高考物理二轮复习专题检测试题大全集，高分必备 38页

高考物理二轮复习专题检测试题大全集，高分必备 分子动理论、热力学定律(附参考答案) 1．(2012年深圳二模)下列说法正确的是 ( ) A．m、kg、s是一组国际单位制的基本单位 B．质点、位移都是理想化模型 C．分子直径的数量级为 10－15 m D．第二类永动机违反了能量守恒定律 2．(2012年广州一模)油滴在水面上形成如图 5－1－8所示的单分子油膜，可估测分子 大小．用该方法估测油酸分子的大小，需要测量油酸的( ) 图 5－1－8 A．质量和密度 B．体积和密度 C．质量和体积 D．体积和油膜面积 3．(双选，2012年深圳一模)下列说法正确的是( ) A．布朗运动是用显微镜观察到的分子的运动 B．物体的温度越高，分子的平均动能越大 C．气体的体积增大，内能有可能保持不变 D．热量可以自发地从低温物体传递到高温物体 4．小明闻到烟味，对爸爸说：“你一吸烟，我和妈妈都跟着被动吸烟．”小明这样说 的科学依据是( ) A．一切物体都是由分子组成的 B．分子在不停地做无规则的运动 C．分子之间存在相互作用力 D．有的分子之间只有引力，有的分子之间只有斥力 5．(2011年肇庆模拟)关于热现象，以下说法正确的是( ) A．物体的机械能和内能都与物体的机械运动、分子热运动及分子间的相互作用情况有 关 B．铁丝很难被拉断，说明分子之间只存在引力 C．分子之间存在着相互作用的引力和斥力 D．扩散现象只能说明分子是运动的，不能说明分子之间存在空隙 6．(双选，2011年云浮模拟)下列说法正确的是( ) A．理想气体在等温变化时，内能不改变，因而与外界不发生热量交换 B．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动 C．质量一定的理想气体，压强不变时，温度越高，体积越大 D．根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 7．(双选，2012年广州二模)一定质量的理想气体由状态 A变化到状态 B，气体的压强 随热力学温度的变化如图 5－1－9所示，则此过程中( ) 图 5－1－9 A．气体的密度增大 B．外界对气体做功 C．气体从外界吸收了热量 D．气体分子的平均动能增大 8．(2012年福建卷)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是( ) A．一定质量的气体吸收热量，其内能一定增大 B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体 C．若分子间的距离增大，分子势能一定增大 D．若分子间的距离减小，分子间的引力和斥力都增大 9．(双选)对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是( ) A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变 B．若气体的内能不变，其状态也一定不变 C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大 D．气体温度每升高 1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关 10．(2011年江门模拟)某校开展探究性课外活动，一同学用如图 5－1－10所示的装置 研究气体压强、体积、温度三个量之间的变化关系．气缸导热性良好，开口向下，内有理想 气体，并将气缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸 内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部 钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( ) 图 5－1－10 A．外界对气体做功，气体内能增大 B．外界对气体做功，温度计示数不变 C．气体体积减小，温度计示数变小 D．外界对气体做功，温度计示数变大 11．(2012年福建卷)空气压缩机的储气罐中储有 1.0 atm 的空气 6.0 L，现再充入 1.0 atm 的空气 9.0 L．设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，则充气后储气罐中气体的压 强为( ) A．2.5 atm B．2.0 atm C．1.5 atm D．1.0 atm 12．(双选，2012年江苏卷)下列现象中，说明液体存在表面张力的有( ) A．水黾可以停在水面上 B．叶面上的露珠呈球形 C．滴入水中的红墨水很快散开 D．悬浮在水中的花粉做无规则运动 13．(双选，2012年山东卷)以下说法正确的( ) A．水的饱和蒸气压随温度的升高而变大 B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动 C．当分子间的距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小 D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小 14．(双选)夏天，如果自行车的内胎充气过足，又在阳光下曝晒(曝晒过程中内胎容积几 乎不变)，车胎容易爆炸．关于这一现象，以下说法正确的是( ) A．车胎爆炸，是车胎内气体温度升高，气体分子间的斥力急剧增大的结果 B．在爆炸前的过程中，气体温度升高，分子无规则的热运动加剧，气体压强增大 C．在爆炸前的过程中，气体吸热，内能增加 D．在车胎爆炸过程中，气体内能不变 1．A 2.D 3.BC 4.B 5.C 6.CD 7．