最新届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题16+第8专题　数学方法在物理中的应用(2)能力演练优秀名师资料.doc

2011届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题16 第8专题数学方法在物理中的应用(2)能力演练第 1 页 共 8 页 2011届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题16: 第8专题 数学方法在物理中的应用(2)能力演练 一、选择题(10×4分) 1(图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射(当胸章上1 mm铝片和3 mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，则工作人员可能受到了辐射的射线是( ) A(和 B(和 C(和 D(、和 【解析】粒子的穿透能力很弱一张普通的纸就能把它挡住题中无法说明辐射中不含射线能穿透1 mm、3 mm铝片而不能穿透5 mm铅片的是射线若存在射线则5 mm 厚的铅片也能被穿透故A正确( 答案 A 2(在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种(在图甲中有A、B两幅图(在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图乙所示的电路，图乙中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器(以下关于电磁波的发射和接收的说法中，正确的是( ) A(在电磁波的发射技术中，甲图中A是调幅波 B(在电磁波的发射技术中，甲图中B是调幅波 C(在图乙中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻高频通低频 D(在图乙中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低频 【解析】A图象中高频振荡的振幅随信号而变为调幅波B图象中高频振荡的频率随信号而变为调频波A正确检波电路的作用为通低频阻高频故a为电容较小的高频旁路电容器b为高频扼流圈C正确( 答案 AC 3(如图所示，绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，开始时活塞静止在图示位置，现用力使活塞缓慢向右移动一段距离，则在此过程中( ) A(外界对汽缸内气体做正功 B(缸内气体的内能减小 C(缸内气体在单位时间内作用于活塞单位面积冲量增大 第 2 页 共 8 页 D(在单位时间内缸内气体分子与活塞碰撞的次数增加 【解析】体积膨胀气体对外做功内能减小温度降低选项A错误、B正确由体积增大温度降低知单位时间内气体对活塞的碰撞次数减少压强减小选项C、D错误( 答案 B 4(两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0,0.4 s时间内的v,t图象如图所示(若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t分别为2009年高1考?全国理综卷?( ) 1A(和0.30 s B(3和0.30 s 31C(和0.28 s D(3和0.28 s 3v【解析】根据图象的特点可知甲做匀加速运动乙做匀减速运动根据a,得两物tm甲F1F2体加速度大小的关系为3a,a根据牛顿第二定律有,?得,3由a,10 m/s甲乙乙3mmm甲乙乙1,可解得t,0.3 sB正确( 10.4,t1答案 B 5(某物体的v,t图象如图所示，在下列给出的两段时间内，合外力的功和冲量都相同的是( ) A(0,t和t,t 124B(t,t和t,t 1234C(0,t和t,t 224D(0,t和t,t 13412【解析】0，t合外力做功为mv合外力冲量为mvt，t合外力做功和合外力冲量10024212都为0A错误,t，t时间内合外力做功为,mv合外力冲量为mvt，t合外力做功340012212为,mv合外力的冲量,mv0，t时间内合外力做功和合外力冲量都为0(故C正确( 00,22答案 C 6(一列简谐横波沿x轴正向传播，t,0时刻波形如图所示，从图示时刻起经0.5 s时间处于x,2的质点P刚好第二次出现波峰，下列说法正确的是( ) 第 3 页 共 8 页 A(t,0时刻，P质点的速度方向指向y轴正方向 B(Q质点开始振动时，P质点正在波峰 C(t,0.5 s时刻，质点P的加速度方向指向y轴正方向 D(t,0.5 s时刻，Q质点第一次出现波峰 5【解析】t,0时刻P质点正向上振动A正确(又由题意知t,0.5 s,T得T,0.4 04sPQ,8 m,2故Q开始振动时P处于平衡位置向上振动B错误(t,0.5 s时刻P的4位移为正加速度方向为负C错误,经过t,0.5 s波传播s,vt,×0.5,5 mQ正处0.4于波峰D正确( 答案 AD 7(如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B(现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v，使其在水平桌面上运动，则下列0说法中正确的是( ) A(若A、B带同种电荷，B球一定做速度增大的曲线运动 B(若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动 C(若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动 D(若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动 【解析】若A、B带同种电荷库仑力对B球做正功B球做速度增大的曲线运动B2mvkqq0AB的电势能减小又由于AB间距增大故B的加速度减小若A、B为异种电荷当,2rr时B球做匀速圆周运动速度和加速度的大小都不变D正确( 答案 AD 8(某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正(为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a?b?c?d?e?f的顺序做横“?”