2011届高三物理模拟试题(2)

F单元动量F2动量守恒定律15．F2[2011·海南物理卷] 如图1－14所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．图1－14【答案】略16．F2[2011·海南物理卷] 如图1－15所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N’是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为'm和2m，竖直向上的外力F 作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．图1－15【答案】略17．F2[2011·海南物理卷] 模块3－3试题(12分)(1)关于空气湿度，下列说法正确的是________．A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸气压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比(2)如图1－15所示，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.图1－16【解析】(1)BC相对湿度是水蒸气的实际压强与同温度下饱和汽压的比．18．F2[2011·海南物理卷] 模块3－4试题(1)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图1－16所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin5πt cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________．图1－16A．周期为4.0 s B．振幅为20 cmC．传播方向沿x轴正向D．传播速度为10 m/s【解析】 (1)CD 由简谐运动表达式可得T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，由波形图可直接得到振幅A ＝10 cm ，波长λ＝4 m ，根据公式可得波速v ＝λT ＝10 m/s ；由简谐运动表达式可知，当t ＝T4＝0.1 s 时，P 点位于正向最大位移，表明t ＝0时质点P 向上振动，可得波沿x 正向传播，故CD选项正确．19．F2[2011·海南物理卷] 模块3－5试题(1)2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I 和137Cs 两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I 和137Cs 的衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I 和137Cs 原子核中的中子数分别是________和________．A ．X 1→137 56Ba ＋10nB ．X 2→131 54Xe ＋ 0－1eC ．X 3→137 56Ba ＋ 0－1eD ．X 4→131 54Xe ＋11p(2)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图1－16所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g .求：(ⅰ)木块在ab 段受到的摩擦力f ； (ⅱ)木块最后距a 点的距离s .图1－16【答案】 (1)B C 78 82【解析】 核反应过程中电荷数、质量数守恒；质量数等于质子数加中子数．17．F2[2011·浙江卷] “B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为sin θ1sin θ2＝v 1v 2(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v 1 、v 2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v 2＝0.9v 1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.9d sin i2100－81sin 2iB.d 81－100sin 2i 10sin iC.d 81－100sin 2i 20sin iD.d 100－81sin 2i 18sin i【解析】 D 超声波在肝脏的传播情况如图所示，根据其折射规律可得：sin i sin θ＝v 1v 2＝109，由几何关系有：tan θ＝d2h ，联立解得：h ＝d 100－81sin 2i 18sin i ，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．18．F2[2011·浙江卷] 关于波动，下列说法正确的是( ) A ．各种波均会发生偏振现象B ．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C ．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D ．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警【解析】 BD 只有横波才能发生偏振现象，故选项A 错误；白光做单缝衍射和双峰干涉实验，均可以看到彩色条纹，选项B 正确；声波在传播的过程中，介质中质点是不随波的传播而迁移的，而是在平衡位置附近振动，所以质点振动速度与传播速度是不一样的，故选项C 错误；由于地震波的纵波波速大于横波波速，所以可以利用时间差预警，故选项D 正确．19．F2[2011·浙江卷] 为了探测X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( )A ．X 星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21B ．X 星球表面的重力加速度为g X ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1D ．登陆舱在半径为r 2的轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31【解析】 AD 当轨道半径为r 1时，由万有引力提供向心力：G Mm 1r 21＝m 1r 1⎝⎛⎭⎫2πT 12，解得M ＝4π2r 31GT 21，故选项A 正确；设星球半径为R ，根据G Mm 1r 21＝m 1r 1⎝⎛⎭⎫2πT 12，G Mm R 2＝mg X (m 为X 星球表面某物体的质量)，解得g X ＝4π2r 31T 21R 2，故选项B 错误；根据G Mm r 2＝m v 2r可知v ＝GMr ，则v 1v 2＝r 2r 1，故选项C 错误；由开普勒第三定律：r 3T 2＝k 可知T 2＝T 1r 32r 31，故选项D 正确．20．F2[2011·浙江卷] 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大F3 动量综合问题35．[2011·课标全国卷] F 3 (2)如图1－17所示，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速v 0 沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0 ，求弹簧释放的势能．1－17【解析】 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒得 3m v ＝m v 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得3m v ＝2m v 1＋m v 0② 设弹簧的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m )v 2＋E p ＝12(2m )v 21＋12m v 20③ 由①②③式得，弹簧所释放的势能为E p ＝13m v 20④20．