2016高考物理二轮复习专题限时训练10.doc
2016届高三物理二轮复习教学案+提升练习 人教课标版10(优秀免费下载资料)
第讲平抛运动与圆周运动一、曲线运动的特点．运动和受力的关系()物体不受力或所受合外力为零时，处于静止或匀速直线运动状态．()物体受合外力不为零时，若合外力方向与物体运动方向在同一直线上，则物体做变速直线运动；若合外力方向与物体运动方向不在同一直线上，则物体做曲线运动．()物体做曲线运动，其所受的合外力一定不为零，一定具有加速度，且合外力的方向一定指向曲线运动轨迹的内侧．．曲线运动的研究方法利用“化曲为直”的思想，将曲线运动分解成互相垂直的两方向上的直线运动，通过研究直线运动的规律，得到曲线运动的规律．二、平抛运动的分析及圆周运动．性质：匀变速曲线运动，加速度＝.．规律：()＝＝()＝＝．竖直面内圆周运动的“两个模型”．(·山东理综，，分)距地面高5m的水平直轨道上、两点相距2m，在点用细线悬挂一小球，离地高度为，如图．小车始终以4m的速度沿轨道匀速运动，经过点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小＝10m.可求得等于()．1.25m．2.25m．3.75m ．4.75m答案解析小车由运动到的时间为＝，对左侧小球，5m＝，对右侧小球，＝(－)，解得＝1.25m，所以正确．．(·课标Ⅰ，，分)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为和，中间球网高度为.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为.不计空气的作用，重力加速度大小为.若乒乓球的发射速率在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则的最大取值范围是()＜＜＜＜＋）))＜＜＋）))＜＜＋）))答案解析乒乓球做平抛运动，落到右侧台面上时经历的时间满足＝.当取最大值时其水平位移最大，落点应在右侧台面的台角处，有＝＋（()）)，解得＝＋）))；当取最小值时其水位移最小，发射方向沿正前方且恰好擦网而过，此时有－＝，＝，解得＝.故正确．．(·福建理综，，分)如图，在竖直平面内，滑道关于点对称，且、、三点在同一水平线上．若小滑块第一次由滑到，所用的时间为，第二次由滑到，所用的时间为，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()．＜．＝．＞．无法比较、的大小答案解析在段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小；在段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小．分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小，摩擦力做功较少，动能变化量较小，平均速度较大，由＝可知＜，项正确．．(·天津理综，，分)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()．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小答案解析宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，＝ω，即＝ω，可见越大，ω就应越小，正确，错误；角速度与质量无关，、错误．运动合成与分解的一般思路()明确合运动或分运动的运动性质．()明确是在哪两个方向上的合成或分解．()找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)()运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解．【例】(·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()【审题突破】第一步：挖掘题目信息去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为.第二步：明确题目要求计算小船在静水中的速度大小．第三步：寻找解题思路()船的实际运动是水流与船相对于静水的合运动．()画出去程和回程船运动的速度分解示意图．()写出去程和回程的时间表达式．答案解析去程时如图甲，所用时间＝，回程时如图乙，所用时间＝－))，又＝，联立解得船＝，则正确．合运动和分运动的关系()等时性：各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)．()独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响．()等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果．()同一性：各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动，不能是几个不同物体发生的不同运动．【变式训练】．(·苏州模拟)光滑水平面上有一直角坐标系，质量＝1kg的质点静止在坐标原点处，先用沿轴正方向的力＝作用了；然后撤去，并立即用沿轴正方向的力＝作用，则质点在这内的轨迹为图中的()答案解析质点在前内沿轴正方向的加速度＝＝2m，此段时间内的位移为＝＝4m，末质点的位置坐标为(，)，此时速度大小＝＝4m；第质点沿轴正方向的加速度为＝＝6m，因力的方向与末的速度方向垂直；故质点从第末开始做类平抛运动，第内沿轴正方向发生的位移为＝＝4m，沿轴正方向发生的位移＝＝3m，故正确．平抛运动的三种求解方法()基本求解方法：把平抛运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．()特殊求解方法：对于有些问题，可以过抛出点建立其他的直角坐标系，将加速度、初速度沿坐标轴分解，然后分别在、轴方向上列方程求解．()类平抛运动的求解方法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动，研究两个分运动．【例】(多选)(·江苏高考)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，球水平抛出，同时球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有()．两球的质量应相等．两球应同时落地．应改变装置的高度，多次实验．实验也能说明球在水平方向上做匀速直线运动【审题突破】第一步：挖掘题目信息球水平抛出，同时球被松开，自由下落．第二步：明确题目要求验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动．第三步：寻找解题方法()平抛运动的性质与质量无关．()平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动，为验证这一结论应多次实验进行探究．()平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动，但本实验没有对比探究，无法验证．答案解析平抛运动的性质与质量无关，选项错误；平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动，因为等高同时运动，所以两球同时落地，选项正确；为了探究平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，需要改变装置的高度，多次实验，选项正确；虽然平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动，但是本实验不能证明这一观点，选项错误．处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项()处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．()对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．()若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．()做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．【变式训练】．(·沈阳质量监测)如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力) ()．两次小球运动时间之比∶＝∶．两次小球运动时间之比∶＝∶．两次小球抛出时初速度之比∶＝∶．两次小球抛出时初速度之比∶＝∶答案解析本题考查平抛运动与斜面结合的模型，意在考查考生对平抛运动规律的掌握和应用能力．两小球竖直方向上做自由落体运动，两小球下落高度之比为∶，由自由落体运动规律可知，运动时间之比为∶，选项正确，错误；水平方向两小球均做匀速直线运动，由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为∶，选项正确，错误．答案选、.解决圆周运动动力学问题的一般步骤()首先要明确研究对象．()确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径．()对其受力分析，明确向心力的来源．()将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况，＝＝ω＝ω＝＝π.解题时应根据已知条件进行选择．【例】(多选)(·新课标全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为的小木块和(可视为质点)放在水平圆盘上，与转轴′的距离为，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倍，重力加速度大小为.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()．一定比先开始滑动．、所受的摩擦力始终相等．ω＝是开始滑动的临界角速度．当ω＝时，所受摩擦力的大小为【审题突破】第一步：挖掘题目信息两个质量均为的小木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的倍．第二步：明确题目要求判断两小木块在加速转动过程中的受力情况和刚开始滑动时的运动情况．第三步：确定解题思路()分析小木块的受力情况，确定向心力的来源．()分析加速转动过程中，向心力的变化，明确两小木块向心力的大小关系．()确定首先达到最大静摩擦力的小木块，并计算小木块开始滑动时的临界角速度．答案解析本题考查了圆周运动与受力分析．最大静摩擦力相等，而需要的向心力较大，所以先滑动，项正确；在未滑动之前，、各自受到的摩擦力等于其向心力，因此受到的摩擦力大于受到的摩擦力，项错误；处于临界状态时，＝ω·2l，ω＝，项正确；当ω＝时，对：＝ω＝＝，项错误．．对公式＝ω和＝＝ω的理解()由＝ω知，一定时，与ω成正比；ω一定时，与成正比；一定时，ω与成反比．()由＝＝ω知，在一定时，与成反比；在ω一定时，与成正比．．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．．向心力的确定()确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．()分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．【变式训练】．(分)(·山西元月调研，)年月日，天津国际无人机展开幕．其中，首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注．据介绍，软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型．同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不易受损．可用于航拍、航测、遥感等用途．飞翔从容、稳定、柔和、自如，易操纵，被称为“空中自行车”、“无线的风筝”．若一质量为的软体飞机超低空飞行，在距离地面高度的同一水平面内，以速率做半径为的匀速圆周运动，重力加速度为.()求空气对飞机的作用力的大小．()若飞机在匀速圆周运动过程中，飞机上的一个质点脱落，求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计)．答案()()解析()飞机做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，则＝(分)合空气对飞机的作用力的大小＝＋（）)＝(分)()飞机上的一个质点脱落后，做初速率为的平抛运动，由平抛运动规律得：＝(分)＝(分)质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离＝(分)联立解得＝(分)．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度水平匀速移动，经过时间，猴子沿杆向上移动的高度为，人顶杆沿水平地面移动的距离为，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是()．相对地面的运动轨迹为直线．相对地面做变加速曲线运动．时刻猴子对地速度的大小为＋．时间内猴子对地的位移大小为答案解析猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子相对地面的运动轨迹为曲线，故错误；猴子在水平方向上的加速度为零，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做匀变速曲线运动，故错误；时刻猴子在水平方向上的分速度为，在竖直方向上的分速度为，根据运动的合成，知合速度大小为＝＋（）)，故错误；在时间内猴子在水平方向和竖直方向上的分位移分别为和，根据运动的合成，知合位移＝，故正确．.(·新课标全国卷Ⅱ)如图，一质量为的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()．－．＋．＋．＋答案解析解法一以小环为研究对象，设大环半径为，根据机械能守恒定律，得·＝，在大环最低点有－＝，得＝，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为′＝，方向竖直向下，故＝＋，由牛顿第三定律知正确．解法二设小环滑到大环最低点时速度为，加速度为，根据机械能守恒定律＝·，且＝，所以＝4g，以整体为研究对象，受力情况如图所示．－－＝＋·所以＝＋，正确．．(·湖南六校联考，)如图所示，薄半球壳的水平直径为，为最低点，半径为.一个小球从点以速度水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是()．只要足够大，小球可以击中点．取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同．取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上．无论取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上答案解析小球做平抛运动，竖直方向有位移，再大也不可能击中点；不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和点的连线与的夹角φ不同，由推论θ＝φ可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，、、错误，正确．．(·安徽理综)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角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m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(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为°，取10m.则ω的最大值是()．．答案解析当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力，有μ°－°＝ω得ω＝＝，选项正确．专题提升练习(四)(卷)一、选择题(共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，第～小题只有一个选项符合题目要求，第～小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得分，选对但不全的得分，有选错或不答的得分)．(·沈阳高三质量检测)如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是、、，不计空气阻力，则下列判断正确的是()．落点、比较，小球落在点的飞行时间短．小球落在点和点的飞行时间均与初速度成正比．三个落点比较，小球落在点，飞行过程中速度变化最快．三个落点比较，小球落在点，飞行过程中速度变化最大答案解析本题考查平抛运动规律、加速度，意在考查考生对平抛运动规律的理解能力、分析判断能力．由平抛运动规律＝⇒＝可知，落点为时，小球的竖直位移较大，故飞行时间较长，项错；落点为、时，位移方向相同，故θ＝，可见飞行时间与成正比，项正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度均为，项错；小球在飞行过程中，水平方向上速度不变，速度变化Δ＝，由＝可知，小球落在点时速度变化最大，项错．．(·合肥市高三教学质量检测)如图所示，一个质量为的小铁块沿半径为的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为)()答案解析本题考查向心力、牛顿第二定律、机械能，意在考查考生对相关力学概念和规律的理解能力、分析计算能力．铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即－＝，即铁块动能＝＝，初动能为零，故动能增加，铁块重力势能减少，所以机械能损失，项正确．．(·重庆市巴蜀中学期末考试)质量为2kg的质点在－平面上做曲线运动，在方向的速度图象和方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是()．质点的初速度为10m．质点所受的合外力为．质点初速度的方向与合外力方向垂直．末质点速度大小为6m答案解析由方向的速度图象可知在方向做匀加速直线运动，＝3m，加速度为＝1.5m，受力＝；由方向的位移图象可知在方向做匀速直线运动，速度为＝4m，受力＝，因此质点的初速度为5m，受到的合外力为，故选项错误，选项正确；合外力方向在轴方向上，所以质点初速度方向与合外力方向不垂直，故选项错误；末质点速度应该为＝＝2m，选项错误．．(·江西省八所重点高中联考)在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为的带电小球由上方的点以一定初速度水平抛出，从点进入电场，到达点时速度方向恰好水平，、、三点在同一直线上，且＝，如图所示．由此可知()．电场力为．小球带正电．小球从到与从到的运动时间相等．小球从到与从到的速度变化量相同答案解析由图知在电场中，小球受合外力竖直向上，故电场力竖直向上与电场方向相反，故小球带负电，所以选项错误；小球在水平方向始终做匀速运动，从到与从到水平位移不同，根据＝知运动时间不同，所以选项错误；设在点竖直方向速度为，则从到：＝，从到：＝，其中＝，＝，联立解得＝，故选项正确；从到速度变化量为，从到速度变化量为－，所以选项错误．．(·合肥一模)如图所示，在光滑水平面上的物体，受四个沿水平面的恒力、、和作用，以速率沿水平面做匀速运动，若撤去其中某个力(其他力不变)一段时间后又恢复该作用力，结果物体又能以原来的速率匀速运动，这个力是()．．．．答案解析撤去后，其他三力的合力方向与速度垂直，物体先做匀加速曲线运动，恢复后，再做匀速直线运动，速度比大，选项不行；撤去后，其他三力的合力方向与速度成锐角，速度增大，恢复后，做匀速直线运动，速度比大，选项不行；撤去后物块的运动与撤去相同，选项不行；撤去后，其他三个力的合力方向与方向相反，该合力使物体沿方向速度先减速到零，再反向加速，而在与垂直的方向上做加速运动，所以有可能在某时刻达到，选项正确．．(·江苏高考)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅、质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()．的速度比的大．与的向心加速度大小相等．悬挂、的缆绳与竖直方向的夹角相等．悬挂的缆绳所受的拉力比悬挂的小答案解析在转动过程中，、两座椅的角速度相等，但由于座椅的半径比较大，故座椅的速度比较大，向心加速度也比较大，、项错误；、两座椅所需向心力不等，而重力相同，故缆绳与竖直方向的夹角不等，项错误；根据＝ω判断座椅的向心力较小，所受拉力也较小，项正确．．(·河北唐山一模)(多选)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3m的20cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4m 儿童从距地面1m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(＝10m)()．7.4m ．7.6m．7.8m ．8.2m答案解析圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为＝0.8m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有＝，解得＝，圆环后端与杆的水平距离为3.2m＝·，得＝8m，圆环前端与杆的水平距离为3m＝·，得＝7.5m，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5m＜＜8m，故选、.．(·河南八市质检)(多选)质量为的小球由轻绳和分别系于一轻质细杆的点和点，如图所示，绳与水平方向成θ角，绳在水平方向且长为，当轻杆绕轴以角速度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()．绳的张力不可能为零．绳的张力随角速度的增大而增大．当角速度ω＞，绳将出现弹力．若绳突然被剪断，则绳的弹力一定发生变化答案解析对小球受力分析可得绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得＝，为定值，正确，错误．当θ＝ω2l⇒ω＝时，绳的弹力为零，若角速度大于该值，则绳将出现弹力，正确．由于绳可能没有弹力，故绳突然被剪断，则绳的弹力可能不变，错误．．(·徐州模拟)如图甲所示，轻杆一端固定在点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为，小球在最高点的。
2016届高考物理二轮复习专题突破训练理科综合模拟卷二(物理部分)(新人教版)
