测评答案

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．AC 2.C 3.A 4.B 5.B 6.B 7.B 8.B 9．(1)断开 接通 (2)A (3)0.65 0.540510．1.025 m/s [解析] 汽车行驶到右端的时间为t 2，由匀变速直线运动规律，有 x ＝v 0t 2＋12at 22解得t 2＝20 s.若清洁工人从右方离开，则必须比汽车先到达桥的右端， 逃离的速度最小为：v ＝L 1t 2＝1.025 m/s.11．(1)10 m/s (2)100 s (3)0.025 m/s 245分钟单元能力训练卷(二)1．BD 2.B 3.C 4.BD 5.AD 6.B 7.AB 8.B 9．(1)2.60 (2)图略 5.1 (3)59[解析] (1)精度为0.1 N 的弹簧测力计要估读到0.01 N ，其读数为2.60 N ； (2)作出力的图示，再作力的平行四边形，根据比例大小换算得合力为5.1 N ； (3)由图丙可知1 N 对应的长度约为17 mm ，又F ＝kx ，故k ＝Fx ＝59 N/m.10．(1)250 N 50 3 N (2)100 N 11．(1)mg sin 2θ (2)12mg sin 4θ[解析] 木块在斜面上正好匀速下滑，有 mg sin θ＝μmg cos θ， 即μ＝tan θ.(1)木块匀速上升，则有 F cos α＝mg sin θ＋f F sin α＋F N ＝mg cos θ f ＝μF N由以上各式得F ＝2mg sin θcos α＋μsin α＝2mg sin θcos θcos αcos θ＋sin αsin θ＝mg sin 2θcos （θ－α）则当α＝θ时，F 有最小值，即F min ＝mg sin 2θ.(2)木块和木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力f M ＝F min cos 2θ＝12mg sin 4θ.45分钟单元能力训练卷(三)1．A 2.D 3.A 4.C 5.AC 6.AB 7.BC 8.C9．(1)减小 (2)小车质量一定 小车的加速度与所受拉力 (3)B[解析] (1)由纸带可知小车做加速运动，则重力沿斜面的分力大于摩擦力，可以减小斜面倾角以平衡摩擦力；(2)a —F 图像是过原点的倾斜直线，即在小车质量一定时，小车的加速度与所受拉力成正比；(3) 对沙和沙桶、小车的整体，由牛顿第二定律，有mg ＝(M ＋m )a ，解得a ＝mgM ＋m＝1m ＋M·F ，当质量m 增大时，图线向下弯曲，选项B 正确． 10．(1)1.5 N (2)3.03 N ，方向水平向左 11．(1)9 m/s (2)1.40 m[解析] (1)对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得 μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1 根据匀变速直线运动规律得v 20－v 21＝2a 1x BP其中x BP ＝21 m －11.5 m ＝9.5 m 解得v 1＝9 m/s.(2)对木块，由牛顿第二定律，有 μ2mg ＝ma m对木板，由牛顿第二定律，有 μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma M 解得a m ＝9 m/s 2，a M ＝6 m/s 2设经时间t 1，木块停止，则t 1＝v 1a m＝1 s此时木板的速度v M ＝v 1－a M t 1＝3 m/s, 方向向左． 设再经时间t 2二者达到共同速度v 2，则 v 2＝v M －a M t 2＝a m t 2解得t 2＝0.2 s ，v 2＝1.8 m/s ，方向向左． 木板的位移x 1＝v 1＋v 22·(t 1＋t 2)＝6.48 m之后二者以加速度a 1＝1 m/s 2向左减速运动至静止 位移x 2＝v 222a 1＝1.62 m所以最终木板左端A 点位置坐标为x ＝x P －L －x 1－x 2＝1.40 m.45分钟滚动复习训练卷(一)1．AD 2.D 3.A 4.C 5.C 6.B 7.D 8.AD 9．(1)如图所示(2)在误差允许的范围内 两个共点力的合成 10．(1)电火花 垫高 做匀速直线运动 (2)m M M (3) 0.9511．(1)0.4 (2)34[解析] (1)物体上滑，由牛顿第二定律，有 mg sin 30°＝ma 1解得a 1＝g sin 30°＝5 m/s 2由运动学公式，上滑时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s.(2)上滑的位移x ＝12v 0t 1＝0.4 m下滑时间t 2＝t －t 1＝1.2 s －0.4 s ＝0.8 s 又下滑的位移x ＝12a 2t 22解得a 2＝1.25 m/s 2对下滑过程，由牛顿第二定律，有 mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 2 解得μ＝34. 