高考物理二轮总复习：过关检测专题
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题
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【资料特色】
高考复习的基本策略是夯实基础、逐级提高，基本手段是依据教材考点过关，所以本资料的特色是:按考点安排专题，重视基础、主干知识的训练，在此基础上，力求做到专题内
知识点
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的整合训练，有高考仿真模拟试题的效果。另配有详细的答案解析，旨在帮助高三学生更好地进行复习备考。
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题
2011届高考物理二轮总复习专题过关检测
直线运动
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.小球从空中自由下落，与水平地面碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图2-1所示.取g=10
2.m/s则( )
图2-1
,.小球第一次反弹初速度的大小为5 m/s
,.小球第一次反弹初速度的大小为3 m/s
,.小球能弹起的最大高度为0.45 m
,.小球能弹起的最大高度为1.25 m
解析:小球第一次落地瞬间的速度大小为5 m/s，反弹的初速度大小为3 m/s.A错，B对.小球第一次弹起的初速
v'30度最大，则上升的高度最大，为C对,D错. h,,t,，(0.8,0.5)m,0.45m.22
答案:BC
2.一个静止的质点，在0~4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图2-2所示，则质点在( )
图2-2
A.第2 s末速度改变方向 B.第2 s末位移改变方向
C.第4 s末回到原出发点 D.第4 s末运动速度为零
解析:该质点在前2 s内,沿F方向先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动;从第2 s末到第4 s末的2 s内,仍沿F方向,先做加速度增大的减速运动,再做加速度减小的减速运动,该质点一直朝一个方向运动,4 s末速度减为0,因而D正确.
答案:D
3.(2010湖北部分重点中学二联，17)某物体由静止开始做变加速直线运动,加速度a逐渐减小,经时间t物体的速度变为v,物体在t时间内的位移为s.下列说法正确的是( )
vvvA.s,ts,ts,t B. C. D.无法判断 222
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v解析:由质点运动情况可画出质点运动的速度—时间图象,如右图所示,从图象容易得出质点位移 s,t.2答案:C
4.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标.在描述两车运动的v-t图中(如图2-3)，直线a、b分别描述了甲、乙两车在0,20 s的运动情况.关于两车之间的位移关系，下列说法正确的是( )
图2-3
A.在0,10 s内两车逐渐靠近
B.在10,20 s内两车逐渐远离
C.在5,15 s内两车的位移相等
D.在t=10 s时两车在公路上相遇
解析:甲车做速度为5 m/s的匀速直线运动，乙车做初速度为10 m/s的匀减速直线运动.在t=10 s时，两车的速度相同，在此之前，甲车的速度小于乙车的速度，两车的距离越来越大;在此之后，甲车的速度大于乙车的速度，两车的距离又逐渐减小，在t=20 s时两车相遇，故选项A、B、D均错.5,15 s内，两图线所围成的面积相等，故两车的位移相等，选项C正确.
答案:C
5.(2010保定高三第一学期末调研,18)如图2-4所示,甲、乙两物体分别从A、C两地由静止出发做加速运动,B为AC中点,两物体在AB段的加速度大小均为a,在BC段的加速度大小均为a,且a,a若甲由A到C所用时1212.间为t,乙由C到A所用时间t,则t与t的大小关系为 ( ) 甲乙甲乙
图2-4
A.t=tB.t>tC.t,tD.无法确定 甲乙甲乙甲乙 2222解析:设AB=BC=s,对甲的运动过程,在AB段:v甲=2as,BC段,v,v=2as,可得:v=2s(a+a);对乙的运甲甲甲B1CB2C122222动过程,在BC段:v=2as,AB段:v,v=2as,可得:v=2s(a+a);由以上各式据a,a可以得:v,v乙乙乙乙甲B2AB1A1212BB
v，vs01t,,,v=v,再由可知在整个过程中,乙的平均速度大于甲的平均速度,根据所以t>t,选B. v,乙甲乙甲乙CA2v答案:B
6.如图2-5所示为一物体沿南北方向(规定向北为正方向)做直线运动的速度—时间图象，由图可知( )
图2-5
A.3 s末物体回到t=0时的位置
B.3 s末物体的加速度方向发生变化
C.物体所受合外力的方向一直向南
D.物体所受合外力的方向一直向北
解析:物体向南做匀减速运动，速度是负方向(向南)，所以加速度a是正方向(向北)，0,6 s图象为一条直线，斜率不变，所以D正确.
答案:D
7.如图2-6所示是物体在某段运动过程中的v-t图象，在t和t时刻的瞬时速度分别为v和v，则时间由t到12121
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 t的过程中( ) 2
图2-6 A.加速度增大 B.加速度不断减小
C.平均速度v=(v+v)/2 D.平均速度v>(v+v)/2 1212
v，v12解析:根据图线的斜率可知加速度不断减小.假设从t到t的过程中做匀减速运动，则平均速度为而该,122
v，v12物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于.综上选B. .2答案:B
8.物体沿一直线运动，它在某段时间内中间位置处的速度为v，在中间时刻的速度为v.则以下说法正确的是12( )
A.当物体做匀加速直线运动时，v>v 12
B.当物体做匀减速直线运动时，v>v 12
C.当物体做匀加速直线运动时，v,v 12
D.当物体做匀减速直线运动时，v,v 12
解析:当物体做匀加速直线运动时，中间位置处在中间时刻的后面，所以v>v，选项A对，C错.当物体做匀12减速直线运动时，中间位置处在中间时刻的前面，所以v>v，选项B对，D错. 12
答案:AB
9.一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相.闪光时间间隔为1 s.分析
照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m;在第3次、第4次闪光的时间
间隔内移动了8 m.由此可以求得( )
A.第1次闪光时质点的速度
B.质点运动的加速度
C.从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移
D.质点运动的初速度
解析:设时间间隔为T，第1次、第2次闪光时的速度为v、v，第1次与第2次、第2次与第3次、第3次1222与第4次闪光间隔内的位移分别为s、s、s.由s,s=2aT求得加速度a=3 m/s;由s,s=s,s求得s=5 m;3121322123
s，s12v,v,根据s、s可求得第1次与第3次闪光间的平均速度v,,3.5m/s,而再根据v=v+aT可求得122122Tv=0.5 m/s.故选项A、B、C正确. 1
答案:ABC
10.如图2-7所示，A、B两物体相距s=7 m，物体A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以v=4 m/s 的速度向A2右匀速运动，而物体B此时的速度v=10 m/s，由于摩擦力作用向右匀减速运动，加速度a=,2 m/s，那么物B
体A追上物体B所用时间为( )
图2-7 A.7 s B.8 s C.9 s D.10 s
2vBs,,25m.解析:对B物体，v=at得t=5 s，也即B物体经5 s 后停止.对A物体，在5 s内运动了s=vt=20 BAAB2a
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m.当B物体停止运动后，s+s,s=vt′，得t′=3 s.故物体A追上B的时间为t+t′=8 s.选项B正确. BAA
答案:B
第?卷 非选择题
二、填空与实验题(本题包括2小题,共20分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答) 11.(6分)某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了一条较为理想的纸带，已在每条纸带上每5个点取一个计数点，依打点先后编为0、1、2、3、4、5，由于不小心，纸带被撕断了，如图2-8所示，请根据给出的A、B、C、D四段纸带回答:
图2-8
(1)在B、C、D三段纸带中选出纸带A上撕下的那段应该是________.
2(2)若使用的电源频率为50 Hz，则打A纸带时，物体的加速度大小是________m/s. 解析:设相邻两个计数点间的位移为s、s、s、s、s，由s,s=s,s=s,s=s,s可知s=54.0 mm，故撕12345213243545
ss,36.0,30.0,32221a下的那段应该是C.加速度大小 ,,，10m/s,0.6m/s.22T0.1
答案:(1)C (2)0.6
12.(14分)某同学用如图2-9所示的实验装置研究小车在斜面上的运动.
图2-9
实验步骤如下:
a.安装好实验器材.
b.接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次.选出一条点迹比较清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如图2-10中0、1、2……6点所示.
图2-10
c.测量1、2、3……6计数点到0计数点的距离，分别记作s、s、s……s. 1236
d.通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀加速直线运动.
ssss3612？？、、.e.分别计算出s、s、s……s与对应时间的比值 1236tttt1236
sssf.以,t为纵坐标、t为横坐标，标出与对应时间t的坐标点，画出图线. ttt
结合上述实验步骤，请你完成下列任务:
(1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有________和________.(填选项代号)
A.电压合适的50 Hz交流电源 B.电压可调的直流电源
C.刻度尺 D.秒表
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 E.天平 F.重锤
(2)将最小刻度为1 mm的刻度尺的0刻线与0计数点对齐，0、1、2、5计数点所在的位置如图2-11所示，则s=cm，s=cm. 25
图2-11
(3)该同学在图2-12中已标出1、3、4、6计数点对应的坐标点，请你在该图中标出与2、5两个计数点对应的
s坐标点，并画出图线. ,tt
图2-12
s2(4)根据图线判断，在打0计数点时，小车的速度v=m/s;它在斜面上运动的加速度a=m/s. ,t0t
解析:(1)打点计时器使用的电源为交流电源，利用刻度尺测量各点之间的距离. (2)刻度尺的最小刻度为mm，故要估读到0.1 mm，即要读到0.01 cm位.
313.20s(3)描出对应的两点，再连线即可得图线. v,cm/s,37.5cm/s,v,cm/s,66cm/s,,t25t0.080.2
1s1sa2s,vt，at(4)由图线在纵轴上的截距可求得初速度，由得在图线中斜率为,图线的,v，at,,t0022tt2
斜率则表示加速度的一半.
答案:(1)A C
(2)2.97,2.99 13.17,13.19
(3)如图所示
(4)0.16~0.20 4.50~5.10
三、计算题(本题包括4小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(9分)甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速运动,速度均为16 m/s.在前面的甲车紧急刹车,加速度为 a=3 122m/s,乙车由于司机的反应时间为0.5 s而晚刹车,已知乙的加速度为a=4 m/s,为了确保乙车不与甲车相撞,原来2
至少应保持多大的车距?
解析:根据题意可知两车不相撞的临界条件是乙追上甲时,二者的速度刚好相等,设为v,作出二者运动的过程示
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 意图如上图,设甲车刹车的时间为t
则v=v,at? 01
v=v,a(t,t)? 020
由??得t=2 s v=10 m/s
因此甲乙应保持的车距:
v，vv，v00代入数据得s=1.5 m. s,v,t，(t,t),,t,00022
答案:1.5 m
14.(10分)如图2-13,A、B两物体相距s=7 m时,A在水平拉力和摩擦力作用下,正以v=4 m/s的速度向右匀速运a2动,而物体B此时正以v=10 m/s的初速度向右匀减速运动,加速度a=,2 m/s,求A追上B所经历的时间. B
图2-13 解析:设物体B减速至零的时间为t
10则0,v=at, t,s,5sb002
在此时间内物体B的位移为
11 s,vt,，10，5m,25m.BB022
A物体在这5 s内前进
S=vt=20 m, AA0
显然s+7 m>s. BA
所以A追上B前,物体B已经静止,设A追上B经历的时间为t′
s，7m25，7Bt',,s,8s.则 v4A
答案:8 s
15.(10分)要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上
行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道.求摩托车在直道上行驶所用的最短时间.有关数据见表格.
2启动加速度a 4 m/s 12制动加速度a 8 m/s 2
直道最大速度v 40 m/s 1
弯道最大速度v 20 m/s 2
直道长度s 218 m 某同学是这样解的:要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v=40 m/s，然后再减速到v=20 m/s， 12
vv,v112t,,？？;t,,？？;t,t，t 1212aa12
你认为这位同学的解法是否合理,若合理，请完成计算;若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正
确结果.
222vv,v112解析:不合理.理由是:如按以上计算，则质点完成位移为所以以上做法不对，，,275m,218m.2a2a12而且说明最大速度一定比40 m/s要小.
正确结果:设在直道上最大速度为v，则有
222v,vv2s,， 2a2a12
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 代入数据并求解得v=36 m/s
v,vv2则加速时间t,,9s,减速时间t,,2s,最短时间为t=t+t=11 s. 1212aa12
答案:不合理.理由见解析 11 s
16.(11分)两个完全相同的物块A、B，质量均为m=0.8 kg,在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开
始运动.图2-14中的两条直线分别表示A物块受到水平拉力F作用和B物块不受拉力作用的v-t图象，求:
图2-14
(1)物块A所受拉力F的大小;
(2)8 s末物块A、B之间的距离s.
解析:(1)设A、B两物块的加速度分别为a、a, 12
由v-t图可得
?
,v0,6222a,,m/s,,1.5m/s,负号表示加速度方向与初速度方向相反.? 2,t4,02
2算出(a=1.5 m/s同样给分)
对A、B两物块分别由牛顿第二定律得
F,f=ma? 1
f=ma? 2
由?~?式可得F=1.8 N.
(2)设A、B两物块8 s内的位移分别为s、s，由图象得 12
1s,，(6，12)，8m,72m 12
1s,，6，4m,12m 22
所以s=s,s=60 m 12
或用公式法求解得出正确答案的同样给分.
答案:(1)1.8 N (2)60 m
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) 磁场
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40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4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分) 1.20世纪50年代,一些科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”,认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时,磁
暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流,此电流产生了地磁场.连续的磁暴作用可维持地磁场,则外地核中
的电流方向为(地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线)( ) A.垂直磁子午线由西向东
B.垂直磁子午线由东向西
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C.沿磁子午线由南向北
D.沿磁子午线由北向南
解析:地磁场由南向北,根据安培定则可判断,外地核中电流方向由东向西.
答案:B
2.如图11-1所示,两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流,a受到的磁场力大小为F,1当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁场力的大小变为F,则此时b受到的磁场力的大小变为2
( )
图11-1
A.FB.F,FC.F,FD.2F,F 2 12 21 12
解析:对a导线,原来b导线对a导线作用力为F,方向向左,假设加入的匀强磁场垂直向里,如图甲所示,则a导1
线受外加匀强磁场的作用力为F′,则F、F′、F之间有下列关系: 12
F=F,F′(F′=F,F) 2112
同理对b导线分析受力，如图乙所示，故此时导线b受磁场作用力:
F=F,F′=F,(F,F)=F 11122
本题正确的答案为A.
答案:A
3.带电体表面突出的地方电荷容易密集.雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时,由于静电感应,建筑物顶端会聚集异种电荷,避雷针通过一根竖直导线接通大地而避免雷击.你若想知道竖直导线中的电流方向,进而判断云层所带电荷,安全可行的方法是( )
A.在导线中接入电流表
B.在导线中接入电压表
C.在导线中接入小灯泡
D.在导线旁放一可自由转动的小磁针
解析:根据小磁针静止时N极的指向判断出其所在处的磁场方向,然后根据安培定则判断出电流方向,既安全又可行.
答案:D
4.下列关于磁感线的说法正确的是( )
A.磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向,它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S极所指的方向相同
B.磁感线总是从磁体的N极出发,到磁体的S极终止
C.磁场的磁感线是闭合曲线
D.磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线,没有细铁屑的地方就没有磁感线
解析:磁感线的切线方向就是该点的磁场方向,磁场的方向规定为小磁针N极受力的方向,也就是小磁针静止时N极的指向,所以A项错误.在磁体的外部,磁感线从N极出发指向S极,在磁体的内部,磁感线从S极指向N极,并且内、外形成闭合曲线,所以B项错误,C项正确.虽然磁感线是为了研究问题的方便人为引入的,我们也可以用细铁屑形象地“显示”磁感线,但不能说没有细铁屑的地方就没有磁感线,所以D项是错误的. 答案:C
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图11-2
5.如图11-2所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T，轨道平0面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示.现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( )
A.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0
B.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0
C.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0
D.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 0
,22F,m()r解析:因电荷在电场力作用下做匀速圆周运动，根据圆周运动知识有,若所加的磁场指向纸里,电T0
因电荷所受的洛伦兹力背离圆心,电荷所受的向心力减小,所以质点运动的周期将增大,大于T.若所加的磁场指0向纸外,因电荷所受的洛伦兹力指向圆心,电荷所受的向心力增大,所以质点运动的周期将减小,小于T,正确选0项为A、D.
答案:AD
6.在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场,一质量为m的带正电小球,在该区域内沿水平方向向右做直线运动,如图11-3所示.关于场的分布情况可能的是( )
图11-3
A.该处电场方向和磁场方向重合
B.电场竖直向上,磁场垂直纸面向里
C.电场斜向里侧上方,磁场斜向外侧上方,均与v垂直
D.电场水平向右,磁场垂直纸面向里
解析:带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力,是否受洛伦兹力需具体分析.A选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直,则洛伦兹力与电场力垂直,如果与重力的合力为零就会做直线运动.B选项中电场力、洛伦兹力都向上,若与重力合力为零,也会做直线运动.C选项电场力斜向里侧上方,洛伦兹力向外侧下方,若与重力合力为零,就会做直线运动.D选项三个力合力不可能为零,因此本题选A、B、C.
答案:ABC
7.如图11-4所示，水平正对放置的带电平行金属板间的匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点由静止释放，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做匀速直线运动.现在使小球从稍低些的b点由静止释放，经过轨道端点P进入两板之间的场区.关于小球和小球现在的运动情况，以下判断中正确的是( )
图11-4
A.小球可能带负电
B.小球在电、磁场中运动的过程动能增大
C.小球在电、磁场中运动的过程电势能增大
D.小球在电、磁场中运动的过程机械能总量不变
解析:如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力、向下的电场力、向下的洛伦兹力，则小球不能沿水平方向做匀速直线运动，所以小球只能带正电，此时洛伦兹力向上，电场力向上，且F+F=mg，当小球洛电从稍低的b点由静止释放时，小球进入金属板间的速度将减小，则F减小,F+F,mg，小球将向下运动，洛洛电
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电场力做负功，合外力做正功.所以小球在电磁场中运动的过程中动能增大，电势能增加，机械能减小，故B、C正确，A、D错.
答案:BC
8.如图11-5所示,两平行金属板的间距等于极板的长度,现有重力不计的正离子束以相同的初速度v平行于两0板从两板正中间射入.第一次在两极板间加恒定电压,建立场强为E的匀强电场,则正离子束刚好从上极板边缘飞出.第二次撤去电场,在两板间建立磁感应强度为B、方向垂直于纸面的匀强磁场,正离子束刚好从下极板边缘飞出,则E和B的大小之比为( )
图11-5
511A. B. C. D.v vvv0000424
解析:根据题意d=L?
两板间为匀强电场时,离子做类平抛运动.
设粒子在板间的飞行时间为t,则
水平方向:L=vt? 0
d1qE22,at,t竖直方向:? 222m
两板间为匀强磁场时,设偏转半径为r
d222由几何关系有? r,(r,)，L2
2v0qvBm,又? 0r
5vE0?????联立得. ,4B
答案:A
9.如图11-6所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上.在塑料板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、带电荷量为+0.2 C的滑块,滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对塑料板施加方向水平
2向左、大小为0.6 N的恒力,g取10 m/s,则( )
图11-6
2A.塑料板和滑块一直做加速度为2 m/s的匀加速运动
B.滑块开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动
2C.最终塑料板做加速度为2 m/s的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s的匀速运动
2D.最终塑料板做加速度为3 m/s的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s的匀速运动
解析:滑块随塑料板向左运动时,受到竖直向上的洛伦兹力,和塑料板之间的正压力逐渐减小.开始时,塑料板和
2滑块加速度相同,由F=(M+m)a得,a=2 m/s,对滑块有μ(mg,qvB)=ma,当v=6 m/s时,滑块恰好相对于塑料板有相对滑动,开始做加速度减小的加速运动,当mg=qvB,即v=10 m/s时滑块对塑料板的压力为零F=0,塑料板所受的N
F2a',,3m/s合力为0.6 N,则,B、D正确. M
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答案:BD
10.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置,其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔.若带电粒子初速度可视为零,经电压为U的电场加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B.带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动.要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动,下列说法中正确的是 ( )
A.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q/m越大,磁感应强度B越大
B.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q/m越大,磁感应强度B越小
C.对于给定的带电粒子和磁感应强度B,加速电压U越大,粒子运动的周期越小
D.对于给定的带电粒子和磁感应强度B,不管加速电压U多大,粒子运动的周期都不变
2Uqv,,解析:带电粒子经过加速电场后速度为带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内,且在圆环内做m
mvUm2半径确定的圆周运动,因此,对于给定的加速电压,即U一定,则带电粒子的比荷q/m越大,磁感R,,2BqBq
2,m,应强度B应越小,A错误,B正确;带电粒子运动周期为T,与带电粒子的速度无关,当然就与加速电压UBq
无关,因此,对于给定的带电粒子和磁感应强度B,不管加速电压U多大,粒子运动的周期都不变. 答案:BD
第?卷 非选择题
二、填空计算题(共6题,每题10分,共60分)
11.在原子反应堆中抽动液态金属时,由于不允许转动机械部分和液态金属接触,常使用一种电磁泵.如图11-7所示是这种电磁泵的结构示意图,图中A是导管的一段,垂直于匀强磁场放置,导管内充满液态金属.当电流I垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时,液态金属即被驱动,并保持匀速运动.若导管内截面宽为a、高为b,磁场区域中的液体通过的电流为I,磁感应强度为B,求:
图11-7
(1)电流I的方向;
(2)驱动力对液体造成的压强差.
解析:(1)驱动力即安培力方向与流动方向一致,由左手定则可判断出电流I的方向由下向上. (2)把液体看成由许多横切液片组成,因通电而受到安培力作用,液体匀速流动,所以有安培力
FBIbBIBIF=Δp?S,,p,,,,即驱动力对液体造成的压强差为. aSaba
答案:(1)电流方向由下向上
BI(2) a
12.一种半导体材料称为“霍尔材料”,用它制成的元件称为“霍尔元件”,这种材料有可定向移动的电荷,称为“载流
,19子”,每个载流子的电荷量大小为q=1.6×10 C，霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用,如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等.
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图11-8
,,,223在一次实验中,一块霍尔材料制成的薄片宽ab=1.0×10 m、长bc=4.0×10 m、厚h=1.0×10 m,水平放置在竖直向上的磁感应强度B=2.0 T的匀强磁场中,bc方向通有I=3.0 A的电流,如图11-8所示,由于磁场的作用,稳定
,5后,在沿宽度方向上产生1.0×10 V的横向电压.
(1)假定载流子是电子,ad、bc两端中哪端电势较高?
(2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速率为多大?
(3)这块霍尔材料中单位体积内的载流子个数为多少?
解析:(1)由左手定则可判断,电子受洛伦兹力作用偏向bc边,故ad端电势高.
U(2)稳定时载流子在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡qvB,q, ab
,5U1.0，10,4v,,m/s,5，10m/s. ,2Bab2.0，1.0，10
273(3)由电流的微观解释可得:I=nqvS.故n=I/qvS=3.75×10个/m.
答案:(1)ad端
,4(2)5×10 m/s
273(3)3.75×10个/m
13.将氢原子中电子的运动看做是绕氢核做匀速圆周运动,这时在研究电子运动的磁效应时,可将电子的运动等效为一个环形电流,环的半径等于电子的轨道半径r.现对一氢原子加上一个外磁场,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直电子的轨道平面.这时电子运动的等效电流用I表示.现将外磁场反向,但磁场的磁感应强度大小不1
变,仍为B,这时电子运动的等效电流用I表示.假设在加上外磁场以及外磁场反向时,氢核的位置、电子运动的2
轨道平面以及轨道半径都不变,求外磁场反向前后电子运动的等效电流的差,即|I,I|等于多少?(用m和e表示12
电子的质量和电荷量)
evI,解析:用r表示电子的轨道半径,v表示电子速度,则等效电流? 2,r
当加上一垂直于轨道平面的外磁场后,设顺着外磁场方向看,电子做逆时针转动,此时电子受到氢核对它的库仑力指向圆心,而受到洛伦兹力背向圆心.设此时速度为v,根据题意得 1
22mvke1,,evB? 12rr
当外磁场反向后,轨道半径r不变,此时运动速度变为v,此时电子受到氢核对它的库仑力不变,而洛伦兹力大小2
变为eBv,方向变为指向圆心,根据牛顿运动定律可得 2
22mvke2，evB,? 22rr
eBrv,v,由??式解得? 21m
2Be|I,I|,.由??两式可得 12m,2
2Be答案: 2m,
14.在电子显像管内部,由炽热的灯丝上发射出的电子在经过一定的电压加速后,进入偏转磁场区域,最后打到荧
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光屏上,当所加的偏转磁场的磁感应强度为0时,电子应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置.但由于地磁场对带电粒子运动的影响,会出现在未加偏转磁场时电子束偏离直线运动的现象,所以在精密测量仪器的显像管中常需要在显像管的外部采取磁屏蔽措施以消除地磁场对电子运动的影响.
