2012高考物理一轮复习基础测试试题 (32)
2012高考物理一轮复习基础测试试题 (34)
1.如右图所示，伏安法测电阻时，为提高测量的精确度，可在连接电路时，将电压表的一端P预留出来，使P分别跟a、b两点接触一下，同时注意观察电流表、电压表的示数，则下面的决定正确的是( )A．两次比较若电流表的示数变化显著，则P应接a点B．两次比较若电流表的示数变化显著，则P应接b点C．两次比较若电压表的示数变化显著，则P应接a点D．两次比较若电压表的示数变化显著，则P应接b点解析：若电流表读数有显著变化，说明电压表内阻所分电流不能忽略．由于电压表内阻是一大电阻，说明待测电阻较大，故应采用内接法，P点应接b点．所以，选项B正确；若电压表读数有显著变化，说明电流表内阻所分电压不能忽略．由于电流表内阻很小，说明待测电阻较小，故应采用外接法，P应接a点，所以选项C正确．答案：BC2．(2010年高考浙江理综卷)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学测得电流—电压的数据如下表所示：2.7(2)为了探究灯丝电阻与温度的关系，已作出电阻随电流的变化曲线如图所示，请指出图线的特征；并解释形成的原因．答案：(1)(2)电阻随电流增大存在三个区间，电阻随电流的变化快慢不同第一区间电流很小时，电阻变化不大，第二区间灯丝温度升高快，电阻增大快；第三区间部分电能转化为光能，灯丝温度升高变慢，电阻增大也变慢．3．用下列器材组成描绘电阻R0伏安特性曲线的电路，请将如图所示中实物连线成为实验电路．微安表μA(量程200 μA，内阻约200 Ω)；电压表V(量程3 V，内阻约10 kΩ)；电阻R0(阻值约20 kΩ)；滑动变阻器R(最大阻值50 Ω，额定电流1 A)；电池组E(电动势3 V，内阻不计)；开关S及导线若干．解析：由于R V R 0＝0.5，R 0R A＝100，可以看出R 0≫R A ，故采用电流表内接法，画出电路原理图如图所示． 把实物与原理图结合起来完成连线，注意电压表、电流表的正、负接线柱，保证电流从正接线柱进从负接线柱出．连线如图：答案：见解析图4．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 和h 按图所示方式连接电路，电路中所有元件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：(1)若电压表的示数为 2 V ，电流表的示数为零，小电珠不亮，则断路的导线为________．(2)若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3 A ，小电珠亮，则断路的导线为________．(3)若反复调节滑动变阻器，小电珠亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为________．解析：将实物图转化为电路图如图所示．(1)电压表有示数说明电压表接头与电源之间的电路未断，电流表示数为零，说明出现断路，故d 导线断．(2)电流表示数不为零，且电珠亮说明主干路无断路，电压表示数为零，说明h 断路．(3)如图连接时，滑动变阻器为分压式接法，电压表、电流表示数都可调为零，若g 断，则变为限流式接法，两表示数都不可调为零．答案：(1)d (2)h (3)g5．为测量“12 V 5 W ”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材： 电源：12 V ，内阻不计；电流表：量程0～0.6 A 、0～3 A ，内阻约为0.2 Ω电压表：量程0～3 V 、0～15 V ，内阻约为15 k Ω滑动变阻器：0～20 Ω，允许最大电流1 A ；开关一个，导线若干，实验要求加在小电珠上的电压可从0开始调节．(1)以上四个电路图你认为最合适的是_____________．(2)在本实验中，电流表的量程可选____________．(3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，某次测量时，电流表读数为0.40 A ，此时小电珠的实际功率为________ W.解析：(1)C 与D 电路图不符合电压从0开始调节，由于小电珠的电阻远小于电压表内阻，故电流表应采用外接法，应选A.(2)小电珠的额定电流为I ＝512A ，故电流表量程应选择0～0.6 A.(3)当电流表读数为0.40 A，由图象可读出电压为6.0 V，故小电珠实际功率P＝0.40×6.0 W＝2.4 W.答案：(1)A (2)0～0.6 A (3)2.4。
2012高考物理一轮复习基础测试试题 (5)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m ，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示．当磁场以10 T/s 的变化率增强时，线框中a 、b 两点间的电势差是( )A ．U ab ＝0.1 VB ．U ab ＝－0.1 VC ．U ab ＝0.2 VD ．U ab ＝－0.2 V解析：题图中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流，把左半部分线框看成电源，其电动势为E ，内电阻为r 2，画出等效电路如图所示．则a 、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设l 是边长，且依题意知ΔB Δt ＝10 T/s.由E ＝ΔΦΔt 得E ＝ΔBS Δt ＝ΔB Δt l 22＝10×0.222 V ＝0.2 V所以U ＝IR ＝Er 2＋r 2·R ＝0.2r ×r 2 V ＝0.1 V由于a 点电势低于b 点电势，故U ab ＝－0.1 V ，即B 选项正确．答案：B2．如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d ，用导线与一个n 匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B 中．两板间有一个质量为m ，电荷量为＋q 的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别是( )A ．正在增强；ΔΦ/Δt ＝dmg qB ．正在减弱；ΔΦ/Δt ＝dmg nqC ．正在减弱；ΔΦ/Δt ＝dmg qD ．正在增强；ΔΦ/Δt ＝dmg nq解析：油滴平衡有mg ＝q U C d ，则U C ＝mgd q ，电容器上极板必带负电，那么螺线管下端相当于电源正极，由楞次定律知，磁场B 正在减弱，又E ＝n ΔΦΔt ，U C ＝E ，可得ΔΦΔt ＝mgd nq .答案：B3．水平放置的光滑导轨MM ′和NN ′间接有电阻R ，导轨左右区域分别处于不同方向的匀强磁场中，磁场方向如图所示，磁感应强度分别为B 1和B 2，虚线为两区域的分界线，一根金属棒ab 放在导轨上且与其垂直，金属棒与导轨电阻均不计，金属棒在水平向右的恒力F 作用下，经过左、右两区域，已知金属棒在左面区域中恰好做速度为v 的匀速直线运动，则金属棒进入右边区域中，下列说法错误的是( )A．若B2＝B1，金属棒所受磁场力方向不变，金属棒仍做匀速运动B．若B2＝B1，金属棒所受磁场力方向改变，金属棒先做加速运动，再做匀速运动学。
2012高考物理第一轮测试题精选 (1)
2011高考物理热点预测专题2·牛顿定律及其应用高考预测：从近年来的高考来看，2010年高考中，本专题可能以下列题型出现:1．选择题。
一般可结合“弹簧模型”、牛顿定律等知识，考查考生对加速度和牛顿第二定律的理解。
2．实验题。
近几年本专题实验主要考查加速度的测量及牛顿第二定律，另外“探究加速度与力和质量的关系”的实验有好几年没有列入高考中，而新教材中专门列出一节的内容。
这一重大变化，应引起大家足够的重视。
3．计算题。
牛顿运动定律及其应用历年高考的必考内容。
近年这部分内容的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识的能力以及牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题。
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。
）1、一辆汽车恒定的功率牵引下，在平直的公路上由静止出发，在4min的时间里行驶了1800m，在4min末汽车的速度是( )A.等于7.5m/sB.一定小于15m/sC.可能等于15m/sD.可能大于15m/s2、如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力应是( )A．mg B．mgμC．2-mg1μ+1μmg D．23、同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量2-20图象（设F为手提拉力，g＝9.8 m/s2）中正确的是（）4、如图2-21所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。
在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O ，将弹簧压缩。
当弹簧被压缩了x 0时，物块的速度减小到零。
从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a 随下降位移大小x 变化的图象，可能是图2-22中的（ ）5、如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )A.向右做加速运动B.向右做减速运动C.向左做加速运动D.向左做减速运动6、物体A 、B 均静止在同一水平面上，其质量分别为A m 和B m ，与水平面间的动摩擦因数分别为A μ和B μ，现用水平力F 分别拉物体A 、B ，它们的加速度a 与拉力F 的关系图象如图2-24所示，由图象可知（ ）A ．B A m m > B ．B A m m <C ．B A μμ>D ．B A μμ<7、如图2-25所示，质量为2m 的物块A ，与水平地面的摩擦不计，质量为m 的物块B 与地面的摩擦因数为μ，在已知水平推力F 的作用下，A 、B 做加速运动，则A 和B 之间的作用力为（ ）图2-25A ．32mg F μ+ B ．322mg F μ+C ．323mgF μ+ D ．32mg μ8、一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15㎏的重物，重物静止于地面上，有一质量m=10㎏的猴子，从绳的另一端沿绳向上爬如图8所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度约为（ ）A 、25m/s ²B 、5m/s ²C 、10m/s ²D 、15 m/s ² 9、一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为α1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为α2，则 ( )A ．α1=α2B ．αl <α2C ．αl >α 2D ．无法判断αl 与α2的大小10、物体由静止的传送带顶端从静止开始下滑到底端所用时间为t ，若在物体下滑过程中，传送带开始顺时针转动，如图4所示，物体滑到底端所用时间t ˊ，则关于t 和t ˊ的关系一定有（ ）A ．t ˊ>tB ． t ˊ=tC ．t ˊ< tD ．不能确定。
2012年高考物理一轮复习——电场力的性质同步练习
