高考物理高考知识点巡查专题34综合模拟测试

第二局部高考排雷模拟综合测试〔一〕1.2001年11月18日2时左右，大量狮子座流星雨以71km×1011×10-3m/s2 ×10-2×10-2m/s2 ×10-22.欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通过电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转60°，通过该直导线的电流为〔直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比〕I I C.I m，弹簧及与弹簧相连的挂钩质量忽略不计，放在光滑水平面上，现用两水平拉力F1、F2分别作用在与弹簧相连的挂钩和与外壳相连的提环上，如以下图所示，那么以下关于弹簧秤的示数正确的说法是F1＞F2时，示数为F1F1＜F2时，示数为F2F1、F2关系如何，示数均为F1F1、F2关系如何，示数均为F2“全国青少年创造创造比赛〞获奖作品中，有一“方便药水瓶〞，它是在药水瓶上再加一小杯型容器，该容器用两根细管与药水瓶相通，制成定量取药器，如图甲所示，使用时把药水瓶按图乙方式倒立，当药水停止流动时，再把药水瓶倒置如图丙所示，指定份量的药水便盛载在容器内，取下药水瓶盖，就可倒出指定份量的药水，有关药水量，以下说法中正确的选项是A管在取药器内插入深度确定B管在取药器内插入深度确定A管在药水瓶内插入深度确定B管在药水瓶内插入深度确定5.如以下图所示电路中，C1＞C2，当R1的滑动触头在图示位置时，C1和C2所带电量相等；假设要使C1的电量大于C2的电量，以下操作正确的选项是R2R1的滑动触头向左移动R2R1的滑动触头向右移动x轴正方向传播，波速分别为v、2v、3v、4v，a、b是x轴上所给定的两点，且ab=l.在t时刻a、b两点间四列波的波形分别如图〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕所示，那么由该时刻起a点出现波峰的波形图先后顺序正确的排列是A.〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕 B.〔2〕、〔3〕、〔1〕〔4〕C.〔2〕、〔4〕、〔3〕、〔1〕 D.〔3〕、〔2〕、〔1〕、〔4〕7.“伏安法〞测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量结果总存在误差，而按如以下图所示电路进行测量，那么由电压表、电流表内阻所造成的误差可消除.〔1〕请你简要写出还未完成的主要操作步骤，并用字母表达出相应的测量值.①闭合电键S1，电键S2接2，调节Rp和Rp′，使电压表读数接近满量程，读出电流表和电压表读数I2、V2.②保持Rp不变____________.〔2〕请你推导出待测电阻Rx的表达式.〔3〕用线把实物图按电路图连成测量电路.M=1kg的小车上固定有一质量为m=0.2kg,宽l=0.05m,电阻R=100Ω的100匝矩形线圈，一起静止在光滑水平面上，现有一质量为m0的子弹以v0=110m/s的水平速度射入小车中，并随小车线圈一起进入一与线圈平面垂直，磁感强度B=1.0T的水平匀强磁场中〔如图甲所示〕，小车运动过程的v—s图象如图乙所示.求：〔1〕子弹的质量m0为____________.〔2〕图乙中s=10cm时线圈中的电流强度I为____________.〔3〕在进入过程中通过线圈某一截面的电量为____________.〔4〕求出线圈小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量.9.如下图，M为悬挂在竖直平面内某一点的木质小球，悬线长为L.质量为m的子弹以水平速度v0射入球中而未射出，要使小球能在竖直平面内运动，且悬线不发生松弛，求子弹初速度v0应满足的条件.10.将氢原子中电子的运动看作是绕固定的氢核做匀速圆周运动，电子的电量为e,质量为m.〔1〕假设以相距氢核无穷远处作为零势能参考位置，那么电子运动的轨道半径为r时，原子的能量E=Ek+Ep=-,其中K为静电力恒量，试证明氢原子核在距核r处的电势Ur=K.(2)在研究电子绕核运动的磁效应时，可将电子的运动等效为一个环形电流.现对一氢原子加上一外磁场，其磁感应强度大小为B，方向垂直电子的轨道平面，这时电子运动的等效电流用I1表示.将外磁场反向，但磁感应强度大小仍为B，这时电子运动的等效电流用I2表示.假设上述两种情况下氢核的位置、电子运动的轨道平面与轨道半径都不变.求外磁场反向前后电子运动的等效电流的差值，即｜I1-I2｜等于多少？

综合测试〔二〕1.无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线合起来，构成了范围非常广阔的电磁波谱.不同的电磁波产生的机理不同，表现出的特性也不同.以下关于电磁波应用的说法，不切合实际的是C.用X射线照射马铃薯，可以防止其发芽，以便长期保存γ射线处理医院排放的污水，可杀死各种病原体，保护环境免受污染2.〔2003年上海，6〕粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图，那么在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是3.如下图，气缸竖直放置在水平地面上，质量为mhΔE，不计气体重心改变的影响，那么以下说法正确的选项是〔不计摩擦〕A.mgh=ΔE B.mgh＞ΔEC.mgh＜ΔE m的篮球潜入水下，在深为h的水底篮球无初速释放，篮球在水中加速上升，穿出水面后继续竖直上升，上升的最大高度为H，不计水的粘滞阻力、空气阻力和空气浮力，那么①篮球在上升全过程中的机械能守恒；②在上升全过程中浮力做的功等于篮球克服重力做的功；③篮球在上升过程中的机械能增加量等于水的浮力对篮球做的功；④篮球在水中上升过程的动量变化与在空中上升过程的动量变化相同；A.①② B.②③ C.②③④ D.②④a为电热毯的电路图，电热丝接在u=311sin100πtV的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图b所示波形，从而进入保温状态，假设电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是V V V V6.著名的密立根油滴实验测出了根本电荷数值，其实验装置如下图，M、N为两块水平放置的黄铜板，两板间距为d,上板M开有一小孔.由喷雾器喷出的油滴通过这小孔进入两板间：由于摩擦作用，这些油滴分别带有正电荷或负电荷.光源发出的光，照亮了油滴，再用显微镜来观察和测量油滴的运动.显微镜的目镜中装有分划板，如下图，分划板上每小格的距离是的，因此利用分划板可以很方便地测量油滴运动的距离；再配合使用秒表，就可以测定油滴的速度.S是一个单刀双掷开关，当S接1时，MN板间短路；当S接2时，M、N板间接一连续可调的平衡电压U.油滴速率不大时可看做球形，在空气中运动时所受阻力可由斯托克斯公式f=6πηrv〔其中r为油滴半径、η为空气的粘滞系数〕.实验开始时，使S接1，某一带负电油滴由于重力加速下落，随着速率增加，所受空气的阻力也增加，因此油滴很快以某一终极速率匀速下落，测出它的速度v1，油滴密度为ρ1，空气密度为ρ2，当地重力加速度为g,空气的粘滞系数为η，那么油滴的半径为____________，然后把单刀双掷开关S扳向2，这时电极板间形成一匀强电场，调节两板间的电压U，使这个油滴恰好能匀速上升，测出它上升的速度v2,油滴所带电量为____________.7.1957年10月4日，苏联发射了世界上第一颗人造地球卫星以来，人类活动范围从陆地、海洋、大气层扩展到宇宙空间，宇宙空间成为人类的第四疆域，人类开展空间技术的最终目的是开发太空资源.