F3[2011·全国卷] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图1－3所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，图1－3小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2B.12mM m ＋M v 2C.12NμmgL D ．NμmgL 【解析】 BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝m vM ＋m ，损失的动能ΔE k＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝12mM m ＋M v 2，所以B 正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确．29．(2)F3[2011·福建卷] (2)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是__________．(填选项前的字母)A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v 29．(2)F3[2011·福建卷] A 【解析】 以A 原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律m v ＋0＝2m ·v B －m v A ，碰撞过程能量有损失，12m v 2≥12m v 2A ＋12·2m ·v 2B ，联立两个方程解得0≤v B ≤23v ；此外由m v ＋0＝2m ·v B －m v A ，解得v B ＝v ＋v A 2>v 2；所以v 2<v B ≤2v 3，只有A 项符合要求．F 4 力学观点的综合应用26．F4[2011·全国卷] 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图1－8所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响．图1－8【解析】 设子弹初速度为v 0，射入厚度为2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V ，由动量守恒得(2m ＋m )V ＝m v 0①解得V ＝13v 0此过程中动能损失为 ΔE ＝12m v 20－12×3mV 2② 解得ΔE ＝13m v 20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v 1和V 1，由动量守恒得m v 1＋mV 1＝m v 0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为ΔE2，由能量守恒得12m v 21＋12mV 21＝12m v 20－ΔE 2④ 联立①②③④式，且考虑到v 1必须大于V 1，得 v 1＝⎝⎛⎭⎫12＋36v 0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V 2，由动量守恒得 2mV 2＝m v 1⑥ 损失的动能为ΔE ′＝12m v 21－12×2mV 22⑦ 联立①②⑤⑥⑦式得 ΔE ′＝12⎝⎛⎭⎫1＋32×ΔE 2⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二钢板的深度x 为 x ＝12⎝⎛⎭⎫1＋32d ⑨24．F4[2011·安徽卷] 如图1－17所示，质量M ＝2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝1 kg 的小球通过长L ＝0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度v 0＝4 m/s ，g 取10 m/s 2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向． (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．图1－17【解析】 (1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v 1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则12m v 21＋mgL ＝12m v 20① v 1＝ 6 m/s ②设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则 F ＋mg ＝m v 21L③由②③式，得 F ＝2 N ④由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N ，方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v 2，此时滑块的速度为V .在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有m v 2＋MV ＝0⑤在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则12m v 22＋12MV 2＋mgL ＝12m v 20⑥ 由⑤⑥式，得 v 2＝2 m/s ⑦(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s 1，滑块向左移动的距离为s 2.任意时刻小球的水平速度大小为v 3，滑块的速度大小为V ′.由系统水平方向的动量守恒，得m v 3－MV ′＝0⑧将⑧式两边同乘以Δt ，得 m v 3Δt －MV ′Δt ＝0⑨因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt 都成立，累积相加后，有 ms 1－Ms 2＝0⑩又s 1＋s 2＝2L ○11 由⑩○11式，得 s 1＝23m ○1224．F4[2011·重庆卷] 如图1－13所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m .人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L 时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：图1－13(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比． 24．F4[2011·重庆卷] 【解析】 (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则 W ＝－kmgL －2kmgL －3kmgL ＝－6kmgL(2)设第一车初速度为u 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为u 1；第二次碰前速度为v 2，碰后共同速度为u 2；人给第一车的水平冲量大小为I .由：－kmgL ＝12m v 21－12mu 2－k (2m )gL ＝12(2m )v 22－12(2m )u 21 －k (3m )gL ＝0－12(3m )u 22m v 1＝2mu 1 2m v 2＝3mu 2得：I ＝mu 0－0＝2m 7kgL(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔE k1和ΔE k2. 由ΔE k1＝132kmgLΔE k2＝32kmgL得：ΔE k1ΔE k2＝133F5 实验：验证碰撞中的动量守恒21．J8 F5[2011·北京卷] (1)用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S 、T.请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线． ②将K 旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件_____，使指针对准电阻的_____(填“0刻线”或“∞刻线”)．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_____的顺序进行操作，再完成读数测量．