《高三物理高考二輪專題復習專題達標測試專題4《功能關系的應用》》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三物理高考二輪專題復習專題達標測試專題4《功能關系的應用》（29頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題達標測試專題達標測試一、選擇題一、選擇題 (每小題每小題5分分,共共60分分)1.(2009遼寧省普通高校招生統(tǒng)一考試測試遼寧省普通高校招生統(tǒng)一考試測試)如圖如圖4-1 所示所示,斜面體固定在水平地面上斜面體固定在水平地面上,用一根輕繩跨過定用一根輕繩跨過定 滑輪連接甲、乙兩滑塊滑輪連接甲、乙兩滑塊,使其靜止于兩斜面等高處使其靜止于兩斜面等高處, 輕繩均與斜面平行輕繩均與斜面平行.甲、乙可看成質(zhì)點甲、乙可看成質(zhì)點,不計一切摩不計一切摩 擦擦.若剪斷輕繩若剪斷輕繩(sin 37=0.6,sin 53=0.8) ( )A.甲、乙落地時的速度大小相等甲、乙落地時的速度大小相等B.甲、乙落地時的動
2、能之比為甲、乙落地時的動能之比為4 3C.甲、乙落地時重力的功率之比為甲、乙落地時重力的功率之比為1 1D.甲、乙在下滑過程中重力做功相等甲、乙在下滑過程中重力做功相等圖圖4-1答案答案ABC解析解析 m m甲甲g gsin 37=m m乙乙g gsin 53, m m甲甲= m m乙乙,3m m甲甲=4m m乙乙,由機械能守恒定律知由機械能守恒定律知A、B正確正確, ,D錯錯; ;由由于于P P=mgmgv vsin得得 ,C正確正確.5354153sin37sin乙乙甲甲甲甲mmPP乙2.如圖如圖4-2所示所示,表面粗糙的斜面固定于地面上表面粗糙的斜面固定于地面上,并處并處 于方向垂直紙面
3、向外、強度為于方向垂直紙面向外、強度為B B的勻強磁場中的勻強磁場中,質(zhì)質(zhì) 量為量為m m、帶電荷量為、帶電荷量為+Q Q的小滑的小滑 塊從斜面頂端由靜止下滑塊從斜面頂端由靜止下滑.在滑在滑 塊下滑的過程中塊下滑的過程中,下列判斷正確下列判斷正確 的是的是 ( )圖圖4-2A.滑塊受到的摩擦力不變滑塊受到的摩擦力不變B.滑塊到達地面時的動能與滑塊到達地面時的動能與B B的大小無關的大小無關C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D.B B很大時很大時,滑塊可能靜止于斜面上滑塊可能靜止于斜面上解析解析 滑塊下滑的過程中滑塊下滑的過程中, ,受力分析如受力分析如右圖
4、所示右圖所示, ,C對對; ;摩擦力摩擦力F Ff=F FN,而而F FN=G G2+F F洛洛=G G2+q qv vB B,由于由于G G2不變不變,v v增大增大, ,故故F FN增大增大, ,F Ff增大增大,A錯錯; ;由于摩擦力的大小與由于摩擦力的大小與B B有關有關, ,而滑塊到達地面時的而滑塊到達地面時的動能與重力做功和摩擦力做功有關動能與重力做功和摩擦力做功有關, ,故故B錯錯; ;若若B B很大很大時時, ,摩擦力增大較快摩擦力增大較快, ,當摩擦力增大到當摩擦力增大到F Ff=G G1之后之后, ,滑塊滑塊將保持勻速將保持勻速, ,不可能靜止于斜面上不可能靜止于斜面上,
5、,D錯錯. .答案答案 C3.(2009杭州市模擬三杭州市模擬三)如圖如圖4-3所示所示, 下端固定在地面上的豎直輕彈簧下端固定在地面上的豎直輕彈簧,從從 它的正上方它的正上方H H高處有一物塊自由落高處有一物塊自由落 下下,落到彈簧上后將彈簧壓縮落到彈簧上后將彈簧壓縮.如果如果 分別從分別從H H1和和H H2(H H1H H2)高處釋放物塊高處釋放物塊,物塊落到彈物塊落到彈 簧上將彈簧壓縮的過程中獲得的最大動能分別是簧上將彈簧壓縮的過程中獲得的最大動能分別是 E Ek1和和E Ek2,在具有最大動能時刻的重力勢能分別是在具有最大動能時刻的重力勢能分別是 E Ep1和和E Ep2(以地面為參
6、照系以地面為參照系),那么有那么有 ( )圖圖4-3A.E Ek1=E Ek2,E Ep1=E Ep2 B.E Ek1E Ek2,E Ep1E Ep2C.E Ek1E Ek2,E Ep1=E Ep2 D.E Ek1E Ek2,E Ep1mgmg,功率功率P PF FT Tmgmgv vsin,D錯錯. .11.如圖如圖4-11所示所示,虛線虛線EFEF的下方存在著正交的勻強電的下方存在著正交的勻強電 場和勻強磁場場和勻強磁場,電場強度為電場強度為E E,磁感應磁感應 強度為強度為B B.一帶電微粒自離一帶電微粒自離EFEF為為h h的的 高處由靜止下落高處由靜止下落,從從B B點進入場區(qū)點進入