(1)宇航员在围绕地球做匀速圆周运动的航天飞机中，会处于完全失重状态，以下说法中正确的选项是 (2)宇宙飞船要与轨道空间站对接，飞船为了追上轨道空间站D.无论在什么轨道上，只要加速就行(3)空间站周期约为９０mｉｎ，地球半径约为6400ｋm，地面重力加速度约为１０m/s２，由此计算空间站离地面的高度?(4)太空中生长的植物，根失去了向地生长、茎失去了背地生长的特性是因为____________．地面生长的植物，根的向地生长、茎的背地生长，表达了生物具有____________的特征，因而能够____________周围的环境.8.在方向水平的匀强电场中，一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，然后无初速度释放.小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ(如图)，求小球经过最低点时细线对小球的拉力.9.一般情况下，金属都有电阻.电阻是导体的属性之一，当条件发生改变时，其属性也会发生改变.〔1〕实验说明，某些金属当温度降低到某一定值时，其电阻突然降为零，这种现象叫做____________现象.这一特定温度称为转变温度，其值与金属材料有关.〔2〕将某种液态物质倒入金属盘后，能使金属盘到达转变温度，在金属盘上方释放一永磁体，当它下落到盘上方某一位置时即产生磁悬浮现象.试根据下表列出的几种金属的转变温度和几种液态物质的沸点数据，判断所倒入的液态物质应是____________，金属盘的材料应是____________.金属转变温度/K 液态物质沸点/K铱 液氦 锌 液氮 铝 液氧 锡 液态甲烷 铅 液态二氧化碳 〔3〕试分析说明产生磁悬浮现象的原因.〔4〕利用上述现象，人们已经设计制成磁悬浮高速列车，列车车厢下部装有电磁铁，运行所需槽形导轨的底部和侧壁装有线圈，用以提供____________.这种列车的运行速度是一般列车运行速度的3~4倍，能到达这样高速的原因是____________.B的匀强磁场中，一静止的质量为M的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为m，电量为qα粒子运动的轨道半径R，试求在衰变过程中的质量亏损.〔注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计.〕

综合测试(三)1.在油膜法测分子直径的实验中，用盆口直径为0.4m的面盆盛水，要让油酸滴在水面上散成单分子油酸膜，那么油酸滴体积不能 大于____________m3.实验中可以先把油酸稀释成油酸溶液，再用特制滴管把这种油酸溶液滴到水面上.假设测得1mL油酸溶液为120滴，那么1mL油酸至少应稀释成____________mL的油酸溶液.-10;几十 -11;几百-13;几千 -9;几万2.据?北京晚报?报道，2001年5月3日下午5时左右天空雷鸣电闪，雨点刷刷的落下，正在紧张地对一架飞机的机翼进行检修作业的机场维修人员被突如其来的雷电击倒在地，4人轻伤，3人受了重伤…….从物理学的角度加以分析，下面对机场发生现象的判断和解释正确的选项是A.是电磁感应现象，由于云层与停机坪间发生放电所致B.是光电效应现象，由于云层与停机坪间发生放电所致C.是静电感应现象，由于云层与停机坪间发生放电所致3.如下图，凸透镜的主轴上有一个点光源S发出绿光，其中射到凸透镜上的两条光线：SA和SOS发出紫光，那么SA和SO这两条光线从凸透镜射出后可能是A.仍是平行光，如图中的2、5B.仍是平行光，可能是光线1、4，也可能是3、6C.不是平行光，如图中的1、5D.不是平行光，如图中的3、54.如下图，一细导体杆弯成四个拐角均为直角的平面折线OabcdO′，Oa和dO′Oabcdc′方向通有恒定的电流I.假设在空间突然施加一个匀强磁场，以下说法正确的选项是A.如果磁场方向竖直向下，那么导体杆要偏离竖直平面，随偏离竖直平面的夹角增大，bc段受到的磁场力逐渐减小，对OO′轴的力矩也逐渐减小B.如果磁场方向竖直向下，那么导体杆要偏离竖直平面，随偏离竖直平面的夹角增大，bc段受到的磁场力不变，对OO′轴的力矩逐渐减小C.如果磁场方向垂直纸面向外，那么导体杆要偏离竖直平面，随偏离竖直平面的夹角增大，bc段受到的磁场力逐渐减小，对OO′轴的力矩也逐渐减小D.如果磁场方向垂直纸面向外，那么导体杆要偏离竖直平面，随偏离竖直平面的夹角增大，bc段受到的磁场力不变，对OO′轴的力矩逐渐减小5.一个小物块冲上一个固定的粗糙斜面，经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B、AA到B的过程和下滑时由B到A的过程，动能的变化量的绝对值ΔE上和ΔE下，以及所用时间t上和t下相比拟，有A.ΔE上＜ΔE下，t上＜t下B.ΔE上＞ΔE下，t上＞t下C.ΔE上＜ΔE下，t上＞t下D.ΔE上＞ΔE下，t上＜t下6.如图是三条平行的橡皮绳，在左端同一地点同时开始振动，MN是距起点相同距离的一条界线，经一定时间后出现图示情况，从图中，利用你学过的物理知识你能得到哪些结论？(要求至少说四条结论)例：A、B列波的传播速度是相等的，C的波速要小.____________x×１０－８C.质量为25×１０－３kg的物体在光滑水平面上沿着x轴作直线运动，其位移与时间的关系是xtt2，式中x以m为单位，t以s为单位.从开始运动到58.磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ，式中B是磁感强度，μ是磁导率，在空气中μB.一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离Δl，并测出拉力FF所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B=____________.L、截面为正方形的塑料管道水平放置，其右端面上有一截面积为A的小喷口，喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞，在活塞的中部和上局部别嵌有两根金属棒a、b，其中棒ba中通有垂直纸面向里的恒定电流I时，活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出，液体落地点离喷口的水平距离为s.假设液体的密度为ρ,不计所有阻力，求：(1)活塞移动的速度；(2)该装置的功率；(3)磁感应强度B的大小；(4)假设在实际使用中发现电压表的读数变小，试分析其可能的原因.10.右图是证实玻尔关于原子存在不连续能量状态的一种实验装置的原理示意图，由电子枪A射出的电子，射进一容器BO点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器C，然后进入检测装置D.图1速度选择器C由两个同心的圆弧形电极P1和P2组成，当两极间加以电压U时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置D，由检测装置测出电子产生的电流I.改变电压U，同时测出I的数值，即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布.为简单起见，设电子与原子碰撞前，原子是静止的.原子质量比电子质量大很多，碰撞后，原子虽然稍微被碰动，但忽略这一能量损失，设原子未动.当电子与原子发生弹性碰撞后，电子改变运动方向，但不损失动能.当发生非弹性碰撞时，电子损失的动能传给原子，使原子内部的能量增大.图2(1)设速度选择器两极间的电压为U(V)时，允许通过的电子的动能为Ek(eV)，试求出Ek(eV)与U(Vr=20.0cm，电极P1和P2的间隔d=1.00cm，两极间场强的大小处处相同.(2)当电子枪射出电子的有Eko=50.0eV时，改变电压U(V)，测出电流I(A)，得到如上图所示的U~I图线.图线说明，当电压U为5.00V，2.88V，2.72V，2.64V时，电流出现峰值.先定性地说明上图表示的物理意义，根据实验结果求出氦原子三个激发态的能级En(eV)，设基态的能级E1=0.