12．(1)1 s (2)如图所示 (3)1.25 m45分钟单元能力训练卷(四)1．A 2.B 3.B 4.A 5.C 6.BD 7.A 8. AC 9.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.10.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 11．(1)2gl (2)12l g12．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π（R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数 n ＝T 0T ＝T 02πGm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR2n ＝2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月.45分钟单元能力训练卷(五)1．CD 2.AB 3.C 4.D 5.ABC 6.ACD 7.AD8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg (x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mg sin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mg sin α－f ＝mg .(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12M v 2F －12M v 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg (x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)．9．(1)22gR (2)2mg ，斜向左上方与水平方向成45°角 (3)3mg ，方向水平向右 10．(1)2gr (2)3r (3)3gr ＋2mg 2k －2E pm[解析] (1)由机械能守恒定律得 mg ·2r ＝12m v 2B解得v B ＝2gr .(2)在C 点，由牛顿第二定律，有mg ＝m v 2Cr解得v C ＝gr . 由动能定理，得 mg ·2r －μmgs ＝12m v 2C解得s ＝3r .(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D 端的距离为x ，则有 kx ＝mg由功能关系得mg (r ＋x )－E p ＝12m v 2m －12m v 2C由以上各式解得 v m ＝3gr ＋2mg 2k －2E pm.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A 2.BC 3.BC 4.AC 5.AD 6.ABD 7.BC8．4.02 4.00 稍大于 空气阻力的影响或高度测量中忽略了小球的尺度等． 9．(1) 5 m/s (2)0.1 kg (3)0.2 J[解析] (1)若小球通过B 时的速度为v B .根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2Br根据机械能守恒定律有 12m v 2A ＝12m v 2B＋mg ·2r 由以上两式解得v A ＝ 5 m/s ≈2.2 m/s.(2)根据第(1)问及图乙可知：当小球通过A 点时的速度v A ＝ 5 m/s 时，小球对轨道压力的大小F A 1＝6 N ．设小球通过A 点时，轨道对小球支持力的大小为F A 2.根据牛顿运动定律有F A 1＝F A 2且F A 2－mg ＝m v 2Ar解得m ＝0.1 kg.(3)根据图乙可知：当小球通过B 点时，若小球对轨道压力的大小F B ＝6.0 N ，则小球通过A 点时对轨道压力的大小F A ＝16 N ．设轨道对小球通过A 、B 时支持力的大小分别为F ′A 、F ′B ，速度分别为v ′A 、v ′B .根据牛顿运动定律有F ′A ＝F ′A 且F ′A －mg ＝m v ′2ArF ′B ＝F B 且F ′B ＋mg ＝m v ′2Br在小球从A 运动到C 的过程中，根据功能关系有 12m v ′2A ＝12m v ′2B ＋mg ·2r ＋ΔE 解得ΔE ＝0.2 J.10．(1)26gR 3 (2)能，理由略 (3)F 点 293mgR45分钟单元能力训练卷(六)1．D 2.D 3.A 4.C 5.BD 6.B 7.A 8.C 9．