高考物理一轮复习13个专题专练

高考物理一轮复习直线运动与追击问题专练1、下列关于所描述的运动中，可能的是（）A速度变更很大，加速度很小B速度变更的方向为正，加速度方向为负C速度变更越来越快，加速度越来越小D速度越来越大，加速度越来越小解析：由a=△v/△t知，即使△v很大，假如△t足够长，a可以很小，故A正确。速度变更的方向即△v的方向，与a方向肯定相同，故B错。加速度是描述速度变更快慢的物理量，速度变更快，加速度肯定大。故C错。加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的变更量，与速度大小无关，故D正确。答案：A、D2、一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个△t时间内的位移为s，若△t未知，则可求出（）第一个△t时间内的平均速度第n个△t时间内的位移n△t时间的位移物体的加速度解析：因=，而△t未知，所以不能求出，故A错.因有，（2n-1）s，故B正确；又s∝t2所以=n2，所以sn=n2s，故C正确；因a=，尽管△s=sn-sn-1可求，但△t未知，所以A求不出，D错.答案：B、C 3、汽车原来以速度v匀速行驶,刹车后加速度大小为a,做匀减速运动,则t秒后其位移为()ABCD无法确定解析:汽车初速度为v，以加速度a作匀减速运动。速度减到零后停止运动，设其运动的时间t，=。当t≤t，时，汽车的位移为s=；假如t＞t，，汽车在t，时已停止运动，其位移只能用公式v2=2as计算，s=答案：D－11a／m－11a／m·s－2t/s12340可求出乙车追上甲车时乙车的速度可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程可求出乙车从起先起动到追上甲车时所用的时间不能求出上述三者中任何一个分析：题中涉及到2个相关物体运动问题，分析出2个物体各作什么运动，并尽力找到两者相关的物理条件是解决这类问题的关键，通常可以从位移关系、速度关系或者时间关系等方面去分析。解析：依据题意，从汽车乙起先追逐汽车甲直到追上，两者运动距离相等，即s甲==s乙=s，经验时间t甲=t乙=t.vvtvvtv00t乙甲S甲S乙依据匀加速直线运动公式对乙有：，及由前2式相除可得at=2v0，代入后式得vt=2v0，这就说明依据已知条件可求出乙车追上甲车时乙车的速度应为2v0。因a不知，无法求出路程和时间，假如我们实行作v－t图线的方法，则上述结论就比较简洁通过图线看出。图中当乙车追上甲车时，路程应相等，即从图中图线上看面积s甲和s乙，明显三角形高vt等于长方形高v0的2倍，由于加速度a未知，乙图斜率不定，a越小，t越大，s也越大，也就是追逐时间和路程就越大。答案：Avvv10t△t1△t2v2v1＇v2＇5、在轻绳的两端各栓一个小球，一人用手拿者上端的小球站在3层楼阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T，假如站在4层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地时间差将（）A不变B变大C变小D无法推断解析：两小球都是自由落体运动，可在一v-t图象中作出速度随时间的关系曲线，如图所示，设人在3楼阳台上释放小球后，两球落地时间差为△t1，图中阴影部分面积为△h，若人在4楼阳台上释放小球后，两球落地时间差△t2，要保证阴影部分面积也是△h；从图中可以看出肯定有△t2〈△t1答案：C6、一物体在A、B两点的正中间由静止起先运动（设不会超越A、B），其加速度随时间变更如图所示。设向A的加速度为为正方向，若从动身起先计时，则物体的运动状况是（）A先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在原处B先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在偏向A的某点C先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在偏向B的某点D始终向A运动，4秒末静止在偏向A的某点解析：依据a-t图象作出其v-t图象，如右图所示，由该图可以看出物体的速度时大时小，但方向始终不变，始终向A运动，又因v-t图象与t轴所围“面积”数值上等于物体在t时间内的位移大小，所以4秒末物体距A点为2米答案：D7、天文观测表明，几乎全部远处的恒星（或星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v=Hr。式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文视察测定，为说明上述现象，有人供应一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球起先形成的，假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一样。由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄T，其计算式如何？依据近期观测，哈勃常数H=3×10-2m解析：由题意可知，可以认为宇宙中的全部星系均从同一点同时向外做匀速直线运动，由于各自的速度不同，所以星系间的距离都在增大，以地球为参考系，全部星系以不同的速度均在匀速远离。则由s=vt可得r=vT，所以，宇宙年龄：T===若哈勃常数H=3×10-2m则T==1010年思索：1宇宙爆炸过程动量守恒吗？假如爆炸点位于宇宙的“中心”，地球相对于这个“中心”做什么运动？其它星系相对于地球做什么运动？2其它星系相对于地球的速度与相对于这个“中心”的速度相等吗？8、摩托车在平直马路上从静止起先起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2，直到停止，共历时130s，行程1600m摩托车行驶的最大速度vm；若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？分析：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助v-t图象表示。v/m·s－1vm0t/s130av/m·s－1vm0t/s130a1a2解：（1）如图所示，利用推论vt2-v02=2as有：+（130-）vm+=1600.其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得：vm=12.8m/s（另一解舍去）v/m·s－1vm＇0t/s130a1a2tminv/m·s－1vm＇0t/s130a1a2tmin其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由②式解得vm=64m/s，故tmin=.答案：（1）12.9一平直的传送以速率v=2m/s匀速行驶，传送带把A处的工件送到B处，A、B两处相距L=10m，从A处把工件无初速度地放到传送带上，经时间t=6s能传送到B处，欲使工件用最短时间从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少应多大？解析：物体在传送带上先作匀加速运动，当速度达到v=2m/s后与传送带保持相对静止，作匀速运动.设加速运动时间为t，加速度为a，则匀速运动的时间为（6-t）s，则：v=at①s1=at2②s2=v(6-t)③s1+s2=10④联列以上四式，解得t=2s,a=1m/s2物体运动到B处时速度即为皮带的最小速度由v2=2as得v=m/s传送带给物体的滑动摩擦力供应加速度，即此加速度为物体运动的最大加速度.要使物体传送时间最短，应让物体始终作匀加速运动10、一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度起先行驶，恰在这时一辆自行车以6m汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？