2014高考物理二轮复习题专项综合训练(共19份)-2014高考物理二轮复习：实验题专项训练二

2014高考物理二轮复习拉分题特训：专题三 牛顿运动定律 1.科研人员乘气球进行科学考察. 气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg. 气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住. 堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m. 为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物. 此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少了3 m/s. 若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g=9. 89 m/，求抛掉的压舱物的质量. .（2012重庆理综，25，难）某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S. 比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到时，再以做匀速直线运动跑至终点. 整个过程中球一直保持在球拍中心不动. 比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为，如图所示. 设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g. （1）求空气阻力大小与球速大小的比例系数k； （2）求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式； （3）整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为，而球拍的倾角比大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件. 3.(山东省淄博市2013届高三下学期4月复习阶段性检测,7)在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。

则此时 A．拉力做功的瞬时功率为 B．物块B满足 C．物块A的加速度为 D．弹簧弹性势能的增加量为 4.(四川成都市2013届高中毕业班第三次诊断性检测,7)右图为某节能运输系统的简化示意图。

专练1 物理学史和物理思想方法一、选择题专练专练定位本专练主要是解决高考的客观题部分．由于对高考选择题知识点的考查相对稳定，本专练通过对高考选择题的题型进行分类，同时穿插选择题解题技巧的指导，提高解答选择题的速度和准确度．选择题的主要解题技巧和方法有：①直接判断法，选准看问题的视角；②比较排除法；③选项分组法，避免多选和漏选；④反证举例法；⑤逆向思维法；⑥极限分析法；⑦特殊值法；⑧假设法；⑨作图分析法；⑩建立模型法．应考策略首先要利用前面2012年和2013年考点对照表，研究好近两年的高考题，对题型进行分类，有针对性地加强重点和热点题型训练，同时加强选择题解题技巧和方法的总结，达到事半功倍的效果．一、单项选择题1．关于伽利略对物理问题的研究，下列说法中正确的是( ) A．伽利略认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同B．只要条件合适理想斜面实验就能做成功C．理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的D．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证答案 C解析伽利略认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢相同，选项A错误；理想斜面实验是想象中的实验，实际不可能做到完全没有摩擦阻力的影响，B错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项D错误．2．关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( ) A．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值C．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机答案 D解析奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象并制作了世界上第一台发电机，选项A错误，D正确；库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，选项B错误；牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项C 错误．3．伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法，或者说给出了科学研究过程的基本要素．关于这些要素的排列顺序应该是( )A．提出假设→对现象的观察→运用逻辑得出推论→用实验检验推论→对假说进行修正和推广B．对现象的观察→提出假设→运用逻辑得出推论→用实验检验推论→对假说进行修正和推广C ．提出假设→对现象的观察→对假说进行修正和推广→运用逻辑得出推论→用实验检验推论D ．对现象的观察→提出假设→运用逻辑得出推论→对假说进行修正和推广→用实验检验推论答案 B4．设电子质量为m ，电荷量为e ，以角速度ω绕带正电的质子做圆周运动．当加上磁场方向与电子轨道平面垂直、磁感应强度为B 的磁场时，设电子轨道半径不变，而角速度发生变化．你可能不会求角速度的变化Δω，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，判断Δω的值可近似等于( ) A ．±mB 2eB ．±eB 2mC ．±meB 2D ．±B 2me 答案 B5．物理学中用到了大量的科学方法，建立下列概念时均用到“等效替代”方法的是( )A ．“合力与分力”“质点”“电场强度”B ．“质点”“平均速度”“点电荷”C ．“合力与分力”“平均速度”“总电阻”D ．“点电荷”“总电阻”“电场强度”答案 C解析 电场强度是利用比值法定义的，质点和点电荷是理想化模型，建立“合力与分力”、“平均速度”、“总电阻”的概念时均用到了“等效替代”方法，选项C 正确．二、双项选择题6．(2013·山东·14)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )A ．力不是维持物体运动的原因B ．物体之间普遍存在相互吸引力C ．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D ．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反答案 AC解析 伽利略利用理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．伽利略利用实验和归谬法得到在忽略空气阻力的情况下，轻的物体和重的物体下落的同样快．故选项A 、C 正确．7．在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 ( )A ．牛顿进行了“月—地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论B ．哥白尼提出“日心说”，发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律C．伽利略不畏权威，通过“理想斜面实验”，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”D．奥斯特发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代答案AC解析牛顿进行了“月—地检验”，得出天上和地下的物体都遵从万有引力定律的结论，选项A正确．哥白尼提出“日心说”，开普勒发现了太阳系中行星沿椭圆轨道运动的规律，选项B错误．法拉第发现了电磁感应现象，使人类从蒸汽机时代步入了电气化时代，选项D错误．8．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是( )A．第谷通过对天体运动的长期观察，发现了行星运动三定律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．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献答案BD解析第谷通过对天体运动的长期观察，积累了资料，开普勒分析研究这些资料，发现了行星运动三定律，选项A错误；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C错误．9．在物理学发展史上，许多科学家通过恰当的运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果，下列表述符合物理学史实的是( ) A．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究C．法拉第发现电流的磁效应和他坚信电与磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究答案AB解析法拉第发现电磁感应现象和他坚信电与磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的，选项C错误；法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，选项D错误．10．关于物理方法，下列说法正确的是( ) A．“交流电的有效值”用的是等效替代的方法B．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功．”用的是归纳法C．电场强度是用比值法定义的，电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D．探究导体的电阻与材料、长度、粗细的关系，用的是控制变量的方法答案AD解析“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功．”用的是反证法，选项B错误；电场强度是用比值法定义的，电场强度与电场力和试探电荷的电荷量都无关，选项C错误；11．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假说法等等．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是( ) A ．卡文迪许测出引力常量用了放大法B ．伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法C ．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法答案 AD解析 伽利略为了说明力不是维持物体运动的原因用了理想实验法，选项B 错误；在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法， 选项C 错误．12．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量由比值法定义正确的是( ) A ．加速度a ＝F mB ．磁感应强度B ＝F ILC ．电容C ＝Q /UD ．电流强度I ＝U R答案 BC 解析 比值法定义物理量的特点是，被定义的物理量的大小不受其他两个变量变化的影响，比如C ＝Q U 中，Q 、U 变化时C 不变；但是加速度a ＝F m 中，a 随F 、m 的变化而变化；同样I ＝U R中I 也随U 、R 的变化而变化，故选项B 、C 正确．【解题方法技巧1】 直接判断法以上几个题目具有共同的特点，都是从不同角度考查物理学史和物理思想方法，属于考查概念规律的简单题，可用此法直接作出判断.解答时通过阅读和观察，利用题干所描述的物理现象、设置的条件界定试题考查的范围和意图，选准看问题的视角，抓住主要因素，忽略次要因素，根据所学的知识和规律直接判断，得出正确的答案.这种方法一般适用于基本不需要“转变”或推理的简单题目.这些题目主要考查考生对物理识记内容的记忆和理解程度，属常识性知识题目.。

