【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习单元质量检测01

2016新课标名师导学新高考第一轮物理总复习课件同步测试卷1

9.一质点在 xOy 平面内的运动轨迹如图所示，下列判断正确的是 ( BD ) A.若 x 方向始终匀速，则 y 方向先加速后减速 B.若 x 方向始终匀速，则 y 方向先减速后加速 C.若 y 方向始终匀速，则 x 方向先减速后加速 D.若 y 方向始终匀速，则 x 方向先加速后减速
10. 甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的 v －t 图象如图所示.两图象在 t ＝t1 时相交于 P 点，P 在横轴上的投影为 Q， △OPQ 的面积为 S.在 t＝0 时刻，乙车在甲车前面，相距为 d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为 t′，则下面四组 t′和 d 的组合可能是( CD ) t1 S A.t′＝t1，d＝S B.t′＝，d＝ 2 4 t1 5S t1 3S C.t′＝，d＝ D.t′＝，d＝ 3 9 2 4
【解析】标量也可有负值，标量与矢量是两个不同的概念，表示的也不一样，所以它们之间有区别，而且标量与矢量也不是一回事.
2.做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第 1 s内的位移是21 m，则最后1 s的位移是( B ) A.5 m B.3 m C.2 m D.1 m
【解析】倒过来看，相等的1 s内位移之比为 1∶3∶5∶7，“7”对应“21 m”，“1”对应 “3 m”，B对.
＝2 m/s2，当Δt＝1 s时，v－v0＝2 m/s，所以B正确，A错误.物体这一秒的初速度与前一秒的末速度是同一时刻的速度，应相等.物体这一秒的末速度与前一秒的初速度是相隔2 s的两个速度，相差4 m/s，所以C、D错.
4.物体在A、B两地往返运动.设从A到B的平均速率为v1，由B到A的平均速率为v2，物体往返一次，平均速度的大小与平均速率分别是( B ) v1＋v2 A.0， 2 2v1v2 C.都是 v1＋v2 2v1v2 B.0， v1＋v2 D.都是0

2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析

2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，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．1．（6分）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端间的电势差不变．将云母介质移出介电常数减小，根据电容的决定式C=知，介电常数减小，电容减小．由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．所以ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=、C=、E=三个公式．2．（6分）现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（）A．11B．12C．121D．144【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．【解答】解：根据动能定理得，得①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得②①②两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．3．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（）A．2B．3C．4D．5【考点】变压器的构造和原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】变压器输入电压为U与电阻R两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据1电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正确，ABC错误；故选：B．【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．4．（6分）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小．由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R．由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键．5．（6分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题．【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向相同，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D．因为合外力恒定，加速度恒定，△由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的．故D错误．故选：BC．【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键．6．（6分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】应用题；定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由b平衡可知，绳对b的拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，可知，物体a平衡，由此可得绳中张力T保持不变，又由于b平衡可知，滑轮O'处于静止状态且所受绳的拉力大小和方向都没有变化，故O O'中的张力保持不变，故AC均错误；BD、由于b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．4/ 12【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．7．（6分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．8．（6分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．在 t=1s 时，甲车在乙车后B ．在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题．【分析】由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶； v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶，故 A 错误；B ．由图象可知，a =甲==10m/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确；乙甲C ．由 AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在 1s 和 3s ，故 C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲甲乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m ，故 D 正确．故选：BD ．【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 9 题～第 12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（5 分）某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有 220Hz 、30Hz 和 40Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率 f ，需要用实验数据和其他条件进行推算．（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度大小为，打出 C 点时重物下落的速度大小为，重物下落的加速度的大小为．2 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =10.10cm ；当重力加速度大小为 9.80m/s ，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%．由此推算出 f 为 40 Hz ．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 和 C 点的瞬时速度，利用速度公式求加速度；（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=ma ，所以 a=0.99g ，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得： f=40HZ ．故答案为：（1）；；；（2）40．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过 60℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω），直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω），单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知 U 约为 18V ，I 约为 10mA ；流过报警器的电流超过 20mA 时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在 60℃时阻值为 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．（2）在电路中应选用滑动变阻器 R 2 （填“R 1”或“R 2”）．（3）按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为 650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置于 b （填“a ”或“b ”）端附近，不能置于另一端的原因是保证报警器的安全使用．②将开关向 c （填“c ”或“d ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警．（4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构；（2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；21 2 3BC C BC（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警．【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．11．（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小（2）根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为，作用在ab 棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为．对于ab棒，由力的平衡条件得②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（2）金属棒运动速度的大小．【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键．12．（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=，重力加速度大小为g．（取sin37°=，cos37°=）（1）求P 第一次运动到B点时速度的大小．（2）求P 运动到E点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．【考点】功能关系；动能定理；弹性势能．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律．【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入数据得：（2）物块返回B点后向上运动的过程中：其中：联立得：物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：E=W所以：E=2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t联立得：E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：联立得：m′=答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P 的质量是m．【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．三、选考题：【物理--选修3-5】13．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【考点】光电效应．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B错误；C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；E、根据，得遏止电压及最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确故选：ACE【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．入射光越强饱和光电流越大．14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【考点】动量定理；竖直上抛运动．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题．【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV求解；（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可．【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练4含答案

课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。

2016年全国统一高考物理试卷(新课标1)含答案解析

2016年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求，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．1．（6分）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（）A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变【考点】电容器的动态分析．【专题】定量思想；推理法；电容器专题．【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出介电常数减小，根据电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端间的电势差不变．将云母介质移出介电常数减小，根据电容的决定式C=知，介电常数减小，电容减小．由于电压不变，根据C=可知，电荷量Q减小．由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，根据E=可知，极板间的电场强度不变．所以ABC错误，D正确；故选：D【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变．要掌握C=、C=、E=三个公式．2．（6分）现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（）A．11B．12C．121D．144【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．【解答】解：根据动能定理得，得①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有得②①②两式联立得：一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，ABC错误故选：D【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．3．（6分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（）A．2B．3C．4D．5【考点】变压器的构造和原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题．【分析】变压器输入电压为U与电阻R两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据1电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得线圈匝数之比．【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为K，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：=k（1）同理可知，=k（2）代入数据联立解得：U=48I；代入（1）式可得：k=3；故B正确，ABC错误；故选：B．【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．4．（6分）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（）A．1h B．4h C．8h D．16h【考点】开普勒定律；同步卫星．【专题】定性思想；推理法；人造卫星问题．【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小．由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期．【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R已知地球的自转周期T=24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小．由公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小．由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图．由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R．由开普勒第三定律得：T′=T=24≈4h故B正确，ACD错误；故选：B．【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键．5．（6分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变【考点】物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律．【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题．【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；由牛顿第二定律F=ma可知，加速度的方向由合外力的方向决定；由加速度的定义a=来判断质点单位时间内速率的变化量．【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A错误；B．由A分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确；C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与合外力的方向相同，所以质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，故C正确；D．因为合外力恒定，加速度恒定，△由△v=a△t可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做匀变速曲线运动，则单位时间内速率的变化量是变化的．故D错误．故选：BC．【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=也是解答本题的关键．6．（6分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】应用题；定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由b平衡可知，绳对b的拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，可知，物体a平衡，由此可得绳中张力T保持不变，又由于b平衡可知，滑轮O'处于静止状态且所受绳的拉力大小和方向都没有变化，故O O'中的张力保持不变，故AC均错误；BD、由于b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0Fcosα+f﹣Tcosθ=0由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确f=Tcosθ﹣Fcosα由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．故选：BD．4/ 12【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡．7．（6分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（）A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q点的电势比P点高；故A正确；B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选：AB．【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．8．（6分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t图象如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）5/ 12A ．在 t=1s 时，甲车在乙车后B ．在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5mC ．两车另一次并排行驶的时刻是 t=2sD ．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】压轴题；学科综合题；定量思想；推理法；运动学中的图像专题．【分析】由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶； v ﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．【解答】解：A ．由图象可知，1 到 3s 甲乙两车的位移相等，两车在 t=3s 时并排行驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶，故 A 错误；B ．由图象可知，a =甲==10m/s；a = ==5m/s乙； 0 至 1s ，x = a t = ×10×1 甲甲=5m ，x=v t+ a乙乙t =10×1+ ×5×1 =12.5m ，△x=x ﹣x =12.5﹣5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m ，故 B 正确；乙甲C ．由 AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在 1s 和 3s ，故 C 错误；D.1s 末甲车的速度为：v=a t=10×1=10m/s ，1 到 3s ，甲车的位移为：x=vt+ a t =10×2+ ×10×2 =40m ，即甲、甲甲乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m ，故 D 正确．故选：BD ．【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题．解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 9 题～第 12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题9．（5 分）某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有 220Hz 、30Hz 和 40Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．该同学在实验中没有记录交流电的频率 f ，需要用实验数据和其他条件进行推算．（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B点时，重物下落的速度大小为，打出 C 点时重物下落的速度大小为，重物下落的加速度的大小为．2 2 2 2 0 2 22 2（2）已测得 s =8.89cm ，s =9.5．cm ，s =10.10cm ；当重力加速度大小为 9.80m/s ，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%．由此推算出 f 为 40 Hz ．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；方程法；动能定理的应用专题．【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出 B 和 C 点的瞬时速度，利用速度公式求加速度；（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率．【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v = =；v ==；由速度公式 v =v +aT 可得：a=；（2）由牛顿第二定律可得：mg ﹣0.01mg=ma ，所以 a=0.99g ，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得： f=40HZ ．故答案为：（1）；；；（2）40．【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过 60℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 I C 时就会报警），电阻箱（最大阻值为 999.9Ω），直流电源（输出电压为 U ，内阻不计），滑动变阻器 R 1（最大阻值为 1000Ω），滑动变阻器 R 2（最大阻值为 2000Ω），单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知 U 约为 18V ，I 约为 10mA ；流过报警器的电流超过 20mA 时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在 60℃时阻值为 650.0Ω．（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线．（2）在电路中应选用滑动变阻器 R 2 （填“R 1”或“R 2”）．（3）按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为 650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置于 b （填“a ”或“b ”）端附近，不能置于另一端的原因是保证报警器的安全使用．②将开关向 c （填“c ”或“d ”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警．（4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构；（2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；21 2 3BC C BC（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节和实验现象．【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R==1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；故滑动变阻器接入电阻约为1350Ω；故应选择R2；（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；②将开关接到C端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常工作；故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警．【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况．11．（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab（仅标出a端）和c d（仅标出c端）长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；（2）金属棒运动速度的大小．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】计算题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合．【分析】（1）对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小（2）根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为，作用在ab 棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为．对于ab棒，由力的平衡条件得②对于cd棒，同理有④联立①②③④式得F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤（2）由安培力公式得F=BIL⑥这里I是abcda中的感应电流．ab棒上的感应电动势为ɛ=BLv⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得⑧联立⑤⑥⑦⑧式得⑨答：（1）作用在金属棒ab上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；（2）金属棒运动速度的大小．【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键．12．（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=，重力加速度大小为g．（取sin37°=，cos37°=）（1）求P 第一次运动到B点时速度的大小．（2）求P 运动到E点时弹簧的弹性势能．（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．【考点】功能关系；动能定理；弹性势能．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律．【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：其中：代入数据得：（2）物块返回B点后向上运动的过程中：其中：联立得：物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：整理得：x=R物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：E=W所以：E=2.4mgR（3）由几何关系可知图中D点相当于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=所以D点相当于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R小球做平抛运动的时间：t==1.5RG点到D点的水平距离：L==由：L=v t联立得：E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：联立得：m′=答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是．（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．PPD（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P 的质量是m．【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E点的，并能正确列出动能定理及理解题目中公式的含义．三、选考题：【物理--选修3-5】13．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（）A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关【考点】光电效应．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B错误；C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故C错误；E、根据，得遏止电压及最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确故选：ACE【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单位时间内逸出的光电子数目．入射光越强饱和光电流越大．14．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．【考点】动量定理；竖直上抛运动．【专题】简答题；定性思想；推理法；动量定理应用专题．【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV求解；（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可．【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，根据运动学基本公式得：，。