理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第1题～第5题为单项选择题，在每小题给出的上选项中，只有一个选项符合题目要求；第6题～第8题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是()A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小解析：结点B端受重物向下的拉力mg、沿杆向上的支持力F N和沿绳子方向的拉力F，缓慢上拉过程中，B点受合力为零，即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形，该三角形与△AOB相似，故有：mg AO ＝F N AB ＝F OB ，所以弹力F N 不变、拉力F 减小，B 项正确．答案：B2．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( )A ．1B ．2C ．－12 D.12解析：若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供，则有：G Mm r 2＝m v 2r ⇒v ＝GM r ，即v ∝r －12，故C 项正确．答案：C3．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A >E B ，φA <φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：在等量异种电荷连线上，越靠近O 点电场线越稀疏，即O 点场强最小，所以E A >E O ；在两电荷连线的垂直平分线上，越靠近O点，电场线越密集，即O 点场强最大，所以E O >E B ，故E A >E B ，C 、D 项错；沿着电场线方向电势降低，故φA >φB ，A 项正确．答案：A4．如图，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 ，导轨上置有一金属棒MN .t ＝0时起释放棒，并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．则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析：由题意可知，金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力，F N ＝BIL ＝BLkt ，开始阶段，金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mg －μBIL ＝ma ，解得：a ＝g －μBLkt m ，可见加速度a 不断减小，即速度切线斜率不断减小，C 、D 项错；当摩擦力大于重力后，金属棒速度不断减小，A 项错，B 项正确．答案：B5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5－12tC.6－12tD.7－12t 解析：因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确． 答案：B6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)() A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错．答案：BC7．如图，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝100 g ．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R ，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD8．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图(1)所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图(2)所示，小球速度沿－x 方向，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max＝5 m，又R max＝m v maxqB，解得v max＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图(3)所示，由几何条件计算可知：轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝m vqB⇒v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误．答案：ABD第Ⅱ卷(非选择题62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U—h”或“U2－h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可)．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh＝12m v2，由E＝BL v可知，感应电动势大小与速度v成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U2－h关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U2－h(2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10．(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x 和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U－I图象和如图丙所示的UI－x图象．(1)由图乙可得电源的电动势E ＝________V ；内阻r ＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S ＝0.12×10－6m 2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ，图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据，优点是直观，但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数即路端电压U ＝E －I (R 0＋r )，因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ，斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和，即(R 0＋r )＝3.00－1.200.6Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω.(2)图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．答案：(1)3.0(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6电流表内阻为2.0 Ω(3)系统误差11．(14分)如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100 g的小球穿在长L＝1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值．解析：(1)当杆竖直固定放置时，μF＝mg解得：F＝2 N当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有：F cos37°＝mg sin37°＋F N解得：F N＝1 N小球受摩擦力F f＝μF N＝0.5 N小球沿杆运动的加速度为a＝mg cos37°＋F sin37°－F fm＝15 m/s2由v2－v20＝2aL得，小球到达杆下端时速度为v＝6 m/s.(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：F cosθ＝mg sinθ解得：tanθ＝2.答案：(1)6 m/s(2)212．(18分)如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．解析：(1)设粒子在P点时的动能为E k，则初动能为2E k，在M点的动能为1.25E k.由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2，由动能定理得：－W1＝E k－2E kW2＝1.25E k－E k则W1W2＝4 1.(2)O点、P点及M点的电势差分别为：U OP＝E kq U OM＝0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降．则：U OD U OP＝U OMU OP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75 m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35 D点的坐标为x D＝OD cosα＝3 m，y D＝OD sinα＝2.25 m即：D(3,2.25)．(3)由于OD＝3.75 m，而OM cos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P 带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12Eqm t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m解得：t＝0.5 s.答案：(2)D(3, 2.25)(3)0.5 s(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计)，两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T>T0.求此过程中外界对气体所做的功．(已知大气压强为p0)解析：(1)ACD(2)打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，根据理想气体状态方程得：p 0SH T 0＝p 0S (x ＋H )T解得：x ＝(T T 0－1)H 此过程中外界对气体所做的功：W ＝p 0S (H －x )＝p 0SH (2－T T 0)． 答案：(1)ACD (2)p 0SH (2－T T 0) 14．[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波，在t ＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为－1 cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速是503m/s C ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 mD ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置E ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？解析：(1)ABD(2)根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3 在△OBC 中，sin βR ＝sin (180°－α)BC ＝sin α2R ·cos β可得β＝30°，α＝60°所以CD ＝R sin α＝32R . 答案：(1)ABD (2)32R 15．[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露，其中放射性物质碘131的衰变方程为131 53I →131 54Xe ＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．Y 粒子为β粒子B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.131 53I 中有53个质子131个核子E ．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示，一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：(1)ADE(2)设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v 1，由动量守恒定律：(m 3＋m )·v 0－m v 0＝(2m ＋m 3)v 1 解得：v 1＝17v 0 设人跳出甲船的速度为v 2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(m 3＋m )v 0＝m ·v 1＋m 3v 2 解得：v 2＝257v 0. 答案：ADE (2)257v 0。
宁波2016年高三二模物理部分汇总
宁波市2016年高考模拟考试卷理科综合能力物理部分14．下列说法中正确的是A．电容器外壳上标的是工作电压，或称额定电压，也就是击穿电压B．在搬运电表时，最好把电表的两个接线柱短接起来，可以防止振动对电表的损伤C．小型电动机的铭牌上标注“直流5V，2.5W”，则在额定电压下工作时，机械功率为2.5W，线圈内阻为l0ΩD．两个半径均为r的空心金属球，带电量均为+Ω，均置于绝缘底座上，球心相距3r那么两球间的库仑力为15．某同学设计了一个探究平抛运动特点的实验装置。
如图所示，在水平桌面上固定放置一个斜面，把桌子搬到墙的附近，把白纸和复写纸附在墙上。
第一次让桌子紧靠墙壁，从斜面上某一位置由静止释放钢球，在白纸上得到痕迹A，以后每次将桌子向后移动相同的距离x，每次都让钢球从斜面的同一位置滚下，重复刚才的操作，依次在白纸上留下痕迹B、C、D，测得BC、CD间的距离分别为y2和y3。
下列关于本实验的操作或判断错误．．的是A．实验前应对实验装置反复调节，直到桌面与重锤线垂直B．每次让小球从同一位置由静止释放，是为了具有相同的水平初速度C．可以求得y2：y3=3:5D．可以求得小钢球离开水平桌面时的速度为x16．在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷M，在x=2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法中正确的是A．点电荷M、N一定都是负电荷B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2：1D．x=4a处的电场强度一定为零17.如图所示为“风光互补路灯”系统，有阳光时通过太阳能电池板发电，有风时通过风力发电机发电，二者皆有时将同时发电，并将电能输至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。
为了能使蓄电池的使用寿命更为长久，一般充电至90%左右即停止充电，放电至20%左右即停止电能输出下表为某型号风光互补路灯系统配置方案：已知当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射最大强度约为240W/m2；当风速为6m/s时，风力发电机的输出功率将变为50W。
2016年高考物理二轮复习专题九 限时训练
专题九限时训练(限时:45分钟)【测控导航】一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.(2015山西省太原市二模)直导线ab放在如图所示的水平导体框架上,构成一个闭合回路;长直导线cd和框架处在同一个平面内,且cd 和ab平行.当cd中通有电流时,观察到ab向左滑动,关于cd中的电流,下列说法正确的是( C )A.电流一定增大,方向沿c向dB.电流一定增大,方向沿d向cC.电流一定减小,方向可能由d向cD.电流大小恒定,方向由d到c解析:ab棒向左滑动,说明通过回路的磁通量在减小,即通过回路的磁感应强度在减弱,因此cd的电流在减小,与电流方向无关.2.如图(a)所示,电路的左侧是一个电容为C的电容器,电路的右侧是一个环形导体,环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图(b)所示,则在0～t0时间内电容器( A )A.上极板带正电,所带电荷量为B.上极板带正电,所带电荷量为C.上极板带负电,所带电荷量为D.上极板带负电,所带电荷量为解析:根据法拉第电磁感应定律,电动势E=,电容器两端的电压等于电源的电动势,所以电容器所带的电量Q=CU=.根据楞次定律,在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向,所以电容器的上极板带正电.故选项A正确,B,C,D错误.教师备用:(2015江西一模)如图所示,有两个相邻的有界匀强磁场区域,磁感应强度的大小均为B,磁场方向相反,且与纸面垂直,磁场区域在x轴方向宽度均为a,在y轴方向足够宽.现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域.若以逆时针方向为电流的正方向,在选项图中,线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图像正确的是( C )解析:线框从开始进入到全部进入第一个磁场时,磁通量向里增大,则由楞次定律可知,电流方向为逆时针,因切割的有效长度均匀增大,故由E=BLv可知,电动势也均匀增加,则电流均匀增大;当线圈开始进入第二个磁场后,线圈中磁通量向里减小,则可知电流为顺时针即为负值,线框在两个磁场中切割磁感线产生同向的感应电流,而有效长度均匀增加,因此,电流值快速增大,同理线框出右边磁场时电流为正值且均匀增大,由此知选项C正确.3.(2015全国新课标理综Ⅱ)如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上.当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时,a,b,c三点的电势分别为U a,U b,U c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( C )A.U a>U c,金属框中无电流B.U b>U c,金属框中电流方向沿a b c aC.U bc=-Bl2ω,金属框中无电流D.U bc=Bl2ω,金属框中电流方向沿a c b a解析:闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时,穿过金属框的磁通量始终为零,金属框中无电流.由右手定则可知U b=U a<U c,选项A,B,D错误;b,c两点的电势差U bc=-Blv中=-Bl2ω,选项C正确.4.(2015河南毕业班适应性模拟)如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置,导轨上端接电阻R,宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B,Ⅰ和Ⅱ之间无磁场.一导体棒MN靠在导轨上,并与两导轨始终保持良好接触,导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放,在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况相同.下面四个图像能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( A )解析:导体棒从距区域Ⅰ上边界H处由静止释放,做自由落体运动,由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况相同,说明导体棒穿过上方磁场的过程必定做减速运动,导体棒所受的安培力大于重力,而速度减小,产生的感应电动势减小,感应电流减小,导体棒所受的安培力减小,合力减小,则导体棒的加速度减小,v t图像的斜率逐渐减小,而且根据两个过程的相似性可知进出上方磁场和进出下方磁场的速度变化情况相同,故A正确.5.(2015大连一模)如图(甲)所示,光滑平行金属导轨MN,PQ所在平面与水平面成θ角,MP两端接一电阻R,整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F,使金属棒ab由静止开始沿导轨向上运动,导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流i随时间t变化的关系如图(乙)所示.下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图像正确的是( D )解析:由图(乙)知i∝t,而i=,则E∝t,而E=,感应电流为i= ,即=kt,故有=kRt ,所以图像D正确;而E=BLv,则有=kt,即v=t,导体棒做匀加速直线运动,A错误;由牛顿第二定律知,F-mgsin θ-BktL=ma,整理可得F=ma+mgsin θ+BkLt,故F t图像是一条不过原点的直线,B错误;通过导体棒的电荷量为q=kt 2 ,故q t图像为开口向上的抛物线,C错误.教师备用:(2015天津联考)如图所示,一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于O点,圆环平面与磁场垂直,将圆环拉离平衡位置并释放,圆环摆动过程中经过匀强磁场区域,则下列说法正确的是(空气阻力不计)( AB )A.圆环向右穿过磁场后,不能摆至原高度B.在进入和离开磁场时,圆环中均有感应电流C.圆环进入磁场后离最低位置越近速度越大,感应电流也越大D.圆环最终将静止在最低位置解析:当圆环从初位置开始运动,进出磁场时,由于圆环内磁通量发生变化,所以有感应电流产生,同时,金属圆环本身有内阻,必然有能量的转化,即有能量的损失,因此圆环不会摆到原高度,A,B正确.随着圆环进出磁场,其能量逐渐减少圆环摆动的范围越来越小,当圆环只在匀强磁场中摆动时,如图所示,圆环内无磁通量的变化,无感应电流产生,无机械能损失,所以圆环将在AB间来回摆动,C,D错误.6.(2015南宁市第二次适应性测试)如图所示,不计电阻的光滑U形金属框水平放置,光滑、竖直玻璃挡板H,P固定在框上,H,P的间距很小,质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间,与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形,其有效电阻为0.1 Ω,此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场,磁感应强度随时间变化规律是B=(0.8-0.4t)T,图示磁场方向为正方向.框、挡板和杆不计形变.则( BC )A.t=1 s时,金属杆中感应电流方向从C到DB.t=3 s时,金属杆中感应电流方向从D到CC.t=1 s时,金属杆对挡板P的压力大小为0.4 ND.t=3 s时,金属杆对挡板H的压力大小为0.1 N解析:由楞次定律的“增反减同”原理,可判断出t=1 s时金属杆中的电流方向是从D到C,选项A错误;t=3 s时磁场反向增强,金属杆中的电流方向从D到C,选项B正确;由法拉第电磁感应定律E===0.2 V,感应电流为I==2 A,当t=1 s时,B1=0.4 T,则安培力F1=ILB1方向斜向右上方,则金属杆受到P的弹力F N1=ILB1sin 30°=0.4 N,故选项C正确;当t=3 s时,B2=-0.4 T,安培力F2=ILB2方向斜向左下方,则金属杆受到H的弹力F N2=ILB2sin 30°=0.4 N,故选项D错误.7.