2012年高考物理二轮复习 高效巩固提升训练及答案
第一部分 核心考点突破专题一 力与运动第1讲 相互作用与物体的平衡1．(2011年汕尾模拟)北京奥运火炬实现了成功登上珠峰的预定目标，如图1－1－17所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请根据此图判断下列说法正确的是( )A．由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的位移B．线路总长度与火炬手所走时间的比等于登山的平均速度C．在计算登山运动的速度时可以把火炬手当成质点D．峰顶的重力加速度要比拉萨的重力加速度大 图1－1－17图1－1－182．如图1－1－18所示，有一个人站在超市的自动电梯上，若电梯斜向下匀速运动，则此人受到的力有( )A．重力和弹力B．重力、弹力和摩擦力C．重力、弹力和牵引力D．重力、弹力、摩擦力和牵引力3．(双选)如图1－1－19所示，水平地面上质量为m的物体，与地面的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则( )A．弹簧的伸长量为B．弹簧的伸长量为C．物体受到的支持力与物体对地面的压力是一对平衡力D．弹簧的弹力与物体所受摩擦力是一对平衡力n 图1－1－19图1－1－204．(双选，2011年执信中学模拟)如图1－1－20所示，在青海玉树抗震救灾中，一运送救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为m，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的空气阻力为Ff，悬索对物资的拉力为FT，重力加速度为g，则( )A．Ff＝mgsinθB．Ff＝mgtanθC．FT＝D．FT＝5．(2011年开平模拟)如图1－1－21所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )图1－1－21A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小6．(2011年中山实验中学模拟)在机场，常用输送带运送行李箱．如图1－1－22所示，a为水平输送带，b为倾斜输送带．当行李箱随输送带一起匀速运动时，下列判断中正确的是( )图1－1－22A．a、b两种情形中的行李箱都受到两个力作用B．a、b两种情形中的行李箱都受到三个力作用C．情形a中的行李箱受到两个力作用，情形b中的行李箱受到三个力作用D．情形a中的行李箱受到三个力作用，情形b中的行李箱受到四个力作用7．(2011年台山一中一模)如图1－1－23所示，一箱苹果沿着倾角为θ的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是( )图1－1－23A．沿斜面向上B．沿斜面向下C．垂直斜面向上D．竖直向上8．(双选)如图1－1－24所示是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，n一根绳绕过两个定滑轮后，两端各挂着一个相同质量的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内，如果要增大颈椎所受的拉力，可采取的办法是( )图1－1－24A．只增加绳的长度B．只增加重物的重量C．只将手指向下移动D．只将手指向上移动9．(2011年河源模拟)在2010年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图1－1－25所示是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是( )图1－1－25A．两根吊带受到环的拉力大小不等B．手对吊环作用力方向竖直向下C．每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半D．两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下10．如图1－1－26所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小，已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( )图1－1－26A．F1 B．F2C．F3 D．F411．如图1－1－27所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止．在此过程中( )图1－1－27A．水平力F一定变小B．斜面体所受地面的支持力一定变大C．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大nD．地面对斜面体的摩擦力一定变大12．(双选，2011年安徽卷)如图1－1－28所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止．若A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法正确的是( )图1－1－28A．A对筒底的压力变小B．B对筒壁的压力变大C．A、B间的库仑力变小D．A、B间的库仑力变大第2讲 力学、电学中的直线运动与牛顿运动定律1．小明家自驾车去旅游，行驶到某处见到如图1－2－16所示的公路交通标志，下列说法正确的是( ) 图1－2－16A．此路段平均速度不能超过60km/hB．此路段瞬时速度不能超过60km/hC．此路段平均速率不能低于60km/hD．此处到宜昌的位移大小是268km2．(双选，2011年广东四校联考)甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，6s末在途中相遇，它们的速度图象如图1－2－17所示，可以确定( )图1－2－17nA．t＝0时甲在乙的前方27m处B．t＝0时乙在甲的前方27m处C．6s之后两物体不会再相遇D．6s之后两物体还会再相遇3．(双选)关于下列四幅图的说法中正确的是( )图1－2－18A．甲图使用的是打点计时器，其工作电压为直流220VB．乙图中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，来增大车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全C．丙图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变D．丁图中竞赛用汽车的质量不很大，却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度4．(双选，2011年惠州调研)建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处(如图1－2－19甲)．图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是( ) 图1－2－19A．前5s的平均速度是0.5m/sB．整个过程上升高度是28mC．30～36s材料处于超重状态D．前10s钢索最容易发生断裂5．2010年11月22日晚刘翔以13秒48的预赛第一成绩轻松跑进决赛也是他历届亚运会预赛的最佳成绩．刘翔之所以能够取得最佳成绩，取决于他在110米比赛中的( )图1－2－20A．某时刻的瞬时速度大 B．撞线时的瞬时速度大C．平均速度大 D．起跑时的加速度大6．物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图1－2－21所示．今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1大于F2，则弹簧测力计的示数( )n图1－2－21A．一定等于F1＋F2B．一定等于F1－F2C．一定大于F2小于F1D．条件不足，无法确定7．(双选，2011年潮汕联考)如图1－2－22，A、B是电荷量都为Q的两个正点电荷，O是它们连线的中点，P、P′是它们连线中垂线上对称的两个点．从P点由静止释放一个电子，不计电子重力，则( )A．电子将一直向上做加速运动B．电子将向O点加速运动，到O点速度最大C．电子在向O点运动的过程中，电势能增大D．电子将在PP′之间做周期性的往复运动 图1－2－22图1－2－238．(双选，2011年广雅联考)如图1－2－23所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后( )A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度不变9．(双选，2011年广东六校联考)某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层，用照相机进行记录了相关的信息，如图1－2－24所示，则下列说法中正确的是( )图1－2－24A．根据图(a)和图(e)可估测出电梯向下制动时的加速度B．根据图(a)和图(b)可估测出电梯向上制动时的加速度C．根据图(a)和图(c)可知人的机械能在减小D．根据图(a)和图(d)可知人的机械能在减小10．如图1－2－25所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度大小分别为( )n图1－2－25A.，＋gB.，＋gC.，＋gD.，＋g11．(双选，2011年广东六校联考)如图1－2－26所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为＋q，B带电量为－q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面．A、B最初靠在竖直的粗糙墙上．空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g.现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )图1－2－26A．两物块下落的加速度大小均为gB．两物块下落的加速度大小应小于gC．