2012高考物理一轮复习基础测试题 (9)

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高考物理一轮复习基础测试题答案与解析

2012年高考物理一轮复习基础测试题答案与解析（13）1.解析：单摆的摆球在振动过程中沿圆弧运动，到达平衡位置时受到重力和绳子的拉力作用，两力均沿竖直方向，因物体做圆周运动需要向心力，故摆球所受的合力不为零，故A错误；据狭义相对论的基本假设可知B正确；波在传播的过程中，波源质点及介质质点在各自的平衡位置附近做机械振动，它们并不随波迁移，波传播的是机械振动这种运动形式，故C错误；两列波叠加产生干涉现象时，振动加强的点始终加强，振动减弱的点始终减弱，故D错误．答案：B2. 解析：电磁波由真空进入介质时频率不变，但波速变小，据v＝λf分析可知其波长将变短，所以A错误；设火箭的速度为v，与火箭相对静止的人认为火箭的长为l0、时间间隔为ΔT，那么地面上的人看到火箭的长度l＝l01－(vc)2，可知l<l0，火箭变短，又由Δt＝ΔT1－(vc)2，可知Δt>ΔT，时间进程变慢，而火箭上的人观察到火箭的长度和时间进程均无变化，故B正确；做简谐运动的单摆，摆球相继两次通过同一位置时速度大小相等但方向相反，故C 错误；D为麦克斯韦的电磁场理论，D正确．答案：BD3. 解析：(1)电磁波的能量随波的频率的增大而增大；电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，而机械波不能在真空中传播；从空气进入水的过程中，机械波的传播速度增大，而电磁波的传播速度减小．(2)由折射率n＝sin θ1sin θ2知n a＞n b，又n＝c v，故v a＜v b；根据sin C＝1n可知，a光的临界角较小，当入射光线由AO转到BO时，出射光线中a最先消失．玻璃对a光的折射率n＝1sin(90°－α)＝1cos α.答案：(1)增大不能能增大减小(2)＜a1 cos α4. 解析：(1)太阳能电池实现光能与电能的转换，C对，A、B、D错．(2)微波是某一频率的电磁波，C对，A、B、D错．(3)飞机外壳可以反射微波，使飞机安全，A对，B、C、D错．(4)微波是频率很高的电磁波，在生物体内可引起热效应，由于太阳能卫星电站的功率很大，产生的热量足以将鸟热死．答案：(1)C (2)C (3)A (4)D5. 解析：设光线P经折射后经过B点，光路如右图所示．根据折射定律n＝sin αsin β＝ 3在△OBC中，sin βR ＝sin α2R·cos β可得β＝30°，α＝60°，所以CD＝R sin α＝32R.答案：3 2 R6. 解析：由图可知该波的波长为8L，由波的传播方向可推知质点9在Δt 时刻的振动方向向上，而t＝0时刻波刚传到质点1时其振动方向是向下的，由此可见质点9并非是Δt时刻波的前沿，由题意知(b)所示是经Δt时间第一次出现的波形，可知Δt时刻在质点9的右侧还应有半个波长的波形未画出来，即经Δt波应从质点1传播到质点13.(未画出)传播的距离Δx＝1.5λ＝12L，故波速v＝ΔxΔt＝12L Δt，波的周期T＝λv＝8L12LΔt ＝2Δt3.答案：(1)8L(2)2Δt 37. 解析：如图所示，当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光板边缘O的那条光线的入射角最小．若线光源底端在A点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端，设过O点液面的法线为OO1，则∠AOO1＝α其中α为此液体到空气的全反射临界角．由折射定律有sin α＝1 n ①同理，若线光源顶端在B1点时，通过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则∠B 1OO1＝α.设此时线光源底端位于B点．由图中几何关系可得sin α＝A BAB1②联立①②式得n＝A B2＋B B21A B③由题给条件可知A B＝8.0 cm B B1＝6.0 cm代入③式得n ＝1.25. 答案：1.258. 解析：横波沿x 轴正方向传播，x ＝－1 m 处质点向上振动，经过T4到达波峰位置，x ＝1 m 处的质点向下振动，经过3T4到达波峰位置，故x ＝1 m 处质点后到达波峰位置；根据v ＝λT，可以求出T ＝0.4 s ，而要使经过Δt 时间－3 m ～3 m 区间内的波形与t 0时刻的正好相同，时间必须是周期的整数倍，即Δt ＝nT ＝0.4n (n ＝1、2、3、…)．答案：后 0.4n (n ＝1、2、3、…)9. 解析：(1)用双缝干涉测光的波长时，光具座上元件安装的顺序应该为白炽灯、滤光片、单缝、双缝、光屏，故顺序应为A 、E 、B 、D 、C ；(2)Δx ＝L dλ，因只改变光的波长，其他条件不变，而λ红>λ绿，故a >b . 答案：(1)E 、B 、D 、C (2)大于10. 解析：欲使鱼塘在贮满水的情况下，阳光可以照射到整个底部，折射光线与底部的夹角须大于等于α，故折射角r ≤π2－α；又入射角i ＝π2－θ，根据n＝sin i sin r 得n ≥sin (π2－θ)sin (π2－α)，解得n ≥cos θcos α，即cos α≥cos θn .答案：cos α≥cos θn11. 解析：设脉冲信号的周期为T ，从显示的波形可以看出，图2中横向每一分度(即两条长竖线间的距离)所表示的时间间隔为Δt ＝T2①其中T ＝1f②对比图2中上、下两列波形，可知信号在液体中从发射器传播到接收器所用的时间为t＝(Δt)(2n＋1.6)，其中n＝0,1,2…③液体中的声速为v＝xt④联立①②③④式，代入已知条件并考虑到所测声速应在1 300～1 600 m/s 之间，得v＝1.4×103 m/s.答案：1.4×103 m/s12. 解析：(1)由Δx＝lλd可知，当d减小，Δx将增大；当l增大时，Δx增大；当把绿光换为红光时，λ增长，Δx增大．(2)波1和2的周期均为1 s，它们的波长为：λ1＝λ2＝v T＝20 cm.由于BP＝2λ，CP＝2.5λ.t＝0时刻B质点的位移为0且向上振动，经过2.5T波1传播到P质点并引起P质点振动12T，此时其位移为0振动方向向下；t＝0时刻C质点的位移为0且向下振动，经过2.5T波2刚好传到P质点，P质点的位移为0，振动方向也向下；所以两列波在P质点引起的振动是加强的，P质点振幅为两列波分别引起的振幅之和，为70 cm，A正确．答案：(1)①增大②增大③增大(2)A。

人教版高考物理一轮总复习课后习题小题增分特训(2)相互作用

小题增分特训(二)相互作用1.在城市楼房的建筑工地上经常见到塔吊,工人师傅在安装塔吊时,常在塔吊臂的未装滑轮端安装一个大的铁箱,并在铁箱内装入很重的沙子(如图所示),其主要目的是( )A.为了左右对称,美观B.增加塔吊重量,防止被风吹得左右摇摆C.防止沙子不够用,做临时补充D.使塔吊起吊建材时重心落在竖直固定架上,工作起来更加平衡、安全2.某次羽毛球比赛的情境如图所示,下列说法正确的是( )A.研究运动员回击羽毛球动作时,羽毛球可以看成质点B.运动员击球时,球拍对羽毛球的作用力大于羽毛球对球拍的作用力C.运动员击球时,球拍对羽毛球的弹力是因为球拍发生了形变D.运动员击球后,羽毛球在空中继续向前运动时受到重力、弹力和阻力3.舞蹈《锦绣》艺术地再现了古代戍边将士与西域各民族化干戈为玉帛并建立深厚友谊的动人故事。

图甲是一个优美且难度极大的后仰动作,人后仰平衡时,可粗略认为头受到重力G、肌肉拉力F2和颈椎支持力F1。

如图乙所示,若弯曲后的头颈与水平方向成60°角,F2与水平方向成45°角,则可估算出F1的大小为( )A.(√3+1)GB.(√3-1)GC.(√3+2)GD.(√3-2)G4.(浙江北斗星联盟高三选考模拟)如图所示,有两本书叠放在一起静止放置于倾角为θ的倾斜桌面上,上面书本质量为m0,下面书本质量为m,下面书本有二分之一伸出桌面,桌面与书本之间的动摩擦因数为μ1,书本与书本之间的动摩擦因数为μ2,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。

下列说法正确的是( )mgcos θ+m0gcos θA.下面书本受到的支持力大小为12B.桌面对上面书本的作用力方向一定竖直向上C.逐渐增大桌面倾斜的角度,上面书本一定比下面书本先滑动D.上面书本受到的摩擦力大小为m0gsin θ5.生活中常说有的弹簧“硬”,有的弹簧“软”,通常认为劲度系数k越小,弹簧越“软”。

已知弹簧a、b的弹力F与弹簧的伸长量x的关系图线分别如图中的两条直线所示,已知弹簧的弹性势能E p=1kx2,下列说法正确2的是( )A.弹簧a、b的劲度系数之比为2∶5B.弹簧a、b相比较,弹簧a是“软”弹簧C.若用弹簧a、b来制造缓冲装置,则弹簧a比弹簧b的缓冲效果好一些D.当弹簧a、b的弹力均为图中的F0时,弹簧a、b的弹性势能之比为2∶56.梅州的非物质文化遗产有不少,兴宁花灯就是其中一种,它与北京宫灯一脉相承,始于宋代,流行于明清,是传承了上千年的客家传统习俗,花灯用四根长度相同、承受能力相同的绳子高高吊起,如图所示,绳子与竖直方向夹角为θ,花灯质量为m,则下列说法正确的是( )A.每根绳子的拉力均相同B.增大绳子与竖直方向的夹角,花灯受的合外力增大C.绳子拉力的合力方向为竖直方向D.绳子长一些更易断7.两只完全相同的蚂蚁在轮胎内外表面爬,当两只蚂蚁爬到图示位置时保持静止,角α大于角β。

2012高考物理一轮复习基础测试试题 (5)

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m ，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示．当磁场以10 T/s 的变化率增强时，线框中a 、b 两点间的电势差是( )A ．U ab ＝0.1 VB ．U ab ＝－0.1 VC ．U ab ＝0.2 VD ．U ab ＝－0.2 V解析：题图中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内电阻为r 2，画出等效电路如图所示．则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设l 是边长，且依题意知ΔB Δt ＝10 T/s.由E ＝ΔΦΔt 得E ＝ΔBS Δt ＝ΔB Δt l 22＝10×0.222 V ＝0.2 V所以U ＝IR ＝Er 2＋r 2·R ＝0.2r ×r 2 V ＝0.1 V由于a 点电势低于b 点电势，故U ab ＝－0.1 V ，即B 选项正确．答案：B2．如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d ，用导线与一个n 匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B 中．两板间有一个质量为m ，电荷量为＋q 的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别是( )A ．正在增强；ΔΦ/Δt ＝dmg qB ．正在减弱；ΔΦ/Δt ＝dmg nqC ．正在减弱；ΔΦ/Δt ＝dmg qD ．正在增强；ΔΦ/Δt ＝dmg nq解析：油滴平衡有mg ＝q U C d ，则U C ＝mgd q ，电容器上极板必带负电，那么螺线管下端相当于电源正极，由楞次定律知，磁场B 正在减弱，又E ＝n ΔΦΔt ，U C ＝E ，可得ΔΦΔt ＝mgd nq .答案：B3．水平放置的光滑导轨MM ′和NN ′间接有电阻R ，导轨左右区域分别处于不同方向的匀强磁场中，磁场方向如图所示，磁感应强度分别为B 1和B 2，虚线为两区域的分界线，一根金属棒ab 放在导轨上且与其垂直，金属棒与导轨电阻均不计，金属棒在水平向右的恒力F 作用下，经过左、右两区域，已知金属棒在左面区域中恰好做速度为v 的匀速直线运动，则金属棒进入右边区域中，下列说法错误的是( )A．若B2＝B1，金属棒所受磁场力方向不变，金属棒仍做匀速运动B．若B2＝B1，金属棒所受磁场力方向改变，金属棒先做加速运动，再做匀速运动学。