已知电子质量为m、电荷量为e,从炽热灯丝发射出的电子(可视为初速度为0)经过电压为U的电场加速后,沿水平方向由南向北运动.若不采取磁屏蔽措施,且已知地磁场磁感应强度的竖直向下分量的大小为B,地磁场对电子在加速过程中的影响可忽略不计.在未加偏转磁场的情况下,(1)试判断电子束将偏向什么方向;(2)求电子在地磁场中运动的加速度的大小;(3)若加速电场边缘到荧光屏的距离为l,求在地磁场的作用下使到达荧光屏的电子在荧光屏上偏移的距离.
解析:(1)根据左手定则,可以判断出电子束将偏向东方.
12(2)设从加速电场射出的电子速度为v,则根据动能定理有: mv,eU002
从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动,设电子的加速度为a,根据牛顿第二定律,evB=ma 0
由以上各式解得
eB2eUa,. mm
(3)设电子在地磁场中运动的半径为R,根据牛顿第二定律
2vmv00,evBm得 R,0ReB
22设电子在荧光屏上偏移的距离为x,根据图中的几何关系,有: x,R,R,t
结合以上关系,得
12mU2mU2x,,,l. 2BeeB
答案:(1)东方
eB2eU(2) mm
12mU2mU2,,l(3) 2BeeB
15.回旋加速器的示意图如图11-9甲，置于真空中的金属D形盒,其半径为R,两盒间距为d,在左侧D形盒圆心处放有粒子源S,匀强磁场的磁感应强度为B,方向如图所示.此加速器所接的高频交流电源如图11-9乙所示,电压有效值为U.粒子源射出的带电粒子质量为m、电荷量为q.设粒子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计,且此时高频电源电压恰好达到最大值,忽略粒子在加速电场中的运动时间,加速粒子的电压按交流电的最大值且可近似认为保持不变.粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数.求:
(1)粒子在加速器中运动的总时间t.
(2)试推证当R>>d时,粒子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的总时间可忽略不计(粒子在电场中运动时,不考虑磁场的影响).
(3)粒子第1次和第n次分别在右半盒中运动的轨道半径的比值R?R. 1n
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图11-9
解析:由于加速粒子的电压按交流电的最大值且近似认为保持不变,故粒子在电场中做匀加速直线运动.
2vqvB,m(1)设粒子加速后的最大速度为v,此时轨道半径最大为R,由牛顿第二定律得: R
2,R粒子的回旋周期为: T,v
12粒子加速后的最大动能为:Emv ,k2
设粒子在电场中加速的次数为n,则:E=nqU km
U,2U高频电源电压的最大值 m
T又忽略粒子在加速电场中的运动时间,则运动的总时间 t,n2
2BR2,,.t联立解得: 4U
(2)粒子在电场中间断的加速运动,可等效成不间断的匀加速直线运动.粒子在电场中加速的总时间
nd2nd为: t,,1vv
2
R,粒子在D形盒中回旋的总时间:tn, 2v
2ttd11,,,1故,又R>>d,所以,因此t可忽略不计. 1tt,R22
2(3)设粒子第1、2、3……n次在右半盒中运动的速度分别为v、v、v……v,则由动能定理得:qU=mv/2 123nm1
2mv2qU,3 m2
2mv3qU,5 m2
……
2mvn(2n,1)qU, m2
2vqvB,m又 R
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 联立解得(n取1,2,3,…). R:R,1:2n,11n
2,2BR答案:(1) 4U
(2)略
(3)1:2n,1
16.(2010湖北部分重点中学高三二联,25)在xOy平面内,x,0的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度
,,97为B=0.4 T;x,0的区域存在沿x轴正方向的匀强电场.现有一质量为m=4.0×10 kg,带电荷量为q=2.0×10 C
的正粒子从x轴正方向上的M点以速度v=20 m/s进入磁场,如图11-10所示,v与x轴正方向的夹角θ=45?,M00点与O点相距为l=2 m.已知粒子能以沿着y轴负方向的速度垂直穿过x轴负半轴上的N点,不计粒子重力.求:
图11-10 (1)粒子穿过y轴正半轴的位置以及穿过y轴正半轴时速度与y轴的夹角; (2)x,0区域电场的场强;
(3)试问粒子能否经过坐标原点O?若不能,请说明原因;若能,请求出粒子从M点运动到N点所经历的时间.
解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力
2Bqv=mv/R 00
得:R=1 m
过M点做初速度v的垂线交y轴正方向于P点,则PM=l/cos45? 0
得:PM=2 m=2R
由几何关系得PM为轨迹圆的直径,P点即为粒子穿过y轴正半轴的位置 OP,PMsin45:,2m
由圆的对称性得粒子经过此处时的速度与y轴夹角为θ=45?. (2)设粒子由P点到N点历时t,则: 1
x轴方向:vsin45?,Eqt/m=0 01
y轴方向:vtcos45?=OP 01
联立求解,代入数据得:t=0.1 s, 1
E,22V/m,2.82V/m.
(3)粒子能到达O点
粒子在磁场中的运动周期为:T=2πm/Bq
从M点运动到O点经过的轨迹如图
经历的时间为:t=T/2+3T/4+2t 1
代入数据得:
t=(π/8+0.2) s?0.59 s.
答案:(1)45? (2)2.82 V/m (3)0.59 s
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电场
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.如图9-1所示是电容式话筒的示意图，它是利用电容制作的传感器，话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层，膜后距膜几十微米处有一金属板，振动膜上的金属层和这个金属板构成电容器的两极，在两极间加一电压U ，人对着话筒说话时，振动膜前后振动，使电容发生变化，导致话筒所在的电路中的其他量发生变化，使声音信号被话筒转化为电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极板间的( )
图9-1
A.距离变化 B.正对面积变化 C.介质变化 D.电压变化
解析:振动膜前后振动，引起电容器极板间的距离变化.
:A 答案
2.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的vt图象如图9-2甲所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是图乙中的( )
图9-2
解析:从题图甲可以看出负电荷在运动的过程中是变加速运动，因此所受到的电场力也不断变大，且和电荷运动方向相同，电场强度也不断变大，故选项C正确.
答案:C
3.如图9-3所示，电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，同一点电荷在a、b两点所受的电场力大小分别为F和F，则下列说法中正确的是( ) 12
图9-3
A.a点的场强等于U/d
B.a点的场强大于b点场强
C.若F=F，则a点场强等于U/d 12
D.若F,F,则a点场强小于b点场强 12
解析:电场中某条电场线上a、b两点相距为d，电势差为U，但电场线的分布情况未知，所以a、b两点的电场强度大小也无法判断，若F,F，则a点场强小于b点场强，故选项D是正确的. 12
答案:D
4.如图9-4所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中点与A、B的中点重合，现将一电子沿该路径逆时针移动一周，下列判断正确的是( )
图9-4
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A.e点和g点的电场强度相同
B.a点和f点的电势相等
C.电子从g点到f点再到e点过程中，电势能先减小再增大
D.电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功
解析:e点与g点的场强方向不同，据等量异种电荷等势线分布图可知，过af的连线为零伏特的等势面，该面左侧电势高，右侧电势低.对选项C，电势能一直增大，故C错.
答案:BD
5.A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从A点运动到B点，速度图象如图9-5所示.下列关于A、B两点电场强度E的大小和电势φ的高低的判断，正确的是( )
图9-5
A.E,EB.E,EC.φ,φD.φ,φ AB AB AB AB
解析:由题图可知，正电荷速度越来越小，变化越来越慢即加速度越来越小，所受电场力越来越小，故E,E,AAB对;受电场力方向与运动方向相反，可知场强方向由B向A，电势φ,φ，C对. AB
答案:AC
图9-6
6.带正电的小球用绝缘线悬挂在O点(O点放置一带正电的点电荷)做单摆摆动，如图9-6所示.与O点不放电荷时比较，下列判断正确的是( )
A.振动周期将变大 B.振动周期将变小
C.振动周期将不变 D.小球的振动仍是简谐运动
解析:O点放不放电荷只对绳子拉小球的张力有一定影响，如果O点放置一正电荷，小球到达最下端时绳子的张力将变大，但对小球振动的周期没有影响，我们可以将绳子对小球的拉力与小球所受的库仑力等效成一个力(此二力始终与速度方向垂直)，然后和O点不放正电荷时比较就很容易得出结论了，所以答案为CD. 答案:CD
7.(2010四川绵阳高三第二次诊断考试，18)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U=U,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Qabbc
是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知( )
图9-7
A.三个等势面中，c的电势最低
B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小
D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b
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解析:根据题意画出电场线、粒子在P处的速度方向和受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a,所以a点电势最低，选项A错误;粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，B选项错误;由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，C选项错误;根据电场线与电场强度的几何关系可知，D选项正确.
答案:D
8.如图9-8所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A?O?B匀速飞过，不计电子的重力，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是( )
图9-8
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:由A?O?B场强先增大再减小，在O点电场强度最大，电场强度的方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，即电场力先增大再减小，由受力平衡，电子所受另一个力先增大再减小，方向与异种电荷的连线平行并指向负电荷，选项B正确.
答案:B
9.如图9-9所示,在光滑绝缘水平面上,两个带等量正电的点电荷M、N分别固定在A、B两点,O为AB连线的中点,CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P(设不改变原来的电场分布),在以后的一段时间内,P在CD连线上做往复运动.若( )
图9-9
A.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中振幅不断减小
B.小球P的带电荷量缓慢减小,则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小
C.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P往复运动过程中周期不断减小 D.点电荷M、N的带电荷量同时等量地缓慢增大,则小球P往复运动过程中振幅不断减小 解析:由对称性可知,M、N的带电荷量一定时,小球P的带电荷量的变化只影响其加速度的大小,影响其到达O点的速率的大小,而不会影响振幅的大小,因此,B正确,A错误;如果M、N的带电荷量等量缓慢增大,则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大,速度变化将更快,即周期将变小,C对;同时,伴随M、N电荷量的增加,由于对P在同一位置的电场力变大，故振幅变小，D对.
答案:BCD
10.如图9-10所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘.两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )
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图9-10
A.推力F将增大
B.竖直墙面对小球A的弹力减小
C.地面对小球B的弹力一定不变
D.两个小球之间的距离增大
解析:将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N(也是对B的支持力N)，
将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N=(m+m)g为一定值，C正确.然后对B进行受力分析如图，AB
qqABFk由平衡条件可知N=mg+Fcosθ，向左推B，θ减小，所以F减小，由得:A、B间距离r增大，,斥斥B斥2rD正确.而F=Fsinθ,θ减小，F减小，所以推力F减小.将A、B视为整体时F=N，所以墙面对小球A的弹斥斥a力N减小，B正确.故选项B、C、D正确. a
答案:BCD
第?卷 非选择题
二、填空计算题(共6题，每题10分，共60分)
11.“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中
图9-11
(1)如图9-11所用的电表指针偏转方向与流入电流的关系是:当电流从正接线柱流入电表时，指针偏向正接线柱
一侧.一位学生用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，把接电表正接线柱的探针E接触基准点2，把接电1表负接线柱的探针E接触纸上某一点，发现表的指针发生了偏转，为了探测到等势点，则( ) 2
A.若电表指针偏向正接线柱一侧，E应右移 2
B.若电表指针偏向正接线柱一侧，E应左移 2
C.若电表指针偏向负接线柱一侧，E应右移 2
D.若电表指针偏向负接线柱一侧，E应左移 2
图9-12
(2)在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸.在导电纸上平放两个圆柱形电极A与B，分别与直流电源
的正、负极接好，如图9-12所示.若以A、B连线为x轴，A、B连线的中垂线为y轴，将一个探针固定在y
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轴上的某一点，沿x轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流表的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是_______.将实验故障排除后，探针从BO间某处沿x轴向电极A移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是_______.
解析:(1)由题图可知A点电势高于B点电势，若电表指针偏向正接线柱一侧，说明探针E的电势高于E的电12势，E应向左移动，所以B项正确;若指针偏向负接线柱一侧，说明探针E的电势高于E的电势，E应向2212右移动，C项正确，D项错.
(2)导电纸涂导电物质的一面朝下了;偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐变大. 答案:(1)BC (2)见解析
,912.如图9-13所示，在真空中的O点放一点电荷Q=1.0×10 C，直线MN过O点，OM=30 cm,M点放一点电
,10荷q=,2×10 C,求:
图9-13
(1)M点的场强大小;
(2)若M点的电势比N点的电势高15 V，则电荷q从M点移到N点，它的电势能变化了多少,
Q解析:(1)根据得M点的场强 E,2r
,91.0，109 E,9.0，10，,100N/C.,2(30，10)
(2)电荷q从M点移到N点，电场力做功
,,109W=qU=,2×10×15 J=,3×10 J. MNMN,9这一过程中电场力做负功，电势能增加3×10 J
,9答案:(1)100 N/C (2)3×10 J
S,13.如图9-14所示，计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器.电容的计算公式是其中C,,d,,121ε=9.0×10 F?m,S表示两金属片的正对面积，d表示两金属间的距离.当某一键被按下时，d发生改变，引起
2电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号.已知两金属片的正对面积为50 mm，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60 mm.只要电容变化达0.25 pF，电子线路就能发出相应的信号，那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离,
图9-14
解析:计算机键盘是一个电容传感器，由题意知是通过改变两极板间距来改变电容，得到相应的电信号.又因两极板间距减小，电容变大，设原间距为d，至少要按下距离为d,电子线路恰能检测出必要的信号，则根据0
S,C,d11Cd,12,C,S,,(),,,C,,先求得未按下时的电容C=0.75 pF，再由得和C=1.00 pF,得 12CdCdddd02121
,Sd0d, ,C,d，,S0
,12,6,39，10，50，10，0.6，10,3,m,0.15，10m ,12,3,12,60.25，10，0.6，10，9，10，50，10
即d=0.15 mm.
答案:0.15 mm
14.如图9-15所示，电荷量为,e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v，0
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当它通过电场B点时，速度与场强方向成150?角，不计电子的重力，求A、B两点间的电势差.
图9-15
解析:电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动.根据运动的分解可知,电子在垂直于场强方向上做匀速直线运动.将B点的速度分解(如图)
v0 v,,2v0cos60:
电子从A运动到B，由动能定理得
1122eUmvmv ,,,AB022
1122mvmv(2),200mv3220 U,,,.ABee,2
23mv0,答案: 2e
15.如图9-16所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与垂直方向的最大夹角为θ.求小球经过最低点时细线对小球的拉力.
图9-16
解析:设细线长为L,球的电荷量为q,场强为E.若电荷量q为正,则场强方向在题图中向右,反之向左.从释放点到左侧最高点,重力势能的减小等于电势能的增加.
mgLcosθ=qEL(1+sinθ)?
若小球运动到最低点时的速度为v,此时线的拉力为T,由能量关系得
2mv/2=mgL,qEL?
2由牛顿第二定律得T,mg=mv/L?
由以上各式解得
,2cosT,mg,(3). ，,1sin
,2cosmg,(3)答案: ，,1sin
16如图9-17所示，质量为m、电荷量为+q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v沿着水平方向抛出，0已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，求:
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图9-17 (1)电场强度E为多大,
(2)小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多大,
(3)小球落地时的动能为多大,
解析:(1)分析水平方向的分运动有:
2qEL2mv120v,aL,所以 2,E,.0mqL2
(2)A与O之间的电势差
2mv10 UEL,,,.AOq2
(3)设小球落地时的动能为E,空中飞行的时间为T,分析水平方向和竖直方向的分运动有: kA
1qE2,, v,,Tv,gtE,mvAAA0k2m
22mgL2解得: E,.kA2v0
答案:见解析
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) 电磁感应
(时间:90分钟 满分:100分) 一、选择题(本题共10小题,共40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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图12-1所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和RS上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd
分别以速度v、v滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v和v的大小、方向可能是( ) 1212
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图12-1
A.v,v,v向右，v向左 1212
B.v,v,v和v都向左 1212
C.v=v,v和v都向右 1212
D.v=v,v和v都向左 1212
解析:因回路abdc中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc的面积应增大，选项A、C、D错误，B正确.
答案:B
2.(2010河北唐山高三摸底，12)如图12-2所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间(两磁极间磁场可视为匀强磁场)，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕OO′轴转动.当蹄形磁铁匀速转动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有( )
图12-2
A.线圈与蹄形磁铁的转动方向相同
B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反
C.线圈中产生交流电
D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流
解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律等考点.根据楞次定律的推广含义可知A正确、B错误;最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为交流电. 答案:AC
3.如图12-3 所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向相同时为正.当M中通入下列哪种电流时,在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流( )
图12-3
图12-4
解析:据楞次定律，P中产生正方向的恒定感应电流说明M中通入的电流是均匀变化的，且方向为正方向时应均匀减弱，故D正确.
答案:D
4.如图12-5所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )
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图12-5
31A.2mgL B.2mgL+mgH C. D. 2mgL，mgH2mgL，mgH44
v1解析:设刚进入磁场时的速度为v,刚穿出磁场时的速度? v,122
12线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得? mv,mgH12
11222? mv，mg,L,mv，Q1222
3由???得.C选项正确. Q,2mgL，mgH4
答案:C
5.如图12-6(a)所示,圆形线圈P静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同线圈Q,P和Q共轴,Q中通有变化电流,电流随时间变化的规律如图12-6(b)所示,P所受的重力为G,桌面对P的支持力为F,则( ) N
图12-6
A.t时刻F,G B.t时刻F,G C.t时刻F,G D.t时刻F=G 1N2N3N4N
解析:t时刻,Q中电流正在增大,穿过P的磁通量增大,P中产生与Q方向相反的感应电流,反向电流相互排斥,1
所以F,G;t时刻Q中电流稳定,P中磁通量不变,没有感应电流,F=G;t时刻Q中电流为零,P中产生与Q在N2N3
t时刻前方向相同的感应电流,而Q中没有电流,所以无相互作用,F=G;t时刻,P中没有感应电流,F=G. 3N4N答案:AD
6.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图12-7所示.在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U、U、U和U.下列判断正确的是( ) abcd
图12-7
A.U,U,U,UB.U,U,U,U abcd abdc
C.U=U,U=UD.U,U,U,U abdc badc
解析:线框进入磁场后切割磁感线,a、b产生的感应电动势是c、d电动势的一半.而不同的线框的电阻不同.设a线框电阻为4r,b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r,则
3r3BLv5r5BLv6r3BLvUBLv,,,U,BLv,,,U,B2Lv,,,, abc4r48r26r6
4r4BlvU,B2Lv,,.所以B正确. d6r3
答案:B
7.(2010安徽皖南八校高三二联，16)如图12-8所示，用一块金属板折成横截面为“”形的金属槽放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，并以速度v向右匀速运动，从槽口右侧射入的带电微粒的速度是v，如果微粒进12
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入槽后恰能做匀速圆周运动，则微粒做匀速圆周运动的轨道半径r和周期T分别为( )
图12-8
2,2,2,2,vvvvvvvvvv1221211112A., B., C., D., gggggggg
解析:金属板折成“”形的金属槽放在磁感应强度为B的匀强磁场中，并以速度v向右匀速运动时，左板将切1
UBlv1割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可知上板为正，下板为负，，微粒做E,,,Bv1dl
qBvqE1m,,,匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有向心力由洛伦兹力提供，所以gg
2v2,2,mv2mvrv2121,qvB,m,,得r,,，周期，故B项正确. T2rvgqBg2
答案:B
8.超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图12-9所示的模型:在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B和B，且B=B=B，每个磁场的宽度都是l，相间排列，所有这些磁场1212
都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L、宽为l的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动.设金属框的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为F，金属框的最大速度为v，则磁fm场向右匀速运动的速度v可表示为( )
图12-9
2222 2222A.v=(BLv,FR)/BLB.v=(4BLv+FR)/4BL mfmf2222 2222C.v=(4BLv,FR)/4BLD.v=(2BLv+FR)/2BL mfmf
解析:导体棒ad和bc各以相对磁场的速度(v,v)切割磁感线运动，由右手定则可知回路中产生的电流方向为m
abcda,回路中产生的电动势为E=2BL(v,v),回路中电流为I=2BL(v,v)/R,由于左右两边ad和bc均受到安培mm22力，则合安培力为F=2×BLI=4BL(v,v)/R，依题意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则合m2222F=F，解得磁场向右匀速运动的速度v=(4BLv+FR)/4BL,B对. 合fmf
答案:B
9.矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图12-10甲所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.在0,4 s时间内,线框中的感应电流(规定顺时针方向为正方向)、ab边所受安培力(规定向上为正方向)随时间变化的图象分别为图乙中的( )
甲
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乙
图12-0
解析:在0,1 s内,穿过线框中的磁通量为向里的减少,由楞次定律,感应电流的磁场垂直纸面向里,由安培定则,
,B,SE线框中感应电流的方向为顺时针方向.由法拉第电磁感应定律,E,n,E一定,由故I一定.由左手I,,,tR定则,ab边受的安培力向上.由于磁场变弱,故安培力变小.同理可判出在1,2 s内,线框中感应电流的方向为顺时针方向,ab边受的安培力为向下的变强.2,3 s内,线框中感应电流的方向为逆时针方向,ab边受的安培力为向上的变弱,因此选项AD对.
答案:AD
10.如图12-11甲所示,用裸导体做成U形框架abcd,ad与bc相距L=0.2 m,其平面与水平面成θ=30?角.质量为m=1 kg的导体棒PQ与ad、bc接触良好,回路的总电阻为R=1 Ω.整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中,磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示(设图甲中B的方向为正方向).t=0时,B=10 T、导体棒PQ0与cd的距离x=0.5 m.若PQ始终静止,关于PQ与框架间的摩擦力大小在0,t=0.2 s时间内的变化情况,下面01
判断正确的是( )
图12-11
A.一直增大 B.一直减小 C.先减小后增大 D.先增大后减小
B,B20,,50T/s解析:由图乙,,t=0时,回路所围面积S=Lx=0.1 m,产生的感应电动势0,tt1
,B,SEE,,5V,I,,5A,安培力F=BIL=10 N,方向沿斜面向上.而下滑力mgsin30?=5 N,小于安培力,故0,tR
刚开始摩擦力沿斜面向下.随着安培力减小,沿斜面向下的摩擦力也减小,当安培力等于下滑力时,摩擦力为零.安培力再减小,摩擦力变为沿斜面向上且增大,故选项C对.
答案:C
二、填空题(共2小题，共12分)
11.(6分)如图12-12所示,有一弯成θ角的光滑金属导轨POQ,水平放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.有一金属棒MN与导轨的OQ边垂直放置,金属棒从O点开始以加速度a向右运动,求t秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是____________________.
图12-12
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解析:该题求的是t秒末感应电动势的瞬时值,可利用公式E=Blv求解,而上面错误解法求的是平均值.开始运动t
12秒末时,金属棒切割磁感线的有效长度为 L,ODtan,,attan,.2
根据运动学公式,这时金属棒切割磁感线的速度为v=at.
123由题知B、L、v三者互相垂直,有,即金属棒运动t秒末时,棒与导轨所构成的回路中的E,Blv,Battan,2
123感应电动势是 E,Battan,.2
123答案: Battan,2
12.(6分)如图12-13所示,有一闭合的矩形导体框,框上M、N两点间连有一电压表,整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,且框面与磁场方向垂直.当整个装置以速度v向右匀速平动时,M、N之间有无电势差?__________(填“有”或“无”)，电压表的示数为__________.
图12-13
解析:当矩形导线框向右平动切割磁感线时,AB、CD、MN均产生感应电动势,其大小均为BLv,根据右手定则可知,方向均向上.由于三个边切割产生的感应电动势大小相等,方向相同,相当于三个相同的电源并联,回路中没有电流.而电压表是由电流表改装而成的,当电压表中有电流通过时,其指针才会偏转.既然电压表中没有电流通过,其示数应为零.也就是说,M、N之间虽有电势差BLv,但电压表示数为零.
答案:有 0
三、计算、论述题(共4个题,共48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能得分.有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位)
13.(10分)如图12-14所示是一种测量通电线圈中磁场的磁感应强度B的装置,把一个很小的测量线圈A放在待测处,线圈与测量电荷量的冲击电流计G串联,当用双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,从而引起电荷的迁移,由表G测出电荷量Q,就可以算出线圈所在处的磁感应强度B.已知测量线圈的匝数为N,直径为d,它和表G串联电路的总电阻为R,则被测出的磁感应强度B为多大?
