（新课标）2016届高考物理二轮复习 专题1-13（打包38套）.zip

1素能演练提升一 力与平衡(时间:60 分钟 满分:100 分)第 Ⅰ 卷(选择题 共 48分)一、本题共 8小题,每小题 6分,共 48分 .在每小题给出的四个选项中,第 1~5题只有一个选项符合题目要求,第 6~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 6分,选对但不全的得 3分,有选错或不答的得 0分 .1.如图所示,一物块置于水平地面上 .当用与水平方向成 60°角的力 F1拉物块时,物块做匀速直线运动;当改用与水平方向成 30°角的力 F2推物块时,物块仍做匀速直线运动 .若 F1和 F2的大小相等,则物块与地面之间的动摩擦因数为( )A.-1 B.2- C. D.1-解析:物块受重力 mg、支持力 FN、摩擦力 Ff和已知力 F处于平衡状态,根据平衡条件,有 F1cos 60°=μ (mg-F1sin 60°),F2cos 30°=μ (mg+F2sin 30°),联立解得 μ= 2-.答案:B2.如图所示,质量为 m、带的电荷量为 +q的滑块,沿绝缘斜面匀速下滑 .当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时,滑块的运动状态为(已知 qEmgsin θ ,则 Ff+mgsin θ=F ,Ff减小;如果 Fmgsin θ ,则-Ff+mgsin θ=F ,Ff增大,选项 C正确;磁场改方向之后,向下的磁通量均匀增加,感应电流恒定, PQ受到的安培力沿斜面向下,安培力随 B的增大而增大,根据 F+mgsin θ=F f可知 Ff一直增大,选项 A正确 .答案:AC第 Ⅱ 卷(非选择题 共 52分)二、本题共 2小题,共 14分 .把答案填在相应的横线上或按题目要求作答 .9.(6分)小明同学在实验室探究弹力和弹簧伸长的关系的探究过程:【猜想与假设】弹簧弹力和弹簧伸长成正比例关系 .【设计与进行实验】4(1)设计如图甲所示的实验装置进行实验;甲乙(2)在弹簧下端挂上钩码,当分别悬挂 10 g、20 g 钩码时,记下指针所指的标尺刻度;(3)将实验数据记录在表格中;(4)整理器材,进行实验数据分析并得出结论 .【交流与评估】小明同学将实验数据记录在下表中(重力加速度 g取 9.8 m/s2)钩码质量m/g 0 10 20标尺刻度x/10-2 m6.008.0010.00他根据实验数据在坐标纸上用描点法画出 x-m图象如图乙所示,根据图象于是小明得出结论:弹簧弹力和弹簧伸长不是正比例关系而是一次函数关系,自己先前的猜想是错误的 .(1)请说明小明结论错误的原因: . (2)这个实验小明同学在【设计与进行实验】中的设计方案上还存在的不足之处是 . 答案:(1) x-m图象的纵坐标不是弹簧伸长量(3 分) (2)以三组测量数据不能得出普遍性物理规律,实验方案中应设计多测几组数据,并换用另外的弹簧多进行几次实验 .(3分)10.(8分)在“验证力的平行四边形定则”实验中,(1)部分实验步骤如下,请完成有关内容:① 将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上,另一端绑上两根细线 .② 在其中一根细线挂上 5个质量相等的钩码,使橡皮筋拉伸,如图甲所示,记录: . ③ 将步骤 ② 中的钩码取下,分别在两根细线上挂上 4个和 3个质量相等的钩码,用两光滑硬棒 B、 C使两细线互成角度,如图乙所示,小心调整 B、 C的位置,使 ,记录 . (2)如果“力的平行四边形定则”得到验证,那么图乙中 = . 解析:(2)如果构成平行四边形,则根据“勾三股四弦五”可知,应为长方形,即图中角 BOC为直角,有 .答案:(1) ② 钩码个数(或细线的拉力)(1 分),橡皮筋与细线结点的位置 O(1分),细线的方向(1 分) ③ 橡皮筋与细线结点的位置与步骤 ② 中结点的位置重合(1 分),钩码个数和对应的细线方向(1 分)(2)(3分)5三、本题共 2小题,共 38分 .解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤 .只写出最后答案的不能得分 .有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位 .11.(18分)在如图所示的装置中,电源电动势为 E,内阻不计,定值电阻为 R1,滑动变阻器总值为 R2,置于真空中的平行板电容器水平放置,极板间距为 d.处在电容器中的油滴 A恰好静止不动,此时滑动变阻器的滑片 P位于中点位置 .(1)求此时电容器两极板间的电压;(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量 q与质量 m的比值 .解析:(1)电路中的电流 I=(4分)电容器两极板间的电压为 U=I·.(4分)(2)油滴带负电对油滴受力分析,得 F 电 -mg=0(2分)即 q=mg(4分)所以 .(4分)答案:(1) (2)负电 12.(20分)物体 A的质量为 2 kg,两根轻细绳 b和 c的一端连接于竖直墙上,另一端系于物体 A上,在物体 A上另施加一个方向与水平方向成 θ 角的拉力 F,相关几何关系如图所示, θ= 60°.若要使两绳都能伸直,求拉力 F的取值范围 .(g取 10 m/s2)解析:作出物体 A的受力分析图如图所示 .由平衡条件得Fsin θ+F 1sin θ-mg= 0① (3分)Fcos θ-F 2-F1cos θ= 0② (3分)由 ① 式得 F=-F1③ (2分)由 ②③ 式得F=④ (3分)要使两绳都伸直,则有 F1≥0, F2≥0(2 分)所以由 ③ 式得Fmax= N(2分)由 ④ 式得Fmin= N(2分)综合得 F的取值范围为N≤ F≤ N .