A ．将K 旋转到电阻挡“×1 k ”的位置B ．将K 旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】①S③T0刻线④ADC【解析】S为指针定位螺丝，作用是把电表的指针调到左端零位置，称之为机械调零．T 为欧姆调零旋纽，当选择开关打到欧姆挡时，调节该旋纽，使指针指到右端零位置．当笔尖相互接触时，接入的电阻为零，所以指针的示数应在0刻度．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明电阻很大(打到欧姆挡，指针在无穷大处)，所以量程应该调大一些，让指针在中央刻度附近，所以先换成大挡位，调零，再测量，所以顺序为ADC.(2)如图2所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图2①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______．(填选项的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________________________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为______________________(用②中测量的量表示)．④经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示．图3碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2＝11∶________.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p 1p ′1＋p ′2为________． ⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为 ________ cm.21．J8 F5[2011·北京卷] ①C ②ADE 或DEA 或DAE③m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2 ④14 2.9 1～1.01 ⑤76.8【解析】 ①被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示．②本实验需要测量的量有两小球的质量m 1、m 2和平抛射程OM 、ON ，显然要确定两小球的平均落点M 和N 的位置．③碰撞过程中，动量守恒，即碰撞前的动量m 1·OP 等于碰撞后的动量m 1·OM ＋m 2·ON ；若是弹性碰撞，则机械能守恒，12m 1·OM 2t 2＋12m 2·ON 2t 2＝12m 1·OP 2t 2，整理可得m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2.④把测量的小球的质量以及图中的距离代入动量守恒公式中，就可以得出结果．⑤当碰撞为弹性碰撞时，被碰小球射程最大，把数据代入③中的两个方程，可以得出结果．1．【2011·温州质检】如图X30－1所示，国际花样滑冰锦标赛男女双人自由滑项目中，我国著名选手申雪、赵宏博在决赛中的一个瞬间，他们正以相同的速度v 0在光滑冰面上前进，当赵宏博用力将申雪向后推出后，申雪单腿沿直线匀速运动后继而做出优美的旋转动作，若赵宏博以相对自己的速度v 向后推出申雪，问赵宏博的速度变为多大？(设赵宏博的质量为M ，申雪的质量为m )图X30－11．【解析】 设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为M v 男，申雪相对冰面的速度为－()v －v 男，根据动量守恒定律得：()M ＋m v 0＝M v 男－m ()v －v 男解得v 男＝v 0＋m v M ＋m. 2．【2011·临沂模拟】两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲车的速率为2 m/s ，乙车的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙车的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？2．【解析】 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43 m/s ＝1.33 m/s (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′解得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21 m/s ＝2 m/s.3．【解析】 (1)在子弹撞击A 的过程中，子弹与A 组成系统的总动量守恒，此过程结束时A 的速度最大，设此刻子弹的速度为v ，A 的速度为v A ，则有m v 0＝m v ＋m A v A ，解得：v A ＝2.5 m/s.(2)当A 在B 上滑动过程中，A 与B 组成的系统的总动量守恒，若A 不会滑离B ，则当A 滑到B 右端时两者速度恰好相等，设相对滑动距离为s ，两者达到的共同速度为v 共，则有：m A v A ＝(m A ＋m B )v 共，12m A v 2A －12(m A ＋m B )v 2共＝μm A gs ， 解得：v 共＝1.25 m/s ，s ＝3.125 m4．【2011·濮阳一模】如图X30－4所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了E .请推证：此过程子弹和木块系统产生的内能一定大于E .4．【解析】 设子弹和木块的质量分别为m 、M ，子弹打入木块前的速度为v 0，打入后二者的共同速度为v .子弹打入木块过程中，动量守恒，有：m v 0＝(m ＋M )v子弹打入木块过程中，系统产生的内能为：Q ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2 而E ＝12M v 2 联立解得：Q ＝12M v 2m ＋M m ＝M ＋m mE >E . 5．【2011·莱芜质检】如图X30－5所示，光滑轨道上，小车A 、B 用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A 、B 上，然后使A 、B 以速度v 0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A 的速度刚好为0.已知A 、B 的质量分别为m A 、m B ，且m A <m B .求：被压缩的弹簧具有的弹性势能E p .5．【解析】 绳断后A 、B 动量守恒(m A ＋m B )v 0＝m B v弹开过程，弹性势能转化为动能E p ＋12()m A ＋m B v 20＝12m B v 2 解以上两式得：E p ＝()m A ＋m B m A 2m Bv 20.6．【2011·温州模拟】在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图X30－7所示．小球A 与小球B 发生正碰后均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .m 1∶m 2.6．【解析】 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 利用v 2v 1＝4，可解出m 1∶m 2＝2∶1. 7. 【2011·自贡模拟】如图X30－8所示，在水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C .现让A 球以v 0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度为多大？(2)7.【解析】 (1)A 、B 相碰满足动量守恒：m v 0＝2m v 1得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒：2m v 1＝m v C ＋2m v 2得两球碰后的速度v 2＝0.5 m/s.两次碰撞过程中一共损失的动能为ΔE k ＝12m v 20－12m v 2C －12×2m v 22＝1.25 J。

