，说明小球没有离开水平面，而在水平面上做匀速圆周运动，此时绳的拉力大小F T1＝mg .(2)当ω2＝ 4g L时，F N ＝－mg ＜0，说明小球已经离开水平面，此时小球对水平面的压力为零，即F N2＝0.此时绳的拉力大小为F T2，有F T2sin θ2＝mLω2sin θ2，解得F T2＝4mg .答案：(1)mg 12mg (2)4mg 0 12．如图所示，从A 点以某一水平速度v 0抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入∠BOC ＝37°的光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C 端的切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块的初速度v 0及在B 点时的速度大小；(2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析：(1)从A 点到B 点，物块做平抛运动，H －h ＝12gt 2 设到达B 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt ，联立解得v y ＝3 m/s此时速度方向与水平面的夹角为θ＝37°有tan θ＝v y v 0＝34，得v 0＝4 m/s v 1＝v 20＋v 2y ＝5 m/s.(2)从A 点至C 点，由动能定理有：mgH ＝12m v 22－12m v 20 设物块在C 点受到的支持力为F N ，则有F N －mg ＝m v 22R解得：v 2＝27 m/s ，F N ＝47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块在C 点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N.(3)小物块与长木板间的滑动摩擦力F f ＝μ1mg ＝7 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力F ′f ＝μ2(M ＋m )g ＝10 N因为F f ＜F ′f ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动则长木板的长度至少为l ＝v 222μ1g ＝2.0 m.答案：(1)4 m/s 5 m/s(2)47.3 N(3)2.0 m。
2017优化方案高考物理新课标总复习课后检测能力提升第二章第一节重力弹力摩擦力Word版含解析
一、单项选择题1.如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心．下列说法正确的是()A．球一定受墙水平向左的弹力B．球可能受墙水平向左的弹力C．球一定受斜面通过铁球重心的弹力D．球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力解析：选B.F的大小合适时，球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙才会对球有弹力，所以选项A错误，B正确；斜面对球必须有斜向上的弹力才能使球不下落，该弹力方向垂直于斜面但不一定通过球的重心，所以选项C、D错误．2．(2016·宝鸡模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则()A．B受C的摩擦力一定不为零B．C受地面的摩擦力一定为零C．C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左解析：选C.当A物体的重力大小等于B物体重力沿斜面向下的分力大小时，B不受摩擦力，故A错误；B、C看做一个整体，受斜向上的拉力而处于静止状态，C一定受到地面向左的静摩擦力，剪断细绳，地面对C没有摩擦力，故C正确，B、D错误．3.(2014·高考广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P 在支撑点M 、N 处受力的方向，下列说法正确的是( )A ．M 处受到的支持力竖直向上B ．N 处受到的支持力竖直向上C ．M 处受到的静摩擦力沿MN 方向D ．N 处受到的静摩擦力沿水平方向解析：选A.支持力的方向垂直于支持面，因此M 处受到的支持力垂直于地面竖直向上，N 处受到的支持力过N 垂直于切面，A 项正确、B 项错误；静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反，因此M 处的静摩擦力沿水平方向，N 处的静摩擦力沿MN 方向，C 、D 项都错误．4．(2016·黄冈模拟)如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A 、B 两点离墙壁的距离分别为x 1、x 2.物块与地面间的最大静摩擦力为F f ，则弹簧的劲度系数为( )A.F f x 2＋x 1B.2F f x 2＋x 1C.2F f x 2－x 1D.F f x 2－x 1解析：选C.设弹簧原长为x 0，则F f ＝k (x 2－x 0)＝k (x 0－x 1)，解得k ＝2F f x 2－x 1，C 正确． 5．(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v 0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力为F f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F 1使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F 2使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f3；如图丁所示，若对该物块施加一与斜面成30°斜向下的推力F 3使其沿斜面下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f4.下列关于F f1、F f2、F f3和F f4大小及其关系式中正确的是( )A ．F f1＞0B ．F f2＜F f3C ．F f2＜F f4D ．F f3＝F f4解析：选D.由题图甲可知，斜劈和物块都平衡，对斜劈和物块整体进行受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零．不论物块受力情况和运动状态如何，只要物块沿斜面下滑，物块对斜面的摩擦力与压力的合力总是竖直向下的，所以有F f1＝F f2＝F f3＝F f4＝0，即只有选项D 正确．6.(2016·天津模拟)如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受到地面的摩擦力大小为()A．μ1Mg B．μ2mgC．μ1(m＋M)g D．μ1Mg＋μ2mg解析：选B.因为木块对木板的摩擦力大小为μ2mg，方向水平向右，而木板静止，所以地面给木板的静摩擦力水平向左，大小为μ2mg，选项B正确．7.(2016·北京阶段性考试)如图所示，A、B两物体叠放在一起沿倾角为θ的斜面匀速下滑，已知它们的质量分别为m A和m B，A和B之间、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则A、B之间的摩擦力大小为()A．0 B．μ1m A g cos θC．μ2m A g sin θD．m A g sin θ解析：选D.据题意，A、B物体一起匀速下滑，据物体的平衡条件知，它们所受的合力均为0，对A物体受力分析，受到重力G、支持力F N和摩擦力F f，则沿斜面方向有：F f＝m A g sin θ，所以D选项正确．8.(2015·高考山东卷)如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2解析：选B.滑块B 刚好不下滑，根据平衡条件得m B g ＝μ1F ；滑块A 恰好不滑动，则滑块A 与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A 、B 看成一个整体，根据平衡条件得F ＝μ2(m A ＋m B )g ，解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，故选项B 正确．9．(2016·怀化模拟)如图所示，物体A 、B 置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A 、B 用一跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A 物体的绳子与水平面成53°角，拉B 物体的绳子与水平面成37°角，此时A 、B 两物体刚好处于平衡状态，则A 、B 两物体的质量之比m A m B为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A.4μ＋33μ＋4B.3μ＋44μ＋3C.4μ－33μ－4D.3μ－44μ－3解析：选A.绳对A 、B 拉力大小相等，设为F ，则A 、B 所受最大静摩擦力分别为：F f A ＝F cos 53°，F f B ＝F cos 37°，A 、B 对地面的压力F N A ＝m A g －F sin 53°，F N B ＝m B g －F sin 37°.