高一物理试题-高一物理下学期课时同步测试2018001 最新
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题9001 最
两球间距离为r，而球质量分布均匀，
，则两球间的万有引力的大小为()
m2
r1)2
m1m2
r1＋r2)2
两球质量分布均匀，可认为质量集中于球心，根据万
m2
1
.
r1＋r2)2
为质量均为m的两个质点，分别置于地球表面上的不同纬度上，如果把地球看成一个均匀球体，
随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是
受地球引力大小相等
的星体，其连线的垂直平分线为
体连线的中点，如图所示，一个质量为m的物体从
动，则它受到的万有引力大小变化情况为(
．一直减小
．先减小后增大
O点时，两星体对物体的万有引力等大
当物体在无限远处时，两星体对物体的万有引力均为零，合力也为零．故物体从O沿OM方向运动，则它受到的万有
假设地球自转速度达到使赤道上的物体能“飘”起来，试估算一下，此时地球上的一天等于多少小时？
根据万有引力定律
已知该星球的半径与地球半径之比为星：R＝：4
星：M
本题考查了星体表面的抛物运动及万有引力与其表面
＝：
：。
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题5001 最新
5.6 课时作业基础达标1．(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列判断正确的是() A．合力的大小不变，方向一定指向圆心B．合力的大小不变，方向也不变C．合力产生的效果既改变速度的方向，又改变速度的大小D．合力产生的效果只改变速度的方向，不改变速度的大小【解析】匀速圆周运动的合力等于向心力，由于线速度v的大小不变，故F合只能时刻与v的方向垂直，即指向圆心，故A正确；由于F合时刻指向圆心，故其方向必须时刻改变才能时刻指向圆心，否则F就不能时刻指向圆心了，故B错；由合力F合的方向时刻与速度的方向垂直而沿切线方向无分力，故该力只改变速度的方向，不改变速度的大小，C错、D对．【答案】AD2．在光滑的水平面上，用长为l的细线拴一质量为m的小球，以角速度ω做匀速圆周运动．下列说法中正确的是() A．l、ω不变，m越小线越易被拉断B．m、ω不变，l越小线越易被拉断C．m、l不变，ω越大线越易被拉断D．m不变，l减半且角速度加倍时，线的拉力不变【解析】小球在光滑的水平面上做匀速圆周运动，线的拉力提供向心力，由向心力公式得F＝mω2l，当l、ω不变时，F与m成正比，A错误；m、ω不变时，F与l成正比，B错误；当m、l不变时，F与ω2成正比，C正确；m不变，l减半，ω加倍时，线的拉力变为原来的2倍，D错误．【答案】 C3．游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20 m/s2，g取10 m/s2，那么此位置座椅对游客的作用力是游客重力的()A．1倍B．2倍C．3倍D．4倍【解析】游客在最低点做圆周运动，座椅的支持力F N和重力G的合力提供向心力，则有F N－mg＝ma n.解得F N＝m(g＋a n)＝3mg，C正确．【答案】 C4.置于水平转盘上随转盘一起运动，沿半径指向圆心，a与c垂直，下列说法正确的是．当转盘匀速转动时，P受摩擦力方向为．当转盘加速转动时，P受摩擦力方向可能为插入桌面上的小孔中，的小球，今使小球在水平面内做半径为，如图所示，则杆的上端受到球对其作用力的大的直升机以恒定速率v在空中水平盘旋，重力加速度为直升机在空中水平盘旋时，在水平面内做匀速圆周运动，力和空气的作用力两个力的作用，其合力提供向心力，如图所示，在水平转动的圆盘上，两个完全一样的木块起随圆盘做匀速圆周运动，转动的角速度为ω的距离为r B，则两木块的向心力之比为A：r B：r1 A ：1r B12A：1r2B【解析】、B在绕的静摩擦力提供了向心力，因两木块旋转的角速度样，由向心力公式mrω2得A F B Ar B.【答案】8.如图所示，水平转盘上放有质量为m的物体，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的倍，转盘的角速度由零逐渐增大，求：绳子对物体的拉力为零时的最大角速度；如图所示是一游乐转筒的模型图，它是一个半径约为筒，可绕中间的轴转动，里面的乘客背靠圆筒壁站立．当转筒转速达圈时，乘客脚下的踏板突然脱落，要保证乘客的安使人随转筒一起转动而不掉下来，则乘客与转筒之间的动摩擦因乘客随转筒旋转时受三个力作用：重力，如图所示．要使乘客随筒壁旋转不落下来，筒壁对他的最大静摩擦力至少等于重力．乘客做圆周运动的向心力由筒壁30m2＝，当这一装置绕着竖直轴做匀速1两球与水平杆达到相对静止时．线速度大小相等．向心力的大小之比为F1：F＝：1：r＝：11当两小球随轴转动达到稳定状态时，、B两小球提供的向心力大小相等；同轴转动的两小球的圆周轨道半径之和为细线的长度；速度与各自的轨道半径成正比．两个小球质量相等，用一根轻绳相连，另有一点和B点，让两个小球绕桌面上以相同的角速度做圆周运动，若OB绳上的拉力为上的拉力为F2，OB＝AB，则()：F＝：3 B．F1：F2＝：1：F＝：3 D．F1：F2＝：11【解析】小球在光滑水平桌面上做匀速圆周运动，在竖直方向上所受重力与桌面支持力平衡，水平方向不受摩擦力，绳子的拉力提供向心力．由牛顿第二定律，对A球有－F＝r2＝2r1，各式联立解得如图所示，将完全相同的两小球A、B，用长为：B)．：1 ．：．：3 ．：【解析】当车突然停下时，球向右摆动做圆周运动，周运动的最低点，根据牛顿第二定律得，：F＝：B【答案】 C4.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀，两次金属块Q都保持在桌面上静止．则后根据小球做圆周运动的特点，设绳与竖直方向的夹角为，对物体进行受力分析，由平衡条件，故在θ增大时，由mg tanθ＝mLC选项正确，，这时弹簧的拉力大小为11 N圆盘对铁块的摩擦力大小；在此情况下要使铁块不向外滑动，铁块与圆盘间的动摩擦因铁块做匀速圆周运动所需要的向心力为置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平。
2017-2018学年高一物理下学期课时同步检测1
章末检测卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分．每小题给出的选项中只有一项符合题目要求．)1．明代诗人曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛；人在桥上走，桥流水不流”．其“桥流水不流”中的“桥流”应理解成其选择的参考系是()A．水B．桥C．人D．地面答案 A2．下列各组物理量中，都是矢量的是()A．位移、时间、速度B．速度、速率、加速度C．加速度、速度的变化量、速度D．路程、时间、位移答案 C解析位移、速度、加速度以及速度的变化量既有大小，又有方向，是矢量，而时间、路程和速率只有大小，没有方向，是标量，故C正确．3．下列关于位移和路程的说法中正确的是()A．路程是标量，只有大小；位移是矢量，有大小，也有方向B．物体沿直线运动，通过的路程一定等于位移大小C．物体两次通过的路程不等，位移不可能相等D．物体通过一段路程，则它通过的位移不可能为零答案 A解析路程是标量，位移是矢量，A对．物体只有做单向直线运动时，路程才等于位移大小，B错．物体从一位置沿不同路径到达另一位置时，路程可能不等而位移相等，C错．物体运动了一段路程后又回到了出发点，则位移为零，D错．4．在某段公路上，分别有如图1所示的甲、乙两块告示牌，告示牌上面数字的意思是()图1A．甲是指位移，乙是指平均速度B．甲是指路程，乙是指平均速度C．甲是指位移，乙是指瞬时速度D．甲是指路程，乙是指瞬时速度答案 D解析告示牌甲上面的数字是车辆沿公路行驶到达告示牌上指定的地点时通过的路程，告示牌乙上面的数字“120”表示该公路限制速度为120 km/h，表明车辆在行驶时的瞬时速度不能高于该速度，选项D正确．5．如图2所示，小球以v1＝3 m/s的速度水平向右运动，碰到墙壁经t＝0.01 s后以v2＝2 m/s的速度沿同一直线反弹，小球在这0.01 s内的平均加速度为()A．100 m/s2，方向向右图2B．100 m/s2，方向向左C ．500 m/s 2，方向向左D ．500 m/s 2，方向向右答案 C解析 规定水平向右为正方向．根据加速度的定义式a ＝Δv Δt 得：a ＝－2－30.01 m/s 2＝－500 m/s 2，负号表明加速度方向与v 1的方向相反，即水平向左．6.如图3所示是三个质点A 、B 、C 的运动轨迹，三个质点同时从N 点出发，又同时到达M 点，下列说法正确的是( )A ．从N 到M 的过程中，A 的平均速率最大B ．三质点从N 到M 的平均速率相同 图3C ．三质点从N 到M 的平均速度不相同D ．到达M 点时A 的瞬时速率最大答案 A解析 平均速率等于路程除以时间，从N 到M ，三个质点所用时间相同，A 的路程最大，故A 的平均速率最大，A 对，B 错．平均速度等于位移除以时间，三质点在相同时间内的位移相同，故它们的平均速度相同，C 错．根据该题所给条件，不能比较在M 点时三个质点的瞬时速率大小关系，D 错．7．一质点始终向着一个方向做直线运动，在前23t 时间内平均速度为v /2，后13t 时间内平均速度为2v ，则物体在t 时间内的平均速度大小是( )A ．3v /4B ．3v /2C ．vD ．2v /3答案 C解析 前23t 时间内的位移x 1＝v 2·2t 3＝13v t ，后13t 时间内的位移x 2＝2v ·13t ＝23v t ，所以t 时间内的平均速度v ＝13v t ＋23v t t＝v ，故C 正确． 二、多项选择题(本题共3小题，每小题5分．每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8．关于时间间隔和时刻，下列说法中正确的是( )A ．物体在5 s 时指的是物体在5 s 末时，指的是时刻B ．物体在5 s 内指的是物体在4 s 末到5 s 末这1 s 的时间C ．物体在第5 s 内指的是物体在4 s 末到5 s 末这1 s 的时间D ．第4 s 末就是第5 s 初，指的是时刻答案 ACD解析 5 s 时指的是5 s 末这一时刻，5 s 内指的是前5 s 这一段时间，第5 s 内指的是4 s 末到5 s 末这1 s 的时间，前1s 末和后1 s 初是同一时刻，故第4 s 末和第5 s 初是同一时刻．故本题选A 、C 、D.9．如图4所示为A 、B 两质点的v －t 图象．对于A 、B 两质点的运动，下列说法中正确的是( )A ．质点A 向所选定的正方向运动，质点B 与A 的运动方向相反B ．质点A 和B 的速度并不相同C ．在相同的时间内，质点A 、B 的位移相同图4D ．不管质点A 、B 是否从同一地点开始运动，它们之间的距离一定越来越大答案 AB解析 由v －t 图象知，A 、B 两质点以大小相等、方向相反的速度做匀速直线运动，A 、B 正确；在相同的时间内，A 、B 两质点的位移等大、反向，C 错误；由于A 、B 两质点的出发点无法确定，故A 、B 两质点间的距离可能越来越大(如图甲)，也可能先变小再变大(如图乙)，D 错误．10．质点做直线运动的v －t 图象如图5所示，则( )A ．在前3 s 内质点做变速直线运动B ．在1 s ～3 s 内质点做加速度a ＝－2 m/s 2的变速直线运动C ．在2 s ～3 s 内质点的运动方向与规定的正方向相反，加速度方向与1 s ～2 s 内的加速度方向相同 图5D ．以上说法均不正确答案 BC 解析 由图象可知，质点在第1 s 内做速度v 0＝2 m/s 的匀速直线运动，A 错误；在1 s ～3 s 内质点做变速直线运动，加速度a ＝－2－22m/s 2＝－2 m/s 2，加速度的方向与初速度v 0的方向相反，故B 正确；在2 s ～3 s 内，速度为负值，说明方向与规定的正方向相反，但加速度与1 s～2 s内的完全相同，因为图线的斜率没有发生变化，故C正确．三、实验题(本题共2小题，共12分)11．(6分)如图6所示是电火花计时器的示意图．电火花计时器和电磁打点计时器一样，工作时使用________(选填“交流”或“直流”)电源，当电源的频率是50 Hz时，每隔________s打一次点．其工作时的基本步骤如下：图6A．当纸带完全通过电火花计时器后，立即关闭电源B．将电火花计时器电源插头插入相应的电源插座C．将纸带从墨粉纸盘下面穿过电火花计时器D．接通开关，听到放电声，立即拖动纸带运动上述步骤正确的顺序是________．(按顺序填写步骤编号)答案交流0.02CBDA解析电火花计时器的工作电压是220 V交流电，频率为50 Hz 时，打点时间间隔为0.02 s，工作时，应先接通电源后释放纸带，并且打完纸带后应立即关闭电源，所以正确的顺序是CBDA.12．(6分)某次实验打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，纸带的记录如图7所示，图中O点为纸带的第一个点，接下来的前几个点模糊，因此从A点开始每打五个点取一个计数点：图7(1)推测纸带的运动是加速运动还是减速运动？________.(2)在打出A、F这两点的时间间隔中，纸带运动的平均速度是________．(3)B点的瞬时速度为________．答案(1)加速运动(2)36.50 cm/s(3)25.20 cm/s解析(1)从A点开始各相邻计数点间的时间间隔为t＝0.02×5 s ＝0.1 s，每隔0.1 s纸带运动的位移分别是x1＝2.15 cm、x2＝2.89 cm、x3＝3.74 cm、x4＝4.32 cm、x5＝5.15 cm，说明纸带做加速运动．(2)A、F间纸带运动的平均速度为v＝ΔxΔt＝19.55－1.300.1×5cm/s＝36.50 cm/s(3)B点的瞬时速度可以用AC段的平均速度表示，故v B＝v AC＝ACt＝6.34－1.302×0.1cm/s＝25.20 cm/s.四、计算题(本题共4小题，共45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．(10分)一质点由位置A向北运动了4 m，又转向东运动了3 m，到达B点，然后转向南运动了1 m，到达C点，在上面的过程中质点运动的路程是多少？运动的位移是多少？位移方向如何？答案8 m 4.2 m方向北偏东45°角解析整个过程质点运动的路程：s＝4 m＋3 m＋1 m＝8 m如图所示，整个过程质点运动的位移大小：x ＝(4－1)2＋32 m ＝3 2 m ≈4.2 m由于tan θ＝33＝1，θ＝45°，故位移方向为北偏东45°角．14．(10分)在平直轨道上行驶的火车，在拐弯前要减到合适的速度才能安全行驶，为了安全拐弯，火车正在从180 km/h 的速度开始做匀减速运动，假设安全的拐弯速度为54 km/h ，要求在50 s 内恰好到达拐弯处，求火车的加速度．答案 0.7 m/s 2，方向与火车运动方向相反解析 因v 0＝180 km/h ＝50 m/s ，v ＝54 km/h ＝15 m/s由加速度公式a ＝v －v 0t ＝15－5050＝－0.7 m/s 2即火车加速度大小为0.7 m/s 2，方向与火车运动方向相反15．(12分)如图8所示是某质点运动的v －t图象，请回答：(1)质点在图中各段的速度如何变化？(2)在0～4 s 内、8 s ～10 s 内、10 s ～12 s 内质点的加速度各是多少？图8答案 见解析解析 (1)质点在0～4 s 内速度在逐渐变大；4 s ～8 s 内质点的速度保持10 m/s 不变； 8 s ～10 s 内质点的速度逐渐减小，10 s 时质点的速度为0； 10 s ～12 s 内质点的速度反方向增大．(2)由a ＝Δv Δt 得：0～4 s 内的加速度a 1＝10－04－0m/s 2＝2.5 m/s 2 8 s ～10 s 内的加速度a 2＝0－1010－8m/s 2＝－5 m/s 2 10 s ～12 s 内的加速度a 3＝－10－012－10m/s 2＝－5 m/s 2. 16．(13分)火车从甲站到乙站正常行驶速度是60 km/h ，有一次火车从甲站开出，由于迟开了5分钟，司机把速度提高到72 km/h ，才刚好正点到达乙站．求：(1)甲、乙两站间的距离；(2)火车从甲站到乙站正常行驶的时间．答案 (1)30 km (2)0.5 h解析 设正常行驶时所用时间为t ，甲、乙两站间的距离为s ，正常行驶速度v 1＝60 km/h ＝503 m/s ，提高后的速度v 2＝72 km/h ＝20m/s ，则：v 1t ＝s ①v 2(t －60×5)＝s ②将已知数据代入①②式解得：t ＝1 800 s ＝0.5 hs ＝30 km沁园春·雪 <毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题201801 最新
