2012届高考物理第一轮课时复习题304

2012年高考物理第一轮考点及考纲复习题（有答案）2012年高考一轮复习考点及考纲解读（八）恒定电流内容要求说明 64．电流。

欧姆定律。

电阻和电阻定律65．电阻率与温度的关系 66．半导体及其应用。

超导及其应用 67．电阻的串、并联。

串联电路的分压作用。

并联电路的分流作用 68．电功和电功率。

串联、并联电路的功率分配 69．电源的电动势和内电阻。

闭合电路的欧姆定律。

路端电压 70．电流、电压和电阻的测量：电流表、电压表和多用电表的使用。

伏安法测电阻 II I I IIII II II名师解读恒定电流部分是高考必考内容之一，特别是电学实验更是几乎每年必考。

常见题型有选择题、实验题、计算题，其中以实验题居多。

高考考查的重点内容有：欧姆定律，串、并联电路的特点，电功及电热，闭合电路的欧姆定律，电阻的测量（包括电流表、电压表内阻的测量）。

其中含容电路、电路动态变化的分析、功率分配问题是命题率较高的知识点，尤其电阻的测量、测量电源的电动势和内电阻更是连续多年来一直连考不断的热点。

复习时要理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义，另外，要密切注意半导体、超导等与生产和生活相结合的新情景问题。

样题解读【样题1】(江都市2011届高三联考)一中学生为即将发射的“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图8－1，连接在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值。

关于这个装置在“神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中示数的判断正确的是 A．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数仍为正 B．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数为负 C．飞船在近地圆轨道上运行时，电压表的示数为零D．飞船在近地圆轨道上运行时，电压表的示数所对应的加速度应约为9.8m/s2 [分析] 飞船竖直加速升空的过程和竖直减速返回地面的过程中都发生超重现象，弹簧被压缩，变阻器的滑动头向下滑动，所以电压表的示数正负情况相同，A项正确，B项错误；飞船在近地圆轨道上运行时，处于完全失重状态，加速度等于重力加速度，约为9.8m/s2，C项错误，D项正确。

2012届高考物理第一轮课时复习训练题（有答案和解释）第三节圆周运动及其应用一、单项选择题1.(2009年高考广东卷)如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大解析：选B.由于a、b、c三点是陀螺上的三个点，所以当陀螺转动时，三个点的角速度相同，选项B正确，C错误；根据v＝ωr，由于a、b、c三点的半径不同，ra＝rb>rc，所以有va＝vb>vc，选项A、D均错误．2．(2011年北京检测)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看成是做半径为R的圆周运动，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()A.gRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdh解析：选 B.汽车做匀速圆周运动：向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F向＝mgtanθ，根据牛顿第二定律：F向＝mv2R，tanθ＝hd，解得汽车转弯时的车速v ＝gRhd，所以B对．3.(2011年北京西城检测)如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R.轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x.一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v.小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF(ΔF>0)，不计空气阻力．则()A．m、x一定时，R越大，ΔF一定越大B．m、x一定时，v越大，ΔF一定越大C．m、R一定时，x越大，ΔF一定越大D．m、R一定时，v越大，ΔF一定越大解析：选C.小球到达最高点A时的速度vA不能为零，否则小球早在到达A点之前就离开了圆形轨道，m、R一定时，x越大，小球到达最高点A时的速度越小，小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差ΔF 一定越大，C正确．二、双项选择题4.(2011年广州一模)如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中()A．B对A的支持力越来越大B．B对A的支持力越来越小C．B对A的摩擦力越来越大D．B对A的摩擦力越来越小解析：选BD.以A为研究对象，由于其做匀速圆周运动，故合外力提供向心力．在水平位置a点时，向心力水平向左，由B对它的静摩擦力提供，f＝mω2r；重力与B对它的支持力平衡，即FN＝mg.在最高点b 时，向心力竖直向下，由重力与B对它的支持力的合力提供，mg－FN ＝mω2r，此时f＝0.由此可见，B对A的支持力越来越小，B对A的摩擦力也越来越小．5.(2011年深圳模拟)如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为34圆周的光滑轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球从d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处并切入轨道内运动，不计空气阻力，则()A．在h一定的条件下，小球释放后的运动情况与小球的质量无关B．改变h的大小，就能使小球通过a点后，落回轨道内C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过b点后落回轨道内D．调节h的大小，使小球飞出de面(即飞到e的右面)是可能的解析：选AD.在h一定的条件下，小球释放后的运动情况与小球的质量无关，小球通过a点时的最小速度为vmin＝gR，其中R为圆轨道的半径，所以它落到与de面等高的水平面上时的最小水平位移为smin＝vmin2Rg＝2R，所以改变h的大小，不可能使小球通过a点后落回轨道内，但使小球飞出de面(即飞到e的右面)是可能的．改变h的大小，使小球通过b点后在ba之间的某一点离开轨道做斜上抛运动并落回轨道内是可能的．故A、D正确．6.(2011年长沙三校测评)2010年2月16日，在加拿大温哥华举行的第二十一届冬奥会花样滑冰双人自由滑比赛落下帷幕，中国选手申雪、赵宏博获得冠军．如图所示，如果赵宏博以自己为转动轴拉着申雪做匀速圆周运动．若赵宏博的转速为30r/min，手臂与竖直方向夹角为60°，申雪的质量是50kg，她触地冰鞋的线速度为4.7m/s，则下列说法正确的是()A．申雪做圆周运动的角速度为πrad/sB．申雪触地冰鞋做圆周运动的半径约为2mC．赵宏博手臂拉力约是850ND．赵宏博手臂拉力约是500N解析：选AC.申雪做圆周运动的角速度等于赵宏博转动的角速度．则ω＝30r/min＝30×2π/60rad/s＝πrad/s，由v＝ωr得：r＝1.5m，A正确，B 错误；由Fcos30°＝mrω2解得F≈850N，C正确，D错误．7.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧管壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝＋B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析：选BC.小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：FN －Fmg＝mv2R＋r，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D错误．8.如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为R/2.轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下．小球在水平面上的落点为C(重力加速度为g)，则()A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．OC之间的距离为2RD．小球从A运动到C的时间等于(1＋2)Rg解析：选BC.小球从A到B由机械能守恒定律得mgR2＝12mv2B，vB＝gR；由mv2BR＝mg可知，小球在半球顶端B点只受重力的作用，符合平抛运动的条件，故选项A错误，而B正确；从B到C，R＝12gt2，OC＝vBt，联立得t＝2Rg，OC＝2R，选项C正确；设从A到B的时间为tAB，由于R2Rg，故小球从A运动到C的时间大于(1＋2)Rg，选项D 错误．三、非选择题9．如图所示，A、B两个齿轮的齿数分别为z1、z2，各自固定在过O1、O2的轴上，其中过O1的轴与电动机相连接，此轴的转速为n1，求：(1)B齿轮的转速n2；(2)A、B两个齿轮的半径之比；(3)在时间t内，A、B两齿轮转过的角度之比．解析：(1)相同时间内两齿轮咬合通过的齿数是相同的，则n1z1＝n2z2，所以n2＝z1z2n1.(2)设A、B半径分别是r1、r2，由于两轮边沿的线速度大小相等，则2πn1r1＝2πn2r2，所以r1r2＝n2n1＝z1z2.(3)由ω＝2πn得ω1ω2＝n1n2＝z2z1，再由φ＝ωt得时间t内两齿轮转过的角度之比φ1φ2＝ω1ω2＝z2z1.答案：(1)z1z2n1(2)z1z2(3)z2z110．(2009年高考广东卷)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A 点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块．求：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．解析：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得摩擦力的大小f＝mgsinθ＝mgHH2＋R2支持力的大小FN＝mgcosθ＝mgRH2＋R2.(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点受到重力和支持力的作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为ω，则有mgtanθ＝mω2R2由几何关系得tanθ＝HR联立以上各式解得：ω＝2gHR.答案：(1)mgHH2＋R2mgRH2＋R2(2)2gHR1.(2011年江西五校联考)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，则有()A．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为5mgB．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gL D．若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：选C.小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，说明小铁球在最高点B处，轻绳的拉力最小为零，mg＝mv2/L，v＝gL；由机械能守恒定律得，小铁球运动到最低点时动能mv21/2＝mv2/2＋mg•2L，在最低点轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律F－mg＝mv21/L，联立解得轻绳的拉力最大为F＝6mg；选项A、B错误．以地面为重力势能参考平面，小铁球在B点处的总机械能为mg•3L＋12mv2＝72mgL，无论轻绳是在何处断开，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12mv′2＝72mgL，落到地面时的速度大小为v′＝7gL，选项C正确．小铁球运动到最低点时速度v1＝5gL，由s＝v1t，L＝12gt2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为s＝10L，选项D错误．2.(2010年高考重庆卷)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断开时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2.(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有竖直方向：14d＝12gt2水平方向：d＝v1t解得v1＝2gd由机械能守恒定律，有12mv22＝12mv21＋mg(d－34d)，解得v2＝52gd.(2)设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R＝34d由圆周运动向心力公式，有T－mg＝mv21R得T＝113mg.(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有T－mg＝mv23l，解得v3＝83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为s，时间为t1.有d －l＝12gt21，s＝v3t1得s＝－，当l＝d2时，s有极大值smax＝233d.答案：(1)2gd52gd(2)113mg(3)d2233d。