解析：解法一：汽车开动后速度由零渐渐增大，而自行车的速度是定值。当汽车的速度还小于自行车速度时，两者的距离将越来越大，而一旦汽车速度增加到超过自行车速度时，两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大，有，所以，解法二：用数学求极值方法来求解设汽车在追上自行车之前经过t时间两车相距最远，因为所以，由二次函数求极值条件知，时，最大即（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，则,解法三：用相对运动求解更简捷选匀速运动的自行车为参考系，则从运动起先到相距最远这段时间内，汽车相对此参考系的各个物理量为：初速度v0=v汽初－v自=（0－6）m/s=－6m/s末速度vt=v汽末－v自=（6－6）m/s=0v/m·s－1v60t/stt＇v汽v/m·s－1v60t/stt＇v汽v自所以相距最远s==－6m（负号表示汽车落后）解法四：用图象求解（1）自行车和汽车的v-t图如图，由于图线与横坐标轴所包围的面积表示位移的大小，所以由图上可以看出：在相遇之前，在t时刻两车速度相等时，自行车的位移（矩形面积）与汽车的位移（三角形面积）之差（即斜线部分）达最大，所以t=v自/a=s=2s△s=vt－at2/2=（6×2－3×22/2）m=6m（2）由图可看出：在t时刻以后，由v自或与v汽线组成的三角形面积与标有斜线的三角形面积相等时，两车的位移相等（即相遇）。所以由图得相遇时，t’=2t=4s，v’=2v自=12m/s答案（1）2s6m（2）12m/s高考物理一轮复习摩擦力专练1、如图8所示，位于斜面上的物块m在沿斜面对上的力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力①方向可能沿斜面对上②方向可能沿斜面对下③大小可能为零④大小可能等于F以上推断正确的是………………(D)A．只有①②B．只有③④C．只有①②③D．①②③④都正确2、某人在乎直马路上骑自行车，见到前方较远处红色交通信号灯亮起，他便停止蹬车，此后的一段时间内，自行车前轮和后轮受到地面的摩擦力分别为和，则…(C)A．向后，后向前B．向前，向后C．向后，向后D．向前，向前3、如图9所示，重6N的木块静止在倾角为300的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为……………(C)A．4NB．3NC．5ND．6N图10APV4、如图10所示，质量为m的木块P在质量为M的长木板A上滑行，长木板放在水平地面上，始终处于静止状态．若长木板A与地面间的动摩擦因数为,木块P与长板A间的动摩擦因数为，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为(图10APVAB．CDm1m2图115、如图11所示，在粗糙水平面上有一个三角形木块，在它的两个粗糙斜面上分别放两个质量为m1和m2的小木块，已知三角形木块和两个小木块均静止，则粗糙水平面对三角形木块(m1m2图11A．没有摩擦力作用B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左D．有摩擦力作用，但其方向无法确定，因为m1、m2、的数值并未给出图126、某空间存在着如图l2所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块；水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止起先水平向左运动．在A、B一起水平向左运动的过程中，关于A、B受力状况的以下说法，正确的是……(B)图12如图13A．A对B的压力变小B．B对A的摩擦力保持不变如图13C。A对B的摩擦力变大D．B对地面的压力保持不变7、如图13所示，始终角斜槽(两槽面夹角为90°)，对水平面夹角为30°，一个横截面为正方形的物块恰能沿此槽匀速下滑，假定两槽面的材料和表面状况相同，问物块和槽面间的动摩擦因数为多少?解析：因为物块对直角斜槽每一面的正压力为mgcosα.cos45°，所以当物体匀速下滑时，有平衡方程：mgsinα=2μmgcosαcos45°＝μmgcosα，所以μ=．8、质量m=1.5Kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下,从水平面上A点由静止起先运动,运动一段距离撤去该力,物体接着滑行t=2.0s停在B点.已知AB两点间的距离S=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数,求恒力F为多大?(g=10m/s2)解析：设撤去力前物块的位移为，撤去力时物块的速度为，物块受到的滑动摩擦力对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得由运动学公式得对物块运动的全过程应用动能定理vLAvLA图14代入数据解得9.如图14所示,静止在水平面上的纸带上放一质量m为的小金属块(可视为质点),金属块离纸带右端距离为L,金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向左将纸带从金属块下水平抽出,设纸带加速过程极短,可认为纸带在抽动过程中始终做匀速运动.求:属块刚起先运动时受到的摩擦力的大小和方向;(2)要将纸带从金属块下水平抽出,纸带的速度v应满意的条件.解析：（1）金属块与纸带达到共同速度前，金属块受到的摩擦力为：，方向向左。出纸带的最小速度为即纸带从金属块下抽出时金属块速度恰好等于。对金属块：金属块位移：纸带位移：两者相对位移：解得：故要抽出纸带，纸带速度θMmFθMmFa图15解析:由于小物块沿斜面加速上升，所以物块与斜面不能看成一个整体，应分别对物块与斜面进行探讨。θmgθmgF图16由题意得：①②由②得：③取斜面为探讨对象，受力分析如图17得：④θmg图17θmg图17又因为与是作用力与反作用力，与是作用力与反作用力由牛顿第三定律得：⑥⑦由④⑤⑥⑦解得：高考物理一轮复习牛顿运动定律专练1.如图1所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发觉A被弹簧拉动，则木箱的运动状况可能是（）A.加速下降 B.减速上升C.匀速向右运动 D.加速向左运动2.如图2所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。今缓慢拉绳使小球从A点滑到半球顶点，则此过程中，小球对半球的压力大小N及细绳的拉力T大小的变更状况是（）A.N变大，T变大 B.N变小，T变大C.N不变，T变小 D.N变大，T变小3.一个物块与竖直墙壁接触，受到水平推力F的作用。力F随时间变更的规律为（常量k>0）。设物块从时刻起由静止起先沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙壁间的动摩擦因数为，得到物块与竖直墙壁间的摩擦力f随时间t变更的图象，如图3所示，从图线可以得出（）A.在时间内，物块在竖直方向做匀速直线运动B.在时间内，物块在竖直方向做加速度渐渐减小的加速运动C.物块的重力等于aD.物块受到的最大静摩擦力总等于b4.如图4所示，几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边AB，当物体由静止沿不同的倾角从顶端滑究竟端，下面哪些说法是正确的？（）A.倾角为30°时所需时间最短B.倾角为45°所需时间最短C.倾角为60°所需时间最短D.所需时间均相等5.如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为（）A. B.C. D.6.一个质量不计的轻弹簧，竖直固定在水平桌面上，一个小球从弹簧的正上方竖直落下，从小球与弹簧接触起先直到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的大小变更状况是（）A.加速度越来越小，速度也越来越小B.