高三基础知识天天练 物理16-1人教版
高三物理精华试题每天一练(16) 新课标
1. 自从1970年4月我国的第一颗人造地球卫星上天以来，在40多年的时间里，我国的航天事业取得了举世瞩目的成就，期间成功的发射了地球同步通信卫星和载人航天飞船。
2011年11月1日又成功地发射了“神州8号”飞船，并在空中与“天宫1号”成功的实现了交会对接。
已知“神州8号”飞船运行周期约为90min ，那么“神州8号”飞船与地球同步通信卫星在轨道上正常运转时相比较 （ ）A ．飞船运行的周期较大B ．飞船离地面的高度较大C ．飞船运行的加速度较大D ．二者一定在同一轨道平面内1．C 解析：“神州8号”飞船运行周期约为90min ，而地球同步通信卫星为24h ，所以飞船运行的周期较小，选项A 错误；根据开普勒第三定律可知，周期小的轨道半径小，所以飞船离地面的高度较小，选项B 错误；根据2r GM a =可知，轨道半径越小，加速度越大，所以飞船运行的加速度较大，选项C 正确；地球同步通信卫星的运行轨道一定在赤道平面内，而飞船的运行轨道中心一定是地心，但不一定要在赤道平面内，选项D 错误。
本题答案为C 。
2. 图中甲、乙是一质量m =6×103kg 的公共汽车在t =0和t =4s 末两个时刻的两张照片．当t =0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）．图丙是车内横杆上悬挂的手拉环的图像，测得θ=30°．根据题中提供的信息，无法估算出．．．．．的物理量是（ ）A ．汽车的长度B ．4s 内汽车牵引力所做的功C ．4s 末汽车的速度D ．4s 末汽车合外力的瞬时功率2.B 解析：根据图丙，通过对手拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为a=g cot θ=3310m/s 2，所以，t =4s 末汽车的速度v =at =3340m/s ，选项C 可估算；根据图甲、乙可知，汽车的长度等于4s 时汽车的位移，即l=m 3380212=at ，选项A 可估算；因为4s 末汽车的瞬时速度可求出，汽车的合外力F=ma 也可求出，所以汽车在4s 末的瞬时功率为P=Fv 也可估算，即选项D 可估算；因为不知汽车与地面间的摩擦力，所以无法估算4s内汽车牵引力所做的功，选项B符合题意。
山东省高考物理(人教版)一轮计时双基练16 功 功率
计时双基练16功功率(限时：45分钟满分：100分)A级双基达标1．(2014·河北省邯郸市馆陶一中期中考试)如练图5－1－1所示，劈a 放在光滑的水平面上，练图5－1－1斜面光滑，把b物体放在斜面的顶端由静止开始滑下，则在下滑过程中，a对b的弹力对b做的功为W1，b对a的弹力对a做的功为W2，下列关系中正确的是()A．W1＝0，W2＝0B．W1≠0，W2＝0C．W1＝0，W2≠0D．W1≠0，W2≠0解析根据功的定义可知a对b的弹力对b做负功，b对a的弹力对a 做正功，选项D正确．答案 D2．(多选题)练图5－1－2汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1时刻关闭发动机，做匀减速直线运动，t2时刻静止，其v－t图象如练图5－1－2所示，图中α<β，若汽车牵引力做功为W、平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2、平均功率分别为P1和P2，则() A．W＝W1＋W2B．W1>W2C．P＝P1D．P1＝P2解析整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，A项正确．摩擦力大小相等，第一段位移大，所以B 项正确．第一段是加速的，牵引力大于摩擦力，所以P >P 1，C 项错．加速段和减速段平均速度相等，所以摩擦力的功率相等，D 项正确．答案 ABD3．(2013·北师大附属实验中学期中考试)汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t 1时刻司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻汽车又开始做匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)．则在t 1～t 2的这段时间内( )A ．汽车的加速度逐渐减小B ．汽车的加速度逐渐增大C ．汽车的速度先减小后增大D ．汽车的速度逐渐增大解析 本题需要结合公式P ＝F v 和F －f ＝ma 求解．t 1时刻前，P ＝F 0v 0＝f v 0，即摩擦力f ＝F 0；t 1时刻，12P ＝F 1v 0，可见，牵引力F 1＝12F 0，又F 1－f ＝ma 1即12F 0－F 0＝ma 1，可得a 1＝－F 0/2m ，负号表示加速度方向与速度方向相反，汽车做减速运动；t 1～t 2时间内，发动机功率保持12P 不变，速度继续减小，选项C 、D 错误；根据12P ＝F v 可知，当速度减小，功率不变时，牵引力F 逐渐增大，由F －f ＝ma 即F －F 0＝ma 可知，加速度a 逐渐减小，选项A 正确，B 错误．本题答案为A.答案 A4．如练图5－1－3，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )练图5－1－3A ．mgLω B.32mgLω C.12mgLω D.36mgLω 解析 由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．P G＝mg v y ＝mg v cos60°＝12mgωL ，故选C. 答案 C5．(2013·重庆市月考)完全相同的两辆汽车，都拖着完全相同的拖车以相同的速度在平直公路上匀速齐头并进，某一时刻两拖车同时与汽车脱离之后，甲汽车保持原来的牵引力继续前进，乙汽车保持原来的功率继续前进，则一段时间后(假设均未达到最大功率)( )A ．甲车超前，乙车落后B. 乙车超前，甲车落后C ．它们仍齐头并进D. 甲车先超过乙车，后乙车又超过甲车解析 拖车与汽车脱离之前，牵引力等于摩擦力，脱离之后，汽车受到的摩擦力f 减小，因为甲汽车的牵引力F 保持不变，所以其将做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝(F －f )/m ，而乙汽车保持原来的功率不变做加速运动，根据P ＝F v 可知，其牵引力会随其速度的逐渐增大而减小，其加速度大小也会从a ＝(F －f )/m 逐渐减小，可见，甲车的速度较大，甲车超前，乙车落后．本题答案为A.答案 A6.练图5－1－4(2013·黑龙江省哈师大附中期中考试)如练图5－1－4所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12m v 22－12m v 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12(v 1＋v 2) D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小解析 0～t 1时间内汽车做匀加速运动，牵引力F 大小恒定，但汽车的速度v 逐渐增大，所以其功率逐渐增大，选项A 错误；在t 1～t 2时间内，牵引力做正功，摩擦力做负功，合外力做功之和等于动能的改变量，所以选项B 错误；根据“面积”法求位移，在t 1～t 2时间内汽车的位移s ＞12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)，所以平均速度v －＝s t 2－t 1>12(v 1＋v 2)，选项C 错误；在全过程中t 1时刻的斜率最大，加速度a 1也最大，根据F 1＝f ＋ma 1可知，此时牵引力F 1最大，此时刻的功率P 1也是在0～t 1时间内最大的，在t 1时刻之后，汽车的功率保持P 1不变，所以P 1是整个过程中的最大值，在t 2～t 3时间内牵引力等于摩擦力，牵引力最小，所以选项D 正确．答案 D7．(多选题)如练图5－1－5所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如练图5－1－5所示，t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定( )练图5－1－5A．物块返回底端时的速度B．物块所受摩擦力大小C．斜面倾角θD．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析物块沿斜面向上运动时，有g sinθ＋μg cosθ＝v0t0；向下运动时，有g sinθ－μg cosθ＝v2t0.而向上滑行与向下滑行时路程相同，即s＝v02·t0＝v2·2t0.由以上三式可求斜面倾角θ及物块返回底端时的速度，A、C项正确．由于物体质量未知，所以不能确定物块所受摩擦力大小，不能求3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，B、D项错误．答案AC8．(2014·江西省南昌大学附中月考)动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐．动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组．假设有一动车组由六节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为8×104kg.其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率分别是2×107 W和1×107 W(第一节车厢达到额定功率不够再启动第二节车厢)，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g＝10 m/s2)(1)求该动车组的最大行驶速度；(2)若列车以1 m/s2的加速度匀加速启动，t＝10 s时刻，第一节和第二节车厢之间拉力的最大值是多大？解析(1)对整列动车，质量M＝6×8×104＝4.8×105 kg，当牵引力等于阻力时，动车速度最大P m＝f v m，其中阻力f＝0.1Mg＝0.1×6×8×104×10 N＝4.8×105 N，假设两节有动力的车厢都正常工作．则v m＝P mf＝P1＋P2f＝2×107＋1×1074.8×105m/s＝62.5 m/s.(2)当t＝10 s时，v1＝at＝10 m/s.假设只有第一节车厢提供动力，则对整列车：P11v1－f＝Ma，解得P11＝9.6×106 W<P1＝2×107 W.说明只有第一节车厢提供动力可以按照题设要求行驶．此时第一、二节车厢间拉力最大对后五节车厢F m－f2＝M2a其中M2＝5×8×104 kg＝4.0×105 kg.解得第一、二节车厢间最大拉力F m＝8×105 N.答案(1)62.5 m/s(2)8×105 NB级能力提升1．(多选题)(2014·江西省南昌大学附中月考)一质点在光滑水平面练图5－1－6上处于静止状态，现对该质点施加水平力F，力F随时间t按如练图5－1－6所示的正弦规律变化，力F的方向始终在同一直线上，在0～4 s内，下列说法正确的是()A．第2 s末，质点距离出发点最远B．第2 s末，质点的动能最大C．0～2 s内，力F瞬时功率一直增大D．0～4 s内，力F做功为零解析从图象可以看出在前2 s力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，第 2 s 末，拉力F方向反向，速度方向不变，所以2 s后，质点离出发点距离还在增大，故A错误；第2 s末，拉力F方向反向，速度方向不变，物体要做减速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动能最大，故B正确；0～1 s内，速度在增大，力F增大，根据瞬时功率P＝F v得力F瞬时功率一直增大，1～2 s内，速度在增大，但是随时间速度增大变慢，而力F随时间减小变快，所以力F瞬时功率有减小的过程，故C错误；0～4 s内，初末速度都为零，根据动能定理得合力做功为零，所以力F做功为零，故D 正确．答案BD2．如练图5－1－7所示为水平面上的物体在水平拉力F作用下的v－t图象和拉力F的功率—时间图象，则物体跟水平面间的动摩擦因数为(g＝10 m/s2)()练图5－1－7A．1/10 B．3/20C．5/27 D．5/18解析设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，前2 s内：F1－μmg＝ma，v1＝at1，2 s末：P1＝F1v1，由以上三式可得：5－μmg＝3m2～6 s内，P2＝μmg·v1，代入数值得：μmg＝53N，可求出：μ＝320，故B项正确．答案 B3．(多选题)(2013·新课标Ⅰ卷)2012年11月，“歼－15\”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．练图5－1－8①为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如练图5－1－8②所示．假设无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )①②练图5－1－8A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析 在v －t 图象中，图象和时间轴所围的面积即为位移的大小，由所给图象可知“面积\”约为1 000 m 的110，加速度大小约为a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪10－672.5－0.4 m/s 2＝27.1 m/s 2，A 、C 正确.0.4～2.5 s ，加速度的大小即斜率的大小不变，合力不变，阻拦索的夹角减小，索上张力减小，速度降低，其功率将减小，B 、D 错误．答案 AC4．(多选题)(2013·云南省昆明一中月考)如练图5－1－9所示，穿在水平直杆上质量为m 的小球开始时静止．现对小球沿杆方向施加恒力F 0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F ，且F 的大小始终与小球的速度成正比，即F ＝k v (图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，已知小球运动过程中未从杆上脱落，且F 0>μmg .下列说法正确的是( )练图5－1－9A．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止B．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，直到最后做匀速运动C．小球的最大加速度为F0 mD．恒力F0的最大功率为F20＋F0μmgμk解析刚开始，F＝0，a＝F0－μmgm，之后v增大，a＝F0－μmg＋μk vm逐渐增大，当F＝k v＝mg时，加速度达到最大，即a m＝F0m；当速度继续增大，F＝k v＞mg时，a＝F0－μ(k v－mg)m不断减小，当μ(F－mg)＝F0，即μ(k v－mg)＝F0时，a＝0，速度达到最大，所以v m＝F0＋μmgμk时，此后小球做匀速运动．根据以上分析，选项B、C正确；P m＝F0v m＝F20＋F0μmgμk，选项D正确．答案BCD5．如练图5－1－10所示，质量为M的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m的车厢(可视为质点)在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为μ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为θ，汽车的额定功率为P，重力加速度为g，不计空气阻力．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，求：练图5－1－10(1)汽车所能达到的最大速度为多少？(2)汽车能达到的最大加速度为多少？(3)汽车以最大加速度行驶的时间为多少？解析(1)当汽车达到最大速度时汽车的功率为P，且牵引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即F＝f.由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为f＝μ(m＋M)g，又P＝F v，由上述三式可知汽车的最大速度为：v＝Pμ(m＋M)g.(2)要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面．考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力T，设此时车厢的最大加速度为a，则有：水平方向T cosθ＝ma，竖直方向T sinθ＝mg，由上两式得a＝g cotθ.(3)因为汽车做匀加速运动，所以F－f＝(M＋m)a，f＝μ(m＋M)g(用隔离法同样可得)即F＝(μ＋cotθ)(M＋m)g，因为汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率恰好达到额定功率，根据P ＝F v a，由题意知，汽车一开始就做加速度最大的匀加速运动，匀加速的最大速度为v a＝at，故以最大加速度行驶的时间为：t＝P(μ＋cotθ)(m＋M)g2cotθ.答案(1)Pμ(m＋M)g (2)g cotθP(3)(μ＋cotθ)(m＋M)g2cotθ。
