四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理专题训练电场、电路、交流电(6)
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 曲线运动、万有引力(2)
物理二轮复习A 线生专题训练题 曲线运动、万有引力 专题训练（2）1.一质点在xOy 直角坐标系所在的平面内运动，t ＝0时，经过坐标原点(0,0)。
质点在两相互垂直方向上的分速度的速度—时间(v －t )图象如图甲所示。
则质点的运动轨迹可表示为图乙中的( )2、某月球探测卫星先贴近地球表面绕地球做匀速圆周运动，此时其动能为E k1，周期为T 1；再控制它进行一系列变轨，最终进入贴近月球表面的圆轨道做匀速圆周运动，此时其动能为E k2，周期为T 2。
已知地球的质量为M 1，月球的质量为M 2，则T 1T 2为( )A.M 1E k2M 2E k1 B.M 1E k1M 2E k2 C.M 1M 2·E k2E k13D.M 1M 2·E k1E k23、某行星自转周期为T ，赤道半径为R ，研究发现若该行星自转角速度变为原来的两倍，将导致该星球赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G ，则以下说法中正确的是( )A ．该行星质量为M ＝4π2R3GTB ．该星球的同步卫星轨道半径为r ＝34RC ．质量为m 的物体对行星赤道地面的压力为F N ＝16m π2RT2D ．环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9 km/s4、如图所示，ab 为竖直平面内的半圆环acb 的水平直径，c 为环上最低点，环半径为R 。
将一个小球从a 点以初速度v0沿ab 方向抛出，设重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．当小球的初速度v 0＝2gR2时，小球掉到环上时的竖直分速度最大 B ．当小球的初速度v 0<2gR2时，小球将撞击到环上的圆弧ac 段 C ．当v 0取适当值，小球可以垂直撞击圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环5、 如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中。
两个相同的带正电小球a 、b 同时从两轨道左端最高点由静止释放，M 、N 为轨道最低点，则下列说法中正确的是( )A. 两个小球到达轨道最低点的速度v M <v NB. 两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力F M >F NC. 磁场中a 小球能到达轨道另一端最高处，电场中b 小球不能到达轨道另一端最高处D. a 小球第一次到达M 点的时间大于b 小球第一次到达N 点的时间6、在一个动物表演的娱乐节目中，小猫从平台上B 点水平跳出，抓住有水平固定转轴的车轮的边缘P 点，运动到最低点C 时松手，便可落到浮于水面的小橡皮船D 上。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 电场、电路、交流电(4)
物理二轮复习A 线生专题训练题 电场、电路、交流电、电学实验（4）1.如图所示，将额定电压为60V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。
闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为220V 和2.2A 。
以下判断正确的是 A 、变压器输入功率为484WB 、通过原线圈的电流的有效值为0.6AC 、通过副线圈的电流的最大值为2.2AD 、变压器原、副线圈匝数比3:11:21=n n2．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压线路的总电阻为R 。
当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为 A ．PR kU ，1n B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R，1n C．PR kU ，1n 2 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n 2 3．如图所示为远距离交流输电的简化电路图。
发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r的两条输 电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1。
在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2。
则 A .用户端的电压为I1U 1/I 2 B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I 12r D.输电线路上损失的电功率为I 1U4．静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图所示，x 轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷 沿x 轴运动，则点电荷 A.在x 2和x 4处电势能相等B.由x 1运动到x 3的过程中电势能增大 C .由x 1运动到x 4的过程中电场力先增大后减小 D.由x 1运动到x 4的过程中电场力先减小后增大5测定金属的电阻率实验中，所用测量仪器均已校准。
待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm 。
①用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为___________mm （该值接近多次测量的平均值）图1②用伏安法测金属丝的电阻R x ．实验所用器材为：电池组(电动势为3V ，内阻约1Ω)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3k Ω)、滑动变阻器R (0~20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 电场、电路、交流电(5)
物理二轮复习A 线生专题训练题电场、电路、交流电、电学实验（5）1．下列关于电磁波的说法，正确的是A ．电磁波只能在真空中传播B ．电场随时间变化时一定产生电磁波C ．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波D ．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在2．用220V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V ，通过负载的电流图像如图所示，则 A ．变压器输入功率约为3.9WB ．输出电压的最大值是110VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式：i=0.05sin(100πt+2π)A 3．如图，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器， V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示。
下列说法正确的是A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变小4．如图（a ）所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图（b ）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处。
若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上。
则t 0可能属于的时间段是 A ．0324T T t << B ． 004T t << C ．034T t T << D ．098T T t <<5. 图为模拟远距离输电实验电路图，两理想闫雅琪的匝数n 1=n 4＜n 2=n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 力和运动、功和能(一)
A 线生专项训练题（一） ——力与物体的平衡一、选择题1．如图，斜面固定在水平地面上，斜面上的物块在沿斜面向上的拉力F 作用下匀速下滑．已知物块和斜面的质量分别为m 、M .则地面对斜面的( )A ．支持力等于(M ＋m )gB ．支持力小于(M ＋m )gC ．摩擦力为零D ．摩擦力方向向左，大小等于sin mg F θ-2．如图所示，质量为m 的木块A 放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( )A ．A 与B 之间一定存在弹力B ．地面受向右的摩擦力C ．B 对A 的支持力一定等于mgD ．地面对B 的支持力的大小一定等于Mg3．将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连后，再用细线悬挂于O 点，如图所示．用力F 拉小球b ，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa 与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F 的最小值为( )A ．33mg B ．mgC ．32mg D ．12mg 4．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( ) A ．F 减小，F N 不变 B ．F 不变，F N 减小 C ．F 不变，F N 增大 D ．F 增大，F N 减小5．如图所示，质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上，已知m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是( )A ．细绳对A 的拉力将增大B ．A 对斜面的压力将减小C ．A 受到的静摩擦力不变D ．A 受到的合力将增大6．如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A ．一定升高B ．一定降低C ．保持不变D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定7．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )A ．推力F 将增大B ．竖直墙面对小球A 的弹力减小C ．地面对小球B 的弹力一定不变D ．两个小球之间的距离增大二、非选择题8．某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图甲所示：均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x ．测量结果及部分计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数,取重力加速度为9.80 m/s2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm ．（1）将表中数据补充完整：①________，②________． （2）以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图乙给出的坐标纸上画出1n k图像．（3）图乙中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝_______ __N/m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系的表达式为k ＝_____________N/m ．9．如图所示，一个底面粗糙，质量为m的斜面体静止在水平地面上，斜面体斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°．（1）求当斜面体静止时绳的拉力大小；（2）若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？10．如图所示，ace和bdf是间距为L的两根足够长平行导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ．整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，ab之间连有阻值为R的电阻．若将一质量为m的金属棒置于ef端，今用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把金属棒从ef位置由静止推至距ef端s处的cd位置(此时金属棒已经做匀速运动)，现撤去恒力F，金属棒最后又回到ef端(此时金属棒也已经做匀速运动)．若不计导轨和金属棒的电阻，且金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ．求：（1）金属棒上滑过程中的最大速度；（2）金属棒下滑过程的末速度．A线生专项训练题（一）参考答案——力与物体的平衡1．解析：斜面和物块均处于平衡状态，以斜面和物块为整体受力分析，整体受重力、支持力、拉力F和摩擦力作用，由平衡条件竖直方向有F N＋F sinθ＝(M＋m)g，所以支持力小于整体重力，A项错，B项正确；水平方向F f＝F cosθ，C、D项错．考点分析：考查对物体的受力分析，平衡条件的应用。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理专题训练力和运动、功和能(三)