图12-14
解析:当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,根据法拉第电磁感应定律可
d2B2,(),,2得:E,N,N ,t,t
由欧姆定律和电流的定义得:
EQEI,,,Q,,t即 R,tR
QR2B,.联立可解得: 2,Nd
2QR答案: 2,Nd
14.(12分)如图12-15所示,线圈内有理想边界的磁场,开始时磁场的磁感应强度为B.当磁场均匀增加时,有一带0
电微粒静止于平行板(两板水平放置)电容器中间,若线圈的匝数为n,平行板电容器的板间距离为d,粒子的质量
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为m,带电荷量为q.(设线圈的面积为S)求:
图12-15
(1)开始时穿过线圈平面的磁通量的大小.
(2)处于平行板电容器间的粒子的带电性质.
(3)磁感应强度的变化率.
解析:(1)Φ=BS. 0
(2)由楞次定律,可判出上板带正电,故推出粒子应带负电.
,,(3),ΔΦ=ΔB?S, E,n,,t
E,Bmgd,.,联立解得: q,,mg,tnqSd
,Bmgd:(1)BS (2)负电 (3), 答案0,tnqS
15.(12分)两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图12-16所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中.ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求:
图12-16
(1)ab运动速度v的大小;
(2)电容器所带的电荷量q.
解析:本题是电磁感应中的电路问题,ab切割磁感线产生感应电动势为电源.电动势可由E=Blv计算.其中v为所求,再结合闭合(或部分)电路欧姆定律、焦耳定律、电容器及运动学知识列方程可解得. (1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I,ab运动距离s所用时间为t,三个电阻R与电源串联,总电阻为4R,则
E=Blv
E由闭合电路欧姆定律有I, 4R
st, v2由焦耳定律有Q=I(4R)t
QR4v,由上述方程得. 22Bls
(2)设电容器两极板间的电势差为U,则有U=IR
电容器所带电荷量q=CU
CQRq,. 解得Bls
4QRCQR答案:(1) (2) 22BlsBls
16.(14分)如图12-17所示,水平地面上方的H高区域内有匀强磁场,水平界面PP′是磁场的上边界,磁感应强度为
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B,方向是水平的,垂直于纸面向里.在磁场的正上方,有一个位于竖直平面内的闭合的矩形平面导线框abcd,ab长为l,bc长为l,H,l,线框的质量为m,电阻为R.使线框abcd从高处自由落下,ab边下落的过程中始终保持水平,122
已知线框进入磁场的过程中的运动情况是:cd边进入磁场以后,线框先做加速运动,然后做匀速运动,直到ab边到达边界PP′为止.从线框开始下落到cd边刚好到达水平地面的过程中,线框中产生的焦耳热为Q.求:
图12-17
(1)线框abcd在进入磁场的过程中,通过导线的某一横截面的电荷量是多少?
(2)线框是从cd边距边界PP′多高处开始下落的?
(3)线框的cd边到达地面时线框的速度大小是多少?
解析:(1)设线框abcd进入磁场的过程所用时间为t,通过线框的平均电流为I,平均感应电动势为,则,
,,,,,I,,ΔΦ=Bll ,12,tR
Bll12q,I,tq,通过导线的某一横截面的电荷量解得 .R
(2)设线框从cd边距边界PP′上方h高处开始下落,cd边进入磁场后,切割磁感线,产生感应电流,在安培力作用下做加速度逐渐减小的加速运动,直到安培力等于重力后匀速下落,速度设为v,匀速过程一直持续到ab边进入磁场时结束,有
,ε=Blv,F=BIl,F=mg I,,1A1AR
mgRv,解得 22Bl1
线框的ab边进入磁场后,线框中没有感应电流.只有在线框进入磁场的过程中有焦耳热Q.线框从开始下落到ab边刚进入磁场的过程中,线框的重力势能转化为线框的动能和电路中的焦耳热.则有
432241mgR，2QBl21()mgh，l,mv，Q解得 h,,l.224422mgBl1
1122(3)线框的ab边进入磁场后,只有重力作用下,加速下落,有mv,mv,mg(H,l) 2222
cd边到达地面时线框的速度
222mgRv,，2g(H,l). 2244Bl1
Bll12答案:(1) R
43224mgR，2QBl1,l(2) 2442mgBl1
222mgR，2g(H,l)(3) 244Bl1
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动 量
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.一质量为m的物体沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，滑到底端历时为t，则下滑过程中斜面对物体的冲量大小和方向为( )
A.大小为mgcosθ?t B.方向垂直斜面向上
C.大小为mgsinθ?t D.方向竖直向上
解析:物体沿固定斜面匀速下滑，则斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反,故斜面对物体的冲量大小为mgt，方向竖直向上，选项D正确.
答案:D
2.如图6-1所示，一个轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v从右边沿光滑水平面向左运0
动，与弹簧发生相互作用，设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是( )
图6-1
1122W,mvW,mvA.I=0, B.I=mv, 00022
12W,mvC.I=2mv,W=0 D.I=2mv, 0002
解析:木块与弹簧相互作用的过程，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧恢复原长、木块刚要离开弹簧时，木块的速度大小仍为v，方向水平向右.取水平向右为正方向，由动量定理得I,mv,m(,v)=2mv;0000
1122由动能定理得选项C对. w,mv,mv,0,0022
答案:C
3.物体受到合力F的作用,由静止开始运动,力F随时间变化的图象如图6-2所示,下列说法中正确的是( )
图6-2
A.该物体将始终向一个方向运动
B.3 s末该物体回到原出发点
C.0,3 s内,力F的冲量等于零,功也等于零
D.2,4 s内,力F的冲量不等于零,功却等于零
解析:图线和横坐标所围的面积等于冲量,0,1 s内的冲量为负,说明速度沿负方向,而1,2 s内冲量为正,且大于0,1 s内的冲量,即速度的方向发生变化,所以A错误.0,3 s内,力F的冲量为零,即物体0 s时的速度和3 s时的速度一样,故0,3 s内力F的冲量等于零,功也等于零,C、D正确.分析运动过程可以得到3 s末物体回到原出发点,B正确.
答案:BCD
4.如图6-3所示，两个质量不相等的小车中间夹一被压缩的轻弹簧，现用两手分别按住小车，使它们静止在光滑水平面上.在下列几种释放小车的方式中，说法正确的是( )
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图6-3
A.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的加速度大小一定相等
B.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的动量大小一定相等
C.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左 D.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向右 解析:由于两车质量不相等，两车的加速度大小不相等.由动量守恒,若同时放开两车，初总动量为零，此后任意时刻总动量为零，所以两小车的动量大小一定相等;若先放开左车，然后放开右车，则初总动量向左，此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左，所以B、C正确.
答案:BC
5.质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v与静止在光滑水平面上的质量为2m的小球B发生正碰,碰撞后,A球的动能变为原来的1/9,那么碰撞后B球的速度大小可能是( )
1248A. B. C. D. vvvv3399
v1解析:A球碰撞后的速度大小为v/3，若A碰后与原速度方向相同，则则若A反弹，mv,m，2mv',v',v.33
v2则则所以A、B正确. mv,m(,)，2mv',v',v,33
答案:AB
6.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止.根据测速仪的测定,长途客车在碰前以20 m/s的速率行驶.由此可判断卡车碰前的行驶速率( )
A.小于10 m/s
B.大于10 m/s,小于20 m/s
C.大于20 m/s,小于30 m/s
D.大于30 m/s,小于40 m/s
解析:设卡车与客车碰后的共同速度为v′,且v′与客车的运动方向相同,则有
m?v,m?v=(m+m)?v′ 客客卡客卡
v′,0,mv,mv,0 客客卡
mv1500，20客客选项A正确. v,,m/s,10m/s,m3000卡
答案:A
7.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图6-4表示发生碰撞前后的vt图线，由图线可以判断( )
图6-4
A.A、B的质量比为3?2
B.A、B作用前后总动量守恒
C.A、B作用前后总动量不守恒
D.A、B作用前后总动能不变
解析:因水平面光滑，水平方向上不受外力作用，所以系统的总动量守恒，B对,C错.mv+mv=mv′+mv′，AABBAABB
1122E,mv，mv,27.5m(J)代入图中数据得m?m,3?2，A对.碰撞前总动能，碰撞后总动能ABkAABBB122
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1122故碰撞前后总动能不变，D对. E,mv'，mv',27.5m(J),k2AABBB22
答案:ABD
8.如图6-5所示,一轻弹簧与质量为m的物块组成弹簧振子.物体沿竖直方向在A、B两点间做简谐运动，O点为平衡位置.某时刻，物体正经过C点向上运动，已知OC=h，振动周期为T，则从这时刻开始的半个周期内，下列说法中正确的是( )
图6-5
A.重力做的功为2mgh B.回复力做的功为零
C.重力的冲量为mgT/2 D.回复力的冲量为零
解析:做简谐运动的物体，在相隔半周期的两个时刻，速度大小相等、方向相反.故回复力(合力)做功为零，回
T复力的冲量为C处物体动量的2倍，B对，D错.重力的冲量为C对.在相隔半周期的两个时刻，振子所mg,2
在位置关于平衡位置对称，所以重力做功W=mg×2h=2mgh.A对.
答案:ABC
9.如图6-6甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m和m的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上.现使A12
瞬时获得水平向右的速度v=3 m/s,以此时刻为计时起点，两木块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知( )
图6-6
A.t时刻弹簧最短，t时刻弹簧最长 13
B.从t时刻到t时刻弹簧由伸长状态恢复到原长 12
C.两物体的质量之比为m?m=1?2 12
D.在t时刻两物体动能之比为E?E=1?4 2k1k2
解析:通过对A、B运动分析知,t时刻，弹簧最长，t时刻弹簧为原长，t时刻弹簧最短，A错误，B正确.A和123
112Em1mB组成的系统动量守恒，0,t时间内,mv=(m+m)×1,所以m?m=1?2,C正确.t时刻，,，, 1112122k11122
12E,m，2,2m,所以E?E=1?8,D错误. k1k2k2222
答案:BC
10.如图6-7，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小物块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑.开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F和F，从两物体开始运动以后的整12
个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度),正确的说法是( )
图6-7
A.由于F、F等大反向，故系统机械能守恒 12
B.F、F分别对m、M做正功，故系统动量不断增加 12
C.F、F分别对m、M做正功，故系统机械能不断增加 12
D.当弹簧弹力大小与F、F大小相等时，m、M的动能最大 12
解析:由于F、F等大反向，系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，系统机械能先增加后减小，当弹簧弹12
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力大小与F、F大小相等时，m、M加速终止，m、M速度最大，以后开始减速，所以D正确. 12
答案:D
二、填空实验题(2小题,共20分)
11.(6分)用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意图如图6-8,斜槽与水平槽圆滑连接.实验时先不放B球,使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处,让A球仍从C处由静止滚下,A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O点是重垂线所指的位置,若测得各落点痕迹到O点的距离:OM=2.68 cm,OP=8.62 cm,ON=11.50 cm,并知A、B两球的质量之比为2?1,则未放B球时A球落地点是记录纸上的________点,系统碰撞前总动量
|p,p'|p与碰撞后总动量p′的百分误差,_________ %(结果保留一位有效数字). p
图6-8
p,mOP/t解析:由实验数据可知系统碰撞前的总动量为 A
p',mOM/t，mON/t碰后总动量为 AB
且m?m=2?1,则百分误差为 AB
|p,p'|，100% p
|mOP,(mOM，mON)|AAB ,，100%,2%.
mOPA
答案:P 2
v,v||21e,,12.(14分)碰撞的恢复系数的定义为其中v和v分别是碰撞前两物体的速度，v和v分别是102012|v,v|2010
碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数e,1，非弹性碰撞的e,1.某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图6-9所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似为弹性碰撞)，且小球1的质量大于小球2的质量.
图6-9
实验步骤如下:
安装好实验装置，作好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O.
第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上.重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置.
第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞.重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.
第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度.
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在上述实验中，
(1)P点是__________的平均位置，M点是__________的平均位置，N点是__________的平均位置. (2)请写出本实验的原理__________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
写出用测量量表示的恢复系数的表达式__________.
(3)三个落地点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关,__________ _______________________________________________________________________________
解析:(1)P点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置.
M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置.
N点是小球2落点的平均位置.
(2)由小球从槽口C飞出后做平抛运动的时间相同，假设为t，则有
OP=vt 10
OM=vt 1
ON=vt 2
小球2碰撞前静止，即v=0 20
v,vON,OMON,OM21e,,,. v,vOP,OP01020
(3)OP与小球的质量无关，OM和ON与小球的质量有关.
答案:见解析
三、计算题(本题包括4小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(8分)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图6-10所示.现给盒子一初速度v，此0后，盒子运动的vt图象呈周期性变化，如图6-11所示.请据此求盒内物体的质量.
图6-10
图6-11
解析:设物体的质量为m,t时刻受盒子碰撞获得速度v,根据动量守恒定律 0
Mv=mv? 0
3t时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v,说明碰撞是弹性碰撞 00
1122Mv,mv? 022
联立??解得m=M?
(也可通过图象分析得出v=v,结合动量守恒,得出正确结果). 0
答案:m=M
14.(10分)图6-12 中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块.圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调.起初 ，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L.现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰
2mg撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力k
须随滑块下移而变.试求(忽略空气阻力):
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图6-12
(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)滑块向下运动过程中加速度的大小;
(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.
解析:(1)设物体下落末速度为v,由机械能守恒定律有 0
12得 mgL,mvv,2gL002
设碰后共同速度为v,由动量守恒定律 1
12mv=mv得 v,2gL1012
碰撞过程中系统损失的机械能为
11122 ,E,mv,，2mv,mgL.01222
(2)设加速度大小为a,由运动学公式有
22as=v 1
kL得 a,.8m
(3)设弹簧弹力为F,ER流体对滑块的阻力为F,受力分析如图所示,由牛顿第二定律有 NER
F+F,2mg=2ma NER
F=kx N
mgx,d， k
kL得F,mg，,kd. ER4
1kLkL答案:(1)mgL (2) (3)mg，,kd 8m42
15.(10分)(2010湖北部分重点中学二联,24)如图6-13所示,ABC为光滑轨道,其中AB段水平放置,BC段是半径为R的圆弧,AB与BC相切于B点.A处有一竖直墙面,一轻弹簧的一端固定于墙上,另一端与一质量为M的物块相连接,当弹簧处于原长状态时,物块恰能与固定在墙上的L形挡板接触于B处但无挤压.现使一质量为m的小球从圆弧轨道上距水平轨道高h处的D点由静止开始下滑.小球与物块相碰后立即共速但不粘连,物块与L形挡板相碰后速度立即减为零也不粘连.(整个过程中,弹簧没有超过弹性限度.不计空气阻力,重力加速度为g)
图6-13
(1)试求弹簧获得的最大弹性势能;
(2)求小球与物块第一次碰后沿BC上升的最大高度;
(3)若R>>h,每次从小球接触物块至物块撞击L形挡板历时均为Δt,则小球由D点出发经多长时间第三次通过B
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 点?
解析:(1)由小球运动至第一次碰前,据动能定理有:
2mgh=mv/2?(1分) 0
对碰撞过程,据动量守恒:
mv=(M+m)v?(1分) 01
碰后压缩弹簧过程中,M、m及弹簧系统机械能守恒:
2E=(M+m)v/2?(1分) pm1
由???式联立解得:
2mghE,.?(1分) pmM，m
(2)第一次碰后小球向BC轨道运动的初速度即为v,由机械能守恒得: 1
12?(1分) mv,mgh'12
2m由???式联立解得:?(1分) h',h.2(M，m)
(3)小球在BC段运动可等效为单摆,其周期为:
R?(1分) T,2,g
分析得小球第三次通过B点历时为:
3T?(1分) t,，,t4
3R由??式联立解得:?(2分) t,,，,t.2g
22mgh3Rm答案:(1) (2) (3) t,,，,th2M，m2g(，)Mm
16.(12分)(2010四川成都高三一检,24)如图6-14所示的装置中,两个光滑定滑轮的半径很小,表面粗糙的斜面固
定在地面上,现用一根伸长量可以忽略的轻质细绳跨过定滑轮连接可视为质点的甲、乙两物体,其中甲放在斜面
上且连线与斜面平行,乙悬在空中,放手后,甲、乙均处于静止状态.当一水平向右飞来的子弹击中乙(未穿出)后,
子弹立即和乙一起在竖直平面内来回运动,若乙在摆动过程中,悬线偏离竖直方向的最大偏角为α=60?,整个过
程中,甲均未动,且乙经过最高点(此时乙沿绳方向的合外力为零)和最低点时,甲在斜面上均即将滑动.已知乙的
2重心到悬点O的距离为l=0.9 m,乙的质量为m=0.99 kg,子弹的质量m=0.01 kg,重力加速度g取10 m/s.求: 乙
图6-14 (1)子弹射入乙前的速度大小;
(2)斜面对甲的最大静摩擦力.
解析:(1)设子弹射入乙物体前的速度大小为v,射入后共同速度的大小为v.子弹击中乙的过程中,据动量守恒有0
mv=(m+m)v?(2分) 乙0
乙摆到最高点的过程中,由机械能守恒有
12(m，m)gl(1,cos,),(m，m)v?(2分) 乙乙2
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联立??解得v=300 m/s.(2分) 0
(2)设甲物体的质量为m,所受的最大静摩擦力为f,斜面的倾角为θ,当乙物体运动到最高点时,绳子上的弹力设甲
为T 1
T=(m+m)gcosα?(1分) 乙1
此时甲物体恰好不下滑,由平衡条件有mgsinθ=f+T?(1分) 甲1
当乙物体运动到最低点时,绳子上的弹力设为T 2
由牛顿第二定律有
2vT,(m，m)g,(m，m)?(1分) 乙乙2l
此时甲物体恰好不上滑,由平衡条件有mgsinθ+f=T?(1分) 甲2
联立解得f=7.5 N.(2分)
答案:(1)300 m/s (2)7.5 N
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分子动理论 能量守恒 气体
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.(2010四川绵阳高三第二次诊断考试，14)氧气钢瓶充气后压强高于外界大气压.假设氧焊时，氧气从管口缓慢流出时，瓶内外温度始终相等且保持不变，氧气分子之间的相互作用不计.则在氧焊过程中瓶内氧气( ) A.分子总数减少，内能不变
B.密度减小，分子平均动能增大
C.吸收热量，对外做功
D.单位时间内分子对氧气瓶单位面积的碰撞次数增加
解析:由于瓶内外温度始终相等，瓶内外氧气分子平均动能相等，但瓶内氧气分子数逐渐减少，所以瓶内氧气内能减少，选项A、B错误;由于瓶内气体缓慢流出过程中氧气体积增大，氧气对外做功，而作为理想气体，温度不变则内能不变，根据热力学第一定律可知:氧气需要吸收热量，选项C正确;由于瓶内氧气分子数量减少，所以选项D错误.
答案:C
2.一定质量0 ?的冰熔化成0 ?的水时，其分子动能E和分子势能E的变化情况是( ) kp
A.E变大，E变大 B.E变小，E变小 kpkp
C.E不变，E变大 D.E不变，E变小 kpkp
解析:一定质量0?的冰熔化成0?的水，温度不变，分子的平均动能不变，则E不变;熔化过程中需要吸热，k
且冰熔化为水时，体积减小，外界对系统做正功，故系统内能增加，则E增大. p
答案:C
3.(2010湖北部分重点中学高三二联，18)下列说法正确的是( )
A.物体放出热量，温度不一定降低
B.物体内能增加，温度一定升高
C.热量能自发地从低温物体传给高温物体
D.热量能自发地从高温物体传给低温物体
解析:由热力学第一定律可知:物体内能的变化与热传递和做功情况有关，所以物体放出热量，其内能不一定降低，温度也不一定降低，A项正确;温度是物体平均分子动能的标志，而物体的内能包括分子动能与分子势能，内能增加时，因为分子势能变化情况未知，故温度不一定升高，B项错;热量能够自发地由高温物体向低温物体传递，D项正确.
答案:AD
4.对一定质量的气体，下列说法正确的是( )
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题
A.在体积缓慢地不断增大的过程中，气体一定对外界做功
B.在压强不断增大的过程中，外界对气体一定做功
C.在体积不断被压缩的过程中，内能一定增加
D.在与外界没有发生热量交换的过程中，内能一定不变
解析:当体积增大时，气体一定对外做功，A正确;而气体压强增大，但体积不一定会减小，所以外界不一定对气体做功，B错;当气体体积不断被压缩时，外界对气体做功，因气体与外界之间能量交换不确定，所以气体的内能不一定增加，C错;若气体与外界没有热量交换时，气体对外做功或外界对气体做功，都可以使气体的内能发生变化，D错.答案为A.
答案:A
5.如图8-1所示，绝热的容器内密闭一定质量的气体(不考虑分子间的作用力)，用电阻丝缓慢对其加热时，绝热活塞无摩擦地上升，下列说法正确的是( )
图8-1
A.单位时间内气体分子对活塞碰撞的次数减少
B.电流对气体做功，气体对外做功，气体内能可能减少
C.电流对气体做功，气体又对外做功，其内能可能不变
D.电流对气体做功一定大于气体对外做功
解析:该过程是等压膨胀，由压强不变、体积变大，可知气体的温度升高，分子平均动能增大，所以单位时间内气体对活塞碰撞的次数减少，在电阻丝加热过程中，电流对气体做功，气体又对外做功，但由于温度升高、内能变大，根据能量守恒，电流对气体做功一定大于气体对外做功，故,、,正确. 答案:AD
6.如图8-2所示，绝热气缸直立于地面上，光滑绝热活塞封闭一定质量的气体并静止在A位置，气体分子间的作用力忽略不计.现将一个物体轻轻放在活塞上，活塞最终静止在B位置(图中未画出)，则活塞( )
图8-2
A.在B位置时气体的温度与在A位置时气体的温度相同
B.在B位置时气体的压强比在A位置时气体的压强大
C.在B位置时气体单位体积内的分子数比在A位置时气体单位体积内的分子数少
D.在B位置时气体的平均速率比在A位置时气体的平均速率大
解析:物体放上活塞后，气体被压缩，单位体积内分子数增多，外界对气体做功，由于是绝缘气缸，据热力学第一定律，气体内能增加，温度升高，气体分子平均动能增大，平均速率也增大.又据理想气体状态方程pVpV1122,,由于T,T，V,V，所以p,p，所以B、D正确. 212121TT12
答案:BD
7.对于一定量的气体，下列四个论述中正确的是( )
A.当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B.当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C.当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D.当分子间的平均距离变大时，压强必变大
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解析:由pV/T=C(恒量)可知:当分子热运动变剧烈(即温度升高)时，气体压强可以不变，选项A错误，选项B正确;当分子间平均距离变大(即体积增大)时，气体压强可变大、可变小、可不变，故选项C、D错误. 答案:B
8.如图8-3所示，长方体绝热容器被一质量为m的导热活塞分隔成容积相等的A、B两个气室，活塞与器壁无摩擦紧密接触，现用销钉固定，分别向A和B中充入等质量的氦气和氧气，经一段时间后，拔出销钉，在一段很短的时间内，设A中气体内能变化大小为ΔE,B中气体内能变化大小为ΔE,则( ) AB
图8-3
A.活塞向B移动 B.ΔE=ΔEC.ΔE,ΔED.ΔE,ΔE AB AB AB
解析:由于A、B两个气室容积相等，所以向A和B中充入等质量的氦气和氧气经一段时间后，两部分气体温度相同，但A中气体压强大，所以拔出销钉后活塞向B移动，A项正确;拔出销钉，在一段很短的时间内A气体对活塞的作用力大于B气体对活塞的作用力，所以A对活塞做功W大于活塞对B做功W，而短时间内12两部分气体可以认为没有通过活塞进行热交换，所以根据热力学第一定律可以确定A中气体内能变化大小ΔEA大于B中气体内能变化大小ΔE,C正确. B
答案:AC
9.下面的表格是某地区1,7月份气温与气压的对照表.
月份 1 2 3 4 5 6 7 平均最高气温(?) 5.1 12 17 21.6 26.7 29.5 32.3
5平均大气压(×10 Pa) 1.021 1.02 1.016 1.008 1.003 0.998 0.996 7月份与1月份相比较，正确的是( )
A.空气分子无规则热运动的情况几乎不变
B.空气分子无规则热运动增强了
C.单位时间内空气分子对地面的撞击次数增多了
D.单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少了
解析:从表中所给数据来看，7月份比1月份的温度高，压强低.温度升高，说明分子的热运动加剧，分子的平均动能变大，分子对地面的平均作用力也变大，B选项正确.从微观角度看，气体的压强与单位体积内的分子数和气体的热力学温度成正比，压强减小了，同时温度升高了，说明气体的分子密度一定减小，单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少了，C错误，D正确.