(3分)答案: N≤ F≤ N1素能演练提升七 直流电路与交流电路(时间:60 分钟 满分:100 分)第 Ⅰ 卷(选择题 共 48 分)一、本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分 .在每小题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一个选项符合题目要求,第 6~8 题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分 .1.图甲、图乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变化,下列说法正确的是( )A.图甲表示交变电流,图乙表示直流B.图甲所示电压的瞬时值表达式为 u=311sin 100π t(V)C.两种电压的有效值都是 220 VD.图甲所示电压经原、副线圈匝数比为 10∶ 1 的理想变压器变压后,功率比为 10∶ 1解析:甲、乙图都是交变电流,选项 A 错误;只有正弦式交变电流才能根据 u=计算,选项 C 错误;理想变压器的输入和输出功率相等,选项 D 错误;甲图角速度 ω= rad/s=100π rad/s,故选项 B 正确 .答案:B2.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的规律图象如图甲所示,已知发电机线圈内阻为 20.0 Ω,现外接一只“100 V,125 W”的灯泡,如图乙所示 .则( )A.线圈处于图乙位置时刻时,线圈中感应电流为 0B.通过灯的电流随时间 t 的变化规律是 i=sin 100π t(A)C.灯泡能正常发光D.灯泡的实际功率是 80 W解析:线圈处于题图乙位置,感应电流最大,选项 A 错误;题图甲电动势与时间关系呈余弦函数变化,通过灯的电流随时间 t 的变化规律也应呈余弦函数变化,选项 B 错误;灯泡电阻 R= Ω=80 Ω,电路中电流 I'= A=1 A,灯泡实际功率 P'=I'2R=12×80 W=80 W,灯泡不能正常发光,故选项 C 错误,D 正确 .答案:D3.如图所示,一自耦变压器(可看作理想变压器)输入端 AB 间加一正弦式交流电压,在输出端 CD 间接灯泡和滑动变阻器 .转动滑片 P 可以改变副线圈的匝数,移动滑片 Q 可以改变接入电路电阻的阻值 .则( )A.只将 P 顺时针转动,灯泡变亮B.只将 P 逆时针转动,灯泡变亮C.只将 Q 向上移动,灯泡变亮D.只将 Q 向下移动,灯泡变亮2解析:原线圈电压、匝数不变,只将 P 顺时针转动,副线圈匝数、电压 U2均变小,根据 P=知灯泡功率变小,灯泡变暗,A 项错误;只将 P 逆时针转动,副线圈匝数、电压 U2均变大,根据 P=知灯泡功率变大,灯泡变亮,B 项正确;灯泡与滑动变阻器并联,当副线圈电压不变时,无论将 Q 向上还是向下移动,灯泡两端电压不变,灯泡功率不变,亮度不变,C、D 项均错 .答案:B4.(2015 广东广州模拟改编)如图所示,某一电路,闭合开关 S,滑片 P 缓慢向左滑动 .则( )A.电容器 C 所带的电荷量不变B.电容器 C 所带的电荷量增大C.电压表 V 的示数增大D.电压表 V 的示数减小解析:把滑动变阻器的滑片向左移动时,滑动变阻器接入电路的电阻不变,根据闭合电路欧姆定律分析知:电路中的电流不变,所以路端电压不变,则电压表 V 的示数不变,电容器与滑动变阻器右半部分并联,滑片 P 缓慢向左滑动时,右半部分电阻增大,所以电容器两端电压增大,根据 Q=UC 可知,电容器 C 所带的电荷量增大,故 B 正确 .答案:B5.(2015 福建泉州模拟)在水平面内的直角坐标系 xOy 中,两条光滑金属导轨 OQ、 MNP 按如图所示固定放置, MNP 曲线满足方程 y=cos kx(k 为常数),直导轨 OQ 长度为,两导轨在 N 点接触,整个装置处于方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中 .t=0 时刻有一长为 L 的金属棒在外力作用下从图示位置开始沿 x 轴正方向以速度 v 做匀速直线运动,除 N 点存在阻值 R 外,其余电阻不计 .则金属棒从 MO 运动至 PQ 的过程中( )A.通过金属棒的感应电流平均值为零B.通过金属棒的感应电流有效值为C.感应电动势的瞬时值 e=BLvcos kvtD.外力对金属棒做的功为解析:设从图示位置开始导体棒运动时间为 t,速度大小为 v,磁感应强度为 B,水平位移 x=vt,根据感应电动势公式 E=BLv=Byv=Bv=BLv+BLvcos kvt,回路电阻为 R,由闭合电路欧姆定律得 I=cos kvt,故通过金属棒的感应电流的平均值不为零,有效值根据电流的热效应,将电流看作直流电流和交变电流的叠加可得 Rt+Rt=I2Rt,解得 I=,故选项 A、B、C 均错误;金属棒从 MO 运动至 PQ 的过程中的总时间 t 总 =,根据能量守恒定律得,金属棒的速度不变,动能不变,外力做功等于回路中产生的热量,故W=Q=I2Rt=·R·,故选项 D 正确 .答案:D6.3(2015 海南单科,10)如图,一理想变压器原、副线圈匝数之比为 4∶ 1,原线圈与一可变电阻串联后,接入一正弦式交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为 R0,负载电阻的阻值 R=11R0,V 是理想电压表 .现将负载电阻的阻值减小为 R=5R0,保持变压器输入电流不变,此时电压表的读数为 5.0 V.则( )A.