【K12教育学习资料】[学习](江苏专用)2019高考物理总复习 优编题型增分练：基础回扣练9 静电

7.动能定理、功能关系1．(2018·南京市学情调研)大型强子对撞器LHC(Large Hadron Collider)是一座欧洲核子研究组织CERN 的粒子加速器与对撞机，加速管中的单个质子具有的能量为7 TeV(7×1012eV)，此能量最接近( ) A ．一只蜗牛爬行时的动能 B ．辽宁舰正常行驶时的动能 C ．手机充满1次电消耗的电能 D ．家用空调工作1 h 消耗的电能 答案 A解析 7×1012eV ＝7×1012×1.6×10－19J ＝1.12×10－6J ，此能量接近一只蜗牛爬行时的动能．2．背越式跳高是一项跳跃障碍的运动项目，包括助跑、起跳、过杆和落地四个阶段，如图1为从起跳到落地的运动过程分解图，某同学身高1.80 m ，体重60 kg ，参加学校运动会成功地越过了1.90 m 的横杆，该同学跳起时刻的动能可能是下列哪个值(g 取10 m/s 2)( )图1A ．400 JB ．500 JC ．800 JD ．2 000 J 答案 C解析 运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为：h ＝1.90 m －1.802m ＝1.0 m.根据机械能守恒定律可知，跳起时的动能：E k ＝mgh ＝60×10×1 J＝600 J ，因实际过程中存在阻力，则可知，只有动能大于600 J 时才能成功越过，但2 000 J 不符合实际，故只有C 正确，A 、B 、D 错误．3．(多选)(2018·如皋市调研)如图2所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一小球相连，小球处于光滑水平面上，现对小球施加一个方向水平向右的恒力F ，使小球从静止开始运动．则小球在向右运动到最远的整个过程中( )图2A ．小球和弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球和弹簧组成的系统机械能逐渐增大C．小球的动能逐渐增大D．小球的动能先增大后减小答案BD4．(2018·第二次全国大联考(江苏卷))如图3为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车在拉力F作用下向上运动时，汽车的机械能E与位移x的关系如图所示(AB段为曲线)，汽车与斜面间的摩擦忽略不计．下列说法正确的是( )图3A．0～x1过程中，汽车所受拉力逐渐增大B．x1～x2过程中，汽车速度可达到最大值C．0～x3过程中，汽车的动能一直增大D．x1～x2过程中，汽车以恒定的功率运动答案 B解析设斜坡的倾角为α，则汽车的重力势能为E p＝mgx sin α，由动能定理得汽车的动能为E k＝Fx－mgx sin α，则汽车的机械能为E＝E k＋E p＝Fx，即图线的斜率表示F，则可知 0～x1过程中汽车受到的拉力恒定，选项A错误；x1～x2过程中，拉力逐渐减小，随着F的减小，汽车先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，加速度为零时，速度达到最大，选项B正确；综上可知，0～x3过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误；x1～x2过程中，汽车所受拉力逐渐减小，到x2处为零，则汽车到x2处的功率为零，选项D错误．5．(2018·盐城市三模)小球被竖直向上抛出，然后回到原处．小球初动能为E k0，所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球的动能与位移x关系的图线是下列图中的( )答案 C解析设小球的质量为m，由题意可知，空气阻力与速度关系为F f＝kv(k是比例常数)取极短位移Δx为研究过程，根据动能定理得：上升过程中有－(mg＋F f)Δx＝－ΔE k，所以ΔE k＝(mg＋F f)Δx，E k－x图象斜率的大小等于mg＋F f，由于上升过程速度减小，则F f 减小，所以图象的斜率绝对值减小(对应上面一条曲线)．下降过程中有(mg －F f )Δx ＝ΔE k ，E k －x 图象斜率的大小等于mg －F f ，由于下降过程速度增大，则F f 增大，所以图象的斜率绝对值随位移的减小而减小(对应下面一条曲线)，故C 正确、A 、B 、D 错误．6．(多选)(2018·无锡市高三期末)如图4所示，质量分别为m 1、m 2的两物块A 、B 通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，t 1＝0时刻在A 上施加一个水平向左的恒力F ，t 2＝t 时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A 、B 速度分别为v 1和v 2.则t 1到t 2时间内( )图4A ．A 、B 和弹簧组成系统的机械能先增大后减小 B ．当A 的加速度为零时，B 的加速度为Fm 1＋m 2C ．当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等D ．物块B 移动的距离为m 1v 12＋m 2v 222F答案 CD解析 通过受力分析可知，物块A 先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，物块B 先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，t 1～t 2时间内，拉力F 一直做正功，系统的机械能一直增大，故A 错误；当A 的加速度为零时，弹簧弹力等于F ，所以B 的加速度为F m 2，故B 错误；速度相等前，A 一直比B 速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，故C 正确；因为弹簧恢复原长，所以弹簧弹性势能为零，根据功能关系可知：Fx ＝12m 1v 12＋12m 2v 22，所以x＝m 1v 12＋m 2v 222F，故D 正确．7．(多选)如图5所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O 与质量为m B 的小球B 连接，另一端与套在光滑竖直杆上质量为m A 的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A 由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A 运动的速度大小为v A ，加速度大小为a A ，小球B 运动的速度大小为v B ，轻绳与杆的夹角为θ.重力加速度为g ，则( )图5。

第6讲力的合成和分解考情剖析弱项清单,1.力的分解的多解性，不能熟练画出动态平行四边形分析力的变化2．三角函数关系掌握不到位3．作图不准确，几何关系把握不准确知识整合一、合力与分力1．定义：如果几个力共同作用产生的效果与一个力的作用效果相同，这一个力就叫做那几个力的________，那几个力叫做这一个力的________．2．关系：合力与分力是____________关系．3．共点力：作用在物体的______________，或作用线的____________交于一点的力．二、力的合成和分解1．定义：求几个力的合力叫____________，求一个力的分力叫____________．2．运算定则(1)平行四边形定则：如果用表示两个共点力F1和F2的线段为邻边作平行四边形，那么________________就表示合力F的大小和方向，如图甲所示．甲乙(2)三角形定则：求两个互成角度的共点力F1、F2的合力，可以把表示F1、F2的线段首尾相接地画出，把F1、F2的另外两端连接起来，则此连线就表示________________，如图乙所示．(3)多个力的合成：可将这些分力首尾相接，它们的合力为从第一个力的首端指向最后一个力的尾端，此法称为____________．(4)正交分解法：这是求多个力的合力常用的方法．把每个力都分解到互相垂直的两个方向上，分别求这两个方向的力的代数和F x、F y，然后再求合力：F＝____________．方法技巧考点1 分力和合力的关系1．合力范围的确定(1)两个共点力的合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小．当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两力同向时，合力最大，为F1＋F2.(2)三个共面共点力的合力范围：①三个力共线且方向相同时，其合力最大为F＝F1＋F2＋F3.②以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力最小为零，若不能组成封闭的三角形，则合力最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个力的和．2．合力F可能比分力大，也可能比分力小，还可能等于某个分力的大小．【典型例题1】已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．则( )A．F1的大小是唯一的 B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向 D．F2可取任意方向考点2 共点力合成的方法1．作图法2．计算法【典型例题2】 如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A 、B 两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是( )A ．