2012届高考物理一轮复习课时训练：交变电流的产生和描述

2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练第十章交变电流传感器第二讲变压器电能的输送（本卷共12小题全部为选择题，共120分）1．图10－2－19为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为P 1，输出功率为P 2，输出电压为U 2；B 为降压变压器，其输入功率为P 3，输入电压为U 3.A 、B 均为理想变压器，输电线的总电阻为r ，则下列关系式正确的是( )图10－2－19A ．P 1>P 2B ．P 2＝P 3C ．U 2>U 3D ．U 2＝U 3解析：由变压器原理知，P 1＝P 2＝P 3＋ΔP ＝P 4＋ΔP ，U 2＝U 3＋ΔU ，选C.答案：C2．(2010·天津理综，7)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图10－2－20所示．当开关S 闭合后( )图10－2－20A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 1示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析：交流电源的电压有效值不变，即V 1示数不变，因U 1U 2＝n 1n 2，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变，D 对．S 闭合使负载总电阻减小，I 2＝U 2R ，所以I 2增大．因I 1I 2＝n 2n 1，所以A 1示数增大，A 1与A 2示数比值不变，A 对．答案：AD3．如图10－2－21所示，一理想变压器原副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈ab 间接一电压为u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源，灯泡L 标有“36 V 18 W ”，当滑动变阻器R 的滑片处在某位置时，电流表示数为0.25 A ，灯泡L 刚好正常发光，则()图10－2－21A ．滑动变阻器R 消耗的功率为36 WB ．定值电阻R 0的电阻值为19 ΩC ．流过灯泡L 的交变电流频率为25 HzD ．将滑动变阻器R 的滑片向上滑时，灯泡L 的亮度变暗解析：本题考查理想变压器及电路的动态分析的相关知识．根据电流表示数和原副线圈的匝数之比可知副线圈中的电流大小为1 A ，灯泡正常发光可知，灯泡所在支路电流为0.5 A ，故滑动变阻器所在支路电流为0.5 A ，电压为36 V ，根据P ＝UI 可知滑动变阻器消耗的功率为18 W ，故A 错；根据原副线圈的匝数之比可知副线圈两端的电压的有效值为55 V ，则R 0两端电压为19 V ，R 0的电阻为19 Ω，故B 正确；原副线圈电流的频率应相同为50 Hz ，故C 错误；滑动变阻器滑片向上滑，阻值增大，则并联电阻的阻值变大，并联电路两端电压变大，灯泡将变亮，故D 错误，此题为中等难度题．答案：B4. 如图10－2－22所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析：根据P ＝I 2R 可知，在电流I 一定的情况下，减小电阻R 可以减少电路上的电能损失，而R ＝ρL S，所以增大输电线横截面积S 有利于减少输电过程中的电能损失，A 对；由公式P ＝I 2R 可得，若设输送的电功率为P ′，则P ＝P ′2U 2R ，可见，在输送电压U 一定时，输送的电功率P ′越大，输电过程中的电能损失越大，C 错误．答案：ABD5. 如图10－2－23所示，理想变压器的原线圈两端输入的交变电压保持恒定．则当开关S 合上时，下列说法正确的是()图10－2－22图10－2－23A．电压表的示数变小B．原线圈的电流增大C．流过R1的电流不变D．变压器的输入功率减小解析：本题考查交流电．由于原、副线圈两端电压不变，当开关S闭合时，回路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流增加，但并联电路两端电压不变，选项A错误，B正确；由于R1两端电压不变，由部分电路欧姆定律可知，通过R1的电流不变，选项C正确；由于理想变压器输入功率与输出功率相等，输出电压不变，电流增加，输出功率增加，选项D错误．答案：BC6. (2010·东北三省四市联考)如图10－2－24，一理想自耦变压器的原线触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C则I A>I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大图10－2－24 C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大解析：自耦变压器是指它的绕组是初级和次级在同一绕组上的变压器．通过改变初、次级的线圈匝数比的关系来改变初、次级线圈两端电压，实现电压的变换．原、副线圈两端电压与其匝数成正比．理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，若仅将触头P 向A端滑动，电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确．答案：B7．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是()A.输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为8 000 WC．发电机实际输出电压是300 VD．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V解析：I 线＝I 0＝P 0U 0＝4.4×104220A ＝200 A ；线路损失功率P 线＝I 2线R 线＝8 000 W ，线路两端电压U ＝I 线R 线＝40 V ，所以发电机输出电压为260 V ；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 2 V.答案：B8．如图10－2－25甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB 间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P 到如图甲中所示位置，在BC 间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则()图10－2－25A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝2202sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．流过电阻的电流接近于4 AD ．电阻消耗的功率接近于220 W解析：由题中图乙可知正弦交流电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝2202sin(50πt )V ，A 错误，B 正确；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的12，故副线圈两端的电压约为110 V ，流过电阻的电流约为2 A ，C 项错误；电阻消耗的功率P ＝U 2I 2＝220 W ，D 项正确．答案：BD9. (2010·海南卷，9)如图10－2－26所示，一理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 2 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍解析：本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解．因为电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，图10－2－26故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R可知，电流表示数增大，所以选项B 不对；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝U 2R，电流变小，故P 1＝P 2＝U 2I 2，所以输入功率也减小，所以选项C 错；若负载电阻R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确．答案：AD10．(2011·临沂模拟)随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U 1，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A ．输电线上损耗的功率为P 20R U 22B ．输电线上损耗的功率为P 20R U 21C ．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D ．采用更高的电压输电会降低输电的效率解析：设发电厂输出功率为P ，则输电线上损耗的功率ΔP ＝P －P 0，ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 21，A 、B 项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C 项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则发电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D 项错误．答案：C11．如图10－2－27所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图10－2－28所示的交变电压，则以下说法中不正确的是( )图10－2－27 图10－2－28A ．电流表的示数为2 AB ．电压表的示数为27 2 VC ．副线圈两端接入耐压值为9 V 的电容器恰能正常工作D ．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz解析：副线圈两端电压有效值是9 V ，三只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡并联，电流表的示数为2 A ，A 正确；电压表示数为有效值27 V ，B 错；副线圈两端电压最大值是9 2 V ，副线圈两端接入耐压值为9 V 的电容器不能正常工作，C 错；交变电流的周期是0.02 s ，变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz ，D 正确．答案：BC12.一个探究性学习小组利用示波器，绘制出了一个原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器的副线圈两端输出电压u 随时间t 变化的图象，如图10－2－29所示(图线为正弦曲线)．则下列说法正确的是( )A ．该变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin(100πt )VB ．接在副线圈两端的交流电压表的示数为7.1 VC ．该变压器原线圈输入频率为50 HzD ．接在副线圈两端的阻值为20 Ω的白炽灯消耗的功率为2.5 W解析：由图象知该交变电压的最大值为10 V ，周期为4×10－2 s ，其角速度ω＝2πTrad/s ，则原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin(50πt )V ，A 项错误；交流电压表的示数为有效值，U ＝102V ≈7.1 V ，B 项正确；该交变电压的频率f ＝1T ＝25 Hz ，变压器不改变交变电流的频率，C 项错误；计算白炽灯的功率要用有效值，P ＝U 2R＝2.5 W ，D 项正确．答案：BD图10－2－29。

2012年高考物理一轮复习——电场力的性质同步练习

第一节电场力的性质一、单项选择题1．在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q ，检验电荷受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F /q ，那么下列说法正确的是( )A ．若移去检验电荷，该点的电场强度就变为零B ．若在该点放一个电荷量为2q 的检验电荷，该点的场强就变为E /2C ．若在该点放一个电荷量为－2q 的检验电荷，则该点场强的大小仍为E ，但电场强度的方向变为原来相反的方向D ．若在该点放一个电荷量为－q /2的检验电荷，则该点场强的大小仍为E ，电场强度的方向也仍为原来的场强方向解析：选 D.电场中某点电场强度的大小和方向，只由电场本身的性质决定，与检验电荷的大小、正负、有无都无关．故A 、B 、C 均错，D 对．2．(2009年高考江苏卷)两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )A.112FB.34FC.43F D ．12F 解析：选C.初始状态下，两电荷间的作用力F ＝k3Q2r 2，两电荷接触时电荷量先中和再平均分配，每个小球带电荷量均为＋Q ，则F ′＝k Q 2r 22，F ′F ＝43，C 正确．3．(2011年广东珠海模拟)如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是( )A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：选C.粒子接近M 点过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M 点粒子的速率应该最小，A 、B 错误；粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变，C 正确；因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D 错误．4．(2011年江苏镇江模拟)A 、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其速度v 和时间t 的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的( )解析：选 A.从图甲可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A 到B 电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.二、双项选择题5．(2011年广东深圳联考)电场强度E的定义式为E＝F/q，则下列说法正确的是( ) A．此定义式只适用于点电荷产生的电场B．上式中，F是放入电场中的电荷所受的电场力，q是放入电场中电荷的电荷量C．上式中，F是放入电场中电荷所受的电场力，q是产生电场的电荷的电荷量D．在库仑定律的表达式F＝kQ1Q2/r2中，kQ2/r2是点电荷Q2产生的电场在电荷Q1处的场强大小，而kQ1/r2是点电荷Q1产生的电场在电荷Q2处的场强大小解析：选BD.本题考查对电场强度定义式E＝F/q和对点电荷的电场强度公式E＝kQr2的理解．由E＝Fq与E＝kQr2的对比表格中可以看出BD选项是正确的．6．(2011年广东深圳联考)已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克u或反夸克d)组成的，它们的带电荷量如下表所示，表中e为元电荷.A．π＋由u和d组成 B．π＋由d和u组成C．π－由u和d组成 D．π－由d和u组成解析：选AD.由题可知，u带＋23e电荷量，d带＋13e电荷量，(＋23e)＋(＋13e)＝＋e，而π＋带＋e电荷量，带电荷量守恒，所以A选项正确．同理，D选项正确．7.(2011年广东一模)如图所示，带电荷量分别为＋4Q与＋Q的点电荷固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在C、D之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是图中的( )解析：选BC.根据点电荷场强公式和电场叠加规律可知，C、D间电场强度方向由C指向D，且逐渐减小到零，则带负电粒子在C、D间运动时受电场力水平向左且逐渐减小，带电粒子做加速度逐渐减小的减速运动，选项B符合题意；若粒子在达到D点之前减速到零，则会反向做加速度逐渐增大的加速运动，选项C符合题意．8.如图，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则( )A．a球的质量比b球的大B．a、b两球同时落地C．a球的电量比b球的大D．a、b两球飞行的水平距离相等解析：选AB.设a、b球间库仑斥力大小为F，分析两球受力可得：tanα＝Fm a g，tanβ＝Fm b g，因α<β，故有m a>m b，A正确；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，B正确；由于两球在水平方向始终沿直线的库仑斥力大小相等，故水平方向a球的加速度比b的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b的小，D错误；无法比较电量大小，故C 错误．三、非选择题9.如图所示，带电量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为________，方向________(静电力常量为k)．解析：根据题干和图示，可知a点处场强由点电荷q和带电薄板分别产生的场强叠加而成．若a点场强为零，点电荷q产生的场强和带电薄板产生的场强大小相等、方向相反．根据对称性，可求出带电薄板在b点产生的场强大小为kqd2，方向水平向左(或垂直薄板向左)．答案：kqd2水平向左(或垂直薄板向左)10．有三个完全相同的金属小球A、B、C，A带电量7Q，B带电量－Q，C不带电．将A、B 固定，然后让C反复与A、B接触，最后移走C球．试问A、B间的相互作用力变为原来的多少倍？解析：C球反复与A、B接触，最后三个球带相同的电量，其电量为：Q′＝7Q＋－Q3＝2Q.A、B球间原先的相互作用力大小为F＝k Q1Q2r2＝k7Q·Qr2＝7kQ2r2.A、B、C球碰后的相互作用力大小为F′＝k Q1Q2r2＝k·2Q·2Qr2＝4kQ2r2.由以上关系可得：F′＝47F.故A、B间的相互作用力变为原来的4/7.答案：4/71．(创新题)一个质量为m，电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B ．若场强大小等于mgq ，则小球经过每一电场区的时间均相同 C ．若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同解析：选AC.小球在水平方向不受力作用，因此，在水平方向一直做匀速直线运动，A 正确；当E ＝mgq时，小球通过第一、二电场区时在竖直方向均做匀速直线运动，但竖直速度不同，故B 错误；当E ＝2mgq时，小球通过第一、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的，均为零，故经过无电场区的时间也相同，C 正确；如取E ＝mgq，则小球通过无电场区的速度越来越大，对应的时间也越来越短，故D 错误．2．(2011年福建厦门质检)如图所示，虚线MN 下方存在竖直向上的匀强电场，场强E ＝2×103V/m ，电场区域上方有一竖直放置长为l ＝0.5 m 的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A 、B ，它们的质量均为m ＝0.01 kg ，A 带正电，电荷量为q 1＝2.5×10－4C ；B带负电，电荷量q 2＝5×10－5C ，B 到MN 的距离h ＝0.05 m ．现将轻杆由静止释放(g 取10 m/s 2)，求：(1)B 刚进入匀强电场后的加速度大小；(2)从开始运动到A 刚要进入匀强电场过程的时间．解析：(1)B 刚进入电场时，以A 、B 及轻杆为一整体，做加速度为a 的匀加速运动，由牛顿第二定律得：2mg ＋q 2E ＝2ma解得a ＝g ＋q 2E 2m＝15 m/s 2. (2)B 进入电场之前，A 、B 及轻杆整体做自由落体运动，时间为t 1h ＝12gt 21得：t 1＝0.1 sB 进入电场瞬间速度：v 1＝gt 1＝1 m/s从B 进入电场到A 刚要进入电场过程，A 、B 及轻杆整体做匀加速运动，时间为t 2l ＝v 1t 2＋12at 22解方程得：t 2＝0.2 s从开始运动到A 刚要进入匀强电场过程中的时间 t ＝t 1＋t 2＝0.3 s.答案：(1)15 m/s 2(2)0.3 s。