AB 解析：由图可知，在这个过程中气体温度不变，压强增大，由理想气体状态方 程 pV T ＝C可知，气体体积变小，即气体密度增大、外界对气体做功(W>0)，A、B正确；气 体温度不变，因此气体内能不变(ΔU＝0)，气体分子的平均动能不变，D错误；由热力学第 一定律ΔU＝W＋Q，结合前面的分析可得 Q<0，即气体对外界放热，C错误． 8．D 解析：由热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，一定量 的气体吸收热量，如果气体同时对外做功，且做功比吸热多，则气体的内能减小，A错误； 在外界做功的帮助下，可以使热量由低温物体传递到高温物体，B错误；若分子间的距离小 于平衡时的距离，分子力表现为斥力，在增大的过程中分子力先做正功后做负功，分子势能 先减小后增大，C错误；若分子间的距离在减小，则分子间的引力和斥力都在增大，只不过 斥力增大得快些，D正确． 9．AD 解析：若气体的压强和体积都不变，由理想气体状态方程可知，其温度一定不 变，内能不变，A正确；若气体的内能不变，则温度一定不变，但压强和体积都有可能变化， B错误；当气体的温度升高时，其体积变化情况未知，压强可能增大，可能不变，也可能减 小，C错误；气体温度每升高 1 K所吸收的热量除了跟气体内能的变化有关外，还与气体在 该过程中做功的情况有关，D正确． 10．B 解析：细沙漏出，活塞向上运动，气缸内气体体积减小，外界对气体做功；气 缸导热性良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度稳定，故气体温度不变，即内能不变，B正确． 11．A 解析：气体发生的是等温变化，即 p1V1＝p2V2，得 p2＝p1V1 V2 ＝ 1×15 6 atm＝2.5 atm. 12．AB 解析：滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，悬浮在水中的花粉做无规则 的运动是布朗运动． 13．AB 解析：水的饱和蒸气压随温度的升高而变大；扩散现象说明水分子在做永不 停息的运动；分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小；由 pV T ＝C可知，一定质量 的理想气体在等压膨胀的过程中，温度升高，分子的平均动能变大． 14．BC 解析：温度升高，体积不变，压强增大，内胎容易爆炸，B正确；由热力学 第一定律 改进型和设计型实验(附参考答案) 1．某物理兴趣小组采用如图 6－3－13所示的装置深入研究平抛运动．质量分别为 mA 和 mB的 A、B两个小球处于同一高度，M为 A球中心初始时在水平地面上的垂直投影．用 小锤打击弹性金属片，使 A球沿水平方向飞出，同时松开 B球，B球自由下落．A球落到地 面 N点处，B球落到地面 P点处．测得 mA＝0.04 kg，mB＝0.05 kg，B球距地面的高度是 1.225 m，M、N两点间的距离为 1.500 m，则 B球落到 P点的时间是________s，A球落地时的动 能是________J．(忽略空气阻力，取 g＝9.8 m/s2) 图 6－3－13 图 6－3－14 2．某同学利用如图 6－3－14所示的实验电路来测量电阻的阻值． (1)将电阻箱接入 a、b之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器 R′后保持其阻值不变．改 变电阻箱的阻值 R，得到一组电压表的示数 U与 R的数据如下表： 电阻 R/Ω 5.0 10.0 15.0 25.0 35.0 45.0 电压 U/V 1.00 1.50 1.80 2.14 2.32 2.45 请根据实验数据在图 6－3－15中作出 U－R关系图象． 图 6－3－15 (2)用待测电阻 Rx替换电阻箱，读得电压表的示数为 2.00 V．利用(1)中测绘的 U－R图 象可得 Rx＝________Ω. (3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1) 中测绘的 U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(填“偏大”或“偏小”)．现将 一已知阻值为 10 Ω的电阻换接在 a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验 装 置 和 (1) 中 测 绘 的 U － R 图 象 实 现 对 待 测 电 阻 的 准 确 测 定 ？ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 3．(2012年江苏模拟)某变压器不能拆解，课外活动小组准备用下列器材测定其原线圈 使用的铜丝长度：多用电表、电流表(0～0.6～3 A)、电压表(0～3～15 V)、开关、滑动变阻 器(0～5 Ω)、导线、干电池等． 图 6－3－16 图 6－3－17 (1)用螺旋测微器、多用电表的欧姆“×1”挡分别测量铜丝的直径、阻值，结果如图 6 －3－16、6－3－17所示，则铜丝的直径为________mm、电阻约为________Ω. (2)请在下面虚框中画出测量铜丝电阻的实验原理图，并在下面实物图 6－3－18中补画 出未连接的导线． 图 6－3－18 4．(2011年山东卷)(1)某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如 图 6－3－19所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块 均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡 板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作直到能同时听到 小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度 H、滑块释放点与挡板处的 高度差 h和沿斜面运动的位移 x.