2017届高三物理二轮复习：考前基础回扣练 一
高考物理二轮复习考前热身练基础题保分练(一)_1
基础题保分练(一)一、单项选择题1.(2023山东烟台二模)放射性同位素钍232经α、β衰变会生成氡,其衰变方程为Th Rn+Xα+2β。
下列说法正确的是()X=2D.衰变后α粒子、β粒子与氡核的质量之和等于衰变前钍核的质量2.避雷针是用来保护建筑物、高大树木等避免雷击的装置。
当雷云放电接近地面时它使地面电场发生畸变,在避雷针的顶端形成局部电场集中的空间。
如图为某次避雷针周围的等势面分布情况,电场中有M、N、P三点。
下列说法正确的是()A.P点的电势比N点的高M点移动到N点,静电力做正功P点的电势能大于其在M点的电势能3.如图所示,正六边形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。
一带正电的粒子以速度v1从a点沿ad 方向射入磁场,从c点离开磁场;若该粒子以速度v2从a点沿ae方向射入磁场,则从d点离开磁场。
不计粒子重力,的值为()A.B.C.D.4.(2023山东日照二模)质量为1 kg的小物块在水平面上运动,其速度—时间图像如图所示。
下列说法正确的是()~4 s内小物块的位移大小等于6 m~4 s内小物块的平均速度大小等于2 m/s~1 s内小物块的加速度大小等于2 m/s2~1 s内小物块受到的合外力大小等于4 N二、多项选择题5.如图所示,两根长度不同的细线的上端固定在天花板上的同一点,下端分别系一相同的小球A、B,现使两个小球在同一水平面内做匀速圆周运动,稳定时,两根细线分别与竖直方向成60°、30°,关于两小球的受力和运动情况,下列说法正确的是()T A∶T B=1∶1v A∶v B=3∶1F A∶F B=3∶1a A∶a B=3∶16.(2023山东滨州二模)如图甲所示,一物体在一水平拉力F作用下,沿水平地面做直线运动,运动过程中拉力大小随时间的变化图像如图乙所示。
物体加速度a随时间变化的图像如图丙所示。
重力加速度g取10 m/s2。
下列说法正确的是().15.75 N~4 s时间内,合外力做的功为45 J~4 s时间内,拉力F的冲量为15 N·s三、非选择题7.(2023湖南长沙二模)某物理实验小组利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律,在动滑轮的下方悬挂重物A、定滑轮的下方悬挂重物B,重物B上固定一遮光条,遮光条的宽度为d,已知重物B与遮光条的质量是重物A的2倍,悬挂滑轮的轻质细线始终保持竖直,不计阻力和滑轮的重力。
2017高考物理二轮复习 高考冲刺卷1 含答案 精品
高考冲刺卷(一)班级：__________ 姓名：__________ 学号：__________一、选择题：本题共8小题，每小题5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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分14．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的Δv 时发生位移x 2，则该质点的加速度为( D )A ．(Δv )2(1x 1＋1x 2)B ．2(Δv )2x 2－x 1C ．(Δv )2(1x 1－1x 2)D ．(Δv )2x 2－x 1解析：由Δv ＝aT 和x 2－x 1＝aT 2得a ＝(Δv )2x 2－x 1. 15．如图所示，有弯成半圆形的金属导线ADC ，O 是其圆心，导线的长度为L .匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与平面AOCD 垂直．当在该导线中通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( C )A ．BIL ，与直线AC 垂直0B ．BIL ，与直线OD 垂直 C ．2BIL π，与直线AC 垂直 D.2BIL π，与直线OD 垂直 解析：L 为12圆弧，R ＝L π，有效长度为l ＝2R ＝2L π，安培力为F ＝BIl ＝2BIL π，方向由左手定则判断，与直线AC 垂直．16．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( D )解析：小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a 1，当小木块与传送带速度相同后，小木块开始以a 2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a 1＞a 2，在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D 正确．17．在如图所示的虚线MN 上方存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ 的∠OQP 为直角，∠QOP 为30°.两带电粒子a 、b 分别从O 、P 两点垂直于MN 同时射入磁场，恰好在Q 点相遇，则由此可知( A )A ．带电粒子a 的速度一定比b 大B ．带电粒子a 的质量一定比b 大C ．带电粒子a 的运动周期一定比b 大D ．带电粒子a 的轨道半径一定比b 大解析：如图所示，由几何关系可得，两粒子轨道圆心在同一点O ′，轨道半径相等，选项D 错误，两带电粒子射入磁场，同时到达Q 点，故运动时间相等．由图可知，粒子a 到达Q 点运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b 到达Q 点运动的圆弧对应的圆心角为60°，因此由T ＝2πm qB有13T a ＝16T b ，即： 13·2πm a q a B ＝16·2πm b q b B， 解得q a q b ·m b m a ＝21，选项B 、C 错误． 由r ＝m v qB 有v a v b ＝q a q b ·m b m a ＝21，选项A 正确． 18．如图所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q ，滑块动能E k 、势能E p 、机械能E 随时间t 、位移x 变化关系的是( C )解析：根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，物体机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C 正确；D 错误．产生的热量Q ＝F f x ＝μmg (v 0t ＋12at 2)cos θ，Q 与t 不成正比，滑块动能E k ＝12m v 2＝12m (v 0＋at )2，与t 不是一次函数关系，选项A 、B 错误． 19．据某网站报道，前不久一个国际研究小组观测到了一组双星系统，发现它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，而且双星系统中体积较小的成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，如图所示．假设在“吸食”过程中两者球心之间的距离保持不变，则在该过程中( AC )A ．它们的角速度始终保持相等B ．它们做圆周运动的角速度不断变大C ．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D ．它们做圆周运动的万有引力保持不变解析：双星在万有引力作用下绕双星连线上一点运动，其特点是运动周期相等，选项A 正确．设体积较小的星体质量为m 1，轨道半径为r 1，体积大的星体质量为m 2，轨道半径为r 2，双星间的距离为L ，转移的质量为Δm ，则它们之间的万有引力F ＝G (m 1＋Δm )(m 2－Δm )L 2， 由数学知识可得，随着Δm 的增大，F 先增大后减小，选项D 错误．对m 1：G (m 1＋Δm )(m 2－Δm )L 2＝(m 1＋Δm )ω2r 1；对m 2：G (m 1＋Δm )(m 2－Δm )L 2＝(m 2－Δm )ω2r 2；由上式联立解得ω＝G (m 1＋m 2)L 3，因总质量m 1＋m 2不变，两者距离L 不变，则角速度ω不变，故B 错误．由前面的分析得：ω2r 2＝G (m 1＋Δm )L 2，ω、L 、m 1均不变，Δm 增大，则r 2增大，即体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，由v ＝ωr 2得线速度v 也增大，故C 正确．20．如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边它为0.4 m ．金属框处于两个半径为0.1 m 的圆形匀强磁场中，顶点A 恰好位于左边圆的圆心，BC 边的中点恰好与右边圆的圆心重合．左边磁场方向垂直水平面向外，右边磁场方向垂直水平面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3.14)( CD )A ．线框中感应电流的方向是顺时针方向B ．t ＝0.4 s 时，穿过线框的磁通量为0.005 WbC ．经过t ＝0.4 s ，线框中产生的热量为0.3 JD ．前0.4 s 内流过线框的电荷量为0.2 C解析：由图知B 1垂直水平面向里，大小随时间增大，B 2垂直水平面向外，大小不变．故通过线框的磁通量变化由B 1决定，由楞次定律可知，线框中感应电流方向为逆时针方向，选项A 错．t ＝0.4 s 时刻，穿过线框的磁通量φ＝B 1×π2r 2－B 2×π6r 2＝0.058 Wb.选项B 错， 由Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔφΔt R 2RΔt ＝0.3 J ，选项C 正确； 在t ＝0.4 s 内通过线框的电荷量q ＝It ＝n ΔφΔt R Δt ＝n ΔφR＝0.2 C ，选项D 正确． 21．如图所示，在匀强电场中有一正方体，电场线的方向与直线a ′d 平行，已知a ′点的电势φ1＝2 V ，d 点的电势φ2＝－2 V ．O 点是顶点a 、c 连线的中点．则以下说法正确的是( AC )A ．若把一个电子从O 点移到a 点，电场力做功1.6×10－19 J B ．若把一个电子从O 点移到a 点，电场力做功3.2×10－19 JC ．若把一个电子从O 点移到c 点，电场力做功－1.6×10－19 JD ．若把一个电子从O 点移到c 点，电场力做功－3.2×10－19J 解析：设直线a ′d 的中点为p ，如图所示，根据几何关系，直线ap 与直线a ′d 垂直．因此直线ap 是等势线，a 、p 两点等势，因为a ′点的电势φ1＝2 V ，d 点的电势φ2＝－2 V ，则p 点电势为0，即a 点电势为0；又因为直线cd 与直线a ′d 垂直，则c 、d 两点等势，c 点电势为－2 V ，又因为O 点是a 、c 连线的中点，则O 点电势为－1 V ，因此U Oa ＝－1 V ，U Oc ＝1 V ，若把一个电子从O 点移到a 点，电场力做功1.6×10－19 J ，A 正确；B 错误；把一个电子从O 点移到c 点，电场力做功－1.6×10－19 J ，C 正确，D 错误．二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题～第26题为必考题，每个试题考生都必须做答．22．