2013新课标高中物理总复习阶段知能检测5

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[精]广东2013年物理高考能力突破：阶段滚动检测(五)

第十二、十三章一、单项选择题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题只有一个选项符合题意)1.关于光的波动性与粒子性，以下说法正确的是()A.爱因斯坦的光子说否定了光的电磁说B.光电效应现象说明了光的粒子性C.频率越高的电磁波，波动性越显著D.波长越长的电磁波，粒子性越显著2.卢瑟福的α粒子散射实验结果表明()A.原子核是由质子和中子组成的，质子带正电，中子不带电B.某些原子核容易发生衰变，自身变成另一种元素的原子核C.原子的正电部分和几乎全部质量都集中在体积很小的核上，整个原子很空旷D.电子是原子的组成部分，原子不可再分的观念被打破3.如图所示，印度第一艘自主研发的核潜艇于2009年7月26日正式下水，成为世界第六个拥有核潜艇的国家.核动力潜艇是潜艇中的一种类型，指以核反应堆为动力来源设计的潜艇.在核反应中有一种是一个235 92U 原子核在中子的轰击下发生的一种可能的裂变反应，其裂变方程为235 92U＋10n→X＋9438Sr＋1010n，则下列叙述正确的是()A.X原子核中含有54个质子B.X原子核中含有53个中子C.裂变时释放能量是因为亏损的质量变成了能量D.裂变时释放能量，出现质量亏损，质量数不守恒4.(2012·汕头模拟)对一定质量的理想气体，下列说法中正确的是()A.先等压膨胀，再等容降温，其温度必低于起始温度B.若压强增大，体积增大，则分子的平均动能一定增大C.当分子间的平均距离变大时，压强必变小D.若分子的平均动能不变，则气体既不吸热，也不放热5.(滚动交汇考查)如图所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中错误的是()A.液滴一定做匀变速直线运动B.液滴一定带正电C.电场线方向一定斜向上D.液滴一定做匀速直线运动二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有两个选项符合题意)6.(2012·衡水模拟)下列关于内能的说法正确的是()A.温度高的物体，其内能也一定大B.物体吸收热量，其内能一定增加C.一定质量的0℃的冰熔化成0℃的水，其内能一定增大D.物体克服滑动摩擦力做功，其内能一定增大7.(2012·青岛模拟)日本福岛第一核电站在地震后，数秒内就将控制棒插入核反应堆芯，终止了铀的裂变链式反应.但海啸摧毁了机组的冷却系统，因裂变遗留的产物铯、钡等继续衰变不断释放能量，核燃料棒温度不断上升.则下列说法正确的是()A.控制棒通过吸收中子来实现对核反应的控制B.衰变释放的射线中，α射线的穿透力最强C.铯、钡等衰变时释放能量，故会发生质量亏损D.核裂变遗留物铯、钡等原子的质量可能比铀原子质量更大8.如图，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路.左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环.铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直.调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T，则从上向下看() A.金属环中感应电流方向是逆时针方向B.金属环中感应电流方向是顺时针方向C.感应电动势大小为4.0×10－3 VD.感应电动势大小为2.0×10－3 V9.如图所示，汽缸放置在水平台上，活塞质量为5 kg，若保持密闭气体温度不变，将汽缸缓慢竖起倒置，汽缸倒置过程中(活塞没有脱离汽缸)，下列说法正确的是()A.密闭气体的压强增大了B.密闭气体的压强减小了C.密闭气体吸收热量，对外做功D.外界气体对缸内密闭气体做功，放出热量10.(滚动单独考查)学校的变压器把电压为1 000 V的交流电降压为u＝311sin100πt (V)后供给各教室，输电线的零线b上保持零电势不变，而火线a上的电势随时间做周期性变化.为保证安全用电，教室里电灯的开关要接在火线上，如图所示.下列说法正确的是()A.变压器原线圈与副线圈的匝数比为50∶11B.此交流电的频率为100 HzC.开关断开时其两触点间的电压为220 VD.火线上的最高电势与最低电势之差为311 V。

2013新课标高中物理总复习实验5

典例探究
3．橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值． 4．小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些．
菜
单
新课标 ·物理
要点归纳
六、误差分析
1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做的功W与橡皮筋的条数不成正比． 2．没有完全平衡摩擦力(倾角小)或平衡摩擦力过度(倾角过大)也会造成误差．
典例探究
【答案】
(1)天平、刻度尺 (2)细沙和沙桶的总质量远小于滑块 (3)
的质量平衡摩擦力
菜
单
新课标 ·物理
要点归纳知能演练
典例探究
菜
单
新课标 ·物理
要点归纳知能演练
典例探究
菜
单
新课标 ·物理
要点归纳
本小节结束
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典例探究
点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、小木块、细沙．当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的沙桶时，释放沙桶，滑块
知能演练
处于静止状态．
典例探究
菜
单
新课标 ·物理
若你是小组中的一位成员，要完成该项实验．
要点归纳
(1)你认为还需要的实验器材有____________________________．
知能演练
典例探究
3．利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差．
菜
单
新课标 ·物理
为了探究力对物体做功与物体速度变化的关系，现提供如图
要点归纳
5－5－4所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请思考探究思路并回答问题(打点计时器所用交流电频率为50 Hz)：

2013新课标高中物理总复习阶段知能检测4

阶段知能检测(四)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图11．一条自西向东的河流，南北两岸分别有两个码头A、B，如图1所示，已知河宽为80 m，河水水流的速度为5 m/s，两个码头A、B沿水流的方向相距100 m．现有一种船，它在静水中的行驶速度为4 m/s，若使用这种船渡河，且沿直线运动，则()A．它可以正常来往于A、B两个码头B．它只能从A驶向B，无法返回C．它只能从B驶向A，无法返回D．无法判断2．(2011·济宁模拟)如图2所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A、B、C三点，这三点所在处半径r A>r B＝r C，则这三点的向心加速度a A、a B、a C 的关系是()图2A．a A＝a B＝a C B．a C>a A>a BC．a C<a A<a B D．a C＝a B>a A图33．(2011·金华模拟)如图3所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O 点对准前方的一颗竖直放置的挡板，O 与A 在同一高度，小球的水平初速度分别是v 1、v 2、v 3，打在挡板上的位置分别是B 、C 、D ，且AB ∶BC ∶CD ＝1∶3∶5.则v 1、v 2、v 3之间的正确关系是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．v 1∶v 2∶v 3＝6∶3∶2D ．v 1∶v 2∶v 3＝9∶4∶14．(2012·济南模拟)质量为m 的人造地球卫星在圆轨道上运动，卫星到地面的距离等于地球的半径R .已知地球表面上的重力加速度的大小为g .则( )A ．卫星环绕速度的大小为2gRB ．卫星运动的周期为4π2RgC ．卫星运动的加速度大小为14gD ．以地面为参考平面，卫星的重力势能小于mgR5．(2011·东莞模拟)质量m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O 处，先用沿＋x 轴方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿＋y 方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ．则质点在这3 s 内的轨迹为图中的( )图46．(2011·福州模拟)如图4所示，两段长均为L 的轻质线共同系住一个质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间距也为L ，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v ，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速度为2v，则此时每段线中张力大小为()A.3mg B．23mgC．3mg D．4mg图57．(2012·广元模拟)一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙物体质量分别为M和m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L(L<R)的轻绳连在一起．如图5所示，若将甲物体放在转轴的位置上，甲、乙之间连线刚好沿半径方向被拉直，要使两物体与圆盘不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大不得超过(两物体均看做质点)()A. μ(M－m)g(M＋m)LB.μgLC. μ(M＋m)gMLD.μ(M＋m)gmL8．(2011·全国高考)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比()A．卫星动能增大，引力势能减小B．卫星动能增大，引力势能增大C．卫星动能减小，引力势能减小D．卫星动能减小，引力势能增大9．(2011·新课标全国高考)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km，运行周期约为27天，地球半径约为6400 km，无线电信号的传播速度为3×108 m/s)()A．0.1 s B．0.25 sC．0.5 s D．1 s二、计算题(本题共4小题，共46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)10．(10分)(2012·贵阳模拟)A、B两小球同时从距地面高为h＝15 m处的同一点抛出，初速度大小均为v0＝10 m/s.A竖直向下抛出，B球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)A球经过多长时间落地？(2)A球落地时，A、B两球间的距离是多少？11．(12分)两个质量均为m的物体，由轻质硬杆相连，形如一个“哑铃”，围绕一个质量为M的天体旋转，如图6所示．两物体和天体中心在一条直线上，两物体分别以r1和r2为半径绕M做圆周运动，两物体成了M的卫星，求此卫星的运动周期和轻质硬杆分别对A、B的弹力．图6图712．(12分)(2011·江苏高考)如图7所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置．将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M＝km的小物块相连，小物块悬挂于管口．现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变．(重力加速度为g)．(1)求小物块下落过程中的加速度大小；(2)求小球从管口抛出时的速度大小；(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于22 L.图813．(12分)(2011·河池模拟)如图8所示，竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R ，A 点与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正下方，小球自A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点时进入管道，当小球到达B 点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，求：(1)释放点距A 点的竖直高度； (2)落点C 与A 的水平距离．答案及解析1．【解析】由于河宽d ＝80 m ，A 、B 间沿水流方向的距离为l ＝100 m 所以当船头指向正对岸时有d l ＝v 船v 水，此时合速度刚好沿AB 的连线，可以使船从A运动到B ，若从B 向A 运动，则由于水速大于船速，不论船头指向哪个方向，渡船均不可能回到A 点，只可能向下游运动．故选项B 正确．【答案】 B2．【解析】皮带传动且不打滑，A 点和B 点线速度大小相等，由a ＝v 2r 有a ∝1r ，所以a A <a B ；A 点与C 点共轴转动，角速度相同，由a ＝ω2r 知a ∝r ，所以有a A >a C ，故a C <a A <a B ，可见选项C 正确．【答案】 C3．【解析】在竖直方向上，由t ＝2yg得小球落到B 、C 、D 所需的时间比t 1∶t 2∶t 3＝AB AC ∶AD ＝1∶(1＋3)∶(1＋3＋5)＝1∶2∶3；在水平方向上，由v＝xt得：v1∶v2∶v3＝xt1∶xt2∶xt3＝6∶3∶2.【答案】 C4．【解析】设地球的质量为M，根据题意有：g＝GMR2，根据万有引力定律和牛顿第二定律有：G Mmr2＝mv2r，其中r＝2R，联立解得卫星环绕速度的大小为12gR.卫星运动的周期为T＝2πrv＝4π2Rg.卫星运动的加速度大小为a＝G Mmmr2＝14g.由于从地球表面到卫星所在的轨道，卫星的重力是不断减小的，其平均值小于mg，所以，以地面为参考平面，卫星的重力势能小于mgR.【答案】BCD5．【解析】质点在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速度为v＝4 m/s，位移为4 m；2 s～3 s做类平抛运动，加速度大小为6 m/s2，这1 s内沿x轴方向的位移是4 m，沿y轴方向的位移是3 m，故D正确．【答案】 D6．【解析】当小球到达最高点时速率为v，有mg＝m v2r，当小球到达最高点时速率为2v，应有F＋mg＝m (2v)2r＝4mg，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以F T＝3mg，A正确．【答案】 A7．【解析】经分析可知，绳的最大拉力F＝μMg，对m，F＋μmg＝mω2L，所以μ(M＋m)g＝mω2L解得ω＝μ(M＋m)gmL.【答案】 D8．【解析】卫星每次变轨完成后到达轨道半径较大的轨道，由万有引力提供向心力，即GMm r 2＝m v 2r ，卫星的动能E k ＝12m v 2＝12·GMm r ，因此卫星动能减少；变轨时需要卫星上的发动机点火加速，使其机械能增加，因而引力势能增大，只有D 正确．【答案】 D9．【解析】电话信号通过的距离大约是同步卫星高度的2倍．由开普勒第三定律及已知数据计算同步卫星高度约为3.6×107m ，则t ＝2×3.6×1073.0×108s ＝0.24s ，故B 正确．【答案】 B10．【解析】 (1)A 球做竖直下抛运动h ＝v 0t ＋12gt 2将h ＝15 m 、v 0＝10 m/s 代入，可得t ＝1 s. (2)B 球做平抛运动，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2将v 0＝10 m/s 、t ＝1 s 代入，可得x ＝10 m ，y ＝5 m. 此时A 球与B 球的距离为L ＝x 2＋(h －y )2 将x 、y 、h 数据代入，得L ＝102m. 【答案】 (1)1 s (2)10 2 m11．【解析】设轻质硬杆对A 的弹力大小为F ，方向向上，则轻质硬杆对B 的弹力大小也为F ，方向向下，对A 、B 分别根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：G Mm r 21－F －G m 2(r 2－r 1)2mr 14π2T 2① G Mm r 22＋F ＋G m 2(r 2－r 1)2mr 24π2T 2② 由①②式得：T ＝2πr 1r 2r 1＋r 2GM (r 21＋r 22)F ＝GMm r 32－r 31r 21r 22(r 1＋r 2)－Gm 21(r 2－r 1)2.【答案】 2πr 1r 2r 1＋r 2GM (r 21＋r 22)GMm r 32－r 31r 21r 22(r 1＋r 2)－Gm 21(r 2－r 1)212．【解析】 (1)设细线中的张力为T ，根据牛顿第二定律得Mg －T ＝Ma T －mg sin 30°＝ma 且M ＝km 解得a ＝2k －12(k ＋1)g .(2)设M 落地时的速度大小为v ，m 射出管口时速度大小为v 0，M 落地后m 的加速度为a 0根据牛顿第二定律得－mg sin 30°＝ma 0 做匀变速直线运动，v 2＝2aL sin 30°，v 20－v 2＝2a 0L (1－sin 30°)解得v 0＝k －22(k ＋1)gL (k >2)．(3)小球做平抛运动，则x ＝v 0t L sin 30°＝12gt 2解得x ＝L k －22(k ＋1)由k －22(k ＋1)<12得x ＝Lk －22(k ＋1)<22L .【答案】 (1)2k －12(k ＋1)g (2)k －22(k ＋1)gL (k >2) (3)见解析13．【解析】 (1)设小球到达B 点的速度为v 1，因为到达B 点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，所以有9mg －mg ＝m v 21R又由机械能守恒定律，得mg(h＋R)＝12m v21，由此可解得h＝3R.(2)设小球到达最高点的速度为v2，落点C与A的水平距离为x，由机械能守恒定律得1 2m v21＝12m v22＋2mgR，由平抛运动的规律得R＝12gt2，R＋x＝v2t，由此可解得x＝(22－1)R.【答案】(1)3R(2)(22－1)R。