(空气阻力对本实验的影响可以忽略) 图 6－3－19 (1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________． (2)滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________． (3)以下能引起实验误差的是________． A．滑块的质量 B．当地重力加速度的大小 C．长度测量时的读数误差 D．小球落地和滑块撞击挡板不同时 5．(2012年重庆卷)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘做了 果汁电池，他们测量这种电池的电动势 E和内阻 r，并探究电极间距对 E和 r的影响．实验 器材如图 6－3－20所示． (1)测量 E和 r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压 U和流过电源的 电流 I，依据公式________，利用测量数据作出 U－I图象，得出 E和 r. (2)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔 画线代替导线连接电路． (3)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的 U－I图象如图 6－3 －21中 a、b、c、d所示，由此可知： 在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势__________(填“增大”、“减小”或“不 变”)，电源内阻________(填“增大”、“减小”或“不变”)． 曲线(c)对应的电源电动势 E＝____________V，内阻 r＝__________Ω，当外电路总电 阻为 2 500 Ω时，该电源的输出功率 P＝__________mW.(均保留三位有效数字) 图 6－3－20 图 6－3－21 1．0.5 0.66 解析：由自由落体运动公式得 hBP＝1 2 gt2，代入数据可得时间 t＝0.5 s；根据 xMN＝v0t和 动能定理，有 mAghBP＝Ek－ 1 2 mAv20，联立可得 Ek＝0.66 J. 2．(1)如图 55所示． 图 55 (2)19～21 (3)偏小 改变滑动变阻器阻值，使电压表示数为 1.50 V 3．(1)1.593～1.598 13 (2)分别如图 56、图 57所示． 图 56 图 57 4．(1) x H (2) h－x2 H 1 x2－h2 (3)CD 5．(1)U＝E－Ir (2)如图 58所示． 图 58 (3)不变 增大 0.975 478 0.268 相互作用与物体的平衡(附参考答案) 1．(2012 年上海卷)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 2．(双选)如图 1－1－20所示，水平地面上质量为 m的物体，与地面的动摩擦因数为μ ， 在劲度系数为 k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动．弹簧没有超出弹性限度，则( ) 图 1－1－20 A．弹簧的伸长量为 μmg k B．弹簧的伸长量为 mg k C．物体受到的支持力与物体对地面的压力是一对平衡力 D．弹簧的弹力与物体所受的摩擦力是一对平衡力 3．(双选，2011年执信中学模拟)如图 1－1－21所示，在青海玉树抗震救灾中，一运送 救灾物资的直升机沿水平方向匀速飞行．已知物资的总质量为 m，吊运物资的悬索与竖直方 向成θ角．设物资所受的空气阻力为 Ff，悬索对物资的拉力为 FT，重力加速度为 g，则( ) 图 1－1－21 A．Ff＝mgsin θ B．Ff＝mgtan θ C．FT＝ mg cos θ D．FT＝ mg tan θ 4．(2011年中山实验中学模拟)在机场，常用输送带运送行李箱．如图 1－1－22所示， a为水平输送带，b为倾斜输送带．当行李箱随输送带一起匀速运动时，下列判断正确的是 ( ) 图 1－1－22 A．a、b两种情形中的行李箱都受到两个力的作用 B．a、b两种情形中的行李箱都受到三个力的作用 C．情形 a中的行李箱受到两个力作用，情形 b中的行李箱受到三个力的作用 D．情形 a中的行李箱受到三个力作用，情形 b中的行李箱受到四个力的作用 5．(2012年浙江卷)如图 1－1－23所示，与水平面夹角为 30°的固定斜面上有一质量 m ＝1.0 kg的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计 相连．物体静止在斜面上，弹簧测力计的示数为 4.9 N．关于物体受力的判断，下列说法正 确的是( ) 图 1－1－23 A．斜面对物体的摩擦力大小为零 B．斜面对物体的摩擦力大小为 4.9 N，方向沿斜面向上 C．斜面对物体的支持力大小为 4.9 N，方向竖直向上 D．斜面对物体的支持力大小为 4.9 N，方向垂直斜面向上 6．(2011年台山一中二模)如图 1－1－24所示，清洗楼房玻璃的工人常用一根绳索将自 己悬在空中，工人及其装备的总重量为 G，悬绳与竖直墙壁的夹角为α，悬绳对工人的拉力 大小为 F1 ，墙壁对工人的弹力大小为 F2 , 则( ) 图 1－1－24 A．F1＝ G sin α B．F2＝Gtan α C．若缓慢减小悬绳的长度，F1与 F2的合力变大 D．若缓慢减小悬绳的长度，F1减小，F2增大 7．(2012年海南卷)如图 1－1－25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 45°，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．