只将绳的左端移向A ′点，拉力变小B ．只将绳的左端移向A ′点，拉力不变C ．只将绳的右端移向B ′点，拉力变小D ．只将绳的右端移向B ′点，拉力不变1.将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°，如图所示．假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为( )A.12B.32C.33D. 3考点3 力的分解的方法1．力的效果分解法(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向； (2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形； (3)最后由平行四边形和数学知识求出两分力的大小． 2．正交分解法(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．(2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系．(3)方法：物体受到多个力作用F 1、F 2、F 3…，求合力F 时，可把各力沿相互垂直的x 轴、y 轴分解．x 轴上的合力：F x ＝F x 1＋F x 2＋F x 3＋… y 轴上的合力：F y ＝F y 1＋F y 2＋F y 3＋…合力大小：F ＝F 2x ＋F 2y合力方向：与x 轴夹角为θ，则tan θ＝F yF x.3．力的分解的几种情形(1)已知一个力(合力)和两个分力的方向，则两个分力有唯一确定的值．(2)已知合力(大小、方向)和一个分力(大小、方向)，则另一个分力有唯一确定的值． (3)已知合力和一个分力的方向，则另一个分力有无数解，且具有最小值．F 2m ＝F sinα.【典型例题3】 如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )A.13mgB.23mgC.36mg23 9mgD.2.如图所示，有2n个大小都为F的共点力，沿着顶角为120°的圆锥体的母线方向，相邻两个力的夹角都是相等的．则这2n个力的合力大小为( )A．2nF B．nFC．2(n－1)F D．2(n＋1)F【典型例题4】如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M的物体，求：2(1)细绳AC段的张力F TAC与细绳EG的张力F TEG之比；(2)轻杆BC对C端的支持力；(3)轻杆HG对G端的支持力．当堂检测 1.如图所示，一只小鸟沿着较粗且均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中( )A．树枝对小鸟的作用力先减小后增大B．树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小C．树枝对小鸟的弹力先增大后减小D．树枝对小鸟的弹力保持不变第1题图第2题图2．如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片．若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为( )A．kL B．2kLC.32kL D.152kL3．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为( )A．mg B.33mg C.12mg D.14mg第3题图第4题图4．如图所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为37°，两者的高度差为L.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物．在绳ab段中点c有一固定细绳套．若细绳套上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比m1/m2为( )A. 5 B．2 C. 2 D.5 25．如图所示，B和C两个小球均重为G，用轻绳悬挂而分别静止于图示位置上，试求：(1)AB和CD两根细绳的拉力分别为多大？(2)绳BC与竖直方向的夹角θ是多少？第5题图第6讲 力的合成和分解知识整合 基础自测一、1.合力 分力 2．等效替代 3．同一点 延长线 二、1.力的合成 力的分解 2．(1)这两个邻边之间的对角线 (2)合力F 的大小和方向 (3)多边形定则(4)F 2x ＋F 2y方法技巧·典型例题1·C 【解析】 由F 1、F 2和F 的矢量三角形图可以看出：因F 2＝30 N ＞F 20＝25 N 且F 2＜F ，所以F 1的大小有两个，即F 1′和F 1″，F 2的方向有两个，即F 2′的方向和F 2″的方向，故选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．·典型例题2·B 【解析】 设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L ，B 点到墙壁的距离为s ，根据几何知识和对称性，得：sin α＝sL①以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F ，根据平衡条件得：2F cos α＝mg，得F＝mg2cos α②当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由①②式得知，F不变，故A错误，B正确；当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大，故C、D错误．·变式训练1· B 【解析】如图所示，对第1个石块进行受力分析，由几何关系知：θ＝60°，所以有F N21∶F N31＝sin 60°＝3 2.·典型例题3·D 【解析】3F cos30°＝mg，F＝239mg.选D.·变式训练2·B 【解析】将每个力分解到水平方向和竖直方向，在水平方向的分力的合成为零，在竖直方向的分力合成为F合＝2nF sin30°＝nF，则应选B.·典型例题4·(1)M12M2(2)M1g，方向与水平方向成30°指向右上方(3)3M2g，方向水平向右【解析】题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小是否等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示，根据平衡条件可求解．甲乙(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC 段的拉力FTAC＝F TCD＝M1g图乙中由F TEG sin30°＝M 2g ，得F TEG ＝2M 2g . 所以F TAC F TEG ＝M 12M 2. (2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡条件有F NC ＝F TAC ＝M 1g ，方向与水平方向成30°，指向右上方．(3)图乙中，根据平衡方程有F TEG sin30°＝M 2g ，F TEG cos30°＝F NG ，所以F NG ＝M 2g /tan 30°＝3M 2g ，方向水平向右．当堂检测1．C 【解析】 小鸟沿着较粗且均匀的树枝从右向左缓慢爬行，属于准平衡状态，树枝对小鸟的作用力等于小鸟重力，一直不变，选项A 错误．树枝对小鸟的摩擦力等于小鸟的重力沿树枝切线方向的分力，应该为先减小后增大，选项B 错误．树枝对小鸟的弹力等于小鸟重力垂直树枝方向的分力，为先增大后减小，选项C 正确、D 错误．2．D 【解析】 设发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sin θ＝L22L ＝14，cos θ＝1－sin 2θ＝154.发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F 合＝2F cos θ.F ＝kx ＝kL ，故F 合＝2kL ·154＝152kL ，D 正确． 3．C 【解析】 由图可知AC 和BD 与竖直方向的夹角均为30°.对节点C 而言，CD 的拉力T ＝mg tan30°；在D 点，要想使得所加的力最小，力的方向必须垂直于BD ，(如图所示)大小等于F min ＝T cos30°＝12mg ，选项C 正确．第3题图4．D 【解析】 根据题述，L ab sin37°＝L ，Labcos37°＝4L/3，L ab＝5L/3.细绳套上悬挂质量为m2的钩码，平衡后如图所示．设bc段细绳与水平面夹角为α，则(4L/3－5L/6)tanα＝L，解得tanα＝2.由力的分解可得，m1g sinα＝m2g，而sinα＝25，解得：m1 /m2＝52，选项D正确．第4题图5．(1)3G G(2)60°【解析】(1)对整体受力分析，正交分解得F AB cos30°＋F CD cos 60°＝2GFABsin30°＝F CD sin 60°联立解得F AB＝3G，F CD＝G；(2)对C球受力分析，同理得F BC cosθ＋F CD cos 60°＝GFBCsin θ＝F CD sin 60°，联立解得θ＝60 ° .。

