【金版学案】20142015学年高中物理 第四节 电容器同步检测试题 新人教版选修11

电容器1.如图是一个常用的电子元件,关于它的说法正确的是( )A.这个电子元件名称叫电阻B.这个电子元件的电容是220法拉C.这个电子元件名称叫电容器D.这个电子元件名称叫电感器答案:C2.如图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象,其中正确的是( )答案:BCD解析:电容器的电容C由电容器本身的因素决定,与充电电压及带电荷量无关,所以C U图线与C Q 图线均为平行于横轴的直线,而Q U图线为过原点的直线,所以选项A错误,B、C、D均正确.3.对于水平放置的平行板电容器,下列说法正确的是( )A.将两极板的间距加大,电容将增大B.将两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小C.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板,电容将增大D.在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板,电容将增大答案:BCD解析:影响平行板电容器电容大小的因素有:①随正对面积的增大而增大;②随两极间距离的增大而减小;③在两极板间放入电介质,电容增大.据上面叙述可直接看出B、C选项正确.对D选项,实际上是减小了平行板的间距.所以本题正确选项为B、C、D.4.电容器A的电容比电容器B的电容大,这表明( )A.所带的电荷量比B多B.A比B能容纳更多的电荷量C.A的体积比B大D.两电容器的电压都改变1 V时,A的电荷量改变比B的大答案:D解析:电容是电容器的固有属性,由电容器本身的构造决定,电容描述电容器容纳电荷的本领(电容器两极间的电压每改变1 V所改变电荷量的多少)大小,而不表示容纳电荷的多少(带电荷量的多少).5.如图所示是用来测定角度θ的电容式传感器.当动片与定片之间的角度θ发生变化时,引起极板正对面积S的变化,使电容C发生变化,知道C的变化,就可以知道θ的变化情况.下列说法正确的是( )A.θ变大,则C变大B.θ变大,则C变小C.θ变小,则C变大D.θ变小,则C变小答案:BC解析:θ变化,表示极板正对面积变化,由电容器电容随极板正对面积增大而增大可知:θ变大,正对面积变小,C变小;θ变小,正对面积变大,C变大,则B、C项正确.6.如图是电容式话筒的示意图,它是利用电容器制作的传感器,话筒的振动膜前面镀有薄薄的金属层,距膜几十微米处有一金属板,振动膜的金属层和这个金属板构成电容器的两极.在两极间加一电压,人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化,导致话筒所在电路中的其他量发生变化,使声音信号被话筒转化成电信号.其中导致电容变化的原因可能是电容器两极间的( )A.距离变化B.正对面积变化C.介质变化D.电压变化答案:A解析:由题目条件“人对着话筒讲话时,振动膜前后振动,使电容发生变化”可知导致电容变化的原因是振动膜前后振动,从而改变了振动膜与金属板间的距离,所以A选项正确.7.如图所示为常见的可变电容器.(1)将动片旋出一些,稍微减小极板间的正对面积,该电容器的电容将如何变化?(2)如果保持两极板间的正对面积不变,只使极板间的距离稍微增大,则电容器的电容将如何变化? 答案:(1)极板间的正对面积减小,则该电容器电容应减小.(2)若极板间距离增大,则电容器电容也减小.8.找一个旧的电解电容器,将其“正、负”极分别与电池“正、负”极相连,然后将电容器两极同时与舌尖相触,舌尖上会有种“麻酥酥”,类似于触电的感觉,试解释这种现象产生的原因.答案:电容器与电池相接,电池给电容器充电,当将电容器的两极同时与舌尖接触时,舌尖将电容器两极接通,电容器会放电,尽管电流很小,但因为舌尖较敏感,所以能产生“麻酥酥”的感觉.。

