【全程复习】高考物理第一轮复习方略阶段滚动检测(四) 新人教版

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高考物理第一轮复习方略阶段滚动检测(二) 新人教版

阶段滚动检测(二)第四、五章(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分)1.(2011·四川高考)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态2.(滚动单独考查)传送机的皮带与水平方向的夹角为α，如图所示，将质量为m的滑块放在皮带上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsinα)做匀加速直线运动，则下列关于滑块在运动过程中的说法正确的是( )A．支持力与静摩擦力的合力大小等于mgB．静摩擦力对滑块一定做正功C．静摩擦力的大小可能等于mgsinαD．皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα3.如图所示,现有两个完全相同的可视为质点的物块都从静止开始运动,一个自由下落,一个沿光滑的固定斜面下滑,最终它们都到达同一水平面上,空气阻力忽略不计,则( )A.重力做的功相等,重力做功的平均功率相等B.它们到达水平面上时的动能相等C.重力做功的瞬时功率相等D.它们的机械能都是守恒的4.(滚动单独考查)酒后驾驶会导致许多安全隐患,是因为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采取制动的时间.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).思考距离/m 制动距离/m 速度(m/s)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分析表格可知,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/s2D.表中x为66.75.(滚动单独考查)如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦).现用水平向右的力F作用于物体B上,将物体B缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体A仍然保持静止.在此过程中( )A.水平力F一定变小B.斜面体所受地面的支持力一定变大C.物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D.地面对斜面体的摩擦力一定变大6.(滚动交汇考查)山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关,选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登,才可冲上领奖台,如图所示.如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( )A.上行时,人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B.上行时,绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加量C.下滑时,人受到的重力大于摩擦力,加速度小于gD.下滑时,重力势能的减少量大于动能的增加量,机械能的减少量等于克服摩擦力做的功 7.(滚动交汇考查)如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M,长杆的一端放在地上通过铰链连结形成转轴,其端点恰好处于左侧滑轮正下方O 点处,在杆的中点C 处拴一细绳,绕过两个滑轮后挂上重物M.C 点与O 点距离为l ,现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动,由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了90°角),此过程中下列说法正确的是( )A.重物M 做匀速直线运动B.重物M 做匀变速直线运动C.重物M 的最大速度是ωlD.重物M 的速度先减小后增大8.如图所示，正在匀速转动的水平转盘上固定有三个可视为质点的小物块A 、B 、C ，它们的质量关系为A B C m 2m 2m ==，到轴O 的距离关系为C A B r 2r 2r ==.下列说法中正确的是( )A.B 的角速度比C 小B.A 的线速度比C 大C.B 受到的向心力比C 小D.A 的向心加速度比B 大9.已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍,某行星的同步卫星轨道半径约为该行星半径的3倍,该行星的自转周期约为地球自转周期的一半,那么该行星的平均密度与地球平均密度之比约为( ) A.13B.14C.15D.1610.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象,Oa 为过原点的倾斜直线,ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段,bc 段是与ab 段相切的水平直线,则下述说法正确的是( )A.0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B.t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为222111mv mv 22- C.t 1～t 2时间内的平均速度为()121v v 2+ D.在全过程中t 1时刻的牵引力及其功率都是最大值,t 2～t 3时间内牵引力最小第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(2012·扬州模拟)(6分)(1)验证机械能是否守恒时,实验中计算某一点的速度,甲同学用v=gt 来计算,乙同学用n n 1n x x v 2T++=来计算.其中_________同学的计算方法更符合实验要求.重力加速度g 的数值,甲同学用9.8 m/s 2代入,乙同学用通过对纸带分析计算出重物下落的实际加速度代入,丙同学用当地的实际重力加速度代入,其中_________同学的做法是正确的.(2)甲同学计算实验结果时发现重物重力势能的减少量ΔE p 略大于动能的增加量ΔE k ,乙同学发现ΔE p <ΔE k ,实验过程中肯定存在错误的是_________同学.本实验中引起误差的主要原因是_______________________________________________________________________________________________________________.(3)在一次实验中,重物自由下落时纸带上打出一系列的点,如图所示,纸带中相邻两计数点间的时间间隔为0.04 s,那么重物下落过程中的实际加速度a= _________m/s2.(结果保留三位有效数字)12.(滚动交汇考查)(6分)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”,他们在实验室组装了一套如图所示的装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙.当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态.若你是小组中的一位成员,要完成该项实验,则(1)你认为还需要的实验器材有___________________________.(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是____________________________________,实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力.(3)在(2)的基础上,某同学用天平称量滑块的质量为M.往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m.让沙桶带动滑块加速运动.用打点计时器记录其运动情况,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距L和滑块通过这两点的速度大小v1与v2(v1<v2).则本实验最终要验证的数学表达式为________________________________________________________________.(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)三、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R=0.90 m的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直.质量为m=1.0 kg可看做质点的小滑块在恒定外力F作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5.到达水平轨道的末端B点时撤去外力，滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点.g取10 m/s2，求：(1)滑块经过B点进入半圆形轨道时对轨道的压力大小.(2)滑块在AB段运动过程中恒定外力F的大小.14.(滚动交汇考查)(10分)如图所示,质量为m=1 kg的滑块,在水平力作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上,斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时速度大小不变),传送带的运行速度为v0=3 m/s,长为L=1.4 m;今将水平力撤去,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=0.25，g=10 m/s2,求:(1)水平作用力F的大小；(2)滑块下滑的高度.15.(滚动交汇考查)(10分)为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L=2.0 m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的.其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示.一个小物块以初速度v0=4.0 m/s,从某一高处水平抛出,到A点时速度方向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下.已知小物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ=0.5(g取10 m/s2,sin37°=0.60, cos37°=0.80)求:(1)小物块的抛出点和A点的高度差;(2)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件.(3)要使小物块不离开轨道,并从水平轨道DE滑出,求竖直圆轨道的半径应该满足什么条件.16.(2012·玉溪模拟)(10分)如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L.现给A 、B 一初速度v 0使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能回到C 点.已知重力加速度为g ，不计空气阻力，求此过程中： (1)物体A 向下运动刚到达C 点时的速度. (2)弹簧的最大压缩量. (3)弹簧中的最大弹性势能.答案解析1.【解析】选A.点火前，降落伞和返回舱做匀速直线运动.对返回舱,返回舱的重力等于伞绳拉力F;点火后瞬间,返回舱立刻获得向上的反冲力,使伞绳对返回舱的拉力变小,选项A 正确;返回舱做减速运动的主要原因是反冲力,选项B 错误;返回舱所受合力向上,处于超重状态,选项D 错误;由于喷气过程中,动能减小,由动能定理可知合力做负功,选项C 错误.2.【解析】选B 、C.滑块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,滑块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A 错;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,而滑块运动方向也向下,故静摩擦力对滑块一定做正功,B 对;由牛顿第二定律:mgsin α+F f =ma,因为a 比gsin α大多少不知道,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C 对;由以上分析可知,静摩擦力F f 有可能小于mgsin α,由F f =μF N =μmgcos α,因此说“皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tan α”是错误的，D 错.3.【解析】选B 、D.两物块从同一高度下落,根据机械能守恒定律知,它们到达水平面上时的动能相等,自由下落的物块先着地,重力做功的平均功率大,而着地时重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积,故重力做功的瞬时功率不相等,选B 、D.4.【解析】选C.“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,这段时间车是匀速运动的,驾驶员酒后反应时间115.020.0t s s 1520=== 25.0s 1 s 25=,驾驶员正常反应时间27.51012.5t s s s 0.5 s 152025====,所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s,A 对;“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离,由表格可知,速度为20 m/s 时,制动距离为46.7 m,故B 对;汽车制动时的加速度大小都相同,按速度为15 m/s时计算: ()222v 15a m /s 2x 222.57.5==⨯- 27.5 m /s =,故C 错;表中225x m 25.0 m 66.7 m 27.5=+=⨯,因此D 对.5.【解析】选D.这是典型的相互作用中的静力学问题,取物体B 为研究对象,分析其受力情况如图所示.则有T mgF mgtan ,F cos =θ=θ,在物体B 缓慢拉高的过程中,θ增大,则水平力F 随之变大,A 错误;对A 、B 两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A 仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力不变,B 错误,D 正确；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A 所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A 所受斜面体的摩擦力的变化情况无法确定，C 错误.6.【解析】选C 、D.选手匀速向上攀爬时,人受到绳子的拉力与人的重力是一对平衡力,A 错误;此过程中人对自身做功,绳子的拉力并不对人做功,B 错误;加速下滑时,人受到的重力大于摩擦力,其加速度竖直向下,小于g,C 正确;重力势能的减少一部分用于克服摩擦力做功,另一部分转化为人的动能,故D 正确.7.【解析】选C.由题意知，C 点的速度大小为C v =ωl ，设v C 与绳之间的夹角为θ，把v C 沿绳和垂直绳方向分解可得，v 绳=v C cos θ，在转动过程中θ先减小到零再增大，故v 绳先增大后减小，重物M 做变加速运动，其最大速度为ωl ，C 正确.8.【解析】选C.因A 、B 、C 均固定于转盘上，故三个小物块的角速度一定相同，A 错误；由v=ωr 可知，v C >v A =v B ,B 错误；由a=ω2r 可知，a C >a A =a B ，D 错误；由F B =m B ω2r B ，F C =m C ω2r C 可知，F C =2F B ，故C 正确.9.【解析】选A.设地球和该行星的半径分别为r 地、r 行，质量分别为M 地、M 行，两者的同步卫星的周期分别为T 地、T 行，对地球的同步卫星有：222M m 4G m 7r (7r )T π=g 地地地地，地球的平均密度：3M 4r 3ρ=π地地地，可得：23433GT ⨯πρ=地地，同理有：2273GT ⨯πρ=行行，再考虑到T 地=2T 行，故该行星的平均密度与地球的平均密度之比约为13，A 对.10.【解析】选D.0～t 1时间内汽车做匀加速运动,牵引力恒定,但速度增加,故功率增加,A 错;汽车水平方向受到牵引力和阻力作用,根据动能定理,t 1～t 2时间内合力做功为222111mv mv 22-,故B 错;公式()121v v v 2=+适用于匀变速直线运动,故C 错;t 1时刻达到额定功率,不再增加,t 1～t 2时间内功率恒定,但牵引力减小,t 2～t 3时间内牵引力最小,与阻力相等,所以D 对.11.【解析】(1)因有阻力作用，重物下落的实际加速度a<g,故甲同学的计算方法不正确,乙同学应用n n 1n x x v 2T++=计算速度的方法是正确的,求重物重力势能的减少量时,应当用当地的实际重力加速度来计算,g 的大小不一定为9.8 m/s 2,但一定大于重物下落的实际加速度,故丙同学做法正确.(2)因阻力对重物做负功,故ΔE p 一定大于ΔE k ,乙同学出现ΔE p <ΔE k 的结果一定是实验过程中存在错误,实验引起误差的主要原因是重物下落过程存在阻力. (3)由x CD -x BC =aT 2可得: CD BC2x x a T-=()()22232.5023.2523.2515.5010m /s 0.04----⨯=［］ =9.38 m/s 2答案:(1)乙丙(2)乙重物下落过程中存在着阻力作用(3)9.3812.【解析】该实验中的研究对象是滑块,目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系.要分别测出沙和沙桶的质量、滑块的质量，还要测出滑块移动的距离，便于计算做的功和速度.实验时应注意平衡摩擦力，以减小误差，从实验方便性上考虑要把沙和沙桶的重力看做滑块的合外力，故m 远远小于M ，故实验表达式为222111mgL Mv Mv 22=-. 答案:(1)天平、刻度尺(2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量(3) 222111mgL Mv Mv 22=- 13.【解析】(1)滑块恰好通过最高点,则有:2D v mg m R=(1分)设滑块到达B 点时的速度为v B ,滑块由B 到D 过程由动能定理得:22D B 112mgR mv mv 22-=-(1分)对B 点: 2B N v F mg m R-=(1分)联立以上各式，代入数据得:F N =60 N由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为60 N.(1分)(2)滑块从D 点离开轨道后做平抛运动, 则212R gt 2= x AB =v D t(1分)滑块从A 运动到B 有:v B 2=2ax AB(1分) 由牛顿第二定律有:F-μmg=ma(1分)联立以上各式，代入数据得:F=17.5 N.(1分)答案:(1)60 N(2)17.5 N14.【解析】(1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡，如图所示，水平推力 F=mgtan θ(2分)103F N =(1分)(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程机械能守恒：21mgh mv 2=，所以v 2gh = (1分)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：22011mgL mv mv 22μ=- (2分) 所以20v h L 2g=-μ h=0.1 m(1分) 若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理：22011mgL mv mv 22-μ=- (2分) 20v h L 2g=+μ h=0.8 m (1分)答案:(1) N 3 (2)0.1 m 或0.8 m15.【解析】(1)设从抛出点到A 点的高度差为h,到A 点时竖直方向的速度为v y ,则有: 21h gt 2= ①(1分) y 00v gt tan37v v ︒== ②(1分) 联立以上两式代入数据解得h=0.45 m③(1分)(2)小物块到达A 点时的速度: A v 5 m /s ==④(1分)从A 到B,由动能定理: 22B A 11mgLsin37mgLcos37mv mv 22︒-μ︒=- ⑤(1分) 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB,则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心,即:2B 1mv mgR 2≤' ⑥(1分)所以R ′≥1.65 m⑦(1分)(3)小物块从B 到竖直圆轨道最高点,由机械能守恒:22B P 11mv mv 2mgR 22=+ ⑧(1分) 在最高点有: 2P v m mg R≥ ⑨(1分)由以上几式解得R ≤0.66 m⑩(1分) 答案:(1)0.45 m(2)大于等于1.65 m(3)小于等于0.66 m 16.【解析】(1)A 和斜面间的滑动摩擦力F f =2μmgcos θ(1分)物体A 向下运动到C 点的过程中，根据能量守恒有 220f 112mgLsin 3mv 3mv mgL F L 22θ+=++g g(2分)得v =(1分)(2)从物体A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C 点，对系统应用动能定理2f 1F 2x 03mv 2-=-g g (2分)L x 2=-(1分) (3)弹簧从压缩到最短到恢复原长的过程中，根据能量守恒有E p +mgx=2mgxsin θ+F f x(2分) 又因为mgx=2mgxsin θ所以2p f 03E F x mv mgL 4==-(1分)答案: (2) 20L 4g 2-μ(3) 203mv mgL 42-。