答案:BD
10.(2010江苏百校分析考试)分子都在做无规则的运动，但大量分子的速率分布却有一定的规律性，如图8-4所示.下列说法正确的是( )
图8-4
A.在一定温度下，大多数分子的速率都接近某个数值，其余少数分子的速率都小于该数值 B.高温状态下每个分子的速率大于低温状态下所有分子的速率
C.高温状态下分子速率大小的分布范围相对较大
D.高温状态下最多数分子对应的速率大于低温状态下最多数分子对应的速率
解析:由图可知，在一定温度下大多数分子的速率接近某个数值.其余少数分子的速率有的大于有的小于该值，故A错.同样可看出B错.
答案: CD
二、填空实验题(共6分×2=12分)
11.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是________.
A.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是由于气体分子之间存在势能的缘故
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B.一定量100 ?的水变成100 ?的水蒸气，其分子之间的势能增加
C.对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大 E.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和
F.如果气体温度升高，那么所有分子的速率都增加
解析:气体分子失去容器后就会散开是由于气体分子无规则热运动造成的，A选项错误;D选项错误，原因是没考虑气体的体积对压强的影响，所以压强不一定增大;气温升高，气体分子平均动能和平均速率增大，但不是每个气体分子速率都增大，F选项错误.
答案:BCE
12.(2010湖北部分重点中学高三二联，22(1))某学生在用“油膜法估测分子大小”的实验中，计算结果明显偏大，可能是由于_________.
A.油酸未完全散开
B.油酸中含有大量酒精
C.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
D.求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数误多记了10滴
解析: (1)用油膜法估测分子直径，是利用油酸的体积与形成的单分子油膜的面积的比值估算分子直径的，分子直径值明显偏大可能的原因有二:一是油酸体积测量值偏大;二是油膜面积测量值偏小.油酸未完全散开和舍去不足一格的方格均会造成油膜面积测量值偏小的结果，故AC两项正确;油酸中酒精更易溶于水，故不会产生影响，B项错;而D项计算每滴溶液中所含油酸的体积偏小，会使分子直径估算值偏小，D项错. 答案:AC
三、计算题(共4小题，48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)
133313.(12分)将1 cm的油酸溶于酒精,制成500 cm的酒精油酸溶液,已知1滴该溶液的体积是现取1滴cm.402该溶液滴在水面上,随着酒精溶于水,油酸在水面上形成单分子油膜层,油膜面积为0.4 m,由此估算分子直径.
11,63,113解析:每滴酒精油酸溶液中含有的油酸体积 V,，10，m,5，10m40500
,11V5，10,10d,,m,1.3，10m.估算出的分子直径 S0.4
,10答案:1.3×10 m
,2214.(12分)在地球表面上横截面积为3×10 m的圆筒内装0.6 kg的水,太阳光垂直照射了2 min,水温升高了1 ?.设大气顶层的太阳能只有45%到达地面,试估算出太阳的全部辐射功率.(设太阳与地球表面之间的平均距离为
111.5×10 m)
33解析:圆筒内水吸收内能ΔE=cmΔt=4.2×10×0.6×1 J=2.52×10 J
21122232太阳辐射球面的面积S=4πR=4×3.14×(1.5×10) m=2.826×10 m
323ES,2.52，102.826，1028太阳辐射的总能量为 E,，,，J,5.2752，10J,2,S45%3，100
28E5.2752，1026P,,W,4.4，10W.太阳的全部辐射功率为 t120
26答案:4.4×10 W
4 mL15.(12分)在做“用油膜法估测分子大小”的实验中,所用油酸酒精溶液的浓度为每10溶液中有纯油酸6 mL.用注射器测得1 mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里.待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓,再把玻璃板放在坐标纸上,其形状和尺寸如图8-5所示,坐标中正方形方格的边长为1 cm.试求:
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题
图8-5
(1)油酸膜的面积是多少平方厘米?
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积.
(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径.
解析:(1)由题图中形状,用补偿法近似处理 (大于半格算一格,小于半格舍去),可知油膜实际占小方格99个,那么
2油膜面积S=99 cm.
114 L(2)由1 mL溶液中有75滴，1滴溶液的体积为又每10m溶液中有纯油酸6 mL，溶液中纯油mL,mL7575
16，,675酸的体积为 V,mL,8，10mL.410
,6V8，10,10d,,cm,8.1，10m.(3)油酸分子直径 S99
,,2610答案: (1)99 cm (2)8×10 mL (3)8.1×10 m
,,332116.(12分)已知水的密度为ρ=1.0×10 kg/m，水的摩尔质量M=1.8×10 kg?mol，1 g水中含有多少个水分子?水分子的直径约为多少,
,3m1，102322N,N,，6.02，10,3.3，10解析:1 g水中含有水分子的个数为(个) A,2M1.8，10
MVMV,,,,,v水的摩尔体积为设水分子是一个挨一个紧密排列的，则一个水分子的体积将水分子,N,NAA
M411333,vd,,,视为球形，则所以于是有v,,r,,d,,N636A
,2M66，1.8，10,1033d,,m,3.9，10m. 323,,N3.14，1.0，10，6.02，10A
,2210答案:3.3×10个 3.9×10 m
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) 光学
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.下列现象中属于光的干涉现象的是( )
A.天空出现彩虹
B.肥皂泡在阳光照射下呈现彩色条纹
C.阳光通过三棱镜形成彩色光带
D.光线通过一个极窄的缝呈现明暗相间的条纹
解析:A、C为光的色散现象，D为光的衍射.
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答案:B
2.红光和紫光相比( )
A.红光光子的能量较大;在同一种介质中传播时红光的速度较大
B.红光光子的能量较小;在同一种介质中传播时红光的速度较大
C.红光光子的能量较大;在同一种介质中传播时红光的速度较小
D.红光光子的能量较小;在同一种介质中传播时红光的速度较小
解析:红光的频率比紫光的频率小，由E=hν可知红光的能量比紫光小，据此可排除选项A、C;红光在介质中
c的折射率比紫光在介质中的折射率小，由可知在同一种介质中红光的传播速度比紫光的大，所以B选v,n
项正确，D选项错误.
答案:B
3.在没有月光的夜间，一个池面较大的水池底部中央有一盏灯(可看做点光源)，小鱼在水中游动，小鸟在水面上方飞翔.设水中无杂质，且水面平静，则下面的说法中正确的是( )
A.小鱼向上方水面看去，看到的亮点的位置与鱼的位置无关
B.小鱼向上方水面看去，看到的亮点的位置与鱼的位置有关
C.小鸟向下方水面看去，看到的亮点的位置与鸟的位置无关
D.小鸟向下方水面看去，看到的亮点的位置与鸟的位置有关
解析:小鱼通过水面看灯是反射成像，不同位置射入鱼眼的反射光线不同，但反射光线的延长线交于一点，即为“平面镜”成的像.而鸟看灯是折射成像，鸟在不同位置射入鸟眼的折射光线不同，折射光线的延长线在不同位置交于不同点，故选项A、D对.
答案:AD
4.现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性.下列事实中突出体现波动性的是( ) A.一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多 B.肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的
,,,3223C.质量为10 kg、速度为10 m/s的小球，其德布罗意波波长约为10 m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹
D.人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距大致相同 解析:一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多，反映的是光电效应规律，体现光的粒子性，A错误;C项是单个物体的低速运动，也不能突出体现波动性，C错误;B、D正确.
答案:BD
5.下表给出了一些金属材料的逸出功.
材料 铯 钙 镁 铍 钛
,19逸出功(10 J) 3.0 4.3 5.9 6.2 6.6
,34现用波长为400 nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有(普朗克常量h=6.6×10 J?s，光速
8 c=3.0×10m/s)( )
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
解析:设入射光子的能量为E、频率为ν、波长为λ，则存在E=hν和c=λν，两式联立代入数据可得E=4.95×10,19 J.由此可见，波长为400 nm的单色光可以使表中铯、钙两种金属发生光电效应.
答案:A
6.两个偏振片紧靠在一起，将它们放在一盏灯的前面以致没有光通过.如果将其中的一片旋转180?，在旋转过程中，将会产生下列哪一种现象( )
A.透过偏振片的光强先增强，然后又减弱到零
B.透过的光强先增强，然后减弱到非零的最小值
C.透过的光强在整个过程中都增强
D.透过的光强先增强，再减弱，然后又增强
解析:当两偏振片的偏振方向相同时，透过两偏振片的光强最强，当两偏振片的偏振方向垂直时，通过两偏振片的光强最弱，理想情况下可以认为是零.现在通过两偏振片的光强为零，说明两偏振片的偏振方向是互相垂
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直的.当其中一个偏振片转过180?的过程中，两偏振片的偏振方向由互相垂直到互相平行再到互相垂直，所以通过两偏振片的光强由零增强到最强再减弱到零，即选项A正确.
答案:A
7.一束激光以入射角i=30?照射液面，其反射光在固定的水平光屏上形成光斑B，如图14-1所示.如果反射光斑位置向左移动了2 cm，说明液面高度( )
图14-1
6cm3cm3cmA.上升了 B.上升了 C.下降了 D.下降了 2cm
1cm解析:由题图可知，若光斑左移2 cm，则液面上升 h,,3cm.tan30:
答案:B
8.已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν，则( ) 0
A.当用频率为2ν的单色光照射该金属时，一定能产生光电子 0
B.当用频率为2ν的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν 00
C.当照射光的频率大于ν时，若ν增大，则逸出功增大 0
D.当照射光的频率ν大于ν时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍 0
解析:由爱因斯坦光电效应方程E=hν,W、逸出功W=hν知，当入射光频率为2ν时，一定能产生光电子，km00
其最大初动能E=2hν,hν=hν，故A、B正确，D错误;逸出功与金属材料有关，与入射光频率无关，故Ckm000
错.
答案:AB
9.如图14-2所示为一块透明的光学材料的剖面图，在其上建立直角坐标系xOy，设该光学材料的折射率沿y轴正方向均匀减小.现有一束单色光a从原点O以某一入射角θ由空气射入该材料内部，则单色光a在该材料内部可能的传播途径是图14-3中的( )
图14-2
图14-3
解析:我们可以将该光学材料分成水平的若干层，则光线每由下一层(光密介质)射入上一层(光疏介质)其折射角都会大于入射角，从而最终造成全反射，就如大气中的一种全反射(形成蜃景)一样，所以该单色光a在该材料内部可能的传播途径为D选项所示路线.本题正确选项为D.
答案:D
10.真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾(其极限波长分别为λ和λ)制成，板面积为S，间距为d.12
现用波长为λ(λ,λ,λ)的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电荷量Q正比于( ) 12
,,,,,,,,,,d,dS,S1122()()()()A. B. C. D. SdS,,,,d,,,,2211
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cc解析:根据题意可知，波长为λ的单色光能够使钾发生光电效应，根据光电效应方程有h,h,eU(?式)，,,2
,,,,hcS,S2Q=CU(?式)，(?式)，由???式联立有(). Q,C,,,,4ked4k,d2
答案:D
二、填空实验题(11题6分，12题12分)
11.在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的明暗相间的图样，下列四幅图片中属于光的单缝衍射图样的是( )
14-4
A.a、c B.b、c C.a、d D.b、d
解析:根据衍射图样特点“条纹不等间距且中央条纹最亮最宽”可知本题正确选项为D. 答案:D
12.现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图14-5所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长.
图14-5
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左到右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、__________、A.
(2)本实验的步骤有:
?取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮;
?按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上; ?用米尺测量双缝到屏的距离;
?用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离.
在操作步骤?时还应注意_________和__________.
(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图14-6甲所示.然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图14-6乙中手轮上的示数__________mm，求得相邻亮纹的间距Δx为________mm.
图14-6
,4(4)已知双缝间距d为2.0×10 m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，由计算式λ=_________，求得所测红光波长为__________nm.
解析:(1)滤光片E是从白光中滤出单色红光，单缝屏作用是获取点光源，双缝屏作用是获得相干光源，最后成像在毛玻璃屏上.所以排列顺序为:C、E、D、B、A.
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(2)在操作步骤?时应注意的事项有:放置单缝、双缝时，必须使缝平行;单缝、双缝间距离大约为5,10 cm. (3)螺旋测微器的读数应该:先读整数刻度，然后看半刻度是否露出，最后看可动刻度，图乙读数为13.870 mm，
13.870,2.320图甲读数为2.320 mm，所以相邻条纹间距 ,x,mm,2.310mm.5
ld,x,72(4)由条纹间距离公式得:代入数值得:λ=6.6×10 m=6.6×10 nm. ,x,,,,,dl
答案:(1)E、D、B
(2)见解析
(3)13.870 2.310
d,x2(4) 6.6×10 l
三、计算题(共4小题，共42分)
13.(10分)如图14-7所示，置于空气中的一个不透明容器内盛满某种透明液体.容器底部靠近器壁处有一竖直放置的6.0 cm长的线光源.靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来观察线光源.开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分.将线光源沿容器底向望远镜一侧平移至某处时，通过望远镜刚好可以看到线光源底端，再将线光源沿同一方向移动8.0 cm，刚好可以看到其顶端.求此液体的折射率n.
图14-7
解析:若线光源底端在A点时，望远镜内刚好可看到线光源的底端，则有:?AOO′=α
1其中α为此液体到空气的全反射临界角，由折射定律得:sin, ,n
同理，线光源顶端在B点时，望远镜内刚好可看到线光源的顶端，则:?BOO′=α 11
AB由图中几何关系得: sin,AB1
22AB，BB1n,,1.25.解得:
AB
答案:1.25
14.(10分)为从军事工事内部观察外面的目标,在工事壁上开一长方形孔,设工事壁厚d=34.64 cm,孔的宽度L=20 cm,孔内嵌入折射率n=3的玻璃砖,如图148所示.试问:
图14-8
(1)嵌入玻璃砖后,工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少?
(2)要想使外界180?范围内的景物全被观察到,则应嵌入折射率多大的玻璃砖?
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解析:工事内部的人从内壁左侧能最大范围观察右边的目标.光路如图所示.
201tan,,,,已知d=34.64 cm,L=20 cm,,所以β=30?. 34.643
,sin,3,(1)由折射定律有得α=60? sin,
即视野的张角最大为120?.
(2)要使视野的张角为180?,即α′=90?
sin90:,n,由折射定律有所以n=2. ,sin
答案:(1)120? (2)2
15.(10分)用金属钠作阴极的光电管，如图14-9所示连入电路，已知能使电路中有光电流的最大波长为540 nm，
,7若用波长为4.34×10 m的紫外线照射阴极，求:
图14-9
(1)阴极所释放光电子的最大初速度为多少,
(2)将滑片C向左移动，使K的电势高于A的电势时，电流表中还有无光电流,当O、C间的电压U为多大1时，电流表中的电流为零,
,19解析:(1)逸出功W,hc/λ,3.68×10 J 0
12,20最大初动能mv,hc/,,W,9.03，10J m2
则光电子最大初速度
5v,4.46×10 m/s. m
(2)当K极板电势高于A极时，还可能有光电流，因为K极板逸出的光电子尚有初动能，可克服电场力做功到
12eU,mv达A板，从而形成光电流.但电压升高到U，使得时，就不能形成光电流了，即 11m2
2mvmU,,0.56V. 12e
5答案:(1)4.4 6×10 m/s
(2)可能有，也可能没有 0.56 V
16.(12分)一辆实验小车可沿水平地面(图中纸面)上的长直轨道匀速向右运动.有一台发出细光束的激光器装在小转台M上，到轨道的距离MN为d=10 m，如图14-10所示，转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T=60 s，光束转动方向如图中箭头所示，当光束与MN的夹角为45?时，光束正好射到小车上，如果再经过Δt=2.5 s光束又射到小车上，则小车的速度为多少,(结果保留两位有效数字)
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图14-10
解析:本题考查光的直线传播和匀速圆周运动规律，是一道设计新颖的好题，要求学生画出小车运动位置的示
,t意图，才能求出符合题意的两个结果.在Δt内光束转过角度为(?式)，如图所示，有两,,,，360:,15:T
种可能:
(1)光束照射小车时，小车正在接近N点，Δt内光束与MN的夹角从45?变为30?，小车走过l，速度应为1
l1(?式);由图可知 v,1,t
l=d(tan45?,tan30?)(?式) 1
由??两式并代入数值，得v=1.7 m/s(?式). 1
(2)光束照射小车时，小车正在远离N点，Δt内光束与MN的夹角从45?变为60?，小车走过l，速度应为2
l2v,(?式) 2,t
由图可知l=d(tan60?,tan45?)(?式) 2
由??两式并代入数值，得v=2.9 m/s. 2
答案:(1)当光束照射小车时，小车正在接近N点，这时小车的速度应为1.7 m/s;(2)当光束照射小车时，小车正远离N点，这时小车的速度应为2.9 m/s.
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恒定电流
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10个小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项正确,有的小题有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家,以表彰他们发现“巨磁电阻效应”.基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术,被认为是纳米技术的第一次真正应用.在下列有关其他电阻应用的说法中,错误的是( ) ((
A.热敏电阻可应用于温度测控装置中
B.光敏电阻是一种光电传感器
C.电阻丝可应用于电热设备中
D.电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用
解析:温度测控装置是应用热敏电阻的阻值随温度的改变而改变的特性,光电传感器是利用光敏电阻的阻值随光照强度的改变而改变的特性.电热设备是利用电阻丝通电时发热的特性，所以A、B、C说法都是正确的.而电阻在电路中既能通过直流也能通过交流,所以D项的说法是错误的.
答案:D
2.(2010四川成都高三一检,15)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等,高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电,硅光电池的原理如图10-1所示,a、b是硅光电池的两个电极,P、N是两块硅半导体,E区是两块半导体自发形成的匀强电场区,P的上表面镀有一层增透膜.光照射到半导体P上,使P内受原子束缚的电子成为自由电子,自由电子经E区电场加速到达半导体N,从而产生电动势,形成电流.以下说
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法中正确的是( )
图10-1
A.E区匀强电场的方向由P指向N
B.电源内部的电流方向由P指向N
C.a电极为电池的正极
D.硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置
解析:根据题意,E区电场能使P逸出的自由电子向N运动,因负电荷受到的电场力与电场方向相反,所以电场方向由N指向P,由于电流的方向与负电荷的运动方向相反,所以电源内部的电流方向由N指向P,A、B错误;根据以上对电流方向的分析可知,a为电源正极,该电池是将光能转化为电能的装置,C正确,D错误. 答案:C
3.如图10-2是一火警报警电路的示意图,其中R为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电3
阻率随温度的升高而减小.值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器.当传感器R所在处3出现火情时，电流表显示的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
图10-2
A.I变大，U变小 B.I变小，U变大 C.I变小，U变小 D.I变大，U变大 解析:发生火灾时，温度升高，R的电阻减小，电路中的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减3
小，即U变小;R的电压增大，则R两端的电压减小，通过R的电流减小.故选项C对. 122
答案:C
4.在商店选购一个10 μF电容器,在只有一台多用电表的情况下,为了挑选一个优质产品,应选用哪个量程 ?直流电压挡 ?直流电流挡 ?欧姆挡 ?交流电压挡
选好量程以后,再将多用电表两根测试笔接待检电容器,如果电容器是优质的,电表指针应该是 ?不偏转 ?偏转至最右边 ?偏转至中值 ?偏转一下又返回最左边
正确的选项是( )
A.?? B.?? C.?? D.??
解析:应选用多用电表的欧姆挡,测电容器的电阻,优质电容器,电阻无穷大.当把多用电表两根测试笔接在电容器两极板上时,会先对电容器充电,所以指针会偏转一下,充电完毕后,指针会停在最左端电阻无穷大处. 答案:D
5.某同学欲采用如图10-3所示的电路完成相关实验.图中电流表的量程为0.6 A，内阻约0.1 Ω;电压表的量程为3 V，内阻约6 kΩ; 为小量程电流表;电源电动势约3 V，内阻较小.下列电路中正确的是( )
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图10-3
解析:电阻丝电阻值较小，为减小实验误差，应采用外接法,A正确.电源内阻较小，同理可知应采用外接法，B正确.描绘小灯泡的伏安特性曲线，变化范围大，应采用分压式，C错误.D电路图中应将电阻箱和滑动变阻器对调，才能利用“半偏法”测出电流表的内阻，D错误.
答案:AB
6.如图10-4甲所示,电压表V、V串联接入电路中时,示数分别为6 V和4 V,当只有电压表V接入电路中时,122如图乙所示,示数为9 V,电源的电动势为( )
图10-4
A.9.8 V B.10 V C.10.8 V D.11.2 V
解析:设电源电动势为E,内阻为r, 内阻为R,由闭合电路欧姆定律2V
4V9VE,6V，4V，,rE,，,r9V,,解得E=10.8 V,C正确. RRVV
答案:C
7.如图10-5所示,电阻R=20 Ω,电动机线圈电阻R=10 Ω.当开关S断开时,电流表的示数为0.5 A;当开关S闭12
合后，电动机转起来，电路两端电压不变.电流表显示的电流I或电路消耗的电功率P应是( )
图10-5
A.I=1.5 A B.I,1.5 A C.P=15 W D.P,15 W
解析:开关S断开时，电流表示数为0.5 A，则U=IR=10 V;合上S后，电动机接入电路，因电动机为非纯电11
UI,,1A阻用电器，故,I,1+0.5=1.5 A,故AB错.电路总功率P=UI=U(I+I),10×(1+0.5) W=15 W.则C总总122R2
错,D项对.
答案:D
8.(2010山东名校联考)一般地说，用电器的工作电压并不等于额定电压.家庭里通常不备电压表,但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压.现在电路中只接入一个电热水壶,壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图10-6(a)和(b)所示.测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒,则下列结论正确的是( )
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图10-6
A.(b)图中对应的电表读数为32 308度
B.在这段时间中,电热水壶消耗的电能为181 500 J
C.利用这段时间内电热水壶消耗的电能可供“220 V 60 W”的白炽灯正常工作2 500 s D.此时加在电热水壶上的实际电压为200 V
6解析:(b)图中对应的电能表读数为3 230.8度，所以A项错误;电热水壶消耗的电能W=(125×3.6×10)/3 000
2WU5,PP,J=1.5×10 J,B项错误;根据W=Pt计算，可得C项正确;电热水壶实际的电功率,又由得实Rt
5P1.5，10实U,U,，220V,D项正确. 额实P121，1500额
答案:CD
9.在如图10-7所示的U-I图象中，直线?为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线?为某一电阻R的伏安特性曲线.用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路.由图象可知( )
图10-7
A.电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω
B.电阻R的阻值为1 Ω
C.电源的输出功率为2 W
D.电源的效率为66.7%
32:由图象可知，该电源的电动势E=3 V，内电阻，电阻R的阻值.仍由图象解析r,,,0.5,R,,,1,26
可知，用该电源直接与R相连组成闭合电路时，路端电压U=2 V，电流I=2 A，则电源的输出功率P=UI=2×2
UI2W=4 W，电源的效率,,，100%,，100%,66.7%，故A、B、D正确，C错. EI3
答案:ABD
10.如图10-8所示的图线?表示某电池组的输出电压与电流的关系(U-I图线),图线?表示其输出功率与电流的关系(P-I图线).则下列说法正确的是( )
图10-8
A.电池组的电动势为50 V
25 ,B.电池组的内阻为 3
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 C.电流为2.5 A时,外电路的电阻为15 Ω
D.输出功率为120 W时,输出电压是30 V
解析:电池组的输出电压和电流的关系为:U=E,Ir,显然直线?的斜率的大小等于r,纵轴的截距为电池组的电
50,20动势,从图中看出截距为50 V,斜率的大小等于,A对,B错.当电流为I=2.5 A时,由回路中电r,,,5,16,0
EI,流,解得外电路的电阻R=15 Ω,C对.当输出功率为120 W时,由图中P-I关系图线中看出对应干路外1r，R外
电流为4 A,再从U-I图线中读取对应的输出电压为30 V，D对. 答案:ACD
第?卷 非选择题 二、填空、计算题(共6题,每题10分,共60分)
11.热敏电阻是阻值随温度的改变而变化，且对温度很敏感的元件.某同学把一个热敏电阻连入电路中，通过实
验他测出了一组数据，并画出了I-U关系曲线，如图10-9所示，问:
图10-9
(1)你认为该同学实验时选用的是图10-10中甲、乙两电路图中的电路图.