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第一模块第1章第1单元一、选择题1．2008年的奥运圣火经珠穆朗玛峰传至北京，观察图5中的旗帜和甲、乙两火炬手所传递的圣火火焰，关于甲、乙两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法正确的是(旗杆和甲、乙火炬手在同一地区)()图5A．甲、乙两火炬手一定向左运动B．甲、乙两火炬手一定向右运动C．甲火炬手可能运动，乙火炬手向右运动D．甲火炬手可能静止，乙火炬手向左运动解析：红旗左飘，说明有向左吹的风，由于甲火炬手的火炬向左偏，无法确定甲火炬手的运动状态，甲可能静止，也可能向右运动，也可能向左运动，运动速度小于风速．乙火炬手的火炬向右偏，乙火炬手一定向左运动，且速度大于风速．答案：D2．用同一张底片对着小球运动的路径每隔110s拍一次照，得到的照片如图6所示，则小球在图中过程运动的平均速度是()图6A．0.25 m/s B．0.2 m/sC．0.17 m/s D．无法确定解析：由于此过程小球的位移为5 cm，所经时间为t＝3×110s＝0.3 s，所以v＝5×10－20.3m/s＝0.17 m/s，故C项正确．答案：C3．足球以8 m/s的速度飞来，运动员把它以12 m/s的速度反向踢出，踢球时间为0.2 s，设球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内加速度是() A．－200 m/s2B．200 m/s2C．－100 m/s2D．100 m/s2解析：根据加速度的定义可得：a＝v－v0t－12－80.2m/s2＝－100 m/s2答案：C4．在2008年北京奥运会中，牙买加选手博尔特(如图7所示)是一公认的世界飞人，在男子100 m决赛和男子200 m决赛中分别以9.69 s和19.30 s的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．200 m 决赛中的位移大小是100 m 决赛中位移大小的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度大小约为10.36 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度大小约为10.32 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.64 m/s解析：位移指的是从初位置指向末位置的有向线段，结合100 m 和200 m 的起点、终点设置，故A 、B 错.100 m 比赛中，博尔特做变速运动，最大速度无法判断，D 错．而位移Δx 一定，Δt 一定，则v ＝Δx /Δt ＝1009.69m/s ≈10.32 m/s ，所以选C.答案：C5．参加汽车拉力赛的越野车，先以平均速度v 1跑完全程的2/3，接着又以v 2＝40 km/h 的平均速度跑完剩下的1/3路程．已经测出在全程内的平均速度v ＝56 km/h ，那么v 1应是( )A ．60 km/hB ．65 km/hC ．48 km/hD ．70 km/h解析：设全程为x ，以平均速度v 1跑完全程的23的时间为t 1，则t 1＝2x3v 1.以平均速度v 2跑完全程的13的时间为t 2，则t 2＝x3v 2.以平均速度v ＝56 km/h 跑完全程所用的时间为t ，则t ＝xv.由t ＝t 1＋t 2得x v ＝2x 3v 1＋x3v 2，解得v 1＝3vv 23v 2－v.代入数据得v 1＝70 km/h.故选项D 是正确的． 答案：D6．在平直公路上行驶着的公共汽车，用固定于路旁的照相机连续两次拍摄，得到清晰的照片如图8所示．对照片进行分析，知道如下结果．(1)对间隔2 s 所拍摄的照片进行比较，可知公共汽车在2 s 的时间里前进了12 m. (2)在两张照片中，悬挂在公共汽车顶棚上的拉手均向后倾斜着． 根据这两张照片，下列说法正确的是( )A ．可求出拍摄的2 s 末公共汽车的瞬时速度B ．公共汽车在加速运动C ．可知在拍第一张照片时公共汽车的速度D ．公共汽车做匀速运动解析：根据题设条件只能求出公共汽车在2 s 时间内的平均速度，但不能求出2 s 末及拍第一张照片时公共汽车的瞬时速度，所以选项A 、C 错误；由于悬挂在公共汽车顶棚上的拉手一直向后倾斜，知汽车的加速度向前，即汽车做加速运动，所以选项B 正确，D 错误．答案：B7．有以下几种情景，根据所学知识选择对情景分析和判断正确的说法( )①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车 ③运动的磁悬浮列车在轨道上高速行驶 ④太空的空间站在绕地球做匀速圆周运动 A ．因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．尽管空间站匀速转动，加速度也不为零解析：点火后虽然火箭速度为零，但由于合外力很大而具有很大的加速度，所以选项A 错误；判断加速度存在的依据是看合外力是否为零，看速度变化的快慢，而不是看速度的大小，所以选项B 正确；一个物体运动速度大，但速度不发生变化(如匀速直线运动)，则加速度为零，所以选项C 错误；曲线运动的速度方向发生了变化，速度就发生了变化，所以一定有加速度，选项D 正确．答案：BD 8．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．速度变化的大小可能小于4 m/sB ．速度变化的大小可能大于10 m/sC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：题中只给出1 s 初、末的速度的大小，这就隐含了两速度方向可能相同，也可能相反．若两速度方向相同，物体做匀加速运动，Δv ＝6 m/s ，a ＝6 m/s 2；若两速度方向相反，则物体运动必须是往复运动．取初速度的方向为正方向，则v t ＝－10 m/s ，全过程时间t ＝1s ，代入运动学公式即得a ＝v t －v 0t ＝－10－41m/s 2＝－14 m/s 2，负号说明a 的方向与初速度方向相反，即选项B 、D 正确．答案：BD9．客车运能是指一辆客车单位时间内最多能够运送的人数．某景区客运索道的客车容量为50人/车，它从起始站运行至终点站(图9)单程用时10分钟．该客车运行的平均速度和每小时的运能约为( )A ．5米/秒，300人B ．5米/秒，600人C ．3米/秒，300人D ．3米/秒，600人解析：从图中可看出数据，其平均速度v ＝xt≈5 m/s ，因单程用时10分钟，则1小时运送6次，其运能为：50人×6＝300人．答案：A 二、计算题 10．一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过．当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来时，发现飞机在他前上方与地面成60°角的方向上，据此可估算出此飞机的速度约为声速的多少倍．解析：飞机做匀速直线运动，设其速度为v 1，经过时间t ，其水平位移为x ＝v 1·t ，① 声波向下匀速传播，设其传播速度为v 2，则经过时间t ，传播距离为h ＝v 2t ，② 且x 与h 满足关系h ＝x tan60°，③由①②③式解得v 1＝33v ，即飞机的速度约为声速的33倍．答案：3311．如图10是高速摄影机拍摄的子弹头射过扑克牌的照片，子弹头的平均速度是900 m/s.(1)这种情况下，子弹头可看成质点吗？ (2)请你估算子弹穿过扑克牌的时间．(设扑克牌的宽度为5.7 cm ，子弹头的长度为1.9 cm) 解析：(1)由于扑克牌的宽度只有子弹头长度的3倍，所以子弹头不能看成质点． (2)子弹头穿过扑克牌所走位移为：x ＝5.7 cm ＋1.9 cm ＝7.6 cm ，所以子弹头穿过扑克牌的时间t ＝x v＝7.6×10－2900≈8.4×10－5 s.答案：(1)不可以 (2)8.4×10－5 s12．有些国家的交管部门为了交通安全，特制定了死亡加速度为500g (g ＝10 m/s 2)这一数值以警示世人．意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险．这么大的加速度，一般车辆是达不到的，但是如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试判断：两辆摩托车以36 km/h 的速度相向而撞，碰撞时间为2×10－3s ，驾驶员是否有生命危险？解析：摩托车的初速度v 0＝36 km/h ＝10 m/s ， 末速度v t ＝0这一碰撞过程的时间Δt ＝2×10－3 s由加速度的定义式a＝Δv Δt得加速度的大小为a＝ΔvΔt＝102×10－3m/s2＝5×103 m/s2＝500 g，所以驾驶员有生命危险．答案：有生命危险。
新教材高中物理课时跟踪训练十六力的合成和分解第1课时含解析新人教版必修第一册
新教材高中物理课时跟踪训练十六力的合成和分解第1课时含解析新人教版必修第一册课时跟踪训练(十六) 力的合成和分解(第1课时)A级—学考达标1.如图所示，A、B为同一水平线上的两个绕绳装置，转动A、B改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降。
关于此过程绳上拉力大小的变化，下列说法中正确的是( )A．不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．不能确定解析：选B 当改变绳的长度，使光滑挂钩下的重物C缓慢下降时，两绳间的夹角会逐渐变小，而它们的合力是不变的，故这两个分力的大小将会逐渐减小，选项B正确。
2．两个共点力同向时合力为a，反向时合力为b，当两个力垂直时合力大小为( )A.a2＋b2B．a2＋b22C.a＋bD.a＋b 2解析：选B 假设两个力分别为F1、F2，则同向时F1＋F2＝a，反向时F1－F2＝b，解得F1＝a＋b2，F2＝a－b2。
故当两力垂直时F＝F12＋F22，代入数据可得F＝a2＋b22，选项B正确。
3．下列几组力中，合力有可能为零的是( )A．5 N,10 N,4 N B．10 N,20 N,40 NC．12 N,5 N,17 N D．2 N,6 N,9 N解析：选C 三个力合成时，其中一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间，则合力可以等于零，由此可知选项C中的合力可能为零。
4.在斜面上的物体受到的重力为G，可以分解为沿斜面向下的力G1和垂直斜面向下的力G2，如图所示。
下列说法正确的是( )A．G1和G2的代数和等于GB．G2就是物体对斜面的压力C．G1和G2的受力物体是斜面上的物体D．若物体静止在斜面上，斜面对物体的作用力一定竖直向上解析：选D 重力G分解为垂直斜面向下的力G2和平行斜面向下的力G1，G1和G2的矢量和等于G，故A错误；G2是使物体紧压斜面的分力，不是物体对斜面的压力，故B错误；G1和G2是重力的两个分力，实际上是不存在的，故C错误；若物体静止在斜面上，根据平衡的条件可知，斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反，所以一定竖直向上，故D正确。
高三基础知识天天练物理6-1人教版
高三基础知识天天练物理6-1人教版a第三模块第6章第1单元一、选择题kQ1．下面是对点电荷的电场强度公式E＝的几种不同理解，正确的是r()A．当r→0时，E→∞B．当r→∞时，E→0C．某点的场强大小与距离r成反比D．以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强相同kQ解析：当r→0时，E＝，不再适用，A错B对．某点场强的大小应与距离r的平方r成反比，C错误．以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，故场强不同，D错．答案：B图192．如图19所示实线是一簇未标明的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是()A．带电粒子所带电荷的性质B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大解析：由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确．答案：BCD3．有一负电荷自电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B，它运动的速度图象如图20所示，则A、B所在电场区域的电场线分布可能是图中的a()图20解析：由v—t图象可知，电荷的a和v均增加，故E增加，且电场力与v同向，所以E与v反向，应选B.答案：B图214．如图21所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图21中虚线所示．则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的动能，一个增加一个减小解析：设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a带正电，b 带负电．若电场线为负点电荷的电场线，则a为负电荷，b为正电荷，A 错．由粒子的偏转轨迹可知电场力对a、b均做正功，动能增加，B、D 错．但由电场线的疏密可判定，a受电场力逐渐减小，加速度减小．b正好相反，选C.答案：C5．带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动．该电场可能由()aA．一个带正电的点电荷形成B．一个带负电的点电荷形成C．两个分立的带等量负电的点电荷形成D．一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成解析：在仅受电场力的作用下在电场线上运动，只要电场线是直线的就可能实现，但是在等势面上做匀速圆周运动，就需要带负电的粒子在电场中所受的电场力提供向心力，根据题目中给出的4个电场，同时符合两个条件的是A答案．答案：A6．两个固定的异种点电荷，电荷量给定但大小不等．用E1和E2分别表示两个点电荷产生的电场强度的大小，则在通过两点电荷的直线上，E1＝E2的点()A．有三个，其中两处合场强为零B．有三个，其中一处合场强为零C．有两个，其中一处合场强为零D．只有一个，该处合场强为零解析：本题主要考查场强的矢量性，同一直线上两点电荷产生场强的叠加则变成了代数的加或减．由于两个点电荷带异种电荷且电荷量不等，则E1＝E2的点必有两个，其中一处合场强为零，另一处合场强为2E1，应选C.答案：C图227．如图22所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计．则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是()A．先变大后变小，方向水平向左B．先变大后变小，方向水平向右C．先变小后变大，方向水平向左D．先变小后变大，方向水平向右解析：先画出等量异种电荷的电场线分布，再判断中垂线上各点的电场强度的变化情况及电子受电场力的情况，最后，确定另一个力的大小和方向．a图23等量异种电荷电场分布如图23所示，由图(a)中电场线的分布可以看出，从A到O，电场线由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从A→O→B，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场线切线方向，为水平向右，如图(b)所示．.由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等方向相反．电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A→O→B过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确．答案：B图248．如图24所示，在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，下面区域的场强是上面区域场强的2倍．有一带负电的粒子，从上面区域沿电场线方向以速率v0匀速下落，并进入下面区域(该区域的电场足够大)．在下图所示的速度—时间图象中，符合粒子在电场内的运动情况的是()解析：粒子在E中匀速下落，则qE＝mg2qE－mg粒子在2E中：a＝g，方向向上m则粒子先向下减速，后向上加速进入E中又以v0匀速上升．故C正确．答案：C图259．如图25所示，质量分别为m1和m2的两小球，分别带电荷量q1和q2，用同等长度的绝缘线悬于同一点，由于静电斥力使两悬线与竖直方向张开相同的角度则()A．q1必等于q2B．m1必等于m2C．q1/m1必等于q2/m2aD．q1＝q2和m1＝m2必须同时满足图26解析：依据题意对两个带电小球受力分析如图26，据平衡条件得：F ＝m1gtanθF＝m2gtanθ所以有m1＝m2.故B正确答案：B图2710．如图27所示，质量为m的带负电的小物块处于倾角为37°的光滑斜面上．当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰处于静止．现将电场方向突然改为水平向右，而场强大小不变，则()A．小物块仍静止B．小物块沿斜面加速上滑C．小物块沿斜面加速下滑D．小物块将脱离斜面运动图28解析：当场强向下时，物块m受重力和电场力两个力作用下处于静止状态，可知F电＝mg.当电场方向改为向右时，受力分析如图28，在垂直于斜面方向上，有：mgco37°＝FN＋F电in37°FN＝0.2mg，所以物块不可能离开斜面；沿斜面方向上：F电co37°＋mgin37°＝ma，得a＝1.4g，故物块沿斜面向下做匀加速直线运动．所以C正确．答案：C二、计算题11．电荷量为q＝1某104C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水－a平向右的电场(如图29图甲所示)．电场强度E的大小与时间t的关系、物块运动速度v与时间t的关系分别如图29乙、丙所示，取重力加速度g＝10m/2.求：图29(1)物块质量m；(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ.解析：0～2，由题图丙可知，物块做匀加速运动，加速度a＝1m/2由牛顿第二定律有：E1q－μmg＝ma2～4，由题图丙可知，物块做匀速直线运动由平衡条件有：E2q＝μmg结合以上几式代入数据，解得：m＝1kgμ＝0.2.答案：(1)1kg(2)0.2图3012．如图30所示，两根长均为L的绝缘细线下端各悬挂质量均为m 的带电小球A和B，带电荷量分别为＋q和－q，若加上水平向左的场强为E的匀强电场后，使连接AB的长也为L的绝缘细线绷紧，且两球均处于平衡状态．则匀强电场的场强大小E应满足什么条件？图31解析：由于A、B均处于平衡，隔离A分析，受力如图31所示，设OA绳拉力F1，AB绳拉力F2，正交分解F1，F1co60°＋F2＋F库＝qE①F1in60°＝mg②q2F库＝k③L解①②③得：aEmgkqF＋3qLq3mgkq＋.3qL因为F2≥0，所以E答案：E3mgkq＋3qL。