此时原线圈两端电压的最大值约为 34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为 24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为 68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为 48 V解析:负载电阻 R 的阻值减为 R=5R0时,由电压表的示数(电压的有效值)可知,它两端电压的有效值为 5.0 V,由串联电路规律推知变压器副线圈输出电压有效值为 U2=6.0 V,原线圈两端输入电压有效值为 U1=U2=24 V,其最大值为 U1m=U1=34 V,故 A 正确,B 错误;因变压器输入电流保持不变,故输出电流也不变 .当负载电阻 R=11R0时,同理可推知副线圈输出电压有效值为 U2=12 V,原线圈输入电压有效值 U1=U2=48 V,故 C 错误,D 正确 .答案:AD7.如图,甲为一发电机原理图,产生的交变电流接理想变压器的原线圈,理想变压器的原、副线圈匝数比 22∶ 1,副线圈输出的电动势 e 随时间 t 变化的规律如图乙所示,发电机线圈电阻忽略不计 .则( )A.在 t=0.01 s 时刻,穿过发电机线圈的磁通量为最大B.发电机线圈中瞬时电动势的表达式为 e'=132sin(50π t) VC.若仅使发电机线圈的转速增大一倍,则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍,而电压最大值不变D.若仅使发电机线圈的转速增大一倍,则变压器副线圈输出电压的频率和最大值都增大一倍解析:根据题图乙可知,在 t=0.01 s 时刻,发电机线圈产生的感应电动势的瞬时值为零,穿过线圈的磁通量的改变率为零,磁通量最大,选项 A 正确;根据变压器原理可知,原、副线圈中电流的周期、频率相同,由题图乙知,周期 T=0.02 s,角速度 ω== 100π rad/s,所以副线圈输出的电动势e=6sin(100π t) V,原线圈输入的瞬时电动势 e'=132sin(100π t) V,选项 B 错误;若仅使发电机线圈的转速 n 增大一倍,根据关系式 f=n,ω= 2π n 以及 Em=BSω 可知,变压器原线圈输入电压(或副线圈输出电压)的频率和最大值都增大一倍,所以选项 C 错误,D 正确 .答案:AD8.(2015 山东淄博一模)如图甲为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器 .升压变压器原、副线圈匝数比为 1∶ 100,其输入电压如图乙所示 .远距离输电线的总电阻为 100 Ω .降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中 R1为一定值电阻, R2为用半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小 .电压表 V 显示加在报警器两端的电压(报警器未画出),未出现火警时,升压变压器的输入功率为 750 kW.下列说法中正确的有( )甲乙A.降压变压器副线圈输出的交变电流频率为 50 HzB.远距离输电线路损耗功率为 180 kWC.当传感器 R2所在处出现火警时,电压表 V 的示数变小D.当传感器 R2所在处出现火警时,输电线上的电流变小4解析:由题图乙知交变电流的周期为 0.02 s,所以频率 f==50 Hz,故选项 A 正确;由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为 U1=250 V,根据,可知副线圈电压为 U2=25 000 V,由 P1=P2=U2I2,得输电线中的电流 I2==30 A,故输电线路损耗功率为 P 损 =R 线 =90 kW,故选项 B 错误;当传感器 R2所在处出现火警时其阻值减小,降压变压器的副线圈中电流增大,定值电阻 R1的分压增大,所以电压表 V 的示数变小,故选项 C 正确;由于降压变压器的副线圈电流增大,根据输电线上电流与降压变压器副线圈电流之比为匝数的倒数比知输电线上的电流变大,故选项 D 错误 .答案:AC第 Ⅱ 卷(非选择题 共 52 分)二、本题共 2 小题,共 14 分 .把答案填在相应的横线上或按题目要求作答 .9.(8 分)在如图所示的电路中,输入电压 U 恒为 8 V,灯泡 L 标有“3 V6 W”字样,电动机线圈的电阻 RM=1 Ω .若灯泡恰能正常发光,则电动机的输入电压是 V,电动机的效率是 ,整个电路消耗的电功率为 W. 解析:灯泡恰能正常发光,说明灯泡电压为 3 V,电流 IL= A=2 A,电动机的输入电压是 8 V-3 V=5 V,流过电动机的电流等于流过灯泡的电流,也是 I=2 A;电动机内阻消耗功率 I2RM=22×1 W=4 W,电动机输入功率 P 入 =UI=5×2 W=10 W,输出功率 P 出 =IU-I2RM=6 W,电动机的效率 η=× 100%=×100%=60%;整个电路消耗的电功率是 P=PL+PM=6 W+10 W=16 W.答案:5(3 分) 60%(3 分) 16(2 分)10.(6 分)通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率 P,原线圈的电压 U 保持不变,输电线路的总电阻为 R.当副线圈与原线圈的匝数比为 k 时,线路损耗的电功率为 P1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到 nk,线路损耗的电功率为 P2,则 P1= ,= . 解析:根据理想变压器的变压比有 k=,nk=;由线路的输送功率不变有 P=U1I1=U2I2;又 P1=R=()2R=()2R,P2=R=()2R=P1,故 .答案:() 2R (每空 3 分)三、本题共 3 小题,共 38 分 .