(5分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m ，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上安装一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A ，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h 和滑块穿过线框时的电压U .改变h ，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h 、U .(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析认证，用图线__U 2－h __(选填“U －h ”或“U 2－h ”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是__空气阻力(或由于电磁感应损失机械能)__(列举一点即可)解析：(1)由mgh ＝12m v 2，得：v ＝2gh ，根据法拉第电磁感应定律：U ＝BL v ＝BL 2gh ，U 2＝2B 2L 2gh .每次滑落时B 、L 相同，故U 2与h 成正比，如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，线性图线会更直观，故用U 2－h 图象．(2)由于空气阻力等的影响，使滑块下落时减少的重力势能不能完全转化为动能，从而带来实验误差．23．(7分)在电学实验中由于电压表、电流表内阻的影响，使得测量结果总存在系统误差．某校课外研究性学习小组进行了消除电表内阻对测量影响的探究，利用如图甲所示的电路测定电阻R x 的值．器材有：电源，适当量程的电流表、电压表各一只，滑动变阻器R ，电阻箱R p ，开关S 1、S 2，导线若干．他设计的电路图如图甲所示．(1)请你帮他按电路原理图在实物图乙上连线．(2)其主要操作过程：第一步：将开关S 2断开，开关S 1闭合，调节滑动变阻器R 和电阻箱R p ，使电压表、电流表读数合理，读出这时的电压表的示数U 1和电流表的示数I 1.第二步：将开关S 2闭合，保持__R P __阻值不变，调节__R __阻值，使电压表和电流表有较大的读数，读出此时电压表的示数U 2和电流表的示数I 2；由以上记录的数据计算出被测电阻的表达式为R x ＝ U 1U 2U 1I 2－U 2I 1(用电表的读数表示)． (3)此探究实验中，被测电阻的测量值__等于__真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)．解析：(1)(2)第一步实验，U 1I 1＝R 并；第二步实验，U 2I 2＝R 并R x R 并＋R x解得R x ＝U 1U 2U 1I 2－U 2I 1. (3)此探究实验中，没有系统误差，被测电阻的测量值等于真实值．24．(10分)如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A ，另一端连接在滑环C 上，物块A 的下端用弹簧与放在地面上的物块B 连接，A 、B 两物块的质量均为m ，滑环C 的质量为M ，开始时绳连接滑环C 部分水平，绳刚好拉直，滑轮到杆的距离为L ，控制滑块C ，使其沿杆缓慢下滑，当C 下滑43L 时，释放滑环C ，结果滑环C 刚好处于静止，此时B 刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g .(1)求弹簧的劲度系数．(2)若由静止释放滑环C ，求当物块B 刚好要离开地面时，滑环C 的速度大小．解析：(1)设开始时弹簧的压缩量为x ，则kx ＝mg设B 物块刚好要离开地面，弹簧的伸长量为x ′，则kx ′＝mg因此x ′＝x ＝mg k由几何关系得2x ＝L 2＋⎝⎛⎭⎫43L 2－L ＝23L 求得x ＝13L ，k ＝3mg L(2)由(1)知A 上升的距离为h ＝x ＋x ′＝23L C 下滑的距离H ＝43L 根据机械能守恒MgH －mgh ＝12m (v H H 2＋L2)2＋12M v 2 求得v ＝10(2M －m )gL 48m ＋75M. 答案：(1)3mg L(2)10(2M －m )gL 48m ＋75M 25．(18分)如图所示的竖直平面内，相距为d 、不带电且足够大的平行金属板M 、N 水平固定放置，与灯泡L 、开关S 组成回路并接地，M 板上方有一带电微粒发射源盒D ，灯泡L 的额定功率与电压分别为P L 、U L .电荷量为q 、质量为m 1的带电微粒以水平向右的速度v 0从D 盒右端口距M 板h 高处连续发射，落在M 板上其电荷立即被吸收且在板面均匀分布，板间形成匀强电场，当M 板吸收一定电量后闭合开关S ，灯泡能维持正常发光，质量为m 2的带电粒子Q 以水平速度从左侧某点进入板间，并保持该速度穿过M 、N 板．设带电微粒可视为质点，重力加速度为g ，忽略带电微粒间的相互作用及空气阻力，试分析下列问题：(1)初始时带电微粒落在M 板上的水平射程为多少？(2)D 盒发射功率多大？(3)若在M 、N 板间某区域加上磁感应强度为B 、方向垂直于纸面的匀强磁场，使Q 粒子在纸面内无论从左侧任何位置以某最小的水平速度进入，都能到达N 板上某定点O ，求该Q 粒子的最小速度和所加磁场区域为最小时的几何形状及位置．解析：(1)由题知，在初始时M 板不带电，带电微粒在空间做平抛运动，设带电微粒到达M 板的时间为t 1，水平射程为l 1，有h ＝12gt 21，l 1＝v 0t 1 联立解得l 1＝v 0g2gh . (2)灯泡正常发光，金属板M 、N 间的电压为U L ，由电容器知识可知，金属板M 、N 所带电量为定值．这时落到板M 的电量全部流过灯泡．设流过灯泡的电流为I L ，在时间t 内流过灯泡的电量为Q L ，有P L ＝I L U LQ L ＝I L t设单位时间发射带电微粒的个数为n ，有Q L ＝nqt联立解得n ＝P L qU L根据功率知识，有P D ＝W t ＝nE k ＝n 12m 1v 20＝m 1P L v 202qU L(3)闭合开关S 后，M 、N 板间为匀强电场，Q 进入后速度不变，则说明Q 所受电场力与重力平衡，设Q 粒子带电荷量为q 2，有q 2U L d ＝m 2g ，q 2＝m 2gd U L再进入磁场区域Q 必做匀速圆周运动．以O 点为坐标原点，如图，建立直角坐标系xOy ，Q 进入板间做匀速直线运动，到达G 点时进入磁场做匀速圆周运动到达O 点．设Q 做匀速圆周运动的圆心为C ，半径为r ，OC 与水平方向的夹角为θ，G 点的坐标为(x ，y )，有x ＝－r cos θ，y ＝r ＋r sin θ联立得：x 2＋(y －r )2＝r 2由上式可知磁场在y 轴左边的边界为半圆，要让Q 粒子以最小速度在板间任何位置水平入射进入且又要该圆为最小，必有r ＝12dQ 靠近M 板进入磁场时做匀速圆周运动的轨迹为y 轴右边的半圆，其方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y －d 22＝⎝⎛⎭⎫d 22 Q 从其他位置进入磁场做匀速圆周运动的轨迹不会超出y 轴与此半圆所围区域，故磁场在y 轴右边区域最小的边界也为该半圆，则磁场的最小区域为圆，半径为12d ，圆心为距O 点12d 的板间中心处，由圆周运动知识，对Q 粒子有q 2B v min ＝m 2v 2min r得v min ＝q 2Br m 2＝gBd 22U L. 答案：(1)v 0g2gh (2)m 1P L v 202qU L (3)gBd 22U L见解析． 26．(15分)(1)(6分)关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是__A_B_D__.A ．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B ．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p 跟它对所应的波的频率ν和波长λ之间，遵从关系ν＝εh 和λ＝h pC ．卢瑟福认为，原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌其中D ．按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W 0，剩下的表现为逸出后电子的初动能E KE ．玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态的跃迁的概念，成功地解释了所有原子光谱的实验规律(2)(9分)如图所示，光滑水平面上静止着倾角为θ、高度为H 、质量为M 的光滑斜面，质量为m 的小球以一定的初速度从斜面底端沿着斜面向上运动．若斜面固定，小球恰好冲上斜面顶端；若斜面不固定，求小球冲上斜面后能达到的最大高度h .解析：(2)斜面固定，小球冲上斜面顶端的过程机械能守恒，设其初速度为v 0，有12m v 20＝mgH 斜面不固定，设小球冲上斜面后达到最大高度时与斜面的共同速度为v ，由系统机械能守恒，有12m v 20＝12(m ＋M )v 2＋mgh 系统水平方向动量守恒 m v 0＝(m ＋M )v联立解得 h ＝MH m ＋M答案：(2)h ＝MH M ＋m三、选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．Ⅰ.(物理——选修3-3)(15分)(1)(6分)下列说法正确的是__BCD__.(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 ．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显B ．分子间存在的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小，但是斥力比引力减小的更快C ．在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性D ．不需要任何动力或燃料，却能不断对外做功的永动机是不可能制成的E ．如果没有漏气、没有摩擦，也没有机体热量的损失，热机的效率可以达到100%(2)(9分)如图所示的水银气压计中混入了一个空气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空，因而气压计的读数比实际的大气压小些．当实际大气压为768mmHg 时，气压计的读数只有750mmHg ，此时管中水银面到管顶的距离为80mm.设环境温度保持不变：①当气压计读数为740mmHg 时，实际大气压为多少？②在外界气压缓慢减小的过程中，水银柱上方的气体是吸热还是放热？解析：(2)①当实际大气压为768 mmHg 时，封闭气体压强为P 1＝(768－750) mmHg ＝18 mmHg设管内部横截面积为S ，则封闭气体体积为V 1＝80 mm·S当水银气压计读数为740 mmHg 时，设实际大气压为P ，封闭气体压强为P 2＝P －740 mmHg此时水银柱高度下降10 mm ，封闭气体体积为V 2＝90 mm·S由于环境温度保持不变，由玻意耳定律P 1V 1＝P 2V 2代入数据求得P ＝756 mmHg②在外界气压缓慢减小的过程中，环境温度保持不变，即ΔU ＝0气体体积膨胀，对外界做功，即W ＜0由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q所以，Q ＞0，即水银柱上方的气体吸热答案：(2)水银柱上方的气体吸热Ⅱ.(物理——选修3-4)(15分)(1)(6分)一列简谐横波沿x 轴正方向传播．t ＝0时刻的波形图如图中实线所示，质点P 的坐标为(4 m,0)，t ＝0.4 s 时的波形图如图中虚线所示．波的传播速度为__5(4n ＋1)n ＝0、1、2……__m/s ；若T >0.4 s ，当t ＝1.0 s 时，P 点的坐标为 (4 m ，－10m) .(2)(9分)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB ＝120°，顶点O 与桌面的距离为4a ，圆锥的底面半径R ＝3a ，圆锥轴线与桌面垂直．有一半径为R 的圆柱形平行光垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率n ＝3，求光束在桌面上形成的光斑的面积解析：(2)如图所示，射到OA 界面的入射角α＝30°，则sin α＝12＜1n，故射入光能从圆锥侧面射出． 设折射角为β.无限接近A 点的折射光线为AC ，根据折射定律sin β＝n sin α，解得β＝60°过O点作OD//AC，则∠O2OD＝β－α＝30°在Rt△O1AO中O1O＝R tan 30°＝33·3a＝a在Rt△ACE中，EC＝AE tan 30°＝5a 3故O2C＝EC－R＝2a 3在Rt△OO2D中O2D＝4αtan 30°＝4a 3光束在桌面上形成光环面积S＝π·O2D2－π·O2C2＝4πa2。