7、場區(qū), 做了一段勻速圓周運動做了一段勻速圓周運動,從從D D點射點射 出出.下列說法正確的是下列說法正確的是 ( ) A.微粒受到的靜電力的方向一定豎直向上微粒受到的靜電力的方向一定豎直向上 B.微粒做圓周運動的半徑為微粒做圓周運動的半徑為 C.從從B B點運動到點運動到D D點的過程中微粒的電勢能先增大點的過程中微粒的電勢能先增大 后減小后減小 D.從從B B點運動到點運動到D D點的過程中微粒的電勢能和重力點的過程中微粒的電勢能和重力 勢能之和在最低點勢能之和在最低點C C最小最小圖圖4-11ghBE2答案答案 ABC解析解析 由由v v2=2ghgh,得到得到粒子做勻速圓周運動粒子做勻速
8、圓周運動, ,可以判斷可以判斷qEqE=mgmg,可得可得根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以推出圓周運動半徑為可以推出圓周運動半徑為根據(jù)靜電力向上根據(jù)靜電力向上, ,所以從所以從B B點運動到點運動到D D點的過程中微粒點的過程中微粒的電勢能先增大后減小的電勢能先增大后減小; ;電勢能加重力勢能再加粒子電勢能加重力勢能再加粒子的動能守恒的動能守恒, ,所以所以B B點運動到點運動到D D點的過程中電勢能和重點的過程中電勢能和重力勢能之和不變力勢能之和不變. .2ghv gqEm rvv2mBqghBE212.(2009福建福建18)如圖如圖4-12所示所示,固定放置在同一水固定放
9、置在同一水 平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導軌的間距為平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導軌的間距為d d,其右其右 端接有阻值為端接有阻值為R R的電阻的電阻,整個裝置處在豎直向上磁整個裝置處在豎直向上磁 感應強度大小為感應強度大小為B B的勻強磁場中的勻強磁場中.一質(zhì)量為一質(zhì)量為m m(質(zhì)量質(zhì)量 分布均勻分布均勻)的導體桿的導體桿abab垂直于導軌放置垂直于導軌放置,且與兩導且與兩導 軌保持良好接觸軌保持良好接觸,桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為. 現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F F作用下從靜止作用下從靜止 開始沿導軌運動距離開始沿導軌運動距離l l時時
10、,速度速度 恰好達到最大恰好達到最大(運動過程中桿運動過程中桿 始終與導軌保持垂直始終與導軌保持垂直).設桿接設桿接 入電路的電阻為入電路的電阻為r r,導軌電阻不導軌電阻不 計計,重力加速度大小為重力加速度大小為g g.則此過程則此過程 ( )圖圖4-12A.桿的速度最大值為桿的速度最大值為B.流過電阻流過電阻R R的電量為的電量為C.恒力恒力F F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變 化量化量D.恒力恒力F F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變 化量化量22)(dBRmgFrRBdl答案答案 BD解析解析 當
11、當v v最大時有最大時有F F=F Ff+F F安安,即即F F=mgmg+ ,v v= ;通過電阻通過電阻R R的電量的電量q q= ;由動能定理有由動能定理有WWF+WWf+WWF F安安=E Ek,其中其中WWf0,WWF安安0,故故B、D對對. .rRv22dB22)(dBrRmgFrRBdlrR二、解答題二、解答題(每小題每小題10分分,共共40分分)13.一靜止的物體所受到的合外力一靜止的物體所受到的合外力 隨時間的變化關系如圖隨時間的變化關系如圖4-13所所 示示,圖中圖中F F1、F F2未知未知,已知物體已知物體 從從t t=0時刻出發(fā)時刻出發(fā),在在3t t0時刻恰又時刻恰又