解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤 .只写出最后答案的不能得分 .有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位 .11.(10 分) A、 B 是水平放置的平行板电容器,当 A、 B 两板直接接到电源两极时,一电子从 A 板由静止飞到 B 板时的速度为 v0,电源内阻 r=1 Ω, R1=4 Ω .现若按图示连接,开关 S 闭合,电子从 A 板由静止飞到 B 板的过程中,通过两板的中点 C 的速度为 v0,开关 S 断开,电子从 A 板由静止飞向 B 板经 C点时的速度为 v0,求 R2和 R3的阻值 .解析:根据题意,在电子运动过程中,电势能转化为动能,所以有eE=,(1 分)eU=m()2,(1 分)eU'=m(v0)2(1 分)可得 U=E(1 分)U'=E(1 分)根据闭合电路欧姆定律有I2=(1 分)I1=(1 分)2U=I1(1 分)代入数据,可得 R3=10 Ω(1 分)R2=10 Ω(1 分)或者,S 断开: E=2U'+(R1+r),R3=10 Ω5S 闭合: E=2U+()(R1+r),R2=10 Ω .答案:10 Ω 10 Ω12.(12 分)(2015 江苏苏锡常镇四市调研)如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图 .他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动,铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流表相连 .摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场(可视为匀强磁场)垂直 .摇动时,铜芯线所围成半圆周的面积 S=2 m2,转动角速度 ω= 10 rad/s,用电表测得电路中电流 I=40 μA,电路总电阻 R=10 Ω,取 =2.25.(1)求该处地磁场的磁感应强度 B;(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时,求其转过周的过程中,通过电流表的电荷量 q;(3)求铜芯线转动一周的过程中,电路产生的焦耳热 Q.解析:(1)铜芯线中产生的是正弦式交变电流,则Im=I(1 分)Em=ImR(1 分)Em=Bω S(1 分)B=2×10-5 T.(1 分)(2)在铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动周的过程中E=(1 分)E=IR(1 分)q=It(1 分)q=4×10-6 C.(2 分)(3)铜芯线转动一周,电路中产生的焦耳热Q=I2RT(2 分)Q=7.2×10-9 J.(1 分)答案:(1)2 ×10-5 T (2)4×10-6 C (3)7.2×10-9 J13.(16 分)如图是某一半导体器件的 U-I 图, 将该器件与标有“9 V,18 W”的用电器串联后接入电动势为 12 V 的电源两端,用电器恰能正常工作,求此时电源的输出功率是多少?若将该器件与一个阻值为 1.33 Ω 的电阻串联后接在此电源两端,则该器件消耗的电功率约为多少?解析:半导体器件与“9 V,18 W”的用电器串联时,流过的电流 I= A=2 A,(2 分)从图象中得半导体元件对应的电压是 1 V,故电源的输出电压是 U1=9 V+1 V=10 V,(2 分)输出功率 P1=IU1=2×10 W=20 W.(3 分)电源内阻 r= Ω=1 Ω .(2 分)把 1.33 Ω 的电阻也作为电源电阻,则电源的新内阻 r'变为 2.33 Ω,则路端电压 U=E-Ir'=12-2.33I,(4 分)若 I=4 A,则 U=2.68 V.从而作出电源的 U-I 图象,如图 .两图线的交点的纵横坐标相乘便是半导体元件消耗的功率 .故半导体元件消耗的功率P'=U'I'=5×3 W=15 W.(3 分)6答案:20 W 15 W1素能演练提升三 (1)平抛运动与圆周运动(时间:60 分钟 满分:100 分)第 Ⅰ 卷(选择题 共 48 分)一、本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分 .在每小题给出的四个选项中,第 1~5 题只有一个选项符合题目要求,第 6~8 题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分 .1.(2015 江苏南通二模)如图所示,河水以相同的速度向右流动,落水者甲随水漂流,至 b 点时,救生员乙从 O 点出发对甲实施救助,则救生员乙相对水的运动方向应为图中的( )A.Oa 方向 B.Ob 方向C.Oc 方向 D.Od 方向解析:人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流,以河水为参考系,落水者甲静止不动,救援者做匀速直线运动,则救援者直接沿着 Ob 方向即可对甲实施救助 .答案:B2.A、 D 分别是斜面的顶端、底端, B、 C 是斜面上的两个点, AB=BC=CD,E 点在 D 点的正上方,与 A 等高 .从 E 点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球,球 1 落在 B 点,球 2 落在 C 点,关于球 1 和球 2从抛出到落在斜面上的运动过程( )A.球 1 和球 2 运动的时间之比为 2∶ 1B.球 1 和球 2 动能增加量之比为 1∶ 3C.球 1 和球 2 抛出时初速度之比为 2∶ 1D.