物理·必修2（人教版）章末过关检测卷(二)第六章万有引力与航天(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．下列说法中正确的是()A．经典力学能够说明微观粒子的规律性B．经典力学适用于宏观物体的低速运动问题，不适用于高速运动的问题C．相对论与量子力学的出现，表示经典力学已失去意义D．对于宏观物体的高速运动问题，经典力学仍能适用解析：经典力学适用于低速、宏观问题，不能说明微观粒子的规律性，不能用于宏观物体的高速运动问题，A、D错误，B正确．相对论与量子力学的出现，并不否定经典力学，只是说经典力学有其适用范围，C错误．答案：B2．要使两物体间万有引力减小到原来的18，可采取的方法是( )A ．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变B ．使两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12C ．使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变D ．使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14解析：由F ＝G Mmr 2可知两物体的质量各减少一半，距离保持不变，两物体间万有引力减小到原来的14，A 错误；两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12，两物体间万有引力减小到原来的18，B 正确；使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变，两物体间万有引力减小到原来的14，C 错误；两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14，两物体间万有引力保持不变，D 错误．答案：B3．星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16.不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )A .gr 3B .gr 6C .gr3 D .gr解析：该星球的第一宇宙速度：G Mmr 2＝m v 12r ，在该星球表面处万有引力等于重力：G Mm r 2＝m g6，由以上两式得v 1＝gr6，则第二宇宙速度v 2＝2v 1＝2×gr 6＝gr3，故A 正确． 答案：A4．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球轨道半径的13，则此卫星运行的周期大约是( )A ．1天～4天B ．4天～8天C ．8天～16天D ．16天～20天解析：根据G Mmr 2＝m 4π2T2r 得，T ＝2πr 3GM ，即T 卫T 月＝r 卫3r 月3＝127，又T 月＝30天，解得T 卫≈5.8天，B 正确．答案：B5．人造地球卫星与地面的距离为地球半径的1.5倍，卫星正以角速度ω做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g ，R 、ω、g 这三个物理量之间的关系是( )A ．ω＝252g5RB ．ω＝2g5R C ．ω＝323g 2R D ．ω＝255g 2R解析：由G Mmr 2＝mrω2得ω＝GMr 3，其中r ＝2.5R ，再根据黄金代换g ＝GMR 2可得ω＝252g5R，故A 正确． 答案：A6．有两个大小一样、由同种材料组成的均匀球体紧靠在一起，它们之间的万有引力为F ，若用上述材料制成两个半径更小的靠在一起的均匀球体，它们间的万有引力将( )A ．等于FB ．小于FC ．大于FD ．无法比较解析：均匀球体看成位于球心的质点，则两质点相距d ＝2r ，其中r 为球体半径，其万有引力F ＝G m 2（2r ）2＝G⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ·43πr 324r 2＝49ρ2G π2r 4，由此知当r 减小时，它们间的万有引力F 减小，B 正确．答案：B7．2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2.则v 1：v 2等于( )A .V 1V 2＝R 13R 23 B .V 1V 2＝R 2R 1C .V 1V 2＝R 22R 12D .V 1V 2＝R 2R 1解析：“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供．设地球质量为M ，“天宫一号”质量为m ，则变轨前：G Mm R 12＝m v 12R 1，变轨后：G MmR 22＝m v 22R 2，联立以上两式解得：v 1v 2＝R 2R 1，故选项B 正确．答案：B8．两颗行星绕某恒星做匀速圆周运动，从天文望远镜中观察到它们的运行周期之比是8∶1，两行星的公转速度之比为() A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1解析：由开普勒第三定律得r13r23＝T12T22＝641，故r1r2＝41，两行星的公转速度之比v1v2＝r1·2πT1r2·2πT2＝r1r2·T2T1＝12，A正确．答案：A二、双项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)9．有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 接近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T，已知引力常量为G，则可得()A．该行星的半径为vT 2πB．该行星的平均密度为3πGT2 C．无法求出该行星的质量D．该行星表面的重力加速度为4π2v2 T2解析：由T＝2πRv可得：R＝v T2π，A正确；由GMmR2＝mv2R可得：M＝v3T2πG，C错误；由M＝43πR3ρ得：ρ＝3πGT2，B正确；由GMmR2＝mg得：g＝2πvT，D错误．答案：AB10．2012年6月，“神舟九号”与“天宫一号”完美“牵手”，成功实现交会对接．交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段．则下列说法正确的是() A．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处B．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处C．在组合体飞行段，“神舟九号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sD．分离后，“天宫一号”变轨升高至飞行轨道运行时，其速度比在交会对接轨道时大解析：在远距离导引段，“神舟九号”位于“天宫一号”的后下方的低轨道上飞行，通过适当加速，“神舟九号”向高处跃升，并追上“天宫一号”与之完成对接，A错，B对．“神舟九号”与“天宫一号”组合体在地球上空数百公里的轨道上运动，线速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，C 对．分离后，“天宫一号”上升至较高轨道上运动，线速度变小，D 错．答案：BC11．关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是( )A ．已知它的质量是1.24 t ，若将它的质量增加为2.84 t ，其同步轨道半径变为原来的2倍B ．它的运行速度小于7.9 km /s ，它处于完全失重状态C ．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播D ．它的周期是24 h ，其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定解析：所有同步卫星的质量可能不同，但轨道半径一定相同，A 错．同步卫星在较高轨道上运行，速度小于7.9 km/s ，重力(万有引力)全部提供向心力，处于完全失重状态，B 对．同步卫星轨道处于赤道的正上方，不可能在北京正上方，C 错．同步卫星的周期与地球自转周期相同，由G Mm （R ＋h ）2＝m (R ＋h )4π2T 2知，高度h ＝3GMT 24π2－R ，即同步卫星的高度一定，D 对．答案：BD12．宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统．它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动．若已知它们的运动周期为T ，两星到某一共同圆心的距离分别为R 1和R 2.那么，双星系统中两颗恒星的质量关系是( )A ．这两颗恒星的质量必定相等B ．这两颗恒星的质量之和为4π2（R 1＋R 2）3GT 2C ．这两颗恒星的质量之比为m 1∶m 2＝R 1∶R 2D ．必有一颗恒星的质量为4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2解析：对于两星有共同的周期T ，由牛顿第二定律得G m 1m 2（R 1＋R 2）2＝m 14π2T 2R 1＝m 24π2T 2R 2，所以两星的质量之比m 1∶m 2＝R 2∶R 1，C 错；由上式可得m 1＝4π2R 2（R 1＋R 2）2GT 2，m 2＝4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2，D 正确，A 错误；m 1＋m 2＝ 4π2（R 1＋R 2）3GT 2，B 正确．故正确答案为B 、D.答案：BD三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)“东方一号”人造卫星A 和“华卫二号”人造卫星B ，它们的质量之比为m A ∶m B ＝1∶2，它们的轨道半径之比为2∶1，则卫星A 与卫星B 的线速度大小之比为多少？解析：由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr 2＝m v 2r ，解得v＝GMr ，故v A v B ＝r Br A＝12＝12. 答案：1∶214．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h 处平抛一物体，水平射程为60 m ，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？解析：平抛运动水平位移x ＝v 0t ，竖直位移h ＝12gt 2，解以上两式得x ＝v 0·2h g ，由重力等于万有引力mg ＝G Mm R 2得g ＝GMR2，所以g 星g 地＝M 星M 地⎝ ⎛⎭⎪⎫R 地R 星2＝9×41＝36，x 星x 地＝g 地g 地＝16，x 星＝16x 地＝10 m.答案：10 m15．(12分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到距地面高度为h 1的近地圆轨道上，在卫星经过A 点时点火实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B 点再次点火将卫星送入同步轨道，如图所示．已知同步卫星的运动周期为T ，地球的半径为R ，地球表面重力加速度为g ，忽略地球自转的影响．求：(1)卫星在近地点A 的加速度大小；(2)远地点B 距地面的高度．解析：(1)设地球质量为M ，卫星质量为m ，万有引力常量为G ，卫星在A 点的加速度为a ，由牛顿第二定律得：G Mm （R ＋h 1）2＝ma ，物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力，则G Mm R 2＝mg ，解以上两式得a ＝R 2g （R ＋h 1）2. (2)设远地点B 距地面高度为h 2，卫星受到的万有引力提供向心力得GMm （R ＋h 2）2＝m 4π2T 2(R ＋h 2)，解得h 2＝3gR 2T 24π2－R . 答案：(1)R 2g （R ＋h 1）2 (2)3gR 2T 24π2－R16．(14分)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T ，两颗恒星之间的距离为r ，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G)解析：设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别是ω1、ω2.根据题意有ω1＝ω2①r 1＋r 2＝r ②根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G m 1m 2r 2＝m 1ω12r 1③ G m 1m 2r 2＝m 2ω22r 2④ 联立①②③④式解得r 1＝m 2r m 1＋m 2⑤ 根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝2πT⑥ 联立③⑤⑥式解得m 1＋m 2＝4π2r 3T 2G. 答案：4π2r 3T 2G。

