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高中物理电容器知识点与习题总结
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3秒自动关闭窗口高二物理期末练习题（四）一、多项选择1、关于静电场，下列说法正确的是A.在电场中，电势越高的地方，负电荷在该点具有的电势能越小B．把负电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB&0C．在电场中电场强度大的地方，电势一定高D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向2、如图所示，AB、CD为一圆的两条直径，且相互垂直，O点为圆心.空间存在一未知静电场，场强方向与圆周所在平面平行.现有一电子，在电场力作用下（重力不计），先从A点运动到C点，动能减少了W；又从C点运动到B点，动能增加了W，那么关于此空间存在的静电场可能是（
A．方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场 B．方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场 C．位于O点的正点电荷形成的电场 D．位于D点的正点电荷形成的电场3、如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m=0.1kg、带正电q=0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F=0.6N的恒力，g取10m/s2．则滑块（
A． 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
B． 一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C． 速度为6m/s时，滑块开始减速D． 最终做速度为10m/s的匀速运动4、下列说法中正确的是（
）A．电磁炉是采用电磁感应原理，在金属锅上产生涡流，使锅体发热从而加热食物的 B．磁电式电表的线圈常常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，是为了防止电磁感应 C．精密线绕电阻常采用双线绕法，可以增强线绕电阻通电时产生的磁场 D．交流发电机的工作原理是电磁感应二、选择题5、如图所示，a、b、c、d为某匀强电场中的四个点，且ab∥cd、ab⊥bc，bc＝cd＝2ab＝2l，电场线与四边形所在平面平行。已知φa＝20V，φb＝24V，φd＝8V。一个质子经过b点的速度大小为v0，方向与bc夹角为45°，一段时间后经过c点，e为质子的电量，不计质子的重力，则（
） A．c点电势为14VB．质子从b运动到c所用的时间为 C．场强的方向由a指向cD．质子从b运动到c电场力做功为12eV6、如图所示，已知电源的内电阻r＜R，当R0的滑动触头从上端滑到下端的过程中，下列说法正确的是（
） A.电容器一直处于放电过程B.电容器一直处于充电过程C.电源的输出功率先增大后减小 D.电源的效率先增大后减小7、如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为(
)A．B＝，E＝
B．B＝，E＝C．B＝，E＝
D．B＝，E＝8、利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I ，C D两侧面会形成电势差UCD下列说法中正确的是A、电势差UCD仅与材料有关B、若霍尔元件的载流子是自由电子5则电势差UCD&0C、仅增大磁感应强度时，电势差UCD可能不变D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时9元件的工作面应保持水平9竖直方向运动，线框所在的平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。、如图所示，空间存在一个有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场的宽度为l。一个质量为m、边长也为l的正方形导线框沿I)t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置段时间回到初始位置，导线框的速度为v0I(，经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时不计空气阻力)。则(
) (图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一A．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B．上升过程中，导线框克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率 C．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 D．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等10、．如图所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA=L0，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r，MN运动的速度为，使MN匀速的外力为F，则外力F随时间变化的规律图正确的是 11、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1 ：n2＝3 ：1，L1、L2为两只相同的灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C＝10μF。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法中正确的是（
）A．灯泡L1一定比L2暗B．副线圈两端的电压有效值为12 VC．因电容器所在支路处于断路状态，故无电流通过二极管D．二极管D两端反向电压最大值是12V12、在收音机线路中，经天线接收到的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图装置电路，其中代号a、b应选择的元件是(
) A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈 B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈 C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈 D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈三、实验,探究题13、现要测量电流表G1的内阻，给出下列器材：电流表G1（量程5 mA，内阻r1约为150左右），电流表G2（量程10 mA，内阻r2约为100左右）定值电阻R1=100Ω
定值电阻R2=10Ω 滑动变阻器R3（0～200）干电池（1.5 V，内阻未知）单刀单掷开关S
导线若干（1）定值电阻选
；（2）在方框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；（3）若选测量数据中的一组计算，所用的表达式___________________________，式中各符号的意义是：_______________________________________________________。14、在“测定金属的电阻率”的实验中，需要测量金属丝长度L，金属丝直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx．（1）请写出测金属丝电阻率的表达式ρ=
（用上述测量量的字母表示）． （2）用螺旋测微器测量金属丝直径，示数如图1所示，则d=
mm．（3）金属导线的电阻约为5Ω左右，欲用伏安法测定其准确阻值，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3 V，内阻1Ω）
B．电流表（0～3 A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6 A，内阻0.125Ω）
D．电压表（0～3 V，内阻3 kΩ）E．电压表（0～15 V，内阻15 kΩ）
F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1 A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3 A）
H．开关、导线上述器材中应选用的是
（填写各器材的字母代号）；实验电路应采用电流表
接法（填“内”或“外”）；设实验中电流表、电压表的某组示数如图2所示，图示中I=