2011届高三月考、联考、模拟试题汇编第八章机械振动和机械波题组一一、选择题1、(某某市金山区2011届高三上学期期末考试)声波能绕过某一建筑物传播，这是因为 A ．声波是纵波 B ．声波是横波 C ．声波的波长较长 D ．声波的波长较短 答案 C.2．〔某某市卢湾区2011届高三上学期期末考试〕一列横波沿水平方向传播，某时刻的波形如下列图，如此图中a 、b 、c 、d 四点在此时刻运动方向一样的是〔 〕〔A 〕a 和b 〔B 〕a 和d 〔C 〕b 和d 〔D 〕c 和d 答案 B.3．〔某某市卢湾区2011届高三上学期期末考试〕甲、乙两人观察同一单摆的振动，甲每经过2.0 s 观察一次摆球的位置，发现摆球都在其平衡位置处；乙每经过3.0 s 观察一次摆球的位置，发现摆球都在平衡位置右侧的最高处，由此可知该单摆的周期不可能是〔 〕 〔A 〕0.25s 〔B 〕0.5 s 〔C 〕1.0 s 〔D 〕答案 D.4、〔某某市徐汇区2011届高三上学期期末考试〕两列简谐横波的振幅都是20cm ，传播速度大小一样。

实线波的频率为2Hz ，沿x 轴正方向传播；虚线波沿x 轴负方向传播。

某时刻两列波在如下列图区域相遇，如此〔 〕〔A 〕在相遇区域会发生干预现象〔B 〕平衡位置为x ＝6m 处的质点此刻速度为零 〔C 〕平衡位置为x ＝8.5m 处的质点此刻位移y ＞20cm 〔D 〕从图示时刻起再经过0.25s ，平衡位置为x ＝5m 处的质点的位移y ＜0答案 CD.5．〔市西城区2011届高三第一学期期末考试〕振源A 带动细绳上各点上下做简谐运动，t =0时刻绳上形成的波形如下列图。

