2016高考物理考前抢分必做终极猜想14

终极猜想十四对带电粒子在电场中运动的考查(本卷共7小题，满分60分．建议时间：30分钟 )四十七、电场力做功、电势能的关系1．(多选)如图1所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q ，在M 点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q 的电场中沿斜面运动到N 点静止，则从M 到N 的过程中 ( )．图1A ．小物块所受的电场力减小B ．小物块的电势能可能增加C ．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功D ．M 点的电势一定高于N 点的电势2．如图2所示，真空中有一匀强电场和水平面成一定角度斜向上，一个电荷量为Q ＝－5×10－6 C 的点电荷固定于电场中的O 处，在a 处有一个质量为m ＝9×10－3 kg 、电荷量为q ＝2×10－8 C 的点电荷恰能处于静止，a 与O 在同一水平面上，且相距为r ＝0.1 m ．现用绝缘工具将q 搬到与a 在同一竖直平面上的b 点，Oa ＝Ob 且相互垂直，在此过程中外力至少做功 ( )．图2A．1.8×10－2J B．9(2＋1)×10－3 JC．9 2×10－3J D．9×10－3 J四十八、带电粒子在电场中的运动3．如图3所示，在沿水平方向的匀强电场中有a、b两点，已知a、b两点在同一竖直平面内但在不同的电场线上．一个带电小球在重力和电场力作用下由a点运动到b点，在这一运动过程中，该带电小球()．图3A．动能可能保持不变B．运动的轨迹一定是直线C．做的一定是匀变速运动D．在a点的速度可能为零4．(多选)如图4所示是模拟净化空气过程的两种设计方案．含灰尘的空气密闭在玻璃圆筒(圆筒的高和直径相等)内．第一种方案：在圆筒顶面和底面加上电压U，沿圆筒的轴线方向形成一个匀强电场，尘粒运动方向如图甲所示；第二种方案：圆筒轴线处放一直导线，在导线与筒壁间也加上电压U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒运动方向如图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f＝k v(k为一定值)，假设每个尘粒的质量和电荷量均相同，重力不计．关于两种方案，下列说法正确的是()．图4A．尘粒最终一定做匀速运动B．灰尘沉积处的电场强度大小不相等C．电场对单个尘粒做功的最大值相等D．能实现匀速运动的尘粒的最终速率相等四十九、带电粒子的加速与偏转5．如图5所示，一点电荷固定在光滑水平面上的O点，虚线a、b、c、d是点电荷激发电场的四条等距离的等势线．一个带电小滑块从等势线d上的1处以水平初速度v0运动，结果形成了实线所示的小滑块运动轨迹.1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点．由此可以判定下列说法错误的是()．图5A．固定小球与小滑块电性一定相同B．在1、2、3、4、5五个位置上小滑块具有的动能与电势能之和一定相等C．在整个过程中小滑块的加速度先变大后变小D．小滑块从位置1到2和从位置3到4的过程中，电场力做功的大小关系是W12＝3W34五十、带电粒子在复合场中的运动6．一个带正电的粒子以初动能E k0进入匀强电场中，若初速度方向跟电场方向相同，经过时间t动能为E k1；若初速度方向跟电场方向垂直，经过时间t动能为E k2.比较动能E k1和E k2的大小，有()．A．E k2>E k1B．E k2＝E k1C．E k2<E k1D．条件不足，不能确定7．如图6所示，两平行金属板M、N长度为L，两金属板间距为33L.直流电源的电动势为E，内阻不计．位于金属板左侧中央的粒子源O可以沿水平方向向右连续发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，带电粒子的质量不计，射入板间的粒子速度均为v0＝3qEm.在金属板右侧有一个垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.图6求：(1)将变阻器滑动头置于a端，试求带电粒子在磁场中运动的时间；(2)将变阻器滑动头置于b端，试求带电粒子射出电场的位置；(3)将变阻器滑动头置于b端，试求带电粒子在磁场中运动的时间．参考答案1．AC[Q为点电荷，在空间形成点电场，可知小物块在M、N所受电场力的关系，由特殊状态可知，小物块从M到N的过程，先加速再减速，这说明电场力、重力为动力，摩擦力为阻力，克服摩擦力做的功等于电势能的减少量和重力势能减少量之和，故A、C对．因不知Q和小物块的电性，无法判断电势高低．]2．D[如图所示，在a 处静止的电荷q 受重力mg ＝9×10－2N ，受库仑力F ＝k qQ r 2＝9×109×2×10－8×5×10－60.12N ＝9×10－2 N ，经分析判断可知q 所受电场力为qE ＝92×10－2 N ，θ＝45°.由几何知识可知ab ＝ 2r 且与匀强电场垂直，a 、b 两点在同一个等势面上；对点电荷Q 来说，a 、b 两点也在同一个等势面上，所以，将q 从a 点移到b 点电场力和库仑力都不做功，由动能定理得W －mgr ＝0，W ＝mgr ＝9×10－2×0.1 J ＝9×10－3J ，选项D 对．]3．A [由a 到b ，重力对小球做正功，因电性、初速度方向不知，运动模型有多种，可采用假设法进行分析．若为负电荷，电场力和重力的合力可能与初速度方向在同一直线上，故小球可能做匀加速直线运动，也可能不在同一直线上，则小球做匀变速曲线运动．若小球带正电，一定为曲线运动，电场力做负功，可能与重力做的功相等，故从a 到b ，合外力的功可能为零．小球在a 、b 两点的动能可能相同，故A 对．]4．BC [尘粒速度达到一定值时，尘粒所受阻力大小等于电场力，尘粒做匀速运动，而对于一部分离目标极板较近的尘粒来说，可能还没有加速到这个速度就已经打到极板上，故A 错误；对于两种方案，电压相等，但两极间的距离不相等，所以灰尘沉积处电场强度大小不相等，B 正确；两种方案电场对单个尘粒做功的最大值均为qU ，C 正确；当尘粒匀速运动时，qE ＝k v ，式中q 、k相同，但E 不同，所以v 不等，故D 错误．]5．D [由运动轨迹可知两电荷相互排斥，电性相同，故A 正确；在运动过程中，由动能定理得W AB ＝E k B －E k A ，由电场力做功与电势能的关系得，W AB ＝E p A －E p B ，联立得E k A ＋E p A ＝E k B ＋E p B ，即运动过程中动能与电势能之和不变，故B 正确；在运动过程中电场力先变大后变小，加速度也是先变大后变小，故C 正确；由W ＝qU 可知，W 12＝W 34，故选项D 错误．综上所述正确答案为D.]6．C [带电粒子沿电场方向进入时，带电粒子做匀加速直线运动，t 时间内的位移为s 1＝v 0t ＋12at 2，带电粒子沿垂直电场方向进入时，带电粒子做类平抛运动，t 时间内的加速位移为s 2＝12at 2.则s 1>s 2.由W ＝qU ＝qEs ，可知电场力对粒子做的功W 1>W 2，由动能定理可知末动能E k ＝W ＋E k0，故C 正确．]7．解析 (1)将变阻器滑动头置于a 端，两极板M 、N 间的电势差为零，带电粒子不会发生偏转．带电粒子在磁场中转动半周离开磁场，运动时间为t 1＝12×2πm qB ＝πm qB .(2)将滑动变阻器滑动头置于b 端，带电粒子向上偏转．带电粒子在电场中做类平抛运动L ＝v 0t ，y ＝12·qE m 33Lt 2 将v 0＝ 3qE m 代入得，y ＝36L .带电粒子射出电场的位置为M 板的上边缘． (3)带电粒子射出电场时速度与水平方向夹角的正切tan θ＝36L 12L＝33，所以θ＝30°.带电粒子的运动时间为t 2＝23×2πm qB ＝4πm 3qB .答案 见解析。