综合测试(四)1.在少儿乐园里，一个儿童正在蹦床上蹦跳，他从高处落到蹦床上后又被蹦床弹回.几个观看的高中生那么在旁描绘儿童的加速度随时间变化的图象，他们所画的以下图象中，正确的选项是2.如下图，这是工业生产中大局部光电控制设备用到的光控继电器的示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等几局部组成.(1)示意图中，a端应是电源____________极.(2)光控继电器的原理是：当光照射光电管时，________________________.(3)当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应，那么以下____________说法正确.A.增大绿光照射强度，光电子最大初动能增大B.增大绿光照射强度，电路中光电流增大K时，电路中一定有光电流K时，电路中一定有光电流3.某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器。经降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电顶峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时Ａ．升压变压器的副线圈的电压变大Ｂ．高压输电线路的电压损失变大Ｃ．降压变压器的副线圈上的电压变大Ｄ．降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大4.如下图，平行直线表示电场线，但未标方向，带电量为-10-2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，假设AA.B点电势为+10V5.下面关于凸透镜及其应用的结论，正确的选项是①照相机镜头的焦距不会大于或等于暗箱的最大长度②放幻灯片时，映出来的总是虚像③用放大镜观察物体时，物距小于焦距④要使照相机底片上的人像大一些，应使照相机接近被拍摄的人，且把暗箱长度缩短一些A.①③ B.②④ C.①④ D.②③6.有一只家用电熨斗，其电路结构如图1所示，改变内部接线方式可以使电熨斗处于断开状态和获得低、中、高三个不同的温度档，图2是它的四种不同的连线方式，其中能获得低档温度的是图1 图2m的物体在地球上万有引力势能Ep=-(以无穷远处势能为零，M为地球质量，G为引力常量，r表示物体到地心的距离).只要物体在地球外表具有足够大的速度，就可以脱离地球的引力而飞离地球(即到达势能为零的地方).这个速度叫第二宇宙速度.(1)取地球半径为R=6400km，地球外表重力加速度g=10m/s2，试依据能量守恒定律计算第二宇宙速度大小.(2)和地球一样，任何星球都有这样一个“第二宇宙速度〞.一旦这个“第二宇宙速度〞的大小超过了光速，那么任何物体(包括光子)都无法摆脱该星球的引力.于是其内部与外界断绝了一切物质和信息的交流，从宇宙的其他局部看来，它就像是消失了一样，这就是“黑洞〞.试分析一颗质量为M×１０３１kg的恒星，当它的半径坍塌为多大时，就成为一个“黑洞〞？(取G=7×１０－１１Nm2/kg2d，其中N为锌板，受紫外线照射后将激发出沿不同方向运动的光电子，开关S闭合时电流表有示数，假设调节变阻器R，逐渐增大两板间电压，电流表示数逐渐减小，当电压表示数为U时，电流表示数恰为零，断开S，在MN间加上垂直纸面的匀强磁场，当磁感应强度为B时，电流表示数也为零，求光电子荷质比的表达式.9.如图(a)所示，光滑平行导轨MN、PQ相距L=0.2m，导轨左端接有“Ｖ，０.8Ｗ〞的小灯泡，磁感应强度Br0.5Ω，其余导线电阻不计.(1)求导体棒的最小速度v０.(2)写出导体棒速度v与它到左端MP的距离x的关系.(3)根据v与x的关系式算出表(ｂ)中对应的v值并填入表中，然后在图(ｃ)中画v—x图象.x/m012v(m/s)(b)(c)10.如下图，质量为M=0.8kg的小车静止在光滑的水平面上.左端紧靠竖直墙壁，在车上左端水平固定着一只轻弹簧，弹簧右端放一个质量为m=0.2kg的滑块，车的上外表AC局部为光滑水平面，CB局部为粗糙水平面，CB长L=1m，滑块与车间的动摩擦因数μW=2.5J，滑块与车右端挡板和与弹簧碰撞时无机械能损失，g=10m/s2.求：(1)滑块释放后，第一次离开弹簧时的速度？(2)滑块停在车上的位置离B端有多远？

参考答案第一局部高考雷区巡查专题一运动规律运用9.不同意该同学的解法.正确答案为0.2s10.提示：此题物理图景是把车厢的运动转化为质点运动，然后利用匀变速运动规律解之.第一节车厢通过的时间t1=,由初速度为零的匀变速运动的比例关系，第n节车厢通过的火车运动的时间：tn=t1所以由第5节至第16节车厢通过的时间应为：Δt=t16-t4=()t1=(4-2)×2=4(s).11.〔1〕设最低击球点离地面的高度为x,球的运动可看做平抛运动，因恰好落在对方3m线处，它在己方一侧和对方一侧的水平位移相等，即在球网两侧运动时间相等.它在竖直方向的分运动是自由落体运动，在球网两侧下落高度之比应是1∶3.即x＝ｈ＝２．６７m(2)假设球沿场地边线前进，落到对方3m线处的水平位移为l１＝６m，假设球沿两侧3m线对角方向前进，落到对方3m线处的水平位移为：l２＝＝１两种情况下球在空中运动的时间都是ｔ＝＝０．７３ｓ．两种情况下球的水平速度分别是：v１＝＝８．２m/sv２＝＝１３．７m/s 即初速度的范围８．２m/s≤v０≤１３．７m/s．12.假设切成矩形，那么割刀相对于运动的玻璃板的速度大小为10m/s,方向与板运动方向垂直，设轨道方向与玻璃板的运动方向夹角为θv刀cosθ=v玻cosθ=2/10所以θ切割一次的时间t=L/v刀sinθ=9/=0.91s专题二力和物体的平衡4.提示：以结点O为研究对象，它所受橡皮条的拉力始终不变，把此拉力的平衡力沿F1和F2方向进行分解，如下图，弹簧秤A的拉伸方向不变，那么F1的方向不变；在弹簧秤B顺时针转动过程中，F2B转动过程中的三个位置，两弹簧秤读数分别为F1′，F2′，F1″,F2″,,.观察表示力大小的有向线段长短变化，可看出弹簧秤A的读数F1一直逐渐减小，而弹簧秤B的读数F2是先减小后增大，当弹簧秤B转动到与弹簧秤A垂直时F2最小，应选D.答案：D5.提示：以物体m为研究对象，受力如图，依平行四边形法那么将两个拉力T合成，合力为F，如图，依平衡条件有F=G=mg ①由三角形相似有： ②由①、②解出L=T·s/故正确答案为T·s/答案：T·s/6.提示：〔1〕利用几何知识，确定细绳的夹角；〔2〕弄清一根绳子经挂钩分成两段，两段的拉力大小相等.答案：10α较小时〔此时铁块相对木板静止〕，铁块受到的是沿斜面向上的静摩擦力，那么：f静=mgsinα,随α增大，f静增大.当α增到一定值a0时铁块开始相对木板向下滑，静摩擦到达最大.此时有：mgsinα0=μmgcosα0，即α0=arctgμ,铁块在沿斜面下滑过程中：f滑=μmgcosα.