在绳子距 a端 l 2 的 c点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质 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. 5 2 D. 2 图 1－1－25 图 1－1－26 8．如图 1－1－26所示，三个完全相同的金属小球 a、b、c位于等边三角形的三个顶点 上．a和 c带正电，b带负电，a所带电量的大小比 b的小，已知 c受到 a和 b的静电力的 合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是( ) A．F1 B．F2 C．F3 D．F4 9．如图 1－1－27所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙的水平地面上，A、B两物 体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平向右的力 F作用于物体 B上，将物体 B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体 A仍然保持静 止．在此过程中( ) 图 1－1－27 A．水平力 F一定变小 B．斜面体所受地面的支持力一定变大 C．物体 A所受斜面体的摩擦力一定变大 D．地面对斜面体的摩擦力一定变大 10．如图 1－1－28所示，位于水平桌面上的物块 P，由跨过定滑轮的轻绳与物块 Q相 连，从滑轮到 P和到 Q的两段绳都是水平的．已知 Q与 P之间以及 P与桌面之间的动摩擦 因数都是μ，两物块的质量都是 m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右 的力 F拉 P使它做匀速运动，则 F的大小为( ) A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg 图 1－1－28 图 1－1－29 11．如图 1－1－29所示， 一固定斜面上两个质量相同的小物块 A和 B紧挨着匀速下 滑， A与 B的接触面光滑．已知 A与斜面之间的动摩擦因数是 B与斜面之间动摩擦因数的 2倍， 斜面倾角为α.B与斜面之间的动摩擦因数是( ) A.2 3 tan α B. 2 3tan α C．tan α D. 1 tan α 1．C 2.AD 3.BC 4.C 5．A 解析：物体重力的下滑分量为 4.9 N，弹簧拉力为 4.9 N，物体沿斜面方向受力 平衡，所以摩擦力应为 0. 图 4 6．B 解析：工人的受力如图 4所示，由平衡条件可得 F1cos α＝G、 F1sin α＝F2，于 是 F1＝ G cos α ，F2＝Gtan α，所以 A错、B 对；缓慢减小悬绳的长度，α 角变大，F1、F2都 增大，工人仍然处于平衡状态，所以 F1与 F2的合力不变，C、D均错． 7．C 解析：平衡后设绳的 bc段与水平方向成α角，则 tan α＝2、sin α＝ 2 5 ，对 c点分 析，在竖直方向上有 m2g＝m1gsin α，得 m1 m2 ＝ 1 sin α ＝ 5 2 ，选 C. 8．B 解析：a、c之间是排斥力，方向由 a指向 c，b、c之间是吸引力，方向由 c指 向 b，排斥力与吸引力之间的夹角为 120°，吸引力大于排斥力，由力的平行四边形定则得合 力偏向 cb. 9．D 解析：取物体 B为研究对象，其受力情况如图 5所示，则有 F＝mgtan θ，T＝ mg cos θ ， 在物体 B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力 F随之变大，对 A、B两物体与斜面体这个 整体而言，由于斜面体与物体 A仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是 因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；在这个过程中绳子张力 变大，由于物体 A所受斜面体的摩擦力开始时方向未知，故物体 A所受斜面体的摩擦力的 情况无法确定． 图 5 10．A 解析：设绳中张力为 T，对物块 Q和 P分别受力分析如图 6所示．因为它们都 做匀速运动，所以所受合外力均为零． 对 Q有 T＝f1＝μmg 对 P有 f2＝2μmg，F＝f2＋T＋f1 解得 F＝4μmg. 图 6 图 7 11．A 解析：对 A、B这一系统进行受力分析，如图 7所示．设 B与斜面之间的动摩 擦因数为μ，它们的质量均为 m，对该系统受力分析，由摩擦定律与平衡条件得μmgcos α＋ 2μmgcos α＝2mgsin α 由此可得μ＝2 3 tan α. 力学电学中的曲线运动与天体的运动(附参考答 案) 1．(2012年广州一模)如图 1－3－11所示，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北 做匀速运动，到达 O位置之前，乙车上的人看到甲车的运动轨迹大致是( ) 图 1－3－11 2．(2011年执信中学模拟)如图 1－3－12 所示，在同一平台上的 O点水平抛出的三个 物体，分别落到 a、b、c三点，则三个物体运动的初速度 va、vb、vc的关系和三个物体运动 的时间 ta、tb、tc的关系分别是( ) A．va>vb>vc，ta>tb>tc B．vatb>tc D．va>vb>vc，taEkB>EkA 10．(2012 年汕头一模)如图 1－3－18甲所示，圆形玻璃平板半径为 r，离水平地面的 高度为 h，一质量为 m的小木块放置在玻璃板的边缘，随玻璃板一起绕圆心 O在水平面内 做匀速圆周运动． (1)若匀速圆周运动的周期为 T，求木块的线速度和所受摩擦力的大小． (2)缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通 过圆心 O的竖直线间的距离为 s，俯视图如图乙所示．