2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练选修3-3 热学第2讲气体、固体与液体一、选择题（本题共4小题，共24分）1．分子动能随分子速率的增大而增大，早在1859年麦克斯韦就从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律．下列描述分子动能与温度关系正确的是()A．气体内部所有分子的动能都随温度的升高而增大B．气体温度升高，其内部个别分子的动能可能减小C．不同气体相同温度下，分子的平均动能相同，平均速率也相同D．当气体温度一定时，其内部绝大多数分子动能相近，动能很小或很大的很少解析：气体内部绝大多数分子的动能随温度的升高而增大，但极个别分子动能反而减小，选项A错误、B正确；温度相同，分子平均动能相同，但不同气体分子质量不一定相同，故平均速率不一定相同，选项C错误；温度一定时，分子的速率遵循统计规律，选项D正确．答案：BD2. 如图2－26所示，两个绝热相通的容器M、N间装有阀门K ，M中充满气体，气体分子间的相互作用力可以忽略，N中为真空，打开阀门K后，M中的气体进入N中，最终达到平衡状态，则()A．气体体积膨胀，对外做功，内能减小图2－26B．气体体积膨胀，温度降低，压强减小C．分子的平均动能不变，但分子的密度减小了，所以气体压强也要减小D．N中的气体能自发地全部退回到M中解析：由于N中为真空，打开阀门K后虽然气体体积膨胀，但没有对外做功，且绝热容器也不与外界交换热量，则气体内能不变，温度也不变，分子的平均动能也不变，但分子的密度减小，气体压强减小．根据热力学第二定律可知，N中的气体不能自发地全部退回到M中．答案：C3．一定质量的理想气体，在某一状态下的压强、体积和温度分别为p0、V0、T0，在另一状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，则下列关系错误的是()A ．若p 0＝p 1，V 0＝2V 1，则T 0＝12T 1 B ．若p 0＝p 1，V 0＝12V 1，则T 0＝2T 1 C ．若p 0＝2p 1，V 0＝2V 1，则T 0＝2T 1D ．若p 0＝2p 1，V 0＝V 1，则T 0＝2T 1解析：根据p 0V 0T 0＝p 1V 1T 1可以判断出选项A 、B 、C 错误，D 正确． 答案：ABC4. 如图2－27所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C ，最后变化到状态A 的过程中，下列说法正确的是 ( )A ．从状态A 变化到状态B 的过程中，气体膨胀对外做功，放出热量B ．从状态B 变化到状态C 的过程中，气体体积不变，压强减小，放出热量C ．从状态C 变化到状态A 的过程中，气体压强不变，体积减小，放出热量D ．若状态A 的温度为300 K ，则状态B 的温度为600 K解析：气体从状态A 变化到状态B 的过程中，气体体积增大，膨胀对外做功，压强升高，根据pV T＝C 可知，其温度升高，根据热力学第一定律可知，气体要吸热，选项A 错误；从状态B 变化到状态C 的过程中，气体体积不变W ＝0，压强减小，则温度降低，由ΔU ＝W ＋Q 可知气体放热，选项B 正确；从状态C 变化到状态A 的过程中，气体体积减小W>0，压强不变，则温度降低，由ΔU ＝W ＋Q 可知气体放热，选项C 正确；由pV T＝C 可求出状态B 的温度为1 200 K ，选项D 错误． 答案：BC二、非选择题（本题共8分，共76分）5．(1)外力对气体做功100 J ，气体向外放热20 J ，在这个过程中气体的内能________(填“增加”或“减少”)，其改变量是________ J.(2)晶体在熔化过程中所吸收的热量，主要用于________．A ．破坏空间点阵结构，增加分子动能，不改变体积B ．破坏空间点阵结构，增加分子势能，改变体积C ．重新排列空间点阵结构，增加分子势能，同时增加分子动能和改变体积D ．重新排列空间点阵结构，但不增加分子势能和动能，也不改变体积解析：(2)晶体熔化过程中保持温度不变，所以分子的平均动能不变，所以选项AC 都不对；晶体分子是有序排列的空间点阵结构，熔化成液体后分子排列是无序的，故选项图2－27D不对；晶体熔化的过程是破坏空间点阵结构的过程，空间点阵结构被破坏以后，分子排列无序，故体积改变，分子势能增加，选项B正确．答案：(1)增加80(2)B6．(1)关于下列实验事实，说法正确的是________．A．随着低温技术的发展，物体的温度可以降到0 KB．由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积C．吸收了热量的物体，其温度可以降低D．分子间引力和斥力可以单独存在(2)在如图2－28所示的气缸中封闭着一定质量的常温理想气体，一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态．如果将缸内气体的摄氏温度降低一半，则缸内气体的体积________．A．仍不变B．为原来的一半C．小于原来的一半D．大于原来的一半解析：(1)本题考查分子动理论，热力学第一定律．绝对温度是不可能达到的，A项错误；由气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数只能算出每个分子平均占有的空间体积，B项错误；根据热力学第一定律可知，物体吸收了热量，如果同时对外做功，并且做功大于吸收的热量，则物体的内能减少，温度降低，C项正确；分子间的引力和斥力是同时存在的，不可能单独存在，D项错误．(2)对气缸活塞研究，大气压强不变，绳的拉力不变，活塞重力不变，因此缸内的气体的压强恒定不变，气体的摄氏温度降低一半，由T＝t＋273可知，则缸内的气体的热力学温度降低的小于原来的一半，根据理想气体状态方程pVT＝K可知，缸内气体的体积大于原来的一半．答案：(1)C(2)D7．(1)下面的叙述中正确的是()A．物体的温度升高，物体中分子热运动加剧，但有些分子的热运动动能可能减小B．对气体加热，气体的内能可能增大，也可能不变，但不可能减少C．物质内部分子间吸引力随着分子间距离增大而减小，排斥力随着分子间距离增大而增大D．布朗运动是悬浮颗粒之间碰撞作用不平衡而造成的(2)汽车轮胎气压过高或过低了对轮胎都有损害，轮胎气压过高容易发生爆胎事故，气压过低轮胎磨损严重，而且轮胎使用寿命会大大降低．一般的正常的轮胎气压应该在2个到2.5个大气压之间．假设某汽车轮胎内的气体的体积为V0，压强为一个标准大气压p0.①现在要让轮胎的气压变为2p0，需要注入多少一个标准大气压的空气？如果给车装载了很多货物，轮胎的体积变为原来的80%，此时轮胎内的气体压强又是多少？(假设轮图2－28胎与外界进行充分的热交换)②上述两问中，轮胎内气体是吸热还是放热？简要说明理由．解析：(1)温度升高说明分子的平均动能增加，大量分子做的是无规则热运动，无法实现所有的分子动能都增大，A 项对．对气体加热，在没有涉及做功的情况下，无法判断气体内能的变化情况，B 项错．在物质内部分子间的吸引力和排斥力都随着分子间距离增大而减小，C 项错．布朗运动是液体分子对悬浮颗粒碰撞作用不平衡而造成的，D 项错．(2)①a ：注入空气时，气体初态压强为p 0，体积为V 1；末态压强为2p 0，体积为V 0，由玻意耳定律p 0V 1＝2p 0V 0代入数据得V 1＝2V 0故注入空气的体积为2V 0－V 0＝V 0.b ：装载货物时，气体初态压强为2p 0，体积为V 0；末态压强为p 2，体积为0.8V 0，由玻意耳定律2p 0V 0＝p 20.8V 0代入数据得p 2＝2.5p 0.②外界对气体做功而温度不变，根据热力学第一定律可知气体放热．答案：(1)A (2)①2.5p 0 ②放热．外界对气体做功而温度不变，根据热力学第一定律可知气体放热．8. 温度计是生活、生产中常用的仪器．图2－29所示为一个简易温度计装置，两端开口的细长玻璃管穿过橡皮塞插入烧瓶内，玻璃管内装有一小段有色液柱，封闭住一定质量的气体．当外界温度发生变化时，液柱将上下移动，经实验确定A 、D 间的刻度范围为20～80℃，且A 、D 间刻度均匀．(1)液柱下端处于D 点时，若封闭气体的密度为ρ，摩尔质量为M ，那么气体分子间的平均距离的表达式为________．(阿伏加德罗常数为N A ，ρ、M均为国际单位)(2)液柱下端处于A 、D 间中点时，封闭气体的密度为ρ的多少倍？ 解析：(1)本题考查分子动理论相关知识．由题意可知，被封闭气体的摩尔体积为：V ＝M ρ，则每个分子所占据的体积为：v 0＝V N A，气体分子所占据的空间可以视为正立方体，所以分子间距为d ＝3v 0＝ 3M ρN A. (2)液柱从D 到A 过程中，气体做等压变化；液柱处于A 、D 间中点时对应的温度为50℃.由气体实验定律知V 1V 2＝T 1T 2＝273＋20273＋50＝293323，所以ρ2ρ1＝V 1V 2＝293323， 图2－29即此时密度为ρ的293323倍．答案：(1) 3MρN A (2)2933239．(1)以下说法正确的是________．A ．满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的B ．熵是物体内分子运动无序程度的量度C ．若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水汽，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水汽的质量减少，密度不变D ．当分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小(2)如图2－30所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体，将一细管插入液体，利用虹吸现象，使活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度均保持不变，下列各个描述理想气体状态变化的图象中与上述过程相符合的是________图，该过程为________过程(选填“吸热”、“放热”或“绝热”)．(3)如图2－31，一集热箱里面封闭着一定量的气体，集热板作为箱的活塞且始终正对着太阳，其面积为S ，在t 时间内集热箱里气体膨胀对外做功的数值为W ，其内能增加了ΔU ，不计封闭气体向外散的热．已知照射到集热板上太阳光的能量有50%被箱内气体吸收，求：①这段时间内集热箱里气体共吸收的热量；②太阳光照在集热板单位面积上的辐射功率．解析：(1)自然界中与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故A 错误；熵是物体内分子运动无序程度的量度，B 正确；向下压缩时气体温度不变，饱和汽压值不变，密度不变，体积减小则水汽的质量变小，C 正确；分子间的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小，D 错误．(2)气体的温度不变，压强减小则体积增大，由气体的等温变化特点得D 图正确．该过程气体体积增大对外界做功，温度不变则内能不变，由热力学第一定律得气体需要从外界吸热．(3)①根据ΔU ＝Q －W 得Q ＝ΔU ＋W②由Q ＝50%PSt 得太阳光在垂直单位面积上的辐射功率为P ＝2(W ＋ΔU )St .答案：(1)BC (2)D 吸热(3)①ΔU ＋W ②2(W ＋ΔU )St图2－30 图2－3110．(1)一定质量的理想气体发生如图2－32所示的状态变化，状态A与状态B的体积关系为V A________V B(选填“大于”、“小于”或“等于”)；若从A状态到C状态的过程中气体对外做了100 J的功，则此过程中气体________(选填“吸热”或“放热”)．(2)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质．某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又对低温热源放热Q2，工质完全回复初始状态，内能没有变化．根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是()A．Q1－Q2＝W B．Q1＋Q2＝WC．Q1＋W＝Q2D．W－Q2＝Q1(3)冬天到了，很多同学用热水袋取暖．现某一热水袋内水的体积约为400 cm3，它所包含的水分子数目约为多少个？(计算结果保留一位有效数字，已知1 mol水的质量约为18 g，阿伏加德罗常数取6.0×1023 mol－1)解析：(1)从A到B气体做等压变化，温度升高体积增大，从A到C气体做等温变化，压强减小体积增大，气体对外做功，内能不变必须吸热．(2)根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，内能没变，则Q1－Q2＝W.(3)包含的水分子数N＝mM N A＝ρVM N A＝1.0×103×4×10－41.8×10－2×6.0×1023＝1×1025(个)．答案：(1)小于吸热(2)A(3)1×1025个11．(1)如图2－33所示，用F表示两分子间的作用力，E p表示分子间的分子势能，在两个分子之间的距离由10r0变为r0的过程中________．A．F不断增大，E p不断减小B．F先增大后减小，E p不断减小C．F不断增大，E p先增大后减小D．F、E p都是先增大后减小(2)两端开口、内表面光滑的U形管处于竖直平面内，如图2－34所示，质量均为m＝10 kg的活塞A、B在外力作用下静止于左右管中同一高度h处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为p0＝1.0×105 Pa.左管和水平管横截面积S1＝10 cm2，右管横截面积S2＝20 cm2，水平管长为3h.现撤去外力让活塞在管中下降，求两活塞稳定后所处的高度．(活塞厚度略大于水平管直径，管内气体初末状态同温，g取10 m/s2)解析：(1)分子间的作用力是矢量，分子势能是标量，由图象知F先增大后变小，E p不断减小，选项B正确．(2)撤去外力后左侧向下的压强图2－32图2－33图2－34p 左＝p 0＋mg/S 1＝2.0×105 Pa ＝2p 0右侧向下的压强p 右＝p 0＋mg/S 2＝1.5×105 Pa ＝1.5p 0故活塞均下降，且左侧降至水平管口．设右侧降至高为x 处，此时封闭气体压强变为p ′＝1.5p 0对封闭气体p 0(4hS 1＋hS 2)＝1.5p 0(3hS 1＋xS 2)，x ＝0.5h.答案：(1)B (2)0.5h12.如图2－35所示，绝热的活塞S 把质量为m 的理想气体密封在水平放置的固定的绝热气缸内，活塞可在气缸内无摩擦地滑动，气缸内的电热丝通电后对缸内气体加热．气缸处在大气中，大气压强为p 0，初始时，气体的体积为V 0，压强为p 0，热力学温度为T 0.(1)已知该理想气体的摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为N A ，求初始时气缸内气体分子的平均间距l. (2)已知气缸内的理想气体温度升高1 K 时其内能增加量为常数C.从初始状态开始，在电热丝中通以弱电流对缸内气体缓慢加热，并持续一段时间，然后停止通电，最后测得气体的体积为V 1，求此过程中电热丝传给气体的热量Q.解析：(1)气缸内气体分子个数n ＝m MN A V 0＝nl 3联立解得l ＝ 3MV 0mN A. (2)设加热后气体的体积为V 1时，热力学温度为T 1 由盖－吕萨克定律得：V 0T 0＝V 1T 1T 1＝V 1V 0T 0 气体对外界做功W ＝p 0Sl ＝p 0ΔV ＝p 0(V 1－V 0)根据热力学第一定律得Q ＝ΔU ＋W ＝C(T 1－T 0)＋p 0(V 1－V 0)＝(CT 0＋p 0V 0)(V 1－V 0)V 0.图2－35答案：(1) 3MV 0mN A (2)(CT 0＋p 0V 0)(V 1－V 0)V 0。