．甲、乙两人站在高度不同的地方分别水平抛出一物体，初速，若它们的水平射程相等，则它们的抛出点离落点的高度之比为(不计空气阻力作用．． 2．．【解析】两物体都做平抛运动．由，两物体的水平位移相等，则它们的抛出点离落点的高度之比三个不同的位置向右分别以A、B、C，其中在同一水平线上，三个小球均同时落在地面上的OP PQ＝，且不考虑空气阻力的影响．下列说法)．两小球的下落时间之比为．两小球的下落时间之比为．两小球的初速度大小之比为．两小球的初速度大小之比为由平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，均错误．平抛水平分运动为匀速直随时间变化的图线应为下图中的()做平抛运动的物体只受重力作用，加速度为重力加速知，B项正确．．如图所示，水平台面AB距地面高度h＝0.80 m的初速度在台面上做匀变速直线运动，台面间的动摩擦因数μ＝0.25.滑块运动到平台边缘的2.2 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，结果保留两位有点飞出时的速度大小；滑块落地点到平台边缘的水平距离．设滑块从B点飞出时的速度大小为定律和运动学方程分别得－μmg＝ma，v2－v20＝2ax，5.0 m/s设滑块落地点到平台边缘的水平距离为如图所示，在同一竖直平面内，小球a、沿水平方向抛出，经过时间若不计空气阻力，下列关系式正确的是t b v a>v bt b v a>v b两球水平位移相等，即v a t a＝如图所示，相对的两个斜面，倾角分别为以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球运动时间之比为．B．．．【解析】结合平抛运动知识，A球满足1t2＝＝，故1轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，的大的长在最高点的速度比A在最高点的大OA与OBv2.1两质点抛出后都做平抛运动，设容器的半径为，B37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜6 m/s，经过时间水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中。
高一物理试题-高一物理下学期课时同步测试4 最新
等值模拟二(限时：60分钟)第Ⅰ卷二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．) 14．(2018·北京·16)如图1所示，倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是( )图1A．木块受到的摩擦力大小是mg cos αB．木块对斜面体的压力大小是mg sin αC．桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin αcos αD．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g答案 D解析对木块m受力分析如图所示，由平衡条件可知：F N1＝mg cos α，F f＝mg sin α，由牛顿第三定律可知，木块对斜面的压力大小为F N1′＝mg cos α，故选项A、B均错误；选M、m整体为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得：F N2＝(M＋m)g，选项D正确，C错误．15．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a－t图象如图2所示．则该汽车在0～60 s内的速度随时间变化的v－t图象为( )图2答案 B解析0～10 s内汽车做初速度为零的匀加速直线运动，10 s末速度增加到20 m/s；10 s～40 s内汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动；40 s～60 s内汽车做匀减速直线运动，60 s末速度减为零．故本题答案为B.16．如图3所示，曲线Ⅰ是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为R；曲线Ⅱ是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，己知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为G，地球质量为M，下列说法正确的是( )图3A ．椭圆轨道的长轴长度为RB ．卫星在Ⅰ轨道的速率为v 0，卫星在Ⅱ轨道B 点的速率为v B ，则v 0<v BC ．卫星在Ⅰ轨道的加速度大小为a 0，卫星在Ⅱ轨道A 点加速度大小为a A ，则a 0<a AD ．若OA ＝0.5R ，则卫星在B 点的速率v B > 2GM3R答案 C解析 利用开普勒第三定律可知椭圆的半长轴长度为R ，所以A 项错误；设卫星在B 点做匀速圆周运动时的速度为v B ′，根据卫星运行的线速度与轨道半径关系可知v 0>v B ′，卫星做椭圆运动时，在B 点做向心运动，则v B ′>v B ，所以v 0>v B ，故B 项错误；由牛顿第二定律F 万＝ma ，得a ＝G M r2，则a 0<a A ，C 项正确；卫星做椭圆运动时，在B 点做向心运动，G Mm r 2>m v 2Br ，r ＝2R －0.5R ＝1.5R ，可得v B <2GM3R，D 项错误． 17．如图4所示的电路，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P 向左移动，则 ( )图4A ．电容器中的电场强度将增大B ．电容器的电容将减小C ．电容器上的电荷量将减少D ．液滴将向上运动 答案 C解析 将滑动变阻器的滑片P 向左移动，电容器的电容不变，R 2中的电流减小，电容器两端电压减小，电容器上的电荷量将减少，电容器中的电场强度将减小，带电液滴所受电场力减小，液滴将向下运动，选项C 正确．18．(2018·新课标Ⅰ·18)如图5，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力) ( )图5A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m答案 B解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O 2必在垂直于速度方向的直线EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM 对应圆心角为60°，所以△EMO 2为等边三角形．由于O 1D ＝R2，所以∠EO 1D ＝60°，△O 1ME 为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO 2＝O 1E ＝R ，由qvB ＝mv 2R ，得v ＝qBRm，B 正确．19．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 ．伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响B ．开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律C ．卡文迪许利用扭秤装置测定了万有引力常量G 的数值D ．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动答案 AC解析 伽利略证明了轻物和重物下落的速度不受其重力大小的影响，选项A 正确；开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了开普勒行星运动定律，选项B 错误；卡文迪许利用扭秤装置测定了万有引力常量G 的数值，选项C 正确；伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，选项D 错误．20．如图6所示，质量m ＝1 kg 的物块，以速度v 0＝4 m/s 滑上正沿逆时针转动的水平传送带，传送带上A 、B 两点间的距离L ＝6 m ，已知传送带的速度v ＝2 m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2.关于物块在传送带上的运动，下列表述正确的是 ( )图6A ．物块在传送带上运动的时间为4 sB ．物块滑离传送带时的速率为2 m/sC ．传送带对物块做功为6 JD ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18 J 答案 BD解析 物块与传送带之间的摩擦力为μmg ＝2 N ，加速度为a ＝μg＝2 m/s 2，物块减速到零时的位移为x ＝v 202a＝4 m ，没有到达B 端，物块会向左加速运动，加速到与传送带速度相同时的位移x 1＝v 22a＝1 m ，则物块还要以2 m/s 的速度向左匀速运动4 m －1 m ＝3 m脱离传送带，选项B 正确；物块减速运动的时间t 1＝v 0a ＝2 s ，加速运动的时间t 2＝v a ＝1 s ，匀速运动的时间t 3＝32s ＝1.5 s ，总时间为2 s ＋1 s ＋1.5 s ＝4.5 s ，选项A 错误；根据动能定理，传送带对物块做的功为12mv 2－12mv 20＝－6 J ，选项C 错误；整个过程中摩擦力产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，只有在物块减速运动和加速运动时才有相对位移，在物块减速运动和加速运动阶段，传送带一直做匀速运动，相对位移为x ′＝4 m ＋4 m ＋2 m －1 m ＝9 m ，产生的热量Q ＝F f x ′＝18 J ，选项D 正确． 21．如图7所示，一带正电的离子P ，在只受某一点电荷Q (Q 未画出)的电场力作用下，从A 经过B 运动到C 的轨迹，轨迹关于水平轴线MN 对称，B 点是轨迹曲线的最右端．则以下说法正确的是 ( )图7A ．B 点速率可能最大 B ．B 点加速度一定最大C ．B 到C 过程电势能可能减小D ．A 到B 过程电势能一定减小 答案 AC解析 带正电的离子P 在只受某一点电荷Q 的电场力作用下，从A 经过B 运动到C ，根据题图的轨迹，若点电荷Q 在左侧带负电，则带正电的离子P 经过B 点速率可能最大，也可能最小；若电荷Q 在右侧带正电，则带正电的离子P 经过B 点速率可能最小，选项A 正确．若带正电的离子P 经过B 点速率最大，则B 点加速度最大；若带正电的离子P 经过B 点速率最小，则B 点加速度最小，选项B错误．若点电荷Q在右侧带正电，则带正电的离子由B到C过程电场力做正功，电势能减小，选项C正确．若点电荷Q在左侧带负电，带正电的离子由A到B过程可能克服电场力做功，电势能增加，选项D错误．第Ⅱ卷三、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答．)(一)必考题(共47分)22．(2018·天津·9(2))(7分)某实验小组利用图8所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图8①下列做法正确的是________(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图9所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图9中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(选填“大于”、“小于”或“等于”)图9答案①AD(2分) ②远小于(2分) ③小于大于(3分)解析①在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木块不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误．②选木块和木块上砝码(设总质量为M)、砝码桶及桶内的砝码(设总质量为m)为研究对象，则mg＝(M＋m)a选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则mg－F T＝ma联立解得：F T＝mg－m2gM＋m要使F T＝mg，需要m2gM＋m→0，即M≫m③对质量为m 的木块由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma即a ＝1mF －μg .上式与题图结合可知：1m 甲＞1m 乙，μ甲g ＞μ乙g .即：m 甲＜m 乙，μ甲＞μ乙23．(8分)某同学用如图10所示的实物电路，描绘额定电压为4.0 V的小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡实际功率及灯丝温度等问题．图10(1)根据实物图，在虚线框内画出电路图．(2)闭合开关，将滑动变阻器的滑片P 向b 端移动，发现“电流表的示数几乎为零，电压表的示数逐渐增大”，则分析电路的可能故障为________．A ．小灯泡短路B ．小灯泡断路C ．电流表断路D ．滑动变阻器断路(3)根据如图11所示I －U 图线，可确定小灯泡在电压为2.0 V 时实际功率为________W.图11(4)已知小灯泡灯丝在27 °C时的电阻是6.0 Ω，并且小灯泡灯丝电阻值R与灯丝温度t的关系为R＝k(273＋t)，k为比例常数．根据I－U图线，估算该灯泡正常工作时灯丝的温度约为________°C.答案(1)如图所示(2分)(2)B(2分) (3)0.6(2分，0.58～0.62之间均可)(4)227(2分，225～230之间均可)解析(1)由实验电路可画出电路图如答案图所示；(2)闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向b端移动，“电压表的示数逐渐增大”，说明电压表与小灯泡、开关、滑动变阻器及电源之间的线路连接是良好的．“电流表的示数几乎为零”，说明外电阻很大，则可断定小灯泡是断路的，电压表充当外电阻，选项B正确．(3)根据I－U图线可知，小灯泡在电压为2.0 V时的电流为0.30 A，则实际功率为P＝UI＝0.6 W；(4)由于小灯泡灯丝在27 °C时的电阻是R1＝6.0 Ω，故R1＝k(273＋t1)；由I－U图象可知，小灯泡正常工作时的电阻为R 2＝10 Ω，则有R 2＝k (273＋t 2)，联立解得t 2＝227 °C.24．(2018·新课标Ⅱ·24)(13分)如图12，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q >0)的质点沿轨道内侧运动．经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．图12答案 见解析解析 质点所受电场力的大小为F ＝qE①(2分)设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有F ＋N a ＝m v 2ar②N b －F ＝m v 2br③(3分)设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有E k a ＝12mv 2a ④E k b ＝12mv 2b⑤(3分)根据动能定理有E k b －E k a ＝F ·2r⑥(2分)联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )(1分)E k a ＝r12(N b ＋5N a )(1分)E k b ＝r12(5N b ＋N a )(1分)25．(19分)如图13所示， 用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为 R 的半圆平滑对接而成(圆的半径远大于细管内径)，轨道底端D 点与粗糙的水平地面相切．现有一辆质量为m 的玩具小车以恒定的功率从E 点开始行驶，经过一段时间t 后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点A 飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B 上的C 点，C 点与下半圆的圆心等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ，ED 之间的距离为x 0，斜面的倾角为30°.求：图13(1)小车到达C 点时的速度大小为多少；(2)在A 点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何； (3)小车的恒定功率是多少．答案 (1)22gR (2)mg ，方向竖直向上 (3)μmgx 0＋5mgR t解析 (1)把C 点的速度分解为水平方向的v A 和竖直方向的v y ，有：v Av y＝tan 30° (1分)v y ＝gt (1分)3R ＝12gt 2(1分)v ＝v 2A ＋v 2y(1分)解得：v ＝22gR (2分)(2)小车在A 点的速度大小v A ＝2gR (1分)因为v A ＝2gR >gR ，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下 (1分)mg ＋F N ＝m v 2AR(1分)解得F N ＝mg (1分)根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝mg (1分)方向竖直向上 (2分)(3)从D 到A 的过程中，机械能守恒，则 12mv 2D ＝mg ·4R ＋12mv 2A(2分)小车从E 到D 的过程中，Pt －μmgx 0＝12mv 2D(2分)解得P ＝μmgx 0＋5mgRt(2分)(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3道物理题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分) 33．[物理—选修3－3](15分)(1)(6分)下列说法正确的是(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分) ( ) A ．分子平均动能大的物体，内能一定大 B ．单晶体一定具有各向异性C ．液体表面张力是由于表面层分子间距离大，分子力表现为引力所致D．经技术改进，热机的效率能达到100%E．热量能够自发地从高温物体传到低温物体(2)(9分)如图14所示，粗细均匀的U型玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口且足够长，开始时左端空气柱长20 cm，两管水银面等高．