第一节 电场力的性质一、单项选择题1．在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q ，检验电荷受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F /q ，那么下列说法正确的是( )A ．若移去检验电荷，该点的电场强度就变为零B ．若在该点放一个电荷量为2q 的检验电荷，该点的场强就变为E /2C ．若在该点放一个电荷量为－2q 的检验电荷，则该点场强的大小仍为E ，但电场强度的方向变为原来相反的方向D ．若在该点放一个电荷量为－q /2的检验电荷，则该点场强的大小仍为E ，电场强度的方向也仍为原来的场强方向解析：选 D.电场中某点电场强度的大小和方向，只由电场本身的性质决定，与检验电荷的大小、正负、有无都无关．故A 、B 、C 均错，D 对．2．(2009年高考江苏卷)两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F ，两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )A.112FB.34FC.43F D ．12F 解析：选C.初始状态下，两电荷间的作用力F ＝k3Q2r 2，两电荷接触时电荷量先中和再平均分配，每个小球带电荷量均为＋Q ，则F ′＝k Q 2r 22，F ′F ＝43，C 正确．3．(2011年广东珠海模拟)如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点在轨迹的最右端．不计重力，下列表述正确的是( )A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加解析：选C.粒子接近M 点过程中电场力做负功，离开M 点的过程中电场力做正功，所以在M 点粒子的速率应该最小，A 、B 错误；粒子在匀强电场中运动，所受电场力不变，加速度不变，C 正确；因为动能先减小后增加，所以电势能先增加后减小，D 错误．4．(2011年江苏镇江模拟)A 、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其速度v 和时间t 的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的( )解析：选 A.从图甲可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A 到B 电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.二、双项选择题5．(2011年广东深圳联考)电场强度E的定义式为E＝F/q，则下列说法正确的是( ) A．此定义式只适用于点电荷产生的电场B．上式中，F是放入电场中的电荷所受的电场力，q是放入电场中电荷的电荷量C．上式中，F是放入电场中电荷所受的电场力，q是产生电场的电荷的电荷量D．在库仑定律的表达式F＝kQ1Q2/r2中，kQ2/r2是点电荷Q2产生的电场在电荷Q1处的场强大小，而kQ1/r2是点电荷Q1产生的电场在电荷Q2处的场强大小解析：选BD.本题考查对电场强度定义式E＝F/q和对点电荷的电场强度公式E＝kQr2的理解．由E＝Fq与E＝kQr2的对比表格中可以看出BD选项是正确的．6．(2011年广东深圳联考)已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克(夸克u或夸克d)和一个反夸克(反夸克u或反夸克d)组成的，它们的带电荷量如下表所示，表中e为元电荷.A．π＋由u和d组成 B．π＋由d和u组成C．π－由u和d组成 D．π－由d和u组成解析：选AD.由题可知，u带＋23e电荷量，d带＋13e电荷量，(＋23e)＋(＋13e)＝＋e，而π＋带＋e电荷量，带电荷量守恒，所以A选项正确．同理，D选项正确．7.(2011年广东一模)如图所示，带电荷量分别为＋4Q与＋Q的点电荷固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在C、D之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是图中的( )解析：选BC.根据点电荷场强公式和电场叠加规律可知，C、D间电场强度方向由C指向D，且逐渐减小到零，则带负电粒子在C、D间运动时受电场力水平向左且逐渐减小，带电粒子做加速度逐渐减小的减速运动，选项B符合题意；若粒子在达到D点之前减速到零，则会反向做加速度逐渐增大的加速运动，选项C符合题意．8.如图，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘丝线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且β>α.若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则( )A．a球的质量比b球的大B．a、b两球同时落地C．a球的电量比b球的大D．a、b两球飞行的水平距离相等解析：选AB.设a、b球间库仑斥力大小为F，分析两球受力可得：tanα＝Fm a g，tanβ＝Fm b g，因α<β，故有m a>m b，A正确；剪断细线后，两球竖直方向只受重力，做自由落体运动，同时落地，B正确；由于两球在水平方向始终沿直线的库仑斥力大小相等，故水平方向a球的加速度比b的小，因此相等时间内，a球的水平距离比b的小，D错误；无法比较电量大小，故C 错误．三、非选择题9.如图所示，带电量为＋q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为________，方向________(静电力常量为k)．解析：根据题干和图示，可知a点处场强由点电荷q和带电薄板分别产生的场强叠加而成．若a点场强为零，点电荷q产生的场强和带电薄板产生的场强大小相等、方向相反．根据对称性，可求出带电薄板在b点产生的场强大小为kqd2，方向水平向左(或垂直薄板向左)．答案：kqd2水平向左(或垂直薄板向左)10．有三个完全相同的金属小球A、B、C，A带电量7Q，B带电量－Q，C不带电．将A、B 固定，然后让C反复与A、B接触，最后移走C球．试问A、B间的相互作用力变为原来的多少倍？解析：C球反复与A、B接触，最后三个球带相同的电量，其电量为：Q′＝7Q＋－Q3＝2Q.A、B球间原先的相互作用力大小为F＝k Q1Q2r2＝k7Q·Qr2＝7kQ2r2.A、B、C球碰后的相互作用力大小为F′＝k Q1Q2r2＝k·2Q·2Qr2＝4kQ2r2.由以上关系可得：F′＝47F.故A、B间的相互作用力变为原来的4/7.答案：4/71．(创新题)一个质量为m，电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B ．若场强大小等于mgq ，则小球经过每一电场区的时间均相同 C ．若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同解析：选AC.小球在水平方向不受力作用，因此，在水平方向一直做匀速直线运动，A 正确；当E ＝mgq时，小球通过第一、二电场区时在竖直方向均做匀速直线运动，但竖直速度不同，故B 错误；当E ＝2mgq时，小球通过第一、二无电场区时在竖直方向的初速度是相同的，均为零，故经过无电场区的时间也相同，C 正确；如取E ＝mgq，则小球通过无电场区的速度越来越大，对应的时间也越来越短，故D 错误．2．(2011年福建厦门质检)如图所示，虚线MN 下方存在竖直向上的匀强电场，场强E ＝2×103V/m ，电场区域上方有一竖直放置长为l ＝0.5 m 的轻质绝缘细杆，细杆的上下两端分别固定一个带电小球A 、B ，它们的质量均为m ＝0.01 kg ，A 带正电，电荷量为q 1＝2.5×10－4C ；B带负电，电荷量q 2＝5×10－5C ，B 到MN 的距离h ＝0.05 m ．现将轻杆由静止释放(g 取10 m/s 2)，求：(1)B 刚进入匀强电场后的加速度大小；(2)从开始运动到A 刚要进入匀强电场过程的时间．解析：(1)B 刚进入电场时，以A 、B 及轻杆为一整体，做加速度为a 的匀加速运动，由牛顿第二定律得：2mg ＋q 2E ＝2ma解得a ＝g ＋q 2E 2m＝15 m/s 2. (2)B 进入电场之前，A 、B 及轻杆整体做自由落体运动，时间为t 1h ＝12gt 21得：t 1＝0.1 sB 进入电场瞬间速度：v 1＝gt 1＝1 m/s从B 进入电场到A 刚要进入电场过程，A 、B 及轻杆整体做匀加速运动，时间为t 2l ＝v 1t 2＋12at 22解方程得：t 2＝0.2 s从开始运动到A 刚要进入匀强电场过程中的时间 t ＝t 1＋t 2＝0.3 s.答案：(1)15 m/s 2(2)0.3 s。
2012高考物理一轮复习基础测试试题 (31)
1．(2011年苏州模拟)在探究恒力做功与物体的动能改变量的关系的实验中备有下列器材：A ．打点计时器；B.天平；C.秒表；D.低压交流电源；E.电池；F.纸带；G.细线、砝码、小车、砝码盘；H.薄木板．(1)其中多余的器材是________(填对应字母)，缺少的器材是________． Z.xx.k(2)测量时间的工具是______，测量质量的工具是______．(填对应字母) 学科网ZXXK](3)如下图是打点计时器打出的小车(质量为m )在恒力F 作用下做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T .请分析，利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请说出做法，并对这种做法做出评价．解析：(1)计算小车速度是利用打上点的纸带，故不需要秒表，打点计时器应使用低压交流电源，故多余的器材是C 、E.测量点之间的距离要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米刻度尺．(2)测量时间的工具是A 打点计时器，测量质量的工具是B 天平． (3)能 从A 到B 的过程中，恒力做的功为W AB ＝Fs AB 物体动能的变化量为 E k B －E k A ＝12m v 2B －12m v 2A ＝12m (s B 2T )2－12m (s A 2T )2＝12m s 2B －s 2A 4T 2只要验证Fs AB ＝12m s 2B －s 2A 4T 2即可．优点：A 、B 两点的距离较远，测量时的相对误差较小； 缺点：只进行了一次测量验证，说服力不强． 答案：(1)C 、E 毫米刻度尺 (2)A B (3)见解析2．(2011年杭州模拟)某同学用如图所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系．图中A 为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B 的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C 为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车．打点计时器在纸带上打下一系列点．(1)该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为O 点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到O 之间的距离，并计算出它们与O 点之间的速度平方差Δv 2(Δv 2＝v 2t －v 20)，填入下表：请以Δv 2v 2－s 图象．若测出小车质量为0.2 kg ，结合图象可求得小车所受合外力的大小为________ N.(2)若该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围．你认为主要原因是________________，实验操作中改进的措施是____________．解析：(1)图象如图由动能定理F合s ＝12m (v 2t －v 20)＝12m Δv 2，把所画直线上的点s ＝1.60 cm ，Δv 2＝0.04 m 2·s －2以及小车的质量m ＝0.2 kg 代入可得F 合＝0.25 N.(2)测力计测的是细绳的拉力，小车还受到水平向左的摩擦力，因此小车受的合力小于测力计的读数．在木板左端垫上一个小木块，使左端稍微高一点，以平衡摩擦力．答案：(1)图象见解析 0.25(2)小车滑行时所受摩擦阻力较大 使木板倾斜一定的角度以平衡摩擦力 3．为了探究恒力作用时的动能定理，某同学做了如下实验，他让滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v ，并测量出不同初速度的最大滑行距离x ，得到下表所示几组数据：0.045(1)出如下推理：根据x －v 图象大致是一条抛物线，可以猜想，x 可能与v 2成正比．请在图乙所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想．(2)根据你所作的图象，你认为滑块滑行的最大距离x 与滑块初速度平方v 2的关系是___________．解析：(1)根据表中数据，计算出对应的v2值，填入表中.0.075选取适当标度，描出对应的x－v2坐标点，作出x－v2图线如图所示，由于x －v2图线是一条过原点的直线，所以x与v2成正比．(2)由图可以看出，滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2成正比．即：x ∝v2答案：(1)见解析(2)x∝v24.(2011年万宁模拟)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：①安装实验装置如图．②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车．③在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线P上．④释放小车，打开电磁打点计时器的电源，打出一条纸带．(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条．经测量、计算，得到如下数据：①第一个点到第N 个点的距离为40.0 cm.