2013高考物理一轮全程学习方略课后巩固作业1.4(四)新人教版选修3-2

课后巩固作业(四)（40分钟 50分）一、选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分.每小题至少一个选项正确）1．一个面积S=4×10-2 m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是( )A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08 Wb/sB.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于0.08 VD.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零2．（2011·济宁高二检测）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上．质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中( )A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热3.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是（）A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J4.如图所示，一正方形的线圈的一边恰在一磁场边缘，匀强磁场方向垂直于线圈平面，在将线圈拉出磁场过程中，哪些办法可使线圈中的感应电流增大为原来的两倍( )A.仅使线圈匝数变为原来的两倍B.仅使导线的横截面积变为原来的两倍C.仅使磁感应强度变为原来的两倍D.仅使拉线圈的速度变为原来的两倍5．(2011·石家庄高二检测)如图所示，外力F使金属杆ab在匀强磁场中沿光滑水平金属导轨做匀速运动，除电阻R外，其他电阻均忽略．若下列各种情况中杆ab都能保持匀速运动状态，则( )A.当F一定时，R减小为原来的一半，则F的功率也减小为原来的一半B.当F一定时，为使杆的速度增大为原来的2倍，必须使R也增大为原来的2倍C.当F的功率一定时，要使F能增大为原来的2倍，应使R减小为原来的一半D.若R不变，当F增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍二、非选择题（本题包括2小题，共20分，要有必要的文字叙述）6.（10分）（2011·杭州高二检测）如图，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面.磁感应强度随时间变化的规律是B=(6-0.2t)T,已知R1=4 Ω，R2=6 Ω，电容C=30 μF，线圈A的电阻不计.求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小.（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电量是多少？7.（10分）（2011·浙江高考）如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d=1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示.在t=0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0=1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1 Ω/m,不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g ＝10 m/s2）.（1）通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况；（2）计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向；（3）计算4 s 内回路产生的焦耳热.答案解析1．【解析】选 A.开始 2 s 内，ΔΦ=S ·ΔB ＝0.16 Wb ，故选项B 错误；0.16 Wb /s 0.08 Wb /s t 2∆Φ==∆，故选项A 正确；E n t∆Φ=∆ =100×0.08 V=8 V ，故选项C 错误；第3 s 末产生的感应电动势等于2～4 s 内的感应电动势，故D 项错误．2．【解析】选A 、D.棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F 做正功，重力G 、安培力F 安做负功.根据动能定理：W ＝W F +W G +W 安＝0，故A 对，B 错；恒力F 与重力G 的合力所做的功等于导体克服安培力做的功.而导体克服安培力做的功等于回路中电能（最终转化为焦耳热）的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C 错，D 对．3.【解析】选B 、C.对导体棒cd 分析：22B v mg BI 2R＝＝，l l 得v ＝2 m/s ，故B 正确；对导体棒ab 分析：F ＝mg ＋BI l ＝0.2 N ，A 错误；在2 s 内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功，即W ＝F 安vt=BI l vt=mgvt ＝0.4 J ，C 正确；在2 s 内拉力做的功为Fvt=2mgvt ＝0.8 J ，D 错误．4.【解析】选B 、C 、D.E NBLv 4NL BvS I R I R R S 4===ρ=ρ，得，由此可分析得B 、C 、D 正确，A 错. 5．【解析】选A 、B 、D.当杆匀速运动时，有F=F 安＝22B L v R ，所以22FR v B L=，当F 一定时，速度增大为原来的2倍，R 也增大为原来的2倍，故B 正确；若R 不变，当F 增大为原来的2倍时，杆的速度也应增大到原来的2倍，故D 正确；222F R P Fv ,B L==当F 一定时，R 减小为原来的一半，则F 的功率也减小为原来的一半，故A 正确，C 错误.6.【解析】（1）B E n nS t t∆Φ∆==∆∆ =100×0.2×0.2 V=4 V12E 4I A 0.4 A R R 4 6===++ (2)S 闭合时电容C 两端的电压U=IR 2=0.4×6 V=2.4 VQ=CU=30×10-6×2.4 C=7.2×10-5 CS 断开后，电容器和R 2形成电路，电容器电量减少，直至放电完毕，则通过R 2的电量是7.2×10-5C答案：（1）0.4 A （2）7.2×10-5 C【方法技巧】应用法拉第电磁感应定律的解题方法1.应用公式E n t∆Φ=∆ (1)若磁场变化，线圈的面积不变时,B E nS.t∆=∆ (2)若线圈的面积变化,磁场不变时,S E nB t ∆=∆. 2.若导体棒切割磁感线时,可应用E=B L vsin θ计算感应电动势.3.若导体棒绕一端点垂直切割磁感线做匀速转动,其感应电动势为21E BL .2=ω 7.【解析】（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有-μmg=ma,v t =v 0+at,x=v 0t+21at ,2代入数据解得：t=1 s 时，v t =0,x=0.5 m,所以导体棒没有进入磁场区域.导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5 m.(2)由图乙可知：前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E ＝0,I ＝0，后2 s 回路产生的电动势为B E d 0.1 V.t t∆Φ∆==∆∆＝l 此时回路的总长度为5 m ，因此回路的总电阻为R ＝5 λ=0.5 Ω，电流为E I R＝＝0.2 A. 根据楞次定律，回路中的电流方向是顺时针方向.（3）前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为Q ＝I 2Rt=0.04 J.答案：（1）前1 s ：匀减速直线运动，后3 s ：静止在离左端0.5 m 的位置（2）前2 s ：I ＝0,后2 s ：I ＝0.2 A 电流方向是顺时针方向 (3)0.04 J。

2022届高考物理全程复习方略(人教版-第一轮)(含详细解析)：阶段滚动检测(四)