高三基础知识天天练 物理16-1人教版
第七模块 第16章 第1单元一、选择题图81．在做光电效应实验中，某金属被光照射发生了光电效应，实验测出了光电子的最大初动能E K 与入射光的频率ν的关系如图8所示，由实验图象可求出( )A ．该金属的逸出功B ．该金属的极限频率C ．单位时间内逸出的光电子数D ．普朗克常量解析：根据爱因斯坦光电效应方程E K ＝hr －W ，任何一种金属的逸出功W 一定，说明E K 随r 的变化而变化，且是线性关系(与y ＝ax ＋b 类似)，直线的斜率等于普朗克常量，直线与横轴的截距QA 表示E K ＝0时的频率r 0，即为金属的极限频率，还可由波速公式C ＝r 0λ0.求该金属发生光电效应照射光的极限波长．E K ＝hν－W ，E K ＝0时，有hν0－W ＝0，r 0＝W h ，又由波速公式，得C ＝r 0λ0，λ0＝hCW.答案：ABD图92．氢原子能级的示意图如图9所示，大量氢原子从n ＝4的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光a ，从n ＝3的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则( )A ．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线B ．氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线C ．在水中传播时，a 光较b 光的速度小D．氢原子在n＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离解析：由题意a光光子能量大于b光光子能量，a光频率大于b光频率，由v水＝cn，可知C正确．γ射线是原子核衰变而产生的，A错．E43<E32，而紫外线光子的能量大于可见光，故B错．能量大于或等于3.40 eV的光才能使氢原子在n＝2的能级时发生电离，故D错．答案：C3．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件．下列表述正确的是() A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应解析：电池是把其他形式的能转化成电能的装置．而硅光电池即是把光能转变成电能的一种装置．答案：A4．氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是() A．核力、万有引力、库仑力B．万有引力、库仑力、核力C．库仑力、核力、万有引力D．核力、库仑力、万有引力解析：核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的．可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D选项正确．答案：D二、计算题5．已知钠原子在A、B、C、D、E几个能级间跃迁时辐射的波长分别为：589 nm(B―→A),330 nm(C―→A),285 nm(D―→A),514 nm(E―→B)．试作出钠原子在这几个能量范围的能级图．作图时注意，表示能级的横线间的距离和相应能级差成正比，并在线旁以电子伏为单位标出这个能级的值(设最高能级为0)．图10解析：根据ΔE ＝hcλ可以由辐射的波长得到几个能级差；E B －E A ＝2.1 eV ；E C －E A ＝3.8 eV ； E D －E A ＝4.4 eV ；E E －E B ＝2.4 eV ；根据以上能级差所作能级图如答案图10所示． 答案：如图10所示6．根据巴尔末公式，指出氢原子光谱在可见光范围内最长波长与最短波长所对应的n ，并计算其波长．解析：当n ＝3时，波长最长，1λ＝R (122－132)λ＝1R ×365 m ＝11.1×107×365 m ＝6.55×10－7m 当n ＝∞时，波长最短，1λ＝R (122－1n 2)＝R ×14λ＝4R m ＝41.1×107m ＝3.64×10－7m 答案：n ＝3时，波长最长 6.55×10－7 m n ＝∞时，波长最短 3.64×10－7 m7．波长为λ＝0.17 μm 的紫外线照射至金属筒上能使其发射光电子，光电子在磁感应强度为B 的匀强磁场中，做最大半径为r 的匀速圆周运动时，已知r ·B ＝5.6×10－6 T·m ，光电子质量m ＝9.1×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，求：(1)光电子的最大动能； (2)金属筒的逸出功．解析：光电子做半径最大的匀速圆周运动时，它的动能即是最大动能． (1)由eB v ＝m v 2r 得v ＝eBr m所以12m v 2＝12m ·(eBr m )2＝(eBr )22m代入数据得12m v 2≈4.41×10－19 J(2)由爱因斯坦光电效应方程得 W ＝hν－12m v 2＝h c λ－12m v 2代入数据得W ≈7.3×10－19J.答案：(1)4.41×10－19J (2)7.3×10－19J8．已知原子的基态能量为－13.6 eV ，核外电子的第一轨道半径为0.53×10－10m ，电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，电量为1.6×10－19C ，求：电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各多大？解析：本题考查了氢原子的核外电子绕核运动时相关的物理量与轨道半径的关系． 氢原子能量E 3＝E 1/32＝－13.6 eV/32＝－1.51 eV. 电子在第3轨道时半径为r 3＝n 2r 1＝32r 1① 电子绕核做圆周运动向心力即库仑力，所以ke 2/r 23＝m v 23/r 3②由①②可得电子动能为 E k 3＝12m v 23＝ke 22×32r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×9×0.53×10－10×(1.60×10－19)eV ＝1.51 eV由于E 3＝E k 3＋E p 3，故电子的电势能为： E p 3＝E 3－E k 3＝－1.51 eV －1.51 eV ＝－3.02 eV 答案：－1.51 eV 1.51 eV －3.02 eV 9．氢原子在基态时轨道半径r 1＝0.53×10－10m ，能量E 1＝－13.6 eV.求氢原子处于基态时：(1)电子的动能． (2)原子的电势能．(3)用波长是多少的光照射可使其电离？解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v 1，则：k ·e 2r 21＝m v 21r 1∴电子动能E k 1＝12m v 21＝ke 22r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×0.53×10－10×1.6×10－19eV ＝13.6 eV (2)E 1＝E k 1＋E p 1∴E p 1＝E 1－E k 1＝－13.6 eV －13.6 eV ＝－27.2 eV (3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：hcλ＝0－E 1∴λ＝－hc E 1＝－6.63×10－34×3×108－13.6×1.6×10－19m ＝0.9141×10－7m答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)0.9141×10－7m10．在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出．中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测.1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11H 的核反应，间接地证实了中微子的存在．(1)中微子与水中的11H 发生核反应，产生中子(10n)和正电子(0＋1e)，即中微子＋11H ―→10n ＋0＋1e可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是________．(填写选项前的字母) A ．0和0 B ．0和1 C ．1和0D ．1和1(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子(γ)，即＋1e ＋0－1e ―→2γ 已知正电子和电子的质量都为9.1×10－31kg ，反应中产生的每个光子的能量约为________J ．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. (3)试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小． 解析：(1)由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知A 正确． (2)由能量守恒有2E ＝2m e c 2，所以E ＝m e c 2＝9.1×10－31×(3.0×108)2J ＝8.2×10－14J.反应过程中动量守恒且总动量为零． (3)粒子的动量p ＝2mE k ，物质波的波长λ＝hp由m n >m e ，知p n >p e ，则λn <λe . 答案：(1)A (2)8.2×10－14遵循动量守恒 (3)λn <λe11．根据巴耳末公式，指出氢原子光谱在可见光范围内波长最长的两条谱线所对应的n ，它们的波长各是多少？氢原子光谱有什么特点？解析：根据巴耳末公式1λ＝R (122－1n 2)，得当n ＝3,4时氢原子发光所对应的波长最长 当n ＝3时有1λ1＝1.10×107×(122－132)解得λ1＝6.5×10－7m当n ＝4时有1λ2＝1.10×107×(122－142)解得λ2＝4.8×10－7 m.除巴耳末系外，在红外和紫外光区的其他谱线也都是满足与巴耳末公式类似的关系式，即1λ＝R (1a 2－1n2)．其中a 分别为1,3,4，…对应不同的线系，由此可知氢原子光谱是由一系列线系组成的不连续的线状谱．答案：6.5×10－7 m 4.8×10－7 m 不连续的线状谱图1112．原子可以从原子间的碰撞中获得能量，从而发生能级跃迁(在碰撞中，动能损失最大的是完全非弹性碰撞)．一个具有13.6 eV 动能、处于基态的氢原子与另一个静止的、也处于基态的氢原子发生对心正碰．(1)是否可以使基态氢原子发生能级跃迁(氢原子能级如图11所示)?(2)若上述碰撞中可以使基态氢原子发生电离，则氢原子的初动能至少为多少？ 解析：(1)设运动氢原子的速度为v 0，完全非弹性碰撞后两者的速度为v ，损失的动能ΔE 被基态氢原子吸收．若ΔE ＝10.2 eV ，则基态氢原子可由n ＝1跃迁到n ＝2.由动量守恒和能量守恒有：m v 0＝2m v ①12m v 20＝12m v 2＋12m v 2＋ΔE ② 12m v 2＝E k ③ E k ＝13.6 eV ④解①②③④得，ΔE ＝12·12m v 20＝6.8 eV因为ΔE ＝6.8 eV<10.2 eV .所以不能使基态氢原子发生跃迁．(2)若使基态氢原子电离，则ΔE ＝13.6 eV ，代入①②③得E k ＝27.2 eV . 答案：(1)不能 (2)27.2 eV。
人教版高中物理选修3-16基础训练电场的力和能量B4.docx
高中物理学习材料桑水制作专题训练（）电场的力、电场的能量班级______________姓名_________________1.如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度的大小为 ( ).(A)O (B)g，方向竖直向下(C)gtanθ，水平向右(D)g/cosθ，沿绳向下2.关于电场中的等势面，下列说法中正确的有 ( ).(A)等势面不一定跟电场线垂直 (B)沿电场线电势一定升高(C)在同一等势面上两点间移动电荷，电场力做功为零(D)处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是一个等势面3.在电场中，A、B两点的电势差U AB>0，那么将一负电荷从A移到B的过程中 ( ).(A)电场力做正功，电势能增加(B)电场力做负功，电势能增加(C)电场力做正功，电势能减少(D)电场力做负功，电势能减少4.将一个电量为l.6×10－8C的负电荷在电场中从A点移动到B点，克服电场力做功为6.4×10－6J，则AB两点间电势差为__________V.5.下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有 ( ).①场强E=F/q ②场强E=U/d ③场强E=kQ/r2 ④电场力做功W=Uq(A)①③(B)②③(C)②④(D)①④6.在点电荷Q的电场中，一个α粒子(He42)通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是( ).(A)Q可能为正电荷，也可能为负电荷(B)运动中.粒子总是克服电场力做功(C)α粒子经过两等势面的动能E ka＞E kb (D)α粒子在两等势面上的电势能E pa＞E pb7.如图所示电路中，电源两端电压U=10V，A、B两板间距离为2cm，C点离A板5mm，D点离B板4mm，则E C=______V／m，E D=______V／m，φC=______V，φD=______V.8.如图，仅在电场力作用下一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则( )(A)电场力做正功(B)动能减少(C)电势能增加(D)加速度增大9.如图所示，L1、L2、L3为等势面，两相邻等势面间电势差相同，取L2的电势为零，有一负电荷在L1处动能为30J，运动到L3处动能为10J，则电荷的电势能为4J时，它的动能是(不汁重力和空气阻力) ( ).(A)6J (B)4J (C)16J (D)14J10.关于电势差与场强的关系，下列说法中正确的是 ( ).(A)U=Ed关系式适用于任何电场(B)在匀强电场中，两点间的电势差正比于两点间的距离(C)U=Ed公式中的d是指两点所在等势面间的距离 (D)V／m和N／C两单位相等11.如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，动能增加，则可以判断( ).(A)电场线方向由B指向A (B)场强大小E A＞E B(C)若Q为负电荷，则Q在B点右侧 (D)Q不可能为正电荷12.如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为-q的油滴，从A点以速度v 竖直向上射人电场.已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为v/2，问:(1)电场强度E为多大?(2)A点至最高点的电势差为多少?附：如图所示，竖直绝缘墙壁上有个固定的质点A ，在A 的正上方的P 点用丝线恳挂另一质点B ，A 、B 两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角.由于漏电，使A 、B 两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P 的拉力大小（提示：三力平衡，做出三力平移后组成的矢量三角形利用矢量三角形与长度三角形相似再做进一步分析） ( ).(A)逐渐减小 (B)逐渐增大 (C)保持不变 (D)先变大后变小 1.D 2.CD 3.B 4.400 5.D 6.C 7.500 500 -7.5 -2 8.BCD 9.C 10.CD 11.A 12.2mgq，28mv q附加.C。