(1)2.4 m/s (2)11.36 N[解析] (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 f ＝μ(mg ＋qE )cos 37°＝0.96 N设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理得 (mg ＋qE )h －f h sin 37°＝12m v 21解得v 1＝2.4 m/s.(2)滑块从B 到C ，由动能定理得 (mg ＋qE )R (1－cos 37°)＝12m v 22－12m v 21 当滑块经过最低点时，有F N －(mg ＋qE )＝m v 22R由牛顿第三定律：F ′N ＝F N解得：F ′N ＝11.36 N.10．(1)2×10－3 s (2)0.85 m (3)5.05×10－2 J[解析] (1)粒子在板间沿x 轴匀速运动，设运动时间为t ，则 L ＝v 0t解得t ＝L v 0＝2×10－3 s.(2)设t ＝0时刻射入的粒子在板间偏转量为y 1，则 y 1＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22＋⎝⎛⎭⎫a ·T 2T 2 由牛顿第二定律，有 U 0qd＝ma 解得y 1＝0.15 m粒子打到荧光屏上的纵坐标y ＝d －y 1＝0.85 m. (3)设粒子的动能为E k ，由动能定理得 U 0d qy 2＝E k －12m v 20 y 2＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22解得E k ＝5.05×10－2 J.45分钟单元能力训练卷(七)1．A 2.CD 3.A 4.A 5.C 6.AC 7.AD 8.ABC 9．1 700 46 23.010．(1)①和③ 略 (2)“×1” 12 (3)如图所示 1.45 V 0.75 Ω11．(1)5 V A (2)I U 1 I U 1－U 2 (3)大于[解析] (1)待测电源电动势约为4 V ，故在电压表V 1接入电路时应选择的量程是5 V ．电流表量程为500 mA ，滑动变阻器B 额定电流为0.2 A ，不符合要求，故滑动变阻器应选择0～20 Ω的滑动变阻器A .(2)根据电路图、电源伏安特性曲线和有关知识，用来计算电源电动势和内阻的图线的横坐标轴、纵坐标轴分别应该用I 、U 1表示；用来计算定值电阻R 0的图线的横坐标轴、纵坐标轴分别应该用I 、U 1－U 2表示．(3)实验中，定值电阻R 0的电压是真实电压，而电流表读数小于真实电流，所以测量值大于真实值．45分钟单元能力训练卷(八)1．A 2.ABC 3.C 4.AD 5.C 6.CD 7.BCD 8.C 9．5 A[解析] 金属棒向外偏转过程中，受力如图所示，导线的拉力不做功，安培力F 做的功为W F ＝Fx 1＝BIl 2sin θ 重力做功为W G ＝－mgx 2＝－mgl (1－cos θ) 由动能定理得BIl 2sin θ－mgl (1－cos θ)＝0 解得I ＝mg （1－cos θ）Bl sin θ＝5 A.10．(1)5.0×105 m/s (2)4.0×10－26 kg ≤m ≤8.0×10－26 kg (3)B 2′≥0.60 T 或(B 2′>0.60 T)45分钟滚动复习训练卷(三)1．D 2.D 3.D 4.AC 5.B 6.AC 7．0.010 6.870 6.860 1.240[解析] 依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图甲读数为0.010 mm ，图乙读数为6.870 mm.游标卡尺读数为d ＝12 mm ＋120×8 mm ＝12.40 mm ＝1.240 cm. 8．(1)18 Ω 23.0 mA (2) I ＝εr ＋ R 0＋R g ＋ R x(3)BCD[解析] (1)在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“×1”挡，按照最上面的刻度读数，则测量的结果为18×1 Ω＝18 Ω；若选择开关拨至“50 mA ”挡，按照中间刻度读数，则测量结果为23.0 mA.(2)由闭合电路欧姆定律，有I ＝ε r ＋ R 0＋R g ＋ R x .(3)因为I ＝εr ＋ R 0＋R g ＋ R x 函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的刻度是不均匀的．欧姆表的示数左大右小是因为电流随待测电阻阻值的增大而减小，选项A 错误． 9．(1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J[解析] (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，对物块由牛顿第二定律有mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1 解得a 1＝4.2 m/s 2对木板由牛顿第二定律，有Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2 解得a 2＝3 m/s 2又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 联立解得物块滑离木板所用的时间t ＝ 2 s.