规定绳上质点向上运动的方向为x 轴的正方向，如此P 点的振动图象是abc d0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 112 x /y /cm 2-20A B C Dtx OtxO txO txO PA答案 B.6．〔安徽省皖南八校2011届高三第二次联考试题〕质量一样的木块A 、B ，用轻弹簧相连置于光滑的水平面上，如下列图．开始时弹簧处于自然状态，现用水平恒力F 推木块A ，如此弹簧第一次压缩到最短的过程中，关于两者的速度V A 、V B ，两者的加速度a A 、a B 的关系，如下说法正确的答案是A ．v A =vB 时，a A =a B B ．v A =v B 时，a A >a BC ．a A =a B 时，v A >V BD ．a A =a B 时，v A <v B 答案：C 物体A 的加速度逐渐减小，而B 的加速度逐渐增大。

福建省晋江市季延中学2011届高三第一次模拟考试试卷 理 综本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷。

第I 卷为必考题，第Ⅱ卷包括必考题和选考题两部分。

本试卷满分300分，考试时间150分钟。

相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 K 39 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 第Ⅰ卷（选择题共108分）本卷共18小题，每小题6分，共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．如图，一束红光和一束蓝光平行入射到三棱镜上，经棱镜折射后交在屏上同一点，n1和n2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，则( )A ．n1<n2，a 为蓝光，b 为红光B ．n1<n2，a 为红光，b 为蓝光C ．n1>n2，a 为红光，b 为蓝光D ．n1>n2，a 为蓝光，b 为红光14．我国研制并成功发射的―嫦娥二号‖探测卫星，在距月球表面高度为h 的轨道上做匀速圆周运动，运行的周期为T 。

若以R 表示月球的半径，则（ ） A ．卫星运行时的向心加速度为4π2R T2B ．卫星运行时的线速度为 2πRTC ．物体在月球表面自由下落的加速度为4π2RT2D ．月球的第一宇宙速度为2πR(R + h)3TR15．一质点以坐标原点O 为中心位置在y 轴上做简谐振动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为1.0m/s 。

此质点振动0.2s 后立即停振动，再经过0.1s后的波形图是（ ）16．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a 、b 两点在它们连结的延长线上。

现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a 、b 两点时的速度分别为υa 、υb ，其速度图象如图乙所示，以下说法中不正确的是（ ） A ．Q2一定带正电B ．Q2的电量一定大于Q1的电量C ．b 点的电场强度一定为零D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小17．如图所示将一根表面绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，正弦形导线的两端分别固定有两个小金属环，两个小金属环与长直金属杆导通，在外力F 作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动。