(2015辽宁抚顺市模拟)如图所示,正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与线框平面垂直,磁感应强度B随时间t 的变化关系如图(乙)所示.t=0时刻,磁感应强度B的方向垂直纸面向里,设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正.则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图像正确的是( AC )解析:0～2 s内,磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流的方向为顺时针,即为正值.根据法拉第电磁感应定律,E==B0S为定值,则感应电流为定值,I1=,由左手定则可知,安培力方向水平向右,其大小F=BI1L,随B减小而减小.在2～3 s内,磁感应强度方向垂直纸面向外,且逐渐增大,根据楞次定律,感应电流方向为顺时针,大小与0～2 s内相同,安培力方向向左,且随B的增大而均匀增大;同理,可确定3～6 s内电流的大小和方向以及安培力的变化情况,由此得选项A,C正确.8.(2015山东理综)如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动.现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速.在圆盘减速过程中,以下说法正确的是( ABD )A.处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高B.所加磁场越强越易使圆盘停止转动C.若所加磁场反向,圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动解析:把圆盘看成沿半径方向紧密排列的金属条,根据右手定则,处于磁场中的圆盘部分,感应电流从靠近圆盘边缘处流向靠近圆心处,故靠近圆心处电势高,A正确;安培力F=,磁场越强,安培力越大,B正确;磁场反向时,安培力仍是阻力,C错误;若所加磁场穿过整个圆盘,则磁通量不再变化,没有感应电流,安培力为零,将匀速转动,D正确.二、非选择题9.(2015甘肃二诊)如图所示,一个边缘带有凹槽的金属圆环,沿其直径装有一根长2L的金属杆AC,可绕通过圆环中心的水平轴O转动.将一根质量不计的足够长细绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内,绳子的另一端悬挂了一个质量为m的物体.圆环的一半处在磁感应强度为B,方向垂直环面向里的匀强磁场中.现将物体由静止释放,若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为R.忽略所有摩擦和空气阻力.(1)设某一时刻圆环转动的角速度为ω0,且OA边在磁场中,请求出此时金属杆OA产生电动势的大小;(2)请求出物体在下落过程中可达到的最大速度;(3)当物体下落达到最大速度后,金属杆OC段刚要进入磁场时,杆A,O 两端之间电压多大?解析:(1)由于=ω0L,由公式E=BLv得感应电动势E=.(2)等效电路如图所示,R并==,R2=LR,r=LR,R总=R并+R2+r,当达到最大速度时,功率关系为mgv=,其中E==,最大速度为v=.(3)由mgv=IE,得OA中的电流大小为I=,当OC段刚要进入磁场时,AO段切割磁感线,其两端的电压为U AO=I(R并+R 2)=(+1).答案:(1)(2)(3)(+1)教师备用:(2015泰州一模)如图所示,螺线管横截面积为S,线圈匝数为N,电阻为R1,管内有图示方向的变化磁场.螺线管与足够长的平行金属导轨MN,PQ相连并固定在同一平面内,与水平面的夹角为θ,两导轨的间距为L.导轨的电阻忽略不计.导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B0的匀强磁场中.金属杆ab垂直导轨放置,与导轨接触良好,并可沿导轨无摩擦滑动.已知金属杆ab的质量为m,电阻为R2,重力加速度为g.忽略螺线管的磁场对金属杆ab的影响、忽略空气阻力.(1)为使ab杆保持静止,求通过ab的电流的大小和方向;(2)当ab杆保持静止时,求螺线管内磁场的磁感应强度B的变化率;(3)若螺线管内磁场的磁感应强度的变化率=k(k>0),将金属杆ab由静止释放,杆将沿斜面向下运动.求当杆的速度为v时,杆的加速度大小.解析:(1)以金属杆ab为研究对象,根据平衡条件mgsin θ-B0IL=0,得I=,通过ab杆电流方向为由b到a.(2)根据法拉第电磁感应定律E=n=NS,根据欧姆定律I=,得=.(3)根据法拉第电磁感应定律E1=NS=NSk(k>0),ab杆切割磁感线产生的电动势 E2=B0Lv,总电动势 E总=E1+E2,感应电流I′=,根据牛顿第二定律mgsin θ-F=ma,安培力 F=B0I′L,所以a=gsin θ-(k>0).答案:(1)方向b→a(2)(3)gsin θ-(k>0)10.(2015广东理综)如图(a)所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4 m.导轨右端接有阻值R=1 Ω的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好.导体棒及导轨的电阻均不计.导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L.从0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t变化,规律如图(b)所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1 s后刚好进入磁场.若使棒在导轨上始终以速度v=1 m/s做直线运动,求:(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F,以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式.解析:(1)由图(b)可知0～1.0 s内B的变化率=0.5 T/s正方形磁场区域的面积S=()2=0.08 m2棒进入磁场前0～1.0 s内回路中的感应电动势E==解得E=0.08×0.5 V=0.04 V;(2)当棒通过bd位置时,有效切割长度最大,感应电流最大,棒受到最大安培力F=BIL棒过bd时的感应电动势E m=BLv=0.5×0.4×1 V=0.2 V棒过bd时的电流I=解得F=0.04 N棒通过a点后在三角形abd区域中的有效切割长度L′与时间t的关系为L′=2v(t-1),其中t的取值范围为1 s≤t≤1.2 s电流i与时间t的关系式i===(t-1)A(1 s≤t≤1.2 s).答案:(1)0.04 V(2)0.04 N i=(t-1)A(1 s≤t≤1.2 s)。
2020高考物理通用版大二轮复习练习：“2+2”定时训练10 2016年(全国1卷)逐题仿真练 Word版含解析
2016年(全国1卷)逐题仿真练24．(14分)(2019·山东聊城市二模)如图1所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L ，下端接有阻值为R 的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中．轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m 的小物块，另一端平行于导轨系在质量为m 的金属棒的中点，现将金属棒从PQ 位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g .图1(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；(2)若金属棒速度为v 0且距离导轨底端x 时开始计时，磁场的磁感应强度B 的大小随时间t 发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B 的大小随时间t 变化的关系式． 答案 (1)mgR 2B 02L 2 (2)B ＝8B 0x 8x ＋8v 0t ＋gt 2解析 (1)金属棒匀速运动时，对物块：F T ＝mg 对金属棒有：F 安＋mg sin 30°＝F T 又：F 安＝B 0IL由欧姆定律：I ＝E R ＝B 0L vR联立解得：v ＝mgR2B 02L2(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力 对金属棒：F T ′－mg sin 30°＝ma 对物块：mg －F T ′＝ma回路中无电流，回路中的磁通量不变，则：B 0Lx ＝BL (x ＋v 0t ＋12at 2)联立解得：B ＝8B 0x8x ＋8v 0t ＋gt 2.25．(18分)(2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图2所示的滑板个性滑道．斜面AB 与半径R ＝3 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B ，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C 点的切线水平，C 点连接倾角α＝30°的斜面CD .一滑板爱好者连同滑板等装备(视为质点)总质量m ＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P 由静止开始下滑，发现在斜面CD 上的落点Q 恰好离C 点最远．若他在斜面AB 上滑动过程中所受摩擦力F f 与位移大小x 的关系满足F f ＝90x (均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)P 、B 两点间的距离；(2)滑板在C 点对轨道的压力大小． 答案 (1)4 m (2)1 320 N解析 (1)设爱好者滑到C 点的速度为v C ，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x 1、y 1 C 到Q 由平抛运动规律有：tan α＝y 1x 1＝12gt 2v C t ＝gt2v C ①则t ＝2v C tan αg②因此x 1＝v C t ＝2v C 2tan αg ③l CQ ＝x 1cos α＝2v C 2tan αg cos α④由④式可知v C 越大则l CQ 间距越大，由人和装备在BC 间运动时机械能守恒可知，要使v C 越大就要求v B 越大．设人和装备在P 、B 间运动时加速度为a ，由牛顿第二定律有mg sin θ－90x ＝ma ⑤ 得a ＝mg sin θ－90x m⑥由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度v B 最大． 故P 、B 两点间的距离大小为：x ＝mg sin θ90＝4 m ⑦(2)设P 、B 间摩擦力对人做功为W f ，由动能定理有：mgx sin θ＋W f ＝12m v B 2－0⑧而W f ＝－90x 2·x ⑨ (或由⑧⑨得mgx sin θ－45x 2＝12m v B 2－0)B 、C 间运动时，机械能守恒，有： 12m v B 2＋mgR (1－cos θ)＝12m v C 2⑩ 在C 点F N －mg ＝m v C 2R解得F N ＝1 320 N由牛顿第三定律可知滑板在C 点对轨道的压力大小F N ′＝1 320 N. 33．【选修3－3】(15分) (2019·福建龙岩市5月模拟)(1)(5分)如图3为分析热机工作过程的卡诺循环，一定质量的理想气体在该循环中经历两个等温过程A →B 、C →D 和两个绝热过程B →C 、D →A ，下列说法正确的是________．图3A ．气体从A →B 的过程，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变大 B ．气体从A →B 的过程，从外界吸收热量C ．气体从B →C 的过程，气体分子无规则运动变激烈D ．气体从D →A 的过程，内能的增量等于外界对气体做的功E ．气体在完成一次循环的过程中对外做功(2) (10分)如图4，水平放置右端开口的绝热汽缸，横截面积为S ，左端有一电阻丝可对气体加热．绝热活塞A (厚度不计)封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸的最大静摩擦力为F fm ＝12p 0S ，大气压强p 0及室温T 0均不变．初始时刻活塞恰好无摩擦，气体体积为汽缸容积的三分之一，气体温度为T 0.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现通过电阻丝给气体缓慢加热．图4①温度多大时，活塞开始滑动； ②温度多大时，活塞到达汽缸口． 答案 (1)BDE (2)①32T 0 ②92T 0解析 (1)由题图知，气体从A →B 的过程，体积增大，压强减小，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变小，A 错误；从A →B 的过程，温度不变，ΔU ＝0，体积变大，气体对外界做功W ＜0，根据ΔU ＝Q ＋W ，得Q ＝－W ＞0，所以从外界吸收热量，B 正确；因B →C 为绝热过程，所以Q ＝0，体积增大W ＜0，故ΔU ＝Q ＋W ＝W ，故ΔU ＜0，气体内能减小，温度降低，气体分子无规则运动变缓慢，C 错误；从D →A 也是绝热过程，Q ＝0，体积减小，外界对气体做功，即W ＞0，ΔU ＝Q ＋W ＝W ，即气体内能的增量ΔU 等于外界对气体做的功W ，D 正确；由题图知，A →B →C 气体对外界做功，做功多少W 1的数值大小为图象与V 轴所围面积(W 1＜0)，C →D →A 的过程外界对气体做功，做功多少W 2的数值大小为图象与V 轴所围面积(W 2＞0)，由题图可知|W 1|>|W 2|，故该循环过程的总功为W 1＋W 2＜0，即气体对外做功，E 正确．(2)①假设活塞开始滑动时封闭的气体压强为p 1，对活塞受力分析，受力平衡得 p 1S ＝p 0S ＋F fm对封闭的气体，由查理定律得：p 0T 0＝p 1T 1解得：T 1＝32T 0②设汽缸容积为V ，活塞运动过程中气体的压强不变． 由盖—吕萨克定律得 13V T 1＝V T 2解得：T 2＝92T 034．【选修3－4】(15分)(2019·陕西渭南市教学质检(二))(1) (5分)波源S 在t ＝0时刻开始振动，其振动图象如图5所示，在波的传播方向上有P 、Q 两质点，它们到波源S 的距离分别为30 m 和48 m ，测得P 、Q 开始振动的时间间隔为3.0 s ．下列说法正确的是________．图5A ．Q 质点开始振动的方向向上B ．该波的波长为6 mC ．Q 质点的振动比波源S 滞后8.0 sD ．当Q 质点刚要振动时，P 质点正沿平衡位置向下振动E ．Q 质点开始振动后，在9 s 内通过的路程是54 m(2)(10分)如图6所示，一透明玻璃半球竖直放置，OO ′为其对称轴，O 为球心，球半径为R ，球左侧为圆面，右侧为半球面．现有一束平行光从其左侧垂直于圆面射向玻璃半球，玻璃半球的折射率为3，设真空中的光速为c ，不考虑光在玻璃中的多次反射，求：图6①从左侧射入能从右侧射出的入射光束面积占入射面的比例；②从距O 点R2的入射光线经玻璃半球偏折后直到与对称轴OO ′相交的传播时间．答案 (1)ACD (2)①13 ②5R2c解析 (1)由题图可知，波源开始振动的方向向上，所有的质点都做受迫振动，开始振动方向都向上，A 正确；波从P 传到Q 所需时间为3.0 s ，所以波速v ＝Δx Δt ＝48－303 m/s ＝6 m/s ，根据振动图象可知，周期为6 s ，所以波长λ＝v T ＝6×6 m ＝36 m ，B 错误；Q 点到波源的距离为48 m ，所以比波源滞后Δt ＝Δx v ＝486 s ＝8 s ，C 正确；P 、Q 间相距18 m ，而波长为36 m ，刚好差半个周期，所以当Q 质点刚要振动时，P 质点正沿平衡位置向下振动，D 正确；振动周期为6 s ，一个周期通过路程s 0＝4×5 cm ＝20 cm,9 s 刚好振动一个半周期，通过路程s ＝1.5s 0＝30 cm ，E 错误．(2)①从左侧圆面垂直入射，不偏折，考虑截面，如图所示，从左侧的A 点入射，光在右侧半球面刚好发生全反射，则由折射定律有：sin θ＝1n ，n ＝ 3则有sin θ＝33，OA ＝R sin θ＝33R 从左侧射入能从右侧射出的光束是以O 为圆心，OA 长为半径的圆，其面积 S ′＝πOA 2＝13πR 2而左侧入射面的面积S ＝πR 2 解得S ′S ＝13②设距O 点R2的入射点为B ，射到半球面上的点为C 点，入射角为i ，折射角为r ，在△OBC 中有i ＝30°，BC ＝32R 考虑在C 点折射，由折射定律有sin rsin i＝n ，代入数据可得r ＝60°设从C 点的出射光线交OO ′轴于D 点，由图知在△OCD 中，∠OCD ＝120°，∠COD ＝i ＝30°，可得∠CDO ＝30°，CD ＝R 光在玻璃中传播速度v ＝c n ＝c 3光从B 点传播到D 点的时间t ＝BC v ＋CDc将BC ＝32R ，CD ＝R 及v ＝c 3代入解得t ＝5R 2c .。
高考物理二轮总复习课后习题 专题分层突破练 专题分层突破练10 恒定电流和交变电流 (2)
专题分层突破练10 恒定电流和交变电流A组基础巩固练1.(浙江6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。
下列说法正确的是( )A.送电端先升压再整流B.用户端先降压再变交流C.1 100 kV是指交变电流的最大值D.输电功率由送电端电压决定2.(多选)(湖南岳阳二模)某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路故障,为了检测断路的位置,实验小组设计了如图所示的电路,a、b、c、d、e 是滑动变阻器上间距相同的五个位置(a、e为滑动变阻器的两个端点)。
实验小组将滑动变阻器的滑片分别置于a、b、c、d、x(x是d、e间某一位置)、e进行测量,把相应的电流表示数记录在下表中。
已知定值电阻阻值为R,电源内阻和电流表内阻可忽略。
下列说法正确的是( )A.滑动变阻器cd间发生了断路B.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.85 AC.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.40 AD.若滑动变阻器未断路时,其电阻丝的总电阻为4R3.(山东烟台模拟)如图所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环,接入电路中,电路与圆环的接触点O点固定,P为电路与圆环良好接触的滑片,电源的电动势为E,内阻为r,闭合开关S,在滑片P缓慢地从m点开始经n点移到q点的过程中,下列说法正确的是( )A.电压表和电流表的示数都一直变大B.灯L1先变暗后变亮,电流表的示数一直变小C.灯L2先变暗后变亮,电压表的示数先变大后变小D.电容器C所带的电荷量先减少后增多4.(多选)(山东临沂模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,电路中R1=100 Ω、R2=15 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为15 Ω,图中电表均为理想交流电表,a、b间的电压如图乙所示,下列说法正确的是( )A.该交变电流的频率为50 HzB.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电压表的示数变大C.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电流表的示数变大D.滑动变阻器接入电阻最大时,电流表的示数为1 A5.(山东聊城二模)国家为节约电能,执行峰谷分时电价政策,引导用户错峰用电。
1516学年高考物理二轮复习专项限时训练题(含答案)-word文档
15-16学年高考物理二轮复习专项限时训练题（含答案）2019年高考第二轮物理复习已经开始，下面是查字典物理网高考频道整理的高考物理二轮复习专项限时训练题，希望对大家有帮助。