加速度先变小后变大，速度始终是越来越小C.加速度先变小，后又增大，速度先变大，后又变小D.加速度越来越大，速度越来越小7.质量的物体在拉力F作用下沿倾角为30°的斜面斜向上匀加速运动，加速度的大小为，力F的方向沿斜面对上，大小为10N。运动过程中，若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间物体的加速度的大小是____________；方向是____________。8.如图6所示，倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，当载物车厢加速向上运动时，物对车厢底板的压力为物重的1.25倍，这时物与车厢仍旧相对静止，则车厢对物的摩擦力的大小是物重的________倍。9.如图7所示，传送带AB段是水平的，长20m，传送带上各点相对地面的速度大小是2m/s，某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。现将该物块轻轻地放在传送带上的A点后，经过多长时间到达B点？（g取）10.鸵鸟是当今世界上最大的鸟。有人说它不会飞是因为翅膀退化了，假如鸵鸟长了一副与身体大小成比例的翅膀，它是否就能飞起来呢？这是一个使人极感爱好的问题，试阅读下列材料并填写其中的空白处。鸟翱翔的必要条件是空气的上举力F至少与体重G＝mg平衡，鸟扇动翅膀获得的上举力可表示为，式中S为鸟翅膀的面积，v为鸟飞行的速度，c是恒量，鸟类能飞起的条件是，即_________，取等号时的速率为临界速率。我们作一个简洁的几何相像性假设。设鸟的几何线度为，质量体积，，于是起飞的临界速率。燕子的滑翔速率最小大约为20km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍，从而跑动起飞的临界速率为________km/h，而事实上鸵鸟的奔跑速度大约只有40km/h，可见，鸵鸟是飞不起来的，我们在生活中还可以看到，像麻雀这样的小鸟，只需从枝头跳到空中，用翅膀拍打一两下，就可以飞起来。而像天鹅这样大的飞禽，则首先要沿着地面或水面奔跑一段才能起飞，这是因为小鸟的_______，而天鹅的______。11.如图8所示，A、B两个物体靠在一起放在光滑水平面上，它们的质量分别为。今用水平力推A，用水平力拉B，和随时间变更的关系是。求从t=0到A、B脱离，它们的位移是多少？12.如图9所示，在倾角为的长斜面上有一带风帆的滑块，从静止起先沿斜面下滑，滑块质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为，帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比，即。（1）写出滑块下滑加速度的表达式。（2）写出滑块下滑的最大速度的表达式。（3）若，从静止下滑的速度图象如图所示的曲线，图中直线是t＝0时的速度图线的切线，由此求出和k的值。13.如图10所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量均不计，盘内放一个质量的静止物体P，弹簧的劲度系数。现施加给P一个竖直向上的拉力F，使P从静止起先向上做匀加速运动。已知在头0.2s内F是变力，在0.2s以后，F是恒力，取，求拉力F的最大值和最小值。参考答案1.ABD解析：木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受力状况：重力mg、箱底的支持力N、弹簧拉力F和最大的静摩擦力（向左），由平衡条件知：物体A被弹簧向右拉动（已知），可能有两种缘由，一种是弹簧拉力（新状况下的最大静摩擦力），可见，即最大静摩擦力减小了，由知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必定竖直向下，由于物体原来静止，所以木箱运动的状况可能是加速下降，也可能是减速上升，A对B也对。另一种缘由是木箱向左加速运动，最大静摩擦力不足使A物体产生同木箱等大的加速度，即的情形，D正确。匀速向右运动的情形中A的受力状况与原来静止时A的受力状况相同，且不会出现干脆由静止改做匀速运动的情形，C错。2.C小球受力如图11（甲），T、N、G构成一封闭三角形。由图11（乙）可见，AB变短，OB不变，OA不变，故T变小，N不变。3.BC在时间内，物块受到的摩擦力小于物块受到的重力，物块向下做加速运动，A错。滑动摩擦力随正压力的增大而渐渐增大，合外力渐渐减小，加速度渐渐减小，B对。当摩擦力不再随正压力的变更而变更时，肯定是静摩擦力了。静摩擦力的大小恰好与重力平衡，所以物块受的重力等于a，C对。最大静摩擦力随正压力的增大而增大，不会总等于b，D错。4.B解析：设沿一一般斜面下滑，倾角为，长为，物体沿斜面做初速为零加速度为的匀加速直线运动，滑究竟端的时间为t，则有：<1><2>联立解得：所以当时，t最小，故选B。5.D解析：将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，m的加速度大小为，要抽出木板，必需使木板的加速度大于物块的加速度，即，对木板受力分析如图12，依据牛顿其次定律，得：选项D正确6.C当弹簧的弹力等于重力时，小球的速度最大，。7.，沿斜面对下有拉力时，代入，求得撤F瞬间，8.0.33提示：9.11s提示：物块放到A点后先在摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度达到2m/s后，与传送带一起以2m/s的速度直至运动到B点。10.解析：依据题意，鸟类飞起的必要条件是即满意故燕子的最小滑翔速率约为20km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍。因故可见，鸵鸟起飞的临界速率约为100km/h，而事实上鸵鸟的速率约为40km/h，可见鸵鸟是飞不起来的。11.提示：以A、B整体为对象：当A、B相互脱离时，N＝0，则以A为探讨对象12.（1）对滑块应用牛顿其次定律有：滑块下滑加速度表达式为：（2）由<1>式可知，当滑块的速度增大时，其加速度是减小的，当加速度为零时，滑块的速度达到最大，由<1>式可知最大速度为：（3）由图可知，当滑块的速度为零时，其加速度为最大加速度，而由<1>式可知当滑块的加速度为零时，它的速度最大，滑块的最大速度为，由<1>式和<2>式有：将g、m、代入<3>式和<4>式后解得：13.解析：依据题意，F是变力的时间，这段时间内的位移就是弹簧最初的压缩量S，由此可以确定上升的加速度a，由得：依据牛顿其次定律，有：得：当时，F最小当时，F最大∴拉力的最小值为90N，最大值为210N高考物理一轮复习机械能守恒定律专练1．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于（）2．质量为m的物体，在距地面h高处以g/3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法中正确的是：（）A.物体的重力势能削减1/3mghB.物体的机械能削减2/3mghC.物体的动能增加1/3mghD.重力做功mgh3．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点时，物体起先接触弹簧；到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是 [bcd]A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小B．物体从B上升到A的过程中，动能先增大后减小C．物体由A下降到B的过程中，弹簧的弹性势能不断增大D．物体由B上升到A的过程中，弹簧所削减的弹性势能等于物体所增加的动能与增加的重力势能之和长为L质量分布匀称的绳子，对称地悬挂在轻小的定滑轮上，如图所示.轻轻地推动一下，让绳子滑下，那么当绳子离开滑轮的瞬间，绳子的速度为.5.一根内壁光滑的细圆管，形态如下图所示，放在竖直平面内，一个小球自A口的正上方高h处自由落下，第一次小球恰能抵达B点；其次次落入A口后，自B口射出，恰能再进入A口，则两次小球下落的高度之比h1：h2=______6.