《原子物理》加强考前训练一、单项题1、首次用实验验证“爱因斯坦质能方程”的核反应方程是：714312Li H K He +→，已知7.0160Li m u =，1.0078H m u =， 4.0026He m u =，则该核反应方程中的K 值和质量亏损分别是A. 1和4.0212u B ．1和2.0056u C ．2和0. 0186u D ．2和1.9970u2．用能量为5.0eV 的光子照射某金属表面，金属发射光电子的最大初动能为1.5eV ，则该金属的逸出功为A.1. 5eV B 3.5eV C.5.0eV D. 6.5eV3．用频率为0v 的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为123v v v 、、的三条谱线，且321v v v ＞＞，则下列表达正确的是 A ．01v v ＜ B ．321v v v =+ C ．0123v v v v =++ D ．123111v v v =+ 4．根据氢原子能级图（如图)可判断：A. 氢原子跃迁时放出的光子的能量是连续的B. 电子的轨道半径越小，氢原子能量越大C. 处于基态的氢原子是最稳定的D. 欲使处于基态的氢原子激发，可用11eV 的光子照射5．如图，天然放射源铀发出的一束射线经过匀强电场时分裂成1、2、3三种射线，下列说法正确是A. 三种射线都是带电的粒子流B. 射线1实质是高速的质子流C. 射线3是原子的核外电子电离后形成的电子流D. 三种射线都具有很高的能量，说明原子核是一个能量宝库6．已知金属钾的逸出功为2.22eV .氢原子的能级如图所示，一群处在n =3能级的氢原子向低能级跃迁时，能够从金属钾的表面打出光电子的光波共有A ．一种B ．两种C ．三种D ．四种7.如图甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部的伤痕的示意图，则图乙中的检查利用的射线是（A ）α 射线（B ）β 射线（C ）γ 射线（D ）α、γ 射线8．太阳能是由于太阳内部高温高压条件下的聚变反应产生的，下列核反应属于聚变反应的是A.n He H H 10423121+→+B.H O He N 11178 42147+→+ C.n 10S r Xe n U 10903813654 1023592 ++→+ D. He Th U 4223490 23892+→ 9．下列说法中正确的是A ．氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，电势能增加，原子的总能量增加B ．α射线是原子核发出的一种粒子流，它的电离能力在α、β、γ三种射线中是最弱的C ．原子核反应过程中的质量亏损现象违背了能量守恒定律2 3 1 ED ．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，它的半衰期不发生改变10．下列与α粒子相关的说法中正确的是A ．天然放射性现象中产生的α射线贯穿能力很强B ．U 23892核发生α衰变，生成的新核为Th 23490C ．高速α粒子轰击氮核后从氮核中打出了中子，核反应方程为：n O N He 1016814742+→+D ．α粒子散射实验中绝大多数α粒子发生了大角度偏转二、双选题11．下列说法正确的是A ．n He 10423121H H +→+是聚变 B ．n Sr Xe n U 1094381405410235922++→+是衰变C ．He Rn Ra 422228622688+→是α衰变 D ．e Mg Na 0124122411-+→是裂变12.氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m 1、m 2、m 3和m 4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法中正确的是A ．核反应方程为21H+31H→42He+10nB ．这是一个裂变反应C ．核反应过程中的质量亏损△m=m 1+m 2-m 3D ．核反应过程中释放的核能△E=(m 1+m 2-m 3-m 4)c 213．下列说法中正确的是A ．天然放射性现象中产生的α射线速度与光速相当，贯穿能力很强B ．U 23892(铀238)核放出一个α粒子后就变为Th 23490(钍234)C ．天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构D ．玻尔首先发现电子并提出氢原子轨道模型14．入射光照射到某金属表面发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则A ．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B ．逸出的光电子的最大初动能不变C ．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D ．有可能不发生光电效应15．一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低的能级时A ．最多可辐射出6种不同频率的光子B ．最多可辐射出4种不同频率的光子C ．由n=4向n=3跃迁时辐射的光子频率最大D ．由n=4向n=1跃迁时辐射的光子频率最大16、在下列四个核反应方程中，321x x x 、、和4x 各代表某种粒子①n He x H 1042131+→+ ②217842147x O He N +→+③31264294x C He Be +→+ ④42713422412x Al He Mg +→+以下判断中正确的是（ ）A.1x 是质子B.2x 是质子C.3x 是质子D.4x 是质子答案：1、C 2、B 3、B 4、C 5、D 6、B 7、C 8、A 9、D 10、B 11、AC 12、AD 13、B 14、BC 15、AD 16、BD。