终极猜想二十四对测量型和验证型实验的考查(本卷共2小题，满分60分．建议时间：30分钟 )七十六、测量型实验1. (1)为了测量电源的电动势和内阻，在实验室里通常采取如图1甲所示的电路测量，请根据电路图甲连接实物图．(2)由于电压表和电流表内阻的影响，图1甲中所示电路存在系统误差，为了消除这一影响，某同学设计了如下的实验方案；选择两块量程合适的电压表V1和V2，一个满足实验要求的电阻箱R，电键若干．设计如图1乙所示的测量电路，该同学进行了如下的主要测量步骤：①闭合电键S2，断开电键S1、S3，记下此时电压表V2的读数②闭合S3，断开S1，S2，调节电阻箱R，当电压表V2的读数与①步骤的读数相同时，读出电阻箱的阻值为R0③闭合S1、S2，断开S3，记下V1的示数U1④再断开S1，记下V1和V2的示数U1′和U2′请利用以上的测量数据写出该电源的电动势和内阻的测量值表达式E＝________，r＝________.图1七十七、验证型实验2．(2011·海南卷，14)现要通过实验验证机械能守恒定律，实验装置如图2所示；水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上的B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t.用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图；图2(1)若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为________，动能的增加量可表示为________．若在运动过程中机械能守恒，1t 2与s 的关系式为1t2＝________.(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点(A 点)下滑，测量相应的s 与t 值．结果如下表所示：以s 为横坐标，t2为纵坐标，在图3位置的坐标纸中描出第1个和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k ＝________×104m －1·s －2(结果保留三位有效数字)．图3由测得的h 、d 、b 、M 和m 数值可以计算出1t2-s 直线的斜率k 0，将k 和k 0进行比较，若其差值在实际允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律．参考答案1．解析 (1)略 (2)设电源的电动势为E 、内阻为r ，电压表V 2的电阻为R .由步骤①②可知，电压表V 1的电阻为R 0.由步骤③可知电压表V 1和电源构成闭合电路，则U 1＝ER 0＋rR 0.由步骤④可知，电压表V 1、电压表V 2和电源构成闭合电路，则U 1′＝E R 0＋r ＋R R 0，U 2′＝ER 0＋r ＋RR 0联立解得E ＝U 1U 2′U 1－U 1′；r ＝U 1′＋U 2′－U 1U 1－U 1′R 0.答案 (1)实物连线如图所示(2)E ＝U 1U 2′U 1－U 1′ r ＝U 1′＋U 2′－U 1U 1－U 1′R 02．解析 (1)当M 沿斜面向下运动s 的距离时，下落的高度为h ′，则h d ＝h ′s， 所以h ′＝h ds .所以系统重力势能的减小量ΔE p ＝Mgh ′－mgs ＝⎝⎛⎭⎪⎫Mgh d －mg s ，动能的增加量ΔE k ＝12(M ＋m )v 2，v ＝b t ，所以ΔE k ＝12(M ＋m )b 2t2，根据机械能守恒，有ΔE p ＝ΔE k ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫Mgh d －mg s ＝12(M ＋m )·b 2t 2，所以1t 2＝2Mgh －mgd M ＋m b 2d s . (2)如图所示，1t2-s 图象是一条倾斜直线，直线的斜率k ＝2.39×104m －1·s －2.答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫Mgh d －mg s 12(M ＋m )b 2t 22Mgh －mgdM ＋m b 2ds (2)图象如解析图所示 2.39。

【命题热点突破一】一般方法1．直接判断法这些题目主要用于考查学生对物理知识的记忆和理解程度，属常识性知识的题目．例1、通常一次闪电过程历时约0.2－0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109 V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J【答案】AC【变式探究】关于力和运动的关系，下列说法中正确的是()A．物体做曲线运动，其速度一定改变B．物体做曲线运动，其加速度可能不变C．物体在恒力作用下运动，其速度方向一定不变D．物体在变力作用下运动，其速度大小一定改变【思路点拨】(1)做曲线运动的条件是：合外力的方向与初速度的方向不在同一直线上；(2)物体做平抛运动时合外力恒定，但速度方向是变化的；(3)物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变．【解析】A项，物体做曲线运动，因其合外力与速度不在一条直线上，其速度一定改变，故A 项正确；B 项，当所受恒定外力与初速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故B 项正确；C 项，物体做平抛运动时合外力恒定，但速度方向是变化的，故C 项错误；D 项，物体在变力作用下可以做匀速圆周运动，速度大小不变，故D 项错误． 【答案】 AB 2．构建模型法高中物理学习中会有很多解题的模型，在这种模型的基础上会出现许多新的试题，但如果我们掌握了基本模型，解题就会很方便，高中物理到底有多少物理模型题呢？不妨自己总结一下．例2、如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πT tD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt【答案】 AC【变式探究】如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝12mv 2【思路点拨】 摩擦力对物块做功等于物块动能的变化，根据动能定理求解；由于物块与传送带间有相对位移，物块对传送带做功与传送带对物块做功并不相等．系统摩擦生热等于系统克服摩擦力做的总功．物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是增加了相同的内能．【答案】 D【命题热点突破二】取巧方法 1．极限分析法极限法在物理解题中有比较广泛的应用，将貌似复杂的问题推到极端状态或极限值条件下进行分析，问题往往变得十分简单．利用极限法可以将倾角变化的斜面转化成平面或竖直面．可将复杂电路变成简单电路，可将运动物体视为静止物体，可将变量转化成特殊的恒定值，可将非理想物理模型转化成理想物理模型，从而避免了不必要的详尽的物理过程分析和繁琐的数学推导运算，使问题的隐含条件暴露，陌生结果变得熟悉，难以判断的结论变得一目了然．(如，设定摩擦因数趋近零或无穷大、电源内阻趋近零或无穷大、物体的质量趋近零或无穷大等等)．适合极限分析法的试题，一般试题中给出了变量，变量的范围也不确定．例1、如图所示装置，两物体质量分别为m1，m2，不计一切摩擦、滑轮质量和滑轮的直径，若装置处于静止状态，则()A．m1可以大于m2B．m1一定大于m2/2C．m2可能等于m1/2 D．θ1一定等于θ2【答案】AD2．逆向思维法有很多选择题，如果按正常的推理判断选项比较困难，如果从选项的表达式入手逆向思考就能迅速找到解题思路．例2、如图所示，竖直放置的劲度系数为k的轻质弹簧，上端与质量为m、带电量为＋q的小球连接，小球与弹簧绝缘，下端与放在水平桌面上的质量为M的绝缘物块相连．物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态．现突然加一个方向竖直向上，大小为E的匀强电场，某时刻物块对水平面的压力为零，则从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能改变量的大小为()【思路点拨】在没有加入匀强电场时，小球压着弹簧，而当加入竖直向上匀强电场时，弹簧处于拉伸状态，则小球电势能的变化，即为电场力做功，由于电场力恒定，所以由电场力做功，可求出电势能的改变量．【答案】 A3．特值代入法(1)特值法是让试题中所涉及的某些物理量取特殊值，通过简单的分析、计算来判断的方法，它适用于将特殊值代入后能能迅速将错误选项排除的选择题．(2)一般情况下选项中以字母形式表示，且字母公式较为繁琐，且直接运算将非常复杂，此时便可以考虑特值法了．(3)特值法的四种类型：①将某物理量取特值．②将运动的场景特殊化，由陌生的情景变为熟悉的场景．