2017高考物理二轮复习对点练：第1部分 专题五 物理实
第一部分 专题五 第2讲1．(2016·广州综合练习二)测电池的电动势E 和内阻r .(1)首先直接用多用电表测定该电池电动势，在操作无误的情况下，多用电表盘面如图甲所示，其示数为__1.55__V .(2)然后，用电压表、电阻箱R 、定值电阻(R 0＝5 Ω)、开关S 、若干导线和该电池连成电路，进一步测定该电池电动势和内阻．①在图乙中，根据电路图，用笔画线代替导线，完成实物图连接．丙②闭合开关S ，调整电阻箱阻值R ，读出电压表相应示数U .记录多组R 、U 数据，并计算出相应的1R 与1U 的值，作出1R －1U 图线如图丙所示．分析该图线斜率k 的物理意义知k ＝R 0＋rE.(用E 、r 、R 0表示) ③从图线中可求得待测电池电动势E ＝__1.59(1.54～1.67)__V ，内阻r ＝__0.55(0.44～0.80)__Ω(计算结果均保留到小数点后两位)．④若考虑电压表为非理想表，则电池电动势E 测量值相对真实值__偏小__(填“偏大”“偏小”或“不变”)．解析：(1)多用电表的转换开关指在直流电压“2.5 V ”挡，应使用第二排刻度读数．先应用“250 V ”量程读数，为155 V ，故“2.5 V ”挡的读数为1.55 V ；(2)①连线如图所示；②根据闭合电路欧姆定律得 E ＝U ＋I (R 0＋r )＝U ＋UR (R 0＋r )，解得1U ＝1E ＋R 0＋r E ·1R，故该图线纵坐标的截距为1E ，斜率k ＝R 0＋r E ；③根据图线，纵坐标的截距为0.62左右，即1E ＝0.62，解得电池电动势E ＝1.61 V(1.54～1.67 V 均可)， k ＝R 0＋r E ＝2.4－1.00.5－0.1＝3.5，解得R 0＋r ＝5.64 Ω，故电池内阻r ＝0.64 Ω(0.44～0.80 Ω均可)．2．(2016·武汉4月调研)某实验小组用下列器材设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过调控开关S 和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”“×10”两种倍率．A ．干电池：电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝0.5 ΩB ．电流表：满偏电流I g ＝1 mA ，内阻R g ＝150 ΩC ．定值电阻R 1＝1 200 ΩD ．电阻箱R 2：最大阻值999.99 ΩE ．电阻箱R 3：最大阻值999.99 ΩF ．电阻箱R 4：最大阻值9 999 ΩG ．开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干(1)该实验小组按图甲正确连接好电路．当开关S 断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R 2，使电流表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻R 内，则R内＝__1500__Ω，欧姆表的倍率是__×10__(填“×1”或“×10”)．(2)闭合开关S ：第一步：调节电阻箱R 2和R 3，当R 2＝__14.5__Ω且R 3＝__150__Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流．第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R 4，调节R 4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为__50__.解析：由闭合电路欧姆定律得， R 内＝E I g ＝ 1.5 V 1×10－3 A ＝1500 Ω，欧姆表的倍率为R 内R g ＝1500 Ω150 Ω＝10.(2)欧姆表的倍率为“×1”时，即当电流表的电流达到满偏时欧姆表的内阻为R ′内＝150 Ω，由欧姆定律得，干路电流I 2＝E R ′内＝1.5V150 Ω＝0.01 A ，通过电流表的电流I 1＝0.001 A ，在并联电路中干路电流等于支路电流之和，通过R 3的电流I 3＝I 2－I 1＝0.01 A －0.001 A ＝0.009 A ， 由并联电路的电压相等得，R 3两端的电压U 3＝I 1(R 2＋R g )＝0.001 A ×(1200 Ω＋150 Ω)＝1.35 V ， 由欧姆定律得R 3＝U 3I 3＝1.35 V0.009 A ＝150 Ω，R 2＋r ＝E －U 3I 2＝1.5V －1.35 V0.01 A ＝15 Ω，则R 2＝15 Ω－r ＝15 Ω－0.5 Ω＝14.5 Ω.当通过电流表的电流为1 mA 时，通过干路中的电流为10 mA ，由图乙可知，电流表的示数为0.75 mA ，则通过干路中的电流为7.5 mA ，由闭合电路欧姆定律得，电路的总电阻R ＝E I 2＝ 1.5 V7.5×10－3A＝200 Ω，被测电阻R x ＝R －R ′内＝200 Ω－150 Ω＝50 Ω.3．(2016·长沙二模)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据，并根据数据描绘了如图乙所示的两条U -I 直线．回答下列问题：(1)根据两位同学描绘的直线，可知图线__甲__(填“甲”或“乙”)是根据电压表V 1和电流表A 的数据所描绘的．(2)根据图乙，可以求出：电源电动势E ＝__1.50__V ，内电阻r ＝__1.0__Ω.图象中两直线的交点表示定值电阻R 0上消耗的功率为__0.5__W.解析：电压表V 1和电流表A 测量的是路端电压U 和干路中的电流I ，由公式U ＝E －Ir可知路端电压随着电流I 的增大而减小，因此甲图线是根据电压表V 1和电流表A 的数据所描绘的．(2)甲图线在纵轴的截距为电源的电动势E ＝1.5 V ，内电阻r 在数值上等于甲图线的斜率r －⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝1 Ω，图象中两直线的交点表示定值电阻R 0上消耗的功率为P ＝UI ＝0.5 W.4．(2016·江苏南通调研二)描绘“6 V 3 W ”灯泡的伏安特性曲线，提供了下列器材： A ．电压表V(3 V ，内阻约3 kΩ) B ．电流表A(0.6 A ，内阻约0.3 Ω)C ．电阻箱R (0～99 999.9 Ω)D ．滑动变阻器R 1(0～20 Ω)E ．滑动变阻器R 2(0～100 Ω)F ．待测灯泡L “6 V 3 W ”G ．电源E (电动势约8 V 、内阻较小)H ．开关、导线苦干(1)按照实验需要，将电压表的量程由3 V 扩大至6 V ．首先测量电压表内阻，某同学采用了如图甲所示的电路，闭合开关S ，调节电阻箱阻值R a ＝4 870 Ω时，电压表指针刚好满偏；再调节电阻箱阻值R b ＝12 720 Ω时，电压表指针在满刻度的一半，则电压表的内阻R V ＝__2980__Ω；从理论上分析，实验测得电压表内阻值__大于__(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．(2)图乙是测量灯泡电流随电压变化的实物电路，请你用笔画线代替导线完成电路连接(要求在闭合开关前，滑动变阻器滑动头置于最左端)．如图所示(3)实验中，滑动变阻器应选择__R 1__(填“R 1”或“R 2”)．(4)某同学根据实验测得数据，描点作出灯泡伏安特性曲线如图丙所示，根据图线可求得灯泡在工作电压是0.5 V 时的电阻值为__2.5__Ω；你认为该同学实验选择的测量点分布不均匀是__合理__(填“合理”或“不合理”)的．解析：(1)设电源电动势为E ，当电压表指针满偏时， 则I ＝E R a ＋R V ＝E4 870 Ω＋R V ，当电压表指针半偏时， 则I 2＝E R b ＋R V ＝E 12 720 Ω＋R V， 由此两式解得R V ＝2 980 Ω上面的解答，没有考虑到电源的内阻，若电源内阻为r ，则有 I ＝E R a ＋R ′V ＋r ＝E4 870 Ω＋R ′V ＋r，I 2＝E E b ＋R ′V ＋r ＝E 12 720 Ω＋R ′V ＋r， 可解得电压表的真实值R ′V ＝(2 980－r ) Ω，所以实验测得的电压表的内阻值大于真实值．(3)因要描绘灯泡伏安特性曲线，电压要从零开始调节，故变阻器要采用分压式的接法，为了使调节滑动变阻器时灯泡的电压、电流变化较平稳，变化范围大，以便取多组数据，故滑动变阻器选用阻值较小的R 1.(4)由图线知灯泡的电压为0.5 V 时，通过灯泡的电流为0.2 A ，所以此时灯泡的电阻为R ＝U I ＝0.50.2 Ω＝2.5 Ω.灯泡两端的电压增大后，由于灯泡的灯丝电阻变大，增加相同的电压，电流的增加量小，所以该同学选择的测量点分布不均匀是合理的．5．(2016·山东青岛统一质检)发光二极管(LED)的应用是非常广泛的，2014年诺贝尔物理学奖被授予日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明了蓝色发光二极管(LED)，并因此带来的新型节能光源．某同学想要描绘某发光二极管的伏安特性曲线，实验测得它两端的电压U 和通过它的电流I 的数据如下表所示.A ．电压表(量程0～3 V ，内阻约20 kΩ)B ．电压表(量程0～15 V ，内阻约100 kΩ)C ．电流表(量程0～50 mA ，内阻约40 Ω)D ．电流表(量程0～0.6 A ，内阻约2 Ω)E ．滑动变阻器(阻值范围0～20 Ω，允许最大电流2 A)F ．电源(电动势6 V ，内阻不计)G ．开关，导线(1)该同学做实验时，电压表选用的是__A__，电流表选用的是__C__.(填选项前字母)(2)如图甲中的实物连线已经连了部分电路，请按实验要求将实物图中的连线补充完整．如图甲所示 (不考虑量程)(3)根据表中数据，请在图乙中的坐标纸中画出该二极管的I -U 图线． 