将质量为M和3M的两小球A和B分别拴在一根细绳的两端，绳长为L，起先时B球静置于光滑的水平桌面上，A球刚好跨过桌边且线已张紧，如图所示．当A球下落时拉着B球沿桌面滑动，桌面的高为h，且h＜L．若A球着地后停止不动，求：（1）B球刚滑出桌面时的速度大小．（2）B球和A球着地点之间的距离．7.如图所示,半径为r,质量不计的圆盘盘面与地面相垂直,圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O,在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A,在O点的正下方离O点r/2处固定一个质量也为m的小球B.放开盘让其自由转动,问:(1)当A球转到最低点时,两小球的重力势能之和削减了多少?(2)A球转到最低点时的线速度是多少?(3)在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少?8.小球A用不行伸长的轻绳悬于O点，在O点的正下方有一固定的钉子B，OB=d，初始时小球A与O同水平面无初速释放，绳长为L，为使球能绕B点做圆周运动，试求d的取值范围？9.将细绳绕过两个定滑轮A和B．绳的两端各系一个质量为m的砝码。A、B间的中点C挂一质量为M的小球，M<2m，A、B间距离为l，起先用手托住M使它们都保持静止，如图所示。放手后M和2个m起先运动。求(1)小球下落的最大位移H是多少？(2)小球的平衡位置距C点距离h是多少？10．如图所示，桌面上有很多大小不同的塑料球，它们的密度均为ρ，有水平向左恒定的风作用在球上；使它们做匀加速运动（摩擦不计），已知风对球的作用力与球的最大截面面积成正比，即F＝kS(k为一常量).对塑料球来说，空间存在一个风力场，请定义风力场强度及其表达式.在该风力场中风力对球做功与路径无关，可引入风力势能和风力势的概念，若以栅栏P零风力势能参考平面，写出风力势能EP和风力势U的表达式。写出风力场中机械能守恒定律的表达式.（球半径用r表示；第一状态速度为v1，位置为x1；其次状态速度为v2，位置为x2）参考答案1.C2.BCD3.BCD4.解：由机械能守恒定律，取小滑轮处为零势能面.5.解：第一次恰能抵达B点，不难看出vB1=0由机械能守恒定律mgh1=mgR+1/2·mvB12∴h1=R其次次从B点平抛R=vB2tR=1/2·gt2mgh2=mgR+1/2·mvB22h2=5R/4h1：h2=4：56.7.解：（1）ΔEP=mgr-mgr/2=mgr/2(2)由系统机械能守恒定律得（3）设OA向左偏离竖直方向的最大角度是θ，由系统机械能守恒定律得mgr×cosθ–mgr/2×(1+sinθ)=02cosθ=1+sinθ,4(1-sin2θ)=1+2sinθ+sin2θ,5sin2θ+2sinθ-3=0Sinθ=0.6∴θ=37°8.解：设BC=r，若刚能绕B点通过最高点D，必需有mg=mvD2/r（1）由机械能守恒定律mg(L-2r)=1/2mvD2（2）∴r=2L/5d=L-r=3L/5∴d的取值范围3/5Ld<L9.解：(1)如答案图(a)所示，M下降到最底端时速度为零，此时两m速度也为零，M损失的重力势能等于两m增加的重力势能(机械能守恒)解得(2)如答案图(b)所示，当M处于平衡位置时，合力为零，T=mg，则Mg-2mgsinα=010．(1)风力场强度：风对小球的作用力与对小球最大截面积之比，即E＝F/S＝k(2)距P为x处，EP＝Fx＝kSxU＝EP/S＝kS2ρrv12/3+kx1＝2ρrv22/3+kx2高考物理一轮复习功与能专练1.关于摩擦力做功的下列说法中,正确的是()A.滑动摩擦力只能做负功;B.滑动摩擦力也可能做正功;AB图1C.静摩擦力不行能做功;D.AB图12.如图1所示,绳上系有A、B两小球,将绳拉直后静止释放,则在两球向下摇摆过程中,下列做功状况的叙述,正确的是()A.绳OA对A球做正功B.绳AB对B球不做功C.绳AB对A球做负功D.绳AB对B球做正功3.正在粗糙水平面上滑动的物块，从时刻到时刻受到恒定的水平推力的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻的速度与时刻的速度大小相等，则在此过程中（）A.物块可能做匀速直线运动B.物块的位移可能为零C.物块动量的变更肯定为零D.肯定对物块做正功图24．如图2所示，一磁铁在外力作用下由位置1沿直线以速度v匀速运动到位置2，在这个过程中磁铁穿过了闭合金属线圈，此过程外力对磁铁做功为．若调整线圈上的滑动变阻器使阻值增大些，将磁铁仍从位置1沿直线以速度匀速运动到位置2，此过程外力对磁铁做功为．则（）图2A.B.＞C.＜D.条件不足，无法比较5.试在下列简化状况下从牛顿定律动身，导出动能定理的表达式：物体为质点，作用力为恒力，运动轨迹为直线.要求写出每个符号以及所得结果中每项的意义.6.如图3所示，竖直平面内固定一个半径为的光滑圆形轨道，底端切线方向连接光滑水平面，处固定竖直档板，间的水平距离为，质量为的物块从点由静止释放沿轨道滑动，设物块每次与档板碰后速度大小都是碰前的，碰撞时间忽视不计，则：⑴物块其次次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度为多少？⑵物块其次次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间？P图47.如图4所示，倾角为的斜面上，有一质量为的滑块距档板为处以初速度沿斜面上滑，滑块与斜面间动摩擦因数为，<,若滑块每次与档板碰撞时没有机械能损失，求滑块在整个运动过程中通过的总路程．P图4图58.一个质量=0.2kg的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑直立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点，环的半径=0.5ｍ，弹簧的原长=0.50ｍ，劲度系数为4.8Ｎ/ｍ.如图5所示.若小球从图5中所示位置点由静止起先滑动到最低点时，弹簧的弹性势能=0.60Ｊ.求：（1）小球到点时的速度的大小；（2）小球在点对环的作用力.（取10ｍ/ｓ2）图59.如图6所示，和为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分别与一个光滑的圆图6弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径＝2.0ｍ，一个质量为＝1ｋｇ的物体在离弧高度为＝3.0ｍ处，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数＝0.2，重力加速度＝10ｍ／ｓ2，则（1）物体在斜面上（不包括圆弧部分）走过路程的最大值为多少？（2）试描述物体最终的运动状况．（3）物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分别为多少？图6图710.如图7所示，质量为的滑块套在光滑的水平杆上可自由滑动，质量为的小球用一长为的轻杆与上的点相连接，轻杆处于水平位置，可绕点在竖直平面内自由转动．(1)固定滑块，给小球一竖直向上的初速度,使轻杆绕点转过900，则小球初速度的最小值是多少?(2)若，不固定滑块且给小球一竖直向上的初速度，则当轻杆绕点转过900，球运动至最高点时，的速度多大?图7参考答案1.B2.C、D3.D4．B5.（略）6.解：⑴物块在光滑轨道上滑动过程机械能守恒，第一次下滑究竟端时的动能为①由于每次与档板碰后速度大小都是碰前的，故每次与档板碰后动能都是碰前的，物块经过两次与档板碰后动能为，依据机械能守恒定律有②由①、②得③⑵物块其次次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度远小于，此后物块在圆形轨道上的运动都可看成简谐运动，周期④其次次与档板碰后速度：⑤则其次次与档板碰撞到第三次与档板碰撞间隔的时间为：⑥第三次与档板碰后速度：⑦则第三次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：⑧因此其次次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：⑨7.