2013新课标高中物理总复习知能演练5

1．(2012·龙岩模拟)在利用橡皮筋“探究功与物体速度变化关系”的实验中，每次选取纸带后，我们应选取纸带上的哪些点来求小车的速度() A．间距均匀的B．间距不均匀的C．间距均匀的与不均匀的都可D．最好是间距均匀的，若纸带上没有间距均匀的，也可用间距不均匀的2．如图5－5－6所示，在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中，关于橡皮筋做的功，下列说法中正确的是()图5－5－6A．橡皮筋做的功可以直接测量B．通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加C．橡皮筋在小车运动的全程中始终做功D．把橡皮筋拉伸为原来的两倍，橡皮筋做功也增加为原来的两倍3．某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，提出以下几种猜想：①W∝v，②W∝v2，③W∝v，….他们的实验装置如图5－5－7(a)所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点的速度)．在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议．图5－5－7(1)本实验中不需要测量物体质量的理由是什么？(2)让物体分别从不同高度无初速度释放，测出物体从初始位置到速度传感器的距离L 1、L 2、L 3、L 4…，读出物体每次通过速度传感器Q 的速度v 1、v 2、v 3、v 4…，并绘制了如图5－5－7(b)所示的L -v 图象．根据绘制出的L －v 图象，若为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出( )A ．L -v 2图象B ．L -v 图象C ．L -1v 图象D ．L -1v图象 (3)本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？4．(2011·珠海模拟)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：①连接好实验装置如图5－5－8所示．图5－5－8②将质量为200 g 的小车拉到打点计时器附近，并按住小车．③在质量为10 g 、30 g 、50 g 的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g 的钩码挂在拉线的挂钩P 上．④释放小车，接通打点计时器的电源，打出一条纸带．(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条．经测量、计算，得到如下数据：①第一个点到第N 个点的距离为40.0 cm.②打下第N 个点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力，拉力对小车做的功为________J ，小车动能的增量为________J.(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素．请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因有：_________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ _______.(至少写出两条原因)5．在探究恒力做功与物体的动能改变量的关系的实验中备有下列器材：A．打点计时器；B.天平；C.秒表；D.低压交流电源；E.电池；F.纸带；G.细线、砝码、小车、砝码盘；H.薄木板．(1)其中多余的器材是________(填对应字母)，缺少的器材是________．(2)测量时间的工具是______________；测量质量的工具是____________．(填对应字母)(3)图5－5－9是小车(质量为m)在恒力F作用下做匀加速直线运动打点计时器打出的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T.请分析，利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请说出做法，并对这种做法做出评价．图5－5－9答案及解析1．【解析】橡皮筋完全恢复后不再有力对小车做功，小车做匀速运动，纸带上的点间距是均匀的，故A对，B、C错；若纸带上没有间距均匀的点，说明纸带太短，橡皮筋还没完全恢复原状纸带已完全通过打点计时器，在这种情况下应选用更长的纸带，或者是因为没有完全平衡摩擦力，需重新平衡摩擦力，故D 错．【答案】 A2．【解析】橡皮筋做的功等于橡皮筋所释放的弹性势能，但无法直接测量，橡皮筋的条数成倍增加，弹性势能也会成倍增加，即做功成倍增加，但橡皮筋只是在释放弹性势能的一段时间内才做功，故A、C错，B对．橡皮筋的弹性势能与形变量的平方成正比，当拉伸为原来的两倍时，橡皮筋的做功变为原来的4倍，故D 错．【答案】 B3．【解析】 (1)因为W ＝ΔE k ，而W ＝mg (sin θ－μcos θ)L ，ΔE k ＝12m v 2，等式两边都有m ，所以探究W 与v 的关系可以不用测量质量m .(2)由于题图(b)是关于“L -v ”的图象，该图象为曲线，不便于直观地看出L 和v 的变化关系，所以下一步应作出“L -v 2”图象，应选A.(3)在实验中，由于物体在斜面上运动时，所受的合力是确定的，即F 合＝mg (sin θ－μcos θ)，所以摩擦力的大小不会影响L 和v 的关系．【答案】 (1)见解析 (2)A (3)不会4．【解析】 (1)拉力F ＝mg ＝0.050×9.8 N ＝0.49 N ，拉力对小车做的功W ＝F ×l ＝0.49×0.400 J ＝0.196 J小车动能的增量ΔE k ＝12m v 2＝12×0.200×1.002 J ＝0.100 J.(2)误差很大的可能原因：①小车质量不满足远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③先放小车后接通电源，使打第一个点时，小车已有了一定的初速度．【答案】 (1)0.196 0.100 (2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先放小车后接通电源(任选其二)5．【解析】 (1)计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表．打点计时器应使用低压交流电源，故多余的器材是C 、E.测量点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺．(2)测量时间的工具是A 打点计时器，测量质量的工具是B 天平．(3)能从A 到B 的过程中，恒力做的功为W AB ＝Fx AB ，物体动能的变化量为E k B －E k A ＝12m v 2B －12m v 2A ＝12m (x B 2T )2－12m (x A 2T )2＝12m x 2B －x 2A 4T 2只要验证Fx AB ＝12m x 2B －x 2A 4T 2即可．优点：A 、B 两点的距离较远，测量时的相对误差较小；缺点：只进行了一次测量验证，说服力不强．【答案】(1)C、E毫米刻度尺(2)A B(3)见解析。

2013新课标高中物理总复习第5章---第2讲

行中的运载火箭．【答案】 B
课时知能训练
菜
单
新课标 ·物理
2．(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是(
自主落实 · 固基础
)
随堂检测 · 紧练兵
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．物体的动能总为正值 C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
考点突破 · 提知能
3．动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系．
课时知能训练
菜
单
新课标 ·物理
自主落实 · 固基础
随堂检测 · 紧练兵
考点突破 · 提知能
课时知能训练
菜
单
新课标 ·物理
(多选)(2012·中山模拟)质量为m的物体在水平力F的作用下由
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3．在 h 高处，以初速度 v0 水平抛出一个小球，不计空气阻力，小球着地时速度大小为( A．v0＋ 2gh C. v2＋2gh 0 【解析】 ) B．v0－ 2gh D. v2－2gh 0
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静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则( )
A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量 B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍
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【优化方案】2013高考物理总复习第五章第一节知能演练强化闯关新人教版必修2

知能优化演练1．下列关于作用力、反作用力的做功问题中，说法正确的是( ) A ．作用力做功，反作用力也必定做功 B ．作用力做正功，反作用力一定做负功C ．作用力的做功数值一定等于反作用力的做功数值D ．单纯根据作用力的做功情况不能判断反作用力的做功情况答案：D2．自动电梯以恒定v 0匀速上升，一个质量为m 的人沿电梯匀速往上走，在t 秒内走过此电梯．电梯长为l ，电梯斜面倾角为α，则( )图5－1－9A ．电梯对该人做功为mgl sin αB ．电梯对该人做功为mgv 0t sin αC ．重力的功率为mgl sin αtD ．重力的功率为mgv 0sin α解析：选BC.在人走过此电梯的过程中，人的动能未变，但重力势能增加了mgl sin α.在此过程时间t 内电梯只运动了v 0t 的位移，也就是说电梯只能把人送到v 0t sin α的高度，所以B 正确，A 错误；重力的作用点在人身上，故C 正确，D 错误．3．(2012·福州模拟)如图5－1－10所示，木板可绕固定水平轴O 转动．木板从水平位置OA 缓慢转到OB 位置，木板上的物块始终相对于木板静止．在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J ．用F N 表示物块受到的支持力，用F f 表示物块受到的摩擦力．在此过程中，以下判断正确的是( )图5－1－10A ．F N 和F f 对物块都不做功B ．F N 对物块做功为2 J ，F f 对物块不做功C ．F N 对物块不做功，F f 对物块做功为2 JD ．F N 和F f 对物块所做功的代数和为0解析：选B.由做功的条件可知：只要有力，并且物块沿力的方向有位移，那么该力就对物块做功．由受力分析知，支持力F N 做正功，但摩擦力F f 方向始终和速度方向垂直，所以摩擦力不做功．由动能定理W －mgh ＝0，故支持力F N 做功为mgh ，B 正确．4．用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d ，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度是( ) A ．(3－1)d B ．(2－1)dC.5－12dD.22d解析：选B.在将钉子钉入木板的过程中，随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做功问题，由于力与位移成正比，可求出力对位移的平均值，将变力转化为恒力来处理．根据题意可得第一次做功：W ＝F 1d ＝kd2d .第二次做功：W ＝F 2d ′＝kd ＋k d ＋d ′2d ′.联立解得d ′＝(2－1)d .5．(2012·江苏盐城调研)质量为3×106kg 的列车，在恒定的额定功率下，沿平直的轨道由静止出发，在运动过程中受到的阻力恒定，经1×103s 后达到最大行驶速度72 km/h.此时司机关闭发动机，列车继续滑行4 km 停下来．求： (1)关闭发动机后列车加速度的大小； (2)列车在行驶过程中所受阻力的大小； (3)列车的额定功率；(4)列车在加速过程中通过的距离．解析：(1)关闭发动机后列车在阻力的作用下，滑行了一段距离后才停下来，列车做匀减速运动a ＝v 2/(2l )＝202/(2×4000) m/s 2＝0.05 m/s 2.(2)所受阻力F f ＝ma ＝3×106×0.05 N＝1.5×105N. (3)达到最大速度时，牵引力等于阻力，则 P 额＝F f v ＝1.5×105×20 W＝3×106 W.(4)对加速过程应用动能定理P 额t －F f l 1＝mv 2/2，代入数据解得l 1＝16 km.答案：(1)0.05 m/s 2 (2)1.5×105 N (3)3×106W (4)16 km一、选择题1．(原创题)2011年9月17日，国际田联钻石联赛布鲁赛尔站，约翰·布莱克以19秒26的恐怖成绩获得男子200米金牌，只比“闪电”博尔特名下的现世界纪录慢0.07秒．布莱克在比赛中，先做加速运动，然后匀速运动，最后加速冲刺．已知他的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是( ) A ．加速阶段地面对他的摩擦力做正功 B ．匀速阶段地面对他的摩擦力做负功C ．由于他的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对他的摩擦力始终不对他做功D ．无论加速还是匀速阶段，地面对他的摩擦力始终做负功解析：选C.由于布莱克的脚与地面间不发生相对滑动，地面对他产生摩擦力的瞬间，力的作用点位移为零，所以地面对他的摩擦力不做功，选项C 正确．2．(2012·黄冈模拟)如图5－1－11所示，质量相同的两物体处于同一高度，A 沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B 自由下落，最后到达同一水平面，则( )图5－1－11A ．重力对两物体做的功相同B ．重力的平均功率相同C ．到达底端时重力的瞬时功率P A ＝P BD ．到达底端时两物体的动能相同，速度相同解析：选A.由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A 选项正确．由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B 选项错误．根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D 选项错误．由瞬时功率的计算式可得P A ＝mgv sin θ(θ为斜面倾角)，P B ＝mgv ，因此，到达底端时重力的瞬时功率P A <P B ，C 选项错误．3．设汽车在启动阶段所受阻力恒定并做匀加速直线运动，则在这过程中( ) A ．牵引力增大，功率增大 B ．牵引力不变，功率增大 C ．牵引力增大，功率不变 D ．牵引力不变，功率不变解析：选B.汽车在启动阶段做匀加速直线运动，其加速度为定值，由F －F f ＝ma 知牵引力F 不变；又由P ＝Fv 知功率P 增大，B 正确．4．如图5－1－12所示，用长为2L 的轻绳悬挂一个质量为m 的物体，一水平拉力施于轻绳中点拉绳，直到上段绳偏离竖直方向θ角，若拉力大小恒为F ，则此过程中F 做的功为( )图5－1－12A ．FLB ．FL cos θC ．FL sin θD ．mgL (1－cos θ)解析：选C.由于F 为恒力，用功的定义式计算，轻绳中点在F 方向上的位移为L sin θ，F 做功W F ＝FL sin θ，故C 正确．5．(2012·长沙模拟)在光滑的水平面上，用一水平拉力F 使物体从静止开始移动x ，平均功率为P ，如果将水平拉力增加为4F ，使同一物体从静止开始移动x ，平均功率为( ) A ．2P B ．4P C ．6P D ．8P解析：选D.拉力由F 变为4F ，加速度变为原来的4倍，由x ＝12at 2知，通过位移x 的时间变为原来的12，由P ＝Fx t 得P ′＝4Fx12t ＝8P ，故D 正确．6．(2010·高考新课标全国卷)如图5－1－13所示，在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )图5－1－13A ．在0～t 1时间内，外力做正功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零解析：选AD.0～t 1和t 2～t 3时间内，质点做加速运动，外力做正功，故选项A 正确；t 1～t 3时间内，动能变化为零，外力做的总功为零，故选项D 正确；0～t 1时间内，由图看速度大小变化和图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，根据P ＝Fv 可以得出外力的功率先增大后减小，故选项B 错误；t 2时刻，速率为零，此时外力的功率为零，选项C 错误． 7．(2012·广东六校联合体联考)如图5－1－14所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下，然后在水平面上前进至B 点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m .A 、B 两点间的水平距离为L .在滑雪者经过AB 段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )图5－1－14A ．大于μmgLB ．等于μmgLC ．小于μmgLD ．以上三种情况都有可能解析：选B.设斜面的倾角为θ，则对滑雪者从A 到B 的运动过程中摩擦力做的功为：WF f ＝μmgAC cos θ＋μmgCB ①，由图可知AC cos θ＋CB ＝L ②，由①②两式联立可得：WF f ＝μmgL ，故B 正确．8．(2012·东城区模拟)以恒定的功率P 行驶的汽车以初速度v 0冲上倾角一定的斜坡，设受到的阻力(不包括汽车所受重力沿斜面向下的分力)恒定不变，则汽车上坡过程中的v －t 图象可能是( )图5－1－15解析：选C.对汽车进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：P v－mg sin θ－f ＝ma ，上坡过程，若汽车的速度v 增大，加速度a 减小，加速度减为零后，速度保持不变，根据v －t 图象的特点，斜率表示加速度，可以判断出C 正确．9．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的有用功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，物体上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为P v 2B ．钢绳的最大拉力为Pv 1C ．重物的最大速度v 2＝PmgD ．重物匀加速运动的加速度为Pmv 1－g 解析：选BCD.由F －mg ＝ma 和P ＝Fv 可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P 后，随v 增加，钢绳拉力F 变小，当F ＝mg 时重物达到最大速度v 2，故v 2＝P mg ，最大拉力F ＝mg ＋ma ＝P v 1，A 错误，B 、C 正确．由P v 1－mg ＝ma 得：a ＝Pmv 1－g ，D 正确． 10．(2012·银川模拟)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列办法可行的是( )A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P 0B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k8解析：选CD.速度达到最大时，P v m＝kv 2m 即P ＝kv 3m .由此可知，当v m 增大到2v m 时，若k 不变，功率P 变为原来的8倍，若功率不变，阻力因数变为原来的18.二、非选择题11．如图5－1－16为修建高层建筑常用的塔式起重机．在起重机将质量m ＝5×104kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a ＝0.2 m/s 2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m ＝1.02 m/s 的匀速运动．取g ＝10 m/s 2，不计额外功．求：图5－1－16(1)起重机允许输出的最大功率．(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率．解析：(1)当起重机的功率达到允许最大值，且重物达到最大速度v m 时，拉力和重力相等，即F ＝mg . 根据P ＝FvP m ＝mgv m ＝5×104×10×1.02 W＝5.1×105 W. (2)根据牛顿第二定律 F －mg ＝ma 又P m ＝Fv v ＝at解得：t ＝5 s.当t ′＝2 s 时v ′＝at ′ P ′＝Fv ′解得P ′＝2.04×105W.答案：(1)5.1×105 W (2)5 s 2.04×105W12．在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图5－1－17所示的F －1v图象(图线ABC 为汽车由静止到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ，求：图5－1－17(1)该汽车的额定功率．(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s 达到最大速度40 m/s ，求其在BC 段的位移．解析：(1)由图线分析可知：图线AB 表示牵引力F 不变即F ＝8000 N ，阻力F f 不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC 的斜率表示汽车的功率P 不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达最大速度40 m/s ，此后汽车做匀速直线运动由图可知：当最大速度v max ＝40 m/s 时，牵引力为F min ＝2000 N 由平衡条件F f ＝F min 可得：F f ＝2000 N由公式P ＝F min v max 得：额定功率P ＝8×104W. (2)匀加速运动的末速度v B ＝P F求得：v B ＝10 m/s 汽车由A 到B 做匀加速直线运动的加速度a ＝F －F f m＝2 m/s 2设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为x ：则t 1＝v B a＝5 s 则t 2＝35 s －5 s ＝30 sB 点之后，对汽车由动能定理可得：Pt 2－F f x ＝12mv 2C －12mv 2B代入数据可得：x ＝75 m.答案：(1)8×104W (2)75 m。