如图乙所示(4)若此发光二极管的最佳工作电流为15 mA ，现将此发光二极管与电动势为3 V 、内阻不计的电池组相连，还需串联一个阻值R ＝__53(50～56之间均可)__Ω的电阻，才能使它工作在最佳状态(结果保留两位有效数字)．解析：(1)根据表格中的数据，电压表应该选A ，电流表应该选C ．(2)电流表、电压表要从零开始取值，滑动变阻器用分压接法；因为R V R x ＞R xR A ，电流表用外接法．(3)根据表格中的数据描点连线．(4)从图象中找出当电流为15 mA 时图线上的点，将该点与点(3 V,0)连接，该图线的斜率倒数的绝对值等于R ，即R ＝ΔUΔI＝53 Ω6．(2016·东北三省四市联考二)在测量电阻的实验中，电流表和电压表必须匹配，如果不匹配可以进行一些改装或转换．某兴趣小组要精确测定额定电压为3 V 的节能灯正常工作时的电阻．已知该灯正常工作时电阻约500 Ω.实验室提供的器材有：A ．电流表A (量程0～3 mA ，内阻R A ＝15 Ω)B ．定值电阻R 1＝1 985 ΩC ．滑动变阻器R (0～10 Ω)D ．电压表V(量程0～12 V ，内阻R V ＝1 kΩ)E ．蓄电池E (电动势为12 V ，内阻r 很小)F ．开关S 一只G ．导线若干(1)要精确测定节能灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的__C__.(2)若电压表V 的示数用U 表示，电流表A 的示数用I 表示，写出测量节能灯正常工作时的电阻表达式R x ＝I (R 1＋R A )U R V－I (用U 、I 、R 1、R A 、R V 表示)．当表达式中的电流I ＝__1.5__mA时，记下电压表的读数U 并代入表达式，其结果即为节能灯正常工作时的电阻．解析：(1)电流表A 的量程为0～3 mA ，则定值电阻R 1和电流表A 串联的总电压的最大值U ＝I A (R A ＋R 1)＝3×10－3A ×(15 Ω＋1985 Ω)＝6 V ，若电压表V 与节能灯串联，则由并联电阻两端电压相等可知，电压表与节能灯两端的总电压的最大值为6 V ，再根据串联电路的分压关系知，节能灯两端电压的最大值为2 V ，因此节能灯不能正常发光，也就无法测出其正常发光时的电阻，选项AD 错误；因滑动变阻器的总电阻远小于节能灯的电阻，所以滑动变阻器的连接方式采用分压式，选项B 错误，选项C 正确. (2)由并联电路两端电压相等得U x ＝I (R 1＋R A )，由并联电路中干路电流等于支路电流之和得I x ＝U R V －I ，由欧姆定律得R x ＝U I x ＝I (R 1＋R A )UR V －I ；节能灯正常工作时两端的电压为3 V ，由欧姆定律可得，通过电流表A 的电流I ＝U R A ＋R 1＝3 VR A ＋R 1＝3 V15 Ω＋1985 Ω＝1.5 mA ，记下此时电压表的示数，由表达式即可求节能灯正常工作时的电阻．7．(2016·南昌模拟二)小华所在的实验小组设计了一个测量河水电阻率的实验．他在一根均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图甲所示，两电极相距L ，其间充满待测的河水．安装前他用如图乙的游标卡尺(图为卡尺的背面)测量玻璃管的内径，结果如图丙所示．他还选用了以下仪器：量程15 V 、内阻约为300 kΩ的电压表，量程3 mA 、内阻为2 kΩ的电流表，最大阻值约为50 Ω的滑动变阻器，电动势E 约为12 V 、内阻r 约为2 Ω的电池组，开关等各一个，以及导线若干．图丁坐标中包括坐标为(0,0)的点在内的9个点表示他测得的9组电流I 、电压U 的值．实验中要求尽可能准确地测出该河水的电阻.根据以上材料完成以下问题：(1)测量玻璃管内径时，应将图乙中的游标尺中的A 、B 、C 三部分中的__A __(填“A ”“B ”或“C ”)与玻璃管内壁接触．(2)玻璃管的内径d ＝__6.70__mm.(3)图戊中的仪器实物部分已连线，将其他部分连接成能测出图丁数据的实物连接图．如图所示(4)在图丁中作出该电阻的U -I 图线，并可求得该段水的电阻R ＝__8.0(7.0～9.0均正确)__kΩ(要求保留两位有效数字)，若已知R 、d 、L ，则该段水的电阻率ρ＝ R πd 24L (用符号表达式表示)．解析：(1)测玻璃管内径应该使用游标卡尺的内测量爪，也就是A ．(2)根据游标卡尺的读数原理，玻璃管内径d ＝6 mm ＋0.02×35 mm ＝6.70 mm.(3)因为电流表内阻已知，又由于R 2＞R A ·R V 应该用内接法，要测多组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，实物图连接如图所示．(4)在坐标图上画出U －I 图线，算出水柱的电阻R ＝U I －R A ＝8.0 KΩ.根据电阻定律R ＝ρL S＝ρL π⎝⎛⎭⎫d 22，解得ρ＝R πd 24L .。
2017届高三物理二轮复习：考前基础回扣练 十二
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考前基础回扣练十二电磁感应规律及其应用建议用时20分钟1.如图所示,闭合圆导线圈平行地放置在匀强磁场中,其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径。
试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流( )A.线圈在其平面内平动或转动B.使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C.使线圈以ac为轴转动D.使线圈以bd为轴稍做转动【解析】选D。
根据产生感应电流的条件可知:只需使穿过闭合回路的磁通量发生变化,就能在回路中产生感应电流。
线圈在匀强磁场中运动,磁感应强度B为定值,根据前面分析ΔΦ=B〃ΔS知:只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0,则磁通量一定要改变,回路中一定有感应电流产生。
当线圈在纸面内平动或转动时,线圈相对磁场的正对面积始终为零,因此ΔS=0,因而无感应电流产生;当线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动时,同样ΔS=0,因而无感应电流产生;当线圈以ac为轴转动时,线圈相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零,回路中仍无感应电流;当线圈以bd为轴稍做转动,则线圈相对磁场的正对面积发生了改变,因此在回路中产生了感应电流,故选项D正确。
2.如图所示,一个有界匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外。
一个矩形闭合导线框abcd,沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右),则( )A.导线框进入磁场时,感应电流方向为abcdaB.导线框离开磁场时,感应电流方向为adcbaC.导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向右D.导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向左【解析】选D。
导体框进入磁场时,cd边切割磁感线,由右手定则可知,电流方向为a→d→c→b→a,这时cd边受到的安培力由左手定则可判断其受力方向水平向左,选项A错误,D正确;在导线框离开磁场时,ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动,同样用右手定则和左手定则可以判断电流的方向为a→b→c→d→a,这时安培力的方向仍然水平向左,选项B、C错误。
高三物理二轮复习专题一
专题定位本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理思想和方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想．应考策略深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法．1．弹力(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F＝kx计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向．2．摩擦力(1)大小：滑动摩擦力F f＝μＦN，与接触面的面积无关；静摩擦力0<F f≤F fmax，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求．(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反．3．电场力(1)大小：F＝qE.若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关；点电荷的库仑力F＝k q1q2 r2.(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反．4．安培力(1)大小：F＝BIL，此式只适用于B⊥I的情况，且L是导线的有效长度，当B∥I时F＝0.(2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B、I决定的平面．5．洛伦兹力(1)大小：F洛＝qvB，此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力总不做功．6．共点力的平衡(1)平衡状态：静止或匀速直线运动．(2)平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0.(3)常用推论：①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形．1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.题型1整体法和隔离法在受力分析中的应用例1如图1所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统平衡，g＝10 m/s2，则以下正确的是()图1A．1和2之间的摩擦力是20 NB．2和3之间的摩擦力是20 NC．3与桌面间摩擦力为20 ND．物块3受6个力作用审题突破能求出绳上的拉力吗？求物块1和2之间的摩擦力应选谁为研究对象？研究物块3与桌面间的摩擦力，必须选3为研究对象吗？怎样选研究对象更简单．解析隔离物块1，分析受力，由平衡条件可得，1和2之间的摩擦力是0，选项A错误．轻绳中拉力为mgcos 60°＝20 N．对物块1、2、3整体，分析受力，由平衡条件可知，3与桌面间摩擦力为零，选项C错误．对物块1、2整体，分析受力，由平衡条件可知，2和3之间的摩擦力是20 N，选项B正确．隔离物块3，分析受力，物块受到重力、物块2的压力、物块2对物块3向右的摩擦力、轻绳拉力、桌面支持力5个力，选项D错误．答案 B以题说法 1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．采用整体法进行受力分析时，要注意各个物体的状态应该相同．3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．