2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练第五章机械能守恒定律第4讲实验五探究动能定理1．如图5－4－7所示，是某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当我们用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放．小车每次实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．图5－4－7除了图中的已给出的实验器材外，还需要的器材有() A．交流电源B．天平C．秒表D．刻度尺答案：AD2．在“探究动能定理”的实验中，某同学是用下面的方法和器材进行实验的：放在长木板上的小车，由静止开始在几条完全相同的橡皮筋的作用下沿木板运动，小车拉动固定在它上面的纸带，纸带穿过打点计时器．关于这一实验，下列说法中正确的是() A．长木板要适当倾斜，以平衡小车运动中受到的阻力B．重复实验时，虽然用到橡皮筋的条数不同，但每次应使橡皮筋拉伸的长度相同C．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最密集的部分进行计算D．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最均匀的部分进行计算解析：在本题的实验中，由于小车在运动中受到阻力(摩擦力和纸带的阻力)，所以要使长木板适当倾斜，以平衡小车运动过程中受到的阻力，重复实验时，为了使橡皮筋对小车所做的功与它的条数成正比，所以用到橡皮筋的条数虽然不同，但每次应使橡皮筋拉伸的长度相同，利用纸带上的点计算小车的速度时，由于要计算的是小车脱离橡皮筋后匀速运动的速度，所以应选用纸带上打点最均匀的部分进行计算，故A，B，D选项是正确的．答案：ABD3．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图5－4－8所示，实验主要过程如下：图5－4－8(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；(2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3…；(3)作出W－v草图；(4)分析W－v图象．如果W－v图象是一条直线，表明W∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝v等关系．以下关于该实验的说法中正确的是________．A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、….所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、….B．小车运动中会受到阻力，用补偿的方法，可以使木板适当倾斜．C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小．D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算解析：由于选用同样的橡皮筋，并且每次实验中橡皮筋拉伸的长度相同，因此每条橡皮筋对小车做的功都相同，故A正确；小车在运动中受到的阻力，采取平衡摩擦力的方法补偿，让木板固定在有打点计时器的一端适当抬高，使重力的下滑分力与摩擦力平衡，故B正确；纸带上的点两端密、中间疏，说明小车先在橡皮筋拉力作用下加速，后在阻力作用下减速，故C正确；由于橡皮筋松弛后，小车做匀速运动，此时的速度是橡皮筋对小车做功后的最大速度，故求速度应用匀速的那一段的数据，而不应该使用从第一点到最后一点的数据来计算，故D项错，A、B、C正确．答案：ABC4．用图5－4－9甲所示的装置进行探究动能定理的实验，实验时测得小车的质量为m，木板的倾角为θ.实验过程中，选出一条比较清晰的纸带，用直尺测得各点与A点间的距离如图5－4－9乙所示．已知打点计时器打点的周期为T，重力加速度为g，小车与斜面间摩擦可忽略不计．图5－4－9若取BD 段研究小车的动能变化，求动能的变化正确的表达式是 ( )A ．mg (d 3－d 1)sin θB ．mg (d 3－d 1)C.12m ⎝⎛⎭⎫d 4－d 22T 2 D ．md 4(d 4－2d 2)/8T 2 答案：D5.探究能力是进行物理学研究的重要能力之一．物体因绕轴转动而具有的动能叫转动动能，转动动能的大小与物体转动的角速度有关．为了研究某一砂轮的转动动能E k 与角速度ω的关系，某同学采用了下述实验方法进行探索：如图5－4－10所示，先让砂轮由动力带动匀速旋转，测得其角速度ω，然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间 图5－4－10 摩擦力做功，砂轮最后停下，测出砂轮脱离动力到停止转动的圈数n ，通过分析实验数据， 得出结论．经实验测得的几组ω和n 如下表所示：另外已测试砂轮转轴的直径为1 cm ，转轴间的摩擦力为10πN. (1)计算出砂轮每次脱离动力的转动动能，并填入上表中．(2)由上述数据推导出该砂轮的转动动能E k 与角速度ω的关系式为________________． 解析：(1)从脱离动力到最后停止转动，由动能定理得－F f ·n ·πD ＝0－E k0，即E k0＝nF f πD ＝0.1n 将n 的不同数值代入可得到相应的转动动能如下表：答案：(1)(2)E k ＝2ω26．某实验小组采用如图5－4－11所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码．实 验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面．打点计时器工作频率为50 Hz.图5－4－11(1)实验的部分步骤如下：①在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线连接小车和钩码； ②将小车停在打点计时器附近，________，________，小车拖动纸带，打点计时器在纸 带上打下一列点，________；③改变钩码或小车中砝码的数量，更换纸带，重复②的操作．(2)图5－4－12是钩码质量为0.03 kg ，砝码质量为0.02 kg 时得到的一条纸带，在纸带上 选择起始点O 及A 、B 、C 、D 和E 五个计数点，可获得各计数点到O 的距离x 及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表1中的相应位置．图5－4－12图5－4－13(3)在小车的运动过程中，对于钩码、砝码和小车组成的系统，________做正功，________ 做负功．(4)实验小组根据实验数据绘出了图中的图线(其中Δv2＝v2－v20)．根据图线5－4－13可获得的结论是______________________________________________________________．要验证“动能定理”，还需测量的物理量是摩擦力和________．答案：(1)②接通打点计时器电源，释放小车，关闭打点计时器电源(2)5.05～5.100.48～0.50(3)重力(钩码的重力)摩擦力(阻力)(4)Δv2∝x(速度平方的变化与位移成正比)小车的质量。