阶段滚动检测(四)第八～十章(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分)1.(2012·苏州模拟)如图所示为用导线做成的圆形回路与一直导线构成的几种位置组合(A、B、C中直导线都与圆形线圈在同一平面内，O 点为线圈的圆心，D中直导线与圆形线圈垂直，并与中心轴重合)，其中当切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是( )2.如图所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和RS上滑动,匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是( )A.v1＞v2,v1向右，v2向左B.v1＞v2,v1和v2都向左C.v1=v2,v1和v2都向右D.v1=v2,v1和v2都向左3.(2012·潍坊模拟)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U的交流电源上.则( )A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小4.(2012·济宁模拟)如图所示，铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路.左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环.铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直.调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T，则从上向下看( )A.金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10-3 VB.金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10-3VC.金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10-3 VD.金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10-3 V5.(滚动单独考查)如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm.一个质量为m，带电量为q的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P 点进入电场，刚好从C′点离开电场.已知PA′=2 cm,粒子的重力忽略不计.下列说法中正确的是( )A.该粒子到达C′点时的动能为2E kB.该粒子到达C′点时的动能为1.5E kC.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.25E kD.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.5E k6.(滚动单独考查)在高速公路的隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是( )A.两个灯泡串联B.两个灯泡并联C.每个灯泡消耗的功率大于其额定功率的四分之一D.每个灯泡消耗的功率小于其额定功率的四分之一7.(2012·滨州模拟)如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )A.电压表读数为50 VB.电压表读数为150 VC.电压表“+”接线柱接A端D.电压表“+”接线柱接B端8.(滚动交汇考查)长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω=2v/b的角速度转过90°角.那么( )A.通过线框横截面的电量q1∶q2=1∶nB.通过线框横截面的电量q1∶q2=1∶1C.线框发热功率P1∶P2=2n∶1D.线框发热功率P1∶P2=2∶19.(2012·镇江模拟)如图甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图乙所示，面积为S 的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R 相连.若金属框的电阻为R2,则下列说法正确的是( )A.流过电阻R 的感应电流由a 到bB.线框cd 边受到的安培力方向向下C.感应电动势大小为002B St D.ab 间电压大小为002B S3t 10.(2012·银川模拟)如图所示为一理想变压器在两种情况下工作的示意图.其中灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2=4∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )A.P ，PB.16P,14P C.14P,16P D.16P ，4P第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(4分)有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是( )A.两个传感器都是光电传感器B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作12.(2011·上海高考)(8分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示.供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)，②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω),③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω),⑦干电池(1.5 V)，⑧电键S及导线若干.(1)定值电阻应选__________，滑动变阻器应选__________.(在空格内填写序号)(2)用线连接实物图.(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，____________________________________________;②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置,记录G1、G2的读数I1、I2; ③___________________________________________________________ ____;④以I2为纵坐标,I1为横坐标，作出相应图线，如图所示.(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式___________________________________________________________ ______.三、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(滚动交汇考查)(8分)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨水平放置在竖直向上的磁感应强度为B的磁场中,一端接有阻值为R的电阻，一质量为m，电阻为r的导体棒ab放置在导轨上，在外力F作用下从t=0开始运动，其速度规律为v=v m sinωt，不计导轨电阻及感应电流的磁场对原磁场的影响，求：(1)感应电动势的表达式;(2)电阻R上的发热功率.14.(2012·武汉模拟)(9分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E=20 V，内阻不计，它通过一个R=6 Ω的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V，0.25 W”,灯泡都正常发光，导线电阻不计.求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比;(2)发电机的输出功率.15.(滚动交汇考查)(10分)如图所示，足够长的光滑导轨ab、cd固定在竖直平面内,导轨间距为l,b、c两点间接一阻值为R的电阻.ef是一水平放置的导体杆，其质量为m、有效电阻值为R，杆与ab、cd保持良好接触.整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g 2的匀加速运动，上升了h 高度，这一过程中bc 间电阻R 产生的焦耳热为Q ，g 为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.求： (1)导体杆上升到h 过程中通过杆的电荷量; (2)导体杆上升到h 时所受拉力F 的大小;16.(滚动交汇考查)(11分)水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图a 所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0=100 T.已知两板间距离d=0.3 m,电场强度E=50 V/m,M 板上有一小孔P ，在P 正上方h=5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N 板上的Q 点如图b 所示.如果油滴的质量m=10-4 kg ，带电荷量5q 210C -=⨯.求：(1)在P 点的速度v 为多大？(2)若油滴在t=0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N 板上的Q 点，求油滴的电性及交变磁场的变化周期T.(3)Q 、O 两点水平距离.(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B 、C.在B 、C 图中，穿过圆形回路的磁通量不为零，当切断导线中的电流时，磁通量减少，所以有感应电流产生;而A 、D 图中穿过圆形回路的磁通量为零且无变化，所以没有感应电流产生.故B 、C 正确.2.【解析】选B.因回路abdc 中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc 的面积应增大，选项A 、C 、D 错误，B 正确.3.【解析】选B 、C.根据理想变压器原、副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动触头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 1亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确;当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由1122U n U n =知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确,D 错误.4.【解析】选C.金属环中的原磁场方向竖直向下，由楞次定律，感应电流的磁场向上，感应电流方向是逆时针方向;由法拉第电磁感应定律，电动势大小3BE S 2.010 V t-∆==⨯∆铁芯，故C 正确. 5.【解析】选A 、D.设粒子过P 点的速度为v 0,将粒子过C ′的速度v C ′分解，如图所示，则有y 0v PA v t,A C t 2'=''=，代入数据解得y 0C 0v v ,v 2v ='=,所以粒子过C '时动能为2E k ，A 正确，B 错误;粒子由P 到C ′动能增量为E k ，由于相邻等势面的电势差相等，因此粒子由P 点到经过BB ′时，电场力做的功应为0.5E k ，故粒子通过BB ′时动能应为1.5E k ，C 错误，D 正确.6.【解析】选A 、C.两个灯泡应串联，每个灯泡承担的电压220U V 110 V 2==，低于额定电压，灯泡不易损坏;由2U P R=，U 变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率要大于其额定功率的四分之一，故A 、C 正确.7.【解析】选A 、C.从图乙中可得穿过线圈的磁通量随时间在不断增加，根据楞次定律和安培定则，可得A 接感应电动势的正极，即电压表“+”接线柱接A 端，C 正确，D 错误;根据法拉第电磁感应定律得：0.150.10E n100 V 50 V t 0.1∆Φ-==⨯=∆，故电压表读数为50 V,A 正确，B 错误.8.【解析】选B 、D.首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为12abB2∆Φ=∆Φ=.当回路为n 匝，总电阻为nR 时，由E q I t t nR R∆Φ=∆=∆=可得q 1∶q 2=1∶1.故知A 错B 对.显然两种情况下线框电阻不变.从而，由电(热)功率公式可得21122P E()P E =①E 1=nBav ②2ab 2vE nB22b=③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2=2∶1,故知C 错D 对. 9.【解析】选A 、B 、D.由于磁感应强度增强，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，线框中的感应电流的方向为逆时针方向，流过电阻R 的感应电流由a 到b ，A 正确；由左手定则可判断线框cd 边受到的安培力方向向下，B 正确；根据法拉第电磁感应定律，线框产生的感应电动势大小为00B S BE S t t t ∆Φ∆===∆∆，C 错误；ab 间电压大小为002B S E 2U IR R E 333t R 2====,D 正确. 10.【解析】选B.对甲图，由n 1∶n 2=4∶1知U 1=4U 2，而22U P R =得211U P 16P R ==,对于乙图，2112233221112212n 1n I n I n I 2n I n I ,I I I n 2=+===，,而22P I R =得2111P I R P 4'==,故B 项正确. 11.【解析】选B.题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器,一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A 、C 、D 错误，B 正确.12.【解析】(1)根据电路的原理图，如果定值电阻太小，电流表G 1中的电流太小，读数误差较大，所以定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值较小一些的变阻器.(2)根据电路的原理图进行实物连接，注意电表的正负极不要接反. (3)闭合电键之前，应将滑动触头移到最左端，以防止闭合电键时烧坏电表;为减小实验误差，应多次测量取平均值. (4)根据串、并联规律可知:111121111I r R r I I I R R +=+=，所以111R r k R +=即r 1=(k-1)R 1 答案:(1)③ ⑥ (2)如图(3)①将滑动触头移至最左端.③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2的读数I 1、I 2 (4)r 1=(k-1)R 113.【解析】(1)根据E=BLv得：E=BLv m sin ωt (2分)(2)感应电动势的有效值为: m mE 22==(2分)感应电流的有效值为：EI R r=+(2分)电阻R 上的发热功率为()2222m 2B L v R P I R 2R r ==+(2分)答案:(1)E=BLv m sin ωt (2)()222m 2B L v R 2R r +14.【解析】(1)彩色小灯泡额定电流L P 1I A U 24==，次级线圈总电流I 2=24I L =1 A.变压器输入功率等于I 1U 1=I 2U 2=6 W, (3分)变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得22111111U I 6E U I R I R 6I I I =+=+=+, 代入E 值解得11I A 3=(I 1=3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I 2=1 A)，(3分)所以1221n I 3n I 1==.(1分)(2)发电机输出功率P=I 1E=6.67 W. (2分)答案:(1)3∶1 (2)6.67 W15.【解析】(1)通过杆的电量q I t =∆ (1分)根据闭合电路的欧姆定律EI 2R=(1分)根据电磁感应定律，得E t∆Φ=∆(1分)B hq 2R 2R∆Φ==l(1分)(2)设ef 上升h 时，速度为v 1、拉力为F ，根据运动学公式，得:1v(1分)根据牛顿第二定律，得: 11F mg BI mg 2--=l (2分)根据闭合电路的欧姆定律，得11B v I 2R=l(1分)综上解得3mg F 2=(2分)答案:(1) B h2Rl(2) 3mg 2 16.【解析】(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的初速度为2v 2gh 210510 m /s 1 m /s -==⨯⨯⨯=(2分)(2)由于油滴进入两板间的瞬间所受洛伦兹力水平向右，所以油滴带正电.油滴进入电、磁场后的情况如图所示，电场力F 电=qE=2×10-5×50 N=10-3 N (2分) G=mg=10-3 N带电油滴进入两板间，电场力与重力平衡，在磁场的作用下，油滴做匀速圆周运动.设圆周半径为R ，若恰好垂直落在N 板上的Q 点，则2mv F qvB R ==洛B 2RT vπ=解得45mv 101R m 0.05 m qB 210100--⨯===⨯⨯(2分)4B 52m 210T s 0.1s qB 210100--ππ⨯===π⨯⨯(1分)又已知d=0.3 m,由几何关系得d=6R (1分)所以交变磁场周期B 1T T 0.05s 2==π (1分)(3)设Q、O两点的水平距离为x，由几何关系得x=6R=0.3 m(2分)答案:(1)1 m/s (2)正电0.05π s (3)0.3 m。