物理·必修2（人教版）模块综合检测卷(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．发现万有引力定律的科学家是()A．开普勒B．牛顿C．卡文迪许D．爱因斯坦答案：B2．经典力学适用于解决()A．宏观高速问题B．微观低速问题C．宏观低速问题D．微观高速问题答案：C3．关于向心加速度的物理意义，下列说法中正确的是()A．描述线速度的大小变化的快慢B．描述线速度的方向变化的快慢C．描述角速度变化的快慢D．描述向心力变化的快慢答案：B4．当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力了，则()A．质点一定在圆周轨道上运动B．质点一定向心运动，离圆心越来越近C．质点一定做匀速直线运动D．质点一定离心运动，离圆心越来越远答案：D5．忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是() A．物体沿斜面匀速下滑B．物体自由下落的运动C．电梯匀速下降D．子弹射穿木块的运动答案：B6．人造地球卫星中的物体处于失重状态是指物体()A．不受地球引力作用B．受到的合力为零C．对支持物没有压力D．不受地球引力，也不受卫星对它的引力答案：C7．物体做竖直上抛运动时，下列说法中正确的是()A．将物体以一定初速度竖直向上抛出，且不计空气阻力，则其运动为竖直上抛运动B．做竖直上抛运动的物体，其加速度与物体重力有关，重力越大的物体，加速度越小C．竖直上抛运动的物体达到最高点时速度为零，加速度为零，处于平衡状态D．竖直上抛运动过程中，其速度和加速度的方向都可改变答案：A8．已知地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，第二宇宙速度为11.2 km/s, 则沿圆轨道绕地球运行的人造卫星的运动速度() A．只需满足大于7.9 km/sB．小于等于7.9 km/sC．大于等于7.9 km/s，而小于11.2 km/sD．一定等于7.9 km/s答案：B9．如图甲、乙、丙三种情形表示某物体在恒力F作用下在水平面上发生一段大小相同的位移，则力对物体做功相同的是()A．甲和乙B．甲、乙、丙C．乙和丙D．甲和丙答案：D10．如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中()A．P做匀变速直线运动B．P的加速度大小不变，但方向改变一次C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大二、双项选择题(本题共6小题，每题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)11．关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是()A．质点的速度不变B．质点的周期不变C．质点的角速度不变D．质点的向心加速度不变答案：BC12．对下列四幅图的描述正确的是()A．图A可能是匀速圆周运动的速度大小与时间变化的关系图象B．图B可能是竖直上抛运动的上升阶段速度随时间变化的关系图象C．图C可能是平抛运动的竖直方向加速度随时间变化的关系图象D．图D可能是匀速圆周运动的向心力大小随时间变化的关系图象13．关于同步地球卫星，下列说法中正确的是()A．同步地球卫星可以在北京上空B．同步地球卫星到地心的距离为一定的C．同步地球卫星的周期等于地球的自转周期D．同步地球卫星的线速度不变答案：BC14．三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层外沿如图所示的轨道做匀速圆周运动，已知m A＝m B>m C，则三个卫星()A．线速度大小的关系是v A>v B＝v CB．周期关系是T A<T B＝T CC．向心力大小的关系是F A>F B＝F CD．向心加速度大小的关系是a A>a B>a C答案：AB15.如右图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下．不计空气阻力，则在重物由A点摆向最低点B的过程中()A．弹簧与重物的总机械能守恒B．弹簧的弹性势能增加C．重物的机械能不变D．重物的机械能增加答案：AB三、非选择题(本大题3小题，共40分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 16．(11分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50 Hz，当地重力加速度的值为9.80 m/s2，测得所用重物的质量为1.00 kg.若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示(相邻计数点时间间隔为0.02 s)，那么：(1)纸带的______端与重物相连；(2)打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B＝________；(3)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔE p＝________，此过程中物体动能的增加量ΔE k＝________(取g＝9.8 m/s2)；(4)通过计算，数值上ΔE p____ΔE k(填“＞”“＝”或“＜”)，这是因为_______________________________________________________ _________________；(5)实验的结论是______________________________________________________．解析：(1)重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀．所以，纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．(2)v B＝OC－OA2T＝0.98 m/s.(3)ΔE p＝mg×OB＝0.49 J，ΔE k＝12m v B2＝0.48 J.(4)ΔE p＞ΔE k，这是因为实验中有阻力．(5)在实验误差允许范围内，机械能守恒．答案：(1)左(2)0.98 m/s(3)0.49 J0.48 J(4)＞这是因为实验中有阻力(5)在实验误差允许范围内，机械能守恒17.(4分)如图所示，将轻弹簧放在光滑的水平轨道上，一端与轨道的A端固定在一起，另一端正好在轨道的B端处，轨道固定在水平桌面的边缘上，桌边悬一重锤．利用该装置可以找出弹簧压缩时具有的弹性势能与压缩量之间的关系．(1)为完成实验，还需下列那些器材？________．A．秒表B．刻度尺C．白纸D．复写纸E．小球F．天平(2)某同学在上述探究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系的实验中，得到弹簧压缩量x和对应的小球离开桌面后的水平位移s的一些数据如下表，则由此可以得到的实验结论是___________________________________________________________ _____________.答案：(1)BCDE (2)弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比18.(8分)如图一辆质量为500 kg 的汽车静止在一座半径为50 m 的圆弧形拱桥顶部．(取g ＝10 m /s 2)(1)此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？(2)如果汽车以6 m /s 的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？(3)汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零？解析：(1)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，二力平衡，故F ＝G ＝5 000 N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为5 000 N. (2)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，根据牛顿第二定律有 G －F ＝m v 2r 故F ＝G －m v 2r＝4 000 N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为4 000 N.(3)汽车只受重力GG ＝m v 2rv ＝gr ＝10 5 m/s.答案：见解析19．(8分)要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v 1＝40 m /s ，然后再减速到v 2＝20 m /s ，t 1＝v 1a 1；t 2＝（v 1－v 2）a 2；t ＝t 1＋t 2.你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．解析：①不合理②理由：因为按这位同学的解法可得t1＝v1a1＝10s，t2＝（v1－v2）a2＝2.5s总位移x＝v12t1＋v1＋v22t2＝275m>s.③由上可知摩托车不能达到最大速度v2，设满足条件的最大速度为v，则v22a1＋v2－v222a2＝218.解得v＝36 m/s，这样加速时间t1＝va1＝9 s，减速时间t2＝（v1－v2）a2＝2 s，因此所用的最短时间t＝t1＋t2＝11 s.答案：见解析20．(9分)如下图所示，质量m＝60 kg的高山滑雪运动员，从A 点由静止开始沿雪道滑下，从B点水平飞出后又落在与水平面成倾角θ＝37°的斜坡上C点．已知AB两点间的高度差为h＝25 m，B、C两点间的距离为s＝75 m，(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)，求：(1)运动员从B点飞出时的速度v B的大小．(2)运动员从A到B过程中克服摩擦力所做的功．解析：(1)设由B到C平抛运动的时间为t 竖直方向：h BC＝s sin 37°h BC＝12gt2水平方向：s cos 37°＝v B t代入数据，解得：v B＝20 m/s.(2)A到B过程由动能定理有mgh AB＋W f＝12m v B2－0代入数据，解得W f＝－3 000 J所以运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J.答案：见解析。