从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长变为15 cm.温度不变，大气压强为p0＝75 cmHg.求：图14①加入水银的长度；②此过程封闭气体是吸热还是放热，并说明理由．答案(1)BCE (2)①35 cm②放热，理由见解析解析(2)①设末状态右侧管内水银面比左侧高hp1＝p0，p2＝p0＋ρ水银ghp1l1S＝(p0＋ρ水解gh)l2S(2分)设加入的水银柱长为x，x＝2(l1－l2)＋h(2分)解得：x＝35 cm(2分)②内能不变，外界对气体做正功，故气体放热．(3分)34．[物理选修3－4](15分)(1)(6分)如图15所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200 m/s，下列说法正确的是(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)( )图15A．从图示时刻开始，质点b比质点a先到平衡位置B．从图示时刻开始，经0.01 s质点a通过的路程为0.4 mC．若该波波源从O点沿x轴正方向运动，则在x＝2 000 m处接收到的波的频率将小于50 HzD．若该波传播中遇到宽约3 m的障碍物，则能发生明显的衍射现象E．a质点的振动频率为50 Hz(2)(9分)如图16所示，半圆形玻璃砖的半径为R，折射率为2，直径AB与屏幕MN垂直并接触于B点．激光束a以入射角i＝30°射向半圆玻璃砖的圆心O，结果屏幕MN上出现两个光斑．求两个光斑之间的距离L.图16答案(1)BDE (2)(3＋1)R解析 (1)根据“上坡下，下坡上”知题图所示时刻b 点正向下振动，故a 比b 先回到平衡位置，A 错误；根据波的图象知波长为4 m ，由T ＝λv＝0.18 s 知，f a ＝50 Hz ，经过0.01 s ，质点a 运动到波谷，故运动的路程为0.4 m ，B 、E 正确；由于波源正靠近观察者，故接收到的波的频率大于50 Hz ，C 错误；发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，D 正确．(2)入射光线一部分折射、一部分反射，设折射光线在屏幕上形成的光斑距B 点的距离为L 1，反射光线在屏幕上形成的光斑距B 点的距离为L 2，折射角为r ，由折射定律sin r sin i ＝n ，得r ＝45°(2分)L 1＝R (2分)由反射定律知反射角等于入射角，则有L 2＝R tan 60°＝3R (3分)故L ＝L 1＋L 2＝(3＋1)R(2分)35．[物理选修3－5](15分)(1)(6分)下列说法正确的是(填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分) ( ) A ．光电效应现象说明光具有粒子性B ．轻核聚变时释放能量，重核裂变时吸收能量C ．太阳辐射出的能量主要来自太阳内部的裂变反应D ．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构学说E ．β衰变释放出的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的 (2)(9分)在一次交通事故中，质量为M 的货车与静止于前方质量为m 的小汽车追尾并推着小汽车向前滑行．交警测得碰撞前货车刹车滑行的距离为x 1，碰撞后共同向前滑行的距离为x 2.若货车刹车后及与小汽车碰后的运动过程中，货车和小汽车所受阻力均为自身重力的μ倍，求货车刹车前的速度大小． 答案 (1)ADE (2)2μgx 1＋M ＋m 2μgx 2M 2解析 (1)只有认为光子是一份份的，才能解释光电效应现象，说明光具有粒子性，A 正确；轻核聚变和重核裂变都发生了质量亏损，都放出能量，B 错误；太阳内部发生的是聚变反应，C 错误；卢瑟福分析了α粒子散射实验现象，提出了原子的核式结构学说，D 正确；β衰变的实质是一个中子转化为一个质子和一个电子，E 正确．(2)设货车刹车前的速度大小为v 0，货车与小汽车碰撞前瞬间的速度大小为v 1，对货车根据动能定理得－μMgx 1＝12Mv 21－12Mv 2(2分)货车与小汽车碰撞后的速度大小为v 2，此过程动量守恒，则有Mv 1＝(M ＋m )v 2(2分)两车碰撞后，对货车和小汽车组成的系统根据动能定理得 －μ(M ＋m )gx 2＝0－12(M ＋m )v 22(2分)解得v 0＝2μgx1＋M＋m2μgx2M2(3分)。
最新-2018学年度高一物理下学期期末调研试卷及答案【广东省惠州市实验中学】 精品
2018-2018学年高一物理下学期期末测评试卷第一卷基础测试（共100分）一、选择题：本题共15小题，每小题4分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错得0分．1.如图所示，小物块A与水平圆盘保持相对静止，随着圆盘一起做匀速圆周运动，则物块A的受力情况是( )A．受重力、支持力B．受重力、支持力和指向圆心的摩擦力C．重力、支持力、向心力、摩擦力D．以上均不正确2．如图的皮带传动装置中，轮A和B同轴，A、B、C分别是三轮边缘的质点，且半径关系为R A=R C=2R B，则三点的向心加速度之比a A：a B：a C等于：A．4 ：2 ：1 B．2 ：1 ：2C．1 ：2 ：4 D．4 ：1 ：43．一重球用细绳悬挂在匀速前进中的车厢天花板上，当车厢突然制动时，则：A．绳的拉力突然变小B．绳的拉力突然变大C．绳的拉力没有变化D．无法判断拉力有何变化4．苹果落向地球而不是地球向上运动碰到苹果，原因是：A．由于苹果质量小，对地球的引力小，而地球质量大，对苹果引力大造成的B．由于地球对苹果有引力，而苹果对地球无引力造成的C．苹果与地球间的引力是大小相等的，由于地球质量极大，不可能产生明显的加速度D．以上说法都不对5．关于平抛运动，下列说法正确的是（）A．平抛运动是非匀变速运动B．平抛运动是匀速运动C．平抛运动是匀变速曲线运动D．平抛运动的物体落地时速度方向一定是竖直向下的6．小球质量为m，用长为L的轻质细线悬挂在O点，在O点的正下方2/L处有一钉子P，把细线沿水平方向拉直，如图所示，无初速度地释放小球，当细线碰到钉子的瞬间，设线没有断裂，则下列说法错误．．的是（）A．小球的角速度突然增大B．小球的瞬时速度突然增大C．小球的向心加速度突然增大D．小球对悬线的拉力突然增大7．质点做匀速圆周运动时，下面说法正确的是A、向心加速度一定与旋转半径成反比，因为a = v2/rB、向心加速度一定与角速度成正比，因为a = ω2rC、角速度一定与旋转半径成反比，因为ω= v/rD、角速度一定与转速成正比，因为ω= 2πn8．一只小船在静水中的速度为0.4m∕s,它要渡过一条宽度为40m的河,河水的流速为0.3m∕s, 下列说法正确的是 A. 船不可能渡过河. B. 船有可能垂直到达对岸.C.船不能垂直到达对岸D. 船到达对岸所需的时间都是100s9．一轻杆一端固定一质量为m 的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，以下说法正确的是( )A ．小球过最高点时，杆所受的弹力可以为零B ．小球过最高点时最小速度为gRC ．小球过最高点时，杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反，但 此时重力一定大于杆对球的作用力D ．小球过最高点时，杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反10．运动员将标枪以速度V 0斜向上投出，标枪出手时与水平方向间的夹角为θ，忽略空气阻力。
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题24001 最新
第七章章末检测时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．其中1～10题为单选题，11～12题为多选题)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则()A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受合外力做的功可能为零【解析】物体做匀速圆周运动时合外力不为零，但合外力做的功为零，动能不变，A错，D对；合外力不为零，物体的加速度一定不为零，是否变化不能断定，B错；合外力不为零，物体的速度方向可能变化，也可能不变，C错．【答案】 D2．高台滑雪运动员腾空跃下，如果不考虑空气阻力，则下落过程中该运动员机械能的转换关系是()A．动能减少，重力势能减少B．动能减少，重力势能增加C．动能增加，重力势能减少D．动能增加，重力势能增加【解析】下落过程高度减小，重力势能减少，转化成动能使动能增加．【答案】 C3．汽车由静止开始运动，若要使汽车在开始运动的一小段时间内保持匀加速直线运动，则()A．不断增大牵引力功率B．不断减小牵引力功率C．保持牵引力功率不变D．不能判断牵引力功率如何变化【解析】汽车做匀加速运动，牵引力F＝ma＋F f不变，根据P ＝F v知，汽车的功率不断增大，A项正确．【答案】 A的物体P放在光滑的倾角为向右推斜面体，使P与斜面体保持相对静止．在前分别从A点和B点无初速度地释放，则经时，小球的速率之比v1v2为(空气阻力不计．：2：1．：1 ．：2【解析】C点时的速度为m v2－02gh.所以v＝：v2：11德国的设计师推出了一款很有创意的球形相机，得到平时无法得到的有趣照片．为“抛掷式全景球形相机”．来自德国柏林的个手机用的摄像头并将其集成入一个球体内，质量却只有A．10 J B．20 JC．40 J D．200 J【解析】手抛相机时对相机做的功等于相机获得的动能，而在相机上升到最高点的过程中，这些动能全部转化为相机的重力势能，故手对相机做的功W＝mgh＝0.2×10×10 J＝20 J.【答案】 B7.如图所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断()A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大D．在0～t3时间内，外力做的总功为负功【解析】在0～t1时间内，速度增大，由动能定理得，选项A 正确；由P＝F v可知，在t＝0及t＝t2时刻，外力做功为零，v－t图象中的图线的斜率代表加速度，t1时刻a＝0，则F＝0，外力的功率为0，选项B、C均错；在t1～t3时间内，动能改变量为零，由动能定理得总功为正功，D错误．【答案】 A8.如图所示是健身用的“跑步机”示意图．质量为m的运动员踩在与水平面成α角的静止皮带上，运动员用力向后蹬皮带，皮带运动过程中受到的阻力恒为F f，使皮带以速度v匀速向后运动，则在运动过程中，下列说法中正确的是()A．运动员的脚对皮带的摩擦力是皮带运动的阻力B．运动员对皮带不做功C．运动员对皮带做功的功率为mg vD．运动员对皮带做功的功率为F f v【解析】运动员的脚对皮带的摩擦力是皮带运动的动力，A错误；皮带运动，是因为运动员对皮带做了功，B错误；运动员对皮带做功的功率是摩擦力的功率，为Ff v，C错误，D正确．α的传送带把一个质量为h，木箱和传送带始终保持相对静止．关于此过程，下列说法正确的是()如图，在竖直平面内，滑道三点在同一水平线上．若小滑块第一次由的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小步骤如下：a ．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带．合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑．b ．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m 及小车质量M .c ．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O 为打下的第一点．已知打点计时器的打点频率为f ，重力加速度为g .(1)步骤c 中小车所受的合外力为________．(2)为验证从O →C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD 间的距离为x 0，OC 间距离为x 1，则C 点的速度为________．需要验证的关系式为______________(用所测物理量的符号表示)．【解析】 (1)F 合＝Mg sin θ＝mg .(2)v c ＝x 02T ＝x 021f＝x 0f 2，由机械能守恒定律或动能定理有：12M v 2c ＝Mgx 1sin θ， 整理可得Mx 20f 28＝mgx 1.【答案】 (1)mg (2)x 0f 2 mgx 1＝Mx 20f 2814．(10分)某研究小组设计了一种“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，A 是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽(滑槽末端与桌面相切)，B 是质量为m 的滑块(可视为质点)．第一次实验，如图(a)所示，将滑槽末端与桌面右端M 对齐并固定，让滑块从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P 点，测出滑槽最高点距离桌面的高度h 、M 距离地面的高度H 、M 与P 间的水平距离x 1；坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题．位置速度时刻AB与竖直面内的半圆形导轨在m的小球将弹簧压缩至经过B点进入轨道的瞬间对轨道的压力为其。
高一物理试题-高一物理下学期课时同步测试8 最新
电学实验的设计与探究(限时：45分钟)1． (2018·新课标Ⅱ·23)某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω的表头按图1(a)所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表．图中R1和R2为定值电阻，S为开关．回答下列问题：图1(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线．(2)开关S闭合时，多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量__________(填“电流”、“电压”或“电阻”)．(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”)．(4)定值电阻的阻值R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(结果取3位有效数字)答案(1)见解析图(2)电流电压(3)黑(4)1.00 880 解析(1)实物连接如图所示(2)开关S闭合时，R1起分流作用，此时多用电表是用来测电流的．开关S断开时，R2起分压作用，此时多用电表是用来测电压的．(3)表笔A 所插入的插孔为“－”插孔，表笔A 应为黑色表笔．(4)当开关S 断开时，多用电表为量程为1 V 的电压表，则I g (R g ＋R 2)＝1 V所以R 2＝880 Ω当开关S 闭合时，多用电表为量程为1 A 的电流表，则I g (R g ＋R 2)＝(I －I g )R 1解得R 1＝1 000999Ω≈1.00 Ω. 2． (2018·天津·9(3))要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V ，并便于操作．乙选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V ，内阻约1 Ω)；电流表(量程为0～250 mA ，内阻约5 Ω)；电压表(量程为0～3 V ，内阻约3 k Ω)；电键一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．A ．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)B ．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)②实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.图2答案 ①A ②B ③0.1解析 ①小灯泡的电阻R 灯＝U 2P ＝320.6Ω＝15 Ω，为了便于调节，且不超过滑动变阻器的额定电流，滑动变阻器应选A.②因为R V ≫R 灯，所以电流表应外接；电压需要由零逐渐增大，控制电路应用分压式．故实验电路图应选B.③在小灯泡的伏安特性曲线中画出电源的U I 图象，两图线的交点坐标就是灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，即U 灯＝1 V ，I 灯＝0.1 A ，P 灯＝U 灯I 灯＝0.1 W3． 使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表、量程为60 mA 的电流表、电阻箱、导线若干．实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：(1)仪器连线如图3所示(a和b是多用电表的两个表笔)．若两电表均正常工作，则表笔a为____(填“红”或“黑”)色；图3(2)若适当调节电阻箱后，图4中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图a、b、c所示，则多用电表的读数为________Ω，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________Ω.a bc图4(3)计算得到多用电表内电池的电动势为________V．