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( ) 3TA(若粒子的初始位置在a处，在t,时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 8TB(若粒子的初始位置在f处，在t,时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 211C(若粒子的初始位置在e处，在t,T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 8TD(若粒子的初始位置在b处，在t,时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 22m【解析】要使粒子的运动轨迹如图乙所示粒子做圆周运动的轨迹的周期应为T,0qBT,结合左手定则可知选项A、D正确( 2答案 AD 第 4 页 共 8 页 629(水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×10 N/m的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为( ) A(30 m/s B(40 m/s C(45 m/s D(60 m/s 【解析】建立如图所示模型设水柱面积为S由动量定理: F?t,0,(S?v?t)×(,v) 00F2可得压强:p,v 0Sp故使煤层破碎的速度至少应为v,60 m/s( 0答案 D 10(如图甲所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v向右送0上水平台面，物块前端在台面上滑动s距离停下来(已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为而且s>L，则物块的初速度v为( ) 0甲 A(2gL B(2gs,gL C(2gs D(2gs，gL 【解析】 物块位移在由0增大到L的过程中对台面的压力随位移由0均匀的增加至mg故整个过的摩擦力的大小随位移变化的图象如图乙所示图中梯形“面积”即为物块克服摩擦力所做的功( 乙 112由动能定理得:mg(s,L，s),mv 022可解得v,2gs,gL( 0答案 B 二、非选择题(共60分) 11(6分)某实验小组拟用如图甲所示的装置研究滑块的运动(实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板以及由漏斗和细线组成的单摆等(实验中，滑块在钩码的作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆沿垂直于纸带运动的方向摆动，漏斗漏出的有色液体第 5 页 共 8 页 在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置(2008年高考?重庆理综卷 (1)在图乙中，从_纸带可看出滑块的加速度和速度的方向一致( (2)用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有:_、_(写出2个即可) 【解析】要使速度和加速度的方向相同则必须选纸带B因为B中相等的时间内纸带运动的距离越来越大( 答案 (1)B (2分) (2)摆长测量 漏斗的重心变化(或液体痕迹偏粗、阻力变化等) (每空2分) 12(9分)用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器的充电电压为U时，所带的电荷量为Q，从而再求出待测电容器的电容C(某同学的实验情况如下: A(按图甲所示的电路连接好实验电路; B(接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I,490 A 及电压表的示数U,6.2 V，I和U分别是电容器放电的初0000始电流和电压; C(断开开关S，同时开始计时，每隔5 s或10 s测一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据(10组)在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上描点，即图乙中用“×”表示的点( (1)实验中，电阻箱所用的阻值R,_( (2)试根据上述实验结果，在图乙中作出电容器放电的I,t 图象( (3)经估算，该电容器两端的电压为U时所带的电荷量Q约为_C;该电容器的电00容C约为_F( 【解析】由Q,I?t知电荷量为I,t图象与坐标轴所包围的面积计面积时可数格数(四舍五入)( 4答案 (1)1.3×10 (3分) (2)用平滑曲线连接 (2分) ,33(3)(8.0，9.0)×10 (1.29，1.45)×10 (每空2分) 13(10分)质量为60 kg的消防队员从一根竖直的轻绳上由静止滑下，经2.5 s落地(轻2绳受到的拉力变化情况如图甲所示，取g,10 m/s(在消防队员下滑的过程中 (1)其最大速度和落地速度各是多大, (2)在图乙中画出其v,t图象( (3)其克服摩擦力做的功是多少, 第 6 页 共 8 页 【解析】(1)设该队员先在t,1 s的时间内以加速度a匀加速下滑然后在t,1.5 s的112时间内以加速度a匀减速下滑 2第1 s内由牛顿第二定律得: mg,F,ma (1分) 11最大速度v,at (1分) m11代入数据解得:v,4 m/s (1分) m后1.5 s内由牛顿第二定律得: F,mg,ma 22该队员落地时的速度v,v,at (1分) m22代入数据解得:v,1 m/s( (2)图象如图丙所示( (2分) 