由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可得：F cos 53°＝μ(m A g －F sin 53°)①F cos 37°＝μ(m B g －F sin 37°)②联立①②解得：m A m B ＝4μ＋33μ＋4，故A 正确．10．(2016·安徽名校联考)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F 的作用下始终处于静止状态，拉力F 在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向．则物块所受的摩擦力F f 与时间t 的关系正确的是( )解析：选B.物块在重力、斜面支持力、斜面摩擦力和拉力F共同作用下处于平衡状态．所以开始时，摩擦力沿斜面向下，且为最大静摩擦力．设斜面倾角为θ，则静摩擦力F f＝F－mg sin θ，所以摩擦力随着拉力的减小而减小；当拉力大小减小到与重力沿斜面方向的分力大小相等时(t1时刻之前)，摩擦力减小到零；随着拉力继续减小，摩擦力反向增大，故B正确．二、多项选择题11．如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数相同．三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是()A．A物体受到的摩擦力不为零，方向向右B．三个物体只有A物体受到的摩擦力为零C．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相同D．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相反解析：选BC.A物体与传送带一起匀速运动，没有发生相对滑动，也没有相对运动趋势，所以A物体不受摩擦力，选项A错误；对B、C物体进行受力分析，可知B、C所受的静摩擦力大小均为mg sin θ，方向均沿传送带向上，故选项B、C正确，D错误．12．(2016·四川成都高新区月考)如图所示，把重为20 N的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，物体处于静止状态．物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N，则弹簧对物体的弹力(弹簧与斜面平行)()A．可以为22 N，方向沿斜面向上B．可以为2 N，方向沿斜面向下C．可以为12 N，方向沿斜面向下D．弹力不可能为零解析：选AB.将物体重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力为mg sin 30°＝10 N，垂直斜面的垂直分力为mg cos 30°＝10 3 N，当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N，弹簧弹力为拉力，等于22 N；当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N，弹簧弹力为推力，等于2 N，故弹簧弹力可以是不大于2 N的推力或者不大于22 N的拉力，也可以没有弹力，综上所述，故A、B正确，C、D 错误．13．如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是()A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C．小车向右做匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右做匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上解析：选CD.小球受重力和杆的作用力F处于静止或匀速运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，有F＝mg，方向竖直向上；小车向右做匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示，则F＞mg，方向可能沿杆向上，故C、D正确．14.(2016·成都检测)如图所示，物体P、Q用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P静止在倾角为37°的斜放木板上，物体Q悬挂在定滑轮的另一侧．已知P、Q的质量m P、m Q 大小的关系为m Q ＝34m P .今将斜放木板的倾角从37°增大到45°，物体P 仍保持静止而没有滑动，若不计滑轮处的摩擦，则下列说法中正确的是( )A ．绳子的张力大小不变B ．物体P 受到的静摩擦力将变小C ．物体P 对斜板的压力将变小D ．绳子张力和物体P 受到的摩擦力大小均不变解析：选ABC.绳中张力大小等于物体Q 的重力大小，且其大小保持不变，故A 正确；令斜放木板与水平面夹角为α，物体P 对斜板压力等于m P g cos α，倾角由37°变为45°，压力变小，故C 正确；当α＝37°时，P 受到的静摩擦力F f ＝m Q g －m P g sin 37°＝0.15m P g ，方向沿斜板向下，当α＝45°时，P 受到的静摩擦力F f ′＝m Q g －m P g sin 45°＝0.04m P g ，方向仍沿斜板向下，故B 正确、D 错误． 15.如图所示，斜劈A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 以一定的初速度v 沿斜面下滑．已知物体B 与斜劈A 间的动摩擦因数μ＝tan α，则下列说法中正确的是( )A ．若此刻加一竖直向下的恒力作用在物体B 上，物体B 一定加速下滑B ．若此刻对物体B 施加一水平向左的推力，则地面对斜劈A 无摩擦力C ．若此刻对物体B 施加一水平向左的推力，则地面对斜劈A 的摩擦力向右D ．若此刻对物体B 施加一平行于斜面向下的恒定推力，物体B 加速下滑，地面对斜劈A 无摩擦力解析：选BD.因μ＝tan α，对物体B 受力分析知，B 受到的合力为零，B 匀速下滑．B 受竖直向下的力后，对B 受力分析知，合力仍为零，故物体B 仍匀速下滑，选项A 错误；对斜劈A 受力分析，B 对A 的摩擦力与对A 的弹力的合力竖直向下，再加上A 所受到的重力与地面的支持力均在竖直方向上，故地面对A 不可能有摩擦力，综上可知，选项C 错误，B 、D 正确．。
2020学年高中物理第四章专题课2电磁感应中的电路、电荷量及图象问题课后达标能力提升练习(含解析)
2019-2020学年高中物理第四章专题课2 电磁感应中的电路、电荷量及图象问题课后达标能力提升练习（含解析）新人教版选修3-2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019-2020学年高中物理第四章专题课2 电磁感应中的电路、电荷量及图象问题课后达标能力提升练习（含解析）新人教版选修3-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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电磁感应中的电路、电荷量及图象问题（建议用时：60分钟)【A组基础巩固】1．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面（纸面)内．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是( ）解析：选B.0～错误!时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得T2～T时间内,ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B项正确．2．如图甲所示，螺线管匝数n＝1 500，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω,电阻R＝4 Ω，磁感应强度B随时间变化的B－t图象如图乙所示（以向右为正方向），下列说法正确的是( )A．电阻R的电流方向是从A到CB．感应电流的大小逐渐增大C．电阻R两端的电压为6 VD．C点的电势为4.8 V解析：选D。
高考总复习·物理(新课标)：第五章 第四节课后检测能力提升