近年高中物理 每日一题之快乐暑假 第16天 闭合电路的欧姆定律(含解析)新人教版选修1(2021年
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第16天 闭合电路的欧姆定律考纲要求:Ⅱ难易程度:★★☆☆☆如图所示电路,电源内阻不可忽略。
在滑动变阻器触头由a 滑向b 的过程中。
下列说法中正确的是A ．电流表示数减小B ．小灯泡L 亮度增加C ．电源内电阻消耗功率减小D ．电源输出功率一定增加 【参考答案】C【名师点睛】本题考查闭合电路欧姆定律及功率公式，在解题时要注意明确电源的输出功率的极值问题的应用,注意电源的总功率随外电阻的变化而变化. 【知识补给】闭合电路欧姆定律一、电源的电动势和内阻 1．电动势（1）定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功。
(2）表达式：qW E. （3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量。
2．内阻电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的内阻，它是电源的另一重要参数。
二、闭合电路欧姆定律1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。
2．+EI R rE U U ⎧=⎪+⎨⎪=⎩外内只适用于纯电阻电路公式适用于任何电路 3．路端电压U 与电流I 的关系 （1）关系式：U =E –Ir 。
（2）U –I 图象如图所示。
人教版高中物理选修1-1部分基础训练.docx
高中物理学习材料唐玲收集整理物理选修1-1部分基础训练第一节电荷库仑定律学习目标：（1）知道两种电荷及其相互作用，知道电量的概念（2）知道摩擦起电、感应起电的本质（3）知道元电荷、点电荷的概念（4）知道电荷守恒定律（5）理解库仑定律的含义及其表达式、适用条件，知道静电力常量（6）会用库仑定律进行简单计算思考与练习A组：1.关于元电荷的理解，下列说法正确的是：A.元电荷就是电子B.元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量C.元电荷就是质子D. 物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍2. 5个元电荷的电荷量是；16C电荷量等于元电荷3. 关于点电荷的说法，正确的是：A.只有体积很小的带电体才能看成点电荷B.体积很大的带电体一定不能看成点电荷C.当两个带电体的大小及形状对它们之间相互作用力的影响可忽略时，两个带电体可看成点电荷D.一切带电体都可以看成点电荷4. 如图1-1-1所示，两个互相接触的导体A 和B 原来不带电，现在将带正电的导体 球C 靠近A 端放置，三者均有绝缘支架，若先将A 、B 分开，再移走C ，则A 带 电，B 带 电，若先将C 移走，再把A 、B 分开，则A 电，B 电。
5. 设相距1m ，电荷量均为1C 的两个点电荷之间的静电力为F 1，相距1m ，质量均为1kg 的两个物体之间的万有引力为F 2，F 1是F 2的多少倍？通过计算你会发现F 1比F 2大得多,也就是说，通常在有静电力的计算中万有引力可以忽略。
6. 在光滑的绝缘水平面上放着带电小球甲和乙，若它们的带电荷量的关系是q 甲=4q 乙，质量关系电 m 甲=3m 乙，则它们在库仑力的作用下产生的加速度之比是：A. a 甲：a 乙=1：12B. a 甲：a 乙=12：1C. a 甲：a 乙=1：3D. a 甲：a 乙=3：47. 如图1-1-2所示，在长度相同的绝缘细线上挂着质量均为m 的带同种电荷的点电荷q 1和q 2，若它们所带电荷量间的关系为q 1>q 2，则两细线与竖直方向间的夹角θ1 Q 2（填">""<"或"="）B 组：1. 如图1-1-3，A 、B 、C 三点在同一直线上，各点上都有一个点电荷，它们所带电荷量相等，A 、B 两处为正电荷，C 处为负电荷，且BC=2AB ，那么A 、B 、C 三个点电荷所受库仑力的大小之比为 。
高三物理上学期第十六次周练试卷(含解析)-人教版高三全册物理试题
2014-2015学年河北省保定市高阳中学高三〔上〕第十六次周练物理试卷一.选择题1．〔3分〕〔2012•山东〕以下表示正确的答案是〔〕A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果2．〔3分〕〔2013•宝安区校级模拟〕物理课上，教师做了一个奇妙的“跳环实验〞．如下列图，她把一个带铁芯的线圈L开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．比照教师演示的实验，如下四个选项中，导致套环未动的原因可能是〔〕A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与教师的不同3．〔3分〕〔2011•某某〕如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a 绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a〔〕A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转4．〔3分〕线圈在长直导线电流的磁场中，做如下列图的运动：A向右平动，B向下平动，C 绕轴转动〔ad边向外转动角度θ≤90°〕，D向上平动〔D线圈有个缺口〕，判断线圈中有感应电流的是〔〕A． A B． B C． C D．D5．〔3分〕〔2015•松江区一模〕如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如下列图的电路．假设将滑动变阻器的滑片P向下滑动，如下表述正确的答案是〔〕A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大6．〔3分〕〔2013•〕如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E l；假设磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2．如此通过电阻R的电流方向与E1与E2之比E l：E2分别为〔〕A．c→a， 2：1 B．a→c，2：1 C．a→c，1：2 D．c→a，1：27．〔3分〕〔2010•〕在如下列图的电路中，两个一样的小灯泡L1和L2，分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R．闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I．然后，断开S．假设t′时刻再闭合S，如此在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流L1、流过L2的电流l2随时间t变化的图象是〔〕A．B．C．D．8．〔3分〕〔2013•惠州模拟〕一环形线罔放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面向里，如图甲所示．假设磁感强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么如下选项正确的答案是〔〕A．第1s内线闺中感应电流的大小逐渐增加B．第2s内线圈中感应电流的大小恒定C．第3S内线圈中感应电流的方向为顺时针方向D．第4S内线罔中感应电流的方向为逆时针方向9．〔3分〕如下列图，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r、电阻为2R的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa一端可绕环的圆心O旋转，另一端a搁在环上，电阻值为R；另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上，电阻值也是R．Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，如此如下说法正确的答案是〔〕A．流过Oa的电流可能为B．流过Oa的电流可能为C．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2D．Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2二.解答题10．〔3分〕〔2013•重庆〕小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如下列图．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的计数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R．假设让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的计数为G2，铜条在磁场中的长度L．〔1〕判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？〔2〕求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．11．〔3分〕如图甲所示，光滑导轨宽0.4m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计．t=0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v=1m/s的速度向右匀速运动，求1s末回路中的感应电流与金属棒ab 受到的安培力．2014-2015学年河北省保定市高阳中学高三〔上〕第十六次周练物理试卷参考答案与试题解析一.选择题1．〔3分〕〔2012•山东〕以下表示正确的答案是〔〕A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果考点：物理学史．分析：解答此题应掌握：法拉第发现了电磁感应现象；惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度．伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，符合能量守恒定律．解答：解：A、1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象．故A正确．B、惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度，与速度大小无关．故B错误．C、伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因．故C错误．D、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，由于在电磁感应现象中，安培力是阻力，外界通过抑制安培力做功，将机械能转化为电能，故楞次定律所描述的感应电流方向，这是能量守恒定律的必然结果．故D正确．应当选AD点评：此题考查了物理学史、惯性、楞次定律等等，要抓住惯性由物体的质量来量度，与速度无关，楞次定律符合能量守恒定律．2．〔3分〕〔2013•宝安区校级模拟〕物理课上，教师做了一个奇妙的“跳环实验〞．如下列图，她把一个带铁芯的线圈L开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L 上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．比照教师演示的实验，如下四个选项中，导致套环未动的原因可能是〔〕A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与教师的不同考点：研究电磁感应现象．专题：实验题．分析：闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量发生变化，产生感应电流，从而受到安培力，会向上跳起．根据套环跳起的原理判断导致套环未动的原因．解答：解：A、线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动．故A错误．B、电源电压过高，在套环中产生的感应电流更大，更容易跳起．故B错误．C、线圈匝数过多，在套环中产生的感应电流越大，套环更容易跳起．故C错误．D、所用的套环材料是塑料，不可能产生感应电流，如此不会受到安培力，不会跳起．故D 正确．应当选：D．点评：理解套环跳起的原因，即产生感应电流的效果阻碍引起感应电流磁通量的变化．3．〔3分〕〔2011•某某〕如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a 绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a〔〕A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转考点：楞次定律；安培定如此；磁通量．分析：此题中是由于a的转动而形成了感应电流，而只有a中的感应电流的变化可以在b 中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流；因此此题应采用逆向思维法分析判断．解答：解：分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定如此，其内〔金属圆环a内〕有垂直纸面向里的磁场，其外〔金属圆环b处〕有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里〔因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是局部〕而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定如此，磁场对电流的作用力向外，所以具有扩张趋势，所以A错误；同样的方法可判断B选项正确，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C、D都不正确．所以此题选B．应当选B．点评：此题综合考查电流的磁场〔安培定如此〕，磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定如此等．此题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否认之否认法，如A错误，就理所当然的认为B和C都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但此题是单项选择题，甚至陷入矛盾．他们忽略了此题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势．如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法．所以解题经验不能做定律或定理用．4．〔3分〕线圈在长直导线电流的磁场中，做如下列图的运动：A向右平动，B向下平动，C 绕轴转动〔ad边向外转动角度θ≤90°〕，D向上平动〔D线圈有个缺口〕，判断线圈中有感应电流的是〔〕A． A B． B C． C D．D考点：感应电流的产生条件．分析：此题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答此题．解答：解：A、线框向右运动时，虽然切割磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；B、线框向下运动时，垂直于磁感线运动做切割磁感线，穿过的磁通量减小，因此也会产生感应电流，故B正确；C、线框绕轴转动，穿过的磁通量发生变化，因此会产生感应电流，故C正确；D、线框向纸上平动的过程中，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电动势；由于D框中有一个缺口，所以不能产生感应电流，故D错误；应当选：BC点评：此题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化．根底题目．5．〔3分〕〔2015•松江区一模〕如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如下列图的电路．假设将滑动变阻器的滑片P向下滑动，如下表述正确的答案是〔〕A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：此题的关键首先明确滑动触头向下滑动时通过判断出线圈b中的电流增大，然后根据楞次定律判断出线圈a中感应电流的方向．此题利用“楞次定律的第二描述〞求解将更为简便．解答：解：A、B：当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加方向向下，所以B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，A错误．