2016新课标名师导学新高考第一轮物理总复习课件同步测试卷2

【解析】根据力的合成和共点力的平衡条件解决问题. 木板静止时，木板受重力G以及两根轻绳的拉力 F2，根据平衡条件，木板受到的合力F1＝0，保持不变. 两根轻绳的拉力的合力大小等于重力G，保持不变，当两轻绳剪去一段后，两根轻绳的拉力的夹角变大，因合力不变，故F2变大.选项A正确，选项B、C、D错误.
【解析】取第1石块为研究对象，受力如图，依水平方向受力平衡，有N1＝N2·cos 37°. N1 4 ∴ ＝cos 37°＝，B对. N2 5
8.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点.已知容器半径为R、与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°. 下列说法正确的是( BC ) A.容器相对于水平面有向左的运动趋势 B.容器对小球的作用力指向O mg C.弹簧原长为R＋ k 3 D.轻弹簧对小球的作用力大小为 mg 2
3.如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千.某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变.木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( A ) A.F1不变，F2变大 B.F1不变，F2变小 C.F1变大，F2变大 D.F1变小，F2变小
4.如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝ 20 kg，B物体质量M＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定在墙壁上，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上使B缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m时，水平推力的大小为(g取10 m/s2)( B ) A.350 N B.300 N C.250 N D.200 N

与名师对话·高三课标版物理1-1

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高考总复习 ·课标板物理
思考2 选取的参考系一定是静止的物体吗？ [提示] 不一定．
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三、位移、速度 1.
定义位移表示质点位置位的变化，可用由移初位置指向末位置的有向线段表示
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3．平均速度与瞬时速度的区别和联系 (1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的快慢程度． (2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．
才是解决问题的关键.
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(对应学生用书 P1) 一、质点(理想模型) 1．定义：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型． 2．物体可看做质点的条件：研究物体的运动时，物体的形状和大小对研究结果的影响可以忽略．
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3．参考系的四性 (1)标准性，选作参考系的物体都假定不动，被研究的物体都以参考系为标准． (2)任意性，参考系的选取原则上是任意的． (3)统一性，比较不同物体的运动应选择同一参考系． (4)差异性，对于同一物体选择不同的参考系结果一般不同．
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与名师对话·高三课标版物理质量检测1高一物理必修一

质量检测(一)高一物理必修一(检测范围：必修一时间：90分钟总分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．)1．(2013·陕西长安一中质检) 以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图下列说法正确的是()A．甲图中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中，体重计的示数先减少后增加B．乙图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变C．丙图中赛车的质量不很大，却安装着强大的发动机，可以获得很大的加速度D．丁图中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，来增大车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全[答案] BC2．(2012·北京朝阳区统考)如下图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1，F2，F3，其大小关系是()A．F1＝F2＝F3B．F1＝F2<F3C．F1＝F3>F2D．F3>F1>F2[解析]设每个球的重力均为G，分析第1个图中最下面那个球的受力情况可得F1＝G，分析第2个图中小球的受力情况易得F2＝G，同理，F3＝G，所以F1＝F2＝F3.本题答案为A.[答案] A3．(2012·徐州期中)如下图所示，在北塔公园门前，李师傅用牙齿死死咬住长绳的一端，将停放着的一辆卡车缓慢拉动．小华同学看完表演后做了如下思考，其中正确的是()A．李师傅选择斜向上拉可以减少车对地面的正压力，从而减少车与地面间的摩擦力B．若将绳系在车顶斜向下拉，要拉动汽车将更容易C．车被拉动的过程中，绳对车的拉力大于车对绳的拉力D．当车由静止被拉动时，绳对车的拉力大于车受到的摩擦阻力[解析]李师傅斜向上拉车的力可以分解成竖直向上和水平向前的两个分力，竖直向上的分力将减少车对地面的正压力，从而减少车与地面间的滑动摩擦力，则A对；若将绳系在车顶斜向下拉，车对地面的正压力增大，摩擦力增大，拉动汽车将更不容易，则B错；绳对车的拉力与车对绳的拉力是作用力与反作用力，大小相等，则C错；若车由静止被拉动，绳的拉力与水平方向的分力大于车受到的摩擦阻力，绳的拉力大于车受到的摩擦阻力，则D正确．[答案] AD4．(2012·开封期中) 如右图所示，两个质量分别为m1＝2 kg，m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N，F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1，m2上，则()A．弹簧秤的示数是10 NB．弹簧秤的示数是50 NC．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变D．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度变大[解析]在两端水平拉力作用下，加速度方向向右，由牛顿第二定律，F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝2 m/s2.隔离m1，分析受力，设弹簧秤的示数是F，由牛顿第二定律，F1－F＝m1a，解得F＝26 N，选项AB错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧秤中拉力不变，m1的加速度不变，m2的加速度变大，选项CD正确．[答案] CD5．(2012·泰安模拟)如右图所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是() A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失量后超重，对板的压力先减小后增大B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力先增大后减小D．运动员向上运动(C→B)的过程中，超重，对板的压力一直减小[解析]运动员由B→C的过程中，先向下加速后向下减速，即先失重后超重，但跳板的形变量一直变大，所以跳板所受的压力一直变大，A项错，B项对；运动员由C→B的过程中，先向上加速后向上减速，即先超重后失重，跳板所受的压力一直变小，C，D项错．[答案] B6．(2012·云南部分名校联考)汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3 [解析] 自驾驶员急踩刹车开始，经过t ＝v 0/a ＝4 s 汽车停止运动，2 s 时汽车的位移为s 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 时汽车的位移为s 2＝12at 2＝12×5×42 m ＝40m ，所以s 1∶s 2＝3∶4.本题答案为C.[答案] C7．(2012·苏北四市三调)风洞是进行空气动力学实验的一种主要设备．某兴趣小组为了检验一飞机模型的性能，对该模型进行了模拟风洞实验，该实验的示意图如图，其中AB 代表飞机模型的截面，OL 为飞机模型的牵引绳．已知飞机模型重为G ，风向水平，当牵引绳水平时，飞机模型恰好静止在空中，此时飞机模型截面与水平面的夹角为θ，则作用于飞机模型上的风力大小为( )A.G cos θB ．G cos θ C.G sin θ D ．G sin θ[解析] 以飞机模型为研究对象，进行受力分析，飞机模型受到竖直向下的重力、水平向左绳的拉力、垂直AB 面斜向上的风力，根据力的合成知识得：F 风cos θ＝G ，所以F 风＝G cos θ，A 正确．[答案] A8．(2012·金陵中学检测)如右图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F作用下从B点沿圆弧缓慢上滑至A点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向，则() A．小物块受的支持力逐渐变大B．小物块受的支持力先变小后变大C．拉力F逐渐变小D．拉力F先变大后变小[解析]把小物块沿斜面缓慢上滑的过程看作平衡状态研究，设小物块与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则F＝mg sinθ，支持力F N＝mg cosθ，由于θ是逐渐减小的，则拉力F逐渐变小，小物块受的支持力逐渐变大．AC正确．[答案] AC9．(2012·北师大附中期中)如右图所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为m的滑块，此时弹簧处于自然长度．已知滑块与挡板的动摩擦因数及最大静摩擦因数均为3/3.