全程复习构想高考物理一轮复习阶段滚动卷(二)新人教版-新人教版高三全册物理试题

阶段滚动卷(二) 一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～9题有多个选项符合题目要求)1．(2013·重庆理综)铀是常用的一种核燃料，假设它的原子核发生了如下的裂变反响：23592U ＋10n→a ＋b ＋210n ，如此a ＋b 可能是( )A.140 54Xe ＋9336KrB.141 56Ba ＋9236KrC.141 56Ba ＋9338SrD.140 54Xe ＋9438Sr解析：由核反响遵循的质量数守恒可知a ＋b 的质量数之和为234，由核反响遵循的电荷数守恒可知a ＋b 的电荷数为92，所以a ＋b 可能是140 54Xe ＋9438Sr ，选项D 正确．答案：D2．某物体做直线运动的v －t 图象如下列图，根据图象提供的信息可知，该物体( )A ．在4 s 末离起始点最远B ．在6 s 末离起始点最远C ．在0～4 s 内与4～6 s 内的平均速度相等D ．在0～4 s 内的加速度大于7～8 s 内的加速度解析：在速度图象中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，故题图中所示物体在6 s 末位移最大，离出发点最远，A 项错误，B 项正确；匀变速直线运动的平均速度等于对应时间内中间时刻的瞬时速度，所以0～4 s 内与4～6 s 内的平均速度不相等，C 项错误；速度图象中图线斜率表示物体的加速度，所以7～8 s 内的加速度大于0～4 s 内的加速度，D 项错误．答案：B3．如下列图，某登陆舰船头垂直海岸从A 点出发，分别沿路径AB 、AC 在演练岛屿的BC 两点登陆．登陆舰在静水中速度恒定且大于水速，如此如下说法正确的答案是( )A ．沿AC 航行所用时间较长B ．沿AC 航行时水速较大C．实际航速两次大小相等D．无论船头方向如何，登陆舰都无法在A点正对岸登陆解析：根据沿着水流方向的位移，因沿路径AC航行的方向位移长，如此所用时间较长，故A正确；不论沿哪种路径航行，水速不变，故B错误；根据速度的合成可知，实际航速两次大小不相等，故C错误；当船头偏向上游时，可以在A点正对岸登陆，故D错误．答案：A4．如下列图，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，如此( )A．轻绳对小球的拉力保持不变B．轻绳对小球的拉力逐渐增大C．小球对墙壁的压力保持不变D．小球对墙壁的压力逐渐减小解析：对小球受力分析，如下列图，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：轻绳对小球的拉力F逐渐增大，墙壁对小球的支持力F N也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，应当选项B正确，A、C、D错误．答案：B5．如下列图，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个直角边长为l的等腰直角三角形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框斜边的中线和虚线框的一条对角线恰好共线．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(逆时针方向为正)，如此如下表示I－t关系的图象中，正确的答案是( )解析：设导线框电阻为R ，从导线框进入磁场到斜边刚要进入磁场过程，即0≤t ≤2l2v过程，导线框切割磁感线的有效长度为vt ，感应电流沿正方向，I ＝Bv 2Rt ；从导线框斜边刚进入磁场到完全进入磁场过程，即2l 2v <t ≤2l v过程，导线框切割磁感线的有效长度为2l －vt ，感应电流沿正方向，I ＝2Blv R －Bv 2Rt ；导线框出磁场过程中，两直角边立刻出磁场，导线框的斜边切割磁感线运动，在22lv ≤t ≤52l 2v过程，导线框切割磁感线的有效长度为2[22l －(vt －22l )]，感应电流沿顺时针方向，I ＝2Bv 2R t －52Blv R，选项D 正确．答案：D6．(2017·东北三省三校一模)如下列图为氢原子的能级图，可见光的光子能量范围约为1.62 eV ～3.11 eV ，镁板的电子逸出功为5.9 eV ，以下说法正确的答案是( )A ．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射镁板一定不能产生光电效应现象B ．用能量为11.0 eV 的自由电子轰击处于基态的氢原子，可使其跃迁到激发态C ．处于n ＝2能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离D ．处于n ＝4能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离解析：根据氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子能量，只要能量大于 5.9 eV ，即满足光电效应现象的发生条件，故A错误．用能量为11.0 eV的自由电子轰击处于基态的氢原子可使其跃迁到激发态，故B正确．紫外线光子的能量大于3.11 eV，判断可知n＝3、n ＝4能级的氢原子可能吸收任意频率的紫外线后，发生电离，故C错误，D正确．答案：BD7．宇宙中，两颗靠得比拟近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统，设某双星系统绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如下列图．假设AO<OB，如此( )A．星球A的向心力一定大于B的向心力B．星球A的线速度一定小于B的线速度C．星球A的角速度一定小于B的角速度D．星球A的质量一定大于B的质量解析：双星间的万有引力充当其做圆周运动的向心力，由牛顿第三定律可知，两星受到的引力即向心力大小相等，所以A错误；双星的运动周期与角速度一样，根据v＝ωr可知v1<v2，即星球A的线速度一定小，所以B正确、C错误；根据m1ω2r1＝m2ω2r2，因为AO<OB，故可知m1>m2，所以D正确．答案：BD8．如下列图，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知( )A．O为负电荷B．在整个过程中q的速度先变大后变小C．在整个过程中q的加速度先变大后变小D．在整个过程中，电场力做的功为零解析：由运动轨迹分析可知q 受到库仑斥力的作用，O 点的电荷应为正电荷，A 错；从a 到b 的过程q 受到逐渐变大的库仑斥力，速度逐渐减小，加速度增大，而从b 到c 的过程q 受到逐渐变小的库仑斥力，速度逐渐增大，加速度减小，B 错，C 对；由于a 、c 两点在同一等势面上，整个过程中，电场力不做功，D 对．答案：CD9．如下列图为某发电站向某用户区供电的输电原理图，T 1为匝数比为n 1n 2的升压变压器，T 2为匝数比为n 3n 4的降压变压器．假设发电站输出的电压有效值为U 1，输电导线总电阻为R ，在某一时间段用户需求的电功率恒为P 0，用户的用电器正常工作电压为U 2，在满足用户正常用电的情况下，如下说法正确的答案是( )A ．T 1原线圈中的电流有效值为P 0U 1B ．T 2副线圈中的电流有效值为P 0U 2C ．输电线上损耗的功率为n 24P 20R n 23U 22D ．输电线上损耗的功率为n 21P 20R n 22U 21 解析：此题考查交变电流的问题，意在考查考生利用所学的远距离输电知识分析电路问题的能力．升压变压器T 1的输入功率大于P 0，所以原线圈中的电流有效值大于P 0U 1，A 错误；根据P ＝UI 可知，T 2副线圈中的电流有效值为P 0U 2，B 正确；输电线中的电流有效值为n 4P 0n 3U 2，根据P ＝I 2R 可知，输电线上损耗的功率为n 24P 20R n 23U 22，C 正确，D 错误．答案：BC二、非选择题10．某同学利用如图甲所示的装置探究恒力做功与物块动能变化的关系，水平桌面上放一小物块，在适当重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离后停在桌面上．通过实验得到一条如图乙所示的纸带，纸带上O点为物块运动起始时刻打点计时器打下的点，C、D、E、F、G、H、I点为每隔四个点所取的计数点，物块的质量为0.50 kg，打点计时器接频率为50 Hz的电源，通过力传感器测得物块受到的拉力为1.98 N．(g取9.80 m/s2)(1)物块减速运动过程中加速度的大小为a＝________ m/s2；物块与桌面间的动摩擦因数为________．(2)物块从O到D，所受合力做的功为W＝________J；动能变化量ΔE k＝________ J．(保存三位有效数字)(3)由上述实验过程可得出结论：_____________________________________________________________________________________________________________________.解析：由纸带可知，打点计时器打下F点时物块已经在做匀减速运动，根据Δx＝aT2，加速度大小a＝1.96 m/s2，由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得动摩擦因数μ＝0.2；物块从O到D，所受合力做的功为W＝Fx＝(1.98－0.2×0.5×9.80)×(16.04＋9.01)×10－2J＝0.251 J；动能变化量ΔE k＝12m(dt)2＝12×0.50×(9.01＋10.992×0.1×10－2)2J＝0.250 J.答案：(1)1.96；0.2 (2)0.251；0.250 (3)在误差允许范围内，合力做的功等于动能的变化量11．如下列图，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上下两局部，上局部充满垂直纸面向外的匀强磁场，下局部充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.一质量为m，带电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度方向与边MC的夹角θ＝30°.MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力．(1)假设要使该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？(2)假设要使该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中运动的时间至少是多少？解析：(1)设该粒子恰不从MN 边射出磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得：r cos 60°＝r －12a 解得r ＝a ，又qvB ＝m v 2r ，解得v ＝qBr m故当r ＝a 时对应粒子不从MN 边射出磁场的最大速度，最大速度为v m ＝qBa m. (2)粒子每经过中轴线PQ 一次，在PQ 方向前进的位移为轨迹半径R 的3倍，如此n 3R ＝8a ，且R ≤a ，解得n ≥83＝4.62n 所能取的最小自然数为5，粒子做圆周运动的周期T ＝2πm qB 粒子每经过PQ 一次所用的时间为t ＝T 3＝2πm 3qB粒子到达Q 点的最短时间为t min ＝5t ＝10πm 3qB. 答案：(1)qBa m (2)10πm 3qB12．如图的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作，P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．(1)假设v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE k ；(2)假设P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E k .解析：(1)P 1、P 2碰撞过程，动量守恒mv 1＝2mv ①解得v ＝v 12＝3 m/s ②。