(保留3位有效数字)答案(1)黑(2)14.0 53.0 4.6 (3)1.54解析由多用电表的读数为14 Ω，可知电阻箱和电流表的电阻之和为14 Ω，欧姆表中值电阻(即表内电阻)为15 Ω，由闭合电路欧姆定律，E＝I(R＋r)＝53.0 mA×(14＋15) Ω＝1.54 V. 4．图5甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．图5(1)用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d＝________ m.(2)闭合开关，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图6所示的R－x图象，可得该图线的斜率k＝________Ω/m.图6(3)利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为________．(4)图5中的a导线从电流表的“0.6 A”接线柱改接于电流表的“－”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合开关，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图7所示的U－I图象，得出电源的电动势E＝________ V；若R0＝2.0 Ω，则电源的内阻r＝______Ω.图7答案 (1)3.95×10－4(3.92×10－4～3.98×10－4)(2)10(9.8～10.2均可)(3)ρ＝πd 24k (4)2.80(2.78～2.82均可) 1.0(0.96～1.18均可)解析 (1)螺旋测微器半刻度线未露出，主尺读数为0，螺旋尺第39.5个格子与主尺刻度线对齐，读数为39.5×0.01 mm＝0.395 mm ，则此螺旋测微器的读数为0.395 mm ＝3.95×10－4 m.(2)由题图可知，R －x 图线的斜率k ＝10 Ω/m.(3)由电阻定律可知R ＝ρx S，R －x 图线的斜率k ＝ρπd 22，故ρ＝πd 24k . (4)a 导线从电流表的“0.6 A”接线柱改接于电流表的“－”接线柱上，将R 0等效成电源内阻的一部分，由U －I 图象可知，电源电动势约为2.80 V ，图线的斜率的绝对值|k ′|＝3.0 Ω＝R 0＋r ，可得r ＝1.0 Ω.5． 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻．(1)实验室除提供开关S 和导线外，有以下器材可供选择：电压表：V(量程3 V ，内阻R V ＝10 k Ω)电流表：G(量程3 mA ，内阻R G ＝100 Ω)电流表：A(量程3 A，内阻约为0.5 Ω)滑动变阻器：R1(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)R2(阻值范围0～1 000 Ω，额定电流1 A)定值电阻：R3＝0.5 Ω该同学依据器材画出了如图8甲所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是________________________________________________________ ________________．(2)该同学将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是____A.(3)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用滑动变阻器________(填写器材的符号)．(4)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E＝________V(结果保留三位有效数字)，电源的内阻r＝________Ω(结果保留两位有效数字)．图8答案(1)量程与被测电流值相比较太大(2)0.618(填0.6或0.60也对)(3)R1(4)1.48 0.84(0.70～0.90之间都对)解析 (1)测量同一电流，用量程较大的电流表，指针偏转角度较小，读数误差较大，因此，不用电流表A.(2)由于电流表G 的内阻、量程已知，且有定值电阻，可将电流表G 与定值电阻R 3并联改装成电流表使用．由欧姆定律及并联电路电压关系有I g R G ＝(I －I g )R 3，解得I ＝0.618 A.(3)由于电源内阻较小，为便于调节，滑动变阻器应选全电阻较小的R 1.(4)由于电压表电阻很大，其分流可以忽略，电流表的读数等于总电流，由U ＝E －Ir 及I ≈R G R 3I G ＝200I G 得U ＝E －200I G r ，可知U －I图象的纵截距1.48 V 表示电源电动势，斜率的绝对值的二百分之一(0.84 Ω)表示电源的内阻．6． 某同学将一个内阻R g ＝1.00×118 Ω，满偏电流I g ＝200 μA 的电流表G 改装成量程为0～3 V 的电压表．(1)应选一个阻值R ＝________Ω(结果保留三位有效数字)的电阻与电流表G________(填“串”或“并”)联．(2)该同学在改装完成后，继续对改装后的电压表进行校准，校准实验的电路原理图如图9所示．除了导线和开关外，还有下列实验器材供选择：图9A ．电压表V 1(量程3 V ，内阻约3 k Ω)B．电压表V2(量程15 V，内阻约15 kΩ)C．滑动变阻器R1(阻值范围0～50 Ω)D．滑动变阻器R2(阻值范围0～20 kΩ)E．电源E1(电动势为1.5 V，内阻为0.2 Ω)F．电源E2(电动势为4 V，内阻约为0.18 Ω)①实验中电压表应该选择________(填“A”或“B”)；②实验中滑动变阻器应该选择________(填“C”或“D”)；③实验中电源应该选择________(填“E”或“F”)．答案(1)1.40×118 串(2)①A②C③F解析(1)电流表要改装成电压表需要串联一个大电阻，根据串联电路的特点得串联电阻R＝UI g－R g＝(32×10－4－1.0×118)Ω＝1.40×118 Ω；(2)因为改装后的电压表量程是3 V，因此用3 V的电压表与其并联可精确测量它两端的电压，故电压表选A，为了调节方便，应选用总阻值小的滑动变阻器，故滑动变阻器选C，要使电压表两端的电压达到3 V，因此用4 V的电源，故电源选F.7．在一次探究小灯泡的伏安特性曲线的实验中，所用器材有：灯泡L，量程恰当的电流表A和电压表V，直流电源E，滑动变阻器R，开关S，要求灯泡两端电压从零开始变化．(1)图10所示为某同学已连接的实物电路，经检查，发现电路中缺少一根导线，请你帮助他找到这根导线的位置，并画在图中；图10(2)若该同学在如图10所示状态完成了最后一根导线的连接，请指出其中仅有的两个不当之处：①_____________________________________________________ _________________；②_____________________________________________________ ___________________.(3)电路连接正确后，分别测得两只灯泡L1、L2的伏安特性曲线，如图11甲中的Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡L1和L2与电池组(电动势和内阻均恒定)连成如图乙所示的电路．多次测量后得到通过L1和L2的电流平均值分别为0.30 A和0.60 A．请根据以上结果，在图甲中画出该电池组路端电压和干路电流的关系曲线．图11(4)由该曲线可以得知电池组的电动势为________V，内阻为________Ω.(结果取两位有效数字)答案(1)如图所示(2)①开关应处于断开状态进行连线②滑动变阻器的滑片P应拨至b端(3)如图所示(4)4.2(4.0～4.5) 1.7解析(1)电源正极没有接出导线，正确的电路图如答案图所示．(2)从实验安全的角度考虑，本实验的两个不当之处为：①开关应处于断开状态进行连线；②为了保护电路，滑动变阻器滑片P应拨至b端．(3)I1＝0.3 A时由甲图中Ⅰ图线知对应电压U1为3.5 V，I2＝0.6 A时由甲图中Ⅱ图线知对应电压U2＝3.0 V，即知道路端电压随电流变化图线的两个点，在U－I坐标系中过这两点作直线，如答案图所示．(4)由图线的斜率可知电源内阻为1.7 Ω，由图线的纵截距可知电源电动势为4.2 V.【解题方法技巧9】电学实验的处理技巧电学实验中测定金属的电阻率、描绘小灯泡的伏安特性曲线、测电源的电动势和内阻、多用电表的使用等在高考中出现的频率较高.电学实验侧重于考查电路设计、实物图连接、数据处理和误差分析.近年来，高考对实验的考查向拓展实验、创新实验的方向发展，但不论实验题目怎么变化，其原理和方法都离不开课本上实验的原理、方法.电学实验的基本原理是闭合电路欧姆定律，电学实验本质上都是测电阻，因此在复习中掌握测电阻的方法非常重要，比如要掌握用伏安法测电阻为主体的方法，还要掌握测定值电阻、热敏电阻、光敏电阻、压敏电阻、磁敏电阻、电流表内阻、电压表内阻和电源内阻等的方法；通过复习提升实验能力，比如要熟练掌握以器材的选择、仪器的量程选择为主体的选择方法，还要掌握电压表、电流表、电源、定值电阻、滑动变阻器、单刀与双刀开关等器材的选择方法与思路；对复习中的设计性能力的培养，要掌握以电路的设计方案的选取为主体的设计思想，还要掌握电流表的内接与外接法、滑动变阻器的分压式与限流式接法、非理想电表的非常规接法等常规的设计思想.。
高一物理试题-高一物理下学期课时同步练习2018001 最
第4讲 万有引力定律及其应用对应学生用书P841.的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比，与它们之间距离r 的平方成反比．2．表达式：F ＝Gm 1m 2r 2，G 为引力常量：G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.3．适用条件(1)公式适用于质点间的相互作用．当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2).1.推导过程为：由mg ＝m v 2R ＝GMm R 2得：v ＝ GM R ＝gR ＝7.9 km/s.2．第一宇宙速度是人造地球卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度．3．第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度．1.第二宇宙速度(脱离速度)：v 2＝11.2 km/s ，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度．2．第三宇宙速度(逃逸速度)：v 3＝16.7 km/s ，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度．●特别提醒(1)两种周期——自转周期和公转周期的不同(2)两种速度——环绕速度与发射速度的不同，最大的环绕速度等于最小的发射速度(1)在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的．(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的．2．相对论时空观(1)在狭义相对论中，物体的质量是随物体运动速度的增大而增大的，用公式表示为m ＝m 01－v 2c 2. (2)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的．1．人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期跟轨道半径的关系GMmr 2＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫ma ―→a ＝GM r 2―→a ∝1r 2m v 2r ―→v ＝ GM r ―→v ∝1r mω2r ―→ω＝GM r 3―→ω∝1r 3m 4π2T 2r ―→T ＝4π2r 3GM ―→T ∝r 3越 高越慢2．同步卫星的五个“一定”轨道平面与赤道平面共面.与地球自转周期相同，即T ＝24 h.与地球自转的角速度相同.由G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )得同步 卫星离地面的高度h ＝ 3GMT 24π2－R .v ＝ GM R ＋h . 1．关于万有引力公式F ＝G m 1m 2r 2，以下说法中正确的是( )．A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的解析 万有引力公式F ＝G m 1m 2r 2，虽然是牛顿由天体的运动规律得出的，但牛顿又将它推广到了宇宙中的任何物体，适用于计算任何两个质点间的引力．当两个物体的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律．公式中引力常量G 的值，是卡文迪许在实验室里实验测定的，而不是人为规定的．故正确答案为C.答案 C2．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是( )．A ．第一宇宙速度又叫脱离速度B ．第一宇宙速度又叫环绕速度C ．第一宇宙速度跟地球的质量无关D ．第一宇宙速度跟地球的半径无关解析 由于对第一宇宙速度与环绕速度两个概念识记不准，造成误解，其实第一宇宙速度是指最大的环绕速度．答案 B 3.图5－4－1三颗人造地球卫星A 、B 、C 在同一平面内沿不同的轨道绕地球做匀速圆周运动，且绕行方向相同，已知R A ＜R B ＜R C .若在某一时刻，它们正好运行到同一条直线上，如图5－4－1所示．那么再经过卫星A 的四分之一周期时，卫星A 、B 、C 的位置可能是( )．解析 由G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2知，T 2∝r 3，卫星离地面越远运行周期越大，则有T A ＜T B ＜T C ，又经T A 4后，A 运动过14圆周，且B 、C 依次在其后，故只有C 正确．答案 C4．苹果自由落向地面时加速度的大小为g ，在离地面高度等于地球半径处做匀速圆周运动的人造卫星的向心加速度为( )．A ．g B.12gC.14g D ．无法确定解析 地面处：mg ＝G Mm R 2，所以g ＝GM R 2离地面高R 处：mg ′＝G Mm (2R )2，所以g ′＝GM 4R 2 所以g ′g ＝14，即g ′＝14g .答案 C5．一物体静止在平均密度为ρ的球形天体表面的赤道上．已知万有引力常量为G ，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零，则天体自转周期为( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3Gρ12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34πGρ12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫πGρ12 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫3πGρ12 解析 物体对天体表面压力恰好为零，说明天体对物体的万有引力提供向心力：G Mm R 2＝m 4π2T 2R ，解得T ＝2π R 3GM ①，又因为密度ρ＝M 43πR 3＝3M 4πR 3 ②，①②两式联立得T ＝ 3πGρ. 答案 D对应学生用书P85考点一 万有引力定律在天体运动中的应用(小专题)利用万有引力定律解决天体运动的一般思路 1．一个模型天体(包括卫星)的运动可简化为质点的匀速圆周运动模型．2．两组公式G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2·r ＝mamg ＝GMm R 2(g 为星体表面处的重力加速度)．【典例1】(2018·海南卷，10改编)火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球公转半径的 1.5倍．根据以上数据，以下说法正确的是( )．A ．火星表面重力加速度的数值比地球表面的小B ．火星公转的周期比地球的小C ．火星公转的线速度比地球的大D ．火星公转的向心加速度比地球的大解析 本题考查万有引力定律和有关天体运动的问题，意在考查考生对天体运动中各物理量之间的相互关系的掌握情况和分析比较能力．由mg ＝GmM R 2得：g 火g 地＝M 火M 地·R 地2R 火2＝110×⎝ ⎛⎭⎪⎫212＝25，所以选项A 正确；由G M 太M r 2＝M 4π2T 2r ，得T ＝4π2r 3GM 太，T 火T 地＝r 火3r 地3＝ 1.53＞1，所以选项B 错误；由G M 太M r 2＝M v 2r ，得v ＝ GM 太r ，a ＝v 2r ＝GM 太r 2，所以选项C 、D 都不对．答案 A【变式1】“嫦娥一号”于2018年3月1日下午4时13分成功撞月，从发射到撞月历时433天，标志我国一期探月工程圆满结束．其中，卫星发射过程先在近地圆轨道绕行3周，再长途跋涉进入近月圆轨道绕月飞行．若月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度的16，月球半径为地球半径的14，根据以上信息，下列说法错误的是( )．A ．绕月与绕地飞行周期之比为3∶ 2B ．绕月与绕地飞行周期之比为2∶ 3C ．