A、B之间接触面上的弹力为零D．B受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上12．(双选，2011年湛江二中模拟)如图1－2－27为一行李传送带装置示意图，紧绷的传送带AB以1m/s的恒定速率运行．旅客把行李轻放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1,AB相距2m，g＝10m/s2.若行李放到传送带A处的同时，乘客以1m/s的恒定速度平行于传送带运动到B处取行李，则( )图1－2－27A．乘客与行李同时到达BB．乘客提前0.5s到达BC．行李提前0.5s到达BD．不论传送带速度多大，行李最快也要2s到达B第3讲 力学、电学中的曲线运动与天体的运动 n1．2010年8月22日，2010年首届新加坡青奥会田径比赛展开第二个决赛日的争夺，如图1－3－12所示是中国选手谷思雨在女子铅球比赛中凭借最后一投，以15.49m的成绩获得银牌．铅球由运动员手中推出后在空中飞行过程中，若不计空气阻力，它的运动将是( )图1－3－12A．曲线运动，加速度大小和方向均不变，是匀变速曲线运动B．曲线运动，加速度大小不变，方向改变，是非匀变速曲线运动C．曲线运动，加速度大小和方向均改变，是非匀变速曲线D．若水平抛出是匀变速运动，若斜向上抛出则不是匀变速曲线运动2．(双选，2011年增城调研)洗衣机的甩干筒在旋转时有衣服附在筒壁上，则此时( )A．衣服受重力、筒壁的弹力和摩擦力，及离心力作用B．衣服随筒壁做圆周运动的向心力由筒壁的弹力提供C．筒壁对衣服的摩擦力随转速的增大而增大D．筒壁对衣服的弹力随着衣服含水量的减少而减少3．(2011年执信中学模拟)如图1－3－13所示，在同一平台上的O点水平抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，则三个物体运动的初速度va，vb，vc的关系和三个物体运动的时间ta、tb、tc的关系分别是( )A．va>vb>vc，ta>tb>tc B．va
tb>tc D．va>vb>vc，taC．根据题干所给的条件，可以求得小球回到出发点的正下方时速度的大小和方向D．小球向右运动时下落的高度与向左运动时下落的高度之比为1∶211．(双选，2011年开平模拟)在我国，乒乓球运动有广泛的群众基础，并有“国球”的美誉，在2008年北京奥运会上中国选手包揽了四个项目的全部冠军．现讨论乒乓球发球问题，n已知球台长L、网高h，若球在球台边缘O点正上方某高度处，以一定的垂直球网的水平速度发出，如图1－3－19所示，球恰好在最高点时刚好越过球网．假设乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．则根据以上信息可以求出(设重力加速度为g)( )图1－3－19A．球的初速度大小B．球运动的路程C．球从发出到第一次落在球台上的时间D．球从发出到被对方运动员接住的时间12．(2011年肇庆二模)如图1－3－20所示，一滑雪运动员质量m＝60kg，经过一段加速滑行后从A点以vA＝10m/s的初速度水平飞出，恰能落到B点．在B点速度方向(速度大小不变)发生改变后进入半径R＝20m的竖直圆弧轨道BO，并沿轨道下滑．已知在最低点O时运动员对轨道的压力为2400N．A与B、B与O的高度差分别为H＝20m、h＝8m．不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：(1)AB间的水平距离．(2)运动员在BO段运动时克服阻力做的功．图1－3－2013．(2011年深圳二模)如图1－3－21所示，完全相同的金属板P、Q带等量异种电荷，用绝缘杆将其连成一平行正对的装置，放在绝缘水平面上，其总质量为M，两板间距为d，板长为2d，在P板中央位置处有一小孔．一质量为m、电量为＋q的小球，从某一高度下落通过小孔后进入PQ，恰能匀速运动．外部的电场可忽略，板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g，求：n图1－3－21(1)PQ间电场强度及电势差；(2)粒子下落过程中，装置对绝缘水平面的压力；(3)现给PQ间再加一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，要使粒子进入PQ后不碰板飞出，则小球应距P板多高处自由下落？n专题二 动量与能量第1讲 能量观点在力学中的应用 1．(2011年揭阳二模)如图2－1－10所示，滑雪运动员沿倾角为30°的滑雪道匀速下滑( )图2－1－10A．运动员的重力势能逐渐增加B．运动员的机械能逐渐增加C．运动员的机械能保持不变D．运动员的合力不做功2．(双选，2011年广州高三调研)用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图2－1－11所示．在t＝3s到t＝5s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，则( )A．W1＞0B．W2＜0C．W2＞0D．W3＜0 图2－1－11图2－1－123．(双选，2011年惠州一模)汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1末关闭发动机，做匀减速直线运动，t2末静止，其v－t图象如图2－1－12所示，图中α<β，若汽车牵引力做功为W，牵引力平均功率为P；汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2，摩擦力平均功率分别为P1和P2，则( )A．W＝W1＋W2B．W1E2，φ1>φ2B．E1E2，φ1<φ2D．E1φ22．一束一价正离子流垂直于电场方向进入匀强电场，若它们飞出电场的偏向角相同(如图3－1－9)，则可断定它们进入电场时( )图3－1－9A．一定具有相同的质量B．一定具有相同的速度C．一定具有相同的动能D．一定具有相同的动量3．(双选)如图3－1－10所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是( )图3－1－10A．a、b为异种电荷B．a、b为同种电荷C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势4．通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图3－1－11所示．下列哪种情况将会发生( )图3－1－11nA．因L2不受磁场力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C．L2绕轴O按顺时针方向转动D．L2绕轴O按逆时针方向转动5．(2011年佛山一模)在图3－1－12中，实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线和等势线，则下列有关P、Q两点的相关说法中正确的是( )图3－1－12A．两点的场强等大、反向B．P点电场更强C．两点电势一样高D．Q点的电势较低6．(双选，2011年深圳一模)如图3－1－13所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且处于静止状态．现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )图3－1－13A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．电容器的电容减小，极板带电量减小D．带电油滴的电势能保持不变7．(双选，2011年东莞一模)下列说法是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是( )A．根据电场强度定义式E＝：可知电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量q有关B．根据电容的定义式C＝：可知电容器极板上的电荷量每增加1C，电压就增加1VC．根据电场力做功的计算式W＝qU：可知一个电子在1V电压下加速，电场力做功为1eVD．根据电势差的定义式Uab＝：可知带电荷量为1×10－5C的正电荷，从a点移动到b点克服电场力做功为1×10－5J，则a、b两点的电势差为－1V8．(双选)如图3－1－14所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则( )A．M点的电势比P点的电势高B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差C．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功n图3－1－14图3－1－159．在如图3－1－15所示的圆形区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，a、b、c、d分别为两条直径的端点，ac⊥bd，一金属钠离子从b点沿bd方向以速度v0射入电场，只在电场力作用下，从c点飞出电场，则下列说法正确的是( )A．钠离子到达c点时的速度一定大于b点的速度B．若a、b、c三点的电势分别为12V、8V、3V，则d点电势一定为7VC．电场力一定对钠离子做了正功D．b点电势一定高于c点的电势10．(双选)图3－1－16中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能应为( )图3－1－16A．0eVB．20eVC．3.2×10－18JD．1.6×10－18J第2讲 带电粒子在电场、磁场中的运动 1．(双选)如图3－2－12所示，在α粒子散射实验中，图中虚线表示金箔中某个原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹．从a经过b运动到c的过程中( )A．α粒子的动能先增大后减小B．α粒子的电势能先增大后减小C．α粒子受到的电场力先增大后减小D．α粒子运动的加速度先减小后增大n图3－2－12图3－2－132．(双选，2011年佛山二模)如图3－2－13所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时( )A．