12(3)该队员在第1 s内下滑的高度h,at (1分) 111212该队员在后1.5 s内下滑的高度h,vt,at (1分) 2m2222由动能定理得: 12mg(h，h),W,mv (1分) 12f2代入数据解得:W,3420 J( (1分) f丙 答案 (1)最大速度为4 m/s落地速度为1 m/s (2)如图丙所示 (3)3420 J 14(11分)A、B两小球由柔软的细线相连，线长L,6 m，现将A、B球先后以相同的2初速度v,4.5 m/s从同一地点水平抛出(先A、后B)，相隔时间t,0.8 s(取g,10 m/s，00问: (1)B球抛出后经过多长时间细线刚好被拉直,(线拉直时，两球都未落地) (2)细线刚被拉直时，A、B两球的水平位移(相对抛出点)各为多大, 【解析】(1)A球先抛出0.8 s时间内 水平位移s,vt,4.5×0.8 m,3.6 m (1分) 0001122竖直位移:h,gt,×10×0.8 m,3.2 m (1分) 022A、B球都抛出后若A球以B球为参照物则水平方向相对速度为:v,0竖直方ABx向上A相对B的速度为: v,gt,8 m/s (1分) ABy0设B球抛出后经过时间t线被拉直则有: 第 7 页 共 8 页 222(h，v?t)，s,L (2分) 0ABy0解得:t,0.2 s( (1分) (2)至线拉直A球运动的总时间: t,t，t,1 s (2分) A0故A球的水平位移s,vt,4.5 m (2分) A0At,0.9 m (1分) B球的水平位移s,vB0答案 (1)0.2 s (2)4.5 m 0.9 m 15(12分)光滑平行的金属导轨MN和PQ的间距L,1.0 m，它们与水平面之间的夹角,30?，匀强磁场的磁感应强度B,2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，M、P间连接有阻值0 的电阻，其他电阻不计，质量m,2.0 kg的金属杆ab垂直于导轨放置，如图甲所R,2.示(用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，其v,t图象如图乙所示(取2g,10 m/s，设导轨足够长( (1)求恒力F的大小( (2)金属杆的速度为2.0 m/s时，加速度为多大, (3)根据v,t图象估算在前0.8 s内电阻上产生的热量( 【解析】(1)由图乙知杆运动的最大速度v,4 m/s (2分) m此时有:F,mgsin ，F 安22BLvm,mgsin ， (1分) R代入数据得:F,18 N( (1分) (2)对杆进行受力分析如图丙所示由牛顿第二定律可得: 丙 F,F,mgsin ,ma (1分) 安22BLvF,mgsin Ra, m2代入数据得:a,2.0 m/s( (1分) (3)由图乙可知0.8 s末金属杆的速度v,2.2 m/s (1分) 1前 0.8 s 内图线与t轴所包围的小方格的个数约为27面积为27×0.2×0.2,1.08即前0.8 s内金属杆的位移为: s,1.08 m (2分) 第 8 页 共 8 页 由能的转化与守恒定律得: 12Q,Fs,mgssin ,mv (2分) 12代入数据得:Q,3.80 J( (1分) 2答案 (1)18 N (2)2.0 m/s (3)3.80 J 16(12分)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻2璃，它的上下底面是面积S,0.04 m的金属板，间距L,0.05 m，当连接到U,2500 V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示(现把一定量均匀分布的313烟尘颗粒密闭在容器内，每1 m 有烟尘颗粒1×10个，假设这些颗粒都处于静止状态，,1715每个颗粒的带电荷量q,，1.0×10 C，质量m,2.0×10 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相11.弧长及扇形的面积互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受的重力(问合上开关后: 弦和直径： 弦：连接圆上任意两点的线段叫做弦。 直径：经过圆心的弦叫做直径。(2)扇形定义:一条弧和经过这条弧的端点的两条半径所组成的图形叫做扇形.(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附, 4.坡度：如图2，坡面与水平面的夹角叫做坡角坡角的正切称为坡度 (或坡比)。用字母i表示，即(2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功, (3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大, 186.257.1期末总复习及考试【解析】(1)由题意可知只要位于上板表面的烟尘能被吸附到下板烟尘即被认为全qU部吸收(设经过时间t烟尘颗粒可以被全部吸附烟尘所受的电场力F, (1分) L211FqUt22L,at,?t, (2分) 22m2mL2m得:t,L,0.02 s( (1分) qU二特殊角的三角函数值(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布可以认为烟尘的质心位于板间中点位置因此除尘（2）抛物线与x轴的交点情况可以由对应的一元二次方程的根的判别式判定：过程中电场力对烟尘所做的总功为: 平方关系：商数关系：1,4W,NSLqU,2.5×10 J( (3分) 2(3)设烟尘颗粒下落的距离为x则板内烟尘的总动能为: 1qU2E,mv?NS(L,x),x?NS(L,x) (1分) k2LL当x,时E达最大 (1分) k2其中点在圆上的数量特征是重点，它可用来证明若干个点共圆，方法就是证明这几个点与一个定点、的距离相等。12又x,at (1分) 122xm所以t,L,0.014 s( (2分) 1aqU,4答案 (1)0.02 s (2)2.5×10 J (3)0.014s