③将两物理量的关系特殊化．④通过建立两物理量间的特殊关系来简化解题．(4)注意事项：运用特值法，要看对哪一个物理量可以任意取值，从而对它的边界情况展开想象联想，要对选项有敏锐的观察力，精确的区分出不同选项的细微差别．特值法用不好，会花时间，用错会做错题．有的题目直接运算也不慢．例3、以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列用虚线和实线描述两物体运动的v－t 图像可能正确的是()【思路点拨】竖直上抛运动是初速度为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v－t 图像是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v－t图像的斜率表示加速度．本题关键是明确v－t图像上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难．【答案】 D 4．单位检验法有些选择题的选项是用字母表示的代数式，如果某个选项的单位与题干中要求的物理量的单位不一致，就可以排除这个选项(请注意：与题干中要求的物理量的单位相同的选项并不一定正确)．如果这种方法不能排除所有错误选项，只要能排除部分错误选项，对帮助正确选择答案也是有益的．例4、在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为ΔL 的电子束内电子个数是( ) A.I ΔL eS m 2eU B.I ΔL e m2eU C.I eSm 2eU D.IS ΔL em 2eU【思路点拨】 根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v .在一小段长为ΔL 内电子可以看成做匀速运动，由Δt ＝ΔLv 求出电子运动的时间，根据电流求出长为ΔL 电子束的电量，再求解电子数．【答案】 B5．淘汰排除法选择题的四个选项有时无任何关联，解题时只能对选项进行逐一的排除，还有选项是矛盾的如果这个选项正确则另一个选项必然错误，还有选项含义是相同的，这个选项正确则另一个选项也正确，有时只需要一个简单的特殊值就可以排除掉一个或两个选项，使问题简化．总之比较选项，寻找选项的关联是灵活掌握淘汰排除法的关键．例5、将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)．回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是()【答案】 B【命题热点突破三】数学方法1．图像法(1)物理中常用的图有示意图、过程图、函数图、矢量图、电路图和光路图等等，若题干或选项中已经给出了函数图，则需从图像纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口．(2)利用图像或示意图解答选择题，便于了解各物理量之间的关系，能够避免繁琐的计算，迅速简便地找出正确答案．若各选项描述的是物理过程的变化情况，此法更显得优越．此类题目在力的动态变化、物体运动状态的变化、波形变换、气体状态变化、电磁感应现象等问题中最为常见．几乎年年都考．例1、(2014·上海)如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为ΔE k1、ΔE k2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则()A．ΔE k1>ΔE k2；t1>t2B．ΔE k1＝ΔE k2；t1>t2C．ΔE k1>ΔE k2；t1<t2D．ΔE k1＝ΔE k2；t1<t2【答案】 B【变式探究】如图所示，Ⅰ，Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v－t图线，根据图线可以判断()A．甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同，方向相同B．两球在t＝8 s时相距最远C．两球在t＝2 s时刻速度相等D．两球在t＝8 s时相遇【思路点拨】由速度时间图像直接读出两球的速度大小．分析两球的运动情况，判断两球在t＝8 s时是否相距最远．两球先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动．这是直线运动中速度图像的问题，关键要抓住斜率表示加速度，“面积”表示位移来分析物体的运动情况．【答案】 D2．比例法(1)比例法可以有效避开与解题无关的物理量，通过列出已知量和所求量的比例关系，从而使解题过程大为简化．(2)物理过程中的变量往往有多个．讨论某两个量比例关系时要注意只有其他量为常量时才能成比例．(3)两物体运动规律相同时，适合运用比例法．例2、某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示．该行星与地球的公转半径比为()A ．(N ＋1N ) 23B ．(N N －1) 23 C ．(N ＋1N ) 32 D ．(N N －1) 32结合②式可得r ∝(1n) 23 ⑤ N 年内地球转过的圈数为N 圈，某行星转过的圈数为(N －1)圈，由⑤式可得r 行r 地＝(N N －1) 23【答案】 B【变式探究】如图所示，单匝矩形线圈abcd在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次以速度2v进入同一匀强磁场；则两次相比较()A．第二次与第一次线圈中最大电流之比为2∶1B．第二次与第一次外力做功的最大功率之比为2∶1C．第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场线圈中产生的热量之比为8∶1D．第二次全部进入磁场和第一次全部进入磁场，通过线圈中同一横截面的电荷量之比为2∶1 【思路点拨】(1)根据切割公式E＝BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；(2)线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P＝Fv求解外力的功率；(3)由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．(4)由电流定义式求出电荷量间的关系．本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E＝BLv，然后根据P＝Fv求解功率，根据Q＝I2Rt求解热量，由电流定义式可以求出电荷量．【答案】 A3．估算法(1)估算法是一种半定量的物理方法，是根据物理基本原理通过粗糙的物理模型进行大致的、简单的推理或对物理量的数量级进行大致的估算．(2)估算题的类型一般为：利用物理模型估算、利用物理推理估算、利用物理常量估算、利用数学近似估算、数值估算、生活数据估算等等．例3、在雷雨云下沿竖直方向的电场强度约为104 V/m.已知一半径为1 mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s 2，水的密度为103 kg/m 3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为( )A ．2×10－9 CB ．4×10－9 C C ．6×10－9 C D ．8×10－9 C 【解析】 本题考查物体的受力平衡条件和电场力的计算等知识点．雨滴受力平衡时，电场力和重力大小相等，即电场力最小则雨滴带电荷量最小，有mg ＝Eq ，而m ＝ρV ＝4πr 33·ρ，联立两式得q ＝4πρgr 33E ＝4×3.1×103－333×104≈4×10－9 C ，故答案为B 项． 【答案】 B【点评】 在进行数值估算时，数据往往较大，计算易错．所以对于结果要求保留几位有效数字，在带入数据计算时只要比结果多一位即可，这样带入数据将简化计算过程，如上题所示．计算天体宏观量也是较常见的数值估算．【方法技巧】破解选择题的“十”种技巧选择题的错误选项一般都很有迷惑性，因为选项都是针对学生对概念或规律理解的错误、不全面、模糊，运算失误等问题设计的．学生往往由于掌握知识不牢，概念不清，思考不全面而掉进“陷阱”．也有些选择题是为了测试学生思维的准确性和敏捷性，这些题目往往使学生由于解题技巧、思维能力和速度的差异而拉开距离．