随α增大，f滑减小，且当α=90°时，f滑f随角度α变化曲线如图中实线所示.8.A球受重力mg、B球对它的库仑斥力F和悬线的拉力T的作用，平衡时此三力的合力为零，那么F与mg的合力与T等值反向，如下图，由右图中两个阴影三角形的相似便可得出： ①由库仑定律可得：F=k ②由①②两式可得：==所以d2=d1l′,由三角形相似有：所以，N=GT=G=2Gcosθ ①由胡克定律T=k(l′-L) ②又由几何关系l′=2Rcosθ ③由①②③式解得θ=arccosAC刚伸直时，小球受力如图由平衡条件可得：F1cosθ=TB·cosθ ①F1sinθ+TB·sinθ=mg ②由①②得：F1==N绳AB中拉力刚好为0时，小球受力如图由平衡条件可得：F2sinθ=mg那么F2==N所以F的范围N≤F≤N专题三摩擦力问题7.(F2-F1)/2v０＝Ｉ／m，它在磁场中受到洛伦兹力ｆ洛＝Ｂqv０＝ＢqＩ／m和重力G＝mｇ．①假设ｆ洛＝Ｇ，那么带电体做匀速直线运动，不受摩擦力作用.②假设ｆ洛＞G，那么带电体贴着a板前进，其受的滑动摩擦力ｆ滑＝μＮ＝μ〔Ｂqv－mｇ〕，速度越来越小，ｆ滑变小，当v减小到v１时又有Ｂqv１＝mｇ，其又不受摩擦力作用而匀速前进.③假设ｆ洛＜G，那么带电体贴着b板前进，有：ｆ滑＝μΝ＝μ〔mｇ－Ｂqv〕，它做减速运动直至静止，带电体一旦静止，那么有ｆ滑＝ｆ静＝０．m由A运动至静止于B整个过程中，由动能定理：EQＬｓｉｎθ－mｇＬｓｉｎθ－ｆｓ＝０ｆ＝μ〔ＥＱ－mｇ〕ｃｏｓθ所以ＥＱＬｓｉｎθ－mｇＬｓｉｎθ－ｓ〔ＥＱ－mｇ〕μｃｏｓθ＝０ｓ＝Ｌｔｇθ／μ10.(1)拉力F应等于各接触面黑毛巾所受摩擦力之和，即Ｆ＝μ·mｇ＋μ·mｇ＋μ·mｇ＋μ·２mｇ＝５μmｇ(2)Ｆ＝μ·mｇ＋μmｇ＋μ·mｇ＋……＋μ·２ｎmｇ＝μmｇ〔１＋２＋３＋……＋４ｎ〕＝μmｇ〔１＋４ｎ〕·＝〔４ｎ＋１〕ｎμmｇ11.画出俯视图如以下图所示，v是滑块相对传送带的速度，所以滑块受滑动摩擦力f与vｆ＝μmｇ＝０．４×５×１０Ｎ＝２０Ｎ为使滑块匀速运动，推力F应与f的分力f１大小相等.由几何关系得ｆ１＝Ｎ≈４Ｎ，所以F＝ｆ１＝４Ｎ.专题四运动和力1.提示：物体的受力方向和初速度方向的关系决定着运动轨迹.物体自由下落阶段为直线运动，当受到恒定水平风力影响时，速度与合外力不共线，轨迹应为曲线，获得水平速度.当风力停止时，物体的速度方向和合外力方向仍不共线，轨迹仍为曲线.正确答案为C.答案：Cv1＞v2,向右的加速过程一直持续到物块滑离皮带，由运动规律可以确定物块离开皮带时速度大小仍为v2,即v3=v2;假设v1＜v2,向右的加速度过程只能持续到物块与皮带的速度相等，即v3=v1.答案：AB3.提示：小孩落在蹦床上之前做匀速直线运动，其v—t图为一段直线，刚落到蹦床上时〔t1时刻〕，重力大于弹力，做向下的加速度减小的加速运动，速度达最大时〔t2时刻)重力等于弹力，继续向下运动时重力大于弹力，小孩向下做加速度逐渐增加的减速运动至速度减小为零〔t3时刻〕，随后向上做加速度逐渐减小的加速运动，当弹力与重力相等时向上的速度到达最大值〔t4时刻〕，继续运动时弹力小于重力，做加速度增大的减速运动，速率与刚落到蹦床上时的速率相等时与蹦床别离〔t5时刻〕，其后只在重力作用下做竖直上抛运动，其v—t图又为一段直线.答案：C4.提示：此题中电子在t=0、T/8、3T/8、T/2时刻进入电场时的v—t图象如下图.答案：AB7.提示：物体滑上木板时，因木板以v１匀速运动，所以物体相对于木板的速度v３v３反向，所以物体相对地面的速度与f滑不共线，物体相对木板的速度与f滑共线.答案：曲线，直线M，小球质量为m，对筒施加F＝２１Ｎ的向下恒力后，筒的加速度a１＝经ｔ＝０，５ｓ小球恰好跃出筒口.那么：a１ｔ２－ｇｔ２＝l代入数据０．７５＝a１×０．５２－×１０×０．５２，a１＝１６m/s２Ｍ＝３．５ｋｇ所以小球的质量m＝４－Ｍ＝０．５ｋｇ9.〔1〕设物体P滑至B时速度大小为vＢ．由动能定理得：mｇｈ＝mvＢ２所以vＢ＝ ①〔2〕设物体P刚滑到传送带右端时速度大小v１，因为物体P离开传送带时仍落C点所以v１ｔ＝l＝vＢｔ所以v１＝vＢ ②由动能定理：mｇｈ－μmｇ＝mv１２ ③解由①②③组成的方程组得：μ＝ ④〔3〕设物体P一直加速到传送带右端速度大小为v２由动能定理：mｇｈ＋μmｇ＝mv２２ ⑤由②⑤得：v２＝＝ ⑥由②得物体一直减速到传送带右端速度大小物体从离开传送带到落地时间ｔ＝＝ ⑧所以O、D间距离s随速度变化的函数关系式：10.〔1〕细筒运动时，小球将受向上的洛伦兹力，当洛伦兹力大于重力时，小球开始沿筒上升，即Bqv0＞mg.所以v0＞mg/Bq(2)当v＞v0时，小球受沿筒壁向上的洛伦兹力分量为fy=Bqv,小球向上的加速度为：a=.可见a为定值，小球沿管壁竖直向上的分运动是匀加速，当上升高度h时，设竖直速度为vy,那么：vy==小球受洛伦兹力的水平分量方向向左，大小为fx=Bqvy=Bq.为使小球在水平方向上与筒一起匀速运动，筒对球的压力N=fx.由牛顿第三定律，小球对筒壁的压力N=N′.所以N′=fx=Bq,且〔h≤L〕.专题五几种典型的动力学问题1.提示：在绕地球做匀速圆周运动的卫星内的物体均处于完全失重状态，水银气压计，靠气体压力与水银重力平衡而显示示数；摆钟靠重力分力提供回复力.而电磁式仪表，靠电流和磁场的作用显示示数；弹簧秤靠弹簧形变显示示数.答案：AＤ3.提示：为使猴子向上爬时，物体不离开地面，那么猴子拉绳的力Ｔ≤Ｍｇ，其加速度a＝≤ｇ.答案：B7.提示：在水平方向上：f=maｘ＝maｃｏｓ３０°，在竖直方向上：Ｎ－mｇ＝maｙ＝maｓｉｎ３０°，答案：／５8.提示：水平细线剪断前，小球受三力而平衡，如下图，这时弹簧弹力T＝mｇ／ｃｏｓθ，且它与重力mg的合力与水平绳的拉力F反向，即水平向右.由于弹簧属弹性绳模型，当水平线被剪断瞬间，弹簧拉力大小和方向均不变，即T′＝Ｔ＝mｇ／ｃｏｓθ°.答案：mg/ｃｏｓθ；90°9.提示：先求A球运动到最低点时，A球作用于圆管的力，为此要对A球进行受力分析.在圆管最低点，A球受两个力作用：重力，大小为mg,方向竖直向下；圆管对它的弹力，大小方向待求，设大小为N１N１－m１ｇ＝m１v０２／Ｒ ①解得圆管作用于A球的力N１的大小等于Ｎ１＝m１〔ｇ＋〕 ②N１＞0说明圆管对A球的力的方向确是竖直向上的.由此根据牛顿第三定律就得知，当A球运动到最低点时，A球作用于圆管的力的大小为N１，方向竖直向下.再求B球运动到最高点时，BB球的受力情况，在圆管的最高点，B球受两个力作用：重力，大小为m２ｇ，方向竖直向下；圆管对B的弹力，大小方向待求，设大小为N２m２ｇ－Ｎ２＝m２v′２／Ｒ ③③式中v′是Bm２v０２＝m２v′２＋m２２ｇＲ ④由④式得到v′２＝v０２－４ｇＲ ⑤以⑤式代入③式，解得N２＝m２〔５ｇ－〕 ⑥由⑤式可知，v０２必大于4gR，否那么B球不能运动到最高点，从⑥式可知，如果５ｇＲ＞v０２＞４ｇＲ，那么N２＞０，此时圆管对B球的力方向竖直向上，大小为m２〔５ｇ－〕；如果v０２＞５ｇＲ，那么Ｎ２＜０，圆管对B球的力方向竖直向下，大小为m２〔－５ｇ〕．再根据牛顿第三定律就得到当B球运动到圆管最高点时，B球作用于圆管的力，如果5gR＞v０２＞４ｇＲ，那么方向竖直向下，大小为m２〔５ｇ－v０２／ｇ〕；如果v０２＞５ｇＲ，那么方向竖直向上，大小为m２〔－５ｇ〕．显然欲要使得A球运动至管的最低点，同时B球运动到管的最高点时，两球对圆管的合力为零，那么B球作用于圆管的力N２应竖直向上且与A对管向下的力N１大小相等，即m１〔ｇ＋〕＝m２〔－５ｇ〕 ⑦化简后可得(m１－m２〕v０２／Ｒ＋〔m１＋５m２〕ｇ答案：〔m１－m２〕v０２／Ｒ＋〔m１＋５m２〕ｇP受力的变化和运动情况，拉力F未施加到P上时，设弹簧压缩长度为x,由于P处于静止状态，所以它受到重力mg和弹力kx的作用，且kx=mg.拉力F作用到P上后，P受力不再平衡，合力竖直向上，由于P向上的加速度a恒定，x值减小，弹力kx也逐渐减小，所以FF合和加速度a的关系满足Ｆ合＝Ｆ＋ｋｘ－mｇ＝ma．拉力F刚施加到P上的瞬间，F１＋ｋｘ－mｇ＝ma，因为此时刻ｋｘ＝mｇ，所以F１＝ma，Ｆ１为最小值.P以加速度a竖直向上加速运动.