C、再根据微元法将线圈a无线分割根据左手定如此不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因〞，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，C错误；D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法〞，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，所以D正确．应当选D．点评：首先应掌握楞次定律的根本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便．6．〔3分〕〔2013•〕如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E l；假设磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2．如此通过电阻R的电流方向与E1与E2之比E l：E2分别为〔〕A．c→a，2：1 B．a→c，2：1 C．a→c，1：2 D．c→a，1：2考点：导体切割磁感线时的感应电动势．专题：电磁感应——功能问题．分析：此题是电磁感应问题，由楞次定律判断MN中产生的感应电流方向，即可知道通过电阻R的电流方向．MN产生的感应电动势公式为E=BLv，E与B成正比．解答：解：由楞次定律判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，如此通过电阻R的电流方向为a→c．MN产生的感应电动势公式为E=BLv，其他条件不变，E与B成正比，如此得E l：E2=1：2．应当选：C点评：此题关键要掌握楞次定律和切割感应电动势公式E=BLv，并能正确使用，属于根底题．7．〔3分〕〔2010•〕在如下列图的电路中，两个一样的小灯泡L1和L2，分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R．闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I．然后，断开S．假设t′时刻再闭合S，如此在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流L1、流过L2的电流l2随时间t变化的图象是〔〕A．B．C．D．考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用．专题：压轴题．分析：当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小．解答：解：A、B、由于小灯泡L1与电感线圈串联，断开S后再闭合，流过L1的电流从无到有〔即增大〕，电感线圈对电流有阻碍作用，所以流过灯泡L1的电流从0开始逐渐增大，最终达到I．故A 错误，B正确．C、D、由于小灯泡L2与滑动变阻器串联，断开S后再闭合，立即有电流通过L2，当I1电流逐渐增大时，流过L2的电流逐渐减小，最终减到I．故C、D错误．应当选：B．点评：解决此题的关键掌握电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小．8．〔3分〕〔2013•惠州模拟〕一环形线罔放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面向里，如图甲所示．假设磁感强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么如下选项正确的答案是〔〕A．第1s内线闺中感应电流的大小逐渐增加B．第2s内线圈中感应电流的大小恒定C．第3S内线圈中感应电流的方向为顺时针方向D．第4S内线罔中感应电流的方向为逆时针方向考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：在B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是一样的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由楞次定律可得出电流的方向．解答：解：根据B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是一样的，由法拉第电磁感应定律：各段时间内的电流为定值，且大小相等．由题意可知，第1s内磁感线垂直线圈平面向里，如此有A、在第1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向；感应电流是恒定的，故A 错误；B、在第2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向；感应电流是恒定的，故B 正确；C、在第3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向；感应电流是恒定的，故C 错误；D、在第4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向；感应电流是恒定的，故D 正确；应当选：BD点评：解决此题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以与安培力的大小和方向的判定．9．〔3分〕如下列图，有一个磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r、电阻为2R的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa一端可绕环的圆心O旋转，另一端a搁在环上，电阻值为R；另一金属杆Ob一端固定在O点，另一端b固定在环上，电阻值也是R．Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob不影响Oa的转动，如此如下说法正确的答案是〔〕A．流过Oa的电流可能为B．流过Oa的电流可能为C． Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2D． Oa旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr2考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：oa杆以角速度匀速旋转，切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，其余局部为外电路．当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，通过oa的电流最小；当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大．根据E=BLv和欧姆定律求解，其中v是速度的平均值．解答：解：oa杆切割磁感线产生感应电动势为 E=Br=Br=Br=；当oa转到最高点时，外电路总电阻最大，为：R+R+0.5R．通过oa的电流最小，最小电流为： I min=；当oa与ob重合时，环的电阻为0，外电路总电阻最小，通过oa的电流最大，最大电流为： I max==故流过oa的电流的范围为．故ABD正确，C错误应当选：ABD点评：此题一要会求解感应电动势，由于oa杆上各点切割速度不同，要用平均速度求解；二要知道最大值与最小值的条件，运用欧姆定律求解．二.解答题10．〔3分〕〔2013•重庆〕小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如下列图．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的计数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R．假设让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的计数为G2，铜条在磁场中的长度L．〔1〕判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？〔2〕求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．考点：安培力；磁感应强度．专题：电磁感应中的力学问题．分析：安培力公式为：F=BIL，注意公式的适用条件是：匀强磁场，电流和磁场方向垂直．根据平衡可知安培力大小，由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求出电流大小，再由B=从而可得出磁感应强度的大小．解答：解：〔1〕根据棒向下运动，切割磁感线，产生感应电流，由右手定如此可得感应电流方向为B到A，再由左手定如此可得，安培力方向竖直向上；因此当棒不动时，棒不受安培力作用，所以G2＞G1；〔2〕由于铜条匀速运动，如此有安培力等于重力，即有：安培力F=G2﹣G1根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求出电流大小为，而由B=从而可得出，磁感应强度大小．答：〔1〕如此铜条所受安培力的方向竖直向上，G2＞G1；〔2〕如此铜条匀速运动时所受安培力的大小为G2﹣G1；磁感应强度的大小为．点评：此题比拟简单，考查了安培力的大小计算，应用公式F=BIL时注意公式适用条件和公式中各个物理量的含义．并考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律．11．〔3分〕如图甲所示，光滑导轨宽0.4m，ab为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计．t=0时刻，ab棒从导轨最左端，以v=1m/s的速度向右匀速运动，求1s末回路中的感应电流与金属棒ab 受到的安培力．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．分析：由图读出1s末磁感应强度B，由E=BLv求动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，得到回路中总的电动势，再由欧姆定律求出感应电流，由F=BIL求出安培力．解答：解：由图乙知，1s末磁感应强度 B=2Tab棒产生的动生电动势为 E动=BLv=2×0.4×1V=0.8V回路中产生的感生电动势为 E感=Lvt=2×0.4×1×1V=0.8根据楞次定律知两个电动势串联，如此总电动势为 E=E动+E感=1.6V；回路中感应电流为：I==A=1.6A1s末ab棒所受安培力为：F=BIL=2×1.6×0.4N=1.28N，方向向左．答：1s末回路中的感应电流为1.6A，ab棒所受的安培力大小为1.28N，方向向左．点评：此题是动生电动势与感生电动势并存问题，关键要掌握感应电动势公式、楞次定律，明确两个电动势的关系，再由欧姆定律和安培力公式求解．。
高三基础知识天天练 物理1-3人教版
第一模块 第1章 第3单元一、选择题1．自由下落的物体第n 秒内通过的位移与第(n －1)秒内通过的位移之差为( )A ．9.8 mB ．4.9(2n ＋1) mC ．3(n ＋1) m D.n 2n 2－1m解析：Δx ＝x n －x n －1＝aT 2(a ＝g ，T ＝1 s) Δx ＝9.8 m. 答案：A2．伽利略在研究自由落体运动性质的时候，为了排除物体自由下落的速度v t 随着下落高度h (位移大小)是均匀变化(即：v t ＝kh ，k 是个常数)的可能性，设计了如下的思想实验：在初速为零的匀变速的直线运动中，∵v ＝v t2(式中v 表示平均速度)；①而h ＝v ·t ② 如果v t ＝kh ③成立的话，那么，必有：h ＝12kht ，即t ＝2k＝常数．t 竟然是与h 无关的常数，这显然与常识相矛盾．于是，可以排除速度v t 是随着下落高度h 均匀变化的可能性．关于伽利略这个思想实验的逻辑及逻辑片语，你做出的评述是( )A ．全部正确B ．①式错误C ．②式错误D ．③式以后的逻辑片语错误解析：本实验是为了研究自由落体运动的性质，因此自由落体运动的性质不明确，①式不能直接使用．B 正确．答案：B3．我国是一个能源消耗的大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V 0＝pa ＋q (p 、q 均为常数)．若直升机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )A ．p /qB ．q /p C.p ＋q p D.p ＋q q解析：直升飞机以恒定加速度上升到某一高度，所用时间和加速度的表达式为h ＝12at 2，t ＝2h a ，总耗油量V ＝V 0t ＝p 2ha ＋q 2h a ＝q 2h ⎝⎛⎭⎫p q a ＋1a ，当p q a ＝1a时总耗油量最小，此时a ＝qp，B 正确．答案：B4．从地面竖直上抛物体A ，同时在某高度有一物体B 自由下落，两物体在空间相遇(并非相碰)的速率都是v ，则下列叙述正确的是( )A ．物体A 的上抛初速度大小是相遇时速率的2倍B ．相遇时物体A 上升的高度和物体B 已下落的高度相同C ．物体A 和B 的落地时间相同D ．物体A 和B 的落地速度相等解析：A 、B 两物体加速度相同(同为g )，故在相同的时间内速度变化的大小相同．两物体从开始运动到相遇，B 的速度增加了v ，A 的速度相应减少了v ，所以知A 上抛时速度为2v ，即A 对．由竖直上抛运动全过程的对称性知，落地时A 、B 两物体速度相等，即D 也对．答案：AD5．一物体从高x 处做自由落体运动，经时间t 到达地面，落地速度为v ，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面的高度分别是( )A.v 3，x 9B.v 9，x 9C.v 3，89xD.v 9，33x 解析：根据运动学公式v ＝gt 得，速度v 与时间t 成正比，所以下落t3时的速度为v ′＝v ·t 3t ＝v 3. 根据公式x ＝12gt 2得，下落位移h 与时间的平方t 2成正比，所以下落t3时下落的高度为x ′＝x ·⎝⎛⎭⎫t 32t 2＝19x .所以距地面高度x 距＝x －x ′＝x －19x ＝89x .答案：C6．四个小球在离地面不同高度处，同时从静止释放，不计空气阻力，从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是图5中的( )解析：因为各个球是间隔相等时间落地的，且都做自由落体运动，由h ＝12gt 2可得各球初始离地高度之比h 1∶h 2∶h 3＝…＝12∶22∶32∶…故C 图正确．答案：C7．滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水龙头的水一滴一滴地滴在正下方的盘子里，调节水龙头，让前一滴水滴到盘子而听到声音时后一滴水恰好离开水龙头，测出n 次听到水击盘声的总时间为t ，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h ，即可算出重力加速度．设人耳区别两个声音的时间间隔为0.1 s ，声速度为340 m/s ，则( )A ．水龙头距人耳的距离34 mB ．水龙头距盘子的距离为34 mC ．重力加速度的计算式为2hn 2t2D ．重力加速度的计算式为2h (n －1)2t 2解析：设听到两次声音的时间间隔为Δt ，此即每滴水下落的运动时间Δt ＝tn －1，又因为h ＝12gΔt 2，则g ＝2h Δt 2＝2h (n －1)2t 2.注意，人耳距水龙头及水龙头距盘子的距离对测量都没有影响，故选项D 正确．答案：D8．某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2,5 s 内物体的( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上解析：初速度为30 m/s ，只需要3 s 即可上升到最高点，位移为h 1＝302/20 m ＝45 m ，再自由下落2 s ，下降高度为h 2＝0.5×10×22 m ＝20 m ，故路程为65 m ，A 对；此时离地面高25 m ，位移方向竖直向上，B 对；此时速度为v ＝10×2 m/s ＝20 m/s ，速度改变量为50 m/s ，C 错；平均速度为255m/s ＝5 m/s ，D 错．答案：AB 二、填空题 9．用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图6的一段纸带．测得AB ＝7.65 cm ，BC ＝9.17 cm.已知交流电频率是50 Hz ，则打B 点时物体的瞬时速度为________ m/s.如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是____________．解析：B 点的速度就是AC 段内的平均速度．v B ＝AB ＋BC 2t ＝(7.65＋9.17)×10－2 m2×0.02 s ＝2.10m/s.图7答案：2.10 下落过程中存在阻力等10．伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图7所示．图中OA 表示测得的时间，矩形OAED 的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中OD 的长度表示______________________．