人教版高考物理一轮总复习课后习题第9单元恒定电流实验练11电学实验基本能力集释

实验练11电学实验基本能力集释A组基础达标微练一常用仪器的读数1.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度,测量结果如图甲和乙所示。

该工件的直径为 cm,高度为mm。

甲乙2.(1)如图甲所示,当电流表使用的量程为0~0.6 A时,对应刻度盘上每一小格代表 A,图甲中表针所指位置的示数为 A;当电流表使用的量程为0~3 A时,对应刻度盘中每一小格代表 A,图甲中表针所指位置的示数为 A。

(2)如图乙所示,当电压表使用的量程为0~3 V时,每一小格代表V,图乙中表针所指位置的示数为 V;当电压表使用的量程为0~15 V时,则表盘刻度每一小格代表 V,图乙中表针所指位置的示数为 V。

微练二电表改装3.(多选)(浙江绍兴模拟)如图所示,四个完全相同的灵敏电流表分别改装成两个电流表和两个电压表,电流表A1的量程大于A2的量程,电压表V1的量程大于V2的量程,把它们接入电路中,则下列说法正确的是( )A.电流表A1的读数大于电流表A2的读数B.电流表A1的偏转角大于电流表A2的偏转角C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数D.电压表V1的偏转角等于电压表V2的偏转角微练三测量电路与控制电路的选择4.用内阻为3 000 Ω的电压表和内阻为10 Ω的电流表测电阻,在图甲、乙两种情况下,电压表的示数都是60 V,电流表的示数都是0.2 A,则R1的测量值为Ω,真实值是Ω,R2的测量值为Ω,真实值是Ω。

5.要描绘一个标有“3 V0.8 W”小灯泡的伏安特性曲线,要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加,且尽量减小实验误差。

已选用的器材除导线、开关外,还有:电池组(电动势为4.5 V,内阻约1 Ω)电流表(量程0~0.6 A,内阻约为1 Ω)电压表(量程0~3 V,内阻约为3 kΩ)滑动变阻器(最大阻值20 Ω,额定电流1 A)实验电路应选用(填字母代号)。

微练四实验器材的选取与实物图的连接6.某同学通过实验测量一个阻值约为5 Ω的定值电阻。

2012高考物理一轮复习基础测试试题 (31)

1．(2011年苏州模拟)在探究恒力做功与物体的动能改变量的关系的实验中备有下列器材：A ．打点计时器；B.天平；C.秒表；D.低压交流电源；E.电池；F.纸带；G.细线、砝码、小车、砝码盘；H.薄木板．(1)其中多余的器材是________(填对应字母)，缺少的器材是________． Z.xx.k(2)测量时间的工具是______，测量质量的工具是______．(填对应字母) 学科网ZXXK](3)如下图是打点计时器打出的小车(质量为m )在恒力F 作用下做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T .请分析，利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请说出做法，并对这种做法做出评价．解析：(1)计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表，打点计时器应使用低压交流电源，故多余的器材是C 、E.测量点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺．(2)测量时间的工具是A 打点计时器，测量质量的工具是B 天平． (3)能从A 到B 的过程中，恒力做的功为W AB ＝Fs AB 物体动能的变化量为 E k B －E k A ＝12m v 2B －12m v 2A ＝12m (s B 2T )2－12m (s A 2T )2＝12m s 2B －s 2A 4T 2只要验证Fs AB ＝12m s 2B －s 2A 4T 2即可．优点：A 、B 两点的距离较远，测量时的相对误差较小；缺点：只进行了一次测量验证，说服力不强．答案：(1)C 、E 毫米刻度尺 (2)A B (3)见解析2．(2011年杭州模拟)某同学用如图所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系．图中A 为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B 的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C 为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车．打点计时器在纸带上打下一系列点．(1)该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为O 点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到O 之间的距离，并计算出它们与O 点之间的速度平方差Δv 2(Δv 2＝v 2t －v 20)，填入下表：请以Δv 2v 2－s 图象．若测出小车质量为0.2 kg ，结合图象可求得小车所受合外力的大小为________ N.(2)若该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围．你认为主要原因是________________，实验操作中改进的措施是____________．解析：(1)图象如图由动能定理F合s ＝12m (v 2t －v 20)＝12m Δv 2，把所画直线上的点s ＝1.60 cm ，Δv 2＝0.04 m 2·s －2以及小车的质量m ＝0.2 kg 代入可得F 合＝0.25 N.(2)测力计测的是细绳的拉力，小车还受到水平向左的摩擦力，因此小车受的合力小于测力计的读数．在木板左端垫上一个小木块，使左端稍微高一点，以平衡摩擦力．答案：(1)图象见解析 0.25(2)小车滑行时所受摩擦阻力较大使木板倾斜一定的角度以平衡摩擦力 3．为了探究恒力作用时的动能定理，某同学做了如下实验，他让滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v ，并测量出不同初速度的最大滑行距离x ，得到下表所示几组数据：0.045(1)出如下推理：根据x －v 图象大致是一条抛物线，可以猜想，x 可能与v 2成正比．请在图乙所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想．(2)根据你所作的图象，你认为滑块滑行的最大距离x 与滑块初速度平方v 2的关系是___________．解析：(1)根据表中数据，计算出对应的v2值，填入表中.0.075选取适当标度，描出对应的x－v2坐标点，作出x－v2图线如图所示，由于x －v2图线是一条过原点的直线，所以x与v2成正比．(2)由图可以看出，滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2成正比．即：x ∝v2答案：(1)见解析(2)x∝v24.(2011年万宁模拟)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：①安装实验装置如图．②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车．③在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线P上．④释放小车，打开电磁打点计时器的电源，打出一条纸带．(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条．经测量、计算，得到如下数据：①第一个点到第N 个点的距离为40.0 cm.②打下第N 个点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出：拉力对小车做的功为________ J ，小车动能的增量为________ J.(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功，等于物体动能的增量”，且误差很大．显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素．请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是：____________答案：(1)0.196 0.1 (2)①小车质量没有远大于钩码质量 ②没有平衡摩擦力 ③操作错误：先放小车后开电源5．某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，提出以下几种猜想：①W ∝v ，②W ∝v 2，③W ∝v ，….他们的实验装置如图(a)所示，PQ 为一块倾斜放置的木板，在Q 处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q 点的速度)．在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议．(1)本实验中不需要测量物体质量的理由是什么？(2)让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体从初始位置到速度传感器的距离L 1、L 2、L 3、L 4…，读出物体每次通过速度传感器Q 的速度v 1、v 2、v 3、v 4、…，并绘制了如图(b)所示的L －v 图像．根据绘制出的L －v 图像，若为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出( )A ．L -v 2图像B ．L - v 图像学科网ZXXK]C ．L -1v 图像D ．L -1v图像 (3)本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？解析：(1)因为W ＝ΔE k ，而W ＝mg (sin θ－μcos θ)L ，ΔE k ＝12m v 2，等式两边都有m ，所以探究W 与v 的关系可以不用测量质量m .(2)由于题图(b)是关于“L－v”的图像，该图像为曲线，不便于直观地看出L 和v的变化关系，所以，下一步应作出“L－v2”的图像，应选A.(3)在实验中，由于物体在斜面上运动时，所受的合力是确定的，即F合＝mg(sin θ－μcos θ)；所以摩擦力的大小不会影响L和v的关系．答案：(1)见解析(2)A(3)不会。

高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测09牛顿第一定律牛顿第三定律

高考物理复习课时跟踪检测(九) 牛顿第一定律牛顿第三定律高考常考题型：选择题1．(2012·新课标全国卷)伽俐略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。

早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( ) A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(2012·重庆质检)下列说法正确的是( )A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小3．下列说法中正确的是( )A．物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律B．牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题C．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去4．下列关于力的说法正确的是( )A．作用力和反作用力作用在同一物体上B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因5．一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球。

若车厢内的旅客突然发现(俯视图)小球沿如图1所示的虚线从A点运动到B点，则由此可以判断列车的运行情况是( )图1A．减速行驶，向北转弯B．减速行驶，向南转弯C．加速行驶，向南转弯D．加速行驶，向北转弯6.如图2所示，一个楔形物体M放在固定的粗糙斜面上，M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )A．沿斜面方向的直线B．竖直向下的直线图2 C．无规则的曲线D．抛物线7.如图3所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止。

高考物理一轮复习电路的欧姆律电阻律焦耳律电功率(测)

取夺市安慰阳光实验学校专题34 部分电路的欧姆定律电阻定律焦耳定律电功率【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．下列关于电阻率的叙述，错误的是：（）A．当温度极低时，超导材料的电阻率会突然减小到零B．常用的导线是用电阻率较小的铝、铜材料做成的C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D．通常情况下，材料的电阻率会随温度变化而变化【答案】C【名师点睛】本题主要考查了电阻定律。