球 1 和球 2 运动时的加速度之比为 1∶ 2解析:因为 AC=2AB,则 AC 的高度差是 AB 高度差的 2 倍,根据 h=gt2得 t=,解得球 1 和球 2 运动的时间比为 1∶ ,故 A 错误;根据动能定理得 mgh=Δ Ek,知球 1 和球 2 动能增加量之比为 1∶ 2,故 B 错误;AC 在水平方向上的位移是 AB 在水平方向位移的 2 倍,结合 x=v0t,解得初速度之比为 2∶ 1,故 C 正确;平抛运动的物体只受重力,加速度为 g,故两球的加速度相同,故 D 错误 .答案:C3.如图所示,有一带电粒子(不计重力)紧贴 A 板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为 U1时,带电粒子沿轨迹 ① 从两板中间飞出;当偏转电压为 U2时,带电粒子沿轨迹 ② 落到 B 板正中间 .设带电粒子两次射入电场的水平速度相同,则电压 U1、 U2之比为( )A.1∶ 1 B.1∶ 2C.1∶ 4 D.1∶ 8解析:设板长为 L,板间距离为 d,水平初速度为 v0,带电粒子的质量为 m,电荷量为 q,两次运动时间分别为 t1、 t2,第一次射入时: L=v0t1,,联立解得 U1=第二次射入时: =v0t2,d=,联立解得 U2=所以 U1∶U 2=1∶ 8,选项 D 正确 .答案:D4.2(2015 湖南永州三模)如图所示, a、 b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出,已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等,斜面底边长是其竖直高度的 2 倍 .若小球 a 能落到半圆轨道上,小球 b 能落到斜面上,则( )A.b 球一定先落在斜面上B.a 球可能垂直落在半圆轨道上C.a、 b 两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D.a、 b 两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上解析:将圆轨道和斜面轨道重合在一起,如图所示,交点为 A,初速度合适,可知小球做平抛运动落在 A 点,则运动的时间相等,即同时落在半圆轨道和斜面上 .若初速度不适中,由图可知,可能小球先落在斜面上,也可能先落在圆轨道上,故 C 正确,A、D 错误 .若 a 球垂直落在半圆轨道上,根据几何关系知,速度方向与水平方向的夹角是位移与水平方向的夹角的 2 倍,而在平抛运动中,某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍,两者相互矛盾,所以 a 球不可能垂直落在半圆轨道上,故 B 错误 .答案:C5.如图所示,一斜面固定在水平地面上,现将一小球从斜面上 P 点以某一初速度水平抛出,它在空中飞行的水平位移是 x1,若将初速度大小变为原来的 2 倍,空中飞行的水平位移是 x2,不计空气阻力 .假设小球落下后不反弹,则 x1和 x2的大小关系一定错误的是( )A.x2=2x1 B.x2=3x1C.x2=4x1 D.x2=5x1解析:小球水平抛出做平抛运动,如果两次抛出小球都落在斜面上,设斜面与水平方向的夹角为 θ ,则有 tan θ= ,解得 t=,故 x=v0t=,因此 =()2=4,即 x2=4x1,C 不符合题意;如果两次抛出小球都落在水平面上,则两次小球下落的高度相同,由 h=gt2可知,两次小球下落的时间相同,故 =2,即 x2=2x1,A 不符合题意;如果第一次小球落在斜面上,而第二次小球落在水平面上,则 2x1C.根据题干所给的条件,可以求得小球回到出发点的正下方时速度的大小和方向D.小球向右运动时下落的高度与向左运动时下落的高度之比为 1∶ 2解析:对小球受力分析知,小球在水平方向做匀减速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,运动轨迹为曲线,A 错;水平方向 Eq=ma,0-=-2ax,x=,要使小球不与右板碰撞,则 dx,B 对;回到出发点的正下方时水平速率为 v0,方向水平向左,运动时间为 t=,竖直速度 vy=gt=,可求出此时的速度,C 对;小球向右运动和向左运动的时间相等,两段时间内的竖直方向位移之比为 1∶ 3,D 错 .答案:BC第 Ⅱ 卷(非选择题 共 52 分)二、本题共 2 小题,共 12 分 .把答案填在相应的横线上或按题目要求作答 .9.(6 分)(2015 河南豫南九校联盟模拟)如图所示,在竖直放置的离心浇铸装置中,电动机带动两个支撑轮同向转动,管状模型放在这两个支撑轮上靠摩擦带动,支撑轮与管状模型间不打滑 .铁水注入之后,由于离心作用,铁水紧紧靠在模型的内壁上,从而可得到密实的铸件,浇铸时支撑轮转速不能过低,否则,铁水会脱离模型内壁,产生次品 .已知管状模型内壁半径为 R,支撑轮的半径为 r,重力加速度为 g,管状模型厚度不计,则支撑轮转动的最小角速度 ω 为 . 4解析:经过最高点的铁水要紧压模型内壁,临界情况是重力恰好提供向心力,根据牛顿第二定律,有mg=m,解得 v=;管状模型转动时边缘的线速度与支撑轮转动时边缘的线速度相等,所以支撑轮的最小角速度 ω=.答案:10.(6 分)“水流星”是一种常见的杂技项目,该运动可以简化为轻绳一端系着小球在竖直平面内的圆周运动模型,如图所示,已知绳长为 l,重力加速度为 g,忽略空气阻力,则当小球在最低点的速度 v0满足 时,小球一定能通过最高点 P,在小球上升过程中机械能 (选填“增大”“减小”或“不变”) . 解析:小球要经过最高点,其速度为 v,满足 mg≤ m,从 Q 到 P 点根据动能定理得 -2mgl=mv2-,联立解得当 v0≥时,小球一定能通过最高点 P,整个过程机械能守恒 .