【金版学案】2014-2015学年高中物理第1章末整合训练试题粤教版必修2专题一判断合运动的性质合运动的性质由物体所受的合外力的性质决定，判断物体做直线运动还是曲线运动，则由物体所受的合外力与速度方向的关系决定．1．合运动的性质判断．(1)当物体所受的合外力为零时，做匀速直线运动，如两个分运动都是匀速运动，合运动一定是匀速直线运动．(2)当物体所受的合外力为恒力时，做匀变速运动，如一个分运动为匀速运动，另一个分运动为匀变速运动，合运动的加速度恒定，故合运动是匀变速运动．(3)当物体所受的合外力为变力时，做变加速运动，如匀速圆周运动．2．物体做直线运动还是曲线运动的判断．(1)当物体所受的合外力与速度方向在同一直线上时，做直线运动，如自由落体运动、竖直上抛运动，合外力方向都与速度方向在同一直线上．(2)当物体所受的合外力与速度方向不在同一直线上时，做曲线运动，如平抛运动、斜抛运动，合外力的方向都与速度方向不在同一直线上．(2014·天津高一期中考)关于曲线运动，以下说法正确的是( )A．曲线运动不可能是一种匀变速运动B．做曲线运动的物体合外力可能为零C．做曲线运动的物体所受的合外力一定是变化的D．曲线运动是一种变速运动解析：运动轨迹是直线还是曲线，只决定于合外力的方向与速度的方向是否在同一直线上，A、B、C选项错误；做曲线运动的物体速度时刻变化，一定是变速运动，D选项正确．答案：D变式训练1．(2014·浙江余姚高一期中考)下列说法中正确的是( )A．做曲线运动的物体速度的方向必定变化B．速度变化的运动必定是曲线运动C．加速度恒定的运动不可能是曲线运动D．加速度变化的运动必定是曲线运动解析：做曲线运动的物体速度的方向是曲线上各点的切线方向，曲线的切线方向时刻变化，A正确；变速直线运动的速度时刻变化，B错误；只要合外力与速度方向不在一直线时物体一定做曲线运动，C、D错误．答案：A专题二运动的合成与分解1．运动的合成与分解：运动的合成与分解是指描述运动的物理量位移、速度及加速度的合成和分解，遵循矢量运算的平行四边形定则．(1)按物体实际参与的运动效果进行：如小船渡河问题中，小船同时参与了水流和静水中小船自身两个分运动．(2)按正交分解法进行：把物体参与的运动按两个选定的直角坐标方向进行分解． 2．运动的合成与分解的应用． (1)小船渡河问题的应用．①小船渡河的最短时间：渡河的最短时间由垂直于河岸方向的分速度及河宽决定，t min＝d v ⊥. ②小船渡河的最短距离：a ．若v 船>v 水，则当船的合速度垂直于河岸时，有最短的距离，等于两河岸的距离d ，这时船头与河岸的夹角为cos α＝v 水v 船.b ．若v 船<v 水，当船头与船的合速度垂直时，渡河的距离最小，船头与河岸的最小夹角α，则cos α＝v 船v 水. (2)跨过定滑轮(或绳拉物体)运动速度的分解问题：按运动的实际效果分解，可分解为沿绳的方向和垂直于绳的方向的运动，若物体的速度(合速度)为v ，沿绳方向的分速度为v 1，垂直于绳方向分速度为v 2，则v ＝v 1cos α，如果v 1恒定，则v 是变化的，匀速拉绳子时，船做变速运动．如图所示，用一根轻绳拉住一置于水平地面的物体，绳的另一端通过定滑轮被人拉住，则当人用手匀速向左拉绳时，物体将做( )A ．匀速运动B ．减速运动C ．加速运动D ．不能确定解析：物体的速度v 为合速度，人的速度与绳的速度相同，则v 人＝v cos α恒定，物体靠近墙边的过程，α角增大，则船速v 增大．选项C 正确．答案：C专题三 抛体运动1．抛体运动的特点．抛体运动有两个共同的特点： (1)只受重力的作用，故抛体运动都是匀变速运动．(2)初速度不为零，所以，当合力与速度在一直线时，物体做匀变速直线运动，如竖直上抛和竖直下抛；当合力与速度不在一直线时，物体做曲线运动，如平抛和斜抛运动．2．平抛运动的规律及应用：平抛运动是典型的匀变速曲线运动，从下面三方面介绍其应用．(1)利用平抛运动的偏转角度解题． 设做平抛运动的物体，下落高度为h ，水平位移为x 时，速度v A 与初速度v 0的夹角为θ，由图可得：tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝gt 2v 0t ＝2hx①将v A 反方向延长与x 相交于O 点，设A ′O ＝d ，则有： tan θ＝h d解得d ＝12x ，tan θ＝2hx＝2tan α②①②两式揭示了偏转角和其他各物理量的关系．(2)利用平抛运动的轨迹解题．平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了．设图为某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A 和B ，分别过A 点作竖直线，过B 点作水平线相交于C 点，然后过BC 的中点D 作垂线交轨迹于E 点，过E 点再作水平线交AC 于F 点，小球经过AE 和EB 的时间相等，设为单位时间T .由Δs ＝aT 2知T ＝Δyg＝y FC －y AFgv 0＝y FET＝g y FC －y AF·y EF .(3)斜面与平抛运动问题：解决这类问题的方法是抓住斜面倾角的正切值，从这条主线入手，问题就迎刃而解．小球从空中以某一初速度水平抛出，落地前1 s 时刻，速度方向与水平方向夹角为30°，落地时速度方向与水平方向夹角为60°，g 取10 m/s 2.求小球在空中的运动时间及抛出的初速度．解析：如下图所示，作出平抛运动轨迹上该两时刻的速度分解图，设小球初速度为v 0，其在空中的运动时间为t ，则由图示直角三角形关系得tan 30°＝g （t －1）v 0，tan 60°＝gtv 0，将有关数字代入即可求得t ＝1.5 s ，v 0＝5 3 m/s.答案：1.5 s 5 3 m/s如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以大小为10 m/s 的水平速度向左抛出一小球，小球恰好能垂直撞在斜坡上，运动时间为t ，则t 的值是(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)( )A. 2 sB.12s C ．2 s D ．1 s解析：设小球的末速度为v ，把v 分解为水平分速度v x 及竖直分速度v y ，由几何关系可得tan 45°＝v y v x，而v x ＝v 0＝10 m/s ，v y ＝gt ，可得t ＝1 s ，D 选项正确．答案：D 变式训练2．如图所示，在离地面高h 处有个小球A ，以速度v 1水平抛出，与此同时，地面上有个小球B ，以速度v 2竖直向上抛出，两个小球在空中相遇，则( )A ．从抛出到相遇所需的时间为h v 1B ．从抛出到相遇所需的时间为h v 2C ．两球抛出时的水平距离为hv 2v 1D ．两球抛出时的水平距离一定为h解析：A 球在竖直方向做自由落体运动，设两球经时间t 相遇，则y A ＋y B ＝h ，而y A ＝12gt 2，y B ＝v 2t －12gt 2即12gt 2＋v 2t －12gt 2＝h ，解得t ＝hv 2，故B 正确，A 错误；两球抛出时的水平距离即A 球的水平位移x ＝v 1t ＝hv 1v 2，故C 、D 错误． 答案：B。