属于容易题。

本题要求准确对影响电阻率的因素的理解，电阻率只与导体材料和温度有关，与导体的形状、横截面积及长度无关；当温度降到一定时，导体的电阻率突然变为零，变为超导体。

2．两根用同种材料制成的电阻丝甲和乙，甲电阻丝的长度和直径分贝为l和d；乙电阻丝的长度和直径分贝为2l和2d；将甲乙两根电阻丝分别接入电路时，如果两电阻丝消耗的电功率相等，则加在两根电阻丝上的电压比值U甲：U乙应满足：（）2：22：1 D.2:1【答案】C【解析】根据电阻定律224l l lRS d dρρπ==∝可得两电阻之比为：222::2:1(2)l lR Rd d==乙甲；因两电阻丝消耗的电功率相等，则根据2UPR=可得：2=1U RU R=甲甲乙乙C.【名师点睛】此题考查了电阻定律及电功率的应用问题；首先应该掌握电阻定律的表达式lRSρ=，找到两电阻的关系，然后要知道电功率的求解公式22=UP I R IUR==，选取适当的公式进行解答.3．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2。

当端点Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ、Ⅳ接入电路时，导体的电阻分别为R1、R2，则R1:R2为：（）A．L1:L2 B．L2:L1C．L12:L22 D．L22:L12【答案】CⅢⅣadbcL2 L1【解析】设电阻板的厚度为d ，由电阻的决定式可知R =ρL S，则R 1=ρ12L L d，R 2=ρ21L L d，故R 1：R 2=ρ12L L d：ρ21L L d= L 12：L 22，选项C 正确。

2012高考物理一轮复习基础测试题 (16).doc

1．(2011年福州模拟)在坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速v ＝200 m/s ，已知t ＝0时，波刚好传播到x ＝40 m 处，如图所示．在x ＝400 m 处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是( )A ．波源开始振动时方向沿y 轴正方向B ．从t ＝0开始经0.15 s ，x ＝40 m 的质点运动的路程为0.6 mC ．接收器在t ＝2 s 时才能接收到此波D ．若波源向x 轴正方向运动，接收器接收到波的频率可能为9 Hz解析：t ＝0时，波刚好传播到x ＝40 m 处，由质点振动的滞后性可以断定，x ＝40 m 处的质点的起振方向是向下的，这显然也是波源初始时刻的振动方向．由于T ＝λv ＝0.1 s ，f ＝1T ＝10 Hz.从t ＝0开始经0.15 s ，x ＝40 m 的质点振动了t ＝32T ，通过的路程为s ＝32×4 A ＝0.6 m ．此波传到接收器所需时间为Δt ＝Δx v ＝400－40200s ＝1.8 s ．由多普勒效应可知，当波源向x 轴正方向运动时，接收器接收到波的频率会大于10 Hz.所以正确选项为B.答案：B2．(2009年高考福建卷)图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置为x ＝1 m 处的质点，Q 是平衡位置为x ＝4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图象，则( )A ．t ＝0.15 s 时，质点Q 的加速度达到正向最大B ．t ＝0.15 s 时，质点P 的运动方向沿y 轴负方向C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴正方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cm解析：由y －t 图象知，周期T ＝0.20 s ，且在t ＝0.10 s 时Q 点在平衡位置沿y 轴负方向运动，可以推断波沿x 轴负方向传播，所以C 错；从t ＝0.10 s 到t ＝0.15 s 时，Δt ＝0.05 s ＝T /4，质点Q 从图甲所示的位置振动T /4到达负最大位移处，又加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q 的加速度达到正向最大，而P 点从图甲所示位置运动T /4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y 轴负方向，所以A 、B 都对；振动的质点在t＝1 T内，质点运动的路程为4 A；t＝T/2，质点运动的路程为2A；但t＝T/4时，质点运动的路程不一定是1 A；t＝3T/4时，质点运动的路程也不一定是3 A．本题中从t＝0.10 s到t＝0.25 s内，Δt＝0.15 s＝3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30 cm.答案：AB3．(2009年高考北京卷)一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ.若在x ＝0处质点的振动图象如图所示，则该波在t＝T/2时刻的波形曲线为( )解析：从振动图象上可以看出x＝0处的质点在t＝T/2时刻处于平衡位置，且正在向下振动，四个选项中只有A图符合要求，故A项正确．答案：A4．(2009年高考广东卷)如图为声波干涉演示仪的原理图．两个U形管A和B套在一起，A管两侧各有一个小孔．声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率________的波．当声波分别通过A、B传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅________；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅________．解析：声波从左侧小孔传入管内向上向下分别形成两列频率相同的波，若两列波传播的路程相差半个波长，则振动相消，所以此处振幅为零，若传播的路程相差一个波长，振动加强，则此处声波的振幅为原振幅的二倍．答案：相等等于零等于原振幅的二倍5．(探究创新)公路巡警开车在高速公路上以100 km/h的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的电磁波，如果该电磁波被那辆轿车反射回来时：(1)巡警车接收到的电磁波频率比发出的低．(2)巡警车接收到的电磁波频率比发出的高．以上两种情况说明了什么问题？解析：(1)如果警车接收到的电磁波频率比发出时低，由多普勒效应可知，警车与轿车在相互远离．又由于警车在后且车速恒定，所以轿车的速度大于100 km/h.(2)如果警车接收到的电磁波频率比发出时高．由多普勒效应可知，警车与轿车在相互靠近，同理可知，轿车的速度小于100 km/h.答案：(1)轿车的速度大于100 km/h(2)轿车的速度小于100 km/h6．如图所示表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇．图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是________．振动减弱的点是________．(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________．(3)画出此时刻ace连线上，以a为原点的一列完整波形，标出ce两点．解析：(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播，故c点是振动加强点．同理b、d是减弱点，f也是减弱点．(2)因为S1、S2振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，该时刻a、e的中点c正处在平衡位置，所以位移为零的是b、c、d、f.(3)图中对应的时刻a处在两波谷的交点上，即此刻a在波谷，同理e在波峰，故a、e中点c在平衡位置，所以所对应的波形如右图．答案：见解析7．(2009年高考江苏卷)在t ＝0时刻，质点A 开始做简谐运动，其振动图象如图所示．质点A 振动的周期是________s ；t ＝8 s 时，质点A 的运动沿y 轴的________方向(填“正”或“负”)；质点B 在波的传播方向上与A 相距16 m ，已知波的传播速度为2 m/s ，在t ＝9 s 时，质点B 偏离平衡位置的位移是________cm.解析：题图为波的振动图象，由图象可知周期为4 s ，波源的起振方向与各个质点起振方向相同且向上，t ＝6 s 时质点在平衡位置向下振动，故8 s 时质点在平衡位置向上振动；波传播到B 点，需要时间t 1＝x v ＝162 s ＝8 s ，故t ＝9 s 时，质点又振动了1 s(14个周期)，处于正向最大位移处，位移为10 cm.答案：4 正 108．(思维拓展)如图所示为一单摆的共振曲线，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)该单摆的摆长约为多少？ (2)共振时摆球的最大速度大小是多少？解析：(1)由题意知，当单摆共振时频率f ＝0.5 Hz ，即f 固＝0.5 Hz ，由T ＝2π L g 得：L ＝g 4π2f2＝1.0 m. (2)由题意知，当单摆共振时振幅A ＝8 cm ＝0.08 m.根据机械能守恒定律可得：12mv 2m ＝mgL (1－cos θm )，且1－cos θm ＝2sin 2θm2＝A 22L 2 解得：v m ＝A g L＝0.25 m/s. 答案：(1)1.0 m (2)0.25 m/s9．(2011年莱芜模拟)如图所示，实线为某时刻的波形图，虚线是0.2 s 后的波形图．(1)若波向左传播，请在实线波形图上标出此时刻图中P 点的振动方向并求出位移；(2)若波向右传播，求它的最大周期；(3)若波速是35 m/s ，求波的传播方向．解析：(1)P 点向上，图略x ＝3＋nλ＝3＋4n (n ＝0,1,2，…)(2)t ＝T 4＋nT ，当n ＝0时T ＝T max ＝4t ＝0.8 s.(3)传播距离x ＝vt ＝7.0 m ，而λ＝4 m ，故x ＝134λ，故波向左传播．答案：(1)图略 4n ＋3(n ＝0,1,2，…)(2)0.8 s (3)波向左传。

高考物理力学知识点之直线运动基础测试题含答案(9)

高考物理力学知识点之直线运动基础测试题含答案(9)一、选择题1．跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其v-t 图象如图所示．下列说法正确的是（）A ．运动员在010s -内的平均速度大小等于10/m sB ．10s 末运动员的速度方向改变C ．10末运动员打开降落伞D ．1015s s -内运动员做加速度逐渐增加的减速运动2．一辆小车从A 点由静止开始做匀加速直线运动,先后经过B 点和C 点,已知它经过B 点时的速度为v ,经过C 点时的速度为3v ,则AB 段与BC 段位移之比为A ．1:3B ．1:5C ．1:8D ．1:93．一质量为m =2.0 kg 的木箱静止在粗糙的水平地面上,木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.2,现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的拉力F ,使木箱由静止开始运动,测得0～2s 内其加速度a 随时间t 变化的关系图象如图所示。

已知重力加速度g =10 m/s 2,下列关于木箱所受拉力F 的大小和运动速度v 随时间t 变化的图象正确的是（）A ．B ．C．D．4．一辆急救车快要到达目的地时开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为10m和6m，则刹车后4s内的位移是A．16m B．18m C．32m D．40m5．汽车刹车时以20 m/s的速度做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，那么刹车6 s后汽车的速度和位移是（）A．0 m/s；30m B．0 m/s；40m C．-10 m/s；30m D．10m/s；40m6．一汽车在平直公路上做刹车实验，t=0时刻起运动位移与速度的关系式为x=20-0.2v2（m），下列分析正确的是（）A．上述过程的加速度大小为10m/s2B．刹车过程持续的时间为4sC．t=0时刻的初速度为20m/sD．刹车过程的位移为5m7．随着人们生活水平的提高，打高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐方式。

2012届高考物理单元复习测试题(含答案)