2014高考物理二轮复习拉分题特训：专题十三 热学 1. 如图为竖直放置的上细下粗密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同. 使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为ΔVA、ΔVB，压强变化量为ΔpA、ΔpB，对液面压力的变化量为ΔFA、ΔFB，则（ ）A. 水银柱向上移动了一段距离B. ΔVAΔpB D. ΔFA=ΔFB 2. 地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计. 已知大气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中（不计气团内分子间的势能）（ ）A. 体积减小，温度降低B. 体积减小，温度不变C. 体积增大，温度降低D. 体积增大，温度不变 3. 给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体（ ）A. 从外界吸热B. 对外界做负功C. 分子平均动能减小D. 内能增加 4. 如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片. 轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动. 离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动. 下列说法正确的是（ ） A. 转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B. 转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C. 转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D. 叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 5. （1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是 . （填写选项前的字母） A. 气体分子间的作用力增大 B. 气体分子的平均速率增大 C. 气体分子的平均动能减小 D. 气体组成的系统的熵增加 （2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0. 6 J的功，则此过程中气泡 （填“吸收”或“放出”）的热量是 J. 气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0. 1 J的功，同时吸收了0. 3 J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了 J. （3）已知气泡内气体的密度为1. 29 kg/m3，平均摩尔质量为0. 029 kg/mol. 阿伏加德罗常数NA=6. 02×1023 mol-1，取气体分子的平均直径为2×10-10 m. 若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值. （结果保留一位有效数字） 6. 如图所示，一导热性能良好的容器水平放置，两端是直径不同的两个圆筒，里面各有一个活塞，其横截面积分别为和，质量分别是，。