②打下第N 个点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出：拉力对小车做的功为________ J ，小车动能的增量为________ J.(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功，等于物体动能的增量”，且误差很大．显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素．请你根据该同学的实验装置和操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是：____________答案：(1)0.196 0.1 (2)①小车质量没有远大于钩码质量 ②没有平衡摩擦力 ③操作错误：先放小车后开电源5．某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，提出以下几种猜想：①W ∝v ，②W ∝v 2，③W ∝v ，….他们的实验装置如图(a)所示，PQ 为一块倾斜放置的木板，在Q 处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q 点的速度)．在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议．(1)本实验中不需要测量物体质量的理由是什么？(2)让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体从初始位置到速度传感器的距离L 1、L 2、L 3、L 4…，读出物体每次通过速度传感器Q 的速度v 1、v 2、v 3、v 4、…，并绘制了如图(b)所示的L －v 图像．根据绘制出的L －v 图像，若为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出( )A ．L -v 2图像B ．L - v 图像 学科网ZXXK]C ．L -1v 图像D ．L -1v图像 (3)本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？ 解析：(1)因为W ＝ΔE k ，而W ＝mg (sin θ－μcos θ)L ，ΔE k ＝12m v 2，等式两边都有m ，所以探究W 与v 的关系可以不用测量质量m .(2)由于题图(b)是关于“L－v”的图像，该图像为曲线，不便于直观地看出L 和v的变化关系，所以，下一步应作出“L－v2”的图像，应选A.(3)在实验中，由于物体在斜面上运动时，所受的合力是确定的，即F合＝mg(sin θ－μcos θ)；所以摩擦力的大小不会影响L和v的关系．答案：(1)见解析(2)A(3)不会。
2012高考物理一轮复习试题4
2012高考物理一轮复习试题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.A、B两物体叠放在一起，用手托住静靠在竖直墙上，突然释放，它们同时沿墙面下滑，如图所示，已知m A>m B，则()A．物体A只受重力作用B．物体B受重力和A对它的压力C．物体A处于完全失重状态D．物体A、B都受到墙面的摩擦力解析：释放后，因物体A、B与墙面间无压力，故无摩擦力，两物体均只受重力作用，做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、C正确，B、D错误．[来源:Z。
xx。
]答案：AC2．(2011年石家庄模拟)如图所示，传送带向右上方匀速运转，石块从漏斗里竖直掉落到传送带上，然后随传送带向上运动，下述说法中正确的是()[来源:]A．石块落到传送带上可能先做加速运动后做匀速运动B．石块在传送带上一直受到向右上方的摩擦力作用C．石块在传送带上一直受到向左下方的摩擦力作用D．开始时石块受到向右上方的摩擦力后来不受摩擦力解析：由相对运动可知，石块受到向上的滑动摩擦力，使石块加速向上运动，达到与皮带共速，若所经位移大于两轮间距，则一直加速；若达到共速时所经位移小于两轮间距，共速后石块与皮带相对静止，此后受静摩擦力的作用，方向仍沿皮带向上．[来源:学科网]答案：AB3.质量均匀分布的A、B、C三个物体如图所示放置，其中A、B两个相同的物体并排放在水平面上，梯形物体C叠放在物体A、B的上表面，已知所有接触面均光滑且各物体都处于静止状态，则下列说法中正确的是()A．物体B对地面的压力等于物体A对地面的压力B．物体B对地面的压力大于物体A对地面的压力C．物体B对物体A有向左的压力D．物体A、B之间没有相互作用力解析：由于A、B、C三个物体质量均匀分布，所以梯形物体C的重心应该在中位线的右侧．则梯形物体C对物体B的压力为其重力，物体C对物体A的压力为零，A错误、B正确．虽然A、B两物体相互接触，但是彼此不挤压，没有发生形变，C错误、D正确．答案：BD4.用力将如图所示的装有塑料钩的轻圆盘压紧在竖直的墙壁上，排出圆盘与墙壁之间的空气，松开手后往钩上挂上适当的物体，圆盘不会掉下来．这是因为物体对圆盘向下的拉力()[来源:学+科+网]A．与大气对圆盘的压力平衡B．与墙壁对圆盘的摩擦力平衡C．与墙壁对圆盘的支持力平衡D．与物体所受的重力平衡解析：以圆盘为研究对象，分析它的受力情况：水平方向有大气的压力和墙壁的支持力，竖直方向有向下的重力(可忽略不计)及重物的拉力、沿墙壁向上的静摩擦力，B正确．答案：B5.如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为()A．1/2 B. 3/2C. 2/2D. 5/2解析：根据题意知：木板的倾角α为30°时物块所受到的静摩擦力与木板的倾角α为45°时物块所受到的滑动摩擦力大小相等，即mg sin 30°＝μmg cos 45°，解之得μ＝2/2，C正确．[来源:学,科,网]答案：C6．(2011年扬州模拟)如图所示，重80 N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为1 000 N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8 cm，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若滑块与斜面间最大静摩擦力为25 N，当弹簧的长度仍为8 cm时，测力计读数不可能为() A．10 N B．20 NC．40 N D．60 N解析：设滑块与斜面的静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件得：F＋f＋kx＝mg sin 30°，可得：F＋f＝20 N．F由0逐渐增大的过程中，f逐渐减小，当f＝0时，F 为20 N；故A、B均可能；当f沿斜面向下时，F＋kx＝f＋mg sin 30°，有：F＝f ＋20 N，随F增大，f也逐渐增大，直到f＝25 N，此时F＝45 N，当F>45 N，滑块就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.答案：D7．(探究创新)如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张扑克牌的质量均为m.用一手指以竖直向下的力压第1张扑克牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张扑克牌之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张扑克牌之间的动摩擦因数为μ1，相邻两张扑克牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张扑克牌与桌面间的动摩擦因数为μ3，且有μ1<μ2<μ3.则下列说法中正确的是() A．第2张扑克牌到第53张扑克牌之间可能发生相对滑动B．第2张扑克牌到第53张扑克牌之间不可能发生相对滑动C．第1张扑克牌受到手指的摩擦力向左D．第54张扑克牌受到水平桌面的摩擦力向左解析：手指与第1张扑克牌之间有相对滑动．手指对第1张扑克牌的滑动摩擦力为μ1F，第1张扑克牌与第2张扑克牌之间的动摩擦因数为μ2，假设能滑动，则第2张扑克牌对第1张扑克牌的滑动摩擦力为μ2(F＋mg)>μ1F，与假设矛盾，因此不会滑动，第2张扑克牌到第53张扑克牌之间都不可能发生相对滑动，A错误，B正确；第1张扑克牌受到手的摩擦力向右，C错误；由整体法知第54张扑克牌受到水平桌面的摩擦力向左，D正确．答案：BD8.(思维拓展)如图所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，质量为1 kg的滑块，以一定的初速度沿斜面向下滑，斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8.该滑块所受摩擦力f随时间变化的图象是图中的(取初速度方向为正方向，取g＝10 m/s2)()解析：由于mg sin 37°<μmg cos 37°，滑块减速下滑，因斜面足够长，故滑块最终一定静止在斜面上，开始阶段f滑＝μmg cos 37°＝6.4 N，方向沿斜面向上；静止在斜面上时，f静＝mg sin 37°＝6 N，方向沿斜面向上，由于取初速度方向为正方向，故图象A正确，B、C、D均错误．答案：A9．(2009年高考天津卷)物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F 竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()解析：对物块进行受力分析，由平衡条件知，A、B两种情况时摩擦力的大小不变，C中F竖直向上，静摩擦力将减小，D中F竖直向下，静摩擦力由mg sin θ变为(mg＋F)sin θ，所以静摩擦力增大，故D正确．答案：D10.某同学用传感器来探究摩擦力．他的实验步骤如下：①将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；②将一质量m＝3.75 kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来；③打开计算机，使数据采集器工作，然后沿水平方向缓慢地拉动细绳，木块运动一段时间后停止拉动；④将实验得到的数据经计算机处理后在屏幕上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是()A．0～6 s内木块一直受到静摩擦力的作用[来源:学科网]B．最大静摩擦力比滑动摩擦力大C．木块与桌面间的动摩擦因数为0.08D．木块与桌面间的动摩擦因数为0.11解析：因木块始终缓慢运动，所受合力为零，故细绳的拉力与木块受到的摩擦力等大反向，由图可知，0～2 s内细绳的拉力为零，木块所受的摩擦力为零，故A错误；木块在2 s～6 s内，所受的静摩擦力随拉力的增大而增大，6 s后，摩擦力大小不变，应为滑动摩擦力，6 s 时的f ＝4 N 为最大静摩擦力，由f 滑＝μN ＝μmg 可得，μ＝33.75×10＝0.08，故B 、C 正确，D 错误． 答案：BC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，两木块的质量分别为m 1和m 2，两轻质弹簧A 、B 的劲度系数分别为k 1和k 2，若在m 1上再放一质量为m 0的物体，待整个系统平衡时，m 1下降的位移为多少？[来源:学#科#网]解析：未放m 0时，A 、B 的形变量：Δx A ＝m 1g k 1，Δx B ＝(m 1＋m 2)g k 2当放上m 0时，A 、B 的形变量：Δx A ′＝m 1g ＋m 0g k 1，Δx B ′＝(m 1＋m 2＋m 0)g k 2故放上m 0后，m 1下降的位移：Δx ＝(Δx A ′＋Δx B ′)－(Δx A ＋Δx B )＝m 0g k 1＋k 2k 1k 2. 答案：m 0g k 1＋k 2k 1k 212．(15分)(综合提升)密度大于液体密度的固体颗粒，在液体中竖直下沉，但随着下沉速度变大，固体所受的阻力也变大，故下沉到一定深度后，固体颗粒就会匀速下沉．该实验是研究球形固体颗粒在水中竖直匀速下沉的速度与哪些量有关的实验，实验数据的记录如下表：(水的密度为ρ0＝1.0×103 kg/m3)次序[来源:学。
《创新设计》高考物理一轮复习32顿第二定律-两类动力学问题(61张ppt含详解)省公开课获奖课件市赛
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实验结论一：a∝F；实验结论二：a∝m1 . 综合两个结论，得 a∝mF或 F∝ma. 上式写成等式为 F＝kma，其中 k 为比例常数．如果选用合适 的单位，可使 k＝1.为此，对力的单位“N”做了定义：使质量是 1 kg 的物体产生 1 m/s2 的加速度的力，叫做 1 N，即 1 N＝1 kg·m/s2. 据此，公式 F＝kma 中，如果各物理量都用国际单位(即 F 用 N 作单位、m 用 kg 作单位、a 用 m/s2 作单位)，则 k＝1.