如图2所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则()图2A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小答案BD解析在a中的沙子缓慢流出的过程中，细绳中拉力减小，b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上，但是不一定减小，选项A错误，B正确．把b和c看做整体，分析受力，由平衡条件，地面对c的摩擦力方向一定向左且地面对c的摩擦力一定减小，选项C错误，D 正确．题型2共点力作用下的静态平衡问题例2(2013·山东·15)如图3所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C 的伸长量之比为()图3A.3∶4 B．4∶ 3C．1∶2 D．2∶1审题突破要分别研究两个小球的受力，还是要把两小球与B看成一个整体？解析选取两小球和弹簧B组成的系统为研究对象，由平衡条件得F A sin 30°＝F C，即F A∶F C＝2∶1，所以Δx A∶Δx C＝2∶1.答案 D以题说法本题考查的是学生建模的能力，排除弹簧B的干扰，巧妙选取研究对象是解题的关键．如图4所示，甲、乙两物块用跨过定滑轮的轻质细绳连接，分别静止在斜面AB、AC上，滑轮两侧细绳与斜面平行．甲、乙两物块的质量分别为m1、m2.AB斜面粗糙，倾角为α，AC斜面光滑，倾角为β，不计滑轮处摩擦，则以下分析正确的是()图4A．若m1sin α>m2sin β，则甲所受摩擦力沿斜面向上B．若在乙物块上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的摩擦力一定变小C．若在乙物块上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受的拉力一定变大D．若在甲物块上面再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则甲所受拉力一定变大答案AC解析对乙受力分析可知细绳上的拉力F T0＝m2gsin β，由m1gsin α>m2gsin β可知甲所受摩擦力沿斜面向上，A正确．若在乙物块上再放一个小物块Δm后，细绳上的拉力变为F T1＝(m2＋Δm)gsin β，故甲所受的拉力一定变大，C正确．因F T1与m1gsin α的大小关系不确定，则甲若受到的摩擦力仍沿斜面向上，摩擦力减小；甲若受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力可能会增大，B错误．若在甲物块上再放一个小物块后，甲、乙仍静止，则仍可根据乙的平衡条件得到拉力F T2＝m2gsin β，即拉力不变，D错误．题型3共点力作用下的动态平衡问题例3(2013·天津·5)如图5所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点．现用水平力F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是()图5A．F N保持不变，F T不断增大B．F N不断增大，F T不断减小C．F N保持不变，F T先增大后减小D．F N不断增大，F T先减小后增大审题突破小球受到几个力作用？在缓慢推动斜面体的过程中这几个力变化时有什么显著特征？解析对小球受力分析如图(重力mg、支持力F N，绳的拉力F T)．画出一簇平行四边形如图所示，当F T方向与斜面平行时，F T最小，所以F T先减小后增大，F N一直增大，只有选项D正确．答案 D以题说法动态平衡问题分析的三个常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：一、物体一般受三个力作用；二、其中有一个大小、方向都不变的力；三、还有一个方向不变的力．3．相似三角形法：物体一般受三个力作用而平衡，系统内一定总存在一个与矢量三角形相似的结构三角形，这种情况下采用相似三角形法解决问题简单快捷．如图6所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力F N的大小变化情况是()图6A．F减小，F N不变B．F不变，F N减小C．F不变，F N增大D．F增大，F N减小答案 A解析对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mgR＝F NR＝FL，小球上移时mg不变，R不变，L减小，F减小，F N不变，A正确．题型4带电体在电场内的平衡问题例4如图7所示，相互垂直的固定绝缘光滑挡板PO、QO竖直放置在重力场中，a、b为两个带有同种电荷的小球(可以近似看成点电荷)，当用水平向左的作用力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态．现若稍改变F的大小，使b稍向左移动一段小距离，则当a、b 重新处于静止状态后()图7A．a、b间电场力增大B．作用力F将减小C．地面对b的支持力变大D．地面对b的支持力变小审题突破分析带电小球a受力的变化，能用图解法吗？变方向的力方向是如何变化的？能把a、b当成一个整体吗？解析带电小球a受力变化问题符合图解法的特征．使b稍向左移动一段小距离时，二者连线与竖直方向夹角减小，即F库与竖直方向夹角减小，如图分析知F库减小，F N减小，选项A错误．球a、b之间的库仑力可以看成内力，故把a、b当成一个整体可知水平作用力 F与F N平衡，故F减小，B正确．地面对b球的支持力等于两个小球的重力，故不变，C、D都错误．答案 B以题说法 1.电场和重力场内的平衡问题，仍然是力学问题．力学中用到的图解法和正交分解法仍然可以用在电场和重力场中．2．当涉及多个研究对象时，一般采用整体法和隔离法结合的方法求解．如本题分析地面对b的支持力和作用力F的变化时应用整体法可以非常方便地得出结论.1．应用平衡条件解决电学平衡问题审题示例如图8所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c 此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．则()图8A．物块c的质量是2msin θB．回路中电流方向俯视为顺时针C．b棒放上后，a棒受到的安培力为2mgsin θD．b棒放上后，a棒中电流大小是mgsin θBL审题模板解析由右手定则可知回路中电流方向俯视为逆时针，B错误．因为a、b、c都处于平衡状态，分别列三个平衡方程F T＝mgsin θ＋F安a、F安b＝mgsin θ，F T＝m c g，而且a、b中电流相等，所以F安a＝F安b＝BIL，联立解以上四个方程，可得F安a＝F安b＝mgsin θ，m c＝2msin θ，电流大小为mgsin θBL，所以A、D正确，C错误．答案AD点睛之笔此题为力电综合问题，考查了力学知识的平衡问题和电磁感应知识．两问题的连接点是安培力．安培力及其他力的共同作用使物体处于平衡状态，由平衡条件可推出安培力的大小，进而得到电路的电流．因此，在解决力电综合问题时，找准问题的连接点是解题的关键．一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点，另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方，金属小球A、B静止时位置如图9所示．由于空气潮湿，金属小球A、B缓慢放电．此过程中，小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是()图9A．F1减小，F2减小B．F1减小，F2不变C．F1增大，F2增大D．F1不变，F2减小答案 D解析对小球A受力分析，受重力、绳的拉力和B对A的库仑力，根据平衡条件得绳的拉力和库仑力的合力与重力等大反向，作出三力的矢量三角形，由相似关系得F1OA＝F2AB＝mgOB，因金属小球缓慢放电，因此两球之间距离AB减小，可知此过程中，F1不变，F2减小，D正确．(限时：45分钟)一、单项选择题1．如图1所示为通过轻杆相连的A、B两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O 点．已知两球重力均为G，轻杆与细线OA长均为L.现用力F作用于小球B上(图上F 未标出)，使系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上．则力F最小值为()图1A.22G B.2G C．G D．2G答案 A解析由于系统处于静止状态时，A、B两球在同一水平线上，因此悬线OA竖直，轻杆中的弹力为零，小球B受竖直向下的重力、沿悬线OB斜向上的拉力和F的作用而处于静止状态，三力的合力为零，表示三力的线段构成封闭三角形，由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，由几何关系可知，当F的方向与OB垂直且斜向右上方时，F最小，由几何关系可知，此时F＝Gsin 45°＝22G，选项A正确．2．(2013·新课标Ⅱ·15)如图2，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2＞0)．由此可求出()图2A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力答案 C解析当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mgsin θ＋f m.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2＋f m＝mgsin θ，由此解得f m＝F1－F22，其余几个量无法求出，只有选项C正确．3．如图3所示，一串红灯笼在水平风力的吹动下发生倾斜，悬挂绳与竖直方向的夹角为30°.设每个红灯笼的质量均为m，绳子质量不计．则自上往下数第一个红灯笼对第二个红灯笼的拉力大小为()图3A.233mg B．2mgC．4mg D.433mg答案 D解析把下面两个灯笼作为一个整体，进行受力分析，由F cos 30°＝2mg解得F＝433mg，选项D正确.4．轻杆的一端安装有一个小轻滑轮P，用手握住杆的另一端支撑着悬挂重物的绳子，如图4所示．现保持滑轮的位置不变，使杆向下转动一个角度到虚线位置，则下列关于杆对滑轮P的作用力的判断正确的是()图4A．变大B．不变C．变小D．无法确定答案 B解析绳中的拉力不变，因滑轮位置不变，所以滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件知，杆对滑轮P的作用力不变，B正确．5．如图5，匀强电场方向垂直于倾角为α的绝缘粗糙斜面向上，一质量为m的带正电荷的滑块静止于斜面上，关于该滑块的受力，下列分析正确的是(当地重力加速度为g)()图5A．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力三个力的作用B．滑块所受摩擦力大小一定为mgsin αC．滑块所受电场力大小可能为mgcos αD．滑块对斜面的压力大小一定为mgcos α答案 B解析若滑块只受重力、电场力，不可能处于平衡状态，故一定受摩擦力和支持力作用(滑块受摩擦力必定同时受到支持力)，根据平衡条件可得F电＋F N＝mgcos α，F f＝mgsin α，又因为F N≠0，所以滑块受到的支持力和电场力一定小于mgcos α，由牛顿第三定律知滑块对斜面的压力大小一定小于mgcos α，故B正确．6．