2017高三物理技能提升训练试题11

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2017高三物理技能提升训练试题11

2017高三物理技能训练试题11一、选择题1．(2016·广州测试)如图6－3－18所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的()图6－3－18A．两板间的距离B．两板间的电压C．两板间的电介质D．两板的正对面积解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()图6－3－19解析：选B.验电器处在带电金属球的电场中发生静电感应，结果使验电器靠近金属球的一端带异种电荷，远离金属球的一端带同种电荷，故答案为B. 3．(2016·镇江测试)如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列四个选项中正确描述带电粒子在电场中运动轨迹的是()图6－3－20图6－3－21解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场方向，轨迹向右弯曲，C正确．4．(2016·高考广东卷)如图6－3－22为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是()图6－3－22A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选BD.本题考查电场、电场力的基本概念，考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握．集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A 错误；电场方向由集尘极指向放电极，B 正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C 错误；同一位置电场强度一定，由F ＝qE 可知，尘埃带电荷量越多，所受电场力越大，D 正确．5．如图6－3－23，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的1/2处返回，则下述措施能满足要求的是( )图6－3－23A ．使初速度减为原来的1/2B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2解析：选BD.在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得：－qEd ＝0－12m v 20，所以d ＝m v 202qE，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的1/2，x ＝d 4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x ＝d 2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x ＝d 4；使初速度和M 、N间电压都减为原来的1/2，电场强度变为原来的一半，x ＝d 2.6．如图6－3－24所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v 0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．下列能描述粒子在这两个电场中运动的速度－时间图象的是(以v 0方向为正方向)图6－3－24图6－3－25解析：选C.在区域Ⅰ中，mg ＝E 1q ；在区域Ⅱ中，mg ＜E 2q ，合力向上，做匀减速运动，速度减为0后，再反向加速，再次回到区域Ⅰ，做匀速运动．7．如图6－3－26所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M 点．则()图6－3－26A ．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B ．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C ．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D ．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降解析：选BC.当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d ，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小为：E ＝U d ＝Q C d＝4πkdQεr S d ＝4πkQ εr S ，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误．8．如图6－3－27所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕过中心点O 、O ′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做()图6－3－27 A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动解析：选B.设电源两端的电压为U ，两金属板间的距离为d ，带电液滴的质量为m ，带电荷量为q ，则液滴P 静止时，由平衡条件可得：q U d ＝mg .金属板转动后，P 所受的电场力大小为：F＝qUd cosα，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1＝F·cosα＝qUd·cosα·cosα＝qUd＝mg.故电场力和重力的合力水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动．B正确，A、C、D 错误．9．(2016·江苏启东中学质检)将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则下列说法中错误的是()图6－3－28A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中加速度大小关系是a A＜a B＜a CC．三小球在电场中运动时间相等D．三小球到达下板时的动能关系是E k C＞E k B＞E k A解析：选C.由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝xv0最长，C错误．A的加速度a A＝2yt2最小，而C的加速度a C最大，a A＜a B＜a C，B正确．可见，A带正电，受电场力方向与重力方向相反，B不带电，C带负电，受电场力方向与重力方向相同，A正确．由动能定理知E k C＞E k B＞E k A，D正确．10．(2016·高考安徽卷)图6－3－29甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图6－3－29图6－3－30解析：选B.本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B.二、非选择题11．(2016·长沙模拟)如图6－3－31所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×102m/s 初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15kg 、电荷量为q ＝＋10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)图6－3－31 (1)粒子源所在处a 点的电势；(2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地；因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8 V ＝80 V .(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理qU ab ＝E k －12m v 20可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12m v 20＝1.2×10－10J.(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落在板上：x ＝v 0t ，h ＝12at 2a ＝qE m ，S ＝πx 2联立以上各式得所形成的面积S ＝2πm v 20h qE ＝4.0 m 2，可以通过减小h 或增大E 来实现．答案：(1)80 V (2)1.2×10－10J(3)面积4.0 m 2 可以通过减小h 或增大E 来实现12．如图6－3－32甲所示，A 、B 为两块平行金属板，极板间电压为U AB ＝1125 V ，板中央有小孔O 和O ′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O 由静止进入A 、B 之间．在B 板右侧，平行金属板M 、N 长L 1＝4×10－2m ，板间距离d ＝4×10－3m ，在距离M 、N 右侧边缘L 2＝0.1 m 处有一荧光屏P ，当M 、N 之间未加电压时电子沿M 板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O ″点并发出荧光．现给金属板M 、N 之间加一个如图乙所示的变化电压u ，在t ＝0时刻，M 板电势低于N 板．已知电子质量为m e ＝9.0×10－31kg ，电荷量为e ＝1.6×10－19C.图6－3－32(1)每个电子从B 板上的小孔O ′射出时的速度多大？(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？解析：(1)电子经A 、B 两块金属板加速，有eU AB ＝12m e v 20得v 0＝2eU AB m e＝2×107m/s. (2)当u ＝22.5 V 时，电子经过MN 板向下的偏移量最大，为y 1＝12·eu md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1v 02＝2×10－3m y 1＜d ，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M 、N ，此时电子在竖直方向的速度大小为v y ＝eu md ·L 1v 0＝2×106m/s 电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的时间为t 2＝L 2v 0＝5×10－9s 电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的偏移量为 y 2＝v y t 2＝0.01 m电子打在荧光屏P 上的总偏移量为y ＝y 1＋y 2＝0.012 m ，方向竖直向下．(3)当u ＝22.5 V 时，电子飞出电场的动能最大，为E k ＝12m e (v 20＋v 2y )＝1.8×10－16J 或由动能定理得E k ＝e (U AB ＋u m )＝1.8×10－16J.答案：见解析。

2017高三物理技能提升训练试题9

2017高三物理技能训练试题9一、选择题1．(2016·广东惠州调研)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是()A．摆球机械能守恒B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C．能量正在消失D．只有动能和重力势能的相互转化解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B正确．2．(创新题)2011年8月22日深圳大运会男子足球决赛中，日本队以2∶0战胜英国队，夺得男足冠军．假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进．横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是() A．足球动能的变化量为W1＋W2－mghB．射门时的机械能为W1－W2C．重力势能的增加量为W1－W2＋mghD．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为W1解析：选BD.合力做功量度了物体动能的变化，故动能的变化量为W1－W2－mgh，A项错．重力以外的力做功量度了机械能的变化，故机械能的增加量为W1－W2，B项对．重力做功量度了重力势能的变化，故重力势能的增加量为mgh，C项错．运动员踢球过程中只有运动员做功，由动能定理得D项对．3．(2016·皖南八校联考)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H.设上升过程中空气阻力F阻恒定．则对于小球的整个上升过程，下列说法中错误的是()A．小球动能减少了mgHB．小球机械能减少了F阻HC．小球重力势能增加了mgHD．小球的加速度大于重力加速度g解析：选A.由动能定理知，小球动能减少了(mg＋F阻)H，A错误；由功能关系知，小球机械能减少了F阻H，B正确；重力势能增加了mgH，C正确；小球的加速度为g＋F阻m，D正确．4．如图5－4－9所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一质量为3 kg的物体被一个劲度系数为120 N/m的压缩轻质弹簧突然弹开，物体离开弹簧后在水平面上继续滑行了1.3 m才停下来，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()图5－4－9A．物体开始运动时弹簧的弹性势能E p＝7.8 JB．物体的最大动能为7.8 JC．当弹簧恢复原长时物体的速度最大D．当物体速度最大时弹簧的压缩量为x＝0.05 m解析：选D.物体离开弹簧后的动能设为E k ，由功能关系可得：E k ＝μmgx 1＝7.8 J ，设弹簧开始的压缩量为x 0，则弹簧开始的弹性势能E p0＝μmg (x 0＋x 1)＝7.8 J ＋μmgx 0＞7.8 J ，A 错误；当弹簧的弹力kx 2＝μmg 时，物体的速度最大，得x 2＝0.05 m ，D 正确，C 错误；物体在x 2＝0.05 m 到弹簧的压缩量x ＝0的过程做减速运动，故最大动能一定大于7.8 J ，故B 错误.5．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )图5－4－10 A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 解析：选D.设铁块在圆轨道底部的速度为v ，则1.5mg －mg ＝m v 2R ，由能量守恒有：mgR －ΔE ＝12m v 2，所以ΔE ＝34mgR ，正确答案为D.6．元宵节焰火晚会上，万发礼花弹点亮夜空，如图5－4－11所示为焰火燃放时的精彩瞬间．假如燃放时长度为1 m 的炮筒竖直放置，每个礼花弹约为1 kg(燃放前后看做质量不变)，当地重力加速度为10 m/s 2，爆炸后的高压气体对礼花弹做功900 J ，离开炮筒口时的动能为800 J ，礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中，下列判断正确的是( )图5－4－11 A ．重力势能增加800 JB ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功90 JC ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功无法计算D ．机械能增加810 J解析：选BD.礼花弹在炮筒内运动的过程中，克服重力做功mgh ＝10 J ，则重力势能增加量ΔE p ＝10 J ，根据动能定理ΔE k ＝W －W 阻－W G 可知W 阻＝W －ΔE k －W G ＝900 J －800 J －10 J ＝90 J ，机械能的增加量ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝800 J ＋10 J ＝810 J ，所以B 、D 正确．7．(2016·吉林通化调研)如图5－4－12所示，小球从A 点以初速度v 0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回，C 为AB 的中点．下列说法中正确的是( )图5－4－12A ．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零B ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，减少的动能相等C ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，速度的变化率相等D ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，损失的机械能相等解析：选BCD.小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负功，选项A 错误；因为C 为AB 的中点，小球从A 到C 与从C 到B 的过程合外力恒定，加速度恒定，速度的变化率相等，选项C 正确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，则合外力做功相等，故减少的动能相等，损失的机械能相等，选项B 、D 正确．8．(2016·海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图5－4－13所示，一滑板运动员以7 m/s 的初速度从圆弧面的A 点下滑，运动到B 点时速度仍为7 m/s ，若他以6 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则他运动到B 点时的速度( )图5－4－13A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法判定解析：选A.当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．运动员做的曲线运动可看成圆周运动，当初速度变为6 m/s 时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由F f ＝μF N 知运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．A 项正确．9．如图5－4－14所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相对静止．对于物体从开始释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是( )图5－4－14A ．电动机多做的功为12m v 2B ．摩擦力对物体做的功为m v 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．电动机增加的功率为μmg v解析：选D.由能量守恒，电动机多做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做的功等于物体对传送带的摩擦力的大小与传送带对地位移的大小的乘积，易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝m v 2，故C 错；由功率公式易知电动机增加的功率为μmg v ，故D 对．10．(2016·安徽百校联考)一质量为1 kg 的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的v －t 图象如图5－4－15所示．若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则由图可知( )图5－4－15 A ．小球从高度为1 m 处开始下落B ．小球在碰撞过程中损失的机械能为4.5 JC ．小球能弹起的最大高度为0.45 mD ．整个过程中，小球克服重力做的功为8 J解析：选C.小球从高度为1.25 m 处开始下落，A 错误；小球在碰撞过程中损失的机械能为8 J ，B 错误；小球能弹起的最大高度为0.45 m ，C 正确；小球克服重力做的功为4.5 J ，D 错误．二、非选择题11．如图5－4－16所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.图5－4－16(1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒：E p ＝12m v 2①设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a .由牛顿第二定律：μmg ＝ma ②由运动学公式v 2－v 20＝2aL ③联立①②③得：E p ＝12m v 20＋μmgL .(2)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ④ v 0＝v －at ⑤滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ⑥相对滑动产生的热量Q ＝μmg ·Δx ⑦联立②③④⑤⑥⑦得：Q ＝μmgL ＋m v 0·(v 20＋2μgL －v 0)．答案：(1)12m v 20＋μmgL(2)μmgL ＋m v 0(v 20＋2μgL －v 0)12．如图5－4－17所示，竖直平面内的轨道ABCD 由水平轨道AB 与光滑的四分之一圆弧轨道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点．已知水平轨道AB长为L.求：图5－4－17(1)小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ.(2)为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？(3)若圆弧轨道的半径R取第(2)问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到的最大高度是 1.5R，试求小物块的初动能并分析小物块能否停在水平轨道上，如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？解析：(1)小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由功能关系得：－μmg(L＋0.5L)＝－E即μ＝2E3mgL.(2)若小物块刚好到达D处速度为零，由功能关系知－μmgL－mgR＝－E，所以CD圆弧轨道的半径至少为R＝E 3mg.(3)设小物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由功能关系知－μmgL－1.5mgR＝－E′解得E′＝7E 6小物块滑回C点时的动能为E C＝1.5mgR＝E2，由于E C＜μmgL＝2E3，故小物块将停在轨道上．设小物块停在距离A点x处，有－μmg(L－x)＝－E C，即x＝1 4L即小物块最终停在水平轨道AB上，距A点14L处．答案：(1)2E3mgL(2)E3mg(3)7E6能停在距A点14L处。

高中物理试题分项解析11 电路和电流

德钝市安静阳光实验学校专题11 电路和电流1．【2016·上海卷】电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【考点定位】电动势【方法技巧】本题需要理解电动势的物理意义，电源电动势在闭合电路中的能量分配。

2．【2017·天津卷】在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。

设线圈总电阻为2 Ω，则A．t=0时，线圈平面平行于磁感线B．t=1 s时，线圈中的电流改变方向C．t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为28πJ【答案】AD 【考点定位】交变电流的规律和“四值问题”【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。

3．【2017·北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在2202π(V)u t的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。

下列说法正确的是A．原线圈的输入功率为2WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为2D．副线圈输出交流电的周期为50 s【答案】B【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s，周期T=0.02 s，D错误。

【考点定位】正弦式交变电流的“四值”、理想变压器原副线圈电压、电流、功率与匝数的关系【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。