人教版高中物理一轮总复习课后习题阶段检测阶段检测(5) 第八~九单元

阶段检测(五) 第八~九单元一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.关于静电场电场强度的概念,下列说法正确的是( )A.由E=Fq可知,某电场的电场强度E与q成反比,与F成正比B.正、负检验电荷在电场中同一点受到的静电力方向相反,所以某一点电场强度的方向与放入检验电荷的正负有关C.由真空中点电荷的电场强度公式E=k Qr2可知,当r→0时,E→无穷大D.电场强度公式E=Ud只适用于匀强电场2.当空气中电场的电场强度大小超过E0时,空气会被击穿。

半径为R的孤立导体球壳充电后,球壳所带电荷量为Q,已知静电力常量为k,则为了保证空气不被击穿,球壳半径的最小值为( )A.√kQE0B.√E0kQC.√QkE0D.√kQE03.如图所示,一绝缘圆环水平放置,圆心为O,其上放置四个电荷量相等的点电荷,这四个点电荷处于互相垂直的两直径的两端,一直径两端的电荷均为正电荷,另一直径两端的电荷均为负电荷。

直线O1O2为圆环的中轴线,且O1、O2两点关于O点对称。

下列说法正确的是( )A.O1、O2两点的电场强度不相等B.直线O1O2上各点的电势不相等C.两正电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的电场强度相同D.两负电荷所在直径上以O为对称中心的两个点的电势相等4.某电子元件通电后,其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,P点的坐标为(U P,I P),过P点的切线在纵轴上的截距为I0,由此图可知( )A.对应P点,该元件的电阻R=U PI P-I0B.随着所加电压的增大,该元件的电阻减小C.对应P点,该元件的功率数值上等于图中阴影部分的面积大小求电阻D.该元件为非线性元件,欧姆定律不满足,所以不能用公式R=UI5.如图所示,固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B,A位于筒底靠左侧壁处,B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止状态。

2013新课标高中物理总复习阶段知能检测8

阶段知能检测(八)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分)图11．如图1所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则() A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下2．如图2所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其之间相互作用力)()图2A．E向下，B向上B．E向下，B向下C．E向上，B向下D．E向上，B向上3．垂直纸面的匀强磁场区域里，一离子从原点O沿纸面向x轴正方向飞出，其运动轨迹可能是图中的()4．(2012·安徽皖南模拟)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，如图3所示，不计空气阻力，则()图3A．h1＝h2＝h3B．h1>h2>h3C．h1＝h2>h3D．h1＝h3>h2图45．(2012·东营模拟)如图4所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为()A．0 B．2mgC．4mg D．6mg图56．(2012·黄冈模拟)如图5所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是()A．电子在磁场中运动的时间为πL v0B．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v0C．磁场区域的圆心坐标为(3L2，L2)D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L)图67．如图6所示，有一重力不计的混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域I和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域I中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()A．速度B．质量C．电荷量D．比荷图78．如图7所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场力作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，不计重力的影响，由这些条件可知()A．能确定粒子通过y轴时的位置B．能确定粒子速度的大小C．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D．以上三个判断都不对图89．如图8所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，磁场垂直于纸面向外，比荷为em 的电子以速度v 0从A 点沿AB 方向射入，欲使电子能经过BC 边，则磁感应强度B 的取值应为( )A ．B >3m v 0ae B ．B <2m v 0ae C ．B <3m v 0ae D ．B >2m v 0ae二、计算题(本题共4个小题，满分46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)图910．(8分)两条金属导轨上水平放置一根导电棒ab ，处于竖直向上的匀强磁场中，如图9所示，导电棒质量为1.2 kg 、长1 m ．当导电棒中通入3 A 电流时，它可在导轨上匀速滑动，若电流强度增大为5 A 时，导电棒可获得2 m/s 2的加速度，求装置所在处的磁感应强度的大小．图1011．(10分)质谱仪可测定同位素的组成，现有一束一价的钾39和钾41离子经电场加速后，沿着与磁场和边界均垂直的方向进入匀强磁场中，如图10所示．测试时规定加速电压大小为U0，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU.为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，ΔU不得超过多少？(不计离子的重力)图1112．(14分)(2011·聊城模拟)如图11所示，一个板长为L，板间距离也是L 的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电．t＝0时刻，有一对质量均为m，带电量分别为＋q和－q的粒子从两极板正中央平行极板以速度v0射入，忽略两粒子所受的重力及相互作用，－q粒子恰能从上极板边缘飞出．(1)求两极板间的电场强度E的大小，－q粒子飞出极板时速度v的大小与方向；(2)在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，若＋q粒子与－q粒子在磁场中恰好能相遇，磁感应强度B多大？13．(14分)(2012·潍坊模拟)如图12甲所示有两个宽度均为L＝0.5 m，长为2L＝1 m的紧邻的有界区域Ⅰ、Ⅱ，在Ⅰ区域中存在垂直纸面向外的磁场，磁感应强度B＝1 T，在Ⅱ区域内有两相距为1 m的两平行金属板A、B，在A、B板间加上如图乙所示的电压，A、B板右端有一靶屏EF，边界CD上的中点O处有一粒子源连续发射正粒子，发射初速度v0＝100 m/s，方向与CD边界成一定角度．粒子质量为m＝10－8kg，电荷量为q＝10－6C(粒子的重力不计)，粒子恰好垂直GH边界进入Ⅱ区域．求：图12(1)粒子从射入磁场到打到靶上运动的时间；(2)粒子打到靶屏上的长度；(3)粒子打到靶屏上的最大动能．答案及解析1．【解析】当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab 受力可以平衡，A 正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab 受力无法平衡，B 、C 、D 错误．【答案】 A2．【解析】正离子束打到第Ⅲ象限，相对原入射方向向下，所以电场E 方向向下；根据左手定则可知磁场B 方向向上，故A 正确．【答案】 A3．【解析】利用左手定则可以判断离子做圆周运动的圆心应在y 轴上，B 、C 正确．【答案】 BC4．【解析】由竖直上抛运动的最大高度公式得：h 1＝v 22g ；当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，由能量守恒得：mgh 2＋E k ＝12m v 20＝mgh 1，所以h 1>h 2；当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，选项D 正确．【答案】 D5．【解析】若没有磁场，则到达最低点悬线的张力为F ，则F －mg ＝m v 2l ① 由能量守恒得：mgl (1－cos 60°)＝12m v 2②联立①②得F ＝2mg .当有磁场存在时，由于洛伦兹力不做功，在最低点悬线张力为零，则F 洛＝2mg当小球自右方摆到最低点时洛伦兹力大小不变，方向必向下可得F ′－F 洛－mg ＝m v 2l ，所以此时悬线的张力F ′＝4mg .C 项正确．【答案】 C6．【解析】由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L，故在磁场中运动的时间为t＝π3·2Lv0＝2πL3v0，A错误，B正确；ab是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L，L2)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，计算出其坐标为(0，－L)，所以C正确，D错误．【答案】BC7．【解析】混合正离子束不偏转，说明它们在区域I有Eq＝Bq v，则v＝EB，进入区域Ⅱ的混合正离子速度都相同．在区域Ⅱ中正离子偏转半径r＝m vBq，速度v相同，半径r相同，则mq必定相同，即比荷相同，A、D正确．【答案】AD8．【解析】因粒子垂直于x轴射入磁场，又垂直于y轴射出磁场，可确定坐标原点O为圆心，半径R＝x0.由x0＝m v0Bq，可求出v0＝Bqx0m，由t＝T4，T＝2πmBq，可求出t＝πm2Bq，也能求出粒子射出磁场的位置(0，x0)，故A、B、C均正确．【答案】ABC9．【解析】由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝a2cos 30°＝a3，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝m vqB有a3<m v0eB，即B<3m v0ae，C选项正确．【答案】 C10．【解析】导电棒匀速运动有：摩擦力等于安培力：f＝F1＝BI1L 导电棒加速运动时，安培力和摩擦力的合力提供加速度：F2－f＝ma即BI 2L －f ＝maBI 2L －BI 1L ＝ma 即5B －3B ＝1.2×2 T 解之得B ＝1.2 T. 【答案】 1.2 T11．【解析】设加速电压为U ，磁场的磁感应强度为B ，电荷的电荷量为q ，质量为m ，运动半径为R ，则由qU ＝12m v 2，q v B ＝m v 2R ，解得R ＝1B2mU q由此式可知，在B 、q 、U 相同时，m 小的半径小，所以钾39半径小，钾41半径大；在m 、B 、q 相同时，U 大半径大．设：钾39质量为m 1，电压为U 0＋ΔU 时，最大半径为R 1；钾41质量为m 2，电压为U 0－ΔU 时，钾41最小半径为R 2.则R 1＝1B 2m 1(U 0＋ΔU )qR 2＝1B2m 2(U 0－ΔU )q令R 1＝R 2，则m 1(U 0＋ΔU )＝m 2(U 0－ΔU ) 解得：ΔU ＝m 2－m 1m 2＋m 1U 0＝41－3941＋39U 0＝140U 0.【答案】 140U 012．【解析】 (1)－q 粒子做类平抛运动，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀加速运动，则L ＝v 0t 1①L 2＝12at 21② 其中a ＝Eqm ③由①②③得，E ＝m v 20qL ④设－q 粒子飞出上极板时水平速度为v x ，竖直速度为v y ，水平偏转角为θ，v x ＝v 0⑤v y ＝at 1＝Eq m ·Lv 0⑥tan θ＝v yv x⑦v ＝v 2x ＋v 2y ⑧可得θ＝45°，v ＝2v 0.(2)由于＋q 粒子在电场中向下偏转，且运动轨迹与－q 粒子对称，它飞出下极板时的速度大小、偏转角和－q 粒子相同，且进入磁场后它们做半径相同的匀速圆周运动，恰好能相遇时轨迹如图所示．其对应轨迹的半径为R ，有L ＝2R ＋2R sin 45° 洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2R 得B ＝2(2＋1)m v 0qL.【答案】 (1)2v 0 与水平方向成45°角 (2)2(2＋1)m v 0qL13．【解析】 (1)粒子进入Ⅰ区域后做匀速圆周运动，设转过的圆心角为θ，sin θ＝L /RR ＝m v 0/qB 解得：θ＝π/6设圆周运动的周期为T ，T ＝2πm /qB 在磁场中运动的时间： t 1＝θ2π·T ＝π6×10－2 s设在电场中运动用时t 2 L ＝v 0t 2，t 2＝12×10－2 s故运动总时间t ＝t 1＋t 2＝(12＋π6)×10－2 s.(2)t ＝0时刻射入的粒子将沿直线打到靶屏上，当电压为U ＝100 V 时射入的粒子向下偏转量最大设偏转量为y ，y ＝12×qU 2Lm (L v 0)2解得y ＝18 m故粒子打到靶屏上的长度为18 m.(3)U ＝100 V 时射入的粒子打到靶屏上的动能最大，由动能定理得： qUy 2L ＝E km －12m v 20 解得：E km ＝6.25×10－5 J.【答案】 (1)(12＋π6)×10－2 s (2)18 m (3)6.25×10－5 J。