现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的变化关系可能是下图中的()[解析]选取滑块为研究对象，受到竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的摩擦力f的作用，可能还会受到沿斜面向上的弹簧弹力F的作用，当θ较小，即mg sinθ<μmg cosθ时，弹簧弹力F＝0，代入数据可得此时θ<π/6，据此可排除选项AB ；当mg sin θ>μmg cos θ，即θ>π/6时，F ≠0，根据平衡条件可得F ＝mg sin θ－μmg cos θ，当θ＝π/3时，F ＝33mg >12mg ，所以选项C正确，D 错误．本题答案为C.[答案] C10．(2012·北师大附属实验中学期中)质量为0.3 kg 的物体在水平面上运动，如下图所示中的两条直线分别表示物体受力平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度－时间图象，则下列说法中正确的是 ( )A ．物体不受水平拉力时的速度图象一定是bB ．物体受水平拉力时的速度图象可能是aC ．摩擦力一定等于0.2 ND ．水平拉力一定等于0.1 N[解析] 图中两条图线都表示匀减速直线运动，只是加速度大小不同，分别为a 1＝13 m/s 2，a 2＝23 m/s 2；因为不知水平拉力的方向，所以选项A 错误，B 正确；设水平拉力F 的方向与运动方向相反，则f ＋F ＝ma 2，f ＝ma 1，代入数据，可解得F ＝0.1 N ，f ＝0.1 N ；再设水平拉力F 的方向与运动方向相同，则f －F ＝ma 1，f ＝ma 2，代入数据，可解得F ＝0.1 N ，f ＝0.2 N ，可见，选项C 错误，D 正确．本题答案为BD.[答案] BD二、实验题(本题共2小题，共15分)11．(7分)(2012·高考浙江理综)在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮箱、细绳套和一把弹簧秤．(1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如图所示，其读数为________N；同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N，画出这两个共点力的合力F合；(3)由图得到F合＝________N.[解析](1)作图时注意横坐标轴的标度，连线一定是一条过原点的直线，计算k时可取直线上较远的两点计算，例如(0.74×10－2,0.50)，(6.42×10－2,3.50)，k＝ΔyΔx＝3.50－0.506.42×10－2－0.74×10－2N/m≈53 N/m(2)注意估读，作图时注意选取标度，都从O点沿力的方向按力的大小作出力的图示．(3)以这两个力作为平行四边形的两条邻边，作平行四边形，画出对角线．用刻度尺量出平行四边形对角线的长度，除以标度，得出F合＝3.3 N，如图所示．[答案] (1)如图所示53(说明：±2内都可)(2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02内都见)见解析图(3)3.3(说明：±0.2内都可)12．(8分)(2012·高考山东理综)某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50 Hz.(1)通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点________和________之间某时刻开始减速．(2)计数点5对应的速度大小为________m/s ，计数点6对应的速度大小为________m/s.(保留三位有效数字)(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a ＝________m/s 2，若用a g 来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g 为重力加速度)，则计算结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”)．[解析] (1)由纸带上各点间距可以看出，6、7两点间距离最大，在计数点6之前，连续相等的时间内位移差Δx ＝2.00 cm ，而6、7两计数点间位移与前一段位移之差Δx ′＝x 67－x 56<2.00 cm.故物块在两相邻计数点6和7之间开始减速．(2)根据v 5＝x 462T 可得：v 5＝(9.00＋11.01)×0.012×0.1m/s ＝1.00 m/s ，从点2到点6段的加速度a ＝x 56－x 45T 2＝2.01 m/s 2 v 6＝v 5＋aT ＝1.20 m/s(3)物块在6、7点间加速度变化，减速过程加速度大小有a ′＝x 79－x 91122·T 2＝2.0m/s 2但重物落地后，滑块向前运动时除受摩擦力作用外，纸带和限位孔之间也存在摩擦力作用，即μmg ＋F 阻＝ma ，μ＝ma －F 阻mg ，故利用μ＝a g 计算出的动摩擦因数比真实值偏大．[答案] (1)6 7(或7 6) (2)1.00 1.20 (3)2.00 偏大三、计算题(本题包括4小题，共45分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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．)13．(10分)(2012·山东曲阜师大附中月考)F1是英文Formula One 的缩写，即一级方程式赛车，是仅次于奥运会和世界杯的世界第三大赛事．F1赛车的变速系统非常强劲，从时速0加速到100 km/h 仅需2.3 s ，此时加速度仍达10 m/s 2，时速为200 km/h 时的加速度仍有3 m/s 2，从0加速到200 km/h 再急停到0只需12 s ．假定F1赛车加速时的加速度随时间的增大而均匀减小，急停时的加速度大小恒为9.2 m/s 2.上海F1赛道全长5.451 km ，比赛要求选手跑完56圈决出胜负．求：(1)若某车手平均时速为210 km/h ，则跑完全程用多长时间？(2)该车手的F1赛车的最大加速度．[解析] (1)由t ＝s v ＝56×5.451×1032103.6s ＝5233 s. (2)设F1赛车加速时的加速度a ＝a m －kt当t ＝2.3 s 时，有10 m/s 2＝a m －k ×2.3 s① 车从200 km/h 降到0用时为t 0，t 0＝v t －v 0a ＝0－2003.6－9.2 s ＝6 s则车加速到200 km/h 用时t ＝12 s －6 s ＝6 s当t ＝6 s 时，有3 m/s 2＝a m －k ×6 s② 有①②解得a m ＝14.4 m/s 2.[答案] (1)5233 s (2)14.4 m/s 214．(11分)(2012·江苏启东中学检测)在医院里常用如下图所示装置对小腿受伤的病人进行牵引治疗．不计滑轮组的摩擦和绳子的质量，绳子下端所挂重物的质量是5 kg.问：(1)病人的腿所受水平方向的牵引力是多大？(2)病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力是多大？(g取10 N/kg)[解析]因绳子中各处与其他物体没结点，所以绳子中各处的张力(拉力)都等于所悬挂的重物的重力，即F T＝mg＝50 N.将ab段的绳子拉力沿水平方向和竖直方向分解，如右图所示．F水平＝F T cos30°＝43.3 N，F竖直＝F T sin30°＝25 N.(1)由图知，病人的脚所受水平方向的牵引力：F牵＝F T＋F水平＝50 N＋43.3 N＝93.3 N.(2)由图知，病人的脚和腿所受的竖直向上的牵引力：F牵′＝F T＋F竖直＝50 N＋25 N＝75 N.[答案] (1)93.3 N(2)75 N15．(12分)(2012·浙江杭州期中)如图所示，一货车以v1＝15 m/s的速度匀速驶向十字路口，当它距路口AB线x1＝175 m时发现另一条路上距路口中心O点x2＝500 m处，一辆轿车以v2＝20 m/s的速度开向路口，货车司机感觉到轿车“来势凶猛”，决定制动匀减速以避让轿车，而轿车仍然匀速运动．在下面的问题中，轿车和货车都看做质点．(1)如果货车立即制动做匀减速运动，它停在AB线时，轿车有没有开过了路口中心点？(2)如果货车迟疑了1 s 后制动做匀减速运动，它能在轿车刚过路口中心时恰好到达AB 线吗？如能，求出加速度的大小；如不能，说明理由．[解析] (1)轿车运动到O 点的时间t 2＝x 2v 2＝25 s 货车立即减速到停在AB 线上的过程，平均速度 v ＝v 12＝7.5 m/s运动时间t 1＝x 1v ＝23.3 s ，因t 1<t 2，所以轿车还没有通过中心点．(2)在迟疑1 s 的时间内，货车运动的距离x 3＝15×1 m ＝15 m.设货车在轿车刚过O 点时到达AB 线，它的运动时间t 3＝t 2－1 s ＝24 s ，又x 1－x 3＝v 1t 3－12at 23代入数据得a ＝2536 m/s 2.这时货车的速度v 3＝v 1－at 3＝(15－2536×24) m/s ＝－53 m/s.可见货车在轿车通过O 点前已经通过了AB 线，所以货车不能在轿车到达O 点时到达AB 线．[答案] (1)没有 (2)不能，理由见解析16．(12分)(2012·北京石景山高三统考)如图甲所示，质量M ＝1 kg 的薄木板静止在水平面上，质量m ＝1 kg 的铁块静止在木板的右端，可视为质点．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.05，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g ＝10 m/s 2.现给铁块施加一个水平向左的力F .(1)若力F 恒为4 N ，经过时间1 s ，铁块运动到木板的左端，求木板的长度L ；(2)若力F 从零开始逐渐增加，且铁块始终在木板上没有掉下来．试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力f 随力F 大小变化的图象．[解析] (1)对铁块，由牛顿第二定律：F －μ2mg ＝ma 1s 铁＝12a 1t 2对木板，由牛顿第二定律：μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2s 木＝12a 2t 2又：s 铁－s 木＝L解得：L ＝0.5 m(2)①当F ≤μ1(m ＋M )g ＝1 N 时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：f ＝F②当F >μ1(m ＋M )g ＝1 N 时，若M 、m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度a ，则：F －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )aF －f ＝ma解得：F ＝2f －1(N)此时：f ≤μ2mg ＝2 N ，也即F ≤3 N所以：当1 N<F ≤3 N 时，f ＝F 2＋0.5 N③当F >3 N 时，M 、m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：f ＝μ2mg ＝2 Nf －F 图象如图所示．[答案] (1)0.5 m(2)见解析图。