(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12M v 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为Q ＝μ(mg cos 37°＋qE )L ＝2.16 J.10．(1)3m v 202q (2)2m v 0qB (3)（3 3＋2π）m 3qB45分钟单元能力训练卷(九)1．A 2.AC 3.D 4.B 5.B 6.A 7.C 8．(1)2 m/s (2)1.5 s[解析] (1)牵引力F 使棒ab 从静止开始沿导轨运动，功率P ＝F v ， 当金属棒稳定时，有 F ＝F 安＋μmg 而F 安＝BIL又根据闭合电路欧姆定律，有I ＝BL vR联立以上各式解得v ＝2 m/s. (2)根据法拉第电磁感应定律，有 E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝B xL t根据电流定义式知 q ＝It ＝E R t ＝BxLR故金属棒ab 从静止到速度稳定时运动的距离x ＝qRBL由能量守恒定律得 Pt ＝Q ＋12m v 2＋μmgx由以上两式解得：t ＝1.5 s.9．(1)如图所示 (2)2kx 0＋4π2n 2B 2r 2x 0（R ＋R 0）t 0 (3)8π2n 2B 2r 2x 2（R ＋R 0）t 045分钟单元能力训练卷(十)1．A 2.D 3.B 4.C 5.BCD 6.AC 7.B 8.A 9．502 10．3∶1U 5[解析] 因为灯泡正常发光，原、副线圈的电流之比为I 1∶I 2＝1∶3，所以原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝3∶1.电源输出的总功率为五个灯泡消耗的功率之和，即5P ，故原线圈的电流为I 1＝5P U ，灯泡L 1两端的电压为U 1＝P I 1＝U 5.11．(1)BL v m R 2（R ＋r ）(2)πRB 2L 2v 2m2ω（R ＋r ）2(3)12m v 2m ＋πB 2L 2v 2m4ω（R ＋r ）[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势 e ＝BL v ＝BL v m sin ωt ，按正弦规律变化，最大值E m ＝BL v m ，通过R 的电流的有效值I ＝BL v m2（R ＋r ）电压表示数U ＝IR ＝BL v m R2（R ＋r ）.(2)周期T ＝2πω，0～πω经历的时间t ＝T2，电阻R 上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝πRB 2L 2v 2m2ω（R ＋r ）2.(3)t ＝π2ω时，导体棒的速度v ＝v m ，由功能关系知，从t ＝0到t ＝π2ω时间内外力F 做的功W ＝12m v 2＋I 2(R ＋r )t ＝12m v 2m ＋πB 2L 2v 2m4ω（R ＋r ）.12．(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV45分钟滚动复习训练卷(四)1．BD 2.CD 3.BD 4.C 5.B 6.BCD 7．通过电流传感器的电荷量 370 μF[解析] 由q ＝It 可知，I －t 图像中的面积表示为通过电流传感器的电荷量．由数格法可知电容器放电前所带电荷量Q ＝37×0.2×10－3×0.4 C ＝2.96×10－3 C ，则C ＝Q U＝370 μF.8．(1)0.4 (2)2 C (3)8 J[解析] (1)设导体杆的加速度为a ，则t 时刻导体杆的速度v ＝at 产生的感应电动势E ＝Bl v电路中的感应电流I ＝Bl vR ＋r导体杆上所受的安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r ＝B 2l 2atR ＋r由牛顿第二定律可知F －μmg －B 2l 2atR ＋r ＝ma代入数据解得F ＝12a ＋5μ＋at由图像可知 F ＝3＋2t (N) 比较两式可得a ＝2 m/s 2，μ＝0.4.(2)在F 作用的时间内，导体杆的位移x ＝12at 2＝4 m在时间t 内的平均感应电动势E －＝ΔΦΔt＝Blxt平均电流为I －＝Blxt （R ＋r ）通过的电荷量q ＝I －t ＝Blx R ＋r代入数据得q ＝2 C.(3)t ＝2 s 时刻，导体杆的速度v ＝at ＝4 m/s在力F 的作用过程中，设电路中产生的总热量为Q ′.由动能定理可知 W F －μmgx －Q ′＝12m v 2解得Q ′＝323J 由串联电路的知识可知Q ＝34Q ′＝8 J9．(1)1 T (2)0.9 s (3)4 m/s。