2013新课标高中物理总复习课时知能训练3-2

课时知能训练(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中()A．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐减小D．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变图3－2－132．(2012·潍坊一中模拟)2011年8月30日，在韩国大邱世界田径锦标赛女子撑杆跳高决赛中，巴西选手穆勒以4米85的成绩夺冠．若不计空气阻力，则穆勒在这次撑杆跳高中()A．起跳时杆对她的弹力大于她的重力B．起跳时杆对她的弹力小于她的重力C．起跳以后的下落过程中她处于超重状态D．起跳以后的下落过程中她处于失重状态图3－2－143．质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同，将释放时刻作为t＝0时刻，两物体的速度图象如图3－2－14所示．则下列判断正确的是() A．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力B．t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是小于乙物体受到的空气阻力C．t0时刻甲乙两物体到达同一高度D．t0时刻之前甲下落的高度小于乙物体下落的高度图3－2－154．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－15所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是()A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度C. t1～t2时间内卫星处于超重状态D. t2～t3时间内卫星处于超重状态图3－2－165．(2012·福州模拟)如图3－2－16所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体，现将弹簧压缩到A点后释放，使物体在A、B之间往复振动，若此过程物体受到的摩擦力可忽略，则物体()A．在A点刚释放时加速度最小B．在A、B两点加速度相同C．从O到B过程中，加速度大小逐渐增大D．从O到B过程中，加速度方向指向B点图3－2－176．如图3－2－17所示，足够长的传送带与水平面间夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ.则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图3－2－187．如图3－2－18所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m 的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶2C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶48．(2012·济宁一中模拟)如图3－2－19所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4 m，以v0＝2 m/s的速度顺时针运转．今将一小煤块无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10 m/s2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中()图3－2－19A．小煤块从A运动到B的时间是 2 sB．小煤块从A运动到B的时间是2.25 sC．划痕长度是4 mD．划痕长度是0.5 m9．(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为()A.2μ1＋μB.μ1＋2μC.μ2＋μD.1＋μ2μ10．(2010·福建高考)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F 随时间t的变化规律如图3－2－20所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t ＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为()图3－2－20A．18 m B．54 mC．72 m D．198 m二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)如图3－2－21所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．图3－2－21(1)斜面的倾角α；(2)恒力F的大小；(3)t＝1.6 s时物体的瞬时速度．图3－2－2212．(16分)(2012·杭州模拟)如图3－2－22所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动．在传送带上端A处无初速度的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所用时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)答案及解析1．【解析】雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g，故A错误，D正确；由mg－F f＝ma得：a＝g－F fm，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m增大，而是F f增大，故B错误，C正确．【答案】CD2．【解析】当物体加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态．对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运动员的弹力大于重力，故A对；在下落过程具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故D对．【答案】AD3．【解析】由牛顿第二定律可得物体下落的加速度a＝mg－fm＝g－fm从图象上的斜率可知甲的加速度不变，说明其受阻力不变，乙的加速度一直减小，说明其受阻力一直增大，比较两图象的斜率，乙的斜率先大于甲，后小于甲，中间某一时刻二者的斜率相等，说明甲物体所受阻力开始大于乙，后小于乙，中间某一时刻相等，因此A、B选项均错．t0时刻二者速度相等，从图象上图线所围面积推断乙下落的位移大，因此C错D对．【答案】 D4．【解析】卫星在0～t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A错误；v－t图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t1～t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1～t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2～t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确，D错误．【答案】 C5．【解析】在A点刚释放时，弹簧的压缩量最大，弹力最大，由牛顿第二定律可知，此时的加速度最大，故A错误；物体在A点时弹簧处于压缩状态，而在B点时弹簧处于伸长状态，显然弹簧对物体的弹力方向相反，故物体在A、B两点的加速度不同，选项B错误；从O到B的过程中，弹簧的伸长量越来越大，弹力方向水平向左，且越来越大，故物体的加速度方向水平向左，且越来越大，选项C正确、D错误．【答案】 C6．【解析】m刚放上时，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1.当m与带同速后，因带足够长，且μ＜tan θ，故m要继续匀加速．此时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，a2＜a 1，故D 正确．【答案】 D7．【解析】 a 1t 1＝v max ＝a 2t 2，利用a 1＝2a 2得t 1∶t 2＝1∶2，B 正确；下滑的最大速度v max ＝2v ＝2s t ＝8 m/s ，A 错误；加速过程中有mg －Ff 1＝ma 1，减速过程中有Ff 2－mg ＝ma 2，而a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，所以Ff 1∶Ff 2＝1∶7，C 正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x 1＝v t 1，x 2＝v t 2，x 1∶x 2＝t 1∶t 2＝1∶2，D 错误．【答案】 BC8．【解析】该题考查动力学的两类基本问题．首先要判断二者达到共同速度时所用的时间，煤块的加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，二者速度相同时，运动时间t 1＝v a ＝0.5 s ，运动的位移x 1＝12at 2＝0.5 m ．则煤块以后做匀速运动的时间t 2＝x －x 1v＝1.75 s ，所以t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错、B 对．当煤块运动0.5 s 的过程中，传送带运动的位移x 2＝v t 1＝1 m ，则划痕长度Δx ＝0.5 m ，C 错、D 对．【答案】 BD9．【解析】在水平木板上滑动时，加速度a 1＝μmg m ＝μg ，滑行时间t 1＝v 0a 1＝v 0μg 在倾角45°的斜面上上滑时，加速度a 2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m＝(22＋22μ)g .滑行时间t 2＝v 0a 2＝v 0(22＋22μ)g所以t 2t 1＝2μ1＋μ，选项A 正确．【答案】 A10．【解析】本题考查了牛顿运动定律和运动学公式，解答这类题目的关键是对物体进行正确的受力分析和运动过程分析．物体所受摩擦力为f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ，因此前3 s 内物体静止.3 s ～6 s ，a ＝F －f m ＝8－42 m/s 2＝2m/s 2，x 1＝12at 21＝12×2×32 m ＝9 m ；6 s ～9 s ，物体做匀速直线运动，x 2＝v t 2＝at 1·t 2＝2×3×3 m ＝18 m ；9 s ～12 s ，物体做匀加速直线运动，x 3＝v t 3＋12at 23＝6×3 m＋12×2×9 m ＝27 m ；x 总＝x 1＋x 2＋x 3＝9 m ＋18 m ＋27 m ＝54 m ，故B 选项正确．【答案】 B11．【解析】 (1)经分析可知，当t ＝2.2 s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2 ＝3.3－2.12.4－2.2m/s 2＝6 m/s 2，mg sin α＝ma 2，解得α＝37°. (2)a 1＝2.0－1.00.4－0.2m/s 2＝5 m/s 2 F －mg sin α＝ma 1，解得F ＝11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t 1，在B 点时有5t 1＝2.1＋6(2.4－t 1)，t 1＝1.5 s可见，t ＝1.6 s 的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v ＝2.1 m/s ＋6(2.4－1.6) m/s ＝6.9 m/s.【答案】 (1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s12．【解析】物体放在传送带上后，开始的阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，物体所受的摩擦力沿传送带向下，受力如图甲所示，物体由静止加速，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2物体加速到与传送带相同的速度需要的时间为t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s物体加速到与传送带相同的速度经过的位移为s ＝12a 1t 21＝5 m由于μ<tan θ(μ＝0.5，tan θ＝0.75)，物体在重力作用下将继续加速运动，当物体的速度大于传送带的速度时，物体受到沿传送带向上的摩擦力，受力如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2设后一阶段物体滑至底端所用时间为t 2由L －s ＝v t 2＋12a 2t 22解得t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以，物体从A 运动到B 所用时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.【答案】 2 s。

2013新课标高中物理总复习课时知能训练7-1

课时知能训练(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于材料的电阻率，下列说法正确的是()A．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的1/3B．材料的电阻率随温度的升高而增大C．纯金属的电阻率较合金的电阻率小D．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大图7－1－82．在如图7－1－8所示的电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B上各点相对A点的电压为纵坐标，各点离A点的距离x为横坐标，则U随x 变化的图线应为图7－1－9中的()图7－1－93．一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管子内装满的水银供电，电流为0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管子里，那么通过的电流将是()A．0.4 A B．0.8 AC．1.6 A D．3.2 A4．小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低．加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高．已知一只灯泡两端的电压为1 V时，通过灯泡的电流为0.5 A，灯泡两端的电压为3 V时，通过灯泡的电流是1 A；则当灯泡两端电压为2 V时，通过灯泡的电流可能是()A．0.5 A B．0.6 AC．0.8 A D．1 A图7－1－105．(2011·北京西城检测)2011年寒假期间，北京某中学组织学生参加社会实践活动，在一次研究性学习活动中，研究小组对一幢居民楼的供电设施进行了观察和测量，整幢居民楼的供电线路可简化为如图7－1－10所示的模型，暂停供电时，用欧姆表测得A、B间电阻为R，恢复供电后，测得A、B间电压为U，进线电流为I，则计算该幢居民楼的总功率可以用的公式是()A．P＝I2R B．P＝U2 RC．P＝IU D．以上公式都能用图7－1－116．两根材料相同的均匀导线A和B，其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图7－1－11所示，则A和B导线的横截面积之比为()A．2∶3B．1∶3C．1∶2 D．3∶1图7－1－127．如图7－1－12所示，一根横截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，每米电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为( )A ．v q B.q vC ．q v S D.q v S图7－1－138．某厂研制的一种节能冰箱，一天的能耗只相当于一个25瓦的灯泡一天工作的能耗，如图7－1－13所示为该冰箱内的温度随时间变化的图象，则该冰箱工作时的功率为( )A ．25 WB ．50 WC ．75 WD ．100 W9．有一个内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V ,60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V 的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )A ．电解槽消耗的电功率为120 WB ．电解槽消耗的电功率为60 WC ．电解槽的发热功率为60 WD ．电路消耗的总功率为60 W二、非选择题(本题共3小题，共46分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图7－1－1410．(14分)用一个标有“12 V ,24 W”的灯泡做实验，测得灯丝电阻随灯泡两端电压变化关系图象如图7－1－14所示．(1)在正常发光条件下，灯泡的电功率为多大；(2)设灯丝电阻与绝对温度成正比，室温为300 K ，求正常发光条件下灯丝的温度；(3)将一定值电阻与灯泡串联后接到20 V电压上，要使灯泡能正常发光，串联的电阻为多大？图7－1－1511．(16分)(2012·济南模拟)如图7－1－15所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U＝12 V，电解槽内阻r A＝2 Ω，当S1闭合、S2、S3断开时，电流表A示数为6 A；当S2闭合、S1、S3断开时，A示数为5 A，且电动机输出功率为35 W；当S3闭合、S1、S2断开时，A示数为4 A．求：(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？(2)电动机的内阻是多少？(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？12．(16分)(2012·安顺质检)“氢火焰离子化监测器”可以检测出无机物气体中极其微量的有机分子的含量，其装置如图7－1－16所示，在氢火焰的作用下，有机物的分子电离为一价正离子和自由电子，而无机物的分子不会电离．设单位时间内有n摩尔被检测气体进入检测器，调节滑动变阻器，使得电流表的示数逐渐变大，直到最大值I，求有机物分子与被检测气体分子的数目的比值K是多少？(阿伏加德罗常数为N A，电子的电荷量为e)图7－1－16答案及解析1．【解析】材料的电阻率与长度无关，A错误；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，故B错误；纯金属的电阻率较合金的电阻率小，C正确；电阻率大的导体，电阻不一定大，故D错误．【答案】 C2．【解析】根据电阻定律，横坐标为x的点与A点之间的电阻R＝ρx S，这两点间的电压U＝IR＝IρxS(I为电路中的电流，它是一个定值)，故U跟x成正比例关系，故选A.【答案】 A3．【解析】大圆管子内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银高度变为原来的14，则电阻变为原来的116，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C选项正确．【答案】 C4．【解析】从题意可知，电流应大于0.5 A而小于1 A，具体再进一步确定，灯泡两端的电压为1 V时，电流为0.5 A，灯泡的电阻R1＝2 Ω；灯泡两端的电压为3 V时，电流为1 A，灯泡的电阻R2＝3 Ω；当灯泡两端的电压为2 V时，灯泡的电阻大于2 Ω而小于3 Ω，所以这时通过灯泡的电流大于2 V3 Ω＝0.6 A，而小于2 V2 Ω＝1 A，故选C.【答案】 C5．【解析】暂停供电时，用欧姆表测得的是温度较低时，A、B间的电阻，因电阻随温度的升高而变化，故恢复供电时A、B间的电阻不再是R，且A、B 间电路一般是非纯电阻电路，故总功率P＝IU.C项正确．【答案】 C6．【解析】由图象可知两导线电压降分别为U A＝6 V，U B＝4 V；由于它们串联，则3R B＝2R A；由电阻定律可知R AR B＝L A S BL B S A，得S AS B＝13，选项B正确．【答案】 B7．【解析】在电荷的运动方向上假设有一横截面，则在时间t内通过的电荷量为Q＝v tq，由I＝Qt可得：由于棒运动而形成的等效电流大小为I＝v tqt＝v q，故A正确．【答案】 A8．【解析】由冰箱内的温度随时间变化的图象可知，每小时冰箱要启动两次(20～30分钟，50～60分钟)，每次工作10分钟，共20分钟，一天工作时间为8小时，则有P×8＝25×24 W，解得P＝75 W，C项正确．【答案】 C9．【解析】灯泡正常发光，说明灯泡两端电压为110 V，电路中电流I＝P 灯/U＝6/11 A，电解槽电压为110 V，电解槽消耗的电功率为P＝UI＝60 W，A错误，B正确；电解槽的发热功率为I2r＝(6/11)2×4.4 W＝1.3 W，C错误；电路消耗的总功率为灯泡和电解槽消耗的功率之和，P总＝60 W＋60 W＝120 W，D错误．【答案】 B10．【解析】(1)由图知，正常发光时R＝8 Ω，所以P＝U2R＝18 W.(2)由图知，室温时电阻R′＝1 Ω，由TT′＝RR′，得T＝2 400 K.(3)串联电路电压分配与电阻成正比，R xR＝812，得R x＝5.33 Ω.【答案】(1)18 W(2)2 400 K(3)5.33 Ω11．【解析】(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I＝UR得R＝UI1＝2 Ω，其发热功率为：P R＝UI1＝12×6 W＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得UI2＝I22r M＋P输出，所以r M＝UI2－P输出I22＝12×5－3552Ω＝1 Ω.(3)电解槽工作时，由能量守恒定律得：P化＝UI3－I23r A所以P化＝(12×4－42×2) W＝16 W.【答案】(1)2 Ω72 W(2)1 Ω(3)16 W12．【解析】电流达到最大值I后，表明电离出来的电子全部到达了阳极，设经过时间t到达极板的电荷量为q，则q＝It被电离的有机物分子的数目N′＝qe＝Ite则有机物分子占被测气体分子的数目的比值为K＝N′ntN A＝InN A e.【答案】I nN A e。