一、单项选择题1.自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定解析：选A.人对水做正功，则水的机械能增大，由于水的动能仍为0，故重力势能增大，A对．2.(2016·云南统考)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变解析：选B.小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒．弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错误、B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错误；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错误．3．如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR 解析：选D.小球到达B 点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg ＝m v 2R得，小球在B 点的速度v ＝gR .小球从P 到B 的运动过程中，重力做功W ＝mgR ，故选项A 错误；减少的机械能ΔE 减＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项B 错误；合外力做功W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错误；根据动能定理得，mgR －W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝mgR －12m v 2＝12mgR ，故选项D 正确．4．(2016·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速率不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速率相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速率最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：选A.设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12m v 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12m v 22－0，又h 1＞h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1＞v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝12m v 23－0，又h 2＝h 3，l 2cos θ2＜l 3cos θ3，可得v 2＞v 3，故A 错、B 对；三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2＜Q 3，故C 、D 对．5．(2016·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A 、B 间用一劲度系数为k 的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B 上的水平外力F 的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4E k 时撤去外力F ，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则从撤去外力F 到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的压缩量为F 2kB ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为F kC ．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量D ．A 克服外力所做的总功等于2E k解析：选D.撤去F 瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在F 作用下一起匀加速运动时，由牛顿第二定律有F －2μmg ＝2ma ，对A 有k Δx －μmg ＝ma ，求得拉伸量Δx ＝F 2k，则A 、B 两项错误；撤去F 之后，系统运动过程中，克服摩擦力所做的功等于机械能的减少量，则C 错误；对A 利用动能定理W 合＝0－E k A ，又有E k A ＝E k B ＝2E k ，则知A 克服外力做的总功等于 2E k ，则D 项正确．6．(2016·山西太原一模)将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图中两直线所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013m D ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：选D.在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－F f h ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得F f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12m v 2，由动能定理：－F f H －mgH ＝12m v 2－12m v 20，得H ＝209 m ，故C 项错误；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理，－F f h ′－mgh ′＝E k2－12m v 20得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．二、多项选择题7．光滑水平面上静止一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，并以速度v 2穿出，对这个过程，下列说法正确的是( )A ．子弹克服阻力做的功等于12m (v 21－v 22) B ．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C ．子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热产生的内能之和D ．子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦转化的内能之和解析：选AD.对子弹由动能定理W f ＝12m (v 22－v 21)，即子弹克服阻力做的功等于12m (v 21－v 22)，A 正确；子弹对木块做的功W 木＝F f ·x 木，子弹克服阻力做的功W 子＝F f ·x 子，由于水平面光滑，故x 木＜x 子，B 项错误；由动能定理知，子弹对木块做的功，等于木块获得的动能，C 项错误；由能量守恒知，D 项正确．8．如图所示，一质量为m 的滑块以初速度v 0从固定于地面的斜面底端A 点开始冲上斜面，到达某一高度后又返回A 点，斜面与滑块之间有摩擦．下列各项分别表示它在斜面上运动的速度v 、加速度a 、势能E p 和机械能E 随时间的变化图象，可能正确的是( )解析：选BC.由牛顿第二定律可知，滑块上滑阶段有mg sin θ＋F f ＝ma 1，下滑阶段有mg sin θ－F f ＝ma 2，因此a 1＞a 2，且v ＞0和v ＜0时，速度图象的斜率不同，故A 选项错误、B 选项正确；由于摩擦力始终做负功，故机械能一直减小，选项D 错误；重力势能先增大后减小，且上升阶段加速度大，势能变化快，下滑阶段加速度小，势能变化慢，故选项C 正确．9．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g .若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )A ．动能损失了2mgHB ．动能损失了mgHC ．机械能损失了mgHD ．机械能损失了12mgH 解析：选AC.运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．物块以大小为g 的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F 合＝mg ，由受力分析知摩擦力F f ＝12mg ，当上升高度为H 时，小物块的位移x ＝2H ，由动能定理得ΔE k ＝－2mgH ；由功能关系知ΔE ＝W f ＝－12mgx ＝－mgH ，选项A 、C 正确． 10．三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．传送带对物块A 、B 均做负功D ．物块A 下滑过程系统产生的热量小于B 下滑过程系统产生的热量解析：选BCD.因tan 37°＝0.75＞0.5，即mg sin θ＞μmg cos θ，故A 、B 都会匀加速下滑，根据牛顿第二定律知A 、B 加速度大小相等，故会同时到达底端，选项A 错误，B 、C 正确；因A 物块与传送带同向运动，相对位移要小，根据Q ＝F f x相对，产生的热量要小于B 物块下滑产生的热量，故选项D 正确．三、非选择题11．滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8 m ．一运动员从轨道上的A 点以3 m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为60 kg ，B 、E 两点与水平面CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h ＝2 m ，H ＝2.8 m ，g 取10 m/s 2.