为此我们必须掌握适当的方法和技巧，加强专项训练．以下提供了解物理选择题的十种技巧方法．2．淘汰排除法将明显的错误或不合理的备选答案逐一排除，最后只剩下正确的答案．如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错，但绝不可能两者都正确．3．极限分析法将某些物理量的数值推向极大或极小，将貌似很复杂的问题在极限的条件下分析，并根据一些显而易见的结果、结论或熟悉的物理现象进行分析和推理的办法．4．逆向思维法这种方法是从选项入手，进行题意分析，即是分别把各个答案中的物理现象和过程作为已知条件，经过周密的思考和分析，倒推出题中需成立的条件或满足的要求，从而在选项的答案中作出正确的选择．5．特值代入法有些选择题展示出一般情形，较难直接判断正误，可针对题设条件先赋值代入进行检验，看命题是否正确，从而得出结论．6．单位判断法从物理量的单位出发筛选出正确答案，如果等式两边单位不一致，或所列选项的单位与题目要求的物理量单位不统一，则肯定有错误；或者，尽管式子两边的单位一致，却仍不能确保此式肯定正确，因为用单位判断法不能确定常数项的正确与否．7．图像分析法“图”在物理学中有着十分重要的地位，它是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，用图像法解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题．8．构建模型法物理模型是一种理想化的物理形态，是物理知识的一种直观表现，模型思维法是利用抽象、理想化、简化、类比等手段，突出主要因素，忽略次要因素，把研究对象的物理本质特征抽象出来，从而进行分析和推理的一种思维方法．9．估算法在选择题中，还有一些貌似计算求解的题目，而实质只需做一些粗略的估算就能得出判断．例如，有些选择题只要求判断两物理量的比值关系而有些选择题本身就是估算题，有些选择题只要求研究某个物理量的取值范围等等，可通过比例法和粗略的计算求出结果．10．比例法比例法可以有效避开与解题无关的物理量，通过列出已知量和所求量的比例关系，从而使解题过程大为简化．物理过程中的变量往往有多个．讨论某两个量比例关系时要注意只有其他量为常量时才能成比例．。

终极猜想六　对运动的合成分解和曲线运动的考查 (本卷共8小题，满分60分．建议时间：30分钟 ) 命题专家寄语　此部分的考查往往结合牛顿运动定律、动能定理等知识，综合性较强．熟练掌握运动的独立性原理，运动的合成与分解的规律是解决问题的关键.十六、曲线运动的特点 1．关于力和运动的关系，下列说法正确的是( )． A．做直线运动的物体一定受到外力的作用 B．做曲线运动的物体一定受到外力的作用 C．物体受到的外力越大，其运动速度越大 D．物体受到的外力越大，其运动速度的变化越快 2．质量为2 kg的质点在xy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图1所示，下列说法正确的是 ( )．图1 A．质点的初速度为4 m/s B．质点所受的合外力为3 N C．质点初速度的方向与合外力方向垂直 D．2 s末质点速度大小为6 m/s 十七、运动的独立性 3．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当运动员从直升飞机由静止跳下后，在下落过程中不免会受到水平风力的影响，下列说法正确的是( )． A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作 B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害 C．运动员下落时间与风力无关 D．运动员着地速度与风力无关 4．(2012·济南模拟)一物体运动规律是x＝3t2 (m)，y＝4t2 (m)，则下列说法中正确的是( )． A．物体在x轴和y轴方向上都是初速度为零的匀加速直线运动 B．物体的合运动是初速度为零、加速度为5 m/s2的匀加速直线运动 C．物体的合运动是初速度为零、加速度为10 m/s2的匀加速直线运动 D．物体的合运动是加速度为5 m/s2的曲线运动 十八、运动的合成与分解 5．A、B两物体通过一根跨过定滑轮的轻绳相连放在水平面上，现物体A以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面夹角分别是α、β时，如图2所示．物体B的运动速度vB为(绳始终有拉力) ( ). 图2 A．v1sin α/sin β B．v1cos α/sin β C．v1sin α/cos β D．v1cos α/cos β 6．民族运动会上有一骑射项目如图3所示，运动员骑在奔跑的马上，弯弓放箭射击侧向的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭速度为v2，跑道离固定目标的最近距离为d，要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短，则( )． A．运动员放箭处离目标的距离为图3 B．运动员放箭处离目标的距离为 C．箭射到固定目标的最短时间为 D．箭射到固定目标的最短时间为 7．已知河水的流速为v1，小船在静水中的速度为v2，且v2>v1，图4中用小箭头表示小船及船头的指向，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景图示依次是( )． 图4 A． B． C． D． 8．一人一猴在表演杂技，如图5所示，直杆AB长12 m，猴子在直杆上由A向B匀速向上爬，同时人顶着直杆水平匀速移动，已知在10 s内，猴子由A运动到B，而人也由甲位置运动到了乙位置，已知s＝9 m，求： (1)猴子对地的位移；图5 (2)猴子对人的速度，猴子对地的速度； (3)若猴子从静止开始匀加速上爬，其他条件不变，试在图中画出猴子运动的轨迹．参考答案 【终极猜想六】 1．BD　[若物体做匀速直线运动可以不受外力作用，所以A错．做曲线运动的物体，加速度不为零，一定受到外力的作用，B对．物体受到的外力越大，只能说明其加速度越大，C错，D对．] 2．B　[由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A选项错误；受到的合外力为3 N，B选项正确；显然，质点初速度方向与合外力方向不垂直，C选项错误；2 s末质点速度应该为v＝ m/s＝2 m/s，D选项错误．] 3．BC　[运动员下落过程中，下落时间仅与竖直方向的运动有关，与水平方向的运动无关，即A错，C正确．着地速度是竖直方向速度与风速的合成，即B正确，D错．] 4．AC　[由x＝3t2及y＝4t2知物体在x、y方向上的初速度为0，加速度分别为 ax＝6 m/s2，ay＝8 m/s2，故a＝ ＝10 m/s2.故A、C正确．] 5．D　[设物体B的运动速度为vB，此速度为物体B合运动的速度，根据它的实际运动效果，两分运动分别为：沿绳收缩方向的分运动，设其速度为v绳B；垂直绳方向的圆周运动，速度分解如图所示，则有 vB＝ 物体A的合运动对应的速度为v1，它也产生两个分运动效果，分别是：沿绳伸长方向的分运动，设其速度为v绳A；垂直绳方向的圆周运动，它的速度分解如图所示，则有 v绳A＝v1cos α 由于对应同一根绳，其长度不变， 故 v绳B＝v绳A 根据三式解得 vB＝v1cos α/cos β.选项D正确．] 6．C　[要想以箭在空中飞行的时间最短的情况下击中目标，v2必须垂直于v1，并且v1、v2的合速度方向指向目标，如图所示，故箭射到目标的最短时间为，C对，D错；运动员放箭处离目标的距离为 又s＝v1t＝v1·， 故 ＝ ＝，A、B错误．] 7．C　[最短时间过河船身应垂直岸，对地轨迹应斜向下游．对；最短路程过河船身应斜向上游而船对岸轨迹垂直岸，对，所以选C.] 8．解析　(1)相对于地面，猴子参与沿杆上升和随杆水平移动的两个运动，在爬到杆顶的过程中，满足：s′＝＝m＝15 m. (2)由于猴子和人在水平方向运动情况相同，保持相对静止，因此猴子对人的速度v1＝ m/s＝1.2 m/s，猴子对地的速度v＝ ＝m/s＝1.5 m/s. (3)由于猴子向上匀加速运动，加速度(或外力)方向向上，因此，运动轨迹向上弯曲，其轨迹如图所示． 答案　(1)15 m　(2)1.2 m/s　1.5 m/s　(3)见解析图 高考学习网： 高考学习网：。