A 线生专项训练题（三） ——牛顿运动定律与直线运动一、选择题1．如图所示，A 、B 两小球分别连在轻线两端，B 球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A 、B 两小球的质量分别为m A 、m B ，重力加速度为g ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度大小分别为( )A ．都等于g2B ．g2和0 C ．g 2和m A m B ·g 2 D ．m A m B ·g 2和g22．一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A ．速度增大，加速度增大B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．速度先增大后减小，加速度先减小后增大3．如图所示，在一足够长的粗糙水平杆上套一小圆环，在小圆环上施加一水平向右的恒力F ，使小圆环由静止开始运动，同时在小圆环上施加一竖直向上的力F '，且F '满足的关系为F kv '=．已知小圆环的质量为m ，小圆环与水平杆之间的动摩擦因数为μ.则小圆环运动过程中速度随时间变化的图像为( )4．通过轻杆连接在一起的物块A 和B ，质量分别是A m 和B m ，放在光滑的水平面上，现同时给它们施加方向如图所示的推力A F 和拉力B F ，已知A B F F >，则杆对A 的作用力( )A ．必为拉力B ．必为推力C ．可能为拉力，可能为推力D ．不可能为零5．如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变．上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g ＝10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N6．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m, 静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对 A 施加一水平拉力 F ，则( )A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时， A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对 B 滑动D ．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg7．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F 与物体位移x 的关系如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )A ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B ．物体的质量为3 kgC ．物体的加速度大小为5 m/s 2D ．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm二、非选择题8．Ⅰ．如图为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：钩码数n 0 1 2 3 4 5 刻度尺读数x n (cm)2.624.175.707.228.8410.43已知所有钩码的质量可认为相同且m 0＝50 g ，当地重力加速度g ＝9.8 m/s 2．请回答下列问题：（1）请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数k ＝______N/m.(结果保留两位有效数字) （2）考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的劲度系数与真实值相比较______．(填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)Ⅱ．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点．（1）则下列叙述正确的是________．A．该实验中CO的拉力是合力，AO和BO的拉力是分力B．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置C．实验中AO和BO的夹角应尽可能大D．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线（2）对数据处理后得到如图乙所示的图线，则F与F 两力中，方向一定沿CO方向的是________．9．如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根据v－t图像，求：（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；（2）物块质量m与长木板质量M之比；（3）物块相对长木板滑行的距离Δx．10．如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6 N的水平力作用下由静止开始向右运动．已知木板A、B长度均为l＝1 m，木板A的质量mA＝3 kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1 kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2．求：（1）小滑块在木板A上运动的时间；（2）木板B获得的最大速度．11．如图所示，质量M＝0.2 kg的长木板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，另一质量m＝0.1 kg的带正电小滑块以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.5，小滑块带电量为q＝2×10－3 C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝1×102 N/C，(g＝10 m/s2)求：（1）刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？（2）小滑块最后停在距长木板左端多远的位置．A线生专项训练题（三）参考答案——牛顿运动定律与直线运动1．解析：选C.由整体法知，F弹＝(m A＋m B)g sin 30°剪断线瞬间，由牛顿第二定律对B ：F 弹－m B g sin 30°＝m B a B ，得a B ＝m A m B ·g2对A ：m A g sin 30°＝m A a A ，得a A ＝12g所以C 项正确．2．解析：选D ．滑块在传送带上受力如图所示，当F f ＞kx 时，滑块向左做加速运动，由牛顿第二定律得F f －kx ＝ma ，随着x 的增大，加速度a 减小；当F f ＝kx 时，a ＝0，速度达到最大值；当F f ＜kx 时，由牛顿第二定律得kx －F f ＝ma ，随着x 的增大，加速度a 增大，速度v 减小，直至为零，此时弹簧弹力最大，故选项D 正确．3．解析：选C ．小圆环刚开始运动时，加速度a 1＝F －μmg －kvm，随着速度v 增大，a 1增大，当速度v 增大到kv >mg 时，加速度a 2＝F －μkv －mgm，随着速度v 增大，a 2减小，当a 2减小到0时，做匀速运动，则C 正确．4．解析：选C ．以整体为研究对象，由牛顿第二定律有：F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ，再以A 为研究对象，设杆对A 的推力为F ，由牛顿第二定律有：F A －F ＝m A a ，解两式得：F ＝m B F A －m A F Bm A ＋m B，仅由F A ＞F B ，无法确定F 值的正负，即无法确定F 的方向，故力F 可能是拉力，可能是推力，也可能为零，C 项正确．5．解析：选AD.刚开始上升时，空气阻力为零，F 浮－mg ＝ma ，解得F 浮＝m (g ＋a )＝460×(10＋0.5) N ＝4 830 N ，A 正确．加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B 项错误．浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s 后的速度v ＜at ＝5 m/s ，C 项错误．匀速上升时，F 浮＝F f ＋mg ，所以F f ＝F 浮－mg ＝4 830 N －4 600 N ＝230 N ，D 项正确．6．解析：对A 、B 整体，地面对B 的最大静摩擦力为32μmg ，故当32μmg ＜F ＜2μmg 时，A 、B 相对地面运动，故A 错．对A 、B 整体应用牛顿第二定律，有F －μ2×3mg ＝3ma ；对B ，在A 、B 恰好要发生相对运动时，μ×2mg －μ2×3mg ＝ma ，两式联立解得F ＝3μmg ，可见，当F ＞3μmg 时，A 相对B 才能滑动，C 对．当F ＝52μmg 时，A 、B 相对静止，对整体有：52μmg－μ2×3mg ＝3ma ，a ＝13μg ，故B 正确．无论F 为何值，B 所受最大的动力为A 对B 的最大静摩擦力2μmg ，故B 的最大加速度a B m ＝2μmg －12×3μmgm ＝12μg ，可见D 正确．7．解析：选C ．当物体与弹簧分离时，弹簧对物体的弹力为零，根据胡克定律可知，弹簧的形变量为零，即弹簧处于原长状态，故A 选项错误；根据胡克定律、平衡条件和图像可得，4k ＝mg,4k ＋10－mg ＝ma 和30－mg ＝ma ，解得物体的质量为m ＝2 kg ，物体的加速度大小为a ＝5 m/s 2，弹簧的劲度系数为k ＝5 N/cm ，故B 、D 选项错误，C 选项正确．8．Ⅰ．解析：利用题目中表格数据可画出F －x 的图像，求图线斜率可得弹簧的劲度系数k ＝31 N/m 或32 N/m ．由图表可知，不挂钩码时的弹簧长度就相当于原长了，在描绘F －x 图像中，弹簧的自身重量不影响劲度系数．Ⅱ．解析：（1）AO 和BO 的拉力与CO 的拉力的合力为零，它们之间不是合力与分力的关系，A 错误；实验中两次拉伸橡皮条，注意将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，以保证两次操作中CO 的拉力是相同的，则选项B 正确；如果AO 和BO 的夹角适当，则两个分力可以将结点拉到O 点，若夹角过大，则两拉力不一定能将结点拉到O 点，所以选项C 错误；弹簧测力计与木板平行以便保证各力在同一平面内，正对弹簧测力计的刻度线读数可以减小偶然误差，因此D 正确.（2）由题图乙知，F 是二力用平行四边形定则合成所得，F '是用一个力拉橡皮条时的外力，故一定与CO 共线的是F '答案：Ⅰ．（1）31或32 （2）没有影响Ⅱ．（1）BD （2）F '9．解析：（1）由v －t 图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08 m/s 2＝0.5 m/s 2.（2）对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg ＝ma 1 对木板向前匀加速阶段：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 3 以上三式联立可得m M ＝32.（3）由v －t 图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离 Δx 对应图中△abc 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m10．解析：（1）小滑块对木板A 的摩擦力F f1＝μ1mg ＝4 N 木板A 与B 整体受到地面的最大静摩擦力F f2＝μ2(2m ＋m A )g ＝5 NF f1＜F f2，小滑块滑上木板A 后，木板A 保持静止设小滑块滑动的加速度为a 1，则：F －μ1mg ＝ma 1 l ＝12a 1t 21解得：t 1＝1 s（2）设小滑块滑上B 时，小滑块速度为v 1，B 的加速度为a 2，经过时间t 2滑块与B 脱离，滑块的位移为x 块，B 的位移为x B ，B 的最大速度为v 2，则： μ1mg －2μ2mg ＝ma 2 v B ＝a 2t 2 x B ＝12a 2t 22v 1＝a 1t 1 x 块＝v 1t 2＋12a 1t 22 x 块－x B ＝l解得：v B ＝1 m/s11．解析：(1)设小滑块的加速度大小为a 1，长木板的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：Eq －μ2mg ＝－ma 1解得：a 1＝3 m/s 2μ2mg －μ1(m ＋M )g ＝Ma 2解得：a 2＝1 m/s 2(2)设两者经过t 时间相对静止，此时的速度为v ，则： v 0－a 1t ＝a 2t ＝v解得：t ＝2 s ，v ＝2 m/s 这段时间内小滑块的位移：x 1＝v 0t －12a 1t 2＝10 m长木板的位移x 2＝12a 2t 2＝2 m由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距长木板左端Δx ＝x 1－x 2＝8 m答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2(2)8 m。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理专题训练：力和运动、功和能(五)