2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练第九章电磁感应第1讲电磁感应产生的条件楞次定律一、选择题（本题共11小题，共88分）1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图9－1－19所示连接．下列说法中正确的是()图9－1－19A．电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析：电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．答案：A2．两个大小不同的绝缘金属圆环如图9－1－20叠放在一起，小圆环有一半面积在大圆环内，当大圆环通上顺时针方向电流的瞬间，小圆环中感应电流的方向是()A．顺时针方向B．逆时针方向C．左半圆顺时针，右半圆逆时针D．无感应电流解析：根据安培定则，当大圆环中电流为顺时针方向时，圆环所在平面内的磁场是垂直于纸面向里的，而环外的磁场方向垂直于纸面向外，虽然小圆环在大圆环里外的面积一样，但环里磁场比环外磁场要强，净磁通量还是垂直于纸面向里．由楞次定律知，感应电流的磁场阻碍“×”方向的磁通量的增强，应垂直于纸面向外，再由安培定则得出小圆环中感应电流的方向为逆时针方向，B选项正确．答案：B图9－1－203．如图9－1－21所示，ab 是一个可以绕垂直于纸面的轴O 转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R 的滑片P 自左向右滑动过程中，线圈ab 将 ( )A ．静止不动B ．逆时针转动C ．顺时针转动D ．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向解析：当P 向右滑动时，电路中电阻减小，电流增大，线圈ab 的磁通量增加，根据楞 次定律判断，线圈ab 将顺时针转动．答案：C4．直导线ab 放在如图9－1－22所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd 和框架处在同一个平面内，且cd 和ab 平行，当cd中通有电流时，发现ab 向左滑动．关于cd 中的电流下列说法正确的是 ( )A ．电流肯定在增大，不论电流是什么方向B ．电流肯定在减小，不论电流是什么方向C ．电流大小恒定，方向由c 到dD ．电流大小恒定，方向由d 到c解析：ab 向左滑动，说明通过回路的磁通量在减小，通过回路的磁感应强度在减弱， 通过cd 的电流在减小，与电流方向无关．答案：B5．如图9－1－23所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A 、B ，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab 和cd .当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab 和cd 的运动情况是 ( )A ．一起向左运动B ．一起向右运动C ．ab 和cd 相向运动，相互靠近D ．ab 和cd 相背运动，相互远离解析：电流增强时，电流在abdc 回路中产生的垂直向里的磁场增强，回路磁通量增大， 根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体要相向运动，相 互靠拢．答案：C6．两根相互平行的金属导轨水平放置于图9－1－24所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB 和CD 可以自由滑动．当AB 在外力F 作用下向右运动时，下列说法中正确的是 ( )A ．导体棒CD 内有电流通过，方向是D →CB ．导体棒CD 内有电流通过，方向是C →DC ．磁场对导体棒CD 的作用力向左D ．磁场对导体棒AB 的作用力向左解析：利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加， 结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B →A →C →D →B .以此为基础，再判断CD图9－1－21 图9－1－22 图9－1－23 图9－1－24内的电流方向，最后根据左手定则进一步确定CD的受力方向，经过比较可得正确答案．答案：BD7．如图9－1－25所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是()A．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C．圆盘在磁场中向右匀速平移D．匀强磁场均匀增加解析：将金属圆盘看成是一个个同心圆环，当通过每个圆环的磁通量发生变化时，圆盘中产生感应电流，所以只有选项B、D正确．答案：BD8．如图9－1－26所示是世界上早期制作的发电机及电动机的实验装置，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，实验时用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来．当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动．则下列说法中正确的是()A．不断转动A盘使得铜盘沿径向排列的无数根铜条做切割磁感线运动，产生感应电动势并获得持续电流B．不断转动A盘使得铜盘盘面上无数个同心圆环中的磁通量发生变化，产生感应电动势并获得持续电流C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动，A盘中心的电势比盘边缘高D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动，A盘中心的电势比盘边缘低解析：A盘在外力作用下顺时针转动时，相当于发电机，由右手定则可知径向铜条中的电流由中心流向边缘，从等效电源来看，A盘中心的电势比盘边缘低；B盘相当于电动机，电流从其中心流向边缘，由左手定则可知，B盘应逆时针转动．答案：A9．如图9－1－27为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称．在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动(O是线圈中心)，则()图9－1－27 A．从X到O，电流由E 经流向F，先增大再减小图9－1－25图9－1－26B ．从X 到O ，电流由F 经流向E ，先减小再增大C ．从O 到Y ，电流由F 经流向E ，先减小再增大D ．从O 到Y ，电流由E 经流向F ，先增大再减小解析：从X 到O 过程中，原磁场方向指向上不断增加，则感应电流的磁场方向应该指向 下，再由右手螺旋定则知，感应电流方向应该是由F 经到E ，又感应电流从零到有再 到零，则一定经历先增大再减小的过程．同理，当从O 到Y 的过程中，感应电流的方向 应该是由E 经到F ，大小也是先增大再减小．答案：D10．如图9－1－28所示，金属棒ab 置于水平放置的金属导体框架cdef 上，棒ab 与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab 棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab棒受到的摩擦力，下列说法正确的是 ( ) A ．摩擦力大小不变，方向向右 B ．摩擦力变大，方向向右C ．摩擦力变大，方向向左D ．摩擦力变小，方向向左解析：本题考查电磁感应定律和平衡条件．由法拉第电磁感应定律和安培定则知，ab 中产生的电流的大小恒定，方向由b 到a ，由左手定则，ab 受到的安培力方向向左下 方，F ＝BIL ，由于B 均匀变大，F 变大，F 的水平分量F x 变大，静摩擦力F f ＝F x 变大， 方向向右，B 正确，本题难度中等．答案：B11．如图9－1－29所示，由导体棒ab 和矩形线框cdef 组成的 “10”图案在匀强磁场中一起向右匀速平动，匀强磁场的方向垂直线框平面向里，磁感应强度B 随时间均匀增大，则下列说法正确的是 ( )A ．导体棒的a 端电势比b 端电势高，电势差U ab 在逐渐增大B ．导体棒的a 端电势比b 端电势低，电势差U ab 在逐渐增大C ．线框cdef 中有顺时针方向的电流，电流大小在逐渐增大D ．线框cdef 中有逆时针方向的电流，电流大小在逐渐增大解析：本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律．对导体棒ab 由右手定则可判断a 端 电势高，由E ＝Bl v 可知，因为磁感应强度均匀增大，所以U ab 变大，故选项A 对，B 错；对矩形线框cdef ，由楞次定律可判断，感应电流的方向为逆时针方向，但由于磁感 应强度是均匀增大，所以感应电流是恒定的，不会增大，所以选项C 、D 都不对．难度 中等．答案：A二、非选择题（第12题12分）12．我国的“嫦娥二号”探月卫星在发射1 533秒后进入近地点高度为200 km 的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50cm 的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B ＝4×10－5 T ，方向如图9－1 －30所示．(1)该过程中磁通量的改变量是多少？图9－1－28图9－1－29图9－1－30(2)该过程线框中有无感应电流？设线框电阻为R＝0.1 Ω，若有电流则通过线框的电量是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)设线框在水平位臵时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos 53°＝6.0×10－6 Wb.当线框转至竖直位臵时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ2＝BS cos 143°＝－8.0×10－6 Wb该过程磁通量的改变量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝1.4×10－5 Wb.(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流．根据电磁感应定律得，I＝ER＝ΔΦRΔt.通过的电量为q＝I·Δt＝ΔΦR＝1.4×10－4 C.答案：(1)1.4×10－5 Wb(2)1.4×10－4 C。