如图6所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，挡板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是()图6A．F1增大、F2减小B．F1增大、F2增大C．F1减小、F2减小D．F1减小、F2增大答案 B解析对小球受力分析，小球受重力mg、挡板向右的弹力F1及指向圆心的半球面的弹力F2，三个力组成一个闭合三角形，设F2与竖直方向的夹角为θ，则F1＝mgtan θ，F2＝mgcos θ，小球右移，θ角增大，则F1增大，F2增大，B正确．二、多项选择题7．两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图7所示．开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的p端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则()图7A．b弹簧的伸长量也为LB．b弹簧的伸长量为k1L k2C．p端向右移动的距离为2LD．p端向右移动的距离为(1＋k1 k2 )L答案BD解析两弹簧的弹力大小相等，通过a弹簧的伸长量可得弹簧的弹力为F＝k1L，则b弹簧的伸长量为k1Lk2，p端向右移动的距离为L＋k1Lk2，选项B、D正确，选项A、C错误．8．如图8所示，物体A、B用细绳连接后跨过定滑轮．A静止在倾角为30°的斜面上，B被悬挂着．已知质量m A＝2m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由30°缓慢增大到50°，物体始终保持静止，那么下列说法中正确的是()图8A．物体B通过细绳对A的拉力将增大B．物体A受到斜面的支持力将减小C．物体A受到的静摩擦力将先减小后增大D．物体A受到的静摩擦力将增大答案BD解析对物体B受力分析，根据平衡条件得拉力始终等于B的重力，A错误；对物体A 受力分析，受重力、斜面的支持力、绳的拉力，在斜面倾角为30°时，沿斜面方向有m A gsin 30°＝m B g，因此物体A不受摩擦力作用，垂直于斜面方向有F N＝m A gcos θ，随着斜面倾角的增大，重力沿斜面向下的分力增大且大于绳的拉力，物体A受到向上的静摩擦力，根据平衡条件得F f＝m A gsin θ－m B g，随着倾角θ的增大，静摩擦力增大，支持力将减小，C错误，B、D正确．广东·20)如图9，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻9．(2013·地叠放在P上，则()图9A．P向下滑动B．P静止不动C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力增大答案BD解析设斜面的倾角为θ，放上Q，相当于增加了P的质量，对P受力分析并列平衡方程得mgsin θ＝f≤μmg c os θ，N＝mgcos θ.当m增加时，不等式两边都增加，不等式仍然成立，P仍然平衡，故选B、D.10．如图10所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为m，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮置于倾角为θ的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态，斜面放置在水平地面上．现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中()图10A．绳子拉力不变B．A对斜面的压力逐渐增大C．A所受的摩擦力逐渐增大D．地面对斜面的摩擦力逐渐增大答案AB解析绳子的拉力始终为B的重力mg，大小是不变的，选项A正确；设盒子和沙的总质量为M′，则A对斜面的压力等于M′gcos θ，且随着沙子的增多而增大，选项B正确；如果一开始A所受的摩擦力沿斜面向下，随着沙子的增多，摩擦力会先减小后反向增大，选项C错误；以A、B和斜面作为一个整体，整体处于平衡状态，水平方向不受力，故地面对斜面无摩擦力，选项D错误．11．如图11所示，三个物块A、B、C叠放在光滑的斜面上，用方向与斜面平行的拉力F作用在B上，使三个物块一起沿斜面向上匀速运动．设物块C对A的摩擦力为F fA，对B 的摩擦力为F fB，下列说法正确的是()图11A．F f A与F fB方向相同B．F f A与F fB方向相反C．F f A<F fBD．F f A>F fB答案BC解析以A、C整体为研究对象，A、C处于平衡状态，B对C的摩擦力方向沿斜面向上，大小为(m A＋m C)gsin θ，所以F fB方向沿斜面向下，大小也为(m A＋m C)gsin θ；以A为研究对象，C对A的摩擦力方向沿斜面向上，F fA大小为m A gsin θ，所以F fA与F fB方向相反，F f A<F f B.选项B、C正确，A、D错误．12．如图12所示，凹形槽半径R＝30 cm，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态．已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，弹簧原长L0＝40 cm，一端固定在圆心O处，弹簧与竖直方向的夹角θ＝37°，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则()图12A．物块对槽的压力大小是15 NB．物块对槽的压力大小是13 NC．槽对物块的摩擦力大小是 6 ND．槽对物块的摩擦力大小是8 N答案BC解析由R<L0知弹簧处于压缩状态，对物块受力分析如图所示，由平衡知识可得F N＝mgcos θ＋F＝mgcos θ＋k(L0－R)，F f＝mgsin θ，解得F f＝6 N，F N＝13 N，由牛顿第三定律得物块对槽的压力大小F N′＝F N＝13N，选项B、C正确．三、非选择题13．如图13所示，光滑金属球的重量G＝40 N，它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角θ＝37°的斜面体上．已知斜面体置于水平地面上保持静止状态，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图13(1)墙壁对金属球的弹力大小；(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．答案(1)30 N(2)30 N水平向左解析(1)金属球静止，则它受力平衡，如图所示．由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为F N1＝Gtan θ＝40tan 37°N＝30 N(2)斜面体对金属球的的弹力为F N2＝Gcos θ＝50 N由斜面体受力平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为F f＝F N2sin θ＝30 N摩擦力的方向水平向左．。
高三物理二轮专题复习考前知识回扣
高频考点6 牛顿运动定律及应用 1.牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改 变这种状态为止。 (2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。一切 物体都具有惯性，惯性是物体的固有属性。质量是惯性大小的唯一量度。
[特别提醒] 对惯性的理解 (1)一切物体(包括质量大的、小的，有生命的、无生命的)都有惯性。 (2)一切物体不论在什么运动状态(包括静止、匀速运动、变速运动)都有惯性。 (3)惯性是物体的固有性质，跟物体所处环境、受力情况无关。 (4)质量是物体惯性大小的量度，惯性大小完全取决于质量，与物体是否受力、速 度大小等无关。
|F1－F2|≤F≤|F1＋F2|。
4.几种特殊情况下力的合成(α为F1和F2的夹角) (1)α＝0°时，F1 和 F2 同向，F＝F1＋F2。 (2)α＝180°时，F1 和 F2 反向，F＝F1－F2 或 F＝F2－F1。 (3)α＝90°时，F1 和 F2 垂直，F＝ F21＋F22。
高频考点 5 共点力作用下物体的平衡 1.平衡条件：物体所受的合外力为零，F 合＝0。 2.共点力平衡的推论
(3)弹力大小的确定 ①弹簧在弹性限度内遵守胡克定律，F＝kx。 ②一般情况下应根据物体的运动状态，利用牛顿定律或平衡条件来计算。
3.摩擦力
名称
项目
静摩擦力
滑动摩擦力
定义
两相对静止的物体间的摩擦力
两相对运动的物体间的摩擦力
产生条件 大小、方向
①接触面粗糙
①接触面粗糙
②接触处有压力
②接触处有压力
③两物体间有相对运动趋势
(1)如果三力平衡，则其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。 (2)如果多个力平衡，则其中任一个力与其他力的合力大小相等，方向相反。 (3)若物体处于平衡状态，则将物体受到的力正交分解，沿 x、y 轴方向物体受到的 合力都是零。即FFxy＝＝00。，
2017届高三物理二轮温习考前基础回扣练一匀变速直线运动
考前基础回扣练 一 匀变速直线运动建议历时20分钟1.(多选)伽利略为了研究自由落体运动的规律,利用斜面做了上百次实验。
让小球从斜面上的不同位置自由滚下,测出小球从不同起点转动的位移x 和所用的时刻t 。
若比值xt 2为定值,小球的运动即为匀变速运动。
下列叙述符合实验事实的是 ( )A.那时采纳斜面做实验,是为了便于测量小球运动的时刻B.小球从同一倾角斜面的不同位置滚下,比值xt2有较大不同C.改变斜面倾角,发觉关于每一个特定倾角的斜面,小球从不同位置滚下,比值xt 2维持不变D.将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时,比值xt 2也将维持不变,因此能够为自由落体运动为匀变速运动【解析】选A 、C 、D 。
由于那时实验条件的限制,很难测量小球自由下落的时刻,因此采纳斜面实验,然后将小球在斜面上运动的实验结论合理外推到倾角为90°的情景,A 、D 正确;若小球做匀变速运动,x=1at 2,关于特定倾角的斜面,比值xt 2维持不变,B 错误、C 正确。
2.中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3 000 m,着陆距离大约为2 000 m 。
设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动,起飞时速度是着陆时速度的倍,则起飞滑跑时刻和着陆滑跑时刻之比是( ) ∶2 ∶1 ∶2∶1【解析】选B 。
由题意可知,x 起飞=3000m,x着陆=2000m,v起飞=,v着陆=v 0,由x=v2t 可得:t 起飞=2x 起飞v起飞=6 0001.5v 0=4 000v 0;t 着陆=2x 着陆v着陆=4 000v 0,B 正确。
3.将一小球竖直向上抛出,若小球所受空气阻力大小不变,小球抵达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内通过的路程别离为x 1和x 2,速度转变量的大小别离为Δv 1和Δv 2。
则 ( ) >x 2,Δv 1<Δv 2<x 2,Δv 1<Δv 2>x 2,Δv 1>Δv 2 <x 2,Δv 1>Δv 2【解析】选C 。
(通用版)2017届高三物理二轮复习第2部分考前回扣倒.