加速度更大B．初速度更大C．动能增量更大D．两次的电势能增量相同3．如图3－2－14所示，在光滑绝缘的水平面上放置两个带正电、电量不同的小球Q1和Q2，则由静止释放后( )图3－2－14A．两球的加速度逐渐增大B．两小球的电势能逐渐减少C．两小球受到的库仑力不做功D．两小球受到的库仑力大小不相等4．如图3－2－15所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )图3－2－15A．滑块受到的摩擦力不变B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D．B很大时，滑块可能静止于斜面上5．(双选，2011年新课标卷)电磁轨道炮工作原理如图3－2－16所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是( )图3－2－16A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变n6．(双选，2011年浙江卷)利用如图3－2－17所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )图3－2－17A．粒子带正电B．射出粒子的最大速度为C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大7．如图3－2－18所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是( )图3－2－18A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为dD．电子在磁场中运动的时间为8．(2011年广州一模)如图3－2－19，绝缘地面上有长为L＝0.4m的匀强电场区域，场强E＝6×105N/C，方向水平向左，不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q＝5×10－8C、质量为mA＝1×10－2kg的物块A在距O点s＝2.25m处以v0＝5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失，A的质量是B的k(k>1)倍，A、B与绝缘地面的动摩擦因数都为μ＝0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g＝10m/s2.(1)求A到达O点与B碰撞前的速度大小；(2)求碰撞后瞬间A与B的速度大小；(3)讨论k在不同数值范围时，电场力对A做的功．图3－2－19n9．如图3－2－20所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)．图3－2－20第3讲 带电粒子在复合场中的运动 1．(双选)在图3－3－11中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场，取坐标如图．一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转．不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是( )n图3－3－11A．E和B都沿x轴正方向B．E沿y轴正方向，B沿z轴正方向C．E沿z轴正方向，B沿y轴正方向D．E、B都沿z轴正方向2．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图3－3－12所示．已知一离子在电场力和洛伦兹力作用下，从静止开始且沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点为最低点，不计重力，以下说法错误的是( )图3－3－12A．离子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．离子在C点时速度最大D．离子到B点后，将沿曲线返回A3．如图3－3－13所示，一个带正电的摆球，在水平匀强磁场中摆动，摆动平面与磁场垂直，当摆球分别从左侧和右侧运动到最低位置时，具有相同的物理量是( )图3－3－13A．摆球受到的磁场力B．悬线对摆球的拉力C．摆球的动量D．摆球的动能4．(双选)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图3－3－14所示，离子源S产生的各种不同正离子束，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(初速度可看做为零)，到达记录它的照相底片P上．设离子在P上的位置到入口处S1的距离为x，可以判断( )A．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越大B．若离子束是同位素，则x越大，离子质量越小C．只要x相同，则离子质量一定相同D．只要x相同，则离子的荷质比一定相同图3－3－14图3－3－15n5．(双选)磁流体发电是一项新兴技术．它可以把气体的内能直接转化为电能．如图3－3－15是它的示意图．平行金属板A、B之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B.将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)垂直于B的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，A、B两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是( )A．图中A板是电源的正极B．图中B板是电源的正极C．电源的电动势为BvdD．电源的电动势为Bvq6．如图3－3－16所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这一些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论( )A．它们的动能一定各不相同B．它们的电量一定各不相同C．它们的质量一定各不相同D．它们的电量与质量之比一定各不相同图3－3－16图3－3－177．(双选)某制药厂的污水处理站的管道中安装了如图3－3－17所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子(其重力不计)的污水充满管口从左向右流经该装置时，利用电压表所显示的两个电极间的电压U，就可测出污水流量Q(单位时间内流出的污水体积)．则下列说法正确的是( )A．后表面的电势一定高于前表面的电势，与正负哪种离子多少无关B．若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零C．流量Q越大，两个电极间的电压U越大D．污水中离子数越多，两个电极间的电压U越大8．如图3－3－18所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是( )图3－3－18A．当小球运动的弧长为圆周长的1/4时，洛伦兹力最大B．当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛伦兹力最大C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小9．图3－3－19甲是质谱仪的工作原理示意图．设法使某有机化合物的气态分子导入图中的A容器，使它受到电子束轰击，失去一个电子成为正一价的离子．n离子从狭缝以很小的速度进入电压为U的加速电场区(初速度不计)，加速后再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.离子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点(图中未画出)，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计，试求：(1)该粒子的比荷；(2)若偏转磁场为半径为d的圆形区域，且与MN相切于G点，如图乙所示，其他条件不变．仍保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场，最终仍然到达照相底片上的H点，则磁感应强度的比值为多少？ 图3－3－1910．(2011年佛山二模)如图3－3－20所示，质量m＝0.015kg的木块Q放在水平桌面上的A点．A的左边光滑，右边粗糙，与木块间的动摩擦因数μ＝0.08.在如图的两条虚线之间存在竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，场强分别为E＝20N/C、B＝1T．场区的水平宽度d＝0.2m，竖直方向足够高．带正电的小球P，质量M＝0.03kg，电荷量q＝0.015C，以v0＝0.5m/s的初速度向Q运动．与Q发生正碰后，P在电、磁场中运动的总时间t＝1.0s．不计P和Q的大小，P、Q碰撞时无电量交换，重力加速度g取10m/s2，计算时取π＝3，试求：(1)通过受力分析判断碰后P球在电、磁场中做什么性质的运动；(2)P从电、磁场中出来时的速度大小；(3)P从电、磁场中出来的时刻，Q所处的位置．图3－3－20n11．(2010年海南卷)图3－3－21中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出．已知弧所对应的圆心角为θ，不计重力．求：图3－3－21(1)离子速度的大小；(2)离子的质量．专题四 电磁感应与电路第1讲 电磁感应问题的综合分析 1．(2011年南通模拟)如图4－1－10所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有半径为r的光滑半圆形导体框架，Oa为一能绕O在框架上滑动的导体棒，OC之间连一个电阻R，导体框架与导体棒的电阻均不计，若要使OC能以角速度ω匀速转动，则外力做功的功率是( )图4－1－10A.B.nC.D.2．(双选，2011年珠海模拟)如图4－1－11所示，间距为L的平行金属导轨上有一电阻为r的金属棒ab与导轨接触良好．