8.动量定理和动量守恒定律1.李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一只粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上，如图1所示．第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出，粉笔向后倾倒．第二次他快速将纸条抽出，粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上．两次现象相比，下列说法正确的是()图1A．第一次粉笔的惯性更小B．第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C．第一次粉笔受到纸带的冲量更小D．第一次粉笔获得的动量更大答案 D解析两次拉动中粉笔的质量不变，故其惯性不变，故A错误；由于正压力不变，故纸条对粉笔的摩擦力不变，故B错误；由于慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长，故摩擦力对粉笔冲量更大，故C错误；由动量定理可知，第一次合外力的冲量更大，则第一次粉笔获得的动量更大，故D正确．2.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图2所示，从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为 1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1 000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图2A．0.2 N B．0.6 N C．1.0 N D．1.6 N答案 B解析豆粒从80 cm高处落到秤盘前瞬间速度为v，v2＝2gh，则v＝2gh＝2×10×0.8 m/s＝4 m/s设向上为正方向，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1F＝mv2－mv1t＝0.1×2－0.1×－41N＝0.6 N，B正确，A、C、D错误．3．在列车编组站里，一节动车车厢以 1 m/s的速度碰上另一节静止的拖车车厢，碰后两节车厢结合在一起继续运动．已知两节车厢的质量均为20t，则碰撞过程拖车车厢受到的冲量大小为(碰撞时间很短，内力很大)()A．10 N·s B．20 N·sC．104 N·s D．2×104 N·s答案 C解析动车和拖车组成的系统碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，对拖车根据动量定理有I＝mv，联立解得I＝104 N·s，选项C正确．4．(多选)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是()A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案AC解析根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋F fm大于下降过程中的加速度a下＝g－F fm，则上升的时间小于下降的时间，即t上<t下，根据I＝Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，选项B错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，选项D错误．5．飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一架飞机遇到了．如图3所示，2017 年10 月20 日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到 1 500 m高时就撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h的速度飞行，撞到质量为 2 kg的兔子，作用时间为0.1 s．则飞机受到兔子的平均撞击力大小约为()图3。

实验题增分练(一)11．(8分)(2018·无锡期中)在探究物体质量一定，加速度与所受合外力的关系时，采用如图1所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拖动的纸带上打点计时器打出的点计算出：图1(1)实验中以下做法正确的是________．A．平衡摩擦力时，小车应连上纸带，打开打点计时器电源B．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上C．实验时，小车应在靠近滑轮处释放D．调整滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行(2)M与m的关系应满足m远远小于M，这样做的目的是__________________．(3)如图2所示为某次实验得到的纸带，实验中打点计时器接50 Hz电源．纸带中计数点间的距离已标出，由此可以得小车的加速度大小约为________ m/s2.(结果保留两位有效数字)图2(4)某实验小组得到aF的图线如图3所示，图线未过坐标原点的原因可能是_______________；图线末端弯曲的原因是________________________．图3答案 (1)AD (2)使绳中的张力近似等于盘和盘中砝码的总重力 (3)3.2 (4)未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足 没有满足m 远小于M解析 (1)平衡摩擦力时，小车应连上纸带，打开打点计时器电源，故A 正确；平衡摩擦力的方法就是将木板一端垫高，撤去盘及盘中的砝码，使小车在木板上做匀速直线运动，故B 错误；实验时，小车应在靠近打点计时器处释放，故C 错误；调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于小车所受合力，故D 正确；(2)根据牛顿第二定律可知：mg ＝(M ＋m )a ，解得：a ＝mgM ＋m ，F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg 1＋m M，当m 远远小于M 时，F 近似等于mg ，故目的是使绳中的张力近似等于盘和盘中砝码的总重力．(3)根据Δx ＝aT 2得：a ＝0.0 772＋0.0 721－0.0 670－0.0 6194×0.042 m/s 2≈3.2 m/s 2 (4)图线不通过坐标原点O ，即开始施加拉力时，加速度为零，知未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足．aF 图线的斜率表示质量的倒数，开始mg 比较小，近似等于细绳的拉力，斜率为M 的倒数，斜率不变．当m 比较大，不再满足M 远大于m ，mg 不等于绳子的拉力，只有对整体研究，mg 才表示合力，但斜率变为(M ＋m )的倒数，所以图线末端弯曲．12．(10分)为测量某金属丝的电阻率，某同学设计了如图4a 所示的实验电路．请完成下列实验相关内容：图4(1)为粗测金属丝的总电阻值，该同学用如图b 所示的多用电表在连接好的电路上进行测量： ①机械调零后将选择开关拨到“×1 Ω”挡；②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使____________________________；③_________________________，将红表笔接在P ，黑表笔接在Q ，多用电表指针指示如图c ，则金属丝总电阻值R0＝________Ω.(2)用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图d所示，则金属丝直径d＝________mm.(3)闭合开关S，保持电流表示数不变，改变并记录电阻箱的阻值R和对应接入电路中电阻丝长度L的数据．在R－L图线上描点连线，作出R、L的图线如图e.(4)根据测得金属丝的直径d及R－L图线，求得金属丝的电阻率ρ＝________.(计算结果保留三位有效数字)答案(1)②指针指在0 Ω处 (或指针指在右端零刻度处、指针指在电流满偏的位置) ③断开开关S，取下线夹 5.0(填写5的也给分)(2)0.360 (0.358～0.362均算对) (4)1.02×10－6Ω·m(1.00×10－6～1.10×10－6Ω·m均算对)解析(1)②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处(或使指针在右端零刻度处、使指针指在电流满偏的位置)；③断开开关S，取下线夹，将红表笔接在P，黑表笔接在Q，由题图c知金属丝总电阻值R0＝5.0 Ω.(2)用螺旋测微器测金属丝直径，则金属丝直径d＝0.01 mm×36.0＝0.360 mm.(4)电流表的示数不变，则电阻箱阻值和电阻丝接入电路中的电阻之和为定值，设为k，则R＋ρL14πd2＝k，解得R＝k－4ρπd2L，由题图图象可得：4ρπd2＝50.5＝10，解得ρ≈1.02×10－6Ω·m.。