2017高三物理技能提升训练试题16

2017高三物理技能训练试题16一、选择题1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图9－3－18所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是()图9－3－18解析：选B.在四个图中线框电动势和电流相同，A 、C 、D 图中，ab 两端的电压U ab ＝14E ，在B 图中，U ab ＝34E ，故B 对．2．如图9－3－19所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( ) 图9－3－19A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3 D ．Ba v解析：选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12v ＝Ba v .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A.3．(2016·合肥模拟)如图9－3－20所示，在一匀强磁场中有一U 形导体框bacd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动，杆ef 及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图9－3－20 A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀速向右运动C．ef将加速向右运动D．ef将做往复运动解析：选A.杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl Bl vR＝B2l2vR，方向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．4．(2016·宁夏银川模拟)如图9－3－21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()图9－3－21A．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ab边两端电势差相同D．通过导体框截面的电荷量相同解析：选AD.由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A正确；，由电磁感应定律可得Q＝(Bl v)2l4R v＝B2l3v4R，因此导体框中产生的焦耳热不同，故B错误；两种情况下电源的电动势不相同，导体框ab边两端电势差不同，C错误；由q＝ΔΦ4R知通过导体框截面的电荷量与速度无关，D正确．5．(2016·成都模拟)如图9－3－22所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m．t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t 变化的关系是B＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的()图9－3－22图9－3－23解析：选C.由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P 中产生的感应电动势为E ＝|ΔB Δt |S ＝ΔB Δt ·πr 22＝0.01 π(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P 中产生的感应电流I ＝0.01 π(A)，由楞次定律可知电流的方向是顺时针方向，C 对．6．(2016·海淀区模拟)如图9－3－24所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域．直角边长为L ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外，一边长为L 、总电阻为R 的正方形闭合导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 垂直磁场匀速穿过磁场区域．取电流沿a →b →c →d →a 的方向为正，则图9－3－25中表示线框中感应电流i 随bc 边位置坐标x 变化的图象正确的是( )图9－3－24图9－3－25解析：选C.在进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度越来越大，产生的感应电动势、感应电流越来越大，穿过线圈的磁通量越来越大，由楞次定律可判断出感应电流沿顺时针方向，即为正值；在出磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度越来越大，则感应电流越来越大，穿过线圈的磁通量越来越小，由楞次定律可判断，感应电流为逆时针方向，即为负值．综上所述，C 正确．7．如图9－3－26所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区，其对角线在同一水平线上，导体框沿水平方向由a 到b 匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电流为正)( )图9－3－26图9－3－27解析：选A.设导体框沿水平方向匀速通过磁场区域的速度大小为v ，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为l ＝2v t ，所以感应电动势为E ＝Bl v ＝2B v 2t .由楞次定律知电流方向为顺时针方向；当导体框与磁场区域重合时电流最大；导体框再向右运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，A 正确．8．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图9－3－28所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )图9－3－28A ．mgbB.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12m v 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12m v 2.9．(2016·高考江苏卷)如图9－3－29所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t ＝0时，将开关S 由1掷到2.q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )图9－3－29解析：选D.本题综合考查右手定则、安培力、电容器以及图象问题．意在考查学生的分析综合能力．当开关S 由1掷到2时，电容器开始放电，此时电流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒开始运动，产生感应电动势，棒相当于电源，利用右手定则可判断棒上端为正极，下端为负极，与电容器的极性相同，当棒运动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器电压与棒两端电动势相等时，电容器不再放电，电路电流等于零，棒做匀速运动，加速度减为零，所以C错误，B 错误，D 正确；因电容器两极板间有电压，q ＝CU 不等于零，所以A 错误．10．(2016高考福建卷)如图9－3－30，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图9－3－30A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v R sin θ 解析：选B.流过ab 棒某一截面的电量q ＝I ·t ＝B ΔS Rt ·t ＝BL ·x R ，ab 棒下滑的位移x＝qR BL ，其平均速度v ＝x t ，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于12v ，A 错误B 正确；由能量守恒mgx sin θ＝Q ＋12m v 2，产生的焦耳热Q ＝mgx sin θ－12m v 2＝mg qR BL sin θ－12m v 2，C 错误；当mg sin θ＝B 2L 2v R 时v 最大，安培力最大，即F 安m ＝mg sin θ或B 2L 2v R ，D 错误．二、非选择题11．(2016·高考大纲全国卷)如图9－3－31，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：图9－3－31(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析：(1)设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R ①由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为I ＝2I 0②此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg ＝BLI ③联立①②③式得B ＝mg 2L R P ④(2)设小灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得 E ＝BL v ⑤E ＝RI 0⑥联立①②④⑤⑥式得v ＝2P mg .⑦答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg12．(2016·高考上海卷改编)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω，质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：图9－3－32(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安；(2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；(3)金属棒下滑的最大速度v m .解析：(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此 Q R ＝3Q r ＝0.3 J∴W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv 由牛顿第二定律mg sin30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma∴a ＝g sin30°－B 2L 2m (R ＋r )v ＝⎝⎛⎭⎪⎫10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)金属棒下滑时做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．mgS sin30°－Q ＝12m v 2m∴v m ＝ 2gS sin30°－2Q m＝ 2×10×1.15×12－2×0.40.2 m/s ＝2.74 m/s.答案：(1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)2.74 m/s。

2017年山西高考物理综合提升练习

2017年山西高考物理综合提升练习（一）14．一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。

现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示。

则物块A ．仍处于静止状态B ．沿斜面加速下滑C ．受到的摩擦力不便D ．受到的合外力增大15．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n 随着波长λ的变化符合科西经验公式：24BCn A λλ=++，其中A 、B 、C 是正的常量。

太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示。

则A ．屏上c 处是紫光B ．屏上d 处是红光C ．屏上b 处是紫光D ．屏上a 处是红光16．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t 。

则物体运动的加速度为A ．1212122()()x t t t t t t ∆-+ B ．121212()()x t t t t t t ∆-+ C ．1212122()()x t t t t t t ∆+- D ．121212()()x t t t t t t ∆+-17．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。

如图（a ）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。

现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b ）所示。

则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是A．2vg B．22sinvgαC．22cosvgαD．22cossinvgαα18．图（a）为示管的原理图。

如果在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是19．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。

电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。

2017高三物理技能提升训练试题32

2017高三物理技能提升试题32一、选择题1．如图7－1－11所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是()图7－1－11 A．当n1＝n2时，电流为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流为I＝(n1－n2)etC．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流为I＝(n2－n1)etD．电流方向从A→B，电流为I＝(n2＋n1)et解析：选D.由电流方向的规定可知，正、负电荷向相反方向定向移动所形成的电流的方向是相同的，所以电流应该是I＝(n2＋n1)et，电流方向按规定应是从A→B.D选项正确．2．通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()A．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：选AC .由电流的定义式I＝Qt知I＝660×10－6＝1×105(A)，A正确；整个过程的平均功率P＝Wt＝qUt＝6×1.0×1090.2＝3×1010(W)(t代0.2或0.3)，B错误；由E＝Ud＝1.0×1091×103＝1×106(V/m)，C正确；整个闪电过程向外释放的能量为电场力做的功W＝qU＝6×109(J)，D错．3．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是()图7－1－12 解析：选C .白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P ＝U 2R ，而U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C 正确．4．两根材料相同的均匀导线A 和B ，其长度分别为L 和2L ，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图7－1－13所示，则A 和B 导线的横截面积之比为( )图7－1－13A ．2∶3B ．1∶3C ．1∶2D ．3∶1解析：选B.由图象可知两导线电压分别为U A ＝6 V ，U B ＝4 V ；由于它们串联，则3R B ＝2R A ；由电阻定律可知R A R B ＝L A S B L B S A ，解得S A S B＝13，选项B 正确． 5．如下图7－1－14所示电路中，E 为电源，其电动势为9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在闭合开关S.然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( )图7－1－14A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：选B.灯泡是纯电阻，正常发光时，R L ＝U 2P ＝20 Ω，电压为U L ＝6.0 V ，由于R AC 与R L 串联，故R AC ＝U AC U (R L ＋R AC )∴R CB ＝R －R AC ＝20 Ω.6．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图7－1－15所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )图7－1－15A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同解析：选B.甲图中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A1、A2的量程不同，所以示数不同，故A错B对．乙图中A1、A2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等指针偏角不同，故C、D错．7．如下图7－1－16所示，电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω，当电键S断开时，电流表的示数是I1＝0.5 A；当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足()图7－1－16A．I＝1.5 A B．I＜1.5 AC．P＝15 W D．P＜15 W解析：选BD.当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U＝I1R1＝10 V；当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U＝10 V，通过电动机的电流应满足UI2＞I22R2，故I2＜1 A；所以电流表的示数I＜1.5 A，电路消耗的电功率P＝UI＜15 W，故B、D正确，A、C错误．8．如下图7－1－17是一个电路的一部分，其中R1＝5 Ω，R2＝1 Ω，R3＝3 Ω，I1＝0.2 A，I2＝0.1 A，那么电流表测得的电流为()图7－1－17A．0.2 A，方向向右B．0.15 A，方向向左C．0.2 A，方向向左D．0.3 A，方向向右解析：选C.由题图所示电流方向可计算出R1和R2两端电压降U1＝1.0 V，U2＝0.1 V，电势左高右低．比较U1、U2可判定R3两端电势下高上低，且U3＝0.9 V，通过R3中的电流I3＝U3/R3＝0.3 A，电流方向向上，由题图可知R3上电流由I2和I A 共同提供，I A＝0.2 A，方向向左．9．模块机器人由三个部分组成，它们分别是传感器、控制器和执行器．模块机器人的控制器内存有5种控制方法，可使用的传感器大致有5类，如表所示．执行模块为小灯模块和电动机模块．某位同学要设计一个装置，当有光照射且有声音时，电动机才会转动，则应选择的控制器序号和传感器序号正确的是()序号控制方法序号传感器a即时控制01位移传感器b延时控制02声传感器c “与”门控制03温度传感器d “或”门控制04光传感器e “非”门控制05磁传感器A.a；02、04B．d；03、05C．c；02、04 D．b；03、04解析：选C.用光照射和声音来控制电动机，同时满足这两个条件的“门”电路应是“与”门电路，根据题中的表格可知应选“序号c”；控制声音的传感器是声传感器，对应“序号02”；控制光照的传感器是光传感器，对应“序号04”，综合分析可知C选项正确．10．额定电压均为220 V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图7－1－18甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220 V电路中，则下列说法正确的是()图7－1－18A．L2的额定功率为99 WB．L2的实际功率为17 WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17 WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V时的电流为0.45 A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99 W，所以选项A正确；图示电路为L1和L2的串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220 V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17 W，故选项B正确；由于L3两端的电压为220 V，故P3＝P额＝99 W，则P3－P2＝82 W，故选项C错D对，所以正确选项为A、B、D.二、非选择题11．如图7－1－19所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图7－1－19(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v ＝1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g 取10 m/s 2) 解析：(1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110)V ＝50 V流过电阻R 的电流I R ＝U R R ＝5010A ＝5 A即通过电动机的电流I M ＝I R ＝5 A.(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V输入电动机的功率P 电＝I M ·U M ＝550 W.(3)电动机的发热功率P 热＝I 2M r ＝20 W电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝530 W又因P 出＝mg v ，所以m ＝P 出g v ＝53 kg.答案：(1)5 A (2)550 W (3)53 kg12．如图7－1－20所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表内阻，线路提供电压不变)：图7－1－20(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12 V 的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10 Ω的定值电阻R 0串联，接在电压恒定为8 V 的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率．解析：(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：U L ＝123 V ＝4 V ，结合图象可得当U L ＝4 V 时，I L ＝0.4 A 故每个电灯的电阻为：R ＝U L I L＝40.4 Ω＝10 Ω.(2)设此时电灯两端的电压为U ′，流过每个电灯的电流为I ，由串联电路的规律得 U ＝U ′＋2IR 0代入数据得U ′＝8－20I在图甲上画出此直线如图所示．可得到该直线与曲线的交点(2 V,0.3 A)，即流过电灯的电流为0.3 A，则流过电流表的电流为I A＝2I＝0.6 A每个灯的功率为：P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.答案：(1)0.4 A10 Ω(2)0.6 A0.6 W。