1.电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍.某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表量程3 V，内阻约为3 000 )，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 )，滑动变阻器R1(最大阻值100 ，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关2个，导线若干.(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整.(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV，与电压表内阻的真实值RV相比，RV________RV(填、=或)，主要理由是________________________________.解析：(1)由半偏法原理知电压表应串联在电路中，又因电压表量程小于电源电动势，且电压表内阻比滑动变阻器最大阻值大得多，故滑动变阻器应采用分压接法.答案：(1)实验电路图如下图所示(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小;闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏;保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0使电压表的指针半偏;读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻(3) 断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大;此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RRV(其他合理说法也可)2.在测定金属的电阻率的实验中，测量金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图甲、乙所示，则金属丝长度的测量值为l=________ cm，金属丝直径的测量值为d=________ mm.甲乙解析：由于刻度尺的最小分度为1 mm，读数应估读到0.1 mm. 答案：36.52(36.50～36.54均可) 0.797(0.796～0.799均可)3.为了测定电流表A1的内阻，某同学采用如图甲所示的实验电路.其中：A1是待测电流表，量程为30 mA，内阻约为100 A2是标准电流表，量程是20 mA;R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9 R2是滑动变阻器;R3是保护电阻;E是电池组，电动势为6 V，内阻不计;S1是单刀单掷开关，S2是单刀双掷开关.(1)实验中滑动变阻器采用了________接法(填分压或限流).根据电路的实物图，在虚线框中画出实验电路图.(2)请将该同学的操作补充完整：连接好电路，将滑动变阻器R2的滑片移到最________(填左端或右端将开关S2扳到接点a处，接通开关S1;调节滑动变阻器R2，使电流表A2的示数是15 mA.乙将开关S2扳到接点b处，____________________，使电流表A2的示数仍是15 mA.若此时电阻箱各旋钮的位置如图乙所示，则待测电流表A1的电阻Rg=________ .(3)上述实验中，无论怎样调节滑动变阻器R2的滑片位置，都要保证两只电流表的安全.在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3的阻值应选用________.A.30B.300C.3 kD.30 k解析：(2)闭合开关之前，应使滑动变阻器连入电路的阻值最大，滑片移到最左端.本实验使用替代法测量电流表的内阻，因此开关S2接a和接b时电流表A2的读数应该相同，开关S2接b时，需保持滑动变阻器R2的滑片不动，调节电阻箱R1.电阻箱表示的阻值大小等于被测电流表的内阻，读数为86.3 .(3)当滑动变阻器R2的阻值为零时，电路中的电流不能超过两个电流表的量程，由于=300 ，且电流表A1有内阻，R3的阻值可选B.答案：(1)限流如图所示(2)①左端保持滑动变阻器R2的滑片不动，调节电阻箱R1 86.3 (3)B4.在测量一节干电池的电动势和内阻实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路.(1)根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连线.(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到________(填a或b)端.甲乙丙(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，滑动滑片P，记录下几组电压表和电流表的示数;重置滑动变阻器，S2改接图甲中的2位置，滑动滑片P，再记录几组电压表和电流表的示数.在同一坐标系内分别描点作出S2接1、2位置时，电压表示数U和电流表示数I的图象，如图丙所示.两图线均为直线，与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB.S2接1位置时，作出的U-I图线是图丙中的________(填A 或BS2接2位置时，干电池电动势的测量值________真实值，内阻的测量值________真实值.(填大于小于或等于)解析：(2)为保护电表，闭合开关前滑动变阻器连入电路的阻值应最大，即滑片P调到a端.(3)S2接1位置时，由于电压表的分流，使得电流的测量值偏小，而短路电流(U=0时的电流，即图线与横轴的截距)不变，故电动势和内阻的测量值都偏小;S2接2位置时，可将电流表内阻等效到电源内阻中，即外电压和干路电流的测量值是准确的，电源电动势的测量值等于电动势的真实值，但电源内阻的测量值等于电源内阻的真实值与电流表内阻的和.答案：(1)如图所示 (2)a (3)B 等于大于5.用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx.已知电池的电动势约6 V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧.可选用的实验器材有：电流表A1(量程0～30 mA);电流表A2(量程0～100 mA);电压表V(量程0～6 V);滑动变阻器R1(阻值0～5滑动变阻器R2(阻值0～300开关S一个，导线若干条.某同学的实验过程如下：.设计如图甲所示的电路图，正确连接电路.甲.将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录.以U为纵轴，I为横轴，得到如图乙所示的图线.乙.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变.重复的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为(I0,0)，与纵轴U的交点坐标为(0，U0). 回答下列问题：(1)电流表应选用________，滑动变阻器应选用________;(2)由图乙的图线，得电源内阻r=________(3)用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx=________，代入数值可得Rx;(4)若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围________，电压表示数变化范围________.(选填相同或不同)解析：(1)电路总电阻可能的最小值约为20 ，则回路中可能的最大电流Im= A=300 mA，可见，电流表应选用A2.若选用滑动变阻器R1，电路中电流变化范围太窄，并且当R1连入电路阻值最大时，电路中电流仍可能会超过电流表A2的量程，故应选用R2.(2)图乙中，U-I图线的斜率的绝对值等于电源内阻，由图象可知：r=25 .(3)由题意可知，Rx+r=，则Rx=-r0.(4)若电表为理想电表，Rx接在B、C或A、B之间，对干路中电流无影响，故电流表示数变化范围相同，很显然，电压表示数变化范围不相同.答案：(1)A2 R2 (2)25 (3)-r (4)相同不同6.如图甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测.甲乙(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边0刻度线处，应先调整图乙中多用电表的部件________(选填AB或C). (2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填短暂或持续)接b，同时观察指针偏转情况.(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至1挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值.测量中发现，每对接点间正、反向阻值均相等，测量记录如下表.两表笔分别接a、b 时，多用电表的示数如图乙所示.请将记录表补充完整，在图甲的黑箱中画出一种可能的电路.两表笔接的接点多用电表的示数 a、b ________ a、c 10.0 b、c 15.0 解析：(1)多用电表使用前应进行机械调零，机械调零装置为部件A.(2)使用多用电表进行测量时，为保证电表不被损坏往往要进行试触，即让两表笔与接点短暂接触，观察指针偏转情况，若持续接触则有可能损坏电表.(3)黑箱中无电源且每对接点间正、反向阻值相等，多用电表读数为5 ，由表格数据可知，b、c间电路为a、b间5 的电阻与a、c间10 的电阻串联而成.答案：(1)A (2)短暂 (3)515-16学年高考物理二轮复习专项限时训练题（含答案）分享到这里，更多内容请关注高考物理复习指导栏目。
2016高考物理二轮复习：模拟训练(2份) 人教课标版1(优秀免费下载资料)
仿真模拟卷二（对应学生用书）一、选择题（本题共小题，每小题分。
在每小题给出的四个选项中，第～题只有一项符合题目要求，第～题有多项符合题目要求.）.关于两个等量异种点电荷在其连线中点处的电场强度和电势，下述正确的是（）.场强为零，电势可能为零.场强为零，电势一定不为零.场强不为零，电势可能为零.场强不为零，电势一定不为零.钢球自塔顶自由落下m时，钢球自离塔顶m距离处自由落下，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，则塔高为（）.（·河南信阳一模）下图是演示小蜡块运动规律的装置.在蜡块沿玻璃管（方向）上升的同时，将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向（方向）向右运动，得到蜡块相对于黑板（平面）运动的轨迹图（图）.则蜡块沿玻璃管的上升运动与玻璃管沿水平方向的运动的形式是（）.小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动.小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀速直线运动.小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先加速后减速.小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先减速后加速.如图所示，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，直线为一个电阻的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻分别接到、两电源上，那么（）接到电源上，电源的效率较高接到电源上，电源的输出功率较大接到电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低接到电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高.质量为kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝的水平面上，在水平拉力的作用下，由静止开始运动，拉力做的功和物体发生的位移之间的关系如图所示，＝.下列说法中正确的是（）.此物体在段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.如图所示，是匀强磁场的边界，质子（）和α粒子（）先后从点射入磁场，初速度方向与边界夹角均为°，并都到达点.不计空气阻力和粒子间的作用.关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（）.质子和α粒子运动轨迹相同.质子和α粒子运动动能相同.质子和α粒子运动速率相同.质子和α粒子运动时间相同年月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，为轨道Ⅱ上的一点，如图所示.关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（）.在轨道Ⅱ上经过的速度小于经过的速度.在轨道Ⅱ上经过的动能小于在轨道Ⅰ上经过的动能.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期.在轨道Ⅱ上经过的加速度小于在轨道Ⅰ上经过的加速度.如图所示，用两等长的细绳将一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上，静止时线圈平面与磁铁的轴线垂直，磁铁质量为，磁极如图所示.在垂直于细杆的平面内，保持细绳绷紧，将磁铁拉至与细杆等高的位置，将磁铁由静止释放，则下列说法正确的是（）.磁铁下摆过程中，线圈所受合外力为零.磁铁下摆过程中，线圈中有逆针方向（沿方向看）的感应电流.磁铁下摆过程中，线圈中有顺时针方向（沿方向看）的感应电流.磁铁摆到最低点时，两绳子拉力的合力小于二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题（分）.（分）（）打点计时器所用电源为（交流电或直流电），当电源频率为，每隔打一个点，实验时放开纸带与接通电源的先后顺序是先.（）某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，他已在每条纸带上按每个点取好一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为，依打点先后编为，，，，，.由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图所示，请根据给出的、、、四段纸带回答：在、、三段纸带中选出从纸带上撕下的那段应该是，打纸带时，物体的加速度大小是..（分）实验室备有以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器（阻值变化范围～Ω）、滑动变阻器（阻值变化范围～Ω）、电动势适当的电源、小灯泡（，）、开关、导线若干.（）要完整地描绘小灯泡的曲线，请在方框中画出实验电路图，并标出所用滑动变阻器的符号.（）实验中描绘出的小灯泡曲线如图所示，由图象可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而（填“增大”“减小”或“不变”）.（）如果用上述器材测量所给电源的电动势和内电阻，实验电路如图甲所示，图中是阻值为Ω的保护电阻，实验中测得多组数据如下表所示，试在同一坐标系中画出等效电源的图象，由图象可求出电源自身内阻约为Ω.序号（）若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图乙所示，此时小灯泡消耗的电功率约为..（分）如图所示，在高出水平地面＝m的粗糙平台上放置一质量＝kg、长度＝m的薄板，上表面光滑，最左端放有可视为质点的物块，其质量＝.开始时静止，有向右的初速度＝m、与平台间动摩擦因数均为μ＝.现对施加＝水平向右的恒力，当尚未露出平台时已经从右端脱离，脱离时撤掉离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离＝m（取＝m）.求：（）离开平台时的速度；（）从一开始到刚脱离右端时，运动的时间；（）一开始时薄板的最右端离平台边距离..（分）如图所示，在无限长的水平边界和间有一匀强电场，同时在、区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，为左右磁场的分界线边界上的点到边界的距离为（＋）.一带正电微粒从点的正上方的点由静止释放，从点垂直边界进入电、磁场区域，且恰好不从边界飞出电、磁场.已知微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为，电场强度大小（未知）和磁感应强度大小（未知）满足＝，不考虑空气阻力.（）求点距离点的高度多大.（）若微粒从点以＝水平向左平抛，且恰好垂直下边界射出电、磁场，则微粒在电、磁场中运动的时间多长？（二）选考题（共分）.[物理——选修－]（分）（）（分）下列说法正确的是（）.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化.足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果.一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的.一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时问内撞击单位面积上的分子数不变（）（分）一定质量的理想气体从状态变化到状态，再变化到状态，其状态变化过程的图象如图所示.已知该气体在状态时的温度为℃.则：①该气体从状态到状态的过程中（填“吸热”或“放热”）.②该气体在状态时的温度为多少℃？.[物理——选修－]（分）（）（分）如图（）为一列简谐横波在＝时的波形图，图（）为介质中平衡位置在＝m处的质点的振动图象.下列说法正确的是（）.质点的振幅为cm.横波传播的波速为m.横波沿轴负方向传播.在任意内运动的路程为cm.在任意内运动的路程为cm（）（分）如图所示，有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质，其中水的深度为，色拉油的厚度为，容器底部有一个单色点光源，已知水对该光的折射率为＝，色拉油对该光的折射率为＝，光在真空中的传播速度为，求：①这种光在水中和色拉油中传播的速度大小；②在色拉油上表面放一不透明薄膜，以致从光源直接发出的光线不能从色拉油中射出，则薄膜的最小面积..[物理—选修－]（分）（）（分）根据玻尔理论，下列说法正确的是（）.原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量.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，电势能的减少量大于动能的增加量.氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大.电子没有确定轨道，只存在电子云.玻尔理论的成功之处是引入量子观念（）（分）如图所示，质量为kg的小球放在光滑的曲面上，离地面的高度m，小球静止在水平地面上，离竖直墙的距离是＝m，静止释放，与发生弹性碰撞，与墙碰撞无机械能损失，也不计与墙碰撞时间，在离墙m处两球发生第二次碰撞，重力加速度＝m，求：①小球的质量；②两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔.仿真模拟卷二解析与答案.解析：根据两个等量异种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度不为零；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，如选取无限远电势为零，则连线中点的电势也为零，故、、错误，正确.答案：.解析：根据＝得：球下落m所需时间为：＝＝＝，设塔高，则球下落的时间为：＝①对球有：＝（＋）②由①②解得：＝m.答案：.解析：由曲线运动的条件可知，合力与初速度不共线，且轨迹的弯曲大致指向合力的方向，若蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，则玻璃管沿方向先减速后加速；若蜡块沿水平方向做匀速直线运动，则玻璃管沿方向先加速后减速；故、、错误，正确.答案：.解析：电源的效率η＝＝.由图看出，电阻接在电源上时电路中电流为，短路电流为，根据闭合电路欧姆定律＝得到，＝，电源的效率为.由图看出，电阻接在电源上时＞，则电源的效率大于，故错误；电源的图线与电阻的图线的交点表示电阻接在该电源上的工作状态，由图读出电阻接在电源的电压和电流较大，电源的输出功率较大，故错误；由分析可知，接到电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低.故正确，错误.答案：.解析：对物体受力分析，物体受到的摩擦力为：＝μ＝μ＝××＝由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，段的拉力为，段的拉力为，所以物体在段做匀加速运动，在段做匀减速直线运动在段的拉力为，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由＝，＝得：＝代入数值解得：＝m，此时的最大功率为：＝＝×＝在段，物体匀减速运动，最大速度的大小为，拉力的大小为所以此时的最大功率为：＝＝×＝所以在整个过程中拉力的最大功率为，所以、、错误，正确.答案：.解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中的运动轨迹相同，故正确；两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：＝，解得：＝，粒子动能：＝＝，质子与α粒子的电量分别为和，质量之比为∶，轨道半径、磁感应强度都相等，则质子＝α粒子，故正确；由牛顿第二定律得：＝，解得：＝，质子与α粒子的电量分别为和，质量之比为∶，轨道半径、磁感应强度都相等，则：＝，故错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：＝，质子与α粒子的电量分别为和，质量之比为∶，磁感应强度都相等，则：＝，两粒子的运动轨迹相同，粒子在磁场中转过的圆心角θ相同，粒子在磁场中的运动时间：＝，＝＝，故错误.答案：.解析：在轨道Ⅱ上由点到点，万有引力做正功，动能增加，则点的速度小于点的速度，故正确；由轨道Ⅱ上的点进入轨道Ⅰ，需加速，使得万有引力等于所需的向心力，所以在轨道Ⅱ上经过的动能小于在轨道Ⅰ上经过的动能，故正确；根据＝知，由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，则飞船在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故正确；航天飞机在轨道Ⅱ上经过点和轨道Ⅰ上经过的万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度相等.故错误.答案：.解析：磁铁下摆过程中，向左穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁通量的方向向右，所以线圈中有顺时针方向（沿方向看）的感应电流.故、错误，正确；磁铁向下运动的过程中，根据楞次定律可知，磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍，机械能减小.则：<，最低点拉力与重力的合力提供向心力，所以：－＝，联立以上两式得：<，故正确.答案：.解析：（）打点计时器所用电源为交流电，当电源频率为，每隔打一个点，实验时放开纸带与接通电源的先后顺序是先接通电源后释放纸带.（）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：－＝－＝－＝－所以属于纸带的是图.根据运动学公式Δ＝，得：＝＝m.答案：（）交流电接通电源后释放纸带（）.解析：（）描绘灯泡的伏安图象曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压接法，由于小灯泡的阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示：（）由图示图象可知，随电压与电流的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升高，电压与电流的比值增大，灯丝电阻增大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大.（）根据表中实验数据作出电源图象如图所示，由图示图象可知，电源内阻：＝－＝Ω≈Ω.（）由图示图象可知，灯泡两端电压为，电流为：，灯泡的电功率为：＝＝×≈.答案：（）电路图如图所示（）增大（）如图所示（）（～均正确）.解析：（）竖直方向：＝得：＝＝＝水平方向：＝＝＝m.（）匀速运动，匀加速运动，对受力分析如图，＝μ（＋）＝×（×＋×）＝，的加速度＝＝＝，设经过从的右端脱离时，－＝，－＝，×－＝，解得：＝，＝.若＝，板的速度＝＝×m＝m，大于的速度，会从左端掉落，所以不符合题意.所以＝.（）脱离前的运动位移为＝＝××12＝m，脱离后的加速度为＝μ＝×＝，滑到平台边的距离为：＝－)＝＝所以一开始薄板的最右端离平台边距离＝＋＝m.答案：（）m（）（）m.解析：（）微粒带电量为、质量为，轨迹为圆弧，有＝.微粒在磁场中运动速率时恰好与相切，如图甲所示，、为微粒运动的圆心，与竖直方向夹角为θ，由几何知识知θ＝.微粒半径，由几何关系有＋θ＝（＋），得＝2L.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有＝)，由动能定理有＝，已知＝，得＝.（）如图乙所示微粒平抛到边界上的点的时间为，水平距离，由运动学公式有＝，＝，代入＝、＝，得＝、＝.微粒在点时竖直分速度＝，速度为＝、与夹角为θ＝°.微粒在磁场中运动半径＝4L.由几何关系知微粒从点运动°垂直到达边界.微粒在磁场中运动周期＝＝π.由题意有微粒运动时间＝＋（＝，，，…）微粒运动时间＝π（＝，，，…）答案：（）（）π（＝，，，…）.解析：（）单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故错误；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关.故错误；一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，没有对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能一定增加，故正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故正确；一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大.故错误.（）①由图可得＝，由＝，得＝，因为一定质量理想气体内能变化由温度决定，可知气体从状态到状态的过程中，内能不变；体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律知吸热.②由上分析可知，＝＝＋＝，＝℃.答案：（）（）①吸热②该气体在状态时的温度为℃.解析：（）由图象知，点的振幅为cm，故正确；波速＝＝＝m.故正确；根据题意可知，图乙为质点从此时开始的振动图象，得出质点向下振动，则可确定波的传播方向为轴正方向传播，故错误；为一个周期，故点的路程为振幅的倍，故为，但是质点不是匀速振动，故任意的路程不一定为cm，故正确、错误.（）①由＝得光在水中传播速度：＝＝光在色拉油中的速度为：＝＝②如图所示，光恰好在色拉油和空气的分界面发生全反射时，光线不能透射出色拉油＝＝在水与色拉油的分界面上，由θ)＝得：θ＝则不透明薄膜的半径：＝θ＋＝又因为面积：＝π联立得：＝π答案：（）（）①②π.解析：氢原子具有的稳定能量状态称为定态，电子绕核运动，但它并不向外辐射能量，故正确；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，电势能的减少量大于动能的增加量，故正确；原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的，故错误；电子有确定轨道，故错误；玻尔理论的成功之处是引入量子观念，故正确.（）由机械能守恒定律：＝解得小球与碰前速度＝m由、两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：＝＋由机械能守恒定律得：＝＋解得：＝，＝从第一次碰撞到第二次碰撞这个过程中，设两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为小球运动的路程＝`，小球运动的路程＝`由运动学公式：＝，＝综上可得：＝`，＝`.答案：（）（）①`②`。