选择题提速练 (六)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．) 1．(2018·南京市三模)下列说法中正确的是( )A．一个质子和一个中子结合成氘核，一定会释放出能量B．汤姆孙发现电子，揭示了原子核内部有复杂结构C．根据玻尔理论，电子没有确定轨道，只存在电子云D．氢原子可以吸收任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大答案 A2．(2018·淮安、宿迁等期中)如图1所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向．图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质量相等小球a、b和c的运动轨迹．小球a 从(0,2L)抛出，落在(2L, 0)处；小球b、c从(L, 0)抛出，分别落在(2L,0)和(L,0)处．不计空气阻力，下列说法正确的是( )图1A．b的初速度是a的初速度的两倍B．b的初速度是a的初速度的2倍C．b的动能增量是c的动能增量的两倍D．a的动能增量是c的动能增量的2倍答案 B解析 对a 、b ，根据t ＝2h g 可知t a t b ＝21，根据v 0＝x t 可知v 0b v 0a ＝21，故A 错误，B 正确；b 、c 的竖直位移相同，根据动能定理ΔE k ＝mgh 可知，b 的动能增量等于c 的动能增量，选项C 错误；a 的竖直位移等于c 的2倍，根据动能定理可知，a 的动能增量等于c 的2倍，选项D 错误．3．(2018·南京市三模)如图2，“天宫一号”目标飞行器运行在平均高度约362千米的圆轨道上．在北京航天飞控中心监控下，已于2018年4月2日8时15分左右再入大气层烧毁，完成使命．关于“天宫一号”，下列说法正确的是( )图2A ．在轨运行的周期比月球绕地球的周期长B ．在轨运行的加速度比地面重力加速度大C ．在轨运行的速度比第一宇宙速度小D ．进入大气层后，速度增大，机械能增大答案 C4.某物体的v －t 图象如图3所示，下列说法正确的是( )图3A ．0～t 1和t 2～t 3，合外力做功和冲量都相同B ．t 1～t 2和t 3～t 4，合外力做功和冲量都相同C ．0～t 2和t 2～t 4，合外力做功和冲量都相同D ．0～t 1和t 3～t 4，合外力做功和冲量都相同答案 C解析 0～t 1内动能变化量为12mv 02，动量变化量为mv 0，t 2～t 3内动能变化量为12mv 02，动量变化量为－mv 0，根据动能定理可知，这两段时间内合外力做功相同；而根据动量定理可知，合外力的冲量不同，故A 错误；t 1～t 2内动能变化量为0－12mv 02＝－12mv 02，动量变化量为0－mv 0＝－mv 0，t 3～t 4内动能变化量为0－12mv 02＝－12mv 02，动量变化量为0－(－mv 0)＝mv 0，则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相同，合外力的冲量不同，故B 错误；0～t 2和t 2～t 4内动能变化量均为0，动量变化量均为0，可知合外力做功和冲量都相同，C 正确；同理易知：0～t1和t3～t4内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做功不相同，合外力的冲量相同，故D错误．5．如图4所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒，ab棒和cd棒由导线连成一个闭合回路，当ab棒向左运动时，cd棒受到向下的磁场力．则( )图4A．由此可知d电势高于c电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当cd棒向下运动时，ab棒受到向右的磁场力答案 B解析cd棒受到的安培力向下，由左手定则可知，cd棒中电流方向由c指向d，所以c点的电势高于d点的电势，故A错误；结合A的分析可知，ab中的电流由b流向a，ab棒向左运动时，由右手定则可知，ab棒所处位置磁场方向为竖直向上，则Ⅰ是S极，Ⅱ是N极，故B 正确，C错误；当cd棒向下运动时，ab棒受到向左的磁场力，故D错误．6．(2018·江苏学校联盟模拟)如图5所示，固定的倾斜粗糙细杆与水平地面间的夹角为θ＝37°，质量为1 kg的圆环套在细杆上．轻质弹簧的一端固定在水平地面上的O点，另一端与圆环相连接，当圆环在A点时弹簧恰好处于原长状态且与轻杆垂直．将圆环从A点由静止释放，滑到细杆的底端C点时速度为零．若圆环在C点获得沿细杆向上且大小等于2 m/s的初速度，则圆环刚好能再次回到出发点A.已知B为AC的中点，弹簧原长为0.3 m，在圆环运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则( )图5A．下滑过程中，圆环受到的合力一直在增大B．下滑过程中，圆环与细杆摩擦产生的热量为2 JC．在圆环从C点回到A点的过程中，弹簧对圆环做的功为1.2 JD．圆环下滑经过B点的速度一定小于上滑时经过B点的速度答案 D解析下滑过程中，圆环受到重力、摩擦力、弹簧的弹力和杆的支持力，弹簧的弹力逐渐增大，圆环滑到细杆底端时速度为零，可知合力先减小后增大，故A错误．设下滑过程中，圆环与细杆摩擦产生的热量为Q，上滑时产生的热量也为Q.由能量守恒定律得：下滑过程有Q＋E p ＝mgh上滑过程有12mv 02＋E p ＝Q ＋mgh 解得Q ＝14mv 02＝14×1×22 J ＝1 J ，故B 错误；E p ＝mgh －Q ＝1×10×0.3×0.8 J－1 J ＝1.4 J ，故C 错误．从B 到C ，由动能定理得：－W F －W f ＋12mgh ＝12mv B 12－0 从C 到B ，由动能定理得：W F －W f －12mgh ＝0－12mv B 22 对比可得v B 1＜v B 2，即圆环下滑经过B 点的速度一定小于上滑时经过B 点的速度，故D 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．如图6所示，两质量相等的物块A 、B 通过一轻质水平弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑．弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，在物块A 上施加一个水平恒力F ，A 、B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有( )图6A ．A 的加速度先增大后减小B ．B 的加速度一直增大C ．当A 、B 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大D ．当A 、B 的加速度相等时，两者的速度之差最小答案 BC解析 A 、B 第一次速度相等前，A 的速度大于B ，即弹簧长度一直增加，弹力一直增大，故A 的加速度一直减小，B 的加速度一直增大，A 错误，B 正确；当A 、B 的速度相等时，弹簧伸长最长，弹性势能最大，C 正确；因A 的加速度一直减小，B 的加速度一直增大，当A 、B 的加速度相等时，两者的速度之差最大，D 错误．8．真空中，在x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如图7所示，则下列说法正确的是( )图7A ．点电荷M 、N 一定都是正电荷B ．电荷P 的电势能一定是先减小后增大C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4∶1D ．x ＝4a 处的电势一定为零答案 ABC解析 由题图知，电荷P 先加速后减速，在4a 处速度最大，加速度为零，可知4a 处电场强度为零，所以M 、N 均为正电荷，x ＝4a 处的电势一定大于零，故A 正确，D 错误；电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故B 正确；在4a 处，k Q M 16a 2＝k Q N 4a 2，得Q M Q N ＝41，所以C 正确．9．如图8所示为磁流体发电机的原理图，将一束等离子体(带有等量正、负电荷的高速粒子流)喷射入磁场．在磁场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，如果射入的等离子体的速度为v ，两金属板间距离为d ，板的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与速度方向垂直，负载电阻为R .当发电机稳定发电时电动势为E ，电流为I ，则下列说法正确的是( )图8A ．A 板为发电机的正极B ．其他条件一定时，v 越大，发电机的电动势E 越大C ．其他条件一定时，S 越大，发电机的电动势E 越大D ．板间等离子体的电阻率为S d (Bdv I －R ) 答案 BD解析 大量带正电和带负电的粒子射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集在B 板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A 板上，故A 板相当于电源的负极，B 板相当于电源的正极，故A 错误；发电机稳定发电时，洛伦兹力和电场力平衡，故Bqv ＝E d q ，解得：E ＝Bdv ，所以B 正确，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得，板间等离子体的电阻R ′＝E I －R ＝Bdv I －R ，由电阻定律得，R ′＝ρd S ，解得ρ＝S d (Bdv I－R )，故D 正确．10．(2018·徐州市考前模拟)如图9所示，50匝的矩形导线框处于磁感应强度为B＝2 10T的水平向右的匀强磁场中，转动时通过滑环、电刷与理想变压器原线圈相连接．已知线框面积S＝0.5 m2，线框和所有导线的电阻均不计．当线框的角速度ω＝200 rad/s时，副线圈上连接的“220 V,60 W”灯泡恰好正常发光．则( )图9A．从图示位置开始计时，原线圈两端的交变电压u＝5002sin 200t(V)B．理想变压器原、副线圈匝数之比为25∶11C．理想变压器原线圈中的电流为325A D．将一电热器与灯泡并联后，灯泡亮度变暗答案ABC。