2014高考物理（全国通用）二轮复习钻石卷高考专题训练：动量守恒时间：40分钟分值：100分1．(多选题)两个质量不同的物体，如果它们的( )A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等解析根据动能Ek＝mv2可知，动量p＝，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确，B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确，D错误．答案AC2.(2013·湖北省模拟)如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.重力影响可忽略，则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )A．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同B．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同C．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同D．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同解析由动量定理知，拍子对网球作用力的冲量I合＝Δmv＝mv2－m(－v1)＝m(v2＋v1)，方向与v2相同，故C对．答案 C3．(多选题)(2013·辽宁省五校协作体模拟)质量为m的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计．当人从小车左端走到右端时，下列说法正确的是( )A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同D．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止解析当人从小车左端走到右端时，由动量守恒定律，人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大，但是车在地面上移动的距离只与人在车上移动位移有关，与人的平均速度无关，选项A正确，B错误．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同，选项C正确．人在车上行走时，若人相对车突然停止，由动量守恒定律，则车也立刻停止，选项D正确．答案ACD4．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )A．0.6v B．0.4vC．0.2v D．v解析本题考查碰撞问题和动量守恒定律，意在考查学生对碰撞中的动量守恒定律和能量关系问题的处理能力．根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0.8v，则碰撞后的总动能E′＝m(－0.8v)2＋×3m(0.6v)2＝1.72×mv2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故A错误；当v2＝0.4v 时，v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′＝m(－0.2v)2＋×3m(0.4v)2＝0.52×mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B正确；当v2＝0.2v 时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C错误；当v2＝v时，v1＝－2v，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故D错误．答案 B5．将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是( )A．若m0＝3m，则能够射穿木块B．若m0＝3m，则不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动C．若m0＝3m，则刚好能射穿木块，此时相对速率为零D．若子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v1；若子弹以4v0速度射向木块，木块获得的速度为v2，则必有v1<v2解析木块固定时，对子弹穿透木块的过程根据能量守恒有mv＝FfL＋m2 ①；当m0＝3m时，假设子弹和木块能获得共同速度v′，对子弹与木块的作用过程是根据动量守恒有mv0＝(m0＋m)v′②；再由能量守恒有mv＝FfL′＋(m0＋m)v′2③.联立①②③及m0＝3m解得L′<L，所以在光滑水平面上，当m0＝3m时，子弹不能射穿木块，A、C错误，B正确；将子弹速度分别为3v0和4v0时射穿木块的过程反映到如图所示的v-t图象中，根据图象易知D错误．答案 B6．(多选题)如图所示，子弹水平射入静止在光滑水平面上的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为( )A．16 J B．12 JC．6 J D．4 J解析设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块质量为m，则子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即E＝m0v－(m＋m0)v2＝m0v，而木块获得的动能E木＝m×2＝6 J，两式相除得＝>1，所以A、B正确．答案AB7．(2013·山东省名校联考)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．现用力F向左缓慢推物块B压缩弹簧，当力F做功为W时，突然撤去F，在A物体开始运动以后，弹簧弹性势能的最大值是( )A.W B.WC.W D．W解析根据功能关系，力F做功为W时，弹簧储存弹性势能W.突然撤去F，弹力对B做功，当弹簧恢复原长时，B动能等于W.以后B向右运动，当二者速度相等时，弹簧弹性势能最大．由动量守恒定律，2m＝3mv，解得v＝.弹簧弹性势能的最大值是Ep＝W－mv2＝W－W＝W，选项A正确．答案 A8.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平．质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1：3，则m M的值为( )A．1：3 B．3：1C．3：5 D．5：3解析mv0＝－mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，得v1＝v0，v2＝v0.依题意得v2＝3v1，由以上推出＝.答案 C9．(多选题)在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的( )A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：(M ＋m0)u＝Mv1＋mv2＋m0v3B. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu＝Mv1＋mv2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足：Mu＝(M＋m)vD．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足：(M＋m0)u＝(M ＋m0)v1＋mv2解析由于碰撞时间极短，所以摆球相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A、D；因为单摆的速度不变，所以，研究对象可选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得Mu＝Mv1＋mv2，即为B选项；由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二为一．因此，C选项也是可能的．答案BC10.(2013·甘肃省一诊)如图所示，质量为M的平板小车静止在光滑的水平地面上，小车左端放—个质量为m的木块，车的右端固定一个轻质弹簧．现给木块—个水平向右的瞬时冲量I，木块便沿小车向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并且恰好能到达小车的左端．试求：(1)木块返回到小车左端时小车的动能；(2)弹簧获得的最大弹性势能．解析(1)选择小车和木块为研究对象．由于木块m受到冲量I后系统水平方向不受外力作用，系统动量守恒，则有I＝(M＋m)v，小车动能Ek＝Mv2＝.(2)当弹簧获得最大弹性势能时，小车和木块具有共同速度，即为v0，在此过程中，由能量守恒定律，m2＝Ep＋Wf＋(M＋m)2.当木块返回到小车最左端时，由能量守恒定律，Ep＋(M＋m)2＝(M＋m)2＋Wf联立解得：Ep＝.答案(1)(2)11．(2013·天津市五区县质检)如图所示，AB是竖直光滑的1/4圆轨道，下端B点与水平传送带左端相切，传送带向右匀速运动．甲和乙是可视为质点的相同小物块，质量均为0.2 kg，在圆轨道的下端B点放置小物块甲，将小物块乙从圆轨道的A端由静止释放，甲和乙碰撞后粘合在一起，它们在传送带上运动的v-t图象如图所示．g＝10 m/s2，求：(1)甲乙结合体与传送带间的动摩擦因数．(2)圆轨道的半径．解析(1)设动摩擦因数为μ.由v-t图象可知，甲乙结合体在传送带上加速运动时的加速度为a＝3 m/s2μ·2mg＝2maμ＝0.3.(2)设圆轨道半径为r，乙滑到圆轨道下端时速度为v1，由v-t图象可知，甲乙碰撞后结合体速度为v2＝2 m/s由机械能守恒定律mgr＝mv由动量守恒定律mv1＝2mv2r＝0.8 m.答案(1)0.3(2)0.8 m12．(2013·甘肃省白银市模拟)今年冬天全球气候反常，我国北方遭受了严重的冰雪灾害，很多公路路面结冰，交通运输受到了很大影响．某校一学习小组为了研究路面状况与物体滑行距离之间的关系，做了模拟实验．他们用底部贴有轮胎材料的小物块A、B在冰面上做实验，A的质量是B的4倍．使B静止，A在距B为L处，以一定的速度滑向B.实验结果如下：在第一次做实验时，A恰好未撞到B；在第二次做实验时，A以原来二倍速度滑向B，A撞到B后又共同滑行了一段距离．(1)A碰撞B前后的速度之比；(2)A与B碰撞后，AB共同滑行的距离是多大？解析(1)设B的质量为m，则mA＝4m在冰面上有A与B碰撞动量守恒：mAvA＝(mA＋mB)vA′得：＝＝.(2)设A的初速度为v0，与B碰撞前的速度为vA动能定理：μmAgL＝mA(2v0)2－mAv动量守恒：mAvA＝(mA＋mB)vμ(mA＋mB)g·L′＝(mA＋mB)v2μmAgL＝mAv解得：vA＝v0L′＝L.答案(1)(2)L13.(2013·贵州适应性测试)如图所示，A、B两球放在光滑的水平面上，水平面的右侧与竖直平面内一光滑曲面相切，现给A一向右的速度，让A与B发生对心弹性碰撞，小球沿曲面上升到最高点后又能再沿曲面滑回到水平面．若要B返回水平面时能再与A发生碰撞，A、B的质量应满足什么关系？解析设A、B的质量分别为mA和mB，设A的初速度为v0，当A与B发生碰撞时，有：。