终极猜想十 对功能关系的考查 (本卷共7小题，满分60分．建议时间：30分钟 )三十三、动能定理1．(2012·漳州5月模拟)如图1所示，弹簧下面挂一质量为m 的物体，物体在竖直方向作振幅为A 的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，弹簧在弹性限度内，则物体在振动过程中 ( )．图1A ．物体在最低点时的弹力大小应为mgB ．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变C ．弹簧的最大弹性势能等于2mgAD ．物体的最大动能应等于mgA2．(2012·江苏模拟)构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图2中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是()．图2A．200 J B．250 JC．300 J D．500 J三十四、机械能守恒定律3．如图3所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E p和E k，弹簧弹性势能的最大值为E p′，则它们之间的关系为()．图3A．E p＝E k＝E p′B．E p>E k>E p′C．E p＝E k＋E p′D．E p＋E k＝E p′4．如图4所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，有下列结论()．图4①物体到海平面时的势能为mgh②重力对物体做的功为mgh③物体在海平面上的动能为12m v2＋mgh④物体在海平面上的机械能为12m v2其中正确的是()．A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④三十五、功和能关系5．如图5所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是()．图5A．电动机做的功为12m v2B．摩擦力对物体做的功为m v2C．传送带克服摩擦力做的功为12m v2D．电动机增加的功率为μmg v6．(2012·泉州四校第二次联考)如图6所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()．图6A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加－W1C．小球的机械能增加W1＋12m v2D．小球的电势能增加W2三十六、能的转化与守恒7．(2012·山东模拟)半径为R的光滑半圆环形轨道固定在竖直平面内，从与半圆环相吻合的光滑斜轨上高h＝3R处，先后释放A、B两小球，A球的质量为2m，B球的质量为m，当A球运动到圆环最高点时，B球恰好运动到圆环最低点，如图7所示．求：图7(1)此时A、B球的速度大小v A、v B;(2)这时A、B两球对圆环作用力的合力大小和方向．参考答案1．C[物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，此时简谐振动的回复力为mg，由对称性可知，最低点回复力也为mg，故最低点弹力大小应为2 mg，A错误；弹簧振子做简谐振动的过程中机械能守恒，弹性势能、重力势能及物体的动能总和不变，故B、D错误，C正确．]2．A[滑行时阻力F f恒定，由动能定理对图线①有ΔE k＝F f x1，x1＝10 m对图线②有ΔE k＝F f x2＋E电，x2＝6 m所以E电＝410ΔE k＝200 J，故A正确．]3．A[当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E p ＝E k ＝E p ′，故答案选A.]4．B [以地面为零势能面，物体到海平面时的势能为－mgh ，①错，重力对物体做功为mgh ，②对；由机械能守恒，12m v 20＝E k －mgh ，E k ＝12m v 20＋mgh ，③④对，故选B.]5．D [由能量守恒，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析，知仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是木块对地位移的两倍，即W ＝m v 2，故C 错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmg v ，故D 对．]6．B [撤去F 后，小球在重力、弹力和电场力的作用下开始运动，不满足机械能守恒的条件，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，A 错误；重力做功W 1，重力势能减少W 1，故B 正确，根据功能关系，小球的机械能增加应等于动能和重力势能增加的和，即12m v 2－W 1，故C 错误；电场力对小球所做的功分别为W 2，故小球的电势能减少W 2，故D 错误．]7．解析 (1)对A 分析：从斜轨最高点到半圆环形轨道最高点，机械能守恒有，2mg (3R －2R )＝12×2m v 2A .解得v A ＝2gR .对B 分析：从斜轨最高点到半圆环形轨道最低点，机械能守恒，有3mgR ＝12m v 2B ，解得v B ＝ 6gR .(2)设半圆环形轨道对A 、B 的作用力分别为F N A 、F N B ，F N A 方向竖直向下，F N B 方向竖直向上．根据牛顿第二定律得F N A ＋2mg ＝2m v 2A R ，F N B －mg ＝m v 2B R .解得F N A ＝2mg ，F N B ＝7mg .根据牛顿第三定律，A 、B 对圆环的力分别为：F N A ′＝2mg ，F N B ′＝7mg ，F N A ′方向竖直向上，F N B ′方向竖直向下，所以合力F ＝5mg ，方向竖直向下．答案 (1)2gR 6gR(2)5mg，方向竖直向下。

终极猜想十二对电容器及含容电路的考查(本卷共5小题，满分60分．建议时间：30分钟 )四十、含容电路的计算1．如图1甲所示是电容器充、放电电路．配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图象如图1乙所示．实验中选用直流8 V 电压，电容器选用电解电容器．先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可瞬间完成．然后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图象上显示出放电电流随时间变化的I－t曲线．以下说法正确的是( )．甲乙图1A．电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较小B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐增大C．由传感器所记录的该放电电流图象不能估算出该过程中电容器的放电电荷量D．通过本实验可以估算出该电容器的电容值2．(多选)M、N是水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E、内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图2所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动时，则( )．图2A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流C．带电油滴将向上运动D．带电油滴将向下运动四十一、电容器的应用图33．(多选)A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)．两块金属板接在如图3所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ.电源电动势E和内阻r一定，下列说法正确的是( ).A．若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ不变B．若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小C．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小D．