M单元　交变电流 M1　交变电流的产生及描述 图1－6 20．M1[2011·四川卷] 如图1－6所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2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 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint 【解析】 AC　当线圈从图示位置开始计，此时交变电流的瞬时值表达式为i＝Imcos ωt，当ωt＝60°时，i＝1 A，可解得Im＝2 A，其有效值为I＝＝ A，B错误；回路消耗的功率P＝I2R＝4 W，A正确；线圈中感应感应电动势的最大值Em＝ImR＝4 V，所以任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos t，C正确；磁通量的最大值Φm＝BS＝＝＝＝，则穿过线圈任意时刻的磁通量Φ＝sin t，D错误． 19．L3 M1[2011·安徽卷] 如图1－11所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( ) 图1－11 A. B. C. D. 【解析】 D　线框在磁场中转动时产生感应电动势最大值Em＝，感应电流最大值Im＝，在转动过程中I—t图象如图所示(以逆时针方向为正方向)：设该感应电流的有效值为I，在一个周期T内：I2RT＝IR·T，解得：I＝＝，故选项ABC错误，选项D正确． 图1 图2 4．M1[2011·天津卷] 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图象如图2所示，则( ) A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零 B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合 C. 线框产生的交变电动势有效值为311 V D. 线框产生的交变电动势频率为100 Hz 4．[2011·天津卷] B　【解析】 由图2可知，正弦交流电的最大值为311 V，周期T＝0.02 s，所以该交流电的有效值为U有＝＝ V≈220 V，频率f＝＝50 Hz，CD错；由图2，t＝0.005 s时电动势最大，磁通量的变化率最大，A错；由图2，t＝0.01 s时电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B正确．M2　变压器　远距离输电 20．M2[2011·山东卷] 为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图1－5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1－5乙所示．以下正确的是( ) 图1－5 A．u2＝190 sin(50πt) V B．u2＝190 sin(100πt) V C．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】 BD　由图乙可知，交变电流的最大值为190 V，周期为0.02 s，ω＝＝100π rad/s，所以A项错误，B项正确．为了让用户得到220 V的电压，由＝可知，要想使电压u2升高，n1必须变小，C项错误，D项正确． M3　交变电流综合 17．M3[2011·课标全国卷] 如图1－3所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为12；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( ) 图1－3 A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 V，I＝0.2 A D．U＝110 V，I＝0.2 A 【解析】 A　由意知，＝，U2＝220 V，因＝，故U＝110 V，即电压表的读数为110 V；理想变压器中，P出＝P入＝UI，故I＝＝ A＝0.2 A，即电流表的读数为0.2 A，A正确． 11．M3[2011·海南物理卷] 如图1－8所示，理想变压器原线圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω.已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A . 图1－9 【答案】 103　0.2 【解析】 小灯泡a正常发光，由P＝I2R和I＝可求得，小灯泡a两端电压即副线圈电压Ua＝Ub＝U2＝3 V，通过小灯泡a的电流Ia＝0.1 A，由理想变压器电压与匝数成正比可得，＝＝；对理想变压器，输出功率和输入功率相等，P1＝P2，即I1U1＝I2U2，可得副线圈总电流I2＝0.3 A，利用并联电路特点可得，Ib＝I2－Ia＝0.2 A. 19．M3[2011·广东物理卷] 图7甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55Ω，A、V为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图7乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( ) 甲 乙 图7 A．电流表的示数为2A B．原、副线圈的匝数比为12 C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100Hz 19．M3[2011·广东物理卷] AC　【解析】 电流表、电压表测量值均为有效值，由交流电的波形图可知，原线圈电压有效值为U1＝220 V，由电压表示数可知，副线圈电压有效值为U2＝110 V，则＝＝；由欧姆定律得，电流表示数I2＝＝2 A；由交流电波形图知，T＝0.02 s，故f＝＝50 Hz，综上分析AC选项正确． 16．M3[2011·浙江卷] 如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( ) A．2.0 V B．9.0 V C．12.7V D．144.0 V 【解析】 A　根据理想变压器电压关系＝可知，下线圈两端的电压有效值为U2＝ V≈9.0 V，交流电压表测量的是有效值，考虑到实际有损耗，故实际读数应该小于9.0 V，故选项B、C、D错误，A正确． 13. M3[2011·江苏物理卷] 图为一理想变压器，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电压的u－t图象如图所示．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. (1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式； (2)求只在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. 图12 13．M3[2011·江苏物理卷]【解析】 (1)由图知ω＝200π rad/s 电压瞬时值uab＝400sin200πt(V) (2)电压有效值U1＝200 V 理想变压器P1＝P2 原线圈中的电流I1＝ 解得I1＝0.28 A(或 A) (3)设ab间匝数为n1 ＝ 同理＝ 由意知＝ 解得＝ 代入数据得＝ 15．