( )．
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A．a1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a1＝a2＝a3＝a4＝g C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg D．a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
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第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题
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牛顿第二定律 Ⅱ(考纲要求)
【思维驱动】有关力和运动旳关系，下列说法正确旳是 ( )．
A．物体旳速度不断增大，表达物体必受力旳作用 B．物体旳位移不断增大，表达物体必受力旳作用 C．若物体旳位移与时间旳平方成正比，表达物体必受 力旳作用 D．物体旳速率不变，则其所受合力必为0
力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的190 倍，重力加速度为 g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼” 的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力
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2012高考物理一轮复习试题7
2012高考物理一轮复习试题7一、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．下列说法中正确的是()A．物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律B．牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题C．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去解析：牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A错误．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D正确．答案：BD2.物体静止在斜面上，如图所示，下列说法正确的是()A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力D．物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力同属物体和斜面间的相互作用力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是作用力和反作用力，所以A错B对；物体所受的重力是地球施加的，其反作用力是物体对地球的吸引力，应作用在地球上，因此C错；物体所受重力，无论如何分解，各分力都应作用在物体上，而不能作用在斜面上形成对斜面的压力，所以D错．答案：B3．(2009年高考宁夏卷)在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，关于科学家和他们的贡献，下列正确的是()[来源:学*科*网] A．伽利略发现了行星运动的规律B．卡文迪许通过实验测出了引力常量C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献解析：开普勒发现了行星运动的规律，即开普勒三定律，A错．伽利略利用斜面实验指出：力不是维持运动的原因，C错．卡文迪许设计了扭秤实验，测出了引力常量，B对．对牛顿第一定律的建立做出贡献的科学家很多，如伽利略、笛卡儿等，D对．答案：BD4．(探究创新)如图所示，甲、乙两节空车厢质量相等，两个同学玩捉迷藏游戏时，有一同学躲在某节车厢内，牵拉系在另一车厢上的绳子，使两车靠近．设绳子质量不计，两车厢与水平轨道之间的摩擦不计．站在地面上的同学若要判断哪节车厢里面有人，下列依据正确的是()A．根据绳子拉力大小，拉力大的一端车厢里面有人B．根据运动的先后，后运动的车厢里面有人C．根据同一时刻运动的快慢，运动慢的车厢里面有人D．根据同一时刻运动的快慢，运动快的车厢里面有人解析：绳子上的拉力大小是相等的，A错；两车同时开始运动，所以不能根据运动的先后判断哪个车厢里有人，B错；有人的车厢加速度小，所以在同一时刻其速度小，C正确，D错误．答案：C[来源:]5．下列关于惯性的各种说法中，你认为正确的是()A．抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失C．把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因D．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，则难A．人只有在静止的车厢内，竖直向上高高跳起后，才会落在车厢的原来位置B．人在沿直线匀速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在原来位置C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方D．人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方解析：由于惯性，人竖直向上跳起后水平方向的速度与人跳起时车的速度相等，故车静止时或做匀速直线运动时，人均落在原来的位置，故A错误，B正确；当车加速前进时，人竖直跳起后，水平方向以此时该车的速度做匀速直线运动，而车做加速直线运动，故人将落在起跳点的后方，C正确；同样的道理，可分析D 错误．[来源:学科网ZXXK]答案：BC9．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，以下叙述正确的是()A．系好安全带可以减小惯性[来源:Z#xx#][来源:Z,xx,]B．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害解析：安全带与人和车的惯性无关，A错、B对．系好安全带主要是防止因刹车时人具有向前的惯性而造成伤害事故，C错、D对．答案：BD10.如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是()A ．向左行驶、突然刹车B ．向右行驶、突然刹车C ．向左行驶、匀速直线运动D ．向右行驶、匀速直线运动解析：简化模型如图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A 错误，B 正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向运动，小球均处于竖直位置不摆动，C 、D 错误．答案：B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，高为h 的车厢在平直轨道上匀减速向右行驶，加速度大小为a ，车厢顶部A 点处有质量为m 的油滴落到地板上，若O 点位于A 点的正下方，则油滴落在地板上的点应在O 点左侧还是右侧？离O 点距离为多少？油滴下落过程中对地球的作用力大小为多少？解析：油滴离开车厢上的A 点后，由于惯性在水平方向上保持原来的速度，而在竖直方向上做自由落体运动．在竖直方向上，由h ＝12gt 2知 油滴的下落时间t ＝ 2hg ①设油滴下落时车的速度为v 0，则在时间t 内油滴的水平位移s 1＝v 0t ②车的水平位移s 2＝v 0t －12at 2③ 由①②③得油滴落在O 点右侧，距O 点的距离为Δs ＝s 1－s 2＝12at 2＝a g h .油滴下落时地球对油滴的作用力大小为mg，由牛顿第三定律可知，油滴对地球的作用力大小也是mg.[来源:]答案：右侧ag h mg12．(15分)(综合提升)一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为f，而此时箱对地面的压力大小为多少？解析：环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受一个重力，及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力f，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力f′，故箱子竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg，地面对它的支持力N，及环给它的摩擦力f′，由于箱子处于平衡状态，可得N＝f′＋Mg＝f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子给地面的压力大小等于地面给箱子的弹力，即[来源:学#科#网]N′＝f＋Mg.答案：f＋Mg。
2012高考物理一轮复习试题13
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．(2009年高考宁夏卷)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)．现对木箱施加一拉力F ，使木箱做匀速直线运动．设F 的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则( )A ．F 先减小后增大B ．F 一直增大C ．F 的功率减小D ．F 的功率不变解析：由平衡条件可知F cos θ＝μ(mg －F sin θ)，所以F ＝μmgcos θ＋μsin θ，当μ＝tan θ时F 最小，所以θ由0°逐渐增大到90°的过程中，F 先减小后增大，A 正确；F 的功率为P ＝F v cos θ＝μmg v cos θcos θ＋μsin θ＝μmg v 1＋μtan θ，所以随着θ的增大F 的功率逐渐减小，C 正确．答案：AC3．静止在粗糙水平面上的物体A 受方向始终水平向右、大小先后为F 1、F 2、F 3的拉力作用做直线运动，t ＝4 s 时停下，其速度－时间图象如图所示，已知物体A与水平面间的动摩擦因数处处相同，下列判断正确的是()A．全过程中拉力做的功等于物体克服摩擦力做的功B．全过程拉力做的功等于零C．一定有F1＋F3＝2F2D．可能有F1＋F3>2F2解析：根据动能定理：W F－W f＝0，即W F＝W f，A正确，B错误；第1 s内，F1－μmg＝ma1，第1 s末到第3 s末，F2－μmg＝0；第4 s内，μmg－F3＝ma2，因为a1＝a2，所以F1＋F3＝2F2，C正确，D错误．答案：AC4．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，t2s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＝W1＋W2B．W1>W2[来源:学科网]C．P＝P1D．P1＝P2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>P1，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.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的()解析：从图中可以看出，在0～t1时间内，重物做匀加速运动，钢索对物体的拉力为恒力，且F1＞G，由P1＝F v知，拉力的功率随速度的增大而增大；t1～t2时间内，物体做匀速运动，F2＝G，所以t1时刻功率发生了突变，且在t1～t2时间内功率恒定并小于t1时刻的功率；t2～t3时间内物体做匀减速运动，拉力恒定F3＜G，所以t2时刻功率也发生了突变，t2～t3时间内功率逐渐减小，且小于t2时刻的功率．综上所述，B正确．[来源:学|科|网Z|X|X|K]答案：B6．(2011年武汉模拟)如图所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0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，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定()[来源:学_科_网Z_X_X_K]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．3t0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＝v0t0；向下运动时，有g sinθ－μg cos θ＝v2t0.而向上滑行与向下滑行时路程相同，即s＝v02·t0＝v2·2t0.由以上三式可求斜面倾角θ及物块返回底端时的速度，AC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3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，BD错误．[来源:学科网]答案：AC7．(思维拓展)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/s2)()A．1/10 B．3/20[来源:]C．5/27 D．5/18解析：设物体与水平面间的动摩擦因数为μ，前2 s内：F1－μmg＝ma，v1＝at12 s末：P1＝F1v1，由以上三式可得：5－μmg＝3m2 s～6 s内，P2＝μmg·v1，代入数值得：μmg＝53N，可求出：μ＝320，故B正确．答案：B8．(2011年南京模拟)如图是一汽车在平直路面上启动的速度－时间图象，从t1时刻起汽车的功率保持不变，由图象可知()A．0～t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变B．0～t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大C．