P 为DE 的中点，连接OP 且延长交AE 的延长线于B ，则AB 的长度表示________________．解析：以OD 为速度轴，以OA 为时间轴建立坐标系，由几何知识可知矩形OAED 和△AOB 面积相等，故OB 为物块运动的v －t 图线，由图线特点可知OD 、AB 的物理意义．答案：OA 段时间中点时刻的速度 物块到达路程末端时的速度 三、计算题11．有一种“傻瓜”相机的曝光时间(快门打开到关闭的时间)是固定不变的．为估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：他从墙面上A 点的正上方与A 相距H 0＝1.5 m 处，使一个小石子自由落下，在小石子下落通过A 点时，立即按动快门，为小石子照相，得到如图8所示的照片．由于石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹CD ，已知每块砖的平均厚度是6 cm.请从上述信息和照片上选取估算相机曝光时间必要的物理量，用符号表示，如H 等．推算出计算曝光时间的关系式，并估算出这个“傻瓜”相机的曝光时间．(g 取9.8 m/s 2，要求保留1位有效数字)解析：该题考查了自由落体的位移公式等知识．由图示信息结合文字说明求出下落点至C 点或D 点的距离．由自由落体运动可求解出落到C 、D 两点的时间差，此时间差即为该相机的曝光时间．设A 、C 两点间的距离为H 1，A 、D 两点间的距离为H 2，曝光时间为t ，则：H 1＋H 0＝12gt 21① H 2＋H 0＝12gt 22②其中t ＝t 2－t 1③ 解①②③得：t ＝2(H 0＋H 2)g －2(H 0＋H 1)g代入数据得t ＝2×10－2 s 答案：0.02 s12．在北京奥运会上，一跳水运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水，从离开平台到手接触水面，运动员可以用于完成动作的时间为多长？在此过程中，运动员水平方向的运动忽略不计，运动员可视作全部质量集中在重心的一个质点，取g ＝10 m/s 2.解析：如图9所示，从平台跃起，到手接触水面，运动员重心的高度变化为h ＝10 m解法1：将整个过程分上升和下降两个阶段考虑，设运动员跃起的初速度为v 0，则v 202g ＝Hv 0＝2gH ＝2×10×0.45 m/s ＝3 m/s故上升时间为：t 1＝v 0g＝0.3 s设运动员从最高点到手接触水面所用时间为t 2，则： 12gt 22＝h ＋H t 2＝2(H ＋h )g ＝2(10＋0.45)10s ＝1.4 s故用于完成动作的时间t 为t ＝t 1＋t 2＝1.7 s 综上所述，本题正确的答案为1.7 s解法2：运动员的整个运动过程为竖直上抛运动，设总时间为t ，由于运动员入水时位于跃起位置下方10 m 处，故该过程中位移为x ＝－h ，即：x ＝v 0t －12gt 2＝－h其中v 0＝3 m/s代入数据得：5t 2－t －10＝0 t ＝3＋20910 s ＝1.7 s(另一根舍去)答案：1.7 s。
新教材2025版高中物理课时分层作业十六光的折射新人教版选择性必修第一册
课时分层作业(十六) 光的折射基础过关练1．如图所示，国家游泳中心“水立方”的透亮薄膜“外衣”上点缀了多数白色亮点，他们被称为镀点．北京奥运会实行时正值盛夏，镀点能变更光线方向，将光线挡在场馆外．镀点对外界阳光的主要作用是( )A．反射太阳光线，遵循光的反射定律B．反射太阳光线，不遵循光的反射定律C．折射太阳光线，遵循光的折射定律D．折射太阳光线，不遵循光的折射定律2.如图所示为地球及其大气层，高空有侦察卫星A接收到地球表面P处发出的光信号，则A感知到的发光物应在( )A.图中P点B．图中P点靠近M的一侧C．图中P点靠近N的一侧D．以上位置都有可能3．(多选)关于光的折射，下列说法正确的是( )A.折射光线肯定在法线和入射光线所确定的平面内B．入射光线与法线、折射光线不肯定在一个平面内C．入射角总大于折射角D．光线从空气斜射入玻璃时，入射角大于折射角4．某同学通过试验测定半圆形玻璃砖的折射率n.如图甲所示，O是圆心，MN是法线，AO、BO分别表示某次测量时间线在空气和玻璃砖中的传播路径．该同学测得多组入射角i 和折射角r，作出sin isin r图像如图乙所示．则( )A．光由A经O到B，n＝1.5B．光由B经O到A，n＝1.5C ．光由A 经O 到B ，n ＝0.67D ．光由B 经O 到A ，n ＝0.675．一束光由空气射入某介质，当入射光线和界面的夹角为30°时，折射光线恰好与反射光线垂直，则光在该介质中的传播速度是( )A ．c 2B ．c3 C ．32c D ．33c 6.两束细平行光a 和b 之间距离为d ，从空气中相互平行地斜射到长方体玻璃砖的上表面，如图所示，若玻璃对a 的折射率小于对b 的折射率．当它们从玻璃砖的下表面射出后，有( )A ．两束光仍平行，间距等于dB ．两束光仍平行，间距大于dC ．两束光仍平行，间距小于dD ．两束光不再相互平行7．(多选)如图所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O 点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2.已知光从空气射向玻璃时入射角的正弦与折射角的正弦的比值为3，入射角为45°(相应的折射角为24°).现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O 点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示．则( )A ．光束1转过15°B ．光束1转过30°C ．光束2转过的角度小于15°D ．光束2转过的角度大于15°8．为了从室内视察室外状况，某同学设计了一个“猫眼”装置，即在门上开一个小孔，在孔内安装一块与门厚度相同的圆柱形玻璃体，厚度L ＝3.46cm ，直径D ＝2.00cm ，如图所示(俯视图).室内的人通过该玻璃体能看到室外的角度范围为120°.求该玻璃的折射率．9.如图所示的装置可以测量棱镜的折射率．三角形ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的顶角为α，紧贴直角边AC放置一块平面镜．一光线SO射到棱镜的AB面上，适当调整SO 的方向，当SO与AB成β角时，从AB面射出的光线与SO重合．(1)画出光线SO进入棱镜的折射光线；(2)求出棱镜的折射率n.素养综合练10.如图，一束激光垂直于AC面照耀到等边玻璃三棱镜的AB面上．已知AB面的反射光线与折射光线的夹角为90°.光在真空中的传播速度为c.求：(1)玻璃的折射率；(2)激光在玻璃中传播的速度．11.如图所示，桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为L ，有一半径为L3的圆柱形平行光束垂直地面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合，已知玻璃的折射率为3，求：(1)光在玻璃中的传播速度是多少？(2)光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？课时分层作业(十六) 光的折射1．解析：“挡在场馆外”肯定是反射，只要是反射就肯定遵循光的反射定律． 答案：A 2.解析：由于大气层的存在，侦察卫星在A 处接收到的P 处发出的光信号的光路大致如图中实线所示，由图可知选项B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．解析：由光的折射定律知折射光线肯定在法线和入射光线所确定的平面内，A 正确，B 错误；入射角不肯定大于折射角，当光线从水斜射入空气中发生折射时，入射角小于折射角，C 错误；光线从空气斜射入玻璃时，入射角大于折射角，D 正确．答案：AD4．解析：由sin i sin r 图像可知，同一光线sin r ＞sin i ，即r ＞i ，故r 为光线在空气中传播时间线与法线的夹角，则BO 为入射光线，OA 为折射光线，即光线由B 经O 到A ，折射率n ＝sin r sin i ＝0.90.6＝1.5，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案：B 5.解析：光路图如图所示．依据折射定律得介质的折射率n ＝sin60°sin30°＝3，由n ＝cv得光在介质中的传播速度v ＝c n ＝33c ，故D 正确． 答案：D 6.解析：作出两束光线穿过平行玻璃砖的光路图．依据n a ＝sin i sin r a ，n b ＝sin isin r b，由题意知n a <n b ，r a >r b ，故d ′>d .光线经两侧面平行的玻璃砖后方向不变，出射光线平行．B 正确．答案：B7．解析：转动前入射光与反射光的夹角θ1＝90°，转动后入射光与反射光夹角θ2＝120°，则光束1转过θ2－θ1＝30°，B 正确，A 错误；因为入射角增大15°，所以折射角增大的角度小于15°，C 正确，D 错误．答案：BC 8．解析：如图所示，入射角θ1＝60°.折射角设为θ2， 由tan θ2＝D L得θ2＝30°依据折射定律sin θ1sin θ2＝n ，得n ＝sin60°sin30°＝ 3答案： 3 9．解析：(1)光路图如图所示 (2)入射角i ＝90°－β要使从AB 面射出的光线与SO 重合，则AB 面上折射光线必需与AC 面垂直，由几何学问得到，折射角r ＝α由折射定律得n ＝sin i sin r ＝cos βsin α答案：(1)见解析图 (2)cos βsin α10．解析：(1)如图所示，由几何关系知：光在AB 界面的入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°，则n ＝sin θ1sin θ2＝ 3. (2)由n ＝c v 得v ＝c n ＝3c 3. 答案：(1) 3 (2)3c 311．解析：(1)由n ＝c v得，光在玻璃中的传播速度为：v ＝c n ＝3×1083m/s ＝3×108m/s. (2)作出光路图，如图所示．由几何学问得到：入射角θ1＝60°， 依据折射定律得：n ＝sin θ1sin θ2，代入解得折射角θ2＝30°.由几何关系可知，折射光线三角形上方两条边分别平行，则圆形光斑直径为L3，光斑的面积S ＝πL236.答案：(1)3×108m/s (2)πL236。
高中物理 本册综合测试题16 新人教版选修34
1、简谐运动属于 ( )A 、匀变速直线运动B 、匀速直线运动C 、曲线运动D 、变速运动 答案：A2．关于电磁场理论，下列说法中正确的是 ( ) A ．在电场的周围一定存在着由该电场产生的磁场 B ．非均匀变化的电场产生的磁场一定是均匀变化的 C ．均匀变化的磁场一定产生变化的电场 D ．周期性变化的电场一定产生同周期变化的磁场 答案：D3．一质点做简谐运动，则下列说法中正确的是 A ．质点通过平衡位置时，速度为零，加速度最大B ．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值C ．质点每次通过平衡位置时，加速度不一定相同，速度也不一定相同D ．质点每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同 答案：D4．如图所示，两束单色光a 、b 从水面下斜向上射向水面的A 点，光线经折射后合成一束光c ，则下列说法正确的是A ．a 光的折射率大于b 光的折射率B ．用a 、b 光分别做单缝衍射实验时它们的衍射条纹宽度都是均匀的C ．在水中a 光的速度大于b 光的速度D ．在水中a 光的临界角大于b 光的临界角 答案：CD5．如图所示，一束红光和一束紫光平行入射到三棱镜上，经棱镜折射后，交汇在屏上同一点。
下列判断正确的是A ．a 为紫光，b 为红光，a 光在棱镜中的速率小B ．a 为紫光，b 为红光，b 光在棱镜中的速率小C ．a 为红光，b 为紫光，a 光在棱镜中的速率小D ．a 为红光，b 为紫光，b 光在棱镜中的速率小 答案：Ａ6．如图所示，两束平行单色光a 、b 从空气中斜射到平行玻璃砖上，A 、B 为它们的出射点，由图可知A ．玻璃砖对光线a 的折射率大；B ．a 、b 的出射光线不再是平行光线；C ．在玻璃中，单色光a 的传播速度较大；a bD ．在玻璃中，单色光a 的波长较大 答案：A7. 如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有 a 、b 、c 、d 、e 五个单摆，让a 摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动，接着其余各摆也开始振动.下列说法中正确的是（ ）A ．各摆的振动周期与a 摆相同B ．各摆的振动周期不同，c 摆的周期最长C ．各摆的振幅大小不同，c 摆的振幅最大D ．各摆均做自由振动 答案：ＡＣ8.下列说法中正确的是 ( )．A ．光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大B ．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变C ．稳恒电流周围产生稳定的磁场D ．为了有效地发射电磁波，应该采用长波发射 答案：AC9．下列属于狭义相对论基本原理的叙述是 ( )A ．一切物理定律在不同的惯性参考系中都是相同的B ．在任何参考系中，物理规律都是相同的 C.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的 D.一个均匀的引力场与一个做匀加速运动的参考系等价 答案：AC9.如图所示，两图中电容器的电容都是C =4×10-6F ，电感都是L =9×10－4H ，左图中电键K 先接a ，充电结束后将K 扳到b ；右图中电键K 先闭合，稳定后断开。
高中物理下学期第16周周练题-人教版高中全册物理试题
四川省宜宾市一中2016-2017学年高中物理下学期第16周周练题第二局部试题一．选择题〔1-6单项选择，7-9多项选择〕1.质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛〔不计空气阻力〕到落回地面，在此过程中〔.〕A.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反B.整个过程中重力的冲量为mv0C.整个过程中重力的冲量为0D.上升过程冲量大小为mv0，方向向下2人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降．着地过程这样做，可以减小〔〕A.人动量变化的时间B.人受到的冲量C.人的动量变化量D.人的动量变化率3.如下列图，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B．将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧．烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的〔〕A.A、B动量变化量一样B.A、B动能变化量一样C.弹簧弹力对A、B做功一样D.弹簧弹力对A、B冲量大小一样4.在一次救灾行动中，需要把飞机上的50麻袋粮食投放到行驶的列车上，列车的质量为M，列车在铁轨上以速度v0做匀速直线运动，列车上方的飞机也沿铁轨以速度v1同向匀速飞行．在某段时间内，飞机连续释放下50袋粮食，每袋粮食质量为m，且这50袋粮食全部落在列车车厢内．不计列车与铁轨之间的摩擦，如此列车载有粮食后的速度为〔〕A. B. C. D.5.质量为m1=1kg和m2〔未知〕的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t图象如下列图，如此〔〕A.此碰撞一定为弹性碰撞B.被碰物体质量为2kgC.碰后两物体速度一样D.此过程有机械能损失6.现有甲、乙两块滑块，质量分别为3m和m，以一样的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是〔〕A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足，无法确定7.如下列图，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，如下说法中正确的有〔〕A.小球的机械能减少了mghB.小球抑制阻力做的功为mg〔H+h〕C.小球所受阻力的冲量等于mD.小球动量的改变量大小等于m8.质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，如此碰撞后A球的速度大小v A和B球的速度大小v B可能为〔〕A.v A=v0，v B v0B.v A=v0，v B=v0C.v A=v0，v B=v0D.v A=v0，v B=v09.如下列图，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块〔可视为质点〕从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至C位置的过程中，如下说法正确的答案是〔〕A.小车和物块构成的系统动量不守恒B.摩擦力对物块和轨道BC所做的功的代数和为零C.