12、 返回到出發(fā)點返回到出發(fā)點.試求試求: (1)t t0時刻物體的速度時刻物體的速度v v1與與3t t0時刻物體的速度時刻物體的速度v v2 之比之比. (2)F F1與與F F2之比之比.圖圖4-13解析解析 (1)由圖可知由圖可知F F1作用時間為作用時間為t t0,物體做勻加速運動物體做勻加速運動, ,然后改為反向然后改為反向F F2作用時間為作用時間為2t t0,物體先減速再反向物體先減速再反向加速至出發(fā)點加速至出發(fā)點.設設F F1作用下物體的位移為作用下物體的位移為s s,則有則有 F F2作用下物體的位移為作用下物體的位移為-s-s,有有 聯(lián)立聯(lián)立可得可得 (2)對于對于F F1作
13、用的過程作用的過程, ,根據(jù)動能定理有根據(jù)動能定理有 對于對于F F2作用的過程作用的過程, ,根據(jù)動能定理有根據(jù)動能定理有 由由得得012tsv02122）-（tsvv 3221vv21121vmsF212222121vvmmsF5421FF答案答案 (1)2 3 (2)4 514.(2009大連市第二次模擬大連市第二次模擬)如圖如圖4-14所示所示,一個半徑一個半徑 為為R R=0.3 m的半圓形輕質(zhì)彎管上固定有兩個小球的半圓形輕質(zhì)彎管上固定有兩個小球 A A、B B,C C為彎管的圓心為彎管的圓心,ACACOBOB,彎管可以繞左端轉(zhuǎn)彎管可以繞左端轉(zhuǎn) 軸軸O O在豎直平面內(nèi)無摩擦自由轉(zhuǎn)動在
14、豎直平面內(nèi)無摩擦自由轉(zhuǎn)動.已知已知m mA A=2 kg, m mB B=1 kg,取取g g=10 m/s2,由靜止開始釋放此裝置由靜止開始釋放此裝置,則則 (1)當當B B球擺到最低點時系統(tǒng)減少的重力勢能是球擺到最低點時系統(tǒng)減少的重力勢能是 多大多大? (2)當當A A球擺到最低點時球擺到最低點時,A A的動能是多大的動能是多大?圖圖4-14解析解析 (1)B B球到達最低點時球到達最低點時, ,系統(tǒng)減少的機械能系統(tǒng)減少的機械能E E=m mA AghghA A1 1+m mB BghghB B1 1h hA A1 1、h hB B1 1分別為分別為A A、B B兩球下落的高度兩球下落的高
15、度, ,因為因為h hA A1=2R R,h hB B1=2R R所以所以E E=18 J(2)A A球到達最低點時球到達最低點時, ,由系統(tǒng)機械能守恒得由系統(tǒng)機械能守恒得m mA AghghA A2+m mB BghghB B2= m mA Av vA A2+ m mB Bv vB B2A A、B B具有相同的角速度具有相同的角速度, ,轉(zhuǎn)動半徑轉(zhuǎn)動半徑 ,r ,rB B= =2 2R R所以所以 v vA A=v vB BA A、B B下落的高度分別為下落的高度分別為 ，可得可得E EkA A= m mA Av vA A29.3 J2121RrA22RRhA22RhB22答案答案 (1)1
16、8 J (2)9.3 J2115.(2009成都市第三次診斷性檢測成都市第三次診斷性檢測) )如圖如圖4-15所示所示,兩兩 條足夠長的平行光滑導軌條足夠長的平行光滑導軌MNMN和和PQPQ之間的寬度為之間的寬度為L L, 處于同一豎直平面內(nèi)處于同一豎直平面內(nèi),MPMP間接有阻值為間接有阻值為R R的電阻的電阻. 輕質(zhì)金屬桿輕質(zhì)金屬桿abab長為長為2L L,緊貼導軌豎直放置并與導軌緊貼導軌豎直放置并與導軌 接觸良好接觸良好,離離a a端端 處固定有質(zhì)量為處固定有質(zhì)量為m m的小球的小球(可視可視 為質(zhì)點為質(zhì)點),整個裝置處于磁感應強度為整個裝置處于磁感應強度為B B并與導軌平并與導軌平 面垂
17、直的勻強磁場中面垂直的勻強磁場中,當當abab桿由靜止開始緊貼導軌桿由靜止開始緊貼導軌 繞繞a a端固定軸向右倒下至水端固定軸向右倒下至水 平位置時平位置時,球的速度為球的速度為v v.若導若導 軌及金屬桿電阻不計軌及金屬桿電阻不計,忽略各忽略各 處的摩擦處的摩擦,重力加速度為重力加速度為g g,則則2L圖圖4-15在金屬桿在金屬桿b b端即將脫離導軌端即將脫離導軌MNMN的瞬間的瞬間.求求:(1)小球的速度大小小球的速度大小.(2)電阻電阻R R的電功率的電功率.解析解析 (1)設設b b端即將脫離端即將脫離MNMN時的速度為時的速度為v v0.在金屬在金屬桿的桿的b b端即將脫離端即將脫離