当弹簧恢复到原长时，P不受弹力作用，拉力增大到F２，这时刻应有Ｆ２－mｇ＝ma，以后P也不再受到弹簧弹力的作用，因此F２作为恒力使P继续以加速度a向上加速运动，可见F２即是拉力的最大值.由F１＝ma和F２－mｇ＝ma二式确定F１、Ｆ２的值还需要知道a的大小.根据题意，F为变力的时间为0.2ｓ，这段时间P上升的高度就是弹簧被压缩的长度x，由此可以确定加速度a的值.ｋｘ＝mｇｘ＝＝m＝０．１５mｘ＝aｔ２a＝＝m/s２＝７．５m/s２所以拉力F的最小值为Ｆ１＝ma＝１２×７．５Ｎ＝９０Ｎ拉力F的最大值为Ｆ２＝m〔a＋ｇ〕＝１２×〔７．５＋１０〕Ｎ＝２１０Ｎt1==4.55s〔1〕假设木箱在减速过程中始终相对静止，那么车完全停住至少需要t1=4.55s(2)假设木箱在减速过程中相对车滑动，设车最大的加速度为a,那么有-＜1.6,a＜5m/s2木箱停定至少要t==4.4s综合〔1〕〔2〕，从开始刹车到车完全停定至少要经4.4s.专题六天体的运动1.提示：以初速度v发射后绕地球做匀速圆周运动，那么v=７．９km/s，那么2v=１５．８km/s，显然2v已超过第二宇宙速度v2=11.2km/s，所以不可能再绕地球运行；但2v小于第三宇宙速度v3=16.7km/s，因而它还没有足够的能量挣脱太阳引力束缚，不会飞离太阳系.答案：C3.提示：地球与月球间的万有引力为：Ｆ＝Ｇ，依题意r不变，但Mm将减小，故F将减小.又由G=m,r不变M增大，所以v将增大，由T=和ω=,可知T减小，ω增大.答案：ACD4.提示：在某行星外表运行的卫星有：mｇ＝Ｇ＝mＲ＝m．得：行星质量M＝，行星外表的重力加速度ｇ＝Ｒ，第一宇宙速度v＝，R、T可求得M、g、v.对该星的同步卫星，设其周期为T′(等于该星自转周期)、距其外表高度为h,那么有：G＝m〔Ｒ＋ｈ〕，得ｈ＝－Ｒ，由于T′未知，所以h不可求.答案：ABD5.提示：卫星在轨道1和3上均做匀速圆周运动，满足G＝m，得：v＝，由于ｒ３＞ｒ１，所以有v１＞v３．卫星从轨道1上的A点进入轨道2做离心运动，有G＝m＜m故v２＞v１，即需加速才能进入轨道2；而在轨道2上的B点要进入轨道3也必须加速，即从轨道1到轨道3通过了两次加速过程(做功过程)，所以卫星在轨道3上比在轨道1上的机械能大.卫星在B点受合外力为万有引力，加速度a＝Ｆ引／m，与在轨道2还是轨道3无关.答案：AB6.提示：如果它是土星的一局部，那么会与土星一起转动，应与土星自转角速度相等，其线速度v=Rω∝R.假设它是土星的卫星，那么由万有引力提供向心力，有G=m,v=∝,即v2∝.答案：AD8.提示：考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解.设中子星的密度为ρ,质量为M，半径为R，自转角速度为ω,位于赤道处的小块物质质量为m，那么有=mω2Rω=M=πR3ρ由以上各式得ρ=代入数据解得ρ×1014kg×1014kg9.〔1〕A〔2〕BC〔3〕月球两极地区受到的太阳辐射少，因此温度比其他地区低得多，这使得水能以固态的形式在该处永久保存.由质子获取氧化铁中的氧形成的水占总量的10%，即6×105t，其中氢的质量占水的质量的×104t.(4)4×10810.〔1〕双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率为v,得M ①v= ②T计算==πL ③〔2〕根据观测结果，星体的运动周期T观测=T计算＜T计算 ④这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量M′，位于中点O处的质点的作用相同.考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v观测，那么有M ⑤v观测= ⑥因为在周期一定时，周期和速度成反比，由④式得=· ⑦把②⑥式代入⑦式得M′=M设所求暗物质的密度为ρ，那么有π()3ρ=M故ρ=.专题七功和能２.提示：跳一次的时间是ｔ０＝ｓ人上抛到最高点时间为ｔ＝××〔１－〕ｓ＝０．１ｓ，此过程克服重力做功，Ｗ＝mｇ〔ｇｔ２〕跳绳时克服重力做功的平均功率：＝Ｗ／ｔ０答案：754.提示：从物体由A开始运动，到物体再回到O点时的过程中，弹簧弹力对物体做功为零，根据动能定理：５Ｆｓ＝mv２，所以v＝.答案：C6.提示：由动能定理：Ｗ１＋Ｗ２＋Ｗ３＝Ｅｋ－０，又由重力做功与重力势能变化的关系，Ｗ１＝－ΔＥｐ＝－〔Ｅｐ－０〕代入可得：Ｗ２＋Ｗ３＝ΔＥｋ＋ΔＥｐW２＋Ｗ３＝０时，ΔＥｋ＋ΔＥｐ＝０，即：除重力外其他外力做功代数和为零，系统机械能保持不变.答案：AC7.提示：撤去外力后，AB一起向上运动，由于A固定在弹簧上所以当弹簧恰好原长时，A、B两物体别离，之后A做简谐振动，B做竖直上抛运动.撤去外力后，A、B与弹簧组成系统机械能守恒，弹簧弹性势能的减少等于A、BF到弹簧原长的过程中Ｅｐ－０＝２mｇ〔２ΔＬ１＋ΔＬ２〕＋·２mvＢ２，由此可解得vＢ.答案：L；C处钉子做圆周运动到B处，小球在B处的动能为mｇＬ，这样一来，总的机械能增加了，违背了守恒定律，说明小球不可能到达这一位置.答案：D9.(1)Ｅｐ０－Ｅｐ＝mｇｒ－mｇ·＝mｇｒ(2)mｇｒ＝mvＡ２＋m〔〕２＝mvＡ２，vＡ＝〔３〕mｇｒｃｏｓθ－mｇ〔１＋ｓｉｎθ〕＝０，２ｃｏｓθ＝１＋ｓｉｎθ4〔１－ｓｉｎ２θ〕＝１＋ｓｉｎ２θ＋２ｓｉｎθ5ｓｉｎ２θ＋２ｓｉｎθ－３＝０ｓｉｎθ＝〔舍其负根〕θ＝aｒｃｓｉｎ.10.+gh)专题八守恒定律的综合应用2.提示：由题意知：乙的动量由7kg·m/s变为10kg·m/s，显然是甲追乙，乙的动量增加了3kg·m/s，由动量守恒知：甲的动量一定减少了3kg·m/s，即甲的动量变为2kg·P２＝２mＥｋ＋≥＋，得≥再考虑到速度关系碰前有＞，即＞；碰后有≤，即≤５，联立以上关系得≤≤５.答案：C4.提示：当弹簧的弹力由零增大到与F１、Ｆ２等大的过程中，m、M一直做加速运动，此后做减速运动到弹簧伸长量最大时，速度为零.从开始运动到弹簧伸长量最大过程中，F１、Ｆ２对系统做正功，机械能增大.m、M从弹簧最大伸长量状态开始，做反向加速运动，克服F１、Ｆ２做功，机械能减少，且在弹簧的弹力减小到与F１、Ｆ２的大小相等时，有最大速度，由动量守恒定律可知此时的最大速度与弹簧伸长到弹力与Ｆ１、Ｆ２的大小相等时的速度大小相等.答案：BCDＭv０＝〔Ｍ＋m〕v，v＝又由能量关系：Ｑ＝ΔＥ损＝mv０２－〔Ｍ＋m〕v２＝.答案：BC6.〔〕２7.v０8.(1)系统动量守恒：Mv０－mv０＝〔Ｍ＋m〕v ①由上式得最后速度大小v＝v０，方向向右.(2)设摩擦力为f，木块向左的最大位移为s，由动能定理：ｆＬ＝mv０２－〔Ｍ＋m〕v２ ②ｆｓ＝mv０２ ③由①②③式得：ｓ＝Ｌ9.(1)因B、C间的弹簧已无压缩余地，因而在受外界冲击时应看做一个物体，根据动量守恒定律，有：mv０＝〔m＋２m〕v，所以v＝v０ ①弹簧伸展后C与A、B分开，仍有动量守恒，设AB速度为v１，C的速度为v０向右，那么〔m＋２m〕v＝２mv１＋mv０，所以v１＝０. 此过程弹簧释放的能量为Ｅｓ，那么Eｓ＋〔m＋２m〕v２＝〔２m〕v１２＋mv０２ ③解之：v１＝０，v＝v０，ΔＥ＝mv０２(2)依(1)的同样理论，有mv＝〔m＋２m〕v′，所以v′＝v ④(m＋２m)v′＝２mv１′＋m〔２v０〕，所以v１′＝－v０ ⑤E２′＋〔m＋２m〕v′２＝〔２m〕v′１２＋m〔２v０〕２ ⑥解之ΔＥ′＝m〔v－６v０〕２(3)依题意，有：ΔＥ＝ΔＥ′，即：mv０２＝〔v－６v０〕２解之v＝４v０，v＝８v０〔舍去〕但由于④⑤解得v１′＝v－v０，将v＝８v０代入此式，v１′＝３v０不合题意，舍去.10.