导轨一端连接电阻R，其他电阻不计，磁感应强度为B，金属棒ab以速度v向右做匀速运动，则( )图4－1－11A．回路中电流为逆时针方向B．电阻R两端的电压为BLvC．ab棒受到的安培力的方向向左D．ab棒中电流大小为3．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图4－1－12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Ua、Ub、Uc、Ud.下列判断正确的是( )图4－1－12A．UatB＝tC＝tDB．tC＝tA＝tB＝tDC．tC>tA＝tB＝tDD．tC＝tA>tB＝tD9．两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4－2－20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：(1)ab运动速度v的大小；(2)电容器所带的电荷量q.图4－2－2010．(2011年江苏卷)图4－2－21甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u－t图象如图乙所示．若只在ce间接一只Rce＝400Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；(2)求只在ce间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比.n图4－2－2111．交流发电机的原理如图4－2－22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＝2.0Ω，求：图4－2－22(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？(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，1min内外界对线圈做的功是多少？n专题五 热学与近代物理第1讲 分子动理论、热力学定律1．小明闻到烟味，对爸爸说：“你一吸烟，我和妈妈都跟着被动吸烟．”小明这样说的科学依据是( )A．一切物体都是由分子组成的B．分子在不停地做无规则的运动C．分子之间存在相互作用力D．有的分子之间只有引力，有的分子之间只有斥力2．(2011年肇庆模拟)关于热现象，以下说法中正确的是( )A．物体的机械能和物体的内能都与物体的机械运动和分子热运动以及分子间的相互作用情况有关B．铁丝很难被拉断，说明分子之间只存在引力C．分子之间存在着相互作用的引力和斥力D．扩散现象只能说明分子是运动的，不能说明分子之间存在空隙3．(2011年黄冈模拟)将肉片直接放入热油锅里爆炒，会将肉炒焦或炒煳，大大失去鲜味．厨师预先将适量的淀粉拌入肉片中，再放到热油锅里爆炒，炒出的肉片既鲜嫩味美又营养丰富，对此现象说法不正确的是( )A．在炒肉片过程中，肉片的温度升高，内能增加B．附着在肉片外的淀粉糊有效防止了肉片里水分的蒸发C．在炒肉片过程中，肉片内能增加主要通过做功实现的D．附近能闻到肉香体现了分子在不停地做无规则的运动4．(双选，2011年云浮模拟)下列说法中正确的是( )A．理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热量交换B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动C．质量一定的理想气体，压强不变时，温度越高，体积越大D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体5．(2011年肇庆二模)密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( )A．内能减小，外界对其做功B．内能减小，吸收热量C．内能增大，对外界做功D．内能增大，放出热量6．(双选，2011年汕头二模)航天员穿的航天服，从地面到达太空时内部气体将急剧膨胀，若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．则航天服内气体( )A．放热B．压强减小C．分子的热运动加剧D．分子间的引力和斥力都减少7．(2011年深圳一模)下列叙述中，正确的是( )A．物体温度越高，每个分子的动能也越大nB．布朗运动就是液体分子的运动C．一定质量的理想气体从外界吸收热量，其内能可能不变D．热量不可能从低温物体传递给高温物体8．关于分子运动，下列说法中正确的是( )A．布朗运动就是液体分子的热运动B．布朗运动图中不规则折线表示的是液体分子的运动轨迹C．当分子间的距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大D．物体温度改变时，物体分子的平均动能不一定改变9．(双选)对于一定量的理想气体，下列说法正确的是( )A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变B．若气体的内能不变，其状态也一定不变C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关10．(2011年江门模拟)某校开展探究性课外活动，一同学用如图5－1－8所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系．该同学选用导热良好的气缸将其开口向下，内有理想气体，并将气缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( )A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，温度计示数不变C．气体体积减小，温度计示数变小D．外界对气体做功，温度计示数变大图5－1－8图5－1－911．(2011年华师附中模拟)一定质量的理想气体沿如图5－1－9所示的过程从状态A变化到状态B，则在这一过程中气体( )A.向外界放出热量B．对外界做了功C.分子的平均动能增大D．密度减小12．(双选，2011年全国卷)图5－1－10为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线．下列说法正确的是( )A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r2时，分子间的作用力为零D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功图5－1－10图5－1－11n13．(双选，2011年佛山模拟)如图5－1－11所示，一绝热容器被隔板K隔开a、b两部分．已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空，抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态．在此过程中( )A．气体对外界做功，内能减少B．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变14．(双选)夏天，如果自行车内胎充气过足，又在阳光下曝晒(曝晒过程中内胎容积几乎不变)，车胎容易爆炸．关于这一现象，以下说法正确的是( )A．车胎爆炸，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果B．在爆炸前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C．在爆炸前的过程中，气体吸热，内能增加D．在车胎爆炸过程中，气体内能不变第2讲 近代物理初步1．(2011年湛江一模)中广核集团现拥有大亚湾核电站、岭澳核电站一期、岭澳核电站二期等在运行的核电机组，核电站利用的是( ) A．放射性元素衰变放出的能量B．人工放射性同位素放出的能量C．重核裂变放出的能量D．轻核聚变放出的能量2．(2011年深圳二模)下列说法正确的是( )A．爱因斯坦提出“光子说”并成功解释了光电效应现象B．汤姆生发现了电子并提出了原子的核式结构模型C．卢瑟福发现了质子和中子D．玻尔理论成功解释了所有原子的光谱3．下列能揭示原子具有核式结构的实验是( )A．光电效应实验B．伦琴射线的发现C．α粒子散射实验D．氢原子光谱的发现4．(双选，2011年云浮模拟)下列说法中正确的是( )A．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子动能增加，原子势能减少B．氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子C．α射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强D．放射性元素的半衰期随温度和压强的变化而变化5．(双选)关于核反应，下列说法正确的是( )A．氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个B．任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等C．太阳内部高温高压条件下的热核聚变核反应方程是U＋n→Xe＋Sr＋10nD．β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变成质子时释放出一个负电子6．(双选，2011年潮州二模)以下说法正确的是( )nA．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应B．γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转C．放射性物质放出的射线中，α粒子动能很大，因此贯穿物质的本领最强D．氢原子能吸收任意频率光子并跃迁到高能态7．(双选，2011年中山模拟)2011年3月16日上午10时福岛第一核电站第3号反应堆发生了爆炸引起社会恐慌，下列关于核电站问题的说法正确的是( )A．核电站发生的核反应方程为H＋H→He＋nB．