答案: v0≥(3 分) 不变(3 分)三、本题共 2 小题,共 40 分 .解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤 .只写出最后答案的不能得分 .有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位 .11.(18 分)如图,是一次娱乐节目中的一个游戏示意图,游戏装置中有一个光滑圆弧形轨道,高为 h,半径为 R,固定在水平地面上,它的左端切线沿水平方向,左端与竖直墙面间的距离为 x.竖直墙高为H,滑板运动员可从墙面的顶部沿水平方向飞到地面上 .游戏规则是让一滑块从弧形轨道的最高点由静止滑下,当它滑到轨道底端时,滑板运动员立即以某一初速度水平飞出,当滑块在水平面上停止运动时,运动员恰好在滑块处落地,并将滑块捡起就算获胜 .已知滑块到达底端时对轨道的压力大小为F,重力加速度为 g.(不计滑板的长度,运动员看作质点)求:(1)滑块的质量;(2)滑块与地面间的动摩擦因数;(3)滑板运动员要想获胜,他飞出时的初速度多大?解析:(1)设滑块的质量为 m,滑块沿弧面滑动过程机械能守恒,有mgh=mv2(2 分)滑块在弧形轨道最低点时F-mg=m(2 分)联立解得m=.(2 分)(2)设滑块与地面间的动摩擦因数为 μ. 滑块在地面上运动时v=at(1 分)μ mg=ma(1 分)5滑板运动员在竖直方向, H=gt2(1 分)联立解得 μ=. (2 分)(3)设滑板运动员获胜飞出时的初速度为 v0.滑块在水平面上运动时, x1=(2 分)滑板运动员在水平方向, x2=v0t(1 分)又 x1+x2=x(2 分)联立解得v0=).(2 分)答案:(1) (2) (3))12.(22 分)(2015 江苏苏州高三调研)如图所示,一个半径为 R 的圆周的轨道, O 点为圆心, B 为轨道上的一点, OB 与水平方向的夹角为 37°.轨道的左侧与一固定光滑平台相连,在平台上一轻质弹簧左端与竖直挡板相连,弹簧原长时右端在 A 点 .现用一质量为 m 的小球(与弹簧不连接)压缩弹簧至P 点后释放 .已知重力加速度为 g,不计空气阻力 .(1)若小球恰能击中 B 点,求刚释放小球时弹簧的弹性势能;(2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直;(3)改变释放点的位置,求小球落到轨道时动能的最小值 .解析:(1)小球离开 O 点后做平抛运动,设初速度为 v0落在 B 点,有Rcos 37°=v0t(2 分)Rsin 37°=gt2(2 分)解得 v0=(2 分)由机械能守恒,得弹簧的弹性势能Ep=mgR.(2 分)(2)设落点与 O 点的连线与水平方向的夹角为 θ ,小球做平抛运动,有Rcos θ=v 0t,Rsin θ=gt 2(2 分)位移方向与圆弧垂直 tan θ= (2 分)设速度方向与水平方向的夹角为 α ,则tan α== 2tan θ (2 分)所以小物块不能垂直击中圆弧 .(2 分)(3)设落点与 O 点的连线与水平方向的夹角为 θ ,小球做平抛运动,有Rcos θ=v 0t,Rsin θ=gt 2由动能定理,有 mgRsin θ=E k-(2 分)解得 Ek=mgR(2 分)当 sin θ= 时,取最小值 Ekmin=mgR.(2 分)答案:(1) mgR (2)不能 (3)mgR1素能演练提升三 (2)天体运动(时间:60 分钟 满分:100 分)第 Ⅰ 卷(选择题 共 70 分)一、本题共 10 小题,每小题 7 分,共 70 分 .在每小题给出的四个选项中,第 1~7 题只有一个选项符合题目要求,第 8~10 题有多个选项符合题目要求,全部选对的得 7 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分 .1.经国际小行星命名委员会命名的神舟星和杨利伟星的轨道均处在火星和木星轨道之间,它们绕太阳沿椭圆轨道运行,其轨道参数如下表 .远日点 近日点神舟星3.575 AU2.794 AU杨利伟星2.197 AU1.649 AU注:AU 是天文学中的长度单位,1 AU =149 597 870 700 m(大约是地球到太阳的平均距离) .神舟星和杨利伟星绕太阳运行的周期分别为 T1和 T2,它们在近日点的加速度分别为 a1和 a2.则下列说法正确的是( )A.T1T2,a1T2,a1a2 D.T1a2解析:由图表可知,神舟星的近日点和远日点之间的距离较大,其轨道半长轴较大,根据开普勒第三定律可知,其运行周期较大;神舟星近日点到太阳中心的距离较大,所受引力较小,则加速度较小,选项 A 正确 .答案:A2.嫦娥三号在月球正面的虹湾以东地区成功实现软着陆,使我国的探月计划向前迈进了一大步 .已知月球表面的重力加速度为 g,g 为地球表面的重力加速度 .月球半径为 R,引力常量为 G.则下列说法正确的是( )A.嫦娥三号着陆前,在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速度 v=B.嫦娥三号着陆前,在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的周期 T=2πC.月球的质量 m 月 =D.月球的平均密度 ρ=解析:嫦娥三号在月球表面做匀速圆周运动时,由万有引力定律可知 =mg==mR,解得月球质量 m 月 =,故选项 C 错误;线速度 v=,故选项 A 错误;周期 T=2π,故选项 B 正确;密度 ρ= ,故选项 D 错误 .答案:B3.