保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变四十二、含容电路动态分析4．(多选)(2012·江苏扬州市5月调研，7)如图4所示，一个平行板电容器放在图中虚线框所示矩形区域的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面且与板面平行，金属板a与电源的正极相连．一个不计重力的带正电粒子以初动能E 从左向右水平进入平行板中，并沿直线穿过两板区域．则下列说法正确的是( )．图4A ．保持开关S 闭合，a 板稍向上平移，粒子将沿曲线运动，从极板右边穿出时的动能减少B ．保持开关S 闭合，a 板稍向上平移，粒子仍沿直线运动，从极板右边穿出时的动能不变C ．断开开关S ，a 板稍向下平移，粒子仍沿直线运动，从极板右边穿出时的动能不变D ．断开开关S ，a 板稍向下平移，粒子将沿曲线运动，从极板右边穿出时的动能增加 四十三、综合应用5．如图5所示，R 1＝R 2＝R 3＝R 4＝R ，电键S 闭合时，间距为d 的平行板电容器C 的正中间有一质量为m ，带电量为q 的小球恰好处于静止状态；电键S 断开时，小球向电容器一个极板运动并发生碰撞，碰撞后小球带上与极板同种性质的电荷．设碰撞过程中没有机械能损失，小球反弹后恰好能运动到电容器另一极板．若不计电源内阻，求：图5(1)电源的电动势；(2)小球与极板碰撞后的带电量．参考答案1．D [电容是用来描述电容器容纳电荷本领的物理量，大小与氧化膜厚度无关，选项A 错误；由U ＝QC可知，因电容器电容不变，放电过程中电容器所带电量逐渐减小，所以电容器两端电压逐渐减小，选项B 错误；由I ＝q t，再结合放电电流随时间变化的It 曲线可知选项C 错误；根据It 曲线可求出放电过程中通过电阻的电量，再由电容器放电瞬间电压与电源电压相等，根据C ＝Q U即可求出电容器的电容值，选项D 正确．]2．AC [油滴处于悬浮状态，则mg ＝qE ；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电路中的阻值逐渐变大，路端电压变大，电容器两端的电压变大，电容器所带电荷量变大，是一个充电过程；由题图可知，电容器上极板与电源正极相连，上极板带的正电荷增多，选项A 正确；因为电容器两端的电压变大，油滴所受电场力变大，带电油滴将向上运动，选项C 正确．]3．ACD [根据电容器的特点，电路稳定后，与电容器串联的电路电流为零，滑动变阻器电流为零，故滑动触头P 向a 端移动时，对全电路无影响，电流不变，电容器两端电压不变，故A 正确，B 错误；用较强的光照射光敏电阻R 1时，阻值减小，总电阻减小，总电流增加，电容器两板电压减小，板间电场减弱，偏角θ变小，故选项C 正确；在全电路中，U 变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值在数值上等于电源内阻，故保持不变，D 选项正确．]4．AC [由带电粒子沿直线通过该区域，可知电场力大小等于洛伦兹力，电场力方向向下．当开关S 闭合时，U 不变，E ＝U d，a 板上移，d 增大，E 减小，电场力小于洛伦兹力，粒子向上做曲线运动，电场力做负功，A 对，B 错；断开S ，Q 不变，E 不变，C 正确，D 错．]5．解析 (1)电键S 闭合时，R 1、R 3并联与R 4串联，(R 2中没有电流通过)U C ＝U 4＝23ε对带电小球有：mg ＝qE ＝qU Cd ＝23q εd得：ε＝32mgd q(2)电键S 断开后，R 1、R 4串联， 则U C ′＝ε2＝34mgd q小球向下运动与下极板相碰后，小球带电量变为q ′，向上运动到上极板，全过程由动能定理得mgd 2－qU C ′2－mgd ＋q ′U C ′＝0联立解得：q ′＝7q 6.32 mgd q (2)7q6答案(1)。

终极猜想二十八　对动量守恒定律和原子物理的考查 (本卷共3小题，满分60分．建议时间：30分钟 ) 命题专家寄语　这部分选考内容是与力学联系较紧密的部分，牛顿定律、动能定理、机械能守恒定律三者结合为解决物理力学问题的三把金钥匙，但本部分考查的综合性不大，一般与原子物理知识、核反应方程，结合能量守恒综合考查. 八十一、动量守恒定律 1．(1)下列有关说法中正确的是________． A．汤姆孙发现了电子，于是他提出了原子核式结构的学说 B．β射线是高速运动的电子流，有较强的贯穿本领 C．一个氢原子处于n＝4的激发态，当它向基态跃迁时可以发出3条不同频率的光谱线 D.U＋n→X＋Sr＋2n是一个裂变方程 (2)铀经过α、β衰变形成稳定的铅，这一变化的核反应方程式应为______________________________________________________________________________________________________________________， 在转化过程中最终转变为质子的中子数是________个． (3)质量为3 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s的速度向右运动，恰好遇上质量为5 kg的小球B以4 m/s的速度向左运动，碰撞后小球B恰好静止，求碰撞后小球A的速度大小． 八十二、原子和原子核 2．(1)以下说法正确的是( )． A．X射线是处于激发态的原子核辐射出的 B．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定 C．放射性元素发生一次β衰变，原子序数增加1 D．当氢原子从n＝3的状态跃迁到n＝2的状态时，核外电子的运动加速度减小 (2)氢原子能级如图1所示，则要使一个处于基态的氢原子释放出一个电子而变成为氢离子，该氢原子需要吸收的能量至少是________eV；处于n＝4能级的氢原子回到n＝2的状态过程中，可能辐射________种不同频率的光子． 图1 (3)太阳内部发生的核反应主要是轻核的聚变，太阳中存在的主要元素是氢，氢核的聚变反应可以看做是4个氢核结合成1个氦核.下表中列出了部分粒子的质量(1 u相当于931.5 MeV的能量) 粒子名称质子pα粒子电子e中子n质量/u1.007 34.001 50.000 551.008 7写出氢核聚变的核反应方程：________，发生一次核反应释放的能量为________．(以MeV为单位，结果保留三位有效数字) (4)如图2所示，人和箱总质量为M＝100 kg，一起以10 m/s的速度在光滑水平冰面上匀速滑行，前进中突然发现前方有一矮墙．为避免撞墙，人将质量为m＝40 kg的箱子水平推向墙，箱子撞墙后以原速率反弹，之后人又接住箱子．求：人推出箱子的速度至少多大才能在完成一次推接后避免撞墙． 图2 3．(1)2011年3月11日，日本东海岸发生里氏9.0级地震，地震引发的海啸摧毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，最终导致福岛第一核电站的6座核反应堆不同程度损坏，向空气中泄漏大量碘131和铯137等放射性物质，这些放射性物质随大气环流飘散到许多国家.4月4日，日本开始向太平洋排放大量带有放射性物质的废水，引起周边国家的指责．下列说法正确的是( )． A．福岛第一核电站是利用原子核衰变时释放的核能来发电 B．碘131能自发进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个中子而少一个质子 C．铯137进行β衰变时，往往同时释放出γ射线，γ射线具有很强的穿透能力，甚至能穿透几厘米厚的铅板 D．铯137进入人体后主要损害人的造血系统和神经系统，其半衰期是30.17年，如果将铯137的温度降低到0度以下，可以延缓其衰变速度． (2)如图3所示，质量为m1＝3 kg的光滑圆弧形轨道ABC与一质量为m2＝1 kg 的物块P紧靠着(不粘连)静置于光滑水平面上，B为半圆轨道的最低点，AC为轨道的水平直径，轨道半径R＝0.3 m．一质量为m3＝2 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道的A处由静止释放，g取10 m/s2， 图3 求： 小球第一次滑到B点时的速度v1； 小球第一次经过B点后，相对B能上升的最大高度h.参考答案 【终极猜想二十八】 1．解析　(1)原子核式结构学说是卢瑟福提出的，A错．