倒计时第5天电路和电磁感应A. 主干回顾B. 精要检索1. 电流的定义式：I = q.U2. 电流的决定式：I = R3. 电阻的定义式：R= U4. 电阻的决定式：R= p S5. 闭合电路欧姆定律：1= 吕.R+ r6. 电源的几个功率⑴电源的总功率：戸总=El = |2(R+ r).⑵电源内部消耗的功率：P内=12r.⑶电源的输出功率：P出=Ul= P总一P内.7. 电源的效率F出U Rn = p x 100%F E X 100沧X I。
％.&正弦交变电流瞬时值表达式e = E sin w t 或 e = E cos w t .9•正弦交变电流有效值和最大值的关系EnI mUnE= ~2 1 = 2 U = ~210 •理想变压器及其关系式(1) 电压关系为 応=—多输出线圈时为 一=—=—=,.U 2 n 2, n i n 2 ri 3/⑵ 功率关系为P 出=P 入(多输出线圈时为 P 入= P 出1 + P 出2+ ,) •In⑶ 电流关系为—=n (多输出线圈时为 n i l i = rhl 2+氐13+,) •(4)频率关系为：f 出=f 入.11.磁通量的计算：①二BS.12•电动势大小的计算：E =亡①或E = Blv(切割类)• 13 •高压远距离输电的分析方法及计算(1)在高压输电的具体计算时，为条理清楚，可参考如图 1所示画出相应的题意简图.输电导线损耗的电压 U 损=U — U= I 2R 线=77 R 线.14.应用楞次定律判断感应电流方向的方法图1(2) 确定输电过程的电压关系、功率关系如下列表达式所示.L 输电缆攔失电乐「降压变压髀原线圈电圧1—升压变压器副线圈电压(3) 在高压输电中，常用以下关系式:人 F 2 F 3 U 2 - U 3 输电电流I 2=='= — 输电导线损失的电功率升压变压耦降压变压餓P 损=F^— Fb = I 2R 线=(1)确定穿过回路的原磁场的方向；(2) 确定原磁场的磁通量是“增加”还是“减少”；⑶ 确定感应电流磁场的方向(与原磁场“增则反、减则同”)； ⑷ 根据感应电流的磁场方向，由安培定则判断感应电流的方向.15•几种常见感应问题的分析方法 (1)电路问题：① 将切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路作为电源，确定感应电动势和内阻. ② 画出等效电路.③ 运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率公式，焦耳定律公式等求解.⑵动力学问题：—受力分析:二EEf F 合二ma_过程分析:F 台一＞。
高考物理大二轮复习考前基础回扣练1物理学史物理思想方法
回扣练1：物理学史、物理思想方法1．关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( )A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律解析：选B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，A错，B对；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，C错；牛顿发现了万有引力定律，D错．2．我国科学家潘建伟院士预言十年左右量子通信将“飞”入千家万户．在通往量子论的道路上，一大批物理学家做出了卓越的贡献，下列有关说法正确的是( ) A．爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象B．德布罗意第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念C．玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念D．普朗克把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性解析：选A.爱因斯坦提出光子说，并成功地解释了光电效应现象，选项A正确；玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，选项B错误；普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故C错误；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，预言实物粒子也具有波动性，选项D错误；故选A.3．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述不正确的是( )A．卡文迪许测出引力常数B．奥斯特发现“电生磁”现象C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D．库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律解析：选C.卡文迪许测出了万有引力常数，选项A正确；奥斯特发现“电生磁”现象，选项B正确；洛伦兹提出了磁场对运动电荷的作用力公式，选项C错误；库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.4．伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，如图所示，可大致表示其实验和思维的过程，对这一过程的分析，下列正确的是( )A ．伽利略认为自由落体运动的速度是均匀变化的，这是他用实验直接进行了验证的B ．其中丁图是实验现象，甲图是经过合理外推得到的结论C ．运用甲图实验，可“冲淡”重力的作用，更方便进行实验测量D ．运用丁图实验，可“放大”重力的作用，从而使实验现象更明显答案：C5．第谷、开普勒等人对行星运动的研究漫长而曲折，牛顿在他们研究的基础上，得出了科学史上最伟大的定律之一——万有引力定律，下列说法正确的是( )A ．开普勒通过研究、观测和记录发现行星绕太阳做匀速圆周运动B ．太阳与行星之间引力的规律并不适用于行星与它的卫星C ．库仑利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值D ．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识解析：选D.开普勒通过研究观测记录发现了行星运动定律，根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳的运动都是椭圆，故A 错误；太阳与行星间的引力就是万有引力，万有引力适用于一切天体之间，故B 错误；卡文迪许利用实验较为准确地测出了引力常量G 的数值，故C 错误；在发现万有引力定律的过程中，牛顿应用了牛顿第二定律、第三定律以及开普勒定律的知识，故D 正确．所以D 正确，ABC 错误．6．下列说法中正确的有( )A ．伽利略通过理想斜面实验说明力是维持物体运动的原因B ．kg 、m 、N 、A 都是国际单位制中的基本单位C ．胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系D ．加速度a ＝F m 和功率P ＝W t的定义都运用了比值法解析：选C.伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，选项A 错误；kg 、m 、A 都是国际单位制中的基本单位，N 是导出单位，选项B 错误；胡克总结出弹簧弹力与形变量间的关系，选项C 正确；功率P ＝W t 的定义运用了比值法，而加速度a ＝F m不是比值定义法，选项D 错误；故选C.7．在物理学的发展中，建立概念，总结规律都离不开一大批辛勤攀登科学高峰的物理学家们．下面有关科学家的发现正确的是( )A ．为了建立天体运动规律，开普勒利用自己的行星观测数据，建立了开普勒行星运动定律B ．为了描述物体的运动，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念C ．“某个量是守恒的”，把这个量叫做能量，这是牛顿有关能量的描述D ．“闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，这是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容解析：选B.为了建立天体运动规律，开普勒利用第谷的行星观测数据，建立了开普勒行星运动定律，故A 错误；为了描述物体的运动，伽利略首先建立了平均速度、加速度的概念，故B 正确；“某个量是守恒的”，把这个量叫做能量，这是焦耳有关能量的描述，故C 错误；法拉第发现了电磁感应现象，但“闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比”，并不是法拉第在对理论和实验资料严格分析后得出的法拉第电磁感应定律的内容．故D 错误．8．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是( )A ．在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律B ．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律C ．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G 的数值D ．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量解析：选A.在对自由落体运动的研究中，伽利略巧妙的利用斜面实验来冲淡重力影响使得时间更容易测量，最后逻辑推理证明了自由落体的运动规律，选项A 正确．伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，牛顿归纳总结了牛顿第一定律，选项B 错误．牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G 的数值，选项C 错误．法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了点电荷间的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的电荷量，选项D 错误．9．下列关于物理方法或物理学史的说法中错误的是( )A ．安培分子电流假说解释了磁体的磁场的形成B ．由楞次定律判断感应电流的方向C ．物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“电流元”“元电荷”等都是理想化模型D ．牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”解析：选C.安培分子电流假说解释了磁体和电流的磁场的形成，故A 正确；由楞次定律即可判断感应电流的方向，故B 正确；物理模型在物理学研究中起到了重要作用，其中“质点”“点电荷”“元电荷”等都是理想化模型，但元电荷是客观存在的，不属于理想化模型，故C 错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中使用了“月——地检验”证明了万有引力定律的正确性，故D 正确．本题选错误的，故选C.10．(多选)在物理学中某物理量A 的变化量ΔA 与发生这个变化所用时间Δt 的比值ΔA Δt，叫做这个物理量A 的变化率，则下列说法中正确的是( ) A ．若A 表示某质点做匀速直线运动的位移，则ΔA Δt是恒定不变的 B ．若A 表示某质点做匀加速直线运动的速度，则ΔA Δt是均匀变化的 C ．若A 表示某质点做匀速圆周运动的线速度，则ΔA Δt是恒定不变的 D ．若A 表示穿过某线圈的磁通量，则ΔA Δt越大，则线圈中的感应电动势就越大 解析：选AD.若A 表示某质点做匀速直线运动的位移，则ΔA Δt＝v ，匀速直线运动的速度v 是恒定不变的，选项A 正确．若A 表示某质点做匀加速直线运动的速度，则ΔA Δt＝a ，匀加速直线运动的加速度a 是恒定不变的，选项B 错误．若A 表示某质点做匀速圆周运动的线速度，则ΔA Δt表示向心加速度大小，但向心加速度方向始终指向圆心，是时刻改变的．选项C错误．若A 表示穿过某线圈的磁通量，则ΔA Δt ＝E ，ΔA Δt越大，则线圈中的感应电动势就越大，选项D 正确.。
高考物理二轮复习第章选修部分考前基础回扣练热学.doc
考前基础回扣练 11选修3－3 热学
图象如图所示．已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.
C时的温度；
再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？
在各种晶体中，原子(或分子、离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间
正确；一定质量的理想气体，温度升高，则气体分子的平均动能增大，但分子的密集程度可能减小，气体的压强不一定增大，B错误；热量只能自发地从高温物体传到低温物体，不可能自发地由低温物体传到高温物体，C正确；布朗运动是悬浮在液体中固体
时，活塞距缸底的高度是多少？
时，B中气体的温度是多少？
当两分子之间的距离大于平衡位置时，两分子间距离减小的过程中，分子势错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，
压缩气体，外界对气体做功，气体内能增加，C错误；等容过程中吸收的热量仅仅增加为内。
2017届高三物理二轮温习考前基础回扣练二力与物体的平稳
C.物块A与物块B之间可能是滑腻的
D.物块B与地面之间可能是滑腻的
【解析】
选A、B。A、B之间,B与地面之间只要有一个是滑腻的,即便给A施加一个很小的力,A都会运动,现给A施加一个水平向右的力F,当F慢慢增大到某一个值时A才开始运动,因此物块B与地面之间必然是粗糙的,物块A与物块B之间必然是粗糙的,A、B选项正确。
考前基础回扣练二
力与物体的平稳
建议历时20分钟
1.(多项选择)如下图,水平地面粗糙,A、B两同窗站在地上水平推墙。甲图中A向前推B,B向前推墙;乙图中A、B同时向前推墙。每人使劲的大小都为F,方向水平,那么以下说法中正确的选项是 ( )
A.甲图方式中墙受到的推力为2F
B.乙图方式中墙受到的推力为2F
4.图示是杂技节目“力量”演出中的一个高难度动作,两个演员均维持静止状态,右边演员的躯体维持伸直,且与水平方向成30°。已知右边演员所受的重力大小为G,那么左侧演员对右边演员的作使劲大小为 ( )
A.G B. G C. G D. G
【解析】选A。右边演员维持静止状态,所受合力为零,因此左侧演员对右边演员的作使劲与重力平稳,大小为G,A正确。
3.(多项选择)如下图,底端置于粗糙水平地面上的杆,其顶端连接一根细线并用手拉住,杆处于静止状态,细线பைடு நூலகம்平。以下说法正确的选项是 ( )
A.杆对细线的弹力方向为水平向右
B.细线对杆的弹力方向垂直杆向左
C.地面受到杆的弹力竖直向下
D.地面受到杆的弹力沿杆向左下方
【解析】选A、C。杆对细线的弹力方向沿线的方向水平向右,细线对杆的弹力方向沿线的方向水平向左,选项A正确、B错误。地面受到杆的弹力垂直于接触面竖直向下,选项C正确、D错误。
2017高考物理二轮(通用版)复习对点练：第1部分专题二 能量、动量和原子物理专题2第3讲特训含答案