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作A 线生专项训练题（五）——万有引力定律及其应用一、选择题1．我国于2013年成功发射携带月球车的“嫦娥三号”卫星，并将月球车软着陆到月球表面进行勘察．假设“嫦娥三号”卫星绕月球做半径为r 的匀速圆周运动，其运动周期为T ，已知月球的半径为R ，月球车的质量为m ，则月球车在月球表面上所受到的重力为( )A ．4π2mr T 2B ．4π2mR T 2C ．4π2mR 3T 2r 2 D ．4π2mr 3T 2R 2 2．发生天王星“冲日”现象时天王星、地球、太阳位于同一条直线上，地球和天王星距离最近，天王星“冲日”时是天文学家和天文爱好者观测天王星的最佳时机．用天文望远镜可以观察到美丽的淡蓝色的天王星．若把地球、天王星围绕太阳的运动当作匀速圆周运动，并用r 1、r 2分别表示地球、天王星绕太阳运动的轨道半径，并设太阳质量M 与引力常量G的关系GM ＝1k 2，则发生下一次天王星“冲日”需要再经过的时间为( )A ．2πk 1r 21－1r 22B ．2πk 1r 21＋1r 22C ．2πk1r 31－1r 32 D ．2πk 1r 31＋1r 323．为了探寻金矿区域的位置和金矿储量，常利用重力加速度反常现象．如图所示，P 点为某地区水平地面上的一点，假定在P 点正下方有一空腔或密度较大的金矿，该地区重力加速度的大小就会与正常情况有微小偏离，这种现象叫做“重力加速度反常”．如果球形区域内储藏有金矿，已知金矿的密度为ρ，球形区域周围均匀分布的岩石密度为0ρ，且0ρρ>．又已知引力常量为G ，球形空腔体积为V ，球心深度为d （远小于地球半径），则下列说法正确的是( )A ．有金矿会导致P 点重力加速度偏小B ．有金矿会导致P 点重力加速度偏大C ．P 点重力加速度反常值约为Δg ＝G ρ－ρ0V d 2D ．在图中P 1点重力加速度反常值大于P 点重力加速度反常值4．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )A ．mv 2GNB ．mv 4GNC ．Nv 2GmD ．Nv 4Gm5．专家称嫦娥四号探月卫星为“四号星”，计划在2017年发射升空，它的主要任务是更深层次、更全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知月球表面的重力加速度为g ，月球的平均密度为ρ，月球可视为球体，“四号星”离月球表面的高度为h ，绕月做匀速圆周运动的周期为T ．仅根据以上信息能求出的物理量是( )A ．月球质量B ．万有引力常量C ．“四号星”与月球间的万有引力D ．月球的第一宇宙速度6．假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( )A ．0203g g GT g π-⋅B ．0203g GT g gπ⋅- C ．23GT π D ．023g GT gπ⋅ 7．我国古代神话中传说，地上的“凡人”过一年，天上的“神仙”过一天．如果把看到一次日出就当作“一天”，某卫星的运行半径为月球绕地球运行半径的136，则该卫星上的宇航员24 h 内在太空中度过的“天”数约为（已知月球的运行周期为27天）( )A ．1B ．8C ．16D ．248．我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站．如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近，并将与空间站在B 处对接，已知空间站绕月轨道半径为r ，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法中正确的是( )A ．图中航天飞机正加速飞向B 处B ．航天飞机在B 处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速C ．根据题中条件可以算出月球质量D ．根据题中条件可以算出空间站受到月球引力的大小9．2013年12月2日，我国探月卫星“嫦娥三号”在西昌卫星发射中心成功发射升空，飞行轨道示意图如图所示．“嫦娥三号”从地面发射后奔向月球，先在轨道Ⅰ上运行，在P 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，Q 为轨道Ⅱ上的近月点，则“嫦娥三号”在轨道Ⅱ上( )A ．运行的周期小于在轨道Ⅰ上运行的周期B ．从P 到Q 的过程中速率不断增大C ．经过P 的速度小于在轨道Ⅰ上经过P 的速度D ．经过P 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过P 的加速度二、非选择题10．据人民网报道，北京时间2013年12月6日17时53分，“嫦娥三号”探测器成功实施近月制动，顺利进入环月轨道．探测器环月运行轨道可视为圆轨道．已知探测器环月运行时可忽略地球及其他天体的引力，轨道半径为r ，运动周期为T ，引力常量为G ．求：（1）探测器绕月运行的速度的大小；（2）探测器绕月运行的加速度的大小；（3）月球的质量．11．设想宇航员完成了对火星的考查，乘坐返回舱返回绕火星做圆周运动的轨道舱，为了安全，返回舱与轨道舱对接时必须具有相同的速度，已知返回舱返回时需要克服火星的引力做功为W ＝mgR ⎝⎛⎭⎫1－R r ，返回舱与人的总质量为m ，火星表面的重力加速度为g ，火星的半径为R ，轨道舱中心到火星中心的距离为r ，不计火星表面的空气及火星自转的影响，则宇航员乘坐返回舱从火星表面返回轨道舱至少需要获得多少能量？12．下面为某报纸的一篇科技报道，你能发现其中的科学性问题吗？请通过必要的计算加以说明．下面的数据在你需要时可选用．本报讯，某国天文台宣布，某国研制的目前世界上口径最大的空间太阳望远镜将于2008年升空．据悉，这座口径为1m 的热光学望远镜将安装在一颗天文探测卫星上，被运载火箭送入离地面735公里的地球同步轨道．它将用于全面观测太阳磁场、太阳大气的精细结构、太阳耀斑能量的积累和释放以及日地空间环境等．引力常量G =6．7×10-11N ·m 2／㎏2；地球表面重力加速度g =10m ／s 2；地球半径R =6．4×106m ；地球自转周期T =8.6×104s ．(70～80的立方根约取4.2)A 线生专项训练题（五）参考答案——万有引力定律及其应用1．解析：“嫦娥三号”卫星绕月球做半径为r 的匀速圆周运动，有GMm ′r 2＝m ′4π2T 2r ；月球车在月球表面上所受到的重力等于其受到的万有引力，则F ＝GMm R 2，联立可得：F ＝4π2mr 3T 2R 2，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．2．解析：根据万有引力提供天体运动的向心力，设地球绕太阳运转的角速度为ω1，则GMm r 21＝mω21r 1，解得ω1＝GM r 31＝1k 1r 31；同理，设天王星绕太阳运转的角速度为ω2，则 ω2＝GM r 32＝1k 1r 32．所以两者转动的角速度之差Δω＝1k ⎝⎛⎭⎫1r 31－1r 32，当两者转动的角度之差Δθ＝2π时，天王星、地球、太阳再次位于同一条直线上，再次发生天王星“冲日”现象，所以发生下一次天王星“冲日”经历的时间Δt ＝2πΔω＝2πk1r 31－1r 32． 3．解析：因为金矿对地球表面物体的引力大，所以有金矿会导致P 点重力加速度偏大，即B 正确，A 错误；根据万有引力定律可知P 点重力加速度反常值约为Δg ＝Gρ－ρ0V d 2，即C 正确；因为P 1点较远，所以在图中P 1点重力加速度反常值小于P 点重力加速度反常值，即D 错误．4．解析： 由N ＝mg ，得g ＝N m ，据G Mm R 2＝mg 和G Mm R 2＝m v 2R 得M ＝mv 4GN，故选B ． 5．解析：假设月球的质量为M ，月球的半径为R ，根据“黄金代换”式g ＝GM R 2，M ＝ρ·43πR 3得g ＝43GρπR ，另根据万有引力提供向心力G Mm R ＋h 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2(R ＋h )有gR 2＝4π2T 2(R ＋h )3，由以上各式可求得月球的质量、万有引力常量，选项A 、B 正确；并且能求出月球的半径R ，根据第一宇宙速度公式v ＝gR 可求得月球的第一宇宙速度，选项D 正确；由于不知道“四号星”质量，所以不能求出“四号星”与月球间的万有引力，选项C 错误．6．解析：物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m ⎝⎛⎭⎫2πT 2R ＝G Mm R 2，以上两式联立解得地球的密度0203g GT g gπρ=⋅-．故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 7．解析：选B.根据天体运动的公式G Mm R 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2R 得R 31R 32＝T 21T 22，解得卫星运行的周期为3 h ，故24 h 内看到8次日出，B 项正确．8．解析：航天飞机飞向B 处时，月球引力做正功，所以正在加速，即选项A 正确；假设航天飞机在B 处不减速，将继续在原来的椭圆轨道运动，所以必须点火减速，所以选项B正确；由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得月球的质量M ＝4π2r 3GT2，所以选项C 正确；因为空间站的质量不知道，不能算出空间站受到月球引力的大小，所以选项D 错误．9．解析：根据开普勒第三定律r 3T2＝k ，可判断“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅱ上的运行周期小于在轨道Ⅰ上的运行周期，A 正确；因为P 点是远地点，Q 是近地点，故从P 点到Q 点的过程中速率不断增大，B 正确；根据卫星变轨特点可知，卫星在P 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ要减速，C 正确；根据牛顿第二定律和万有引力定律可判断在P 点，卫星的加速度是相同的，D 错．10．解析：（1）探测器绕月运行的速度的大小v ＝2πr T（2）探测器绕月运行的加速度的大小a ＝⎝⎛⎭⎫2πT 2r（3）设月球质量为M ，“嫦娥三号”探测器的质量为m ，探测器运行时月球对它的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律有GMm r 2＝m ⎝⎛⎭⎫2πT 2r 可得M ＝4π2r 3GT 2 11．解析：宇航员与返回舱在火星表面上有：G Mm R 2＝mg ，设轨道舱的质量为m 0，速度大小为v ，则G Mm 0r 2＝m 0 v 2r ，宇航员乘坐返回舱与轨道舱对接时必须具有的动能E k ＝12mv 2＝mgR 22r，返回舱返回时需要克服火星的引力做功为W ＝mgR ⎝⎛⎭⎫1－R r ，宇航员乘坐返回舱返回轨道舱至少需要的能量E ＝E k ＋W ＝mgR 22r＋mgR ⎝⎛⎭⎫1－R r 12．解析：本报道中，地球同步卫星高度735公里的数据出错，以下的计算可以说明。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 力和运动、功和能(六)
A 线生专项训练题（六） ——功、功率与动能定理一、选择题1．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v ．若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ．对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，W f 1、W f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．214F F W W >，212f f W W >B ．214F F W W >，212f f W W =C ．214F F W W <，212f f W W =D ．214F F W W <，212f f W W < 2．质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F ，如图甲所示，此后物体的v －t 图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g ＝10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5μ=B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处D ．10 s 内物体克服摩擦力做功34 J3．一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图所示；当物块的初速度为v2时，上升的最大高度记为h ．重力加速度大小为g ．则物块与斜坡间的动摩擦因数和h 分别为( )A ．tan θ和H 2B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 2 C ．tan θ和H4D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和H 4 4．某汽车在平直公路上以功率P 、速度v 0匀速行驶时，牵引力为F 0．在t 1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P2，此后保持该功率继续行驶，t 2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F 、速度v 的几种说法，其中正确的是( )A ．t 2后的牵引力仍为F 0B ．t 2后的牵引力小于F 0C ．t 2后的速度仍为v 0D ．t 2后的速度大于v 05．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时速率为1 m/s ．从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲和乙所示，两图中F 、v 取同一正方向．则( )A ．滑块的加速度为1 m/s 2B ．滑块与水平地面间的滑动摩擦力为2 NC ．第1 s 内摩擦力对滑块做功为－0.5 JD ．第2 s 内力F 的平均功率为3 W6．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像如图甲、乙所示．下列说法正确的是( )甲 乙A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N7．如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点．则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是（取初速度方向为正方向）( )8．为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出如图所示的F －1v图像(图中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒为车重的0.05倍，重力加速度取10 m/s 2．则( )A ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C ．该车做匀加速运动的时间是1.2 sD ．该车加速度为0.25 m/s 2时，动能是4×104J二、非选择题9．Ⅰ．对自由落体运动的研究：（1）16世纪末，伽利略对落体运动规律进行了探究，他探究的主要过程是________．A ．猜想→问题→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论B ．