绕月与绕地飞行向心加速度之比为1∶6D ．月球与地球质量之比为1∶96解析 由G Mm R 2＝mg 可得月球与地球质量之比：M 月M 地＝g 月g 地×R 月2R 地2＝196，D 正确．由于在近地及近月轨道中，“嫦娥一号”运行的半径分别可近似等于地球的半径与月球的半径，由G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ，可得：T 月T 地＝ R 月3M 地R 地3M 月＝32，A 正确．由G Mm R 2＝ma 可得：a 月a 地＝M 月R 地2M 地R 月2＝16，C 正确．答案 B【变式2】(2018·广西模拟)天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，由此估算该行星的平均密度约为( )．A ．1.8×118 kg/m 3B ．5.6×118 kg/m 3C ．1.1×118 kg/m 3D ．2.9×118 kg/m 3解析 近地卫星绕地球做圆周运动时，所受万有引力充当其做圆周运动的向心力，即：G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ①，由密度、质量和体积关系有M ＝ρ·43πR 3 ②，由①②两式得：ρ＝3πGT 2≈5.56×118 kg/m 3.由已知条件可知该行星密度是地球密度的254.7倍，即ρ1＝5.56×118×254.7kg/m 3＝2.9×118 kg/m 3，D 正确．答案 D考点二 天体表面重力加速度的求解星体表面及其某一高度处的重力加速度的求法设天体表面的重力加速度为g ，天体半径为R ，则mg ＝G Mm R 2，即g ＝GM R 2(或GM ＝gR 2)若物体距星体表面高度为h ，则重力mg ′＝G Mm (R ＋h )2，即g ′＝GM (R ＋h )2＝R 2(R ＋h )2g . 【典例2】英国《新科学家(New Scientist)》杂志评选出了2018年度世界8项科学之最，在XTEJ1650－500双星系统中发现的最小黑洞位列其中．若某黑洞的半径R 约45 km ，质量M 和半径R 的关系满足M R ＝c 22G (其中c 为光速，G 为引力常量)，则该黑洞表面重力加速度的数量级为( )．A ．118 m/s 2B ．1010 m/s 2C ．1012 m/s 2D ．1014 m/s 2解析 星球表面的物体满足mg ＝G Mm R 2，即GM ＝R 2g ，由题中所给条件M R ＝c 22G 推出GM ＝12Rc 2，则GM ＝R 2g ＝12Rc 2，代入数据解得g＝1012 m/s 2，C 正确．答案 C【变式3】近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T 1和T 2.设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g 1、g 2，则( )．A.g 1g 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 1T 243B.g 1g 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 143 C.g 1g 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 1T 22 D.g 1g 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12 解析 由GMm r 2＝m 4π2T 2r 知：r 13r 23＝T 12T 22，又卫星所在处重力提供向心力mg ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，可得：g 1g 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 143，故B 正确． 答案 B考点三 卫星的在轨运行和变轨问题(1)圆轨道上的稳定运行G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2 (2)变轨运行分析当卫星由于某种原因速度v 突然改变时，受到的万有引力G Mm r 2和需要的向心力m v 2r 不再相等，卫星将偏离原轨道运动．当G Mm r 2＞m v 2r时，卫星做近心运动，其轨道半径r 变小，由于万有引力做正功，因而速度越来越大；反之，当G Mm r 2＜m v 2r 时，卫星做离心运动，其轨道半径r 变大，由于万有引力做负功，因而速度越来越小．【典例3】如图5－4－2所示，图5－4－2北京飞控中心对“天宫一号”的对接机构进行测试，确保满足交会对接要求，在“神舟八号”发射之前20天，北京飞控中心将通过3至4次轨道控制，对“天宫一号”进行轨道相位调整，使其进入预定的交会对接轨道，等待“神舟八号”到来，要使“神舟八号”与“天宫一号”交会，并最终实施对接，“神舟八号”为了追上“天宫一号”( )．A ．应从较低轨道上加速B ．应从较高轨道上加速C ．应在从同空间站同一轨道上加速D ．无论在什么轨道上只要加速就行解析 “神舟八号”要追上“天宫一号”，不能像汽车或飞机那样，对准目标加速飞去，因为在同一轨道上，“神舟八号”一旦加速，它就离开原来轨道，进入另外一条较高的椭圆轨道，为了缩短距离，“神舟八号”应该从较低轨道加速，加速后轨道高度升高，才能与“天宫一号”在同一轨道上完成对接．据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，得T ＝2πr 3GM ，先让“神舟八号”在低轨上运行，“天宫一号”在高轨道上的运动周期大、“神舟八号”在低轨道上的运行周期小，然后“神舟八号”适时加速后做离心运动，使之与“天宫一号”在高轨道上实现对接，故选项A 对B 错．若“神舟八号”在同一轨道上只加速，将要离开原轨道向外，所以只加速不减速是不可能进行对接的，因此选项C 、D 都错．答案 A【变式4】“天宫一号”被长征二号火箭发射后，图5－4－3准确进入预定轨道，如图5－4－3所示，“天宫一号”在轨道1上运行4周后，在Q 点开启发动机短时间加速，关闭发动机后，“天宫一号”沿椭圆轨道2运行到达P 点，开启发动机再次加速，进入轨道3绕地球做圆周运动，“天宫一号”在图示轨道1、2、3上正常运行时，下列说法正确的是( )．A ．“天宫一号”在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．“天宫一号”在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C ．“天宫一号”在轨道1上经过Q 点的加速度大于它在轨道2上经过Q 点的加速度D ．“天宫一号”在轨道2上经过P 点的加速度等于它在轨道3上经过P 点的加速度解析 据v ＝ GM r ，可知v 3<v 1，选项A 错误；据ω＝ GM r 3可知ω3<ω1，选项B 错误；加速度与万有引力大小有关，r 相同，则a 相同，与轨道无关，选项C 错误，选项D 正确．答案 D对应学生用书P868.双星模型点，轨道半径分别为体，由万有引力定律可分别列出对应学生用书P871．(2018·重庆理综，16)月球与地球质量之比约为1∶80.有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O 做匀速圆周运动．据此观点，可知月球与地球绕O 点运动的线速度大小之比约为( )．A ．1∶6 400B ．1∶80C ．80∶1D ．6 400∶1解析 双星系统中的向心力大小相等，角速度相同．据此可得M v 12r 1＝m v 22r 2，Mω2r 1＝mω2r 2，联立得v 2v 1＝M m ＝801，故C 项正确． 答案 C2．(2018·天津理综，6)探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )．A ．轨道半径变小B ．向心加速度变小C ．线速度变小D ．角速度变小解析 探测器做匀速圆周运动由万有引力充当向心力，G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，G Mm r 2＝m v 2r ，G Mm r 2＝mω2r ，G Mm r 2＝ma .由以上四式可知，T减小则r 减小，a 、v 、ω均增大，故仅A 正确．答案 A 3.图5－4－4(2018·山东理综，18改编)1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东方红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元．如图5－4－4所示，“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M 和远地点N 的高度分别为439 km 和2 384 km ，则( )．A ．卫星在M 点的势能大于N 点的势能B ．卫星在M 点的角速度大于N 点的角速度C ．卫星在M 点的加速度小于N 点的加速度D ．卫星在N 点的速度大于7.9 km/s解析 卫星从M 点到N 点，万有引力做负功，势能增大，A 项错误；由开普勒第二定律知，M 点的角速度大于N 点的角速度，B 项正确；由于卫星在M 点所受万有引力较大，因而加速度较大，C 项错误；卫星在远地点N 的速度小于其在该点做圆周运动的线速度，而第一宇宙速度7.9 km/s 是线速度的最大值，D 项错误．答案 B4．(2018·全国Ⅱ，21)已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍．若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的 2.5倍，则该行星的自转周期约为( )．A ．6小时B ．12小时C ．24小时D ．36小时解析 设地球半径为R ，平均密度为ρ，同步卫星的周期为T 1，另一行星的半径为r 1，其同步卫星的周期为T 2，对于地球的同步卫星，由GMm r 2＝m 4π2T 2·r 得：G ρ·43πR 3m (R ＋6R )2＝4π2m (R ＋6R )T 12，①对于行星的同步卫星：G 12ρ·43πr 13m (2.5r 1＋r 1)2＝4π2m (2.5r 1＋r 1)T 22，② 由①②两式得：T 2T 1＝12，T 2＝12T 1＝12小时，B 项正确． 答案 B5．(2018·江苏卷，7改编)一行星绕恒星做圆周运动．由天文观测可得，其运行周期为T ，速度为v .引力常量为G ，则下列说法错误的是( )．A ．恒星的质量为v 3T 2πGB ．行星的质量为4π2v 3GT 2C ．行星运动的轨道半径为v T 2πD ．行星运动的加速度为2πv T解析 由GMm r 2＝m v 2r ＝m 4π2T 2r 得M ＝v 2r G ＝v 3T 2πG ，A 对；无法计算行星的质量，B 错；r ＝v ω＝v 2πT＝v T 2π，C 对；a ＝ω2r ＝ωv ＝2πT v ，D 对．答案 B6．(2018·课标全国卷，19)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×118 km ，运行周期约为27天，地球半径约为6 400 km ，无线电信号的传播速度为3×118 m/s.)( )．A ．0.1 sB ．0.25 sC ．0.5 sD ．1 s解析 根据GMm 同(R ＋h )2＝m 同(R ＋h )4π2T 同2，GMm 月r 2＝m 月r 4π2T 月2，结合已知数据，解得地球同步卫星距地面的高度h ≈3.6×118 m ，再根据电磁波的反射及直线传播得：2h ＝ct ，得t ≈0.24 s ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案 B7．(2018·大纲全国卷，19)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)，然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球．如果按圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比( )．A ．卫星动能增大，引力势能减小B ．卫星动能增大，引力势能增大C ．卫星动能减小，引力势能减小D ．卫星动能减小，引力势能增大解析 由GMm r 2＝m v 2r 知，E k ＝12m v 2＝GMm 2r ，r 越大，E k 越小．r增大，卫星在升高过程中要克服万有引力做功，引力势能增大．综上所述D 对，A 、B 、C 错．答案 D8．(2018·山东卷)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是( )．①甲的周期大于乙的周期 ②乙的速度大于第一宇宙速度③甲的加速度小于乙的加速度 ④甲在运行时能经过北极的正上方A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④解析 地球卫星绕地球做圆周运动时，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律知G Mm r 2＝m 4π2r T 2，得T ＝2π r 3GM .r 甲>r 乙，故T 甲>T 乙，选项①正确；贴近地表运行的卫星的速度称为第一宇宙速度，由G Mm r 2＝m v 2r 知v ＝ GM r ，r 乙>R 地，故v 乙比第一宇宙速度小，选项②错误；由G Mm r 2＝ma ，知a ＝GM r 2，r 甲>r 乙，故a 甲<a 乙，选项③正确；同步卫星只能在赤道正上方运行，故不能通过北极正上方．选项④错误．答案 C。
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题18001
7.6 课时作业基础达标1．在“探究功与速度变化的关系”实验中作出W－v图象如图所示，符合实际的是()【解析】由于W－v2是一条直线，所以W－v图象应是开口向上的抛物线，只有C对．【答案】 C2．关于探究功与物体速度变化的关系的实验中，下列叙述正确的是()A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应该尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出【解析】理解实验原理与探究步骤是解题的基础，回答该类问题，应该围绕实验探究原理与思路、数据处理与减少误差等因素加以分析判断．本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后各次实验时橡皮筋做的功是第一次实验时的多少倍就足够了，A 错．每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后各次实验时，橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍，B错．小车运动中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差，C 错．实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D正确．【答案】 D3．在探究力对物体做的功与物体速度的关系的实验中，有关小车质量的选择下列说法正确的是()A．小车质量应该尽量小一些B．小车质量应该大一些C．与小车质量无关D．以上说法都不对【解析】此实验中，如果小车质量较轻，操作更困难；再者质量小，小车获得速度会大些，会造成纸带上的点太少，不便于处理纸带，所以B正确．【答案】 B4．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W 、2W 、3W ……(2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v 1、v 2、v 3……(3)作出W －v 草图；(4)分析W －v 图象．如果W －v 图象是一条直线，表明W ∝v ；如果不是直线，可考虑是否存在W ∝v 2、W ∝v 3、W ∝v 等关系．以下关于实验的说法中有一项不正确，它是________．A ．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W 、2W 、3W ……所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致．当用1条橡皮筋进行实验时，橡皮筋对小车做的功为W ，用2条、3条……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，橡皮筋对小车做的功分别为2W 、3W ……B ．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜C ．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带．纸带上打出的点，两端密、中间疏．出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小D ．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算【解析】 求解速度的方法是选取纸带上点距均匀处来进行计算以求得小车获得的速度．因此选项D 错误，其他选项都对．【答案】 D5．某同学在研究“对不同物体做相同功情况下，物体质量与速度的关系”时，提出了以下四种猜想：A ．m ∝vB ．m ∝1vC ．m ∝v 2D ．