2012年高考第一轮复习（共218页）2012年高考第一轮复习之一-------力物体的平衡复习要点1．力的概念及其基本特性2．常见力的产生条件，方向特征及大小确定3．受力分析方法4．力的合成与分解5．平衡概念及平衡条件6．平衡条件的应用方法二、难点剖析1．关于力的基本特性力是物体对物体的作用。

力作用于物体可以使受力物体形状发生改变；可以使受力物体运动状态（速度）发生改变。

影响力的“使物体变形”和“使物体变速”效果的因素有：力的大小、力的方向和力的作用点，我们反影响力的作用效果的上述三个因素称为“力的三要素”。

对于抽象的力概念，通常可以用图示的方法使之形象化：以有向线段表示抽象的力。

在研究与力相关的物理现象时，应该把握住力概念的如下基本特性。

（1）物质性：由于力是物体对物体的作用，所以力概念是不能脱离物体而独立存在的，任意一个力必然与两个物体密切相关，一个是其施力物体，另一个是其受力物体。

把握住力的物质性特征，就可以通过对形象的物体的研究而达到了解抽象的力的概念之目的。

（2）矢量性：作为量化力的概念的物理量，力不仅有大小，而且有方向，在相关的运算中所遵从的是平行四边形定则，也就是说，力是矢量。

把握住力的矢量性特征，就应该在定量研究力时特别注意到力的方向所产生的影响，就能够自觉地运用相应的处理矢量的“几何方法”。

（3）瞬时性：力作用于物体必将产生一定的效果，物理学之所以十分注重对力的概念的研究，从某种意义上说就是由于物理学十分关注力的作用效果。

而所谓的力的瞬时性特征，指的是力与其作用效果是在同一瞬间产生的。

把握住力的瞬时性特性，应可以在对力概念的研究中，把力与其作用效果建立起联系，在通常情况下，了解表现强烈的“力的作用效果”往往要比直接了解抽象的力更为容易。

（4）独立性：力的作用效果是表现在受力物体上的，“形状变化”或“速度变化”。

而对于某一个确定的受力物体而言，它除了受到某个力的作用外，可能还会受到其它力的作用，力的独立性特征指的是某个力的作用效果与其它力是否存在毫无关系，只由该力的三要素来决定。