18、MNMN至至abab桿倒下至水平位置的過程桿倒下至水平位置的過程中中, ,以小球為研究對象以小球為研究對象, ,由題中條件可知由題中條件可知:b b端即將脫離端即將脫離導軌導軌MNMN時時, ,abab桿與桿與PQPQ的夾角為的夾角為30根據(jù)機械能守恒有根據(jù)機械能守恒有mgLmgLsin30+ m mv v02= m mv v2解得解得(2)因為桿和球轉(zhuǎn)動的角速度相同因為桿和球轉(zhuǎn)動的角速度相同所以所以,b b端即將脫離導軌端即將脫離導軌MNMN時時, ,桿中點的速度桿中點的速度212121220gLvvv v1=2v v0=感應電動勢感應電動勢E E=2BLBLv v1功率功率222gLvRg
19、LLBRLBREP)2(16422221222vv16.(2009山東調(diào)研山東調(diào)研)如圖如圖4-16所示所示,PRPR是一長是一長L L=0.64 m 的絕緣平板的絕緣平板,且固定在水平地面上且固定在水平地面上,擋板擋板R R固定在平板固定在平板 的右端的右端.整個空間有一個平行于整個空間有一個平行于PRPR的勻強電場的勻強電場E E,在板在板 的右半部分有一個垂直紙面向里的勻強磁場的右半部分有一個垂直紙面向里的勻強磁場B B,磁場磁場 的寬度的寬度d d=0.32 m.一個質(zhì)量一個質(zhì)量m m=0.5010-3 kg、電荷、電荷 量量q q=5.010-2 C的小物體的小物體,從板的從板的P
20、P端由靜止開始向端由靜止開始向 右做勻加速直線運動右做勻加速直線運動,從從D D點進入磁場后恰能做勻速點進入磁場后恰能做勻速 直線運動直線運動.當物體碰到擋板當物體碰到擋板R R后被彈回后被彈回,若在碰撞瞬間若在碰撞瞬間 撤去電場撤去電場(不計撤掉電場對原磁場的影響不計撤掉電場對原磁場的影響),物體返回物體返回 答案答案 (1) (2)gL212vRgLLB)2(16222v時在磁場中仍做勻速運動時在磁場中仍做勻速運動,離開磁場后做減速運動離開磁場后做減速運動,停停在在C C點點,已知已知 .若物體與平板間的動摩擦因數(shù)若物體與平板間的動摩擦因數(shù)=0.20(g g取取10 m/s2).4LPC
21、圖圖4-16(1)判斷電場的方向及物體帶正電還是帶負電判斷電場的方向及物體帶正電還是帶負電.(2)求磁感應強度求磁感應強度B B的大小的大小.(3)求物體與擋板碰撞過程中損失的機械能求物體與擋板碰撞過程中損失的機械能.解析解析 (1)物體由靜止開始向右做勻加速直線運動物體由靜止開始向右做勻加速直線運動, ,證證明靜電力向右且大于摩擦力明靜電力向右且大于摩擦力. .進入磁場后做勻速直線進入磁場后做勻速直線運動運動, ,說明它受的摩擦力增大說明它受的摩擦力增大, ,證明它受的洛倫茲力證明它受的洛倫茲力垂直平板向下垂直平板向下. .由左手定則判斷由左手定則判斷, ,物體一定帶負電物體一定帶負電. .
22、物體帶負電而所受靜電力方向向右物體帶負電而所受靜電力方向向右, ,所以電場的方向所以電場的方向一定水平向左一定水平向左. .(2)設物體被擋板彈回后做勻速直線運動的速度為設物體被擋板彈回后做勻速直線運動的速度為v v2,從離開磁場到停在從離開磁場到停在C C點的過程中點的過程中, ,物體在摩擦力的作物體在摩擦力的作用下做減速運動用下做減速運動, ,直至靜止直至靜止, ,根據(jù)動能定理有根據(jù)動能定理有-mg mg =0- m mv v22,解得解得v v2=0.80 m/s.物體與擋板碰撞瞬間撤去電場后物體與擋板碰撞瞬間撤去電場后, ,物體返回時在磁場物體返回時在磁場4L21中做勻速直線運動中做勻
23、速直線運動, ,根據(jù)受力平衡可有根據(jù)受力平衡可有mgmg=q qv v2B B,解得解得B B=0.125 T.(3)設從設從D D點進入磁場時的速度為點進入磁場時的速度為v v1,根據(jù)動能定理有根據(jù)動能定理有qEqE L L-mgmg L L= m mv v12物體從物體從D D到到R R做勻速直線運動受力平衡有做勻速直線運動受力平衡有qEqE=(mgmg+q qv v1B B)解得解得v v1=1.6 m/s所以物體與擋板碰撞過程中損失的機械能為所以物體與擋板碰撞過程中損失的機械能為E E= m mv v12- m mv v22解得解得E E=4.810-4 J2121212121答案答案 (1)電場方向水平向左電場方向水平向左 帶負電帶負電 (2)0.125 T(3)4.810-4 J返回
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