小综合练(八)一、单项选择题1.(2018·常州一中等联考)如图1所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP.Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图．则( )图1A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小不为零C．M、N之间电场方向沿x轴正方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|答案 C解析在φ－x图线中，切线斜率表示电场强度的大小，可知M处的场强大小不为零，N处的场强大小为零，A、B错误；M点的电势为零，N点电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，C正确；一正试探电荷从P移到N过程中，电场力做正功，从N移到M过程中，电场力做负功，由题图可知，|U MN|＞|U NP|，故|W PN|＜|W NM|，D错误．2．如图2所示，氢原子在不同能级间发生a、b、c三种跃迁时，释放光子的频率分别是νa、νb、νc，下列关系式正确的是( )图2A ．νb ＝νa ＋νcB ．νa ＝νb νcνb ＋νcC ．νb ＝νa νcνa ＋νcD ．νc ＝νb νaνa ＋νb答案 A解析 因为E m －E n ＝h ν，知h νb ＝h νa ＋h νc ，解得νb ＝νa ＋νc ，故选A. 二、多项选择题3．(2018·锡山中学模拟)如图3所示，足够长的斜面上有a 、b 、c 、d 、e 五个点，ab ＝bc ＝cd ＝de ，从a 点水平抛出一个小球，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，落在斜面上时的速度方向与斜面夹角为θ；不计空气阻力，则初速度为2v 时( )图3A ．小球可能落在斜面上的c 点与d 点之间B ．小球一定落在斜面上的e 点C ．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角大于θD ．小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ 答案 BD解析 设ab ＝bc ＝cd ＝de ＝L 0，初速度为v 时，小球落在斜面上的b 点，则有L 0cos α＝vt 1，L 0sin α＝12gt 12，初速度为2v 时，L cos α＝2vt 2，L sin α＝12gt 22，联立解得L ＝4L 0，即小球一定落在斜面上的e 点，选项B 正确，A 错误；设小球落在斜面时的速度方向与水平方向之间的夹角为β，由平抛运动规律可知，tan β＝gt v＝2tan α，故初速度为2v 时，小球落在斜面时的速度方向与斜面夹角也为θ，选项C 错误，D 正确． 三、实验题4．(2018·江苏五校联考)某研究小组收集了两个电学元件：电阻R 0(约为2 k Ω)和手机中的锂电池(电动势E 标称值为3.7 V ，允许最大放电电流为100 mA)．实验室备有如下器材： A ．电压表V(量程3 V ，电阻R V 约为4.0 k Ω) B ．电流表A 1(量程100 mA ，电阻R A1约为5 Ω)C ．电流表A 2(量程2 mA ，电阻R A2约为50 Ω)D ．滑动变阻器R 1(0～40 Ω，额定电流1 A)E ．电阻箱R 2(0～999.9 Ω)F ．开关S 一只，导线若干图4(1)为了测定电阻R 0的阻值，小明设计了一电路，如图4甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A 应选______(选填“A 1”或“A 2”)，请将实物连线补充完整．(2)为测量锂电池的电动势E 和内阻r ，小红设计了如图乙所示的电路图．根据测量数据作出1U －1R 2图象，如图丙所示．若该图线的斜率为k ，纵轴截距为b ，则该锂电池的电动势E ＝________，内阻r ＝________(用k 、b 和R 2表示)．该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是__________________________________． 答案 (1)A 2 如图所示(2)1b kb电压表分流四、计算题5．如图5所示，竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 间距离x ＝1 m ，质量m ＝0.1 kg 的小滑块1放在半圆形轨道底端的B 点，另一质量也为m ＝0.1 kg 的小滑块2，从A 点以v 0＝210 m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能通过半圆形轨道最高点C .已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.两滑块均可视为质点．求：图5(1)碰后瞬间两滑块共同的速度大小v ； (2)两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE ； (3)半圆形轨道的半径R .答案 (1)3 m/s (2)0.9 J (3)0.18 m解析 (1)滑块2从A 运动到B ，设滑块2在B 点的速度为v 1， 由动能定理可得：－μmgx ＝12mv 12－12mv 02解得：v 1＝6 m/s在B 点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，以v 1的方向为正方向，由动量守恒定律可得mv 1＝2mv解得：v ＝3 m/s.(2)滑块2与滑块1在B 点发生完全非弹性碰撞， 由能量守恒可得机械能损失为： ΔE ＝12mv 12－12·2m ·v 2解得：ΔE ＝0.9 J.(3)碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C 点的过程中机械能守恒，12·2mv 2＝2mg ·2R ＋12·2mv C 2在C 点，两滑块所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：2mg ＝2m v C 2R联立解得：R ＝0.18 m.。

选择题提速练 (四)一、单项选择题(本题共6小题，每小题4分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．) 1．(2018·徐州市考前模拟)下列说法正确的有( )A．质量数越小的原子核，比结合能越大B．粒子被加速后，其物质波的波长将变长C．玻尔的能级和电子轨道不连续的观点，成功地解释了氢原子的光谱D．某放射性元素的400个原子核中有200个发生衰变的时间为它的一个半衰期答案 C2．(2018·苏州市模拟)如图1所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上．一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )图1A．小球将向上加速运动B．小球对斜面的压力变大C．地面受到的压力不变D．地面受到的摩擦力不变答案 B解析开始时，对球受力分析，如图所示：根据平衡条件，在平行斜面方向：F cos 37°＝mg sin 37°，垂直斜面方向：F sin 37°＋F N＝mg cos 37°，得：F＝0.75mg；拉力改为水平推力后，由于所施力的大小不变，所施力与斜面的夹角不变，故沿着斜面方向的分力不变，球依然保持静止，小球对斜面的压力变大，故A错误，B正确；对球和斜面体整体受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，拉力改为水平推力后，其水平分力变大，竖直分力减小，故静摩擦力变大，地面支持力变大；根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力和摩擦力均变大，故C、D错误．3．(2018·江苏百校12月大联考)如图2所示，AC为斜面的斜边，B为斜边上的一点，甲、乙两小球在A点的正上方．现先后以不同的水平速度抛出甲、乙小球，它们均落到了B点．已知甲球的质量是乙球的质量的两倍，不计空气阻力，下列说法中正确的是( )图2A．甲球的加速度是乙球加速度的两倍B．两小球做平抛运动的时间相等C．甲球的初速度小于乙球的初速度D．整个过程中甲球的速度偏转角小于乙球的速度偏转角答案 C4．(2018·江苏五校联考)一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F的作用下开始向上运动，如图3甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能E与位移x的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A处的切线的斜率最大．则( )图3A．在x1处物体所受拉力最大B．在x2处物体的速度最大C．在x1～x3过程中，物体的动能一直减小D．在0～x2过程中，物体的加速度先增大后减小答案 A5．(2018·无锡市高三期末)真空中两个等量异种电荷(电荷量均为q)连线的中点处电场强度为E，则两个电荷之间的库仑力大小是( )A.qE8B.qE4C.qE2D．qE答案 A6．如图4所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，从圆周上P点向纸面内各方向发射质量、电荷量、速率均相同的带电粒子，这些粒子均从四分之一圆周磁场边界PQ上射出，忽略粒子之间的相互作用．则带电粒子在磁场中运动的轨道半径为( )图4A.12RB.22RC.32RD.34R 答案 B解析 当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径，由几何关系得：2r ＝2R ，解得：r ＝22R ，故选B. 