物块运动过程中的最大速度为D.小车运动过程中的最大速度为二．实验题〔10题6分，11题10分〕10.如图1为“碰撞中的动量守恒〞实验装置示意图①在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是： ______A．轨道是光滑的．B．轨道末端的切线是水平的．C．碰撞的瞬间m1和m2球心连线与轨道末端的切线平行．D．每次m1都要从同一高度静止滚下②入射小球1与被碰小球2直径一样，它们的质量相比拟，应是m1 ______ m2．③实验时，小球的落点分别如图2的M、N、P点，应该比拟如下哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律： ______A．m1•B．m1•C．m1•D．m1•+m2•E．m1•+m2F．m1•+m2•④在做此实验时，假设某次实验得出小球的落点情况如图2所示．假设碰撞中动量守恒，如此入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1：m2= ______ ．11.某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的不变量〞的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如下列图，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50H z，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．〔1〕假设已得到打点纸带如下列图，并测得各计数点间距〔标在图上〕，如此应选 ______ 段来计算A的碰撞前速度；应选 ______ 来计算A和B碰后的共同速度〔填“AB〞、“BC〞、“CD〞或“DE〞〕．〔2〕已测得小车A的质量m A=0.40kg，小车B的质量m B=0.20kg．由以上测量结果可得：碰前：m A v0= ______ kg•m/s；碰后：〔m A+m B〕v共= ______ kg•m/s．由此得出结论 ______ ．12〔8分〕.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，假设在此过程中该作用力始终竖直向上，求：〔1〕整个过程中重力的冲量；〔2〕该段时间安全带对人的平均作用力大小．13.〔10分〕质量为m的木块下面用细线系一质量为M的铁块，一起浸没在水中从静止开始以加速度a匀加速下沉〔如图〕，经时间t1s后细线断裂，又经t2s后，木块停止下沉．试求铁块在木块停止下沉瞬间的速度．14.〔12分〕如下列图，在光滑水平面上，木块A的质量m A=1kg，木块B的质量m B=4kg，质量m c=2kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0=10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3m/s，碰撞时间极短．求：〔1〕A、B碰撞后A的速度；〔2〕弹簧长度第一次最短时B、C的速度分别是多少．第三局部：参考答案一．选择题〔1-6单项选择，7-9多项选择〕1.质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛〔不计空气阻力〕到落回地面，在此过程中〔.D 〕A.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反B.整个过程中重力的冲量为mv0C.整个过程中重力的冲量为0D.上升过程冲量大小为mv0，方向向下2人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降．着地过程这样做，可以减小〔D 〕A.人动量变化的时间B.人受到的冲量C.人的动量变化量D.人的动量变化率3.如下列图，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B．将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧．烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的〔D 〕A.A、B动量变化量一样B.A、B动能变化量一样C.弹簧弹力对A、B做功一样D.弹簧弹力对A、B冲量大小一样4.在一次救灾行动中，需要把飞机上的50麻袋粮食投放到行驶的列车上，列车的质量为M，列车在铁轨上以速度v0做匀速直线运动，列车上方的飞机也沿铁轨以速度v1同向匀速飞行．在某段时间内，飞机连续释放下50袋粮食，每袋粮食质量为m，且这50袋粮食全部落在列车车厢内．不计列车与铁轨之间的摩擦，如此列车载有粮食后的速度为〔 A 〕A. B. C. D.5.质量为m1=1kg和m2〔未知〕的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t图象如下列图，如此〔A 〕A.此碰撞一定为弹性碰撞B.被碰物体质量为2kgC.碰后两物体速度一样D.此过程有机械能损失6.现有甲、乙两块滑块，质量分别为3m和m，以一样的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是〔A 〕A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足，无法确定7.如下列图，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，如下说法中正确的有〔BD 〕A.小球的机械能减少了mghB.小球抑制阻力做的功为mg〔H+h〕C.小球所受阻力的冲量等于mD.小球动量的改变量大小等于m8.质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，如此碰撞后A球的速度大小v A和B球的速度大小v B可能为〔AC 〕A.v A=v0，v B v0B.v A=v0，v B=v0C.v A=v0，v B=v0D.v A=v0，v B=v09.如下列图，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块〔可视为质点〕从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至C位置的过程中，如下说法正确的答案是〔AD 〕A.小车和物块构成的系统动量不守恒B.摩擦力对物块和轨道BC所做的功的代数和为零C.物块运动过程中的最大速度为D.小车运动过程中的最大速度为二．实验题〔10题6分，11题10分〕10.如图1为“碰撞中的动量守恒〞实验装置示意图①在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是： ______A．轨道是光滑的．B．轨道末端的切线是水平的．C．碰撞的瞬间m1和m2球心连线与轨道末端的切线平行．D．每次m1都要从同一高度静止滚下②入射小球1与被碰小球2直径一样，它们的质量相比拟，应是m1 ______ m2．③实验时，小球的落点分别如图2的M、N、P点，应该比拟如下哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律： ______A．m1•B．m1•C．m1•D．m1•+m2•E．m1•+m2F．m1•+m2•④在做此实验时，假设某次实验得出小球的落点情况如图2所示．假设碰撞中动量守恒，如此入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1：m2= ______ ．11.某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中的不变量〞的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如下列图，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50H z，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．〔1〕假设已得到打点纸带如下列图，并测得各计数点间距〔标在图上〕，如此应选 ______ 段来计算A的碰撞前速度；应选 ______ 来计算A和B碰后的共同速度〔填“AB〞、“BC〞、“CD〞或“DE〞〕．〔2〕已测得小车A的质量m A=0.40kg，小车B的质量m B=0.20kg．由以上测量结果可得：碰前：m A v0= ______ kg•m/s；碰后：〔m A+m B〕v共= ______ kg•m/s．由此得出结论 ______ ．10.BCD；大于；AD；4：111.BC；DE；0.420；0.417；在误差允许的范围内，碰撞中mv乘积的矢量和是守恒的12〔8分〕.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，假设在此过程中该作用力始终竖直向上，求：〔1〕整个过程中重力的冲量；〔2〕该段时间安全带对人的平均作用力大小．h=解得：，如此整个过程中重力的冲量I=mg〔t+t1〕=mg〔t+〕〔2〕规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg〔t1+t〕-F t=0解得：F=答：〔1〕整个过程中重力的冲量为mg〔t+〕；〔2〕该段时间安全带对人的平均作用力大小为．13.〔10分〕质量为m的木块下面用细线系一质量为M的铁块，一起浸没在水中从静止开始以加速度a匀加速下沉〔如图〕，经时间t1s后细线断裂，又经t2s后，木块停止下沉．试求铁块在木块停止下沉瞬间的速度．解：从动量定理考虑：把木块和铁块作为一个整体，在细线断裂前后整体受到的合外力不变，恒为两者所受的总重力和总的浮力之差，即F=〔m+M〕a．在两者开始下沉到木块停止下沉的时间内，它对整体的冲量为：I=F〔t1+t2〕=〔m+M〕a〔t1+t2〕，其方向竖直向下．在这个冲量作用下，整体的动量从0变化到M v x〔v x就是木块停止下沉时铁块的瞬时速度〕．于是由动量定理有：〔m+M〕a〔t1+t2〕=M v x-0，联立得：v x=答：铁块在木块停止下沉瞬间的速度是．14.〔12分〕如下列图，在光滑水平面上，木块A的质量m A=1kg，木块B的质量m B=4kg，质量m c=2kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0=10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3m/s，碰撞时间极短．求：〔1〕A、B碰撞后A的速度；〔2〕弹簧长度第一次最短时B、C的速度分别是多少．解：〔1〕因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v0=m A v A+m B v B得v A=v0-=10-=-2m/s即A、B碰撞后A的速度大小为2m/s，方向向左．〔2〕弹簧长度第一次压缩的最短时B、C速度相等，由动量守恒定律得：m B v B=〔m B+m C〕v解得v=2m/s，方向向右．答：〔1〕A、B碰撞后A的速度大小为2m/s，方向向左．〔2〕弹簧长度第一次最短时B、C的速度都是2m/s，方向向右．。
高考物理一轮复习 每天一题-人教版高三全册物理试题
浙江省江山实验中学高考物理一轮复习每天一题6．一吊桥由六对钢杆悬吊着，六对钢杆在桥面上分列成两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一截面图．图中相邻两杆间距离均为9m，靠近桥面中心的钢杆长度为２m〔即ＡＡ＇＝ＤＤ＇＝２m〕，ＢＢ＇＝ＥＥ＇，ＣＣ＇＝ＰＰ＇，又两端钢缆与水平成４５°角．假设钢杆自重不计，为使每根钢杆承受负荷一样，试求每根钢杆的长度应各为多少？1．如下列图，半径为R的环状非金属管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB以下处于水平向右的匀强电场中。
现将一质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，小球恰好能通过最高点C，求：〔1〕匀强电场的场强E；〔2〕小球第二次通过C点时，小球对管壁压力的大小和方向。
6．如下列图,l1和l2为距离d=0.lm的两平行的虚线,l1上方和l2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度均为B=0.20T的匀强磁场，A、B两点都在l2上．质量m=1.67×10－27kg、电量q=1.60×10－19C的质子，从A点以V0=5.0×105m/s的速度与l2成θ=45°角斜向上射出，经过上方和下方的磁场偏转后正好经过B点，经过B点时速度方向也斜向上．求〔结果保存两位有效数字〕：〔1〕质子在磁场中做圆周运动的半径；〔2〕A上两点间的最短距离；〔3〕质子由A运动到B的最短时间．5．如下列图，水平虚线上方有场强为E1的匀强电场，方向竖直向下，虚线下方有场强为E2的匀强电场，方向水平向右；在虚线上、下方均有磁感应强度一样的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab是一长为L的绝缘细杆，竖直位于虚线上方，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带电小环从a端由静止开始释放，小环先加速而后匀速到达b端，环与杆之间的动摩擦因数μ＝0.3，小环的重力不计，当环脱离杆后在虚线下方沿原方向做匀速直线运动，求： (1)E 1与E 2的比值；(2)假设撤去虚线下方的电场，小环进入虚线下方后的运动轨迹为半圆，圆周半径为3L,环从a 到b 的过程中抑制摩擦力做功W f 与电场做功W E 之比有多大?6．如下列图的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC 且垂直于磁场方向。
学年高中学习物理 第十六章节 动量守恒定律 . 动量及动量定理课后巩固训练 新人教版选修
[根底达标练]1．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么此物体的运动( )A．是匀速运动B．可能是匀变速曲线运动C．不是匀变速直线运动D．可能是匀速圆周运动答案B解析根据冲量I＝Ft，在任何相等时间t内冲量I相同，说明作用在物体上的力F是恒力，因此物体做匀变速运动，其中包括匀变速直线运动和匀变速曲线运动，可见选项B正确，选项A、C错误。
物体做匀速圆周运动时，所受向心力大小恒定，但方向指向圆心，是变力，所以选项D错误。
2．某物体受到－2N·s的冲量作用，那么( )A．物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反B．物体的末动量一定是负值C．物体的动量一定减小D．物体的动量增量一定与规定的正方向相反答案D解析由动量定理知合力的冲量等于物体动量的增量，负号表示与规定的正方向相反，故只有D正确。
3．(多项选择)以下说法正确的选项是( )A．甲物体的动量－5kg·m/s，乙物体的动量为2kg·m/s，两物体相比乙物体动量大B．一物体速率改变，它的动量一定改变C．力的冲量越大，力对物体做功越多D．物体动量变化越快，所受合外力越大答案BD解析动量的正负只表示方向，不表示大小，A 错误；因p＝mv，质量一定时，物体速率改变，动量大小一定变化，B正确；冲量是力对时间的积累，与功没有关系，C错误；由F合＝可知D正确。
4．如下图，一个质量为2kg的物体放在水平地面上，在F＝10N的拉力作用下保持静止状态，那么在5s内以下各力冲量正确的选项是( )A．拉力F的冲量为25N·s B．摩擦力的冲量为25N·sC．重力的冲量为50N·sD．合力的冲量为50N·s答案B解析拉力的冲量I F＝Ft＝10×5N·s＝50N·s，重力的冲量I G＝mgt＝2×10×5N·s＝100N·s，A、C 错误；因物体静止，合力为零，其冲量为零，D错误；摩擦力F f＝F cos30°，其冲量I Ff＝F cos30°·t＝10××5N·s＝25N·s，B正确。
高中物理第十六章和动量定律成长训练新人教选修