M3[2011·福建卷] 图1－2甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2＝51，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图1－2乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( ) 图1－2 A．输入电压u的表达式u＝20sin50πt V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 15．M3[2011·福建卷] D　【解析】 由图乙，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，u＝Emsinωt＝20sin100πt V，A错；只断开S2，副线圈电压U2不变，但副线圈总电阻R副增大，流过L1、L2的电流减小且每个小灯泡两端的电压小于其额定电压，无法正常发光，由P副＝可得，副线圈的功率减小，副线圈的功率决定原线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，BC错；由＝得U2＝4 V，所以S1接到2后，R消耗的电功率P＝＝ W＝0.8 W，D正确． 1．2011·济南一模一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图X24－1所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则( ) 图X24－1 A．流过电阻的最大电流是20 A B．与电阻并联的电压表的示数是141 V C．变压器的输入功率是1×103 W D．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103 J 1．C　【解析】 由图象知，输入电压的最大值为220 V，周期为0.02 s，由电压与匝数比关系知，输出电压最大值为100 V，流过电阻的电流最大值为10 A，输出电压有效值为100 V，电流有效值为10 A，输出功率为1000 W，电阻在一个周期内产生焦耳热为20 J，故A、B、D错误，C正确． ．2011·苏北模拟如图X24－3所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220 V，60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是( ) 图X24－3 A．图示位置穿过线框的磁通量为零 B．线框中产生交变电压的有效值为500 V C．变压器原、副线圈匝数之比为2511 D．允许变压器输出的最大功率为5000 W ．CD　【解析】 图示位置穿过线框的磁通量最大，A错；产生的交变电流的最大电动势Em＝NBSω＝500 V，有效值为500 V，B错；变压器原、副线圈匝数之比为500∶220＝25∶11，C对；允许变压器输出的最大功率为500×10 W＝5000 W，D对． . [2011·苏北模拟如图X24－4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，电阻R＝22 Ω，各电表均为理想电表．原线圈输入电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( ) 甲 乙 图X24－4 A．该输入电压的频率为100 Hz B．电压表的示数为22 V C．电流表的示数是1 A D．电阻R消耗的电功率是22 W ．BD　【解析】 由图象可知，原线圈输入电压的周期T＝0.02 s，频率为f＝50 Hz，A错；原线圈输入电压的有效值为220 V，副线圈的输出电压为22 V，B对；电阻R消耗的电功率是P＝ W＝22 W，电流表的示数是I＝ A＝0.1 A，C错，D对． ．2011·潍坊一模图X24－6为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220sin100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω时( ) 图X24－6 A．通过用电器R0的电流有效值是20 A B．升压变压器的输入功率为4650 W C．发电机中的电流变化频率为100 Hz D．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小 ．AB　【解析】 由T2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端的电压有效值为220 V，电流为I＝ A＝20 A，A对；由于输电线电流I′＝ A＝5 A，所以升压变压器的输入功率为P＝P线＋PR0＝52×10 W＋202×11 W＝4650 W，B对；发电机中的电流变化频率与T2的副线圈两端电压的频率相同，也为50 Hz，C错；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，D错． ．2011·德州模拟如图X25－1所示，两块相距为d的水平放置的金属板组成一个平行板电容器，用导线、开关S将其与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中，两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面绝缘且水平， 图X25－1 在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量＋q的小球．已知S断开时传感器上有示数，S闭合后传感器上的示数变为原来的二倍，则穿过线圈的磁场的磁感应强度变化情况和磁通量变化率分别是( ) A．正在增强，＝ B．正在增强，＝ C．正在减弱，＝ D．正在减弱，＝ ．D　【解析】 S闭合后传感器上的示数变为原来的2倍，说明小球受到了向下的电场力作用，大小为mg，故板间电压为，线圈产生的感应电动势E＝n＝，则＝，电容器上极板带正电，由楞次定律知，磁感应强度正在减弱，D对． ．2011·甘肃模拟图X25－2是一火警报警器电路的示意图．其中R3为用 半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( ) 图X25－2 A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变小，U变小 D．I变大，U变大 ．D　【解析】 当R3处出现火情时，其电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，所以报警器两端的电压增大，其中电流表支路的电流也增大． ．2011·苏北模拟在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则如图X25－5所示的图象中可能正确的是( ) A B C D 图X25－5 ．D　【解析】 该同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作过程中，先向下加速，后向下减速，其加速度先向下后向上，即先失重后超重，D对．。