求：(1)运动员从A 运动到达B 点时的速度大小v B ；(2)轨道CD 段的动摩擦因数μ；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时的速度大小；如不能，则最后停在何处？解析：(1)由题意可知：v B ＝v 0cos 60°① 解得：v B ＝2v 0＝6 m/s.(2)从B 点到E 点，由动能定理可得：mgh －μmgx CD －mgH ＝0－12m v 2B② 由①②代入数据可得：μ＝0.125.(3)运动员能到达左侧的最大高度为h ′，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理mgh －mgh ′－μmg ·2x CD ＝0－12m v 2B解得h ′＝1.8 m ＜h ＝2 m所以第一次返回时，运动员不能回到B 点．设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为x 1，由动能定理可得：mgh －μmgx 1＝0－12m v 2B 解得x 1＝30.4 m因为x 1＝3x CD ＋6.4 m ，经分析可知运动员最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)．答案：(1)6 m/s (2)0.125 (3)不能 最后停在D 点左侧6.4 m 处(或C 点右侧1.6 m 处)12．(2016·福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦均不计，开始时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；(2)C的质量；(3)A刚要离开地面时，C的动能．解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为x B，则有kx B＝mg当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A，则有kx A＝mg当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：h＝x A＋x B解得：h＝2mgk故物体C沿斜面下滑的距离为2mgk.(2)物体A刚要离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kx A、细线的拉力F T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：F T－mg－kx A＝ma对C有：m C g sin θ－F T＝m C aB获得最大速度时，有：a＝0解得：m C＝10m3.(3)根据动能定理，对C：m C gh sin θ－W F T＝E k C－0对B：W F T－mgh＋W弹＝E k B－0其中W弹＝0又：E k C∶E k B＝10∶3解得：E k C ＝20m 2g 213k. 答案：(1)2mg k (2)10m 3 (3)20m 2g 213k。
2017优化方案高考物理新课标总复习课后检测能力提升第一章第二节匀变速直线运动的规律及应用Word版含解析
一、单项选择题 1．(2016·庆阳模拟)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2 s 内，汽车走过的位移为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．10 mD ．0 m解析：选D.汽车从刹车到停止的运动时间t ＝v 0a ＝104 s ＝2.5 s ，第三个2 s 内汽车处于静止，故D 正确．2.一物块(可看做质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A 点上滑，最高可滑至C 点，已知AB 是BC 的3倍，如图所示，已知物块从A 至B 所需时间为t 0，则它从B 经C 再回到B ，需要的时间是( )A ．t 0 B.t 04 C ．2t 0D.t 02解析：选C.将物块从A 到C 的匀减速直线运动，运用逆向思维可看做从C 到A 的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比，而BC ∶AB ＝1∶3，正好符合奇数比，故t AB ＝t BC ＝t 0，且物块从B 到C 的时间等于从C 到B 的时间，故物块从B 经C 再回到B 需要的时间是2t 0，C 对．3．(2016·贵州贵阳十校联考)一条悬链长7.2 m ，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m 处的一点所需的时间是(g 取10 m/s 2)( )A ．0.3 sB ．0.4 sC ．0.7 sD ．1.2 s 解析：选B.链条上、下端到达该点用时分别为：t 上＝ 2h 上g ＝ 2×2010s ＝2 s ， t 下＝2h 下g＝ 2×（20－7.2）10s ＝1.6 s ，则Δt ＝t 上－t 下＝0.4 s ，故B 正确．4．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t 2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx （t 1－t 2）t 1t 2（t 1＋t 2）B.Δx （t 1－t 2）t 1t 2（t 1＋t 2）C.2Δx （t 1＋t 2）t 1t 2（t 1－t 2）D.Δx （t 1＋t 2）t 1t 2（t 1－t 2）解析：选A.物体在第一个Δx 内平均速度v 1＝Δx t 1，第二个Δx 内的平均速度v 2＝Δx t 2，则物体的加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝2Δx （t 1－t 2）t 1t 2（t 1＋t 2），A 正确．5．(2016·四川成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( )A ．2 m/s ，3 m/s ，4 m/sB ．2 m/s ，4 m/s ，6 m/sC ．3 m/s ，4 m/s ，5 m/sD ．3 m/s ，5 m/s ，7 m/s解析：选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B 点的速度就是AC 段的平均速度，v B ＝AB ＋BC2t＝4 m/s ，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx ＝at 2，则由Δx ＝BC －AB ＝at 2解得a ＝1 m/s 2，再由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v A ＝2 m/s ，v C ＝6 m/s ，故选项B 正确．二、多项选择题6．一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滚下，到达斜面中点用时1 s ，速度为2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．斜面长度为1 mB ．斜面长度为2 mC ．物体在斜面上运动的总时间为 2 sD ．到达斜面底端时的速度为4 m/s解析：选BC.v ＝v 中2＝1 m/s ，L 2＝v －t 1＝1 m ，L ＝2 m ，故A 错、B 对；由t 1∶t 2＝1∶(2－1)，得t 2＝(2－1) s ，t ＝t 1＋t 2＝ 2 s ，故C 对；由L ＝v 底2·t 知，v 底＝2 2 m/s ，故D 错．7．(2016·郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )A ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2等于2∶1B ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶1 C ．加速、减速中的位移之比x 1∶x 2等于2∶1D ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶2解析：选BC.由v －＝v 0＋v t 2知，v －1＝v －2，故B 对、D 错；由a ＝Δv Δt 得a 1∶a 2＝1∶2，故A 错；由x ＝v －·t 知x 1∶x 2＝2∶1，故C 对．8．(2016·中山模拟)如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d ，根据图中的信息，下列判断正确的是( )A ．位置1是小球释放的初始位置B ．小球做匀加速直线运动C ．小球下落的加速度为dT 2D ．小球在位置3的速度为7d 2T解析：选BCD.由Δx ＝d 为恒量判断，小球做匀加速直线运动，故B 正确；由Δx ＝aT 2得a ＝d T 2，故C 正确；v 3＝v －24＝7d 2T ，故D 正确；v 1＝v 3－a ·2T ＝7d 2T －d T 2×2T ＝3d 2T >0，故A错误．9．