V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在图3中画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图． 四、计算题15、如图所示，平面直角坐标系xOy，P点在x轴上，xp=2L，Q点在负y轴上某处。第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，第Ⅱ象限内有一圆形区域与x、y轴分别相切于A、C两点，AO＝L，第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域（图中未画出），圆形区域和矩形区域内有相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面（图中未画出）。电荷量为＋q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点和P点；电荷量为－q、质量为m、速率为的粒子b，从Q点向与y轴成45°夹角方向发射，经过并离开矩形区域后与离开P点的粒子束a相碰，相碰时粒子速度方向相反。不计粒子的重力和粒子间相互作用力。求：（1）圆形区域内磁场磁感应强度B的大小、方向； （2）第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E； （3）矩形区域的最小面积S。
16、如图甲所示两足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为 L=0.5m，导轨平面与水平面^间的夹角为θ=30°，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4Ω的电阻，下端b、d之间接有一阻傳为R2=4Ω的小灯泡．有理想边界的勻强磁场垂直于导轨平面向 上，虚线ef为磁场的上边序，ij为磁场的下边界，此区域内的感应强度B，随时间t变化的规律如图乙所示，现将一质量为m=kg的金属棒MN，从距离磁场上边界ef的一定距离处，从t=0时刻开始由静止释放，金属棒MN从开始运动到经过磁场的下边界ij的过程中，小灯泡的亮度始终不变．金属棒MN在两轨道间的电阻r=1Ω，其余部分18、如图所示，在光滑平直的轨道上有一节质量为 M的车厢，车厢以1.2m/s的速度向右匀速运动，车厢顶部右侧边缘有一钢球，与之相对静止, 某时刻车的电阻忽略不计，ef、ij边界均垂直于两导轨．重力 加速度g=10m/s2．求： （l）小灯泡的实际功率；（2）金属棒MN穿出磁场前的最大速率； （3）整个过程中小灯泡产生的热量．五、17、下列说法正确的是
A．居里夫妇发现了铀和含铀矿物的天然放射现象B．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大 C．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性。 D．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成E．赫兹在实验时无意中发现了一个使光的微粒理论得以东山再起的重要现象——光电效应。 F．比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定吸收核能 厢与质量m=M/3的静止平板车相撞并连接在一起，车顶离平板车高为h =1.8m，车厢顶边缘上的钢球顺势向前滑出.试问钢球将落在平板车上何处？（不计空气阻力，平板车足够长，g=10m/s2） 参考答案 一、多项选择
2、BD3、【考点】： 带电粒子在混合场中的运动．【分析】：先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动．【解析】： 解：ABD、由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为μg=5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a=的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，．可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为10m/s的匀速运动．故AD正确，B错误．C、木块开始的加速度为2m/s2，当恰好要开始滑动时，f=μ（mg﹣qvB）=ma，代入数据得：v=6m/s，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动．故C错误． 故选：AD．【点评】： 本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况．4、AD5、【答案】BCE【解析】A、贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，故A错误；B、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，根据知，核外电子的速度增大，动能增大，则电势能减小，故B正确；C、德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性，故C正确； D、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子原子的核式结构模型，故D错误； E、赫兹发现的光电效应说明光具有粒子性，故E正确；F、比结合能小的原子核结合或分解成比结合能大的原子核时一定释放核能，故F错误。 故选BCE。【考点】天然放射现象；波尔的能级理论；物质波；原子的核式结构；
二、选择题6、【知识点】电势；动能定理的应用；电场强度．I1
E2【答案解析】B 解析： A、三角形bcd是等腰直角三角形，具有对称性，bd连线中点o的电势与c相等，为16V．故A错误；B、质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为l，此方向做匀速直线运动，则t=，则B正确．C、oc为等势线，其垂线bd为场强方向，b→d，故C错误．D、电势差Ubc=8V，则质子从b→c电场力做功为8eV．故D错误；故选B【思路点拨】连接bd，bd连线的中点O电势与C点相等，是16V；质子从b→c做类平抛运动，根据v0方向的分位移为l，求出时间；作出等势线oc，y就能判断场强方向；根据动能定理可求出b到c电场力做的功．本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰．
7、考点：电容；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．版权所有专题： 电容器专题． 分析：对电路图进行分析，明确电路结构；根据滑动变阻器的变化可知电容器两端电压的变化；同时由功率公式分析电源的输出功率及效率的变化． 解答：解：A、B由图可知，滑动变阻器上下两部分并联后R串联；电容器并联在R两端；则滑片从上端滑到下滑的过程中，滑动变阻器的总电阻先增大后减小，故电路中总电流先减小后增大；则电容器两端的电压先减小后增大；故电容器先放电后充电；故AB错误；C、因r＜R，故外电阻一直大于内电阻，当外电阻最小时电源的输出功率最大，故电源的输出功率先减小后增大；故C错误；D、电效的效率η=×100%，因路端电压U先增大后减小；故电源的效率先增大后减小；故D正确；故选：D．点评：本题要注意滑动变阻器两部分并联情况下的电阻分析，明确当两部分相等时，总电阻最大．可以借助数学知识进行推导．8、B[解析] 设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv＝，依题意可知r＝d，联立可解得B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由d＝vt，d＝ t2，联立可解得E＝。故B对。
9、【答案】B【命题立意】本题旨在考查霍尔效应及其应用、电势差。【解析】ABC、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvB，I=nqvs=nqvbc，则U=．故A、C错误，B正确。D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故D错误。故选：B。【举一反三】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关．解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。 10、【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．L2L5【答案解析】AC解析：A、上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动．设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg+ =ma，a=g+ ，由此可知，线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确． B、下降过程中，线框做加速运动，则有mg- =ma′，a′=g- ，由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；C、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功等于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C正确；D、在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做功较大，故D错误． 故选：AC．【思路点拨】解答本题应分析线框的受力，根据牛顿第二定律得到加速度与速度的关系，即可分析加速度的变化情况； 根据能量守恒分析线框返回原位置时速率关系，由动能定理判断上升和下降两过程合力做功关系． 根据安培力表达式FA= ，分析线框克服安培力做功的关系．