【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习单元质量检测03

【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习单元质量检测03时间：60分钟总分：100分一、选择题(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题只有一项符合题目要求．第6～8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．)1．(2014·温州市十校联合体高三测试)根据牛顿第三定律，下面说法正确的是( ) A．跳高运动员起跳时，地对人的竖直支持力大于人对地的压力B．钢丝绳吊起货物加速上升时，钢丝绳给货物的力大于货物给钢丝绳的力C．篮球场上一个小个子运动员撞在大个子运动员身上，小个子运动员跌倒了，而大个子运动员只歪了一下，是因为大个子运动员对小个子运动员作用力大于小个撞大个的力D．子弹在枪膛中加速时，枪膛对子弹的作用力等于子弹对枪膛的作用力解析：牛顿第三定律是相互作用力，大小相等，方向相反，作用在彼此两个物体上．A 中地面对人的支持力和人对地面的压力是相互作用力，大小相等，A错．B中钢丝绳对货物的力与货物对钢丝绳的力是相互作用力，大小相等，B错．大个子对小个子运动员和小个子对大个子运动员的力也属于相互作用力，大小也是相等，答案C错．只有最后一项枪膛对子弹的作用力和子弹对枪膛的作用力是一对相互作用力大小相等是对的．答案：D2．(2014·西安铁一中、铁一中国际合作学校高三模拟)如右图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力．下列说法正确的是( )A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力D．在降落伞打开后的下降过程中，安全带的作用力小于B的重力解析：据题意，降落伞未打开时，A、B两人均处于完全失重状态，则A、B之间安全带作用力为0，故A 选项正确而B 、C 选项错误；降落伞打开后，A 、B 做减速下降，则A 、B 处于超重状态，对B 有：T －G ＝ma ，即T ＝G ＋ma ，故D 选项错误．答案：A3．(2014·北京卷)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D ．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：物体超重时具有向上的加速度，失重时具有向下的加速度，物体向上运动过程中先向上加速，之后的运动状态不确定，A 、B 错误．物体离开手的瞬间，只受重力，加速度等于重力加速度，C 错误．物体离开手，可知物体和手的速度不相同，手的速度更慢，从手托物体一起运动到分开，手必须更快地减小速度，因此手的加速度大于物体的加速度，D 正确．答案：D4．(2014·温州市十校联合体高三测试)质量分别为m 1和m 2的两个物体用一个未发生形变的弹簧连接，如图所示，让它们从高处同时自由下落，则下落过程中弹簧发生的形变是(不计空气阻力)( ) A ．若m 1>m 2，则弹簧将被压缩 B ．若m 1<m 2，则弹簧将被拉长 C ．只有m 1＝m 2，弹簧才会保持原长 D ．无论m 1和m 2为何值，弹簧长度均不变解析：假设弹簧长度变长，则m 1受到向下的弹力和自身重力，加速度a ＝F ＋mgm>g ，而m 2受到向上的弹力和自身重力，加速度a ＝mg －Fm<g ，二者加速度不相等，不可能保持稳定，因此不可能伸长，假设压缩则有m 1受到向上的弹力和自身重力，加速度a ＝mg －Fm<g ，而m 2受到向下的弹力和自身重力，加速度a ＝F ＋mgm>g ，二者加速度不相等，不可能保持稳定，因此不可能压缩．所以无论m 1和m 2为何值，弹簧长度均不变，答案D 对．答案：D5．(2014·宿州质检)如图(甲)所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度g 取得10 m/s 2，下列判断正确的是( )A ．物体的质量m ＝2 kgB ．物体与水平面间的滑动摩擦因数为C ．物体与水平面间的最大静摩擦力f max ＝12 ND ．在F 为10 N 时物体的加速度a ＝2.5 m/s 2解析：物体静止在水平面上，水平方向受到拉力F 和摩擦力μmg 作用，根据牛顿第二定律a ＝F －μmg m ＝1m F －μg ，即a －F 图象斜率1m ＝4－14－7＝，所以质量m ＝2 kg ，选项A 对．带入斜率即得a ＝0.5F －μg ，带入a ＝4 m/s 2，F ＝14 N ，求得μ＝，选项B 错．物体与水平面之间的最大静摩擦力即滑动摩擦力f m ＝μmg ＝6 N ，选项C 对．在F ＝10 N 时，加速度a ＝0.5F －μg ＝×10 N－3＝2 m/s 2，选项D 错．答案：A6．(2014·南宁模拟)如图所示，轻弹簧两端拴接两个小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是( )A ．两球质量一定相等B ．两球质量可能不相等C ．剪断左侧细线瞬间，a 球加速度为gD ．剪断左侧细线瞬间，b 球加速度为0解析：设左、右两细线的拉力大小分别为F a 、F b ，由平衡条件可得，F a cos α＝F b cos α，F a sin α＝m a g ，F b sin α＝m b g ，可解得：F a ＝F b ，m a ＝m b ，A 正确，B 错误；剪断左侧细线瞬间，F a 立即消失，弹簧弹力及F b 瞬间不发生改变，故此时b 球加速度为零，a 球的加速度a a ＝F am a＝gsin α，C 错误，D 正确．答案：AD7．如图甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 m/s ，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.下列选项中正确的是( )A ．2～3 s 内物块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向C ．恒力F 大小为10 ND ．物块与水平面间的动摩擦因数为解析：由运动学公式v 2－v 20＝2ax 可知，v 2－x 图象中图线的斜率为2a ，所以在前5 m 内，物块以10 m/s 2的加速度做减速运动，减速时间为1 s ．5～13 m 的运动过程中，物块以4 m/s 2的加速度做加速运动，加速时间为2 s ，即物块在1～3 s 内做加速运动，A 错误，B 正确．根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F ＋μmg ＝ma 1，加速过程中F －μmg ＝ma 2，代入数据可解得F ＝7 N ，μ＝，所以C 错误，D 正确．答案：BD8．质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A．小球对圆槽的压力为mg2＋m2F2M＋m2B．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为mg2＋m2F2M＋m2，由牛顿第三定律可知A、C选项正确．答案：AC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(8分)(2014·广东省四校联考)如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，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，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．(1)电火花打点计时器工作电压为________流(选填“交、直”)________V.(2)下列说法正确的是( )A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1D．测力计的读数始终为m2g/2(3)下图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留二位有效数字)．(4)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，可能是下图中的图线( )解析：(1)电火花打点计时器工作电压为220 V交变电流．(2)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确．实验中m2不必远小于m1，选项C错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于m2g/2，选项D错误．(3)由Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2.(4)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C.答案：(1)交220 V(2)B (3) (4)C10．(14分)(2014·浙江三县联考)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图1所示．他使木块以初速度v0＝4 m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图2所示．g取10 m/s2.求：(1)上滑过程中的加速度的大小a 1； (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)木块回到出发点时的速度大小v .解析：(1)由题图可知，木块经 s 滑至最高点上滑过程中加速度的大小：a 1＝ΔvΔt＝错误! m/s 2＝8 m/s 2.(2)由牛顿第二定律F ＝ma 得上滑过程中：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 代入数据得μ＝35. (3)下滑的距离等于上滑的距离x ＝v 202a 1＝422×8m ＝1 m由牛顿第二定律F ＝ma 得下滑过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 下滑至出发点的速度大小v ＝2a 2x 联立解得v ＝2 m/s. 答案：(1)8 m/s 2(2)35(3)2 m/s 11．(14分)中央电视台曾推出一个游戏节日——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1＝5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝，g ＝10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝20 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长为多少？ (2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？解析：(1)要想获得成功，瓶子滑到C 点时速度恰好为0，力作用时间最长，设最长时间为t 1，力作用时的加速度为a 1、位移为x 1，撤力时瓶子的速度为v 1，撤力后瓶子的加速度为a 2、位移为x 2，则：F －μmg ＝ma 1－μmg ＝ma 2v 1＝a 1t 1 v 21＝2a 1x 1－v 21＝2a 2x 2x 1＋x 2＝L 1解得：t 1＝16s(2)要想获得成功，瓶子滑到B 点时速度恰好为0，力作用距离最小，设最小距离为x 3，撤力时瓶子的速度为v 2，则：v 22＝2a 1x 3－v 22＝2a 2(L 1－L 2－x 3) 解得：x 3＝0.4 m答案：(1)16s (2)0.4 m12．(16分)(2014·黄山模拟)质量为m ＝0.5 kg 、长L ＝1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上．某时刻质量M ＝1 kg 的物体A (视为质点)以v 0＝4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g 取10 m/s 2.试求：(1)若F ＝5 N ，物体A 在乎板车上运动时相对平板车滑行的最大距离； (2)如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件．解析：(1)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg ＝Ma A解得：a A ＝μg ＝2 m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg ＝ma B 解得：a B ＝14 m/s 2两者速度相同时有：v 0－a A t ＝a B t 解得：t ＝ sA 滑行距离： x A ＝v 0t －12a A t 2＝1516m B 滑行距离： x B ＝12a B t 2＝716m最大距离：Δx ＝x A －x B ＝0.5 m(2)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：v 20－v 212a A ＝v 212a B＋L 又：v 0－v 1a A ＝v 1a B解得：a B ＝6 m/s 2再代入F ＋μMg ＝ma B 得：F ＝1 N若F <1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1 N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F ＝(m ＋M )a 对物体A ：μMg ＝Ma 解得：F ＝3 N若F 大于3 N ，A 就会相对B 向左滑下综上所述，力F 应满足的条件是1 N≤F ≤3 N 答案：(1)0.5 m (1)1 N≤F ≤3 N。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-1-4含答案

随堂训练1．(多选)下列关于误差的说法正确的是()A．测量误差太大，便是错误B．绝对误差大，相对误差不一定大C．相对误差越小，说明测量越准确D．相对误差越小，对应的绝对误差一定越小[答案]BC2．(多选)关于错误和误差的说法，你认为正确的是()A．错误是可以避免的，而误差是不能避免的B．错误是人为造成的，而误差完全是测量工具的不精确造成的C．认真操作可以避免错误，但不能消除误差D．采用多次测量取平均值的方法，可以减小误差，但不能消除误差[答案]ACD3．以千米为单位记录的某次测量结果为6.5 km，若以米为单位记录的这一结果可写为()A．6500 m B．6.5×103 mC．6.5×10－3 m D．6.500×103 m[答案] B4．某同学两次用不同刻度尺测量同一张桌子的长度，测量结果分别为：1.2212 m和1.220 m，这两次测量结果有什么不同？这两次所用测量仪器有什么不同？[答案]两次测量的有效数字不同：前者是五位有效数字，后者是四位有效数字，前者测量的精确度较高．第一次测量所用刻度尺的最小分度为毫米，第二次测量所用刻度尺的最小分度是厘米．5．(2014·福建卷)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.[解析]毫米刻度尺需要估读一位，读数为60.10 cm.游标卡尺主尺读数为4 mm,50分度游标尺的第10刻度对齐，游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以直径为4 mm＋0.20 mm＝4.20 mm.[答案]60.10 4.206．在下图用3 V量程时电压表读数为多少？用15 V量程时电压表度数又为多少？________.[答案] 1.14 V 5.7 V7．沿长廊AB方向铺有30块完整的相同的正方形地砖，如下图甲所示．(1)小明用最小分度值是1 mm的刻度尺测量其中一块地砖的长度，示数如图乙所示，则每块地砖的长度是________m.(2)小明用停表测量自己从长廊的A端走到B端所用的时间．停表的示数如图丙所示，他所用的时间是________s.(3)根据速度、路程和时间的关系v＝________，算出小明的步行速度为________m/s.[答案](1)0.6000(2)20(3)x/t0.908．下图是一个弹簧秤的示意图，该弹簧秤的量程为________N．由图中读出的测量值应为________N.[答案]50279．图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.[解析]测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的A进行测量；测量尺寸较小管件的外径时用游标卡尺的B进行测量；测量深度时用游标卡尺的C进行测量．钢笔帽的内径为：11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm.[答案]A11.2510．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.[解析]依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图(a)读数为0.010 mm，图(b)读数为6.870 mm.[答案]0.010(0.009或0.011也对) 6.870(6.869或 6.871也对)6.860(6.868～6.872)。