m ∝1v 2为验证猜想的正确性，该同学用如图所示的装置进行实验：将长木板平放在水平桌面上，木块固定在长木板一端，打点计时器固定在由表格数据直观判断，明显不正确的两个猜想是若对某个猜想进行数据处理并作图，________．某研究性学习小组觉得教材中实验测量过程较复杂，改进如下：如图所示，将教材实验中的木板放在桌子的边缘，小车的前端放一小球，小车在橡皮筋作用下加速运动，到桌子边缘后小车在挡板作用下停止运动，小球做平抛运动，测出橡皮筋条数为1、2、3、……、n 时的平抛距离x1、x2、x3、……、x n，则()A．如果忽略一切摩擦，x∝n(n为橡皮筋条数)B．如果忽略一切摩擦，x2∝n(n为橡皮筋条数)C．该实验中小车受的摩擦力可以通过倾斜木板的方法平衡而不产生新的误差D．该实验中倾斜木板会产生误差【解析】由W∝v2，x∝v，W∝n得x2∝n，选项B正确．该实验应用了平抛原理，如果木板倾斜，则变为斜抛，将产生误差．选项D正确．【答案】BD2．某学习小组做“探究恒力做功与物体速度变化的关系”的实验如图，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器打出的纸带测出．(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源(填“交流”或“直流”)；(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是()A．放开小车，能够自由下滑即可B．放开小车，能够匀速下滑即可C．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可(3)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是()A．橡皮筋处于原长状态B．橡皮筋仍处于伸长状态C．小车在两个铁钉的连线处打点计时器使用的是交流电源；应将纸带穿过打点计时器，故选项D正确；(3)放开小车后，小车做当橡皮筋的拉力大小等于摩擦力大小时，此时橡皮筋仍处于伸长状态，选项B正确；(4)从纸带上看，纸带的段打点比较均匀，所以应选用纸带的GK段进行测量．(2)D(3)B(4)GK某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，请你简要说明为什么不需要测出物体的质量．让小球分别从不同高度无初速释放，测出物体初始位置到速、s3、s4……读出小球每次通过……并绘制了如图乙所示的s－v图象．若为了更直观地看的变化关系，他们下一步应怎么做？在此实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出因为对物体做的功W与物体初始位置到测速器的s－v2图象不会，摩擦力和重力的合力对物体做功也与距离．如果提供给你天平、气垫导轨、数字计时器及计算机辅助设。
高一物理试题-2018学年高一物理下册模块综合检测题2018001 最新
第六章万有引力与航天第六节经典力学的局限性第六节经典力学的局限性20世纪30年代，爱因斯坦提出了“虫洞”理论．所谓“虫洞”是宇宙中的隧道，它能扭曲空间，可以让原本相隔亿万千米的地方近在咫尺．科学家认为，如果研究成功，人类可能需要重新估计自己在宇宙中的角色和位置．现在，人类被“困”在地球上，要航行到最近的一个星系，动辄需要数百年时间，是目前人类不可能办到的．但是，未来的太空航行如使用“虫洞”，那么一瞬间就能到达宇宙中遥远的地方．“如果你希望知道地球距今一百万年后的样子，我可以告诉你方法．”格林说：“先建好一艘太空船，然后以接近光速的高速度开始飞行．当你在高速飞行的飞船上过了一年返回地球时，走出飞船后你会发现地球上已经过了100万年——你已经到了地球上的未来．”1．了解经典力学的发展历程和伟大成就．2．认识经典力学的局限性和适用范围，了解相对论的时空观．3．了解相对论、量子力学的建立对人类深入认识客观世界的作用．一、从低速到高速1．经典力学的基础是牛顿运动定律，牛顿运动定律和万有引力定律在宏观、低速、弱引力的广阔领域，包括天体力学的研究中，经受了实践的检验，取得了巨大的成就．2．狭义相对论阐述的是物体以接近光的速度运动时所遵从的规律．3．在经典力学中，物体的质量是不变的，而狭义相对论指出，质量要随物体运动速度的增大而增大，即m ，两者在速度远小于光速的条件下是统一的．4．经典力学认为位移和时间的测量与参考系无关，相对论认为，统一过程的位移和时间的测量与参考系有关，在不同的参考系中测量结果不同．二、从宏观到微观1．电子、质子、中子等微观粒子不仅有粒子性，同时还具有波动性，它们的运动规律在很多情况下不能用经典力学来说明，而量子力学能够正确地描述微观粒子的运动规律．2．经典力学的适用范围：只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界．三、从弱引力到强引力1．弱引力与强引力．(1)每一个天体都有一个引力半径，半径的大小由天体的质量决定．(2)当天体间的距离远大于引力半径时，它们间的引力就是弱引力．(3)当天体间的距离远小于引力半径时，它们间的引力就是强引力．2．经典力学与行星轨道的矛盾．按照牛顿的万有引力理论，行星应该沿着一些椭圆轨道做周期性运动，而天文观测表明，行星的轨道并不是严格闭合的，它们的近日点在不断地旋进，如水星的运动．实际观测到的水星的运动情况与爱因斯坦广义相对论的计算结果吻合得很好．1．(多选)20世纪以来，人们发现了一些新的事实，而经典力学却无法解释．经典力学只适用于解决物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子，这说明(BC )A ．随着认识的发展，经典力学已成了过时的理论B ．人们对客观事物的具体认识在广度上是有局限性的C ．不同领域的事物各有其本质与规律D ．人类已掌握不同事物的本质2．(多选)对于公式m ＝m 01－⎝ ⎛⎭⎪⎫v c 2，下列说法中正确的是(CD )A ．公式中的m 0，是物体以速度v 运动时的质量B ．当物体运动速度v >0时，物体的质量m>m 0，即物体的质量改变了，故经典力学不适用C ．当物体以较小的速度运动时，质量变化十分微小，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学仅适用于低速运动，而不适用于高速运动D ．通常由于物体的速度太小，质量的变化不能引起我们的感觉，在分析地球上物体的运动时，不必考虑质量变化3．日常生活中，我们并没发现物体的质量随物体运动的速度变化而变化．其原因是(B )A ．运动中物体无法称量质量B ．物体的速度远小于光速，质量变化极小C ．物体的质量太大D ．物体的质量不随速度的变化而变化4．某物体在低速(接近0)情况下质量为m 0，在速度为v 的高速(接近光速)情况下质量为m ，则由狭义相对论，物体速度v 为(B )A.m 0m·c B.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 2·c C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m 0m ·c D.1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 2·c。
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题19001
体获得的动能的说法中正确的是()对甲物体做功多对甲、乙两个物体做的功一样多．甲物体获得的动能比乙大．物体在合外力作用下做直线运动的v－内，合外力做正功内，合外力总是做负功m2＝，它们刹车时的初1动能相同，若它们与水平地面之间的动摩擦因数相同，：s1．：1 ．：2．：4 ．：11：s2：m＝：【答案】 B．将质量为的物体，以初速度程中阻力大小恒为重力的0.2倍．求：物体上升的最大高度；)秒末到第3秒末合力做功为4W秒末到第5秒末合力做功为－2W秒末到第7秒末合力做功为－W秒末到第4秒末合力做功为－0.75W由题中图象可知物体速度变化情况，末：W1＝12m v2－12m v2＝0，A末：W2＝0－12m v2＝－W，B末：W3＝12m(－v)2－0＝W，C末：W4＝12m⎝⎛⎭⎪⎫v22－12m v2＝－.(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，g对滑块从A到C全过程应用动能定理得sinθ)L－μmgx＝0，整理得－F sinθ)L]/(μmg)0.2×(2.0×10－10×0.6)×1.00.2×2.0×10如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道轨道半径R＝0.5 m．在与C相距入一小物体，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝OCBA运动通过、D间的距离＝10 m/s2)A点时速度为的过程，由动能定理得：1联立①②③式代入数据解得v0＝7 m/s. 【答案】7 m/s。
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题14002
圆周运动的实例分析练习1．飞机在沿水平方向匀速飞行时，飞机受到的重力与垂直于机翼向上的升力为平衡力，当飞机沿水平面做匀速圆周运动时，机翼与水平面成α角倾斜，这时关于飞机受力说法正确的是（）．A．飞机受到重力、升力B．飞机受到重力、升力和向心力C．飞机受到的重力和升力仍为平衡力D．飞机受到的合外力为零2．汽车以一定速率通过拱形桥时，下列说法正确的是（）．A．在最高点汽车对桥的压力大于汽车的重力B．在最高点汽车对桥的压力等于汽车的重力C．在最高点汽车对桥的压力小于汽车的重力D．汽车以恒定的速率过桥时，汽车所受的合力为零3．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为θ.设拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车速为v时车轮与路面之间的横向（即垂直于前进方向）摩擦力等于零，θ应等于（）．A．arcsin2vRg B．arctan2vRgC．12arcsin2v2RgD．arccot2vRg4．半径为R的光滑半圆球固定在水平面上（如图），顶部有一小物体A，今给它一个水平初速度v0）．A．沿球面下滑至M点B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动C．按半径大于R的新的圆弧轨道做圆周运动D．立即离开半圆球做平抛运动5．如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是（）．A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变小，小球将可能沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做近心运动6．在水平转台上，放着A、B两个物体，与转轴的距离相等，如图所示，两个物体的质量分别为m A和m B，两个物体与转台的动摩擦因数相等，开始时，A、B随转台一起转动，当转台绕轴转动逐渐加快时（）．A．A先滑动B．B先滑动C．同时滑动D．条件不足，不能判断哪个物体先滑动7．质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，如图所示，经过最高点而不脱离轨道的速度临界值是v，当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道的压力值是（）．A．0 B．mgC．3mg D．5mg8．如图所示，用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是（）．A．小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B．小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速D．小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力9．一木块放于水平转盘上，与转轴的距离为r，若木块与盘面间的最大静摩擦力是木块重力的μ倍，则转盘转动的角速度最大是____．10．杂技演员在做水流星表演时，用绳系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，水的质量m＝0.5 kg，绳长l＝60 cm，如图所示，求：（1）最高点水不流出的最小速率；（2）水在最高点速率v＝3 m/s时，水对桶底的压力．参考答案1．答案：A解析：类似火车转弯情况，飞机受到重力、升力的合力提供飞机沿水平面做匀速圆周运动时的向心力，应选A.2．答案：C解析：汽车以一定速率通过拱形桥时，在最高点汽车做圆周运动的向心力竖直向下，处于失重状态，汽车对桥的压力小于汽车的重力，C 对，A 、B 、D 错误．3．答案：B解析：汽车受重力和支持力，当横向摩擦力为零时，两个力的合力提供向心力，则有mg tan θ＝2v m R ，故有θ＝arctan 2v Rg. 4．答案：D解析：小物体在半球面的顶点，若是能沿球面下滑，则它受到的半球面的弹力与重力的合力提供向心力，有mg －F ＝20mv R ＝mg ，因F＝0，这说明小物体与半球面之间无相互作用力，小物体只受到重力的作用，又有水平初速度，小物体做平抛运动．5．答案：ACD解析：由2=mv F R知，拉力变小，F 提供向心力不足，R 变大，小球做离心运动；反之，F 变大，小球做近心运动．6．答案：C解析：本题中A 、B 两物体做圆周运动的向心力都是由静摩擦力提供的．由向心力公式F ＝m ω2r 可得：达到最大静摩擦力时有关系式μmg ＝m ω2r ，即μg ＝ω2r ，显然谁先滑动与m 无关，只与半径有关．7．答案：C解析：小球过最高点而恰好不脱离轨道时，小球只受重力作用，即2=v mg m R ；当小球以2v 的速度过最高点时，有mg ＋F N ＝2(2)v m R，联立解得F N ＝3mg ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为3mg .8．答案：CD解析：由于不知道小球在圆周最高点时的速率，故无法确定绳子的拉力大小，A 、B 选项错误；若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率满足2=v mg L ，推导可得v C 正确；小球过最低点时，向心力方向向上，故绳子的拉力一定大于小球重力，D 选项也正确．9．解析：最大静摩擦力提供向心力时，角速度最大，f max ＝μmg ＝2max m r ω，ω.10．答案：（1）2.42 m/s （2）2.6 N 方向竖直向上解析：（1）在最高点水不流出的条件是重力不大于水做圆周运动所需要的向心力，即20v mg m R≤，则所求最小速率0v ＝2.42 m/s.（2）当水在最高点的速率大于v 0时，只靠重力提供向心力已不够，此时水桶底对水有一向下的压力，设为F N ，由牛顿第二定律有F N ＋mg ＝2v m R ，F N ＝2v m R－mg ＝2.6 N ．由牛顿第三定律知，水对水桶的作用力F N ′＝F N ＝2.6 N ，方向竖直向上．。
高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题22001
7.10 课时作业基础达标1．下列物理过程，物质运动形式没有发生变化的是()A．哈雷彗星绕太阳做变速椭圆运动B．冰块沿光滑斜面下滑C．氢气球匀速上升D．热水瓶瓶塞向上跳起【解析】因为A、B为机械运动，在运动过程中只有动能和势能的相互转化，始终在机械能的范畴内．C和D都有内能和机械能之间的相互转化．【答案】AB2.市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子(如图所示)．在阳光的照射下，小电扇快速转动，能给炎热的夏季带来一丝凉爽．该装置的能量转化情况是()A．太阳能→电能→机械能B．太阳能→机械能→电能C．电能→太阳能→机械能D．机械能→太阳能→电能【解析】电池板中太阳能转化为电能，小电动机中电能转化为机械能．【答案】 A3．我国居民有在房前种树的习惯，夏天大树长出茂密的叶子，为人们挡住炎炎烈日，冬天树叶又会全部掉光，使温暖的阳光进入层内，可以起到冬暖夏凉的作用，被人们称为天然空调．炎热的夏天，我们在经过有树的地方时，也会感到很明显的凉意．关于树木周围比较凉爽的现象，下列说法正确的是()A．树木把大部分太阳光反射出去，使地面温度降低B．树木吸收太阳能，使自己温度升高，周围温度降低C．树木吸收太阳能，将太阳光的能量转化为化学能，使环境温度降低D．白天树木将热量存起来，晚上再将热量放出来，所以白天在树林里感到凉爽而晚上感到热【解析】树木进行光合作用，将太阳能转化成树木生长所需的化学能，因此能使环境温度降低，并不是将能量反射或使自己温度升等部件加以改进．给电动车蓄电池充电的能量实际上来自于发电站，烧燃料所释放出来的能量仅30%转化为电能，在向用户输送及充电过20%，这意味着使用电动车时能量转化的总效率约为从图中可以看出电动车每千克蓄能物质所储存的能量和充一次电能行驶的距离均远小于汽油车，因此应对蓄电池加以改进，另外电动车的效率也不是很高，所以也可对电动机进行改进．设发电站消耗的能量为E 0，电动车输出的机械能为知使用电动车时能量转化的总效率为＝E 0×30%×80%×70%E 0＝16.8%. 蓄电池 电动机 16.8．如图所示，一个粗细均匀的U 形管内装有同种液体，液体质在管口右端用盖板A 密闭，两边液面高度差为h ，现拿去盖板，液体开始运动，由于液体的管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为mgh 12mgh拿去盖板后管中液体开始运动，但由于管壁阻力的作形管中左右两边液面相平，在此过程中管中液体减少的M ，地板上放置一质量为索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为．地板对物体的支持力做的功等于12m节约型社会的思想深得民心，自动充电式电动车就是很好的一例：将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当电动车滑行时，就可以向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以粗糙的水平面上滑行，第一次关闭充电装置，让车自由滑行，其动能随位移的变化关系如图线①所示；第二次启动充电装置，移的变化关系如图线②所示，则( )．电动车受到的摩擦阻力为50 N ．电动车受到的摩擦阻力为83 N滑块由静止开始沿曲面下滑，点以速度v 沿曲面下滑返回B 和从B 到A 平均摩擦力大小相等，则)是一个有半圆形轨道的物体，两点等高，金属块P 到达最大高度H2处，当它再次落下滑过轨道最为竖直面内一固定轨道，其圆弧段端固定一竖直挡板．M相对于端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹即木块与挡板碰撞前后动能不变段的摩擦可忽略不计，物块与，求物块停止的地方与N点距离的可能值．根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，与物块克服摩擦力所做功的数值p。