图10-10 (2)试在图10-11中连线使它成为该同学实验用的测量电路.
图10-11 解析:描绘I-U关系曲线时,电压应从零开始调节,所以应选甲电路. 答案:(1)甲
(2)连线
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12.(2010河北保定高三第一学期末调研,22(2))某同学为了测电流表A的内阻r的精确值,准备了如下器材: 11
A.电流表A:量程100 mA,内阻约5 Ω 1
B.电压表V:量程15 V,内阻约10 kΩ 1
C.电压表V:量程3 V,内阻约5 kΩ 2
D.定值电阻R:阻值20 Ω 0
E.滑动变阻器R:0,10 Ω,额定电流为1 A 1
F.滑动变阻器R:0,1 000 Ω,额定电流为0.2 A 2
G.电源E:电动势为6 V,内阻较小
H.导线、电键
(1)要求电流表A的示数从零开始变化,且能多测几组数据,尽可能使电压表的表针偏转范围大,在如图虚线方框1
中画出测量用的电路图,并在图中标出所用器材的代号. (2)若选测量数据中的一组来计算电流表A的内阻r,则所测电流表A的内阻r的表达式为_____________,式1111
中各符号的意义是_____________. 解析:电流表的额定电压约为U=0.1 A×5 Ω=0.5 V，为精确测定通过定值电阻的电流,电流表应内接(如图),则电g
流表和定值电阻两端电压约为2.5 V,故电压表应采用V,又因题目要求电流表读数从零开始,故滑动变阻器应采2用分压式接法,变阻器应采用R,故实验电路如图.根据电路图得:电压表测定电流表和定值电阻两端电压,电流1
UUr，R,表测定通过定值电阻和自身的电流,由欧姆定律可计算出,即:，其中U表示电流表示r,,R1010II
数,I表示电流表示数,R表示定值电阻阻值. 0
答案:(1)如图
U(2),R U表示电压表示数,I表示电流表示数,R表示定值电阻阻值 00I
13.在测定干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材: A.待测干电池(1节)
B.电流表G(满偏电流1 mA，内阻R=10 Ω) g
C.电流表A(0,0.6,3 A，内阻未知)
D.滑动变阻器R(0,15 Ω，10 A) 1
E.滑动变阻器R(0,200 Ω，1 A) 2
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F.定值电阻R(阻值1 990 Ω) 0
G.开关K与导线若干
(1)在实验中，为了操作方便且能够准确进行测量，滑动变阻器应选用_________(填“R”或“R”);电流表的量12程应为_________A挡(填“0.6”或“3”).
(2)根据题目提供的实验器材，请设计出测量干电池电动势和内阻的电路原理图，并画在下面的方框内.
图10-12
(3)图10-12为某同学利用上述设计实验电路测出的数据绘出的II图线(I为电流表G的示数，I为电流表A1212的示数)，则由此图线可以得到被测干电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω.(结果保留两位有效数字)
解析:由于没有提供电压表，故要用电流表G串联定值电阻R来改装成一个量程为2 V的电压表. 0
Er,,II由闭合电路欧姆定律E=I(R+R)+Ir,可得II图线的表达式应为,则由图线的斜率1G021212，，RRRRG0G0和截距即可得所测电池的电动势和内阻.
答案:(1)R 0.6 1
(2)电路原理图如图所示
(3)1.5 1.0
14.听说水果也能作电池，某兴趣小组的同学用一个柠檬做成电池.他们猜想水果电池内阻可能较大，从而设计了一个如图10-13所示电路来测定该柠檬电池的电动势和内电阻.实验中他们多次改变电阻箱的电阻值，记录下电阻箱的阻值及相应的电流计示数，并算出电流的倒数，将数据填在如下的表格中.
图10-13
(1)利用图象法处理数据可以减小实验误差.在讨论作图
方案
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时，甲同学认为应作R-I图，而乙同学认为应该作
1图，你认为哪个同学的想法更科学,_________(填“甲”或“乙”)，其简单理由R,I
是:________________________.
1,1/mA电流倒数 外电阻R/Ω 电流I/mA I
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9 000 0.050 2 19.92
8 000 0.052 8 18.93
6 000 0.059 4 16.84
5 000 0.063 3 15.80
4 000 0.068 0 14.71
图10-14
(2)按照(1)中你选择的方案，在给出的坐标纸上作出图象.
(3)利用你作出的图象，可求出该柠檬电池的电动势为________V，内阻为________Ω. (4)完成实验后，该兴趣小组的同学初步得出了水果作为电池不实用的物理原因是___________________________________.
E1解析:由电路原理图可知E=I(R+r),则,故图线为直线，由该图线斜率与截距可比较方便地求出R,,rR,II
水果电池的电动势和内阻.
1答案:(1)乙 画出的图线是一条直线，容易求出电池的电动势和内电阻 r,I
(2)如图所示
(3)0.75,1.2 9 000,11 000
(4)电源内阻过大
15.某同学在实验室里测量一未知电阻的阻值.他按照如下步骤进行: (1)他将多用电表机械调零后，先把选择开关置于欧姆挡“×100”挡位进行测量，按照正确的步骤操作后，表针
指示情况如图10-15所示.根据学过的物理知识可知，这种情况测量误差较大，为了使多用电表测量的结果更
准确，应将选择开关旋至欧姆挡的________挡位.换挡结束后，实验操作上首先要进行的步骤是_____________________________________.
图10-15
(2)该同学用伏安法继续测该电阻的阻值.除被测电阻外，还备有如下实验器材: 直流电源，电动势为4 V，内阻不计
电压表V(量程0,3 V，内阻4 kΩ) 1
电压表V(量程0,15 V，内阻15 kΩ) 2
电流表A(量程0,3 mA，内阻10 Ω) 1
电流表A(量程0,10 mA，内阻5 Ω) 2
滑动变阻器一只，阻值0,50 Ω
开关一只，导线若干
上述器材中，电压表应选择__________，电流表应选择___________(填写字母代号).请在方框内画出实验所用
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 的电路图.
解析:(1)欧姆表测电阻，每次换挡后，必须重新进行欧姆表调零. (2)电压表若选V，则指针偏转太小而使读数误差明显增大，故选V. 21
3V由(1)中测量可知该电阻阻值约为300 Ω，则电路中最大电流为左右，故电流表只能选,0.01A,10mA300,A.电路如图所示. 2
答案:(1)×10 将红黑表笔短接，重新进行欧姆调零
(2)V A 电路图见解析 12
16.如图10-16是一测速计原理图，滑动触头P与某运动的物体相连，当P匀速滑动时，灵敏电流计中有一定
的电流通过，从灵敏电流计示数可得运动物体的速度.已知电源的电动势E=4 V，内阻r=10 Ω,AB为粗细均匀
的电阻丝，阻值R=30 Ω,长度L=30 cm，电容器的电容C=50 μF，测得灵敏电流计的示数为I=0.05 mA,方向由G
N流向M，试求运动物体的速度大小和方向.
图10-16 解析:估算流过电阻丝上的电流为
E4,远远大于电容器上的充放电电流. I,,A,100mAR，r30，10
当P移动Δx时，电容器上电压的变化为
E,R,U,I,R,,,x (R，r),L
其充放电电流
,QC,,UCER,xI,,,,, Gtt(Rr)Lt，,
,x又v,,所以 t
I(R，r)LGv,,0.1m/s CER
又因I由N流向M，故电容器放电，故其两端电压变小，因此P右移，物体移动方向向右. G
答案:0.1 m/s 方向向右
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机械能
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10小题，共40分.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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1.(2010河北保定高三第一学期末调研，19)水平传送带在外力的作用下始终以速度v匀速运动，某时刻放上一个小物体，质量为m，初速度大小也是v,但方向与传送带的运动方向相反，已知小物体与传送带间的动摩擦因数为μ,最后小物体的速度与传送带相同.在小物体与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物体做的功为W，摩擦生成的热为Q，则下面的判断中正确的是( )
A.W=0，Q=0 B.W?0，Q=0 C.W?0，Q?0 D.W=0,Q?0
解析:以传送带传送速度v方向为正方向，小物体以,v的初速度放到传送带上到后来速度变为和传送带相同为v的过程中，根据动能定理可知:因小物体的初末动能相等，故合外力做功为0，重力和支持力均未做功，故摩擦力做功W=0，但小物体和传送带在此过程中发生了相对运动，故热量Q?0，选项D正确. 答案:D
2.如图5-1所示,在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间,用一根长为L的轻杆连接,两小球可绕穿过轻杆中心O的水平轴无摩擦转动.现让轻杆处于水平位置,然后无初速释放,重球b向下,轻球a向上,产生转动,在杆转至竖直的过程中( )
图5-1
A.b球的重力势能减少,动能增加
B.a球的重力势能增加,动能减少
C.a球和b球的总机械能守恒
D.a球和b球的总机械能不守恒
解析:两球组成的系统,在运动中除动能和势能外没有其他形式的能转化(增加或减少),所以系统的机械能守恒. 答案:AC
3.如图5-2所示,在北戴河旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看做斜面).甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从A点由静止开始沿AB和AB′滑下，最后都停在水平沙面BC上.设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势在滑沙橇上不动.则下列说法中正确的是( )
图5-2
A.甲在B点的速率一定大于乙在B′点的速率
B.甲在B点的动能一定大于乙在B′点的动能
C.甲滑行的总路程一定等于乙滑行的总路程
D.甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移
h12,,解析:设坡高为h，斜坡的倾角为α，水平滑行位移为s,据动能定理:mgh,mgcos,mv,0,即,sin22v=2gh,2μgh?cotα,显然α越大，cotα越小，v越大，A正确.对于全过
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,,coshcosh,h，s,程:而恰好为全部滑行的水平位移，所以Dmgh,,mgcos,,,mgs,0,h，s,,sinsin,sin,
正确.
答案:AD
4.两质量相同的小球A、B分别用轻绳悬在等高的O、O点,A球的悬绳比B球的悬绳长,把两球的悬绳均拉到12
水平位置无初速释放,则小球经最低点时(取悬绳水平时所在的平面为零势能面),如图5-3所示.则( )
图5-3 A.A球的速度大于B球的速度
B.A、B两小球对绳的拉力相同
C.A球的机械能大于B球的机械能
D.A球的机械能等于B球的机械能
12解析:小球由水平位置无初速释放至经过最低点的过程中,机械能守恒,得由此可知小球经过最低mgl,mv,2点时的速度由于l,l,所以A球的速度大于B球的速度,A选项正确.设小球对绳的拉力为T,则由向v,2gl,ab
2mvt,mg,,心力公式得将代入,得到T=3mg,由于两小球质量相同,所以A、B两小球对绳的拉力v,2gll
相同,B选项正确.两小球在最低点的机械能都等于释放时的机械能,即都为零,所以C错,D对.
答案:ABD
5.(2010安徽皖南八校二联，19)汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，
下列说法正确的是( )
A.汽车发动机的输出功率保持不变
B.汽车发动机的输出功率逐渐增大
C.在任意两相等的位移内，汽车的动能变化相等
D.在任意两相等的位移内，汽车的速度变化相等
P解析:对汽车由牛顿第二定律可得,f,ma,可知a、f不变时，v增大，P增大，故A错，B正确;汽车做v
匀加速运动时，汽车受到的合外力F不变.由F?s=ΔE知C正确;由Δv=at,汽车匀加速运动时，经相同的位合合k
移所需的时间不一样，故汽车的速度变化也不相等，D错误. 答案:BC
6.动能相等质量不等的两个物体A、B，m,m,A、B均在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，滑行距离分别AB
为s、s后停下，则( ) AB
A.s,sB.B滑行时间短 AB
C.s,sD.它们克服摩擦力做功一样多 AB
解析:根据动能定理:对A:,μmags=0,E Ak
对B:,μmgs=0,E BBk
因为m,m，所以s,s,C正确. ABAB
12克服摩擦力的功都等于Es,at,D正确.A、B的加速度大小相同，由,s,s可得t,t,B错误.故选择CD. kABBA2答案:CD
7.内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为2R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，
另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图5-4所示，由静止
释放后( )
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图5-4
A.下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B.下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D.杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
解析:甲、乙组成的系统机械能守恒，A正确，B错误.若甲沿凹槽下滑到凹槽最低点，乙则到达与圆心等高处，由于乙的质量大，这样违背机械能守恒，C错误.从右向左滑时，由系统机械能守恒，乙球一定能回到原来的位置，即槽的最低点，D正确.
答案:AD
8.一质量为m的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，假设t=0时刻物体在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )
vA.物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为 E,mgR(1,cost)pR
1v2B.物体运动的过程中，动能随时间的变化关系为 E,mv,mgR(1,cost)k2R
12C.物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能为 E,mv2
1v2D.物体运动的过程中，机械能随时间的变化关系为 E,mv，mgR(1,cost)2R
vt解析:设自t=0时刻开始小球转过的角度为θ,据几何关系有, ,R
v12 A正确.由于做匀速圆周运动，动能不随时间变化，B错.小球在E,mgh,mgR(1,cost),E,mv,pk2R
运动过程中动能不变，重力势能变化，所以机械能不守恒，机械能随时间的变化关系为
1v2E,mv，mgR(1,cost),C错误，D正确. 2R
答案:AD
9.一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B.支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图5-5所示.开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则( )
图5-5
A.A球的最大速度为 2gl
B.A球速度最大时，两小球的总重力势能最小
C.A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45?
D.A、B两球的最大速度之比为2?1
解析:两小球的总重力势能最小时，二者的动能最大，且转动过程中A球和B球的速度大小之比始终为2?1，故选项B、D正确.当OA边与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒定律得
118222mg,2lcos,,2mg,l(1,sin,),mv，,2mvv,gl(sin,，cos,,1),可得由数学知识知，当θABA322
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8,45?时有最大值故选项A错，C对. (2,1)gl,3
答案:BCD
10.将一物体从地面竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小与速率成正比，设物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地的过程中，物体的机械能E与物体距地面高度h的关系，如图5-6所示描述正确的是(H为物体竖直上抛的最大高度)( )
图5-6
,E解析:由功能关系，损失的机械能ΔE=fΔh知即为E-h图象的斜率的绝对值，由于f与v成正比，而f,,,h
h越大，v越小，即图象的斜率的绝对值越小，故选项D正确.
答案:D
二、填空实验题(每小题10分，共20分)
11.(2010届安徽皖南八校高三第二次联考，22(1))某兴趣小组为探知一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验:
?用天平测出电动小车的质量为0.4 kg;
?将电动小车、纸带和打点计时器按要求安装好;
?接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)
?使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定).
在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图5-7甲、乙所示，图中O点是打点计时器打的第一个点.
甲
乙
图5-7
请你分析纸带数据，回答下列问题:
(1)该电动小车运动的最大速度________ m/s;
(2)该电动小车运动的过程中所受的阻力为________ N;
(3)该电动小车的额定功率为________ W.
答案:(1)1.50 (2)1.60 (3)2.40
12.如图5-8所示，两个质量各为m和m的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m,121m.现要利用此装置验证机械能守恒定律. 2
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图5-8
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________.(在横线上填入选项前的编号)
?物块的质量m、m; 12
?物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间;
?物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间;
?绳子的长度.
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议:
?绳的质量要轻;
?在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好;
?尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃;
?两个物块的质量之差要尽可能小.
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是_________.(在横线上填入选项前的编号) (3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议:________________. ((
12解析:(1)本实验需要验证系统重力势能的减少量ΔE=(m,m)gh与系统动能的增加量是,E,(m，m)vp12k122
2m，mh2()2hv12m,mgh,(),否相等，而所以即 h,t,v,,122t2t
因此，选??或??.
(2)本实验验证的是A、B系统的机械能守恒，忽略了绳的能量，所以，绳的质量要轻，?对;在“轻质绳”的前提下，为尽可能减少实验误差，绳子应尽可能长些，但并不是越长越好，?错;本题所求的速度是竖直方向的速度，所以?对;为减小物体运动过程中摩擦阻力的影响，两物块的质量之差要尽可能大些，?错，故选??.
(3)见答案
答案:
(1)??或??
(2)??
(3)例如:“对同一高度进行多次测量取平均值”;“选取受力后相对伸长尽量小的绳”;等等.
.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答三、计算题(本题包括4小题，共40分
案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.(8分)如图5-9是荡秋千的示意图.最初人直立站在踏板上(A点所示)，绳与竖直方向成θ角，人的重心到悬点O的距离为L;从A点向最低点B运动过程中，人由直立状态自然下蹲，在B点人的重心到悬点O的距1
离为L;在最低点处，人突然由下蹲状态变成直立状态(人的重心到悬点O的距离恢复为L)且保持该状态到21最高点C.设人的质量为m，踏板和绳的质量不计，空气阻力不计，求:
图5-9
(1)人刚到最低点B还处于下蹲状态时，两根绳中的总拉力F为多大,
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 (2)人到达左端最高点C时，绳与竖直方向的夹角为多大,(用反三角函数表示)
12解析:(1)A?B (cos) mgL,L,,mvB212
2mvL2cos,1B得F,mg(3,). Fmg,,,LL22
(2)人在B处突然由下蹲变为直立，体能转化为机械能的量为mg(L,L) 21
由C、A两点高度差为L,L，故 21
Lcosα=Lcosθ,(L,L) 1121
L2,，,得,arccos(1cos,). L1
L2cos,1mg(3,)答案:(1) L2
L2arccos(1，cos,,)(2) L1
14.(10分)如图5-10所示,一玩溜冰的小孩(可视作质点)质量为m=30 kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A、B为圆弧两端点，其连线水平.
2已知圆弧半径为R=1.0 m，对应圆心角为θ=106?，平台与AB连线的高度差为h=0.8 m.(计算中取g=10 m/s，sin53?=0.8，cos53?=0.6)求:
图5-10
(1)小孩平抛的初速度;
(2)小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力.
解析: (1)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向，则 vgty ,,tan53:vvx0
12h2h,gt又由得 t,,0.4s2g
而v=gt=4 m/s y
联立以上各式得v=3 m/s. 0
1122(2)设小孩在最低点的速度为v，由机械能守恒，有mv,mv,mg[h，R(1,cos53:)] 022
2vF,mg,m在最低点，据牛顿第二定律，有 NR
代入数据解得F=1 290 N N
由牛顿第三定律知小孩对轨道的压力为1 290 N.
答案:(1)3 m/s (2)1 290 N
15.(10分)一个水平方向足够长的传送带以恒定的速度3 m/s沿顺时针方向转动，传送带右端固定着一个光滑
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曲面，并且与曲面相切，如图5-11所示.小物块从曲面上高为h的P点由静止滑下，滑到传送带上继续向左运动，物块没有从左边滑离传送带.已知传送带与物体之间的动摩擦因数μ=0.2，不计物块滑过曲面与传送带交
2接处的能量损失，g取10 m/s.
图5-11
(1)若h=1.25 m，求物块返回曲面时上升的最大高度; 1
(2)若h=0.2 m，求物块返回曲面时上升的最大高度. 1
解析:物块从光滑曲面下滑的过程中机械能守恒.滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动，当物块的速度与传送带的速度相等后，又做匀速直线运动,最后滑上曲面，机械能守恒.
12(1)设物块滑到下端的速度为v，由动能定理得 mgh,mv,1112
解得v=5 m/s,3 m/s 1
所以物块先减速到速度为零后，又返回去加速运动，当两者的速度相同时，以共同的速度v=3 m/s一起匀速，直到滑上曲面.
由动能定理得物块上升的高度
2v H,,0.45m2g
12(2)设物块滑到下端的速度为v，由动能定理得解得v=2 m/s,3 m/s mgh,mv,22222
所以物块先减速到速度为零后，又返回去加速运动，又返回曲面时，速度仍为v=2 m/s，然后滑上曲面，物2
2v2块上升的高度 H,,0.2m.22g
答案:(1)0.45 m (2)0.2 m
16.(12分)如图5-12所示，半径R=0.8 m的光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带电小球沿轨道内侧做圆周运动，小球动能最大的位置在A点，圆心O与A点的连线与竖直线成一角度θ，在A点小球对轨道的压力F=120 N，若小球的最大动能比最小动能多32 J，且小球能够到达轨道上任意一点，不计空气阻力，试求:
图5-12
(1)小球的最小动能是多少,
(2)若小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其他量都不变，则小球经0.4 s时间后，其动能与在A点时的动能相等，则小球的质量为多少,
(3)若θ=60?，取圆轨道的最低点重力势能为零，并利用(2)中所求小球的质量，在轨道未撤去的情况下，试求小球的最大机械能是多少.
解析:(1)设电场力和重力的合力为F，则
F?2R=E,E=ΔE，所以F=20 N maxmink
在动能最小的情况下，向心力为
2F=mvR=2ER minmin
所以E=8 J E=40 J. minmax
(2)撤去轨道后小球做类平抛运动，
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11F22 Fs,Fat,Ft,,Ek22m
1F2(或)，解得m=1 kg. t,2R2m
(3)当θ=60?时，F=20 N，mg=10 N
qE,3mg所以电场力方向水平向左，
所以，机械能最大的位置是圆轨左侧与圆心等高的点，从A点到该位置由动能定理， qER(1,sin60?),mgRcos60?=E,E kmax
所以 E,(24，83)Jk
所以，此时的机械能为
E,E，mgR,(32，83)J,45.86J.k
答案:(1)8 J (2)1 kg (3)45.86 J
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机械振动与机械波
(时间:90分钟 满分:100分) 一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.人体内部器官的固有频率为4,12 Hz.1986年,法国次声波实验室次声波泄漏，造成30多名农民在田间突然
死亡.出现这一现象的主要原因是( )
A.次声波传播的速度快
B.次声波频率和人体内部器官固有频率相同，由于共振造成器官受损而死亡 C.人们感觉不到次声波，次声波可不知不觉地杀死人
D.次声波穿透能力强，穿过人体时造成伤害
解析:次声波的频率低于20 Hz，当与人体内部器官的固有频率相同时，发生共振现象，造成器官受损而死亡.
答案:B
2.如图7-1所示，位于介质 ? 和 ? 分界面上的波源S，产生两列分别沿x轴负方向与正方向传播的机械波.
若在两种介质中波的频率及传播速度分别为f、f和v、v，则( ) 1212
图7-1
A.f,2f，v,vB.f,f，v,0.5vC.f,f，v,2vD.f,0.5f，v,v 1212 1212 1212 1212
3解析:同一波源的振动频率相同，f,f，由图知L,,,3,,再由v,λf可知v,2v. 1212122
答案:C
3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时波传播到x轴上的质点B，在它左边的质点A恰好位于负最大1
位移处，如图7-2所示.在t=0.6 s时，质点A第二次出现在正的最大位移处，则( ) 2
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图7-2
A.该简谐波的波速等于10 m/s
B.t=0.6 s时，质点C在平衡位置处且向下运动 2
C.t=0.6 s时，质点C在平衡位置处且向上运动 2
D.当质点D第一次出现在正最大位移处时，质点B恰好在平衡位置且向下运动
3解析:质点A第二次出现正的最大位移所需时间解得周期T=0.4 s，则波速t,0.6s,T,2
T2,,A错.波传到C点需要此时C点重复质点B的运动，在平衡位置处且v,,m/s,5m/s,,,0.2s,T0.42v2
向上运动，再经Δt=(0.6,0.2) s=0.4 s=T,质点C的运动状态跟0.2 s时相同，B错，C对.质点D第一次出现正
(5,1.5)m3的最大位移时，即x=1.5 m处质点的运动传播到D，需要此时质点B处在负最大位,0.7s,1T.5m/s4移处.
答案:C
4.一列平面简谐波，波速为20 m/s，沿x轴正方向传播，在某一时刻这列波的图象如图7-3所示.由图可知( )
图7-3
A.这列波的周期是0.2 s
B.质点P、Q此时刻的运动方向都沿y轴正方向
C.质点P、R在任意时刻的位移都相同
D.质点P、S在任意时刻的速度都相同
解析:由图象可知λ=4 m，据λ=vT可知T=λ/v=4/20 s=0.2 s，故A正确.
据波的传播方向与质点的振动方向的关系可判断出，此时刻P、Q的运动方向都沿y轴正方向，故B正确.由于P、S两个质点的平衡位置间的距离等于一个波长，故P、S振动完全相同，故D正确，C错. 答案:ABD
5.下列说法中正确的是( )
A.将单摆从地球赤道移到南(北)极，振动频率将变大
B.将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，则其振动周期将变到原来的2倍 C.将单摆移至绕地球运转的人造卫星中，其振动频率将不变
D.在摆角很小的情况下，将单摆的振幅增大或减小，单摆的振动周期保持不变
l解析:单摆周期南(北)极处的重力加速度比赤道处大，周期变小，频率变大，选项A正确;由T,2,.g
Mm1mg,G知，从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，重力加速度将变为原来的,则周期变为原来2r4的2倍，选项B正确;人造卫星中的物体处于完全失重状态，单摆不会摆动，故选项C错误;单摆的周期与振幅无关，选项D正确.