(2016·郑州模拟)在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m解析：选ACD.物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，通过位移大小为10 m 处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s 1等于位移的大小x 1，即s 1＝x 1＝10 m ；下降通过时，路程s 2＝2h －x 1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程s 3＝2h ＋x 2＝2×20 m ＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 正确，B 错误．三、非选择题 10．(2016·日照模拟)质点做匀减速直线运动，在第1 s 内位移为6 m ，停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ．求：(1)在整个减速运动过程中质点的位移大小； (2)整个减速过程共用的时间．解析：(1)设质点做匀减速直线运动的加速度为a ，初速度为v 0，由于质点停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ，则x 2＝12at 22解得a ＝2x 2t 22＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2质点在第1 s 内的位移为6 m 则x 1＝v 0t 1－12at 21解得v 0＝2x 1＋at 212t 1＝2×6＋4×122×1m/s ＝8 m/s在整个减速过程中质点的位移大小为：x ＝v 202a ＝822×4 m ＝8 m.(2)将整个过程看成反方向的初速度为零的匀加速直线运动，则x ＝12at 2解得t ＝2x a＝ 2×84s ＝2 s. 答案：(1)8 m (2)2 s 11.在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s.问：(g 取10 m/s 2)(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵离开飞机后在空中的最短时间为多少？解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，着地时相当于从h 1高处自由落下，则有v 2－v 20＝－2ah ， 又v 20＝2g (224 m －h )联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2，所以h 1＝v 22g ＝5220m ＝1.25 m.(2)伞兵在离地面高度为99 m 时展伞，伞兵在空中的时间最短，设伞兵离开飞机后在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ， 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6)s ＝8.6 s. 答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s12．为了最大限度地减少道路交通事故，某省各地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动．这是因为一般驾驶员酒后的反应时间(从发现情况到开始制动所需的时间)比正常时多了0.1～0.5 s ，易发生交通事故．(1)下表为《驾驶员守则》中驾驶员的部分正常反应距离(汽车在反应时间内通过的距离)表格．请选取表格数据计算驾驶员的正常反应时间；(2)假设一饮酒后的驾驶员驾车以72 km/h 的速度在平直公路上行驶，在距离某学校门前32 m 处发现有一队学生在学校门前斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时多了0.2 s ，刹车后，车做加速度大小为9.5 m/s 2的匀减速直线运动．试通过计算说明是否会发生交通事故．解析：(1)由表格数据可知，正常反应距离与速度成正比，即在表格所给的速度范围内，驾驶员的正常反应时间相同．选其中一组数据代入，可得正常反应时间t ＝sv ＝0.45 s.(2)v ＝72 km/h ＝20 m/s 反应距离s ＝v (t ＋Δt ) 代入数据得s ＝13 m刹车后汽车做匀减速直线运动，v 2＝2ax 代入数据可得刹车距离x ≈21.05 m 因为x ＋s ＝34.05 m>32 m 所以会发生交通事故．答案：(1)0.45 s (2)会发生交通事故，计算过程见解析。
高中物理第四章第4节法拉第电磁感应定律课后达标能力提升练习含解析新人教版选修321025237
高中物理第四章第4节法拉第电磁感应定律课后达标能力提升练习含解析新人教版选修321025237法拉第电磁感应定律(建议用时：40分钟) 【A 组 基础巩固】1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加 2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析：选C.由E ＝n ΔΦΔt 知：ΔΦΔt恒定，n ＝1，所以E ＝2 V.2．下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是( )解析：选D.感应电动势的大小为E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBSΔt ，A 、B 两种情况磁通量变化量相同，C中ΔΦ最小，D 中ΔΦ最大，磁铁穿过线圈所用的时间A 、C 、D 相同且小于B 所用的时间，所以选项D 正确．3．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 4.5×10－5T ．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m ，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )A ．电压表记录的电压为5 mVB ．电压表记录的电压为9 mVC ．河南岸的电势较高D ．河北岸的电势较高解析：选BD.海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线．根据右手定则可判断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以选项C 错误，D 正确；根据法拉第电磁感应定律E ＝Blv ＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3V ，选项A 错误，B 正确．4. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的金属棒沿水平方向抛出，初速度方向和棒垂直，则棒两端产生的感应电动势将( )A ．随时间增大B ．随时间减小C ．不随时间变化D ．难以确定解析：选C.金属棒水平抛出后做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，由E ＝BLv 0可知E 不变；竖直方向上做匀加速直线运动，但在该方向上不切割磁感线，故不产生电动势．所以整个过程中，金属棒产生的总电动势为E ＝BLv 0，选项C 正确．5．如图所示，MN 、PQ 是间距为L 的平行金属导轨，置于磁感应强度为B 、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M 、P 间接有一阻值为R 的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R 的金属导线ab 垂直导轨放置，并在水平外力F 的作用下以速度v 向右匀速运动，则(不计导轨电阻)( )A ．通过电阻R 的电流方向为P →R →MB ．a 、b 两点间的电压为BLvC ．a 端电势比b 端高D ．a 端电势比b 端低解析：选C.由右手定则可知，通过电阻R 的电流方向为M →R →P ，a 端电势比b 端高，选项A 、D 错误，C 正确；ab 产生的电动势为E ＝BLv ，则a 、b 两点间的电压为U ab ＝12E ＝12BLv ，选项B 错误．6．如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nS （B 2－B 1）t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS （B 2－B 1）t 2－t 1C ．恒为－nS （B 2－B 1）t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS （B 2－B 1）t 2－t 1解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n （B 2－B 1）St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n （B 2－B 1）St 2－t 1，选项C 正确．