2014年高考二轮复习专题训练之机械能守恒定律及其应用1．如图1所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )图1A．都必须大于mghB．都不一定大于mghC．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh2.如图2所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。

下列说法正确的是( )A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功图2B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热3.如图3所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。

下列说法中正确的是( )A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等图3C．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等4．如图K15－4所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，下列说法中正确的是()图K15－4A ．球进入竖直半圆轨道后做匀速圆周运动B ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则球运动到P 时向心力也恰好为零C ．若小球能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点时的动能为52mgRD ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点离O 点的水平距离为2R5.如图K15－5所示，ABCD 是一段竖直平面内的光滑轨道，AB 段与水平面成α角，CD 段与水平面成β角，其中BC 段水平，且其长度大于L.现有两个小球P 、Q ，质量分别是2m 、m ，用一长为L 的轻质直杆连接，将P 、Q 由静止从高H 处释放，在轨道转折处用光滑小圆弧连接，不考虑两个小球在轨道转折处的能量损失．则小球P 滑上CD 轨道的最大高度h 为( )图K15－5A ．h ＝HB ．h ＝H －L （2sin α－sin β）3C ．h ＝H －Lsin βD ．h ＝H ＋L （sin α－sin β）36.将三个不同的斜面如图所示放置，其中斜面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间的动摩擦因数均相同，在物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )A.三种情况下物体损失的机械能ΔE 3>ΔE 2>ΔE 1B.三种情况下摩擦产生的热量Q 1=Q 2<Q 3C.到达底端的速度v 1>v 2=v 3D.到达底端的速度v 1>v 2>v 37.第十三届田径锦标赛于2011年8月在韩国大邱举行.在撑杆跳比赛中,波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90 m 的高度夺金,如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a —b 、b —c 、c —d 、d —e ，如图所示，则对这四个阶段的下列描述正确的有( )A.a—b为加速助跑阶段，人和杆的机械能在增加B.b—c为杆弯曲人上升阶段，系统动能减少，重力势能和弹性势能在增加C.c—d为杆伸直人上升阶段，人的动能转化为重力势能D.d—e为人过横杆后的下落阶段，重力所做的功等于人机械能的增加量8.如图10所示，光滑半圆弧轨道半径为R，OA为水平半径，BC为竖直直径。