2012届高考物理单元复习测试题(含答案)云南省新人教版物理2012届高三单元测试14《功和功率》(时间:90分钟满分：100分)一、选择题1.设汽车在启动阶段所受阻力恒定并做匀加速直线运动，则在这过程中()A.牵引力增大，功率增大B.牵引力不变，功率增大C.牵引力增大，功率不变D.牵引力不变，功率不变【答案】选B.【详解】汽车在启动阶段做匀加速直线运动，其加速度为定值，由F-Ff=ma知牵引力F不变；又由P=Fv知功率P增大，B正确.2.起重机以1m/s2的加速度将质量为1000kg的货物由静止开始匀加速向上提升，若g取10m/s2，则在1s内起重机对货物所做的功是() A.500JB.4500JC.5000JD.5500J【答案】选D.【详解】货物的加速度向上，由牛顿第二定律有：F-mg＝ma，起重机的拉力F＝mg＋ma＝11000N，货物的位移是x＝＝0.5m，做功为W=Fx=5500J.故D正确.3.一辆汽车保持功率不变驶上一斜坡，其牵引力逐渐增大，阻力保持不变，则在汽车驶上斜坡的过程中()A.加速度逐渐增大B.速度逐渐增大C.加速度逐渐减小D.速度逐渐减小【答案】选C、D.【详解】由P=F•v可知，汽车的牵引力逐渐增大，其上坡的速度逐渐减小，汽车的加速度方向沿坡向下，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Ff-F=ma,随F增大，a逐渐减小，综上所述，C、D正确，A、B错误.4.分别对放在粗糙水平面上的同一物体施一水平拉力和一斜向上的拉力使物体在这两种情况下的加速度相同，当物体通过相同位移时，这两种情况下拉力的功和合力的功的正确关系是()A.拉力的功和合力的功分别相等B.拉力的功相等，斜向上拉时合力的功大C.合力的功相等，斜向上拉时拉力的功大D.合力的功相等，斜向上拉时拉力的功小【答案】选D.【详解】两种情况下加速度相等，合力相等，位移相等，所以合力的功相等，第一种情况下拉力的功W1＝F1x，第二种情况下拉力的功W2＝F2xcosθ，由受力分析F1－Ff1＝ma，F2cosθ－Ff2＝ma，Ff1＞Ff2，则F1＞F2cosθ，即W1＞W2，即斜向上拉时拉力做的功小，D正确. 5.如图，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法.如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么下列说法正确的是()A.轮胎受到地面的摩擦力做了负功B.轮胎受到的重力做了正功C.轮胎受到的拉力不做功D.轮胎受到地面的支持力做了正功【答案】选A.【详解】根据力做功的条件，轮胎受到的重力和地面的支持力都与位移垂直，这两个力均不做功，B、D错误；轮胎受到地面的摩擦力与位移反向，做负功，A正确；轮胎受到的拉力与位移夹角小于90°，做正功，C错误.6．一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，在此过程中()A．汽车的速度与时间成正比B．汽车的位移与时间成正比C．汽车做变加速直线运动D．汽车发动机做的功与时间成正比【答案】A【详解】由F－Ff＝ma可知，因汽车牵引力F保持恒定，故汽车做匀加速直线运动，C错误；由v＝at可知，A正确；而x＝12at2，故B错误；由WF＝F•x＝F•12at2可知，D错误．7．如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m.A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功()A．大于μmgLB．等于μmgLC．小于μmgLD．以上三种情况都有可能【答案】选B.【详解】设斜面的倾角为θ，则对滑雪者从A到B的运动过程中摩擦力做的功为：WFf＝μmgACcosθ＋μmgCB①，由图可知ACcosθ＋CB＝L②，由①②两式联立可得：WFf＝μmgL，故B正确．8．如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则()A．重力对两物体做的功相同B．重力的平均功率相同C．到达底端时重力的瞬时功率PA＝PBD．到达底端时两物体的动能相同，速度相同【答案】选A.【详解】由于两个物体质量相同、下落高度相同，所以重力对两物体做的功相同，A选项正确．由于下落的时间不同，所以重力的平均功率不相同，B选项错误．根据机械能守恒可知，两物体到达底端时动能相同，即速度大小相同、方向不同，D选项错误．由瞬时功率的计算式可得PA＝mgvsinθ(θ为斜面倾角)，PB＝mgv，因此，到达底端时重力的瞬时功率PA9.汽车发动机的额定功率为P1，它在水平路面上行驶时受到的阻力Ff大小恒定，汽车在水平路面上由静止开始做直线运动，最大车速为v.汽车发动机的输出功率随时间变化的图象如图所示．则() A．汽车开始时做匀加速运动，t1时刻速度达到v，然后做匀速直线运动B．汽车开始时做匀加速直线运动，t1时刻后做加速度逐渐减小的直线运动，速度达到v后做匀速直线运动C．汽车开始时牵引力逐渐增大，t1时刻牵引力与阻力大小相等D．汽车开始时牵引力恒定，t1时刻牵引力与阻力大小相等【答案】选B.【详解】开始时，汽车的功率与时间成正比，即：P＝Fv＝Fat，所以汽车牵引力恒定，汽车加速度恒定，汽车做匀加速直线运动；在t1时刻达到最大功率，此时，牵引力仍大于阻力，但随着速度的增大，汽车牵引力减小，汽车加速度逐渐减小至零后做匀速直线运动，B正确．10．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是()A．钢绳的最大拉力为Pv2B．钢绳的最大拉力为Pv1C．重物的最大速度v2＝PmgD．重物匀加速运动的加速度为Pmv1－g【答案】BCD【详解】由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P后，随v增加，钢绳拉力F变小，当F＝mg时重物达最大速度v2，故v2＝Pmg，最大拉力F＝mg＋ma ＝Pv1，A错误，B、C正确，由Pv1－mg＝ma得：a＝Pmv1－g，D正确．二、非选择题11．(14分)静止在水平地面上的木箱，质量m＝50kg，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，若用大小为400N、方向与水平方向成37°角的斜向上的拉力拉木箱从静止开始运动，使木箱能够到达50m远处，拉力最少做多少功？(cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)【答案】7.68×103J【详解】欲使拉力做功最少，须使拉力作用的位移最小，故木箱应先在拉力作用下加速，再撤去拉力使木箱减速，到达50m处时速度恰好减为0，设加速时加速度的大小为a1，减速时加速度的大小为a2.由牛顿第二定律得，加速时有：水平方向Fcos37°－μFN＝ma1竖直方向Fsin37°＋FN－mg＝0减速时有：μmg＝ma2且有v2＝2a1x1＝2a2x2x1＋x2＝x联立以上各式解得：x1≈24m由功的定义，有W＝Fx1cos37°＝400×24×0.8J＝7.68×103J.12.一辆汽车质量为1×103kg，最大功率为2×104W，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103N，其行驶过程中牵引力F与车速的倒数1v 的关系如图所示．试求：(1)根据图线ABC判断汽车做什么运动？(2)v2的大小；(3)整个运动过程中的最大加速度；(4)匀加速运动过程的最大速度是多大？当汽车的速度为10m/s时发动机的功率为多大？【答案】(1)见解析(2)20m/s(3)2m/s2(4)6.67m/s2×104W【详解】(1)题图中图线AB段牵引力F不变，阻力Ff不变，汽车做匀加速直线运动，图线BC的斜率表示汽车的功率P，P不变，则汽车做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度v2，此后汽车做匀速直线运动．(2)当汽车的速度为v2时，牵引力为F1＝1×103N，v2＝PmF1＝2×1041×103m/s＝20m/s.(3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大阻力Ff＝Pmv2＝2×10420N＝1000Na＝Fm－Ffm＝－＝2m/s2.(4)与B点对应的速度为v1＝PmFm＝2×1043×103m/s≈6.67m/s.当汽车的速度为10m/s时处于图线BC段，故此时的功率最大，为Pm ＝2×104W.。

高考物理一轮复习必修一匀变速直线运动的规律课时精选习题(含答案解析)