2012届高考物理总复习课时训练卷及参考答案1．如图所示，物体M在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于M受力的个数，下列说法中正确的是()A．M一定是受两个力作用B．M一定是受四个力作用C．M可能受三个力作用D．M不是受两个力作用就是受四个力作用解析：若F＝Mg则物体只受F与Mg两个力作用，若F答案：D 2．(2010年淄博)如图所示，一重为8N的球固定在AB杆的上端，今用测力计水平拉球，使杆发生弯曲，此时测力计的示数为6N，则AB杆对球作用力的大小为()A．6NB．8NC．10ND．12N解析：小球受到水平向右的拉力F1＝6N，重力G＝8N．故杆对其作用力F＝F21＋G2＝10N，选C.答案：C3．一个圆球形薄壳容器所受重力为G，用一细线悬挂起来，如图所示．现在容器里装满水，若在容器底部有一个小阀门，将小阀门打开让水慢慢流出，在此过程中，对容器和容器内的水组成的系统，下列说法正确的是()A．系统的重心慢慢下降B．系统的重心先下降后上升C．系统对地球的引力减小D．有可能绳的方向不竖直解析：当水流出时，水的重心不断下降，当水全流尽时，系统的重心位置又回到了容器的中心，故B正确，A错；由于水流出过程，系统的重力减小，故系统对地球的引力减小，C正确；重力和绳的拉力平衡，故绳的方向始终过重心且竖直，D错．答案：BC4．如图所示是2010年甘肃省舟曲特大泥石流后，灾区人民重建家园运送沙子时卡车卸沙子的原理图，该车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料间的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角为θ(已知μ2>μ1)，下列说法正确的是()A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ>μ2B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ>μ2C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>tanθ>μ1 D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>μ1>tanθ解析：要完全卸干净沙子，则最后卸下的沙子在斜面方向的合外力沿斜面向下，需要满足条件mgsinθ－μ2mgcosθ>0，即μ20，即μ1tanθ，则μ2>tanθ>μ1.所以正确答案为A、C.答案：AC5．如图所示，一个木块放在固定的粗糙斜面上，今对木块施一个既与斜面底边平行又与斜面平行的推力F，木块处于静止状态，如将力F撤消，则木块()A．仍保持静止B．将沿斜面下滑C．受到的摩擦力大小不变D．受到的摩擦力方向沿斜面向下解析：有力F作用时，木块在斜面内的受力如图，且Ff＝F2＋，当撤去力F后，木块只受mgsinθ和Ff′，且Ff′答案：A6．下列四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆，能保持平衡的是()A．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁D．图中的BC杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丁解析：轻质杆与轻绳的区别在于，轻质杆不但能被压，还能被拉，而轻绳只能被拉，根据这一点再取B点为研究对象并进行受力分析可得到图乙中AB不能用轻绳代替，B点受力不能平衡，所以正确的选项应该是B.答案：B7．(2009年广东)某缓冲装置可抽象成如图所示的简单模型．图中k1，k2为原长且相等，劲度系数不同的轻质弹簧．下列表述正确的是()A．缓冲效果与弹簧的劲度系数无关B．垫片向右移动时，两弹簧产生的弹力大小相等C．垫片向右移动时，两弹簧的长度保持相等D．垫片向右移动时，两弹簧的弹性势能发生改变解析：垫片向右移动时，两弹簧同时受到压力作用，通过力的传递，两弹簧产生的弹力相同，根据胡克定律F＝kx可知，在劲度系数k不相同的情况下，两弹簧产生的形变量x是不相同的，劲度系数大的弹簧其形变量较小，所以缓冲效果与弹簧的劲度系数有关，故A、C错误，B正确；因两弹簧都发生了形变，故其弹性势能都要变化，D正确．答案：BD8．(2010年滨州模拟)如图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力FT的大小和地面对P的摩擦力Ff的大小的变化情况是()A．FT始终增大，Ff始终减小B．FT保持不变，Ff始终增大C．FT保持不变，Ff先减小后增大D．FT先不变后增大，Ff先增大后减小解析：加力F前，物体P所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F 后，力F增大的开始阶段，物体P所受到的静摩擦力仍水平向右，由平衡条件可得：FT＝Ff＋F，物体被拉动之前，FT不变，Ff随F的增大而减小．当Ff＝0之后，F仍然增大，物体P所受静摩擦力方向水平向左，由平衡条件得：FT＋Ff＝F，Ff随F的增大而增大，故只有C正确．答案：C9．某同学用传感器来探究摩擦力，他的实验步骤如下：①将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；②将一质量m＝3.75kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来；③打开计算机，使数据采集器工作，然后沿水平方向缓慢地拉动细绳，木块运动一段时间后停止拉动；④将实验得到的数据经计算机处理后在屏幕上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是()A．0～6s内木块一直受到静摩擦力的作用B．最大静摩擦力比滑动摩擦力大C．木块与桌面间的动摩擦因数为0.08D．木块与桌面间的动摩擦因数为0.11解析：因木块始终缓慢运动，所受合力为零．故细绳的拉力与木块受到的摩擦力等大反向，由题图可知，0～2s内细绳的拉力为零，木块所受的摩擦力为零，故A错误；木块在2s～6s内，所受的静摩擦力随拉力的增大而增大，6s后，摩擦力大小不变，应为滑动摩擦力，6s时的Ff＝4N为最大静摩擦力，由Ff滑＝μFN＝μmg可得，μ＝33.75×10＝0.08，故B、C正确，D错误．答案：BC10．某同学用30N的水平力将一质量为2kg的物体按压在竖直墙上不动．过了一段时间后，由于疲劳，他按压物体的水平力减为15N，物体顺着墙面滑了下来．已知物体与墙面间的动摩擦因数为0.6.试讨论物体受到墙的摩擦力情况．(取g＝10m/s2)解析：静止时，物体受力平衡，受到竖直向上的静摩擦力与重力相等，大小为20N；沿墙面下滑时，为滑动摩擦力，大小F＝μFN＝9N，方向竖直向上．答案：见解析11．(2010年辽宁辽阳)如图所示，劲度系数为k2的轻质弹簧，竖直放在桌面上，上面压一质量为m的物块，另一劲度系数为k1的轻质弹簧竖直地放在物块上面，其下端与物块上表面连接在一起，要想使物块在静止时下面弹簧承受物重的2/3，应将上面弹簧的上端A竖直向上提高多大的距离？解析：末态时的物块受力分析如图所示，其中F1′与F2′分别是弹簧k1、k2的作用力，物块静止有F1′＋F2′＝mg.初态时，弹簧k2(压缩)的弹力F2＝mg.末态时，弹簧k2(压缩)的弹力F2′＝23mg，弹簧k2的长度变化量Δx2＝ΔF2/k2＝(F2－F2′)/k2＝mg3k2由F1′＋F2′＝mg，F2′＝23mg得F1′＝mg3初态时，弹簧k1(原长)的弹力F1＝0末态时，弹簧k1(伸长)的弹力F1′＝mg3 弹簧k1的长度变化量Δx1＝ΔF1/k1＝(F1′－F1)/k1＝mg3k1由几何关系知所求距离为Δx1＋Δx2＝mg(k1＋k2)/(3k1k2)．答案：mg(k1＋k2)/(3k1k2)。