实验题专练——练心态1．(2013·济南模拟)用图1所示的装置做“验证牛顿第二定律〞的实验。

图1(1)为了消除长木板与小车间摩擦力对实验的影响，必须在长木板远离滑轮的一端下面垫一块薄木板，反复移动薄木板的位置，直至不挂沙桶时小车能在长木板上做________运动。

(2)挂上沙桶后，某同学只改变小车的质量进展测量。

他根据实验得到的几组数据作出图2甲所示的a ­m 图像，请根据图甲在图乙中作出a ­1m图像。

图2(3)根据图乙，可判断本次实验中小车受到的合外力大小为________ N 。

解析：(1)要消除小车所受摩擦力的影响，在不挂沙桶时小车应能在长木板上做匀速直线运动。

(2)a ­1m图像如下列图。

(3)由F ＝ma 得a ＝1m·F ， 故a ­1m 图像的斜率即为小车所受合外力，由图可得：F ＝k ＝0.6－010－0N ＝0.06 N 。

答案：(1)匀速直线 (2)见解析图 (3)0.062．(2013·南京模拟)某同学利用如图3所示的气垫导轨装置验证机械能守恒定律。

在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连。

图3(1)实验时要调整气垫导轨水平。

不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块________________，如此表示气垫导轨调整至水平状态。

(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间。

实施如下措施能够达到实验调整目标的是________。

A ．调节P 使轨道左端升高一些B ．调节Q 使轨道右端降低一些C ．遮光条的宽度应适当大一些D ．滑块的质量增大一些E ．气源的供气量增大一些(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L ，遮光条的宽度d ，滑块和遮光条的总质量M ，钩码质量m 。

由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t 1 、t 2，如此系统机械能守恒成立的表达式是________________________________。

专题升级训练十二电学实验（时间：60分钟满分：100分）1．（15分）（2011·深圳二模，34（2））①用伏特表、安培表测定电池电动势和内阻实验，采用的是下列________电路图。

②某同学将测得的数值逐一描绘在坐标纸上，再根据这些点分别画出了图线a与b，你认为比较合理的是图线________（填“a”或“b”）。

③根据该图线得到电源电动势的大小是________V；内阻是________Ω（结果保留两位小数）。

2．（15分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。

步骤如下：①用游标为20分度的卡尺测量其长度如左下图，由图可知其长度为________mm。

②用螺旋测微器测量其直径如右上图，由图可知其直径为________mm。

③用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为________Ω。

④该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1（量程0～4 mA，内阻约50 Ω）电流表A2（量程0～10 mA，内阻约30 Ω）电压表V1（量程0～3 V，内阻约10 kΩ）电压表V2（量程0～15 V，内阻约25 kΩ）直流电源E（电动势4 V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A）滑动变阻器R2（阻值范围0～2 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A）开关S、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在虚线框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。

⑤若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ＝________Ω·m。

（保留2位有效数字）3．（20分）甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值。

实验器材有：待测电源E （不计内阻），待测电阻R 1，待测电阻R 2，电压表V （量程为1.5 V ，内阻很大），电阻箱R （0～99.99 Ω），单刀单掷开关S 1，单刀双掷开关S 2，导线若干。