β射线是高速运动的电子流，有较强的贯穿本领，B正确．一个处于n＝4的氢原子向基态跃迁时，可以发出n＝4→n＝3、n＝3→n＝2、n＝2→n＝1三条不同频率的光谱线，C对．D项是重核裂变方程． (2)铀衰变成铅的核反应方程为U→Pb＋8He＋6e，所以共经历了8次α衰变，6次β衰变．在β衰变中，电子是中子转化为质子的过程中放出的，所以最终转变为质子的中子数是6个． (3)两球都在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，因此系统动量守恒．碰撞前两球动量已知，碰撞后小球B静止，取小球A初速度方向为正，由动量守恒定律有： mAvA＋mBvB＝mAvA′ 则vA′＝＝ m/s＝－0.67 m/s 碰撞后小球A的速度大小为0.67 m/s. 答案　(1)BCD　(2)U→Pb＋8He＋6e　6　(3)0.67 m/s 2．解析　(4)设推开箱子的速度至少为v，推开过程动量守恒，Mv0＝(M－m)v1＋mv 接收箱子后速度变为零，由动量守恒得： (M－m)v1－mv＝0 由两式联立解得：v＝12.5 m/s. 答案　(1)BC　(2)13.6　3　(3)4H→He＋2e　24.8 MeV　(4)12.5 m/s 3．解析　(1) C (2)设小球第一次滑到B点时的速度为v1，轨道和P的速度为v2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有：(m1＋m2)v2＋m3v1＝0 根据系统机械能守恒 m3gR＝(m1＋m2)v＋m3v 联解得：v1＝－2 m/s， 方向向右 v 2＝1 m/s，方向向左 小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时，与轨道共速，设为v m1v2＋m3v1＝(m1＋m3)v 解得：v＝－0.2 m/s， 方向向右，由机械能守恒 m1v＋m3v＝(m1＋m3)v2＋m3gh 解得：h＝0.27 m 答案　(1) C (2)2 m/s，方向向右　h＝0.27 m 高考学习网： 高考学习网：。

14．(多选题)下列对物理学发展史的表述，其中观点正确的是（）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动C．法拉第首先发现了电流的磁效应D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去15．（多选题）如图所示,一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c 恰好平行天花板，过直角的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b,已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力,则下列判断正确的是A．薄板的重心在MN线上B．薄板的重心不在MN线上C.错误!＝错误!D。

错误!＝错误! 16．（多选题）如图所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B接触面是水平的,且F≠0。

则关于木块B的受力个数可能是（)A．3个B．4个C．5个D．6个17.（多选题）某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系．一颗母星处在正三角形的中心,三角形的顶点各有一颗质量相等的小星围绕母星做圆周运动．如果两颗小星间的万有引力为F,母星与任意一颗小星间的万有引力为9F。

则( )A．每颗小星受到的万有引力为(错误!＋9）F B．每颗小星受到的万有引力为(错误!/2＋9）FC．母星的质量是每颗小星质量的3倍D．母星的质量是每颗小星质量的3错误!倍18．（多选题）如图所示，在2010年2月温哥华冬奥会自由式滑雪比赛中，我国某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后,又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则( ）A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B．不论v0多大,该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C．运动员落到雪坡时的速度大小是错误!D．运动员在空中经历的时间是2v0tanθg19．（多选题)如图中K、L、M为某静电场中的三个相距较近的等差等势面,电势满足φK〈φL〈φM,等势面关于bc连线对称．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点,再从b点沿直线移到c点．则该试探电荷在此全过程中( ）A．所受电场力的方向不变B．所受电场力一直变大C．电势能一直减小D．电势能先不变后增大720.（单选题）如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝4:1，电源电压u＝220错误!sin314t（V),原线圈电路中接入熔断电流I0＝1 A的保险丝,副线圈电路中接入一可变电阻R，则（)A．电压表的读数为77 VB．当可变电阻R的阻值变大时,电源的输入功率变大C．可变电阻R的阻值低于13。

终极猜想四对牛顿运动定律理解和应用的考查(本卷共8小题，满分60分．建议时间：30分钟 )命题专家寄语近几年高考中牛顿运动定律不仅以选择题的形式单独考查，同时也以力电综合题形式出现，考查的重点是：牛顿第二定律的应用，尤其是物体受力分析的方法、理解掌握运动和力的关系、超重和失重的理解和应用.十一、牛顿第一定律1．(2012·江苏质检)我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因为( )．A．系好安全带可以减小惯性B．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害2．如图1所示，甲运动员在球场上得到篮球之后，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，问他应将球向什么方向抛出( )．图1A．抛出方向与奔跑方向相同，如图中箭头1所指的方向B．抛出方向指向乙的前方，如图中箭头2所指的方向C．抛出方向指向乙，如图中箭头3所指的方向D．抛出方向指向乙的后方，如图中箭头4所指的方向十二、牛顿第三定律3．(2012·四川模拟)利用牛顿第三定律，有人设计了一种交通工具，如图2所示，在平板车上装了一个电风扇，风扇运动时吹出的风全部打到竖直固定的小车中间的风帆上，靠风帆受力而向前运动．对这种设计，下列分析正确的是( )．图2A．根据牛顿第二定律，这种设计能使小车运行B．根据牛顿第三定律，这种设计能使小车运行C．这种设计不能使小车运行，因为它违反了牛顿第二定律D．这种设计不能使小车运行，因为它违反了牛顿第三定律4．我国自行研制的磁悬浮列车在上海投入运营，磁悬浮列车在行进时会“浮”在轨道上方，从而可高速行驶．下列说法正确的是 ( )．A．列车能浮起，是靠列车向下喷气B．列车浮起后，减小了列车的惯性C．列车浮起后，减小了列车与铁轨间的摩擦力D．列车浮起后，减小了列车所受的空气阻力十三、牛顿第二定律5．如图3所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车可能是( )．图3A．向右做匀速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做减速运动十四、牛顿定律的综合应用6．原来静止的物体受到外力F的作用，如图4所示为力F随时间变化的图象，则与F－t 图象对应的v－t图象是下图中的( )．图47．如图5甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度－时间图象如图5乙所示，下列判断正确的是( )．图5A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在1 s～3 s内，外力F均匀减小C．在3 s～4 s内，外力F不断减小D．在3 s～4 s内，外力F的大小恒定8．