2012届高考物理总复习课时训练卷（附参考答案）1．在跳高运动的发展史上，其中有以下四种不同的过杆姿势，如图所示，则在跳高运动员消耗相同能量的条件下，能越过最高横杆的过杆姿势为()解析：运动员经过助跑后，跳起过杆时，其重心升高，在四种过杆姿势中背越式相对于杆的重心位置最低，所以在消耗相同能量的条件下，该种过杆姿势能越过更高的横杆．选项D正确．答案：D2．如图所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，今在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉至D点，在此过程中绳索AB的重心位置将()A．逐渐升高B．逐渐降低C．先降低后升高D．始终不变解析：由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，故选A. 答案：A3．(2010年福建龙岩)体育比赛中的“3m跳板跳水”的运动过程可简化为：质量为m的运动员走上跳板，跳板被压缩到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，他在水中减速下降高度为h，而后逐渐浮出水面，则下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A．运动员从C点到A点运动过程中处于超重状态B．运动员从C点开始到落水之前机械能守恒C．运动员从入水至速度减为零的过程中机械能减少了(F－mg)h D．运动员从入水至速度减为零的过程中机械能减少了Fh解析：运动员从C点到A点的运动过程，跳板对运动员的弹力先是大于重力，后小于重力，最后弹力为零，故运动员先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；运动员从C点开始到落水之前，除重力做功外，跳板弹力对运动员做功，运动员机械能增加，B错误；运动员从入水至速度减为零的过程中，除重力(或弹力)以外的力对运动员所做的功等于其机械能的变化量，故C错误，D正确．答案：D4．如图所示，一轻弹簧左端与物体A相连，右端与物体B相连．开始时，A、B均在粗糙水平面上不动，弹簧处于原长状态．在物体B上作用一水平向右的恒力F，使物体A、B向右运动．在此过程中，下列说法中正确的为()A．合外力对物体A所做的功等于物体A的动能增量B．外力F做的功与摩擦力对物体B做的功之和等于物体B的动能增量C．外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B 的动能增量及弹簧弹性势能增量之和D．外力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B的动能增量与弹簧弹性势能增量之和解析：由动能定理可知，合外力对物体A所做的功等于物体A的动能增量，合外力对B做的功等于物体B动能的增量，而合外力对B所做的功等于外力F做的功、摩擦力对B做的功和弹簧弹力对B做的功之和，选项A正确，B错误；物体B克服弹簧弹力做的功应大于弹簧的弹性势能的增加量，所以外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和应大于物体B的动能增量及弹簧弹性势能增量之和，选项D错误；取整体为研究对象，由功能关系可以判断，外力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于系统的机械能的增量，选项C正确．答案：AC5．(2010年福建古田一中)如图所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，已知小车的质量为M，小桶与砂子的总质量为m，把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度为h的过程中，若不计滑轮及空气的阻力，下列说法中正确的是()A．绳拉车的力始终为mgB．当M远远大于m时，才可以认为绳拉车的力为mgC．小车获得的动能为mghD．小车获得的动能为Mmgh/(M＋m)解析：整体在小桶和砂子重力mg作用下做加速运动，只有在M远远大于m时，才可以认为绳拉车的力为mg，选项A错误，B正确；由能的转化与守恒定律可知，小桶和砂子减少的重力势能mgh转化为整体的动能，所以小车获得的动能为Mmgh/(M＋m)，选项C错误，D正确．答案：BD6．(2010年东营第一中学)如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是()A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功解析：A位置运动员只受重力，向下运动所受到跳板给他的支持力越来越大，运动员先加速后减速；动能先增大后减小，B位置速度为0，但向上的合力最大，由动能定理可知，D对．答案：CD7．(2010年辽宁沈阳)如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带．倾斜于水平地面放置．以同样恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中()A．两种传送带对小物体做功相等B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等解析：A→B，由动能定理，W－MgH＝12mv2，A对；动摩擦因数μ明显不同；A→B摩擦力做功一样，但甲一直产生热量，而乙中只有AC 段产生热量，所以产生热量不同，再由能量守恒则消耗的电能不等．答案：AC8．(2010年安徽安庆二模)如图所示有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2和3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当他们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是()A．沿2、3斜面运动的时间t2>t3B．沿1、2斜面运动过程中克服摩擦力做功W1C．沿1、3斜面运动过程中物体损失的机械能ΔE1>ΔE3D．物块在三种情况下到达底端的动能Ek1>Ek2>Ek3解析：设2、3高度为h，倾角为θ，a＝gsinθ－μgcosθ，所以hsinθ＝12at2t＝2hasinθ＝2hg sinθ－μcosθ sinθ，所以t21、2底边为l，则W＝μmgcosθ•lcosθ＝μmgl，所以W1＝W2；W＝μmgcosθ•hsinθ＝μmghcotθ，所以W2答案：D9．如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环轨道做圆周运动．小环从最高点A(初速度为零)滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的()解析：考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理ΔEk ＝12mv2＝mgh，v2与h的关系为线性关系，又因h＝0时，v也为零．所以图象过原点，只有B符合条件，选B.答案：B10．当今流行一种“蹦极”运动，如图所示，距河面45m高的桥上A点系弹性绳，另一端系住重50kg男孩的脚，弹性绳原长AB为15m，设男孩从桥面自由下坠直至紧靠水面的C点，末速度为0.假定整个过程中，弹性绳遵循胡克定律，绳的质量、空气阻力忽略不计，男孩视为质点．弹性势能可用公式：Ep＝kx22(k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳的形变长度)计算．(g＝10m/s2)则：(1)男孩在最低点时，绳具有的弹性势能为多大？绳的劲度系数又为多大？(2)在整个运动过程中，男孩的最大速度又为多大？解析：男孩从桥面自由下落到紧靠水面的C点的过程中，重力势能的减少量对应弹性势能的增加量，男孩速度最大时，应为加速度为零的位置．(1)由功能转化关系可知，mgh＝Ep，Ep＝50×10×45J＝2.25×104J又Ep＝12kx2，x＝45m－15m＝30m所以k＝2Epx2＝2×2.25×104302N/m＝50N/m.(2)男孩加速度为零时，mg＝kx′，得x′＝10m，由能的转化和守恒定律得：mg(hAB＋x′)＝12kx′2＋12mv2m，所以vm＝20m/s.答案：(1)2.25×104J50N/m(2)20m/s11．(2010年江苏无锡)如图所示，质量m＝1kg的物块从h＝0.8m高处沿光滑斜面滑下，到达底部时通过光滑圆弧BC滑至水平传送带CD上，CD部分长L＝2m．传送带在皮带轮带动下以v＝4m/s的速度逆时针传动，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.3.求：(1)物块滑到C、D两点时的速度大小各为多少？(2)物块从C滑到D的过程中，皮带对物块做多少功？(3)物块从C滑到D的过程中，因摩擦产生的热量是多少？解析：(1)由机械能守恒定律mgh＝12mv21解得物块到达C点的速度v1＝2gh＝4m/s物块在皮带上滑动的加速度a＝μg＝3m/s2由运动学公式－2aL＝v22－v21解得物块到达D点的速度v2＝v21－2aL＝2m/s(2)皮带对物块做功W＝－μmgL＝－6J(3)物块从C滑到D的时间t1＝v2－v1－a＝23s 物块与皮带相对滑动距离s1＝vt1＋L物块在皮带上滑动的过程中产生的热量Q＝μmgs1得Q＝14J答案：(1)4m/s2m/s(2)－6J(3)14J。

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12012届高考物理第一轮专题复习题 第3章 牛顿运动定律 第一节 牛顿第一、第三定律一、选择题 1．(2010年高考广东卷)下列关于力的说法正确的是( )A ．作用力和反作用力作用在同一物体上B ．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C ．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D ．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因解析：选BD.作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，A 错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，B 正确，C 错误；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，D 正确． 2．(2011年浙江金华模拟)关于惯性，下列说法正确的是( )A ．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大B ．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减少惯性，保证其运动的灵活性C ．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性D ．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性大的缘故解析：选B.物体的质量是物体惯性大小的量度，物体的惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关，抛掉副油箱可以减小质量，故选B.3．吊在大厅天花板上的吊扇的总重力为G ，静止时固定杆对吊环的拉力大小为F ，当接通电源，让扇叶转动起来后，吊杆对吊环的拉力大小为F ′，则有( )A ．F ＝G ，F ′＝FB ．F ＝G ，F ′>F C ．F ＝G ，F ′<G D．F ′＝G ，F ′>F答案：C 4．如图所示，物块P 与木板Q 叠放在水平地面上，木板Q 对物块P 的支持力的反作用力是( ) A ．物块P 受到的重力B ．地面对木板Q 的弹力C ．物块P 对木板Q 的压力D ．地球对木板Q 的吸引力 解析：选C.两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，所以Q 对P 的支持力的反作用力是P 对Q 的压力． 5．(思维创新题)如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴着一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( )A ．铁球向左，乒乓球向右B ．铁球向右，乒乓球向左C ．铁球和乒乓球都向左D ．铁球和乒乓球都向右 答案：A 6．(2011年广州模拟)“嫦娥二号”的成功发射，一方面表明中国航天事业已走在了世界的前列，另一方面“嫦PS:双击获取文档。