2 动量和动量定律主动成长夯基达标1.在地面上方h高处，分别以速率v竖直向上和竖直向下抛出两个小球，小球着地时的动量相对于抛出时的动量，动量的变化量应是（）A.大小、方向均相同B.大小相同，方向不同C.大小不同、方向相同D.大小、方向均不同思路解析：动量的变化量mΔv=m(v2-v1)即Δv=v2-v1,由于上抛和下抛的初速度大小相同，方向不同，而着地时速度又相同，故Δv大小不同，但方向都是竖直向下.答案：C2.关于动量，下列说法错误的是（）A.某一物体的动量改变，一定是速度的大小改变B.某一物体的动量改变，一定是速度的方向改变C.物体的运动速度改变，其动量一定改变D.物体的运动状态改变，物体的动量一定改变思路解析：动量是矢量，既有大小又有方向，因此动量的改变有三种情况：①动量的大小和方向都发生变化.对同一物体而言p=mv，物体速度的大小和方向都发生变化则动量发生变化.②动量的方向改变而大小不变.对同一物体来讲，物体的速度方向发生改变而速度大小没有变化则动量发生变化.如匀速圆周运动的情况，故选项A错误.③动量的方向没有发生变化.对同一物体来说，就是速度的方向没有发生变化，仅速度的大小改变，则动量发生变化故选项B错误.由于动量的定义式p=mv,所以速度发生变化，物体的动量一定发生变化，选项C正确.所谓的运动状态是指物体具有一定的运动速度，即速度一定，运动状态一定；速度改变，运动状态改变.选项D正确.答案：CD3.质量为10 kg的物体，当其速率由3 m/s变为4 m/s时，它的动量变化量Δp的大小不可能是（）A.10 kg·m/sB.50 kg·m/sC.70 kg·m/sD.90 kg·m/s思路解析：根据动量变化Δp=mv2-mv1,当v1和v2的方向相同时，Δp=mv2-mv1=10 kg·m/s，动量的变化量最小；当v1与v2的方向相反时，Δp=mv2-mv1=70 kg·m/s，动量的变化量最大.所以10 kg·m/s≤Δp≤70 kg·m/s,应选D项.答案：D4.下列各说法中正确的是（）A.速度大的物体，它的动量一定也大B.动量大的物体，它的速度一定也大C.只要物体的运动速度大小不变，物体的动量也保持不变D.竖直上抛的物体经过空中同一点的动量不相同思路解析：动量是矢量，其大小是由m和v共同决定的.答案：D5.两个物体具有相同的动量，则它们一定有（）A.相同的速度B.相同的质量C.相同的运动方向D.相同的加速度思路解析：据动量的定义：动量是物体质量和速度的乘积.答案：C6.若用p1、p2表示两个在同一直线上运动并相互作用的物体的初动量，p1′、p2′表示它们的末动量，Δp1、Δp2表示它们相互作用过程中各自动量的变化，则下列式子能表示动量守恒的是( )A.Δp1=Δp2B.p1+p2=p1′+p2′C.Δp 1+Δp 2=0D.Δp 1+Δp 2=常数（不为零）思路解析：动量守恒的含义是两物体相互作用前的总动量等于其相互作用后的总动量，因此有p 1+p 2=p 1′+p 2′，变形后有p 1′-p 1+p 2′-p 2=0，即Δp 1+Δp 2=0，又可以变形为Δp 1=-Δp 2.答案：BC7.一木块被钉在一辆小车上，小车与地面无摩擦，一颗子弹射向木块.关于子弹穿过木块的过程是否动量守恒，下面的说法中正确的是（ ）A.如果子弹水平射入木块，则子弹与木块组成的系统动量守恒B.如果子弹水平射入木块，则子弹、木块与小车组成的系统动量守恒C.如果子弹斜向射入木块，则子弹与木块组成的系统动量守恒D.如果子弹斜向射入木块，则子弹、木块与小车组成的系统动量守恒思路解析：子弹、木块与小车彼此间都存在力的作用，所以它们是相互作用的系统，该系统受的外力为零，所以子弹水平射入木块时，系统动量守恒，B 对.答案：B8.质量m=100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲=40 kg,m 乙=60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图16-2-3所示，则小船的运动方向和速度为（ ）图16-2-3A.向左，小于1 m/sB.向左，大于1 m/sC.向右，大于1 m/sD.向右，小于1 m/s思路解析：取甲人的速度方向为正方向，根据动量守恒定律m 甲v 甲+m 乙v 乙+Mv=0,40×3+60×(-3)+100v=0所以v=0.6 m/sv>0表示小船速度方向向左.答案：A9.大、小两个钢球在光滑的水平面上相撞，大球的质量是小球质量的4倍，当大球以某一速度与静止的小球碰撞后，大球沿原方向运动，速度大小为1.5 m/s ，小球的速度为2 m/s ，求开始时大球以多大的速度运动？思路解析：设小球质量为m ，大球质量为4m ，由动量守恒定律得：4mv 大=4mv 大′+mv 小2m/s m/s 425.1444=+⨯'＝＋＝小大大v v v . 答案：2 m/s2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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1．一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态．放出一个质量为m 的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E 0，则原子核反冲的动能为( )A ．0EB ．0m E MC ．0m E M m -D ．02()Mm E M m - 2．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t 1的时间内，它们的v-t 图象如图所示．在这段时间内A ．汽车甲的平均速度比乙大B ．汽车乙的平均速度等于C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大3．表是某逻辑电路的真值表，该电路是（ ）输入 输出0 0 00 1 01 0 0 1 1 1A ．B ．C ．D ． 4．一匀强电场的方向竖直向下t=0时刻，一带正电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P-t 关系图像是A ．B ．C ．D ．5．图甲中竖直放置的电磁铁通入图乙所示电流，当t=t 1时，测得上下两磁极之间的中央处O 点磁感应强度大小为B 0；若在O 点水平固定一个闭合导体小圆环（圆心即O 点），电磁铁仍通入图乙所示的电流，当t=t 1时，测得O 点磁感应强度大小为B ，则圆环中感应电流在O 点产生的磁感应强度大小为（ ）A ．B 0 B ．B 0－BC ．B 0+BD ．06．下列说法正确的是（ ）A ．β衰变中产生的β射线是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的B ．亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C ．对于某种金属，只要入射光强度足够大，照射时间足够长，就会发生光电效应D ．用频率大于金属的极限频率的入射光照射金属时，光越强，饱和电流越大7．如图所示，竖直放置的两端开口的U 形管，一段空气柱被水银柱a 和水银柱b 封闭在右管内，水银柱b 的两个水银面的高度差为h 。
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第七模块 第16章 第1单元一、选择题图81．在做光电效应实验中，某金属被光照射发生了光电效应，实验测出了光电子的最大初动能E K 与入射光的频率ν的关系如图8所示，由实验图象可求出( )A ．该金属的逸出功B ．该金属的极限频率C ．单位时间内逸出的光电子数D ．普朗克常量解析：根据爱因斯坦光电效应方程E K ＝hr －W ，任何一种金属的逸出功W 一定，说明E K 随r 的变化而变化，且是线性关系(与y ＝ax ＋b 类似)，直线的斜率等于普朗克常量，直线与横轴的截距QA 表示E K ＝0时的频率r 0，即为金属的极限频率，还可由波速公式C ＝r 0λ0.求该金属发生光电效应照射光的极限波长．E K ＝hν－W ，E K ＝0时，有hν0－W ＝0，r 0＝W h ，又由波速公式，得C ＝r 0λ0，λ0＝hC W. 答案：ABD图92．氢原子能级的示意图如图9所示，大量氢原子从n ＝4的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光a ，从n ＝3的能级向n ＝2的能级跃迁时辐射出可见光b ，则( )A ．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线B ．氢原子从n ＝4的能级向n ＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线C ．在水中传播时，a 光较b 光的速度小D．氢原子在n＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离解析：由题意a光光子能量大于b光光子能量，a光频率大于b光频率，由v水＝cn，可知C正确．γ射线是原子核衰变而产生的，A错．E43<E32，而紫外线光子的能量大于可见光，故B错．能量大于或等于3.40 eV的光才能使氢原子在n＝2的能级时发生电离，故D错．答案：C3．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件．下列表述正确的是() A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应解析：电池是把其他形式的能转化成电能的装置．而硅光电池即是把光能转变成电能的一种装置．答案：A4．氦原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库仑力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是() A．核力、万有引力、库仑力B．万有引力、库仑力、核力C．库仑力、核力、万有引力D．核力、库仑力、万有引力解析：核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的．可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D选项正确．答案：D二、计算题5．已知钠原子在A、B、C、D、E几个能级间跃迁时辐射的波长分别为：589 nm(B―→A),330 nm(C―→A),285 nm(D―→A),514 nm(E―→B)．试作出钠原子在这几个能量范围的能级图．作图时注意，表示能级的横线间的距离和相应能级差成正比，并在线旁以电子伏为单位标出这个能级的值(设最高能级为0)．图10解析：根据ΔE ＝hcλE B －E A ＝2.1 eV ；E C －E A ＝3.8 eV ； E D －E A ＝4.4 eV ；E E －E B ＝2.4 eV ；根据以上能级差所作能级图如答案图10所示． 答案：如图10所示6．根据巴尔末公式，指出氢原子光谱在可见光范围内最长波长与最短波长所对应的n ，并计算其波长．解析：当n ＝3时，波长最长，1λ＝R (122－132)λ＝1R ×365 m ＝11.1×107×365 m ＝6.55×10－7m 当n ＝∞时，波长最短，1λ＝R (122－1n 2)＝R ×14λ＝4R m ＝41.1×107m ＝3.64×10－7m 答案：n ＝3时，波长最长 6.55×10－7m n ＝∞时，波长最短 3.64×10－7m 7．波长为λ＝0.17 μm 的紫外线照射至金属筒上能使其发射光电子，光电子在磁感应强度为B 的匀强磁场中，做最大半径为r 的匀速圆周运动时，已知r ·B ＝5.6×10－6 T·m ，光电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e ＝1.6×10－19 C ，求：(1)光电子的最大动能； (2)金属筒的逸出功．解析：光电子做半径最大的匀速圆周运动时，它的动能即是最大动能． (1)由eB v ＝m v 2r 得v ＝eBr m所以12m v 2＝12m ·(eBr m )2＝(eBr )22m代入数据得12m v 2≈4.41×10－19 J(2)由爱因斯坦光电效应方程得 W ＝hν－12m v 2＝h c λ－12m v 2代入数据得W ≈7.3×10－19 J. 答案：(1)4.41×10－19J (2)7.3×10－19J8．已知原子的基态能量为－13.6 eV ，核外电子的第一轨道半径为0.53×10－10m ，电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，电量为1.6×10－19C ，求：电子跃迁到第三轨道时，氢原子的能量、电子的动能和电子的电势能各多大？解析：本题考查了氢原子的核外电子绕核运动时相关的物理量与轨道半径的关系． 氢原子能量E 3＝E 1/32＝－13.6 eV/32＝－1.51 eV . 电子在第3轨道时半径为r 3＝n 2r 1＝32r 1① 电子绕核做圆周运动向心力即库仑力，所以 ke 2/r 23＝m v 23/r 3② 由①②可得电子动能为 E k 3＝12v 23＝ke 22×32r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×9×0.53×10－10×(1.60×10－19) eV ＝1.51 eV由于E 3＝E k 3＋E p 3，故电子的电势能为： E p 3＝E 3－E k 3＝－1.51 eV －1.51 eV ＝－3.02 eV 答案：－1.51 eV 1.51 eV －3.02 eV 9．氢原子在基态时轨道半径r 1＝0.53×10－10m ，能量E 1＝－13.6 eV .求氢原子处于基态时：(1)电子的动能． (2)原子的电势能．(3)用波长是多少的光照射可使其电离？解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v 1，则： k ·e 2r 21＝m v 21r 1 ∴电子动能E k 1＝12m v 21＝ke 22r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×0.53×10－10×1.6×10－19eV ＝13.6 eV (2)E 1＝E k 1＋E p 1∴E p 1＝E 1－E k 1＝－13.6 eV －13.6 eV ＝－27.2 eV (3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：hcλ＝0－E 1∴λ＝－hc E 1＝－6.63×10－34×3×108－13.6×1.6×10－19＝0.9141×10－7m答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)0.9141×10－7m10．在β衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出．中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测.1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中11H 的核反应，间接地证实了中微子的存在．(1)中微子与水中的11H 发生核反应，产生中子(10n)和正电子(0＋1e)，即中微子＋11H ―→10n ＋0＋1e可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是________．(填写选项前的字母) A ．0和0 B ．0和1 C ．1和0D ．1和1(2)上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子(γ)，即＋1e ＋0－1e ―→2γ 已知正电子和电子的质量都为9.1×10－31 kg ，反应中产生的每个光子的能量约为 ________J ．正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. (3)试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小． 解析：(1)由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知A 正确．(2)由能量守恒有2E ＝2m e c 2，所以E ＝m e c 2＝9.1×10－31×(3.0×108)2J ＝8.2×10－14J. 反应过程中动量守恒且总动量为零．(3)粒子的动量p ＝2mE k ，物质波的波长λ＝h p由m n >m e ，知p n >p e ，则λn <λe .答案：(1)A (2)8.2×10－14 遵循动量守恒 (3)λn <λe11．根据巴耳末公式，指出氢原子光谱在可见光范围内波长最长的两条谱线所对应的n ，它们的波长各是多少？氢原子光谱有什么特点？解析：根据巴耳末公式1λ＝R (122－1n 2，得当n ＝3,4时氢原子发光所对应的波长最长 当n ＝3时有1λ1＝1.10×107×(122－132)解得λ1＝6.5×10－7m当n ＝4时有1λ2＝1.10×107×(122－142)解得λ2＝4.8×10－7 m.除巴耳末系外，在红外和紫外光区的其他谱线也都是满足与巴耳末公式类似的关系式，即1λ＝R (1a 2－1n2)．其中a 分别为1,3,4，…对应不同的线系，由此可知氢原子光谱是由一系列线系组成的不连续的线状谱．答案：6.5×10－7m 4.8×10－7m 不连续的线状谱图1112．原子可以从原子间的碰撞中获得能量，从而发生能级跃迁(在碰撞中，动能损失最大的是完全非弹性碰撞)．一个具有13.6 eV 动能、处于基态的氢原子与另一个静止的、也处于基态的氢原子发生对心正碰．(1)是否可以使基态氢原子发生能级跃迁(氢原子能级如图11所示)?(2)若上述碰撞中可以使基态氢原子发生电离，则氢原子的初动能至少为多少？ 解析：(1)设运动氢原子的速度为v 0，完全非弹性碰撞后两者的速度为v ，损失的动能ΔE 被基态氢原子吸收．若ΔE ＝10.2 eV ，则基态氢原子可由n ＝1跃迁到n ＝2.由动量守恒和能量守恒有：m v 0＝2m v ①12m v 20＝12m v 2＋12m v 2＋ΔE ② 12m v 2＝E k ③ E k ＝13.6 eV ④解①②③④得，ΔE ＝12·12m v 20＝6.8 eV因为ΔE ＝6.8 eV<10.2 eV .所以不能使基态氢原子发生跃迁．(2)若使基态氢原子电离，则ΔE ＝13.6 eV ，代入①②③得E k ＝27.2 eV . 答案：(1)不能 (2)27.2 eV。