与名师对话·2016高考物理一轮复习单元质量检测01

质量检测(一)时间：60分钟总分：100分一、选择题(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题只有一项符合题目要求．第6～8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．)1．(2014·湖州新世纪外国语学校高三摸底)关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是()A．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比D．伽利略用小球在斜面上运动验证了运动速度与位移成正比解析：亚里士多德认为在同一地点重的物体下落得快，轻的物体下落慢，故A错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但是当时测量时间误差较大不能直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得出，故B 错误．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C正确．小球在斜面上运动的运动速度与位移不成正比，故D错误．答案：C2．(2014·德州市平原一中高三月考)广州地区的重力加速度为9.8 m/s2，一物体由t＝0时刻开始做自由落体运动，下列说法正确的是() A．下落过程中，物体在任一秒末的速度是该秒初速度的9.8倍B．t＝0时物体的速度和加速度都为零C．下落开始的连续三个两秒末的速度之比为1∶2∶3D．下落开始的连续三个两秒内的位移之比为1∶4∶9解析：加速度为g＝9.8 m/s2，根据加速度的意义可知物体速度每秒增加9.8 m/s，故A错误；刚下落时物体的速度为零，加速度是9.8 m/s2，故B错误；根据v＝gt,2 s、4 s、6 s末物体速度之比为1∶2∶3，即下落开始连续的三个两秒末的速度之比为1∶2∶3，故C正确；根据h＝12,2 s、4 s、6 s内的位移之比为1∶2gt4∶9，故下落开始连续三个两秒内的位移之比为1∶3∶5，故D错误；故本题选C.答案：C3．(2014·上海市奉贤区期末)一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知()A．4 s内物体在做曲线运动B．4 s内物体的速度一直在减小C．物体的加速度在2.5 s时方向改变D．4 s内物体速度的变化量的大小为8 m/s解析：4 s内物体在做直线运动，4 s内物体的速度先减小后增大，选项A、B错误；物体的速度在2.5 s时方向改变，而加速度方向不变；4 s内物体速度的变化量的大小为8 m/s，选项C错误D正确．答案：D4．(2014·长春调研)一质点从t＝0开始沿x轴做直线运动，其位置坐标与时间的关系式为x＝2t3－8t＋1(x和t的单位分别为m和s)，则下列说法中正确的是()A．质点一直向x轴正方向运动B．质点做匀变速直线运动C．质点在第2 s内的平均速度的大小为3 m/sD．质点在前2 s内的位移为零解析：利用位置坐标与时间的关系得出各个时刻的位置坐标，可知A错误．由匀变速直线运动的位移与时间的关系式可知B错误．根据平均速度的定义式结合题目所给关系式可知，质点在第2 s内的平均速度的大小不是3 m/s，C错误．答案：D5．(2014·安徽师大摸底)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知()A．质点运动的加速度是0.6 m/s2B．质点运动的加速度是0.3 m/s2C．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s解析：由Δx＝aT2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s2，选项A错误B正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v＝0.2 m/s，第1次闪光时质点的速度是v1＝v－aT/2＝0.2 m/s－0.3×0.5 m/s＝0.05 m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋aT/2＝0.2 m/s＋0.3×0.5 m/s＝0.35 m/s，选项C、D 错误．答案：B6．(2014·济宁市高三模拟)在光滑水平面上，A、B两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，当小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球的v－t图象如图所示，由图可知()A．A球质量大于B球质量B．在t1时刻两小球间距最小C．在0～t3时间内B球所受排斥力方向始终与运动方向相同D．在0～t2时间内两小球间距逐渐减小解析：从图象可以看出B小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以B小知，球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝Fm加速度大的质量小，所以B小球质量较大，A正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，B错误，D正确；B球0～t1时间内匀减速，所以0～t1时间内排斥力与运动方向相反，C 错误．答案：AD7．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v1＝5 m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车从第3根运动至第7根电线杆所需的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s解析：由匀加速直线运动的位移规律x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，A 正确；由v 2－v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，B 正确；由v ＝v 0＋at 知汽车从第1根运动至第7根电线杆用时为20 s ，所以从第3根运动至第7根电线杆所需时间为10 s ，C 错误；由v ＝x t 知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s ，D 正确．答案：ABD8．在光滑水平面上有a 、b 两点，相距20 cm ，一质点在一水平恒力F 作用下做直线运动，经过0.2 s 的时间先、后通过a 、b 两点，则该质点通过a 、b 中间点时的速度大小满足( )A ．无论力的方向如何均大于1 m/sB ．无论力的方向如何均小于1 m/sC ．若力的方向由a 向b ，则大于1 m/s ，若力的方向由b 向a ，则小于1 m/sD ．若力的方向由a 向b ，则小于1 m/s ，若力的方向由b 向a ，则大于1 m/s 解析：解法一(公式法)：设a 、b 两点相距为l ，加速度为a ，该质点通过a 、b 两点和a 、b 中点时的速度大小分别为v a 、v b 和v x ，根据匀变速直线运动规律有v 2x －v 2a ＝v 2b －v 2x ＝2a ·l 2＝al (无论力的方向如何均成立)，所以 v x ＝v 2a ＋v 2b 2＝ 2(v 2a ＋v 2b )4> (v a ＋v b )24＝v a ＋v b 2＝v ＝0.2 m 0.2 s＝1 m/s解法二(图象法)：画出质点运动的v－t图象，如图所示，其中斜率为正值的表示力的方向由a 向b时，斜率为负值的表示力的方向由b向a时，根据匀变速直线运动规律，在中间时刻即t＝0.1 s时质点的速度等于平均速度1 m/s，根据v－t图象的“面积”表示位移可知，不管力的方向如何，质点在a、b中间点处的瞬时速度均大于1 m/s.本题答案为A.答案：A二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(10分)某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量为m＝50 g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，实验装置如图所示．(1)以下是该同学正确的实验操作和计算过程，请填写其中的空白部分：①实验操作：______________________，释放纸带，让重锤自由落下，______________________.②取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出相邻计数点间的距离分别为x1＝2.60 cm，x2＝4.14 cm，x3＝5.69 cm，x4＝7.22 cm，x5＝8.75 cm，x6＝10.29 cm，已知打点计时器的打点间隔T＝0.02 s，则重锤运动的加速度计算表达式为a＝________，代入数据，可得加速度a＝________m/s2(计算结果保留三位有效数字)．(2)该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法：_______________ _____________________________________________________________________ ____________________________________________________________.解析：(1)①实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放纸带，实验结束，应立即关闭电源．②由逐差法求解重锤下落的加速度：a＝(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)9×(2T)2＝(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)36T2＝9.60 m/s2(2)重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，是因为重锤下落时所受空气阻力过大或者纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力过大．为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，可以将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法．答案：(1)①接通电源实验结束关闭电源②(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)36T29.60(2)将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法10．(12分)(2014·合肥模拟)歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a ，经s 距离就达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L (L <s )，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v 1m ；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v 2m .解析：(1)设飞机起飞速度为v ，则有v 2＝2asv 2－v 21m ＝2aL联立解得v 1m ＝2a (s －L )(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t ，则：t ＝v －v 2m a飞机位移x 1＝v 2－v 22m 2a航空母舰位移x 2＝v 2m t 位移关系：x 1－x 2＝L联立解得：v 2m ＝2as －2aL 答案：(1)2a (s －L ) (2)2as －2aL11．(14分)(2014·广州执信中学期中)2013年元月开始实施的最严交规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续前行，车头未超过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．如下图所示．我国一般城市路口红灯变亮之前，绿灯和黄灯各有3 s的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14 m/s的情况下，制动距离不得大于20 m.(1)若要确保小客车在3 s内停下来，汽车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)某小客车正以v0＝8 m/s的速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线L＝36.5 m，小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能不闯黄灯通过路口？已知驾驶员从看到灯闪到脚下采取动作的反应时间是0.5 s.解析：(1)设小客车刹车时的最大加速度为a根据v2＝2ax得a＝v22x ＝1422×20m/s2＝4.9 m/s2为确保小客车在3 s内停下来，小客车刹车前行驶的最大速度为v max＝at＝4.9×3 m/s＝14.7 m/s(2)在反应时间内小客车匀速运动的距离为L 0＝v 0Δt ＝8×0.5 m ＝4 m车匀加速运动的距离为L ′＝L －L 0＝36.5 m －4 m ＝32.5 m从绿灯闪到黄灯亮起这3 s 内小客车加速运动的时间t ′＝t －Δt ＝3 s －0.5 s ＝2.5 s设小客车加速时的加速度为a ′，则L ′＝v 0t ′＋12a ′t ′2 代入数据，解得a ′＝4.0 m/s 2.答案：(1)14.7 m/s (2)4.0 m/s 212．(16分)下表为甲、乙两汽车的性能指标．开始时两车静止在同一条平直公路上，甲车在前乙车在后，两车相距170 m ．某时刻起两车向同一方向同时启动，若两车由静止开始运动到最大速度的时间内都以最大加速度(启动时的加速度)做匀加速直线运动.(2)通过计算判断两车相遇时各做何种性质的运动．解析：(1)由题意可知两车的加速度大小分别为a 甲＝Δv 甲Δt 甲＝30－012 m/s 2＝2.5 m/s 2 a 乙＝Δv 乙Δt 乙＝30－06 m/s 2＝5 m/s 2 (2)乙车达到最大速度时，经历时间t 1＝v 乙a 乙＝505 s ＝10 s此时两车的位移分别为x 甲＝12a 甲t 21＝125 m x 乙＝12a 乙t 21＝250 m 由于x 乙<x 甲＋170 m ＝295 m ，故两车未相遇此后，甲车达到最大速度时，经历时间t 2＝v 甲a 甲＝16 s 此时两车位移分别为x ′甲＝12a 甲t 22＝320 m x ′乙＝12a 乙t 21＋v 乙(t 2－t 1)＝550 m 由于x ′乙>x ′甲＋170 m ＝490 m故两车已相遇．可见两车相遇时，甲车做匀加速直线运动，乙车已达最大速度并做匀速直线运动．答案：(1)2.5 m/s 2 5 m/s 2 (2)见解析。