2017高三物理技能提升训练试题33

2017高三物理技能提升试题33一、选择题 1．图9－2－15中a ～d 所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象，关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是( )图9－2－15A ．图a 中回路产生的感应电动势恒定不变B ．图b 中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图c 中回路在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图d 中回路产生的感应电动势先变小再变大解析：选D.在Φ－t 图象中，曲线的斜率表示ΔΦΔt，与电动势成正比，由此可判断D 正确．2．电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是( )A ．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B ．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C ．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D ．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗解析：选A.涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象，故选项A 正确、B 错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成利用涡流加热食物，故选项C 、D 错误．3．如图9－2－16中半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )图9－2－16A ．由c 到d ，I ＝Br 2ω/R B ．由d 到c ，I ＝Br 2ω/R C ．由c 到d ，I ＝Br 2ω/(2R ) D ．由d 到c ，I ＝Br 2ω/(2R )解析：选D.金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E ＝Br 2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R 的电流I ＝Br 2ω/(2R )，方向由d 到c ，故选D 项．4．如图9－2－17所示，电路中A 、B 是完全相同的灯泡，L 是一带铁芯的线圈，开关S 原来闭合，则开关S 断开的瞬间( )图9－2－17A ．L 中的电流方向改变，灯泡B 立即熄灭B．L中的电流方向不变，灯泡B要过一会儿才熄灭C．L中的电流方向改变，灯泡A比B熄灭慢D．L中的电流方向不变，灯泡A比B熄灭慢解析：选D.当开关S断开时，L与灯泡A组成回路，由于自感，L中的电流由原来数值逐渐减小，电流方向不变，A灯熄灭要慢，B灯电流瞬间消失，立即熄灭，正确的选项为D.5．图9－2－18中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0及开关和电池E构成闭合回路．开关S1和S2开始都处在断开状态．设在t＝0时刻，接通开关S1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再接通开关S2，则能较准确表示电阻R两端的电势差U ab随时间t变化的图线是()图9－2－18图9－2－19解析：选A.闭合开关S1，线圈阻碍电流的突然变大，U ab不会突然变大，D错误；开关达到稳定后，再闭合开关S2，由于线圈的作用，原有电流慢慢变小，U ab也从原来的数值慢慢减小，A正确．6．图9－2－20中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()图9－2－20A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0解析：选D.当横杆AB匀速滑动时，电路中产生恒定的感应电动势，即电路中I1≠0，I2＝0，A、B都错误；当横杆AB加速滑动时，根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势在持续增大，这时电路中的电流I1≠0，I2≠0，C错误，D正确．7．如图9－2－21所示，两块距离为d的金属板水平放置，将其用导线和电键与一个匝数为n的线圈连接，线圈所处的空间有方向竖直向上且大小变化的磁场B，两金属板间放一台压力传感器，传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球．S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上示数为2mg，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是()图9－2－21A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd qB ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgdnqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd qD ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgdnq解析：选B.根据平衡条件可得，小球受到向下的电场力等于mg ，因为小球带正电，则下板为负极板，根据楞次定律可知，磁场在减弱，由q U d ＝mg ，根据法拉第电磁感应定律U ＝n ΔΦΔt，联立可得B 正确．8．如图9－2－22所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下．在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则第一次转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )图9－2－22A ．通过ab 边的电流方向为b →aB ．ab 边经过最低点时的电动势为E ＝BL 2gLC ．a 、b 两点间的电压始终不变D ．整个过程金属框转动越快，通过ab 边的电荷量越少解析：选A.由右手定则知，选项A 正确．在线框转动过程中，穿过线框的磁通量变化，线框中产生感应电流，有内能产生，根据能量转化和守恒定律，线框经过最低点的速度v 满足mgL >12m v 2，即v <2gL ，ab 边经过最低点时的电动势E <BL 2gL ，选项B 错误，线框非匀速转动，a 、b 两点间的电压变化，选项C 错误．由q ＝n ΔΦR知q 与时间Δt 无关，即与线框转动快慢无关，选项D 错误．9．如图9－2－23所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( )图9－2－23A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3D ．两金属棒间距离保持不变解析：选BC.对两金属棒ab 、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 的速度小于金属棒cd 的速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确；因此答案选BC.10．如图9－2－24，垂直矩形金属框的匀强磁场磁感应强度为B .导体棒ab 垂直线框两长边搁在框上，ab 长为l .在Δt 时间内，ab 向右以速度v 匀速滑过距离d ，则( )图9－2－24A ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，则ΔΦ＝B ·2ld ，E ＝2BldΔtB ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，两边抵消，ΔΦ＝0，E ＝0C ．ΔΦ＝Bld ，所以E ＝BldΔtD ．导体棒ab 切割磁感线，E ＝Bl v解析：选CD.本题考查电磁感应定律，意在考查考生对两种求感应电动势方法的理解．左右两边可看成两个并联的回路．根据法拉第电磁感应定律，每个回路产生的感应电动势为：E ＝BldΔt，由于两个是并联电路，总感应电动势也为E ＝BldΔt，C 正确；根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E ＝Bl v ，D 正确．二、非选择题11．如图9－2－25所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt＝k ，k 为负的常量，用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框，将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：图9－2－25(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)导线框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ①ΔΦ＝12l 2ΔB ②导线框中的电流为I ＝ER③式中R 是导线框的电阻，根据电阻定律有R ＝ρ4l S④联立①②③④式，将ΔBΔt＝k 代入得I ＝klS 8ρ.⑤ (2)导线框所受磁场的作用力的大小为F ＝BIl ⑥它随时间的变化率为ΔF Δt ＝Il ΔBΔt ⑦由⑤⑦式得ΔF Δt ＝k 2l 2S8ρ.答案：(1)klS 8ρ (2)k 2l 2S8ρ12．如图9－2－26所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l ，导轨左端连接一个电阻R .一根质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B .对杆施加一个大小为F 、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v ，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：图9－2－26(1)导轨对杆ab 的阻力大小F f ； (2)杆ab 中通过的电流及其方向； (3)导轨左端所接电阻R 的阻值．解析：(1)杆进入磁场前做匀加速运动，有 F －F f ＝ma v 2＝2ad解得导轨对杆的阻力F f ＝F －m v 22d.(2)杆进入磁场后做匀速运动，有F ＝F f ＋F 安杆ab 所受的安培力 F 安＝IB解得杆ab 中通过的电流I ＝m v 22Bld杆中的电流方向自a 流向b(3)杆ab 产生的感应电动势E ＝Bl v杆中的感应电流I ＝ER ＋r解得导轨左端所接电阻阻值R ＝2B 2l 2d m v－r .答案：(1)F －m v 22d (2)m v 22Bld，方向自a 流向b(3)2B 2l 2d m v－r。

2017高三物理技能提升训练试题49

2017高三物理技能提升试题49一、选择题1．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U ＝IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效．现有物理量单位：m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合成的单位都与电压单位V(伏)等效的是( )A ．J/C 和N/CB ．C/F 和T·m 2/sC ．W/A 和C·T·m/sD ．W 12·Ω12和T·A·m解析：选B.由U ＝W q 可知，J/C 是电压单位，由E ＝Fq可知，N/C 是电场强度的单位，A错误；由U ＝QC，可知，C/F 是电压单位，由E ＝BL v 可知，T·m 2/s 是电压单位，B 正确；由U＝PI 可知，W/A 是电压单位，由f ＝Bq v 可知，C·T·m/s 是力的单位，C 错误；由U ＝PR 可知，W 12·Ω12是电压单位，由F ＝BIL 可知，T·A·m 是力的单位，D 错误． 2．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10.则电梯运动的情况可能是( )A ．以大小为1110g 的加速度加速上升B ．以大小为110g 的加速度减速上升C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 的加速度减速下降解析：选D.当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，则kx ＝mg ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10，则物体所受的合外力为F ＝mg 10，方向竖直向上，由牛顿第二定律知加速度为a ＝F m ＝110g ，方向竖直向上．若电梯向上运动，则电梯以大小为110g 的加速度加速上升；若电梯向下运动，则电梯以大小为110g 的加速度减速下降，A 、B 、C 错误，D 正确．3.如图3－2－10所示，物体A 、B 质量均为m ，中间有一轻质弹簧相连，A 用绳悬于O 点，当突然剪断OA 绳时，关于A 物体的加速度，下列说法正确的是( )图3－2－10A ．0B ．gC ．2gD ．无法确定解析：选C.剪断绳前，绳中拉力为2mg ，弹簧中的弹力为mg 向下，剪断绳后，绳中拉力突然消失，而其他力不变，故物体A 所受合力的大小为向下的2mg ，加速度为向下的2g ，故C 正确．4．如图3－2－11所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动．由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力．图3－2－11(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？(2)一物体从斜面底端以初速v 0＝2 m/s 冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为θ＝30°，过了t ＝1.2 s 后物体回到出发点．若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g 取10 m/s 2，则μ的值为多少？解析：(1)因毛生长的方向是斜向上的，故物体下滑时受滑动摩擦的作用． (2)物体上滑时的加速度大小a 1＝g sin θ＝5 m/s 2，上滑的时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s.上滑的位移x ＝v 02t 1＝0.4 m.物体下滑时的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，下滑时间t 2＝t －t 1＝0.8 s.由x ＝12a 2t 22得：a 2＝1.25 m/s 2. 可求得：μ＝34≈0.433.答案：见解析5.如图3－2－12所示，物体P 以一定的初速度v 沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回，若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P 与弹簧发生相互作用的整个过程中( )图3－2－12A ．P 的加速度大小不断变化，方向也不断变化B ．P 的加速度大小不断变化，但方向只改变一次C ．P 的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D ．有一段过程，P 的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大解析：选C.弹簧的弹力大小变化，方向始终向左，根据牛顿第二定律可知物体的加速度大小变化、方向不变；压缩弹簧阶段，P 加速度变大，速度变小；弹簧压缩最短时，P 加速度最大，速度为零；弹开物体恢复原长过程，P 加速度变小，速度变大．故正确选项为C.6．质量为2 kg 的物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s ，经过1 s 后的速度大小为10 m/s ，那么在这段时间内，物体的合外力大小可能为( ) A ．20 N B ．12 N C ．8 N D ．28 N解析：选BD.1 s 后的速度方向可能与原来的速度同向，也可能反向，则加速度a ＝10－41m/s 2＝6 m/s 2或a ＝－10－41m/s 2＝－14 m/s 2；根据牛顿第二定律可得合力F ＝12 N 或F ＝28 N.7.一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3－2－13所示的水平力F 1和F 2，若F 2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是(g ＝10 m/s 2)( )图3－2－13A ．3 NB ．25 NC ．30 ND ．50 N解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1<5 N ，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1>25 N ，C 、D 正确．8.用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x (小球与弹簧不拴连)，如图3－2－14所示，将细绳剪断后( )图3－2－14A ．小球立即获得kxm的加速度B ．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C ．小球落地的时间等于2hgD ．小球落地的速度大于2gh解析：选CD.细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项A 、B 均错；水平方向的弹力不影响竖直方向的运动，故落地时间由高度决定，选项C 正确；重力和弹力均做正功，选项D 正确．9.如图3－2－15所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( )图3－2－15A ．a 1＝0，a 2＝gB ．a 1＝g ，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋MMg解析：选C.木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg .木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg .由平衡条件和牛顿第二定律可得a 1＝0，a 2＝m ＋MMg .10.如图3－2－16所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图3－2－16A ．都等于g 2 B.g2和0C.M A ＋M B M B ·g 2和0 D ．0和M A ＋M B M B ·g 2答案：D11.如图3－2－17所示，一细绳跨过滑轮挂一质量为m 的重物，重物离滑轮足够远．不计摩擦和空气阻力，也不计绳和滑轮的质量，当绳右端拉力为F 时，左端重物m 匀加速上升，加速度的大小为a .在运动过程中，突然将拉力F 减半，则从这之后重物的加速度可能是( )图3－2－17A ．等于a 2，方向向上B ．小于a2，方向向下C ．大于a 2，方向向上D ．等于a2，方向向下解析：选BD.根据题意，原来有F －mg ＝ma ，由于重物有重力，当拉力F 减半时，合力的大小没有原来的一半大，若重物还可以向上加速运动，则有F 2－mg ＝ma ′，得a ′＝a 2－g 2<a2；若重物加速度方向向下，则mg <F <2mg ，当mg <F <1.5mg 时，拉力F 减半，重物加速度大于a2；当F ＝1.5mg 时，拉力F 减半，重物加速度等于a2；当1.5mg <F <2mg 时，拉力F 减半，重物加速度小于a2.12.用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图3－2－18所示，g ＝10 m/s 2，则可以计算出( )图3－2－18A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量解析：选ACD.由a －F 图象可知，拉力在7 N 之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N ，选项A 可以算出；再由图象可知，当F ＝7 N 时，加速度为0.5 m/s 2，当F ＝14 N 时，加速度为4 m/s 2，即F 1－μmg ＝ma 1，F 2－μmg ＝ma 2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C 、D 均可以算出；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N 时的速度，选项B 不可以算出．13．如图3－2－19甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v 、a 、F f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是( )图3－2－19解析：选C.物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为F f 1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v －t 图象为过原点的倾斜直线，A 错，加速度大小不变，B 错，其s －t 图象应为一段曲线，D 错；物体到达水平面后，所受摩擦力F f 2＝μmg >F f 1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.14．如图3－2－20甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )图3－2－20 A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.小物块对地速度为零时，即t 1时刻，向左离开A 处最远．t 2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大.0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变．t 2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，B 正确．二、非选择题15.如图3－2－21所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ．当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求： (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放在小车上开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？(取g ＝10 m/s 2)图3－2－21解析：(1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度a M ＝F －μmgM＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 得t ＝1 s(3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝v t ＋12at 2＝1.1 m通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m. 答案：见解析16．一质量m ＝0.5 kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面．某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v －t 图象，如图3－2－22所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图3－2－22(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数．(2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．解析：(1)由图象可知，滑块的加速度： a ＝Δv Δt ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑．由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移x ＝v 22a＝5 m 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 v ′＝2a 2x ＝2 5 m/s.答案：(1)0.5 (2)能 2 5 m/s。