7．如图所示，粗细均匀的、电阻为r 的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B ，圆环直径为l ；长为l 、电阻为r2的金属棒ab 放在圆环上，以v 0向右运动，当ab 棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为( )A ．0B ．Blv 0 C.Blv 02D ．Blv 03解析：选D.按照E ＝Blv 0求出感应电动势，所求的金属棒两端的电势差为路端电压．左右侧圆弧均为半圆，电阻均为r 2，并联的总电阻即外电路电阻R ＝r4，金属棒的电阻等效为电源内阻r ′＝r 2，故U ＝ER R ＋r ′＝Blv 03，故选项D 正确．8．(多选)(2019·山东临沂高二期末)如图所示，在闭合的铁芯左侧的线圈与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a 、 b 、c 为三个闭合的不同材料制成的粗细相同的金属圆环，若线圈产生磁感线全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑动触头从左向右滑动时，下列说法正确的是( )A ．只有a 、b 环中有感应电流B ．a 、b 、c 三个环中均有感应电流C ．a 、b 两环中的感应电动势一定相等D ．a 、 b 两环中的感应电流一定相等解析：选AC.据题意，线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，根据安培定则判断可知，穿过a 的磁感线方向向左，穿过b 的磁感线向上，a 、b 两环都有磁通量．当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，a 、b 两环中磁通量会发生改变，故a 、b 两环中将产生感应电流．而向左和向右穿过c 环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c 环中没有感应电流产生，而a 、b 环中有感应电流，故A 正确，B 错误．a 、b 两个环的磁通量始终相同，根据法拉第电磁感应定律可知，a 、b 环内产生的感应电动势也是相等的，但是由于两环的电阻不一定相同，可知两环中感应电流不一定相同，故C 正确，D 错误．【B 组 素养提升】9．(多选)(2019·广西玉林高二联考)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为7匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 解析：选BC.根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBSΔt，而S ＝l 2，因此电动势之比为9∶1，故B 正确；线圈中电阻R ＝ρLS，而导线长度L ＝n ×4l ；故电阻之比为3∶1，由欧姆定律可知，I ＝E R ，则电流之比为3∶1，故C 正确；电功率P ＝E 2R，电动势之比为9∶1，电阻之比为3∶1，则电功率之比为27∶1，故D 错误．10．(多选)(2019·福建师大附中高二期末)用均匀导线做成的矩形线圈abcd ，长为3l ，宽为l ，矩形线圈的一半放在垂直纸面向外的匀强磁场中，线圈总电阻为R ，如图所示．当磁场的磁感应强度大小以B ＝3＋2t 的规律变化时，下列说法正确的是( )A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中产生的感应电动势大小为3l 2C ．线圈中产生的感应电流大小为6l2RD ．线圈受到的安培力向右解析：选BD.磁感应强度增大，由楞次定律可知，感应电流沿adcba 方向，故A 错误；由法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S ＝2×1.5l 2＝3l 2，故B 正确；线圈中产生的感应电流大小为I ＝E R ＝3l 2R，选项C 错误；根据左手定则判断线圈所受的安培力的方向向右，选项D 正确．11．(2019·吉林省实验中学高二期末)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环(单匝线圈)，其面积为S ＝1×102 cm 2，电阻R ＝0.1 Ω.规定导体环中电流的正方向为如图甲所示的顺时针方向，磁场向上为正方向．磁感应强度B 随时间t 按图乙变化，计算结果均保留一位有效数字．试分析：(1)第2 s 末通过导体环的磁通量Φ的大小；(2)在1 ～ 2 s 内导体环中的感应电流I 的大小及方向； (3)在1 ～ 2 s 内导体环中产生的热量Q .解析：(1)Φ＝B ·S ＝1×10－2×1×102×10－4 Wb ＝1×10－4Wb. (2)根据法拉第电磁感应定律得E ＝N ΔΦΔt ＝1×10－4－01V ＝1×10－4 V结合闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＝1×10－40.1A ＝1×10－3A根据楞次定律可知在1～2 s 内导体环中的感应电流I 的方向为顺时针． (3)根据焦耳定律得Q ＝I 2Rt ＝(1×10－3)2×0.1×1 J＝1×10－7J.答案：(1)1×10－4 Wb (2)1×10－3A 顺时针(3)1×10－7J12．如图甲所示，平行光滑导轨MN 、PQ 水平放置，电阻不计，两导轨间距d ＝10 cm ，导体棒ab 、cd 放在导轨上，并与导轨垂直．每根棒在导轨间的部分，电阻均为R ＝1.0 Ω.用长为l ＝20 cm 的绝缘丝线(丝线不可伸长)将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中．t ＝0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态．此后，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．不计感应电流磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断．求：(1)0～2.0 s 时间内，电路中感应电流的大小与方向； (2)t ＝1.0 s 时刻丝线的拉力大小． 解析：(1)由题图乙可知ΔBΔt ＝0.1 T/s ，由法拉第电磁感应定律有 E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ＝2.0×10－3V ， 则I ＝E2R＝1.0×10－3A ，由楞次定律可知电流方向为顺时针方向．(2)每根导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡， 由图乙可知t ＝1.0 s 时B ＝0.1 T ，则F T ＝F 安＝BId ＝1.0×10－5N.答案：(1)1.0×10－3 A 顺时针 (2)1.0×10－5N。
2017优化方案高考总复习·物理(新课标)第四章第一节课后检测能力提升Word版含解析
一、单项选择题1.(2016·扬州模拟)如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖直木板的ad边正前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的正投影轨迹是()解析：选B.小球相对木板水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，其合运动为曲线运动，A错；根据加速度方向指向曲线凹侧，则B对，C、D错．2．如图所示，在一次消防演习中，消防队员要借助消防车上的梯子爬到高处进行救人．为了节省救援时间，当消防车匀速前进的同时，人沿倾斜的梯子匀加速向上运动，则关于消防队员相对地面的运动，下列说法中正确的是()A．消防队员做匀加速直线运动B．消防队员做匀变速曲线运动C．消防队员做变加速曲线运动D．消防队员水平方向的速度保持不变解析：选B.以地面为参考系，消防员同时参与水平方向的匀速运动和斜向上的匀加速运动，其合运动为匀变速曲线运动，A、C错，B对，由运动的合成与分解知识可知水平方向的速度变大，D错．3．(2016·浙江丽水中学模拟)小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸．现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到对岸，下列措施中可行的是()A．增大α角，增大船速vB．减小α角，增大船速vC．减小α角，保持船速v不变D．增大α角，保持船速v不变解析：选A.保持航线不变，且准时到达对岸，即船的合速度大小和方向均不变，由图可知，当水流速度v水增大时，α增大，v也增大，故选A.4．(2016·河北邯郸摸底)如图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图．已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是()A．C点的速率小于B点的速率B．A点的加速度比C点的加速度大C．C点的速率大于B点的速率D．从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大解析：选C.