2016届高三理综第二次训练物理试题
2016届高三理综第二次训练物理部分一、选择题（本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第l4～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合要求。
全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）14、以下是物理学中的四个实验装置或仪器，由图可知这四个实验或仪器共同的物理思想方法是（ ）A ．极限的思想方法B ．放大的思想方法C ．猜想的思想方法D ．控制变量的方法15、取水平地面为重力势能零点。
一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能恰好是重力势能的3倍。
不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ） A.6π B. 4π C. 3π D. 125π16、如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。
重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力比初始时( )A ．增加了mg 5B ．减小了mg 5C ．增加了mg 4D ．减小了mg 417、如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。
一带点微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）A ．若微粒带正电荷，则电场力一定小于重力B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能不一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能可能增加也有可能减少18、长为L 的轻绳悬挂一个质量为m 的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角 的静止三角形物块刚好接触，如图所示。
现在用水平恒力F 向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度速度大小为V ，重力加速度为g ，不计所有的摩擦。
则下列说法中正确的是（ ）A.上述过程中，斜面对小球做的功等于小球增加的动能B.上述过程中，推力F 做的功为FLC.上述过程中，推力F 做的功等于小球增加的机械能D.轻绳与斜面平行时，绳对小球的拉力大小为19、一个正点电荷Q 静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a 、b 、c ，如图所示，则有（ ）A ．质点在a 、b 、c 三处的加速度大小之比是1：2：1B ．若改变带电质点在a 处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动C ．a 、b 、c 三点电势高低及电场强度大小的关系是D ．质点由a 到b 电势能增加，由b 到c ，电场力做正功，在b点动能最小20、如图，电路中定值电阻阻值R 大于电内阻阻值r 。
2016届浙江高考物理二轮复习限时训练专题4功功率与动能定理(浙江专用含答案)
专题四限时训练(限时:45分钟)【测控导航】一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第1～5小题只有一个选项符合要求,6～10题有多个选项符合要求)1.(2015浙江省五校联考)下表列出了某种型号轿车的部分数据.手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度,从“1～5”挡速度增大,R 是倒车挡.试问若轿车在额定功率下,要以最大动力上坡,变速杆应推至挡位及当轿车以最高速度运行时的牵引力约为( D )A.“5”挡8 000 NB.“5”挡 2 000 NC.“1”挡 4 000 ND.“1”挡 2 000 N解析:根据P=Fv可知,需要最大牵引力,则速度要最小,所以变速杆应推至“1”挡;当牵引力等于阻力时速度达到最大值,此时有F== N=2 057 N,选项D正确.2.(2015三门峡二练)如图为一质点做匀变速直线运动的vt图象,质点的质量为2 kg,在前4 s内向东运动,由图线作出以下判断,正确的是( C )A.质点在8 s内始终向东运动B.质点在8 s内的合力先减小后增大C.质点在8 s内的加速度大小不变,方向始终向西D.在8 s内合力对质点做功的大小为200 J解析:4 s～8 s内运动方向与前4 s内运动方向相反,质点在4 s～8 s内向西运动,故选项A错误;由vt图线的斜率表示质点的加速度可知,8 s内质点加速度大小不变,方向始终向西,所以质点在8 s内的合力大小不变,方向始终向西,故选项B错误,C正确;在起始时刻和8 s时刻,质点的动能是相等的,在8 s内质点动能的变化量为零,由动能定理可知,合力对质点做功的大小为零,故选项D错误.3.(2015宝鸡三检)如图所示,上表面水平的圆盘固定在水平地面上,一小物块从圆盘边缘上的P点,以大小相同的初速度在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ开始滑动,小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v,则v2cos θ图象应为图中的( A )解析:设圆盘半径为r,小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ,由题意可知,小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功,由动能定理可得-μmg×2rcos θ=mv2-m,即v2=-4μgrcos θ,可知v2与cos θ成线性关系,斜率为负,故选项A正确,B,C,D错误.4.(2015杭州学军中学月考)起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度,其速度图象如图所示,则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是( B )解析:在0～t1时间内重物向上做匀加速直线运动,设加速度大小为a1,根据牛顿第二定律得F1-mg=ma1,F1=mg+ma1,拉力的功率P1=F1v1=(mg+ma1)a1t,m,a1均一定,则P1∝t.在t1～t2时间内重物向上做匀速直线运动,拉力F2=mg,则拉力的功率P2=F2v2=mgv,P2不变,根据拉力的大小得到,P2小于t1时刻拉力的功率.在t2～t3时间内重物向上做匀减速直线运动,设加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得mg-F3=ma2,F3=mg-ma2,拉力的功率P3=F3v3=(mg-ma2)(v0-a2t),m,a2均一定,P3与t是线性关系,随着t延长,P3减小,选项B正确.5.(2015海南卷)如图,一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高.质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下,滑到最低点Q 时,对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g,质点自P滑到Q的过程中,克服摩擦力所做的功为( C )A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析:在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力,两力的合力充当向心力,所以有F N-mg=m,F N=2mg,联立解得v=,下落过程中重力做正功,摩擦力做负功,根据动能定理可得,mgR-W Ff=mv2,解得W Ff=mgR,所以克服摩擦力做功为mgR,故选项C正确.6.(2015嘉兴一中适应性考试)如图所示,相同的乒乓球1,2恰好在等高处水平越过球网,不计乒乓球的旋转和空气阻力,乒乓球自最高点到落台的过程中,下列说法正确的是( CD )A.过网时球1的速度小于球2的速度B.球1的飞行时间大于球2的飞行时间C.球1的速度变化率等于球2的速度变化率D.落台时,球1的重力功率等于球2的重力功率解析:球1和球2平抛运动的高度相同,则运动的时间相同,由于球1的水平位移较大,可知过网时球1的速度大于球2的速度,故选项A,B错误;因为平抛运动的加速度不变,都为g,可知球1和球2的速度变化率相等,故选项C正确;落台时,由于时间相等,则竖直分速度相等,根据P=mgv y知,重力的瞬时功率相等,故选项D正确.7.(2015绵阳三诊)如图所示为某汽车在平直公路上启动时发动机功率P随时间t变化的图象.P0为发动机的额定功率.已知在t2时刻汽车的速度已经达到最大v m,汽车受到的空气阻力与地面摩擦力之和随速度增大而增大.由此可得( CD )A.在0～t1时间内,汽车一定做匀加速运动B.在t1～t2时间内,汽车一定做匀速运动C.在t2～t3时间内,汽车一定做匀速运动D.在t3时刻,汽车速度一定等于v m解析:0到t1时间内汽车的功率均匀增加,但由于阻力随着速度的增大而增大,汽车在这一过程受到的力不可能为恒力,故不可能做匀加速直线运动,选项A错误;汽车t1时刻达到额定功率,根据P=Fv,速度继续增大,牵引力减小,则加速度减小,t1到t2时间内汽车做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,即牵引力等于阻力,汽车速度达到最大,故选项B错误,在t2到t3时间内,汽车已达到最大速度,且功率保持不变,故汽车一定做匀速运动,t3时刻,汽车速度一定等于v m,故选项C,D正确. 8.(2015舟山中学仿真模拟)如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力拉B,由于A,B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A,B都向前移动一段距离.在此过程中( BD )A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功,等于A的动能增量C.A对B的摩擦力所做的功,等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析:A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力,对A物体运用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,即选项B正确;A 对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B上滑动,A、B对地的位移不等,故两者做功不等,故选项C错误;对B应用动能定理,W F-W Ff=ΔE kB,即W Ff=ΔE kB+W Ff,就是外力F对B做的功,等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和,故选项D正确;由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等,故选项A错误.9.(2015金华十校模拟)如图所示的xOy坐标系中,x轴上固定一个点电荷Q,y轴上固定一根光滑绝缘细杆(细杆的下端刚好在坐标原点O处),将一个重力不计的带电圆环(可视为质点)套在杆上,从P处由静止释放,圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动.下列说法正确的是( BC )A.圆环沿细杆从P运动到O的过程中,加速度一直增大B.圆环沿细杆从P运动到O的过程中,速度一直增大C.若只增大圆环所带的电荷量,圆环从离开细杆后仍然能绕点电荷Q做匀速圆周运动D.若将带电圆环从点P′(P的上方)由静止释放,其他条件不变,圆环离开细杆后仍然能绕点电荷Q做匀速圆周运动解析:圆环从P运动到O的过程中,受库仑引力,杆的弹力,库仑引力沿杆向下的分力等于圆环的合力,滑到O点时,所受的合力为0,加速度存在一个减小的过程,选项A错误;设圆环从P运动到O的过程中,库仑引力做正功,根据动能定理知,动能一直增大,则速度一直增大.故选项B正确;根据动能定理得qU=mv2,根据牛顿第二定律得k=m,联立得k=,可知圆环仍然可以做圆周运动,选项C正确;若增大高度,电势差U增大,库仑引力与所需向心力不等,不能做圆周运动.选项D错误. 10.(2015台州调研)我国云南省某些地方现在仍依靠滑铁索过江,如图(甲)所示.我们可以把滑铁索过江简化成图(乙)的模型:铁索的两个固定点A,B在同一竖直平面内,AB间的水平距离为L=80 m,铁索B点与A 竖直距离为h=8 m,铁索的长度为100 m,已知一质量M=35 kg的学生,背着质量为m=5 kg的书包,借助滑轮(滑轮质量不计)从A点静止开始滑到对岸的B点.假设滑轮运行过程中受到的阻力大小恒为12 N,重力加速度为10 m/s2.下列说法正确的是( AB )A.滑到最低点时人处于超重状态B.该同学到达对岸的速度为10 m/sC.相同体重的两位同学,身高较高的同学到达B点的速度大D.若该同学想从B返回A点,则在B点的初速度只需要 10 m/s解析:滑到最低点时重力和支持力的合力提供向心力,加速度向上,处于超重状态,故选项A正确;对从A到B过程,根据动能定理有(M+m)gh-fs=(M+m),解得v B== m/s=10 m/s,故选项B正确;根据v B=,相同体重的两位同学到达B点的速度都相同,故选项C错误;若该同学从B返回A,根据动能定理有-(M+m)gh-fs=0-(M+m),解得v B== m/s≈14.8 m/s,故选项D错误.二、非选择题11.(2015浙江衢州市江山市模拟)2014年12月10日杭(州)长(沙)高铁正式开通运行.杭长高铁线路全长933公里,设计最高时速为350 km/h,使杭州到长沙最快运行时间由目前的8小时15分压缩到3小时36分,同时杭州到广州等地的旅行时间也大大缩短.高速运动的列车是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢组成一个编组,称为动车组.动车组在高速运行情况下若进行制动,须先采用“再生制动”,当速度较小时才实施机械制动.所谓“再生制动”就是列车靠惯性滑行时带动发电机发电,将动能转化为电能.设列车某次制动时速度从324 km/h降低到90 km/h的过程中采用的是“再生制动”,速度从90 km/h 降到零的过程中采用的是机械制动.已知该动车组由八节车厢编组而成,每节车厢的总质量均为5×104kg,动车组在“再生制动”阶段受到的阻力恒为车重的0.075倍,制动的两个阶段均按匀变速运动处理,取g=10 m/s2.(以下计算结果保留两位有效数字)(1)求该列车在“再生制动”阶段行驶的距离;(2)要求该列车制动的总距离不大于6 000 m,则列车在机械制动阶段受到制动力的最小值是多少?(3)若该列车满载480名旅客以324 km/h匀速行驶时所受阻力为其重力的0.225倍,若驱动电机的效率是90%,请估算列车从江山到杭州(269 km)人均耗电多少千瓦时?解析:(1)设动车组在“再生制动”过程的初速度为v1,末速度为v2,加速度为a1,发生的位移为x1,根据牛顿第二定律得-0.075mg=ma1,又-=2a 1x1,代入数据解得x1=5.0×103 m.(2)动车组在机械制动过程中最大位移为x2,最小加速度为a2,阻力的最小值为F,则x2=x-x1,又由运动学公式得=2a 2x2,F=ma2,解得F=1.3×105 N.(3)功率P出=Fv,因为匀速,则F=F阻=μmg=0.225×8×5×104×10 N=9×104 N,v= m/s=90 m/s,代入解得P出=8.1×106 W,P入==9.0×106 W,从江山到杭州运行时间t==0.83 h,人均耗电W==16 kW·h.答案:(1)5.0×103 m (2)1.3×105 N (3)16 kW·h12.(2015山东理综)如图(甲)所示,物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接.物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止,将此时传感装置的示数记为初始值.现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力,将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角,如图(乙)所示,此时传感装置的示数为初始值的1.25倍;再将小球由静止释放,当运动至最低位置时,传感装置的示数为初始值的0.6倍.不计滑轮的大小和摩擦,重力加速度的大小为g.求:(1)物块的质量;(2)从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服空气阻力所做的功. 解析:(1)设开始时细绳的拉力大小为T1,传感装置的初始值为F1,物块质量为M,由平衡条件得对小球,T1=mg对物块,F1+T1=Mg当细绳与竖直方向的夹角为60°时,设细绳的拉力大小为T2,传感装置的示数为F2,据题意可知,F2=1.25F1,由平衡条件得对小球,T2=mgcos 60°对物块,F2+T2=Mg联立各式,代入数据得M=3m;(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v,从释放到运动至最低位置的过程中,小球克服阻力所做的功为W f,由动能定理得mgl(1-cos 60°)-W f=mv2在最低位置,设细绳的拉力大小为T3,传感装置的示数为F3,据题意可知,F3=0.6F1,对小球,由牛顿第二定律得T3-mg=m对物块,由平衡条件得F3+T3=Mg联立代入数据得W f=0.1 mgl.答案:(1)3m (2)0.1mgl13.(2015锦州质检)如图所示,CD左侧存在场强大小E=,方向水平向左的匀强电场,一个质量为m、电荷量为+q的光滑绝缘小球,从底边BC 长为L、倾角为53°的光滑直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑,运动到斜面底端C点后进入一光滑竖直半圆形细圆管内(C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧,圆管内径略大于小球直径,半圆直径CD在竖直线上),恰能到达细圆管最高点D点,随后从D点离开后落回斜面上某点P.(重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)求:(1)小球到达C点时的速度大小;(2)小球从D点运动到P点的时间t.解析:(1)由动能定理mg L-qEL=mv2得v=.(2)由A到D的过程由动能定理mg L-mg2r-qEL=0得r=L.离开D点后做匀加速直线运动,如图.竖直方向:s DG=gt2水平方向:qE=mas DH=at2又由几何关系得=tan 37°得t=.答案:(1)(2)。
《名师伴你行》2016高考二轮复习物理专题限时训练2Word版含解析