2017高三物理技能提升训练试题18

2017高三物理技能训练试题18一、选择题：(本题共8小题，每小题8分，共64分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( )A ．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处B ．每一次换挡，都要重新进行一次调零C ．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔D ．测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量答案：ABD2．实验桌上放着晶体二极管、电阻、电容器各一只，性能均正常，外形十分相似，现将多用表转换开关拨到R ×100 Ω挡，分别测它们的正负电阻加以鉴别：测甲元件时，R 正＝R 反＝0.5 kΩ；测乙元件时，R 正＝0.5 kΩ，R 反＝100 kΩ；测丙元件时，开始指针偏转到0.5 kΩ，接着读数逐渐增加，最后停在100 kΩ上．则甲、乙、丙三个元件分别是( )A ．电容、电阻、二极管B ．电阻、电容、二极管C ．电阻、二极管、电容D ．二极管、电阻、电容解析：选 C.应明确各元件的特性：二极管具有单向导电性，正向电阻很小，反向电阻很大；电容器充电时有电流而稳定后电流为零，而欧姆表内接有电源，因而刚开始给电容器充电时电流大，电阻示数小，稳定后电流为零，电阻示数为无穷大．3．用调好的欧姆表测量某一电阻R 1时，指针恰好指在表盘的中央，测量另一电阻R 2时，指针偏转角度恰好是测R 1时的一半，则两电阻的阻值关系是( )A ．R 2＝R 1B ．R 2＝2R 1C ．R 2＝3R 1D ．R 2＝4R 1解析：选C.设欧姆表内阻为R 0，电动势为E ，满偏电流为I 0，则I 0＝E R 0① 接R 1时：12I 0＝E R 0＋R 1② 接R 2时：14I 0＝E R 0＋R 2③ 解①②③得：R 2＝3R 1.4．图7－6－7为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 μA ，内阻r g ＝100 Ω，调零电阻最大阻值R ＝50 kΩ，串联的固定电阻R 0＝50 Ω，电池电动势E ＝1.5 V ，用它测量电阻R x ，能准确测量的阻值范围是( )图7－6－7A ．30 kΩ～80 kΩB ．3 kΩ～8 kΩC．300 kΩ～800 kΩD．3000 kΩ～8000 kΩ解析：选B.当红、黑表笔短接调零时I g＝ER＋r g＋R0R＋r g＋R0＝EI g＝1.5300×10－6Ω＝5000 Ω.当指针指中间(中值电阻)时，设被测电阻阻值为R x，则I g 2＝ER＋r g＋R0＋R xR x＝5000 Ω.使用欧姆表读数时在中值电阻5 kΩ左右读数最为准确，所以能准确测量的阻值范围是3 kΩ～8 kΩ.故B项正确．5.(2016·高考广东卷)如图9－3－11所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，下列棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是()图9－3－11图9－3－12解析：选A.金属棒匀速运动，进入磁场前和经过磁场后感应电动势均为零，经过磁场过程中产生的感应电动势大小恒定，故A正确．6．(2016) 高考江苏卷)如图9－3－13所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()图9－3－13A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大解析：选B.当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向，且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所在处的磁感应强度不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误．7．(2016·苏北四市调研)如图9－3－14所示，两根足够长的平行金属导轨水平放置，导轨的一端接有电阻和开关，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场的方向与导轨平面垂直，金属杆ab置于导轨上．当开关S 断开时，在金属杆ab 上作用一水平向右的恒力F ，使金属杆ab 向右运动进入磁场．一段时间后闭合开关并开始计时，金属杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．下列关于金属杆ab 的v －t 图象不可能的是( )图9－3－14图9－3－15 解析：选D.以金属杆为研究对象，有F －F 安＝ma ，即F －B 2L 2v R＝ma ，当闭合开关瞬间，若F ＝B 2L 2v R ，金属杆做匀速运动，A 可能；若F <B 2L 2v R，金属杆做加速度减小的减速运动，C 可能；若F >B 2L 2v R，金属杆做加速度减小的加速运动，B 可能；本题D 图所示是不可能出现的．8．如图9－3－16所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E 表示回路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流，在i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于( )图9－3－16A ．F 的功率B ．安培力的功率的绝对值C ．F 与安培力的合力的功率D ．iE解析：选BD.由于F 作用于静止的杆ab 时，杆ab 的速度逐渐增大，则拉力F 做的功一部分克服安培力转化为电能，B 、D 正确，一部分转化为杆ab 的动能，所以A 、C 错．二、非选择题 (本题共4小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)9．(2016·温州模拟)(1)用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻R x ，以下给出的是可能的操作步骤，其中S 为选择开关，P 为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上________________．a ．将两表笔短接，调节P 使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔b ．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出R x 的阻值后，断开两表笔c ．旋转S 使其尖端对准欧姆挡×1 kd ．旋转S 使其尖端对准欧姆挡×100e．旋转S使其尖端对准OFF挡，并拔出两表笔根据如图7－6－8所示指针位置，此被测电阻的阻值约为________Ω.图7－6－8(2)下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是__________．A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零答案：(1)cabe30 k(2)AC10．(2016·黄冈模拟)在如图7－6－9甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“3.8 V,0.3 A”，合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．图7－6－9(1)用多用电表的直流电压挡检查故障．①选择开关置于下列量程的______挡较为合适(用字母序号表示)；A．2.5 V B．10 VC．50 V D．250 V②测得c、d间电压约为5.8 V，e、f间电压为0，则故障是____；A．A灯丝断开B．B灯丝断开C．d、e间连线断开D．B灯被短路(2)接着换用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过欧姆调零．①测试前，一定要将电路中的开关S________；②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为____Ω，此时测量的是____间电阻．根据小灯泡的规格计算出的电阻为______Ω，它不等于测量值，原因是：______________________.解析：(1)①因电源为四节干电池，故电动势E＝6 V，则应选电压表10 V量程挡较合适；②因c、d间电压为5.8 V，而e、f间电压为零，故应为A灯丝断开，B 灯丝良好．(2)用欧姆表测电路中电阻的阻值时，一定要将电路断开测量；由乙图读数知电阻阻值为6 Ω，应为灯泡B的阻值，即测量的为e、f间电阻；由R＝UI得R＝12.7 Ω，与欧姆表测得阻值相差较大，是因为欧姆表测得的电阻是未通电工作时的电阻，温度较低，电阻率偏小，阻值偏小．答案：(1)①B②A(2)①断开②6e、f12.7欧姆表测量时灯泡未工作，灯泡温度低，电阻小11．(2016·沈阳模拟)某同学利用多用电表做了以下实验：(1)使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下①把选择开关扳到“×100”的欧姆挡上；②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；③把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转较小；④换用“×10”的欧姆挡，随即记下欧姆数值；⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用电表放回桌上原处，实验完毕这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆，那么这个学生在实验中有哪些操作是错误的？(三个错误)错误一：_______________________________________________________________；错误二：_______________________________________________________________；错误三：_______________________________________________________________.(2)如图7－6－10所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“×100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值应为________欧；测直流电流时，用的是100 mA的量程，指针所示电流值为____毫安；测直流电压时，用的是50 V量程，则指针所示的电压值为____伏．图7－6－10解析：(1)错误一：在用“×100”挡位测量时，指针偏转较小，说明所测电阻阻值较大，为了减小读数误差，应使指针向右摆动，所以应该换用“×1 k”的欧姆挡位；错误二：换挡后，还要重新进行欧姆调零；错误三：使用多用电表结束后，要将选择开关转到“OFF”或交流电压最高挡．(2)若用“×100”挡测电阻时，指针读数为：17．0×100 Ω＝1700 Ω若用量程100 mA测直流电流时，读数为：4．7×10 mA＝47 mA若用量程50 V测直流电压时，读数为23.5 V.答案：(1)错误一：换用“×10”的欧姆挡，应该为换用“×1 k”的欧姆挡错误二：换挡后没有进行欧姆调零错误三：使用完后没有将选择开关转到“OFF”或交流电压最高挡(2)17004723.512．(2016·高考重庆卷)某电动机的三组线圈①、②、③阻值相同，均为几欧姆，接法可能是图7－6－11甲、乙两种之一，A、B和C是外接头．现有一组线圈断路，维修人员通过多用电表测量外接头之间的电阻来判断故障，若测量A和B之间、B和C之间、A和C之间的电阻时，多用电表指针偏转分别如图7－6－12a、b、c所示，则测量中使用欧姆挡的倍率是__________(填：×1、×10、×100或×1 k)，三组线圈的接法是__________(填：甲或乙)，断路线圈是________(填：①、②或③)．图7－6－11图7－6－12解析：本题考查欧姆表的应用，意在考查考生正确使用欧姆表倍率及用欧姆表判断电路故障的能力．由于线圈电阻是几欧姆，所以欧姆表使用的欧姆挡的倍率是×1；三次测量均有示数，可知三组线圈的接法是乙图所示；由表盘示数可知断路的是线圈③，此时是线圈①、②串联．答案：×1乙③。

2017高三物理技能提升训练试题7

2017高三物理技能训练试题7一、选择题1．(创新题)2011年8月21日，在第26届世界大学生夏季运动会田径项目女子跳高决赛中，美国选手巴雷特夺得冠军．巴雷特的重心离地面高1.2 m ，起跳后身体横着越过了1.96 m 的高度．据此可估算出她起跳时的竖直速度大约为(取g ＝10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s解析：选B.人跳起时竖直向上的速度即为起跳时的初速度v 0，而跳起的高度为h ＝1.96－1.2＝0.76(m)，则v 0＝2gh ≈4 m/s ，应选B 项．2．美国“华盛顿号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F －18大黄蜂”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，起飞速度为50 m/s ，若该飞机滑行100 m 时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为( )A ．30 m/sB ．40 m/sC ．20 m/sD ．10 m/s解析：选B.由v 2－v 20＝2ax 得：v 20＝v 2－2ax所以v 0＝40 m/s.3．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g 2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g解析：选BC.当滑块速度大小减为v 02，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02代入公式t ＝v －v 0a 得，t＝v 0g 或t ＝3v 0g ，故B 、C 选项正确．4．一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a 点上滑，最远可达b 点，e 为ab 的中点，已知物体由a 到e 的时间为t 0，则它从e 经b 再返回e 所需时间为( )A ．t 0B ．(2－1)t 0C ．2(2＋1)t 0D ．(22＋1)t 0解析：选C.由逆向思维可知物体从b 到e 和从e 到a 的时间比为1∶(2－1)；即t ∶t 0＝1∶(2－1)，得t ＝(2＋1)t 0，由运动的对称性可得从e 到b 和从b 到e 的时间相等，所以从e 经b 再返回e 所需时间为2t ，即2(2＋1)t 0，答案为C.5．(2016·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2.则物体运动的加速度为( ) A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)解析：选A.由匀变速直线运动一段时间内，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v 1＝Δx t 1，v 2＝Δx t 2，由匀变速直线运动的速度公式知v 2＝v 1＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 12＋t 22.联立以上三式可得A 正确．6．一个质点正在做匀加速直线运动，现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2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：选ABC.由x 23－x 12＝x 34－x 23可求x 23，故C 正确；由Δx ＝aT 2可求a ，故B正确；由v 2＝x 132T 可求v 2，再由v 2＝v 1＋aT 可求v 1，故A 正确，但物体原来的初速度无法求出，故D 错．7.(2016·长治模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3解析：选 B.物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n －1)，2 s 通过的位移可看成第2 s 与第3 s 的位移之和，3 s 通过的位移可看成第4 s 、第5 s 与第6 s 的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.8．(2016·福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m解析：选C.由Δx ＝aT 2得：7－9＝a ×12，a ＝－2 m/s 2，由x ＝v 0t ＋12at 2得：9＝v 0×1＋12×(－2)×12，v 0＝10 m/s ，所以汽车到停下来用时t ＝0－v 0a ＝0－10－2s ＝5 s,6秒内的位移：x ＝v t ＝0＋102×5 m ＝25 m ，故C 对．9.(2016·广东深圳模拟)如图1－2－9所示，在京昆高速公路266 km 处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以精准抓拍超速，以及测量运动过程中的加速度．若B 为测速仪，A 为汽车，两者相距345 m ，此时刻B 发出超声波，同时A 由于紧急情况而急刹车，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 恰好停止，且此时A 、B 相距325 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车刹车过程中的加速度大小为( )图1－2－9A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定解析：选B.设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内，刹车的位移为12a (2t )2＝20 m ，所以当超声波与A 车相遇时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m ，故超声波在2t 内的路程为2×(345－5)m ＝680 m ，由声速为340 m/s 可得t ＝1 s ，所以汽车的加速度a ＝10 m/s 2，B 项正确．10．酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)．速度(m/s)思考距离/m 制动距离/m 正常酒后正常酒后15 7.5 15.0 22.5 30.020 10.0 20.0 36.7 46.725 12.5 25.0 54.2 x分析上表可知，下列说法不正确的是( )A ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB ．若汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C ．汽车制动时，加速度大小为10 m/s 2D ．表中x 为66.7解析：选C.从表格数据可知A 、B 项都正确；根据匀变速直线运动规律，可求得汽车制动时，加速度大小为a ＝v 22(x 2－x 1)＝7.5 m/s 2，x 1表示思考距离、x 2表示制动距离，C 项错；D 项有x 2＝v 22a＝41.7 m ，加上思考距离得表中x 为66.7，D 项也是正确的．二、非选择题11．航空母舰以一定的航速航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大加速度是a ＝5.0 m/s 2，速度须达v ＝50 m/s 才能起飞，该航空母舰甲板长L ＝160 m ，为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的速度v 0向什么方向航行？解析：法一：若以地面为参考系，则飞机的初速度为v 0，末速度为v ＝50 m/s ，飞机起飞过程中航空母舰所发生的位移为v 0t ，则飞机的位移x ＝L ＋v 0t根据匀变速直线运动的规律v 2－v 20＝2ax 可得：502－v 20＝2×5×(160＋v 0t )v ＝v 0＋at ，联立以上各式代入数据求得：v 0＝10 m/s 即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行．法二：若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度为零，位移为L ，设末速度为v 1，则据匀变速直线运动的规律可得v 21＝2aL ，解得v 1＝40 m/s ，所以v 0＝v －v 1＝10 m/s ，即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行．答案：航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s 的速度航行12.(改编题)2011年12月1日至21日，印度和吉尔吉斯斯坦举行了代号为“匕首－2011”的联合反恐军事演习，印方参演人员全部来自印度伞兵团．在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，(取g ＝10 m/s 2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？(2)伞兵在空中的最短时间为多少？图1－2－10解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，则有v 2－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h又v 20＝2g (224－h )＝2×10×(224－h )联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2 所以h 1＝v 22g ＝5220 m ＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s。