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．)7．(2018·淮安、宿迁等期中)2017年4月，我国第一艘货运飞船“天舟一号”顺利升空，随后与“天宫二号”交会对接．假设“天舟一号”从B 点发射经过椭圆轨道运动到“天宫二号”的圆轨道上完成交会，如图5所示．已知“天宫二号”的轨道半径为r ，“天舟一号”沿椭圆轨道运动的周期为T ，A 、B 两点分别为椭圆轨道的远地点和近地点，地球半径为R ，引力常量为G .则( )图5A ．“天宫二号”的运行速度小于7.9 km/sB ．“天舟一号”的发射速度大于11.2 km/sC ．根据题中信息可以求出地球的质量D ．“天舟一号”在A 点的速度大于“天宫二号”的运行速度答案 AC解析 7.9 km/s 是近地卫星的最大环绕速度，卫星越高，线速度越小，则“天宫二号”的运行速度小于7.9 km/s ，选项A 正确；11.2 km/s 是第二宇宙速度，是卫星挣脱地球引力束缚的最小速度，则“天舟一号”的发射速度小于11.2 km/s ，选项B 错误；根据开普勒第三定律r 3T 2＝常数，已知“天宫二号”的轨道半径r 、“天舟一号”的周期T 以及半长轴12(r ＋R )，可求得“天宫二号”的周期T 1，再根据G Mm r 2＝m 4π2T 12r 可求解地球的质量，选项C 正确；“天舟一号”在A 点加速才能进入“天宫二号”所在的轨道，则“天舟一号”在A 点的速度小于“天宫二号”的运行速度，选项D 错误．8．(2018·如皋市模拟四)如图6所示，轻弹簧上端固定，下端悬挂一质量为m 的条形磁铁，磁铁穿过固定的水平闭合金属线圈．将磁铁托起到弹簧压缩x 后由静止放开，磁铁会上下运动并逐渐停下来，静止时弹簧伸长x .不计空气阻力，重力加速度为g ，弹簧始终在弹性限度内，则( )图6A ．弹簧处于原长时，磁铁的加速度可能大于gB ．磁铁中央通过线圈时，线圈中感应电流最大C ．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向向上D ．线圈在整个过程中产生的焦耳热为2mgx答案 AD解析 弹簧处于原长时，没有弹力，除受到重力外，若磁铁向上运动，则受到向下的安培阻力，若向下运动，则受到向上的安培阻力，因此磁铁的加速度可能大于g ，故A 正确；磁铁中央通过线圈时，线圈的磁通量变化率为零，则线圈中感应电流为零，最小，故B 错误；当磁铁向下运动时，根据楞次定律：来拒去留，则磁铁受到向上的安培力，那么线圈受到的安培力方向向下，故C 错误；根据能量守恒定律，从静止至停止，弹簧的弹性势能不变，那么减小的重力势能转化为电能，从而产生焦耳热为Q ＝mgh ＝2mgx ，故D 正确．9．(2018·常熟中学模拟)如图7所示，直流电源、滑动变阻器、平行板电容器与理想二极管(正向电阻为0，反向电阻为∞)连接，电源负极接地．开始时电容器不带电，闭合开关S ，稳定后，一带电油滴恰能静止在电容器中P 点．在开关S 保持接通的状态下，下列说法正确的是( )图7A ．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，带电油滴会向上运动B ．当电容器的上极板向上移动时，带电油滴会向下运动C ．当电容器的下极板向下移动时，P 点的电势不变D ．当电容器的下极板向左移动时，P 点的电势会升高答案 AD解析 当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R 两端的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，故A 正确．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd知，电容减小，而电容器两端的电压不变，由C ＝Q U知，Q 减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电荷量不变，由E ＝4πkQ εr S知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B 错误．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电荷量Q不变，由E ＝4πkQ εr S知电容器板间场强不变，由U ＝Ed 知，P 与下极板间的电势差变大，P 点的电势升高，故C 错误．当电容器的下极板向左移动时，C ＝εr S 4πkd ，电容器的电容减小，由C ＝Q U知，Q 减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电荷量不变，那么只能是极板间U 增大，由E ＝U d知电容器板间场强变大，则P 与下极板间的电势差变大，P 点的电势升高，故D 正确．10．如图8所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R .t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )图8A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过π时的电流强度为零C ．矩形线框转动一周，通过线框任意横截面电荷量为Bl 1l 2R D ．矩形线框转过π过程中产生的热量为πB 2l 12l 22ω2R答案 ABD。

小综合练(二)一、单项选择题1．(2018·苏州市模拟)如图1甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A.木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图象如图乙所示，则小滑块A的质量为( )图1A．4 kg B．3 kg C．2 kg D．1 kg答案 C2．(2018·徐州市考前模拟)如图2所示，C919大型客机是我国具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机．如果客机绕地球做匀速圆周运动，空气阻力大小不变，不考虑油料消耗导致的客机质量变化．关于客机，下列说法正确的是( )图2A．处于平衡状态B．速度变化率为零C．发动机的功率不变D．向心力完全由地球引力提供答案 C二、多项选择题3．(2018·江苏五校联考)如图3所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心，两个等量正点电荷分别固定在M、N两点．现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P 点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是( )图3A．O点的场强一定为零B．P点的电势一定比O点的电势高C．粒子一定带负电D．粒子在P点的电势能一定比在Q点的电势能小答案AC三、实验题4．某同学制作了简单的指针式多用电表，图4甲为该多用电表的电路原理图，其中选用的电流表的满偏电流为50 mA，当选择开关接3时是量程为250 V的电压表，该多用电表表盘刻度如图乙所示，C为表盘正中间的刻度．图4请使用该同学制作的多用电表完成如下的有关操作和推算．(1)选择开关接1时指针在图乙所示位置，则其读数为________，另一次测量时选择开关接3，指针仍在图乙所示位置，则其读数为________．(2)选择开关接2时，多用电表为一个倍率“×10”的欧姆表，若图乙中C处的刻度为15，则甲图中电源的电动势为________ V，使用较长时间后，电源电动势降为7.2 V，重新进行欧姆调零后，测得某一导体电阻值为100 Ω，则这个导体的真实电阻值为________Ω.答案(1)36.0 mA 180 V (2)7.5 96解析(1)由题意可知，电流表的满偏电流为50 mA，选择开关接1时测电流，其分度值为1 mA，示数为36.0 mA；当选择开关接3时是量程为250 V的电压表，其分度值为5 V，其示数为180 V ；(2)由题图乙可知，指针指在C 处时，电流表示数为25.0 mA ＝0.025 A ，C 处对应电阻为中值电阻，则欧姆表内阻为150 Ω，电源电动势E ＝0.025×300 V＝7.5 V ；R 内＝150 Ω，R 内′＝E ′I g ＝7.250×10－3Ω＝144 Ω 由闭合电路的欧姆定律可知：E R 内＋R 测＝E ′R 内′＋R 真，解得：R 真＝96 Ω.四、计算题5．(2018·盐城中学质检)如图5所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定，货箱A (含货物)和配重B 通过与斜面平行的轻绳跨过光滑轻质定滑轮相连．A 装载货物后从h ＝8.0 m 高处由静止释放，运动到底端时，A 和B 同时被锁定，卸货后解除锁定，A 在B 的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定．已知θ＝53°，B 的质量M 为1.0×103 kg ，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图5(1)为使A 由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m 需要满足什么条件？(2)若A 的质量m ＝3.0×103 kg ，求它到达底端时的速度大小v .(3)为了保证能被安全锁定，A 到达底端的速率不能大于12 m/s.请通过计算判断：当A 的质量m 不断增加时，该装置能否被安全锁定．答案 (1)m ＞2.0×103 kg (2)5 m/s (3)见解析解析 (1)设右斜面倾角为β，则β＝37°，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则有 mg sin θ－Mg sin β－μmg cos θ－μMg cos β＞0解得m ＞2.0×103kg.(2)对系统应用动能定理： mgh －Mg ·h sin βsin θ－(μmg cos θ＋μMg cos β)·hsin θ＝12(M ＋m )v 2， 解得v ＝5 m/s. (3)当A 的质量m 与B 的质量M 之间关系满足m ≫M 时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mg sin θ－μmg cos θ＝ma m .a m ＝5 m/s 2，v m2＝2a m L，L＝hsin θ联立解得：v m＝10 m/s＜12 m/s.所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置能被安全锁定．。