高考物理一轮复习单元质量检测09

【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习单元质量检测09时间：60分钟总分：100分一、选择题(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题只有一项符合题目要求．第6～8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．)1.如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( )A．一起向左运动B．一起向右运动C．ab和cd相向运动，相互靠近D．ab和cd相背运动，相互远离答案：C2．如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd 内有水平向里变化的磁场．下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离( )解析：铝框向左运动，是为了阻碍本身磁通量的增加，由楞次定律可知：带铁芯线圈产生的电流增加，其产生的磁场增强．为使线圈产生的电流变大，由法拉第电磁感应定律可知：线框abcd 中的磁场的ΔBΔt逐渐增加，选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A3．(2014·吉大附中)如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H 处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )A ．三者同时落地B ．甲、乙同时落地，丙后落地C ．甲、丙同时落地，乙后落地D ．乙、丙同时落地，甲后落地解析：甲是闭合的铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙是没有闭合的铜线框，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，选项D 正确．答案：D 4.(2014·河南名校联考)图中L 是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R 、R 0、电键和电池E 可构成闭合回路．线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同，该电流为正，否则为负．电键K 1和K 2都处于断开状态．设在t ＝0时刻，接通电键K 1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再接通电键K2，则能正确表示L中的电流I随时间t的变化图线的是( )解析：t＝0时刻，接通电键K1，由于线圈自感的作用，L中的电流I逐渐增大．在t ＝t1时刻，再接通电键K2，线圈产生自感电动势，电流逐渐减小，选项A正确．答案：A5.(2014·皖南八校联考)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是( )解析：线框速度v＝at，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P＝EI随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以C正确，A、B错误．导体横截面的电荷量q ＝It随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，选项D错误．答案：C6．(2014·广东二校联考)如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相同D．通过导体框截面的电量相同解析：由楞次定律可判断出，导体框从两个方向移出磁场的两过程中，导体框中产生的感应电流方向相同，选项A正确；由于导体框从两个方向移出磁场的两过程中速度不同，产生的感应电动势和感应电流不同，导体框中产生的焦耳热不相同，导体框ad边两端电势差不相同，选项B、C错误；由E＝ΔΦ/Δt，I＝E/R，q＝IΔt可得q＝ΔΦ/R，导体框从两个方向移出磁场的两过程中磁通量变化ΔΦ相同，通过导体框截面的电量相同，选项D正确．答案：AD7.(2014·江西省红色六校高三第二次联考)如图所示，平行金属导轨宽度为L ＝0.6 m ，与水平面间的倾角为θ＝37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R ＝3 Ω的定值电阻，磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面．有一质量为m ＝0.2 kg ，长也为L 的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为R 0＝1 Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.3.现让导体棒从导轨底部以平行斜面的速度v 0＝10 m/s 向上滑行，上滑的最大距离为s ＝4 m ．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)，以下说法正确的是( )A ．把运动导体棒视为电源，最大输出功率6.75 WB ．导体棒最后可以下滑到导轨底部，克服摩擦力做的总功为10.0 JC ．当导体棒向上滑d ＝2 m 时，速度为7.07 m/sD ．导体棒上滑的整个过程中，在定值电阻R 上产生的焦耳热为2.46 J解析：导体棒等效为电源，速度最大时，电流最大，电阻R 上消耗功率最大，则导体棒输出功率最大，由E ＝BLv 、I ＝E /(R ＋r )、P R ＝I 2R ，得P R ＝6.75 W ，A 选项正确；导体棒返回底部过程中，克服摩擦力做功为W f ＝μmg cos θ×2S＝3.84 J ，B 选项错误；导体棒上滑过程中，安培力是变力，无法计算上滑距离为2m 时导体棒的速度，C 选项错误；由功能关系，12mv 20＝mgs ×sin θ＋μmgs ×cos θ＋Q ，电阻R 上产生的热量为Q R ＝QR /(R ＋r )，解得Q R＝2.46 J ，D 选项正确．答案：AD8．(2014·湖北省天门市高三年级调研)如图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3，其他部分电阻不计．当S 3断开，而S 1、S 2闭合时，回路中感应电流为I ，当S 1断开，而S 2、S 3闭合时，回路中感应电流为5I ，当S 2断开，而S 1、S 3闭合时，可判断( )A ．闭合回路中感应电流为4IB ．闭合回路中感应电流为7IC ．R 1、R 3消耗的功率之比PR 1∶PR 3为3∶1D ．上下两部分磁场的面积之比S 上∶S 下为3∶25解析：当S 1、S 2闭合，S 3断开时，有I 1＝E 1R 1＋R 2＝I ；同理，当S 2、S 3闭合，S 1断开时，有I 2＝E 2R 2＋R 3＝5I ，当S 1、S 3闭合，S 2断开时有I 3＝E 3R 1＋R 3.又R 1∶R 2∶R 3＝1∶2∶3，设R 1、R 2、R 3的电阻分别为R 、2R 、3R ，又根据磁场的分布知E 3＝E 1＋E 2，联立以上各式解得I 3＝7I ，A 错误B 正确；当S 2断开，而S 1、S 3闭合时，R 2、R 3组成串联回路，由P ＝I 2R 可知P R 1∶P R 3＝R 1∶R 3＝1∶3，C 错误；而E 1＝ΔΦ1Δt ＝ΔBS 上Δt ＝3IR ，E 2＝ΔΦ2Δt ＝ΔBS 下Δt ＝25IR ，则上下两部分磁场的面积之比为3∶25，D 正确．答案：BD二、非选择题(本题共4小题，共52分) 9．(10分)(2014·北京朝阳期末)如图所示，在水平面内固定着足够长且光滑的平行金属轨道，轨道间距L ＝0.40 m ，轨道左侧连接一定值电阻R ＝0.80 Ω.将一金属直导线ab 垂直放置在轨道上形成闭合回路，导线ab 的质量m ＝0.10 kg 、电阻r ＝0.20 Ω，回路中其余电阻不计．整个电路处在磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，B 的方向与轨道平面垂直．导线ab 在水平向右的拉力F 作用下，沿力的方向以加速度a ＝2.0 m/s 2由静止开始做匀加速直线运动，求：(1)5 s 末的感应电动势大小； (2)5 s 末通过R 电流的大小和方向；(3)5 s 末，作用在ab 金属导线上的水平拉力F 的大小．解析：(1)由于导线ab 做匀加速直线运动，设它在第5 s 末速度为v ，所以v ＝at ＝10.0 m/s根据法拉第电磁感应定律：E ＝BLv ，代入数据得E ＝2.0 V (2)根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r，代入数据得I ＝2.0 A 方向为d →c(3)因为金属直导线ab做匀加速直线运动，故F－F安＝ma其中：F安＝BIL＝0.40 NF＝F安＋ma，代入数据得F＝0.6 N答案：(1)2.0 V (2)2.0 A 方向为d→c(3)0.6 N10．(12分)(2014·黄山七校联考)如图所示，M、N为纸面内两平行光滑导轨，间距为L.轻质金属棒ab可在导轨上左右无摩擦滑动，杆与导轨接触良好，导轨右端与定值电阻连接．P、Q为平行板器件，两板间距为d，上下两板分别与定值电阻两端相接．两板正中左端边缘有一粒子源始终都有速度为v0的带正电粒子沿平行于极板的方向进入两板之间．整个装置处于垂直于纸面向外的匀强磁场中．已知轻杆和定值电阻的阻值分别为r和R，其余电阻不计，带电粒子的重力不计，为使粒子沿原入射方向从板间右端射出，则轻杆应沿什么方向运动？速度多大？解析：粒子在电场中运动，电场力F＝qU/d粒子在磁场中运动，磁场力F′＝qv0B因为粒子沿原入射方向从板间右端射出，所以粒子所受的电场力和洛伦兹力相互平衡，得qU/d＝qv0B轻质金属杆ab切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvR中电流I＝E/(R＋r)PQ之间电压U＝IR联立解得v＝dRL(R＋r)v0由右手定则得杆应向右运动．答案：向右运动dRL(R＋r)v011．(14分)(2014·德州高三期末)如图甲所示，电阻不计的“”形光滑导体框架水平放置，导体框处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝1 T，有一导体棒AC横放在框架上且与导体框架接触良好，其质量为m＝0.2 kg，电阻为R＝0.8 Ω，现用绝缘轻绳拴住导体棒，轻绳的右端通过光滑的定滑轮绕在电动机的转轴上，左端通过另一光滑的定滑轮与物体D 相连，物体D 的质量为M ＝0.2 kg ，电动机内阻r ＝1 Ω.接通电路后电压表的读数恒为U ＝10 V ，电流表读数恒为I ＝1 A ，电动机牵引原来静止的导体棒AC 平行于EF 向右运动，其运动位移x 随时间t 变化的图象如图乙所示，其中OM 段为曲线，MN 段为直线．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)电动机的输出功率； (2)导体框架的宽度；(3)导体棒在变速运动阶段产生的热量．解析：(1)电动机为非纯电阻电路，电动机总功率P ＝UI ＝10 V×1 A＝10 W 电动机内阻发热的功率P 热＝I 2r ＝(1 A)2×1 Ω＝1 W 那么电动机输出的机械功率P 出＝P －P 热＝9 W(2)位移时间图象的斜率代表速度，t ＝1 s 后导体棒AC 为匀速直线运动，速度v ＝0.80.4＝2 m/s.设导轨宽度为L ，则有导体棒切割磁感线产生感应电流I ＝BLvR，受到安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR拉动导体棒匀速运动的拉力T ＝F ＋Mg ＝B 2L 2vR ＋2根据电动机输出功率有T ＝F ＋Mg ＝B 2L 2v R ＋2＝P 出v ＝9 Wv计算得L ＝1 m(3)根据位移时间图象可知，变速阶段初始度为0，末速度为v ＝0.80.4＝2 m/s此过程电动机做功转化为D 的重力势能以及D 和导体棒的动能还有克服安培力做功即焦耳热．所以有P 出t ＝Mgh ＋12(m ＋M )v 2－0＋Q其中h ＝0.8m带入计算得Q＝6.6 J答案：(1)9 W (2)1 m (3)6.6 J12．(16分)2010年上海世博会某国家馆内，有一“发电”地板，利用游人走过此处，踩踏地板发电．其原因是地板下有一发电装置，如图甲所示，装置的主要结构是一个截面半径为r、匝数为n的线圈，紧固在与地板相连的塑料圆筒P上．磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，图乙为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k的复位弹簧(图中只画出其中的两个)．当地板上下往返运动时，便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B，线圈的总电阻为R0，现用它向一个电阻为R的小灯泡供电．为了便于研究，将某人走过时地板发生的位移－时间变化的规律简化为图丙所示．(取地板初始位置x＝0，竖直向下为位移的正方向，且弹簧始终处在弹性限度内．)(1)取图乙中顺时针方向电流为正方向，请在图丁所示坐标系中画出线圈中感应电流i 随时间t变化的图线，并标明相应纵坐标．要求写出相关的计算和判断过程；(2)t＝t0/2时地板受到的压力；(3)求人踩踏一次地板所做的功．解析：(1)0～t0时间，地板向下做匀速运动，其速度v＝x0/t0，线圈切割磁感线产生的感应电动势e＝nB·2πrv＝2nBπrx0/t0，感应电流i＝e/R＝2nBπrx0/Rt0；t0～2t0时间，地板向上做匀速运动，其速度v＝x0/t0，线圈切割磁感线产生的感应电动势e＝－nB·2πrv＝－2nBπrx0/t0，感应电流i＝e/R＝－2nBπrx0/Rt0；(2)t ＝t 0/2时，地板向下位移x 0/2，弹簧弹力kx 0/2，安培力F 安＝nBi 2πr ＝2nBi πr ，由平衡条件可知，地板受到的压力F ＝2kx 0＋4n 2B 2π2r 2x 0Rt 0(3)由功能关系可得人踩踏一次地板所做的功W ＝2i 2Rt 0＝8n 2B 2π2r 2x 2Rt 0.答案：(1)见解析 (2)2kx 0＋4n 2B 2π2r 2x 0Rt 0(3)8n 2B 2π2r 2x 20Rt 0。