2012届高考物理第一轮课时复习训练题（附答案）第二节带电粒子在磁场中的运动一、单项选择题1．(2011年广东广州模拟)速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹如下图所示，则磁场最强的是()解析：选D.由qvB＝mv2r得r＝mvqB，速率相同时，半径越小，磁场越强，选项D正确．2．初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中的电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：选A.由安培定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，电子带负电，用左手定则判断洛伦兹力的方向时，四指指向负电荷运动的反方向，大拇指指向此时洛伦兹力的方向，方向向右，电子向右偏转；而洛伦兹力不做功，则速率不变，故A正确．3．(2011年浙江杭州模拟)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，它的构造原理如图所示，离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看成零)，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P上，设离子射出磁场的位置到入口处S1的距离为x，下列判断正确的是()A．若离子束是同位素，则x越大，离子进入磁场时速度越小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，则离子质量一定不相同D．只要x相同，则离子的比荷一定相同解析：选D.在加速电场中，qU＝12mv2；在磁场中qvB＝mv2R；由几何关系知x＝2R；以上三式联立可得x＝2mvqB＝2B2mUq，只有选项D 正确．4．(2011年山东淄博模拟)如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为em的电子以速度v0从A 点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为()A．B＞3mv0aeB．B＜2mv0aeC．B＜3mv0aeD．B＞2mv0ae解析：选C.如图所示，由题意知，当电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝a2/cos30°＝a3，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝mvqB，有a3＞mv0eB，即B＜3mv0ae，C选项正确．二、双项选择题5．(2011年广东四校联考)质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流．已知粒子的运动速率为v、半径为R、周期为T，环形电流的大小为I.则下面说法正确的是()A．该带电粒子的比荷为qm＝BRvB．在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝qBtmC．当速率v增大时，环形电流的大小I保持不变D．当速率v增大时，运动周期T变小解析：选BC.在磁场中，由qvB＝mv2R，得qm＝vBR，选项A错误；在磁场中运动周期T＝2πmqB与速率无关，选项D错误；在时间t内，粒子转过的圆弧对应的圆心角θ＝tT•2π＝qBtm，选项B正确；电流定义I＝qT＝Bq22πm，与速率无关，选项C正确．6．(2011年深圳模拟)1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场中获得能量解析：选AD.回旋加速器对离子加速时，离子是由加速器的中心附近进入加速器的，故选项A正确，选项B错误；离子在磁场中运动时，洛伦兹力不做功，所以离子的能量不变，故选项C错误；D形盒D1、D2之间存在交变电场，当离子通过交变电场时，电场力对离子做正功，离子的能量增加，所以离子的能量是从电场中获得的，故选项D正确．7．(2011年辽宁锦州模拟)如图所示，圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π/3，根据上述条件可求得的物理量为()A．带电粒子的初速度B．带电粒子在磁场中运动的半径C．带电粒子在磁场中运动的周期D．带电粒子的比荷解析：选CD.设圆柱形区域的半径为R，粒子的初速度为v0，则v0＝2Rt，由于R未知，无法求出带电粒子的初速度，选项A错误；若加上磁场，粒子在磁场中的轨迹如图所示，设运动轨迹半径为r，运动周期为T，则T＝2πrv0，速度方向偏转了π/3，由几何关系得，轨迹圆弧所对的圆心角θ＝π/3，r＝3R，联立以上式子得T＝3πt；由T＝2πm/qB得q/m ＝23Bt，故选项C、D正确；由于R未知，无法求出带电粒子在磁场中做圆周运动的半径，选项B错误．8．(2011年上海模拟)环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个真空的圆环状的空腔．若带电粒子的初速度可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.带电粒子将被局限在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是()A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B 越小B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B 越大C．对于给定的带电粒子，加速电压U越大，粒子运动周期越小D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变解析：选AC.带电粒子先经电压为U的电场加速，由动能定理有qU＝12mv2，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，由qvB＝mv2R，解得：R＝1B2mUq，因半径R确定，对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越小，选项A正确；对于给定的带电粒子，加速电压U越大，磁感应强度越大，由周期公式T＝2πmqB，所以粒子运动周期越小，选项C正确，选项D错误．三、非选择题9．在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷qm.(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？解析：(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径r＝R，又qvB＝mv2R，则粒子的比荷为qm＝vBr.(2)令粒子飞出磁场的点为D点，则粒子从D飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°角．用粒子速度的偏向角的角平分线及一处(A点)速度的垂线可找出圆心．粒子做圆周运动的半径：R′＝rcot30°＝3r，又：R′＝mvqB′，所以B′＝33B，粒子在磁场中飞行时间t＝16T＝16•2πmqB′＝3πr3v.答案：(1)负电vBr(2)3B33πr3v10．(2011年东北四市联考)如图所示，在空间有一直角坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的理想边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B.一质量为m，电荷量为q的质子(不计重力，不计质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x 轴上的Q点(图中未画出)，试求：(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(2)Q点到O点的距离．解析：(1)设质子在匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中做匀速圆周运动的轨道半径分别为r1和r2，区域Ⅱ中磁感应强度为B′，由牛顿第二定律得qvB＝mv2r1qvB′＝mv2r2粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A点出匀强磁场区域Ⅰ时的速度方向与OP的夹角为30°，故质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动轨迹对应的圆心角为θ＝60°则ΔO1OA为等边三角形OA＝r1r2＝OAsin30°＝12r1解得区域Ⅱ中磁感应强度为B′＝2B.(2)Q点到O点的距离为x＝OAcos30°＋r2＝(3＋12)mvqB.答案：(1)2B(2)(3＋12)mvqB1．(2010年高考江苏卷)如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直．a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS′垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为α、β，且α>β.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的有()A．三个质子从S运动到S′的时间相等B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近D．附加磁场方向与原磁场方向相同解析：选CD.三个质子运动的弧长不同，但速度大小相同，所以运动的时间一定不同，选项A错误；假设三个质子在附加磁场以外区域运动轨迹的圆心均在OO′轴上，则必定三个质子运动轨迹的半径不同，这与R＝mvqB都相同相矛盾，所以选项B错误；若撤去附加磁场，画出三个质子的运动轨迹(图略)，a、b、c三个质子到达SS′连线的位置距离S 的长度分别为sa＝2Rcosα，sb＝2R，sc＝2Rcosβ，由于α>β，所以sa 最小，选项C正确；由于撤去附加磁场sb最大，加上附加磁场三者都经过S′，又由于质子b经过附加磁场区域最大，所以附加磁场应起到“加强偏转”的作用，即附加磁场方向与原磁场方向相同，选项D正确．2．(2010年高考山东卷)如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量＋q、重力不计的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1.(2)粒子第n次经过电场时电场强度的大小En.(3)粒子第n次经过电场所用的时间tn.(4)假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值)．解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，粒子第n次进入磁场时的半径为Rn，速度为vn，由牛顿第二定律得qvnB＝mv2nRn①由①式得vn＝qBRnm②因为R2＝2R1，所以v2＝2v1③对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得W1＝12mv22－12mv21④联立③④式得W1＝3mv212.⑤(2)粒子第n次进入电场时速度为vn，出电场时速度为vn＋1，有vn＝nv1，vn＋1＝(n＋1)v1⑥由动能定理得qEnd＝12mv2n＋1－12mv2n⑦联立⑥⑦式得En＝ 2n＋1 mv212qd.⑧(3)设粒子第n次在电场中运动的加速度为an，由牛顿第二定律得qEn＝man⑨由运动学公式得vn＋1－vn＝antn⑩联立⑥⑧⑨⑩式得tn＝2d 2n＋1 v1.(4)如图所示．答案：(1)32mv21(2) 2n＋1 mv212qd(3)2d 2n＋1 v1(4)如解析图所示。