核电站发生的核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3nC．反应时产生的新核的平均结合能比发生反应的核的平均结合能大D．核反应时产生大量的γ射线的本质是高速电子流8．(双选，2011年肇庆一模)日本福岛第一核电站在地震后，数秒内就将控制棒插入核反应堆芯，终止了铀的裂变链式反应．但海啸摧毁了机组的冷却系统，因裂变遗留的产物铯、钡等继续衰变不断释放能量，核燃料棒温度不断上升．则下列说法正确的是( )A．控制棒通过吸收中子来实现对核反应的控制B．衰变释放的射线中，α射线的穿透力最强C．铯、钡等衰变时释放能量，故会发生质量亏损D．核裂变遗留物铯、钡等原子的质量可能比铀原子质量更大9．(2011年深圳一模)已知金属钾的逸出功为2.22eV，氢原子的能级如图5－2－5所示，一群处在n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够从金属钾的表面打出光电子的光波共有( )图5－2－5A．一种B．两种C．三种D．四种10．(双选)在下列四个核反应方程中，x1、x2、x3和x4各代表某种粒子①H＋x1→He＋n ②N＋He→O＋x2③Be＋He→C＋x3 ④Mg＋He→Al＋x4以下判断中正确的是( )A.x1是中子B．x2是质子C．x3是中子D．x4是电子11．(双选)下列说法正确的是( )A.N＋H→C＋He是α衰变方程B.H＋H→He＋γ是核聚变反应方程C.U→Th＋He是核裂变反应方程D.He＋Al→P＋n是原子核的人工转变方程12．(双选，2011年湛江二模)据报道，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( )A．“人造太阳”的核反应方程是H＋H→He＋nB．“人造太阳”的核反应方程是U＋n→Ba＋Kr＋3nC．根据公式ΔE＝Δmc2可知，核燃料的质量相同时，聚变反应释放的能量比裂变反应大得多D．根据公式ΔE＝Δmc2可知，核燃料的质量相同时，聚变反应释放的能量与裂变反应释放的能量相同13．(2011年台山模拟)如图5－2－6所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n＝n3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光子照射逸出功为2.49eV的金属钠，下列说法中正确的是( )图5－2－6A．这群氢原子能辐射出三种频率不同的光，其中从n＝3跃迁到n＝2所发出的光波长最短B．这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小，电势能增大C．金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为11.11eVD．金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为9.60eV14．(双选)已知金属钙的逸出功为2.7eV，氢原子的能级图如图5－2－7所示，一群氢原子处于量子数n＝4能级状态，则( )图5－2－7A．氢原子可能辐射6种频率的光子B．氢原子可能辐射5种频率的光子C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应n专题六 高中物理实验第1讲 力学实验 1．在“验证力的平行四边形法则”实验中，某同学的实验结果如图6－1－12所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳结点的位置．图中________是F1与F2的合力的理论值；________是力F1与F2合力的实验值．通过把________和________进行比较，验证平行四边形法则．图6－1－122．(2010年湛江一模)(1)用游标卡尺(卡尺的游标有20等份)测量一支铅笔的长度，测量结果如图6－1－13甲所示，由此可知铅笔的长度是________cm.图6－1－13(2)在“研究匀变速直线运动”的实验中，图乙为实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间的时间间隔均为0.1s，测得A到B和B到C的距离分别为5.60cm和7.82cm，则物体的加速度大小为________m/s2，B点的速度大小为________m/s.3．某同学在做“测定匀变速直线运动的加速度”实验时，从打下的若干纸带中选出了如图6－1－14所示的一条(每两点间还有4个点没有画出来)，图中上部的数字为相邻两个计数点间的距离．打点计时器的电源频率为50Hz.图6－1－14由这些已知数据计算：(1)该匀变速直线运动的加速度a＝__________m/s2.(2)与纸带上D点相对应的瞬时速度v＝__________m/s.(答案均要求保留三位有效数字)n4．为了验证“当质量一定时，物体的加速度与它所受的合外力成正比”．一组同学用图6－1－15甲所示的装置进行实验，并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中．图6－1－15(1)在图乙中作出a－F图线．(2)由a－F图线可以发现，该组同学实验操作中遗漏了________________这个步骤．(3)根据a－F图线可以求出系统的质量是________(保留两位有效数字)．5．(2011年揭阳一模)如图6－1－16是一位同学做“探究动能定理”的实验装置．图6－1－16(1)他让一重物拉着一条纸带自由下落，通过打点计时器在纸带上打下的点，再取纸带的一段进行研究．那么测定重力做功和物体动能的增加量时，需要用__________测量这一段的____________，并计算重物在这一段运动的初速度和末速度．(2)该同学计算了多组动能的变化量ΔEk，画出动能的变化量ΔEk与下落的对应高度Δh的关系图象，在实验误差允许的范围内，得到的ΔEk－Δh图应是如下的______图．n6．(2011年中山三模)利用图6－1－17所示装置验证机械能守恒定律．图6－1－17图6－1－18(1)打点计时器应接______(填“交流”或“直流”)电源．(2)实验部分步骤如下：A．按图6－1－17所示装置沿竖直方向固定好打点计时器，把纸带下端挂上重物，穿过打点计时器．B．将纸带下端靠近打点计时器附近静止，__________，__________，打点计时器在纸带上打下一系列的点．C．图6－1－18为打出的一条纸带，用__________测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1，h2，h3.(3)设打点计时器的周期为T，重物质量为m，重力加速度为g，则重物下落到B点时的速度v＝________.研究纸带从O下落到B过程中增加的动能ΔEk＝__________，减少的重力势能ΔEp＝________.(4)由于纸带受到的摩擦，实验测得的ΔEk________ΔEp(填“大于”或“小于”)．7．(2011年广州二模)完成以下“验证平行四边形定则”实验的几个主要步骤：(1)如图6－1－19甲所示，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置O和两测力计的示数F1、F2以及两细绳套的方向．(2)如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到____________，记下细绳套的方向(如图丙中的c)，读得弹簧测力计的示数F＝________.(3)如图丙，按选定的标度作出了F1、F2的图示，请在图丙中：a．按同样的标度作出力F的图示；b．按力的平行定则作出F1、F2的合力F′.n图6－1－198．(2011年增城调研)(1)打点计时器是中学阶段常用的实验仪器，打点计时器所使用的电源是________(“交流电”或“直流电”)，每隔________s打下一个点．(2)某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图6－1－20所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出．已知所用电源的频率为50Hz，小车运动的加速度a＝__________m/s2.(计算结果要求保留三位有效数字)图6－1－20(3)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中，某同学采用如图6－1－21甲所示的装置的实验方案，他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中应该采取的两项必要措施是：a．________________________________________________________________________；b．________________________________________________________________________.c．以下是实验过程中的一小步骤，正确的是________：A．先通电源，再放纸带B．先放纸带，再通电源d．如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图乙所示．则打C点时小车的速度表达式为(用题中所给物理量表示)____________．图6－1－219．(2011年广州联考)某同学在做加速度和力、质量的关系的实验中，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示：F/N0.200.300.400.500.60a/(m·s－2)0.110.190.290.400.51n(1)根据表中的数据在图6－1－22所示的坐标中作出a－F图象；图6－1－22(2)图象的斜率的物理意义是________________________________________；(3)图象(或延长线)与F轴的截距的物理意义是________________________；(4)小车和砝码的总质量为________kg.10．(2011年金山中学模拟)(1)在验证碰撞中的动量守恒实验时，实验装置如图6－1－23所示，要求实验时所用的两个小球的半径r________，入射球的质量m1________被碰球的质量m2.