解：由于滑动摩擦力<所以物体最终必定停在P点处，由功能关系有8.解：(1)由机械能守恒得:m/s(2)在最低点得:N9.解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功物体从起先直到不再在斜面上运动的过程中解得ｍ(2)物体最终是在、之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在、点时速度为零．（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得由牛顿其次定律得解得N．物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得由牛顿其次定律得解得N．10.解：(1)小球在竖直方向速度为时运动到最高点速度刚好为零，由机械能守恒有解得：（2）当球运动到最高点速度为，此时球速度为，且水平方向动量守恒有依据能量关系解得：高考物理一轮复习带电粒子在电场中的运动专练1、如图所示,有一质量为m、带电量为q的油滴,被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中,设油滴是从两板中间位置,并以初速度为零进入电场的,可以判定().(A)油滴在电场中做抛物线运动(B)油滴在电场中做匀加速直线运动(C)油滴打在极板上的运动时间只确定于电场强度和两板间距离(D)油滴打在极板上的运动时间不仅确定于电场强度和两板间距离,还确定于油滴的荷质比2、(01全国理科综合)图中所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电。现将一个摸索电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示。A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对摸索电荷q所做的功等于()A．B．C．D．3、A、B两点各放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同始终线上，且AC=CD=DB。将一正电荷从C点沿直线移到D点，则（）电场力始终做正功电场力先做正功再做负功电场力始终做负功D、电场力先做负功再做正功4、如图所示，在光滑的水平面上有一个绝缘弹簧振子，小球带负电，在振动过程中，当弹簧压缩到最短时，突然加上一个水平向左的匀强电场，A．振子振幅增大B．振子振幅减小C．振子的平衡位置不变D．振子的周期增大5、若带正电荷的小球只受到电场力作用，则它在随意一段时间内A．肯定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．肯定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不肯定沿电场线运动，但肯定由高电势处向低电势处运动D．不肯定沿电场线运动，也不肯定由高电势处向低电势处运动6、如图所示，两平行金属板a板对b板的电压随时间变更图像如静止释放，已知在一个周期内电子没有到达c面和d面，则以后到达c面或d面可能是：A．向右运动时通过c面B．向左运动时通过c面C．向右运动时通过d面D．向左运动时通过d面7、质量为m、带电量为+q的小球，用一绝缘细线悬挂于O点，起先时它在A、B之间来回摇摆，OA、OB与竖直方向OC的夹角均为如图1所示。求（1）假如当它摆到B点时突然施加一竖直向上的、大小为的匀强电场，则此时线中拉力（2）假如这一电场是在小球从A点摆到最低点C时突然加上去的，则当小球运动到B点时线中的拉力8、一个质量为m、带有电荷-q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙、轨道处于匀强电场中，其场强大小为E,方向沿OX轴正方向,如图所示。小物体以初速度v0从x0点沿OX轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s。9、如图3-2-11所示，在竖直平面内，有一半径为R的绝缘的光滑圆环，圆环处于场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，圆环上的A、C两点处于同一水平面上，B、D分别为圆环的最高点和最低点．M为圆环上的一点，∠MOA=45°．环上穿着一个质量为m，带电量为+q的小球，它正在圆环上做圆周运动，已知电场力大小qE等于重力的大小mg，且小球经过M点时球与环之间的相互作用力为零．试确定小球经过A、B、C、D点时的动能各是多少？10、如图3（a）所示，真空室中电极K发出的电子（初速为零）。经U=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B两板间的中心线射入，A、B板长L=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压U随时间t变更u—t图线如图3（b）。设A、B两板间的电场可以看做是匀称的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离，筒绕其竖直轴匀速转动，周期，筒的周长，筒能接收到通过A、B板的全部电子。参考答案1、BD2、C3、B4、B5、D6、C7、解：（1）小球摆到B点时，速度为零，突然加上电场，小球受到电场力：方向向上，小球受到的合力为零，小球将在B处静止而达到平衡状态。。（2）小球摆到平衡位置C时，由机械能守恒定律：得，这时突然加上电场，电场力仍与重力平衡，小球将做匀速圆周运动，绳的拉力供应做圆周运动的向心力。8、解：由于f＜qE，所以物体最终停在O点，物体停止运动前所通过的总路程为s，依据动能定理有所以9、解依据牛顿其次定律当小球从M点运动到A点的过程中，电场力和重力做功分别为依据动能定理得：同理：10、解（1）以时（见图b此时）电子打到圆筒记录纸上的点作为坐标系的原点，并取轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的坐标和坐标（不计重力）。（2）在给出的坐标纸（如图d）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。析与解：本题是综合性较强的一道高考压轴题，可分为四个阶段加速、偏转、放大和扫描。而电子的加速、偏转问题都是学生熟识的，有新意的是该题把常见的固定的接收屏改为转动的圆筒，加进了扫描因素，构成了一新的情境问题，对学生的实力、素养提出了较高的要求。（1）设为电子沿AB板中心线射入电场时的初速度则（1）电子穿过A、B板的时间为，则（2）电子在垂直于A、B板方向的运动为匀加速直线运动，对于能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的应满意：（3）由（1）、（2）、（3）解得此电子从A、B板射出的沿Y方向分速度为：（4）以后此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y由图（c）可得（5）由以上各式解得：（6）由图线可知，加在两板电压的周期，的最大值，因为，在一个周期内只有起先的一段时间间隔内有电子通过A、B板（7）因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，依据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的坐标为（8）其次个最高点的坐标为（9）第三个最高点的坐标为由于记录筒的周长为，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的坐标分别由（8）、（9）表示。（2）电子打到记录纸上所形成的图线如图（d）。