11、【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势．L2【答案解析】C 解析： 因导线MN匀速运动，则经过时间t导线离开o点的长度是 x=vt；MN切割磁感线的有效长度是 L=vtotan45°=vt．t时刻回路中导线MN产生的感应电动势为 E=BLv=Bv2t；回路的总电阻为 R=（2vt+vt）r则感应电流的大小为 I=；由安培力公式可得：F=BIL= 要使导线匀速运动，拉力等于安培力；由公式可知，拉力与时间成正比；故选：C． 【思路点拨】由匀速运动的位移时间公式x=vt求解经过时间t导线离开o点的长度．MN切割磁感线的有效长度就是与MN与轨道接触的两点间的长度，由几何关系求解．由数学知识求得回路的总长，得到总电阻，可由闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小．则可确定外力的变化情况．本题的关键要理解“有效”二字，要注意回路中有效电动势和总电阻都随时间增大，实际感应电流并没有变化． 12、B13、解析：选C.电容器具有“通高频，阻低频”作用，这样的电容器电容应较小，故a处是电容较小的电容器．电感线圈在该电路中要求做到“通低频，阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈． 三、实验,探究题14、【答案】：①R1 ，②电路图如图所示 ③【命题立意】本题旨在考查电流表改装成电压表。【解析】①若选R2，则其阻值太小，电流过大，而R1与G1内阻相当，故选：R1
②电路图如图所示：G2的示数-G1的示数为通过R1的电流值． ③由并联电路特点：I1r1=R1（I2-I1） 得
I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值． 故答案为：①R1
②电路图如图
③ I1、I2分别表示电流表G1、G2读数，R1表示定值电阻R1的阻值．【举一反三】本题要从如下三个方面加以掌握：①定值电阻的选择：实验中定值电阻与G1并联，若其阻值太小，会使其电流过大，应选与G1内阻相差不大的．②据所给器材，设计实验电路，把G1与定值电阻并联，由G2与G1示数得定值电阻的电流，据并联电路电流与电阻成反比关系得G1内阻．③由测量值表达出定值电阻的电流和G1的电流，由电流与电阻的关系列等式．通过本题实验考查了并联电路特点，明确电流与电阻反比关系，学会如何设计电学实验电路。只有理解上述内容和特点，就不难设计和计算本题结果了。
15、考点： 测定金属的电阻率． 专题：实验题；恒定电流专题． 分析：（1）螺旋测微器固定刻度与可动可动刻度示数之和是螺旋测微器示数； （2）实验需要电源、开关、导线，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表， 在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器． 根据待测电阻阻值与电表内阻的关系选择电流表采用内接法还是外接法． （3）根据图示电表确定其分度值，读出电表示数．（4）电流表能从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，然后作出伏安法测电阻的实验原理图． 解答：解：（1）根据电阻定律有R=，又S=，联立可得ρ=．（2）螺旋测微器读数为d=0.5mm+41.0×0.01mm=0.910mm．（3）实验需要：A．电池组（3V，内阻1Ω），H．开关、导线，电源电动势为3V，电压表可选：D．电压表（0～3V，内阻3kΩ），电路最大电流约为I===0.6A，电流表应选：C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω），为方便实验操作，滑动变阻器可选：F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A），即需要的实验器材为：A、C、D、F、H．==40，==600，＞，则电流表应采用外接法．电流表量程是0～0.6A，由图示电流表可知其分度值是0.02A，示数为0.48A； 电压表量程是0～3V，由图示电压表可知其分度值是0.1V，其示数为2.2V． （4）通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，则滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，伏安法测电阻的实验电路如图所示． 故答案为（1） （2）0.910；（3）ACDFH；外接；0.48；2.2； （4）如图所示． 点评：本题考查了实验器材的选取、实验电路设计、电表读数、螺旋测微器与游标卡尺读数等问题；一定要掌握实验器材的选取原则；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．四、计算题16、（1）设粒子a在圆形区域内匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则R=L
,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）联立解得,,,,,,,,,,,,,,,,,,（2分）由左手定则知，方向垂直纸面向外。
,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分） （2）设粒子a在第Ⅰ象限内匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t，则,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）
,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）联立解得,,,,,,,,,,,,,,,,,,（2分）（3）设粒子a在P点速度为v，与x轴正方向夹角为θ，y轴方向的速度大小是vy，则 ,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）θ=45°
,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）粒子b先做匀速直线运动，进入矩形区域，在洛伦兹力作用下偏转内偏转90°，离开矩形区域，速度方向与离开P点的粒子a的速度在一条直线上，才可能与粒子a速度相反地相碰，如图所示。设粒子b在矩形区域内做匀速圆周运动的圆心为O1，半径为R1，矩形区域的最小区域是efgh，对应的长为L1，宽为L2，则,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分） ,,,,,,,,,,,,,,,,,,（1分）代入数据解得，， ,,,,,,,,,,,,,,,,,,（2分）17、考点：法拉第电磁感应定律；焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势． . 专题：电磁感应与电路结合． 分析：（1）由于小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后做匀速直线运动，根据共点力平衡求出金属棒的电流的大小，结合功率的公式求出小灯泡的实际功率．（2）根据闭合电路欧姆定律求出感应电动势的大小，结合切割产生的感应电动势公式求出金属棒MN穿出磁场前的最大速率．（3）根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出金属棒进入磁场前运动的时间，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出磁场上下边界的长度，从而求出金属棒在磁场中运动的时间，结合Q=Pt求出整个过程中产生的热量． 解答：解：（1）由于小灯泡的亮度始终不变，说明金属棒MN进入磁场后做匀速直线运动，速度v达到最大，由平衡条件得：mgsinθ=BIL 小灯泡的电功率为：P=代入数据解得：P=．（2）由闭合电路欧姆定律得：I= 其中，总电阻为： 由切割产生的感应电动势公式得：E=BLv 联立以上各式，代入数据解得v=5m/s．（3）金属棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma 加速度为：a=gsin30°=5m/s2． 进入磁场前所用的时间为： 设磁场区域的长度为x，在0﹣t1时间内， 由法拉第电磁感应定律得：．金属棒MN进入磁场前，总电阻为：感应电动势为：在磁场中运动的时间为： 整个过程中产生的热量为：Q=P（t1+t2） 代入数据解得：Q=5J． 答：（1）小灯泡的实际功率为．（2）金属棒MN穿出磁场前的最大速率为5m/s． （3）整个过程中小灯泡产生的热量为5J． 点评：本题考查了电磁感应与电路和力学和的综合，综合性较强，是高考常见的题型，在平时的学习中需加强训练．五、综合题18、解：车厢与平板车碰撞，动量守恒 MV＝（M+m）V共V共＝0.9m/s