2014年高考二轮复习之电学专题一1．如图1所示的电路可以用来“研究电磁感应现象”．干电池、开关、线圈A 、滑动变阻器串联成一个电路，电流计、线圈B 串联成另一个电路．线圈A 、B 套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多．从开关闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i 随时间t 变化的图象是( )图1【解析】 开关闭合瞬间，线圈A 中的电流突然增大，此时线圈B 中的磁通量突然增大，线圈B 中产生感应电流，线圈A 中的电流稳定后，线圈B 中的电流将逐渐减小直至为零，故图象B 正确． 【答案】 B2．为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图2甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t 变化的曲线如图2乙所示．以下正确的是( )甲 乙 图2A ．u2＝190 2sin (50πt) V B. u2＝190 2sin (100πt) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移【解析】 由乙图知交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，所以ω＝2πT ＝100π，故u2＝Umsin ωt＝190 2sin (100πt) V ，A 错误B 正确；由U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1，欲使U2升高，n1应减小，P 应上移，C 错误D 正确．【答案】 BD1．今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107 m．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比( )A ．向心力较小B ．动能较大C ．发射速度都是第一宇宙速度D ．角速度较小【解析】 由题知，中圆轨道卫星的轨道半径r1小于同步卫星轨道半径r2，卫星运行时的向心力由万有引力提供，根据F 向＝G Mm r2知，两卫星的向心力F1>F2，选项A 错误；根据G Mm r2＝mv2r ＝m ω2r ，得环绕速度v1>v2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，则动能Ek1>Ek2，故选项B 正确，选项D 错误；根据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v01<v02，选项C 错误． 【答案】 B3．随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想，假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点，已知月球的半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( ) A ．月球表面的重力加速度为2v0tB ．月球的质量为v0R2GtC ．宇航员在月球表面获得v0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v0【解析】 由v0＝gt 2得出g ＝2v0t ，A 对；在月球表面附近，由GMm R2＝mg ，结合g ＝2v0t ，得月球的质量M ＝2v0R2Gt，故B 错；离开月球表面围绕月球做圆周运动的最小速度v ＝gR ＝ 2v0R t ，故C 错；宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期T ＝2πRv ＝π2Rtv0，故D 错． 【答案】 A4．在汶川地震的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统发挥了巨大作用，该系统具有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗质量不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，如图3所示，若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，∠AOB ＝60°，则以下判断不正确的是( )A ．这两颗卫星的加速度大小相等B ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3Rr gD ．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有引力做功为零 【解析】 由GMm r2＝m 4π2T2r ＝ma 可知，a ＝GMr2，A 正确；T ＝2πr3GM ，又GMm R2＝mg ，可得T ＝2πr Rr g ，卫星1由A 到B 所需时间t ＝T 6＝πr3Rrg，C 正确；因卫星受到的万有引力与速度垂直，故万有引力不做功，D 正确；卫星1向后喷气，加速后做离心运动，不能追上同轨道的卫星2，故B 错误． 【答案】 B5.如图4所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动．若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )A ．保持不变B ．先减小后不变C ．等于FD ．先增大再减小【解析】 对b ，由平衡条件可得，未施加恒力F 时，有mgsin θ＝Ffb.当施加恒力F 后，因b 所受的安培力向上，故有F 安＋Ffb ＝mgsin θ.对a ，在恒力F 的拉动后，先加速最后匀速运动，故b 所受的安培力先增大，然后不变，b 所受的摩擦力先减小后不变，或先减小到零再反向增大后不变，B 正确， A 、D 错误；若Ffb ＝F ，则与题意中两棒的运动状态不符，C 错误．【答案】 B6．如图5甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻R ，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F 作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动过程中杆ab 始终垂直于框架．图乙是金属杆运动的v －t 图象，则下列选项中可以表示外力F 随时间t 变化关系的图象是( )甲 乙 图5【解析】 由图乙可知，v ＝at ，对图甲中的金属杆应用牛顿第二定律可得：F －F 安＝ma ，F安＝BIL ，I ＝E R ，E ＝BLv ，可得：F 安＝B2L2a R t ，所以F ＝ma ＋B2L2aR t ，故只有C 正确．【答案】 C7.如图4所示，在斜面顶端a 处以速度va 水平抛出一小球，经过时间ta 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度vb 水平抛出另一小球，经过时间tb 恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A ．va ＝vbB ．va ＝2vbC ．ta ＝tbD ．ta ＝2tb【解析】 做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定即t ＝2hg，a 下落的高度是b 的2倍，有ta ＝2tb ，D 正确，C 错误；水平方向的距离由高度和初速度决定x ＝v02h g，由题意得a 的水平位移是b 的2倍，可知va ＝2vb ，B 正确． 【答案】 BD8．