质点做匀变速曲线运动，B到C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，C 点的速率比B点速率大，故A错误，C正确；质点做匀变速曲线运动，则有加速度不变，所以质点经过C点时的加速度与A点相同，故B错误；若质点从A运动到C，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A点速度与加速度方向夹角大于90°，C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，故D错误．5.一个半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速度v匀速运动．在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图所示．当杆与半圆柱体的接触点P与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ时，竖直杆运动的速度为( )A.v tan θ B ．v tan θ C ．v cos θ D ．v sin θ解析：选B.P 点的速度v 是合速度，其效果一是使P 点绕O 点转动，二是杆上升，故分解如图． 由图得：v 1＝v ·tan θ，故B 正确．6．A 、B 两物体通过一根跨过定滑轮的轻绳相连放在水平面上，现物体A 以速度v 1向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别为α、β时，如图所示．物体B 的运动速度v 2为(绳始终有拉力)( )A.v 1sin αsin βB.v 1cos αsin βC.v 1sin αcos βD.v 1cos αcos β解析：选D.A 、B 两物体的速度分解如图．由图可知：v A ＝v 1cos α v B ＝v 2 cos β 由于v A ＝v B所以v 2＝v 1cos αcos β，故D 对．二、多项选择题7．一个质点受到两个互成锐角的力F 1和F 2的作用，由静止开始运动，若运动中保持两个力的方向不变，但F 1突然增大ΔF ，则质点此后( )A ．一定做匀变速曲线运动B ．在相等时间内速度变化一定相等C ．可能做变加速曲线运动D ．一定做匀变速直线运动 解析：选AB.质点受到两个恒力F 1、F 2的作用，由静止开始沿两个恒力的合力方向做匀加速直线运动，如图所示，此时运动方向与F 合方向相同；当力F 1发生变化后，力F 1与F 2的合力F 合′与原合力F合相比，大小和方向都发生了变化，此时合力F 合′方向不再与速度方向相同，但是F 合′仍为恒力，故此后质点将做匀变速曲线运动，故A 正确，C 、D 错误；由于合力恒定不变，则质点的加速度也恒定不变，由a ＝ΔvΔt 可得Δv ＝a Δt ，即在相等时间内速度变化也必然相等，则B 正确．8．(2016·湖北联考)小河宽为d ，河水中各点水流速度与各点到较近河岸的距离成正比，v水＝kx ，k ＝4v 0d，x 为各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v 0，则下列说法正确的是( )A ．小船渡河的轨迹为直线B ．小船垂直河岸方向前进的距离为d4时，船的实际速度为2v 0C ．小船渡河时的轨迹为曲线D ．小船垂直河岸方向前进的距离为3d4时，船的实际速度为10v 0解析：选BC.小船沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，因此水流方向存在加速度，其方向先沿着水流方向，后逆着水流方向，则小船渡河时的轨迹为曲线，故A 错误，C 正确；河水中各点水流速度与各点到较近河岸的距离成正比，当小船垂直河岸方向前进的距离为d4时，船的渡河速度为v 2水＋v 20＝2v 0，故B 正确．当小船垂直河岸方向前进的距离为3d 4时，即距河对岸d4时，船的渡河速度仍为2v 0，故D 错误．9．(2016·苏州模拟)如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v－t图象如图乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x－t图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是()A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2解析：选BD.由题图乙、丙看出，猴子在竖直方向做初速度v y＝8 m/s、加速度a＝－4 m/s2的匀减速直线运动，人在水平方向做速度v x＝－4 m/s的匀速直线运动，故猴子的初速度大小为v＝82＋42m/s＝4 5 m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故猴子做匀变速曲线运动，故选项B正确，A、C均错误；由题图乙、丙可得，t＝2 s时，a y＝－4 m/s2，a x＝0，则合加速度大小a合＝4 m/s2，故选项D正确．10．(2016·江西赣州检测)光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O，如图所示，与此同时给质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则() A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y＜F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．如果F y＝F x tan α，质点做直线运动D．如果F x＞F y cot α，质点向x轴一侧做曲线运动解析：选CD.如果F x、F y二力的合力沿v0方向，即F y＝F x tan α，则质点做直线运动，选项A错误，C正确；若F x＞F y cot α，则合力方向在v0与x轴正方向之间．则轨迹向x轴一侧弯曲而做曲线运动，若F x＜F y cot α，则合力方向在v0与y轴之间，所以运动轨迹必向y轴一侧弯曲而做曲线运动．因不知α的大小，所以只凭F x、F y的大小不能确定F合是偏向x轴还是y轴，选项B错误，D正确．故本题答案为CD.三、非选择题 11．(2016·衡水模拟)一物体在光滑水平面上运动，它在x 轴方向和y 轴方向上的两个分运动的速度—时间图象如图所示．(1)判断物体的运动性质； (2)计算物体的初速度大小；(3)计算物体在前3 s 内和前6 s 内的位移大小．解析：(1)由题图可知，物体在x 轴方向做匀速直线运动，在y 轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．(2)v x 0＝30 m/s ，v y 0＝－40 m/s v 0＝v 2x 0＋v 2y 0＝50 m/s.(3)x 3＝v x t ＝90 m |y 3|＝⎪⎪⎪⎪v y 02t ＝60 m则l 1＝x 23＋y 23＝3013 m.x 6＝v x t ′＝180 my 6＝v y t ′＝40－402×6 m ＝0则l 2＝x 6＝180 m.答案：(1)匀变速曲线运动 (2)50 m/s(3)3013 m 180 m 12．(2016·无锡模拟)一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m 的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点离滑轮的距离是H .车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t ，绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示．试求：(1)车向左运动的加速度的大小； (2)重物m 在t 时刻速度的大小．解析：(1)车在时间t 内向左运动的位移： x ＝H tan θ由车做匀加速运动，得：x ＝12at 2解得：a ＝2x t 2＝2Ht 2tan θ.(2)车的速度：v 车＝at ＝2Ht tan θ由运动的分解知识可知，车的速度v 车沿绳的分速度与重物m 的速度相等，即： v 物＝v 车cos θ 解得：v 物＝2H cos θt tan θ.答案：(1)2Ht 2tan θ (2)2H cos θt tan θ。