(2015 四川德阳模拟)美国宇航局发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星“开普勒-226”,它每 290 天环绕着一颗类似于太阳的恒星运转一周,距离地球约 600 光年,体积是地球的2.4 倍.已知万有引力常量和地球表面的重力加速度.根据以上信息,下列推理中正确的是( )A.若能观测到该行星的轨道半径,可求出该行星所受的万有引力B.若该行星的密度与地球的密度相等,可求出该行星表面的重力加速度C.根据地球的公转周期与轨道半径,可求出该行星的轨道半径D.若已知该行星的密度和半径,可求出该行星的轨道半径解析:根据万有引力公式 F=G,由于不知道中心天体的质量,无法算出向心力,故选项 A 错误;该行星表面物体的重力等于所受万有引力,即 G=mg,得 g=G.若该行星的密度与地球的密度相等,体积是地球的 2.4 倍,则有 =2.4,,根据,可以求出该行星表面的重力加速度,故选项 B 正确;由于地球与行星不是围绕同一个中心天体做匀速圆周运动,故根据地球的公转周期与轨道半径,无法求出该行星的轨道半径,故选项 C 错误;由于不知道中心天体的质量,已知该行星的密度和半径,无法求出该行星的轨道半径,故选项 D 错误 .答案:B24.质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时,引力势能可表示为 Ep=-,其中 G 为引力常量, M 为地球质量 .该卫星原来在半径为 R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其圆周运动的半径变为 R2,此过程中因摩擦而产生的热量为( )A.GMm() B.GMm()C.) D.)解析:根据万有引力提供向心力可得,人造卫星的动能 Ek=,又 Ep=-,则在半径为 R1的轨道上的机械能E1=Ek1+Ep1=-,在半径为 R2的轨道上的机械能 E2=Ek2+Ep2=-,因摩擦而产生的热量为 Q=E1-E2=),C 项正确 .答案:C5.一物体静置在平均密度为 ρ 的球形天体表面的赤道上 .已知引力常量 G,若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零,则天体自转周期为( )A.( B.(C.( D.(解析:物体与天体表面没有作用力,万有引力作为向心力有 =mR()2,又有 M=ρ π R3,联立以上两式可求得 T=(.答案:D6.(2015 福建泉州模拟)某些卫星因能量耗尽而报废,成为太空垃圾,被称为“垃圾卫星” .“轨道康复者”简称“CX”,是“垃圾卫星”的救星,它可在太空中给“垃圾卫星”补充能量,延长卫星的寿命.假设“CX”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行,运行方向与地球自转方向一致,轨道半径为地球同步卫星轨道半径的,则( )A.“CX”的速度是地球同步卫星速度的倍B.“CX”的加速度是地球同步卫星加速度的 5 倍C.“CX”相对于地球赤道上的观测者向西运动D.“CX”要实现对更低轨道上“垃圾卫星”的拯救必须直接加速解析:由万有引力提供向心力 G=m,得 v=,“CX”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的,故“CX”的速度是地球同步卫星速度的倍,选项 A 正确;由万有引力提供向心力 G=ma,得 a=,故“CX”的加速度是地球同步卫星加速度的 25 倍,选项 B 错误;由万有引力提供向心力 G=mω 2r,得 ω= ,故“CX”的角速度大于同步卫星角速度,即大于地球自转角速度,所以站在赤道上的人用仪器观察到“CX”向东运动,故选项 C 错误;“CX”若在原轨道上加速,则会使得万有引力不足以提供向心力,而做离心运动,会到达更高的轨道,不可能“拯救”更低轨道上的卫星,故选项 D 错误.答案:A7.如图所示, A 是静止在赤道上随地球自转的物体; B、 C 是同在赤道平面内的两颗人造卫星, B 位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上, C 是地球同步卫星 .则下列关系正确的是( )A.物体 A 随地球自转的角速度大于卫星 B 的角速度B.卫星 B 的线速度大于卫星 C 的线速度C.物体 A 随地球自转的加速度大于卫星 C 的加速度D.物体 A 随地球自转的周期大于卫星 C 的周期解析:地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度,所以 ω A=ω C,根据万有引力提供向心力=mω 2r=mr=ma=m,ω= ,所以卫星 B 的角速度大于卫星 C 的角速度,所以物体 A 随地球自转的角速度小于卫星 B 的角速度,故 A 错误; v=,所以卫星 B 的线速度大于卫星 C 的线速度,故 B 正确;根据 a=ω 2r,物体 A 随地球自转的加速度小于卫星 C 的加速度,故 C 错误;地球赤道上的物体与同步卫星 C 有相同的角速度,所以物体 A 随地球自转的周期等于卫星 C 的周期,故 D 错误 .答案:B38.(2015 江苏南通模拟)据报道,一颗来自太阳系外的彗星于 2014 年 10 月 20 日擦火星而过 .如图所示,设火星绕太阳在圆轨道上运动,运动半径为 r,周期为 T.该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力,轨道发生弯曲,彗星与火星在圆轨道的 A 点“擦肩而过” .已知引力常量 G,则( )A.可计算出太阳的质量B.可计算出彗星经过 A 点时受到的引力C.可计算出彗星经过 A 点的速度大小D.