高考物理一轮复习匀变速直线运动的规律课时精选习题（含解析）一、概念规律题组1．在公式v ＝v 0＋at 和x ＝v 0t ＋12at 2中涉及的五个物理量，除t 是标量外，其他四个量v 、v 0、a 、x都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v 0方向为正方向，以下说法正确的是( )A ．匀加速直线运动中a 取负值B ．匀加速直线运动中a 取正值C ．匀减速直线运动中a 取正值D ．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a 都取正值答案 B解析据v ＝v 0＋at 可知，当v 0与a 同向时，v 增大；当v 0与a 反向时，v 减小．x ＝v 0t ＋12at 2也是如此，故当v 0取正值时，匀加速直线运动中，a 取正；匀减速直线运动中，a 取负，故选项B 正确．2．某运动物体做匀变速直线运动，加速度大小为0.6 m/s 2，那么在任意1 s 内( ) A ．此物体的末速度一定等于初速度的0.6倍B ．此物体任意1 s 的初速度一定比前1 s 末的速度大0.6 m/sC ．此物体在每1 s 内的速度变化为0.6 m/sD ．此物体在任意1 s 内的末速度一定比初速度大0.6 m/s 答案 C解析因已知物体做匀变速直线运动，又知加速度为0.6 m/s 2，主要涉及对速度公式的理解：①物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动；②v ＝v 0＋at 是矢量式．匀加速直线运动a ＝0.6 m/s 2；匀减速直线运动a ＝－0.6 m/s 2.3．我国自行研制的“枭龙”战机已在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需时间为t ，则起飞前的运动距离为( )A ．v t B.v t2C ．2v tD ．不能确定答案 B解析因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则x ＝v t ＝0＋v 2t ＝v2t .B 选项正确．4．一个做匀加速直线运动的物体，通过A 点的瞬时速度是v 1，通过B 点的瞬时速度是v 2，那么它通过AB 中点的瞬时速度是( )A.v 1＋v 22B.v 1－v 22C. v 21＋v 222D. v 22－v 212答案 C二、思想方法题组5．如图1所示，请回答：图1(1)图线①②分别表示物体做什么运动？(2)①物体3 s 内速度的改变量是多少，方向与速度方向有什么关系？ (3)②物体5 s 内速度的改变量是多少？方向与其速度方向有何关系？ (4)①②物体的运动加速度分别为多少？方向如何？ (5)两图象的交点A 的意义．答案见解析解析 (1)①做匀加速直线运动；②做匀减速直线运动 (2)①物体3 s 内速度的改变量Δv ＝9 m/s －0＝9 m/s ，方向与速度方向相同(3)②物体5 s 内的速度改变量Δv ′＝(0－9) m/s ＝－9 m/s ，负号表示速度改变量与速度方向相反． (4)①物体的加速度a 1＝Δv Δt ＝9 m/s 3 s ＝3 m/s 2，方向与速度方向相同．②物体的加速度a 2＝Δv ′Δt ′＝－9 m/s 5 s ＝－1.8 m/s 2，方向与速度方向相反．(5)图象的交点A 表示两物体在2 s 时的速度相同． 6．汽车以40 km/h 的速度匀速行驶．(1)若汽车以0.6 m/s 2的加速度加速，则10 s 后速度能达到多少？ (2)若汽车刹车以0.6 m/s 2的加速度减速，则10 s 后速度减为多少？ (3)若汽车刹车以3 m/s 2的加速度减速，则10 s 后速度为多少？答案 (1)17 m/s (2)5 m/s (3)0解析 (1)初速度v 0＝40 km /h≈11 m/s ，加速度a ＝0.6 m/s 2，时间t ＝10 s. 10 s 后的速度为v ＝v 0＋at ＝11 m/s ＋0.6×10 m/s ＝17 m/s.(2)汽车刹车所用时间t 1＝v 0a 1＝110.6s>10 s ，则v 1＝v 0－at ＝11 m/s －0.6×10 m/s ＝5 m/s.(3)汽车刹车所用时间t 2＝v 0a 2＝113s<10 s ，所以10 s 后汽车已经刹车完毕，则10 s 后汽车速度为零．思维提升1．匀变速直线运动的公式都是矢量式，应注意各物理量的正负以及物理量的符号与公式中加减号的区别．2．一个匀变速运动，其时间中点的速度v 1与位移中点的速度v 2不同，且不论匀加速还是匀减速总有v 1<v 2.3．分析图象应从轴、点、线、面积、斜率等几个方面着手．轴是指看坐标轴代表的物理量，是x －t 图象还是v －t 图象．点是指看图线与坐标轴的交点或者是图线的折点．线是看图的形状，是直线还是曲线，通过图线的形状判断两物理量的关系，还要通过面积和斜率看图象所表达的含义．4．①物体做匀减速运动时，必须考虑减速为零后能否返回，若此后物体停止不动，则此后任一时刻速度均为零，不能用公式v ＝v 0＋at 来求速度．②处理“刹车问题”要先判断刹车所用的时间t 0.若题目所给时间t <t 0，则用v ＝v 0＋at 求t 秒末的速度；若题目所给时间t >t 0，则t 秒末的速度为零．一、匀变速直线运动及其推论公式的应用 1．两个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2两个公式中共有五个物理量，只要其中三个物理量确定之后，另外两个就确定了．原则上应用两个基本公式中的一个或两个联立列方程组，就可以解决任意的匀变速直线运动问题．2．常用的推论公式及特点 (1)速度—位移公式v 2－v 20＝2ax ，此式中不含时间t ；(2)平均速度公式v ＝v t 2＝v 0＋v2，此式只适用于匀变速直线运动，式中不含有时间t 和加速度a ；v ＝xt，可用于任何运动．(3)位移差公式Δx ＝aT 2，利用纸带法求解加速度即利用了此式．(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例式的适用条件：初速度为零的匀加速直线运动．3．无论是基本公式还是推论公式均为矢量式，公式中的v 0、v 、a 、x 都是矢量，解题时应注意各量的正负．一般先选v 0方向为正方向，其他量与正方向相同取正值，相反取负值．【例1】短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m 和200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s 和19.30 s ．假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m 时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数) 答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 2解析 (1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动时的速度为v (以m/s 为单位)，则有 12v t ＋(9.69－0.15－t )v ＝100① 12v t ＋(19.30－0.15－t )×0.96v ＝200② 由①②式得 t ＝1.29 s v ＝11.24 m/s(2)设加速度大小为a ，则 a ＝vt＝8.71 m/s 2[规范思维] (1)对于物体的直线运动，画出物体的运动示意图(如下图)，分析运动情况，找出相应的规律，是解题的关键．(2)本题表示加速阶段的位移，利用了平均速度公式v ＝v 0＋v 2，平均速度v 还等于v t2.公式特点是不含有加速度，且能避开繁琐的计算，可使解题过程变得非常简捷．[针对训练1] 如图2所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有( )图2A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．如果距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处答案 AC解析如果立即做匀加速直线运动，t 1＝2 s 内汽车的位移x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m>18 m ，此时汽车的速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝12 m/s<12.5 m/s ，汽车没有超速，A 项正确，B 项错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t 2＝v 0a 1＝1.6 s ，此过程通过的位移为x 2＝12a 2t 22＝6.4 m ，C 项正确，D 项错误．【例2】 (全国高考)已知O 、A 、B 、C 为同一直线上的四点，AB 间的距离为l 1，BC 间的距离为l 2，一物体自O 点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A 、B 、C 三点，已知物体通过AB 段与BC 段所用的时间相等．求O 与A 的距离．答案 (3l 1－l 2)28(l 2－l 1)解析首先画出运动情况示意图：解法一基本公式法设物体的加速度为a ，到达A 点时的速度为v 0，通过AB 段和BC 段所用的时间都为t ，则有l 1＝v 0t ＋12at 2 l 1＋l 2＝2v 0t ＋12a (2t )2联立以上二式得l 2－l 1＝at 2 3l 1－l 2＝2v 0t设O 与A 的距离为l ，则有l ＝v 202a联立以上几式得l ＝(3l 1－l 2)28(l 2－l 1).解法二利用推论法由连续相等时间内的位移之差公式得： l 2－l 1＝at 2①又由平均速度公式：v B ＝l 1＋l 22t②l ＋l 1＝v 2B2a③由①②③得：l ＝(3l 1－l 2)28(l 2－l 1).[规范思维] (1)合理选用公式可简化解题过程．本题中解法二中利用位移差求加速度，利用平均速度求瞬时速度，使解析过程简化了．(2)对于多过程问题，要注意x 、v 0、t 等量的对应关系，不能“张冠李戴”．[针对训练2] (安徽省2010届高三第一次联考)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2 m ；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8 m ．由此可求得( )A ．第一次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度答案 C解析质点运动情况如图所示．照相机照相时，闪光时间间隔都相同，第一次、第二次闪光的时间间隔内质点通过的位移为x 1，第二次、第三次闪光时间内质点位移为x 2，第三、四次闪光时间内质点位移为x 3，则有x 3－x 2＝x 2－x 1，所以x 2＝5 m.由于不知道闪光的周期，无法求初速度、第1次闪光时的速度和加速度．C 项正确．二、用匀变速运动规律分析两类匀减速运动1．刹车类问题：即匀减速直线运动到速度为零后即停止运动，加速度a 突然消失，求解时要注意先确定其实际运动时间．2．双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正、负号．3．逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速运动．【例3】一辆汽车以72 km/h 的速度行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动．已知汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s 2，则从开始刹车经过5 s ，后汽车通过的距离是多少？答案 40 m解析设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t 0，选v 0的方向为正方向． v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，由v ＝v 0＋at 0得t 0＝v t －v 0a ＝0－20－5s ＝4 s 可见，该汽车刹车后经过4 s 就已经停止，最后1 s 是静止的．由x ＝v 0t ＋12at 2知刹车后5 s 内通过的距离x ＝v 0t 0＋12at 02＝[20×4＋12×(－5)×42] m ＝40 m.[规范思维] 此题最容易犯的错误是将t ＝5 s 直接代入位移公式得x ＝v 0t ＋12at 2＝[20×5＋12×(－5)×52] m ＝37.5 m ，这样得出的位移实际上是汽车停止后又反向加速运动1 s 的总位移，这显然与实际情况不相符．[针对训练3] 物体沿光滑斜面上滑，v 0＝20 m/s ，加速度大小为5 m/s 2，求： (1)物体多长时间后回到出发点；(2)由开始运动算起，求6 s 末物体的速度．答案 (1)8 s (2)10 m/s ，方向与初速度方向相反解析由于物体连续做匀减速直线运动，加速度不变，故可以直接应用匀变速运动公式，以v 0的方向为正方向．(1)设经t 1秒回到出发点，此过程中位移x ＝0，代入公式x ＝v 0t ＋12at 2，并将a ＝－5 m/s 2代入，得t ＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s.(2)由公式v ＝v 0＋at 知6 s 末物体的速度 v t ＝v 0＋at ＝[20＋(－5)×6] m/s ＝－10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反.【基础演练】1．(北京市昌平一中2010第二次月考)某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，则飞机着陆时的速度为( )A.x tB.2x tC.x 2tD.x t 到2xt 之间的某个值答案 B解析根据公式v ＝v 2＝x t 解得v ＝2xt2．(福建省季延中学2010高三阶段考试)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度大小为( )A ．7 m/sB ．10 m/sC ．14 m/sD ．20 m/s 答案 C解析设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma ，a ＝μg 由匀变速直线运动速度—位移关系式v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为 v 0＝2ax ＝2μgx＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s3．物体沿一直线运动，在t 时间内通过的位移为x ，它在中间位置12x 处的速度为v 1，在中间时刻12t时的速度为v 2，则v 1和v 2的关系为( )A ．当物体做匀加速直线运动时，v 1>v 2B ．当物体做匀减速直线运动时，v 1>v 2C ．当物体做匀速直线运动时，v 1＝v 2D ．当物体做匀减速直线运动时，v 1<v 2 答案 ABC解析设物体的初速度为v 0、末速度为v t ，由v 21－v 20＝v 2t －v 21＝2a ·x 2. 所以路程中间位置的速度为v 1＝v 20＋v 2t2.①物体做匀变速直线运动时中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v 2＝v 0＋v t2② 第①式的平方减去第②式的平方得v 21－v 22＝(v 0－v t )24.在匀变速或匀速直线运动的过程中，v 21－v 22一定为大于或等于零的数值，所以v 1≥v 2.4．2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图3所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间分别是( )图3A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1 答案 BD解析因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，所以选项C 错，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故选项A 错，B 正确，所以正确选项为B 、D.5．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m 答案 C6. 如图4所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点)，小球1、2、3距斜面底端A 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，现将它们分别从静止释放，到达A 点的时间分别为t 1、t 2、t 3，斜面的倾角为θ.则下列说法正确的是( )图4A.x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B.x 1t 1>x 2t 2>x 3t 3C.x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23 D ．若θ增大，则xt 2的值减小答案 BC7. 如图5所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝ 1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )图5A ．v b ＝8 m/sB ．v c ＝3 m/sC ．de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s 答案 BD 【能力提升】8．某动车组列车以平均速度v 行驶，从甲地到乙地的时间为t .该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令后紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0，继续匀速前进．从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0，(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t 时间内到达乙地．则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )A.v t t －t 0B.v t t ＋t 0C.v t t －12t 0D.v t t ＋12t 0答案 C解析该动车组从开始刹车到加速到v 0所发生的位移大小为v 02·t 0，依题意，动车组两次运动所用的时间相等，即v t －v 02·t0v 0＋t 0＝t ，解得v 0＝v tt －12t 0，故正确答案为C.9．航空母舰(Aircraft Carrier)简称“航母”、“空母”，是一种可以供军用飞机起飞和降落的军舰．蒸汽弹射起飞，就是使用一个长平的甲板作为飞机跑道，起飞时一个蒸汽驱动的弹射装置带动飞机在两秒钟内达到起飞速度，目前只有美国具备生产蒸汽弹射器的成熟技术．某航空母舰上的战斗机，起飞过程中最大加速度a ＝4.5 m/s 2，飞机要达到速度v 0＝60 m/s 才能起飞，航空母舰甲板长L ＝289 m ，为使飞机安全起飞，航空母舰应以一定速度航行以保证起飞安全，求航空母舰的最小速度v 的大小．(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响，飞机的运动可以看做匀加速直线运动)答案 9 m/s解析解法一若航空母舰匀速运动，以地面为参考系，设在时间t 内航空母舰和飞机的位移分别为x 1和x 2，航母的最小速度为v ，由运动学知识得x 1＝v t ，x 2＝v t ＋12at 2，x 2－x 1＝L ，v 0＝v ＋at联立解得v ＝9 m/s.解法二若航空母舰匀速运动，以航空母舰为参考系，则飞机的加速度即为飞机相对航空母舰的加速度，当飞机起飞时甲板的长度L 即为两者的相对位移，飞机相对航空母舰的初速度为零，设航空母舰的最小速度为v ，则飞机起飞时相对航空母舰的速度为(v 0－v )由运动学公式可得(v 0－v )2－0＝2aL ，解得v ＝9 m/s.10．如图6所示，某直升飞机在地面上空某高度A 位置处于静止状态待命，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB 段加速后，进入BC 段的匀速受阅区，11时准时通过C 位置，如图7所示．已知x AB ＝5 km ，x BC ＝10 km.问：图6图7(1)直升飞机在BC 段的速度大小是多少？(2)在AB 段飞机做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？答案 (1)100 m/s (2)1 m/s 2解析 (1)设BC 段飞机做匀速直线运动的速度大小为v ，运动的时间为t 2.在AB 段飞机做匀加速直线运动的时间为t 1，加速度的大小为a .对AB 段，由平均速度公式得到： (v ＋0)/2＝x AB /t 1①对BC段，由匀速直线运动的速度公式可得：v＝x BC/t2②根据飞机10时56分40秒由A出发，11时准时通过C位置，则：t1＋t2＝200 s③联立①②③，代入已知数据解得v＝100 m/s，(2)在AB段，由运动学公式v2t－v20＝2ax得：a＝v2/2x AB＝1 m/s2.易错点评1．在用比例法解题时，要注意初速度为0这一条件．若是匀减速运动末速度为0，应注意比例的倒置．2．匀变速直线运动公式中各物理量是相对于同一惯性参考系的，解题中应注意参考系的选取．3．解匀减速类问题，要注意区分“返回式”和“停止式”两种情形，特别是“停止式”要先判明停止时间，再根据情况计算．。

【红对勾】高考物理一轮复习理综物理部分模拟试题(含解析)