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一、单项选择题1．如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点，分别以初速度v a和v b沿水平方向抛出，经时间t a和t b后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，则()A．t a＞t b，v a＜v b B．t a＞t b，v a＞v bC．t a＜t b，v a＜v b D．t a＜t b，v a＞v b解析：选 A.由平抛运动规律可知：h＝12gt2，x＝vt，根据题中条件，因为h a＞h b，所以t a＞t b，又因为x a＝x b，故v a＜v b，所以A选项正确．2.(2015·高考山东卷)距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于()A．1.25 m B．2.25 mC．3.75 m D．4.75 m解析：选A.根据两球同时落地可得2Hg＝d ABv＋2hg，代入数据得h＝1.25 m，选项A正确.3.(2016·成都模拟)如图所示，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. 3gR2 B.33gR2C. 3gR2 D.3gR3解析：选B.将B点的速度分解为v0和v y，则tan 60°＝v0v y，v y＝33v0，而v y＝gt，所以t＝v yg＝3v03g，由几何关系，小球水平方向的位移x＝R＋R cos 60°＝32R，根据x＝v0t得，v0＝33gR2，B正确．4．如图所示，一长为2L的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离()A.L2 B.L3C.L4 D.L5解析：选 D.设小球释放点距木板上端的水平距离为x，小球自与木板上端等高的某处自由释放，碰撞时小球的速度为v，则有v2＝2gx，与木板碰撞后平抛，gt2/2＝v t，L＝v t＋x，联立解得x＝L5，选项D正确．5．如图所示，在斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为()A．16∶9 B．9∶16C．3∶4 D．4∶3解析：选B.对于A球有tan 37°＝hx＝gt A2v0，解得t A＝2v0tan 37°g；同理对B有t B＝2v0tan 53°g，由此解得t At B＝916，故选项B正确，A、C、D错误．6．如图所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时其速度方向恰好沿斜面方向，然后沿斜面无摩擦滑下，下列选项中的图象描述的是物体沿x方向和y方向运动的速度－时间图象，其中正确的是()解析：选C.0～t P段，水平方向：v x＝v0恒定不变，竖直方向：v y＝gt；t P～t Q段，水平方向：v x＝v0＋a水平t，竖直方向：v y＝v Py＋a竖直t(a竖直＜g)，因此选项A、B、D均错误，C正确．二、多项选择题7．(2016·河北唐山一模)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m的20 cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4 m儿童从距地面1 m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10 cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g ＝10 m/s2)()A．7.4 m/s B．7.6 m/sC．7.8 m/s D．8.2 m/s解析：选BC.圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为H＝0.8 m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有H＝12gt2，解得t＝0.4 s，圆环后端与杆的水平距离为3.2 m＝v1·t，得v1＝8m/s，圆环前端与杆的水平距离为3 m＝v2·t，得v2＝7.5 m/s，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5 m/s＜v＜8 m/s，故选B、C.8.如图，从半径为R＝1 m的半圆AB上的A点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为() A．1 m/s B．2 m/sC．3 m/s D．4 m/s解析：选AD.由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h ＝12gt 2＝0.8 m ，位置可能有两处，如图所示：第一种可能：小球落在半圆左侧 v 0t ＝R －R 2－h 2＝0.4 m ，v 0＝1 m/s第二种可能：小球落在半圆右侧 v 0t ＝R ＋R 2－h 2＝1.6 m ，v 0＝4 m/s ，选项A 、D 正确．9．如图所示，小球a 从倾角为θ＝60°的固定粗糙斜面顶端以速度v 1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b 在斜面底端正上方与a 球等高处以速度v 2水平抛出，两球恰在斜面中点P 相遇，则下列说法正确的是( )A ．v 1∶v 2＝2∶1B ．v 1∶v 2＝1∶1C ．若小球b 以2v 2水平抛出，则两小球仍能相遇D ．若小球b 以2v 2水平抛出，则b 球落在斜面上时，a 球在b 球的右下方解析：选AD.两球在P 点相遇，知两球的水平位移相等，有v 1t sin 30°＝v 2t ，解得v 1∶v 2＝2∶1，A 对，B 错；若小球b 以2v 2水平抛出，如图所示，若没有斜面，将落在B 点与P 点等高，可知将落在斜面上的A 点，由于a 、b 两球在水平方向上做匀速直线运动，可知a 球落在A 点的时间小于b 球落在A 点的时间，所以b 球落在斜面上时，a 球在b 球的右下方，C 错，D 对．10.(2016·安徽六安一中段考)如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的3把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其视为质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是() A．3把飞刀在击中板时动能相同B．到达M、N、P三点的飞行时间之比为1∶2∶ 3C．到达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D．设到达M、N、P三点，抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1＞θ2＞θ3解析：选CD.将运动逆向看，可视为3个平抛运动且到达O点时水平位移相等．由H＝12gt2得t＝2Hg，则到达M、N、P三点的飞行时间之比为3∶2∶1，B错误．在水平方向有l＝v M t1＝v N t2＝v P t3，由E k＝12m v2知3把飞刀在击中板时打在M点处的动能最小，打在P点处的动能最大，A错误．由v y＝gt可知到达M、N、P三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1，C正确．作出抛体运动的轨迹，可知θ1＞θ2＞θ3，D正确．三、非选择题11.(2016·江西八校联考)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°表面光滑的斜面体，物体A 以v1＝6 m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中．(A、B均可看做质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体A上滑到最高点所用的时间t；(2)物体B抛出时的初速度v2.解析：(1)物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mg sin θ＝ma解得：a＝6 m/s2设经过时间t物体A上滑到最高点，由运动学公式：0＝v1－at解得：t＝1 s.(2)平抛物体B的水平位移：x＝12v1t cos 37°＝2.4 m平抛速度：v2＝xt＝2.4 m/s.答案：(1)1 s(2)2.4 m/s12．如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0 m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h＝0.45 m．现有一行李包(可视为质点)由A 端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s2.求：(1)若行李包从B端水平抛出的初速度v0＝3.0 m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；(2)若行李包以v0＝1.0 m/s的初速度从A端向右滑行，行李包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件．解析：(1)设行李包在空中运动的时间为t，飞出的水平距离为x，则h＝12gt2x＝v0t代入数据解得：t＝0.3 s，x＝0.9 m.(2)设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力F＝μmg＝ma代入数值解得：a＝2.0 m/s2要使行李包从B端飞出的水平距离等于(1)中所求水平距离，行李包从B端水平抛出的初速度应为v＝3.0 m/s.设B行李包的速度为3 m/s时，通过的距离为x0，则v2－v20＝2ax0代入数值解得：x0＝2.0 m.故传送带的长度L应满足的条件为L≥2.0 m.答案：(1)0.3 s0.9 m(2)L≥2.0 m。