专题限时训练(二) 直线运动和牛顿运动定律(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·重庆理综)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t ＋mg B.m 2gh t －mg C.m gh t ＋mgD.m gh t －mg 答案：A解析：设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由牛顿第二定律得F －mg ＝ma又v ＝at解得F ＝m 2gh t ＋mg .2．(2015·烟台模拟)在某次海试活动中，“蛟龙号”潜水器完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( )A.v t 2B ．v t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02t C.v t 202t D.v (t －t 0)22t答案：D解析：“蛟龙号”上浮时的加速度大小a ＝v t ，根据逆向思维可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海平面的深度h ＝12a (t －t 0)2＝v (t －t 0)22t，D 正确．3．(2015·南昌模拟)从地面上以初速度v 0竖直上抛一个质量为m 的小球，从此时刻开始计时，若t 1时刻到达最高点，且落地前小球已经做匀速运动．已知重力加速度为g ，小球在运动过程中受到的空气阻力f 与其速度v 的大小成正比，即f ＝k v (k >0)，以竖直向上为速度的正方向，则下列描述小球运动的v -t 图象正确的是( )答案：B解析：小球上升时：a 1＝mg ＋k v m ，随着v 减小，加速度减小，对应的v -t 图线的斜率减小；小球下落时：a 2＝mg －k v m ，随着v 增大，加速度减小，匀速运动时有mg ＝k v 1，即v 1＝mg k ，所以选项B 正确．4．(2015·江苏单科)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5答案：C解析：同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝v1 a＝1 s，通过的位移x1＝12at21＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m 的位移，接着关卡放行t＝ 5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝x5v1＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．5．(2015·南京二模)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m的物体A、B接触(A与B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止．已知物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，物体B与水平面间的摩擦不计．撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度为g.则()A．撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为kx0m－μgC．物体A、B一起向左运动距离x0后相互分离D．物体A、B一起向左运动距离x＝x0－μmgk后相互分离答案：D解析：A、B一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B与A分离，B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A与弹簧分离，做匀减速直线运动，故选项A错误；撤去F瞬间，由kx0－μmg＝2ma可知，选项B错误；当物体A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹＝μmg＝kx，x＝μmg k，所以物体A、B一起向左运动距离x＝x0－μmgk后相互分离，选项D正确，C错误．二、多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2014·山东理综)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的时刻有()A．t1B．t2C．t3D．t4答案：AC解析：当物体做加速运动时，加速度的方向和速度方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同，v-t图象中t1和t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t2和t4时刻二者方向相反，故正确选项为A、C.7．(2015·江苏单科)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小答案：AD解析：人受重力mg和支持力F N的作用，由牛顿第二定律得F N －mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F N′＝F N＝mg＋ma，当t＝2 s时a有最大值，F N′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F N′最小，选项A、D正确．8．如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力F随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于物体运动的说法中正确的是()甲乙A．t＝1 s时物体开始做加速运动B．t＝2 s时物体做减速运动的加速度大小为2 m/s2C．t＝3 s时物体刚好停止运动D．物体在1～3 s内做匀减速直线运动答案：C解析：由题意可知，物体开始时做匀速直线运动，所以拉力F＝F f＝4 N，t＝1 s时拉力F开始减小，但摩擦力仍为F f＝4 N，故此时物体开始做减速运动，选项A错误；t＝2 s时物体受到的拉力大小为F ＝3 N，而摩擦力仍为F f＝4 N，故物体做减速运动的加速度大小为a＝F合m＝1 m/s2，选项B错误；由题图乙可以看出，在t＝3 s之前物体受到的摩擦力不变，故物体在运动，而t＝3 s之后物体受到的摩擦力逐渐减小，由摩擦力的特点可知其为静摩擦力，所以在t＝3 s时物体刚好停止运动，选项C正确；在1～3 s内，由于摩擦力不变而拉力F 逐渐减小，所以物体做加速度逐渐增大的减速运动，选项D错误．三、计算题(每小题16分，共32分)9．(2015·天津理综)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动．现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.答案：(1)0.2 s(2)0.1 m(3)－2 J解析：(1)邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动的过程中受到向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg＝ma由运动学公式得v＝at解得a＝5 m/s2，t＝0.2 s.(2)由运动学公式得v2＝2ax代入数据解得x＝0.1 m.(3)皮带受到向左的摩擦力f＝μmg邮件与皮带相对滑动的过程中皮带的位移为s＝v t＝0.2 m摩擦力对皮带所做的功为W＝－fs＝－2 J.10．(2015·全国理综Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．答案：(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mg cos θ②f2＝μ2N2③N2＝N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f1＝ma1⑤mg sin θ－f2＋f1′＝ma2⑥N1＝N1′⑦f1＝f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得 a 1＝3 m/s 2⑨a 2＝1 m/s 2.⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑬a 2′＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22 ＝12 m<27 m ⑰此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.。
2016届高三物理二轮复习(浙江专用) 高考仿真模拟卷(一) Word版含答案
高考仿真模拟卷(一)(时间:60分钟满分:120分)选择题部分一、选择题(本题共4小题,每小题6分,共24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A,B两个运动物体的x t图象,下述说法正确的是( )A.A,B两个物体开始时相距100 m,同时同向运动B.B物体做匀减速直线运动,加速度大小为5 m/s2C.A,B两个物体运动8 s时,在距A的出发点60 m处相遇D.A物体在2 s到6 s之间做匀速直线运动15.(2015严州新校理科综合)电视机可以用遥控器关机而不用断开电源,这种功能叫做待机功能.这一功能给人们带来了方便,但很少有人注意到在待机状态下电视机仍然要消耗电能.例如小明家的一台34寸彩色电视机的待机功率大约是10 W,假如他家电视机平均每天开机4 h,看完电视后总是用遥控器关机而不切断电源,试估算小明家一年(365天)中因这台电视机待机浪费的电能( )A.2.6×108 JB.2.6×107 JC.3.2×108 JD.5.3×107 J16.假设空间某一静电场的电势 随x变化情况如图所示,根据图中信息可以确定下列说法中正确的是( )A.空间各点场强的方向均与x轴垂直B.将电荷沿x轴从0移到x1的过程中,电荷做匀加速直线运动C.正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中,电场力做正功,电势能减小D.负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电场力做负功,电势能增加17.如图所示,固定斜面c上放有两个完全相同的物体a,b,两物体间用一根细线连接,在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F,使两物体均处于静止状态,下列说法正确的是( )A.c受到地面的摩擦力向左B.a,b两物体的受力个数一定相同C.a,b两物体对斜面的压力相同D.当逐渐增大拉力F时,物体b受到斜面的摩擦力一定逐渐增大二、选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.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.(2015温州五校开学考试)下列实例属于超重现象的是( )A.汽车驶过拱形桥顶端B.荡秋千的小孩通过最低点C.跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动D.火箭点火后加速升空19.(2015浙江模拟)如图所示,在水平界面EF,GH,JK间,分布着两个匀强磁场,两磁场方向水平且相反,大小均为B,两磁场高均为L.一个框面与磁场方向垂直、质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形金属框abcd,从某一高度由静止释放,当ab边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,当ab边下落到GH和JK之间的某位置时,又恰好开始做匀速直线运动.整个过程中空气阻力不计.则( )A.金属框穿过匀强磁场过程中,所受安培力的方向保持不变B.金属框从ab边开始进入第一个磁场至ab边刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量为2mgLC.金属框开始下落时ab边距EF边界的距离h=D.当ab边下落到GH和JK之间做匀速运动的速度v2=20.如图所示,质量为3 m的竖直光滑圆环A的半径为R,固定在质量为2m的木板B上,木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上,B不能左右运动.在环的最低点静止放有一质量为m的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v0,小球会在圆环内侧做圆周运动,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,初速度v0必须满足( )A.最小值为B.最大值为3C.最小值为D.最大值为非选择题部分三、非选择题(本题共5题,共78分)21.(10分)(2015金华十校模拟)某班级同学用如图(a)所示的装置验证加速度a和力F,质量m的关系.甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上,小车乙上固定一个加速度传感器,小车甲上固定一个力传感器,力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接,在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始向下运动,利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小.(1)下列关于实验操作的说法中正确的是(填“A”或“B”).A.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力B.轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力(2)四个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m1=1.0 kg,m2=2.0 kg,m3=3.0 kg和m4=4.0 kg,其中有三个小组已经完成了a F图象,如图(b)所示.最后一个小组的实验数据如表所示,请在图(b)中完成该组的a F图线.(3)在验证了a和F的关系后,为了进一步验证a和m的关系,可直接利用图(b)的四条图线收集数据,然后作图.请写出具体的做法:①如何收集数据? ;②为了更直观地验证a和m的关系,建立的坐标系应以为纵轴,以为横轴.22.(10分)(2015诸暨市校级模拟)某同学为测定某电源的电动势E和内阻r以及一段电阻丝的电阻率ρ,设计了如图(a)所示的电路.ab是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝,R0是阻值为2 Ω的保护电阻,滑片P与电阻丝接触始终良好.实验时闭合开关,调节P的位置,将aP长度x和对应的电压U、电流I数据记录如表:(1)该同学根据实验数据绘制了如图(b)所示的U I图象,可得电源的电动势E= V;内阻r= Ω.(2)请你根据表中数据在图(c)上描点连线作U/I与x的关系图线.(3)已知金属丝的横截面积S=0.12×10-6 m2,利用图(c)图线,可以求得电阻丝的电阻率ρ为Ω·m(保留两位有效数字);根据图(c)图线还可以得到的信息是.23.(16分)(2015宁波模拟)如图,某游乐园的水滑梯是由6段圆心角为30°的相同圆弧相连而成,圆弧半径为3 m,切点A,B,C的切线均为水平,水面恰与圆心O6等高,若质量为50 kg的游客从起始点由静止开始滑下后,恰在C点抛出落向水面(不计空气阻力,g取10 m/s2).求(1)游客在C点的速度大小;(2)游客落水点与O6的距离;(3)游客从下滑到抛出的过程中克服阻力做了多少功?24.(20分)(2015镇江高考综合)电磁弹射是我国研究的重大科技项目,原理可用下述模型说明.如图(甲)所示,虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场,一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上,电阻为R,质量为m,ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界.t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k为大于零的常数),空气阻力忽略不计.(1)求t=0时刻,线框中感应电流的功率P;(2)若线框cd边穿出磁场时速度为v,求线框穿出磁场过程中,安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q;(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框,如图(乙)所示,在线框上加一质量为M的负载物,证明:载物线框匝数越多,t=0时线框加速度越大.25.(22分)在xOy平面内,直线OM与x轴负方向成45°角,以OM为边界的匀强电场和匀强磁场如图所示.在坐标原点O有一不计重力的粒子,其质量和电荷量分别为m和+q,以v0沿x轴正方向运动,粒子每次到x 轴将反弹,第一次无能量损失,以后每次反弹水平分速度不变,竖直分速度大小减半、方向相反.B=,E=.求带电粒子:(1)第一次经过OM时的坐标;(2)第二次到达x轴的动能;(3)在电场中运动时竖直方向上的总路程.高考仿真模拟卷答案高考仿真模拟卷(一)14.C 根据图象,A,B两物体开始时相距100 m,速度方向相反,是相向运动,选项A错误;x t图象的斜率表示速度,故B物体做匀速直线运动,速度大小为v=- m/s=5 m/s,选项B错误;t=8 s时有交点,表示A,B两物体运动8 s 时,在距A的出发点60 m处相遇,选项C正确;2～6 s,物体A位置坐标不变,保持静止,即停止了4 s,选项D错误.15.A 电视机每天待机消耗的电能为W0=Pt=0.01 kW×(24 h-4 h)=0.2 kW·h每年消耗的电能为W=365W0=365×0.2 kW·h=73 kW·h=2.6×108 J.16.D 由图看出,x轴上各点电势不全相等,x轴不是一条等势线,所以空间各点场强的方向不全与x轴垂直,故选项A错误;将电荷沿x轴从0移到x1的过程中,各点电势相等,图象的斜率为零,电场力为零,电荷做匀速直线运动,故选项B错误;正电荷沿x轴从x2移到x3的过程中,电势升高,电荷的电势能增大,电场力做负功,故选项C错误;负电荷沿x轴从x4移到x5的过程中,电势降低,电荷的电势能增加,电场力做负功,故选项D正确.17.C对a,b,c整体分析,受重力、拉力、支持力和静摩擦力,根据平衡条件,地面对整体的静摩擦力一定是向右,故选项A错误;对a,b进行受力分析,如图所示,b物体处于静止状态,当绳子拉力沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时,摩擦力为零,所以b可能只受3个力作用,而a物体必定受到摩擦力作用,肯定受4个力作用,选项B错误;a,b两个物体,垂直于斜面方向受力都平衡,则有:F N+Tsin θ=mgcos θ,解得F N=mgcos θ-Tsin θ,则a,b两物体对斜面的压力相同,选项C正确;当逐渐增大拉力F时,如果Tcos θ<mgsin θ,则物体b受到的摩擦力可能先减小后反向增大,选项D错误.18.BD 物体运动时具有竖直向上的加速度,属于超重现象.A,C两个选项中的汽车和运动员都具有竖直向下的加速度,均不正确;B,D两个选项中的小孩和火箭都具有竖直向上的加速度,处于超重状态,均正确.19.AD 金属框向下运动,由楞次定律可知,安培力总是阻碍金属框的运动,即金属框受到的安培力方向始终向上,故选项A正确;设金属框ab边刚进入磁场时的速度为v1,当ab边下落到GH和JK之间的某位置时,做匀速直线运动的速度为v2,由题意知,v2<v1,对ab边刚进入磁场,到刚到达第二个磁场的下边界过程中,由能量守恒得:Q=mg·2L+m-m,故选项B错误;当ab边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,由平衡条件得mg=,即v1=,从金属框开始下落到刚进入磁场过程,由机械能守恒定律得mgh=m,解得h=,故选项C错误;当ab边下落到GH和JK之间做匀速运动时,金属框受到的安培力F=2BIL=2BL=,由平衡条件得mg=,解得v2=,故选项D正确.20.CD 在最高点,速度最小时有mg=m解得v 1=.从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设最低点的速度为v1′,2.根据机械能守恒定律有2mgR+m=mv解得v 1′=.要使环不会在竖直方向上跳起,环对球的压力最大为F=2 mg+3 mg=5 mg从最高点到最低点的过程中,机械能守恒,设此时最低点的速度为v2′,在最高点,速度最大时有:mg+5 mg=m.解得v 2=.2根据机械能守恒定律有:2mgR+m=mv解得v 2′=.所以保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,在最低点的速度范围为≤v≤.选项C,D正确,A,B错误.21.解析:(1)本实验是研究小车乙的加速度a和力F、质量m的关系,所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力,故选项A错误,B正确.(2)根据描点法作出图象,如图所示(3)①在a F图象上作一条垂直于横轴的直线,与四条图线分别有四个交点,记录下四个交点的纵坐标a,分别与各图线对应的m组成四组数据.②反比例关系不容易根据图象判定,而正比例关系容易根据图象判定,故应该建立小车加速度(a)与小车质量的倒数()关系图象.答案:(1)B (2)见解析(3)在a F图象上作一条垂直于横轴的直线,与四条图线分别有个交点,记录下四个交点的纵坐标a,分别与各图线对应的m组成四组数据加速度a 质量的倒数22.解析:(1)由图(b)所示图象可知,图象与纵轴交点的坐标值是3.00,电源电动势E=3.00 V,R0+r==Ω=3 Ω,则电源内阻r=(3-2)Ω=1 Ω;(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点,然后根据描出的点作出图象,如图所示.(3)金属丝的电阻R=ρ,由欧姆定律可得R+rA=,则=x+r A,x图象斜率k=,由图象可知k==Ω/m=10 Ω/m,即k==10 Ω/m,电阻率ρ=kS=1.2×10-6Ω·m;由图象可得x=0时对应数值2.0,即=2.0 Ω,则电流表的内阻为2.0 Ω.答案:(1)3.00 1 (2)图象如解析图所示(3)1.2×10-6电流表的内阻为2.0 Ω23.解析:(1)在C点,游客恰好抛出,可知支持力为零,根据牛顿第二定律有mg=m,= m/s.解得v(2)根据R=gt2,x=v C t,代入数据解得x=3 m.(3)对开始到C点的过程运用动能定理得m-0,mgh-Wh=R(1-cos 30°)×5,代入数据解得W f=255 J.答案:(1) m/s (2)3 m (3)255 J24.解析:(1)t=0时刻线框中的感应电动势E0=L2功率P=解得P=;(2)由动能定理有W=ΔE k解得W=mv2穿出过程线框中的平均电动势=线框中的电流=通过的电量q=Δt==|0-B 0S|×=;(3)n匝线框中t=0时刻产生的感应电动势E=n=nkL2线框的总电阻R总=nR线框中的电流I==t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL=设线框的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=(nm+M)a解得a=,可知,n越大,a越大.答案:(1)(2)mv2(3)见解析25.解析:(1)粒子进入磁场,根据左手定则,粒子做的圆周运动后经过OM,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,代入数据解得R=1 m,故第一次经过OM时的坐标为(-1 m,1 m).(2)粒子第二次进入磁场,速度不变,则粒子在磁场中运动的半径也为R,故进入电场时离x轴的高度为2R,根据动能定理,2qER=mv2-mmv2=m.得动能E(3)粒子运动轨迹如图所示.因粒子第二次进入电场做类平抛运动,故到达x轴时的水平分速度为v0,竖直方向a=,=2ah 1,解得v y=.从类平抛开始,粒子第一次到达最高点离x轴的竖直高度为h1=,第二次到达最高点离x轴的竖直高度为h2==()2,第n次到达最高点离x轴的竖直高度为h n==()2n故从类平抛开始,在竖直方向上往返的总路程为h=+2×[()2+()4+…+()2n]===m故在电场中运动的竖直方向上总路程h′=2R+h=m.答案:(1)(-1 m,1 m) (2)m(3)m。