不计空气阻力，重力加速度为 g，试 求木块落地前瞬间的动能． 甲 乙 图 1－3－18 11．(2011年深圳二模)如图 1－3－19所示，完全相同的金属板 P、Q带等量异种电荷， 用绝缘杆将其连成一平行正对的装置，放在绝缘水平面上，其总质量为 M，两板间距为 d， 板长为 2d，在 P板中央位置处有一小孔．一质量为 m、电量为＋q的小球，从某一高度下 落通过小孔后进入 PQ，恰能匀速运动．外部的电场可忽略，板间电场可视为匀强电场，重 力加速度为 g，求： 图 1－3－19 (1)PQ间电场强度及电势差； (2)小球下落过程中，装置对绝缘水平面的压力； (3)现给 PQ间再加一垂直纸面向里、磁感应强度为 B的匀强磁场，要使小球进入 PQ后 不碰板飞出，则小球应距 P板多高处自由下落？ 1．C 2.C 3.D 4.BD 5.AC 6．AC 解析：船行驶的方向不确定，由平行四边形定则得，船的速度在 2～8 m/s 之 间． 7．AD 8．D 解析：小铁球恰能到达最高点 B，则小铁球在最高点处的速度 v＝ gL.以地面为 零势能面，小铁球在 B点处的总机械能为 mg·3L＋1 2 mv2＝7 2 mgL，无论轻绳是在何处断的， 小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能 1 2 mv′2＝ 7 2 mgL，故小铁球落到地面时 的速度 v′＝ 7gL. 9．CD 10．解：(1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小为 v＝2πr T 木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力，则摩擦力的大小为 Ff＝m 2π T 2r＝4πmr T2 . (2)木块脱离玻璃板后在在竖直方向上做自由落体运动，有 h＝1 2 gt2 在水平方向上做匀速运动，水平位移 x＝vt x与距离 s、半径 r的关系 s2＝r2＋x2 木块从抛出到落地前机械能守恒，得 Ekt＝1 2 mv2＋mgh 由以上各式解得木块落地前瞬间的动能 Ekt＝mg s2－r2 4h ＋h . 11．解：(1)因小球受力平衡，有 mg＝qE 得 E＝mg q ，电场方向向上 U＝Ed＝mgd q . (2)在小球未进入 PQ前绝缘装置对水平面的压力 N1＝Mg，进入 PQ后小球受到方向向 上、大小等于 mg的电场力，根据牛顿第三定律可得 PQ对水平面的压力 N2＝Mg＋mg＝(M＋m)g. (3)依题意可知，小球可从 P点飞出，也可从 Q点飞出． 当小球从 P点飞出时，有 2R1>d 根据 qv1B＝m v21 R1 得 v1＝qBR1 m 又因为 mgh1＝1 2 mv21，得 h1＝ v21 2g ＝ q2B2d2 8gm2 图 8 图 9 当小球从 Q点飞出时，有 R2L)，磁场的磁感应强度为 B＝5 T，方向与线框平面垂直．今线框从距磁场 上边界 h＝30 cm处自由下落，已知线框的 dc边进入磁场后，ab 边到达上边界之前的某一 时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到 dc边刚刚到达磁场下边界 的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功是多少？(取 g＝10 m/s2) 图 2－2－19 11．如图 2－2－20所示，ABCD表示竖立在场强为 E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝 缘光滑轨道，其中轨道的 BCD部分是半径为 R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切， A为水平轨道上的一点，而且，AB＝R＝0.2 m，把一质量 m＝10 g、带电量 q＝＋10－5 C的 小球在水平轨道的 A点由静止释放后，小球在轨道的内侧运动，取 g＝10 m/s2，求： (1)小球到达 C点时的速度． (2)小球达到 C点时对轨道的压力． (3)要使小球刚好能运动到 D点，小球开始运动的位置应离 B点多远？ 图 2－2－20 12．(2011年惠州一模)如图 2－2－21所示，PR是一长为 L＝0.64 m的绝缘平板，固定 在水平地面上，挡板 R固定在平板的右端．整个空间有一个平行于 PR的匀强电场 E，在板 的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度 d＝0.32 m．一个质量 m＝0.50×10 －3 kg、带电荷量为 q＝5.0×10－2 C 的小物体，从板的 P端由静止开始向右做匀加速运动， 从 D点进入磁场后恰能做匀速直线运动．当物体碰到挡板 R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去 电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在 C点，PC＝L 4 .若 物体与平板间的动摩擦因数μ＝0.20，取 g＝10 m/s2.(结果保留两位有效数字) (1)判断电场的方向及物体带正电还是带负电； (2)求磁感应强度 B的大小； (3)求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能． 图 2－2－21 1．A 解析：设外力 F做功为 W1，克服电场力做功为 W2，克服摩擦力做功为 W3.由动 能定理得ΔEk＝W1－W2－W3＝8 J．由势能规律，电势能变化量ΔEp＝W2＝8 J．机械能增加 量ΔE＝W1－W2－W3＝8 J．