(1)第一颗子弹射入木块过程中，系统动量守恒有：mv０＝〔Ｍ＋m〕v１ ①射入后，在OBC运动过程中，机械能守恒有：〔Ｍ＋m〕v１２＝〔Ｍ＋m〕ｇＲ ②由①②两式得v０＝ ③(2)由动量守恒定律知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动.当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得mv０＝〔９m＋Ｍ〕v９ 设此后木块沿圆弧上升最大高度为H，由机械能守恒定律得〔９m＋Ｍ〕v９２＝〔９m＋Ｍ〕ｇＨ 由③④⑤可得：Ｈ＝〔〕２Ｒ专题九力学规律的选择和综合运用3.提示：对A、B选项，因Ｆ１＝Ｆ２，上面的物块加速度相等，物块对木板的摩擦力都相等，当Ｍ１＞Ｍ２时，由牛顿定律可知，M１的加速度小，物块与M１的作用时间小于物块与Ｍ２的作用时间，由此可得木块获得的速度v１＜v２，当Ｍ１＜Ｍ２时，物块与M１的作用时间大于物块与Ｍ２的作用时间，并且Ｍ１的加速度大于Ｍ２的加速度，v１＞v２.对C、D选项，因为Ｍ１＝Ｍ２，所以木板的加速度是相同的，当Ｆ１＜Ｆ２，物块加速度a１＜a２，相对位移相同时，物块与M１的作用时间大于物块与Ｍ２的作用时间，木板Ｍ１速度将大于Ｍ２的速度.同样分析，当Ｆ１＞Ｆ２时，可得v１＜v２.答案：BD4.提示：彗星与它相撞过程可以认为木星是始终不动的，根据动量定理，它对木星的冲量、与木星对它的冲量等值反向，即Ｉ′＝－Ｉ，那么：Ｉ＝mv＝６×１０１６Ｎ·s.损失机械能：ΔＥ＝mv２＝１．８×１０２１Ｊ答案：６×１０１６；１．８×１０２１M、m两球分开时速度分别为v１、v２，对应角速度为ω１、ω２，由动量守恒得Ｍv１－mv２＝０，即＝而＝＝ ①由题意，两球再次相遇时，(ω１＋ω２)ｔ＝２π ②由①②两式得大球转过的角度θ＝ω２ｔ＝由机械能守恒定律，Ｅ＝mv１２＋Ｍv２２解得ω１后代入结果中得：ｔ＝２πＲ6.(1)开始A静止，受力如图(a)所示，t=0时，有T１＝ｋｘ１＝mｇ，可得ｘ１＝＝＝０．１５〔m〕到B刚要离地时N＝０时，B受力如图(b)所示，即t=0.4s时，有Ｔ２＝ｋｘ２＝mｇ，那么得ｘ２＝ｘ１＝０．１５m此过程A受力如图(c)所示，有Ｔ３＋Ｆ－mｇ＝ma ①aｔ２＝ｘ１＋ｘ２＝０．３m ②由②式可解得a＝＝３．７５〔m/s２〕代入①式有：Ｆ＝ma＋mｇ－Ｔ３，当T３＝Ｔ１时，F最小，即Ｆmｉｎ＝ma＋mｇ－Ｔ１＝ma＝４５Ｎ当Ｔ３＝－Ｔ２时，F最大，即Ｆmaｘ＝ma＋mｇ＋Ｔ２＝２mｇ＋ma(2)vｔ＝aｔ＝３．７５×０．４＝１．５〔m/s〕，在此过程中弹簧由压缩状态到伸长状态，形变量未变，故弹簧弹力做功WＴ＝０由动能定理：ＷＦ＋ＷＴ＋ＷＧ＝mvｔ２，所以ＷＦ＝mvｔ２－ＷＧ＝mvｔ２＋mｇ·２ｘ１＝×１２×１．５２＋２×１２×１０×０．１５＝４９．５〔Ｊ〕μmＢｇ〔１６－×０．７５〕＝mＢv２２，解得v２＝５m/s，由题意，在A、B碰撞时ｍｍＡｖ１＝ｍＡｖ１′＋ｍＢｖ２ｍＡｖ１２＝ｍＡｖ１′２＋ｍＢｖ２２解得v１＝４m/s，假设恒力F对A作用2s时，A的位移恰为5m〔〔Ｆ－ｆＡ〕×５＝ｍＡｖＡ２ｖＡ＝×2解得Ｆ＝２２．５Ｎ，v＝５m/s，因为v＜４，所以Ｆ＞２２．５Ｎ当F＞２２．５Ｎ，由功能关系有〔Ｆ－ｆＡ〕×５＝mＡv１２，〔Ｆ－０．２×５×１０〕×５＝×５×〔４〕２可解得Ｆ＝３０Ｎ讨论：因为A在碰撞B之前所用时间小于2s，A继续受恒力F做加速运动，B做减速运动.2ｓ末，A、B速度分别为vＡ′和vＢ′，而vＡ′＜vＢ′，所以不会发生第二次碰撞，即恒力F的最小值为30Ｎ.8.(1)木块A和滑板B均向左做初速度为零的匀加速直线运动，aＡ＝＝μｇ＝０．２×１０＝２〔m/s２〕，aＢ＝＝＝３〔m/s２〕，从以下图可知，ｓＢ－ｓＡ＝l，即aＢｔ２－aＡｔ２＝l，×３ｔ２－×２ｔ２＝０．５(m)，得ｔ＝１ｓ.(2)1s末木块A和滑板B的速度分别为：vＡ＝aＡｔ＝２×１＝２(m/s)，vＢ＝aＢｔ＝３×１＝3(m/s)，撤去外力F后，当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧被压缩最大，具有最大弹性势能.根据能量守恒定律，mvＡ＋ＭvＢ＝〔Ｍ＋m〕v，得v＝2.8m/s根据能量守恒定律：E弹＝mvＡ２＋ＭvＢ２－〔Ｍ＋m〕v２＝×１×２２＋×４×３２－×〔４＋１〕×２．８２＝０．４Ｊ9.〔1〕物体B从v０减速至零的过程中，因物体A和B对小车C的滑动摩擦力大小相等，方向相反，所以C静止，B运动的位移ｓ１＝，所用时间ｔ１＝.此后B与车相对静止，一起向右做匀加速运动，A仍做匀减速直线运动直到相对静止，设所用时间为Δｔ，共同速度为v.对A、B、C由动量守恒定律，mＡ２v０－mＢv０＝〔mＡ＋mＢ＋mＣ〕v，所以v＝v０ ①以B与车为研究对象，因a＝＝μｇ，因此Δｔ＝ ②在Δｔ时间内B向右的位移Δｓ＝·Δｔ＝ ③因此B从开始运动到A、B、C相对静止所走的总路程及所用时间ｓ＝ｓ１＋Δｓ＝＋＝，ｔ＝ｔ１＋Δｔ＝＋＝〔2〕设车的最小长度为L，那么相对静止时，A、Bm〔２v０〕２＋mv０２＝×３mv２＋μmｇｓ１＋μmｇ〔Ｌ－ｓ１〕 ④把①代入④可得Ｌ＝10.(1)由动量守恒定律：mv０＝〔m＋Ｍ〕v′，且有m∶Ｍ＝１∶３所以Ａ、Ｂ共同速度，v′＝＝＝１m/s(2)由能量关系，对全过程应有μmｇ·２Ｌ＝mv０２－〔m＋Ｍ〕v′２μ＝＝０．３(3)先求A与B挡板碰前A的速度v１０，以及木板B相应的速度v２０，取从A滑上B至A与B挡板相碰前一过程研究，由动量守恒与能量关系有以下两式成立mv０＝mv１０＋Ｍv２０ ①mv０２－mv１０２－Ｍv２０２＝μmｇＬ ②代入数据可得v１０２＋３v２０２＝１０，v１０＋３v２０＝４，解以下两式可得：v１０＝m/s因A与B挡板碰前速度不可能取负值，故v１０＝m/s，相应解出：v２０＝m/s=０．３m/s木板B在此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，μmｇ＝Ｍa１，a１＝＝１〔m/s〕，此过程经历时间为t１，由下式求出：v２０＝a１ｔ１，ｔ１＝＝０．３〔ｓ〕，其速度图线见图中0～0.3ｓ段.再求A与挡板碰后，木板B的速度v２与木块A的速度v１.为方便起见取A滑上B至A与B挡板碰撞后瞬间为一研究过程，依动量守恒定律与能量关系有以下两式成立：ｍｖｍｖ０＝ｍｖ１＋Ｍｖ２ ③ｍｖ０２－ｍｖ１２－Ｍｖ２２＝μｍｇＬ④以上两式与①②两式相同，故解为v１＝m/s，因v１＝m/s为碰前速度，故取v１＝m/s，相应得v２＝=1.7m/s由于v１＜0，即木块A相对B向左滑动，A受B摩擦力向右，B受A摩擦力向左，故B做匀减速直线运动，加速度大小仍为1m/s２，从碰后到A滑到B最左端的过程中，B向右匀减速运动时间为t２，那么v２′－v２＝－aｔ２，所以ｔ２＝＝０．７〔ｓ〕，此过程速度图线见图中0．３～１．０ｓ段图线.专题十机械振动和机械波4.提示：由题描述可知，P、Q间的波形有如下四种对于①，λ＝２Ｌ，Ｑ点振动到波谷需时间：ｔ＝Ｔ＝×＝×＝对于②，λ＝Ｌ，Ｑ点振动到波谷需时间：ｔ＝Ｔ＝×＝对于③，λ＝Ｌ，Q点振动到波谷需时间：ｔ＝Ｔ＝×＝对于④，λ＝Ｌ，Ｑ点振动到波谷需要时间：ｔ＝Ｔ＝×＝答案：D5.提示：从波动图象中可知波长λ＝０.v右＝＝５〔４ｎ＋１〕，ｎ＝０，１，２，３……所以当ｎ＝０时，v=5m/s，ｎ＝２时，v＝４5m/s而Δｔ＝ｋＴ＋＝〔４ｋ＋１〕，所以ｆ＝＝＝１２．５〔４ｋ＋１〕，ｋ＝０，１，２，３……波向左传播时，f=12.5(4k+3)当k=0时，f=37.5Hz答案：ABD8.提示：首先应明确在该时刻两列波相遇时，各质点在平衡位置，而质点的振幅那么由该时刻的速度决定，速度最大的振幅最大，速度最小的振幅最小.而振点的振动速度，由波的叠加原理可知，等于单独传播两列波时速度的矢量和.单独传播实线波时，2、6质点速度为零，4为正最大，8为负最大；单独传播虚线波时，2、6质点速度为零，4为正最大，8为负最大，叠加之后2、6点速度为零，故振幅最小，4、8叠加后4的速度为正最大，8为负最大，所以这两点合速度最大，振幅最大.