理综物理部分模拟试题时间：60分钟分值：110分二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．某同学将完全相同的甲、乙两块条形磁铁放在粗糙的水平木板上(N极正对)，如图所示，并缓慢抬高木板的右端至倾角为θ，在这一过程中两磁铁均未滑动．学习小组内各组各同学对这一过程提出的下列说法中，正确的是( )A．甲受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化B．乙受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化C．继续增大倾角，甲、乙将会同时发生滑动D．将减小甲乙间距，重复上述过程，增大倾角时乙会发生向上滑动解析：木板水平时，甲由于受乙的排斥作用，而有指向乙的摩擦力；当斜面转动后，甲受重力、支持力及向下的斥力，则甲的摩擦力只能指向乙；故A错误；对乙受力分析可知，开始时乙受到的摩擦力指向甲；当木板转动后，乙受重力、支持力、斥力的作用，若重力向下的分力大于斥力，则摩擦力可能变成向上；故B正确；由以上受力分析可知，增大倾角，甲受到的向下的力要大于乙受到向下的力；故甲应先发生滑动；故C错误；若减小甲乙间距，则两磁铁间的斥力增大，但效果与C中相同，故甲先滑动；故D错误．答案：B15．如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态．则下列说法正确的是( )A ．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小B ．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大C ．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大D ．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小解析：对箱子和物体整体受力分析，当物体与箱子上升时，如图甲所示，由牛顿第二定律可知，Mg ＋kv ＝Ma ，则a ＝g ＋kv M，又整体向上做减速运动，v 减小，所以a 减小；再对物体单独受力分析，如图乙所示，因a >g ，所以物体受到箱子上底面向下的弹力F N ，由牛顿第二定律可知mg ＋F N ＝ma ，则F N ＝ma －mg ，而a 减小，则F N 减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小．同理，当箱子和物体下降时，物体对箱子下底面有压力，且压力越来越大．答案：C16．芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军．如图所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB 上由静止开始滑下，到达C 点后水平飞出，落到滑道上的D 点，E 是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD 平行，设拉林托从C 到E 与从E 到D 的运动时间分别为t 1、t 2，EF 垂直CD ，则( )A ．t 1＝t 2，CF ＝FDB ．t 1＝t 2，CF <FDC．t1>t2，CF＝FD D．t1>t2，CF<FD解析：将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动，则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1＝t2，因在平行CD方向拉林托做匀加速运动，所以CF<FD，B对．答案：B17．如图所示，真空中M、N处放置两等量同种负电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，则以下判定正确的是( )A．a点的场强与c点的场强完全相同B．实线PQ上的各点电势相等C．负电荷在a点的电势能不等于在c点的电势能D．若将一正试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功解析：a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故A错误．画出PQ上的电场线如图所示．根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，实线PQ上的各点电势不等，故B错误．因为a与c两点电势相等，由E p＝qφ，知负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能，故C错误．将正试探电荷沿直线由a点移动到b点，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功，故D正确．答案：D18．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V ，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VB ．当t ＝1600s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110 V C ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小解析：根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2 V ，所以副线圈的电压的最大值为22 2 V ，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为2222V ＝22 V ，所以A 正确；在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin100πt V ，在t ＝1600 s 时，c 、d 间的电压瞬时值为：u ＝2202sin π6＝110 2 V ，故B 错误；当单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻增加，电路的总电阻增加，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变，所以C 错误；若当单刀双掷开关由a 扳向b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比由101变为51，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D 错误．故选A.答案：A19．火星是位于地球轨道外侧的第一颗行星，它的质量约为地球质量的110，直径约为地球直径的12.公转周期约为地球公转周期的2倍．在2013年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段．以下说法正确的是(可认为地球与火星都绕太阳做匀速圆周运动)( )A ．火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的0.4倍B ．火星的第一宇宙速度约是地球第一宇宙速度的55倍 C ．火星公转轨道半径约是地球公转轨道半径的2倍D ．下一个最佳发射期，最早要到2017年解析：根据g ＝GM R 2，火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为：g 火g 地＝M 火M 地·(R 地R 火)2＝110×22＝25＝0.4，故A 正确；根据v ＝gR ，v 火v 地＝g 火R 火g 地R 地＝25×12＝55，故B 正确；根据牛顿第二定律，有：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，解得：T ＝2πr 3GM ∝r 3，故r 火r 地＝3T 2火T 2地＝34，故C 错误；当地球与火星最近时，是最佳发射期，两次最佳发射期间隔中地球多转动一圈，故：2πT 地t －2πT 火t ＝2π，解得：t ＝T 地T 火T 火－T 地＝2年，在2013年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段，故下一个最佳发射期，最早要在2015年，故D 错误．故选AB.答案：AB20．如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O 转动，木板从水平位置OA 转到OB 位置的过程中，木板上重为5 N 的物块从靠近转轴的位置从静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J ．则以下说法正确的是( )A ．物块的竖直高度降低了0.8 mB ．由于木板转动，物块下降的竖直高度必定大于0.8 mC ．物块获得的动能为4 JD ．由于木板转动，物块的机械能必定增加解析：由重力势能的表达式E p ＝mgh ，重力势能减少了4 J ，而mg ＝5 N ，故h ＝0.8 m ，A 项正确，B 项错误；木板转动，但是木板的支持力不做功，故物块机械能守恒，C 项正确，D 项错误．答案：AC21．一导线弯成如图所示的闭合线圈，图甲中线圈以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止．图乙中线圈以OO ′为轴从图示位置(线圈平面与磁场平行)在磁感应强度为B 的匀强磁场中匀速转动．下列结论正确的是( )A ．图甲中，感应电动势先增大后减小B ．图甲中，感应电动势的最大值E ＝BrvC ．图乙中，线圈开始转动时感应电动势最大D ．图乙中，线圈开始转动时由于穿过线圈的磁通量为零，故感应电动势最小解析：图甲中，在闭合线圈进入磁场的过程中，因导线切割磁感线的有效长度先变大后变小，所以由E ＝Blv 可知，感应电动势E 先变大后变小，选项A 正确；导线切割磁感线的有效长度最大值为2r ，感应电动势最大值，为E ＝2Brv ，故选项B 错误；图乙中，虽然线圈开始转动时穿过它的磁通量Φ最小，但磁通量的变化率ΔΦΔt最大，因此感应电动势E 最大，选项C 正确，D 错误．答案：AC三、非选择题(包括必考题和选考题两部分)22．(6分)某同学想测出济宁当地的重力加速度g ，并验证机械能守恒定律．为了减小误差他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中(如图甲所示)，在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M ，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N ，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线．调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线．启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线．图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A 作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作为B 、C 、D 、E .将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A ，此时B 、C 、D 、E 对应的刻度依次为14.68 cm,39.15 cm,73.41 cm ，117.46 cm.已知电动机的转速为3 000 r/min.求：(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s ；(2)由实验测得济宁当地的重力加速度为________m/s 2；(结果保留三位有效数字)(3)该同学计算出划各条墨线时的速度v ，以v 2为纵轴，以各条墨线到墨线A 的距离h 为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图象，据此图象________(填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律，图线斜率的含义是________图线不过原点的原因是________________________．解析：(1)电动机的转速为3 000 r/min ＝50 r/s ，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.02 s ，每隔4条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为0.1 s ；(2)x BC ＝39.15－14.68 cm ＝24.47 cm ，x CD ＝73.41－39.15 cm ＝34.26 cm ，x DE ＝117.46－73.41 cm ＝44.05 cm ，可知连续相等时间内的位移之差Δx ＝9.79 cm ，根据Δx ＝gT 2得，g ＝Δx T 2＝9.79×10－20.01＝9.79 m/s 2. (3)根据mgh ＝12mv 2－12mv 20得，v 2＝v 20＋2gh ，若v 2－h 图线为直线，则机械能守恒，所以此图象能验证机械能守恒．图线的斜率为2g ，图线不过原点的原因是A 点对应的速度不为零．答案：(1)0.1 (2)9.79 (3)能 2g A 点对应速度不为零23．(9分)有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．有下列器材供选用：A ．电压表(0～5 V ，内阻约为10 k Ω)B ．电压表(0～10 V ，内阻约为20 k Ω)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻约为1 Ω)D ．电流表(0～0.6 A ，内阻约为0.4 Ω)E ．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F ．学生电源(直流6 V)，还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________(填A 或B 或C 或D)．(2)实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请将下图中实物连接成满足实验要求的测量电路．(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图所示)，若用电动势为2 V 、内阻不计的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是________W.解析：(1)因灯泡的额定电压为4 V ，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4 V ，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5 V 的电压表，故选A ；由P ＝UI 得，灯泡的额定电流I ＝P U ＝24＝0.5 A ；故电流表应选择0～0.6 A 的量程，故选D. (2)由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为R ＝U 2P＝8 Ω，跟电流表内阻接近，所以用电流表外接法，实物图连接如图所示．(3)当灯泡接入电动势为3 V 、内阻为2.5 Ω的电源中时，由闭合电路欧姆定律E ＝U ＋Ir ，U ＝3－2.5I 画出U －I 图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.4 A ，两端电压为2.0 V ，所以功率为0.8 W.答案：(1)A D (2)如图所示 (3)0.80(0.78～0.82)24．(12分)如图所示，固定在水平面上的斜面其倾角θ＝37°，长方形木块A的MN面上钉着一颗钉子，质量m＝1.5 kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．求在木块下滑的过程中：(1)木块与小球的共同加速度的大小；(2)小球对木块MN面的压力的大小和方向．(取g＝10 m/s2)解析：(1)由于木块与斜面间有摩擦力作用，所以小球B与木块间有压力作用，并且以共同的加速度a沿斜面下滑，将小球和木块看作一整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律有：(M＋m)g sinθ－μ(M＋m)g cosθ＝(M＋m)a代入数据得：a＝2.0 m/s2(2)选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为N，根据牛顿第二定律有：mg sinθ－N＝ma，代入数据得：N＝6.0 N根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N，方向沿斜面向下．答案：(1)2.0 m/s2(2)6.0 N，方向沿斜面向下25．(20分)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO作匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：(1)油滴在第一象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标．解析：(1)分析油滴受力可以判知要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电．受力如图：由平衡条件和几何关系得：mg qE f ＝11 2(2)油滴在垂直直线方向上应用平衡条件得：qvB ＝2Eq cos45°，所以v ＝4 2 m/s(3)进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，路径如上图，由0到A 匀速运动的位移为：s 1＝h sin45°＝2h 运动时间为：t 1＝s 1v联立解得：t 1＝0.1 s进入混合场后圆周运动的周期为：T ＝2πm qB由A 运动到C 的时间为t 2＝14T 由运动的对称性可知从C 到N 的时间为t 3＝t 1＝0.1 s在第一象限内运动的总时间为t ＝t 2＋t 3＋t 1＝0.82 s油滴在磁场中做匀速圆周运动：qvB ＝m v 2r图中ON 的长度及离开第一象限的x 坐标：x ＝2(s 1cos45°＋r cos45°)联立得：x ＝4.0 m所以油滴离开第一象限时的坐标为(4.0 m,0)答案：(1)负电荷 11 2 (2)4 2 m/s(3)0.82 s (4.0 m,0)33．[物理—选修3—3](15分)(1)(5分)关于一定量的气体，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)．A ．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B ．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C ．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D ．气体从外界吸收热量，其内能一定增加E ．气体在等压膨胀过程中温度一定升高(2)如图，一直立的气缸有一质量为m 的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S ，气体最初的体积为V 0，气体最初的压强为p 02；气缸内壁光滑且缸壁是导热的．开始活塞被固定，打开固定螺栓K ，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B 点，设周围环境温度保持不变，已知大气压强为p 0，重力加速度为g .求：①活塞停在B 点时缸内封闭气体的体积V ；②整个过程中通过缸壁传递的热量Q (一定质量理想气体的内能仅由温度决定)．解析：(2)①活塞在B 处时，对活塞B由平衡条件得：p 0S ＋mg ＝p B S ，解得，气体压强：p B ＝p 0＋mg S， p A ＝p 02，V A ＝V 0，p B ＝p 0＋mg S，活塞从A 到B 过程，由玻意耳定律：p A V A ＝p B V B ，解得：V B ＝p 0V 0S p 0S ＋mg； ②活塞下降的高度：h ＝V 0S －V B S ，活塞下降过程，外界对气体做功：W ＝Fh ＝p B Sh ＝p 0V 02＋mgV 0S，由于气体的温度不变，内能的变化：ΔE ＝0，由热力学第一定律可知：ΔU ＝W ＋Q ，Q ＝－(p 0V 02＋mgV 0S)，负号表示气体对外放出热量；答：①活塞停在B 点时缸内封闭气体的体积为p 0V 0S p 0S ＋mg ； ②整个过程中通过缸壁放出的热量为p 0V 02＋mgV 0S . 答案：(1)ABE34．[物理—选修3—4](15分)(1)(6分)某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，通过测量单摆摆长L ，利用秒表记录该单摆50次全振动所用的时间并求出周期T ，可求出重力加速度g .如果该同学测得的g 值偏大，可能的原因是________．(选对一个给3分，选对两个给4分，选对3个给6分．每选错一个扣3分，最低得分为0分)A ．测摆线长时摆线拉得过紧B ．开始计时时，秒表按下稍晚C ．实验中将51次全振动误记为50次D ．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了E ．测量单摆摆长是用摆线长加上小球直径(2)(9分)如图所示的直角三角形ABC 是玻璃砖的横截面，∠A ＝30°，∠B ＝90°，E 为BC 边的中点，BC ＝L .一束平行于AB 的光束从AC 边上的某点射入玻璃砖，进入玻璃砖后，在BC 边上的E 点被反射，EF 是该反射光线，且EF 恰与AC 平行．求：①玻璃砖的折射率；②该光束从AC 边上射入玻璃砖开始计时，经BC 边上的E 点反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖所需的时间(光在真空中的传播速度为c )．解析：(2)①作出光路图，光线在AC 面上的入射角为60°，折射角为30°，则折射率 n ＝sin60°sin30°＝ 3 ②因为发生全反射的临界角为sin C ＝13>12，所以光线在F 点发生全反射，在E 、H 点不能发生全反射．作出光束经BC 面反射后的光路图．该光束经一次反射后，到紧接着的一次射出玻璃砖发生在H 点，则本题所求时间为 t ＝GE ＋EF ＋FH v v ＝c n联立解得t ＝12L ＋L ＋12L c 3＝23L c答案：(1)ABE35．[物理—选修3—5](15分)(1)以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是( )A ．紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B ．在关于物质波的表达式ε＝h ν和p ＝hλ中，能量和动量p 是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ和频率ν是描述物质的波动性的典型物理量C ．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D ．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小E ．自然界中含有少量的14C,14C 具有放射性，能够自发地进行β衰变，因此在考古中可利用14C 来测量年代(2)(9分)如图所示，质量为m 1＝0.2 kg 的小物块A ，沿水平面与小物块B 发生正碰，小物块B 质量为m 2＝1 kg.碰撞前，A 的速度大小为v 0＝3 m/s ，B 静止在水平地面上．由于两物块的材料未知，将可能发生不同性质的碰撞，已知A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，试求碰后B 在水平面上可能的滑行时间．解析：(2)假如两物块发生的是完全非弹性碰撞，碰后的共同速度为v 1，则由动量守恒定律有m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1碰后，A 、B 一起滑行直至停下，设滑行时间为t 1，则由动量守恒定理有μ(m 1＋m 2)gt 1＝(m 1＋m 2)v 1解得t 1＝0.25 s假如两物块发生的是完全弹性碰撞，碰后A 、B 的速度分别为v A 、v 2，则由动量守恒定律有m 1v 0＝m 1v A ＋m 2v 2由功能原理有12m 1v 20＝12m 1v 2A ＋12m 2v 22 设碰后B 滑行的时间为t 2，则μm 2gt 2＝m 2v 2解联立方程组得t 2＝0.5 s可见，碰后B 在水平面上滑行的时间t 满足0．25 s≤t ≤0.5 s答案：(1)BDE。