2024年高考物理一轮复习（新人教版）第1章第2讲　匀变速直线运动的规律

2024年高考物理一轮复习（新人教版）第1章第2讲匀变速直线运动的规律第2讲匀变速直线运动的规律目标要求 1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义.2.会灵活应用运动学公式及推论解题．考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．2．匀变速直线运动的两个基本规律(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2.由以上两式联立可得速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax.3．公式选用原则以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量．选用原则如下：不涉及位移，选用v＝v0＋at不涉及末速度，选用x＝v0t＋at2不涉及时间，选用v2－v02＝2ax1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( ×)2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的．( ×)3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．( √)1．基本思路→→→→2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负．考向1 基本公式和速度位移关系式的应用例1 (2022·全国甲卷·15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)．已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )A.＋B.＋C.＋D.＋答案 C解析由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速有t2＝列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3解得t3＝则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝＋，故选C.例2 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当汽车以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问：(1)这位驾驶员的反应时间为多少；(2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少．考向2 两种匀减速直线运动的比较路上匀速行驶，遇到紧急情况，突然刹车，从开始刹车起运动过程中的位移(单位：m)与时间(单位：s)的关系式为x＝30t－2.5t2(m)，下列分析正确的是( )A．刹车过程中最后1 s内的位移大小是5 mB．刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值为10 mC．从刹车开始计时，8 s内通过的位移大小为80 mD．从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9 答案 D解析由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30m/s，加速度a＝－5 m/s2，刹车过程中在相邻1s内的位移差的绝对值|Δx|＝|a(Δt)|＝5m，从刹车开始计时到停下的时间t m＝＝6s,8 s 内通过的位移大小为x m＝＝90m，选项B、C错误；把末速度为0的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1 s内的位移大小为x1＝－at02＝2.5m，从刹车开始计时，第1 s内和第2s内的位移大小之比为11∶9，选项D正确，A错误．例4 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( ) A．物体运动时间可能为1 sB．物体运动时间可能为3 sC．物体运动时间可能为(2＋) sD．物体此时的速度大小一定为5 m/s答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5 m 时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确．由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5m/s、v3＝－5 m/s，故D错误．考向3 逆向思维法解决匀变速直线运动问题例5 假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速运动并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0<t)时刻距离海面的深度为( )A．vt0(1－) B.C. D.答案 B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝，根据逆向思维法，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为h＝a(t－t0)2＝，故选B.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．考点二匀变速直线运动的推论及应用1．匀变速直线运动的常用推论(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．即：＝＝.此公式可以求某时刻的瞬时速度．(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.不相邻相等的时间间隔T内的位移差x m－x n＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度．2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n.(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝1∶4∶9∶…∶n2.(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．3．匀变速直线运动中常见思想方法及选取技巧考向1 平均速度公式例6 如图的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的A、B、C三根桥墩间距分别为AB＝132 m、BC＝196 m．一列高速列车匀加速通过元洪航道桥，车头经过AB和BC的时间分别为3 s和4 s，则这列高速列车经过元洪航道桥的加速度大小约为( )A．0.7 m/s2 B．1.4 m/s2C．2.8 m/s2 D．6.3 m/s2答案 B解析高速列车在AB段的平均速度为v1＝＝44 m/s，在BC段的平均速度为v2＝＝49 m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝≈1.4 m/s2，B正确．考向2 位移差公式例7 (2023·重庆市实验外国语学校高三检测)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是( )A．物体运动的加速度为4 m/s2B．第2 s内的位移为6 mC．第2 s末的速度为2 m/sD．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s答案 C解析根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝＝m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移为x2－x1＝at22－at12＝×4×(22－12)m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2 s末的速度为v＝at2＝4×2m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5s 内的平均速度＝＝＝ m/s＝10m/s，故D正确，不符合题意．考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式例8 (多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝∶∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶∶D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A错误，B正确．课时精练1.如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4答案 C解析根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，x AB ＝，x AC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．2．汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )A．汽车在第1 s末的速度可能为10 m/sB．汽车加速度大小可能为3 m/s2C．汽车在第1 s末的速度一定为11 m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2答案 C解析采用逆向思维法，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x2＝at22得，汽车加速度大小a＝＝4m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x1＝v0t1－at12，代入数据解得初速度v0＝15m/s，则汽车在第1 s 末的速度v1＝v0－at1＝15m/s－4×1 m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2(m)，则它在前3s内的平均速度为( )A．8 m/s B．10 m/sC．12 m/s D．14 m/s答案 A解析由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24m/s，a ＝－12 m/s2，则由v＝v0＋at可知，汽车在2 s末停止运动，故它在前3 s内的位移等于前2 s内的位移，Δx＝24×2m－6×4 m＝24m，则汽车在前3 s内的平均速度＝＝ m/s＝8m/s，故A正确．4.(2023·广东潮州市高三月考)超音速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5倍音速以上进行超过30分钟的超音速飞行．超音速巡航的提出主要是基于快速突防的战术思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一．某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s提升至510 m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为( )A．16 200 m B．23 400 mC．30 600 m D．46 800 m答案 B解析该过程飞行的距离为s＝t＝×60m＝23 400 m，故选B.5．在2021年东京奥运会上，我国运动健儿摘金夺银，为国争光．其中在跳水男子3米板决赛中，我国选手谢思埸夺得金牌！在某次比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t.设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为x1，最后两个t时间内的总位移大小为x2，则x1∶x2为( )A．17∶4 B．13∶4 C．15∶4 D．15∶8答案 C解析初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t 时间内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.6．(2023·湖南长沙市第一中学月考)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，AB间的距离x1＝3 m，BC间的距离x2＝13 m，则该质点的加速度为( )A．3.6 m/s2 B．4 m/s2C．4.2 m/s2 D．4.8 m/s2答案 A解析因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6 m/s2，A正确．7.(2023·云南昆明市第一中学高三检测)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点．小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )A．小球的加速度大小为3 m/s2B．OA间距为8 mC．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/sD．第3 s末经过B点答案 C解析根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有x＝v0t－at2，小球又经4 s第二次通过C点，有x＋8 m＝v0(t＋4 s)－a(t＋4s)2，联立可得a＝2m/s2，x＝16m，故A、B错误；B点为AC的中间位置，OB间距为x1＝x＋4m＝20 m，由v B2－v02＝－2ax1，得v B ＝2 m/s，故C正确；由x1＝t1，得t1＝(5－) s，故D错误．8．为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2 Hz频闪照相机记录运动员起跑阶段不同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与实物的尺寸比例为1∶50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动．下列说法正确的是( )A．运动员起跑阶段的加速度为2 m/s2B．运动员通过照片中3 cm位置时速度为1 m/sC．照片中0位置为运动员的起跑位置D．运动员在照片前6 cm内的平均速度为4 m/s答案 A解析频率为2 Hz频闪照相机，时间为T＝＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有(2－1)×10－2×50 m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm位置时速度为v1＝ m/s＝2.5m/s，故B错误；根据0位置到3 cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5 m/s，即照片中0位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6cm内的平均速度为＝m/s＝2m/s，故D错误．9．(2023·辽宁省实验中学模拟)高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3tB．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为D．动车的加速度大小为答案 C解析采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为l时，时间为t，有l＝at2，动车1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4l时，时间为t5，有4l＝at52，解得t5＝2t，选项A错误；动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时为2t，则平均速度为＝＝，选项B错误；设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v5，则有4l＝×2t，解得v5＝，选项C正确；动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0＝v5－a×2t，解得a＝＝，选项D错误．10.(2023·新疆哈密市第十五中学月考)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )A．20 m/s2 B．10 m/s2C．5 m/s2 D．无法确定答案 B解析超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为x＝355m－335 m＝20m，初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A接收时，AB间的距离x′＝335 m＋5m＝340 m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝＝s＝1s，根据Δx＝at2，可得15 m－5m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B正确，A、C、D错误．11．(多选)(2023·吉林长春市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车．从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动．下列说法正确的是( )A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v0B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v0C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1答案AD解析从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝＝v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝＝，B错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D正确．12．(2023·安徽省六安一中月考)ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h提高至40 km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30 m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v1＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽车车身长度．(1)求汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．答案(1)894m (2)10.7s解析(1)设汽车匀减速过程位移大小为d1，由运动学公式得v12－v02＝－2ad1解得d1＝442 m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894 m(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，由运动学公式得v22－v02＝－2ad2解得d2＝400 m提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝t1解得t1＝26 s通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′解得t1′＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5s提速后，汽车匀减速过程时间为t2，则d2＝t2解得t2＝20 s通过匀速行驶区间的时间为t2′，则d＝v2t2′解得t2′＝1s匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝＝1.4s通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8s所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7s.。

高考物理一轮复习阶段滚动检测(四)教科版

【全程复习方略】2014版高考物理一轮复习阶段滚动检测(四)（教科版）(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。

多选题已在题号后标出,选不全得3分)1.(多选)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。

以下符合史实的是( )A．焦耳发现了电流热效应的规律B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D．法拉第总结出了判断感应电流方向的方法2.(滚动单独考查)有两个相同的电阻R串联起来接在电动势为E的电源上，通过每个电阻的电流为I，若将这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻R的电流为23I，则该电源的内阻是( )A．R B．R 2C．4R D．R 83.(多选)(2013·宁德模拟)质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上。

在如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )4.如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时，以下说法不正确的是( )A．原、副线圈磁通量之比为2∶1B．原、副线圈电流之比为1∶2C．输入功率和输出功率之比为1∶1D．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶15.(多选)如图所示，闭合金属环从高h的曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，设闭合环初速度为零，摩擦不计，则( )A.若是匀强磁场，环滚的高度小于hB.若是匀强磁场，环滚的高度等于hC.若是非匀强磁场，环滚的高度小于hD.若是非匀强磁场，环滚的高度大于h6.(滚动单独考查)P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点。

一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是( )A．P带负电B．c、d两点电势相等C．离子在运动过程中受到P的吸引力D．离子从a到b，电场力做正功7.(多选)(滚动交汇考查)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示。

2024年高考物理一轮复习滚动测试卷二第一~六章含解析新人教版

滚动测试卷二(第一~六章)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,铁质的棋盘竖直放置,每个棋子都是一个小磁铁,能吸在棋盘上,不计棋子间的相互作用力,下列说法正确的是()A.小棋子共受三个力作用B.棋子对棋盘的压力大小等于重力C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D.质量不同的棋子所受的摩擦力不同答案:D解析:小棋子受到重力G、棋盘面的吸引力F、弹力F N和静摩擦力F f,共四个力作用,重力竖直向下,摩擦力竖直向上,且重力和摩擦力是一对平衡力;支持力和引力为一对平衡力;棋子掉不下来的缘由是受到棋盘对它向上的摩擦力和它的重力大小相等,即棋子受棋盘的摩擦力与棋子的重力是一对平衡力,故选项D正确。

2.右图为水上乐园中的彩虹滑道,游客先要从一个极陡的斜坡由静止滑下,接着经过一个拱形水道,最终达到末端。

下列说法正确的是()A.斜坡的高度和拱形水道的高度差要设计合理,否则游客经过拱形水道的最高点时可能脱离轨道B.游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中始终做加速运动C.游客从斜坡下滑到最低点时,游客对滑道的压力小于重力D.游客以某一速度运动到拱形水道最高点时,游客对滑道的压力等于重力答案:A解析:斜坡的高度和拱形水道的高度差要设计合理,不能让游客经过拱形水道的最高点时的速度超过√gg,选项A正确;游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中,先做加速运动后做减速运动,选项B错误;游客从斜坡下滑到最低点时,速度最大,游客对滑道的压力大于重力,选项C错误;游客以某一速度运动到拱形水道最高点时,游客对滑道的压力小于重力,选项D错误。

3.如图甲所示,固定的粗糙斜面长为10 m,一小滑块自斜面顶端由静止起先沿斜面下滑的过程中,小滑块的动能E k随位移x的改变规律如图乙所示,取斜面底端的重力势能为零,小滑块的重力势能E p 随位移x的改变规律如图丙所示,重力加速度g取10 m/s2。