"【金版学案】2014-2015学年高中物理第一节电磁波的发现同步检测试题新人教版选修1-1 "电磁波及其应用通过本章的学习，要了解有关电磁波的产生、发展、接收及相关应用，本章通过“电磁波的发现”定性地介绍了麦克斯韦的电磁场理论，并展现了存在电波的“伟大预言”的科学思辨过程；通过“赫兹的电火花”给出了对电磁波预言的验证方法及其工作意义．要使学生理解不同频率范围的电磁波服从电磁波的共同规律，但因为频率不同又各自具有某些特性和用途，知道电磁波具有能量，是一种物质．在电磁波发射和接收技术中，了解一些技术名词，如：“调制”“调幅”“调谐”“调频”“解调”等．知道电视、移动通信、互联网、传感器等实际应用和简单原理．感受信息时代来临对人类生产生活带来的巨大影响，科学技术对经济、社会发展的贡献．第一节电磁波的发现►基础巩固1．(多选)关于电磁场的理论，下列说法正确的是( )A．变化的电场周围产生的磁场一定是变化的B．变化的电场周围产生的磁场不一定是变化的C．均匀变化的磁场周围产生的电场也是均匀变化的D．按照正弦函数规律变化的振荡电场周围产生的磁场是变化的磁场解析：根据麦克斯韦电磁场理论，如果电场的变化是均匀的，产生的磁场就是稳定的．如果电场的变化是不均匀的，产生的磁场就是变化的，A选项错，B选项正确；均匀变化的磁场产生稳定的电场，C选项错；按照正弦函数规律变化的振荡电场，因为电场不是均匀改变的，所以在其周围空间一定产生同频率的变化的磁场，故D选项正确．答案：BD2．(多选)下列说法中正确的是( )A．电磁感应现象是法拉第发现的B．建立完整的电磁理论的科学家是麦克斯韦C．最早预见到电磁波存在的科学家是麦克斯韦D．麦克斯韦最早用实验证实电磁波的存在答案：ABC3．(单选)关于电磁波在真空中的传播速度，以下说法正确的是( )A．电磁波的频率越高，传播速度越大B．电磁波的波长越长，传播速度越大C．电磁波的能量越大，传播速度越大D．所有电磁波在真空中的传播速度都相等解析：电磁波在真空中的传播速度为光速，与其他因素无关．答案：D4．(多选)按照麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )A．稳定的电场周围产生稳定的磁场，稳定的磁场周围产生稳定的电场B．变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场C．均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场D．均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场解析：只有变化的电场(磁场)周围才能产生磁场(电场)，并且均匀变化的电场(磁场)周围产生的磁场(电场)是稳定的．所以B、D选项正确．答案：BD5．(多选)关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是( )A．有电磁场就有电磁波B．电磁波的传播需要介质C．电磁波能产生干涉和衍射现象D．电磁波中电场和磁场的方向处处相互垂直解析：电磁场由近及远的传播形成电磁波，电磁波在传播过程中，电场、磁场以及传播方向三者相互垂直，电磁波是一种波，它具有波的一切特征，它能发生反射、折射、干涉、衍射等现象，电磁波在真空中的速度最大，它的传播不需要介质．答案：CD6．(单选)如下图所示是某一固定面的磁通量的变化图象，在它周围空间产生的电场中的某一点场强E应是( )A．逐渐增强 B．逐渐减弱C．不变 D．无法确定解析：由图象可知，磁场在均匀变化，故在磁场周围产生的电场是稳定不变的．答案：C7．(多选)电磁波与机械波相比，以下说法正确的是( )A．电磁波可以在真空中传播B．机械波也可以在真空中传播C．机械波可以传递能量D．电磁波可以离开波源继续传播答案：ACD8．(单选)某电路中电场随时间变化的图象如下列图所示，能发射电磁波的电场是( )解析：由麦克斯韦电磁场理论，当空间出现恒定的电场时(如A图)，由于其不激发磁场，故无电磁波产生；当出现均匀变化的电场(如B图、C图)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会再在较远处激发起电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如D图)，才会激发出周期性变化的磁场，其又激发出周期性变化的电场……如此不断激发，便会形成电磁波．答案：D►能力提升9．(单选)手机A有号码是133××××0002，手机B的号码是133××××0008.手机A拨手机B时，手机发出响声且屏上显示A的号码“133××××0002”，若将手机A置于一透明真空玻璃罩中，用手机B拨叫手机A，则玻璃罩外面的人发现手机A( ) A．发出响声，并显示B的号码“133××××0008”B．不发出响声，但显示B的号码“133××××0008”C．不发出响声，但显示A的号码“133××××0002”D．既不发出响声，也不显示号码解析：声波为机械波，传播需要介质，在真空中不能传播；光波、手机发射的信号均为电磁波，故用手机B拨叫手机A时，玻璃罩外的人能看到A手机显示的B手机号码，但听不到声音，故B正确．答案：B10．(多选)关于电磁场和电磁波，正确的说法是( )A．只要空间某个区域有变化的电场或磁场，就能产生电磁波B．只要电磁波的发射器停止震荡，产生的电磁波立即消失C．变化的电场和磁场总是相互联系的，构成一个不可分离的统一体，即电磁场D．周期性变化的电场能激发相同频率的磁场答案：CD。