答案：4和8；2和6T地，在月球上周期为T月，由Ｔ＝２π得： ①因摆钟结构一定，在地球上和月球上只要完成一次全振动显示相同示数Δｔ，在地球上有：Δｔ＝Ｔ地 ②(1)地球上经过24t，设摆钟在月球上完成N次全振动，那么有２４ｔ＝Ｔ月Ｎ ③设摆钟在月球上显示时间ｔ显那么：ｔ显＝ΔｔＮ ④由①②③④得：ｔ显＝４ｔ(2)当钟在月球上指示24t时，设实际时间为t实，摆钟完成N′次全振动，24t=ΔｔＮ′ ⑤ｔ实＝Ｎ′Ｔ月 ⑥由①②⑤⑥得ｔ实＝２４ｔ10.由题意，ｔ１时刻A、B之间的波形图如下图①②两种形式.当波形图为①时，λ＝６m，λ＝２４m，又因波由A传至B，此时B质点振动方向向上，且ｔ２－ｔ１＝０．００５ｓ＜Ｔ，故有Ｔ＝０．００５ｓ，Ｔ＝ｓ，得：ｆ＝１５０Ｈｚv＝ｆλ＝1５０×２４m/s＝３６００m/s当波形图为②时，λ＝６m，λ＝８m，此时B质点振动方向向下，且ｔ２－ｔ１＝０．００５ｓ＜Ｔ，故有Ｔ＝０．００５ｓ，Ｔ＝０．０２ｓ，ｆ＝５０Ｈｚv＝ｆλ＝５０×８＝４００m/s专题十一分子动理论热和功8.〔1〕能在液体或气体中做布朗运动的微粒都是很小的，一般数量级在10-6〔2〕布朗运动确实是由于液体〔或气体〕分子对固体微粒的碰撞引起的，但只有在固体颗粒很小，各个方向的液体分子对它的碰撞不均匀才引起它做布朗运动.因此，正确的说法是：固体微粒体积越小，布朗运动越显著，如果微粒过大，液体分子对它的碰撞在各个方向上是均匀的，就不会做布朗运动了.9.电冰箱是把里面的热量转移到外面，到达降温的效果；电风扇通过风扇转动，带动空气流动，使身体汗液蒸发起到人体降温作用.但从总体上电冰箱、电风扇消耗的电能最后都转化为内能，因而房内温度升高.10.上述设计的能量转化过程是这样的：电能→机械能→电能→机械能+电能〔用户〕.根据能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，所以上述能量转化中均应是守恒的，一旦发电机发出电来不再使用外来能量是不可能的，这种“永动机〞不能实现.专题十二气体的性质1.(1)以气压计内混入的气体为研究对象初状态：p0=(76-70)cmHg=6cmHgＶ0=(１００-70)Scm３=３０Scm３末状态：p1=?Ｖ1=(１００-68)Scm３=３2Scm３由玻意耳定律，得：p1V1=p0V0，即p1×３２S＝6×30S，p1=5.6cmHg故实际大气压p=p1+68=73.6〔cmHg〕(2)因气压计读数仍为70cmHg，说明被封闭气体在温度降低过程中体积不变，由查理定律：，即，p2=5.4cmHg故，实际气压p′=(p2+70)cmHg=75.4cmHgBA线延长交t轴于D点，该点的温度为-273℃p—tA开始，经等温膨胀，体积变为原来的2倍，由玻意耳定律，压强减小为原来的，由此可确定C点的位置在AOAC，气体从状态C开始作等容变化，作等容线CF，其延长线过D点，过B点作t轴的平行线，交CF于F点，如下图，F点即为所求点.3.提示：题中h大小取决于l1和l2中的气体的压强，判断hU形管中的水银不动，分析加热或向右管中注入水银，对l1、l2中气体压强的影响，由它们压强的变化情况，判断出h的变化.由理想气体的状态方程，l1或l2的长度，取决于各自气体的温度和压强，分析题中它们的温度和压强的变化情况，就可以判断出其长度的变化.答案：BCD4.提示：这类问题，一般采用假设法进行分析比拟简单.思路是：假设活塞不动，两边气体都作等容变化，由查理定律，推出两边气体压强的改变量Δp=ΔT，然后进行比拟.如果活塞两侧面积相等，气体温度升高，活塞将向压强增加少的一方移动；气体温度降低，活塞将向压强减少多的一方移动.答案：C5.提示：因一定质量理想气体的等容线在p—t图上应为过t轴上-273℃BA的延长线与t轴的交点坐标是否为-273℃t轴上-273℃的点分别与A、B答案：D6.解法1：设气体最初温度为T0，是活塞刚离开卡环时温度为T0+ΔT，压强为p，因等容升温过程满足查理定律，应有 ①设气柱高度为Ｈ1时，温度为T，因等压升温过程满足盖·吕萨克定律，应有= ②气柱高为H2时，温度仍为T，因等温过程满足玻意耳定律，应有p0H1=pH2 ③由①和③两式求得= ④由②和④两式求得：T=ΔT代入数据得T=540K解法2：设气体最初温度为T0，那么活塞刚离开卡环时温度为T0+ΔT.设气柱高度为H1时，温度为T，那么高度为H2，温度仍为T.气体初态与高度为H2时的终态压强相等，由盖·吕萨克定律有：=气体在活塞刚离开卡环时与高度为H1时压强相等，由盖·吕萨克定律有：=由以上两式求得：T=ΔT代入数据得T=540K7.(1)水银面上升到m时，B中气体刚被封闭，压强为待测压强p.这局部气体末状态体积为ah，a=d2，压强为p+ρgh，由玻意耳定律得pV=(p+ρgh)d2h整理得p(V-d2h)=ρghd2h根据题给条件，d2h远小于V，得pV=ρgd2h化简得p=(2)代入数值解得p×10-2PaF的体积为ΔV,矿物质的体积为V′.在C中放入矿物质前，研究容器C、水平管AB及容器Fp0(V+ΔV)=(p0+h1)V，代入数据得75(1000+ΔＶ)=(75+15)×1000解得ΔV=200cm３在C中放入矿物质后，研究容器C、水平管AB及容器F中被封闭的气体，由玻意耳定律得p0(V+ΔＶ-V′)=(p0+h2)(V-V′)代入数据得75(1000+200-V′)=(75+25)(1000-V′)解得V′=400cm3矿物质密度ρ==1.1g/cm3×１０３kg/m可得：因此，放气前后容器内空气密度之比为：=24容器内剩余的空气质量m2与原来质量之比为：=所以：m2=m专题十三热学与其他知识的综合应用2.提示：取小试管及内部的气体为研究对象，悬浮在水面上，有Mg=ρHSg.式中ρ为水的密度，SM是一定的，所以Hp=p0+pH，当容器内的气体被抽出时，p0减小，使p减小.由玻意耳定律，试管内气体体积增大，h增大.答案：CA管内被封闭的气体为研究对象，其初始状态为：p1=76+38=114cmHg，V1=l1S=50S当两管内的水银面相平时，气体的末状态为：p2=76cmHg，V2=l2S由玻意耳定律，p1V1=p2V2有114×５０S＝７６×l２S解得l2=75cm此时，A管内的水银面相对A管下降为Δl=l2-l1＝７５－５０＝２５cm由于A、B管粗细相同，所以B管内的水银面相对B管上升为Δl=25cm.这样，为使两液面相平，那么须将B管下移Δh=2·Δl+38=88cmT时，活塞右移至气缸口.(1)当kl＜f0时，气缸位置不动，被封闭气体末态的压强为p0+根据理想气体的状态方程，得解得：T=2(1+)T0(2)当kl＞f0时，气缸将向左滑动，被封闭气体末态的压强为p0+根据理想气体的状态方程，得解得：T=2(1+)T0p1，末态的压强为p2，气缸刚提离地面时活塞上升的距离为x.气缸静置于地面上时，以活塞为研究对象，由平衡条件有p1S1=p0S+mg ①气缸刚提离地面时，以气缸为研究对象，由平衡条件有p0S=p2S+Mg ②以气缸内气体为研究对象，温度不变，由玻意耳定律，有p1V=p2(V+xS) ③由①②③式解得x=p1，在末状态的压强为p2.以AB活塞整体为研究对象，由平衡条件有：初态：p1S=p0S+3mgp1=p0+ ①末态：p2S=p0S+3mg+Fp2=p0+ ②此时两个活塞都下降l，被封闭气体的体积变为V0-lS以被封闭的气体为研究对象，温度不变，由玻意耳定律有：p1V0=p2(V0-lS) ③将①②代入③得：F=B中气体为研究对象，开始时，设其压强为p1，气缸倒置到达平稳后压强变为p2，通过对活塞受力分析，知：p1S=kl1+Mg ①p2S=kl2-Mg ②其中，S为气缸横截面积，M为活塞质量.k为弹簧的劲度系数.