问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论C ．问题→猜想→实验验证→数学推理→合理外推→得出结论D ．猜想→问题→实验验证→数学推理→合理外推→得出结论（2）由于条件所限，伽利略无法对自由落体运动进行准确实验研究．现在某同学在研究性学习中利用打点计时器针对自由落体运动进行深入研究，设计了如下实验方案：如图甲所示，将打点计时器固定在铁架台上，先打开电源，后释放重物，重物带动纸带从静止开始下落，打出几条纸带并在其中选出一条比较理想的纸带如图乙所示，在纸带上取出若干计数点，其中每相邻计数点之间有四个点未画出，该同学已测得图中标出的数据s1、s2、s3、s4、s5，并已知打点计时器打点频率为f．需要计算重力加速度和打各点时的速度，计算重力加速度的公式是g＝________(用f、s2、s5表示)，计算打计数点5时重物速度的公式是v5＝________(用f、s3、s4、s5表示)．Ⅱ．某同学用如图甲所示装置做“探究合力的功与动能改变量的关系”的实验，他通过成倍增加位移的方法来进行验证．方法如下：将光电门固定在水平轨道上的B点，用重物通过细线拉小车，保持小车(带遮光条)和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放．（1）用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d＝________cm．（2）如果每次实验时遮光条通过光电门的时间为t，小车到光电门的距离为s，通过描点作出线性图像来反映合力的功与动能改变量的关系，则所作图像关系是________时才能符合实验要求．A．s－t B．s－t2C．s－t－1D．s－t－2（3）下列实验操作中必要的是________．A．调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B．必须满足重物的质量远小于小车的质量C．必须保证小车由静止状态开始释放10．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)f1＝2 000 N．求：（1）汽车运动过程中发动机的输出功率P；（2）汽车速度减至8 m/s时加速度a的大小；（3）BC路段的长度．(解题时将汽车看成质点)11．为登月探测月球，上海航天技术研究院研制了“月球车”，如图甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行了研究．他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的v －t 图像，已知0～t 1段为过原点的倾斜直线；t 1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且P ＝1.2 kW ，7～10 s 段为平行于横轴的直线；在10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行，“月球车”质量m ＝100 kg ，整个过程中“月球车”受到的阻力f 大小不变．（1）求“月球车”所受阻力f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小； （2）求“月球车”在加速运动过程中的总位移s ；（3）求0～13 s 内牵引力所做的总功．A 线生专项训练题（六）参考答案——功、功率与动能定理1．解析：根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t 得，两过程的加速度关系为a 1＝a 22．由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f 1＝f 2＝f ，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，F 1－f 1＝ma 1，F 2－f 2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12f ，即F 1>F 22．根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f 1＝12W f 2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．2．解析：由题图乙知前后两段物体加速度的大小分别为a 1＝2 m/s 2、a 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律知F ＋μmg ＝ma 1，F －μmg ＝ma 2，联立得F ＝3 N 、μ＝0.05，A 错；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P ＝Fv ＝18 W ，B 错；由速度图像与坐标轴所围面积的物理意义知，10 s 内物体的位移x ＝－2 m ，即在计时起点左侧2 m 处，C 对；10 s 内物体的路程为L ＝34 m ，即10 s 内物体克服摩擦力所做的功W ＝F f L ＝0.05×10×2×34 J ＝34 J ，D 对．选项C 、D 正确．3．解析：设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小为：a ＝μg cos θ＋g sin θ当物块的初速度为v 时，由运动学公式得：22sin Hv aθ= 当物块的初速度为v 2时，由运动学公式得：2()22sin vha θ=联解得：h ＝H4由①②两式得：2(1)tan 2v gHμθ=-4．解析：选A ．由P ＝Fv 可知，当汽车的功率突然减小为P2时，瞬时速度还没来得及变化，则牵引力突然变为F 02，汽车将做减速运动，随着速度的减小，牵引力逐渐增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当速度减小到使牵引力又等于阻力时，汽车再匀速运动，可见只有A 正确．5．解析：选AC ．由v －t 图像可求得滑块的加速度a ＝1 m/s 2，A 正确；设滑块所受的摩擦力大小为f F ，由牛顿第二定律得：1＋f F ＝ma ，3－f F ＝ma ，可得：f F ＝1 N ，B 错误．由W ＝Fl 可得第1 s 内摩擦力对滑块做的功W ＝－1×12J ＝－0.5 J ，C 正确；由P ＝F v 可求得第2 s 内力F 的平均功率为P ＝3×12W ＝1.5 W ，D 错误．6．解析：选ABC ．根据速度与时间的图像，可以求出0～6 s 内物体的位移大小为30 m ；根据拉力的功率与时间的图像，可以求出0～6 s 内拉力做的功为70 J ；0～2 s 内，拉力的大小为5 N ，大于滑动摩擦力的大小；由于2～6 s 内合外力不做功，所以合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等．7．解析：选AD ．由牛顿第二定律可知，滑块上滑的加速度方向沿斜面向下，下滑的加速度也沿斜面向下，但a a >下上，由于摩擦力做负功，滑块返回出发点的速度一定小于v 0，故A 正确，B 错误；因上滑和下滑过程中合外力不同，且E k 不小于0，故C 错误；重力对滑块做的负功先增大后减小，D 正确．8．解析：选BD.刚开始启动时，v 较小，1v 较大，F －1v图像应从右往左看，根据图像可知电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，达到最大速度后做匀速直线运动，选项A 错误，选项B 正确；当达到最大速度v m ＝15 m/s 时，牵引力为F min ＝400 N ，此时牵引力与阻力平衡，故阻力f ＝F min ＝400 N ，匀加速运动的加速度a ＝F max －f m ＝2 000－400800m/s 2＝2 m/s 2，匀加速运动的最大速度v ＝3 m/s ，电动车维持匀加速运动的时间t ＝v a ＝32 s ＝1.5 s ，选项C 错误；额定功率P 额＝F min v m ＝400×15W ＝6 000 W ，由a ′＝F －f m ＝P 额v ′－fm解得加速度为0.25 m/s 2时的速度v ′＝10 m/s ，此时的动能E k ＝12mv ′2＝12×800×102 J ＝4×104J ，选项D 正确．9．Ⅰ．解析：（1）探究的过程：提出问题→进行猜想→数学推理→实验验证(斜面上)→合理外推(竖直方向)→最终得出结论，B 项正确．（2）由相邻相等时间内位移差等于aT 2，有s 5－s 2＝3gT 2，T ＝5f，解得：g ＝s 5－s 275f 2，由匀变速直线运动的平均速度公式可知，v 3＝s 3＋s 42T ，v 4＝s 4＋s 52T ＝v 3＋v 52，T ＝5f，解以上各式得：v 5＝2s 5＋s 4－s 310fⅡ．解析：（1）由游标卡尺读数规则可知，示数为：10 mm ＋0.05×15 mm＝1.075 cm. （2）由题意可知，该同学是通过成倍改变位移来改变做功的，设重物对小车的拉力为F ，对小车有：Fs ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫d t 2，即有：s ∝1t2，则D 正确．（3）由（2）可知，公式中的F 是指小车所受到的合力，而且在整个实验过程中保持不变，所以在该实验中不需要平衡摩擦力；同理可知，重物与小车质量的大小关系也不会对实验结果产生影响；若小车释放速度不为零，则会对实验结果产生影响，选项C 正确．答案：Ⅰ．（1）B （2）s 5－s 275f 2 2s 5＋s 4－s 310fⅡ．（1）1.075 （2）D （3）C10．解析：（1）汽车在AB 路段时，牵引力和阻力相等F 1＝f 1，P ＝F 1v 1 联立解得：P ＝20 kW.（2）t ＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 F 2＝f 2，P ＝F 2v 2，f 2＝P /v 2 联立解得：f 2＝4 000 Nv ＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有f 2－F ＝ma ，F ＝P /v解得a ＝0.75 m/s 2（3）Pt －f 2s ＝12mv 22－12mv 21解得s ＝93.75 m. 11．解析：（1）在10 s 末撤去牵引力后，“月球车”只在阻力f 作用下做匀减速运动，由图像可得a ＝v 13，由牛顿第二定律得，其阻力f ＝ma7～10 s 内“月球车”匀速运动，设牵引力为F ，则F ＝f 由P ＝Fv 1可得“月球车”匀速运动时的速度v 1＝P /F ＝P /f 联立解得：v 1＝6 m/s ，a ＝2 m/s 2，f ＝200 N（2）“月球车”的加速运动过程可以分为0～t 1时间内的匀加速运动和t 1～7 s 时间内的变加速运动两个阶段，t 1时功率为P ＝1.2 kW ，速度为v t ＝3 m/s 由P ＝F 1v t 可得此时牵引力为F 1＝P /v t ＝400 N由牛顿第二定律：F 1－f ＝ma 1，解得0～t 1时间内的加速度大小为a 1＝(F 1－f )/m ＝2 m/s 2匀加速运动的时间t 1＝v t a 1＝1.5 s匀加速运动的位移s 1＝12a 1t 21＝2.25 m在0～7 s 内由动能定理可得F 1s 1＋P (7－t 1)－fs ＝12mv 21－12mv 2代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s ＝28.5 m. （3）在0～1.5 s 内，牵引力做功W 1＝F 1s 1＝400×2.25 J＝900 J在1.5～10 s 内，牵引力做功W 2＝P Δt ＝1 200×(10－1.5) J ＝10 200 J10 s 后，停止遥控，牵引力做功为零0～13 s 内牵引力所做的总功W ＝W 1＋W 2＝11 100 J。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 电场、电路、交流电(7)
物理二轮复习A线生专题训练题电场、电路、交流电、电学实验（7）1．如图所示，甲是远距离的输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小2．电磁波已广泛运用于很多领域，下列关于电磁波的说法符合实际的是A．电磁波不能产生衍射现象B．常用的摇控器通过发出紫外线脉冲信号来摇控电视机C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同3．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。
从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。
那么A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos 2t T πD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=Tπsin2tTπ4．图3甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4:1，电压表和电流表均为理想电表。
若发电机向原线圈输入图3乙所示的正弦交流电，图中R t为NTC型热敏电阻，R1为定值电阻。
下列说法中正确的是A．交流电压u的表达式50u tπVB．变压器原、副线圈中的电流之比为4:1C．t=0.01s时，发电机中线圈与磁场平行D．R t温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大5一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程I m 。
所用器材有：量程不准的电流表A 1，内阻r 1=10.0Ω，量程标称为5.0mA ；标准电流表A 2，内阻r 2=45.0Ω，量程为1.0mA ； 标准电阻R 1，阻值10.0Ω；滑动变阻器R ，总电阻约为300.0Ω； 电源E ，电动势为3.0V ，内阻不计； 保护电阻R 2；开关S ；导线。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(二)
物理二轮复习A 线生专题训练题磁场、电磁感应（二）(限时：30分钟)1.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B 0。
使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。