第四节电容器►基础巩固1．(单选)电容器A的电容比电容器B的电容大，这表明( )A．电容器A极板间的距离一定比B电容器极板间的距离近B．电容器A极板的面积一定比B电容器极板面积大C．A的体积一定比B的体积大D．两电容器的电压相等时，A带的电荷量比B的多解析：电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器容纳电荷的本领，即一定电压下，极板上存储电荷越多，电容越大，正确选项为D.答案：D2．(多选)超级电容器比普通电容器的电容大得多，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电容器，可做电源使用，但在其储能的过程并不发生化学反应，这种储能过程是可逆的，也正因为此超级电容器可以反复充放电数十万次．下列关于超级电容器的说法正确的是( )A．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器放电B．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器充电C．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器两极板电压将减小D．用导线连接它的两个极板组成电路，电容器两极板电压将增大E．给电容器充电，电容器两极板的电压将增大，电荷量增多解析：电容器的电容与电压大小，带电荷量多少无关．答案：ACE3．(单选)某电解电容器上标有“25 V 470 μF”的字样，其中“25 V”为电容器工作的最大电压．对此，下列说法中正确的是( )A．当电容器两极间电压是25 V时，电容器的电容才是470 μFB．电容器两极间电压必须是25 V时，电容器才能正常工作C．电容器两极间电压必须在直流25 V以下时，电容器才能正常工作D．这种电容器使用时，不需要考虑电容器的两根引线的极性答案：C4．(单选)电容器是一种常用的电子元件．对电容器认识正确的是( )A．电容器的电容表示其储存电荷的能力B．电容器两电极正对面积越大，电容越小C．电容器两电极的距离越远，电容越大D．电容的常用单位有μF和pF,1 μF＝103 pF解析：电容器的电容与Q、U无关，B、C错，1 μF＝106 pF，D错．答案：A5．(单选)据预测，21世纪智能机器人将进入家庭，各种各样的传感器是智能机器人的核心部分．传感器是一种将感受到的物理量(如光、热、力、声等)转化成便于测量的量(一般是电学量)的转化装置．如图所示是一种测量压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计、直流电源串联，接成闭合电路，那么( )①当F向上压膜片电极时，电容将减小②当F向上压膜片电极时，电容将增大③若电流计有示数，则压力F发生变化④若电流计有示数，则压力F不发生变化A．①③B．②③C．①④ D．②④解析：当F向上压膜片电极时，两极板间距变小，电容增大；若电流计有示数，则表明电容器处于充电或放电状态，即电容在变化，所以压力F发生变化．答案：B6．(单选)有关电容的单位及换算正确的是( )A．电容的单位是库仑B．电容的国际单位是法拉C．1 F＝10－6μFD．1 F＝ 106 pF答案：B7．(单选)一平行板电容器的两个极板分别接在电池组的正极和负极上，则( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场B．电容器所带的电荷量一直增加C．只要断开电池组，电容器要放电，带的电荷量立即为零D．电容器的电容与电池组的电压成正比解析：电容器带电后，两板间是匀强电场，故A对．与电源相连后是充电还是放电，应看电容器原有电压与电源电压的大小关系，故B错．电容器要想放电，需将两板短接，故C 错．电容是电容器本身的因素，与外界因素无关，故D错．答案：A►能力提升8．(单选)关于电容器的电容，下列说法正确的是( )A．电容器是一种理想的仪器，现实生活中不存在B．电容器是储存电荷的装置C．电容的国际单位是微法D．电容器极板的正对面积越大，板间距离越大，电容器电容就越大解析：电容器是常见的电子元件，是储存电荷的装置，所以A错B对．国际单位是法拉，微法是常用单位，C错，电容器极板的正对面积越大，板间距离越小，电容器电容就越大，所以D错．答案：B9．(单选)某一电容器标注的是“300 V,5 μF”，则下述说法中正确的是( )A．该电容器可在400 V以下电压正常工作B．该电容器只能在300 V电压时正常工作C．电压是200 V时，电容仍是5 μFD．使用时只需要考虑工作电压，不必考虑电容器的引出线与电源的哪个极相连解析：“300 V,5 μF”的意义是：300 V是电容器的最高电压，也就是电容器的击穿电压，且电容器的击穿电压与实际电压无关，可知C、B项错误，A正确．有些电容器有极性，与电源相接时要注意电源的正负极，故D项错误．答案：A10．(单选)收音机选台时，是通过改变调谐电路中的电容器的电容来完成的．对于这个过程，下列说法正确的是( )A．是通过改变两极板的正对面积来完成的B．是通过改变两极板之间的距离来完成的C．是通过改变两极板之间的电介质来完成的D．以上说法都不对解析：收音机的选台旋钮．是通过改变电容器两板的正对面积来改变电容的，当变到调谐电路的固有频率和想要接收的某电台频率相等时，该电磁波在调谐电路中产生的振荡电流最强，其他电台的很弱，从而就可收听该电台的节目了．所以只有A正确．答案：A。