2013新课标高中物理总复习阶段知能检测10

阶段知能检测(十)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)图11．(2012·福州质检)如图1所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t ＝πω时刻( )A ．线圈中的感应电动势最小B ．线圈中的感应电流最大C ．穿过线圈的磁通量最大D ．穿过线圈磁通量的变化率最小2．(2012·泉州模拟)如图所示，面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BSωsin ωt 的图是( )3．图2甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n 1与副线圈的匝数n 2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表为理想电表，则( )图2A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC．电压表的读数为5.0 VD．电压表的读数约为3.5 V图34．阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图3所示的交流电源上．以下说法中正确的是()A．电压的有效值为10 VB．通过电阻的电流有效值为22 AC．电阻消耗电功率为5 WD．电阻每秒钟产生的热量为10 J5．利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工件的输送情况．如图4(a)所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光．每当工件挡住A发出的光时，光传感器就输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图4(b)所示．若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.1 m，则下述说法正确的是()图4A．传送带运动的速度是0.1 m/sB．传送带运动的速度是0.2 m/sC．该传送带每小时输送3 600个工件D．该传送带每小时输送7 200个工件图56．如图5所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时开关S断开，当S接通时，以下说法正确的是()A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压将增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈的电流增大7．(2012·长春模拟)如图6所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接有一交流电动机，此电动机线圈的电阻为R.当原线圈两端接有正弦交变电流时，变压器的输入功率为P0，电动机恰好能带动质量为m的物体以速度v 匀速上升，此时理想交流电流表的示数为I.若不计电动机的机械能损耗，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图6A．电动机输出的机械功率为P0B．变压器的输出功率为mg vC．副线圈两端电压的有效值为kP0 ID．整个装置的效率为mg v P08．如图7所示，左侧的圆形导电环半径为r＝1.0 cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C ＝100 pF 的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B 的变化率为ΔB Δt ＝100 2πsin ωt ，若电容器C 所带电荷量的最大值为1.41×10－9 C ，则所用理想变压器的原、副线圈的匝数之比为(取π2＝10)( )图7A ．1∶100B ．100∶1C ．1∶100 2D ．100 2∶19．(2012·海口模拟)电阻为1 Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，所产生的正弦交流电的图象如图8图线a 所示；当调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图8A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的电动势的有效值为5 2 VD ．交流电b 的电动势的最大值为5 V二、实验题(本题共2小题，共16分，将答案填在题中横线上或按要求做答)10．(6分)当光照射到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值________(填“变大”、“不变”或“变小”)．半导体热敏电阻是利用半导体材料的电阻率随________变化而改变的特性制成的．11．(10分)(2012·临沂模拟)电流传感器可以像电流表一样测量电流，它与计算机相连，能在几秒内画出电流随时间变化的图像．如图9甲所示电路，电源电动势为直流8 V，电容器为几百微法的电解电容器，先使开关S与1相连，电源向电容器充电，然后把开关S掷向2，电容器通过电阻R放电，计算机屏幕上显示出电流随时间变化的I－t曲线，如图乙所示．则：在图乙中画出了一个竖立的狭长矩形(在乙图的左端)，它的面积表示的物理意义是：__________________.根据以上数据估算的电容是__________(结果保留三位有效数字)．甲：观察电容器放电的电路图乙：该电容器放电的I－t图象图9三、计算题(本题共2个小题，满分30分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)12．(15分)如图10(a)是一理想变压器的电路连接图，图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2 A，开关S断开，求：图10(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．13．(15分)(2012·长沙模拟)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220 匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT．用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图11所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？图11答案及解析1．【解析】经过时间t＝πω，线圈转过的角度为π，则该时刻磁通量为零，左、右两个边的速度刚好与磁感线垂直，由电动势E＝BL v得此刻产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈中的感应电流最大，B正确，A、C、D 错误．【答案】 B2．【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图中感应电动势为e＝BSωsin ωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．【答案】 A3．【解析】原线圈上电压的最大值为100 V，有效值为50 2 V，即70.7 V，A错，B对；根据原、副线圈电压比与线圈匝数比的关系可得，副线圈电压的有效值为7.07 V，而电压表的读数为其中一个定值电阻两端电压的有效值，约为3.5 V，C错，D对．【答案】BD4．【解析】根据图象可知电压最大值为U m＝10 V，有效值为U＝102V．A错误；电流有效值为I＝UR＝22A，B正确；电阻消耗的电功率为P＝I2R＝(22)2×10 W＝5 W，C正确；由Q＝Pt知，电阻每秒钟产生的热量为5 J，D错误．【答案】BC5．【解析】因为相邻两次挡光时间间隔为0.5 s，而每两个工件间的距离为0.1 m，且传送带是匀速运动的，故传送带运动的速度v＝0.10.5m/s＝0.2 m/s，B正确；每小时传送带通过的距离为s＝v t＝720 m，故该传送带每小时输送7 200个工件，D正确．【答案】BD6．【解析】理想变压器不计原副线圈的直流电阻，副线圈两端电压U MN(有效值)不受负载电阻的影响，始终等于副线圈的感应电动势，而保持不变，故A 项是错误的．S接通后，次级回路的总电阻减小．而U MN保持不变，故次级回路中电流I2增大，输电线等效电阻R上的电压增大，导致灯泡L1两端电压减小，L1中电流减小，可见B、C项正确，又因I2增大，U MN不变，变压器的输出功率增大，故输入功率随着增大，原线圈中的电流I1增大，D项正确，所以本题正确答案应选B、C、D.【答案】BCD7．【解析】电动机输出的机械功率为mg v，选项A错误；理想变压器的输出功率P＝P0＝UI＝mg v＋I2R，副线圈两端电压的有效值U＝P0/I，选项B、C错误；整个装置的效率η＝P有P总＝mg vP0，选项D正确．【答案】 D8．【解析】原线圈两端电压最大值U 1m ＝(ΔB Δt )m S ＝0.1 2 V .副线圈两端电压的最大值即电容器两端电压的最大值由C ＝Q U 得：U 2m ＝Q m C ＝14.1 V所以n 1n 2＝U 1m U 2m＝1100.故A 对．【答案】 A9．【解析】由图象可知，t ＝0时刻线圈中的感应电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，所以穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由图象可得线圈先后两次转动的周期之比为0.4∶0.6＝2∶3，转速与周期成反比，所以线圈先后两次转速之比为3∶2，B 正确；由图象可得交流电a 的电流的最大值为10 A ，有效值为102 A ＝5 2 A ，又矩形线圈的电阻为1 Ω，所以交流电a 的电动势的有效值为5 2 V ，C 正确；由E ＝nBSω，ω＝2πT 可得电动势与周期成反比，所以交流电b 的电动势的最大值为203 V ，D 错误．【答案】 BC10．【解析】光敏电阻是感光元件，它的阻值随光照强度的增强而减小，它可把光学量变为电阻这一电学量，常用来制造光控开关，热敏电阻对温度反应敏感．【答案】变小温度11．【解析】由q ＝It 可知，I －t 图像中的面积表示为通过电流传感器的电荷量．由数格法可知电容器放电前所带电荷量Q ＝37×0.2×10－3×0.4 C ＝2.96×10－3 C ，则C ＝Q U ＝370 μF.【答案】通过电流传感器的电荷量 350～400 μF12．【解析】 (1)由图(b)可知输入电压的有效值U 1＝200 V 由U 1U 2＝n 1n 2得 U 2＝n 2U 1n 1＝20 V变压器的输入功率P1等于输出功率P2故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W.(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20 V不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A1的示数增大．【答案】(1)40 W20 V(2)A1示数增大A2示数增大V示数不变13．【解析】(1)根据E m＝NBSω＝1 100 2 V得输出电压的有效值为U1＝E m2＝1 100 V.(2)根据U1U2＝n1n2得n1n2＝5∶1.(3)根据R入＝P出＝2.2×104 W再根据P入＝U1I1，解得I1＝20 A.【答案】(1)1 100 V(2)5∶1(3)20 A。

2013新课标高中物理总复习第5章---第1讲

自主落实 · 固基础
速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是( A．摩擦力对物体做正功 B．摩擦力对物体做负功 C．支持力对物体不做功
)
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D．合外力对物体做正功
考点突破 · 提知能
【解析】
图5－1－1 物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿
课时知能训练
随堂检测 · 紧练兵
功
考点突破 · 提知能
【解析】
匀速直线运动，合力为零，自由下落重力做正功．在
课时知能训练
水平面上运动的物体，支持力与运动方向垂直不做功．物体沿固定
斜面下滑，支持力与运动方向垂直，不做功，选项ACD正确．
【答案】 ACD
菜
单
新课标 ·物理
2．(多选)如图5－1－1所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀
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考点突破 · 提知能
课时知能训练
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菜
单
新课标 ·物理
自主落实 · 固基础
3．(2011·广州调研)设匀速行驶的汽车，发动机功率保持不变，则 ( ) A．路面越粗糙，汽车行驶得越慢 B．路面越粗糙，汽车行驶得越快 C．在同一路面上，汽车不载货比载货时行驶得快 D．在同一路面上，汽车不载货比载货时行驶得慢
随堂检测 · 紧练兵
考点突破 · 提知能
【思路点拨】解答本题时，应注意以下三点： (1)物体的位移与拉力作用点的位移关系． (2)重力做功的特点．