高考物理一轮复习电场力的性质和能的性质专练在电场中P点放一个检验荷-q,它所受的电场力为F，则关于P点电场强度EP正确的说法是（） （A）EP=F/q,方向与F相同 （B）若取走-q,P点的电场强度EP=0 （C）若检验电荷为-2q,则EP=F/2q （D）EP与检验电荷无关2、图1是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点，这两点比较（） （A）b点的电场强度较大 （B）a点的电场强度较大 （C）同一正点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时 受到的电场力大 （D）同一负点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时 受到的电场力大3、一个电量为q的正点电荷，在各点场强大小和方向都相同的电场中，沿电场线方向运动的位移为d,若电场强度大小为E，在此过程中电场力对点电荷做功等于（）（A）Ed/q（B）qE/d（C）qd/E（D）qEd4、一个电量为q的正点电荷，在电场中从a点移到b点，电场力对该点电荷做功W，那么，a、b两点之间的电势差应等于（）（A）qW（B）q/W（C）W（D）W/q5、下面关于电势和电势能的说法正确的是（）（A）电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也肯定越大（B）在负的点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能（C）电势降低的方向，肯定就是场强方向（D）电势能是电场和电荷共有的能6、三个点电荷在彼此的库仑力作用下都处于静止，则（）（A）它们必在同始终线上（B）它们都是同种电荷（C）每个电荷受到的库仑力的合力等于零（D）它们不是同种电荷7、用30cm的细线将质量为4×10-3㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态。（1）分析小球的带电性质（2）求小球的带电量（3）求细线的拉力8、如图所示，平行金属板与水平方向成角，板间距离为，板间电压为，一质量为的带电微粒，以水平初速度从下板左端边缘进入板间，结果正好沿水平直线通过从上板右端上边缘处射出，求:（1）微粒带电量（2）微粒离开电场时的动能。++9、在氢原子中，可以认为核外电子绕原子核（质子）做匀速圆周运动，轨道半径为。求电子沿轨道运动的动能。10、一束电子流在经的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图14—9—4所示，若两板间距，板长，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压?参考答案1、D2、AD3、D4、D5、D6、ACD7、解：（1）小球受力如图，故带正电。FqEmg（2FqEmg（3）8、解：（1）微粒做直线运动，故合力在水平方向上，电场力方向只能是斜向上。微粒带正电。受力如图。++qEmg（2）重力不做功（高度不变），电场力做功，由动能定理可得：即：9、解：质子对核外电子的库仑力充当向心力，10、解析：在加速电压肯定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大.当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压.加速过程，由动能定理得①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度③偏距④能飞出的条件为y≤⑤解①～⑤式得U′≤即要使电子能飞出，所加电压最大为.说明：(1)此题是一个较典型的带电粒子先加速再偏转的题目.请读者通过该题仔细体会求解这类问题的思路和方法，并留意解题格式的规范化.高考物理一轮复习电容器专练1．两块大小、形态完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电. （BC） A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小 B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大 C．断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小 D．断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大2．某电解电容器上标有“25V、470μF”的字样，对此，下列说法正确的是（A）A、此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作。B、此电容器只能在沟通25V及以下电压才能正常工作。C、当工作电压是25V时，电容才是470μF。D、这种电容器运用时，不必考虑两个引出线的极性。3．在图2的电路中，U=8V不变，电容器电容C=200，R1:R2=3:5，则电容器的带电量为 （A） A．1×10－3C B．1.5×10－3C C．6×10－4C D．1.6×10－34．平行板电容器的电容为C，带电量为Q，极板间的距离为d.在两极板间的中点放一电量很小的点电荷q.它所受的电场力的大小等于 （C） A．8kQq/d2 B．4kQq/d2 C．Qq/Cd D．25．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O/垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（B） A．匀速直线运动 B．水平向右的匀加速直线运动 C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动6．如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（A A．开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量 B．开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量 C．开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量 D．开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量7.如图所示，两平行金属板A、B接在电池的两极，一带正电的单摆悬挂在A板上，闭合开关S，让单摆作简谐运动，设周期为T，则 (AC)A.保持开关S闭合，B板向A板靠近，则周期小于TB.保持开关S闭合，B板向A板靠近，则周期不变C.开关S断开，B板向A板靠近，则周期不变D.开关S断开，B板向A板靠近，则周期大于T8．在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω；R4=35Ω；电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电，求接通开关S后流过R4的总电量。解答：由电阻的串并联得，闭合电路的总电阻R=R1(R2+R3)/(R1+R2+R3)+r由欧姆定律得，通过电源的电流I=E/R电源的端电压U=E－Ir电阻R3两端的电压U/=R3U/(R2+R3)通过R4的总电量就是通过电容器的电量Q=CU/代入数据解得，Q=2.0×10－4C9．如图所示，绝缘固定擦得很亮的锌板A水平放置，其下方水平放有接地的铜板B，两板间距离为d，两板面积均为S，正对面积为，且S＜．当用弧光灯照耀锌板上表面后，A、B间一带电液滴恰好处于静止状态，试分析：（1）液滴带何种电荷?（2）用弧光灯再照耀A板上表面，液滴做何种运动?（3）要使液滴向下运动，应实行哪些措施?【解析】（1）受弧光灯照耀发生光电效应，有光电子从锌A的上表面逸出，而使A板带正电荷，接地的铜B由于静电感应而带负电，A、B板间形成方向向下的匀强电场，由液滴处于静止状态知，所以液滴带负电．