答案:ABD
6.位于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为400 m/s.已知t=0时，波刚好传播到x=40 m处，如图7-4所示，在x=400 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是( )
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图7-4
A.波源开始振动时方向沿y轴正方向
B.波源的振动周期为T=0.05 s
C.若波源向x轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率小于波源的频率
D.该简谐横波在传播过程中只有遇到尺寸小于或等于20 m的障碍物时才会发生明显的衍射现象
20,解析:由图象知，波源开始振动的方向沿y轴负方向，A错.λ=20 m，则B正确.据多普T,,s,0.05s,v400勒效应，接收器接收到的波的频率小于波源的频率，C正确.据波发生明显衍射现象的条件知D错. 答案:BC
7.图7-5甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置.当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线.已知木板被水平拉动的速度为0.20
2m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60 m,则这次实验沙摆的摆长大约为(取g=π)( )
图7-5
A.0.56 m B.0.65 m C.1.00 m D.2.25 m
s0.60L解析:由于木板匀速拉动，据s=vt,则显然t=2T,则T=1.5 s，据可计算出摆长Lt,,s,3s,T,2,,v0.20g大约为0.56 m.故A正确.
答案:A
8.某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4 km/s和9 km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成(图7-6)，在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两振子相差5 s开始振动，则( )
图7-6
A.P先开始振动，震源距地震仪约36 km
B.P先开始振动，震源距地震仪约25 km
C.H先开始振动，震源距地震仪约36 km
D.H先开始振动，震源距地震仪约25 km
解析:由两种波的传播速率可知，纵波先传到地震仪位置，设所经历时间为t,则横波传到地震仪处的时间为t+5 s，由位移关系可得4(t+5 s)=9t,t=4 s，则震源距地震仪距离l=vt=36 km，故A正确.
答案:A
9.(2010四川成都高三一检，18)如图7-7甲所示，同一水平直线上相距6 m的A、B两处各有一个振源，C为A、B连线的中点.在t=0时刻，A、B两处的质点以相同的振幅同时开始做垂直于直线AB的上下振动，且都0
只振动了一个周期，它们的振动图象分别为图乙和图丙.若A处振源向右传播的波与B处振源向左传播的波在t=0.3 s时刻于C点相遇，则( ) 1
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图7-7
A.两列波在A、B间的传播速度均为10 m/s
B.两列波的波长都是4 m
C.在两列波相遇的过程中，中点C为振动加强点
D.在t=0.7 s时刻，B处质点经过平衡位置且振动方向向下 2
s3解析:根据题意可知:两列波的传播速度均为A正确;由振动图象知两列波周期均为v,,m/s,10m/s,t0.3
0.2 s,λ=vT=10×0.2 m=2 m,B错误;中点C与两波源的路程差为0，但两波源的起始振动方向相反，故C为振动减弱点，C错误;因A波经过0.6 s传播至B处质点，故0.7 s时B处质点的振动情况和0.1 s时A处质点的振动情况相同，0.1 s时A处质点正经过平衡位置向下运动，故D正确.
答案:AD
10.一简谐横波在x轴上传播，波源振动周期T=0.1 s，在某一时刻的波形如图7-8所示，且此时a点向下运动.则( )
图7-8
A.波速为20 m/s，波沿x轴正向传播
B.波速为20 m/s，波沿x轴负向传播
C.波速为10 m/s，波沿x轴负向传播
D.波速为10 m/s，波沿x轴正向传播
,解析:由图象知波长λ=2 m，则波速根据“上坡质点向下动，下坡质点向上动”的规律，由a点v,,20m/s.T
向下运动得出波沿,x方向传播，B正确.
答案:B
二、填空实验题(2小题，共20分)
11.(8分)一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形如图7-9甲所示.图甲中某质点的振动图象如图乙所示.
图7-9
质点N的振幅是________m，振动周期为________s，图乙表示质点_________(从质点K、L、M、N中选填)的振动图象.该波的波速为________m/s.
解析:由图甲可知，振幅为0.8 m.由图乙可知，振动周期T=4 s.由图乙可知该质点在t=0时，正由平衡位置向y
2,轴正方向振动，故它表示质点L的振动图象.由λ=vT可得，v,,m/s,0.5m/s. T4
答案:0.8 4 L 0.5
12.(12分)(2010湖北八校一联，22)(1)甲、乙两同学做“用单摆测重力加速度”实验，甲同学用秒表测量单摆的周期:当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为0，单摆每次经过最低点计一次数，当数到n=60时秒表
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的示数如图甲所示，则该单摆的周期是_________s(结果保留三位有效数字);乙同学用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，则游标卡尺的读数是_________cm.
图7-10
(2)在做实验时，可能导致重力加速度的测量结果偏大的有________.
A.振幅偏小
B.在未悬挂摆球之前先测定好摆长
C.摆球做圆锥摆运动
D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长
解析:(1)单摆每一个周期通过最低点两次，所以数60次的时间为30个周期，从秒表中读数为67.2 s(或67.3 s)，
t周期为游标卡尺主尺读数为15 mm，游标尺第12条刻度与主尺刻度对齐，L=15 mm+0.05 T,,2.24s.30
mm×12=15.60 mm=1.560 cm.
2,4ll,,g(2)根据单摆周期公式可得所以重力加速度测量值与振幅无关，A错;未悬挂摆球前测t,2,2Tg
定摆长，l值偏小，g值偏小，B错误;摆球做圆锥摆运动周期变短，g值偏大，摆线长加摆球直径作为摆长，摆长偏大，g值偏大，CD正确.
答案:(1)2.24(3分) 1.560(3分) (2)CD(6分)
三、计算题(4小题，共40分)
13.(8分)一列横波波速v,40 cm/s，在某一时刻的波形如图7-11所示，在这一时刻质点A振动的速度方向沿y轴正方向.求:
图7-11
(1)这列波的频率、周期和传播方向;
(2)从这一时刻起在0.5 s内质点B运动的路程和位移;
(3)画出再经过0.75 s时的波形图.
1vT,,0.2s.解析:(1)从图中可得出波长λ,8 cm，这列波的频率和周期分别是,,5Hz,A点此刻振动ff,
的速度方向向上，说明波沿x轴负方向传播.
(2)质点B原来位于平衡位置，速度方向沿y轴负方向.0.5 s即2.5个周期后质点又回到平衡位置，速度方向变为竖直向上.则B点在0.5 s内的位移等于零.通过的路程为s,2.5×4×0.1 m,1 m.
(3)波形如图中虚线所示.
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答案:(1)5 Hz 0.2 s 沿x轴负方向传播
(2)1 m 0 (3)略
14.(10分)如图7-12所示，在某介质中波源A、B相距d,20 m，t,0时两者开始上下振动，A只振动了半个
周期，B连续振动，所形成的波传播速度v,1.0 m/s，开始阶段两波源的振动图象如图7-13所示.
图7-12
图7-13
图7-14
(1)在图7-14中定性画出 t,14.3 s时A波所达位置一定区域内的实际波形. (2)求时间t,16 s内从A发出的半波前进过程中所遇到的波峰个数.
解析:(1)波形图如下图所示
(2)16 s内两列波相对运动过的长度为l,l，l,d =2vt,d,12 m AB
,TAAA波宽度为,,,0.2m av22
B波波长为λ, vT=2 m BB
可知A波经过了6个波峰.
答案:(1)略 (2)6个
15.(10分)一列简谐波沿直线传播,A、B、C是直线上的三点,如图7-15所示,某时刻波传到B点,A刚好位于波谷,
已知波长大于3 m小于5 m,AB=5 m,周期T=0.1 s,振幅A=5 cm,再经过0.5 s,C第一次到达波谷,则A、C相距多
远?到此时为止,A点运动的路程为多大?
图7-15
1解析:(1)若AB,5m,(n，), 4
520 ,,m,m14n，1n，4
由于3 m,λ,5 m
,v,,40m/s所以n=1,λ=4 m, T
AC=vt+λ=24 m
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320m若 ,AB,5m,(n，),,,,4n，34
此时无解.
50.5s，T4(2)A点运动路程 s,，4A,2.25m.0.1s
答案:24 m 1.25 m
16.(12分)有两列简谐横波a、b在同一媒质中沿x轴正方向传播，波速均为v=2.5 m/s.在t=0时两列波的波峰
正好在x=2.5 m 处重合，如图7-16所示.
图7-16
(1)求两列波的周期T和T. ab
(2)求t=0时两列波的波峰重合处的所有位置.
(3)辨析题:分析并判断在t=0时是否存在两列波的波谷重合处.
某同学分析如下:既然两列波的波峰与波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在.只要找到这两列波
半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置. 你认为该同学的分析正确吗,若正确，求出这些点的位置.若不正确，指出错误处并通过计算说明理由.
解析:(1)从图中可以看出两列波的波长分别为λ=2.5 m、λ=4.0 m，因此它们的周期分别为 ab
,2.5a T,,s,1sav2.5
,4.0b T,,s,1.6s.av2.5
(2)两列波波长的最小公倍数为
s=20 m
t=0时，两列波的波峰重合处的所有位置为
x=(2.5?20k)m(k=0,1,2,3,…).
(3)该同学的分析不正确.
要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的整数倍恰好相等的位置.设
距离x=2.5 m为L处两列波的波谷与波谷相遇，并设
,,abL,(2m,1),L,(2n,1),式中m、n均为正整数 22
只要找到相应的m、n即可
将λ=2.5 m,λ=4.0 m代入并整理，得 ab
,2m,14.08a,,, 2n,1,2.55b
由于上式中m、n在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处. 答案:(1)1 s 1.6 s (2)2.5?20k(k=0,1,2,3,…) (3)该同学的分析不正确
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) 交变电流 电磁场 电磁波
(时间:90分钟 满分:100分) 一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
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1.某电路中电场随时间变化的图象如图13-1所示,能发射电磁波的电场是哪一种( )
图13-1
解析:周期性变化的电场才能产生周期性变化的磁场,均匀变化的电场产生稳定的磁场,振荡的电场产生同频率振荡的磁场.故只有选项D对.
答案:D
2.关于电磁波与声波,下列说法正确的是( )
A.电磁波的传播不需要介质,声波的传播需要介质
B.由空气进入水中时,电磁波速度变小,声波速度变大
C.由空气进入水中时,电磁波波长变小,声波波长变大
D.电磁波和声波在介质中的传播速度,都是由介质决定的,与频率无关
v,解析,:可以根据电磁波的特点和声波的特点进行分析,选项A、B均与事实相符,所以选项A、B正确.根据,f电磁波波速变小,频率不变,波长变小;声波速度变大,频率不变,波长变大,所以选项C正确.电磁波在介质中的速度与介质有关,也与频率有关,在同一种介质中,频率越大,波速越小,所以选项D错误.
答案:ABC
3.某空间出现了如图13-2所示的一组闭合的电场线,这可能是( )
图13-2
A.沿AB方向磁场在迅速减弱
B.沿AB方向磁场在迅速增加
C.沿BA方向磁场在迅速增加
D.沿BA方向磁场在迅速减弱
解析:根据电磁感应,闭合回路中的磁通量变化时,使闭合回路中产生感应电流,该电流可用楞次定律判断.根据麦克斯韦电磁场理论,闭合回路中产生感应电流,是因为闭合回路中受到了电场力的作用,而变化的磁场产生电场,与是否存在闭合回路没有关系,故空间内磁场变化产生的电场方向,仍然可用楞次定律判断,四指环绕方向即为感应电场的方向,由此可知A、C正确.
答案:AC
4.如图13-3所示,在闭合铁芯上绕着两个线圈M和P,线圈P与电流表构成闭合回路.若在t至t这段时间内,12观察到通过电流表的电流方向自上向下(即由c经电流表至d),则可以判断出线圈M两端的电势差u随时间tab的变化情况可能是图13-4中的( )
图13-3
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图13-4
解析:对A图,u不变,A表中无电流,对B图,u均匀增大,由安培定则知,M中有向上增强的磁场,P中有向下增abab
加的磁通量,又由楞次定律和安培定则知,A表中电流方向由d经电流表至c,故A、B错,同理分析得C、D正确. 答案:CD
5.如图13-5所示,把电阻R、电感线圈L、电容器C分别串联一个灯泡后并联在电路中.接入交流电源后，三盏灯亮度相同.若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，则下列判断正确的是( )
图13-5
A.灯泡L1将变暗 B.灯泡L2将变暗 C.灯泡L3将变暗 D.灯泡亮度都不变 解析:当交变电流的频率减小时，R不变，电感线圈感抗减小，电容器容抗增大，则灯泡L亮度不变，L变暗，32L变亮，故B正确. 1
答案:B
6.如图13-6所示,理想变压器有三个线圈A、B、C,其中B、C的匝数分别为n、n,电压表的示数为U,电流表23的示数为I,L、L是完全相同的灯泡,根据以上条件可以计算出的物理量是( ) 12
图13-6
A.线圈A的匝数
B.灯L两端的电压 2
C.变压器的输入功率
D.通过灯L的电流 1
UnnC33,U,U解析:由题意知线圈B两端的电压为U,设线圈C两端的电压为U,则,所以,B正确;通过CCnUn22
L的电流为I,则可以求出L的电阻,L与L的电阻相同,所以可求出通过L的电流,D正确;根据以上数据可以22211
求出L、L的功率,可得变压器总的输出功率,它也等于变压器的输入功率,C正确;根据题意无法求出线圈A的12
匝数,A错.
答案:BCD
7.某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图13-7所示的电路，其中L、L是两12个完全相同的灯泡，已知把开关置于3、4时，电路与交流电源接通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同，则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是( )
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图13-7 A.当开关置于1、2时，稳定后L、L两个灯泡均发光且亮度相同 12
B.当开关置于1、2时，稳定后L、L两个灯泡均发光，且L比L亮 1212C.当开关置于3、4时，稳定后，若只增加交变电流的频率，则L变暗，L变亮 12D.在开关置于3、4的瞬间，L立即发光，而L亮度慢慢增大 21
解析:当开关置于1、2时，稳定后因电容器隔直流，故电路断开，L不发光，A、B错误;在开关置于3、42的瞬间，电容器通交流，L立即发光，由于电感的自感作用，L亮度慢慢增大，D正确.当开关置于3、4稳21定后，增加交变电流频率，容抗减小，感抗增大，L变暗，L变亮，C正确. 12答案:CD
8.如图13-8所示，理想变压器初级线圈的匝数为n，次级线圈的匝数为n,初级线圈的两端a、b接正弦交流12电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R=44 Ω，电流表A的示数为0.20 A.下列判断中正确的是( ) 1
图13-8 A.初级线圈和次级线圈的匝数比为2?1
B.初级线圈和次级线圈的匝数比为5?1
C.电流表A的示数为1.0 A 2
D.电流表A的示数为0.4 A 2
2U2,P,解析:对于理想变压器，P=UI=220×0.20 W=44 W，则负载电阻消耗的功率P=P=44 W，据得111212R
nU220U44112,,,5,则故B正确.A的读数故C正I,,A,1A,U,PR,44，44V,44V,2222nU44R4422
确.
答案:BC
9.某理想变压器原、副线圈的匝数比为55?9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有一灯泡，此
时灯泡消耗的功率为40 W，则下列判断正确的是( )
图13-9
362VA.副线圈两端输出的电压为
B.原线圈中电流表的示数约为0.18 A
C.变压器的输入、输出功率之比为55?9
D.原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πt(V)
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n2解析:根据变压器的原、副线圈的电压之比等于匝数之比，故副线圈两端输出的电压为U,U,36V，A21n1
P1错;根据理想变压器知P=P，故有I,,0.18A，B选项正确，C错;原线圈两端电压的瞬时值表达式121U1
u,2202sin100,t(V)为，D错.只有B选项正确.
答案:B
10.利用如图13-10所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈的匝数比n?n=1?100，交流电流表A的示数是50 mA，则( ) 12
图13-10
A.被测电路的电流有效值为0.5 A
B.被测电路的电流平均值为0.5 A
C.被测电路的电流最大值为52A
D.原副线圈中的电流同时达到最大值
In12,解析:交流电流表示数为副线圈中电流的有效值，即I=50 mA=0.05 A，根据得，I=5 A，A、B均错21In21
I,2I,52A误;原线圈(被测电路)中电流的最大值，C项正确;原线圈中电流最大时，线圈中磁通量lm1
的变化率等于零，此时副线圈中的电流最小;原线圈中电流等于0时，磁通量的变化率最大，副线圈中电流最大.所以原、副线圈电流有相位差，故不能同时达到最大值，D项错误.
答案:C
二、问答与计算(本题包括6小题,共60分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)
11.(8分)在“练习使用示波器”实验中,某同学欲按要求先在荧光屏上调出亮斑,为此,他进行了如下操作:首先将辉度调节旋钮逆时针转到底,竖直位移和水平位移旋钮转到某位置,将衰减调节旋钮置于1 000挡,扫描范围旋钮置于“外x挡”.然后打开电源开关(指示灯亮),过2 min后,顺时针旋转辉度调节旋钮,结果屏上始终无亮斑出现(示波器完好).那么,他应再调节什么旋钮才有可能在屏上出现亮斑?
答案:竖直位移旋钮和水平位移旋钮.
12.(12分)交流发电机的原理如图13-11甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0 Ω，求:
图13-11
(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少,
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 (2)矩形线圈转动的周期是多少,
(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少,
(4)保持线圈匀速运动，1 min内外界对线圈做的功是多少,
解析:(1)由It图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I=2.0 A. m,3(2)矩形线圈转动的周期T=4.0×10 s.
2II2mmI,,P,IR,R,4W.(3)由有效值线圈电阻上产生的电热功率为 22
(4)外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1分钟内外界对线圈做的功W=Pt=240 J.
,3答案:( 1)2.0 A (2)4.0×10 s (3)4 W (4)240 J
13.(9分)有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图13-12所示.升压变压器原、副线圈匝数比为
1?4，降压变压器原、副线圈匝数比为4?1，输电线的总电阻为4 Ω.全校共有22个班，每班有“220 V 40 W”
灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则
图13-12 (1)发电机的电动势为多大,
(2)发电机的输出功率为多大,
(3)输电效率为多少,
解析:(1)由题意知U=220 V 4
P40I,,n,，22，6A,24A则 3U220R
UnUn3343,U,,880V,由降压变压器变压关系:得 3Unn444
nIIn4324,I,,6A,由降压变压器变流关系:得 2Inn333
又因为U=U+IR=880 V+6×4 V=904 V 232
Un11,,由升压变压器变压关系:得U=226 V 1Un22
In12,,由升压变压器变流关系:得I=24 A 1In21
所以:
(1)发电机的电动势:E=U+Ir=250 V. 112(2)发电机的输出功率P=EI,Ir=5 424 W. 出11
P22，40，6J5280有效(3)输电的效率 ,,,，100%,，100%,97%.P5424J5424出
答案:(1)250 V (2)5 424 W (3)97%
14.(9分)如图13-13甲所示是一种振动发电装置，它的结构由一个半径为r=0.1 m的50匝的线圈套在辐形永久
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磁铁槽上组成，假设磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(如图乙).线圈运动区域内磁感应强度B的大小均为1，方向不变，线圈的总电阻为2 Ω，它的引出线接有8 Ω的电珠L，外力推动线圈的P端，使线圈做往T5,
复运动，便有电流通过电珠，当线圈向右的位移随时间变化的规律如图丙所示时(x取向右为正).
图13-13
(1)画出通过电珠L的电流图象(规定从L?b为正方向);
(2)在0.1 s,0.15 s内推动线圈运动过程中的作用力;
(3)求该发电机的输出功率(其他损耗不计).
解析:(1)在0 s,0.1 s内:感应电动势E=nBLv 11
0.10E1,,0.2AI L=2πr， v,m/s,1m/s11R0.1总
E2I,,0.4A.在0.1 s,0.15 s内:v=2 m/s，E=nBLv， 2222R总
(2)因为外力匀速推动线圈，所以有:F=F=nBIL=nBI?2πr, 安22
0.2F,50，，0.4，2,，0.1N,0.8N. ,
(3)电流的有效值为I，则有:
222IR×0.15=0.2R×0.1+0.4R×0.05
22I, 25
2162所以P,IR,，8W,W,0.64W. 出2525
答案:(1)略 (2)0. 8 N (3)0.64 W
15.(12分)如图13-14甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n=100匝，电阻r=1.0 Ω，所围成矩形的面积
2S=0.040 m，小灯泡的电阻R=9.0 Ω，磁场的磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应
22,,e,nBScostV,电动势瞬时值的表达式为其中B为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期.忽略mmTT
灯丝电阻随温度的变化，求:
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图13-14
(1)线圈中产生感应电动势的最大值;
(2)小灯泡消耗的电功率;
T(3)在磁感应强度变化的的时间内，通过小灯泡的电荷量. 0~4
解析:(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知，线圈中产生交变电
,2流的周期为T=3.14×10 s
2nBS,m所以线圈中感应电动势的最大值为 E,,8.0V.mT
Em(2)根据欧姆定律，电路中电流的最大值为 I,,0.80AmR，r
I,I/2,0.402A通过小灯泡电流的有效值为 m
2小灯泡消耗的电功率为P=IR=2.88 W.
,BE,nS(3)在磁感应强度变化的0,T/4内，线圈中感应电动势的平均值 ,t
EnS,B通过灯泡的平均电流 I,,R，r(R，r),t
nS,B,3通过灯泡的电荷量 Q,I,t,,4.0，10C.R，r,3答案:(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10 C
16.(10分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%.求:
(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少,(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少, 解析:建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比.本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I，再根据输出功率求出U，然后再求线2出U. 3
甲
2(1)由线路损耗的功率P=IR可得 线线线
P9000，4%线I,,A,6A 线R10线
又因为P=UI，所以 输出线2
P9000输出 U,,V,1500V2I6线
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 U=U,IR=(1 500,6×10) V=1 440 V 线线32
根据理想变压器规律
nU500V111,,, nU1500V322
nU1440V7233,,, 220V11nU44
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1?3和72?11. (2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)，由
乙
P=UI′可得 输出线
P9000输出I',,A,18A 线U500
所以线路损耗的功率
22P=I′R=18×10 W=3 240 W 线线线
用户得到的电压
U=U,I′R=(500,18×10) V=320 V 用户线线
用户得到的功率
P=P,P=(9 000,3 240) W=5 760 W. 用户输出线
答案:(1)1?3 72?11 (2)320 V 5 760 W
2011届高考物理二轮总复习专题过关检测
牛顿运动定律
(时间: 90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.(2010安徽皖南八校二联,14)2008年9月25日,“神舟七号”载人飞船成功发射,设近地加速时,飞船以5g的加速度匀加速上升,g为重力加速度.则质量为m的宇航员对飞船底部的压力为( ) A.6mg B.5mg C.4mg D.1mg
解析:对宇航员由牛顿运动定律:F,mg=ma,得F=6mg,再由牛顿第三定律可判定A项正确. NN
答案:A
2.吊扇通过吊杆悬挂在屋顶，设吊扇的重力为G，当吊扇正常转动时，吊杆对吊扇的拉力为F，则下列说法正确的是( )
A.F=G B.F,G C.F,G D.无法确定
解析:当吊扇转动时，扇叶对空气的作用力向下，空气对扇叶的反作用力f向上，则F=G,f，所以F,G，选项C正确.
答案:C
3.引体向上是同学们经常做的一项健身运动.该运动的
规范
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动作是:两手正握单杠,由悬垂开始,上拉时,下颚须超过单杠面;下放时,两臂放直,不能曲臂(如图3-1所示).这样上拉下放,重复动作,达到锻炼臂力和腹肌的目的.关于做引体向上动作时人的受力,以下判断正确的是( )
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题
图3-1
A.上拉过程中,人受到两个力的作用
B.上拉过程中,单杠对人的作用力大于人的重力
C.下放过程中,单杠对人的作用力小于人的重力
D.下放过程中,在某瞬间人可能只受到一个力的作用
解析:在上拉过程中,人受到重力和单杠对人的作用力,A正确;上拉过程中,要先加速,后减速,即先超重,后失重,单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力,B错误;同理,下放过程中,单杠对人的作用力先是小于人的重力后大于人的重力,C错误;刚开始下放的过程中,人加速向下,其加速度可能为重力加速度,此时,人完全失重,单杠对人没有作用力,即人只受到一个重力的作用,D正确.