（4分） 小球下落
H＝gT/2T=0.6s
（2分） 小球相对于车的水平位移S＝（V－V共）T＝0.18m小球落在离平板车左端0.18m处。
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文章来源天添资源 网 w w w.tTz Y W.C oM 学年河北省衡水中学高三（上）五调物理　一、（共15小题，每小题所给选项中至少有一项符合题意，每小题4分，部分分2分，选错不得分，满分60分）1．下列说法正确的是（　　）&A．检验工件平整度的操作中，如图1所示，上面为标准件，下面为等检测工件，通过干涉条纹可推断：P为凹处，Q为凸处B．图2为光线通过小圆板得到的衍射图样C．铀核（ U）衰变为铅核（ ）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变　2．LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是（　　）&A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B．若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C．若电容器上极板带正电，则自感电动势正在减小D．若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流减小　3．如图所示为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样．现让a、b两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播方向中可能正确的是（　　）&A． &B． &C． &D． 　4．如图所示，M、N是以MN为直径的半圆弧上的两点，O点为半圆弧的圆心．将带电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至O点正下方，则O点的电场强度大小变为E2，E1与E2之比为（　　）&A．1： &B． ：1&C．2： &D．4： 　5．如图所示，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点以v0=2m/s的初速度经C沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，已知AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为k，则下列表述正确的是（　　）&A．φC＞4VB．φC＜4VC．点电荷乙的比荷为1C/kgD．点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量相等　6．如图所示，电荷量为+1×106C的点电荷A镶嵌在墙壁上，带电荷量为十3×106C的小球B（可视为点电荷）悬挂在长为50cm的轻绳末端，悬点在A的正上方C处，A、C之间的距离为40cm，重力加速度为10m/s2．已知静电力常量k=9.0×109N&#，则下列表述正确的是（　　）&A．若AB垂直于墙面，则A、B之间的库仑力为0.3NB．若仅减少B的电荷量，再次平衡后，A、B之间的电场力减小C．若同时增加B的质量和B的电荷量，B的位置可能不变D．只要绳长不变，则绳中拉力大小不变　7．在相距为r的A、B两点分别放上点电荷QA和QB，C为AB的中点，如图所示，现引入带正电的检验电荷q，则下列说法正确的是（　　）&A．如果q在C点受力为零，则QA和QB一定是等量异种电荷B．如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，则QA和QB一定是异种电荷，且电量大小QA＞QBC．如果q在AC段上的某一点受力为零，而在BC段上移动时始终受到向右的力，则QA一定是负电荷，且电量大小QA＜QBD．如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则QA和QB一定是等量异种电荷　8．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）&A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差　9．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（　　）&A． &B． &C． &D． 　10．光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法正确的是（　　）&A．在振动过程中，物块A机械能守恒B．C点时弹簧性势能最小C．C点时系统势能最大，O点时系统势能最小D．B点时物块A的机械能最小　11．一列简谐横波沿一水平直线向右传播，位于此直线上的P、Q两质点相距12米，P在左、Q在右．t=0时，质点P在正的最大位移处，质点Q恰好到达平衡位置，而t=0.05秒时，质点Q恰好在负的最大位移处．（　　）A．这列波的最大可能波长是48mB．这列波的最大可能周期是0.2sC．这列波的周期可能是0.15sD．这列波的波速可能是720m/s　12．华裔科学家高锟获得2009年诺贝尔物理奖，他被誉为“光纤通讯之父”，光纤通讯中信号传播的主要载化开是光导纤维，图示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面．已知光在真空中的传播速度为c，则下列说法正确的是（　　）&A．为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，光线在端面AB上的入射角应满足sini≥ B．光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的时间与AB端面的入射角有关，入射角越大，传播时间越长C．光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间为 D．只要光导纤维的折射率满足一定的要求，则无论AB端面的入射角怎样变化，光线都可在光纤与空气的界面上发生全反射　13．如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率η= ，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．则下列说法正确的是（　　）&A．光线第一次入射到AB界面上时，既有反射又有折射B．光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在CD界面C．第一次的出射点距C cmD．光线第一次射出棱镜时，折射角为45°　14．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）&A． &B． &C． &D． 　15．据每日邮报日报道，美国国家航空航天局（NASA）目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler186f．假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t．已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）A．该行星的第一宇宙速度为 B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt C．该行星的平均密度为 D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 　　二、（共6小题，满分50分）16．图甲为“探究求合力的方法”的实验装置．（1）下列说法中正确的是　　　　　　A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为　　　　　　N．&　17．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．&（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数k=　　　　　　N/m（g取9.8m/s2）．砝码质量（g）&50&100&150弹簧长度（cm）&8.62&7.63&6.66（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小　　　　　　．（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为　　　　　　．（4）重复③中的操作，得到v与x的关系如图（c）．有图可知，v与x成　　　　　　关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　　　　　　成正比．　18．如图所示，足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：（1）C与A碰撞前的速度大小（2）A、C碰撞过程中C对A到冲量的大小．