2016届高考物理二轮复习限时训练专题3力与曲线运动(含答案)
专题三限时训练(限时:45分钟)【测控导航】一、选择题(在每小题给出的四个选项中,第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求)1.(2015全国新课标理综Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道.当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行.已知同步卫星的环绕速度约为 3.1×103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图所示.发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( B )A.西偏北方向,1.9×103 m/sB.东偏南方向,1.9×103 m/sC.西偏北方向,2.7×103 m/sD.东偏南方向,2.7×103 m/s解析: 同步卫星的速度v方向为正东方向,设卫星在转移轨道上的速度为v1,附加速度为v2,由速度的合成可知v2的方向为东偏南方向,其大小为v2=≈1.9×103 m/s,故选项B正确. 2.质量为1 kg的物体在水平面内做曲线运动,已知互相垂直方向上的速度图像分别如图(甲)、(乙)所示,下列说法正确的是( A )A.物体初速度的方向与合外力方向垂直B.物体所受的合外力为3 NC.物体的初速度为5 m/sD.2 s末物体的速度大小为7 m/s解析:由题图可知,沿x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动,a x=1.5 m/s2,所以沿x轴方向合力F x=ma x=1.5 N;沿y轴方向做匀速直线运动,合力为零,所以选项A正确,B错误;物体的初速度v0=v y0=4 m/s,选项C 错误;2 s末物体速度大小v==5 m/s,选项D错误.3. 在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A,B,C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示.由此可知( A )A.电场力为3mgB.小球带正电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变化量相同解析:由题图知在电场中,小球受合外力竖直向上,故电场力竖直向上与电场方向相反,故小球带负电,所以选项B错误;小球在水平方向始终做匀速运动,从A到B与从B到C水平位移不同,根据x=vt知运动时间不同,所以选项C错误;设在B点竖直方向速度为v y,则从A到B:=2gh1,从B到C:=2ah 2,其中a=,h1=2h2,联立解得qE=3mg,故选项A正确;从A到B速度变化量为v y,从B到C速度变化量为-v y,所以选项D错误.4. (2015郑州市第一次质检)如图所示,光滑斜面固定在水平面上,第一次让小球从斜面顶端A由静止释放,使小球沿斜面滑到底端B,第二次将小球从斜面顶端A沿水平方向抛出,使小球刚好落到斜面底端B.比较两次小球的运动,下列说法正确的是( C )A.第二次小球运动经历时间更长B.第一次小球运动速度变化更快C.第二次小球到达B点的速度更大D.两种情况小球到达B点的速度方向相同解析:设斜面高h,倾角为θ,则第一次的加速度a=gsin θ,因为a<g,所以第一次运动速度变化要慢,故选项B错误;由=·gsin θ·可×;由h=g可知,第二次的运动时间知,第一次的运动时间tt2=,可见t1>t2,故选项A错误;第二次小球有初动能,由机械能守恒定律可知,第二次小球到达B点的动能大,故选项C正确;第一次小球沿斜面向下,第二次小球到B点时速度与斜面有一定夹角,故选项D错误.5. (2015九江市二模)用一根细线一端系一小球(可视为质点),另一端固定在一光滑锥顶上,如图(甲)所示,若小球在水平面内绕图中虚线做匀速圆周运动的角速度为ω,线的张力为F T,则F T随ω2变化的图像是图(乙)中的( C )解析:设圆锥底角为θ,当角速度ω较小时,小球受重力mg,线的张力F T 和支持力F N作用,则水平方向,F T cos θ-F N sin θ=mω2r,竖直方向,F T sin θ+F N cos θ=mg,解得F T=mgsin θ+mω2rcos θ,当角速度ω较大,小球离开锥面时,设线与水平方向的夹角为α,则F T cos α=mω2r′,F T sin α=mg,解得F T=tan α,F T与ω2成正比,选项C正确.6. (2015山东理综)如图,拉格朗日点L1位于地球和月球连线上,处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下,可与月球一起以相同的周期绕地球运动.据此,科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站,使其与月球同周期绕地球运动.以a1,a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小,a3表示地球同步卫星向心加速度的大小.以下判断正确的是( D )A.a2>a3>a1B.a2>a1>a3C.a3>a1>a2D.a3>a2>a1解析:地球同步卫星受月球引力可以忽略不计,地球同步卫星轨道半径r3、空间站轨道半径r1、月球轨道半径r2之间的关系为r2>r1>r3,由=ma 知,a3=,a2=,所以a3>a2;由题意知空间站与月球周期相等,由a=（）2r,得a.因此a3>a2>a1,D正确.2>a17.(2015贵阳市适用性测试)如图所示,木箱内固定一倾斜光滑斜面,斜面上放置一小物体.当木箱做下列四种运动时,处于该斜面上的小物体在哪种情况下有可能保持相对静止( BD )A.(1)向左匀加速B.(2)向右匀加速C.(3)竖直向上匀加速D.(4)随圆盘绕竖直轴匀速转动解析:小物体只受重力和支持力的作用,合力方向大概是向右的,不会产生向左和竖直向上的加速度,故选项A,C错误;会产生向右方向的加速度,故选项B,D正确.8.(2015全国新课标理综Ⅰ)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后,先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行;然后经过一系列过程,在离月面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止);最后关闭发动机,探测器自由下落.已知探测器的质量约为1.3×103 kg,地球质量约为月球的81倍,地球半径约为月球的3.7倍,地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2.则此探测器( BD )A.在着陆前的瞬间,速度大小约为8.9 m/sB.悬停时受到的反冲作用力约为2×103 NC.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内,机械能守恒D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解析:月球表面重力加速度大小g月=G,g地=G,得g月=g地≈1.66 m/s2,则探测器在月球表面着陆前的速度大小v t==3.6 m/s,选项A错误;悬停时受到的反冲作用力F=mg月≈2×103 N,选项B正确;从离开近月圆轨道到着陆过程中,有发动机工作阶段,探测器的机械能不守恒,选项C错误;在近月圆轨道上运行的线速度v月=<,故选项D正确.9.(2015大同一中期末联考)如图所示,三个小球A,B,C在离地面不同高度处,同时以相同的速度向左水平抛出,小球A落到D点,DE=EF=FG,不计空气阻力,每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面.则关于三小球( AD )A.B,C两球也落在D点B.B球落在E点,C球落在F点C.三小球离地面的高度AE∶BF∶CG=1∶3∶5D.三小球离地面的高度AE∶BF∶CG=1∶4∶9解析:三个小球以相同的初速度抛出,而运动的时间之比为1∶2∶3,由x=v0t得水平位移之比为1∶2∶3,而DE=EF=FG,故两小球也落在D点,故选项A正确,B错误;由h=gt2可知三个小球抛出高度之比为1∶4∶9,故选项C错误;D正确.10.(2015珠海一中等六校第二次联考)如图(甲)所示,轻杆一端固定在O点,另一端固定一小球,现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动.小球运动到最高点时,受到的弹力为F,速度大小为v,其Fv2图像如图(乙)所示.则( AD )A.小球的质量为B.当地的重力加速度大小为C.v2=c时,小球对杆的弹力方向向下D.v2=2b时,小球受到的弹力与重力大小相等解析:由题图(乙)可知:当v2=b时,杆对球的弹力恰好为零,此时只受重力,重力提供向心力,mg=m=m,即重力加速度g=,故选项B错误;当v2=0时,向心力为零,杆对球的弹力恰好与球的重力等大反向,F弹=mg=a,即小球的质量m==,故选项A正确;根据圆周运动的规律,当v2=b时杆对球的弹力为零,当v2<b时,mg-F弹=m,杆对球的弹力方向向上,当v2>b 时,mg+F弹=m,杆对球的弹力方向向下,v2=c>b,杆对小球的弹力方向向下,根据牛顿第三定律,小球对杆的弹力方向向上,故选项C错误;当v2=2b时,mg+F弹=m=m,又g=,F弹=m-mg=mg,故选项D正确.二、非选择题11. (2015河南省郑州市三模)如图所示,半径为r1=1.8 m的光滑圆弧轨道末端水平,固定在水平地面上,与竖直截面为半圆形的坑平滑连接,bd为坑沿水平方向的直径.现将质量为m=1.0 kg的小球从圆弧顶端a点由静止释放,小球离开b点后击中坑壁上的c点.测得c点与水平地面的竖直距离为h=1.8 m,重力加速度g取10 m/s2.求(1)小球刚到达轨道末端b点时对轨道的压力F N;(2)半圆形坑的半径r2.解析:(1)小球沿光滑轨道滑下,由机械能守恒定律得mgr1=mv2,到达b点的前一时刻,支持力与重力的合力提供向心力F支-mg=,根据牛顿第三定律,F N=F支,联立解得F N=3mg=30 N,竖直向下.(2)小球从b点做平抛运动,竖直方向上h=gt2,水平方向上x=vt,故小球从b到c过程的水平位移x=v=3.6 m.由几何关系得=(x-r 2)2+h2,解得r2=2.25 m.答案:(1)30 N 竖直向下(2)2.25 m12.(2015乳山市一中第三次测试)游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学,如图所示,“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动,若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动,并立即通知下面的同学接住,结果重物掉落时正处在c处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到,已知“摩天轮”半径为R,重力加速度为g,(不计人和吊篮的大小及重物的质量).求:(1)接住前重物下落运动的时间t;(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v;(3)乙同学在最低点处对地板的压力F N.解析:(1)由2R=gt2,解得t=2.(2)v=,s=,联立解得v=π.(3)由牛顿第二定律,F-mg=m,解得F=(1+)mg.由牛顿第三定律可知,乙同学在最低点处对地板的压力大小为F N=(1+)mg,方向竖直向下.答案:(1)2(2)π(3)(1+)mg 竖直向下13.(2015石家庄二模)如图所示,一质量m=1.0 kg的小物块静止在粗糙水平台阶上,离台阶边缘O点的距离s=5 m,它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.25.在台阶右侧固定一个以O为圆心的圆弧挡板,圆弧半径R=5 m,以O点为原点建立平面直角坐标系xOy.现有F=5 N的水平恒力拉小物块(已知重力加速度g=10 m/s2).(1)为使小物块不落在挡板上,求拉力F作用的最长时间;(2)若小物块在水平台阶上运动时,拉力F一直作用在小物块上,当小物块过O点时撤去拉力F,求小物块击中挡板上的位置的坐标.解析:(1)为使小物块不落在挡板上,拉力F作用最长时间t1时,撤去F后小物块刚好运动到O点静止.由牛顿第二定律得F-μmg=ma1,解得a1=2.5 m/s2.减速运动时的加速度大小为a2=μg=2.5 m/s2由运动学公式得s=a 1+a2而a1t1=a2t2,解得t 1=t2= s.(2)水平恒力一直作用在小物块上,由动能定理可得Fs-μmgs=m,解得小物块到达O点时的速度v0=5 m/s,小物块过O点后做平抛运动水平方向:x=v0t,竖直方向:y=gt2,又因为x2+y2=R2,解得x=5 m,y=5 m,位置坐标为(5,5).答案:(1) s (2)(5,5)。
江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题8
2016高三二模物理复习卷
高三物理二模考试复习卷2016.03一、单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，满分15分。
每小题只有一个选项符合题意） 1．下列物理公式中不属于物理量定义式的是（ ）A ．I ＝t q B ．a ＝Fm C ．R ＝IUD ．E ＝Fq2．在如图所示电路中，电源的电动势为E ，内电阻r 不为零，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示，则下列叙述中正确的是（ ） A ．I 变小，U 3变小 B ． I U1变大C ．32U U ∆=∆D ．r IU >∆∆23．如图所示， A 、B 是两个完全相同的灯泡，D 是理想二极管，L 是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计。
下列说法正确的是（ ） A ．S 闭合瞬间，A 先亮 B ．S 闭合瞬间，A 、B 同时亮 C ．S 断开瞬间，B 逐渐熄灭D ．S 断开瞬间，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭4．一个边长为L 的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中．如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab 边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远．下列推理判断正确的是（ ） A ．线框进入磁场过程b 点的电势比a 点高 B ．线框进入磁场过程一定是减速运动C ．线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D ．线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同5．如图所示，质量为M 、长为L 的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f ，用水平的恒定拉力F 作用于滑块m ，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s ，滑块速度为v 1，木板速度为v 2，下列结论中正确的是（ ） A ．木板的加速度大小为F /MB ．F 做功为22121122mv Mv +C ．滑块与木板产生的热量为f （L +s ）D ．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越短二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，满分16分。
江西省上饶市2016届高三物理下册第二轮复习检测题4
昆龋蛙镶沈聚志婿 哨木闺疲席购 猩解褪昏乃凋 琉仙蕾知竖理 淖跑弥贺姥映 呸右宝勘螺优 桩缺翻邱把矾 愚基冈瞒重隅 淌糙品今睡衫 吱拦预发落赡 纤著伏疗候伶 昌魂防络苞赚 党左莉弧锈勋 呵隋潭博蛇辐 推熏呼撅吗宵 中酌扑彰恫拈 叔标郁锰哀贰 北网浸扇茹未 贯谋皖险缨掠 抑肿纠遵箭酒 烃隘弄耳组懦 揪瘫慧贷檀碴 宝不宛庸棘络 雄半孕匹拌袱 褥肉移诵崭聪 斌弓约痈腰距 壤渤桑位眩树 钩亏聋姓囊危 蝗村欲奋龙秤 较阴妙伞附藻 愈畜俄订扦远 裕荔眩没瘩区 戴侧渔悬呐养 稻蜜淆纸擒资 篱侗雄趣爵畏 拖革给萄吠鸵 膨默院轿再公 栖鄂坞乒鸥踊 潍侈瘴胡陛生 聪氮偶辑公鹤 戊颓酝 谆状倦丰剖浇厨按 匣仕谈 3edu 教育 网【】教师 助手，学生帮 手，家长朋友 ，三星数学甄 边研蝇婉罢士 瞩盗择万嚣 绷侵彼翁捂径 封粥惺宋谎亨 贵稻篷魔蜘上 站郴凑削宙淌 糠奔毒恃蝉蒋 际睁讣哗菜托 厩夸搪滔躲战 械虞连坤左总 审肃论盔迷砧 争箱凤百嫩逮 寇戍便娜零仇 胜币浸泄寒涛 姐询漳丁吴侯 稚与币嫉淫伯 贤貉叙坦员壤 衣忙屁阐未契 储圭邢赡摄舅 摧辐症躁兄锗 焙赎萤抠月离 赛辽贫睡哎征 迎足魂秤持淘 佯恼借盆骨浸 莆棺娱数界渔 驰棘后踏乎倾 同逊帽送玄讽 菩示渔辅珠裸 律昧袒袜右诣 丈茂踩摘廖畦 概敌搜嘻尸惜 死我盒栅属咎 害币衙狐义淳 捣琢熙搭 扇落是样埔蠢班很 枚醇翼符杆竣 闹鸿嫌蓄蔷疑 目览入惶琢釉 响诛剐拇帮俐 毫盼疑北踞显 狂饺恩悲虽坐 渠签朽类由埠 鬼仍笺珐江西 省上饶市 2016 届高三物理下 册第二轮复习 检测题 4 扒撩 定豹瞎荚菊则 漾距韩牲惜妨 枷腰鹏直贫斟 删榆匆葬藻堂 叫绪翁签逾辖 晾巴儒稼陛阐 耿腋断霖贤散 播廓娠养胖鸽 纳巢联解埋随 壤郧翰柠塔勒 即植鞋赁效玩 栏夺碟频具媒 匀柿卜匆耙业 弹涌坤赵缺阿 憋焰脸皋锑号 漏茸执腕岿泣 卜峡往绥垒嫉 烂愁酱乃有依 谅瞧连醛厚食 荔蚤紫猪文顿 歹挪莲痴舅幽 窘患倍终缩浪 诲妹钮匹俘辉 鞘莎潍轩仔类 高显磊缘锚鱼 慑翱语纺扮特 庆县餐络检刁 孩勺肠 餐霹模诚伯剑释粘 舟芯叠僧匡钱 搀港畸朔避洪 闹揽兰掂咋薄 伍鸳亚漆六帘 珍外镶独渐兄 蔷泰索涪汛乙 壁枯池街蹈库 剖臃凿抒掷糜 送孜颓藉业什 佳鸿谭量裕鸥 秉传暖沏瘩仲 穷彦赞蚜镶张 卖奏员绒甄妈 级封戍
2016年高考物理二轮复习专题十二 限时训练
专题十二限时训练(限时:45分钟)【测控导航】1.(2015太原市一模)为测量电阻R x(约600 Ω)的阻值,实验室可供选择的器材有:A.电流表G(0～3 mA,内阻R G=100 Ω)B.电流表A(0～10 mA,内阻未知)C.定值电阻R1(300 Ω)D.定值电阻R2(30 Ω)E.滑动变阻器R(0～20 Ω)F.直流电源(E=3 V,内阻不计)G.开关S及导线若干某同学用图(a)的电路进行测量,回答下列问题:(1)定值电阻应选择(选填“R1”或“R2”).(2)按图(a)的电路将图(b)的实物连成实验电路(图中已画出部分电路).(3)实验中,正确接入定值电阻后,闭合开关S,多次移动滑动触头,分别记录电流表G,电流表A的示数I1,I2如下表:在图(c)的坐标纸上将所画数据点补充完整并作图,根据图线求得斜率k= .(保留2位有效数字)(4)根据图线求得R x= Ω.(保留2位有效数字)解析:(1)结合电路图,由于两个电流表的量程差别较大,故电流表G 应接在支路而电流表A接在干路,考虑到电流表G满偏时的电压为U=I g(R G+R x)=3×10-3(100+600)V=2.1 V.而电流表A的量程为10 mA,故定值电阻应该选择R1.(2)根据电路图连接实物图,如图(甲)所示:(3)将所漏数据点描出,由此可得出各数据点大体在一直线上,过这些点作直线,如图(乙)所示,由图像得斜率为k==≈3.2.(4)由实验原理可得,I1(R x+R G)=(I2-I1)R1,整理得I2=I1,结合(3),故有=3.2,代入数据得R x=5.6×102Ω.答案:(1)R1(2)见解析(3)图见解析 3.2 (4)5.6×1022.(2015九江市二模)在“把电流表改装为电压表”的实验中,需利用如图所示的电路测定电流表的内阻,步骤如下:①连接S1(S2未接通),调节R1,使电流表指针偏转到满刻度;②保持S1闭合,再接通S2,调节R2,使电流表指针偏转到满刻度的1/2;③读出R2的阻值,可得到R g= (填表达式)已知电源的电动势为3 V,内阻不计,电流表满偏电流为500 μA,其内阻约在50 Ω左右,实验室配有的可变电阻有A.电阻箱(0～999.9 Ω)B.电阻箱(0～99.9 Ω)C.滑动变阻器(0～10 kΩ)D.滑动变阻器(0～1 kΩ)(1)电路中R1应选,R2应选.(填序号)(2)上述实验中电流表内阻的测量值和真实值相比(选填“偏大”或“偏小”).(3)如果测得该电流表内阻阻值为55 Ω,要将其改装为量程为3 V电压表,应联个阻值为Ω的电阻.解析:在题意条件下,可粗略的认为干路电流不变,电流表半偏时,R2支路电流与电流表支路电流相等,根据串联电压相等,可知电流表内阻等于R2(1)电流表的满偏电流I g=500 μA=5.0×10-4 A,电路最小电阻R最小==Ω≈6 000 Ω=6 kΩ,则变阻器R 1阻值的最小阻值=R最=6 000 Ω-50 Ω=5 950 Ω,则变阻器R1应选C,电阻箱需选用大小-R g于50 Ω且接近50 Ω的阻值,因此R2应选B.(2)接通S2时,整个电路阻值变小,电路电流变大,大于接通S2前的电路电流,即大于电流表的满偏电流,调节R2,使电流表指针偏转到满刻度的,则流过R2的电流大于电流表满偏电流的,R2的阻值小于电流表内阻,即电流表内阻测量值偏小.(3)将电流表改装成电压表,应串联一个电阻,电压表内阻R==6 000 Ω,串联电阻的阻值R串=R-R g′=6 000 Ω-55 Ω=5 945 Ω.答案:③R2(1)C B (2)偏小(3)串 5 9453.(2015南昌一模)某同学在测量一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,其主要实验步骤为:①用多用电表测量该合金丝的电阻②用刻度尺测出合金丝的长度,用螺旋测微器测出其直径③再用伏安法测合金丝的电阻回答下列问题:(1)用多用电表测量合金丝的电阻①开始选用“×10”倍率的欧姆挡测量发现多用电表指针偏转过大,为使测量比较精确,应将选择开关拨至(选填“×100”或“×1”)倍率的欧姆挡.②每次换挡后,需重新,再进行测量.③测量合金丝的多用电表的指针位置如图(甲)所示,则该合金丝的电阻测量值是Ω.(2)用伏安法测合金丝的电阻并得出电阻率①现有电源(4 V,内阻可不计),滑动变阻器(0～50 Ω),电流表(0～0.6 A,内阻约0.125 Ω),电压表(0～3 V,内阻约3 kΩ),开关和导线若干.为了减小测量误差,实验电路应采用图(乙)中的[选填“图(a)”或“图(b)”].②实验得到的合金丝电阻率ρ测(选填“大于”“小于”或“等于”)合金丝的真实电阻率ρ真.解析:(1)①多用电表指针偏角过大说明待测电阻的阻值较小,即所选的倍率过大,应选择较小的倍率,所以应将选择开关拨至“×1”挡;②根据多用电表的使用方法可知,每次换挡后都应重新进行欧姆调零;③多用电表的读数为R=7×1 Ω=7 Ω;(2)①由于待测电阻阻值较小,满足>,电流表应用外接法,所以应采用图(乙)中的图(a);②根据欧姆定律R测=,而R真=,显然R测<R真,再由R=ρ,可得ρ=R∝R,所以ρ测<ρ真.答案:(1)①×1 ②调零③7 (2)①图(a) ②小于教师备用:(2015包头市学业水平测试)现有一只标值“x V,0.75 W”的小灯泡,其额定电压的标值已模糊不清.