现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。
为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率tB∆∆的大小应为 A ．πω04B B ．πω02B C ．πω0B D ．πω20B2．如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界. 一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场。
若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点。
下列说法正确的有 A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0 B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd 2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd 2m3. 如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导体框内有半径为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 0/2。
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 A ．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为kL 24.某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示，一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重N力加速度g ＝10 m/s 2)(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？ (2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．5.如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B 0＝4mv 0qd，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .磁场、电磁感应 （二） 参考答案 1、C 2、BC 3AC 4、解析 (1)正极(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝BR ·R ω2＝12B ωR 2 v ＝r ω＝13ωR 所以v ＝2U3BR＝2 m/s. (3)ΔE ＝mgh －12mv 2ΔE ＝0.5 J.5、解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 20R 1①据题意由几何关系得R 1＝d ② 联立①②式得B 0＝mv 0qd③ (2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20R 2④据题意由几何关系得3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得a ＝3v 2d.⑥(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦由牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 2R⑧由题意知B 0＝4mv 0qd，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0<θ<π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2⑩ 设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3，…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝πd 3v 0⑭当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋arcsin 14d 2v 0⑲当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求．。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(四)
物理二轮复习A 线生专题训练题磁场、电磁感应 （四）(限时：30分钟)1．质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是 A ．M 带负电，N 带正电 B ．M 的速率小于N 的速率 C ．洛伦兹力对M 、N 做正功 D ．M 的运行时间大于N 的运行时间2. 在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。
开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α。
在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面 A ．维持不动 B ．将向使α减小的方向转动 C ．将向使α增大的方向转动D ．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小3. 如图所示，两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L ，距磁场区域的左侧L 处，有一边长也为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F 使线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时电动势E 为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F 向右为正．则以下关于线框中磁通量Φ、感应电动势E 、外力F 和线圈总电功率P 随时间t 变化的图像正确的是4.如图，两个倾角均为θ=37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一个光滑的不计电阻的U 型导轨，导轨宽度都是L =1.0m ，底边分别与开关S 1、S 2连接，导轨上分别放置一根和底边平行的金属棒a 和b ，a 的电阻R 1=10.0Ω、质量m 1=2.0kg ，b 的电阻R 2=8.0Ω、质量m 2=1.0kg 。
U型导轨所在空间分别存在着垂直斜面向上的匀强磁场，大小分别为B 1=1.0T ，B 2=2.0T ，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮连接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10.0m/s 2。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(一)
物理二轮复习A 线生专题训练题磁场、电磁感应 （一）(限时：30分钟)1．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面。
一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。
不计重力，该磁场的磁感应强度大小为A ．qR m v 330B ．qR m v 0C ．qRm v 03 D ．qR m v 03 2．如图，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d >L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右行动．t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v －t图像中，可能正确描述上述过程的是A ．B ．C ．D ．3．如图所示，水平传送带带动两金属杆匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆a 、b 质量均为m ，两杆与导轨接触良好．当金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a 离开磁场时，金属杆b 恰好进入磁场，则A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL 2D ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL4．半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．5.某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．磁场、电磁感应(一)参考答案1、A2、D3、BD4、解析 (1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为 C →D .设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2 而v A ＝ωr ， v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3B ωr 22R .(2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIrv ＋F f v ，而F f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmg ωr 2. 5、解析 (1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r ，粒子的运动轨迹如图所示．根据题意知L ＝3r sin 30°＋32d cot 30°，且磁场区域的宽度h ＝r (1－cos 30°) 解得：h ＝(23L －3d )(1－32)． (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，洛伦兹力提供向心力，则有m v 2r ＝qvB ，m v ′2r ′＝qv ′B ， 由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°，解得粒子速度的最小变化量Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d )． (3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d2cot 30°＋(2n ＋2)r n sin 30° 且m v 2n r n ＝qv n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n <3L 3d－1，n 取整数)． 答案 (1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d ) (3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n <3L 3d－1，n 取整数)附件1：律师事务所反盗版维权声明学校名录参见：/wxt/list. aspx? ClassID=3060。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 力和运动、功和能(四)
A 线生专项训练题（四） ——抛体运动与圆周运动一、选择题1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A ．kvk 2－1 B ．v1－k2C ．kv1－k2D ．vk 2－12．质量为1 kg 的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )A ．物体初速度的方向与合外力方向垂直B ．物体所受的合外力为3 NC ．物体的初速度为5 m/sD ．2 s 末物体的速度大小为7 m/s 3．质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图像和水平方向的位移图像如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )A ．前2 s 内质点处于失重状态B ．2 s 末质点速度大小为4 m/sC ．质点的加速度方向与初速度方向垂直D ．质点向下运动的过程中机械能减小4．如图所示，BD 是半圆BCD 的水平直径，OC 为竖直半径，半圆半径长为R ，A 点在B 点正上方高R 处，现有质量相等的两小球a 、b 分别从A 、B 两点以一定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D 点和C 点，已知球b 击中C 点时动能为E ，不计空气阻力，则球a 击中D 点时动能为( )A ．2EB ．85EC ．54E D ．5E5．如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强为E ，从倾角为θ的足够长的斜面上的A 点先后将同一带电小球(质量为m ，所带电荷量为q )以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为v 1，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为α1，第二次初速度为v 2，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面的夹角为α2，若v 1＞v 2，则( )A ．α1＞α2B ．α1＝α2C ．α1＜α2D ．无法确定6．如图所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( )A ．tan θ1tan θ2＝2B ．cot θ1tan θ2＝2C ．cot θ1cot θ2＝2D ．tan θ1cot θ2＝27．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小二、非选择题8．