高中物理11 电路的动态分析和故障分析小题狂刷高二物理试题

积盾市安家阳光实验学校狂刷11 电路的动态分析和故障分析1．（2017·中学高一开学考试）如图所示的电路中，当开关S2闭合时，下列说法正确的是A．电流表示数不变，电压表无示数B．电流表示数增大，电压表有示数C．电流表示数减小，电压表有示数D．电流表示数增大，电压表无示数【答案】B【点睛】本题考查了电路的动态分析，要注意开关S2闭合前后通过R1的电流不变，是一道较为简单的用题。

2．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，A为灯泡，D为理想电压表。

在变阻器的滑片P由B端向C端滑动的过程中A．A灯变亮，D示数变大B．A灯变亮，D示数变小C．A灯变暗，D示数变大D．A灯变暗，D示数变小【答案】D 3．（2017·陕中学高三第一次考试）电路如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，与值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是A．电压表读数增大、电流表读数减小B．电压表读数减小、电流表读数增大C．R1的电功率减小D．电源的输出功率增大【答案】C【解析】电流减小则内电压减小，由U=E–Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联电压增大，由欧姆律可知电流表示数增大，选项AB错误；当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大，由闭合电路的欧姆律可知电路中总电流减小，所以值电阻R1的电功率减小，选项C正确；因不知内外电阻的大小，所以不能确电源的输出功率如何变化，选项D错误。

【点睛】本题中R1也可直接作为内电阻处理，可直接由闭合电路欧姆律得出并联的电压增大，流过R2的电流增大。

4．如图所示，C为电容器，D为理想二极管（具有单向导电作用），电流表、电压表均为理想表。

闭合开关S至电路稳后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为∆U1，电压表V2的示数改变量大小为∆U2，电流表A的示数改变量大小为∆I，则下列判断正确的有A．1UI∆∆的值变大B．1UI的值变大C ．2U I∆∆的值不变，且始终于电源内阻 r D ．滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【答案】BC值不变，故C 正确；滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，只会充电，不会放电，所以电容器所带的电荷量不变，故D 错误。

2017高三物理技能提升训练试题4

2017高三物理技能训练试题4一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下列与能量有关的说法正确的是()A ．做平抛运动的物体在相等时间内动能的增量相同B ．做匀变速直线运动的物体的机械能一定不守恒C ．在竖直平面内做匀速圆周运动的物体机械能不守恒D ．卫星绕地球做圆周运动的轨道半径越大，动能越大解析：做平抛运动的物体，在竖直方向做自由落体运动，相等的时间内竖直方向的位移越来越大，因此重力做功越来越多，相等的时间内动能的增量越来越大，A 错误；物体做自由落体运动时机械能守恒，B 错误；竖直平面内做匀速圆周运动的物体，动能不变，重力势能变化，因此机械能不守恒，C 正确；由v ＝GM r可知，卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径越大，速度越小，动能越小，D 错误．答案：C2.(2016年高考安徽理综)伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M 点放开，摆球会达到同一水平高度上的N 点．如果在E 或F 处放钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M 点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小()A ．只与斜面的倾角有关B ．只与斜面的长度有关C ．只与下滑的高度有关D ．只与物体的质量有关解析：伽利略设计的实验表明在空气阻力忽略的情况下物体机械能守恒，所以对于物体由静止沿不同角度的光滑斜面下滑时末动能与开始的重力势能相等，mgh ＝12mv 2，v ＝2gh ，因此末速度大小只与下滑的高度有关，选项C 正确．答案：C3.(2016年黄冈模拟)半径为R 的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低点，如图所示．小车以速度v 向右匀速运动．当小车遇到障碍物突然停止，小球在圆桶中上升的高度可能为()A ．等于v 22gB ．大于v 22gC ．小于v 22gD ．等于2R解析：由动能定理得12mv2＝mgh，得A正确；能通过圆桶的最高点，高度等于2R，D对；在到达最高点前脱离圆周做斜抛运动最大高度小于v22g，因这时有动能，B错、C对．答案：ACD4.如图所示滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F 做了10J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析：外力F对物体做的功和弹簧对物体做的功是不同的，外力F对物体所做的功等于物体增加的动能和弹簧增加的弹性势能．外力对系统(物体和弹簧)做正功，系统机械能不守恒．答案：C5.如图所示，在两个质量分别为m和2m的小球a和b之间，用一根长为l的轻杆连接(杆质量不计)，两小球可绕穿过轻杆中心O的水平轴无摩擦地转动，现让杆处于水平位置，然后无初速度释放，重球b向下转动，轻球a向上转动，在杆转至竖直的过程中()A．b球的重力势能减少，动能增加B．a球的重力势能增加，动能减少C．a球和b球的总机械能守恒D．a球和b球的总机械能不守恒解析：对于a、b两球组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确、D错．a球的动能和重力势能均增加，B错；b球的重力势能减少，动能增加，但机械能减少，故A正确．答案：AC6.如图所示，一轻弹簧固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速地释放，让它自由摆下，不计空气阻力，在重物由A点摆向最低点的过程中，以下四个选项中正确的是()A．重物的机械能守恒B．重物的机械能减少C．重物的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变D．重物与弹簧组成的系统机械能守恒解析：重物由A 点下摆到B 点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对重物做了负功，所以重物的机械能减少，故A 错、B 正确；此过程中，由于有重力和弹簧的弹力做功，所以重物与弹簧所组成的系统机械能守恒，即重物减少的重力势能等于重物获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故C 错、D 正确．答案：BD7.如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中()A ．小球的机械能守恒B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少解析：小球受重力、拉力、斜面的支持力和摩擦力，小球克服摩擦力做功，机械能减少，A 错；重力做功，B 错；绳子的拉力与小球的运动方向垂直，始终不做功，故C 正确；小球动能的减少等于克服摩擦力和重力所做的总功，所以D 错．答案：C8.如图所示，一个小环套在竖直放置的光滑圆环形轨道上做圆周运动．小环从最高点A 滑到最低点B 的过程中，其线速度大小的平方v 2随下落高度h 变化的图象可能是下图所示四个图中的()解析：如果小环从最高点A 开始滑动时有初速度v 0，下滑过程中用机械能守恒得：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，所以v 2＝v 20＋2gh ，A 正确；如小环在A 点的速度为0，同理可得：v 2＝2gh ，B 正确，C 、D 均错误．答案：AB9．(2016年银川模拟)如图所示，在高1.5m 的光滑平台上有一个质量为2kg 的小球被一细线拴在墙上，球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10m/s 2)()A ．10JB ．15JC ．20JD ．25J解析：由h ＝12gt 2和v y ＝gt 得：v y＝30m/s，落地时，tan60°＝v y v0可得：v0＝v ytan60°＝10m/s，由机械能守恒得：E p＝12mv20，可求得：E p＝10J，故A正确．答案：A10．(2016年高考上海综合)用下图所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中()①重力做正功，重力势能增加②重力的瞬时功率一直增大③动能转化为重力势能④摆线对摆锤的拉力不做功⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量A．①③B．②④C．②⑤D．④⑤解析：摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故①错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零，在D位置物体v的方向与重力垂直，P G＝Gv cosθ，可知P G＝0，而在从A位置摆动到D位置的过程中，重力功率不为零，所以摆锤所受重力瞬时功率先增大后减小，②错误．在向下运动的过程中，重力势能减小，动能增加，故③错误．摆线拉力与v方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故④⑤正确，选D.答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮Q1、Q2和质量m B＝m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量m A＝m的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ＝60°，直杆上C 点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮Q1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，试求：(1)小球下降到最低点时，小物块的机械能(取C 点所在的水平面为参考平面)；(2)小物块在下滑距离为L 时的速度大小．解析：(1)设此时小物块的机械能为E 1.由机械能守恒定律知：小物块的机械能等于小球机械能的减少．小球在最低点的速度为零，所以E 1＝m B g (L －L sin θ)＝mgL (1－3/2)．(2)设小物块下滑距离为L 时的速度大小为v ，此时小球的速度大小为v B ，则v B ＝v cos θm A gL sin θ＝12m B v 2B ＋12m A v 2解得v ＝203gL 5.答案：(1)mgL (1－3/2)(2)203gL 512．(15分)如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由直轨道AB 和圆轨道BC 组成，小球从轨道AB 上高H 处的某点由静止滑下，用力传感器测出小球经过圆轨道最高点C 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 随高度H 的变化关系图象．(小球在轨道连接处无机械能损失，g ＝10m/s 2)求：(1)小球从H ＝3R 处滑下，它经过最低点B 时的向心加速度的大小；(2)小球的质量和圆轨道的半径．解析：(1)由机械能守恒得：mgH ＝12mv 2B 向心加速度a ＝v 2B R ＝6g ＝60m/s 2(2)由机械能守恒得：mgH －mg ·2R ＝12mv 2C 由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝m v 2CR 解得：F ＝2mg RH －5mg 根据图象代入数据得：m ＝0.1kg ，R ＝0.2m答案：(1)60m/s 2(2)0.1kg 0.2m。

2017高三物理技能提升训练试题17

2017高三物理技能训练试题17一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等解析：阻力对系统始终做负功，A对；加速下降时，合外力向下，减速下降时，合外力向上，B错；重力做正功，重力势能减小，C错；任意相等的时间内位移不同，重力做的功也不同，D错．答案：A2.(2016年高考江苏单科)如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于()A．0.3 J B．3 JC．30 J D．300 J解析：由生活常识及题图知，一只鸡蛋的质量接近0.05 kg，上抛高度在0.6 m左右，则人对鸡蛋做的功W＝mgh＝0.3 J，故A对，B、C、D错．答案：A3.物体在合外力作用下做直线运动的v－t图象如图所示．下列表述正确的是()A．在0～1 s内，合外力做正功B．在0～2 s内，合外力总是做负功C．在1～2 s内，合外力不做功D．在0～3 s内，合外力总是做正功解析：根据物体的速度图象可知，物体0～1 s内做匀加速运动，合外力做正功，A正确；0～2 s内动能先增加后减少，合外力先做正功后做负功，B错误；1～2 s内做匀减速运动，合外力做负功，C错误；根据动能定理0～3 s内，动能变化为零，合外力做功为零，D错误．答案：A4．汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t1s末关闭发动机，做匀减速直线运动，t2 s末静止，其v－t图象如图所示，图中α<β，若汽车牵引力做功为W、平均功率为P，汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2、平均功率分别为P1和P2，则()A ．W ＝W 1＋W 2B ．W 1>W 2C ．P ＝P 1D ．P 1＝P 2解析：整个过程动能变化量为零，所以合力的功为零，A 项正确．摩擦力大小相等，第一段位移大，所以B 项正确．第一段是加速的，牵引力大于摩擦力，所以P >P 1，C 项错．加速段和减速段平均速度相等，所以摩擦力的功率相等，D 项正确．答案：ABD5.(2016年高考上海单科)如图，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )A ．mgLωB.32mgLωC.12mgLωD.36mgLω解析：由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．P G ＝mgv y ＝mgv cos 60°＝12mg ωL ，故选C.答案：C6．(2016年武汉模拟)如图所示，一物块在t ＝0时刻，以初速度v 0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图所示，t 0时刻物块到达最高点，3t 0时刻物块又返回底端．由此可以确定( )A ．物块返回底端时的速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角θD ．3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：物块沿斜面向上运动时，有g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 0；向下运动时，有g sin θ－μg cos θ＝v 2t 0.而向上滑行与向下滑行时路程相同，即s ＝v 02·t 0＝v2·2t 0.由以上三式可求斜面倾角θ及物块返回底端时的速度，A 、C 正确．由于物体质量未知，所以不能确定物块所受摩擦力大小，不能求3t 0时间内物块克服摩擦力所做的功，B 、D 错误．答案：AC7．如图所示为水平面上的物体在水平拉力F 作用下的v －t 图象和拉力F 的功率—时间图象，则物体跟水平面间的动摩擦因数为(g ＝10 m/s 2)( )A ．1/10B ．3/20C ．5/27D ．5/18解析：设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，前2 s 内： F 1－μmg ＝ma ，v 1＝at 1 2 s 末：P 1＝F 1v 1，由以上三式可得：5－μmg ＝3m 2 s ～6 s 内，P 2＝μmg ·v 1，代入数值得：μmg ＝53 N ，可求出：μ＝320，故B 正确．答案：B 8．(2016年广州模拟)汽车在平直公路上以速度v 0匀速行驶，发动机功率为P ，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．下列四个图象中，正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系的是( )解析：油门减小，发动机的输出功率减小，但由于仍匀速行驶，牵引力等于阻力，由P 1＝f ·v 0和P 2＝f ·v ′，P 2＝12P 1得v ′＝12v 0，因为P 出减小，牵引力F减小，F ＜f ，汽车做a 减小的减速运动，C 对．答案：C9.如图所示为牵引力F 和车速倒数1/v 的关系图象．若一汽车质量为2×103 kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其中最大车速为30 m/s ，则( )A ．汽车所受阻力为2×103 NB ．汽车在车速为15 m/s 时，功率为6×104 WC ．汽车匀加速运动的加速度为3 m/s 2D ．汽车匀加速所需时间为5 s解析：由题图可知，汽车达到最大速度v ＝30 m/s 时对应的牵引力等于阻力，为2×103 N ，A 正确；在v ＜10 m/s 的过程中，汽车匀加速运动的加速度a ＝F －fm＝6×103－2×1032×103 m/s 2＝2 m/s 2，匀加速运动的时间为t ＝v a ＝102s ＝5 s ，D 正确、C 错误；在速度由10 m/s 增至30 m/s 的过程中，F ＝k 1v，可知P ＝Fv ＝k ，斜率不变，所以汽车速度为15 m/s 时的功率与速度为10 m/s 时的功率相等，P ＝Fv ＝6×103×10 W ＝6×104 W ，B 正确．答案：ABD10．(2016年高考海南单科)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1秒内受到2 N 的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2秒内外力所做的功是54 J C ．第2秒末外力的瞬时功率最大D ．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是45解析：根据牛顿第二定律得，物体在第1 s 内的加速度a 1＝F 1m＝2 m/s 2，在第2 s 内的加速度a 2＝F 2m ＝11m/s 2＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第2 s末的速度v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ；0～2 s 内外力做的功W ＝12mv 22＝92 J ，功率P ＝Wt ＝94 W ，故A 正确．第2 s 内外力所做的功W 2＝12mv 22－12mv 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×32－12×1×22J ＝52J ，故B 错误．第1 s 末的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ．第2 s 末的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，故C 错误．第1 s 内动能的增加量ΔE k1＝12mv 12＝2 J ，第2 s 内动能的增加量ΔE k2＝W 2＝52 J ，所以ΔE k1ΔE k2＝45，故D 正确．答案：AD二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，将质量为m 的小球以初速度v 0从A 点水平抛出，正好垂直于斜面落在斜面上B 点．已知斜面的倾角为α.(1)小球落到斜面上B 点时重力做功的瞬时功率是多少？ (2)小球从A 到B 过程中重力做功的平均功率是多少？解析：(1)将小球落在斜面上时的速度进行正交分解，如图所示．小球在竖直方向上的分速度为v y ＝v 0cot α，所以，小球落到斜面上B 点时重力做功的瞬时功率为：P ＝mgv y ＝mgv 0cot α. (2)小球从A 到B 过程中重力做功的平均功率为：P ＝mg v y ＝mg ×12(0＋v y )＝12mgv 0cot α.答案：(1)mgv 0cot α (2)12mgv 0cot α12．(15分)如图所示，质量为M 的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m 的车厢(可视为质点)在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为μ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为θ，汽车的额定功率为P ，重力加速度为g ，不计空气阻力．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问：(1)汽车所能达到的最大速度为多少？ (2)汽车能达到的最大加速度为多少？(3)汽车以最大加速度行驶的时间为多少？。