高中物理1.4电容器训练（含解析）新人教版选修11课时过关·能力提升基础巩固1电容器是一种常用的电子元件,下列对电容器的认识正确的是()A.电容器的电容表示其储存电荷的能力B.电容器的电容与它所带的电荷量成正相关C.电容器的电容与它两极板间的电压成正相关D.电容的常用单位有μF和pF,1 μF=103 pF解析:电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量,其大小由电容器本身因素决定,如极板正对面积、板间距离、电介质等,与是否带电、电压的高低等无关。

1 μF=106 pF。

故只有选项A 正确。

答案:A2关于电容器和电容,下列说法正确的是()A.电容器的电容由自身性质决定B.用电源对平行板电容器充电后,两极板一定带有等量异种电荷C.某一电容器两端电压越高,带的电荷量越大D.某一电容器两板间的电压越高,它的电容就越大解析:电容器的基本构造是两个彼此绝缘又相互靠近的导体,其作用是容纳电荷,当电容器带电时,两极板一定带有等量异种电荷。

电容是描述电容器容纳电荷量本领大小的物理量,其大小与电容器本身性质有关,与两极板间所加电压大小和所带电荷量的多少无关。

答案:ABC3有关电容的单位及换算正确的是()A.电容的单位是库仑B.电容的国际单位是法拉C.1 F=10-6μFD.法拉是个很小的单位答案:B4某电容器上标有“9 V 1.5 μF”,则表示该电容器()A.只有在9 V的电压下它的电容才是1.5 μFB.只有在9 V的电压下,电容器才能正常工作C.所加的电压不应超过9 VD.当它的电压为4.5 V时,它的电容变为0.75 μF解析:电容器上所标的“9 V 1.5 μF”表示该电容器的电容是1.5 μF,额定电压为9 V。

其电容C=1.5 μF与所加电压无关,所以只有选项C正确。

答案:C5平行板电容器,如图所示,下列哪些措施可以减小它的电容()A.增大两板间的距离而其他因素不变B.减小两板间的距离(不接触)而其他因素不变C.保持两板距离不变使两板错开一些D.增大两板距离同时使两板错开一些解析:平行板电容器的电容的大小与正对面积、极板距离、电介质等因素有关。