【与名师对话】(新课标)高考物理一轮复习课时跟踪训练19 动能和动能定理

【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习课时跟踪训练19动能和动能定理一、选择题1．(2014·南宁一中检测)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么( )A ．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动B ．这段时间内阻力所做的功为PtC ．这段时间内合力做的功为12mv 2mD ．这段时间内电动机所做的功为Fs －12mv 2m解析：从题意得到，太阳能驱动小车运动可视为“汽车以恒定功率启动”，这段时间内小车加速运动，选项A 错误；电动机做功用Pt 计算，阻力做功为W ＝Fs ，选项B 错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为12mv 2m ，电动机所做的功为Pt ＝Fs ＋12mv 2m ，故选项C正确、选项D 错误．答案：C2．如图所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么( )A ．从t ＝0开始，5 s 内物体的动能变化量为零B ．在前5 s 内只有第1 s 末物体的动能最大C ．在前5 s 内只有第5 s 末物体的速率最大D ．前3 s 内合力对物体做的功为零解析：由图象可知0～1 s 的合力的大小是1～5 s 的合力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是2倍，物体的运动状态可描述为0～1 s 物体做匀加速运动到速度最大，3 s 末物体减速到零，5 s 末物体反向加速到速度最大，因此5 s 内动能变化量不为零，故选项A 错误；第1 s 末和第5 s 末物体的动能和速率一样大，所以选项B 、C 都错误；3 s 末物体减速到零，所以前3 s 内合力对物体做的功为零，所以正确选项为D.答案：D3．(2014·吉林市摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 解析：设小球上升的最大高度为H ，对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋F f )H ＝0－12mv 20，对小球向下运动，由动能定理，(mg －F f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确．答案：D4．一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F 所做的功为( )A．mgL cosθB．mgL(1－cosθ)C．FL sinθD．FL cosθ解析：对小球由P运动至Q应用动能定理W－mgL(1－cosθ)＝0，所以W＝mgL(1－cosθ)．选项B正确．答案：B5．(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( )A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A 正确；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B正确；若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确；选项C中不可能．答案：ABD6．(2014·杭州名校质检)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度大小水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点解析：对物体从a 运动到c ，由动能定理，－μmgl －2μmgl ＝12mv 21－12mv 20，对物体从d运动到c ，由动能定理，－3μmgl ＝12mv 22－12mv 20，解得v 2＝v 1，选项C 正确．答案：C7．(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析：当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误，D 正确．答案：AD8．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大解析：在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)．乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确．答案：B9．(多选)(2014·浙江省六校联考)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝vSB ．出水口所出水落地时的速度为2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv 32η＋ρvSgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和解析：t 时间内出水口出水的体积为：Q ＝vts ，所以单位时间内的出水体积为Q ＝vS ，A 正确；对水下落过程应用动能定理，有：mgH ＝12mv 2t －12mv 2，可以判出落地速度v t 应大于2gH ，B 错误；效率η＝p 1p 2，水流出的功率为：p 1＝W t＝mgH ＋12mv 2t，又有m ＝ρQ ，代入可以求得手连续稳定按压的功率为p 2＝ρSv 32η＋ρvSgHη，C 正确；D 错误．答案：AC 10.(2014·陕西省西工大附中训练)某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个3/4圆弧形光滑圆管轨道ABC ，放置在竖直平面内，轨道半径为R ，在A 点与水平地面AD 相接，地面与圆心O 等高，MN 是放在水平地面上长为3R 、厚度不计的减振垫，左端M 正好位于A 点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m ，球的直径略小于圆管直径．将球(内装有参与者)从A 处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中错误的是( )A ．要使球能从C 点射出后能打到垫子上，则球经过C 点时的速度至少为gRB ．要使球能从C 点射出后能打到垫子上，则球经过C 点时的速度至少为gR2C ．若球从C 点射出后恰好能打到垫子的M 端，则球经过C 点时对管的作用力大小为mg2D ．要使球能通过C 点落到垫子上，球离A 点的最大高度是5R解析：从A 处管口正上方某处由静止释放后，游客所在的透明弹性球在只有重力做功的情况下绕圆弧圆管运动到C 点，C 点为圆周最高点，由于圆管即可提供指向圆心的弹力也可以提供沿半径向外的弹力，所以只有最高点速度不等于0即可通过，而离开C 点后为平抛运动，要落在平台上，竖直方向R ＝12gt 2，水平方向v C t ≥R ，整理得v C ≥gR2，选项A 错B对．若球从C 点射出后恰好能打到垫子的M 端，说明v C ＝gR2，则在C 点受力mg ＋F N ＝m v 2CR，解得F N ＝12mg ，选项C 对．要使球能通过C 点落到垫子上，设球离A 点高度为h ，则根据动能定理mg (h －R )＝12mv 2C ，离开C 点后平抛运动，水平位移v C t ≤4R ，整理得h ≤5R ，选项D对．答案：A 二、非选择题11．如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端的物体A 和B 的质量分别为M 和m ，物体A 在水平面上且由静止释放，当B 沿竖直方向下落h 时，测得A 沿水平面运动的速度为v ，这时细绳与水平面的夹角为θ，试分析计算B 下降h 过程中，地面摩擦力对A 做的功(滑轮的质量和摩擦均不计)．解析：把A 沿水平面运动的速度v 分解为沿绳方向的速度v 1和垂直绳方向的速度v 2，则v 1就是绳的速度(也就是B 物体的速度，即v B ＝v 1)，由图得：v B ＝v 1＝v cos θ，对A 由动能定理得：W F T ＋W F f ＝12Mv 2，对B 由动能定理得：mgh －W F T ＝12m (v cos θ)2联立解得W F f ＝12Mv 2＋12m (v cos θ)2－mgh .答案：12Mv 2＋12m (v cos θ)2－mgh12．(2014·浙江海宁高三测试)2012年中国有了自己的航空母舰“辽宁号”，航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注．某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计．如图，舰载机总质量为m ，发动机额定功率为P ，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为F f .舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D 处离开航母起飞．请根据以上信息求解下列问题．(1)电磁弹射系统关闭的瞬间，舰载机的加速度大小． (2)水平轨道AC 的长度．(3)若不启用电磁弹射系统，舰载机在A 处以额定功率启动，经历时间t 到达C 处，假设速度大小仍为v 2，则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少？(该问AC 间距离用x 表示)解析：(1)根据功率表达式可得F 1＝Pv 1① 由牛顿第二定律F 1－F f ＝ma ② 得a ＝P v 1m －F fm.③ (2)舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，由动能定理Pt 1＋Fx 1－F f x 1＝12mv 21④电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.同理得Pt 2－F f x 2＝12mv 22－12mv 21⑤舰载机总位移AC ＝x 1＋x 2⑥ 联立④⑤⑥得AC ＝12mv 21－Pt 1F －F f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22F f.(3)全过程，根据动能定理有Pt －F f x ＝12m 1v 22应减少的质量Δm ＝m －m 1 得Δm ＝m －Pt －F f xv 22答案：(1)P v 1m －F fm(2)12mv 21－Pt 1F －F f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22F f(3)m －Pt －F f xv 22。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练2-4-3含答案

重点回顾专练：平抛运动与圆周运动的综合问题一、选择题1．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为()A.g(r2－R2)2ω2R2 B.g(r2－R2)2ω2r2C.g(r－R)22ω2R2 D.gr22ω2R2[答案] A2．(多选)如右图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.则()A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F N B的大小是1 ND．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F N B的大小是2 N[解析]根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度v y＝gt＝3 m/s，水平分速度v x＝v y tan45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝v x t＝0.9 m，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．[答案] AC二、非选择题3．(2015·苏州模拟)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切．质量为m 的小球以大小为v 0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小球恰能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点．(不计空气阻力，重力加速度为g )求：(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小；(2)AB 两点间的距离；(3)小球落到A 点时的速度方向与水平方向夹角的正切值．[解析] (1)在B 点小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 20R 解得：F N ＝mg ＋m v 20R由牛顿第三定律得小球通过B 点时对半圆槽的压力大小为mg ＋m v 20R .(2)在C 点小球恰能通过，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2C R过C 点小球做平抛运动，则：水平方向：x AB ＝v C t竖直方向：2R ＝12gt 2解得：x AB ＝2R .(3)设小球落到A 点时的速度方向与水平方向成θ角，则：tan θ＝v ⊥v Cv ⊥＝gt 解得：tan θ＝2.[答案] (1)mg ＋m v 20R (2)2R (3)24．如图所示，P 是水平面上的圆弧轨道，从高台边B 点以速度v 0水平飞出质量为m 的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入．O 是圆弧的圆心，θ是OA 与竖直方向的夹角．已知：m ＝0.5 kg ，v 0＝3 m/s ，θ＝53°，圆弧轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A 、B 两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C ？如能到达，小球对C 点的压力大小为多少？[解析] (1)小球在A 点的速度分解如图，则v y ＝v 0tan53°＝4 m/sA 、B 两点的高度差为：h ＝v 2y 2g ＝422×10m ＝0.8 m. (2)小球若能到达C 点，在C 点需要满足：mg ≤m v 2R ，v ≥gR ＝ 5 m/s小球在A 点的速度v A ＝v 0cos53°＝5 m/s从A →C 机械能守恒：12m v 2A ＝12m v 2C ＋mgR (1＋cos53°)v C ＝3 m/s> 5 m/s所以小球能到达C 点由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2C R 解得F N ＝4 N由牛顿第三定律知，小球对C 点的压力为4 N.[答案] (1)0.8 m (2)能 4 N5．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直线BC 组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB 的半径R ＝1.0 m ，BC 段L ＝1.5 m ．弹射装置将一个质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道，小球从C 点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h ＝1.25 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，π取3.14，求：(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力F 的大小及从A 运动到C 点的时间t ；(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角θ.[解析] (1)小球做匀速圆周运动，向心力大小F ＝m v 20R ＝25 N.小球从A 到B 的时间t 1＝πR v 0＝0.2π＝0.628 s ，从B 到C 的时间t 2＝L v 0＝0.3 s ，小球从A 到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝0.928 s.(2)小球做平抛运动，有h ＝v 2y 2g ，解得v y ＝5 m/s ，所以tanθ＝v yv0＝1，解得θ＝45°.[答案](1)25 N0.928 s(2)45°6．(2015·青岛模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R＝1 m，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行．滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h＝1.25 m．在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2.当用一大小为F＝4 N的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2πrad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s2.(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度．[解析](1)物块做平抛运动，设水平初速度为v，所用时间为t，则水平方向R＝v t竖直方向h＝12gt2解得物块离开滑道时的速度v＝2 m/s，t＝0.5 s设拉动物块时的加速度为a1，所用时间为t1，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1解得a 1＝8 m/s 2撤去拉力后，设物块的加速度大小为a 2，所用时间为t 2，由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间 T ＝2πω＝1 s物块在滑道上先加速后减速，则v ＝a 1t 1－a 2t 2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为 t 1＋t 2＋t ＝T解得t 1＝0.3 s(2)物块加速t ′1＝0.5 s 的末速度v 1＝a 1t ′1＝4 m/s则滑道长L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 2′1＋v 2－v 21－2a 2＝4 m[答案] (1)0.3 s (2)4 m。