可确定彗星在 A 点的速度大于火星绕太阳的速度解析:火星绕太阳在圆轨道上运动,根据万有引力提供向心力知,得 M=,故 A 正确;由于不知道彗星的质量,所以无法求解彗星经过 A 点时受到的引力,故 B 错误;彗星经过 A 点做离心运动,万有引力小于向心力,不能根据 v=求解彗星经过 A 点的速度大小,该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力,轨道发生弯曲,彗星与火星在圆轨道的 A 点“擦肩而过”,所以可确定彗星在 A 点的速度大于火星绕太阳的速度,故 C 错误,D 正确 .答案:AD9.(2015 江苏南京、盐城模拟)据英国《卫报》网站 2015 年 1 月 6 日报道,在太阳系之外,科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星,绕恒星橙矮星运行,命名为“开普勒-438b” .假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的 p 倍,橙矮星的质量为太阳的 q 倍 .则该行星与地球的( )A.轨道半径之比为B.轨道半径之比为C.线速度之比为D.线速度之比为解析:行星公转的向心力由万有引力提供,根据牛顿第二定律,有G=mR解得 R=该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动,其运行的周期为地球运行周期的 p 倍,橙矮星的质量为太阳的 q 倍,故,故 A 正确,B 错误;根据 v=,有,故 C 正确,D 错误 .答案:AC10.假定地球、月球都静止不动,用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器 .假定探测器在地球表面附近脱离火箭 .用 W 表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功,用 Ek表示探测器脱离火箭时的动能 .若不计空气阻力,则( )A.Ek必须大于或等于 W,探测器才能到达月球B.Ek小于 W,探测器也可能到达月球C.Ek=W,探测器一定能到达月球D.Ek=W,探测器一定不能到达月球解析:如图所示,设地球对探测器的引力为 F1,月球对探测器的引力为 F2,O 为 F1=F2的位置,根据万有引力定律有 G=G,又因 M 地 M 月 ,故 r1r2;若能使探测器飞到 O 点,则一定能靠月球的引力飞到月球 .由于引力 F∝,所以探测器飞到 O 点时,克服地球的引力做功 W',即若 Ek=,则探测器不能到达 O 点,不能靠月球的引力到达月球 .答案:BD第 Ⅱ 卷(非选择题 共 30 分)4二、本题共 2 小题,共 30 分 .解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤 .只写出最后答案的不能得分 .有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位 .11.(14 分)图为嫦娥三号探测器在月球上着陆最后阶段的示意图 .在发动机作用下,探测器受到推力在距月面高度为 h1处悬停(速度为 0,h1远小于月球半径);接着推力改变,探测器开始竖直下降,到达距月面高度为 h2处的速度为 v;此后发动机关闭,探测器仅受重力下落至月球表面 .已知探测器总质量为 m(不包括燃料),地球和月球的半径比为 k1,质量比为 k2,地球表面附近的重力加速度为 g,求:(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月球表面时的速度大小;(2)从开始竖直下降到刚接触月球表面时,探测器机械能的变化 .解析:(1)设地球质量和半径分别为 M 和 R,月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M'、 R'和 g',探测器刚接触月球表面时的速度大小为 v1.由 mg'=G(1 分)和 mg=G,(1 分)得 g'=g(2 分)由 -v2=2g'h2(2 分)得 v1=.(2 分)(2)设机械能变化量为 Δ E,动能变化量为 Δ Ek,重力势能变化量为 Δ Ep.由 Δ E=Δ Ek+Δ Ep(2 分)有 Δ E=m(v2+)-mgh1(2 分)得 Δ E=mv2-mg(h1-h2).(2 分)答案:(1) g (2)mv2-mg(h1-h2)12.(16 分)(2015 河南焦作模拟)由于地球的自转,物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同,因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同,在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为 299∶ 300,因此我们通常忽略两者的差异,可认为两者相等 .而有些星球,却不能忽略 .假如某星球因为自转的原因,一物体在赤道上的重力与其在该星球两极点受到的重力大小之比为 7∶ 8,已知该星球的半径为 R.(1)求绕该星球运动的同步卫星的轨道半径 r;(2)已知该星球赤道上的重力加速度大小为 g,引力常量为 G,求该星球的密度 ρ.解析:(1)设物体质量为 m,星球质量为 M,星球的自转周期为 T,物体在星球两极时,万有引力等于重力,即 F 万 =G=G 极 (3 分)物体在星球赤道上随星球自转时,向心力由万有引力的一个分力提供,另一个分力就是重力 G 赤 ,有F 万 =G 赤 +Fn(3 分)因为 G 赤 =G 极 ,得 Fn==mR(2 分)该星球的同步卫星的周期等于自转周期 T,则有G=mr(2 分)联立解得 r=2R.(2 分)(2)在星球赤道上,有 =mg(1 分)可得 M=(1 分)又因星球的体积 V=π R3(1 分)所以该星球的密度 ρ=. (1 分)答案:(1)2 R (2)