高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第九章第三节

图 9－3－1 1 A. E 2 2 C. E 3 1 B. E 3 D.E
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第九章
电磁感应
楞次定律
自感现象
解析：选 B.a、b 间的电势差等于路端电 1 压,而小环电阻占电路总电阻的 ,故 Uab＝ 3 1 E,B 正确. 3
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电磁感应
楞次定律
自感现象
二、电磁感应图象问题分析 1.图象问题可以综合法拉第电磁感应定律、楞次定律或右手定则、安培定则和
方向.
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电磁感应
楞次定律
自感现象
(2)用楞次定律判断,感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的相反方向_____. 四、电磁感应的能量转化
其他形式的能 1.电磁感应现象的实质是____________
电能和______之间的转化.
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自感现象
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楞次定律
自感现象
B2L2vm mgsinα· R mgsinα＝ ,则 vm＝ .由此式 R B2L2 可知,B 增大,vm 减小;α 增大,vm 增大;R 变大,vm 变大;m 变小,vm 变小.因此 A、C、D 选项错,B 选项正确.
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电磁感应
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自感现象
即时应用
2.(2012· 北京四中模拟)一矩形线圈位于一随时间t变化的磁场内,磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里,如图9－3－2 甲所示.磁感应强度B随时间t的变化规律
如图乙所示.以I表示线圈中的感应电流,

2012届高考物理精练复习测试题(附答案)

2012届高考物理精练复习测试题（附答案）物理基础知识复习物理精练（44）1、物体在一个不为零的竖直向上的提力作用下在竖直方向参与了下列三种运动：匀速、加速和减速。

关于这个物体在这三种情况下机械能的变化情况，正确的说法是（）A．匀速运动机械能可能不变B．加速运动机械能一定增加C．减速运动机械能一定减小D．三种情况下，机械能都有可能增加2．如图所示，一物块以某一初速度v0冲上一个足够长的固定粗糙斜面，从A到B所用的时间为t1，到达最高点后沿斜面下滑时，从B到A所用的时间为t2，则两段时间t1与t2的关系是（）A．t1＝t2B．t1＜t2C．t1＞t2D．无法确定3、如图所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是()A．F1＝F2＝F3＝F4B．F1＞F2＞F3＞F4C．F1＜F2＝F4＜F3D．F1＝F3＜F2＜F44、矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图甲所示。

设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4s时间内，图乙中能正确表示线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是（规定ab边所受的安培力方向向左为正）（）5、如图所示，通电螺线管的内部中间和外部正上方静止悬挂着金属环a和b，当变阻器R的滑动头c向左滑动时（）A．a环向左摆，b环向右摆B．a环和b环都不会左摆或右摆C．两环对悬线的拉力都将增大D．a环和b环中感应电流的方向相同6、如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（）A．电压表的读数U先减小，后增大B．电流表的读数I先增大，后减小C．电压表读数U与电流表读数I的比值不变D．电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值不变7、如图所示，用传感器测量通电螺线管轴线（x轴）上的磁感应强度，然后绘出B—x图像，设x＝0处为螺线管轴线的中央，下面最符合实际情况的图是（）8、如图所示，均匀细杆AB质量为M，A端装有转轴，B端连接细线通过滑轮和质量为m的重物C相连，若杆AB呈水平，细线与水平方向夹角为q时恰能保持平衡，则杆对轴A有作用力大小下面表达式中正确的有：（）A．mg．B．Mg2sinq．C．M2－2Mmsinq＋m2g．D．Mg－mgsinq．9、空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是、．下列说法中正确的有：（）A.的大小大于的大小。

2012年高考物理一轮复习基础测试题答案与解析(15)高考真题下载

2012年高考物理一轮复习基础测试题答案与解析（15）1.解析：当t＝0时，x1＝A·sin φ＝－0.1 m①当t＝43 s时，x2＝A·sin(43·2πT＋φ)＝0.1 m②由①②两式可解得，8π3T＝2kπ＋π(k＝0,1，…)T＝86k＋3③，当k＝0时，T＝83s④同理：当t＝4 s时，x3＝A·sin(4·2πT′＋φ)＝0.1 m⑤将①⑤联立可解得：8πT′＝2k′π＋π(k′＝0,1 …)T′＝82k′＋1，当k′＝0时，T′＝8 s.分别将选项中对应数值代入①②⑤式，可以发现只有A、D两项能让式子成立．答案：AD2. 解析：由x＝A sin π4t知周期T＝8 s．第1 s、第3 s、第5 s间分别相差2 s，恰好是14个周期．根据简谐运动图象中的对称性可知A、D选项正确．答案：AD3. 解析：质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同，与位移方向相反．总是指向平衡位置；位移增加时速度与位移方向相同，位移减小时速度与位移方向相反，故位移减小时加速度与速度方向相同．答案：BD4. 解析：[来源:Z|xx|]受迫振动的振幅A随驱动力频率的变化规律如图所示，显然A错，B对．振动稳定时系统的频率等于驱动力的频率，即C错D对．答案：BD5. 解析：(1)当驱动力的频率等于物体的固有频率时物体发生共振，则物体的振幅最大，故昆虫翅膀的振动频率应为200 Hz左右．(2)共振曲线如图所示．答案：(1)200 (2)见解析图[来源:Z#xx#]6. 解析：(1)①由于细沙曲线近似为一条正弦曲线，说明沙摆的摆动具有周期性．[来源:学§科§网Z§X§X§K]②由于细沙曲线两头沙子多，中间沙子少，说明沙摆在两侧最大位移处运动慢，在经过平衡位置时运动快．(2)在同样长的纸板上，图(c)中对应的周期个数多，用的时间长，说明拉动纸板匀速运动的速度变小．但不能说明沙摆的周期发生变化．答案：见解析[来源:学科网]7. 解析：(1)由乙图可知T＝0.8 s则f＝1＝1.25 Hz.T(2)由乙图知，O时刻摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开始时摆球应在B点．(3)由T ＝2π l g ，得：l ＝gT 24π2＝0.16 m. 答案：(1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m8. 解析：(1)由题意可知，振子由B →C 经过半个周期，即T2＝0.5 s ，故T ＝1.0 s ，f ＝1T＝1 Hz. (2)振子经过1个周期通过的路程s 1＝0.4 m ．振子5 s 内振动了五个周期，回到B 点，通过的路程：s ＝5s 1＝2 m.位移x ＝10 cm ＝0.1 m(3)由F ＝－kx 可知：[来源:学,科,网]在B 点时F B ＝－k ×0.1在P 点时F P ＝－k ×0.04故a B a P ＝F Bm F Pm＝5∶2. 答案：(1)1.0 s 1.0 Hz (2)2 m 0.1 m (3)5∶29. 解析：(1)由振动图象可得：A ＝5 cm ，T ＝4 s ，φ＝0则ω＝2πT ＝π2rad/s[来源:学科网] 故该振子简谐运动的表达式为：x ＝5sin π2t (cm)． (2)由图可知，在t ＝2 s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断加大，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大．当t ＝3 s 时，加速度的值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经一周期位移为零，路程为5×4 cm＝20 cm，前100 s刚好经过了25个周期，所以前100 s振子位移s＝0，振子路程s′＝20×25 cm＝500 cm＝5 m.答案：(1)x＝5sin π2t cm (2) 见解析(3)0 5 m高考试题来源：/zyk/gkst/。