高一物理试题-高一物理下学期课时同步测试20 最新
应用动力学和能量观点分析电磁感应问题(限时：45分钟)一、单项选择题1．如图1所示，边长为L的正方形金属框ABCD在水平恒力F作用下，穿过宽度为d的有界匀强磁场．已知d<L，AB边始终与磁场边界平行．若线框AB边进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动．则线框AB边穿过磁场的过程和CD边穿过磁场的过程相比较( )图1A．线框中感应电流的方向相反B．线框均做匀速直线运动C．水平恒力F做的功不相等D．线框中产生的电能相等答案 A解析根据右手定则，线框AB边穿过磁场的过程中，感应电流方向是逆时针的，线框CD边穿过磁场的过程中，感应电流方向是顺时针的，电流方向相反，选项A正确；在线框AB边已经穿出磁场而CD边还没有进入磁场时，线框不受安培力，做加速运动，当线框CD边进入磁场后，线框受到的安培力会大于F，线框做减速运动，选项B错误；水平恒力做的功等于水平恒力乘位移，两个过程位移相等，所以两个过程恒力F做的功相等，选项C错误；两个过程中产生的电能等于线框克服安培力做的功，由于安培力不相等，所以线框克服安培力做的功也不相等，选项D 错误．2． 如图2甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是 ( )图2A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4 WD ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C答案 C解析 由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E ＝nS ΔB Δt＝0.1 V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝ER ＋r ＝0.18 A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r＝4×10－4 W ，选项C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.18 C ，选项D 错误．3． 如图3，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中 ( )图3A ．流过金属棒的最大电流为Bd 2gh 2RB ．通过金属棒的电荷量为BdL RC ．克服安培力所做的功为mghD ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd ) 答案 D 解析 金属棒滑下过程中，根据动能定理有mgh ＝12mv 2m ，根据法拉第电磁感应定律有E ＝BLv m ，根据闭合电路欧姆定律有I ＝E 2R，联立得I m ＝BL 2gh 2R ，A 错误；根据q ＝ΔΦ2R可知，通过金属棒的电荷量为BdL 2R，B 错误；全过程根据动能定理得mgh ＋W f ＋W 安＝0，故C 错误；由W f ＝－μmgd ，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为Q ，故2Q ＝－W 安，联立得Q ＝12mg (h －μd )，D 正确．4． 如图4所示，相距为L 的平行金属导轨ab 、cd 与水平面成θ角放置，导轨与阻值均为R 的两定值电阻R 1、R 2相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、阻值也为R 的导体棒MN ，以速度v 沿导轨匀速下滑，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，忽略感应电流之间的相互作用，则( )图4A ．导体棒下滑的速度大小为mgR θ－μcos θB 2L 2B ．电阻R 1消耗的热功率为14mgv (sin θ－μcos θ)C ．导体棒两端电压为mgR θ－μcos θBLD ．t 时间内通过导体棒的电荷量为mgt θ－μcos θBL答案 D 解析 由导体棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL ＋F f ＝B 2L 2v 32R ＋μmg cos θ，整理可得v ＝3mgR θ－μcos θ2B 2L 2，A 错误；重力的功率等于摩擦力产生的热功率和电功率之和，即mgv sin θ＝μmgv cos θ＋P 电，由电路的知识可知，电阻R 1消耗的热功率P 1＝16P 电，整理可得P 1＝16mgv (sin θ－μcos θ)，B 错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，导体棒两端电压U ＝13E ，结合A 项分析得到的v 值可得U ＝mgR θ－μcos θ2BL ，C错误；t 时间内通过导体棒的电荷量q ＝ΔΦ32R ，ΔΦ＝BLvt ，代入v 值整理可得q ＝mgt θ－μcos θBL ，D 正确．5． 如图5甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场磁感应强度B ＝1.0T ，质量为m ＝0.18 kg 、高h ＝0.18 m 、总电阻R ＝5 Ω、n ＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量为M ＝0.18 kg 的小车上，小车与线圈的水平长度l 相同．当线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v 1＝10 m/s 进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v 随车的位移x 变化的v －x 图象如图乙所示，则根据以上信息可知 ( )图5A ．小车的水平长度l ＝15 cmB ．磁场的宽度d ＝35 cmC ．小车的位移x ＝10 cm 时线圈中的电流I ＝7 AD ．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q ＝1.92 J答案 C解析 从x ＝5 cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v 随位移x 增大而减小，当x ＝15 cm 时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l ＝10 cm ，A 项错；当x ＝30 cm 时，线圈开始离开磁场，则d ＝30 cm －5 cm ＝25 cm ，B 项错；当x ＝10 cm 时，由题图乙知，线圈速度v 2＝7 m/s ，感应电流I ＝ E R ＝nBhv 2R＝7 A ，C 项对；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v 3＝2 m/s ，线圈上产生的电热为Q ＝12(M ＋m )(v 21－v 23)＝5.76 J ，D 项错． 6． 如图6所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，下端与阻值为R 的定值电阻相连，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 、长度为l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面的、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s .已知导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，则( )图6A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB ．上滑过程中电流做功产生的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv 2 D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2 答案 B解析 上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为B 2l 2v 2R ；根据能量守恒，上滑过程中电流做功产生的热量为12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热量，即12mv 2－mgs (sin θ＋μcos θ)；上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2－mgs sin θ；所以只有选项B 正确.7． 如图7所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从左边磁场区域向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置时，线框的速度为v 2，则下列说法正确的是 ( )图7A ．位置Ⅱ时线框中的电功率为B 2a 2v 24RB ．此过程中回路产生的电能为38mv 2 C ．位置Ⅱ时线框的加速度为B 2a 2v 2mRD ．此过程中通过线框截面的电量为2Ba 2R答案 B解析 在位置Ⅱ时线框中的电功率为P ＝U 2R ＝Ba ·v 22R ＝B 2a 2v 2R，选项A 错误；根据功能关系，此过程中回路产生的电能为12mv 2－12m (v 2)2＝38mv 2，选项B 正确；根据牛顿第二定律，在位置Ⅱ时线框的加速度为a 线框＝2BIa m ＝2B 2a 2v mR，选项C 错误；此过程中通过线框截面的电量为Q ＝ΔΦR ＝Ba 2R，选项D 错误． 8． 如图8为一测量磁场磁感应强度大小的装置原理示意图．长度为L 、质量为m 的均质细铝棒MN 的中点与竖直悬挂的、劲度系数为k 的绝缘轻弹簧相连，与MN 的右端连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的刻度．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，方向垂直纸面向外，当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，指针恰好指在零刻度；当在MN 中通有由M 向N 大小为I 的恒定电流时，MN 始终在磁场中运动，在向下运动到最低点时，指针的最大示数为x m .不考虑MN 中电流产生的磁场及空气阻力，则在通电后MN 棒第一次向下运动到x m 的过程中，以下说法正确的是( )图8A ．MN 棒的加速度一直增大B ．MN 棒及弹簧、地球组成的系统机械能守恒C ．在最低点弹簧具有的弹性势能为(mg ＋BIL )x mD ．该磁场的磁感应强度B ＝kx m2IL答案 D解析 通电后安培力恒定，随着铝棒向下运动，弹簧弹力逐渐增大，铝棒所受的竖直向下的合力先减小后反向增大，加速度先向下减小，后反向增大，A 错误；运动过程中，由于安培力做功，系统机械能不守恒，B 错误；由功能关系可知，在最低点，铝棒速度为零，弹簧具有的弹性势能为弹簧从原长开始运动到最低点的过程中，重力与安培力做功之和，则E p ＝mg (mg k＋x m )＋BILx m ，C 错误；从通电开始到铝棒下落至最低点，对于铝棒由动能定理有(mg ＋BIL )x m －k x m ＋mg /k ＋mg 2x m ＝0，解得B ＝kx m 2IL，D 正确． 9． 如图9所示，水平的平行虚线间距为d ，其间有磁感应强度为B的匀强磁场．一个正方形线框边长为l (d >l )，质量为m ，电阻为R .开始时，线框的下边缘到磁场上边缘的距离为h .将线框由静止释放，其下边缘刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场下边穿出磁场的过程相比较，有( )图9A ．产生的感应电流的方向相同B ．所受的安培力的方向相反C ．进入磁场的过程中产生的热量大于穿出磁场的过程中产生的热量D ．进入磁场过程中所用的时间大于穿出磁场过程中所用的时间 答案 D解析 根据楞次定律，线框进入磁场时感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场时，感应电流沿顺时针方向，选项A 错误；根据楞次定律“来拒去留”的结论，线框进出磁场时，所受安培力方向都向上，选项B 错误；由d >l ，线框穿出磁场时的平均速度大于进入磁场时的平均速度，所以穿出磁场时所用时间小于进入磁场时所用的时间，选项D 正确；根据F ＝BIl ＝B 2l 2v R可知，穿出磁场时的平均安培力大于进入磁场时的平均安培力，所以穿出磁场时安培力做的功多，产生的热量多，选项C 错误．二、多项选择题10．(2018·四川·7)如图10所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt (常量k ＞0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则 ()图10A ．R 2两端的电压为U 7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势kL 2答案 AC解析 由楞次定律可知，正方形导线框中的感应电流方向为逆时针方向，所以电容器b 极板带正电，选项B 错误．根据法拉第电磁感应定律，正方形导线框中的感应电动势E ＝k πr 2，选项D 错误．R 2与R 02的并联阻值R 并＝R 02×R 02R 02＋R 02＝R 04，根据串联分压的特点可知：U R 2＝U74R 0×14R 0＝17U ，选项A 正确．由P ＝U 2R 得：P R 2＝U 2R 2R 2＝2U 249R 0，P R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫27U 2R 02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17U 2R 02＝10U 249R 0，所以P R ＝5PR 2选项C 正确．11．如图11所示，一轨道的倾斜部分和水平部分都处于磁感应强度为B的匀强磁场中，且磁场方向都与轨道平面垂直，水平轨道足够长．一质量为m的水平金属棒ab，从静止开始沿轨道下滑，运动过程中金属棒ab始终保持与轨道垂直且接触良好．金属棒从倾斜轨道转入水平轨道时无机械能损失．则ab棒运动的v－t 图象，可能正确的是( )图11答案CD解析金属棒沿倾斜轨道下滑时，开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力和摩擦力，金属棒向下加速，随着速度的增大，安培力增大，故导体棒做加速度减小的加速运动，可能在倾斜轨道上加速度减为零，做一段匀速运动，也可能加速度没减为零，导体棒到达水平轨道上时，受安培力和摩擦力的作用，速度越来越小，安培力越来越小，导体棒减速运动的加速度越来越小，最后静止在轨道上，故C、D正确，A、B错误．12．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图12甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示．已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝1 Ω.以下说法正确的是()图12A ．做匀加速直线运动的加速度为1 m/s 2B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC ．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为22C D ．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1.5 J答案 ABC解析 本题考查的是电磁感应定律相关问题，开始时，a ＝F m ＝11m/s 2＝1 m/s 2，由题图乙可知t ＝1.0 s 时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长：l ＝12at 2＝12×1×1.18 m ＝0.5 m ；当t ＝1.0 s 时，F ＝3 N ，由牛顿第二定律得F －B 2l 2v R＝3 N －B 2·0.521N ＝1 kg·1 m/s 2，得到B ＝2 2 T ，q ＝I t ＝12Blv R t ＝12×221×1.0 C＝22C ；Q ＝I 2Rt ＝(22)2×1×1.0 J＝0.5 J ，故D 错，A 、B 、C 正确．13．如图13所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ 和JG 均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框恰好以速度v 0做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好以速度v 做匀速直线运动．则下列说法正确的是 ( )图13A ．v ＝v 0B ．线框离开MN 的过程中电流方向为adcdaC ．当ab 边刚越过JP 时，线框加速度的大小为3g sin θD ．从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN 过程中，线框产生的热量为2mgL sin θ＋1532mv 20 答案 BCD解析 ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框做匀速直线运动，安培力BIL ＝mg sin θ，当ab 边刚越过JP 时，ab 、cd 边都切割磁感线，感应电流变为原来的2倍，总的安培力变为原来的4倍，4BIL －mg sin θ＝ma ，a ＝3g sin θ，选项C 正确；ab 边越过JP 后，导体棒先做减速运动，当再次匀速时，安培力的合力仍等于mg sinθ，由B 2L 2v 0R ＝mg sin θ、4B 2L 2v R ＝mg sin θ得，v ＝14v 0，选项A 错误；根据楞次定律，线框离开MN 的过程中，感应电流的方向应该为adcba ，选项B 正确；从ab 边刚越过GH 到ab 边刚越过MN ，根据动能定理有2mgL sin θ－W ＝12mv 2－12mv 20，所以克服安培力做的功为W ＝2mgL sin θ＋1532mv 20，选项D 正确．。