2013新课标高中物理总复习阶段知能检测13

阶段知能检测(十三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2011·上海高考)在存放放射性元素时，若把放射性元素①置于大量水中；②密封于铅盒中；③与轻核元素结合成化合物．则()A．措施①可减缓放射性元素衰变B．措施②可减缓放射性元素衰变C．措施③可减缓放射性元素衰变D．上述措施均无法减缓放射性元素衰变2．(2011·太原模拟)钴60是金属元素钴的放射性同位素之一，其半衰期为5.27年．它会通过β衰变放出能量高达315 keV的高速电子衰变为镍60，同时会放出两束γ射线，其能量分别为1.17 MeV及1.33 MeV.钴60的应用非常广泛，几乎遍及各行各业．在农业上，常用于辐射育种、食品辐射保藏与保鲜等；在工业上，常用于无损探伤、辐射消毒、辐射加工、辐射处理废物以及自行控制等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗．关于钴60下列说法正确的是() A．衰变方程为6027Co→6028Ni＋0－1eB．利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的电子流C．钴60可以作为示踪原子研究人体对药物的吸收D．钴60衰变过程中不会有质量亏损3．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量p a ＝30 kg·m/s，b球动量p b＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为()A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/sC．20 kg·m/s D．30 kg·m/s4．(2012·长沙模拟)一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是()A．总动量守恒B．机械能守恒C．水平方向动量守恒D．竖直方向动量守恒5．原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源．当氘等离子体被加热到适当高温时，氘核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量．这几种反应的总效果可以表示为621H→k42He＋d11H＋210n＋43.15 MeV由平衡条件可知()A．k＝1，d＝4 B．k＝2，d＝2C．k＝1，d＝6 D．k＝2，d＝36．下列说法正确的是()A.157N＋11H→126C＋42He是α衰变方程B.11H＋21H→32He＋γ是核聚变反应方程C.23892U→23490Th＋42He是核裂变反应方程D.42He＋2713Al→3015P＋10n是原子核的人工转变方程7．核聚变与核裂变相比几乎不会带来放射性污染等环境问题，而且其原料可直接取自海水中的氘，来源几乎取之不尽，是理想的获取能源的方式．EAST 装置是中国耗时8年、耗资2亿元人民币自主设计、自主建造而成的，它成为世界上第一个建成并真正运行的全超导非圆截面核聚变实验装置．已知两个氘核聚变生成一个氦3和一个中子的核反应方程是221H→32He＋10n＋3.26 MeV若有2 g氘全部发生聚变，则释放的能量是(N A为阿伏加德罗常数)() A．0.5×3.26 MeV B．3.26 MeVC．0.5N A×3.26 MeV D．N A×3.26 MeV8．设氢原子由n＝3的状态向n＝2的状态跃迁时放出能量为E、频率为ν的光子．氢原子()A．跃迁时可以放出或吸收能量为任意值的光子B．由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时放出光子的能量大于EC．由n＝3的状态向n＝1的状态跃迁时放出光子的能量等于6.4ED．由n＝4的状态向n＝3的状态跃迁时放出光子的频率大于ν9．在光滑水平冰面上，甲、乙两人各乘一小车，甲、乙质量相等，甲手中另持一小球，开始时甲、乙均静止，某一时刻，甲向正东方向将球沿着冰面推给乙，乙接住球后又向正西方向将球推回给甲，如此推接数次后，甲又将球推出，球在冰面上向乙运动，但已经无法追上乙，此时甲的速率v甲、乙的速率v乙及球的速率v三者之间的关系为()A．v甲＝v乙≥v B．v<v甲<v乙C．v甲<v≤v乙D．v≤v乙<v甲图110．(2012·海淀模拟)静止在光滑水平面上的物体，受到水平外力F作用，F 随时间按正弦规律变化，如图1所示，则()A．外力F在t2到t6时间内对物体做负功B．外力F在t1到t5时间内对物体的冲量为零C．物体在t3到t7时间内的动量始终在减小，但方向不变D．物体在t3到t5时间内的位移大小一定大于t4到t6时间内的位移大小二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)(2011·盐城模拟)(1)核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，但安全是核电站面临的非常严峻的问题．核泄露中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，钚的危险性在于它对人体的毒性，与其他放射性元素相比钚在这方面更强，一旦侵入人体，就会潜伏在人体肺部、骨骼等组织细胞中，破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险．已知钚的一种同位素23994Pu的半衰期为24 100年，其衰变方程为23994Pu→X＋42He＋γ，下列有关说法正确的是()A．X原子核中含有143个中子B．100个23994Pu经过24 100年后一定还剩余50个C．由于衰变时释放巨大能量，根据E＝mc2，衰变过程总质量增加D．衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力(2)氢原子核的光谱在可见光范围内有四条谱线，其中在靛紫色区内的一条是处于量子数n＝4的能级氢原子跃迁到n＝2的能级发出的，氢原子的能级如图2所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，则该条谱线光子的能量为________eV，该条谱线光子的频率为________Hz.(结果保留3位有效数字)图2(3)已知金属铷的极限频率为5.15×1014 Hz，现用波长为5.0×10－7 m的一束光照射金属铷，能否使金属铷产生光电效应？若能，请算出逸出光电子的最大初动能．(结果保留2位有效数字)12．(16分)(2012·长沙模拟)如图3所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2 kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)，甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1 kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E0＝10 J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：图3(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离．(g取10 m/s2)答案及解析1．【解析】放射性元素的衰变快慢由其原子核内部结构决定，与外界因素无关，所以A、B、C错误，D正确．【答案】 D2．【解析】根据质量数守恒及电荷数守恒，可判断A项正确．钴60半衰期太长，且衰变放出的高能粒子对人体伤害太大，不能作为药品的示踪原子，C 项不正确；利用钴60对人体肿瘤进行放射治疗是利用其衰变放出的γ射线，因为衰变释放能量，必然存在质量亏损，B、D两项都不正确．【答案】 A3．【解析】碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s.C对．【答案】 C4．【解析】爆炸装置在光滑、竖硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的．但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而在水平方向动量是守恒的．爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒．故只有C对．【答案】 C5．【解析】核反应的基本规律是质量数和电荷数守恒，所以6×2＝4k＋d ＋2,6×1＝2k＋d，解得k＝2，d＝2，因此B选项正确．【答案】 B6．【解析】核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同，衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或β粒子．聚变方程的左边是两个轻核反应，右边是中等原子核．裂变方程的左边是重核与中子反应，右边是中等原子核．人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核反应，右边也是常见元素的原子核，由此可知B、D两选项正确．【答案】BD7．【解析】根据核反应方程可知，两个氘核聚变释放的能量为3.26 MeV，那么2 g氘核(即1 mol氘核)聚变释放的能量为0.5N A×3.26 MeV，所以C正确．【答案】 C8．【解析】由玻尔理论知，hν＝E3－E2＝5|E1|36.当由n＝2的状态向n＝1的状态跃迁时，E ′＝E 2－E 1＝3|E 1|4＞5|E 1|36＝E ；由n ＝3的状态向n ＝1的状态跃迁时放出光子的能量为E ″＝E 3－E 1＝8|E 1|9＝6.4E ；由n ＝4的状态向n ＝3的状态跃迁时，hν′＝E 4－E 3＝7|E 1|144＜hν.故B 、C 正确．【答案】 BC9．【解析】以甲、乙、球三者为系统，系统的动量守恒，取向西为正方向，在全过程中有：0＝m 甲v 甲－m 乙v 乙－m 球v且m 甲＝m 乙故v 甲>v 乙，根据球最终无法追上乙得，v ≤v 乙，故选项D 正确．【答案】 D10．【解析】分析物体的运动，画出物体运动的速度变化情况示意图如图所示，由动能定理可知外力F 在t 2到t 6时间内对物体做功为零，A 错误；由动量定理知外力F 在t 1到t 5时间内对物体的冲量等于其动量改变量，由图知此时间段内动量改变量大于零，B 错误；由图知物体在t 3到t 7时间内的速度大小先增大后减小，方向不变，由p ＝m v 知C 错误；因速度图线与时间轴所围面积等于物体通过的位移，由图可见D 正确．【答案】 D11．【解析】 (1)由衰变过程中核电核数守恒得235 92X ，其中中子数为235－92＝143，A 项对．半衰期对大量原子核的衰变才有意义，B 项错．衰变过程中核子总质量减小，质量必亏损，C 项错．衰变后产生巨大的能量以γ光子的形式释放，D 项对．(2)光子的能量E ＝E 4－E 2＝(－0.85)eV －(－3.4) eV ＝2.55 eV .由E ＝hν得ν＝E h ＝2.55×1.6×10－19J 6.63×10－34 J·s＝6.15×1014 Hz. (3)因入射光子的频率ν＝c λ得ν＝6.0×1014Hz ，大于金属铷的极限频率，故能使金属铷产生光电效应由爱因斯坦光电效应方程E km ＝hν－WW ＝hν0代入数值得E km ＝5.6×10－20 J.【答案】 (1)AD (2)2.55 6.15×1014 (3)能 5.6×10－20 J12．【解析】 (1)设滑块P 滑上乙车前的速度为v 1，对整体应用动量守恒和能量关系有m v 1－2M v 2＝0E 0＝m v 21/2＋2M v 22/2解之得v 1＝4 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ′，对滑块P 和小车乙有 m v 1－M v 2＝(m ＋M )v ′μmgL ＝12m v 21＋12M v 22－12(M ＋m )v ′2代入数据解得L ＝53 m.【答案】 (1)4 m/s (2)53m。

2013新课标高中物理总复习课时知能训练4-1

课时知能训练(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．一质点在某段时间内做曲线运动，则这段时间内()A．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变B．速度一定在不断地改变，加速度可以不变C．速度可以不变，加速度一定在不断地改变D．速度可以不变，加速度也可以不变图4－1－122．(2010·江苏高考)如图4－1－12所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度()A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变图4－1－133．小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动，后受到磁极的侧向作用力而做曲线运动，从M点运动到N点，如图4－1－13所示．过轨迹上M、N两点的切线MM′和NN′将轨迹MN上方的空间划分为四个区域，由此可知，磁铁可能处在哪个区域A．①区B．③区C．②或④区D．均不可能4．一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图4－1－14所示．关于物体的运动，下列说法正确的是()图4－1－14A．物体做曲线运动B．物体做直线运动C．物体运动的初速度大小是50 m/sD．物体运动的初速度大小是10 m/s5．某人骑自行车以4 m/s的速度向正东方向行驶，天气预报报道当时是正北风，风速也是4 m/s, 则骑车人感觉的风速方向和大小()A．西北风，风速4 m/s B．西北风，风速4 2 m/sC．东北风，风速4 m/s D．东北风，风速4 2 m/s6．(2012·海淀模拟)如图4－1－15所示，直线AB和CD是彼此平行且笔直的河岸，若河水不流动，小船船头垂直河岸由A点匀速驶向对岸，小船的运动轨迹为直线P.若河水以稳定的速度沿平行河岸方向流动，且整个河流中水的流速处处相等，现仍保持小船船头垂直河岸由A点匀加速驶向对岸，则小船实际运动的轨迹可能是图中的()图4－1－15A．直线P B．曲线QC．直线R D．曲线S图4－1－167．如图4－1－16为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B 点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是()A．D点的速率比C点的速率大B．A点的加速度与速度的夹角小于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小图4－1－178．(2012·广州模拟)如图4－1－17所示，船在A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为() A．2 m/s B．2.4 m/sC．3 m/s D．3.5 m/s9．2011年我国多省区发生了洪涝灾害．在某一次抗洪抢险中，我某部解放军战士在岸边，发现河的上游有一个人蹲在一块木板上正顺流而下，解放军战士便驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，各处水流速度相同均为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，保持不变．为了顺利的搭救此人，则下列做法正确的是()A．摩托艇出发时，艇头要指向水中被搭救的人，且艇头指向在航行中不变B．摩托艇出发时，艇头要指向水中被搭救的人，但在航行中需要不断改变艇头指向C．搭救此人用的时间与水流速度有关，水流速度大时，用的时间长D．搭救此人用的时间与水流速度无关图4－1－1810．如图4－1－18所示，一条小船位于200 m宽的河正中A点处，从这里向下游100 3 m处有一危险区，当时水流速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是()A.433m/s B.833m/sC．2 m/s D．4 m/s二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)如图4－1－19所示，一个长直轻杆两端分别图4－1－19固定一个小球A和B，两球的质量均为m，两球半径忽略不计，杆AB的长度为l，现将杆AB竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B，使小球B在水平地面上由静止向右运动，求当A球沿墙下滑距离为l2时，A、B两球的速度v A和v B.(不计一切摩擦)12．(16分)(2012·合肥模拟)如图4－1－20所示，在竖直平面的xOy坐标系中，Oy竖直向上，Ox水平．设平面内存在沿x轴正方向的恒定风力．一物体从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝4 m/s，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M点所示，(坐标格为正方形，g＝10 m/s2)求：图4－1－20(1)小球在M点的速度v1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；(3)小球到达N点的速度v2的大小．答案及解析1．【解析】做曲线运动的物体速度方向一定在不断地改变，但加速度可以不变，如平抛运动，故选项B正确．【答案】 B2．【解析】由于始终保持悬线竖直，所以橡皮水平方向上的运动与铅笔的速度相同，橡皮在竖直方向上运动的速度大小应等于水平速度大小，所以橡皮的合运动仍为匀速直线运动，选项A正确．【答案】 A3．【解析】曲线运动中，物体的运动轨迹偏向合力所指的方向；由图可知，磁铁只能在轨迹MN下方的区域内，故答案只能选D.【答案】 D4．【解析】由v－t图象可以看出，物体在x方向做匀速直线运动，在y 方向做匀变速直线运动，故物体做曲线运动，A正确，B错误；物体的初速度为v0＝v2x＋v2y＝302＋(－40)2m/s＝50 m/s，C正确，D错误．【答案】AC5．【解析】若无风，人向东骑车，则相当于人不动，刮正东风，而实际风从正北方刮来，所以人感觉到的风应是这两个方向的合成．人向正东方行驶产生的风向西，如图中v 1，而实际的自然风从北向南刮，如图中的v 2，人感觉到的风速是v 1与v 2的合速度，即图中的v 合，很显然v 合＝v 21＋v 22＝4 2 m/s ，方向是东北风．【答案】 D6．【解析】小船在流动的河水中行驶时，同时参与两个方向的分运动，一是沿水流方向的匀速直线运动，二是沿垂直于河岸方向的匀加速直线运动；沿垂直于河岸方向小船具有加速度，由牛顿第二定律可知，小船所受的合外力沿该方向；根据物体做曲线运动时轨迹与其所受外力方向的关系可知，小船的运动轨迹应弯向合外力方向，故轨迹可能是S .【答案】 D7．【解析】质点做匀变速曲线运动，合力的大小与方向均不变，加速度不变，故C 错误；由B 点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B 点切线垂直且向下，故质点由C 到D 的过程，合力做正功，速率增大，A 正确；A 点的加速度方向与过A 点的切线即速度方向夹角大于90°，B 错误；从A 到D 加速度与速度的夹角一直变小，D 错误．【答案】 A8．【解析】由于船沿直线AB 运动，因此船的合速度v 合沿AB 方向，根据平行四边形定则可知，当v 船垂直于直线AB 时，船有最小速度，由图知v 船＝v 水 sin 37°＝2.4 m/s ，选项B 正确．【答案】 B9．【解析】摩托艇在水中也具有水流的速度，若以被搭救的人为参考系，摩托艇的速度为在静水中的航速为v 2，因此航行不需要调整艇头指向，A 对、B 错；若知道摩托艇出发时，摩托艇与被搭救的人的距离x ，则搭救此人需用的时间t ＝x /v 2，显然t 与水流速度无关，故C 错、D 对．【答案】 AD10．【解析】恰使小船避开危险区，小船应沿直线AB 到达对岸，如图所示．则有tan θ＝BD AD ＝1001003＝33，所以θ＝30°.当船头与AB 垂直时，小船在静水中的速度最小．最小速度为v 1＝v 2sin θ＝4sin 30° m/s ＝2 m/s.故正确答案为C.【答案】 C11．【解析】 A 、B 两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得v A sin θ＝v B cos θ①又A 、B 组成的系统机械能守恒，所以mg l 2＝12m v 2A ＋12m v 2B ②由①②解得v A ＝123gl ，v B ＝12gl . 【答案】 123gl 12gl12．【解析】 (1)设正方形的边长为s 0.竖直方向做竖直上抛运动，v 0＝gt 1,2s 0＝v 02t 1水平方向做匀加速直线运动，3s 0＝v 12t 1.解得v 1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t 1回到x 轴，水平方向从O 点做初速度为零的匀加速直线运动，所以再回到x 轴时落到x ＝12处，位置N 的坐标为(12,0)．(3)到N点时竖直分速度大小为v0＝4 m/s，t N＝2v1＝12 m/s，水平分速度v x＝a水平故v2＝v20＋v2x＝410 m/s.【答案】(1)6 m/s(2)见解析(3)410 m/s。