答案:AD
4.如图3-2所示,两光滑斜面的倾角分别为30?和45?,质量分别为2m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦),分别置于两个斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置,再由静止释放.则在上述两种情形中正确的有( )
图3-2
A.质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力作用
B.质量为m的滑块均沿斜面向上运动
C.绳对质量为m的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力
D.系统在运动中机械能均守恒
解析:因所谓“下滑力”是重力沿斜面向下的分力,在对2m进行受力分析时不能把重力与“下滑力”重复地加在物体上,所以A项错误.两种情况下2m的“下滑力”都比m的“下滑力”大,故m滑块均向上运动,B项正确.由牛顿第三定律可知,C项错误.因斜面光滑,在运动过程中只有重力做功,故系统机械能守恒,D项正确. 答案:BD
5.质量为m=1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2.现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力F，为使物体在3 s时间内发生的位移最大，力F的大小应如下面的哪一幅图所示( )
图3-3
解析:此题可采用排除法.物体与地面间的滑动摩擦力f=μmg=2 N，A、C中第1 s内F,1 N，物体不会动，比较可知这两种情况下3 s内的位移一定小于D中3 s内的位移.B中第1 s内加速、第2 s内减速、第3 s内加速，而D中前2 s内一直加速，分析可知B中3 s内的位移也比D中3 s内的位移小.故选D. 答案:D
6.(2010安徽皖南八校二联,18)如图3-4所示，A、B是两个位于固定斜面上的正方体物块,它们的质量相等,F是沿水平方向作用于A上的外力,已知A、B的接触面,A、B与斜面的接触面均光滑,下列说法正确的是( )
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图3-4
A.A对B的作用力大于B对A的作用力
B.A、B可能沿斜面向下运动
C.A、B对斜面的压力相等
D.A、B受的合外力沿水平方向的分力相等
解析:由牛顿第三定律可知:A、B间的作用力大小相等、方向相反,故A项错误;A、B有可能静止在斜面上,还有可能沿斜面向上或向下运动,故B项正确;由于水平力F有使A压紧斜面的效果,可知A对斜面的压力大于B对斜面的压力,故C项错误;不管A、B做何种性质的运动,它们的运动情况相同,它们沿水平方向的分运动的加速度相同,由F=ma,可知它们受到的合外力沿水平方向的分力相等,故D项正确. 合
答案:BD
7.如图3-5所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30?、45?、60?.若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力),则( )
图3-5
A.a处小孩最后到O点
B.b处小孩最后到O点
C.c处小孩最先到O点
D.a、c处小孩同时到O点
解析:三块滑板与圆柱形仓库构成的斜面底边长度均为圆柱形底面半径,则R14R22,t,,当θ=45?时,t最小,当θ=30?和60?时,sin2θ的值相同,故只有D正确. ,gtsin,gsin2,cos2,
答案:D
8.如图3-6所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m的最大拉力为( )
图3-6
3mg3mg3mg,,,A. B. C. D.3μmg 542
解析:对四个木块组成的整体进行受力分析,设整体加速度为a,水平方向受拉力F的作用,F=6ma;如果对左边的
F两个木块组成的整体受力分析,水平方向只受拉力T,T,3ma,;对左边质量为2m的木块受力分析,水平方2
向只受静摩擦力作用,f=2ma;对除右边质量为2m以外的三个木块组成的整体受力分析,水平方向只受静摩擦力
,g3作用,由f=4ma,所以,这时整体受到的静摩擦力最大,f=μmg,a,,T,,mg,B正确. 44
答案:B
9.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于图示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是( )
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图3-7
A.若小车向左运动,N可能为零
B.若小车向左运动,T可能为零
C.若小车向右运动,N不可能为零
D.若小车向右运动,T不可能为零
解析:当小车具有向右的加速度时,可以是N为零;当小车具有向左的加速度时,可以使绳的张力T为零.考生如果不知道这两种临界情况,肯定无法解答A的;另外还有注意到是小车具有向左的加速度时,可以有两种运动情形,即向左加速运动,或向右减速运动.本题难度中等.
答案:AB
10.如图3-8,水平地面上有一楔形物体b,b的斜面上有一小物块a;a与b之间、b与地面之间均存在摩擦.已知楔形物体b静止时,a静止在b的斜面上.现给a和b一个共同的向左的初速度,与a和b都静止时相比,此时可能( )
图3-8
A.a与b之间的压力减小,且a相对b向下滑动
B.a与b之间的压力增大,且a相对b向上滑动
C.a与b之间的压力增大,且a相对b静止不动
D.b与地面之间的压力不变,且a相对b向上滑动
解析:当楔形物体静止时,a静止在b的斜面上,设a的质量为m,楔形物体斜面的倾角为θ,此时b对a的支持力N=mgcosθ,现给a和b一个共同向左的初速度,由于摩擦,地面对b产生向右的摩擦力,使b向左做减速运动,因此a、b组成的系统在水平方向上有向右的加速度.如果a、b间的动摩擦因数较大,使得a、b仍保持相对静止,此时对水平向右的加速度a沿斜面和垂直于斜面分解,则有N′,mgcosθ=masinθ,N′大于N,b对a的支持力增大,C对;若a、b间的静摩擦力不足以保证a、b保持相对静止,则a由于惯性向上滑动,则b对a的动摩擦力,使a相对于b产生沿斜面向下的加速度,a相对于地面的合加速度仍有垂直于斜面向上的分量,因而可得,a对b的压力相对于不动时增大,B对,A、D错.
答案:BC
二、填空与实验题(本题包括2小题,共20分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答) 11.(10分)如图3-9所示,在倾角为30?的斜面上,一辆动力小车沿斜面下滑,在小车下滑的过程中,小车支架上连接着小球的轻绳恰好水平.已知小球的质量为m,则小车运动的加速度大小为________,绳对小球的拉力大小为________.
图3-9
F2mg合a,,,2g解析:对小球受力分析如图,小球的加速度沿斜面向下,由牛顿第二定律得 mm
F,mg,cot30:,3mg.由图可得:
3mg答案:2g
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12.(10分)某探究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角是否有关.实验室提供如下器材:
A.表面光滑的长木板(长度为L);B.小车;C.质量为m的钩码若干个;D.方木块(备用于垫木板);E.米尺;F.秒表. 实验过程:
第一步,在保持斜面倾角不变时,探究加速度与质量的关系.实验中,通过向小车放入钩码来改变物体质量,只要测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间t,就可以由公式a=________求出a.
某同学记录的数据如下表所示:
质 时
M M+m M+2m 量 间
次 数
1 1.42 1.41 1.42
2 1.40 1.42 1.39
3 1.41 1.38 1.42
根据以上信息,我们发现,在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间________(填“改变”或“不改变”),经过分析得出加速度与质量的关系为________.第二步,在物体质量不变时,探究加速度与倾角的关系.实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角,由于没有量角器,因此通过测量出木板顶端到水平面高度h,求出倾角α的正弦值sinα=h/L.
某同学记录了高度和加速度的对应值,并在坐标纸上建立适当的坐标轴后描点作图如图3-10,请根据他所作的
2图线求出当地的重力加速度g=________ m/s.进一步分析可知,光滑斜面上物体下滑的加速度与倾角的关系为________.
图3-10
12L2解析:斜面长度L已知,测出小车由斜面顶端运动到斜面底端的时间t,由L,at得a, 2t2
分析表中数据,发现小车质量改变时,下滑时间不变(略有不同是因为实验中存在误差),因此加速度与质量无关.
小车沿光滑斜面下滑时,受力如图.
则ma=mgsinα
所以a=gsinα(可见与质量无关)
则asinα图象中图线的斜率表示g的大小.由图象中取两点,读出其横、纵坐标(sinα,a)、(sinα,a),那么1122
a,a21g, sin,,sin,21
2.94,022g,m/s,9.80m/s.例如 0.30,0
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2L答案: 不改变 无关 9.80 a=gsinα 2t
三、计算题(本题包括4小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(8分)如图3-11所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37?，长方体木块A的MN面上钉着一颗小钉子，质量m=1.5 kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.50.现将
2木块由静止释放，木块将沿斜面下滑.求在木块下滑的过程中小球对木块MN面的压力.(取g=10 m/s，sin37?=0.6，cos37?=0.8)
图3-11
解析:由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动.将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得 (M+m)gsinθ,μ(M+m)gcosθ=(M+m)a
2代入数据得a=2.0 m/s
选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为F， N
根据牛顿第二定律有mgsinθ,F=ma N
代入数据得F,6.0 N N
根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N，方向沿斜面向下.
答案:6.0 N，方向沿斜面向下
14.(10分)(2010安徽皖南八校二联,24)质量为m=1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在质量为m=3.0 kg的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0 m开始时两者都处于静止状态,现对
2木板施加水平向右的恒力F=12 N,如图3-12所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g取10 m/s)
图3-12
(1)水平恒力F作用的最长时间;
(2)水平恒力F做功的最大值.
解析:(1)撤力前木板加速,设加速过程的位移为x,加速度为a,加速运动的时间为t;撤力后木板减速,设减速过111
程的位移为x,加速度为a,减速运动的时间为t.由牛顿第二定律得撤力前: 222
F,μ(m+M)g=Ma(1分) 1
42解得a,m/s(1分) 13
撤力后:μ(m+M)g=Ma(1分) 2
82解得a,m/s(1分) 23
1122x,at,x,at(1分) 11122222
为使小滑块不从木板上掉下,应满足x+x?L(1分) 12
又at=at (1分) 1122
由以上各式可解得t?1 s 1
所以水平恒力作用的最长时间为1 s.(1分)
11422x，at,，，1m,m(2)由上面分析可知,木板在拉力F作用下的最大位移(1分) 1112233
2W,Fx,12，J,8J.可得F做功的最大值(1分) 13
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题
答案:(1)1 s (2)8 J
15.(10分)将金属块m用压缩的轻质弹簧卡在一个矩形的箱中,如图3-13所示,在箱的上顶板和下底板装有压力
2传感器,箱可以沿竖直轨道运动.当箱以a=2.0 m/s的加速度竖直向上做匀减速运动时,上顶板的传感器显示的
2压力为6.0 N,下底板的传感器显示的压力为10.0 N.(取g=10 m/s)
图3-13
(1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半,试判断箱的运动情况. (2)使上顶板传感器的示数为零,箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的?
解析:上顶板传感器显示的示数为上顶板对金属块的弹力,设为F,下底板传感器显示的示数为弹簧的弹力,设上
为F. 下
当箱竖直向上做匀减速运动时,则有
F,F+mg=ma 上下
F,F下上m,,0.5kg.即 a,g
(1)当上顶板传感器的示数为下底板传感器示数的一半时箱的加速度为a,因为弹簧长度不变,所以F不变,下1
F,F，mg下上a,,0则有 1m
因此,箱处于静止状态或匀速直线运动状态.
(2)当上顶板传感器的示数为零时,设此时箱的加速度为a,并取竖直向下为正方向,则有 2
mg,F2下a,,,10.0m/s 2m
因此,此时箱的加速度竖直向上,由此得,箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速运动. 答案:(1)箱处于静止状态或匀速直线运动状态
(2)箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速运动
16.(12分)杂技演员在进行“顶竿”表演时,用的是一根质量可忽略不计的长竹竿.质量为m=30 kg的演员自竹竿顶部由静止开始下滑,滑到竹竿底端时速度恰好为零.为了研究下滑演员沿竿的下滑情况,在顶竿演员与竹竿底部之间安装一个传感器.由于竹竿处于静止状态,传感器显示的就是下滑演员所受摩擦力的情况,如图3-14所示,g
2取10 m/s.求:
图3-14
(1)下滑演员下滑过程中的最大速度;
(2)竹竿的长度.
解析:(1)由图象可知,下滑演员在t=1 s内匀加速下滑,设下滑的加速度为a,则根据牛顿第二定律,有mg,F=ma 1
mg,F300,18022a,,m/s,4m/s m30
1 s末下滑演员的速度达最大
v=at=4 m/s. m1
(2)由图象可知,1 s末,3 s末下滑演员做匀减速运动,末速度为零,则杆长为
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11 L,v(t，t), ，4，(1，2)m,6mm1222
F',mg360,30022或 a',,m/s,2m/sm30
1122 L,at，(vt,a't),6m.1m2222
答案:(1)4 m/s (2)6 m
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曲线运动 万有引力定律
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10小题，共40分.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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1.若一个物体的运动是两个独立的分运动合成的，则( )
A.若其中一个分运动是变速运动，另一个分运动是匀速直线运动，则物体的合运动一定是变速运动 B.若两个分运动都是匀速直线运动，则物体的合运动一定是匀速直线运动
C.若其中一个是匀变速直线运动，另一个是匀速直线运动，则物体的运动一定是曲线运动 D.若其中一个分运动是匀加速直线运动，另一个分运动是匀减速直线运动，则合运动可能是曲线运动 解析:合运动的性质由合初速度与合加速度的大小及夹角决定，据此可知选项ABD说法正确. 答案:ABD
2.某科技小组进行了如下探究实验:如图4-1所示，将一小球先后以相同初速度v分别冲向光滑斜面AB、光滑0
曲面AEB、光滑圆弧轨道ACD，已知圆弧轨道的顶点C与斜面、曲面顶点B等高，均为h.则下列结论中应写入探究报告的是( )
图4-1
A.若小球沿斜面能到达顶点B，则沿曲面AEB一定能到达顶点B
B.若小球沿斜面能到达顶点B，则沿圆弧轨道ACD一定能到达顶点C
C.若小球沿圆弧轨道ACD能到达顶点C，则沿斜面一定能到达顶点B
D.若小球沿圆弧轨道ACD能到达顶点C，则沿曲面AEB一定能到达顶点B
解析:由于小球经过圆弧轨道ACD顶点C时应具有最小速度rg(r为圆弧轨道半径)，而沿光滑斜面AB和光滑曲面AEB到达顶点B的最小速度可以为0，所以本题4个选项涉及的结论正确的有ACD. 答案:ACD
3.天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期.由此可推算出( )
A.行星的质量 B.行星的半径 C.恒星的质量 D.恒星的半径
2,Mm24R,2,,M解析: 由G,m()R得所以只有C正确. 22GTRT
答案:C
4.如图4-2所示为A、B两质点做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图象，其中A为双曲线的一个分支.由图可知:?A物体运动的线速度大小不变;?A物体运动的角速度大小不变;?B物体运动的角速度大小不变;?B物体运动的线速度大小不变
以上正确的判断是( )
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图4-2
A.?? B.?? C.?? D.??
22解析:角速度一定时，由a=ωr知a?r，即B物体的角速度不变.线速度大小一定时，由a=vr知，a?1r，即A物体线速度大小不变.
答案:A
5.1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600 km的高空，使得人类对宇宙中星体的
6 m观测与研究有了极大的进展.假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行.已知地球半径为6.4×10，利用地球同步卫
7 m星与地球表面的距离为3.6×10这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期.以下数据中最接近其运行周期的是( )
A.0.6小时 B.1.6小时 C.4.0小时 D.24小时
333r，hr，hR()()12解析:由开普勒行星运动定律可知:=恒量，所以对哈勃望远镜和地球同步卫星有其,,222TTT12中r为地球的半径，h、T、h、T分别表示望远镜到地表的距离、望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、1122
同步卫星的周期(24 h)，代入数据解得t=1.6 h，所以本题正确选项为B. 1
答案:B
6.(2010届福建福州三中高三月考，3)如图4-3所示，在一次救灾工作中，一架水平直线飞行的直升机A，用悬索救护困在水中的伤员B，在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在
2某一段时间内，A、B之间的距离以l=H,t(式中H为直升机A离水面的高度)规律变化，则在这段时间内( )
图4-3
A.悬索的拉力等于伤员的重力
B.悬索是竖直的
C.伤员做匀减速直线运动
D.伤员做速度大小增加的曲线运动
解析:直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动，所以悬索是竖直的，B正确;根据A、B之间的距离的
2变化规律(l=H,t)可知伤员在竖直方向向上匀加速运动，所以悬索的拉力应大于伤员的重力，A、C错误;伤员的合运动为类平抛运动，D项正确.
答案:BD
7.已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为( )
A.0.2 B.2 C.20 D.200
解析:本题考查天体运动及万有引力的相关运算.我们知道:月球随地球一起绕太阳公转周期为T=365天，太阳1对月球的万有引力F提供月球绕太阳公转的向心力，设月球质量为m，根据牛顿第二定律有102F=m(2πT)R(?式);同理，地球对月球的万有引力F提供月球绕地球做圆周运动的向心力，根据牛顿第二21011
FTR,272222121F,m()R,(),,(),390,2.定律有(?式);由??得所以A、C、D错误，B正确. 202TFTR3652212
答案:B
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8.(2010届山西师大附中高三九月月考，1)如图4-4所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则( )
图4-4
A.两物体均沿切线方向滑动
B.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小
C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动
D.物体B仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A发生滑动，离圆盘圆心越来越远
解析:根据题意，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，A物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后A所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动需要的向心力，A要发生相对滑动，但是B仍保持相对圆盘静止状态，所以A、C选项错误而D选项正确;而且由于没有了细线的拉力，B受静摩擦力将减小，B选项正确.
答案:BD
9.(2010湖北八校一联，17)“神舟七号”载人航天飞行的圆满成功标志着我国成为世界上第三个独立掌握空间出舱关键技术的国家，航天员翟志刚出舱后手拿小国旗的场景在国人的心中留下了非常深刻的印象.假定“神舟七号”绕地球做匀速圆周运动，且大气阻力不计.出舱后翟志刚举着小国旗不动时,下列说法正确的是( ) A.小国旗受重力作用
B.小国旗不受重力作用
C.若翟志刚松开小国旗,小国旗将在太空中做匀速直线运动
D.若翟志刚松开小国旗,小国旗将围绕地球做匀速圆周运动
解析:宇宙飞船及船上任何物品都在绕地球做匀速圆周运动,处于完全失重状态,但并不是不受重力,而是其重力恰好提供向心力,A正确,B错误.翟志刚松开小国旗后由于惯性,小国旗将保持原来的速率,离地心的距离R也不
2GMmmv,变,故等式仍然成立，小国旗仍将绕地球做匀速圆周运动，C错误，D正确，选A、D. 2RR
答案:AD
10.(预测题)如图4-5所示，一根长为l的轻杆的一端与一个质量为m为小球相连，并可绕过另一端O点的水平轴在竖直面内自由转动，图中的a、b分别表示小球运动轨迹的最低点和最高点，已知杆能提供的最大支持
1力为现在a点给小球一个初速度v，使它做圆周运动，则下面说法正确的是( ) mg.02
图4-5
A.小球不能做完整的圆周运动
B.只要满足小球就能做完整的圆周运动 v,2gl,0
3v,2gl,C.必须满足小球才能做完整的圆周运动 02
D.只要小球在最高点的速度大于零，小球就能做完整的圆周运动
2解析:设小球达到最高点时速度为v，此时杆对球的支持力为F，由牛顿第二定律有Mg,F=m v/l(?式)，在小
22球由a到b的过程中，对小球由动能定理有,mg2l=mv/2,mv/2(?式)，由于杆能提供的最大支持力为mg/2，0
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3所以有F?mg/2 (?式)，由???联立可得所以本题正确选项为C. v,2gl.02
答案:C
第?卷 非选择题
二、填空与实验题(本题包括2小题，共20分.把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答) 11.(5分)2008年9月15日，我国的第一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥一号”为华夏儿女送来了中秋佳节的“语音祝福”.设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面.已知月球的质量约为地球质量的1/81，探月卫星绕月运行的速率约为1.8 km/s，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s，则由此可知月球的半径约为地球半径的________________.
解析:分别以M、m表示地球和月球质量，以R、r表示地球和月球半径，以V、v表示地球和月球的第一宇宙
2Mmv0G,m速度，设卫星质量为m，卫星由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律分别有(?式);002rr
222mmrmV17.91v0,,,,,,,Gm(?式);由??联立可得故正确选项应填1/4. 0222rrRMv811.84
答案:1/4
12.(15分)某同学设计了一个研究平抛运动的实验.实验装置示意图如图4-6a所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽(图a中PP′、PP′……)，槽间距离均为d.把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板0011
B上.实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放.每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d.实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图b所示.
a b
图4-6
(1)实验前应对实验装置反复调节，直到___________________.每次让小球从同一位置由静止释放，是为了___________________.
(2)每次将B板向内侧平移距离d，是为了__________________. (3)在图b中绘出小球做平抛运动的轨迹.
答案:(1)斜槽末端切线水平、A板水平且其上插槽与斜槽中心轴线垂直、B板竖直小球每次平抛初速度相同 (2)使小球类似于沿平板做平抛运动
(3)如右图
三、计算题(本题包括4小题，共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.(8分)(2010河北保定第一学期末调研，23)中国计划在2017年实现返回式月球软着陆器对月球进行科学探测，届时发射一颗运动半径为r的绕月卫星，登月着陆器从绕月卫星出发，沿椭圆轨道降落到月球的表面上，与月球表面经多次碰撞和弹跳才停下来.假设着陆器第一次弹起的最大高度为h，水平速度为v,第二次着陆时1速度为v.已知月球半径为R，求在月球表面发射人造月球卫星的最小发射速度. 2
解析:以着陆器为研究对象，在其由第一次弹起的最大高度至第二次着陆过程中，据机械能守恒定律有
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1122mgh，mv,mv(3分) 月1222
2mv卫,mg以最小发射速度发射的卫星为近月卫星，则由牛顿第二定律有(3分) 卫月R
22v,vR()21(2分) v,.h2
22(vv)R,21答案: 2h
14.(8分)2008年9月25日，我国自主研制的“神舟七号”宇宙飞船发射成功，9月27日我国航天员翟志刚第一次出舱实现太空漫步，并展示了中国国旗.若把“神舟七号”载人飞船绕地球的运行看做是在同一轨道上的匀速圆周运动，且已知运行的周期为T ，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，用T、g、R能求出哪些与“神舟七号”载人飞船有关的物理量,分别写出计算这些物理量的表达式(不必代入数据计算). 解析:万有引力为飞船做圆周运动提供向心力
GMm2,2 ,mr()2rT
Mm在地球表面 G,mg2R
22RgT3可得飞船轨道半径 r,24,
1,2运行的角速度运行的频率f, ,,,TT
22,Rg3运行的线速度 ,vT
22,2,Rg3向心加速度 ,aTT
22RgT3距地面的高度 h,,R.2,4
答案:略
15.(12分)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的，弯道处要求外轨比内轨高，其内外高度差h的设计不仅与r有关，还取决于火车在弯道上的行驶速率.下表中是铁路设计人员技术
手册
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中弯道半径r及与之相对应的轨道的高度差h.
弯道半径r/m 660 330 220 165 132 110
内外轨高度差h/mm 50 100 150 200 250 300
(1)根据表中数据，试导出h与r关系的表达式,并求出当r=440 m时，h的设计值.
(2)铁路建成后，火车通过弯道时，为保证绝对安全，要求内外轨道均不向车轮施加侧向压力，又已知我国铁路内外轨的间距设计值为L=1.500 m，结合表中数据，算出我国火车的转弯速率(路轨倾角很小时，正弦值按正切值处理).
(3)随着人们生活节奏加快，对交通运输的快捷提出了更高的要求，为了提高运输能力，国家对铁路不断进行提速，这就要求铁路转弯速率也需要提高，请根据上述计算原理和上述表格分析提速时应采取怎样的有效措施.
,3222解析:(1)分析表中数据可得，每组的h与r之乘积均等于常数C=660×50×10 m=33 m，即因此 h?r=33 m
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 当r=440 m时，有
33 h,m,0.075m,75mm.440
(2)火车转弯时，若车轮对铁轨没有侧向压力，则火车的受力如图所示，由牛顿第二定律得
2vmgtan,,m? r
根据题意，因为θ很小，所以有
h,,? tan,sin,L
??联立代入数据得
v=15 m/s=54 km/h.
(3)有效措施有:?适当增大内外轨的高度差h;?适当增大铁路弯道的轨道半径r. 答案:(1)h?r=33 75 mm
(2)54 km/h (3)增大h、r
16.(12分)(2010届江苏三仓中学、南洋中学高三第一次联考，14)如图4-7所示，在汽车的顶部用不可伸长的
细线悬挂一个质量为m的小球，以大小为v的初速度在水平面上向右做匀减速直线运动，经过时间t，汽车0
的位移大小为s(车仍在运动).求:
图4-7
(1)汽车运动的加速度大小;
(2)当小球相对汽车静止时，细线偏移竖直方向的夹角(用反三角函数表示); (3)汽车速度减小到零时，若小球距悬挂的最低点高度为h，O′点在O点的正下方，此后汽车保持静止，当小
球摆到最低点时细线恰好被拉断.证明拉断细线后，小球在汽车水平底板上的落点与O′点间的水平距离x与h
的平方根成正比.