Ⅰ．在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5个点取一个计数点，共取了A 、B 、C 、D 、E 、F 六个计数点．从A 点开始在每一个计数点处将纸带剪开，分成五段(分别为a 、b 、c 、d 、e 段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy 坐标系中，如图所示．(1)若横坐标表示时间，单位为“s ”，每条纸带的宽度表示0.1 s ，纵坐标表示速度，单位为“10－2m/s”，纵坐标的数值为纸带长度，长度单位为毫米，则图中所画倾斜直线是纸带运动的速度—时间图像吗？________.(2)如果a 段纸带长为a ，e 段纸带长为e ，打点计时器的打点周期为T ，则加速度a 0的表达式为a 0＝___________________.(3)速度—时间图线的斜率表示加速度，斜率可以用k ＝tan θ求出，可以用量角器量出倾斜直线的倾角θ，用k ＝tan θ能求出加速度吗？为什么？________________________________________________________________________Ⅱ．在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长l 和周期T 计算重力加速度的公式是g ＝4π2lT2.（1）如果已知摆球直径为2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，那么单摆摆长是________m，如果测定了40次全振动的时间如图乙中秒表所示，那么秒表读数是________s，单摆的振动周期是________s.（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是________(填写代号)．A．测摆长时，忘记了摆球的半径B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表过早按下D．实验中误将39次全振动次数记为40次（3）某同学在实验中，测量6种不同摆长情况下单摆的振动周期，记录表格如下：以l为横坐标、T2为纵坐标，作出T2－l图线，并利用此图线求重力加速度g.9．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝1.8 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带.已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度为v＝3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°,不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6.求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．10．如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.（1）求小物块到达C 点时的速度大小；（2）求小物块刚要到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力； （3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 至少多大？ 11．如图所示，在长度s ＝5 m 的粗糙水平平台DO 的左侧有一光滑的轨道ABC 竖直放置，半圆BC 的最高点C 正好在水平平台左侧D 点的正上方，半圆最低点B 与水平轨道AB 相切于B 点，轨道AB 右侧固定放置一弹簧，弹簧左侧靠一小物块(可看做质点，并可以通过C 、D 间的缝隙)．现将小物块压缩弹簧后释放，小物块最终从O 点飞出并击中右侧挡板，挡板的大小如图，以O 点为原点建立平面直角坐标系，挡板的方程满足x 2＋4y 2＝325y .已知小物块的质量为0.5 kg ，它与水平平台表面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.（1）若小物块恰能击中挡板的右端P (1.6 m,0.8 m)点，则其离开O 点时的速度为多大？ （2）为使小物块能击中挡板，弹簧对小物块做的功有什么要求？（3）试证明：不论如何改变小物块压缩弹簧的程度，只要小物块能击中挡板，小物块击中挡板时的动能均为某一定值．A 线生专项训练题（四）参考答案——抛体运动与圆周运动1．解析：去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝d v 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝d v 21－v2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k2＝v1－k2，选项B 正确．2．解析：由题图可知，沿x 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，a x ＝1.5 m/s 2，所以沿x 轴方向合力F x ＝ma x ＝1.5 N ；沿y 轴方向做匀速直线运动，合力为零，所以A 正确，B 错误；物体的初速度v 0＝v y ＝4 m/s ，C 错误；2 s 末物体速度大小v ＝v 2x ＋v 2y ＝5 m/s ，D 错误．3．解析：选AD.根据水平方向的位移图像可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度v x ＝43 m/s.根据竖直方向的速度图像可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a ＝1 m/s 2.前2 s 内质点处于失重状态，2 s 末质点速度为v ＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432 m/s ＞4 m/s ，选项A正确，B 错误．质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C 错误．质点向下运动的过程中a ＝1 m/s 2＜g ，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D 正确．4．解析： 由平抛运动规律可知两小球下落时间均为t ＝2Rg，由水平射程x ＝vt 知a 、b 两小球的初速度大小分别为v A ＝2gR 、v B ＝gR2，由动能定理知对球b 有mgR ＝E －12mv 2B ，对球a 有mgR ＝E D －12mv 2A ，联立得E D ＝85E ，B 对．5．解析：选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β正切值的2倍”，即“tan α＝2tan β”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B.6．解析：选A.平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，则tan θ1tan θ2＝2，选项A 正确．7．解析：选D.根据v ＝ωr ，两座椅的ω相等，由r B ＞r A ，可知v B ＞v A ，A 错误；向心加速度a ＝ω2r ，因ω相等r 不等，故a 不相等，B 错误；水平方向mg tan θ＝m ω2r ，即tan θ＝ω2r g ，因r B ＞r A ，故θB ＞θA ，C 错误；竖直方向F T cos θ＝mg ，绳子拉力F T ＝mgcos θ，因θB ＞θA ，故F T B ＞F T A ，D 正确． 8．Ⅰ．解析：（1）每条纸带宽度的中点对应的速度值表示这段纸带的中间时刻的瞬时速度，所以图中直线并不代表速度—时间图像．（2）由x m －x n ＝(m －n )a 0T 2得a －e ＝4a 0 (5T )2所以a 0＝(a －e )/(100T 2)．答案：（1）不是 （2）(a －e )/(100T 2) （3）不能 因为图像横坐标与纵坐标的标度不统一Ⅱ．解析：（1）刻度尺的零点对准摆线的悬点，故单摆的摆长l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫88.50－2.002cm ＝87.50 cm ＝0.875 0 m.秒表的读数t ＝(60＋15.2)s ＝75.2 s.单摆的周期T ＝t n＝1.88 s.（2）由公式g ＝4π2lT2可知，g 偏小的原因可能是测量摆长l 时，测量值比真实值偏小或测量周期偏大，故选项A 、B 、C 正确．（3）由单摆周期公式可得T 2＝4π2l g，所以T 2－l 图线是过坐标原点的一条直线，直线斜率是k ＝4π2g ，g ＝4π2k ．在图线上取相距较远的两点(l 1，T 21)、(l 2，T 22)，则k ＝T 22－T 21l 2－l 1，所以g ＝4π2l 2－l 1T 22－T 21．作出图像如图所示，由直线上的点(0.4，1.59)和(1.0，4.00)可求出：k ＝4.00－1.591.0－0.4＝4，g ＝4π2k ＝4×3.1424m/s 2＝9.86 m/s 29．解析：（1）设小物块在C 点时的速度大小为v C ，在D 点时的速度大小为v D ， 则v C ＝v 0cos θmgR (1－cos θ)＝12mv 2D －12mv 2C解得：v C ＝3 m/s ，v D ＝5 m/s设小物块在D 点时，轨道对小物块的作用力为N ，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2D R解得N ＝22.5 N设小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为N ′，由牛顿第三定律知N ′＝N ＝22.5 N ，方向竖直向下．（2）设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，则 μmg ＝ma小物块从D 点运动到最左端的过程中，设所用时间为t 1，小物块向左通过的距离是x 1，传送带向右通过的距离是x 2，则v D ＝at 1 x 1＝12at 21 x 2＝vt 1设小物块从传送带最左端向右滑动到速度大小与传送带速度大小相等经历的时间为t 2，小物块向右通过的距离是x 3，传送带向右通过的距离是x 4，则v ＝at 2x 3＝12at 22x 4＝vt 2整个过程中，设小物块相对传送带滑动的距离是x ，则 x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3 生成的热量Q ＝μmgx 解得Q ＝32 J10．解析：（1）小物块在C 点时的速度大小为v C ＝v 0cos 60°＝4 m/s.（2）小物块由C 点到D 点的过程中，由动能定理：mgR (1－cos 60°)＝12mv 2D －12mv 2C代入数据解得v D ＝2 5 m/s小物块在D 点时由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR代入数据解得F N ＝60 N由牛顿第三定律得小物块在D 点时对轨道的压力F ′N ＝F N ＝60 N ，方向竖直向下． （3）设小物块刚滑到木板左端时与木板达到共同速度，大小为v ，小物块在木板上滑行过程中，小物块与木板的加速度大小分别为a 1＝μmg m ＝3 m/s 2，a 2＝μmg M＝1 m/s 2小物块和木板达到共速，则有v ＝v D －a 1t ，v ＝a 2t对小物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL ＝12mv 2D －12(m ＋M )v 2解得L ＝2.5 m ，即木板的长度至少为2.5 m. 11．解析：（1）小物块飞出O 点后做平抛运动，则有 x P ＝v 0ty P ＝12gt 2得小物块离开O 点时的速度v 0＝4 m/s.（2）要使小物块能击中挡板，必须同时满足三个条件，即能到达半圆的最高点C ，过O 点时速度大于零，不能越过P 点．设弹簧对小物块做的功为W ，到达C 点时的速度为v C ，到达O 点时速度为v O在C 点由牛顿第二定律及动能定理得：mg ≤m v 2CRW －mg ×2R ＝12mv 2C到达O 点时，由题意知，2R ＝1.6 m ，W －mg ×2R －μmgs ＝12mv 2O由(1)和以上分析可得0＜v O ≤4 m/s 则20.5 J ＜W ≤24.5 J.（3）考虑到从弹簧弹出小物块到小物块离开平台的过程中，小物块损耗的能量是一定值，即改变小物块压缩弹簧的程度，小物块离开平台时的速度v 是不一样的．设小物块击中挡板时的位置坐标为(x ，y )，则有x ＝vt y ＝12gt 2 小物块击中挡板时的动能E k ＝mgy ＋12mv 2又x 2＋4y 2＝325y解得E k ＝8 J。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理 专题训练 磁场、电磁感应(六)