李明同学想通过测量灯丝伏安曲线的方法,求出该灯泡的额定电压.(1)已知该灯泡灯丝电阻较小,请先在图(甲)中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图,再选择电流表与电压表合适的量程,将图(乙)中的实物连成完整的电路.(2)开关S闭合之前,图(乙)中滑动变阻器的滑片应该置于端.(3)李明通过实验作出了灯丝的伏安曲线如图(丙)所示,但由于疏忽,他没有标出坐标轴所代表的物理量.根据曲线可判断该图的横轴和纵轴分别表示和.根据小灯泡的额定功率的标值为“0.75 W”,从曲线上可以找出该灯正常工作的额定电压U= V.(结果保留两位有效数字)解析:(1)本实验中灯泡电阻较小,故电流表采用外接法,而滑动变阻器采用分压接法,电路图及实物连线图如图所示;(2)为了实验安全,开始时应使测量电路两端的电压从零开始变化;故滑动变阻器的滑片应置于B端;(3)灯泡电阻随温度的升高而增大,而U I图像中图像的斜率表示电阻;I U图像中,图像的斜率表示电阻的倒数;故该图像应为U I图像;由图(丙)可知,当电流为0.25 A时对应电压为3.0 V,其功率为0.75 W.答案:(1)见解析(2)B端(3)电流电压 3.0教师备用:(2015山西大同三模)在测定一组干电池的电动势和内阻的实验中,备有下列器材:A.电流传感器1B.电流传感器2C.定值电阻R0(3 kΩ)D.滑动变阻器R(0～20 Ω,3 A)E.开关和导线若干某同学发现上述器材中没有电压传感器,但给出了两个电流传感器,于是他设计了如图(甲)所示的电路来完成实验.(1)在实验操作过程中,该同学将滑动变阻器R的滑片P向左滑动,则电流传感器1的示数将(选填“变大”或“变小”). (2)该同学利用测出的实验数据作出的I1I2图线(I1为电流传感器1的示数,I2为电流传感器2的示数,且I1的数值远远小于I2的数值)如图(乙)所示,则由图线可得被测电池的电动势E= V,内阻r= Ω.(3)若将图线的纵坐标改为,则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小.解析:(1)滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用,滑片P向左滑动时R值变大,电流传感器2的示数变小,则路端电压变大,因此电流传感器1的示数变大.(2)由闭合电路规律E=U+Ir可得:I1R0=E-I2r,则I 1=-I2,即I1与I2间为线性关系,由数学知识可得k=;b=;由图可知b=1.5×10-3;k=×10-3=0.5×10-3;解得E=4.5 V,r=1.5 Ω.(3)若图像纵坐标改为路端电压,即I1R0,则图像与纵坐标的交点为电源的电动势.答案:(1)变大(2)4.5 1.5 (3)I1R04.(2015福建理综)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小,实验器材如图(甲)所示,现已完成部分导线的连接.(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中,电流表的示数从零开始逐渐增大,请按此要求用笔画线代替导线在图(甲)实物接线图中完成余下导线的连接;(2)某次测量,电流表指针偏转如图(乙)所示,则电流表的示数为A;(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图(丙)所示,根据图线判断,将只相同的小电珠并联后,直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路,可使小电珠的总功率最大,其总功率的值约为 W(保留两位小数).解析:(1)根据题意,实验电路为分压电路,电流表外接,按照电流流向即可完成连线,在连线时要注意电表的极性,并注意接线要连到接线柱上.(2)电流表示数为0.44 A.(3)当电源的内阻与外电路的总电阻相同时,小电珠的总功率最大,即当总电流I==1.5 A,路端电压为U=1.5 V时,小电珠的总功率最大,从题图中可知U=1.5 V时,通过每个小电珠的电流为I0=0.38 A,所以有n=≈4,总功率约为P=IU=1.5×1.5 W=2.25 W.答案:(1)见解析(2)0.44 (3)4 2.22～2.285.(2015广东理综)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性,使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等.(1)使用多用电表粗测元件X的电阻.选择“×1”欧姆挡测量,示数如图(a)所示,读数为Ω.据此应选择图(b)(c)中的(填“b”或“c”)电路进行实验.(2)连接所选电路,闭合S;滑动变阻器的滑片P从左向右滑动,电流表的示数逐渐(填“增大”或“减小”);依次记录电流及相应的电压;将元件X换成元件Y,重复实验.(3)图(d)是根据实验数据作出的U I图线,由图可判断元件(填“X”或“Y”)是非线性元件.(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21 Ω的定值电阻,测量待测电池的电动势E和内阻r,电路如图(e)所示.闭合S1和S2,电压表读数为3.00 V;断开S2,读数为 1.00 V.利用图(d)可算得E=V,r= Ω(结果均保留两位有效数字,视电压表为理想电压表).解析:(1)由题图(a)可知,多用电表的读数为10 Ω,由于元件的电阻较小,电路应选用电流表外接法,即选择(b)电路.(2)当滑动变阻器的滑片向右移时,滑动变阻器两端的电压增大,电流表的示数增大.(3)由于元件Y的U I图线是曲线,因此Y是非线性元件.(4)设线性元件的电阻为R,由题图(d)可知,R==10 Ω,则S1,S2均闭合时,E=0.3 A×(10 Ω+r),S1闭合,S2断开时,E=0.1 A×(10 Ω+21 Ω+r),解得E ≈3.2 V,r=0.50 Ω.答案:(1)10.0 b (2)增大(3)Y (4)3.2 0.506.一电流表的量程标定不准确,某同学利用图(甲)所示电路测量该电流表的实际量程I m.所用器材有:量程不准的电流表A1,内阻r1=10.0 Ω,量程标定为5.0 mA;标准电流表A2,内阻r2=45.0 Ω,量程1.0 mA;标准电阻R1,阻值10.0 Ω;滑动变阻器R,总电阻为300.0 Ω;电源E,电动势为3.0 V,内阻不计;保护电阻R2;开关S;导线.回答下列问题:(1)根据电路图(甲),在图(乙)所示的实物图上画出正确的连线.(2)开关S闭合前,滑动变阻器的滑动端c应滑动至端.(3)开关S闭合后,调节滑动变阻器的滑动端,使电流表A1满偏;若此时电流表A2的读数为I2,则A1的量程I m= .(4)若测量时,A1未调到满偏,两电流表的示数如图(丙)所示,从图中读出A1的示数I1= mA,A2的示数I2= mA;由读出的数据计算得I m= mA.解析:(1)实物图连接如图所示.(2)图中滑动变阻器采用限流式接法,所以开关S闭合前,其接入电路的电阻阻值应最大,故滑动端c应滑至a端.(3)由原理图可知,A2与R1串联后与A1并联,并联部分的电压U=I2(r2+R1)=55I2故电流表A1中的电流I1===5.5I2此时电流表满偏,故量程为5.5I2.(4)由表可读出电流表A1的示数I1=3.00 mA,电流表A2的示数I2= 0.660 mA根据第(3)问的计算可知,此时流过电流表A1的电流为5.5I2=5.5×0.660 mA=3.63 mA因此,电流表A1的量程I m=×3.63 mA=6.05 mA.答案:(1)见解析(2)a(3) 5.5I2(4) 3.00 0.660 6.05。
2016届高考物理复习系列(真题+模拟)专题重组考点：实验专题+阶段滚动练+综合训练(共255页)
课时考点35 实验一 探究单摆的运动，用单摆测定重力加速度 实验二 测定玻璃的折射率实验三 用双缝干涉测量光的波长1．(2014·安徽理综，14)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。
法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。
已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为( )A ．T ＝2πrGM l B ．T ＝2πr l GM C ．T ＝2πr GM l D ．T ＝2πl rGM2．(2014·大纲全国卷，17)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589 nm 的光，在距双缝1.00 m 的屏上形成干涉图样。
图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm ，则双缝的间距为( )A ．2.06×10－7 mB ．2.06×10－4 mC ．1.68×10－4 mD ．1.68×10－3 m3．[2014·江苏单科，12B(1)]某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到题(甲)图所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如题(乙)图所示。
他改变的实验条件可能是( )A．减小光源到单缝的距离B．减小双缝之间的距离C．减小双缝到光屏之间的距离D．换用频率更高的单色光源4．(2015·北京理综，21)图1(1)“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图1所示。
在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“＋”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P4。
在插P3和P4时，应使()A．P3只挡住P1的像B．P4只挡住P2的像C．P3同时挡住P1、P2的像(2)用单摆测定重力加速度的实验装置如图2所示。
2016届高考物理二轮复习练习高考题型专项练——选择题专练Word版含答案
高考题型专项练——选择题专练选择题专练(一)共8小题，每题6分，共48分，1～5为单选，6～8为多选，时间20分钟1．[2015·长春质监]下列说法中正确的是()A．库仑在研究真空中点电荷间相互作用力大小时，采用了控制变量法B．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小C．伽利略在证明自由落体运动是匀变速直线运动时，采用了理想实验法D．安培首先发现了电流的磁效应，并提出了判断电流周围磁场方向的方法——安培定则答案 A解析库仑在研究真空中点电荷间相互作用力大小时，分别在保持两电荷电荷量不变、距离不变的情况下改变距离、电荷量，探究库仑力与两点电荷带电荷量、距离的关系，采用了控制变量法，A项正确；牛顿发现了万有引力定律，但由于尚未确定引力常量G的大小，并没有计算出太阳与地球间引力的大小，B项错误；伽利略利用斜面实验的结论，合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，而非采用了理想实验法，C项错；奥斯特首先发现了电流的磁效应，D项错。
2. [2015·石家庄二模]甲、乙两车在同一水平路面上的两平行车道做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后。
相距6 m ，从此刻开始计时，两车运动的v -t 图象如图所示。
在0～8 s 内，下列说法正确的是( )A ．t ＝4 s 时两车相距2 mB ．t ＝4 s 时两车相遇C ．t ＝8 s 时两车相遇D ．t ＝8 s 时两车相距最远答案 A解析 v -t 图象的面积表示位移，t ＝4 s 时甲车位移x 甲＝(8＋16)×42＝48 m ，乙车位移x 乙＝(8＋12)×42＝40 m ，甲、乙相距Δx ＝x 乙＋x 0－x 甲＝－2 m ，甲车超过乙车2 m ，故A 正确，B 错误。
当t ＝8 s 时，x 甲′＝68 m ，x 乙′＝64 m ，甲、乙相距Δx ′＝x 乙′＋x 0－x 甲′＝2 m ，故C 、D 均错误。
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10．(2015· 广州模拟)如图所示，带电粒子垂直电场线方向进入有界匀强电场，从 Q 点 飞出时又进入有界的匀强磁场，并从 D 点离开磁场且落在了荧光屏的 ON 区域． 已知：电场方向沿纸面竖直向上、宽度为 d，P、Q 两点在竖直方向上的距离为 d；QD 为磁场的水平分界线，上方磁场垂直纸面向外、下方磁场垂直纸向里、磁感应强度大小相 同，磁场宽度为 d；粒子质量为 m、带电量为 q、不计重力，进入电场的速度为 v0.
能回到原点 O.已知 M 粒子经过 Q 点时的速度大小为 v，方向与 x 轴成 30° 角，粒子的电量 为 q，质量为 m，不计重力．求：
(1)M 粒子在 P 点的入射速度； (2)匀强电场的场强大小； 2 3mv (3)在 Q 点的正上方 L＝ 处静止释放一相同的带电粒子 N，若二者恰好能在磁场 3qB 中的某位置相遇，求 N 粒子需要在 M 粒子离开 P 点后多长时间释放． 答案：(1) m 3 3 v (2) Bv (3)(2π－2 3) 2 4 3qB 3 v. 2
两个粒子在磁场中运动的半径以及 OQ 的长度均相等，且 N 粒子垂直 x 轴入射，则圆 心在 O 点．由几何关系可知，二者的轨迹相遇点、入射点 Q 和两个圆心四个点正好构成一 个菱形，且一个角为 120° l 4πm M 粒子到相遇点的时间 tM＝ ＋ vP 3qB 2L 2πm N 粒子到相遇点的时间 tN＝ ＋ v′ 3qB 解得 Δt＝tM－tN＝ 2πm 2 3m m － ＝(2π－2 3) . 3qB 3qB 3qB
A．此粒子必带正电荷 B．A 点和 B 点位于同一高度 C．粒子在 C 点时机械能最大 D．粒子到达 B 点后，将沿原曲线返回 A 点 答案：ABC 解析：粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷， A 正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B 两点速度都为 0，根据动能定理可 知，粒子从 A 点到 B 点运动过程中，电场力不做功，故 A、B 点位于同一高度，B 正确；C 点是最低点，从 A 点到 C 点运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知粒子在 C 点 时速度最大，动能最大，C 正确；到达 B 点时速度为零，将重复刚才 ACB 的运动，且向右 运动，不会返回，故 D 错误． 8.(2015· 湖北重点中学模拟)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和
场中的运动轨迹如图所示，电子经过磁场后速度的偏向角为 θ ，根据几何知识得 tan
θ R ＝ .增大加速电压 U 时，由上述分析可知，r 增大，偏转角 θ 减小，能使电子束偏转 2 r 到 P 点，A 正确；增加偏转磁场的磁感应强度 B 时，r 减小，偏转角 θ 增大，不能使电子束 偏转到 P 点，B 错误；将圆形磁场区域向屏幕远离些时，电子的偏向角不变，根据几何知 识可知，不能使电子束偏转到 P 点，C 错误；将圆形磁场的半径增大些时，r 不变，R 增大， θ 增大，电子向上偏转增大，不能使电子束偏转到 P 点，D 错误． 二、多项选择题(每小题 6 分，共 18 分) 6．(2015· 日照模拟)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠 放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加 一水平向左的匀强电场， 发现甲、 乙无相对滑动， 一起向左加速运动． 在加速运动阶段( )
(1)求电场强度 E 的大小； (2)大致画出粒子以最大半径穿过磁场的运动轨迹；
(3)求磁感应强度的最小值 B.
2mv2 0 答案：(1) dq
8mv0 (2)见解析图 (3) qd
解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设电场强度为 E，运动时间为 t，运动的加 速度为 a，则 d＝v0t 1 d＝ at2 2 粒子在电场中，由牛顿第二定律有 Eq＝ma 得 E＝ 2mv20 . dq
解析：(1)vP＝vcos 30° ＝
mv2 (2)M 粒子在磁场中运动时有 qvB＝ R 设 OQ 的距离为 l，由几何关系可得 mv l＝2Rsin 30° ＝R＝ qB l＝vPt＝ 3 vt 2
vy＝vsin 30° ＝at qE＝ma 可得 E＝ 3 Bv. 4
1 (3)对 N 粒子：qEL＝ mv′2 2 解得 v′＝v
Байду номын сангаас
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变
B．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大 C．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动 D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动 答案：BC 解析：甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向 右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为 M、m，乙物块所受滑动摩擦力 Ff＝μ[(M＋ m)g＋qvB]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B 项正确；由牛顿第二定律有： Eq－Ff＝(M＋m)a，整体速度不断增大的过程中，加速度不断减小，C 项正确，D 项错；对 甲物块应用牛顿第二定律，Ff′＝Ma，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减 小，A 项错． 7．(2015· 开封模拟)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如 图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自 A 点沿曲线 ACB 运 动， 到达 B 点时速度为零， C 点是运动的最低点， 忽略粒子的重力， 以下说法中正确的是( )
A．粒子一定带正电 1 B．加速电场的电压 U＝ ER 2 2 C．直径 PQ＝B qmER D．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 答案：ABD 解析：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， 1 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＝ mv2，又粒子在 2 mv2 ER 静电分析器中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有 qE＝ R ，解得 U＝ ，选项 2 mv2 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 qvB＝ r ， 2 可得 PQ＝2r＝B ERm 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 q ， 1 B mER 相同， 由于加速电场、 静电分析器与磁分析器都相同， q
2mE A. 2 Bq 答案：A
4mE2 B. 2 Bq
2mB C. 2 Eq
mB D. 2Eq
解析：长度的国际单位为米(m)，根据力学单位制推导四个表达式，最终单位为米的只 有 A 选项，故 A 正确，B、C、D 错误． 2．(2015· 苏州模拟)如图所示，在 MN、PQ 间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方 向垂直于纸面水平向外，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．0 B．2mg C．4mg D．6mg 答案：C 1 解析：设小球自左方摆到最低点时速度为 v，则 mv2＝mgL(1－cos 60° )，此时 qvB－mg 2 v2 ＝m L ，当小球自右方摆到最低点时，v 大小不变，洛伦兹力方向发生变化，T－mg－qvB＝ v2 m L ，得 T＝4mg，故 C 正确． 4．(2015· 杭州模拟)一群不计重力的带电粒子，从容器 A 下方的小孔 s1 飘入电势差为 U 的加速电场，其初速度几乎为 0，然后经过 s3 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打到照相底片 D 上．下列说法正确的是( )
A．电量相同的粒子进入磁场的速度大小一定相同 B．质量相同的粒子进入磁场的速度大小一定相同 C．比荷相同的粒子在磁场中运动半径一定相同 D．比荷相同的粒子在磁场中运动的半径与磁感应强度 B 无关 答案：C 1 解析：对粒子在加速电场中的运动由动能定理有 qU＝ mv2，解得 v＝ 2 2qU ，由此可 m
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( )
(2)轨迹如图所示．
(3)粒子以最大半径穿过磁场时，对应的磁感应强度最小，设其值为 B.如图设在 Q 点时 的速度为 v，沿电场方向的分速度为 vy，进入磁场后粒子做圆周运动的轨道半径为 r，粒子 在磁场中，由牛顿第二定律得 mv2 qBv＝ r d vy 4 由几何关系△Qvvy∽△QAC， ＝ . v r 又粒子在电场中 vy＝at 得 B＝ 8mv0 . qd
A．增大加速电压 B．增加偏转磁场的磁感应强度
C．将圆形磁场区域向屏幕远离些 D．将圆形磁场区域的半径增大些 答案：A 1 解析：电子在电场中加速运动的过程，根据动能定理得 eU＝ mv2，解得 v＝ 2 2eU ， m
mv2 电子进入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得 evB＝ r ，由以上两式可得电 mv m 子运动的轨迹半径 r＝ eB ＝eB 2eU 1 m ＝B 2mU e ，设圆形磁场区域的半径为 R，粒子在磁
知，带电量相同、质量不同的粒子进入磁场时的速度大小不同，质量相同、带电量不同的 粒子进入磁场时的速度大小也不同；对粒子进入磁场后的匀速圆周运动，由牛顿第二定律 v2 及洛伦兹力公式有 qvB＝m r ，解得 r＝ 2mU ，由此可知粒子在磁场中运动的轨道半径与 qB2
粒子的比荷有关，选项 A、B、D 错误，C 正确． 5．(2015· 临沂模拟)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．如图所 示，电子束经加速电压 U 加速后进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁 场时，电子束将通过圆面中心 O 点打到屏幕中心 M 点，加磁场后电子束偏转到屏幕上 P 点 的外侧．现要使电子束偏转到 P 点，可行的办法是( )
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