2013新课标高中物理总复习阶段知能检测9

阶段知能检测(九)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分)1．(2012·合肥模拟)穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图1中①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是()图1A．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变B．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路产生的感应电动势先变小后变大2．如图2所示，A，B为两个闭合金属环挂在光滑的绝缘杆上，其中A环固定．现给A环中分别通以如下图所示的四种电流，其中能使B环在0～t1时间内始终具有向右加速度的是()图2图33．(2012·丹东模拟)如图3所示，某人在自行车道上从东往西沿直线以速度v骑行，该处地磁场的水平分量大小为B1，方向由南向北，竖直分量大小为B2，方向竖直向下；自行车车把为直把、金属材质，两把手间距为L，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应，下列结论正确的是()A．图示位置中辐条A点电势比B点电势低B．图示位置中辐条A点电势比B点电势高C．自行车左车把的电势比右车把的电势高B2L vD．自行车在十字路口左拐改为南北骑向，则自行车车把两端电动势要降低图44．如图4所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC ＝l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中()A．线框中的电动势随时间均匀增大B．通过线框截面的电荷量为Bl2 2RC．线框所受外力的最大值为2B2l2v RD．线框中的热功率与时间成正比5．(2012·宜昌模拟)如图5所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为l.金属圆环的直径也是l.圆环从左边界进入磁场，以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域．则下列说法正确的是()图5A．感应电流的大小先增大后减小再增大再减小B．感应电流的方向先逆时针后顺时针C．金属圆环受到的安培力先向左后向右D．进入磁场时感应电动势平均值E＝12πBl v6．(2011·临沂模拟)如图6所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦力和空气阻力均不计，则()图6A．金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反B．金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大C．金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D．金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能7．(2012·长春模拟)如图7所示，图7一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd 沿纸面由图示位置自由下落．当bc边刚进入磁场时，线框恰好做匀速运动，线框边长L小于磁场宽度H，则()A．线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．线框离开磁场时，受到的安培力方向竖直向上C．线框bc边刚进入磁场时的感应电流，小于线框bc边刚离开时的感应电流D．线框穿过磁场的过程中机械能守恒8．(2012·枣庄模拟)图8长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图8所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角．那么() A．通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶nB．通过导线横截面的电荷量q1∶q2＝1∶1C．线框发热功率P1∶P2＝2n∶1D．线框发热功率P1∶P2＝2∶19．在图9(a)、(b)、(c)中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，(a)图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒ab一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是()图9A．三种情况下，导体棒ab最终都是匀速运动B．图(a)、(c)中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；图(b)中ab棒最终静止C．图(a)、(c)中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动D．三种情况下，导体棒ab最终均静止二、非选择题(本题共4小题，共46分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)10．(10分)在开展研究性学习的过程中，某同学设计了一个利用线圈测量转轮转速的装置．如图10所示，在轮子的边缘上贴上小磁体，将小线圈靠近轮边放置，接上数据采集器和电脑(即DIS实验器材)．如果小线圈的面积为S，圈数为N匝，小磁体附近的磁感应强度最大值为B，回路的总电阻为R，实验发现，轮子转过θ角，小线圈的磁感应强度由最大值变为零．因此，他说“只要测得此时感应电流的平均值I，就可以测出转轮转速的大小”．请你运用所学的知识，通过计算对该同学的结论作出评价．图1011．(12分)(2011·重庆高考)有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图11所示．该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极，电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：(1)橡胶带匀速运动的速率；(2)电阻R消耗的电功率；(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功．图1112．(12分)(2012·苏州模拟)如图12所示，正方形线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，其质量m＝0.5 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝0.5 m．M，N分别为线框ad，bc边的中点．图示两个虚线区域内分别有竖直向下和竖直向上的匀强磁场，磁感应强度均为B＝1 T，PQ为其分界线．线框从图示位置以初速度v0＝2 m/s 向右滑动，当MN与PQ重合时，线框的瞬时速度方向仍然向右，求：(1)线框由图示位置运动到MN与PQ重合的过程中磁通量的变化量；(2)线框运动过程中最大加速度的大小．图1213．(12分)如图13所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，导轨间距离为L，导轨的电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面．质量分别为m a、m b的两根金属杆a、b跨搁在导轨上，接入电路的电阻均为R.轻质弹簧的左端与b杆连接，右端被固定．开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值v m，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨良好接触．求当b杆达到最大速度v m时：图13(1)b杆受到弹簧的弹力；(2)弹簧具有的弹性势能．答案及解析1．【解析】图①中穿过回路的磁通量Φ是一恒定值，所以回路中不产生感应电动势，选项A错；图②中穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t均匀变化，感应电动势是一恒定值，选项B错；图③中穿过回路的磁通量在0～t1时间内的变化率ΔΦΔt 大于在t 1～t 2时间内的变化率，所以回路在0～t 1时间内产生的感应电动势大于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势，选项C 错；图④中穿过回路的磁通量的变化率ΔΦΔt 先变小后变大，所以回路产生的感应电动势先变小后变大，选项D 正确．【答案】 D2．【解析】 A 环固定，当A 环通以变化的电流，B 环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化，B 环有向右的加速度，依据楞次定律得A 环中的电流一定是增大的．故C 正确．【答案】 C3．【解析】自行车车把切割磁感线，由右手定则知，自行车左车把的电势比右车把的电势高B 2L v ；辐条旋转切割磁感线，由右手定则知，图示位置中辐条A 点电势比B 点电势低；自行车在十字路口左拐改为南北骑向，地磁场竖直分量始终垂直于自行车车把，则其两端电动势不变．正确答案为A 、C 两项．【答案】 AC4．【解析】三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度L ＝v t ，所以线框中感应电动势的大小E ＝BL v ＝B v 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R ，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2v R ，选项C 错误；线框的热功率为P ＝F v ＝BI v t ×v ＝B 2v 4t 2R ，选项D 错误．【答案】 AB5．【解析】在圆环进入磁场的过程中，通过圆环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势E ＝Bl v ，有效长度先增大后减小，所以感应电流先增大后减小，同理可以判断出磁场时的情况，A 、B 两项正确；根据左手定则可以判断，进入磁场和出磁场时受到的安培力都向左，C 项错误；进入磁场时感应电动势平均值E ＝ΔΦΔt ＝B ·14πl 2l v ＝14πBl v ，D 项错误．【答案】 AB6．【解析】金属环每次进入和离开磁场，通过金属环的磁能量均发生变化，故有感应电流产生，但进入和离开过程中，磁通量变化趋势相反，故感应电流方向相反，A 项正确；金属环在进入磁场区域后，磁通量不再发生变化，故无感应电流产生，B 项错；当金属环摆角减小到不再离开磁场时，金属环机械能守恒，摆角不再减小，C 项正确，D 项错．【答案】 AC7．【解析】线框进入磁场时，线框的bc 边切割磁感线由右手定则可知电流方向为：a →d →c →b →a ，A 选项错误；由楞次定律的推论“来拒去留”可得线框离开磁场时，安培力竖直向上，B 选项正确；线框匀速进入磁场，由于L <H ，故线框完全进入磁场后感应电流消失，线框仅受重力做加速度为g 的匀加速运动，当bc 边到达磁场下边界时，由于加速运动使线框ad 边切割磁感线的速度增大了，电动势增大，感应电流增大，C 选项正确；线框穿过磁场的过程中有感应电流产生，机械能部分转化为电能，D 选项错误．【答案】 BC8．【解析】首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为ΔΦ1＝ΔΦ2＝B ·ab /2.当回路为n 匝，总电阻为nR 时．由q ＝I ·Δt ＝E nR ·Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝ΔΦ/R .可得q 1∶q 2＝1∶1.故知A 错B 对．两种情况下线框电阻不变，由电(热)功率公式可得P 1P 2＝(E 1E 2)2①E 1＝nBa v ②E 2＝nB ·ab 2·2v 2b ③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2＝2∶1，故知C 错D 对．【答案】 BD9．【解析】图(a)中，ab 棒以v 0向右运动的过程中，电容器开始充电，ab 棒做减速运动，ab 棒上的感应电动势减小，当ab 棒上的感应电动势与电容器两端电压相等时，ab 棒上无电流，从而做匀速运动；图(b)中，由于电阻R 消耗能量，所以ab 棒做减速运动，直至停止；图(c)中，当ab 棒向右运动时，产生的感应电动势与原电动势同向，因此作用在ab 棒上的安培力使ab 棒做减速运动，速度减为零后，在安培力作用下向左加速运动，向左加速过程中，ab棒产生的感应电动势与原电动势反向，当ab棒产生的感应电动势与原电动势大小相等时，ab棒上无电流，从而向左匀速运动，所以B正确．【答案】 B10．【解析】该同学的结论是正确的．设转轮的角速度、转速分别为ω和n，轮子转过θ角所需时间为Δt，通过小线圈的磁通量的变化量为ΔΦ，小线圈中产生的感应电动势的平均值为E.根据法拉第电磁感应定律有E＝N ΔΦΔt＝NBSΔt由闭合电路欧姆定律有I＝E/R又Δt＝θωn＝ω2π联立以上四式得：n＝IRθ2πNBS由此可见，该同学的结论是正确的．【答案】见解析11．【解析】(1)设电动势为ε，橡胶带运动速率为v.由：ε＝BL v，ε＝U得：v＝U BL.(2)设电功率为P.P＝U2 R.(3)设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W.由：I＝UR，F＝BIL，W＝Fd得：W＝BLUd R.【答案】(1)UBL(2)U2R(3)BLUdR12．【解析】(1)MN与PQ重合时，穿过线框的磁通量为零，故磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ＝BL 2＝0.25 Wb.(ΔΦ＝－0.25 Wb 也可)(2)cd 边刚过PQ 的瞬间，线框中的感应电动势最大 E ＝2BL v 0＝2×1×0.5×2 V ＝2 V感应电流的大小为I ＝E R ＝4 A线框所受安培力的大小为F ＝2BIL ＝2×1×4×0.5 N ＝4 N线框加速度的大小为a ＝F m ＝8 m/s 2.【答案】 (1)0.25 Wb (2)8 m/s 213．【解析】 (1)设某时刻a 、b 杆速度分别为v 和v m ，经过很短的时间Δt ，a 杆移动距离为v Δt ，b 杆移动距离为v m Δt ，回路面积改变量ΔS ＝L (v －v m )Δt .由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E ＝B ΔS Δt [或直接写为E ＝BL (v－v m )]回路中的电流I ＝E 2Rb 杆受到的安培力F b ＝BIL当b 杆的速度达到最大值v m 时，b 杆的加速度为0，设此时b 杆受到的弹簧弹力为F T ，由牛顿第二定律得F T ＝F b ，联立以上各式解得F T ＝B 2L 2(v －v m )2R. (2)以a 、b 杆和弹簧为研究对象，设弹簧弹性势能为E p ，由能量转化与守恒定律得12m a v 20＝12m a v 2＋12m b v 2m ＋2Q ＋E p ，故E p ＝12m a v 20－12m a v 2－12m b v 2m －2Q . 【答案】 (1)B 2L 2(v －v m )2R(2)12m a v 20－12m a v 2－12m b v 2m －2Q。