物理二轮复习A线生专题训练题磁场、电磁感应（六）(限时：30分钟)1．如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向．则A．0～5 s内i的最大值为0.1 AB．第4 s末i的方向为正方向C．第3 s内线圈的发热功率最大D．3～5 s内线圈有扩张的趋势2．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于A.T B．T C.T3 D．T23．如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L.一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零．此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多C．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率4．如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为R MN＝1 Ω和R PQ＝2 Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN 始终在水平导轨上运动．求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)0～3 s 时间内通过MN 棒的电荷量；(3)求t ＝6 s 时F 2的大小和方向；(4)若改变F 1的作用规律，使MN 棒的运动速度v 与位移x 满足关系：v ＝0.4x ，PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN 棒从静止开始到x ＝5 m 的过程中，系统产生的热量．5．如图甲所示，水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E ＝π×103 N/C ，MN 下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．T ＝0时将一重力不计、比荷q m ＝106C/kg 的正点电荷从电场中的O 点由静止释放，在t 1＝1×10－5 s 时恰通过MN 上的P 点进入磁场，P 点左方d ＝105 cm 处有一垂直于MN 且足够大的挡板．求：(1)电荷从P 点进入磁场时速度的大小v 0；(2)电荷在t 2＝4×10－5s 时与P 点的距离Δx ；(3)电荷从O 点出发运动到挡板所需时间t 总．磁场、电磁感应(六)参考答案1、D2、A3、BC4、解析 (1)当t ＝3 s 时，设MN 的速度为v 1，则v 1＝at ＝3 m/sE 1＝BLv 1E 1＝I (R MN ＋R PQ )P ＝I 2R PQ代入数据得：B ＝2 T.(2)E ＝ΔΦΔtq ＝ER MN ＋R PQ Δt ＝ΔΦR MN ＋R PQ代入数据可得：q ＝3 C(3)当t ＝6 s 时，设MN 的速度为v 2，则v 2＝at ＝6 m/sE 2＝BLv 2＝12 VI 2＝E 2R MN ＋R PQ ＝4 AF 安＝BI 2L ＝8 N规定沿斜面向上为正方向，对PQ 进行受力分析可得：F 2＋F 安cos 37°＝mg sin 37°代入数据：F 2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(4)MN 棒做变加速直线运动，当x ＝5 m 时，v ＝0.4x ＝0.4×5 m/s＝2 m/s 因为速度v 与位移x 成正比，所以电流I 、安培力也与位移x 成正比，安培力做功W 安＝－12BL ·BLv R MN ＋R PQ ·x ＝－203J Q ＝－W 安＝203 J.5、解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝ma v 0＝at 1 解得v 0＝Eqt 1m＝π×103×106×1×10－5 m/s ＝π×104 m/s (2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2r ，r ＝mv Bq当B 1＝π20 T 时，半径r 1＝mv 0B 1q＝0.2 m ＝20 cm 周期T 1＝2πm B 1q＝4×10－5 s 当B 2＝π10 T 时，半径r 2＝mv 0B 2q＝0.1 m ＝10 cm 周期T 2＝2πm B 2q＝2×10－5 s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．在t ＝0到t 2＝4×10－5 s 时间内，电荷先沿直线OP 运动t 1，再沿大圆轨迹运动T 14，紧接着沿小圆轨迹运动T 2，t 2＝4×10－5 s 时电荷与P 点的距离Δx ＝2r 1＝20 2 cm(3)电荷从P 点开始的运动周期T ＝6×10－5 s ，且在每一个周期内向左沿PM 移动x 1＝2r 1＝40 cm ，电荷到达挡板前经历了2个完整周期，沿PM 运动距离x ＝2x 1＝80 cm ，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成θ角，最后d －x ＝25 cm 内的轨迹如图所示．据几何关系有r 1＋r 2sin θ＝0.25 m解得sin θ＝0.5，即θ＝30°则电荷从O 点出发运动到挡板所需总时间 t 总＝t 1＋2T ＋T 14＋θ360°T 2解得t 总＝856×10－5 s≈1.42×10－4 s.。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高考物理专题训练电场、电路、交流电(8)
物理二轮复习A 线生专题训练题 电场、电路、交流电、电学实验（8）1．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的。
和U 1和U 2；、和I 1、I 2和I 3。
现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是A ．U 2变小、I 3变小B ．U 2不变、I 3变大C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大2．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O 点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v 1从M 点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到M 点，此时速度为v 2（v 2＜v 1）。
若小物体电荷量保持不变，OM ＝ON ，则A ．小物体上升的最大高度为22124v v g+B ．从N 到M 的过程中，小物体的电势能逐渐减小C ．从M 到N 的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D ．从N 到M 的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小3．如图所示，边长为L 、匝数为N ，电阻不计的正方形线圈abcd 在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴OO ′转动，轴OO ′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2。
保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是 A ．两电压表的示数之比为U 1∶U 2＝n 1∶n 2B ．电压表V 1示数等于NBωL 2C ．当可变电阻R 的滑片P 向上滑动时,电压表V 2的示数变大D ．变压器的输入功率与输出功率之比为1∶14．如图所示，离地H 高处有一个质量为m 、带电量为＋q 的物体处于电场强度随时间变化规律为E ＝E 0－kt (E 0、k 均为大于零的常数，电场水平向左为正方向)的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，已知μqE 0>m g 。
t ＝0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑H 2后脱离墙面，此时速度大小为gH2，最终落在地面上．则下列关于物体的运动说法正确的是A ．物体克服摩擦力所做的功W ＝38mgHB ．物体与墙壁脱离的时刻为t ＝E 0kC ．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动D ．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线5.实验室购买了一捆标称长度为100m 的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。
四川省宜宾市南溪第二中学2022年高三物理测试题含解析
四川省宜宾市南溪第二中学2022年高三物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 一质量为2m的小物块A以初速度v0沿光滑的水平面向静止的质量为m的另一物块B运动，并发生碰撞，已知碰后两物块都沿光滑的水平面继续向前运动，则碰后小物块B获得的速度可能为参考答案：AB2. 如图电路中电源电动势为内阻为,在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表示数变化的情况为（）A、电压表示数增大，电流表示数减少B、两电表示数都增大C、电压表示数减少，电流表示数增大D、两电表示数都减少参考答案：A3. 一位同学做飞镖游戏，已知圆盘直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘且过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω。
若飞镖恰好击中A点，则下列关系中正确的是：（）A B （n＝0，1，2，?）C D （n＝0，1，2，?）参考答案：B4. （单选）物体在几个共点力作用下处于平衡状态，当其中的一个力撤掉后（其它的力不变），物体的运动情况是A．一定做匀加速直线运动B．一定做匀变速曲线运动C．可能做匀速运动D．可能做曲线运动参考答案：D5. 如图所示，两平行金属导轨间的距离为d，一端接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里。
一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨电阻不计且接触良好，当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v匀速滑行时，通过电阻R的电流为（）A． B． C． D．参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. （5分）如图所示，在天花板的正下方有两点，已知，在天花板上寻找一点，在点与、之间各连接光滑细线，让两个小球分别穿在细线上，让小球同时从点下滑，两球同时滑到、点，则，所用的时间为。
参考答案：解析：(等时园法)作、的中垂线，在中垂线上找一点为圆心，作一个圆，该圆与天花板切于点并过、两点，如图所示，则,，时间是。
四川省宜宾市南溪区第二中学校2021届高考物理专题训练：电场、电路、交流电(1)
2022级物理二轮复习A 线生专题训练题电场、电路、沟通电、电学试验（1）1．图甲是小型沟通发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为沟通电流表。
线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′ 沿逆时针方向匀速转动。
从图示位置开头计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。
以下推断正确的是A ．电流表的示数为10AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02s 时电阻R 中电流的方向自右向左2．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与始终流电源相连。
若一带电粒子恰能沿图中所示向右水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能渐渐增加C ．动能渐渐增加D ．做匀变速直线运动3. 如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持抱负变压器的输入电压U 1不变，闭合电建S ，下列说法正确的是 A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大4．为探究小灯泡L 的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开头渐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I 图象应是A ．B ．C ．D ．5．空间存在匀强电场，有一电荷量q （q >0）、质量m 的粒子从O 点以速率v 0射入电场，运动到A 点时速率为2v 0。
现有另一电荷量-q 、质量m 的粒子以速率2v 0仍从O 点射入该电场，运动到B 点时速率为3v 0。
若忽视重力的影响，则A ．在O 、A 、B 三点中，B 点电势最高 B ．在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高C ．OA 间的电势差比BO 间的电势差大D ．OA 间的电势差比BA 间的电势差小6右图是测量阻值约几十欧的未知电阻R x 的原理图，图中R 0是爱护电阻（10Ω），R 1 是电阻箱（0～99.9Ω），R 是滑动变阻器，A 1和A 2是电流表，E 是电源（电动势10V ，内阻很小）。
四川省宜宾市南溪区第二中学校2021届高考物理专题训练：电场、电路、交流电(2)
2022级物理二轮复习A 线生专题训练题电场、电路、沟通电、电学试验（2）1.如图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h 。
质量均为m 、带电量分别为+q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区（两粒子不同时消灭在电场中）。
不计重力。
若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于A 、mh qE s 22B 、mh qE s 2C 、mh qE s 24D 、mh qE s 42．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。
已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V 的沟通电源上。
当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0kW 。
设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是抱负的，则U 2和I 1分别约为 A ．380V 和5.3A B ．380V 和9.1AC ．240V 和5.3AD ．240V 和9.1A3．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间的电势差为U 1，板间场强为E 1。