选 A. 2．AC 解析：从曲线运动弯曲方向看粒子受力应该沿电场线斜向上，所以电场力的方 向与场强方向一致，粒子带正电，A项正确； A点电场线较密，所以粒子在 A点受到的电 场力大于在 B点受到的电场力，B项错误；从 A到 B电场力做正功，动能增加，C项正确； 电场力做正功电势能减少，D项错误． 3．BD 4．AD 解析：φM＞φN，UMN＞0，W＝UMN·q，若 q＞0，W＞0，电场力做正功，电势 能减少．若 q＜0，W＜0，电场力做负功，电势能增加．选 AD. 5．BD 解析：ab棒在恒力 F的作用下向右运动，产生的电流、安培力如图 12所示， 可知安培力对 ab棒做负功，对 cd棒做正功，A错 B 对；电路中电流方向一直为逆时针方 向，根据楞次定律，回路中磁通量一直增加，C错；F做的功等于回路产生的总热量和系统 的动能增加量之和，D对． 图 12 6．C 解析：L2电势为 0，电势能为 0.L3到 L1，动能变为 0，则在 L2处的动能为 10 J．L2 处总能量为 10 J．根据能量守恒，E 电＋Ek＝恒量，当 E 电＝4 J，Ek＝6 J．选 C. 7．BD 解析：设下落 t秒时速度大小为 v，再次回到 A时为 vx，两次位移大小相等， 则 v 2 t＝vx＋－v 2 t，得 vx＝2v，ΔE＝1 2 mv2x＝1 2 m(2gt)2＝2mg2t2，A错；动量增加量Δp＝mvx＝ m(2gt)＝2mgt，B对；加电场时速度为 v，最低点时速度为零，则动能变化ΔE＝1 2 mv2＝1 2 m(gt)2， C错；加电场后加速度为 ax，ax＝ vx－－v t ，g＝v t ，所以 ax＝3g，所以下落中减速时间 t′ ＝ 1 3 t，下落总位移 h＝1 2 gt2＋1 2 ax t 3 2＝ 2 3 gt2，ΔEp＝mgh＝2 3 mg2t2，D对． 8．CD 解析：物块远离点电荷，场强变小，所受电场力逐渐减小，A错；电场力做正 功电势能逐渐减少，B错；物块带负电，电势能减少，由 Ep＝qφ，则电势增大， C对；过 程初、末动能都为零，电势能转化为内能，所以电势能变化量的大小等于克服摩擦力做的功， D对． 9．D 10．解：设线框的最大速度为 vm ，此后直到 ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直 线运动，此过程中线框的动能不变．由 mg＝B2L2vm R 解得 vm＝mgR B2L2 ＝2 m/s 全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框 因克服安培力做功而损失的机械能为 mg(h＋L)－1 2 mv2m＝0.2 J 所以磁场作用于线框的安培力做的总功是－0.2 J. 11．解：(1)设小球在 C点的速度大小是 vC，则对于小球由 A运动到 C的过程中，应用 动能定理得 qE·2R－mgR＝1 2 mv2C－0 解得 vC＝ 4qER m －2gR＝2 m/s. (2)设小球在 C点时，对轨道的压力大小为 NC.在 C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律， 有 NC－qE＝mv2C R 解得 NC＝qE＋mv2C R ＝0.3 N. (3)设小球初始位置应在离 B点 x m的 A′点，对小球由 A′→D的过程应用动能定理， 有 qEx－mg·2R＝1 2 mv2D 在 D点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有 mg＝mv2D R 解得 x＝5mgR 2qE ＝0.5 m. 12．解：(1)物体由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力．进入 磁场后做匀速直线运动，说明它所受的摩擦力增大，证明它所受的洛伦兹力方向向下．由左 手定则判断，物体带负电． 物体带负电而所受电场力向右，证明电场方向向左． (2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为 v2，从离开磁场到停在 C点的过程中， 根据动能定理有 －μmgL 4 ＝0－1 2 mv22 解得 v2＝0.80 m/s 物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡 mg＝qv2B 解得 B＝0.13 T. (3)设从 D点进入磁场时的速度为 v1，根据动能定理有 qE1 2 L－μmg1 2 L＝1 2 mv21 物体从 D到 R做匀速直线运动受力平衡，有 qE＝μ(mg＋qv1B) 解得 v1＝1.6 m/s 小物体撞击挡板损失的机械能为 ΔE＝1 2 mv21－1 2 mv22 解得ΔΕ＝4.8×10－4 J. 动量与能量的综合应用(附参考答案) 1．有一种硬气功表演，表演者平卧于地面，将一大石板置于他的身子上，另一人将重 锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，表演者却安然无恙，假设重锤与石板撞击后两者具有 相同的速度，表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板．对这一现象，下列说法正确的是 ( ) A．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒 B．石板的质量越大，石板获得的动量就越小 C．石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小 D．石板的质量越大，石板获得的速度就越小 2．如图 2－3－14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，此过程产生的内能为 6 J，那么此过程木块的动能可能增加了( ) A．