t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小D．t1～t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变解析：0～t1时间内，v－t图象是一条倾斜的直线，说明汽车的加速度不变，由汽车启动时的加速度a＝F－fm＝P/v－fm可知，汽车的牵引力不变，速度增大，功率增大，A项错、B项对；t1～t2时间内，v－t图象是一条曲线，斜率逐渐减小，说明加速度减小，由a＝F－fm知，此过程牵引力减小，C项对、D项错．答案：BC9．(探究创新)如图所示在倾角为θ的光滑斜面上，木板与滑块质量相等，均为m，木板长为l，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与木板、滑块相连，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时，滑块静止在木板的上端，现用与斜面平行的未知力F，将滑块缓慢拉至木板的下端，拉力做功为()A．μmgl cos θB．2μmglC．2μmgl cos θ D.12μmgl解析：对滑块、木板受力分析分别如图甲、乙所示，在拉力F的作用下，滑块和木板缓慢移动，由滑块的受力平衡知F＋mg sin θ＝T＋μmg cos θ.对木板受力平衡得T＝mg sin θ＋μmg cos θ解以上两式得F＝2μmg cos θ.又因F作用点的位移s＝l2.所以W F＝Fs＝μmgl cos θ.故选A.答案：A10．(2011年开封模拟)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/s2D．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－f m＝6×103－2×1032×103m/s2＝2 m/s2，匀加速运动的时间为t＝va＝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＝k1v，可知P＝F v＝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 ＝F v ＝6×103×10 W ＝6×104 W ，B 正确．答案：ABD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：[来源:学,科,网Z,X,X,K](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 ＝mg v y ＝mg v 0cot α.[来源:学,科,网](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 )＝12mg v 0cot α.答案：(1)mg v 0cot α (2)12mg v 0cot α12．(15分)如图所示，倾角为30°、长度为10 m 的光滑斜面，一质量为1.2 kg 的物体从斜面顶端由静止开始下滑，g 取10 m/s 2，求：[来源:学*科*网Z*X*X*K](1)物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是多少？(2)整个过程中重力做功的平均功率是多少？解析：求瞬时功率时要注意到重力的方向与物体速度的方向不在一条直线上．求重力的平均功率可依据功率的定义式来求，也可先求出物体的平均速度，再来求平均功率．(1)物体下滑时做匀加速直线运动，受力情况如图所示．[来源:学§科§网Z§X§X§K]由牛顿第二定律F＝ma得物体的加速度a＝G sin θm＝g sin 30°＝10×0.5 m/s2＝5 m/s2下滑到底端时的速度v＝2as＝2×5×10 m/s＝10 m/s此时重力的瞬时功率[来源:学&科&网Z&X&X&K] P＝mg v cos 60°＝1.2×10×10×0.5 W＝60 W. (2)物体下滑过程中重力做的总功W＝mgs cos 60°＝1.2×10×10×0.5 J＝60 J物体下滑的时间t＝va＝105s＝2 s重力做功的平均功率P＝Wt＝602W＝30 W.答案：(1)60 W(2)30 W。
2012高考物理一轮复习基础测试试题 (7)
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．(2011年南充模拟)如图中理想变压器原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 相连组成闭合回路．当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A 1的读数是12毫安，那么安培表A 2的读数是( ) 学科网ZXXK]A ．0B ．3毫安C ．48毫安D ．与R 值大小无关解析：当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时，原线圈中产生恒定的电流，不能在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中不会产生感应电流，A 正确．答案：A2．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图所示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是( )A ．输出电压的最大值为36 VB ．原、副线圈中电流之比为55∶9C ．变压器输入、输出功率之比为55∶9D ．交流电源有效值为220 V ，频率为50 Hz解析：由题图知U m ＝220 2 V ，由U m U m ′＝n 1n 2，则U m ′＝36 2 V ，故A 错误；由I 1I 2＝n 2n 1＝955，可知B 错误；由P 入＝P 出，可知C 错误；由图知交流电的周期T ＝2×10－2 s ，所以频率f ＝1T ＝50 Hz ，又因U ＝U m 2＝220 V ，故D 正确．答案：D3．如图所示，L1、L2、L3、L4、L5是五盏完全相同的灯泡，将它们如图接在变压器上后，均正常发光．则变压器原副线圈的匝数比n1∶n2∶n3为()A．1∶2∶1 B．2∶1∶2C．4∶2∶1 D．4∶1∶2解析：因为五盏灯均正常发光，所以设每盏灯的额定电压为U0，额定电流为I0，由电压关系可知：n2 n3＝U2U3＝U02U0＝12①由电流和匝数的关系可知n1I0＝2n2I0＋n3I0②由①②两式知n1n2＝41③由①③两式知n1∶n2∶n3＝4∶1∶2所以D选项正确．答案：D4．(2011年厦门模拟)某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图所示．它的原线圈匝数n1＝600匝，交流电源的电动势e＝311sin 100πt (V)(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120匝，为保证保险丝不被烧断，则()A．负载功率不能超过62 WB．副线圈电流最大值不能超过1 AC．副线圈电路中的电阻R不能小于44 ΩD．副线圈电路中电压表的读数为62 V解析：由U1U2＝n1n2得U2＝120×220600V＝44 V，D错；由P2＝P1＝U1I1得P2＝220×0.2 W＝44 W，A错；副线圈电流的有效值I2＝P2U2＝1 A，故最大值为 2 A，B错误；由R＝U2I2得R的最小值为44 Ω，C正确．答案：C5．将输入电压为220 V，输出电压为6 V，副线圈有30匝的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，原线圈匝数不变，则副线圈新增绕的匝数为() A．120匝B．150匝C．180匝D．220匝解析：由U1U2＝n1n2得n1＝n2U1U2＝30×2206匝＝1 100匝；改变匝数后，n′2＝n1U′2U1＝1 100×30220匝＝150匝，新增匝数Δn＝n′2－n2＝120匝，A正确．答案：A6．(2010年高考福建理综卷)中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用 1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为()A.P4 B.P2C．2P D．4P解析：设输送功率为P，输送电流为I，输送电压为U，则P＝UI，I＝P U，P损＝I2R.输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P损降为原来的四分之一，故选A.答案：A7.一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U 如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )A ．流过电阻的电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC ．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD ．变压器的输入功率是1×103 W解析：由电压的有效值和最大值的关系得U 1＝U m 2＝220 V ．根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝n 2n 1U 1＝511×220 V ＝100 V ，故电压表的示数是100 V ，B 错误；I 2＝U 2R ＝10010 A ＝10 A ，A 错误；1分钟内电阻发出的热量Q ＝I 2Rt＝102×10×60 J ＝6.0×104 J ，C 错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出＝U 2I 2＝100×10 W ＝1×103 W ，故D 正确． 学,科,网Z,X,X,K] 学*科*网Z*X*X*K]答案：D8．(思维拓展)如图甲所示，在闭合铁芯上绕着两个线圈M 和P ，线圈P 与电流表构成闭合回路．若在t 1至t 2这段时间内，观察到通过电流表的电流方向自上向下(即为由c 经电流表至d )，则可以判断出线圈M 两端的电势差u ab 随时间t 的变化情况可能是图乙中的( ) Z+xx+k解析：根据楞次定律可知副线圈中的电流方向，可知穿过副线圈的磁场应是向上增加，或向下减少的，可以判断原线圈中的磁场方向应是向下增加，或向上减少的，综合四个选项可知在t1至t2这段时间内输入电压的变化情况为C、D.答案：CD9.学校的变压器把电压为1 000 V的交流电降压为u＝311 sin100 πt(V)后供给各教室，输电线的零线b上保持零电势不变，而火线a上的电势随时间周期性变化．为保证安全用电，教室里电灯的开关要接在火线上，如图所示．下列说法正确的是()A．变压器原线圈与副线圈的匝数比为50∶11B．此交流电的频率为100 HzC．开关断开时其两触点间的电压为220 V 学科网ZXXK]D．火线上的最高电势与最低电势之差为311 V解析：教室需要的交变电流有效值U2＝3112V＝220 V，故匝数比n1n2＝U1U2＝1 000220＝50∶11，A正确；变压器不改变交流电的频率，故f1＝f2＝ω2π＝100π2πHz＝50Hz，B错；开关断开时两点电压为有效值，即为220 V，C正确；火线上最高电势为311 V，最低电势为－311 V，故电势之差为622 V，D错误．答案：AC10．分别用U1＝U2和U2＝kU两种电压输送电能，若输送的功率相同，在输电线上损失的功率相同，导线的长度和材料也相同，则在两种情况下导线的横截面积之比S1∶S2为()A．k∶1 B．1∶kC．k2∶1 D．1∶k2解析：若输送功率为P，输送电压为U，则输电线路上的电流I＝PU，线路上损耗功率P损＝P2RU2，输电线电阻R＝P损P2U2.因为P和P损不变，所以R1R2＝U21U22＝1k2，输电线长度相同，则S1/S2＝k2/1，故选项C正确．答案：C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(a)是一理想变压器的电路连接图，图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2 A，开关S断开，求：(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．解析：(1)由图(b)可知输入电压的有效值U1＝200 V由U1U2＝n1n2得学&科&网Z&X&X&K]U2＝n2U1n1＝20 V变压器的输入功率P1等于输出功率P2故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20 V不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A1的示数增大．答案：(1)40 W20 V(2)A1示数增大A2示数增大V示数不变12．(15分)一台交流发电机的额定输出功率P＝4.0×103kW，以400 V电压将其接在升压变压器上向远方输电．若输电导线的总电阻为10 Ω，允许输电线损失的功率为输出功率的10%，问：(1)升压变压器的变压比应为多大？(2)为了使远方用电器能得到220 V的工作电压，降压变压器的变压比应为多大？解析：(1)由P损＝P×10%＝I22r，得I2＝200 A，由P＝U1I1得I1＝1×104 A 学科网ZXXK]所以n1n2＝I2I1＝150.(2)U2＝U1n2n1＝2×104V，所以U3＝U2－I2r＝1.8×104 V又U4＝220 V所以n3n4＝U3U4＝90011.答案：(1)1∶50(2)900∶11。
2012高考物理一轮复习试题2