如图5所示，质量为m 的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，已知重力加速度为g ，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则( )A ．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2πR g [B ．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2πR gC ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mgD ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mg【解析】 要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则有mg ＝mv2R ，解得该盒子做匀速圆周运动的速度v ＝gR ，该盒子做匀速圆周运动的周期为T ＝2πRv ＝2πRg，选项A 错误，B 正确；在最低点时，盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力，由F －mg ＝mv2R ，解得F ＝2mg ，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD9．如图9所示，电源电动势E0＝15 V ，内阻r0＝1 Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω.间距d ＝0.2 m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场．闭合开关S ，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v ＝0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx ，忽略空气对小球的作用，取g ＝10 m/s2.图9(1)当Rx ＝29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx 是多少？【解析】 (1)设R1和R2的并联电阻为R ，有： R ＝R1R2R1＋R2① R2两端的电压为：U ＝E0Rr0＋R ＋Rx ②R2消耗的电功率为：P ＝U2R2③当Rx ＝29 Ω时，联立①②③式，代入数据，解得： P ＝0.6 W ．④(2)设小球质量为m ，电荷量为q ，小球做匀速圆周运动时，有： qE ＝mg ⑤ E ＝U d⑥ 设小球做圆周运动的半径为r ，有： qvB ＝m v2r⑦由几何关系有： r ＝d ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得： Rx ＝54 Ω.⑨【答案】 (1)0.6 W (2)54 Ω10．图10甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图10乙所示．若只在ce 间接一只Rce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只Rde ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.甲 乙 图10(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab 的表达式；(2)求只有ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比ncende.【解析】 (1)由题图乙知ω＝200 π rad/s 电压瞬时值uab ＝400sin 200πt (V)． (2)电压有效值U1＝200 2 V 理想变压器P1＝P2 原线圈中的电流I1＝P1U1解得I1≈0.28 A(或25A)． (3)设ab 间匝数为n1 U1n1＝Uce nce 同理U1n1＝Ude nde由题意知U2c e Rce ＝U2d eRde解得nce nde＝Rce Rde代入数据得nce nde ＝43.【答案】 (1)uab ＝400sin 200πt (V) (2)0.28 A(或25A) (3)nce nde ＝4311．如图6是利用传送带装运煤块的示意图．其中，传送带长20 m ，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H ＝1.8 m ，与运煤车车箱中心的水平距离x ＝1.2 m ．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，co s 37°＝0.8，求：(1)传送带匀速运动的速度v 及主动轮和从动轮的半径R ；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间T. 【解析】 (1)由平抛运动的公式，得x ＝vt H ＝12gt2 解得v ＝2 m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得 mg ＝m v2R解得R ＝0.4 m.(2)由牛顿第二定律F ＝ma ，得a ＝Fm ＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2设煤块加速运动的时间为t1， 由v ＝v0＋at 得t1＝va＝5 s设此过程煤块运动的距离为s1，则 s1＝12at21＝12×0.4×52 m＝5 m设煤块匀速运动的距离为s2，则s2＝L －s1＝15 m.设其匀速运动时间为t2， 则t2＝s2v ＝152 s ＝7.5 s煤块做平抛运动的时间 t3＝2Hg＝0.6 s 煤块运动的总时间为T ＝t1＋t2＋t3＝5 s ＋7.5 s ＋0.6 s ＝13.1 s. 【答案】 (1)2 m/s 0.4 m (2)13.1 s 12．如图12所示，相距0.5 m 足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，下端连接阻值为2 Ω的电阻R ，导轨处在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab 、cd 为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为0.5 kg 、电阻均为2 Ω.ab 棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd 棒从静止开始下滑，直至与ab 棒相连的细绳刚好被拉断，在此过程中电阻R 上产生的热量为0.5 J ，已知细线能承受的最大拉力为5 N ．求细绳被拉断时：(g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)图12(1)ab 棒中的电流；(2)cd 棒的速度； (3)cd 棒下滑的距离．【解析】 (1)细绳被拉断瞬时，对ab 棒有 Fmcos 37°＝mgsin 37°＋BIabL 可得Iab ＝1 A. (2)因为Iab ＝IR Icd ＝Iab ＋IR ＝2 A又由闭合电路欧姆定律可得BLv ＝Icd(Rcd ＋RabRRab ＋R)联立可得v ＝6 m/s.(3)金属棒cd 从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中因ab 棒与下面的电阻R 电流相等、电阻相等，故产生的热量相等即Qab ＝QR ＝0.5 J 由焦耳定律知cd 棒产生的热量Qcd ＝2 J 由能量守恒定律得mgxsin 37°＝12mv2＋Qab ＋Qcd ＋QR即可得x ＝4 m.【答案】 (1)1 A (2)6 m/s (3)4 m。