12 J B．16 J C．4 J D．6 J 图 2－3－14 图 2－3－15 3．如图 2－3－15所示，A、B两木块的质量之比为 mA∶mB＝3∶2，原来静止在小车 C 上，它们与小车上表面间的动摩擦因数相同，A、B间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住．小 车静止在光滑水平面上，烧断细线后，在 A、B相对小车停止运动之前，下列说法正确的是 ( ) A．A、B和弹簧组成的系统动量守恒 B．A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 C．小车将向左运动 D．小车将静止不动 4．如图 2－3－16所示，小车开始静止于光滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车上 端高 h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动，滑块能到达左端的最大高度 h′( ) 图 2－3－16 A．大 h B．小于 h C．等于 h D．停在中点与小车一起向左运动 5．(双选，2011年全国卷)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 2－3－17 所示．现给小物块一水平向右的初速度 v，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( ) 图 2－3－17 A.1 2 mv2 B. mM 2m＋M v2 C.1 2 NμmgL D．NμmgL 6．(2010年福建卷)如图 2－3－18所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗 糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初 速度 v0，则( ) 图 2－3－18 A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，两者一起向右运动 C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则两者将一起向左运动 7．(双选，2011年深圳中学二模)如图 2－3－19所示，水平光滑地面上停放着一辆质量 为 M 的小车，其左侧有半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道 AB，轨道最低点 B 与水平轨道 BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为 m 的物块(可视为质点)从 A 点无初速释 放，物块沿轨道滑行至轨道末端 C处恰好没有滑出．设重力加速度为 g，空气阻力可忽略不 计．关于物块从 A 位置运动至 C位置的过程中，下列说法正确的是( ) A．小车和物块构成的系统动量不守恒 B．摩擦力对物块和轨道 BC所做的功的代数和为零 C．物块运动过程中的最大速度为 2gR D．小车运动过程中的最大速度为 2m2gR M2＋Mm 图 2－3－19 图 2－3－20 8．(双选)如图 2－3－20所示，质量均为 M的铝板 A和铁板 B分别放在光滑水平地面 上．质量为 m(mE2，φ1>φ2 B．E1E2，φ1<φ2 D．E1φ2 2．(双选)如图 3－1－12所示的是点电荷 a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的 是( ) 图 3－1－12 A．a、b为异种电荷 B．a、b为同种电荷 C．A点的场强大于 B点的场强 D．A点的电势高于 B点的电势 3．通有电流的导线 L1、L2处于同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固 定转轴 O转动(O为 L2的中心)，各自的电流方向如图 3－1－13所示．下列哪种情况将会发 生( ) A．因 L2不受磁场力的作用，故 L2不动 B．因 L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故 L2不动 C．L2绕 O轴按顺时针方向转动 D．L2绕 O轴按逆时针方向转动 图 3－1－13 图 3－1－14 4．(2011年佛山一模)在图 3－1－14中，实线和虚线分别表示等量异种点电荷的电场线 和等势线，则下列有关 P、Q两点的说法中，正确的是( ) A．两点的场强等大、反向 B．P点的电场更强 C．两点的电势一样高 D．Q点的电势较低 5．(2012年广东四校联考)如图 3－1－15所示，虚线是等量异种点电荷所形成的电场中 的等势线，其中 B和 C关于两电荷的连线对称．现用外力将一个正试探电荷沿着图中实线 所示的轨迹，按照箭头所指的方向从 A缓慢移动到 F.在此过程中该外力所做正功最多的区 间是( ) 图 3－1－15 A．A→B B．C→D C．D→E D．E→F 6．(2012年深圳高级中学期末)下列关于导体在磁场中受力的说法，正确的是( ) A．通电导体在磁场中一定受到力的作用 B．通电导体在磁场中有时不会受到力的作用 C．通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，不会受到力的作用 D．只要导体放入磁场中，无论是否通电都会受到力的作用 7．(2012年河源模拟)一平行板电容器两极板的间距为 d、极板面积为 S，电容为 ε0S d ， 其中ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两极板的间距时，电容器极板间( ) A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小 8．