高考物理总复习质量检测13 新人教版

(时间：90分钟总分：110分)1．(8分)(1)(2010·福建)14C 测年法是利用14C 衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t 表示时间，纵坐标m 表示任意时刻14C 的质量，m 0为t ＝0时14C 的质量．下列四幅图中能正确反映14C 衰变规律的是__________．(填选项前的字母)．(2)利用光电管产生光电流的电路如图甲所示，电源的正极应接在__________端(填“a ”或“b ”)．(3)如图乙所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都视作质点，质量均为m ，与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能为多少？[解析] (1)本题意在考查衰变规律、半衰期等知识点，意在考查学生的图象表达能力.14C 衰变过程中每经过一个半衰期，质量减少为原来的一半，故其质量减少得越来越慢．(3)两物体动量守恒，弹簧最短时共同速度为v ′，由动量守恒得mv ＝2mv ′ 由机械能守恒定律知，弹簧的最大弹性势能为E p ＝12mv 2－12·2m ·v ′2以上两式得E p ＝mv 2/4.[答案] (1)C (2)a (3)mv 2/42．(12分)(1)人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程．请按要求回答下列问题．卢瑟福、玻尔、查德威克等科学家在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献．请选择其中的两位，指出他们的主要成绩．①________________________________________________________________________.②________________________________________________________________________.在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入研究，图为三种射线在同一磁场中的运动轨迹，请从三种射线中任选一种，写出它的名称和一种用途．________________________________________________________________________.(2)质量相同的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线的同一方向运动，A球的动量是9 kg·m/s，B球的动量是5 kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，试求碰撞后A球的动量的取值范围．[解析] (2)由题意知，两小球质量相等，当二者发生弹性碰撞时：p1＋p2＝p1′＋p2′1 2mv21＋12mv22＝12mv′21＋12mv′22即p212m＋p222m＝p′212m＋p′222m代入数据解得：p1′＝5 kg·m/s.当二者发生完全非弹性碰撞时：p1＋p2＝p1′＋p2′p1′＝p2′解得p1′＝7 kg·m/s故碰撞后A球的动量的取值范围为：5 kg·m/s≤p1′≤7 kg·m/s.[答案] (1)卢瑟福提出了原子的核式结构模型(或其他成就)．玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱(或其他成就)．查德威克发现了中子(或其他成就)．1为α射线，利用电离作用消除机器摩擦中的静电2为γ射线，利用穿透本领作金属探伤、测厚度、照射种子、癌细胞等3为β射线，利用穿透本领控制铝板厚度．(2)5 kg·m/s≤p1′≤7 kg·m/s3．(10分)(1)利用光谱分析鉴别物质的组成成分时，灵敏度是很高的．①如何进行操作？________________________________________________________________________.②如下图甲所示的a 、b 、c 、d 为四种元素的特征谱线，图乙是某矿物的线状谱，通过光谱分析可以确定该矿物中缺少的元素为__________．A ．a 元素B ．b 元素C ．c 元素D ．d 元素(2)用中子轰击锂核(63Li)发生核反应，产生氚和α粒子并放出4.8 MeV 的能量． ①写出核反应方程式；②求上述反应中的质量亏损为多少(保留两位有效数字)；③若中子与锂核是以等大反向的动量相碰，则α粒子和氚的动能之比是多少？ [解析] (1)①光谱分析中首先获取样本的线状谱，然后利用各种原子的特征谱线加以对照，从而确定组成成分．②由矿物的线状谱与几种元素的特征谱线进行对照，b 元素的谱线在该线状谱中不存在，故B 正确．与几个元素的特征谱线不对应的线说明该矿物中还有其他元素．(2)①63Li ＋10n ―→31H ＋42He ＋4.8 MeV②Δm ＝ΔE c 2＝4.8×106×1.6×10－193×1082kg ≈8.5×10－30kg③设m 1、m 2、v 1、v 2分别为氦核、氚核的质量和速度，由动量守恒定律得0＝m 1v 1＋m 2v 2 氦核、氚核的动能之比E k1∶E k2＝m 1v 122m 1∶m 2v 222m 2＝m 2∶m 1＝3∶4.[答案] (1)①见解析 ②B (2)①见解析 ②8.5×10－30kg ③3∶44．(10分)(2011·山东卷)(1)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天． ①碘131核的衰变方程：13153I→________(衰变后的元素用X 表示)． ②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．(2)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m 、12m ，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v 0、v 0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)[解析] (1)本题主要考查核反应方程、半衰期的计算，意在考查考生对核反应方程的掌握程度、对半衰期的理解和计算能力．(2)本题主要考查动量守恒定律及其应用，意在考查考生应用动量守恒定律解决多个物体间动量守恒问题的能力．[答案] (1)①13154X ＋0－1e ②16(2)设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得12m ×v 0＝11m ×v 1－m ×v min ① 10m ×2v 0－m ×v min ＝11m ×v 2②为避免两船相撞应满足v 1＝v 2③联立①②③式得v min ＝4v 0④5．(10分)(1)有一群氢原子处于量子数n ＝4的激发态，已知氢原子的能级公式为E n＝E 1n2(E 1为n ＝1时的能量)．当它们自发地向低能级跃迁时能发出__________种不同频率的光子．所发出光子的最大频率是__________(已知普朗克常量为h )．(2)三种不同的入射光A 、B 、C ，分别照射在三种不同的金属a 、b 、c 表面，均恰能使金属逸出光电子．若三种入射光的波长λA >λB >λC ，则( )A ．用入射光A 照射金属b 和c ，金属b 和c 均可发出光电效应B ．用入射光A 和B 照射金属c ，均可使金属c 发生光电效应C ．用入射光C 照射金属a 和b ，金属a 和b 均可发生光电效应D ．用入射光B 和C 照射金属a ，均可使金属a 发生光电效应(3)质量m A ＝10 g 的子弹，以v A ＝300 m/s 的速度射向质量m B ＝40 g 、静止在光滑水平桌面上的木块．①如果子弹留在木块中，木块运动的速度v 1是多大？②如果子弹把木块打穿，子弹穿过后的速度v A ′＝100 m/s ，这时木块的速度v 2又是多大？[解析] (1)不同频率的光子数量为C 24＝6，由n ＝4的激发态跃迁到n ＝1能级时，氢原子辐射出的光子频率最大，根据hνm ＝E 116－E 11＝－15E 116，解得最大频率是－15E 116h.(2)金属的逸出功为W ＝hc λ，所以在本题中W a ＝hc λA <W b ＝hc λB <W c ＝hcλc，入射光子的能量E A <E B <E C ，所以用入射光A 照射金属b 和c ，金属b 和c 均不可能发出光电效应．用入射光A和B 照射金属c ，都不可能使金属c 发生光电效应．(3)①根据动量守恒定律得：m A v A ＝(m A ＋m B )v 1，解得：v 1＝60 m/s ②根据动量守恒定律得：m A v A ＝m A v A ′＋m A v 2，解得：v 2＝50 m/s.[答案] (1)6 －15E 116h (2)CD (3)①60 m/s②50 m/s6．(10分)(1)2008年10月10日中国国际核聚变能源计划执行中心在北京揭牌，通过有关国家广泛合作，未来30年到50年将可能建成民用电站．下列有关核聚变的说法中正确是__________．A ．核聚变的反应方程式可以是21H ＋31H ―→42He ＋10n B ．聚变反应必须在很高的温度下进行C ．聚变时所释放的核能大小的计算公式是E ＝12mv 2D ．在消耗相同质量的核燃料时，聚变反应释放的能量比裂变反应大得多(2)在真空中，氢原子从能级A 跃迁到能级B 时，辐射出波长为λ1的光子；从能级A 跃迁到能级C 时，辐射出波长为λ2的光子．若λ1>λ2，真空中的光速为c ，则氢原子从能级B 跃迁到能级C 时将__________光子(填“吸收”或“辐射”)，其光子的波长为__________．(3)从地面竖直向上发射一颗质量为m ＝0.4 kg 的礼花弹，升到距地面高度为h ＝125 m 时速度为v ＝30 m/s ，此时礼花弹炸成质量相等的两块，其中一块经t ＝5 s 落回发射地．则礼花弹在爆炸过程中，有多少化学能转化成机械能？(g 取10 m/s 2，不计空气阻力且不考虑燃料质量的影响)．[解析] (1)核聚变反应是用氘和氚作为原料，在高温下进行的，故A 、B 选项正确；核能大小的计算公式应是ΔE ＝Δmc 2，故C 选项错误；在聚变反应中，平均每个核子放出的能量比裂变反应中平均每个核子放出的能量要大3～4倍，故在消耗相同质量的核燃料时，聚变反应释放的能量比裂变反应大得多，D 选项正确．(2)氢原子从能级A 跃迁到能级B 时，所辐射的光子的能量为E A －E B ＝h cλ1，从能级A 跃迁到能级C 时，所辐射的光子的能量为E A －E C ＝hcλ2，因为λ1>λ2，所以E B >E C 故从能级B 跃迁到能级C 时，辐射光子，辐射出的光子的能量为E B －E C ＝hc λ2－h c λ1＝h cλ，所以λ＝λ1λ2λ1－λ2.(3)设礼花弹爆炸后，经5 s 落地的一块弹片的速度为v 1，第二块弹片的速度为v 2.对第一块，根据运动学公式有：h ＝v 1t ＋12gt 2代入数据解得：v 1＝0 根据动量守恒有：mv ＝m 2v 1＋m 2v 2解得：v 2＝60 m/s礼花弹在爆炸过程中，化学能转化成机械能的大小即为弹片动能的改变量，有： ΔE ＝12m 2v 21＋12m 2v 22－12mv 2解得：ΔE ＝180 J.[答案] (1)ABD (2)辐射 λ1λ2/(λ1－λ2) (3)180 J7．(11分)(2011·新课标卷)(1)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________．若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为________．已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e 、c 和h .(2)如图，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平桌面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0.求弹簧释放的势能．[解析] (1)(2)设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒得 3mv ＝mv 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1由动量守恒得 3mv ＝2mv 1＋mv 0②设弹簧的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m )v 2＋E p ＝12(2m )v 21＋12mv 20③ 由①②③式得弹簧所释放的势能为E p ＝13mv 20④[答案] (1)hc λ0 hc e λ0－λλ0λ(写为hc e λ－λ0λ0λ也可) (2)E p ＝13mv 208．(11分)(2011·湖南嘉禾一中高三摸底一)如图甲所示，物体A ，B 的质量分别是4 kg 和8 kg ，由轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B 左侧与竖直墙壁相接触. 另有一个物体C 水平向左运动，在t ＝5 s 时与物体A 相碰，并立即与A 有相同的速度，一起向左运动，物块C 的速度—时间图象如图乙所示．(1)求物块C 的质量；(2)弹簧压缩具有的最大弹性势能；(3)在5 s 到15 s 的时间内墙壁对物体B 的作用力的冲量．[解析] 由图象可知：物体C 以速度v 0＝6 m/s 与A 相碰，立即有相同的速度v ＝2 m/s ，A ，C 相互作用时间很短，水平方向动量守恒，有：m C v 0＝(m C ＋m A )v 解得：m C ＝m A v v 0－v＝2 kg(2)物块C 和A 一起运动，压缩弹簧，它们的动能完全转化为弹性势能最大弹性势能为E p ＝12(m A ＋m C )v 2＝12 J(3)5 s 到15 s 内，墙壁对B 的作用力F 等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A 和C 的速度由2 m/s 减到0，再反弹到2 m/s ，则弹力的冲量等于F 的冲量为：I ＝(m A ＋m C )v －[－(m A ＋m C )v ]＝24 N·s 方向向右[答案] (1)2 kg (2)12 J (3)24 N·s 方向向右9．(14分)(2011·广东六校高三联考)太阳的能量来自下面的反应：四个质子(氢核)聚变成一个氦粒子，同时发射两个正电子，若太阳辐射能量的总功率为P ，质子11H 、氦核42He 、正电子01e 的质量分别为m p ，m α，m e ，真空中的光速为c ，求：(1)写出核反应方程式； (2)核反应所释放的能量ΔE ；(3)1 s 内参与上述热核反应的质子数目． [解析] (1)核反应方程式为411H ―→42He ＋201e(2)质量亏损Δm ＝(4m p －m a －m e )，根据爱因斯坦质能方程：ΔE ＝Δmc 2，核反应释放的能量，ΔE ＝(4m p －m a －2m e )c 2(3)设单位时间内参与热核反应的质子数为N ，依据能量关系Pt ＝NΔE4有，N ＝4P4m p －m a －2m e c2[答案] (1)411H ―→42He ＋201e (2)ΔE ＝(4m p －m a －2m e )c 2(3)N ＝4P4m p －m a －2m e c210．(14分)(2011·东北三省三校联考一)(1)以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是( )A ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C ．半衰期不但由放射性元素的原子核内部本身的因素决定，还受压强、温度等外界因素的影响D ．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小(2)如图所示是固定在水平地面上的横截面为“”形的光滑长直导轨槽，槽口向上(图为俯视图). 槽内放置一个木质滑块，滑块的左半部是半径为R 的半圆柱形光滑凹槽，木质滑块的宽度为2R ，比“”形槽的内侧宽度略小. 现有一半径为r (r 《R )的金属小球以水平初速度v 0冲向滑块，从滑块的一侧半圆形槽口边缘进入. 已知金属小球的质量为m ，木质滑块的质量为5m ，整个运动过程中无机械能损失. 求：①当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度各是多大；②当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A 点时，金属小球的速度大小．[解析] (1)增大光照强度可以增大光电流，电子的初动能不变，A 错；半衰期不受压强和温度等外界因素的影响，C 错；选BD ，本题容易．(2)本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，列方程组即可求解，本题容易． [答案] (1)BD(2)解：①设滑离时小球和滑块的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒mv 0＝mv 1＋5mv 2 又12mv 20＝12mv 21＋125mv 22 得v 1＝－23v 0 v 2＝13v 0所以，小球速度大小为23v 0，滑块速度大小为13v 0②小球过A 点时沿轨道方向两者有共同速度v ，小球过A 点的速度为v ′，沿轨道方向动量守恒，有mv 0＝(m ＋5m )v12mv 20＝12mv ′2＋125mv 2 解得v ′＝316v 0。