高考物理第一轮复习方略阶段滚动检测(三) 新人教版

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：阶段滚动检测(三)(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分)1.如图所示，一小球以v0=10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10 m/s2)，以下判断中正确的是( )=-A.小球经过A、B两点间的时间t(31)s=B.小球经过A、B两点间的时间t 3 sC.A、B两点间的高度差h=10 mD.A、B两点间的高度差h=15 m2.(滚动单独考查)细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直面内做圆周运动，关于小球运动到P点的加速度方向，图中可能的是( )3.(滚动单独考查)在某军区最近的一次军事演习中，一空降兵从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看做是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落.在整个过程中，下列图象可能符合事实的是(其中h表示下落高度、t表示下落的时间、F表示人受到的合外力、E表示人的机械能、E p表示人的重力势能、v表示人下落的速度)( )4.(滚动单独考查)土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等，线度从1 μm到10 m的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7.3×104 km 延伸到1.4×105 km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h ，引力常量为6.67×10-11N ·m 2/kg 2，则土星的质量约为(估算时不考虑环中颗粒间的相互作用)( ) A.9.0×1016kg B.6.4×1017kg C.9.0×1025 kgD.6.4×1026kg5.如图(1)是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A 、B 是电场线上的两点，一负电荷q 仅在电场力作用下以初速度v 0从A 运动到B 过程中的速度图线如图(2)所示，则以下说法中正确的是( )A.A 、B 两点的电场强度E A ＜E BB.A 、B 两点的电势φA ＞φBC.负电荷q 在A 、B 两点的电势能大小A B p p E E ＞D.此电场一定是负电荷形成的电场6.(滚动交汇考查)如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为q 、质量为m 的带电粒子(不计重力)以v 0从A 点水平射入电场，且刚好以速度v 从B 点射出.则以下说法正确的是( )A.若该粒子以速度-v 从B 点射入，它将刚好以速度-v 0从A 点射出B.若该粒子以速度-v 0从B 点射入，它将刚好以速度-v 从A 点射出C.若将q 的反粒子(-q,m)以速度-v 0从B 点射入，它将刚好以速度-v 从A 点射出D.若将q 的反粒子(-q,m)以速度-v 从B 点射入，它将刚好以速度-v 0从A 点射出7.(2011·大纲版全国卷)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1×105A B.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1×106 V/mD.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J8.如表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗.若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则( )自重40 (kg) 额定电压48 V载重75 (kg) 额定电流12 A 最大行驶速度20 (km/h) 额定输出功率350 WA.电动机的输入功率为576 WB.电动机的内电阻为4 ΩC.该车获得的牵引力为104 ND.该车受到的阻力为63 N9.如图所示电路，电源电动势E=30 V，电源内阻不计，电阻R1=5 Ω，R3=10Ω，变阻器的最大电阻值R2=10 Ω，当滑片P从a端向b端滑动过程中，电压表和电流表(均为理想电表)的读数变化情况是( )A.0～15 V,2～1.5 AB.0～30 V,2～1.5 AC.0～15 V,2～3.0 AD.0～30 V,2～3.0 A10.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光.在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1、L2均变亮C.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(2012·衡阳模拟)(6分)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，测量3次，求出其平均值l.其中一次测量如图甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为___________cm.用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d.其中一次测量如图乙所示，图中读数为___________mm.(2)采用如图所示的电路测量金属丝的电阻.电阻的测量值比真实值___________ (填“偏大”或“偏小”).最后由公式ρ=___________计算出金属丝的电阻率(用直接测量的物理量表示).12.(6分)图1是利用两个电流表和测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图.图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和内阻之和为10 000 Ω(比r 和滑动变阻器的总电阻都大得多)，为理想电流表.(1)按电路原理图在图2虚线框内各实物图之间画出连线.(2)在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c移动至___________ (填“a端”、“中央”或“b端”).(3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表和的示数I1和I2.多次改变滑动端c的位置，得到的数据如表:I1(mA) 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I2(mA) 480 400 320 232 140 68 在图3所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1-I2曲线.(4)利用所得曲线求得电源的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω.(保留两位小数)三、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(6分)如图所示，电压表V1和V2的读数都是3.5 V，如果对调这两个电压表，则V1的读数为3.0 V,V2的读数为4.0 V，求这两个电压表的内阻.(不计电源内阻)14.(10分)在如图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1=100 Ω,R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I 的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的.求：(1)电源的电动势和内电阻； (2)定值电阻R 2的阻值； (3)滑动变阻器R 3的最大值.15.(滚动单独考查)(10分)如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态.现开始用一沿斜面方向的力F 拉物块A 使之向上匀加速运动，当物块B 刚要离开C 时F 的大小恰为2mg.求： (1)从F 开始作用到物块B 刚要离开C 的时间. (2)物块B 刚要离开C 时力F 所做的功.16.(滚动交汇考查)(12分)如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d=40 cm.电源电动势E=24 V ，内电阻r=1 Ω,电阻R=15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0=4 m/s 竖直向上射入板间.若小球带电荷量为q=1×10-2C ，质量为m=2×10-2kg,不考虑空气阻力.那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s 2)答案解析1.【解析】选A 、C.由题意，v Ay =v 0tan45°=10 m/s.By 0v v tan6010 3 m /s =︒=.由v By -v Ay =gt得, t (31)s =-,故A 正确，B 错误.再根据22By Ay v v 2gh -=,解得h=10 m,故C 正确,D错误.2.【解析】选D.因小球做变速圆周运动，在P 点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D 选项符合要求.3.【解析】选C 、D.伞打开前可看做是自由落体运动，则机械能守恒，B 错；由于ΔE p =-mgh ，则E p 随h 的变化是一次函数关系，A 错；开伞后减速下降，向上的阻力大于重力，且随速度减小而减小，因此合力逐渐减小到零，向下做加速度减小的减速运动直到匀速运动，C 、D 对.4.【解析】选D.由万有引力提供颗粒绕土星做圆周运动的向心力得，23222Mm 24r G m()r,M r T GT ππ==283261124(1.410)kg 6.410 kg 6.6710(14 3 600)-π⨯==⨯⨯⨯⨯. 所以D 选项正确.5.【解析】选A 、B 、D.由v-t 图知，负电荷q 做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，E B ＞E A ,A 正确.又因电场力的方向在(1)图中向左，故电场线的方向为A →B ，则φA ＞φB ,B 正确.又E p =q φ，对负电荷q, A B p p E E ＜，C 错.根据电场线的方向和电场强度的特点知，此电场一定是负电荷形成的电场，D 正确.6.【解析】选A 、C.从粒子的运动轨迹可以判断粒子带正电.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动.该粒子的反粒子在电场中受到的电场力向上，轨迹将要弯曲向上.结合运动的合成与分解，可得正确选项为A 、C.7.【解析】选A 、C.闪电电流I=Q/t=1×105A ，选项A 正确；闪电过程的瞬时功率P=UI=1.0×109×1×105W=1×1014W,选项B 错误；闪电前云地之间的电场强度约为U/d=1.0×106V/m ，选项C 正确；第一个闪击过程向外释放能量为qU=6×1.0×109J=6.0×109J,选项D 错误. 8.【解析】选A 、D.U=48 V,I=12 A,P 入=UI=576 W,故A 正确.P 入=P 出+I 2r,2576350113r 1272-=Ω=Ω,故B 错. f f 350P Fv F v,F N 63 N 203.6====出，故C 错，D 正确. 9.【解析】选A.当滑片P 在a 端时，电压表示数为0,电流表示数12EI 2 A R R ==+.当滑片P 在b 端时，R 2、R 3并联电阻为5 Ω,故电压表示数为15 V ，电流表示数为1.5 A.故A 正确.10.【解析】选C.滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路部分的阻值变大，电路中的总电阻变大，路端电压变大，总电流变小，故电流表A 的读数变小，电压表V 的读数变大，小灯泡L 2变暗，L 1变亮，C 正确.11.【解析】(1)甲图读数为24.12 cm ，乙图读数为0.518 mm. (2)由于采用电流表外接法，故测量值比真实值偏小. 根据U R I =和21R S d S 4=ρ=π，l故2d U 4I πρ=l答案:(1)24.120.518(2)偏小2d U4I πl12.【解析】(1)连线如图.(2)闭合开关前，为保护电流表A 2,滑动端c 应移动至b 端. (3)I 1-I 2曲线如图.(4)根据题意： E=I 1·10 000+I 2r. 故12E rI I 10 00010 000=-再由I 1-I 2图象，得E=1.49 V r=0.60 Ω答案:见解析13.【解析】设电压表V 1、V 2的内阻分别为R 1、R 2.串联电路中，电阻两端的电压与电阻成正比.又由并联电阻的特点可得121111R 600R 400+=+①(2分)2121600R 400R 4/R 600R 4003=++②(2分)由①②可得： R 1=240 Ω,R 2=300 Ω(2分)答案:R 1=240 ΩR 2=300 Ω14.【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir 将图象中A 、B 两点的电压和电流代入得： E=16+0.2r ，E=4+0.8r 解得E=20 V,r=20 Ω(3分)(2)当R 3的滑片滑到最右端时，R 3、R 1均被短路，此时外电路电阻等于R 2，且对应于图线上B 点，故由B 点的U 、I 值可求出R 2的阻值为：B 2B U 4R 5I 0.8==Ω=Ω.(3分)(3)滑动变阻器的滑片置于最左端时，R 3阻值最大.设此时外电路总电阻为R,由图象可知，A EI R r=+,解得R=80 Ω,则此时13213R R R R R R +=+,解得：R 3=300 Ω. (4分)答案:(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω15.【解析】(1)令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿运动定律可知 mgsin θ=kx 1(1分)令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿运动定律可知 kx 2=mgsin θ(1分)F-mgsin θ-kx 2=ma(1分)将F=2mg 和θ=30°代入以上各式，解得a=g (1分) 由2121x x at 2+=(1分)解得t =(1分)(2)物块B 刚要离开C 时，物块A 的速度为v at ==(1分)此时弹簧的伸长量和F 开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零.由动能定理得()2F 121W mg x x sin30mv 2-+︒=(2分)解得22F 3m g W 2k=(1分)答案:(2) 223m g 2k16.【解析】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A 板时速度为零. 设两板间电压为U AB ，由动能定理得11 2AB 01mgd qU 0mv 2--=- (2分)解得U AB =8 V (2分)滑动变阻器两端电压U 滑=U AB =8 V (2分)设通过滑动变阻器的电流为I ，由欧姆定律得 E U I 1 A R r -==+滑(2分)滑动变阻器接入电路的电阻U R 8I ==Ω滑滑 (2分)电源的输出功率P 出=I 2(R+R 滑)=23 W (2分)答案:8 Ω 23 W。

甘肃省白银市2024高三冲刺(高考物理)人教版真题(备考卷)完整试卷

甘肃省白银市2024高三冲刺（高考物理）人教版真题(备考卷)完整试卷一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，为运动员跨栏时的训练图，若运动员把起跑八步上栏改成七步上栏，从而使起跳时距栏的水平距离增大，若在过栏时的最高点仍在栏的正上方同一高度处，八步上栏动作中运动员双脚离地时速度与水平方向的夹角为45°，则改成七步上栏时该运动员双脚离地时（不计空气阻力）（）A．若速度大小不变，速度与水平方向的夹角一定要增大B．若速度大小不变，速度与水平方向的夹角可能要减小C．若速度大小增大，速度与水平方向的夹角一定要增大D．速度大小必须增大，速度与水平方向的夹角一定要减小第(2)题如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着质量相等的两个物体A和B，通过细线相连，B放在转轴的圆心上，它们与圆盘间的动摩擦因数相同（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。

现逐渐增大圆盘的转速，当圆盘转速增加到两物体刚要发生滑动时烧断细线，则（）A．物体A沿半径方向滑离圆盘B．物体A沿切线方向滑离圆盘C．物体A仍随圆盘一起做圆周运动D．物体A受到的摩擦力大小不变第(3)题如图所示，一均匀带正电的圆环竖直放置，半径为R。

圆环轴线上有a、b两点，到圆环中心O点的距离分别为和，已知a、b两点处的场强大小相等，电势。

关于和的大小，下列说法正确的是（）A．B．C．D．不能确定第(4)题如图甲所示，用三个光源a、b、c发出的光照射光电管阴极K发生光电效应，测得电流随电压变化的图像如图乙所示，下列说法中正确的是（）A．a、c发出的光频率相同B．a、c发出的光光强相同C．b发出的光的频率比c的小D．随着电压的增大，电流一定增大第(5)题如图所示，在光滑水平桌面上，固定一个陀螺形柱体，一不可伸长的细绳一端固定在柱体腰部中央，另一端与小球相连。

细绳足够长，初始时处于伸直状态，现给小球一个垂直于绳且平行于桌面的初速度，不计细绳和柱体间的摩擦，细绳始终和桌面平行。

广西专用2024年高考物理一轮复习滚动测试卷三第一~九章含解析新人教版

滚动测试卷三(第一~九章)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.关于电场力和电场强度,以下说法正确的是()A.一点电荷分别处于电场中的A、B两点,点电荷受到的电场力大,则该处电场强度小B.在电场中某点假如没有摸索电荷,则电场力为零,电场强度也为零C.电场中某点电场强度为零,则摸索电荷在该点受到的电场力也为零D.一摸索电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力相同答案:C得知,电荷受到的电场力大,解析:一点电荷分别处于电场中的A、B两点,依据电场强度的定义式E=FF则电场强度大,故选项A错误;在电场中某点没有摸索电荷时,电场力为零,但电场强度不肯定为零,电场强度与摸索电荷无关,由电场本身确定,故选项B错误;电场中某点电场强度E为零,由电场力公式F=qE可知,摸索电荷在该点受到的电场力也肯定为零,故选项C正确;一摸索电荷在以一个点电荷为球心、半径为r的球面上各点所受电场力大小相等,但方向不同,所以电场力不同,故选项D错误。