若已测得小球半径r，实验中还需的测量工具有____________．若两球在碰撞中动量守恒，则满足关系式__________________________________________(用题目和图中的量表示)．图6－1－23(2)某同学安装如图6－1－24甲的实验装置，探究外力做功与物体动能变化的关系．①此实验中，应当是让重物做________运动，________(选填“需要”或“不需要”)测出重物的质量；②该同学选取如图乙所示的一段纸带，对BD段进行研究．图6－1－24已知所用电源频率为50Hz求得B点对应的速度vB＝________m/s，若再求得D点对应的速度为vD，测出重物下落的高度为hBD，则还应计算__________与__________大小是否相等(填字母表达式)；③但该同学在上述实验过程中存在明显的问题．n安装实验装置时存在的问题是______________________________________________，研究纸带时存在的问题是________________________________________，实验误差可能较大．第2讲 电学实验 1．(2011年广州调研)用多用电表测未知阻值的电阻．按正确步骤操作后，测量结果如图6－2－14所示，读出其阻值大小为__________Ω.为了使多用电表测量的结果更准确，必须进行如下操作：图6－2－14a．将选择开关打到________挡；b．将____________，______________，进行欧姆调零；c．把电阻接在两表笔之间进行测量并读数；d．测量完毕将选择开关打到________挡．2．某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图6－2－15所示，则它们的读数值依次是____________、____________、____________. 图6－2－153．(2011年揭阳联考)实验桌上有下列实验仪器：A．待测电源一个(电动势约3V，内阻小于1Ω)B．直流电流表(量程0～0.6～3A,0.6A挡的内阻约0.22Ω，3A挡的内阻约0.1Ω)C．直流电压表(量程0～3～15V,3V挡内阻约15kΩ，15V挡内阻约25kΩ)D．滑动变阻器(阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为5A)E．滑动变阻器(阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A)F．开关G．导线若干请你解答下列问题：(1)利用给出的器材测电源的电动势和内阻有如图6－2－16甲、乙两种电路，为了减小测量误差，应选择图__________所示电路；n(2)你选择的滑动变阻器是________(填代号)；(3)根据你选择的电路将图丙中实物连接好；(4)某同学根据测出的数据，作出U—I图线如图丁a线所示，实验所测的电源电动势E＝______V，内电阻r＝________Ω. 图6－2－164．(2011年广东九校联考)某研究性学习小组设计了如图6－2－17所示的电路，其中A、B为接线柱，备用器材如下：电流表A1(量程0～0.6A，内阻约0.5Ω)，电流表A2(量程0～100mA，内阻约1Ω)；电压表V1(量程0～3V，内阻约2kΩ)，电压表V2(量程0～15V，内阻约3kΩ)；电源E1(电动势3V，内阻可不计)，电源E2(电动势15V，内阻可不计)；滑动变阻器、开关、导线等．图6－2－17(1)用此电路来进行“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，选用电流表A1、电压表V1、电源E1等器材安装好电路后，把标有“2.8V 1.5W”的小灯泡接在A、B两接线柱上，在实验时应把单刀双掷开关K2置于位置__________(填“1”或“2”)．(2)用此电路来进行“测定金属的电阻率”的实验，把电阻约为200Ω的电阻丝两端分别接在A、B接线柱上，测出电阻丝的有效长度和直径，其中一次测直径的示数如图乙所示，读出金属丝直径为__________mm.测金属丝的电阻时，选用电源E2、电压表V2，则电流表应选用__________；单刀双掷开关K2应置于位置__________；那么测出的电阻值__________真实值(填“大于”、“等于”或“小于”)．5．(2011年广州一模)某同学测量一节干电池的电动势和内阻时，用aa′、bb′、cc′、dd′、de和fb′共6根导线连成如图6－2－18甲所示的实验电路图．n 图6－2－18(1)根据电路图在图乙的实物图中完成余下电路的连线．(2)如果这6根导线中仅有一根内部断了，其他器材及连接均完好，现闭合开关，发现电流表、电压表的示数均为零，由此可以肯定内部没有断的导线有de、fb′和______．(3)闭合开关的情况下，要求用多用表对逐根导线进行排査并找出断导线，正确的操作是：将选择开关旋至________挡(填“Ω×10”、“直流电压2.5V”或“直流电流10mA”)、把________(选填“红”或“黑”)表笔固定在a点，另一支表笔依次接a′、b′、c′、d′….如果某次检测时，表盘指针如图丙所示，其读数为____________．6．(2011年华师附中模拟)某兴趣小组的同学制作了一个“水果电池”：将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了一个简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，内阻约有几百欧．现要求你用量程合适的电压表(内阻较大)、电流表(内阻较小)来测定水果电池的电动势E和内电阻r.(1)本实验的电路应该选择图6－2－19甲或乙中的________；图6－2－19(2)若给出的滑动变阻器有两种规格：A(0～20Ω)、B(0～3kΩ)．本实验中应该选用的滑动变阻器为：______；通电前应该把变阻器的阻值调至______________．(3)实验中测出六组(U，I)的值，在U－I坐标系中描出图丙所示的六个点，分析图中的点迹可得出水果电池的电动势为E＝________V，内电阻为r＝__________Ω.(均保留三位有效数字)n(4)根据你在(1)中所选择的电路来测量得出的电动势E和内电阻r的测量值与真实值相比：电动势E______，内电阻r________.(均选填“偏大”、“相等”或“偏小”)由此造成的实验误差属于________误差．(选填“系统”或“偶然”)7．(2011年广东六校联考)现有一只标值为“3.0V，xW”小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清．某同学想通过测量灯丝伏安曲线的方法，来找出该灯泡正常工作时的功率．(1)已知该灯泡灯丝电阻较小，请先在图6－2－20甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择合适量程的电流表与电压表，将图乙中的实物连成完整的电路．(2)开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于__________(选填“A”端、“B端”、或“AB正中间”)．(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安曲线如图丙所示，根据小灯泡的额定电压的标值为“3.0V”，从图丙中可以找出该灯正常工作时的电流I＝________A，其额定功率为P＝________W．(结果均保留两位有效数字) 图6－2－208．(2011年广东三校联考)现有一种特殊的电池，电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，允许输出的最大电流为50mA，用如图6－2－21甲的电路测量它的电动势和内阻，图中电压表的内阻非常大，R为电阻箱，阻值范围0～9999Ω. 图6－2－21(1)R0是定值电阻，起________________________的作用．n(2)实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：本实验应选__________．A．10Ω 2.5W B．150Ω 1.0WC．100Ω 1.0W D．2000Ω 5.0W(3)该同学接入符合要求的R0后，闭合开关，调整电阻箱的阻值，____________________.改变电阻箱阻值，得多组数据，作出如图乙的图线．则电池的电动势E＝__________，内阻r＝__________.(结果保留两位有效数字)第3讲 改进型和设计型实验 1．关于“验证牛顿运动定律”的实验，下列说法中符合实际的是( )A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变受力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系2．(双选)如图实6－3－10所示，在探究牛顿运动定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为s1、s2，则在实验误差允许的范围内，有( )图6－3－10A．当m1＝m2、F1＝2F2时，s1＝2s2B．当m1＝m2、F1＝2F2时，s2＝2s1C．当m1＝2m2、F1＝F2时，s1＝2s2D．当m1＝2m2、F1＝F2时，s2＝2s13．(2011年深圳二模)(1)用伏特表、安培表测定电池的电动势和内阻实验，采用的是下列________电路图．n(2)某同学将V、A测得的数值逐一描绘在坐标纸上，再根据这些点分别画出了图6－3－11所示的图线a与b，你认为比较合理的是图线______(填a或b)．图6－3－11(3)根据该图线得到电源电动势的大小是__________V；内阻是________Ω.(结果保留两位小数)4．(2011年阳江模拟)为了探究加速度与力的关系，使用如图6－3－12所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m.回答下列问题：图6－3－12(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：________________________________________________________________________.