高一物理下册课时练习考试完整版_1
选择题下列说法正确的是（）A、随着科技的发展，第一类永动机的是可以制成的B、太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了C、“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量转化和守恒定律，因而是不可能的D、有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量可以凭空产生【答案】C【解析】试题分析：永动机违背了热力学第二定律，是不可能制成的，故A 错误；能量在转化的过程中，即不能凭空产生，也不能凭空消失，光能转化为其他形式的能量也是如此，不会消失，故B错误；既要马儿跑，就要为马儿补充能量，故C正确；“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，是因为有把其他形式的能转化为手表的能量的方式，能量是不能凭空产生，故D错误。
选择题市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子(如图所示)。
在阳光的照射下，小电扇快速转动，能给炎热的夏季带来一丝凉爽。
该装置的能量转化情况是()A. 太阳能→电能→机械能B. 太阳能→机械能→电能C. 电能→太阳能→机械能D. 机械能→太阳能→电能【答案】A【解析】帽子上的太阳能电池板将太阳能转化为电能，供小电扇工作．小电扇工作时消耗电能，将电能转化为扇叶的机械能．故选A．选择题关于能量和能源，下列说法正确的是（）A. 由于自然界的能量守恒，所以不需要节约能源B. 在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少C. 能量耗散说明能量在转化过程中没有方向性D. 人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造【答案】B【解析】试题能量是守恒的，但能源需要节约；能量耗散具有方向性；能量不能被创造，也不是消失．解：A、自然界的能量守恒，但能源需要节约，同时为了提高生活质量．故A不正确；B、在利用与节约能源的过程中，能量在数量并没有减少．故B正确；C、能量耗散说明能量在转化过程中具有方向性，比如一杯热水过段时间，热量跑走啦，水冷了．所以转化具有方向性．故C不正确；D、人类在不断地开发和利用新能源，但能量不能被创造，也不会消失．故D不正确；故选：B．选择题关于功和能，下列说法正确的是()A.功和能单位相同，意义相同，功是能，能是功B.功和能可以相互转化C.水对水轮机做了8.9×106 J的功表示水的能量减少了8.9×106 JD.竖直上抛的石子上升过程克服重力做功5 J，表示石子将5 J的功转化为5 J的重力势能【答案】C【解析】AB．功和能虽然单位相同，但意义完全不同，功是功，能是能，功和能也不能相互转化，它们是两个不同的物理量，AB错误；C．功是能量转化的量度，水对水轮机做了8.9×106 J的功表示水的能量减少了8.9×106 J，转化成水轮机的能量，C正确；D．石子克服重力做5 J的功，表示动能转化成重力势能的量为5 J，D 错误。
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楞次定律和法拉第电磁感应定律(限时：45分钟)一、单项选择题1． (2018·浙江·15)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图1所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )图1答案 D解析 当以不同速度刷卡时，磁卡的不同的磁化区经过线圈时，线圈内的磁通量的变化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v 0变为v 02时，完成相同磁通量变化的时间Δt 变为原来的2倍，由E ＝n ΔΦΔt得线圈产生的感应电动势相应的都变为原来的12，故D 选项正确．2． (2018·北京·17)如图2所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )图2A ．c →a,2∶1 B．a →c,2∶1 C ．a →c,1∶2 D．c →a,1∶2 答案 C解析 用右手定则判断出两次滑动中金属棒MN 中的电流方向为N →M ，所以电阻R 中的电流方向为a →c .由感应电动势公式E ＝Blv 可知：E 1E 2＝Blv 2Blv ＝12，故选项C 正确．3． 如图3所示，在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 坐标系平面内，线框的ab 边与y 轴重合，bc 边长为L .设线框从t ＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象可能是选项中的 ( )图3答案 D解析线框进入磁场时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向(正方向)，线框出磁场时，感应电流的方向为顺时针方向(负方向)；线框做初速度为零的匀加速直线运动，若线框的dc边由－L处运动到O处时所用的时间为t0，那么线框的dc边从L处运动到2L处所用的时间将小于t0；综上所述，选项D正确．4．如图4所示，虚线MN表示正方形金属框的一条对称轴，A、B、C 是三个磁感线均匀分布的有界磁场区，区内磁感应强度随时间变化规律都满足B＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框在A区中的感应电流为I，在B区和C区内感应电流分别为I B、I C，以下判断正确的是( )图4A．I B＝2I，I C＝2I B．I B＝2I，I C＝0C．I B＝0，I C＝0 D．I B＝I，I C＝I 答案 B解析对于A线框I A＝ΔBΔt·S2＝I；对于B线框I B＝ΔBΔtS＝2I；对于C线框，由于上侧磁通量的增量与下侧磁通量的增量大小相同，但是方向相反，所以整个线框中磁通量不发生变化，无感应电流，B正确．5．如图5所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x轴按B＝B0＋kx(B0、k为常量)的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc 边与x轴平行向右匀速运动．若规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，下列关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象，正确的是( )图5答案 A解析设正方形的边长为L，速度为v，当ad边位于x处时，bc边位于(x＋L)处，则ad边切割磁感线产生的感应电动势为：E ad ＝(B0＋kx)Lv，bc边切割磁感线产生的感应电动势为：E bc＝[B0＋k(x＋L)]Lv，由此可得整个回路的感应电动势E＝E bc－E ad＝kL2v，即E为恒定值，所以感应电流的大小保持不变，且为a→b→c→d→a的方向，选项A正确．6．如图6所示，一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的等腰直角三角形区域内，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同，现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中电势差U ab 随时间变化的图象是下列四个图中的( )图6答案 D解析由E＝Blv可知产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间呈线性关系，结合楞次定律可知，ab边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是逆时针方向，电势差U ab ＝－34Blv ，cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14Blv ，故选项D正确．7． 如图7所示，两个宽度均为L 的条形区域，存在着大小相等、方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC ，其底边BC 长为2L ，并处于水平．现使线框以速度v 水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是(设逆时针的电流方向为正方向，取时间t 0＝Lv作为计时单位)( )图7答案 D解析 根据题意，从2t 0到3t 0的过程中电流大小由2i 0逐渐增大为3i 0，从3t 0到4t 0的过程中电流大小由i 0逐渐增大为2i 0，且在4t 0时电流大小为2i 0，所以选项D 正确．8．如图8所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )图8A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗C．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗D．L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗答案 C解析电键K从闭合状态突然断开时，电感L中产生自感电动势，感应电流向右，与L3构成闭合回路，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗，选项C正确．二、多项选择题9．如图9，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )图9A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C ．线圈a 有缩小的趋势D ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将增大 答案 CD解析 若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，螺线管b 中的电流增大，根据楞次定律，线圈a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a 的磁通量变大，线圈a 有缩小的趋势，线圈a 对水平桌面的压力F N 将变大，选项C 、D 正确．10．水平面上的光滑平行导轨MN 、PQ 上放着光滑导体棒ab 、cd ，两棒用绝缘拉直的细线系住．t ＝0时刻的匀强磁场的方向如图10甲所示，磁感应强度B 随时间t 的变化图线如图乙所示，不计ab 、cd 间电流的相互作用，则( )图10A ．在0～t 2时间内回路中的电流先顺时针后逆时针B ．在0～t 2时间内回路中的电流大小先减小后增大C ．在0～t 2时间内回路中的电流大小不变D ．在0～t 1时间内细线的张力逐渐减小 答案 CD解析 0～t 2时间内，磁场先向里减小，再向外增大，由楞次定律可知，电流一直为顺时针方向，A 错误；由E ＝ΔBΔt S ＝kS 可知，产生的感应电动势、感应电流大小不变，B 错误，C 正确；导体棒受到的安培力F ＝BIl,0～t 1时间内电流恒定而磁场减小，则安培力减小，细线的张力逐渐减小，D 正确．11．如图11所示，34部分的金属圆环，半径为a ，固定在水平面上．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直圆面向里，覆盖圆环所在区域(图中未画出)．长度大于2a 的金属杆OA 可以绕圆环的端点O 沿逆时针方向匀速转动，转动的角速度为ω.杆转动时，在端点O 处杆与金属圆环是绝缘的，杆的另一端与金属圆环接触良好．用导线将电阻R 连接在杆的O 端和金属圆环之间，除R 外其余电阻不计．θ由0开始增加到3π4的过程中，下列说法正确的是( )图11A ．通过电阻R 的电流先增大后减小B ．θ＝π3时，杆切割磁感线产生的感应电动势为3Ba 2ωC ．通过电阻R 的电荷量为B πa 2RD ．电阻R 的最大电功率是4B 2a 4ω2R答案 AD解析 由于杆与金属圆环绝缘，电路为纯串联结构，由金属杆切割磁感线的有效长度先增大后减小和E ＝Bl v 可知感应电动势先增大后减小，因此感应电流也是先增大后减小，选项A 正确；当θ＝π3时，切割磁感线的有效长度为2a cos π6＝3a ，感应电动势为E ＝Bl v ＝3Ba ·ω·3a 2＝32Ba 2ω，选项B 错误；由q ＝I Δt＝E RΔt ＝ΔΦΔt ·Δt R ＝ΔΦR ＝B ΔSR可知，通过电阻R 的电荷量为Ba 234π＋12R，选项C 错误；当金属杆转过90°时，电阻R 的电功率最大，为P m ＝E 2mR ＝ 2aB ω·2a 22R ＝4B 2a 4ω2R，选项D 正确．12．如图12甲所示，一个边长为L 的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁感应强度的方向垂直于导线框所在平面．规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab 边所受安培力的正方向．已知在0～4 s 时间内导线框ab 边所受的安培力如图乙所示，则下图中能正确表示磁感应强度B 随时间变化的图象是( )图12答案 ABD解析 由F ＝BIl 、I ＝E R 、E ＝S ΔBΔt可知，由于第1 s 内，ab 边所受安培力向左且逐渐减小，线圈中的磁场应向外均匀减弱，或向里均匀减弱；由于第2 s 内，ab 边所受安培力向右逐渐增大，线圈中的磁场应向里均匀增强，或向外均匀增强；第3 s 内的磁场变化与第1 s 内相同，第4 s 内的磁场变化与第2 s 内相同，选项A 、B 、D 正确，C 错误．13．半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图13甲所示；有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻平行板之间的中心位置有一电荷量为＋q 的粒子由静止释放，粒子的重力不计，平行板电容器的充、放电时间不计．则以下说法中正确的是 ( )图13A ．第1秒内上极板为正极B ．第2秒内上极板为正极C ．第2秒末粒子回到了原来位置D ．第2秒末两极板之间的电场强度大小为πr 210d答案 BD 解析 0～1 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，下极板带正电，由于粒子带正电，故粒子所受电场力方向竖直向上，粒子向上做匀加速运动；1 s ～2 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，则粒子所受电场力方向竖直向下，粒子向上做匀减速运动，2 s 末速度减小为零；2 s ～3 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，则粒子所受电场力方向竖直向下，粒子向下做匀加速运动；3 s ～4 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，粒子向下做匀减速运动，4 s 末速度减小为零，同时回到了原来的位置，故选项A 、C 错误，B 正确．两极板间的电场强度大小E ＝U d ＝S ΔB Δt d ＝πr 210d，选项D 正确．。