由题意，应有：kl1=Mg ③依据玻意耳定律，得：p1l1=p2l2由①②③④式，代入数据，得l2=0.2mc上的铁砂质量为m0时，上部被封闭气体的压强为2p0，此时阀门bc距隔板a的高度为l1，根据玻意耳定律，得p0·(2l0)=2p0·l解得l1=l0当堆放在活塞c上的铁砂质量为2m0时，阀门b开启，上、下两局部气体合一，压强为3p0.设活塞c距离缸底的高度是l22p0(l1+l0)=3p0l解得l2=l0设堆放在活塞c上的铁砂质量为nm0时，活塞c刚好到达隔板a处，根据玻意耳定律，得2p0(l1+l0)=(p0+np0)l0解得n=3所以当堆放在活塞c上的铁砂质量为4m0时，活塞c已卡在了隔板a处，设被封闭气体的压强为p，根据玻意耳定律，得2p0(l1+l0)=pl解得p=4p010.A中气体初始状态：体积V0，温度T0=300K，压强pAp0B中气体初始状态：体积V0，温度T0=300K，压强pB须求出：SA∶SB=1∶２，活塞平衡，有pASA+pBSB=p0(SA+SB)，解出pBp0A中气体末状态：pA′=2.0p0，设温度为TA′，体积为VA′.B中气体末状态：TB′=300K，设压强为pB′，体积为VB′解出VB′=V0，活塞移动的距离L=，VA′=V0+SA·L=V0+V0由A气体状态方程解出TA′=Ｔ０＝×300=500K专题十四电场的性质1.提示：因为A、B间有吸引力，所以A、B带异种电荷，设A带电量qA=+Q,B带电量qB=-Q,又C不带电，它与A接触后qC=qA′=,再与B接触qC′==-=qB′根据库仑定律F==F′==所以F′=F应选A.答案：A2.提示：点电荷的电场在球心处的场强为E=，而球心处的合场强为零.注意：此题错误的主要原因是考生不明确或没看清楚题目中的设问，“该点电荷的电场在球心处产生的场强〞，而误选了C答案.答案：D3.提示：在球壳上挖一个小圆孔，相当于在小圆孔处放一等量异种电荷，即放q′=Q因为挖去小孔前受力平衡，所以现受力即为q′与q的库仑力F=Q=答案：〔〕,由球心向小孔中心4.提示：A、B带电前：选A、B为研究对象：下段绳对A、B拉力为内力所以TA=2mg选B为研究对象：A、B带电后选A、B为研究对象，下段绳对A、B的拉力以及A、B间的库仑力均为内力.所以TA′=2mg选B为研究对象TB′=F+mg所以TA=TA′,TB<TB′，应选A.答案：A9.提示：由图14—12可知，这是一个带负电的点电荷所形成的电场，从图中可以看出电场强度Ea>Eb，也就是说，ca段的电势降落得比bc段的电势降落得快些，这样就可以确定Uca>Ubc,而Uba=30V，那么Uab>15V，所以，Uc>Ua+15V=-35V，故B选项正确.答案：B10.提示：由a面到b面时电场力做功为：Wab=q(U-U)=mv2电荷由a面到c面时电场力做功为：Wac=q(U-U)=mvｃ2答案：１．５v11.E＝Ｖ／mＵｐ＝－２．５Ｖ12.由题意作图.UＡＢ＝Ｖ＝－３０ＶUＡＣ＝Ｖ＝１５Ｖ延长BA至D，使AD==4．5ｃm，由于在匀强电场中一直线上任意两点间电势差与它们之间的距离成正比，故＝２所以ＵＡＤ＝＝－＝１５Ｖ所以ＵＡＣ＝ＵＡＤ得UＣ＝ＵＤ连接C和D，CD即为电场中的一条等势线，过A作CD的垂线交CD于P点，根据电场线与等势线垂直，且指向低电势的一方，所以电势线应由A指向P.由E=，其中dＡＰ＝ｃｏｓ３０°所以Ｅ＝×１０２Ｖ／m专题十五带电粒子在电场中的运动4.提示：B板的电势UＢ如下图，A板电势为零，当电子在t=0时刻，无初速度进入电场后，受变化的电场力作用产生加速度a=cosωt.做变加速运动.有0~段电子受正向电场力，向B板做变加速运动，a变小，v变大，从~段，电子受负向电场力向B板做变减速运动，a变大，v变小，到时刻v=0,从~段，电子将反向向A板做变加速运动，a变小v变大，从T~T段，电子继续向A板做变减速运动，a变大v变小，在T时刻v=0，以后重复以上运动，只要在0~内没有离开电场区间，即做振动，所以A对B错.如果，交流电压的变化较慢，即角频率ω小于某定值ω0,而且板间距离L小于电子在0~内一直向B板运动的距离L0.那么电子将一直向B运动，并穿出B板，所以C对，D错.答案：AC5.提示：因为UAB不变，PN距离不变，即重力功等于电场力的功，故A正确，B错，B板上移，重力功小于电场力的功，B板下移，重力功大于电场力的功，故C、D正确.此题可采用假设法分析：不管B板上移还是下移，都设粒子能到达N孔，那么电场力做功都为qU，而当B板上移时，重力做功少于mg·2a，使质点不具备克服电场力做qU功的动能，故质点不能到达N孔，即到达某一点时动能变为零而后沿原路返回；假设B板下移，质点到N孔时，所具有的动能大于零，即重力所做的功大于qU。所以质点从N答案：ACD6.提示：电子射出平行板区的偏角θ决定于yeUeU1=mv20l=v0t=y=y=()t2所以U2变大→y变大→θ变大U1变小→y变大→θ变大应选B答案：B7.0;mv20θ/qs8.提示：设珠子上升高度为h时获得动能最大，此过程珠子沿场强方向移动L，如右图，这时重力和电场力的合力方向与竖直方向夹角为α，tanα=,所以α=37°L=rsin37°rh=r-rcos37°r由动能定理qEL-mgh=ΔEk，代入数据得ΔEk=mgr答案：mgr9.〔1〕0.02s×10-4J(3)0.014s10.电子垂直电场方向入射，做类平抛运动.由eE=ma,得a=eE/m.水平方向：x=v０t,竖直方向：y=at２解得x=v０讨论：(1)当y=l,x=s时，如图中a所示，s=v0即s=v０时，b点距电场左边界为s.(2)当s＞v０时如图中b所示，y=l,x=v０.即b点距电场左边界为v０.(3)当s＜v０时，如图中c所示，设电场右边界到b点距离为x，那么有s=vt ①l-xtanθ=at２ ②tanθ==把①③代入②中l-x=得x=而x+s=即s＜v０时，b点距电场左边界为11.如右图所示，小球所受合力为：=qE,sinθ==.PB=Rsinθ=R,OB=Rcosθ=R设小球在P点时临界速度为vP,那么qE=m,得mvｐ２=qER当小球能到达P点时，它即可沿轨道到达C点，由a点到P点，应用动能定理，设ab=s,得qEs+qE(R-R)-mg(R+OB)=mvP２，其中mg=2qE,得s=R+15R=R.专题十六电路的分析与计算2.提示：设安培计内阻RA，对左图的电路外电阻为RA+，对右图中的外电阻为，将上两式相减可得＞0,所以左图中的外阻大于右图中的外阻，左图中的总电流将小于右图中的总电流，I2＜I3+I4R的支路电流，而总电流又小，所以I1＜I4，B正确，A、C均不正确.答案：BD3.提示：要使该上极板带正电，必须使电容器上极板电势大于下极板电势，要使电量增大，必使两极板电势差变大，措施可以增大R1，能增大上极板电势，增大R4，能减小下极板电势，答案A、D正确；增大R2，减小了上极板电势，增大R3，增大了下极板电势，这两种措施必然会使两极电势差减小，答案B、C错误.答案：AD4.提示：如题中图示：K1、K4上没有恒定电流，断开不影响电容器电场，K2断开电容器两极板电压升至电源电动势的值，电场强度、电场力增大，油滴上浮，只有断开K3、撤去电流，电容通过R1、R2、R3放电、电场强度减小，重力大于电场力，油滴向下运动.答案：C5.提示：①热力学温度90K对应的摄氏温度应为：90-273=-183℃②由P=IU可得：导线上所流的电流强度为I==50A,得到节约的电功率为：P节=I2R线=502×0.4=1000W故A正确.答案：①C②A6.１６7.6Ω～１０Ω×10-4C9.(1)在考虑R２取何值时R２消耗的电功率最大时，可把定值电阻R１视为电池组的内电阻，与r组成等效电阻r′＝Ｒ１＋r.当R２＝Ｒ１＋ｒ＝３．０Ω时，R２有最大电功率.P２m＝＝＝６．７５〔Ｗ〕(2)Ｒ１为定值