12解析:(1)取向右为正方向，设加速度大小为a，对汽车由运动学公式有s,vt，(,a)t 02
vt,s2()0a,解得. 2t
(2)由受力分析得，小球受到重力与绳子拉力的合力大小为F=mgtanθ 根据牛顿第二定律有F=ma
2(vt,s)a0tan,,,所以 2ggt
2(vt,s)0,arctan[]., 2gt
(3)设小球被细线拉着摆到最低点时的速度为v，由机械能守恒定律得
12mgh,mv,所以 v,2gh2
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设细线断时小球距离汽车水平底板高度为H，细线断后小球做平抛运动，所以有
12x=vt, H,gt,2
2H2H解得 x,v,2gh,,2Hh,h.gg
2(vt,s)0答案:(1) a,2t
2(vt,s)0(2),arctan[] ,2gt
(3)略
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力 物体的平衡
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.一个物体受三个共点力的作用，这三个力大小相等，互成120?.则下列说法正确的是( ) A.物体一定做匀速直线运动
B.物体所受合力可能不为零
C.物体所受合力一定为零
D.物体可能做匀变速曲线运动
解析:三个共点力大小相等，互成120?，则这三个力一定在同一平面内，合力为零，物体可能匀速直线运动，也可能静止，选项C正确.
答案:C
2.王飞同学练习拉单杠时，两臂平行握住单杠，在他两臂逐渐分开的过程中，手臂的拉力( ) A.逐渐变大 B.逐渐变小
C.先变小，后变大 D.先变大，后变小
解析:设每个手臂的拉力为F，两个手臂的夹角为2θ，由题意可知2Fcosθ=mg，在两个手臂逐渐分开的过程中，θ角在逐渐增大，则cosθ值在逐渐减小，而mg不变，所以拉力F在逐渐增大，本题考查了力的合成与分解的知识.
答案:A
3.如图1-1,一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑.已知A与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α.B与斜面之间的动摩擦因数是( )
图1-1
22tan,cot,A. B. C.tanα D.cotα 33
解析:设A和B的质量均为m,B与斜面间的动摩擦因数为μ,则A与斜面间的动摩擦因数为2μ,AB系统处于平衡
2,,tan,,状态,在沿斜面方向上有2mg?sinα,2μmgcosα,μmgcosα=0,得故选A. 3
答案:A
4.如图1-2,一质量为M的探空气球在匀速下降,若气球所受浮力F始终保持不变,气球在运动过程中所受阻力仅
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与速率有关,重力加速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升,则需从气球吊篮中减少的质量为( )
图1-2
F2FF2(M,) B. C. D.0 A.2M,ggg
解析:气球匀速下降时据平衡条件F+f(v)=Mg?
设减少的质量为Δm,则气球匀速上升时据平衡条件有
F,f(v)=(M,Δm)g?
F,m,2(M,),由??得故A正确. g
答案:A
5.如图1-3，由物体A和B组成的系统处于静止状态.A、B的质量分别为m和m,且m>m,滑轮的质量和一ABAB切摩擦不计.使绳的悬点由P点向右移动一小段距离到Q点，系统再次达到静止状态.则悬点移动前后图中绳与水平方向的夹角θ将( )
图1-3
A.变大 B.变小 C.不变 D.可能变大，也可能变小
解析:设绳中拉力为T，则当系统只要静止，则T=mg，而对于A物体，2Tcos(90?,θ)=mg，由于T不变，则BAθ不变.C正确.
答案:C
6.如图1-4所示，质量为m的物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑，此过程斜面体B仍静止，斜面体的质量为M，则水平地面对斜面体( )
图1-4
A.无摩擦力 B.有水平向左的摩擦力
C.支持力为(m+M)g D.支持力小于(m+M)g
解析:由于A匀速下滑、B静止不动，可将A、B视为整体，根据平衡条件可知，斜面体B应该受到地面对它施加的水平向左的静摩擦力F，满足F=Fcosθ，选项B对;竖直方向有F下标N+Fsinθ=(m+M)g，选项D对. ff
答案:BD
7.如图1-5所示，用三根轻绳将质量均为m的A、B两小球以及水平天花板上的固定点O之间两两连接.然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态.三根轻绳的长度之比为OA?AB?OB=3?4?5.则下列说法正确的是( )
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图1-5
A.OB绳中的拉力小于mg
5B.OA绳中的拉力大小为 mg3
4C.拉力F大小为 mg5
4D.拉力F大小为 mg3
解析:由于A、B两球均处于静止状态，则OB绳中的拉力等于mg，AB绳中拉力为零.此时，A球受重力、拉力F、OA绳拉力F三个力作用处于平衡，据平衡条件可求得F=,mg/3，F=,mg/3，故,、,正确. TT
答案:BD
8.两滑杆上分别套A、B两圆环，两环上分别用细线悬吊着两物体C、D，如图1-6所示，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下.则( )
图1-6
A.A环做的是匀速运动
B.B环做的是匀速运动
C.A环与杆之间一定有摩擦力
D.B环与杆之间一定无摩擦力
解析:对C物体受力分析如图甲.C物体沿与杆平行的方向做匀加速直线运动，由于A的悬线始终与杆垂直，所以A的加速度等于C物体的加速度，A环与杆之间一定无摩擦，A、C错误.对D物体受力分析如图乙，D物体沿与杆平行的方向做匀速直线运动，则B也做匀速直线运动，B与杆之间一定有摩擦.B正确，D错误.
甲 乙
答案:B
9.如图1-7所示，固定在水平地面上的斜面体顶端安装一定滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过定滑轮，P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处于静止状态.不计滑轮的质量和绳子与滑轮间的摩擦，当用水平向右的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则( )
图1-7
A.Q受到的摩擦力一定变小
B.Q受到的摩擦力一定变大
C.轻绳上的拉力一定变小
D.轻绳上的拉力一定不变
解析:Q受到的静摩擦力方向可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，当又受到一个水平向右的力推它时，它受
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到的静摩擦力可能增大也可能减小.由于P、Q仍静止不动，所以绳的拉力仍等于P的重力.本题中由于未告知P、Q的质量及斜面倾角间的关系和斜面的情况，所以Q受到的摩擦力就有多种可能情况，既可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，还可能不受摩擦力.
答案:D
10.如图1-8所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态.现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中弹簧与竖直方向的夹角θ,90?，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，并始终保持外力F的方向水平，则图1-9给出的弹簧伸长量x与cosθ的函数关系图象中，最接近的是( )
图1-8
图1-9
mg解析:设弹簧的劲度系数为k，当弹簧与竖直方向成θ角时，伸长量为x，受力分析由平衡条件知，kx,cos,
mgx,则，即x与cosθ成反比，最接近的是图象D. kcos,
答案:D
第?卷 非选择题
二、填空与实验题(本题包括2小题,共20分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答) 11.(5分)为测量小圆柱体的体积,用游标卡尺测量其长度如图1-10甲所示,其读数为_________mm;用螺旋测微器测量其直径如图乙所示,其读数为________mm.
甲
乙
图1-10
解析:略
答案:23.85 4.750
12.(15分)小汽车正在走进我们的家庭，一辆汽车性能的优劣，其油耗
标准
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非常重要.而影响汽车油耗标准最主要的因素是其在行进中所受到的空气阻力.人们发现汽车在高速行驶中所受到的空气阻力f(也称风阻)主要与两个因素有关:(1)汽车正面投影面积S; (2)汽车行驶速度v.某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据:
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图1-11
(1)由上述数据可得汽车风阻f 与汽车正面投影面积S 及汽车行驶速度v 的关系式为f=________(要求用k表示比例系数).
(2)由上述数据得出k的大小和单位是_________.
(3)据推理或猜测，k的大小主要与、_________、________等因素有关.
2解析:(1)控制变量法:S不变，研究表格中某一行中的各个数据，找出f与v成正比;v不变，研究表格中某一
2.列中的各个数据，找出f与S成正比，即 f=kSv
23.(2)把表格中的一组数据(如f=206 N,S=2.0 m,v=20 m/s)代入上式，得出k=0.26 kg/m (3) 与空气密度、车的外形、车的表面情况等因素有关.
23答案:(1)kSv (2)0.26 kg/m (3)与空气密度、车的外形、车表面情况等因素有关
三、计算题(本题包括4小题,共40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(8分)现有一弹簧组，大弹簧内套小弹簧，大的比小的长0.2 m，底端一起固定在地面上，另一端自由.当压缩此弹簧组时，测得弹力与压缩距离的关系如图1-12所示.求大、小弹簧的劲度系数k和k 12.
图1-12
解析:由图象可知，弹力F=2 N时，只有大弹簧被压缩，且压缩量x=0.2 m， 11
由胡克定律得F=kx 111
F21k,,,10N/m所以 1x0.2N/m1
弹力F=5 N时，大弹簧的压缩量x′=0.3 m，小弹簧的压缩量x=0.3 m,0.2 m=0.1 m，则 212
F=kx′+kx 21122
F,kx'211k,,20N/m.所以 2x2
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答案:10 N/m 20 N/m
14.(9分)如图1-13所示，贴着竖直侧面的物体A的质量m=0.2 kg，放在水平面上的物体B的质量m=1.0 kg，AB2绳和滑轮间的摩擦均不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B恰好一起匀速运动.取g=10 m/s，求:
图1-13
(1)物体B与桌面间的动摩擦因数.
(2)如果用水平力F向左拉B，使物体A和B做匀速运动，需多大的拉力,
(3)若在原来静止的物体B上放一个与B物体质量相等的物体后，物体B受到的摩擦力为多大, 解析:(1)因A和B恰好一起匀速运动，所以B受到的水平绳的拉力T与滑动摩擦力F的大小相等，有 f
F=T=mg fA
又F=μF=μmg fNB
解得μ=0.2.
(2)如果用水平力F向左拉B，使物体A和B做匀速运动，此时绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，根据物体B水平方向的平衡有
F=T+μmg=mg+μmg=4 N. BAB
(3)在B上放一物体后，B将静止，由平衡条件可知，B受到的摩擦力仍等于绳的拉力，即2 N. 答案:(1)0.2 (2)4 N (3)2 N
15.( 11分)如图1-14所示,用绳AC和BC吊起一重物,绳与竖直方向夹角分别为30?和60?,AC绳能承受的最大拉力为150 N,而BC绳能承受的最大拉力为100 N,求物体最大重力不能超过多少?
图1-14
解析:以重物为研究对象.受力如右图所示,由平衡条件得
Tsin30?,Tsin60?=0? ACBC
Tcos30?+Tcos60?,G=0? ACBC
由式?可知T=3T ACBC
当T=100 N时,T=173 N,AC将断. BCAC
而当T=150 N时,T=86.6 N,100 N ACBC
将T=150 N,T=86.6 N代入式?解得G=173.2 N ACBC
所以重物的最大重力不能超过173.2 N.
答案:173.2 N
16.(12分)如图1-15所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上.一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，小圆环的大小也忽略.问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态?
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图1-15
解析:系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为:
(1)两小环同时位于大圆环的底端.
(2)两小环同时位于大圆环的顶端.
(3)两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端.
(4)除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称.设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上(如图所示).对于重物m，受绳子拉力T与重力mg作用，由平衡条件得T=mg.
对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等、方向相反，则
Tsinα=Tsinα′
得α=α′，而α+α′=90?，所以α=45?.
答案:略
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原子和原子核
(时间:90分钟 满分:100分)
第?卷 选择题
一、选择题(本题包括10小题,共40分.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4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)
1.下列说法错误的是( )
A.半衰期表示放射性元素衰变的快慢，半衰期越长，衰变越慢
B.同位素的核外电子数相同，因而具有相同的化学性质
C.阴极射线和β射线都是电子流，它们的产生机理是一样的
D.重核裂变过程中一定伴随着质量亏损
解析:由基本概念可知ABD说法是对的.阴极射线和β射线都是电子流,但产生机理不同,故应选C. 答案:C
2.下列说法中正确的是( )
A.氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，电势能增加，原子的总能量增加 B.α射线是原子核发出的一种粒子流，它的电离能力在α、β、γ三种射线中是最弱的
C.原子核反应过程中的质量亏损现象违背了能量守恒定律
D.将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，它的半衰期不发生改变 解析:氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，由于电场力做正功，电势能减少,又因氢原子放出光子，所以原子的总能量减少，故A错.α射线的电离能力在α、β、γ三种射线中是最强的，所以B错.据爱因斯坦质能方程可知，原子核反应过程中的质量亏损现象并不违背能量守恒定律，故C错.放射性元素的半衰期不因其物理、化学状态的变化而变化，故D正确.
答案:D
3.现在太阳向外辐射的能量是由于太阳内部氢聚变产生的，大约在40亿年以后太阳内部将会启动另一种核反
44412He，He，He,C应，其核反应方程为:,那时太阳向外辐射的能量是由上述两种核反应产生的.已知222 6
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124CHe的质量为m，的质量为m,则下列判断正确的是( ) 12 62
A.3m,mB.3m,mC.3m=mD.m=3m 12 12 12 12
解析:由于发生上述核聚变时释放核能，根据爱因斯坦质能方程，可知该反应存在质量亏损，所以3m,m,12即选项A正确.
答案:A
48249CaCf4.2006 年美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器，通过(钙48)轰击(锎249)发生核反应，成功合 9820
成了第118号元素，这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素.实验表明，该元素的原子核先放出3个相同的粒子X，再连续经过3次α衰变后，变成质量数为282的第112号元素的原子核，则上述过程中的粒子X是( )
A.中子 B.质子 C.电子 D.α粒子
482494282Ca，Cf,3,He，Y解析:综合上述反应可得总的核反应方程为,根据质量数和电荷数守恒可得20 982112
m=0、n=1,所以X是中子，A正确.
答案:A
,,,,,005.K介子衰变的方程为K?π，π，其中K介子和π介子带负的元电荷e，π介子不带电.如图15-1所示，
,两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B、B.今有一个K介子沿垂直于磁场的12,方向射入匀强磁场B中，其轨迹为圆弧AP，P在MN上，K在P点时的速度为v，方向与MN垂直.在P点1,该介子发生了上述衰变.衰变后产生的π介子沿v反方向射出，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线.则以下说法正确的是( )
图15-1
,A.π介子的运行轨迹为PENCMDP
2,m,T,B.π介子运行一周回到P用时为 eB2
C.B,4B 120D.π介子做匀速直线运动
,,解析:根据左手定则可知π介子的运行轨迹为PDMCNEP，所以选项A错误;π介子在磁场B中的半径1
mv'mv',,,r,r,在磁场B中的半径由题图可知r=2r，所以B,2B，选项C错误;π介子运行一周回到2211212eBeB12
2,m,m2,m0T,，,,P用时为选项B正确;π介子不带电，将做匀速直线运动，选项D正确. eBeBeB122
答案:BD
6.下列说法正确的是( )
239239(Pu)(U)A.研制核武器的钚239由铀239经过4次β衰变而产生 94 92
94121Be，He,C，nB.发现中子的核反应方程是 42 60
238UC.20 g的经过两个半衰期后其质量变为15 g 92
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23894140USrXeD.在中子轰击下，生成和的核反应前后，原子核的核子总数减少 9238 54
239239 0238U,PU，2eU解析:发生2次β衰变，A错误.20 g经过两个半衰期后其质量 92 92 94,1
12C错误.在核反应中质量数、电荷数都守恒，D错误.所以只有B正确. m,20，()g,5g,2
答案:B
7.北京奥委会接受专家的建议，大量采用对环境有益的新技术，如2008年奥运会场馆周围80%,90%的路灯利用太阳能发电技术，奥运会90%的洗浴热水采用全玻璃真空太阳能聚热技术.太阳能是由于太阳内部高温高压条件下的聚变反应产生的，下列核反应属于聚变反应的是( )
2341H，H,He，nA. 1120
144171N，He,O，HB. 72 81
2351136901U，n,Xe，Sr，10nC. 920 54380
2382344U,Th，HeD. 92 902
解析:把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变，四个选项中只有A为聚变反应，B是发现质子的核反应，C是铀核的裂变反应，D是铀核的α衰变.
答案:A
8.关于天然放射现象，以下叙述正确的是( )
A.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的
B.若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小
C.在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，β射线的电离能力最强
238206(U)(Pb)D.铀核衰变为铅核的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变 82 92
11 0n,H，e.解析:A选项正确，核反应方程为B选项错误，放射性物质的半衰期只与物质本身有关，与该01,1
物质所处的物理、化学状态无关.C选项错误，在α、β、γ三种射线中，α射线的电离能力最强，穿透能力最
238,4x，206,弱;γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱.D选项错误，核反应中电荷数和质量数都守恒，则,,92,2x,6，82,
x,8,解得即8次α衰变和6次β衰变. ,,y,6,
答案:A
9.据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试.下列关于“人造太阳”的说法正确的是( )
2341H，H,He，nA.“人造太阳”的核反应方程是 1120
2351141921U，n,Ba，Kr，3nB.“人造太阳”的核反应方程是 920 56360
2C.“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是ΔE=Δmc
12E,mcD.“人造太阳”核能大小的计算公式是 223解析:“人造太阳”是利用海水中的H和H聚变而产生大量能量的.放出的能量可利用爱因斯坦质能方程ΔE112,Δmc求出，其中Δm为质量亏损，所以A、C项正确.
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答案:AC
3023423430PThPaSi10.静止的衰变成，静止的衰变为，在同一匀强磁场中的轨道如图15-2所示.由此可知 90 911514
( )
图15-2
30234PThA.甲图为的衰变轨迹，乙图为的衰变轨迹 9015
23430ThPB.甲图为的衰变轨迹，乙图为的衰变轨迹 9015
C.图中2、4为新核轨迹，1、3为粒子轨迹
D.图中2、4为粒子轨迹，1、3为新核轨迹
3030PSi解析: 衰变成时，放出正电子，两者均带正电，运动方向相反，根据左手定则，轨迹应是外切圆，1514
mv23423430ThPaSiR,如题图乙.根据动量守恒和可知3为正电子的轨迹，4为的轨迹.同理可分析衰变为 90 9114qB
234Pa时，放出负电子，轨迹应是内切圆，如题图甲，1为负电子的轨迹，2为的轨迹.故选项B、C正确. 91
答案:BC
二、填空实验题(11题6分，12题6分)
11.一置于铅盒中的放射源发射的α、β和γ射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔，铝箔后的空间有一匀强电场.进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图15-3所示，则图中的射线a为________射线，射线b为________射线.
图15-3
解析:从放射源射出三种射线，分别为α、β和γ射线，其中α射线被铝箔挡住，只有β和γ射线穿出，又由于γ射线不带电，所以在偏转电场中不发生偏转.综上分析，可知图中的射线a为γ射线，射线b为β射线. 答案:γ β
12.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.
图15-4
(1)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作出了卓越的贡献.请选择其中的两位，指出他们的主要成绩.
?__________________________________________________________________________; ?__________________________________________________________________________.
(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154为三种射线在同一磁场中
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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.
_____________________________________________________________________________.
解析:(1)?卢瑟福:提出了原子的核式结构模型(或其他成就);?玻尔:首次把量子理论引入到原子结构中，提出了轨道量子化和能量量子化的思想，进一步发展了原子结构理论，并成功解释了氢光谱(或其他成就);?查德威克:首先发现了中子(或其他成就).
(2)1为α射线，利用它的电离作用很强，可消除静电.
2为γ射线，利用它的穿透本领很强，可用于工业探伤.
3为β射线，利用它的穿透本领较强，可用于控制工业生产线上某些金属板的厚度.
判断方法:用左手定则.依据磁场方向及“运动轨迹”弯曲方向即洛伦兹力方向，可断定射线1、3的电性，从而确定射线种类.
答案:见解析
三、计算题(本题包括4小题,共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位)
2H13.(10分)在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂.中子在重水中可与核1
12C碰撞减速，在石墨中与核碰撞减速.上述碰撞可简化为弹性碰撞模型.某反应堆中快中子与静止的靶核发生 6
对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好, 解析:设中子质量为M，靶核质量为M，由动量守恒定律得Mv=Mv+Mv nn0n12
111222Mv,Mv，Mv由能量守恒得 n0n12222
M,Mnv,v解得 10M，Mn
在重水中靶核质量M=2M Hn
M,M1nHv,v,,v 1H00M，M3nH
在石墨中靶核质量M=12M Cn
M,M11nCv,v,,v 1C00M，M13nC
与重水靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好.
答案:略
14.(10分)原子从一个能级跃迁到一个较低能级时,有可能不发射光子,例如在某种条件下,铬原子n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时并不发射光子,而是将相应的能量转交给n=4能级上的电子,使之能脱离原子,这一现
AE象叫做俄歇效应,以这种方式脱离原子的电子叫俄歇电子.已知铬原子的能级公式可简化为,,,式中n2nn=1,2,3,…表示不同的能级,A是正的已知常数.上述俄歇电子的动能是多少,
AA解析:铬原子n=2的能级,n=1的能级E=,A,所以电子从n=2能级跃迁到n=1的能级释放的E,,,,12224
能量ΔE=E,E=34A 21
AAA又铬原子n=4的能级,说明电子从n=4能级跃迁到无穷远能级(E=0),即脱离原子需吸收E,,,,?4216416
11E,,E,(,E),A.的能量.由能的转化和守恒知,该俄歇电子的能量应为 k46
11A答案: 16
2011届高考物理二轮总复习:过关检测专题 15.(14分)太阳内部持续不断地发生着4个质子聚变为1个氦核的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就
是太阳的能源.
(1)写出这个核反应方程;
(2)这一核反应能释放多少能量,
26(3)已知太阳每秒释放的能量为3.8×10 J，则太阳每秒减少的质量为多少,
30(4)若太阳质量减少万分之三，热核反应不能继续进行，计算太阳能存在多少年.(太阳质量M,2×10 kg,m,p
1.007 3 u，m,4.001 5 u，m,0.000 55 u) Hee
1404H,He，2e.解析:(1) 121
(2)Δm,4×1.007 3 u,(4.001 5，2×0.000 55) u,0.026 6 u
,212ΔE,Δmc,0.026 6×931.5 MeV,24.78 MeV,4×10 J.
26(3)太阳每秒钟释放的能量为3.8×10 J，则太阳每秒钟减少的质量为
26,E3.8，1010 ,m,,kg,0.4，10kg.282c(3，10)
30(4)太阳的质量为2×10 kg，太阳还能存在的时间为
30,4M,2，10，3，10169t,,s,15，10s,5，10(年). 10m,0.4，10
,12答案:(1)略 (2)4×10 J
109(3)0.4×10 kg (4)5×10年
3He16.(14分)已知氘核质量为2.013 6 u，中子质量为1.008 7 u,的质量为3.015 0 u. 2
3He(1)写出两个氘核聚变成的核反应方程; 2
(2)计算上述核反应中释放的核能;
(3)若两氘核以相等的动能0.35 Me,做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能
3He全部转化为机械能，则反应中生成的和中子的动能各是多少? 2
2思路点拨:(1)计算出质量亏损Δm，根据ΔE,Δmc计算释放的核能.(2)在两氘核对心碰撞发生核反应的过程中，
满足动量守恒及能的转化与守恒定律.
2231H，H，,He，n解析:应用质量数守恒和核电荷数守恒不难写出核反应方程为: 1120由题给条件可求出质量亏损为:
Δm,2.013 6 u×2,(3.015 0，1.008 7) u,0.003 5 u
2所以释放的核能为ΔE,Δmc,931.5×0.003 5 MeV,3.26 MeV
33HeHe因为该反应中释放的核能全部转化为机械能，即转化为和中子的动能.若设和中子的质量分别为m、122m，速度分别为v、v，则由动量守恒及能的转化和守恒定律，得 212
mv,mv,0，E，E,2E，ΔE 1122k1k2k0
1122E,mv,E,mv又由 k111k22222
11Em1k12,,,可得则E,(2E，,E),，(2，0.35，3.26)MeV,0.9 MeV k1k0Em344k21
33E,(2E，,E),，(2，0.35，3.26) MeV,2.97 MeV. k2k044
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2231H，H,He，n答案:(1) 1120
(2)3.26 MeV (3)0.99 MeV 2.97 MeV
浙公网安备 33021202002483