(2)若取M＝0.4kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是________．A．m1＝5g B．m2＝15gC．m3＝40g D．m4＝400g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度的表达式为________________________________________________________________________．(用Δt1、Δt2、D、x表示)n5．欧姆挡更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的挡位；反之应还较大的挡位．电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业．某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件．图6－3－13为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材：图6－3－13器材(代号)规格电流表(A1)电流表(A2)电压表(V1)电压表(V2)滑动变阻器(R1)滑动变阻器(R2)直流电源(E)开关(S)导线若干量程0～50mA，内阻约为50Ω量程0～200mA，内阻约为10Ω量程0～3V，内阻约为10kΩ量程0～15V，内阻约为25kΩ阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A阻值范围0～1kΩ，允许最大电流100mA输出电压6V，内阻不计(1)为提高实验结果的准确程度，电流表应选用________；电压表应选用________；滑动变阻器应选用________．(以上均填器材代号)(2)为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号．图6－3－14(3)若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？相同点：________________________________________________________________________，不同点：________________________________________________________________________.n正文参考答案第一部分 核心考点突破专题一 力与运动第1讲 相互作用与物体的平衡【高效巩固提升】1．C2．B 解析：图中电梯为斜面电梯，因此人除受重力、弹力外，还受摩擦力．3．AD 4.BC5．A 解析：A、B一起往右做匀减速直线运动，说明两个问题：①加速度a大小不变；②加速度a方向向左．对B物体受力分析，由牛顿第二定律F＝ma可知：B受到的摩擦力方向向左，大小不变．6．C7．C 解析：选一箱苹果为研究对象，因为斜面光滑，加速度为gsinθ，选正中间的苹果为研究对象，周围苹果对它的作用力只有垂直斜面向上，重力和作用力的合力才能沿斜面向下，加速度才为gsinθ.8．BC 解析：由受力分析得2mgcosθ＝T，增加重物的重量，可以增大拉力；或手指向下移动，θ减小，也可增大拉力．9．D 解析：由两根吊带对称可知，两根吊带受到环的拉力大小相等，A错；人受力平衡，每个吊环对手的作用力方向由人的重心指向环，方向斜向上方，手对吊环的作用力斜向下方，B错误；两吊带对环的拉力方向沿着吊带斜向上，其合力与人和环的重力平衡，即其合力方向竖直向上，故两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下，D正确；由于每根吊带受到环的拉力方向不是竖直向下，故其大小一定大于人的重量的一半，C错误．10．B 解析：a、c之间是排斥力，方向由a指向c，b、c之间是吸引力，方向由c指向b，排斥力与吸引力之间的夹角为120°，吸引力大于排斥力，由力的平行四边形定则得合力偏向cb.图511．D 解析：取物体B为研究对象，分析其受力情况如图5所示．则有F＝mgtanθ，T＝，在物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F随之变大，对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定．n图612．BD 解析：取A、B整体受力分析知，A对筒底的压力大小等于A、B物体重力之和不变，A错；对B受力分析如图6所示，F库＝，FN＝，B由于漏电而下降，即θ减小，F库增大，FN增大．第2讲 力学、电学中的直线运动与牛顿运动定律【高效巩固提升】1．B 2.AC 3.CD 4.BD 5.C 6.C7．BD 解析：由点电荷的电场分布可知，电子将沿PO做变加速运动，到O点时加速度为0，速度最大；之后将沿OP′做变减速运动，到P′点时速度为0.然后，电子将反向重复运动．8．CD 解析：传送带静止时，物块相对传送带向下运动；传送带向上运动时，物块相对传送带还是向下运动，所受的摩擦力大小和方向没有变化．9．AD 解析：由图(a)可知人的体重，由(e)图可知人受到的支持力，则可估测出电梯向下制动时的加速度，A正确；由图(c)可知人向上运动，支持力做正功，机械能增加，C错误；由图(d)可知人向下运动，支持力向上做负功，机械能减小，D正确．10．A 解析：在线剪断前，对A、B及弹簧整体：F－3mg＝3ma，对B：F弹－2mg＝2ma，由此得：F弹＝；线剪断后的瞬间，弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，有：F弹＋mg＝maA，得：aA＝＋g.11．AD 解析：在竖直方向上，整体只受重力，两物块下落的加速度大小均为g；A、B分别受到向右、向左的电场力，A、B之间有弹力；隔离A，受到水平向右的电场力，则A受到B沿接触面向下的摩擦力．12．BD 解析：行李先加速运动，加速到与传送带速度相等时，再匀速运动．人一直匀速运动．由运动学公式求得人运动的时间为2s，行李运动的时间为2.5s．若行李一直匀加速运动，由位移公式得运动时间为2s.第3讲 力学、电学中的曲线运动与天体的运动【高效巩固提升】1．A 2.BD 3.C 4.D 5.BD 6.AD7．AC 解析：船行驶的方向不确定，由平行四边形定则得，船的速度在2～8m/s之间．8．C9．D 解析：球恰能到达最高点B，则小球在最高点处的速度v＝.以地面为重力势能零势面，铁球在B点处的总机械能为mg·3L＋mv2＝mgL，无论轻绳是在何处断的，铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能mv′2＝mgL，故小球落到地面时的速度v′＝.n10．BC 解析：对小球受力分析知，小球在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，运动轨迹为曲线，A错；水平方向qE＝ma,0－v＝－2as，s＝，要使小球不与右板碰撞，则d>s，B对；回到出发点的正下方时水平速率为v0，方向水平向左，运动时间为t＝＝，竖直速度vy＝gt＝，可求出此时的速度，C对；小球向右运动和向左运动的时间相等，两段时间内的竖直方向位移之比为1∶3，D错．11．AC 解析：根据题意分析可知，乒乓球在球台上的运动轨迹具有对称性，显然发球时的高度等于h，从发球到运动到P1点的水平位移等于L，所以可以求出球的初速度大小，也可以求出球从发出到第一次落在球台上的时间．由于对方运动员接球的位置未知，所以无法求出球从发出到被对方运动员接住的时间．12．解：(1)由A到B，做平抛运动，有H＝gt2解得：t＝＝2sAB间水平距离：s＝vAt＝20m(2)根据牛顿第三定律，在最低点O时轨道对运动员的支持力为2400N.设在最低点O时速度为vO，由牛顿第二定律，有FN－mg＝m解得：vO＝＝10m/s设由A到O克服摩擦力做功为Wf，由动能定理，有mg－Wf＝mv－mv解得：Wf＝1800J.13．解：(1)因小球受力平衡，有mg＝qE得：E＝，电场方向向上U＝Ed＝(2)在小球未进入PQ前绝缘装置对地的压力N1＝Mg，进入PQ后小球受到向上大小等于mg的电场力，根据牛顿第三定律可得PQ对地的压力N2＝Mg＋mg＝(M＋m)g(3)依题意可知，小球可从P点飞出，也可从Q点飞出．当小球从P点飞出时，有2R1>d根据qv1B＝m得v1＝又因为mgh1＝mv，得h1＝＝图8n 图9当小球从Q点飞出时，有R2f，所以滑块向左加速运动，从B运动至An点过程，由动能定理得(qE2－f)d＝mv⑥由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度vA＝v0(方向水平向左)．10．解：(1)物体由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力．进入磁场后做匀速直线运动，说明它受的摩擦力增大，证明它受的洛伦兹力方向向下．由左手定则判断，物体带负电．物体带负电而所受电场力向右，证明电场方向向左．(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2，从离开磁场到停在C点的过程中，根据动能定理有－μmg＝0－mv解得v2＝0.80m/s物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡mg＝qv2B解得B＝0.13T(3)设从D点进入磁场时的速度为v1，根据动能定理有：qEL－μmgL＝mv物体从D到R做匀速直线运动受力平衡：qE＝μ(mg＋qv1B)解得v1＝1.6m/s小物体撞击挡板损失的机械能为：ΔE＝mv－mv解得ΔΕ＝4.8×10－4J.第3讲 动量与能量的综合应用【高效巩固提升】1．C 解析：子弹射入木块过程中，系统动量守恒，即mv0＝(M＋m)v1，系统损失的机械能转化为内能，即Q＝mv－(M＋m)v，将两式联立解得Q＝mv·＝6J，木块获得的动能Ek＝Mv＝mv·<6J，所以C项正确．2．C 解析：由机械能守恒和动量守恒的条件可知A、B均错；小车对A的摩擦力大于小车对B的摩擦力，所以A对小车向左的摩擦力大于B对小车向右的摩擦力，因此小车将向左运动．