第一部分专题二第3讲1．(2016·陕西质检二)（1）238， 92U是一种天然放射性元素,能发生一系列衰变，衰变过程如图所示．请写出①②两过程的衰变方程：①__错误!Bi→错误!Po＋__0_－1e__；②__错误!Bi→错误!TI＋错误!He__.(2)如图所示,光滑水平面上有质量均为2m的木块A、B，A静止，B以速度错误!水平向左运动，质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入木块A，穿出A后，又射入木块B而未穿出，A、B最终以相同的速度向右运动．若B与A始终未相碰，求子弹穿出A时的速度．解析：（1）由质量守恒和电荷数守恒可知，①②反应的方程式分别为错误!Bi→错误!Po＋错误!e;错误!Bi→错误!TI＋错误!He（2)以子弹、木块A组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得mv0＝2mv A＋mv以子弹及木块A、B组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得mv0－m×错误!＝5mv A解得v＝错误!v0答案：(2)错误!v02．（2016·江西五校联考)（1)氢弹的工作原理是利用氢核聚变放出巨大能量．在某次聚变中，一个氘核与一个氚核结合成一个氦核,已知氘核的比结合能是1。
09 MeV；氚核的比结合能是2。
78 MeV；氦核的比结合能是7.03 MeV。
则氢核聚变的方程是__错误!H＋错误!H→4，2He＋10n__;一次氢核聚变释放出的能量是__17。
6__MeV.（2）如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住,求:①小孩接住箱子后共同速度的大小；②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出,木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．解析：(1）由核反应过程中，质量数守恒与电荷数守恒可得错误!H＋错误!H→错误!He＋错误!n;由能量守恒定律可知,该聚变释放出的能量为ΔE＝E2－E1＝7。
2017届高三物理二轮复习(通用版)第一部分专题复习教师用书专题二能量和动量Word版
第一讲功和功率__动能定理1.考查功的大小计算]的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。
板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。
现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()A．1 J B．1.6 JC．2 J D．4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4 N。
力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L2，则做的功至少为W＝f×L2＝1.6 J，所以B正确。
2．考查机车的启动与牵引问题](多选)(2016·天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。
和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。
某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组() A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析：选BD启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。
以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确。
根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。
若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝F v知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。
3．考查瞬时功率与平均功率的计算](2016·潍坊模拟)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F ，如图甲所示，此后物体的v -t 图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．10 s 末物体在计时起点左侧4 m 处D ．0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为0.6 W解析：选D 由图线可知0～4 s 内的加速度：a 1＝84m/s 2＝2 m/s 2，可得：F ＋μmg ＝ma 1；由图线可知4～10 s 内的加速度：a 2＝66m/s 2＝1 m/s 2，可得：F －μmg ＝ma 2；解得：F ＝3 N ，μ＝0.05，选项A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P 10＝F v 10＝3×6 W ＝18 W ，选项B 错误；0～4 s 内的位移x 1＝12×4×8 m ＝16 m,4～10 s 内的位移x 2＝－12×6×6 m ＝－18 m ，故10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处，选项C 错误；0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为P ＝Fx t ＝3×210W ＝0.6 W ，选项D 正确。
高三物理二轮复习考前基础回扣练(一)含答案
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考前基础回扣练一匀变速直线运动建议用时25分钟1.物体由静止开始做匀加速直线运动,它在第n秒内的位移是s,则其加速度大小为( )A. B.C. D.【解析】选A。
设物体的加速度为a,则有s=an2-a(n-1)2,解得a=,选项A正确。
2.一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验,让一个质量为2kg 的小球从一定的高度自由下落,测得在第5s内的位移是18m,则( )A.物体在2s末的速度是20m/sB.物体在第5s内的平均速度是3.6m/sC.物体在第2s内的位移是20mD.物体在5s内的位移是50m【解析】选D。
根据x=gt2可得,g×52-g×42=18,因此星球上的重力加速度g=4m/s2。
因此2s末的速度v=gt=8m/s,A错误;第5s内的平均速度=m/s=18m/s,B错误;第2s内的位移x 2=g-g=×4×22m-×4×12m=6m,C错误;物体在5s内的位移x=gt2=×4×52m=50m,D正确。
3.在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10m/s时,以下判断正确的是(g取10m/s2)( )A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15m/s,方向向上B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s,方向向下C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s,方向向上D.小球的位移大小一定是15m【解析】选D。
小球被竖直上抛,做匀变速直线运动,平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式=求得,规定向上为正方向,当小球的末速度为向上10m/s时,v=10m/s,可得平均速度为15m/s,方向向上;当小球的末速度为向下10m/s时,v=-10m/s,可得平均速度为5m/s,方向向上,选项A、B、C均错误;由对称性知,末速度大小为10m/s 时,球的位置一定,距起点的位移x==15m,选项D正确。
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考前基础回扣练一
匀变速直线运动
建议用时20分钟
1.(多选)伽利略为了研究自由落体运动的规律,利用斜面做了上百次实验。
让小球从斜面上的不同位置自由滚下,测出小球从不同起点滚动的位移x以及所用的时间t。
若比值为定值,小球的运动即为匀变速运动。
下列叙述符合实验事实的是( )
A.当时采用斜面做实验,是为了便于测量小球运动的时间
B.小球从同一倾角斜面的不同位置滚下,比值有较大差异
C.改变斜面倾角,发现对于每一个特定倾角的斜面,小球从不同位置滚下,比值保持不变
D.将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时,比值也将保持不变,因此可认为自由落体运动为匀变速运动
【解析】选A、C、D。
由于当时实验条件的限制,很难测量小球自由下落的时间,所以采用斜面实验,然后将小球在斜面上运动的实验结论合理外推到倾角为
90°的情景,A、D正确;若小球做匀变速运动,x=at2,对于特定倾角的斜面,比值保持不变,B错误、C正确。
2.中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为
3 000 m,着陆距离大约为2 000 m。
设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运
动,起飞时速度是着陆时速度的1.5倍,则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间
之比是( )
A.3∶2
B.1∶1
C.1∶2
D.2∶1
【解析】选B。
由题意可知,x起飞=3000m,x着陆=2000m,v起飞=1.5v0,v着陆=v0,
由x=t可得:t起飞===;t着陆==,B正确。
3.将一小球竖直向上抛出,若小球所受空气阻力大小不变,小球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内通过的路程分别为x1和x2,速度变化量的大小分别为Δv1和Δv2。
则( )
A.x1>x2,Δv1<Δv2
B.x1<x2,Δv1<Δv2
C.x1>x2,Δv1>Δv2
D.x1<x2,Δv1>Δv2
【解析】选C。
因空气阻力的存在,由牛顿第二定律可知,a上>a下,由x1=a
2,
上t
x2=a下t2,t=1s可知,x1>x2,由Δv=at可知,Δv1>Δv2,C正确。
4.在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10m/s时,以下判断正确的是(g取10m/s2) ( )
A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15 m/s,方向向上
B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s,方向向下
C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s,方向向上
D.小球的位移大小一定是15 m
【解析】选D。
小球被竖直上抛,做匀变速直线运动,平均速度可以用匀
变速直线运动的平均速度公式=求得,规定向上为正方向,当小球的末速度为向上10m/s时,v=10m/s,可得平均速度为15m/s,方向向上;当
小球的末速度为向下10m/s时,v=-10m/s,可得平均速度为5m/s,方向向上,选项A、B、C均错误;由对称性知,末速度大小为10m/s时,球的位置一定,距起点的位移x==15m,选项D正确。
5.一辆汽车在平直公路上做刹车实验,若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x=(10-0.1v2)m,则下列分析正确的是( )
A.上述过程的加速度大小为10 m/s2
B.刹车过程持续的时间为5 s
C.0时刻的初速度为10 m/s
D.刹车过程的位移为5 m
【解析】选C。
由v2-=2ax可得x=-+v2,对照x=(10-0.1v2)m,可知a=-5m/s2,汽车做刹车实验,故v0=10m/s,选项A错误,C正确;由0-v0=at可得刹车过程持续的时间为t=2s,由0-=2ax可得刹车过程的位移为x=10m,选项B、D错误。
6.一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1s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 m
B.24 m
C.25 m
D.75 m
【解析】选C。
假设汽车的刹车时间大于2s,根据Δx=at2,可得a=-2m/s2,根据==,可得刹车1s时的速度v 1=8m/s,所以刹车时间t=1s+=5s,假设成立。
刹车后6s,汽车已停止运动,所以6s内的位移x=9m+=25m,C正确。
7.甲车以加速度3m/s2由静止开始做匀加速直线运动,乙车落后2 s在同
一地点由静止出发,以加速度 4 m/s2做加速直线运动,两车速度方向一
致。
在乙车追上甲车之前,两车距离的最大值是( )
A.18 m
B.24 m
C.22 m
D.28 m
【解析】选B。
乙车从静止开始做匀加速运动,落后甲2s,则开始阶段甲车在前。
当乙车速度小于甲车的速度时,两者距离增大;当乙车速度大于甲车的速度时,两者距离减小,则当两者速度相等时距离最大。
即:a甲(t
t乙,得:t乙=6s;两车距离的最大值为Δx=x甲-x乙=a甲(t乙+2s)2-a 乙+2s)=a乙
选项B正确。
乙=24m,
8.(多选)如图所示,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D为其运动轨迹上的四点,测得AB=2m,BC=3m,且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等,则下列说法正确的是( )
A.可以求出物体加速度的大小
B.可以求得CD=4m
C.可以求得OA之间的距离为1.125m
D.可以求得OA之间的距离为1.5m
【解析】选B、C。
设物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t,由匀变速
直线运动的推论Δx=at2可得物体的加速度a的大小为a===,因为不知道时间,所以不能求出加速度,故A错误;根据CD-BC=BC-AB=1m,可知CD=3+1=4m,故B正确;因某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,所以物体经过B点时的瞬时速度为v B==,再由=2ax OB可得
OB两点间的距离为x OB==〃=3.125m,所以O与A间的距离x OA=x OB-AB=(3.125-2)m=1.125 m,C正确,D错误。
9.质点做直线运动的速度—时间图象如图所示,该质点( )
A.在第1秒末速度方向发生了改变
B.在第2秒末加速度方向发生了改变
C.在前2秒内发生的位移为零
D.第3秒末和第5秒末的位置相同
【解析】选D。
速度的正负代表了运动的方向,A错误;图线的斜率代表了加速度的大小及方向,B错误;图线与时间轴围成的图形的面积代表了物体的位移,C错误,D正确。
10.一汽车从静止开始做匀加速直线运动,然后刹车做匀减速直线运动,直到停止。
下列速度v和位移x的关系图象中,能描述该过程的是( )
【解析】选A。
设汽车做匀加速直线运动时的加速度为a1,则由运动学公式2a1x=v2,由此可知选项C、D错误;设刹车时汽车的位移为x0,速度为v0,汽车做匀减速运动的加速度为a2,则减速过程中有v2-=2a2(x-x0),
这里的=2a1x0,x>x0,则v2=2a1x0+2a2(x-x0)=2(a1-a2)x0+2a2x,即v=(x>x0,a2<0)可知选项A正确。
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