（2）当再用弧光灯照耀A板上表面时，光电效应接着发生，使A板所带正电荷增加，A、B板间场强增加，所以＞，使液滴向上运动．（3）要使液滴向下运动，即＞，和不变，则必需使变小．因上板电荷量Q不变，则当B板向右移动，增大两板正对面积时，电容增大，两板电势差减小，而d不变，故场强变小，＜，则液滴向下运动．10．如图所示，在A、B两点间接一电动势为4V，内电阻为1Ω的直流电源，电阻R1、R2、R3的阻值均为4Ω，电容器C的电容为30μF，电流表的内阻不计，求：123(1)123(2)、电容器所带的电量；(3)、S断开后，通过R2的电量．解答(1)0.8A(2)9.6×10-5C(3).4.8×10-5C11．如图所示，已知电源的电动势E=18V，内电阻r=1Ω，电阻R2=5Ω，电阻R3=6Ω，两平行金属板水平放置，相距d＝2cm，当变阻器R1的触头P恰好在中点时，一个带电量q=-6×10-7C的油滴恰好可静止在两板中间，此时，电流表的示数为2A。(g=10m/s2（1）、求变阻器R1的阻值；（2）、求带电油滴的质量；（3）、当触头P快速滑到最低点后，油滴怎样运动？当油滴达到上板或下板时具有多大的速度？解答：12Ω，3×10-5kg，向上0.32m/s高考物理一轮复习带电粒子在磁场中的运动专练1．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍旧在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法肯定错误的是A.速率变小，半径变小，周期不变B.速率不变，半径不变，周期不变C.速率不变，半径变大，周期变大D.速率不变，半径变小，周期变小2．如图所示，x轴上方有垂直纸面对里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴均夹θ角.则正、负离子在磁场中A.运动时间相同 B.运动轨道半径相同C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同D.重新回到x轴时距O点的距离相同3．电子自静止起先经M、N板间（两板间的电压为u）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m，电量为e）4．已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推想，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发觉号”航天飞机搭载升空，找寻宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心部分如图所示，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中心的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.（1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出推断过程）（2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径；（3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少?5．如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：（1）该粒子射出磁场的位置；（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计）参考答案1．A2.BCD3.解析：电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：mv2-0=eu电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：evB=m电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：=由以上三式得：B=4.解:（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹.（2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿其次定律得：（3）由图中几何关系知：所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离 5.解：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，设O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=m式中R为圆轨道半径，解得：R= ①圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：=Rsinθ ②联解①②两式，得：L=所以粒子离开磁场的位置坐标为（-，0）（2）因为T==所以粒子在磁场中运动的时间，t＝高考物理一轮复习电磁感应中的功能问题专练１.如图所示，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab下滑过程中：[]A.由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒．B.ab达到稳定速度前，其削减的重力势能全部转化为电阻R的内能．C.ab达到稳定速度后，其削减的重力势能全部转化为电阻R的内能．D.ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做功．2.如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ab，在极短时间内给棒ab一个水平向右的速度，ab棒起先运动，最终又静止在导轨上，则ab在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种状况相比较()整个回路产生的总热量相等安培力对ab棒做的功相等安培力对ab棒的冲量相等电流通过整个回路所做的功相等3.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都静止在光滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右的冲量I，使环向右运动，则下列说法不正确的是()A．在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动B．磁铁运动的最大速度为I/(M+m)C．铝环在运动过程中，能量最小值为ml2/2(M+m)2D．铝环在运动过程中最多能产生的热量为I2/2m4.如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域里，现有一边长为a(a<L)的正方形闭合线圈刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场过程中产生的热量Q1与滑出磁场过程中产生的热量Q2之比为()A．1：1B．2：1C.3：1D．4：15.如图所示，沿水平面放G一宽50cm的U形光滑金属框架．电路中电阻R=2.0Ω，其余电阻不计，匀强磁场B=0.8T，方向垂直于框架平面对上，金属棒MN质量为30g，它与框架两边垂直，MN的中点O用水平的绳跨过定滑轮系一个质量为20g的砝码，自静止释放砝码后，电阻R能得到的最大功率为w．6.如图所示，正方形金属框ABCD边长L=20cm，质量m=0.1kg，电阻R=0.1Ω，吊住金属框的细线跨过两定滑轮后，其另一端挂着一个质量为M=0.14kg的重物，重物拉着金属框运动，当金属框的AB边以某一速度进入磁感强度B=0.5T的水平匀强磁场后，即以该速度v做匀速运动，取g=10m/s2，则金属框匀速上升的速度v=m/s，在金属框匀速上升的过程中，重物M通过悬线对金属框做功J，其中有J的机械能通过电流做功转化为内能．