&　19．如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°．一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出，若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，（i）求三棱镜的折射率；（ii）在三棱镜的AC边是否有光线透出，写出分析过程．（不考虑多次反射）&　20．如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的 圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和Q．现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求：（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；（2）小球运动到C处时的速度大小；（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小．&　21．如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB=37°，圆弧的半径R=O．5m，圆心0点在B点正上方；BD部分水平，长度为0.2m，C为BD的中点．现有一质量m=lkg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：&（1）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？（2）为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，θ应为多大？（假设B处有一小段的弧线平滑连接，物块经过B点时没有能量损失）（3）接上一问，求物块在BD板上运动的总路程．　　&
学年河北省衡水中学高三（上）五调物理参考答案与解析　一、（共15小题，每小题所给选项中至少有一项符合题意，每小题4分，部分分2分，选错不得分，满分60分）1．下列说法正确的是（　　）&A．检验工件平整度的操作中，如图1所示，上面为标准件，下面为等检测工件，通过干涉条纹可推断：P为凹处，Q为凸处B．图2为光线通过小圆板得到的衍射图样C．铀核（ U）衰变为铅核（ ）的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变【考点】光的干涉．【专题】定性思想；推理法；光的干涉专题．【分析】薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的．当两反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同；很大的中间有大圆孔的不透明挡板和很大的不透明圆板不会发生衍射现象，很小的不透明圆板出现泊松亮斑；根据质量数和电荷数守恒正确书写衰变方程；库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大．【解答】解：A、薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同，从弯曲的条纹可知，P处检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知P处凹陷，而Q处检查平面右边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，知Q处凸起，故A正确；B、图为光线通过小圆板得到的衍射图样，若用光照射很小的不透明圆板时，后面会出现一亮点，故B正确；C、23892U的质子数为92，中子数为146，20682Pb的质子数为82，中子数为124，因而铅核比铀核少10个质子，22个中子，注意到一次α衰变质量数减少4，故α衰变的次数为x=次，再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y应满足2xy+82=92，y=2x10=6次，故C正确；D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能）而因为吸收了光子，总能量变大，故D错误；故选：ABC．【点评】本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习选修课本时要全面掌握，多看多记，同时解决本题的关键知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的．以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，注意空气薄层的厚度与条纹间距的关系，及衍射与干涉的区别．　2．LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是（　　）&A．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电B．若电容器正在放电，则电容器上极板带负电C．若电容器上极板带正电，则自感电动势正在减小D．若电容器正在充电，则自感电动势正在阻碍电流减小【考点】电磁波的产生．【分析】图为LC振荡电路，当电容器充电后与线圈相连，电容器要放电，线圈对电流有阻碍作用，使得Q渐渐减少，而B慢慢增加，所以电场能转化为磁场能．【解答】解：A、若磁场正在减弱，由楞次定律可得线圈上端为正极，则电容器上极带正电，处于充电状态．故A正确；B、若电容器正在放电．由安培定则可得电容器上极带负电．故B正确；C、若电容器上极板带正电，说明电容器在充电，电流减小越来越快，自感电动势增大，故C错误；D、若电容器正在充电，则线圈自感作用，阻碍电流的减小，故D正确；故选：ABD．【点评】穿过线圈磁通量变化，从中产生感应电动势，相当于电源接着电容器．振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L及电容器C成反比．　3．如图所示为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样．现让a、b两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播方向中可能正确的是（　　）&A． &B． &C． &D． 【考点】光的折射定律；电磁波谱．【专题】光的折射专题．【分析】根据双缝干涉相邻条纹间距公式△x= λ可得波长关系，知道折射率关系，结合玻璃砖的光学特性进行分析．由sinC= 分析临界角的大小，分析光从棱镜射入空气中能否发生全反射．【解答】解：AB、根据双缝干涉相邻条纹间距公式△x= λ可知，a光的波长大，则同一介质对a的折射率小，对b光的折射率大．根据平行玻璃砖的光学特性可知，出射光线与入射光线平行，由于a光的折射率小，偏折程度小，所以出射时a光应在右侧，故AB错误．C、由sinC= 分析可知，a光的临界角较大．当光从棱镜射入空气中时，若b不发生全反射，能射出棱镜，则a光一定也不发生全反射从棱镜射出，故C错误．D、当光从棱镜射入空气中时，若a不发生全反射，能射出棱镜，b光可能发生全反射不从棱镜射出，此图是可能的，故D正确．故选：D．【点评】解决本题掌握光学的基本知识：双缝干涉相邻条纹间距公式△x= λ、折射定律、临界角公式sinC= 、全反射的条件．　4．如图所示，M、N是以MN为直径的半圆弧上的两点，O点为半圆弧的圆心．将带电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至O点正下方，则O点的电场强度大小变为E2，E1与E2之比为（　　）&A．1： &B． ：1&C．2： &D．4： 【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题．【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得E1与E2比值．【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为 则当N点处的点电荷移至P点时，O点合场强大小为 ，则E1与E2之比为 ，故B、C正确；故选：BC【点评】电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在O点的场强再由矢量的合成方法平行四边形求得总的场强．　5．如图所示，一电荷量为+Q的点电荷甲固定在光滑绝缘的水平面上的O点，另一电荷量为+q、质量为m的点电荷乙从A点以v0=2m/s的初速度经C沿它们的连线向甲运动，到达B点时的速度为零，已知AC=CB，φA=3V，φB=5V，静电力常量为k，则下列表述正确的是（　　）&A．φC＞4VB．φC＜4VC．点电荷乙的比荷为1C/kgD．点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量相等【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据点电荷电场线分布，来确定等势面的分布，从而确定C点的电势与4V的关系，根据动能定理，结合电场力做功，即可求解点电荷乙的比荷．分别计算出点电荷乙从A到C过程其动能的减少量与从C到B过程其动能的减少量，再进行比较．