2012高考物理一轮复习试题2一、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．从某高处释放一粒小石子，经过1 s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将()A．保持不变B．不断增大[来源:学科网]C．不断减小D．有时增大，有时减小解析：设第1粒石子运动的时间为t s，则第2粒石子运动的时间为(t－1) s，则经过时间t s，两粒石子间的距离为Δh＝12gt2－12g(t－1)2＝gt－12g，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，故B正确．答案：B2．以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是()A．小球到最大高度时的速度为0B．小球到最大高度时的加速度为0C．小球上升的最大高度为61.25 mD．小球上升阶段所用的时间为3.5 s解析：小球到最大高度时的速度为0，但加速度仍为向下的g，A正确，B错误；由H＝v202g＝61.25 m，可知C正确；由t＝v0g＝3510s＝3.5 s，可知D正确．答案：ACD3．汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为() A．3 s B．4 s[来源:学|科|网]C．5 s D．6 s解析：由位移公式得：s＝v0t－12at2解得t1＝3 s t2＝5 s因为汽车经t0＝v0a＝4 s停止，故t2＝5 s舍去，应选A.[来源:]答案：A4．(探究创新题)正在匀加速沿平直轨道行驶的长为L的列车，保持加速度不小)是均匀变化(即v＝kh，k是个常数)的可能性．答案：B7．(思维拓展题)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t.现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)，到某一最大速度v m后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)，至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t，则物体的()A．v m只能为2v，与a1、a2的大小无关B．v m可为许多值，与a1、a2的大小有关C．a1、a2须是一定的D．a1、a2必须满足a1·a2a1＋a2＝2vt解析：由AB＝v t＝v m2t1＋v m2t2＝v m2t得，v m＝2v，与a1、a2的大小无关，故A正确；由t1＝v ma1，t2＝v ma2得t＝v ma1＋v ma2，即得a1·a2a1＋a2＝2vt，故D也正确．答案：AD8．一辆汽车拟从甲地开往乙地，先由静止启动做匀加速直线运动，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为0时刚好到达乙地．从汽车启动开始计时，下表给出某些时刻汽车的瞬时速度，据表中的数据通过分析、计算可以得出汽车()时刻(s) 1.0 2.0 3.0 5.07.09.510.5速度(m/s) 3.0 6.09.012129.0 3.0 A.B．匀加速直线运动经历的时间为5.0 sC．匀减速直线运动经历的时间为2.0 sD．匀减速直线运动经历的时间为4.0 s解析：从题表中看出，匀速的速度为12 m/s.从t＝1.0 s到t＝3.0 s，各秒内速度变化相等，做匀加速直线运动，a＝9.0－3.03.0－1.0m/s2＝3 m/s2.匀加速的时间t＝v/a＝123s＝4.0 s，故选项A对，B错；匀减速的加速度a＝3.0－9.010.5－9.5m/s2＝－6 m/s2.匀减速的时间t ＝0－v a ＝－12－6s ＝2.0 s ，故选项C 对，D 错．答案：AC9．(2011年孝感模拟)如图所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝2 cm ，A 离地面B 的高度h ＝80 cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1 m/s ，在空中形成一完整的水流束．则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 cmB ．0.98 cmC ．4 cmD ．应大于2 cm ，但无法计算解析：水流由A 到B 做匀加速直线运动，由v 2B －v 21＝2gh 可得：v B ＝ 17 m/s ，由单位时间内通过任意横截面的水的体积均相等，可得：v 1·Δt ·14πd 21＝v B ·Δt ·14πd 22， 解得：d 2＝0.98 cm ， 故B 正确． 答案：B10．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测得很准．具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点竖直向上抛出小球，小球又落至原处O 点的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点后又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )A.8H T 22－T 21B.4HT 22－T 21C.8H (T 2－T 1)2 D.H 4(T 2－T 1)2[来源:学科网]解析：设从O 点到最高点为H 2，[来源:学科网] 则H 2＝12g (T 22)2，由P 点到最高点的距离为H 2－H ，[来源:Z|xx|]则H2－H＝12g(T12)2，由以上两式解得：g＝8HT22－T21，故选A.答案：A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)(2010年高考全国Ⅰ卷)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．解析：(1)0～10 s内，汽车做初速度为0的匀加速直线运动，10 s末速度v1＝a1t1＝2×10 m/s＝20m/s10～40 s内，汽车做匀速直线运动，40～60 s内，汽车做匀减速直线运动．[来源:学_科_网]60 s末的速度v2＝v1＋a2t2＝20 m/s－1×20 m/s＝0.v－t图线如图所示．(2)s＝12v1t1＋v1t＋12(v1＋v2)t2＝12×20×10 m＋20×30 m＋12×(20＋0)×20 m＝900 m.答案：(1)见解析(2)900 m12．(15分)(综合提升)如图所示，在国庆阅兵式中，某直升飞机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置，如右图所示已知s AB＝5 km，s BC＝10 km.问：(1)直升飞机在BC段的速度大小是多少？(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？解析：(1)由题意知t＝t1＋t2＝200 ss AB＝0＋v2t1＝5 000 ms BC＝v t2＝10 000 m 解得：v＝100 m/s(2)因为t1＝2s ABv＝100 s所以a＝v－0t1＝1 m/s2答案：(1)100 m/s(2)1 m/s2。
2012届高考物理复习检测试题及答案
2012届高考物理复习检测试题及答案湖南省祁东育贤中学2012级人教版选修3-4模块练习一、选择题1.半圆形导轨竖直放置，不均匀磁场水平方向并垂直于轨道平面，一个闭合金属环在轨道内来回滚动，如图12－4－7所示，若空气阻力不计，则（）A、金属环做等幅振动；B、金属环做阻尼振动，最后停在最低点;C、金属环做增幅振动；D、无法确定．2.如图10，是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移－时间图象（水平为x轴，竖直方向为t轴），下列关于该图象的说法正确的是（）A．该图象的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平衡位置B．从图象可以看出小球在振动过程中是沿t轴方向移动的C．为了显示小球在不同时刻偏离平衡的位移，让底片沿垂直x轴方向匀速运动D．图象中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同3.弹簧振子以O点为平衡位置做简谐振动。
从O点开始计时，振子第一次到达M点用了0.3秒，又经过0.2秒第二次通过M点。
则振子第三次通过M点还要经过的时间可能是（）A．1/3秒B．8/15秒C．1.4秒D．1.6秒4.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝5sin（cm），则下列关于质点运动的说法中正确的是（）A．质点做简谐运动的振幅为10cmB．质点做简谐运动的周期为4s C．在t=4s时质点的速度最大D．在t=4s时质点的加速度最大5.如图所示，从某时刻t=0开始计时，甲图为一列简谐横波经1/4周期的部分波形图，乙图是这列波中某质点的振动图象，则（）A.若波沿x轴正方向传播，图乙可能为质点A的振动图象B.若波沿x轴正方向传播，图乙可能为质点B的振动图象C.若波沿x轴负方向传播，图乙可能为质点C的振动图象D.若波沿x轴负方向传播，图乙可能为质点D的振动图象6.若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是（）A．物体每次通过同一位置时其速度相同B．物体通过平衡位置时所受合外力一定为零C．物体的位移增大时，动能减少，势能增加D．若简谐运动的振幅减小，则振动的频率增大7.做简谐运动的物体，每次通过同一位置时，一定相同的物理量是（）A．动能B．动量C．加速度D．速度8.下列情况下，会使单摆周期变大的是（）A．减少单摆摆球的质量B．增大单摆摆球的质量C．将摆从赤道移到北极D．将摆从地球移到月球上9.有一个正在摆动的秒摆，若取摆球正从平衡位置向左运动时开始计时，那么当t=1.2s时，摆球（）A．正在做加速运动，加速度正在增大B．正在做减速运动，加速度正在增大C．正在做加速运动，加速度正在减小D．正在做减速运动，加速度正在减小10.将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示，某同学对此图线提供的信息做出了下列判断，正确的应是（）A．t=0.2s时摆球正经过最低点B．t=1.1s时摆球正经过最低点C．摆球摆动过程中机械能守恒D．摆球摆动的周期T=1.2s11.单摆的摆长和释放摆球的位置都不变，摆球的最大摆角小于5°，若把摆球的质量增为原来的2倍，则此单摆的（）A．周期不变，振幅不变B．周期和振幅都减少C．周期不变，振幅增加D．周期增加，振幅不变12.单摆的回复力是（）A．摆球所受的重力B．悬线对摆球的拉力C．摆球重力在垂直悬线方向上的分力D．摆球所受重力和悬线对摆球拉力的合力13.两个单摆的摆长之比为1∶2．摆球质量之比为4∶5最大摆角之比为3∶2．它们在同一地点做简简运动，则它们的频率之比为（）A．B．C．D．14.一个摆钟从甲地拿到乙地，它的钟摆摆动加快了，则下列对此现象的分析及调准方法的叙述中正确的是（）A．g甲＞g乙，将摆长适当增长B．g甲＞g乙，将摆长适当缩短C．g甲＜g乙，将摆长适当增长D．g甲＜g乙，将摆长适当缩短15.下列说法正确的是（）A．阻尼振动一定是等幅振动B．物体做受迫振动，驱动力的频率小于物体的固有频率，若驱动力的频率逐渐增大，则物体的振幅将先减小后增大C．受迫振动稳定时的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关D．厂房建筑物的固有频率应该处于机器转动的频率范围之内16.如图6所示,在张紧的绳上挂了a、b、c、d四个单摆,四个单摆的摆长关系为lc＞lb=ld＞la,先让d摆摆动起来(摆角不超过5°),则下列说法中正确的是（）A.b摆发生振动,其余摆均不动B.所有摆均以相同频率振动C.所有摆均以相同摆角振动D.以上说法均不正确17.有A、B两个音叉，在同一段时间内A音叉振动了50次，B音叉振动了60次。
2012高考物理一轮复习试题5
2012高考物理一轮复习试题5一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示，用长为L的轻绳悬挂一质量为m的小球，对小球再施加一个力，使绳与竖直方向成β角并绷紧，小球处于静止状态，此力最小为()A．mg sin βB．mg cos βC．mg tan βD．mg cot β解析：以小球为研究对象，则小球受重力mg，绳拉力T，施加外力F，应有F与T合力与mg等大反向．即F与T的合力为G′＝mg.如图所示，在合力G′一定，其一分力T方向一定的前提下，另一分力的最小值由三角形定则可知F应垂直绳所在直线，故F＝mg sin β.答案：A2．如图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A．F1＝mg sin θB．F1＝mg sin θC．F2＝mg cos θD．F2＝mg cos θ解析：分析O点受力如图：由平衡条件得[来源:学科网]F2cos θ＝mgF2sin θ＝F1[来源:学§科§网]联立①②可得F1＝mg tan θF2＝mg/cos θ故D正确．答案：D5.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受外力F1和F2的作用，F1方向水平向右，F2方向竖直向上．若物体静止在斜面上，则下列关系正确的是()A．F1sin θ＋F2cos θ＝mg sin θ，F2≤mgB．F1cos θ＋F2sin θ＝mg sin θ，F2≤mgC．F1sin θ－F2cos θ＝mg sin θ，F2≤mgD．F1cos θ－F2sin θ＝mg sin θ，F2≤mg解析：对物体进行受力分析如图所示，物体可能受重力G、支持力F N和两个外力F1、F2这四个力作用，分别沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向正交分解．因物体静止，合外力为零，所以F2≤mg，若F2>mg，则物体不可能静止，沿斜面方向有F1cos θ＋F2sin θ＝mg sin θ，所以B正确．答案：B6.如图所示，质量为m的物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ角的拉力F作用下加速往前运动，已知物体与桌面间的动摩擦因数为μ，则下列判断正确的是()A．物体受到的摩擦力为F·cos θB．物体受到的摩擦力为μmgC．物体对地面的压力为mgD．物体受到地面的支持力为mg－F·sin θ解析：物体在拉力F作用下加速往前运动，对拉力F沿水平方向和竖直方向分解，由于做加速运动，水平分力F·cos θ大于物体受到的滑动摩擦力，A错误；竖直方向合力为零，地面对物体的支持力为mg－F·sin θ，D正确，C错误；因此物体受到的摩擦力为μ(mg－F·sin θ)，B错误．答案：D7．