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD－2000家用汽车的加速性能进行研究，图6为汽车做匀加速直线运动时的三次曝光照片，图中的标尺单位为m，照相机每两次曝光的时间间隔为1.0 s，已知该汽车的质量为2 000 kg，额定功率为80 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 600 N.图6(1)试利用上图，求该汽车的加速度大小；(2)若汽车由静止以此加速度开始做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间？(3)求汽车所能达到的最大速度是多大？参考答案1．D [根据惯性的定义知：安全带与人和车的惯性无关，A 错，B 选项不符合题目要求，故B 项不对，系好安全带主要是防止因刹车时，人具有向前的惯性而造成伤害事故，C 错，D 对．]2．C [以乙为参考系，甲是相对静止的，相当于并排坐在汽车里的两个人．甲要将球传给乙，只要沿3方向抛出就行了．以地面为参考系时，不但要考虑乙向前的速度v ，还要考虑甲抛出球时，由于惯性，球有一个向前的速度分量v ，所以当甲向3方向抛出球时，正好可以到达乙的手中．]3．D [风扇吹出的风吹到风帆上时，根据牛顿第三定律，风会给风扇一个反向的反作用力，因此对于整个装置而言，作用力和反作用力是内力，小车不会运行，故选D.] 4．C [列车能浮起，是靠磁场力；列车浮起后，质量不变，所以列车的惯性不变；磁悬浮列车在行进时会“浮”在轨道上方，从而可高速行驶，速度大，空气阻力会更大．故选C.]5．D [小球水平方向受到向右的弹簧弹力F ，由牛顿第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球与小车相对静止，故小车可能向右加速运动或向左减速运动．]6．B [由F －t 图象可知，在0～t 内物体的加速度a 1＝Fm，做匀加速直线运动；在t ～2t 内物体的加速度a 2＝F m，但方向与a 1反向，做匀减速运动，故选B.]7．C [在0～1 s 内，物体做匀加速直线运动，外力F 恒定，故A 错．在1 s ～3 s 内，物体做匀速运动，外力F 也恒定，B 错误．在3 s ～4 s 内，物体做加速度增大的减速运动，所以外力F 不断减小，C 对，D 错．]8．解析 (1)汽车做匀加速运动，由运动学关系，得 Δs ＝aT 2，得a ＝s 2－s 1T 2＝3.00－1.8012m/s 2＝1.20 m/s 2. (2)由牛顿第二定律：F －f ＝ma 得F ＝ma ＋f ＝4 000 N ，由功率关系P ＝F ·v 1，得v 1＝P F ＝80×1034 000 m/s ＝20 m/s由v 1＝at 得t ＝v 1a ＝201.2s ＝16.67 s.(3)当达到最大速度时，汽车匀速运动F 1＝f ＝1 600 N ，由P ＝F 1·v m 得v m ＝P F 1＝80×1031 600m/s ＝50 m/s.答案 (1)1.20 m/s 2(2)16.67 s (3)50 m/s。

终极猜想五　对牛顿运动定律和运动学公式及图象的 综合考查 (本卷共6小题，满分60分．建议时间：30分钟 ) 命题专家寄语　近年来结合物理学规律与图象综合考查的频率增大，重点考查物体运动与图象的对应，对待此类问题的解决重点是做好“翻译”，根据图象的要求利用物理学规律“翻译”成对应的解析式，从而顺利求解.十二、两种类型问题 1．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt图线如图1所示，则( )． A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大图1 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小 D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大 2．如图2所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定．在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩．当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零．从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图象，可能是图中的( )． 图2 十三、整体法与隔离法的应用 3．如图3所示，质量为2m的物块A，与水平地面的摩擦不计，质量为m的物块B与地面的摩擦因数为μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速运动，则A和B之间的作用力为( )．图3 A. B. C. D. 十四、超失重问题 4．一名学生为了体验超重和失重的感觉，从一楼乘电梯到十五楼，又从十五楼下到一楼，他的感觉是( )． A．上楼时先超重，然后正常 B．上楼时先失重，然后正常，最后超重 C．下楼时先失重，然后正常 D．下楼时先失重，然后正常，最后超重 十五、综合应用 5．据报导“民航公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，由于突然受到强大气流的作用，使飞机在10 s内下降高度达1 700 m，造成众多乘客和机组人员的伤亡事故”．如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动，试分析： (1)乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重几倍的拉力才能使乘客不脱离坐椅？ (2)未系安全带的乘客相对于机舱将向什么方向运动？最可能受到伤害的是人体的什么部位？ 6．如图4所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1＝30 m/s进入向下倾斜的直车道．车道每100 m下降2 m．为使汽车速度在s＝200 m的距离内减到v2＝10 m/s，驾驶员必须刹车．假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B,30%作用于汽车A.已知A的质量m1＝2 000 kg，图4B的质量m2＝6 000 kg.求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力．取重力加速度g＝10 m/s2. 参考答案 【终极猜想五】 1．CD　[由题图可知0～t1，物体做a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝可知，F逐渐减小，最终F＝f，故A、B均错误．t1～t2物体做a增大的减速运动，由a＝可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能是已正向减为零且负向增大，故C、D正确．] 2．D　3.A　4.D 5．解析　(1)竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，a＝＝34 m/s2.设安全带的拉力为F，F＋mg－FN＝ma，而刚脱离的条件为FN＝0，所以F＝2.4mg，为人体重力的2.4倍．(2)由于相对运动，人将向机舱顶部做加速运动，因而最可能被伤害的是头部． 答案　(1)2.4 (2)见解析 6．解析　汽车沿倾斜车道做匀减速运动，用a表示加速度的大小，有v－v＝－2as 用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有 F－(m1＋m2)gsin α＝(m1＋m2)a 式中sin α＝＝2×10－2 设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f，根据题意f＝F 方向与汽车前进方向相反；用f表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同，以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有 f－fN－m1gsin α＝m1a 由式得 fN＝(m1＋m2)(a＋gsin α)－m1(a＋gsin α) 由式，代入数据得fN＝880 N. 答案　880 N 高考学习网： 高考学习网：。