【解答】解：AB、根据点电荷的电场线的分布，及φA=3V，φB=5V，可知，电势为4V的等势面在BC之间，因此φC＜4 V，A错误，B正确；C、根据动能定理，电荷乙从A运动到B过程，则有：& =qUAB；其中UAB=φAφB=2V解得：& =1 C/kg，C正确；D、点电荷乙从A到C过程其动能的减少量为qUAC，从C到B过程其动能的减少量为qUCB，因为UCB＞UAC，点电荷乙从A到C过程其动能的减少量小于从C到B过程其动能的减少量，D错误；故选：BC．【点评】考查电场线与等势面的关系，掌握点电荷的电场线的分布，了解动能定理的应用；注意比荷的含义，以前叫荷质比，可以利用这个来记忆比荷表示什么．　6．如图所示，电荷量为+1×106C的点电荷A镶嵌在墙壁上，带电荷量为十3×106C的小球B（可视为点电荷）悬挂在长为50cm的轻绳末端，悬点在A的正上方C处，A、C之间的距离为40cm，重力加速度为10m/s2．已知静电力常量k=9.0×109N&#，则下列表述正确的是（　　）&A．若AB垂直于墙面，则A、B之间的库仑力为0.3NB．若仅减少B的电荷量，再次平衡后，A、B之间的电场力减小C．若同时增加B的质量和B的电荷量，B的位置可能不变D．只要绳长不变，则绳中拉力大小不变【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】定量思想；合成分解法；电荷守恒定律与库仑定律专题．【分析】对B受力分析，找出各力之间的关系，结合几何关系和库仑定律进行判断；A、根据库仑公式求的库仑力；B、以小球B为研究对象，由于逐渐漏电的过程中，处于动态平衡状态．分析B受力情况：重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出受力图，根据△FBF1∽△PQB，得到线的拉力F1与线长的关系，再进行分析求解；C、判断B的重力G和A、B之间库伦力的变化，判断B的位置是否变化；D、受力分析，得出绳子拉力与重力G的关系，判断出拉力与G有关；【解答】解：A、若AB垂直于墙面，则由勾股定理得AB=30cm=0.3m，A、B之间的库仑力为 ，A正确；B、作出小球B受力分析图如图所示，小球受到重力G，A的斥力F1和线的拉力F2三个力作用，作出F1、F2的合力F，则由平衡条件得：F=G．根据△FBF1∽△PQB得： ，则 在B点带电量逐渐减少的过程中，PQ、BQ、G均不变，则A、B之间的电场力F1不变；C、若同时增加B的质量和B的电荷量，则G增大，A、B之间的电场力F1不变，则B的位置一定变化，C错误；D、根据△FBF1∽△PQB得 ，且FF1=F2，F=G，故 ，则绳中拉力大小与小球重力G有关，D错误；故选：A&【点评】本题是力学中动态平衡问题，采用的是三角形相似法，得到力的大小与三角形边长的关系，进行分析，也可以应用函数法求解．　7．在相距为r的A、B两点分别放上点电荷QA和QB，C为AB的中点，如图所示，现引入带正电的检验电荷q，则下列说法正确的是（　　）&A．如果q在C点受力为零，则QA和QB一定是等量异种电荷B．如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，则QA和QB一定是异种电荷，且电量大小QA＞QBC．如果q在AC段上的某一点受力为零，而在BC段上移动时始终受到向右的力，则QA一定是负电荷，且电量大小QA＜QBD．如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则QA和QB一定是等量异种电荷【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】知道在电场中某点的电场强度方向．电场强度是矢量，能用平行四边形法则进行矢量叠加．【解答】解：A、如果q在C点受力为零，则QA和QB对q的力方向相反，所以QA和QB一定是等量同种电荷，故A错误B、如果q在AB延长线离B较近的D点受力为零，则QA和QB一定是异种电荷，有库仑定律，对q有&= rA＞rB，所以电量大小QA＞QB．故B正确C、如果q在AC段上的某一点受力为零，根据 = 所以QA＜QB．在BC段上移动时始终受到向右的力，则QA一定是负电荷，故C正确D、如果q沿AB的垂直平分线移动时受力方向始终不变，即水平方向，所以QA和QB一定是等量异种电荷，故D正确故选BCD．【点评】熟悉电场强度的方向和点电荷电场强度的公式应用．　8．一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其vt图象如图所示，则下列说法中正确的是（　　）&A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差【考点】电势差；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．【解答】解：A、由运动的速度时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确．C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．故选：AB【点评】本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．　9．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（　　）&A． &B． &C． &D． 【考点】动量守恒定律．【分析】人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算．【解答】解：设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．则 v= ，v′= ，根据动量守恒定律得：Mvmv′=0，解得，船的质量：M= ；故选：B．【点评】人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向．　10．光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法正确的是（　　）&A．在振动过程中，物块A机械能守恒B．C点时弹簧性势能最小C．C点时系统势能最大，O点时系统势能最小D．B点时物块A的机械能最小【考点】功能关系；机械能守恒定律．【专题】定性思想；推理法；功能关系 能量守恒定律．【分析】物体做简谐运动，物体A和弹簧系统机械能守恒，根据机械能守恒定律分析即可．【解答】解：A、在振动过程中，物体A和弹簧系统机械能之间相互转化，由于弹性势能是变化的，故物体A的机械能不守恒，物体与弹簧构成的系统机械能守恒．故A错误；B、当物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点时，物体A受到向上的弹力，所以弹簧处于伸长状态，结合简谐振动的对称性可知，物块在B点时弹簧的伸长量一定最长，而物块在C点时，弹簧可能处于原长状态，也可能处于压缩状态或伸长状态，可知在C点时，弹簧的弹性势能不一定最小．故B错误；C、物体A和弹簧系统机械能守恒；物体在C点时，动能为零，最小，故物体与弹簧构成的系统势能（重力势能和弹性势能之和）最大；在O点时，动能最大，故势能最小．故C正确；D、物体A和弹簧系统机械能守恒；物体在B点时，弹簧的伸长量最长，弹簧的弹性势能最大；物体A的机械能最小；故D正确；故选：CD．【点评】该题借助于弹簧振子的模型考查机械能守恒定律，解答本题关键是明确弹簧和物体系统机械能守恒，物体的机械能不守恒，基础题目．　11．一列简谐横波沿一水平直线向右传播，位于此直线上的P、Q两质点相距12米，P在左、Q在右．t=0时，质点P在正的最大位移处，质点Q恰好到达平衡位置，而t=0.05秒时，质点Q恰好在负的最大位移处．（　　）A．这列波的最大可能波长是48mB．这列波的最大可能周期是0.2sC．这列波的周期可能是0.15sD．这列波的波速可能是720m/s【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】振动图像与波动图像专题．【分析】根据题中PQ两点的状态，结合波形求出波长的表达式．由时间得到周期的表达式，即可求得波速的表达式，再求解特殊值．根据波速公式得到周期的通项，再得到特殊值．【解答】解：当t1=0时，P质点在正的最大位移处，Q质点恰好到达平衡位置且向上振动时，有：&xPQ=（n+ ）λ，n=0，1，2，…则得 λ= m又有t=（k+ ）T，k=0，1，2，…则得 T= = s故波速为 v= = m/s& 当t1=0时，P质点在正的最大位移处，Q质点恰好到达平衡位置且向下振动时，有：& xPQ=（n+ ）λ，n=0，1，2，…则得 λ= m又有t=（k+ ）T，k=0，1，2，…则得 T= = s故波速为 v= = m/s 由上得：当n=0时，得这列波的最大波长是48m，当k=0时，得这列波的最大周期是 s≈0.067s．由于k是整数，T不可能为0.15s．当n=0，k=0时，v=720m/s；故选：AD【点评】解决机械波的题目关键在于理解波的周期性，即时间的周期性和空间的周期性，得到周期和波长的通项，从而得到波速的通项，再求解特殊值．　12．华裔科学家高锟获得2009年诺贝尔物理奖，他被誉为“光纤通讯之父”，光纤通讯中信号传播的主要载化开是光导纤维，图示为一光导纤维（可简化为一长玻璃丝）的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面．