(2010年高考山东理综卷)如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是()A．N＝m1g＋m2g－F sin θ[来源:Z_xx_]B．N＝m1g＋m2g－F cos θC．f＝F cos θD．f＝F sin θ解析：将m1、m2、弹簧看作整体，受力分析如图所示根据平衡条件得f＝F cos θN＋F sin θ＝(m 1＋m2)gN＝(m1＋m2)g－F sin θ故选项A、C正确．答案：AC8．(2011年青岛模拟)如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O.另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体．BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是()A．细线BO对天花板的拉力大小是G 2B．a杆对滑轮的作用力大小是G 2C．a杆和细线对滑轮的合力大小是GD．a杆对滑轮的作用力大小是G解析：细线对天花板的拉力等于物体的重力G；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G，互成120°，因此合力大小是G，根据共点力平衡，a杆对滑轮的作用力大小也是G(方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a杆和细线对滑轮的合力大小为零．答案：D9．(思维拓展题)如图所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻绳相连，质量分别为m A、m B，由于B球受到风力作用，环A与球B一起向右匀速运动．已知细绳与竖起方向的夹角为θ.则下列说法中正确的是()A．风力增大时，轻质绳对球B的拉力保持不变B．球B受到的风力F为m B g tan θ[来源:学科网ZXXK]C．杆对环A的支持力随着风力的增加而增加D．环A与水平细杆间的动摩擦因数为m B m A＋m B解析：以球B为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，则可得到拉力T＝m B gcos θ，风力F＝m B g tan θ，A错误，B正确；利用整体法水平方向上有F＝μ(m A＋m B)g，解得μ＝m B tan θm A＋m B，D错误；竖直方向上杆对环A的支持力N A＝(m A＋m B)g，C错误．[来源:学|科|网Z|X|X|K]答案：B10．如图所示，作用在滑块B上的推力F＝100 N，若α＝30°，装置重力和摩擦力均不计，则工件上受到的压力为()A．100 N B．100 3 N[来源:学科网]C．50 N D．200 N解析：对B受力分析(如图甲)得F2＝F/sin 30°＝2F对上部分受力分析(如图乙)其中F′2＝F2，得F N＝F2′·cos 30°＝100 3 N，故B正确．答案：B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，质量为2 kg 的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角θ为37°.质量为1 kg的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B都处于静止状态，求地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少？(g＝10 m/s2，sin 37°＝35，cos 37°＝45)解析：选取A和B整体为研究对象，它受到重力(M＋m)g，地面支持力N，墙壁的弹力F和地面的摩擦力f的作用(如图甲所示)而处于平衡状态．根据平衡条件有：N－(M＋m)g＝0，F＝f可得N＝(M＋m)g＝30 N再以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力N B，墙壁对它的弹力F的作用(如图乙所示)．而处于平衡状态，根据平衡条件有：N B cos θ＝mg，N B sin θ＝F解得F＝mg tan θ所以f＝F＝mg tan θ＝7.5 N.答案：30 N7.5 N12．(15分)(综合提升题)如图甲所示，由两根短杆组成的一个自锁定起重吊钩，将它放入被吊的空罐内，使其张开一定的夹角压紧在罐壁上，其内部结构如图乙所示，当钢绳向上提起时，两杆对罐壁越压越紧，摩擦力足够大，就能将重物提升起来，罐越重，短杆提供的压力越大，称为“自锁定吊钩”．若罐的质量为m，短杆与竖直方向的夹角θ＝60°，求吊起该重物时，短杆对罐壁的压力．(短杆的质量不计)解析：从整体来看，钢绳的拉力F＝G，它可以分解为沿杆方向的两个分力(均为F′)，[来源:]如图所示，F′通过杆作用于罐壁，又可分解为竖直向上的分力F1和垂直于罐壁的压力F2，因为θ＝60°，则由菱形知识得F′＝G.由直角三角形可知：F2＝F′sin θ＝32G＝32mg.答案：32mg。
2012高考物理一轮复习基础测试试题 (6)
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．(2010年高考广东理综卷)图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的()A．周期是0.01 sB．最大值是311 VC．有效值是220 VD．表达式为u＝220 sin 100πt(V)解析：由图象知，该交变电压的周期为0.02 s，最大值为311 V，而有效值U＝U m2＝3112V＝220 V，故A错，B、C正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u＝U m sinωt＝311sin 2π0.02t(V)＝311sin100πt(V)，故D选项错误．答案：BC2．图中甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是()A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图甲所示电压的瞬时值表达式为U＝311sin 100πt (V)D．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的1 10解析：因图象的纵坐标上电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电，A 错；对于正弦交流电才有U 有效＝U m2，虽然两图的峰值相同，但图乙非正弦(余弦)交流电不适用上式有效值的求法，故B 错；正弦交流电电压瞬时值的表达式为U ＝U m sin ωt ，由图象可知U m ＝311 V ，T ＝2×10－2 s ，可得ω＝2πT ＝100π，代入上式得U ＝311sin 100πt (V)，故C 对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变周期和频率，故D 错．答案：C 3.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路中有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除小灯泡外，其余部分的电阻不计，小灯泡的电阻应为( )A.(2πl 2nB )2PB.2(πl 2nB )2PC.(l 2nB )22PD.(l 2nB )2P解析：单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式交流电，则电动势的最大值E m ＝Bl 2ω＝2πnBl 2，其有效值E ＝E m 2＝2πnBl 22，计算小灯泡的额定功率P 要用其有效值，即P ＝E 2R .R ＝E 2P ＝2(πBnl 2)2P ，故只有B 选项正确．答案：B4．(2011年长沙模拟)一个阻值为2 Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电动势为e ＝10 2sin20πt (V)，当该线圈与一阻值为8 Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈平面位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为0C ．电阻的热功率为16 WD ．用电压表测路端电压时读数为11.3 V解析：由表达式可知，t ＝0时，电动势为零，而线圈平面位于中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，故A 对B 错；电动势的有效值E ＝10 V ，电阻两端的电压U ＝ER ＋rR ＝8 V ，D 错；由P ＝U 2R 得P ＝8 W ，C 错误．答案：A 5.如图所示的电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝220 2sin 314t V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω 解析：该交变电流电动势的有效值为U ＝220 22V ＝220 V ，故电阻的最小阻值R min ＝U I 0＝2202 Ω＝110 Ω.答案：B6．(2011年中山模拟)如图甲所示，电阻R 的阻值为50 Ω，在ab 间加上图乙所示的正弦交流电，则下面说法中正确的是( )A ．电阻R 的功率为200 WB ．电流表示数为2 AC ．产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14 rad/sD ．如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍 解析：由图象可知，正弦交流电的有效值U ＝100 22 V ＝100 V ，由P ＝U 2R 得P ＝100250 W ＝200 W ，A 正确；由I ＝UR 得I ＝2 A ，B 正确；周期T ＝0.02 s ，故ω＝2πT ＝314 rad/s ，C 错误；ω＝2πn ，E m ＝BSω，故当转速n 增大1倍，E m 增大1倍，电流表示数增大1倍，D 正确．答案：ABD7．(2009年高考福建卷) 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，则外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RE (R ＋r )＝209 V ，A 错；由图象知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s 内电流方向变化100次，B 错；灯泡的实际功率P ＝U 2R ＝209295 W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝E R ＋r ＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r ＝I 2rt ＝2.22×5×1 J ＝24.2 J, D 对．答案：D 8.如图所示表示交变电流产生的过程，在磁感应强度为B的匀强磁场中一个匝数为N面积为S的矩形线圈，绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是()A．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB．平均感应电动势E＝2NBSωπC．电阻R产生的焦耳热Q＝(BNSω)22RD．电阻R产生的焦耳热Q＝ωRπ(NBS)2 4(R＋r)2解析：穿过某个面的磁通量与线圈匝数无关，线圈在题设的条件下，其磁通量的变化量ΔΦ＝BS，选项A错；线圈转过90°的时间Δt＝T4＝π2ω，所以平均电动势E＝N ΔΦΔt＝NBSπ2ω＝2NBSωπ，选项B正确；线圈产生的感应电动势的有效值为E＝E m2＝NBSω2.回路中电流的有效值为I＝ER＋r＝NBSω2(R＋r).所以，电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝(ER＋r)2RT4＝N2B2S2ωRπ4(R＋r)2.选项D正确，答案为B、D.答案：BD9．如图所示，面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，(甲)图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，(乙)图中磁场变化规律为B＝B0cos 2πt/T，从图示位置开始计时，则()A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t>T)，两线圈产生的热量相同D．从此时刻起，经T/4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同解析：(甲)图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0S cos 2πT t，(乙)图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0S cos 2πT t.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q＝E2R t也相同，经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝I·T4也相同，故A、C、D三项正确．答案：ACD10．平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，图中能定性描述粒子运动的速度图象的是()解析：粒子的加速度a ＝qU 0md ＝定值，故C 、D 均错；由图知，0～T 2与T2～T 内粒子加速度大小相等，方向相反，故粒子做单向直线运动，速度没有反向，故A 对B 错．答案：A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 学*科*网Z*X*X*K]图所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B ＝1π T ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式． (2)线圈转过130 s 时，电动势的瞬时值多大？ (3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？ 解析：(1)e ＝E max sin ωt ＝nBS ×2πf sin 2πft ＝100×1π×0.05×2π×30060sin (2π×30060t ) V ＝50sin 10πt V . (2)当t ＝130 s 时e ＝50sin (10π×130) V ＝43.3 V . (3)电动势的有效值为 E ＝E max 2＝502V ＝35.4 V电流表示数I＝ER＋r＝35.49＋1A＝3.54 A电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V. Z§xx§k答案：(1)e＝50sin 10πt V(2)43.3 V(3)31.86 V,3.54 A12．(15分)图(甲)为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图(乙)所示正弦规律变化．求：(1)交流发电机产生的电动势最大值；(2)电路中交流电压表的示数．解析：(1)交流发电机产生电动势的最大值Z*xx*kE m＝nBSω而Φm＝BS，ω＝2πT，所以E m＝2nπΦmT由Φt图线可知：Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝6.28×10－2 s 学。