3．C 解析：小滑块由静止滑下，小滑块和小车组成系统水平动量守恒，到达左端的最大高度h′时，两者速度相同，由动量守恒得，两者速度为零，由能量守恒，到达左端的最大高度h′等于h，选C.4．A 解析：取向南方向为正，两车碰撞过程中动量守恒，碰后向南滑行则说明长途客车的动量大于卡车动量，即1.5t×20m/s>3t×v，得v<10m/s,选A项．5．BD 解析：小物块和箱子组成的系统动量守恒，碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，则最终两者速度相等，设为v共，则有：mv＝(m＋M)v共n，系统损失的动能ΔE＝mv2－(m＋M)v，得ΔE＝v2，所以B项正确．系统损失的动能是通过摩擦力做功转化为系统内能，N次后恰又回到箱子正中间，相对滑动的距离为NL，所以ΔE＝W＝NμmgL，D项正确．6．B 解析：系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．7．AD 解析：小车和物块构成的系统水平方向动量守恒，但在竖直方向动量不守恒，A项正确；在滑动摩擦力作用下，物块的位移大于小车的位移，所以摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和不为零，B项错，且滑动摩擦力对系统做功转化为内能；如果小车固定则物块滑到最低点B的速度由能量守恒mgR＝mv2，得v＝，但小车不固定，则小车有速度，由能量守恒得物块的速度小于，C项错；物块运动到B点时小车速度最大，设为v′，由水平动量守恒得：mv＝Mv′，由能量守恒得mgR＝mv2＋Mv′2，解得v′＝，D项正确．8．AD 解析：铝板A和铁板B分别放在光滑水平地面上，所以滑动过程中动量守恒，有：mv0＝(m＋M)v，所以两种情况C的最终速度相同，且产生的热量等于摩擦过程中系统损失的动能，两种情况都为Q＝ΔE＝mv－(m＋M)v2，所以A、D项正确；由于木块与铝板和铁板的动摩擦因数不同，即f不同，对系统fs相＝ΔE＝mv－(m＋M)v2，则C相对于A和B滑行的距离不相同，对A和B，fs＝Mv2,f不同，所以s不同，A和B相对地面滑动的距离不相同，B、C两项都错．9．解：根据题意，由运动学规律可知，小球A与B碰撞前的速度大小相等，设均为v0，由机械能守恒有mAgH＝mAv①设小球A与B碰撞后的速度分别为v1和v2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2②由于两球碰撞过程中能量守恒，故mAv＋mBv＝mAv＋mBv③联立②③式得：v2＝v0④设小球B能上升的最大高度为h，由运动学公式有h＝⑤由①④⑤式得h＝2H.10．解：(1)子弹刚穿过木块的瞬间，设子弹的速度为v1，木块的速度为v2，因子弹穿过木块的时间极短，在竖直方向，由子弹、木块组成的系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2①木块竖直上抛，由运动学知识可得：v＝2gh②由①②式解得：v1＝480m/s(2)对子弹，由牛顿运动定律可得：mg＋f＝ma③f＝4mg④nt＝v1/a⑤由③④⑤子弹穿过木块后，上升到最大高度所用的时间：t＝9.6s.专题三 电场与磁场第1讲 电场、磁场的基本性质【高效巩固提升】1．D 2.C 3.AD 4.D 5.C6．BC 解析：根据题意得：两极板间的距离d增大、电势差不变．由F＝qE＝q得，电场力F减小，则带电油滴向下运动，A错；由于正极板向上移动，P点离正极板的距离增大，沿着电场线的方向，电势逐渐减小，故P点的电势将降低，B对；由C＝得C减小，由Q＝CU得Q减小，C对；电场力对油滴做功，因此电势能会发生变化，D错．7．CD 8.BD9．B 解析：钠离子从b点到达c点的过程中，电场力做功情况不明确，无法确定b、c两点的速度大小，A项错误；根据电势差和场强的关系式U＝Ed，有φa－φb＝φd－φc，B项正确；由于电场方向不确定，故无法判断b、c两点的电势高低，也无法判断电场力做功的正负，C、D项均错．10．BC 解析：设相邻等势面之间的电势差大小为U，正电荷从a运动到b动能减少，可知b点电势高于a点，则Ua＝－2U，Ub＝U，设正电荷的电量为q，则正电荷在a点、b点的电势能Epa＝－2qU、Epb＝qU，根据能量守恒定律Eka＋Epa＝Ekb＋Epb，代入数据得qU＝7eV.设点电荷运动到c点时，其动能、电势能分别为Ekc、Epc，根据能量守恒定律Eka＋Epa＝Ekc＋Epc有：26eV＋(－14eV)＝Ekc＋(－8eV)得：Ekc＝20eV＝20×1.6×10－19J＝3.2×10－18J.第2讲 带电粒子在电场、磁场中的运动【高效巩固提升】1．BC 2.BD 3.B 4.C5．BD 解析：利用动能定理有BIlL＝mv2，B＝kI，解得v＝.6．BC 解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径rmax＝、粒子的最小半径rmin＝，根据r＝，可得vmax＝、vmin＝，则vmax－vmin＝，故B、C正确，D错误．图207．D 解析：电子从O点垂直进入匀强磁场后做圆周运动，由左手定则知，粒子向左偏转，故A错误；又知道半径为2d，有界磁场的宽度为d，由公式R＝，可得圆心在On点左边距O点为2d，设粒子由A点射出磁场，如图20所示，由几何关系知AO′＝(2－)d，所以B、C错误；电子在磁场中运动的时间为：t＝·T＝×＝，D正确．8．解：(1)设碰撞前A的速度为v，由动能定理－μmAgs＝mAv2－mAv①得：v＝＝4m/s②(2)设碰撞后瞬间A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向；由于弹性碰撞，所以有：mAv＝mAvA＋mBvB③mAv2＝mAv＋mBv④联立③④并将mA＝kmB及v＝4m/s代入得：vA＝m/s⑤vB＝m/s⑥(3)(i)如果A能从电场右边界离开，必须满足：mAv>μmAgL＋qEL⑦联立⑤⑦代入数据，得：k＞3⑧电场力对A做功为：WE＝qEL＝5×10－8×6×105×0.4J＝1.2×10－2J⑨(ii)如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：mAv≤μmAgL＋qEL⑩联立⑤⑩代入数据，得：k≤3⑪考虑到k＞1，所以在1＜k≤3范围内A不能从电场右边界离开⑫又：qE＝3×10－2N＞μmg＝2×10－2N⑬所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功为0，即WE＝0.9．解：设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区、Ⅱ区的磁感应强度、轨道半径和周期，有qvB1＝m①qvB2＝m②T1＝＝③T2＝＝④n图21设圆形区域的半径为r，如图21所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r⑤圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1＝·＝⑥带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即R2＝r⑦在Ⅱ区磁场中运动时间为t2＝T2＝·＝⑧带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t＝t1＋t2⑨由以上各式可得B1＝B2＝.第3讲 带电粒子在复合场中的运动【高效巩固提升】1．AB 2.D 3.D 4.AD5．BC 解析：根据左手定则判断出，正离子偏向B板，所以B板是电源的正极；因最后离子匀速运动，由平衡条件得q＝qvB，故电源的电动势为Bvd.6．D7．AC 解析：根据左手定则判断出，正离子偏向后表面，使得后表面的电势高于前表面的电势，所以选项A正确；由q＝qvB和Q＝vbc，得U＝，所以选项C也正确．8．D9．解：(1)由动能定理有qU＝mv2又R＝，qvB＝图29得＝(2)粒子在磁场B′中的运动轨迹如图29所示，设∠GOH＝θ，带电粒子在磁场中运动半径为R′.则ntanθ＝＝＝，即θ＝60°则HO′＝2O′P，即d－R′＝2R′，得：R′＝d.因为其他条件不变，由牛顿第二定律：qvB′＝m，qvB＝m联立以上两式，得：＝1.5.10．解：(1)P进入电、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用．电场力F＝qE＝0.3N重力G＝Mg＝0.3N可见电场力与重力大小相等方向相反，两力平衡．故相当于P在电、磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动．(2)由qvB＝M得R＝①周期T＝＝代入数据得T＝12s图30由已知条件，有t＝1.0s＝T，故P的轨迹圆心角θ＝30°由图30可知，轨迹半径R＝＝0.4m结合①式得v＝0.2m/s(3)P和Q碰撞时，系统动量守恒，有：Mv0＝Mv＋mv′解得v′＝0.6m/s对Q应用牛顿第二定律，有μmg＝ma得a＝0.8m/s2Q停下前运动的时间t′＝＝0.75s由于t′m，故m4＝400g不合适．(3)由v1＝，v2＝，v－v＝2axn可得：a＝5．(1)A2 V1 R1 (2)如图52所示图52(3)相同点：通过该元件的电流与电压的变化关系和通过小电珠的电流与电压的变化关系都是非线性关系；不同点：该元件的电阻随电压的增大而减小，而小电珠的电阻值随电压的升高而增大．解析：(1)图象中电流0～0.14A，电流表选A2；电源电压6V，但图象只要求电压在0～3V之间调整，为了测量准确电压表选V1；由于绘制图象的需要，要求电压从0～3V之间调整，所以滑动变阻器只能采用分压式接法，为了能很好调节电压，滑动变阻器应选用阻值较小的R1.(2)该元件约几十欧，>，电压表的分流作用可以忽略，所以采用电流表外接法；实验数据的采集要求从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法．(3)从图象的形状和斜率变化趋势上去找相同点和不同点，突出都是“非线性”，图象上某点与原点连线的斜率是电阻的倒数．