已知光在真空中的传播速度为c，则下列说法正确的是（　　）&A．为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，光线在端面AB上的入射角应满足sini≥ B．光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的时间与AB端面的入射角有关，入射角越大，传播时间越长C．光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间为 D．只要光导纤维的折射率满足一定的要求，则无论AB端面的入射角怎样变化，光线都可在光纤与空气的界面上发生全反射【考点】全反射．【专题】定量思想；方程法；全反射和临界角专题．【分析】根据折射定律求入射角的条件，利用全反射的条件和运动学知识求光线传播所用的最长时间．【解答】解：A、设激光束在光导纤维端面的入射角为i，折射角为α，折射光线射向侧面时的入射角为β，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射．由折射定律：n= 由几何关系：α+β=90°，sinα=cosβ恰好发生全反射临界角的公式：sinβ= ，得cosβ= 联立得sini= ，故A错误；要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有sini≤ BC、光在玻璃丝中传播速度的大小为v= 光速在玻璃丝轴线方向的分量为vz=vsinβ光线从玻璃丝端面AB传播到其另一端面所需时间为T= 光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一端面所需的时间最长，联立得Tmax= ，故BC正确；D、根据全反射条件，当光导纤维的折射率满足一定的要求，则无论AB端面的入射角怎样变化，光线都可在光纤与空气的界面上发生全反射，故D正确；故选：BCD．【点评】考查了折射定律和全反射的条件，并对于几何光学问题作出光路图，正确的确定入射角和折射角，并灵活运用折射定律是解题的关键．　13．如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入，已知棱镜的折射率η= ，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°．则下列说法正确的是（　　）&A．光线第一次入射到AB界面上时，既有反射又有折射B．光线第一次从棱镜折射进入空气，应发生在CD界面C．第一次的出射点距C cmD．光线第一次射出棱镜时，折射角为45°【考点】光的折射定律．【专题】定量思想；方程法；光的折射专题．【分析】ABD、根据sinC= ，求出临界角的大小，从而作出光路图，根据几何关系，结合折射定律求出出射光线的方向．C、根据几何关系，求出第一次的出射点距C的距离．【解答】解：ABD、因为sinC= ，临界角C=45°第一次射到AB面上的入射角为60°，大于临界角，所以发生全发射，反射到BC面上，入射角为60°，又发生全反射，射到CD面上的入射角为30°根据折射定律得，n= ，解得θ=45°．即光从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方，故A错误，BD正确．C、根据几何关系得，AF=4cm，则BF=4cm．∠BFG=∠BGF，则BG=4cm．所以GC=4cm．所以CE= cm，故C正确．故选：BCD．&【点评】解决本题的关键掌握全发射的条件，以及折射定律，作出光路图，结合几何关系进行求解．　14．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（　　）&A． &B． &C． &D． 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．【解答】解：隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，可得：FN=Fcosθ2mgFsinθ=0解得：FN= ，对两球组成的整体有：3mgμFN=0联立解得：μ= 故选：A．&【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．　15．据每日邮报日报道，美国国家航空航天局（NASA）目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler186f．假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球（引力视为恒力），落地时间为t．已知该行星半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）A．该行星的第一宇宙速度为 B．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt C．该行星的平均密度为 D．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】根据自由落体运动求出星球表面的重力加速度，再根据万有引力提供圆周运动向心力讨论即可．【解答】解：根据自由落体运动求得星球表面的重力加速度 A、星球的第一宇宙速度 ，故A错误；B、根据万有引力提供圆周运动向心力有： 可得卫星的周期T= ，可知轨道半径越小周期越小，卫星的最小半径为R，则周期最小值为 = ，故B正确；C、由 有：M= ，所以星球的密度 ，故C错误；D、同步卫星的周期与星球自转周期相同故有： ，代入数据解得：h= R，故D错误．故选：B．【点评】本题关键是通过自由落体运动求出星球表面的重力加速度，再根据万有引力提供圆周运动向心力和万有引力等于重力求解．　二、（共6小题，满分50分）16．图甲为“探究求合力的方法”的实验装置．（1）下列说法中正确的是　AC　A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为　4.00　N．&【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】（1）该实验采用了“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，从而正确的解答本题；（2）根据弹簧秤指针的指示可读出拉力的大小．【解答】解：（1）A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故A正确；B、弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只有把O点拉到同一位置即可，故B错误；C、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；D、F1、F2方向间夹角为90°并不能减小误差，故D错误．故选AC．（2）由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力F的大小为：4.00N．故答案为：4.00．【点评】本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力；同时注意弹簧秤的读数方法．　17．某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．&（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，有数据算得劲度系数k=　50.0　N/m（g取9.8m/s2）．砝码质量（g）&50&100&150弹簧长度（cm）&8.62&7.63&6.66（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小　相等　．（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为　滑块的动能　．（4）重复③中的操作，得到v与x的关系如图（c）．有图可知，v与x成　正比　关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的　压缩量的平方　成正比．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】（1）根据胡克定律，F=k△x，结合表格数据，将单位统一，即可求解；（2）调整导轨的目的时，滑块在导轨上做匀速直线运动，即可求解结果；（3）当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；（4）根据v与x的关系图，可知，v与x成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可求解．【解答】解：（1）表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，当150g时，弹簧长度为6.66cm，根据胡克定律，F=k△x，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，则列式：0.05×9.8=k（x00.0862）；0.1×9.8=k（x00.0763）；联立两式，解得：k≈50.0N/m；（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；（4）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；故答案为：（1）50.0；（2）相等；（3）滑块的动能；（4）正比，压缩量的平方．