【金版学案】2014-2015学年高中物理第16-19章模块综合检测卷新人教版选修3-5(测试时间：50分钟评价分值：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．(2014·上海卷)链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是( )A．质子 B．中子 C．β粒子 D．α粒子解析：重核的裂变需要中子的轰击，在链式反应中，不断放出高速的中子使裂变可以不断进行下去，B项正确．答案：B2．(2014·福建卷)如图，放射性元素镭衰变过程中释放α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法中正确的是( )A．① 表示γ射线，③ 表示α射线 B．② 表示β射线，③ 表示α射线C．④ 表示α射线，⑤ 表示γ射线 D．⑤ 表示β射线，⑥ 表示α射线解析：因为γ射线不带电，所以电场和磁场对其都没有力的作用，② ⑤表示γ射线，A错误；β射线为电子流，带负电，受到电场力向左，受到洛伦兹力向右，① ⑥代表β射线，B、D项错误，C项正确．答案：C3．如图为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子( )A ．从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级比从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级辐射出电磁波的波长长B ．从n ＝5能级跃迁到n ＝1能级比从n ＝5能级跃迁到n ＝4能级辐射出电磁波的速度大C ．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的D ．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量分析：本题考查了能级、电子云、频率、波长、波速等基本概念，强调其间的关联，考查方式较为细致，尤以C 、D 两项为甚．解析：A.由图可知E 43＜E 32，根据公式ε＝h ν可得v 43＜v 32，再由λ＝c v，即得λ43＞λ32.A.正确．B ．错误．若是在真空中，任何电磁波的速度都是3.0×108m/s. C ．错误．处于不同能级时，核外电子出现的概率对应了不同的电子云． D ．错误．应该是“氢原子”向外放出能量，而非“氢原子核”． 答案：A4．(2014·上海卷)不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是( ) A ．原子中心有一个很小的原子核 B ．原子核是由质子和中子组成的 C ．原子质量几乎全部集中在原子核内 D ．原子的正电荷全部集中在原子核内解析：卢瑟福通过α散射实验，发现绝大多数粒子发生了偏转，少数发发生了大角度的偏转，极少数反向运动，说明原子几乎全部质量集中在核内；且和α粒子具有斥力，所以正电荷集中在核内；因为只有极少数反向运动，说明原子核很小；并不能说明原子核是由质子和中子组成的，B 项正确．答案：B5．(2013·重庆卷)铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：23592U ＋10n→a ＋b ＋210n 则a ＋b 可能是( )A.14054Xe ＋9336Kr B.14156Ba ＋9236Kr C.14156Ba ＋9338Sr D.14054Xe ＋9438Sr分析：根据核反应前后质量数和电荷数都守恒逐项分析即可．解析：核反应前后质量数和电荷数都守恒，A 都不守恒，B 质量数不守恒，C 电荷数不守恒，D 正确．答案：D点评：本题考查了重核裂变前后质量数和电荷数都守恒，仔细计算即可．6．(2013·江苏卷)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们相等的还有( )A ．速度B ．动能C ．动量D ．总能量解析：根据德布罗意波长公式λ＝hp，一个电子的德布罗意波长和一个中子的波长相等，则动量p 亦相等，故选C.答案：C7．(2014·北京卷)带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( )A ．q a ＜q bB ．m a ＜m bC ．T a ＜T b D.q a m a ＜q b m b分析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式后比较即可．解析：粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r，解得：r ＝mv qB，由于mv 、B 相同，故r ∝1q；A ．r ∝1q，a 运动的半径大于b 运动的半径，故q a ＜q b ，故A 正确；B ．由于动量mv 相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，故B 错误；C ．周期T ＝2πrv，虽然知道a 运动的半径大于b 运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，故C 错误；D ．粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m v 2r 故：q m ＝vBr，虽然知道a 运动的半径大于b 运动的半径，但不知道速度大小关系，故无法判断比荷关系，故D 错误；故选：A. 答案：A点评：本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，然后结合牛顿第二定律列式分析，基础问题．二、双项选择题(本题共3小题，每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)8．(2014·新课标全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( )A ．汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷；密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C ．居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D ．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子解析：汤姆孙通过对阴极射线在电场及在磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测定了粒子的比荷； 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.6×10－19C ，A 正确；贝克勒尔通过对天然放射性研究发现了中子， B 错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C 正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，得出了原子的核式结构理论， D 错误．答案：AC9．(2014·新课标全国卷Ⅰ)关于天然放射性，下列说法正确的( )A．所有元素都有可能发生衰变B．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，半衰期与外界的温度无关C．三种射线中，γ射线的穿透能力最强D．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线分析：自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关．解析：A.有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A 错误；B.放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；C.放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D.一个原子核在一次衰变中只能放出α、β和γ三种射线中的一种，α、β和γ三种射线，γ射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D错误．故选B、C.答案：BC点评：本题关键是明确原子核衰变的特征、种类、快慢，熟悉三种射线的特征，基础问题．10．(2013·广东卷)铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应23592U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n，下列说法正确的有( )A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响答案：AC三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)11．(1)(6分)(2014·全国新课标卷Ⅱ)现利用图(a)所示装置验证动量守恒定律．在图(a)中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计数器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．实验测得滑块A 的质量m 1＝0.301 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计数器显示的时间为Δt B ＝3.500 m/s ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．若实验允许的相对误差绝对值⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰撞前总动量×100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．(1)分析：根据图示纸带求出滑块的速度，然后求出碰撞前后的动量，根据题目要求判断动量是否守恒．解析：打点计时器的打点时间间隔t ＝1f ＝150 s ＝0.02 s ，由图(b)所示纸带可知，碰撞前A 的速度：v A ＝x A t ＝0.040 00.02m/s ＝2 m/s ，碰撞后A 的速度：v A ′＝0.019 40.02m/s ＝0.97 m/s ，碰撞后B 的速度：v B ′＝d Δt B ＝0.010 03.5×10－3 m/s≈2.86 m/s，碰撞前后系统总动量分别为：p ＝m 1v A ＝0.31×2 kg·m/s＝0.62 kg·m/s，p ′＝m 1v A ′＋m 2v B ′＝0.31×0.97＋0.108×2.86≈0.61 kg·m/s，绝对误差：⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0.62－0.610.62×100%≈1.7%＜5%，由此可知，在误差范围内验证了动量守恒定律．答案：在误差范围内验证了动量守恒定律，证明过程如上所述．点评：本题考查了验证动量守恒定律实验，由纸带求出滑块速度是正确解题的关键、应用动量计算公式即可正确解题．(2)(6分)(2014·江苏卷)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是22286Rn→21884Po ＋__________.已知22286Rn 的半衰期约为3.8天，则约经过________天，16 g 的22286Rn 衰变后还剩1 g.解析：根据核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒可知生成物电荷数为2，质量数为4，即为α粒子．设半衰期为τ，半衰期的定义：m 剩＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，而n 为发生半衰期的次数，n＝tτ；代入数据可得t ＝15.2天． 答案：42He 15.2天(3)(6分)根据玻尔原子结构理论，氦离子(H e ＋)的能级图如图所示．电子处在n ＝3轨道上比处在n ＝5轨道上离氦核的距离__________(选填“近” 或 “远”). 当大量He ＋处在n ＝4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________ 条．解析：根据玻尔原子理论，能级越高的电子离核距离越大，故电子处在n ＝3轨道上比处在n ＝5轨道上离氦核的距离近．跃迁发出的谱线条数为n n －2，代入n ＝4得有6条谱线．答案：近 612．(18分)(2013·安徽卷)一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F 随时间t 的变化情况如图2所示，物体相应的速度v 随时间t 的变化关系如图3所示．求：(1)0～8 s 时间内拉力的冲量； (2)0～6 s 时间内物体的位移；(3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功．解析：(1)由图象知，力F 的方向恒定，故力F 在0～8 s 内的冲量I ＝F 1t 1＋F 2t 2＋F 3t 3＝(1×2＋3×4＋2×2)N·s＝18 N·s.(2)由图2知，物体在0～2 s 内静止，2～6 s 内做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为3 m/s.所以物体在0～6 s 内的位移即为2～6 s 内匀加速运动的位移：x 1＝v ＋v 02t ＝3＋02×4 m＝6 m(3)由图2知物体在6～8 s 内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即：f ＝F ＝2 N; 物体在6～8 s 内做匀速直线运动位移：x 2＝vt ＝3×2 m＝6 m物体在8～10 s 内做匀减速运动位移：x 3＝v ＋v 02t ＝3＋02×2 m＝3 m所以物体在0～10 s 内的总位移：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝15 m摩擦力做功：W f ＝－fx ＝－2×15 J＝－30 J 即物体克服摩擦力做功30 J.答案：(1)0～8 s 时间内拉力的冲量为18 N·s； (2)0～6 s 时间内物体的位移为6 m ；(3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功为30 J.13.(18分)(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上方，B 球距离地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰好为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．分析：(1)B 球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式即可求解； (2)A 球释放后做自由落体运动，根据速度时间公式求出碰撞时，A 球的速度，碰撞过程中动量守恒，不考虑动能损失，则机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律即可求解．解析：(1)B 球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得：v 1＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s①(2)设P 点距离地面的高度为h ′，碰撞前后，A 球的速度分别为v 1、v 1′，B 球的速度分别为v 2、v 2′，由运动学规律可得：v 1＝gt ＝10×0.3 m/s ＝3 m/s②由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则：m A v 1＋m B v 2＝m B v 2′(碰后A 球速度为0)③12m A v 21＋12m 2B ＝12m B v 2′2④ 又知m B ＝3m A ⑤由运动学及碰撞的规律可得B 球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为4 m/s.则由运动学规律可得h ′＝42－v 222g⑥联立①～⑥式可得h ′＝0.75 m.答案：(1)B 球第一次到达地面时的速度为4 m/s ； (2)P 点距离地面的高度为0.75 m.。