2.嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图如图所示,嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ,在圆轨道Ⅱ做圆周运动的轨道半径为r,周期为T,已知引力常量为G,则下列说法正确的是()A.由题中(含图中)信息可求得月球的质量B.由题中(含图中)信息可求得月球第一宇宙速度C.嫦娥三号在P处变轨时必需点火加速D.嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P 处时的加速度大于沿圆轨道Ⅱ运动到P 处时的加速度答案:A解析:由万有引力供应向心力得GFF F 2=m 4π2F 2r ,则M=4π2F 3FF 2,即依据轨道半径为r ,周期为T ,引力常量为G ,可以计算出月球的质量,故A 项正确;由万有引力供应向心力G FFF 2=m F 2F ,得v=√FFF,由于不知道月球半径,所以不能计算月球第一宇宙速度,故B 项错误;嫦娥三号只有在P 处减速,做近心运动,才能进入圆轨道,故C 项错误;嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P 处时和沿圆轨道Ⅱ运动到P 处时,所受万有引力大小相等,所以加速度大小也相等,故D 项错误。

2024届全国高考一轮复习联考物理试题(四)(基础必刷)

2024届全国高考一轮复习联考物理试题（四）（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题建筑工人用如图所示的方式将重物从地面缓慢提到平台上，固定重物的光滑圆环套在轻绳上，轻绳的一端固定在竖直墙上。

在工人向上提升重物的过程中，下列说法正确的是（）A．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，绳对圆环的作用力逐渐增大B．若工人的位置保持不变，缓慢拉动手中的绳子，工人对绳的拉力不变C．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，平台对工人的支持力增大D．若不改变绳子的长度，工人握住绳子缓慢后退一小步，平台对工人的摩擦力增大第(2)题在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图象，如右图所示，则该波在第一个周期末的波形图是（）A．B．C．D．第(3)题质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。

设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。

则下列说法正确的是（）A．汽车受到的阻力200NB．汽车的最大牵引力为800NC．8s~18s过程中汽车牵引力做的功为8×104JD．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90m第(4)题如图所示，一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入三棱镜后，出射光分成a、b两束，关于a、b两束光，下列说法正确的是（）A．a光子的能量小于b光子能量B．垂直穿过同一块平行玻璃砖，a光所用的时间比b光短C．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小D．若a、b照射同一金属都能发生光电效应，a光照射逸出的光电子最大初动能小第(5)题一列简谐横波沿x轴正方向传播，如图1是时刻该简谐横波传播到的Q点时的波形图，如图2是质点P（）的振动图象，下列说法正确的是（）A．这列简谐横波的振幅为B．这列简谐横波的频率是C．这列简谐横波的波速大小是D．质点P经过时间运动到Q点第(6)题如图，理想变压器原线圈输入电压，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器，和是理想交流电压表，示数分别用和表示；和是理想交流电流表，示数分别用和表示。

高考物理一轮复习第四章曲线运动第三节圆周运动课后达标新人教版-新人教版高三全册物理试题

第三节圆周运动(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·江西师大附中模拟)如图是自行车传动机构的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，如此自行车前进的速度为( )A.πnr 1r 3r 2B ．πnr 2r 3r 1C.2πnr 2r 3r 1D ．2πnr 1r 3r 2解析：选D.自行车前进的速度等于后轮的线速度，大小齿轮是同一条传送带相连，故线速度相等，故根据公式可得：ω1r 1＝ω2r 2，解得ω2＝ω1r 1r 2，小齿轮和后轮是同轴转动，所以两者的角速度相等，故线速度v ＝r 3ω2＝2πnr 1r 3r 2，故D 正确．2．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心解析：选A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C 、D 项错误．3．(2015·高考福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．假设小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小一样且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，如此( )A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比拟t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比拟从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸〞形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，如此摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹〞形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．4．如下列图，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动．现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，如此后一种情况与原来相比拟，下面的判断中正确的答案是( )A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大B．金属块B受到桌面的支持力减小C．细线的张力变大D．小球A运动的角速度减小解析：选D.设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝T sin θ，对A，有：T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ变小，a减小，如此静摩擦力大小变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T ＝mgcos θ，θ变小，T 变小，故C 错误；设细线长为l ，如此a ＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝g l cos θ，θ变小，ω变小，故D 正确．5.(高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg解析：选C.设大环半径为R ，质量为m 的小环下滑过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2＝mg ·2R .小环滑到大环的最低点时的速度为v ＝2gR ，根据牛顿第二定律得F N －mg ＝mv 2R ，所以在最低点时大环对小环的支持力F N ＝mg ＋mv 2R＝5mg .根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力F ′N ＝F N ＝5mg ，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T ＝Mg ＋F ′N ＝Mg ＋5mg .根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，应当选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．6.如下列图，放置在水平转盘上的物体A 、B 、C 能随转盘一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 、3m ，它们与水平转盘间的动摩擦因数均为μ，离转盘中心的距离分别为0.5r 、r 、1.5r ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，如此当物体与转盘间不发生相对运动时，转盘的角速度应满足的条件是( )A ．ω≤μgrB ．ω≤2μg3rC ．ω≤2μgrD ．μgr≤ω≤ 2μgr解析：选B.当物体与转盘间不发生相对运动，并随转盘一起转动时，转盘对物体的静摩擦力提供向心力，当转速较大时，物体转动所需要的向心力大于最大静摩擦力，物体就相对转盘滑动，即临界方程是μmg ＝mω2l ，所以质量为m 、离转盘中心的距离为l 的物体随转盘一起转动的条件是ω≤μgl，即ωA ≤2μgr，ωB ≤μgr ，ωC ≤2μg3r，所以要使三个物体都能随转盘转动，其角速度应满足ω≤2μg3r，选项B 正确．二、多项选择题7．公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．如此在该弯道处( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v 0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面结冰时，与未结冰时相比，v 0的值变小解析：选AC.当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，但并不一定会向内侧滑动，静摩擦力向外侧，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tanθ＝m v 20r可知，v 0的值只与斜面倾角和圆弧轨道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D错误．8.(2018·浙江杭州五校联考)质量为m 的物体沿着半径为r 的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为v ，如下列图，假设物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，如此物体在最低点时的( )A ．向心加速度为v 2rB ．向心力为m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r C ．对球壳的压力为mv 2rD ．受到的摩擦力为μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r 解析：选AD.物体滑到半径为r 的半球形金属球壳最低点时，速度大小为v ，向心加速度为a 向＝v 2r ，故A 正确．根据牛顿第二定律可知，物体在最低点时的向心力F n ＝m v 2r ，故B错误．根据牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2r ，得到金属球壳对物体的支持力N ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，由牛顿第三定律可知，物体对金属球壳的压力大小N ′＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故C 错误．物体在最低点时，受到的摩擦力为f ＝μN ′＝μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2r ，故D 正确． 9.如下列图，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰．半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.如此( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析：选AC.根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，如此B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2BR，v B＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．10.如下列图，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，如此要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥25m/sD ．v 0≤22m/s解析：选CD.解决此题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动〞所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，又根据机械能守恒定律有mv 22＋2mgr ＝mv 22，可求得v 0≥2 5 m/s ，应当选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝mv 22，可求得v 0≤2 2 m/s ，应当选项D 正确．三、非选择题11．(2018·江西丰城中学段考)如下列图，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为45°.重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为F f ＝24mg .(1)假设小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)假设小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的范围．解析：(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mg tan 45°＝mR sin 45°·ω20解得：ω0＝2g R.(2)当ω>ω0时，重力和支持力的合力不够提供向心力，当角速度最大时，摩擦力方向沿罐壁切线向下达最大值，设此最大角速度为ω1，受力如图：由牛顿第二定律得，F f cos 45°＋F N cos 45°＝mR sin 45°ω21F f sin 45°＋mg＝F N sin 45°联立解得：ω1＝32g 2R当ω<ω0时，重力和支持力的合力大于所需向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向上，当角速度最小时，摩擦力向上达到最大值，设此最小角速度为ω2由牛顿第二定律得，F N cos 45°－F f cos 45°＝mR sin 45°ω22F f sin 45°＋F N sin 45°＝mg联立解得：ω2＝2g 2R所以2g2R≤ω≤32g2R.答案：(1)2gR(2)2g2R≤ω≤32g2R12.如下列图，A 、B 两物体用轻绳连接，并穿在水平杆上，可沿杆滑动．水平杆固定在可绕竖直轴PQ 转动的框架上，A 、B 的质量分别为m 1和m 2，水平杆对物体A 、B 的最大静摩擦力均与各物体的重力成正比，比例系数为μ，物体A 离转轴PQ 的距离为R 1，物体B 离转轴PQ 的距离为R 2，且有R 1＜R 2和m 1＜m 2.当框架转动的角速度缓慢增大到ω1时，连接两物体的轻绳开始有拉力；角速度增大到ω2时，其中一个物体受到杆的摩擦力为零．如此：(1)角速度ω1多大？此时两物体受到的摩擦力各多大？ (2)角速度ω2多大？此时轻绳拉力多大？解析：(1)对物体受力分析，开始角速度较小时靠静摩擦力就能提供做圆周运动所需向心力，因此有F f ＝mω2R ，当静摩擦力达到最大后轻绳才提供拉力．设当物体受到的静摩擦力达到最大值μmg 时，框架的角速度为ω0，如此有μmg ＝mω20R①由此得ω0＝μgR. ①式说明物体离转轴越远，受到静摩擦力越先达到最大值，所以，当角速度为ω1＝μg R 2时，轻绳开始有拉力，此时两物体受到摩擦力分别为F f A ＝m 1ω21R 1＝μm 1gR 1R 2， F f B ＝μm 2g .(2)当角速度ω＞ω1时，设轻绳拉力为F T ，对于A 物体有F T ＋F f A ＝m 1ω2R 1 ② 对于B 物体有F T ＋μm 2g ＝m 2ω2R 2③联立②③式得A 物体受到的静摩擦力为F f A ＝μm 2g －(m 2R 2－m 1R 1)ω2④由于R 1＜R 2和m 1＜m 2，如此A 物体受到静摩擦力随角速度增大而减小，当减为零时，框架的角速度为ω2＝μm 2gm 2R 2－m 1R 1⑤将⑤式代入③式得轻绳拉力为F T ＝μm 1m 2gR 1m 2R 2－m 1R 1.答案：(1)ω1＝μgR2F f A＝μm1gR1R2F f B＝μm2g(2)ω2＝μm2gm2R2－m1R1F T＝μm1m2gR1m2R2－m1R1。