7.如图所示，两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中。在导轨上垂直导轨跨放质量为m的金属直杆，金属杆的电阻为r，金属杆与导轨接触良好、导轨足够长且电阻不计。金属杆在垂直于杆的水平恒力F作用下向右匀速运动时，电阻R上消耗的电功率为P，从某一时刻起先撤去水平恒力F去水平力后：(1)当电阻R上消耗的功率为P/4时，金属杆的加速度大小和方向。(2)电阻R上产生的焦耳热。8.如图甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B，边长为f的正方形金属框abcd(下简称方框)在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNPQ(下简称U形框)U形框与方框之间接触良好且无摩擦，两个金属杠每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r．将方框固定不动，用力拉动u形框使它以速度v0垂直NQ边向右匀速运动，当U形框的MP端滑至方框的最右侧，如图乙所示时，方框上的bd两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大?若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v0，假如U形框恰好不能与方框分别，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v(v>v0)，U形框最终将与方框分别，假如从U型框和方框不再接触起先，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，求金属框框分别后的速度各多大?1.答案:C解析:下滑过程有安培力做功,机械能不守恒;ab达到稳定速度,重力等于安培力,故C正确.2.答案:A解析：两种状况下产生的总热量，都等于金属棒的初动能.3.答案：D解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2·{I/(m+M)}2，铝环产生的最大热量应为系统机械能的最大损失量，I2/2m-I2/2(m+M)=MI2/2m(m+M)．4.答案：C解析：这是一道选用力学规律求解电磁感应的好题目，线框做的是变加速运动，不能用运动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出时速度为v1和v2，则第一阶段产生的热量，其次阶段产生的热量Q2=mv2/2，只要能找出v1和v2的关系就能找到答案，由动量定理可得5.答案:0.5W解析:由题意分析知,当砝码加速下落到速度最大时,砝码的合外力为零,此时R得到功率最大,为mg=BImaxL①Pmax=I2maxR②由式①②得Pmax=(mg/BL)2R=0.5W6.答案:4；0.28；0.08解析:F安=(M-m)g,转化的内能=F安L7.解析：(1)撤去F之前，设通过电阻R的电流为I，则金属杆受到的安培力大小F安=BIL=F．撤去F之后，由P=I2R知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I'=I/2，则金属杆受到的安培力F’安=BI'L=F/2，方向水平向左，由牛顿其次定律得，．方向水平向左．(2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运动时金属杆的速度为v，则I2(R+r)=Fv，又P=I2R，解得由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量则电阻R上产生的焦耳热8.解析：(1)U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0，当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为闭合电路的总电流为依据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd=方框中的热功率为：(2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，依据动量守恒定律依据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即(3)设U形框和方框不再接触时方框速度为v1，u形框的速度为v2：，依据动量守恒定律，有3mv=4mvI+3mv2……两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U形框最左侧距离为s，即(v2-v1)t=s联立以上两式，解得高考物理一轮复习恒定电流专练1、在运用万用表欧姆档测电阻时，下面叙述的规则不必要或不准确的是()。(A)测每个电阻前，都必需调零(B)测量中两手不要与两表笔金属触针接触(C)被测电阻要和其它元件及电源断开(D)测量完毕后选择开关应置于非欧姆挡2、用公式P=U2/R求出“220V,40W”灯泡的电阻为1210Ω，而用欧姆表测得其电阻只有90Ω。下列分析正确的是（）。(A)肯定是读数时乘错了倍率(B)可能是测量前没有调零(C)肯定是欧姆表坏了(D)1210Ω是灯泡正常工作时较高温度下的电阻，90Ω是灯泡常温下的电阻3、用伏安法测电阻的主要步骤如下，其中错误的步骤是（）。(A)依据待测电阻的阻值，选择仪器和电路(B)合上开关，然后连接试验电路(C)不断增大滑动变阻器连入电路的电阻，记录几组电流强度和电压的值(D)将记录的数据填入设计的表格内，计算待测电阻的值，并求其平均值。4、测电阻率时，为了提高测量精确度，下列措施中哪些是有益的（）。(A)测导线直径时，应在不同部位测三次取平均值(B)测电阻，只需测一次电压表和电流表的值即可(C)测电阻时，通过导线的电流要足够大，而且要等到稳定一般时间后才读数(D)测电阻时，电流不宜过大，通电时间不宜过长5、在用电流表和电压表分别测定三个电池的电动势和内电阻的试验中，依据试验数据得到如图所示的U-I图像，下列推断正确的是（）。(A)εa=εb>εc(B)εa>εb>εc(C)ra>rb>rc(D)rb>ra>rc6、下面几组器材中，能完成《测定电池的电动势和内电阻》试验的是（）。(A)一只电流表,一只电压表,一只变阻器,开关和导线(B)一只电流表，二只变阻器，开关和导线(C)一只电流表，一只电阻箱，开关和导线(D)一只电压表，一只电阻箱，开关和导线7、某一用直流电动机提升重物的装置，如图（1）重物的质量m=50kg。电源的电动势ε=110v。不计电源电阻及各处的摩擦，当电动机以V=0．9的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I=5A，试求电动机线圈的电阻。mKmV↑图（1）8、如图（3）所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值都是1欧姆。R4R5的阻值都是0．5欧姆ab端输入电压U=6v。当cd端接伏特表时，其示数为多少。aR1eR4cUR2bR3R5df图（3）9、如图（4）所示的电路中，已知电容C=2uF。电源电动势ε=12v。内电阻不计，R1：R2：R3：R4=1：2=6：3则电容器极上板所带的电量为多少？dR1bR2dacR3R4图（4）10、如下图，输入电压Uab等于某电炉的额定电压后，当将此电炉（额定功率为P0等于400w）接入c、d时。电炉实际消耗的功率为P1=324w。若将两个这样的电炉并接在c、d间时，两个电炉实际消耗的总功率P2为多少？aR0cadad图（5）UabR参考答案1、A2、D3、BC4、AD5、AD6、ACD7、分析：由能量守恒，电能通过电流的功转化电热及重物的机械能[重物动能不变，只增加重力势能]∴Iε=mgV+I2R代入数据可解得：R=4．4Ω8、