2012高考物理一轮复习试题8
学科阿-梧品系列資科 事疋3CIC 甜:、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•如图所示，物体P 以一定的初速度沿光滑 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（）A . P 做匀速直线运动B . P 的加速度大小不变，但方向改变一次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[来源:学科网ZXXK]解析：在物体P 压缩弹簧的过程中，弹簧的弹力一直在增大，根据牛顿第二定律可知，物体P 的加速度一直在增大，但速度方向与加速度方向相反，则物体P运动速度一直在减小，当速度为零时，加速度最大， C 正确.答案：C[来源:Z&XX&]2.（2011年合肥模拟）如图所示，放在光滑面上的木块受到两 个水平力F i 与F 2的作用而静止不动，现保持F i 大小和方向不 变，F 2方向不变，使F 2随时间均匀减小到零，再均匀增加到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是 （）解析：取水平向右为正方向，由牛顿第二定律得： F i — F 2= ma,木块的加速度随F 2的均匀减小而均匀增大，后又随 F 2的均匀增大而同方向均匀减小，故 A正确，B 错误；因木块的加速度方向不变，故木块的速度一直增大，但不是均匀增 大，所以C 、D 均错误.答案：A3.如图所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用----- > >4 --------------- 777777777777777777777777777倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态•当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（）A. 0B.233gC. gD.fg解析：撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力大小等于撤离木板前木板对小球的支持力N,由于N=com3o^2/m g，所以撤离木板后，小球加速度大小为：a=m=233g-iC.3和0.28 s D . 3 和0.28 s解析：根据速度图象的特点可知甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运△/ F 1 F m 甲动•根据a二帀得3a甲=a乙，根据牛顿第二定律有—=3 —，得—=3,由a°m甲3 m乙m乙乙=0^= 10 m/s = 1得 1 = 0.3 s,B正确.0.4-1答案：B[来源:学科网ZXXK]5. （2011年莆田模拟）如图所示，传送带的水平部分长为L,传动速率为V,在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为禺则木块从左端运动到右端的时间不可能A.L+ 产V 2^g学科阿-梧品系列資科版权所有@学科网解析：因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L = 2卩g ,得：t =g C 正确；若一直加速到右端时的速度恰好与0+ v 2L带速v 相等，则L =—亍t ，有：t = ~v ，D 正确；若先匀加速到带速 v ,再匀速到2L右端，则2^g+ v （t —说=L ，有：t =「+2^g A 正确.木块不可能一直匀速至右端， B 错误.6. （探究创新题）如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为 m 的货物提升到高处•滑轮的质量和摩擦都可以不计•货物获得的加速度 a 与绳子对货物竖直向上 的拉力F T 之间的函数关系如图乙所示•由图可以判断下列说法正确的是 （ ）A •图线与纵轴的交点 M 的值aM = — gB •图线与横轴的交点N 的值T = mgC .图线的斜率等于物体的质量 mD •图线的斜率等于物体质量的倒数 1/m解析：由牛顿第二定律得T — mg = ma ，变形得到与图对应的函数关系式 a = m—g ,可知A 、B 、D 选项都正确.答案：ABD7. （2010年全国高考卷I ）如图所示，轻弹簧上端与一质学科网讳品系列資料 •阳丄心甜C.2L 2LD.v答案：D 9. （20ii 年十堰模拟）如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成 0角与横杆固定，下量为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 i 、a 2.重力加速度大小为g.则有（）A . a i = 0，a 2= gm + MC . a i = 0，a 2= M g B . a i = g ，a 2 = g m + MD . a i = g ， a 2= 抽 g[来源:] 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 i = 0，m + M滋二g.答案为C .答案：C ［来源:学。
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1．在“验证机械能守恒定律”的实验中，有关重物的质量，下列说法中正确的是( )
A．选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力B．应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
C．不需要称量重物的质量
D．必须称量重物的质量，而且要估读到0.01 g
解析：本实验依据的原理是用重物自由下落验证机械能守恒定律，因此重物的质量应取得大一些，以便系统所受的阻力和重物的重量相比可以忽略不计，以保证系统做自由落体运动．
对自由落体来说，物体的机械能守恒，即重力势能的减小量等于其动能的增加量，设物体质量为m，下落距离h时的速度为v，
则有1
2
m v2＝mgh，
约去m后，有v2＝2gh.
分别计算对应的v2和2gh，即可验证机械能守恒定律是否成立．故此题选A、C.
答案：AC
2．在“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验中，质量m＝1.00 kg 的重物拖着纸带竖直下落，打点计时器在纸带上打下一系列的点，如下图，相邻计数点时间间隔为0.04 s，P为纸带运动的起点，从P点到打下B点过程中物体重力势能的减少ΔE p＝________J．在此过程中物体动能的增加量ΔE k＝________J．(已知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，答案保留三位有效数字)
用v表示各计数点的速度，h表示各计数点到P点的距离，以v2
2
为纵轴，以
h为横轴，根据实验数据绘出v2
2
－h的图象，若图线的斜率等于某个物理量的数
值时，说明重物下落过程中机械能守恒，该物理量是________．
解析：ΔE p＝mg PB＝1.00×9.8×23.25×10－2 J＝2.28 J 物体动能的增量为
ΔE k＝1
2
m v2＝
1
2
m(
AC
2T
)2＝2.26 J
由机械能守恒定律得1
2
m v2＝mgh，即
1
2
v2＝gh
故直线的斜率为当地重力加速度．
答案：2.28 2.26 当地重力加速度
3．在“验证
机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，测得所用重物的质量为1.00 kg.实验中得到一条点迹清晰的纸带(如图)，把第一个点记作O，选连续的4个点A、B、C、D 作为测量的点，经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99 cm、70.18 cm、77.76 cm、85.73 cm，根据以上数据，可知重物由O点运动到C点，重力势能的减少量等于______J，动能的增加量等于______J(取三位有效数字)．解析：根据实验原理直接进行计算．
由O点到C点，重力势能的减少量
ΔE p＝mgh＝1.0×9.80×77.76×10－2 J
＝7.62 J.
打下C点时纸带(即物体)的瞬时速度
v C＝OD－OB
2T
＝
(85.73－70.18)×10－2
2×0.02
m/s
＝3.887 5 m/s，即动能的增加量为
ΔE k＝1
2
m v2＝
1
2
×1.00×3.887 52 J＝7.56 J.
答案：7.62 7.56
4．(2011年广州模拟)某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定
律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H .将钢球从轨道的不同高度h 处由静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为x .
(1)若轨道完全光滑，x 2与h 的理论关系应满足x 2＝____________.(用H 、h 表示)
(2)该同学经实验测量得到一组数据．如表所示：请在下图所示的坐标纸上作出x 2－h 关系图.
(3)对比实验结果与理论计算得到的x 2－h 关系图象(图中已画出)．自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率________(选填“小于”或“大于”)理论值．
解析：(1)由1
2
m v 20＝mgh ，
x ＝v 0t ，H ＝12
gt 2 可推得：x 2
＝4Hh
(2)x 2－h 关系图线如图所示
(3)由图可以看出，同一个h值，对应的x2值比理论值小，说明钢球平抛的速率小于理论值．
答案：(1)4Hh(2)见解析图(3)小于
5．(2011年珠海模拟)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80 m/s2，那么：
(1)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；
(2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p＝________ J，动能增加量ΔE k＝________ J(结果取三位有效数字)；
(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v
及物体下落的高度h，则以v2
2
为纵轴，以h为横轴画出的图象是下图中的
________．
解析：(1)要想验证机械能守恒，首先要求出重物下落到某一位置时的速度，
B点的速度可由v
B ＝
s
AC
2T
直接求出，故选从O点到B点来验证机械能守恒．
(2)由题意可得，
ΔE p＝mgs OB＝1.00×9.80×0.192 J＝1.88 J
v B＝s
AC
2T
＝
23.23×10－2－15.55×10－2
2×0.02
m/s＝1.92 m/s
ΔE k＝1
2
m v2
B
＝
1
2
×1.00×(1.92)2 J＝1.84 J.
(3)由机械能守恒定律mgh＝1
2
m v2，可得
v2
2
＝gh，故A正确．
答案：(1)B (2)1.88 1.84 (3)A
6．在“验证机械能守恒定律”的实验中：
(1)某同学得到如图所示的纸带．测出计数点A、C间的距离为14.77 cm，计数点C、E间的距离为16.33 cm，相邻两计数点之间的时间间隔为0.04 s．已知当地重力加速度为9.8 m/s2，重锤的质量为m＝1.0 kg，则重锤在下落过程中受到的平均阻力大小f＝________N.
(2)某同学上交的实验报告显示重锤增加的动能略大于重锤减小的重力势能，则出现这一问题的原因可能是________(填序号)．
A．重锤的质量测量错误
B．该同学自编了实验数据
C．交流电源的频率不等于50 Hz
D．重锤下落时受到的阻力过大
解析：(1)由xC E－xAC＝aT2，可以算出加速度a；再由牛顿第二定律mg－f ＝ma即可求出平均阻力大小等于0.05 N.
(2)只要验证gh＝1
2
v2即可验证机械能守恒定律，因此没有必要用天平测出
重锤的质量，故重锤的质量测量错误并不影响实验结果，原因不是A；重锤下落时受到的阻力过大，物体克服阻力做功，只可能使重锤增加的动能略小于重锤减小的重力势能，故原因不可能是D；当交流电源的频率大于50 Hz时，由匀变速运动的规律计算出B点的速度大小可能大于实际速度，有可能使重锤增加的动能
略大于重锤减小的重力势能；该同学自编了实验数据也可能使重锤增加的动能略大于重锤减小的重力势能，因此原因可能是B、C.
答案：(1)0.05 (2)BC。