高考物理第一轮复习方略阶段滚动检测(一) 新人教版

《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）（含详细解析）：阶段滚动检测(一)(90分钟 100分)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分)1.一物体从高x处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面的高度分别是( )A. v x39， B. v x99，C. v8x39， D. v3x9，2.如图所示，为一物体沿南北方向(规定向北为正方向)做直线运动的速度-时间图象，由图可知( )A.3 s末物体回到初始位置B.3 s末物体的加速度方向发生变化C.物体所受合外力的方向一直向南D.物体所受合外力的方向一直向北3.如图所示，物体A靠在倾斜的墙面上，在与墙面和B垂直的力F作用下，A、B保持静止，下列关于A、B两物体受力的个数正确的是( )A．4 4 B．4 5C．5 4 D．5 54.如图所示，作用于O点的三个力平衡，设其中一个力大小为F1，沿-y方向，大小未知的力F2与+x方向夹角为θ，下列说法正确的是( )A.力F 3只可能在第二象限B.力F 3与F 2夹角越小，F 3与F 2越小C.F 3的最小值为F 1cos θD.力F 3可能在第三象限的任意区域5.如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A 、D 间细绳是水平的，现对B 球施加一个水平向右的力F ，将B 缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力AC AD AB T T T F F F 、、的变化情况是( )A.都变大B. AD T F 和AB T F 变大，AC T F 不变C. AC T F 和AB T F 变大，AD T F 不变D. AC T F 和AD T F 变大，AB T F 不变6.如图所示，质量为M 、半径为R 、内壁光滑的半球形容器静放在粗糙水平地面上，O 为球心，有一劲度系数为k 的轻质弹簧,一端固定在半球底部O ′处，另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点，已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是( )A.小球受到轻质弹簧的弹力大小为3mg 2B.小球受到容器的支持力大小为1mg 2C.小球受到容器的支持力大小为mgD.半球形容器受到地面的摩擦力大小为3mg 27.(2011·浙江高考)如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利8.一游客站在观光电梯内，将行李箱置于电梯的水平底板上，某段时间内电梯竖直向上做匀减速运动，加速度为a＜g，在这一运动过程中( )A.游客感觉到电梯外的建筑物加速向下运动B.游客感觉到电梯外的建筑物减速向下运动C.行李箱对底板的压力大于行李箱的重力D.行李箱对底板的压力小于行李箱的重力9.如图所示，一小车有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角并与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球，当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ＞α，则下列说法正确的是( )A.轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行B.轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆向上C.轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向D.小车匀速运动时θ＝α10.(2011·福建高考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行.初速度大小为v2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v2＞v1，则( )A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(2012·广州模拟)(6分)某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，按正确操作方法测出的数据如表.其中，他选择的轻质弹簧的原长是10 cm，实验中弹簧的伸长始终未超过弹性限度.弹簧所受拉力2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0 14.0F/N弹簧的总长度11.01 12.01 12.99 14.00 15.01 16.00 16.99 l/cm(1)若以拉力F为纵坐标，以弹簧的伸长x为横坐标,请你在图中描点并作出该弹簧的F-x图线.(2)说明图象中斜率k的物理意义：_____________________________________.(3)若以x为自变量，且F的单位用N表示，x的单位用m表示，则上述图线所代表的函数为_______________________________________________________.12.(6分)用如图(甲)所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力.(1)某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，如图(乙)，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止，请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：____________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)如果这位同学先如(1)中操作，然后不断地改变对小车的拉力F，他得到M(小车质量)保持不变情况下的a-F图线是图中的_________(将选项代号的字母填在横线上).三、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)一辆卡车初速度为v0=10 m/s，以a=2 m/s2的加速度加速行驶，求：(1)卡车在3 s末的速度；(2)卡车在前6 s内的位移；(3)卡车在第6 s内的平均速度.14.(8分)沿光滑的墙壁把一个足球悬挂在A点，如图所示，足球的质量为m，悬挂绳的质量不计.足球与墙壁接触点为B，球心为O点，悬绳与墙壁的夹角为α.已知悬绳对足球的拉力的方向沿OA方向，求悬绳对足球的拉力的大小和墙壁对足球的支持力的大小.15.(10分)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，跟与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，求：(1)此时轻弹簧的弹力大小为多少？(2)小球的加速度大小和方向.(3)若不剪断轻绳而剪断弹簧的瞬间，小球的加速度为多少？16.(2012·长沙模拟)(12分)一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在离斜坡底端115 m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103N,在水平地面上调节油门后,发动机产生的牵引力为1.4×104N ，小轿车的质量为2 t ，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g 取10 m/s 2).求：(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度;(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(小轿车在行驶过程中不采用刹车装置)答案解析1.【解析】选C.根据运动学公式v ＝gt 得，速度v 与时间t 成正比，所以下落t3时的速度为tv 3v v t 3'g ＝＝.根据公式21x gt 2＝得，下落位移x 与时间的平方t 2成正比，所以下落t 3时下落的高度为22t ()13x x x t 9'g ＝＝.所以距地面高度18x x x x x x 99-'-距＝＝＝.选项C 正确.2.【解析】选D.3 s 末物体速度为零，6 s 末物体回到初始位置，前6 s 物体的加速度方向没有发生变化，方向一直向北，所以物体所受合外力的方向一直向北，故A 、B 、C 错误,D 正确.3.【解析】选C.先取B 为研究对象,把A 看做墙的一部分,受力如图所示.若只受G B 和F ，B 物体不能静止，因此A 对B 有沿接触面向上的静摩擦力1f F ，受1f F 则一定有A 对B 的弹力F N ，B 受4个力作用.取AB 整体为研究对象，同理可得墙对A 有沿墙面向上的静摩擦力2f F 和墙的弹力A N F ；由牛顿第三定律知A 还受B 的沿A 、B 接触面向下的静摩擦力1f F '和垂直接触面向上的弹力F N ′，还有自身的重力G A ，共5个力.故选项C 正确.4.【解析】选C.F 3与F 1和F 2的合力等大反向，所以F 3可能在第二象限或第三象限部分区域，力F 3与F 2夹角越小,F 2越小,但F 3先变小后变大,当F 3与F 2垂直时，F 3取得最小值为F 1cos θ，所以只有C 项正确.5.【解析】选B.以小球B 为研究对象，可得出AB T F 、F 变大，以A 、B 两小球组成的整体为研究对象，画出受力图如图所示. 竖直方向AC T F sin 2mg θ=，故AC T F 不变.水平方向AC AD T T F cos F F θ+=，故AD T F 增大,B 对，A 、C 、D 错.6.【解析】选C.对小球受力分析如图所示，由对称性可知，F N =F 弹，由平衡条件得：2F N sin θ=mg 可得：F N =F 弹=mg ，故A 、B 错误，C 正确；取半球形容器和小球为一系统，由平衡条件可以得出，地面对半球形容器的摩擦力为0，D 错误.7.【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力的受力物体分别是绳子和甲，是一对相互作用力,A 错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力,B 错误；比赛的胜负取决于人的质量，由于两人所受拉力大小相等，故其质量越大，加速度越小，相同时间内的位移越小，可赢得比赛，故C 正确，D 错误.8.【解析】选B 、D.以建筑物为参考系，电梯竖直向上做匀减速运动，反之，以电梯为参考系，游客看到的建筑物向下减速运动，故A 错、B 对；游客和行李箱处于失重状态，则行李箱对底板的压力小于行李箱的重力，故C 错、D 对.9.【解析】选A.对右侧小铁球进行受力分析可知，加速度a ＝gtan α，杆产生的弹力可以不沿杆的方向；由题意可知两小铁球受力情况相同，轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行.故A 正确，B 、C 、D 错误.10.【解析】选B.由题图乙可知t 1时刻小物块向左运动最远，t 1～t 2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A 错、B 对；0～t 2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t 2～t 3小物块与传送带一起匀速运动，摩擦力为零，C 、D 错；故选B. 11.【解析】(1)弹簧的伸长量如表所示：弹簧所受拉力F/N 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0 14.0 弹簧的总长度l /cm 11.01 12.01 12.99 14.00 15.01 16.00 16.99 弹簧的伸长量x/cm1.012.012.994.005.016.006.99在F-x 坐标系中描点连线如图所示:(2)图象中斜率k 表示弹簧的劲度系数. (3)由图象可得F=kx,其中Fk 200 N /m x∆==∆. 答案:(1)见解析(2)弹簧的劲度系数(3)F=kx,其中k=200 N/m12.【解析】(1)本题考查对实验原理的理解，该同学的操作不正确.正确的操作应是：调节木板的倾斜度，直到轻推一下小车后，小车能沿倾斜木板缓慢匀速运动.(注：本题的答题要点是：必须说清要给小车一个初速度).(2)这位同学如(1)中操作，那么小车开始运动而未加外力F 时就有加速度，又F+mgsin θ-F f ＝ma. 即：fmgsin F F a m mθ-=+，由此可知C 正确. 答案:(1)见解析(2)C13.【解析】(1)3 s 末速度v 3=v 0+at 3=16 m/s(2分) (2)前6 s 内的位移260661x v t at 962=+= m(2分) (3)前5 s 内的位移250551x v t at 752=+= m(2分)第6秒内的位移为x=x 6-x 5=21 m(1分) 第6秒内的平均速度为xv 21t==∆ m/s(1分)答案:(1)16 m/s(2)96 m (3)21 m/s14.【解析】以足球为研究对象，受力如图所示由平衡条件得：竖直方向：F T cos α-mg=0 ①(3分) 水平方向：F T sin α-F N =0②(3分)由①②得F T =mg/cos α (1分) F N =mgtan α(1分)答案:mg/cos αmgtan α 15.【解析】(1)因此时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力F T 和弹簧的弹力F N 作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：F T cos θ=mg ，(2分)水平方向有：F T sin θ＝F N ，(2分)解得弹簧的弹力大小为： F N ＝mgtan θ＝10 N.(1分)(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力等于重力F N ′＝mg ，(1分)由牛顿第二定律得小球的加速度为2N N F F a 8 m /s m-μ'==，方向水平向左.(2分) (3)当剪断弹簧的瞬间，轻绳中的拉力立即消失，小球立即受水平面支持力，与重力平衡，加速度为0. (2分) 答案:(1)10 N(2)8 m/s 2方向水平向左 (3)016.【解析】(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得：F 1+mgsin37°-μmgcos37°=ma 1 (2分)解得a 1=3 m/s 2(1分)又：v 12=2a 1x 1=2a 1h/sin37°(1分)解得行驶至斜坡底端时的速度:v 1=10 m/s(1分)(2)在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得： F 2-μmg=ma 2(1分)解得：a 2=2 m/s 2(1分)关闭油门后减速，由牛顿第二定律得： μmg=ma 3 (1分)解得：a 3=5 m/s 2(1分)关闭油门时小轿车的速度为v 2222212223v v v x 2a 2a -+=(1分)解得v 2=20 m/s(1分)212v v t 5 s a -==(1分)即在水平地面上加速的时间不能超过5 s. 答案:(1)10 m/s (2)5 s11。

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