2017高三物理技能提升训练试题22

2017高三物理技能提升试题22一、选择题1．在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F q，下列说法正确的是( ) A ．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B ．若检验电荷的电量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小方向均不变解析：选D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故D 对．2．(2016·苏锡常镇四市调研)将两个分别带有电荷量－2Q 和＋5Q 的相同金属小球A 、B 分别固定在相距为r 的两处(均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为F .现将第三个与A 、B 两小球完全相同的不带电小球C 先后与A 、B 两小球相互接触后拿走，A 、B 两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为( )A ．F B.15F C.910F D.14F 解析：选B.与小球C 接触前F ＝k 10Q 2r 2，与小球C 接触后A 、B 两小球的电荷量分别变为－Q 和2Q ，所以接触后的库仑力F ′＝k 2Q 2r 2，为原来的1/5，故B 正确． 3．一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )图6－1－17解析：选D.质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向与速度方向夹角应大于90°，故D 正确．4．(2016·广东六校联考)如图6－1－18所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是( )图6－1－18A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析：选B.在电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动，受电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定，B 正确．5．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度约为104 V/m.已知一半径为1 mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s 2，水的密度为103 kg/m 3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为( )A ．2×10－9 CB ．4×10－9 CC ．6×10－9 CD ．8×10－9 C解析：选B.本题考查物体的受力平衡条件、电场力的计算等知识点．雨滴受力平衡，则电场力和重力大小相等，有mg ＝Eq ，而m ＝ρV ＝ρ4πr 33，联立两式，代入数据解得B 正确． 6．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab 为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图6－1－19所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P 点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )图6－1－19图6－1－20解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A 选项中图所示．7．如图6－1－21所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在A 、B 两点，C 、D 两点将AB 连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD 之间运动的速度大小v 与时间t 的关系图象可能是( )图6－1－21图6－1－22解析：选BC.C →D 合场强方向向右，大小逐渐减小到0，所以负电粒子向右做变减速运动，可能出现到D 点时速度仍未减为零，也可能粒子未到D 点速度减为零而后反向加速，故B 、C 正确．8．如图6－1－23所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q ＞0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质绝缘弹簧连接．当3个小球处于静止状态时，每根弹簧长度为l ，已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )图6－1－23A ．l ＋5kq 22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l 2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l 2解析：选C.根据对称性，任选两边小球中的一个为研究对象，该小球在水平方向受三个力的作用，如图所示．应用库仑定律、胡克定律和平衡条件得：k 0x ＝k q 2l 2＋k q 2(2l )2，得x ＝5kq 24k 0l 2；所以l 0＝l －x ＝l －5kq 24k 0l 2. 9．(2016·南昌调研)如图6－1－24所示，A 、B 、C 三个小球(可视为质点)的质量分别为m 、2m 、3m ，B 小球带负电，电荷量为q ，A 、C 两小球不带电，(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O 点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E ，则以下说法正确的是( )图6－1－24A ．静止时，A 、B 两小球间细线的拉力为5mg ＋qEB ．静止时，A 、B 两小球间细线的拉力为5mg －qEC ．剪断O 点与A 小球间细线瞬间，A 、B 两小球间细线的拉力为13qE D ．剪断O 点与A 小球间细线瞬间，A 、B 两小球间细线的拉力为16qE 解析：选AC.本题考查力的瞬时作用效果和电场力的问题．静止时由受力分析可知A 、B 两小球间细线的拉力为F ＝5mg ＋qE ，故A 正确，B 错误；O 点与A 小球间细线剪断的瞬间，由于B 小球受到向下的电场力，故A 、B 两小球的加速度大于C 小球的加速度，B 、C 两小球间细线将处于松弛状态，故以A 、B 两小球为研究对象有：3mg ＋qE ＝3ma ，以A 小球为研究对象有：mg ＋F ＝ma ，解得：F ＝13qE ，故C 正确、D 错误． 10．如图6－1－25所示，将两个摆长均为l 的单摆悬于O 点，摆球质量均为m ，带电荷量均为q (q ＞0)．将另一个带电荷量也为q (q ＞0)的小球从O 点正下方较远处缓慢移向O 点，当三个带电小球分别处在等边三角形ABC 的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于( )图6－1－25 A.3mg B ．mg C ．23·kq 2l 2 D.3·kq 2l 2 解析：选B.对A 处带电小球进行隔离分析，如图所示，带电小球处于平衡状态，则F OA sin30°＋F q cos30°＝mg ，F OA cos30°＝F q ′＋F q sin30°，联立解得F OA ＝mg ，又利用对称性可知F OA ＝F OB ，则B 正确．二、非选择题11．(2016·厦门模拟)如图6－1－26所示，将点电荷A 、B 放在绝缘的光滑水平面上．A 带正电，B 带负电，带电量都是q ，它们之间的距离为d ，为使两电荷在电场力作用下都处于静止状态，必须在水平方向加一个匀强电场．求：两电荷都处于静止状态时，AB 连线中点处的场强大小和方向．(已知静电力常量为k )图6－1－26解析：设点电荷在AB 连线中点处产生的场强为E 1，所加的匀强电场的场强为E 0，AB 连线中点处的合场强为E .根据点电荷场强的计算公式：A 点电荷在AB 连线中点处产生的场强为：E A ＝k q ⎝⎛⎭⎫12d 2＝4k q d 2，方向由A 指向B B 点电荷在AB 连线中点处产生的场强为：E B ＝k q ⎝⎛⎭⎫12d 2＝4k q d 2，方向由A 指向B 根据电场叠加原理：E 1＝E A ＋E B ＝8k q d 2，方向由A 指向B 根据电荷受力平衡和库仑定律有：E 0q ＝k q 2d 2，得E 0＝k q d 2，方向由B 指向A 根据电场叠加原理：E ＝E 1－E 0＝7k q d 2，方向由A 指向B . 答案：7k q d 2 方向由A 指向B 12．如图6－1－27所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ＝30°斜向右上方，电场强度为E ，质量为m 的小球带负电，以初速度v 0开始运动，初速度方向与电场方向一致．图6－1－27(1)若小球的带电荷量为q ＝mg E ，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F 1的大小和方向如何？(2)若小球的带电荷量为q ＝2mg E，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F 2的大小和方向如何？解析：(1)如图所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为零，所以F1cosα＝qE cos30°①F1sinα＝mg＋qE sin30°②联立①②解得α＝60°，F1＝3mg恒力F1与水平线夹角为60°斜向右上方．(2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力F2和mg 的合力和电场力在一条直线上．当F2取最小值时，F2垂直于qE.故F2＝mg sin60°＝32mg方向与水平线夹角为60°斜向左上方．答案：(1)3mg方向与水平线夹角为60°斜向右上方(2)32mg方向与水平线夹角为60°斜向左上方。