1 2019高考物理江苏专用优编题型增分练
（基础回扣练）
10．电容器和电路动态分析
1．(2018·盐城市三模)如图1所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端．下列操作能使电容器电容减小的是(
)
图1
A ．增大电源电压
B ．减小电源电压
C ．在两极板间插入陶瓷
D ．增大两极板间的距离
答案 D
2．(2018·南京市学情调研)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图2所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是( )
A ．平行板正对面积减小时，静电计指针偏角减小
B ．静电计可以用电压表替代
C ．静电计所带电荷量与平行板电容器所带电荷量不相等
D ．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量
答案 C
3．(2018·南通市、泰州市一模)如图3所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝1.0 Ω，电阻R 1＝4.0 Ω，R 2＝7.5 Ω，R 3＝5.0 Ω，电容器的电容C ＝10 μF.闭合开关S ，电路达到稳定后电容器的电荷量为(
)
图3
A ．4.5×10－5 C
B ．6.0×10－
5 C C ．7.5×10－5 C D ．1.2×10－
4 C 答案 B。

第64讲 原子核弱项清单,核反应方程的书写没有真正了解衰变的本质特征，核反应方程式书写错误，质量亏损的方程ΔE ＝Δmc 2写错，对核反应中吸能和放能不理解．知识整合一、天然放射现象1．天然放射现象：某些元素________放射某些射线的现象称为天然放射现象，这些元素称为________．2．三种射线的实质与对比3.原子核的组成(1)原子核：由________和________组成，质子和中子统称为________．(2)核电荷数(Z)：等于核内____________，也等于核外____________，还等于元素周期表中的____________．(3)核质量数(A)：等于核内的________，即________与________之和．(4)原子核通常用AZ X 表示．具有相同质子数和不同中子数的原子核，在元素周期表中处于同一位置，因而互称________．有放射性的称放射性________．二、原子核的衰变1．定义：原子核自发地放出某种粒子而转变为________的变化叫原子核的________． 2．分类(1)α衰变：A Z X →A －4Z －2Y ＋42He ，同时放出γ射线；(2)β衰变：A Z X → A Z ＋1Y ＋0－1e ，同时放出γ射线． 3．半衰期(1)定义：放射性元素的原子核________发生衰变需要的时间．(2)半衰期的大小由放射性元素的________决定，跟原子所处的外部条件(如压强、温度等)和化学状态(如单质或化合物)无关．三、放射性同位素及应用1．放射性同位素放出的射线应用于工业、探伤、农业、医疗等．2．做示踪原子．四、核反应用高能粒子轰击靶核，产生另一种新核的反应过程．典型核反应：1．卢瑟福发现质子的核反应方程为：14 7N＋42He→17 8O＋11H.2．查德威克发现中子的核反应方程为：94Be＋42He→12 6C＋10n.3．约里奥居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：2713Al＋42He→3015P＋10n，3015P →3014Si＋01e.常见的核反应有：________、________、________和________．五、核力与结合能1．核力和结合能由于原子核中的核子间存在强大的核力，使得原子核成为一个坚固的集合体，要把原子核中的核子拆散，就得克服核力而做巨大的功，反之，要把核子集合成一个原子核，就要放出巨大的能量．原子核是核子结合在一起的，要把它们分开，也需要能量，这就是原子核的结合能．原子核越大，结合能越________，因此有意义的是它的结合能与核子数之比，称________，也叫平均结合能．平均结合能越________，表示原子核子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定．2．质能方程(1)质能方程：________，m是物体的质量，c是真空中的光速．上述表明：物体的质量和能量间有一定联系，即物体具有的能量与其质量成正比，当物体的能量增加或减小ΔE，它的质量也会相应地增加或减少Δm，ΔE与Δm的关系是________．(2)质量亏损核子结合成原子核时要释放能量，按上述关系，原子核的质量要________组成原子核的核子总质量，这个质量差异叫质量亏损．3．获得核能的途径(1)重核裂变：重核俘获一个中子后分裂成为两个(或多个)中等质量核的反应过程．重核裂变的同时放出几个________，并释放出大量核能．重核裂变时发生链式反应的最小体积叫临界体积．(2)轻核聚变：某些轻核结合成质量较大的核的反应过程，同时释放出大量的核能，要想使氘和氚核合成氦核，必须达到几百万摄氏度以上的高温，因此聚变反应又叫________．方法技巧考点1 原子核和原子核的衰变1．衰变规律及实质(1)两种衰变的比较衰变规律,电荷数守恒、质量数守恒 (2)γ射线：γ射线衰变规律经常是伴随着α衰变或β衰变同时产生的．其实质是放射性原子核在发生α衰变或β衰变的过程中，产生的新核由于具有过多的能量(核处于激发态)而辐射出光子．2．原子核的人工转变用高能粒子轰击靶核，产生另一种新核的反应过程． 3．确定衰变次数的方法(1)设放射性元素X 经过n 次α衰变和m 次β衰变后，变成稳定的新元素Y ，则表示该核反应的方程为A Z X →A ，Z ，Y ＋n 42He ＋m 0－1e根据电荷数守恒和质量数守恒可列方程A ＝A′＋4n ，Z ＝Z′＋2n －m.(2)确定衰变次数，因为β衰变对质量数无影响，先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后再根据衰变规律确定β衰变的次数．4．半衰期(1)公式：N 余＝N 原⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ，m 余＝m 原⎝ ⎛⎭⎪⎫12tτ.式中N 原、m 原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N 余、m 余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t 表示衰变时间，τ表示半衰期．(2)影响因素：放射性元素衰变的快慢是由原子核内部因素决定的，跟原子所处的物理状态(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关．【典型例题1】 (17年徐连宿三模)一静止的铀核23892U 发生α衰变后变为钍核Th ，放出的α粒子速度为0.1c(c 是光在真空中的速度)，不考虑相对论效应．(1)试写出该衰变的核反应方程； (2)求钍核的速度大小．1.(17年盐城三模)氡222经过α衰变变成钋218，t ＝0时氡的质量为m 0，任意时刻氡的质量为m ，下列四幅图中周期的是( )ABCD【学习建议】 原子核衰变后剩余质量与原质量之间的关系式要熟悉．考点2 核反应类型及核反应方程的书写1人工转变,人工控制, 14 7N ＋42He →17 8O ＋11H (卢瑟福发现质子) 94Be ＋42He →12 6C ＋10n (查德威克发现中子) 2713Al ＋42He →3015P ＋10n 3015P →3014Si ＋01e ,约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子 重核裂变,比较容易进行人工控制, 235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋310n 235 92U ＋10n →136 54Xe ＋9038Sr ＋1010n轻核聚变,除氢弹外无法控制,21H ＋31H →42He ＋10n 2.书写核反应方程的注意点 (1)核反应过程一般都是不可逆的，所以核反应方程只能用单向箭头表示反应方向，不能用等号连接．(2)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能凭空只依据两个守恒规律杜撰出生成物来写核反应方程．(3)核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒．遵循核电荷数守恒．【典型例题2】 (17年南京二模)一个静止的氮核14 7N 俘获一个速度为1.1×107m /s 的氦核变成B 、C 两个新核，设B 的速度方向与氦核速度方向相同、大小为4×106m /s ，B 的质量数是C 的17倍，B 、C 两原子核的电荷数之比为8∶1.(1)写出核反应方程； (2)估算C 核的速度大小．【学习建议】书写衰变方程时，注意质量数，电荷数守恒．2.(17年苏北六市联考)原子核的能量也是量子化的，钍核(226 90Th)的能级图如图所示.226 89Ac能发生β衰变产生钍核，钍核处于n＝3的能级．(1)写出226 89Ac发生β衰变的方程；(2)发生上述衰变时，探测器能接收到γ射线谱线有几条？求出波长最长γ光子的能量E.考点3 关于核能的计算1．应用质能方程解题的流程图(1)根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”．(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算．因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”．2．利用质能方程计算核能时，不能用质量数代替质量进行计算．【典型例题3】(17年苏锡常镇二模)以一定速度运动的原子核A Z X放出α粒子后变成静止的原子核Y，若X、Y和α粒子的静质量分别是M、m1和m2，真空中光速为c，不考虑相对论效应．求反应过程中释放的能量以及α粒子的动能．【典型例题4】太阳能屋顶、太阳能幕墙、太阳能汽车、太阳能动态景观……科学研究发现太阳发光是由于其内部不断发生从氢核到氦核的核聚变反应，即在太阳内部4个氢核(11H)转化成一个氦核(42He)和两个正电子(01e)并放出能量．已知质子质量m p＝1.0073 u，α粒子的质量mα＝4.0015 u，电子的质量m e＝0.0005 u，1 u的质量相当于931.5 MeV的能量．(1)写出该热核反应方程；(2)一次这样的热核反应过程中释放出多少MeV的能量？(结果保留四位有效数字)当堂检测 1.(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚核反应获得能量，核反应方程分别为X ＋Y→42He ＋31H ＋4.9 MeV 和21H ＋31H →42He ＋X ＋17.6 MeV ，下列表述正确的有( )A ．X 是中子B ．Y 的质子数是3，中子数是6C ．两个核反应都没有质量亏损D ．氘和氚的核反应是核聚变反应2．(17年江苏高考)(多选)原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的有( )第2题图A .42He 核的结合能约为14 MeVB .42He 核比63Li 核更稳定C ．两个21H 核结合成42He 核时释放能量D .23592U 核中核子的平均结合能比8936Kr 核中的大 3．大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H ＋21H →32He ＋10n .已知21H 的质量为2.0136 u ，32He 的质量为3.0150 u ，10n 的质量为1.0087u ，1 u ＝931 MeV /c 2.氘核聚变反应中释放的核能约为( )A ．3.7 MeVB ．3.3 MeVC ．2.7 MeVD ．0.93 MeV4．(17年常州一模)静止的63Li 原子核，俘获一个速度为7.7×104m /s 的中子而发生核反应放出α粒子后变成一个新原子核，测得α粒子速度为2×104m /s ，方向与中子速度方向相同．(1)写出核反应方程式．(2)求生成的新核的速度大小．5．1926年美国波士顿的内科医生卢姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”．氡的放射性同位素有27种，其中最常用的是222 86Rn.222 86Rn经过m次α衰变和n次β衰变后变成稳定的20682Pb.(1)求m、n的值；(2)一个静止的氡核(222 86Rn)放出一个α粒子后变成钋核(218 84Po)．已知钋核的速率v＝1×106m/s，求α粒子的速率．第64讲 原子核知识整合 基础自测一、1.自发地 放射性元素2．氦核 电子 正 负 4 0 42He0－1e 0.1 0．99 3．(1)质子 中子 核子 (2)质子数 电子数 原子序数 (3)核子数 质子数 中子数 (4)同位素 放射性同位素二、1.新核 衰变 3.(1)有半数 (2)内部自身的因素 四、3.衰变 人工转变 裂变 聚变 五、1.大 比结合能 大2．(1)E ＝mc 2 ΔE ＝Δm ·c 2(2)小于 3．(1)中子 (2)热核反应 方法技巧·典型例题1· (1)238 92U →234 90Th ＋42He(2)1585c 【解析】 (1)质量数与电荷数守恒得方程： 238 92U →234 90Th ＋42He ；(2)设钍核的质量为M ，反冲速度为v ，由动量守恒定律0＝m (0.1c )－Mv 其中m M ＝4234，得v ＝1585c . ·变式训练1·B 【解析】 每经过一个半衰期有一半质量发生衰变，则剩余质量m＝m 0⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ，计算得出m m 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12tτ，τ为半衰期，可以知道m m 0与t 成指数函数关系，所以B 选项是正确的．·典型例题2·(1)14 7N ＋42He →17 8O ＋11H (2)2.4×107m/s 【解析】 (1)根据电荷数守恒、质量数守恒得，B 、C 电荷数之和为9，因为B 、C 两原子核的电荷数之比为8∶1.则C 的电荷数为1，B 、C 质量数之和为18.因为B 的质量是中子的17倍，则B 的质量数为17，则C 的质量数为1，所以C 为质子； 故核反应方程为： 14 7N ＋42He →17 8O ＋11H ；(2)设氦核的速度方向为正方向； 根据动量守恒得， m He v He ＝m B v B ＋m C v C ，计算得出v C ＝＋2．4×107m/s.·变式训练2·(1)226 89Ac →226 90Th ＋0－1e(2)3条 0.0721 MeV 【解析】 (1)根据电荷数守恒、质量数守恒知， β衰变的方程为： 226 89Ac →226 90Th ＋ 0－1e ；(2)根据C 23＝3知，探测器能接收到γ射线谱线有3条. 波长最长对应能级差最小，则波长最长γ光子的能量E ＝E 2－E 1＝0.0721 MeV.·典型例题3·(M －m 1－m 2)c 2MM －m 2(M －m 1－m 2)c 2 【解析】 根据爱因斯坦质能方程得ΔE ＝Δmc 2＝(M －m 1－m 2)c 2;因为反应后存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放的核能，则有： ΔE k ＝12m 2v 2α－12Mv 2X ＝(M －m 1－m 2)c 2；反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，则有： Mv X ＝m 2v α； 联立计算得出α粒子的动能为E k ＝12m 2v 2α＝MM －m 2(M －m 1－m 2)c 2.·典型例题4·(1)411H →42He ＋201e(2)24.87 MeV 【解析】 (1)411H →42He ＋201e ；(2)Δm ＝4m p －m α－2m e ＝4×1.0073 u－4.0015 u－2×0.0005 u＝0.0267 u，ΔE＝Δmc2＝0.0267×931.5 MeV＝24.87 MeV.当堂检测1．AD 【解析】根据核反应中质量数、电荷数守恒，由21H＋31H→42He＋X＋17.6 MeV 知X是中子，A正确，由X＋Y→42He＋31H＋4.9 MeV，可知，Y的质量为6，电荷数为3，可以确定该核的质子数为3，中子数为3.B错误．因两个核反应都向外辐射能量，所以两个反应质量亏损．氘和氚的核反应是轻核聚变反应．2．BC 【解析】由图可以知道，氦核的结合能大约为7 MeV，氦核的核子数为4，则氦核的结合能大约为28 MeV，故A错误．由图可以知道，氦核的比结合能大，所以B选项是正确的．两个21H核结合成42He核时有质量亏损，释放能量，所以C选项是正确的．由图可以知道，23592U核中核子的平均结合能比8936Kr核中的小，故D错误.3．B 【解析】质量亏损为Δm＝0.0035 u，释放的核能为ΔE＝Δmc2＝0.0035×931＝3．2585 MeV，约为3.3 MeV，故B项正确．4．(1)63Li＋10n→31H＋42He (2)1.0×103 m/s 【解析】(1)核反应方程为：63Li＋10n→31H ＋42He；(2)核反应过程中的动量守恒，取中子速度方向为正：m n v n＝m H v H＋mαvα，v H＝－1×103 m/s，即新核速度大小为1×103 m/s，方向与中子速度方向相反．5．(1)4 4 (2)5.45×107 m/s 【解析】(1)核反应过程质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出m、n的值．由题意可得：4m＝222－206，解得：m＝4，86＝82＋2m－n，解得：n＝4；(2)核反应过程系统动量守恒，以α粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mαvα－m pb v＝0，代入数据解得：vα＝5.45×107 m/s.。