(双选，2011年深圳一模)如图 3－1－16所示，平行板电容器与直流电源连接，下极 板接地．一带电油滴位于容器中的 P点且处于静止状态．现将上极板竖直向上移动一小段 距离，则( ) A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．电容器的电容减小，极板带电量减少 D．带电油滴的电势能保持不变 图 3－1－16 图 3－1－17 9．(双选)图 3－1－17中的虚线为静电场中的等势面 1、2、3、4，相邻的等势面之间的 电势差相等，其中等势面 3的电势为 0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过 a、 b点时的动能分别为 26 eV和 5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8 eV时， 它的动能应为( ) A．0 eV B．20 eV C．3.2×10－18 J D．1.6×10－18 J 10．(2012年华师附中期末)如图 3－1－18所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块， 甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现 用一水平恒力 F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段( ) 图 3－1－18 A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 B．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 C．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 D．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 1．D 2.AD 3.D 4.C 5．B 解析：由等量异种电荷的电场分布特点可知，A和 D是等势点，B和 C也是等 势点，正试探电荷从 A到 B的过程，电场力做正功，所以外力 F做负功；从 C→D时电场 力做负功，则外力 F做正功；D→E的过程中，电场力做正功，所以外力 F做负功；E→F 的过程中，电场力做负功，则外力 F做正功，从图中可以看出，C→D之间的电势差要大于 E→F的电势差，所以外力所做正功最多的区间是 C→D. 6．B 解析：通电导体放入磁场中，也不一定会受到磁场力的作用，当导体方向与磁 场方向平行时，导体不受磁场力的作用，当导体与磁场垂直时，导体受到的力最大，其他情 况下，受到的力介于 0与最大值之间，由此可见，A、C、D错误，B正确． 7．A 解析：由题可知，电容器充电后断开电源，故电容器的带电量保持不变，当增 大两极板间的距离时，由 C＝ε0S d 可知，电容器的电容变小，由 U＝Q C 可知极板间的电势差变 大，又 E＝U d ＝ Q Cd ＝ Q ε0S ，所以电场强度不变，A正确． 8．BC 解析：根据题意得，两极板间的距离 d增大、电势差不变．由 F＝qE＝q U d 得， 电场力 F减小，则带电油滴向下运动，A错；由于正极板向上移动，P点离正极板的距离增 大，沿着电场线的方向，电势逐渐减小，故 P点的电势将降低，B 对；由 C＝ εS 4πkd 得 C减 小，由 Q＝CU得 Q减小，C对；电场力对油滴做功，因此电势能会发生变化，D错． 9．BC 解析：设相邻等势面之间的电势差大小为 U，正电荷从 a运动到 b时动能减少， 可知 b点的电势高于 a点，则 Ua＝－2U，Ub＝U，设正电荷的电量为 q，则正电荷在 a点、 b点的电势能分别为 Epa＝－2qU、Epb＝qU，根据能量守恒定律有 Eka＋Epa＝Ekb＋Epb，代入 数据得 qU＝7 eV.设点电荷运动到 c点时，其动能、电势能分别为 Ekc、Epc，根据能量守恒 定律有 Eka＋Epa＝Ekc＋Epc. 即 26 eV＋(－14 eV)＝Ekc＋(－8 eV) 可得 Ekc＝20 eV＝20×1.6×10－19 J＝3.2×10－18 J. 10．B 解析：甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，并且甲带正电，由左手定则可判 断出甲所受的洛伦兹力竖直向下，在加速运动阶段，乙对地面的压力逐渐增大，乙与地面的 摩擦力不断增大，D错误；整体的加速度逐渐减小，隔离甲，由牛顿第二定律 f＝ma可知， 甲、乙两物块间的摩擦力 f不断减小，B正确，A、C错误． 电磁感应问题的综合分析(附参考答案) 1．(双选，2011年珠海模拟)如图 4－1－10所示，间距为 L的平行金属导轨上有一电阻 为 r的金属棒 ab与导轨接触良好．导轨一端连接电阻 R，其他电阻不计，磁感应强度为 B， 金属棒 ab以速度 v 向右匀速运动，则( ) 图 4－1－10 A．回路中电流为逆时针方向 B．电阻 R两端的电压为 BLv C．ab棒受到的安培力方向向左 D．ab棒中的电流大小为 BLv r 2．(双选，2011年深圳二模)如图 4－1－11甲所示，闭合回路由电阻 R与导线组成，其 内部磁场大小按 B－t图变化，方向如图乙，则回路中( ) 图 4－1－11 A．电流方向为顺时针方向 B．电流强度越来越大 C．磁通量的变化率恒定不变 D．产生的感应电动势越来越大 3．用相同的导线绕制的边长为 L或 2L的四个闭合导体框，以相同的速度匀速进入右 侧匀强磁场，如图 4－1－12 所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分 别为 Ua、Ub、Uc、Ud.下列判断正确的是( ) 图 4－1－12 A．Ua