2017高三物理技能提升训练试题20

2017高三物理技能提升试题20一、选择题1．(2016·潍坊模拟)如图8－2－26所示，电子束沿垂直于荧光屏的方向做直线运动，为使电子打在荧光屏上方的位置P ，则能使电子发生上述偏转的场是( )图8－2－26A ．匀强电场B ．负点电荷的电场C ．垂直纸面向里的匀强磁场D ．垂直纸面向外的匀强磁场答案：ABD2．用绝缘细线悬挂一个质量为m ，带电荷量为＋q 的小球，让它处于如图8－2－27所示的磁感应强度为B 的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在图中位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向是( )图8－2－27A ．v ＝mg Bq ，水平向左B ．v ＝mg tan αBq，竖直向下 C ．v ＝mg tan αBq ，竖直向上 D ．v ＝mg Bq，水平向右解析：选AC.根据运动的相对性，带电小球相对磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反．洛伦兹力F ＝q v B 中的v 是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v ＝mg tan αBq 竖直向下运动或以速度v ＝mg Bq水平向右运动，带电小球都能处于图中所示的平衡状态，故本题选A 、C.3．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，如图8－2－28所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t 1，水平射程为x 1，着地速度为v 1.撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t 2，水平射程为x 2，着地速度为v 2，则下列论述不正确的是( )图8－2－28A ．x 1＞x 2B ．t 1＞t 2C ．v 1和v 2大小相等D ．v 1和v 2方向相同解析：选D.当桌面右边存在磁场时，由左手定则，带电小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直方向上分量向上，因此小球水平方向存在加速度，竖直方向加速度a ＜g ，所以t 1＞t 2，x 1＞x 2，A 、B 对；又因为洛伦兹力不做功，C 对；两次小球着地时方向不同，D 错，故本题选D.4．(2016·兰州模拟)如图8－2－29所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r 1＞r 2并相切于P 点，设T 1、T 2，v 1、v 2，a 1、a 2，t 1、t 2，分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P 点算起到第一次通过图中虚线MN 所经历的时间，则( )图8－2－29A ．T 1＝T 2B ．v 1＝v 2C ．a 1＞a 2D ．t 1＜t 2解析：选ACD.由T ＝2πm qB 知，T 1＝T 2，故A 正确；由r ＝m v qB知 v 1＞v 2，故B 错；由a ＝⎝⎛⎭⎫2πT 2 ·r 知a 1＞a 2，故C 正确；由图可知质子1从P 到虚线位置对应的圆心角小，故t 1＜t 2，D 正确．5．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图8－2－30为质谱仪的原理图．设想有一个静止的质量为m 、带电量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P 点，设OP ＝x ，则在下图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )图8－2－30图8－2－31解析：选B.带电粒子先经加速电场加速，故qU ＝12m v 2，进入磁场后偏转，OP ＝x ＝2r ＝2m v qB，两式联立得OP ＝x ＝8mU B 2q∝U ，所以B 正确．6．(2016·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)如图8－2－32所示，回旋加速器D 形盒的半径为R ，所加磁场的磁感应强度为B ，用来加速质量为m 、电荷量为q 的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发，加速到最大能量E 后，由A 孔射出．则下列说法正确的是( )图8－2－32A ．回旋加速器不能无限加速质子B ．增大交变电压U ，则质子在加速器中运行时间将变短C ．回旋加速器所加交变电压的频率为2mE 2πmRD ．下半盒内部，质子的轨道半径之比(由内到外)为1∶3∶ 5解析：选ABC.本题考查回旋加速器原理．当回旋加速器所加交变电压周期与质子在磁场中运动周期相同时，质子才能被加速；质子在匀强磁场中运动周期T ＝2πm qB，质子在回旋加速器中运动的最大半径R ＝m v qB ，E ＝12m v 2，交变电压频率f ＝1T ，解以上各式得：f ＝2mE 2πmR，C 正确；当随着质子速度的增大，相对论效应逐渐显现，质子质量增大，做圆周运动周期不能保持与所加电场变化的周期同步，从而不能再被加速，A 正确；增大电压，质子每次经过电场时获得的动能增大，质子在磁场中运动半径增大，加速次数和所做圆周运动次数减少，因此运动时间减小，B 正确．由v ＝2qU m ，R ＝m v qB知，质子在下半盒内部，质子的轨道半径之比(由内到外)与被电场加速的次数的平方根成正比，即为2∶4∶6，D 错误．7．(2016·西安八校联考)环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高真空的圆环状的空腔，若带电粒子初速度可视为零，经电压为U 的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B .带电粒子将被局限在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法错误的是( )A ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越大B ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q /m 越大，磁感应强度B 越小C ．对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，带电粒子运动的频率越小D ．对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，带电粒子运动的周期都不变解析：选ACD.在电场中，带电粒子加速，有qU ＝12m v 2，进入磁场中由半径公式：R ＝m v qB ＝m qB 2qU m ＝1B 2mU q，依题意R 保持不变，则电压U 恒定时，带电粒子的比荷q /m 越小，磁感应强度B 越大，由周期T ＝2πR v ＝2πR m 2qU，对于给定的带电粒子，比荷恒定，加速电压U 越大，周期越小，频率越大，A 、C 、D 均错误．8．比荷为e m的电子以速度v 0沿AB 边射入边长为a 的等边三角形的匀强磁场区域中，如图8－2－33所示，为使电子从BC 边穿出磁场，磁感应强度B 的取值范围为( )图8－2－33A ．B ＞3m v 0ea B ．B ＜3m v 0eaC ．B ＞2m v 0eaD ．B ＜2m v 0ea解析：选B.电子进入磁场后向上偏，刚好从C 点沿切线方向穿出是临界条件，要使电子从BC 边穿出，其运动半径应比临界半径大，由R ＝m v qB可知，磁感应强度应比临界值小，如图，由几何关系可得，半径R ＝a 2sin60°，又e v 0B ＝m v 20R ，解得B ＝3m v 0ea，B 选项正确 9．(2015·高考浙江卷)利用如图8－2－34所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )图8－2－34A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：选BC.本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力．由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，A 错误；根据洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r 可得v ＝qBr m ，r 越大v 越大，由题图可知r 最大值为r max ＝3d ＋L 2，B 正确；又r 最小值为r min ＝L 2，将r 的最大值和最小值代入v 的表达式后得出速度之差为Δv ＝3qBd 2m，可见C 正确、D 错误．10．(2016·安庆模拟)如图8－2－35所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q 、质量为m 的带负电的小球套在直杆上，从A 点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后运动的过程中，下列说法正确的是( )图8－2－35A ．小球下滑的最大速度为v ＝mg sin θμBqB ．小球下滑的最大加速度为a m ＝g sin θC ．小球的加速度一直在减小D ．小球的速度先增大后减小解析：选B.小球开始下滑时有：mg sin θ－μ(mg cos θ－q v B )＝ma ，随v 增大，a 增大，当v ＝mg cos θqB时，达最大值g sin θ，此后下滑过程中有：mg sin θ－μ(q v B －mg cos θ)＝ma ，随v 增大，a 减小，当v m ＝mg (sin θ＋μcos θ)μqB时，a ＝0.所以整个过程中，v 先一直增大后不变；a 先增大后减小，所以B 选项正确．11．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图8－2－23所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )图8－2－23A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从a 到b ，带负电C ．粒子从b 到a ，带正电D ．粒子从b 到a ，带负电解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R ＝m v qB.由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B 、带电荷量q 不变．又据E k ＝12m v 2知，v 在减小，故R 减小，可判定粒子从b 向a 运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C 选项正确．12．如图8－2－24所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率与x 轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为( )图8－2－24A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 3D ．1∶1解析：选B.由T ＝2πm qB可知，正、负电子的运动周期相同，故所用时间之比等于轨迹对应的圆心角之比．作出正、负电子运动轨迹如图所示，由几何知识可得正电子运动的圆心角等于120°，负电子运动的圆心角等于60°，而电荷在磁场中的运动时间t ＝θ2πT ，所以t 正∶t 负＝θ正∶θ负＝2∶1，故B 正确，A 、C 、D 错误．13．(2016·皖南八校联考)带电粒子的质量m ＝1.7×10－27 kg ，电荷量q ＝1.6×10－19 C ，以速度v ＝3.2×106 m/s 沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ＝0.17 T ，磁场的宽度l ＝10 cm ，如图8－2－25所示．图8－2－25(1)求带电粒子离开磁场时的速度和偏转角．(2)求带电粒子在磁场中运动的时间以及出磁场时偏离入射方向的距离．解析：粒子所受的洛伦兹力F ＝q v B ＝8.7×10－14 N ，远大于粒子所受的重力G ＝1.7×10－26 N ，因此重力可忽略不计．(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为3.2×106 m/s.由q v B ＝m v 2r得轨道半径 r ＝m v qB ＝1.7×10－27×3.2×1061.6×10－19×0.17m ＝0.2 m 由图可知偏转角θ满足sin θ＝l r ＝0.10.2＝0.5，故θ＝30°. (2)带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB，可见带电粒子在磁场中运动的时间t ＝⎝⎛⎭⎫30°360°T ＝112Tt ＝πm 6qB ＝ 3.14×1.7×10－276×1.6×10－19×0.17s ＝3.3×10－8 s 离开磁场时偏离入射方向的距离d ＝r (1－cos θ)＝0.2×⎝⎛⎭⎫1－32 m ＝2.7×10－2 m. 答案：(1)3.2×106 m/s 30° (2)3.3×10－8 s 2.7×10－2 m二、非选择题14．(2016·湖南部分中学调研)如图8－2－36所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向外、大小为B ，沿x 轴放置一个垂直于xOy 平面的较大的荧光屏，P 点位于荧光屏上，在y 轴上的A 点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m 、电荷量为＋q 的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P 点处在亮线上，已知OA ＝OP ＝l ，求：图8－2－36(1)若能打到P 点，则粒子速度的最小值为多少？(2)若能打到P 点，则粒子在磁场中运动的最长时间为多少？解析：(1)粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速度大小为v 时，其在磁场中的运动半径为R ，则F ＝qB v由牛顿运动定律有：F ＝m v 2R若粒子以最小的速度到达P 点时，其轨迹一定是以AP 为直径的圆(如图中圆O 1所示)由几何关系知：s AP ＝2lR ＝s AP 2＝ 22l 则粒子的最小速度v ＝2qBl 2m. (2)粒子在磁场中的运动周期T ＝2πm qB设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为：t ＝θ2πT ＝θm qB由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O 2所示，此时粒子的初速度方向竖直向上则由几何关系有：θ＝32π 则粒子在磁场中运动的最长时间：t ＝3πm 2qB. 答案：(1)2qBl 2m (2)3πm 2qB15．如图8－2－37所示，在NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，M 、O 、N 在一条直线上，∠MOQ ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为B .离子源中的离子带电荷量为＋q ，质量为m ，通过小孔O 1进入两板间电压为U 的加速电场区域(可认为初速度为零)，离子经电场加速后由小孔O 2射出，再从O 点进入磁场区域Ⅰ，此时速度方向沿纸面垂直于磁场边界MN ，不计离子的重力．图8－2－37(1)若加速电场两板间电压U ＝U 0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径R 0.(2)在OQ 上有一点P ，P 点到O 点距离为L ，若离子能通过P 点，求加速电压U 和从O 点到P 点的运动时间．解析：(1)离子在电场中加速时U 0q ＝12m v 20－0 离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力q v 0B ＝m v 20R 0解得R 0＝1B 2U 0m q.(2)离子进入磁场时的运动轨迹如图所示，由几何关系可知OP ′＝P ′P ″＝R要保证离子通过P 点，则L ＝nR解得U ＝B 2L 2q 2mn 2，其中n ＝1,2,3… 离子在磁场中运动的周期T ＝2πm qBt ＝n ·T 2π·π3＝πnm 3qB，其中n ＝1,2,3…. 答案：(1)1B 2U 0m q (2)B 2L 2q 2mn 2，其中n ＝1,2,3… πnm 3qB ，其中n ＝1,2,3…。

2017高三物理技能提升训练-----课时训练

2017高三物理技能提升训练课时训练一、选择题1.如图2－3－17所示，在“3·11”日本大地震的一次抢险救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机利用降落伞匀速向下向灾区群众投放救灾物资．假设物资的总重量为G 1，圆顶形降落伞伞面的重量为G 2，有8条相同的拉线与物资相连，另一端均匀分布在伞的边缘上，每根拉线和竖直方向都成30°角，则每根拉线上的张力大小为( )图2－3－17A.3G 112 B.3(G 1＋G 2)12 C.G 1＋G 28 D.G 14解析：选A.设每段拉线的张力为F T ，则每段拉线在竖直方向上的分力为F T cos30°，由平衡条件得8F T cos30°＝G 1，解得F T ＝3G 112.2.(2010·高考广东卷)如图2－3－18为节日里悬挂灯笼的一种方式，A 、B 点等高，O 为结点，轻绳AO 、BO 长度相等，拉力分别为F A 、F B .灯笼受到的重力为G .下列表述正确的是( )图2－3－18A ．F A 一定小于GB ．F A 与F B 大小相等C ．F A 与F B 是一对平衡力D ．F A 与F B 大小之和等于G解析：选B.对结点O 进行受力分析．拉力F A 、F B 的合力与重力G 平衡，由于轻绳AO 、OB 等长且A 、B 两点等高，由对称性可知F A 与F B 大小相等，但由于∠AOB 大小未知，所以无法确定F A 与G 的数量关系．F A 与F B 的大小之和要大于G ，故只有B 正确． 3.(2011·高考安徽卷)一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图2－3－19所示．则物块( )图2－3－19A ．仍处于静止状态B ．沿斜面加速下滑C ．受到的摩擦力不变D ．受到的合外力增大解析：选A.不加力时，物块恰好静止在斜面上，说明μmg cos θ＝mg sin θ，加竖直向下的外力F 后，由于μ(mg ＋F )cos θ≥(mg ＋F )sin θ，物块仍然静止，A 正确，B 错误；不加F 时物块受到的静摩擦力大小等于mg sin θ，加F 后静摩擦力大小等于(mg ＋F )sin θ，变大，C 错误；物块受到的合外力始终等于零，D 错误． 4.(2012·佛山模拟)用一轻绳将小球P 系于光滑墙壁上的O 点，在墙壁和球P 之间夹有一矩形物块Q ，如图2－3－20所示．P 、Q 均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )图2－3－20A ．P 物体受4个力B ．Q 受到3个力C ．若绳子变长，绳子的拉力将变小D ．若绳子变短，Q 受到的静摩擦力将增大解析：选AC.P 受重力、Q 对P 的水平弹力、绳子对P 的拉力和Q 对P 竖直向下的摩擦力，A 正确；Q 受重力，墙壁、P 对Q 的水平弹力，P 对Q 竖直向上的摩擦力，四个力两对平衡，B 错误；对P 、Q 整体，绳子拉力的竖直分量等于P 、Q 整体的重力，绳子变长时绳子与墙壁间夹角变小，拉力变小，C 正确；Q 所受摩擦力等于Q 的重力，与绳子长短无关，D 错误．5.(2012·海口模拟)如图2－3－21所示，轻杆AB 下端固定在竖直墙上，上端有一光滑的轻质小滑轮，一根细绳一端C 系在墙上，绕过滑轮另一端系一质量为m 的物体，当C 端缓慢地上移过程中，则杆对滑轮的作用力将( )图2－3－21A ．变小B ．变大C ．不变D ．无法确定解析：选A.杆对滑轮的作用力的大小等于两绳子上拉力的合力的大小，由于两绳子上拉力相等，都等于G ，设绳子夹角为θ，则F 合＝2G cos θ2，当C 上移时，θ变大，则F 合减小，杆对滑轮的作用力将减小，A 正确．6.如图2－3－22所示，轻绳的两端分别系在圆环A 和小球B 上，圆环A 套在粗糙的水平直杆MN 上．现用水平力F 拉着绳子上的一点O ，使小球B 从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A 始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F f 和环对杆的压力F N 的变化情况是( )图2－3－22A ．F f 不变，F N 不变B ．F f 增大，F N 不变C ．F f 增大，F N 减小D ．F f 不变，F N 减小解析：选B.以结点O 为研究对象进行受力分析．由题意可知，O 点处于动态平衡，则可作出三力的平衡关系如图甲所示．由图可知水平拉力增大．以环和结点整体作为研究对象，作受力分析图如图乙所示．由整个系统平衡可知：F N ＝mg ；F f ＝F .即：F f 增大，F N 不变，故B 项正确．7.如图2－3－23所示，一光滑的半圆形碗固定在水平地面上，质量为m 1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m 2和m 3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用．则m 1、m 2和m 3的比值为( )图2－3－23A ．1∶2∶3B ．2∶1∶1C ．2∶3∶1D ．2∶1∶ 3解析：选C.根据半圆内的三角形为直角三角形，再根据力的合成可知，m 2g ＝m 1g cos30°＝32m 1g ，m 3g ＝m 1g sin30°＝12m 1g ，所以m 1∶m 2∶m 3＝2∶3∶1.8.(原创题)在东京2011年世界体操锦标赛的吊环比赛中，“吊环王”陈一冰成功捍卫荣誉，以15.800分轻松摘得金牌成功卫冕．其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图2－3－24所示位置，则在两手间距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力F (两个拉力大小相等)及它们的合力F 合的大小变化情况为( )图2－3－24A ．F 增大，F 合不变B ．F 增大，F 合增大C ．F 增大，F 合减小D ．F 减小，F 合不变解析：选A.由平衡条件，合力F 合等于人的重力，故F 合恒定不变；当两手间距离变大时，绳的拉力的夹角变大，由平行四边形定则知，F 变大，A 正确． 9.(2012·江西师大附中、临川联考)如图2－3－25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( )图2－3－25A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tanθ2k解析：选C.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 ＝k Δx ，竖直方向F T cos θ2＝mg ，解得Δx ＝mg tanθ2k，C 正确．10.(2012·苏州模拟)如图2－3－26所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为( )图2－3－26A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg 解析：选C.对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mg tan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mg tan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD sin60°＝12mg .二、非选择题 11.(2012·哈师大附中模拟)两个相同的小球A 和B ，质量均为m ，用长度相同的两根细线把A 、B 两球悬挂在水平天花板上的同一点O ，并用长度相同的细线连接A 、B 两小球，然后，用一水平方向的力F 作用在小球A 上，此时三根细线均处于直线状态，且OB 细线恰好处于竖直方向，如图2－3－27所示．如果不考虑小球的大小，两小球均处于静止状态，则： (1)OB 绳对小球的拉力为多大？ (2)OA 绳对小球的拉力为多大？ (3)作用力F 为多大？图2－3－27解析：(1)对B分析，可知AB绳中张力为0，有mg－F T B＝0得F T B＝mg.(2)对球A，受力分析如图，有F T A cos60°－mg＝0F T A sin60°－F＝0，得：F T A＝2mg.(3)由以上各式可知：F＝3mg.答案：(1)mg(2)2mg(3)3mg12.(2012·合肥模拟)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由细绳连接，它们处于如图2－3－28所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心O处于同一水平面上，AB间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°夹角．已知B 球的质量为m，求细绳对B球的拉力和A球的质量．图2－3－28解析：对B球，受力分析如图所示，则有F T sin30°＝mg得F T＝2mg对A球，受力分析如图所示．在水平方向：F T cos30°＝F N A sin30°在竖直方向：F N A cos30°＝m A g＋F T sin30°由以上方程解得：m A＝2m.答案：2mg2m。