【点评】考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系．同时注意图线的物理含义．　18．如图所示，足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为m、2m和3m，已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：（1）C与A碰撞前的速度大小（2）A、C碰撞过程中C对A到冲量的大小．&【考点】动量守恒定律．【专题】动量定理应用专题．【分析】已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，运用动量守恒定律求出C与A碰撞前的速度大小．根据动量定理求解C对A的冲量的大小．【解答】解：（1）已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，规定向右为正方向，根据系统动量守恒定律得（m+2m）v0+（3mvC）=0vC=v0 ，（2）A、C碰撞后，A、C碰后连成一体，规定向右为正方向，根据系统动量守恒定律得2mv0+（3mvC）=（2m+3m）v′v′= v0 ，根据动量定理得A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小I=m（ v0 +v0）= mv0，答：（1）C与A碰撞前的速度大小是v0；（2）A、C碰撞过程中C对A的冲量的大小是 mv0．【点评】本题考查了求木板、木块速度问题，分析清楚运动过程、正确选择研究对象与运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可正确解题；解题时要注意正方向的选择．　19．如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°．一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出，若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，（i）求三棱镜的折射率；（ii）在三棱镜的AC边是否有光线透出，写出分析过程．（不考虑多次反射）&【考点】光的折射定律．【专题】压轴题；光的折射专题．【分析】（1）作出光路图，根据几何关系求出光线在P点的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率的大小．（2）根据折射定律求出临界角的大小，判断光线在AC边有无发生全反射．【解答】解：（i）光线在AB面上的入射角为60°．因为光线在P点的入射角和在M点的折射角相等．知光线在AB面上的折射角等于光线在BC面上的入射角．根据几何关系知，光线在AB面上的折射角为30°．根据n= ，解得n= ．（ii）光线在AC面上的入射角为60°．sinC= 因为sin60°＞sinC，光线在AC面上发生全反射，无光线透出．答：（i）三棱镜的折射率为 ．（ii）三棱镜的AC边无光线透出．&【点评】本题考查光的折射，对数学几何能力的要求较高，平时需加强训练．　20．如图所示，ABCD竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的 圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B．水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L等边三角形，MN连线过C点且垂直于BCD．两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为+Q和Q．现把质量为m、电荷量为+q的小球（小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷），由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求：（1）小球运动到B处时受到电场力的大小；（2）小球运动到C处时的速度大小；（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小．&【考点】电势差与电场强度的关系；动能定理．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据库仑定律，结合平行四边形定则求出小球运动到B处时受到的电场力大小．（2）小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，根据机械能守恒定律求出C点的速度．（3）根据牛顿第二定律求出小球在B点竖直方向上的分力，结合库仑定律求出水平方向上的分力，从而根据平行四边形定则求出在B点受到的弹力大小．【解答】解：（1）设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和Q的库仑力分别为F1和F2．则&&&& ①小球沿水平方向受到的电场力为F1和F2的合力F，由平行四边形定则得F=2F1cos60°&& ②联立①②得&&&&& ③（2）管道所在的竖直平面是+Q和Q形成的合电场的一个等势面，小球在管道中运动时，小球受到的电场力和管道对它的弹力都不做功，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，有&&&&& ④解得&&&&& ⑤（3）设在B点管道对小球沿竖直方向的压力的分力为NBy，在竖直方向对小球应用牛顿第二定律得&& ⑥vB=vC ⑦联立⑤⑥⑦解得NBy=3mg⑧设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则 ⑨圆弧形管道最低点B处对小球的压力大小为 ．⑩由牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为 ．答：（1）小球运动到B处时受到电场力的大小为 ；（2）小球运动到C处时的速度大小为 ；（3）小球运动到圆弧最低点B处时，小球对管道压力的大小为 ．【点评】此题属于电场力与重力场的复合场，关键是根据机械能守恒和功能关系进行判断．要注意到电场力与重力、支持力不在同一条直线上．　21．如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，∠AOB=37°，圆弧的半径R=O．5m，圆心0点在B点正上方；BD部分水平，长度为0.2m，C为BD的中点．现有一质量m=lkg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：&（1）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？（2）为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，θ应为多大？（假设B处有一小段的弧线平滑连接，物块经过B点时没有能量损失）（3）接上一问，求物块在BD板上运动的总路程．【考点】动能定理．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）先对从A到B过程根据机械能守恒定律或动能定理，求出物块经过B点时的速度；在B点，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力，再由牛顿第三定律得到物块对工件的压力大小；（2）（3）先对A到D过程根据动能定理列式，再对A到C过程根据动能定理列式，最后联立求解；【解答】解：（1）设BD段长度为l，动摩擦因数为μ，研究物块运动，根据动能定理：W总=△EK从A到D的过程中有：mgR（1cos37°）μmgl=00从A到C恰好静止的过程中有：mgR（1cos37°）μFN=00又 BC段有：FN=F+mg代入数据联立解得：μ=0.5F=10N（2）右图中，从A到C的过程中，根据动能定理有：mgR（1cos37°）mgsinθμFN=00其中FN=mgcosθ& &联立解得：θ=37°（3）物块在C处速度减为零后，由于mgsinθ＞μmgcosθ物块将会下滑，而AB段光滑，故物块将做往复运动，直到停止在B点．根据能量守恒定律有：mgR（1cos37°）=Q&& 而摩擦生热为：Q=fsf=μmgcosθ代入数据解得物块在BD板上的总路程为：s=0.25m答：（1）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为10N；（2）为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角θ，θ应为37°；（3）接上一问，求物块在BD板上运动的总路程为0.25m．【点评】本题是动能定理的运用问题，关键是选择适当的过程运用动能定理列式，动能定理适用于多过程问题，可以使问题简化．　
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