现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是A ．U 2 = U 1，E 2 = E 1B ．U 2 = 2U 1，E 2 = 4E 1C ．U 2 = U 1，E 2 = 2E 1D ．U 2 = 2U 1，E 2 = 2E 14．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了准时发觉，设计了一种报警装置，电路如图所示。
M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压U 增大，装置发出警报，此时A ．R M 变大，且R 越大，U 增大越明显B ．R M 变大，且R 越小，U 增大越明显C ．R M 变小，且R 越大，U 增大越明显D ．R M 变小，且R 越小，U 增大越明显5．如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q 和-Q ，x 轴上的P 点位于-Q 的右侧。
四川省宜宾市南溪区第二中学校高中物理 第一章 第三节 电场 电场强度和电场线课件 教科选修31(通用
三、真空中点电荷电场强度公式：
因为 :EF q,又 FKQ r2 q
所以
:E Kቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
Q（决定式） r2
静电场
注意:（1）点电荷Q产生的电场中，某一点的场强的 大小由点电荷Q及P点到Q的距离r决定，与检验电荷q 无关。
（2）当Q一定时，越靠近Q的点（r越小），场 强越大。
四、匀强电场的场强
（1）电场中 场强处处相同。
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10、很多事情努力了未必有结果，但是不努力却什么改变也没有。。2021/5/152021/5/152021/5/155/15/2021 11:27:06 AM
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11、成功就是日复一日那一点点小小努力的积累。。2021/5/152021/5/152021/5/15May-2115-May-21
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12、世间成事，不求其绝对圆满，留一份不足，可得无限完美。。2021/5/152021/5/152021/5/15Saturday, May 15, 2021
下
载
观
看
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10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。2021/5/152021/5/152021/5/155/15/2021 11:27:06 AM
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11、越是没有本领的就越加自命不凡。2021/5/152021/5/152021/5/15May-2115-May-21
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MOMODA POWERPOINT 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。2021/5/152021/5/152021/5/15Saturday, May 15, 2021
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感 谢 您 的 16、少年十五二十时，步行夺得胡马骑。。2021/5/152021/5/15May 15, 2021
2023届四川省宜宾市高三下学期二诊理综物理核心考点试题(基础必刷)
2023届四川省宜宾市高三下学期二诊理综物理核心考点试题（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)题我们可以通过简单的实验，半定量地探究电容器两极板间的电势差与其带电量的关系，实验电路如图所示。
取一个电容器A和数字电压表（可看做理想电压表）相连，把开关接1，用几节干电池串联后给A充电，可以看到电压表有示数，说明A充电后两极板具有一定的电压。
把开关接2，使另一个与A完全相同的且不带电的电容器B与A并联，可以看到电压表的示数变为原来的一半。
然后，断开开关，闭合开关。
关于该实验以及其后续操作，下列说法中正确的是（ ）A．闭合的作用是让电容器B完全放电B．接下来的操作是把开关接1，观察电压表的示数C．电容器的带电量变为原来的一半时，电压表示数也变为原来的一半，说明电容器“储存电荷的本领”也变为了原来的一半D．若使用磁电式电压表代替数字电压表，当和都断开时，电容器A的带电量不会改变，电压表指针将稳定在某一固定值第(2)题照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出，这个现象称为光电效应，如图所示。
光电效应可在电影、电视、自动控制等方面有着广泛的应用。
对于某确定的金属，为使其发生光电效应，下列说法正确的是（ ）A．只增大入射光的频率，一定可以使其发生光电效应B．只增大入射光的波长，一定可以使其发生光电效应C．只增大入射光的强度，一定可以使其发生光电效应D．只延长照射时间，一定可以使其发生光电效应第(3)题如图所示，1、2、3、4…是一个水平放置松弛状态下的弹簧（可认为是均匀介质）上一系列等间距的质点。
某时刻，质点1在外力作用下从平衡位置开始沿左右方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点离开平衡位置依次左右振动，形成一列简谐纵波。
已知质点1开始振动的方向是向左，经过二分之一周期，质点9开始运动，则针对此时刻，下列说法正确的是（ ）A．质点3向右运动B．质点5所受回复力为零C．质点6的加速度向左D．质点9的振幅为零第(4)题如图是某种双层晾衣篮，用质地均匀的圆形钢圈穿进网布构成两个完全相同的篮子，上、下两篮通过四根等长轻绳与钢圈的四等分点相连；另有四根等长轻绳，它们一端与穿过轻杆的挂钩系在一起，另一端连接上篮的四等分点。
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物理二轮复习A 线生专题训练题 电场、电路、交流电、电学实验（6）
1．如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三
个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电。
整个系统置于方向水平的匀强电场
中。
已知静电力常量为k 。
若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为
A ．
233l q k B ．23l q k C ．2
3l
q
k D ．232l q k 2．如图1所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点
P （坐标为x ）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝
12
2221()
x
k R x πσ-
+〔〕，方向沿x 轴。
现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆版，如图2所示。
则圆孔轴线上任意一点Q （坐标为x ）的电场强度为
A ．12
222()
x
k r x πσ+ B ．1
2
0222()r
k r x πσ+ C ．2πkσ0x r D ．2πkσ0r
x
3．如图5所示，MN 是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。
一个带负电的粒子(不计重
力)从a 到b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。
下列结论正确的是 A ．点电荷一定位于M 点的左侧
B ．带电粒子从a 到b 的过程中动能逐渐减小
C ．带电粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度
D ．带电粒子在a 点时具有的电势能大于在b 点时具有的电势能
4．如图，在正点电荷Q 的电场中有M 、N 、P 、F 四点，M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，F 为MN 的中点，∠M=30°，M 、N 、P 、F 四点的电势分别用M ϕ、N ϕ、P ϕ、F ϕ表示。
已知M ϕ=N ϕ,P ϕ=F ϕ,点电荷Q 在M 、N 、P 三点所在的平面内，则 A ．P ϕ大于M ϕ
B ．点电荷Q 一定在MP 的连线上
C ．连接PF 的线段一定在同一等势面上
D ．将正试探电荷从P 点搬运到N 点，电场力做负功
5某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻R x 的阻值。
a
b c
⑴现有电源（4V ，内阻可不计）、滑动变阻器（0~50Ω，额定电流2A ），开关和导线若干，以及下列电表：
A ．电流表（0~3A ，内阻约0.025Ω）
B ．电流表（0~0.6A ，内阻约0.125Ω）
C ．电压表（0~3V ，内阻约3kΩ）
D ．电压表（0~15V ，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的________（选填“甲”或“乙”）。
⑵图2是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。
请请根据在⑴问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线。
⑶接通开关，改变滑动变阻器画片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U 。
某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x =I
U =________（保留两位有效数字）。
⑷若在⑴问中选用甲电路，产生误差的主要原因是_____；若在⑴问中选用乙电路，产生误差的主要原因是 。
（选填选项前的字母） A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值 B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值 C ．电压表测量值小于R x 两端的电压值 D ．电压表测量值大于R x 两端的电压值
⑸在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两端的电压U 也随之增加，下列反映U-x 关系的示意图中正确的
是 。
6如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中。
一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。
一质量为m 、带电量为q （q>0）的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释
A V R x R 甲 A V R x
R 乙
图1 V
A
学生用交
图2
P
R x
0 1 2
3 0
0.2 0.4 0.6 A
5 10 15
1 2
3 V
图U O
U O
U O
图4
放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m，求滑块从静止释放到速度大小为v m过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。
图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻
的速度大小，v m是题中所指的物理量。
（本小题不要求写出计算过程
．．．．．．．．．．．．）
7真空中存在空间范围足够大的．水平向右的匀强电场。
在电场中，若将一个质量为m．带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°＝0．6，cos37°=0．8）。
现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。
求运动过程中（05北京）
（1）小球受到的电场力的大小及方向
（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量
（3）小球的最小动能。
电场、电路、交流电、电学实验（6）
参考答案
1B 2A 3AD 4AB
5（1）电流表B ；电压表C；外接法即甲图。
（2）
（3）5.2Ω （4）B 、D （5）A 6
qE +mg sin θ=ma ①
2
102
1at s =
② 联立①②可得 θ
sin 20
1mg qE ms t +=
③
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为0x ，则有 0sin kx qE mg =+θ ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 02
1)()sin (2
0-=++•+m m mv W x x qE mg θ ⑤ 联立④⑤可得 )sin ()sin (2102
k
qE mg s qE mg mv W m ++•+-=
θθs （3）如图
7（1）根据题设条件，电场力大小
F e =mgtan37°＝3
4 mg
电场力的方向水平向右
（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为v ：v y =v 0－gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a ：a x =F e m =3
4
g
小球上升到最高点的时间t=v 0g ,此过程小球沿电场方向位移：s x =12 a x t 2=3v 0
8g
电场力做功 W=F x s x ＝932
mv 02
小球上升到最高点的过程中，电势能减少932 mv 02
（3）水平速度v x =a x t ，竖直速度v y =v 0－gt 小球的速度v=v x 2
+v y 2
由以上各式得出 2516 g 2t 2－2v 0gt+(v 02－v 2
)=0
解得当t=16v 025g 时，v 有最小值 v min =3
5
v 0
此时小球动能的最小值为E min =2
0950
mv。