2017高三物理技能提升训练试题---课时训练1

2017高三物理技能提升训练课时训练11.如图2－3－12所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受的外力个数有可能为()图2－3－12A．2个或3个B．3个或5个C．2个或4个D．4个或5个解析：选C.若斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，则MN对P没有力的作用，如图甲所示，P受到2个力；若弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压力F N，只有压力F N，则P 不能平衡，一定存在向右的力，只能是MN对P的摩擦力F f，因此P此时受到4个力，如图乙所示．2.(2011·高考广东卷)如图2－3－13所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止．下列判断正确的是()图2－3－13A．F1>F2>F3B．F3>F1>F2C．F2>F3>F1D．F3>F2>F1解析：选B.P点在三力F1、F2、F3作用下保持静止，则其合外力为零，F1、F2的合力F12与F3等大反向．对力三角形PF1F12，由大角对大力可知，F12>F1>F2，从而可得F3>F1>F2.3.(2011·高考海南卷)如图2－3－14，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力()图2－3－14A ．等于零B ．不为零，方向向右C ．不为零，方向向左D ．不为零，v 0较大时方向向左，v 0较小时方向向右解析：选A.取物块与斜劈整体作为研究对象，由于物块匀速运动、斜劈静止，故整体所受外力之和必为零．分析整体的受力可知，由于重力、地面的支持力方向都沿竖直方向，若地面的摩擦力不为零时，其合力方向只能沿水平方向，必导致整体的合力不为零与题述矛盾，故只有A 正确．4.如图2－3－15所示，在绳下端挂一物体，用力F 拉物体使悬线偏离竖直方向的夹角为α，且保持其平衡．保持α不变，当拉力F 有极小值时，F 与水平方向的夹角β应是( )图2－3－15A ．0 B.π2C ．αD ．2α解析：选C.由题图可知当F 与倾斜绳子垂直时F 有极小值，所以β＝α.5.(2012·江苏启东中学质检)如图2－3－16所示，用绳AC 和BC 吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为30°和60°，AC 绳能承受的最大拉力为150 N ，而BC 绳能承受的最大拉力为100 N ，求物体的最大重力不能超过多少？图2－3－16解析：结点C 受力分析如图所示，由重物静止有：F T BC sin60°－F T AC sin30°＝0①F T AC cos30°＋F T BC cos60°－G ＝0②由式①可知F T AC ＝3F T BC ，当F T BC ＝100 N 时，F T AC ＝173.2 N ，AC 将断．而当F T AC ＝150 N 时，F T BC ＝86.6 N<100 N ．将F T AC ＝150 N ，F T BC ＝86.6 N ，代入式②解得G ＝173.2 N ，所以重物的最大重力不能超过173.2 N.答案：173.2 N。

2017高三物理技能提升训练试题26

2017高三物理技能提升试题26一、选择题1．如图1－3－11所示，甲、乙、丙、丁是以时间为横轴的匀变速直线运动的图象，下列说法正确的是()图1－3－11A．甲是a－t图象B．乙是x－t图象C．丙是x－t图象D．丁是v－t图象答案：C2．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x.现有四个不同物体的运动图象如图1－3－12所示，假设物体在t＝0时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是()图1－3－12解析：选C.图象A中物体的位移的大小和正负均随时间做周期性变化，物体做往复运动，图象B中物体速度的大小和方向也做周期性变化，也是往复运动，图象C中，物体在第1 s内匀加速运动，第2 s内向前匀减速运动，t＝2 s时速度为零，在第3 s内又开始向前匀加速运动，故此物体将一直向前运动，但图象D中，第3 s内物体将反向匀加速运动．故正确的选项只有C.3.如图1－3－13所示，A、B两物体在同一点开始运动，从A、B两物体的位移图线可知下述说法中正确的是()图1－3－13A．A、B两物体同时自同一位置向同一方向运动B．A、B两物体自同一位置向同一方向运动，B比A晚出发2 sC．A、B两物体速度大小均为10 m/sD ．A 、B 两物体在A 出发后4 s 时距原点20 m 处相遇解析：选BD.由x －t 图线可知，A 、B 两物体自同一位置向同一方向运动，且B 比A 晚出发2 s ，图线中直线的斜率大小表示做匀速直线运动的速度大小，由x －t 图线可知，B 物体的运动速度大小比A 物体的运动速度大小要大，A 、B 两直线的交点的物理意义表示相遇，交点的坐标表示相遇的时间和相遇的位置，故A 、B 两物体在A 物体出发后4 s 时相遇．相遇位置距原点20 m ，综上所述，B 、D 选项正确．4.某军事试验场正在平地上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的v －t 图象如图1－3－14所示，则下述说法中正确的是( )图1－3－14A ．0～1 s 内导弹匀速上升B ．1～2 s 内导弹静止不动C ．3 s 末导弹回到出发点D ．5 s 末导弹恰好回到出发点解析：选D.在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，故0～1 s 内导弹匀加速上升，1～2 s 内导弹匀速上升，第3 s 时导弹速度为0，即上升到最高点，故选项A 、B 、C 错；图线与时间轴包围的面积表示位移，在0～3 s 内，x 1＝12×(1＋3)×30 m ＝60 m ，在3～5 s 内，x 2＝－12×2×60 m ＝－60 m ，所以x ＝x 1＋x 2＝0，即5 s 末导弹又回到出发点，选项D 对．5．甲、乙二人同时从A 地赶往B 地，甲先骑自行车到中点后改为跑步，而乙则是先跑步，到中点后改为骑自行车，最后两人同时到达B 地；又知甲骑自行车比乙骑自行车的速度快．并且二人骑车速度均比跑步速度快．若某人离开A 地的距离x 与所用时间t 的关系用函数图象表示，则在图中所示的四个函数图象中，甲、乙二人的图象只可能是( )图1－3－15A ．甲是①，乙是②B ．甲是①，乙是④C ．甲是③，乙是②D ．甲是③，乙是④解析：选B.由题意知v 甲车>v 甲人、v 乙车>v 乙人、v 甲车>v 乙车，又最后两人同时到达B 地，则v 甲人<v 乙人，故v 甲车>v 乙车>v 乙人>v 甲人，所以B 项正确．6．下列所给的图象中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是( )图1－3－16解析：选B.A 为x －t 关系，图线与t 轴相交的两个时刻即为相同的初始位置，说明物体回到了初始位置；B 、C 、D 选项中的图象均为v －t 图象，要回到初始位置，需看t 轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t 轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等，显然B 选项中只有t 轴上方的面积，故B 选项表示物体一直朝一个方向运动，不会回到初始位置，而C 、D 选项在t ＝2 s 时刻，物体回到了初始位置，故选B.7．质点做直线运动的v －t 图象如图1－3－17所示，规定向右为正方向，则该质点在前8 s内平均速度的大小和方向分别为( )A ．0.25 m/s 向右B ．0.25 m/s 向左C ．1 m/s 向右D ．1 m/s 向左图1－3－17 解析：选B.由图象面积计算0～3 s 内质点的位移x 1＝2×3×12m ＝3 m ，方向向右，3～8 s 内位移为x 2＝2×5×12 m ＝5 m ，方向向左，所以前8 s 总位移x ＝x 1－x 2＝－2 m.v ＝x t ＝－28m/s ＝－0.25 m/s ，即大小为0.25 m/s ，方向向左．B 正确．8.甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v －t 图象如图1－3－18所示，图中△OPQ 和△OQT 的面积分别为 s 1和s 2(s 2>s 1)．初始时，甲车在乙车前方s 0处( )图1－3－18A ．若s 0＝s 1＋s 2，两车不会相遇B ．若s 0<s 1，两车相遇2次C ．若s 0＝s 1，两车相遇1次D ．若s 0＝s 2，两车相遇1次解析：选ABC.若乙车追上甲车时，甲、乙两车速度相同，即此时t ＝T ，则s 0＝s 1，此后甲车速度大于乙车速度，全程甲、乙仅相遇一次；若甲、乙两车速度相同时，s 0<s 1，则此时乙车已在甲车的前面，以后甲还会追上乙，全程中甲、乙相遇2次；若甲、乙两车速度相同时，s 0>s 1，则此时甲车仍在乙车的前面，以后乙车不可能再追上甲车了，全程中甲、乙都不会相遇，综上所述，选项A 、B 、C 对，D 错．9．在平直道路上，甲汽车以速度v 匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d 处的乙汽车时，立即以大小为a 1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲，立即从静止开始以大小为a 2的加速度沿甲车运动的方向匀加速运动，则( )A ．甲、乙两车之间的距离一定不断减小B ．甲、乙两车之间的距离一定不断增大C ．若v >2(a 1＋a 2)d ，则两车一定不会相撞D ．若v <2(a 1＋a 2)d ，则两车一定不会相撞解析：选D.甲车做减速运动，乙车做加速运动，两车速度相同时，距离最小，若此时没有相遇，以后就不可能相撞．设两车相距为d 时，两车恰好相撞，这种情况下甲车的速度为v 0，根据v 20＝2(a 1＋a 2)d ，若v >v 0两车一定相撞，若v <v 0两车一定不会相撞．二、非选择题10.2011年11月30日，印度尼西亚苏门答腊省发生泥石流灾害，假设当时有一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m 的山坡处泥石流以8 m/s 的初速度、0.4 m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机(反应时间为1 s)以0.5 m/s 2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动(如图1－3－19所示)，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面的运动近似看成匀速直线运动．问：汽车司机能否安全脱离？图1－3－19解析：设泥石流到达坡底的时间为t 1，速率为v 1，则x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，v 1＝v 0＋a 1t 1 代入数值得t 1＝20 s ，v 1＝16 m/s而汽车在19 s 时间内发生位移为x 2＝12a 2t 22＝90.25 m 速度为v 2＝a 2t 2＝9.5 m/s令再经时间t 3，泥石流追上汽车，则有v 1t 3＝x 2＋v 2t 3＋12a 2t 23代入数值并化简得t 23－26t 3＋361＝0，因Δ<0，方程无解所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱离．答案：司机能安全脱离11.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s 内汽车的加速度随时间变化的图线如图1－3－20所示．(1)画出汽车在0～60 s 内的v －t 图线；(2)求在这60 s 内汽车行驶的路程．图1－3－20解析：(1)设t ＝10 s 、40 s 、60 s 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3.由题图知0～10 s 内汽车以加速度2 m/s 2匀加速行驶，由运动学公式得v 1＝2×10 m/s ＝20 m/s ①由题图知10～40 s 内汽车匀速行驶，因此v 2＝20 m/s ②由题图知40～60 s 内汽车以加速度1 m/s 2匀减速行驶，由运动学公式得v 3＝(20－1×20) m/s ＝0③根据①②③式，可画出汽车在0～60 s 内的v －t 图线，如图所示．(2)由(1)问图可知，在这60 s 内汽车行驶的路程为s ＝30＋602×20 m ＝900 m. 答案：见解析12．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经过5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h 以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．则t 1＝102.5s ＝4 s ，x 货＝(5.5＋4)×10 m ＝95 m x 警＝12at 21＝12×2.5×42 m ＝20 m 所以两车间的最大距离，Δx ＝x 货－x 警＝75 m.(2)v 0＝90 km/h ＝25 m/s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间t 2＝252.5s ＝10 s ，x 货′＝(5.5＋10)×10 m ＝155 mx 警′＝12at 22＝12×2.5×102 m ＝125 m 因为x 货′>x 警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离Δx ′＝x 货′－x 警′＝30 m ，警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则Δt ＝Δx ′v 0－v＝2 s 所以警车发动后要经过t ＝t 2＋Δt ＝12 s 才能追上货车．答案：(1)75 m (2)12 s。

2017_2018学年高考物理精做11圆周运动的相关计算大题精做1

精做11 圆周运动的相关计算1．（2016·新课标全国Ⅲ卷）如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接。

AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为2R 。

一小球在A 点正上方与A 相距4R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动。

（1）求小球在B 、A 两点的动能之比；（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点。

【答案】（1）k k 5BAE E = （2）小球恰好可以沿轨道运动到C 点【解析】（1）设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为k A E ，由机械能守恒可得k 4A RE mg =① 设小球在B 点的动能为k B E ，同理有k 54B R E mg =② 由①②联立可得k k 5BAE E =③（2）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足0N ≥④【方法技巧】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力等于向心力，同时要熟练运用机械能守恒定律。

2．竖直平面内有一圆形绝缘细管，细管截面半径远小于半径R ，在中心处固定一带电荷量为+Q 的点电荷。

质量为m 、带电荷量为+q 的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力。

【答案】N =6mg【解析】在最高点是重力提供向心力，故：mg –F =m21v R最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：N –mg –F =m22v R从最高点到最低点过程只有重力做功，根据动能定理，有：mg ·2R =22211122mv mv其中：F =2kQqR联立解得：N =6mg根据牛顿第三定律，压力为6mg【名师点睛】对于圆周运动的问题，往往与动能定理或机械能守恒定律综合起来进行考查，基本题型，难度适中。

3．如图，一个质量为M的人，站在台秤上，手拿一个质量为m，悬线长为R的小球，在竖直平面内做圆周运动，且摆球恰能通过圆轨道最高点，求台秤示数的变化范围。