【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习单元质量检测10

【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习单元质量检测10时间：60分钟总分：100分一、选择题(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题只有一项符合题目要求．第6～8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．)1.(2014·福州质检)有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图1所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定则a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )解析：磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a；在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确．答案：C2．(2014·浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则 ( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：理想变压器输入功率等于输出功率，则U 1I 1＝U 2I 2，解得U 2＝U 1I 1I 2，A 正确．输电线上的电压降ΔU ＝I 1r ，损失的功率ΔP ＝I 21r ，B 、D 错误．理想变压器的输入功率P 1＝U 1I 1，C 错误．答案：A3．(2014·包头模拟)电阻为R 的负载接到20 V 直流电压上消耗的电功率是P ；用一个变压器，原线圈接最大值为200 V 的正弦交流电压，副线圈接电阻R ，要使R 上消耗的电功率为P /2，则变压器原、副线圈的匝数比为( )A ．20∶1B ．102∶1C ．10∶1D ．1∶10解析：原线圈输入电压U 1＝100 2 V ．根据题意，P ＝202R ，P 2＝U 22R ，解得U 2＝10 2 V ，由变压器变压公式，变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝10∶1，选项C 正确．答案：C 4.(2014·洛阳联考)如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100πt V ，氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的是( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为50 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：由u ＝202sin100πt V 可知，交流电压频率为50 Hz ，在一个周期内，交变电流两次超过100 V 电压，所以氖泡的发光频率为100 Hz ，选项A 错误；变压器输入电压有效值为U 1＝20 V ，输出电压有效值U 2＝n 2n 1U 1＝5×20 V＝100 V ，开关接通与断开后，电压表的示数均为100 V ，选项B 正确，C 错误；开关断开后，氖泡不发光，消耗电能变小，变压器的输出功率变小，选项D 错误．答案：B 5.(2014·唐山摸底)如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R 和两个小灯泡L 1、L 2，最初电键S 是断开的，现闭合电键S ，则( )A ．副线圈两端电压变大B ．灯泡L 1变亮C ．电流表A 1示数变大D ．电阻R 中的电流变小解析：闭合电键S ，副线圈两端电压不变，选项A 错误；副线圈输出电流增大，电阻R 中的电流变大，灯泡L 1两端电压降低，灯泡L 1变暗，选项B 、D 错误；电流表A 1示数变大，选项C 正确．答案：C6．某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )>n 3n 4 <n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 、C 错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．答案：AD7．(2014·陕西省五校高三第三次模拟)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为 W解析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T ＝ s ，所以ω＝2πT＝100π，可知其表达式为u 1＝202sin100πt V ，故选项A 错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压U 1＝20V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V ，只断开S 2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B 错误；只断开S 2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C 正确；若S 1换接到2后，电阻R 的功率P R ＝U 22R ＝4220＝ W ，故选项D正确．答案：CD8．(2014·湖北省孝感市高三第二次统考)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，在拉力作用下以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A ．通过R 的电流方向为由内向外B ．通过R 的电流方向为由外向内C ．R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04RD ．流过R 的电量为πBLr2R解析：由于金属棒是向右运动的，根据右手定则可以判断出，cd 中的感应电流方向由c 到d ，故通过R 的电流方向为由外向内，A 不对，B 是正确的；若棒从cd 在拉力的作用下开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，其水平方向的分运动是简谐运动，棒中将产生正弦式电流，将棒的瞬时速度v 0分解，水平方向的分速度对产生感应电动势有贡献，求出电流的有效值，即可求出棒中产生的热量，金属棒在运动过程中水平方向的分速度v x ＝v 0cos θ，金属棒切割磁感线产生正弦交变电流I ＝E R ＝BLv x R ＝BLv 0Rcos θ，其有效值为I ′＝BLv 02R，金属棒的时间为t ＝πr 2v 0，故R 上产生的热量为Q ＝I ′2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv 02R 2×R ×πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R ，故C 是正确的；通过R 的电量为q ＝It ＝ΔφRt t ＝ΔφR ＝BLrR，故D 是不对的．答案：BC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(12分)(2014·安徽名校模拟)某同学在“利用DIS 实验的电压、电流传感器，描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，采用了图甲所示的电路．(1)图甲中，E 矩形框内应该接________，F 矩形框内应该接________．(选填“电压传感器”“电流传感器”或“小灯泡”)(2)该同学利用测量的数据，画出如图乙所示的图线，但该同学忘记在坐标轴上标明横坐标和纵坐标所表示的物理量，请你根据图线作出判断：横坐标表示________，纵坐标表示________．解析：(1)实验电路中滑动变阻器采用的是分压式接法，题图甲中E 矩形框内应该接电压传感器，F 矩形框内应该接小灯泡．(2)根据小灯泡的电阻随温度的升高而增大，可判断横坐标表示电流，纵坐标表示电压．答案：(1)电压传感器小灯泡 (2)电流电压10．(13分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT.为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？ (2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？解析：(1)E m ＝NBSω＝1100 2 V 输出电压的有效值为U 1＝E m2＝1100 V (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51(3)根据P 入＝P 出＝×104W 再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. 答案：(1)1100 V (2)51(3)20 A11．(13分)下图中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V ，次级线圈的电阻为 Ω，这台变压器供给100盏“200 V,60 W”的电灯用电．求：(1)空载时次级线圈的电压和输出功率； (2)接通时次级线圈的电压； (3)每盏灯的实际功率．解析：(1)将变压器视为理想变压器，设空载时次级线圈的电压为U 2. 由n 2n 1＝U 2U 1，得到U 2＝n 2n 1U 1＝220 V因为空载，次级线圈的负载电阻R 2→∞，次级线圈中的电流为零，即I 2＝0，故P ＝I 2U 2＝0(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为R外＝R100＝U2额P额100＝Ω次级线圈的电流I2＝U2R外＋R线＝错误! A＝错误! A次级线圈的电压U′2＝I2R外＝ V(3)每盏灯的实际功率P＝I2100U′2＝220××100W＝ W答案：(1)220 V 0 (2) V (3) W12．(14分)高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接原理如图所示，将半径为10 cm 的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化的磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为10002πsinωt(T/s)．焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍．工件非焊接部分每单位长度上的电阻为R0＝10－3πΩ/m，焊缝的缝宽非常小(设π2＝10)，求：(1)焊接过程中焊接处产生的热功率．(2)从t＝0到t＝T4的时间内流过待焊工件的电荷量(T为高频交流电的周期)．解析：(1)正弦变化的交变磁场所产生的正弦式交变电流的电动势的瞬时值为：e＝πr2·10002πsinωt＝102π2sinωt＝1002sinωt.设焊缝处的电阻为R1，非焊接部分的电压为R2，则有：R2＝2πr·R0＝2π2×10－4Ω＝2×10－3Ω，R1＝99R2＝ΩE＝E m2＝100 VP ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 22R 1＝49500 W.(2)当t ＝0时电动势的瞬时值为零，相当于线框处于中性面，其磁通量最大；当t ＝T4时电动势的瞬时值为最大，磁通量为零，用平均电流求电荷量，故有：E m ＝100 2 V ＝BSω＝Φm ω， E ＝ΔΦΔt ＝ΦmT4， q ＝E R 1＋R 2t ， t ＝T 4＝2πω×14＝π2ω，联立以上方程得：q ＝5002ωC.答案：(1)49500 W (2)5002ωC。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-3-2含答案

重点回顾专练：动力学基本方法练一、选择题1．(2015·海南三亚一中第二次月考)竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推力增大到2F ，则火箭的加速度将达到(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( )A ．20 m/s 2B ．25 m/s 2C ．30 m/s 2D ．40 m/s 2[解析] 根据牛顿第二定律可知F －mg ＝ma 1，当推力为2F 时，有2F －mg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝30 m/s 2，则C 正确．[答案] C2．(2015·南京外国语学校高三月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的( )A ．伸长量为m 1g k tan θB ．压缩量为m 1g k tan θC ．伸长量为m 1g k tan θD ．压缩量为m 1g k tan θ[解析] 对小球：F 合＝m 2g tan θ＝m 2a ，a ＝g tan θ，对木块：F 弹＝kx ＝m 1a ，x ＝m 1g k tan θ ，故A 正确．[答案] A3．(多选)(2015·山东潍坊一中检测)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M ，人的质量都是m ，甲车上的人用力F 推车，乙车上的人用等大的力F 拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )A ．甲车的加速度大小为F MB ．甲车的加速度大小为0C ．乙车的加速度大小为2F M ＋mD ．乙车的加速度大小为0[解析] 将甲图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的合外力为0(人的推力F 是内力)，故a 甲＝0，选项A 错误，选项B 正确．将乙图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的外力为2F ，由牛顿第二定律知：a乙＝2F M ＋m ，则选项C 正确，选项D 错误．[答案] BC4．如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )A ．a 1＝0 a 2＝0B ．a 1＝a a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a a 2＝m 1m 2a [解析] F 作用下，弹簧弹力T ＝m 1a ，撤去外力瞬间A 受力不变，a 1＝a ，B的加速度大小为a 2＝T m 2＝m 1m 2a ，故D 正确． [答案] D5．如右图所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mg sin αC ．系统的加速度为a ＝g tan αD ．推力F ＝Mg tan α[答案] C6．(多选)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如右图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为12mg＋ma[解析]小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有F f－mg sin30°＝ma，F f＝12mg＋ma，方向平行斜面向上．[答案]AD7．如右图所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()A．μF B．2μFC.32m(g＋a) D．m(g＋a)[解析]本题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误．设民工兄弟一只手对A、B在竖直方向上的摩擦力为F f，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为F′f，对A由牛顿第二定律有F f－F′f－mg＝ma，解得F′f ＝m(g＋a)，C错误，D正确．[答案] D8．(多选)如右图所示，质量为m的光滑小球置于斜面体上，被一个竖直固定在斜面体上的挡板挡住．现使斜面体在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，下列说法中正确的是()A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面体对球的作用力可能为零C．斜面体和挡板对球的弹力的合力大于maD．加速度由a增大至2a的过程中，斜面体对球的弹力保持不变[解析]小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α则竖直方向有：F N2cosα＝mg∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故B错，D对．水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma∵F N2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma 的合成，因此大于ma，故C对．故选答案CD.[答案]CD9．(2016·南宁三校期中)如右图所示，一连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端C点时速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、所受摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是()[解析]滑雪者在AB段加速，在BC段减速，在B点速度最大．x－t图象中，图线的斜率表示速度，滑雪者在B点时的速度最大而不是零，A错误；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿坡道向下的分力大小不变，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，又AB>BC，故a AB<a BC，B正确，C错误；AB段，滑雪者加速下滑，则G sinθ>F f，又sinθ<1，则AB段下滑过程中F f比G要小，而不是D项表示的F f与G相等，D错误．[答案] B10．如右图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则()A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t3<t2D．t1＝t3>t2[解析]三根固定的光滑细杆在水平面上投影相等，设投影长度为d，则有aA＝d/cos60°，bB＝d/cos45°，cC＝d/cos30°，小滑环沿三根光滑细杆下滑，d/cos60°＝12g sin60°·t21；d/cos45°＝12g sin45°·t22；d/sin60°＝12g cos60°·t23；联立解得：t1＝t3＝2dg sin60°cos60°，t2＝2dg sin45°cos45°，即t1＝t3>t2，选项D正确．[答案] D二、非选择题11．一氢气球的质量m＝0.2 kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F＝10 N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M＝4 kg的木块上，如右图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力F＝k v(k为一常数，v为风速)，当风速v1＝3 m/s时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：(1)气球受到的浮力；(2)若风速v2＝6 m/s，木块开始运动时的加速度大小．[解析](1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮－mg－F＝0，解得F浮＝12 N，方向竖直向上(2)当v1＝3 m/s时对整体受力分析F1＝k v1在水平方向上F1－F f＝0在竖直方向上F浮＋F N－(mg＋Mg)＝0又知F f＝μF N得：F f＝9 N，k＝3 N·s/m若v2＝6 m/s时，F2＝k v2＝18 N，由牛顿第二定律有：F2－F f＝(m＋M)a得：a≈2.14 m/s2[答案](1)12 N，方向竖直向上(2)2.14 m/s212．(2016·广西北海质检一)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如下图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f＝k v.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字)[解析](1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－k v ＝ma解得a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，由图象知a ＝Δv Δt ＝3 m/s 2.又a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315≈0.23最大速度v ＝2 m/s ，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3.0 kg/s [答案] (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)mg (sin θ－μcos θ)k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些． (3)0.23 3.0 kg/s。

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