【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练2相互作用

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【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练3牛顿运动定律

章末冲关评价练(三)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B．田径运动员在110 m跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故【解析】物体的惯性大小与物体的速度、受力大小无关，由物体质量大小唯一确定，由此可得C正确，A、B错误；公共汽车启动时，乘客要向后倾，D 错误．【答案】 C2.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图1所示．当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客()图1A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上【解析】当车减速上坡时，车有沿斜面向下的加速度，乘客也具有沿斜面向下的加速度，合力方向沿斜面向下，所受的水平面的摩擦力沿水平方向向左，乘客处于失重状态，故C正确，A、B、D均错误．【答案】 C3．用火箭发射人造卫星，假设火箭由静止竖直升空的过程中，火箭里燃料燃烧喷出气体产生的推力大小不变，空气的阻力也认为不变，则下列图中能反映火箭的速度v或加速度a随时间t变化的过程为()【解析】由牛顿第二定律可得，F－mg－F f＝ma，因推力F和阻力F f大小不变，随着火箭的上升，火箭所受重力mg逐渐减小，故其加速度增大，速度也逐渐增大，B正确，A、C错误；因重力不随时间均匀减小，火箭的加速度也不随时间均匀增大，故D错误．【答案】 B4.将一轻质弹簧固定在竖直的墙壁上，如图2所示，右端与一小球相连接，另用一质量不计且不可伸长的细绳与小球相连，另一端固定．当系统静止时水平面对小球的支持力为零，细绳与竖直方向的夹角为θ＝45°.小球与水平面间的摩擦不可忽略，且动摩擦因数μ＝0.2，小球的质量为m＝1 kg，重力加速度取g＝10 m/s2.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是()图2A．小球仍静止B．小球所受合力为10 NC．小球的加速度大小为8 m/s2D．小球所受的摩擦力为零【解析】当小球处于静止状态时，水平面对小球的弹力恰为零，所以弹簧对小球的弹力大小F＝mg，绳对小球的拉力T＝2mg，在剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力F大小不能突变，水平面对小球的支持力大小突变为F N＝mg，此时小球受到向右的摩擦力，所以小球的加速度大小a ＝F －μmg m＝8 m/s 2，方向向左，故选项C 正确．【答案】 C 5．(2016·潜江检测)如图3甲所示，质量为m 的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v 0上滑先后通过A 、B ，然后又返回到底端．设从A 到B 的时间为t 1，加速度大小为a 1，经过A 的速率为v 1，从B 返回到A 的时间为t 2，加速度大小为a 2，经过A 的速率为v 2，则正确的是( )图3A ．t 1＝t 2，a 1＝a 2，v 1＝v 2B ．t 1＜t 2，a 1＜a 2，v 1＜v 2C ．物块全过程的速度—时间图线如图乙所示D ．物块全过程的速度—时间图线如图丙所示【解析】从A 到B 过程，a 1＝mg sin θ＋f m，从B 到A 的加速度a 2＝mg sin θ－f m，所以a 1＞a 2，所以全程v -t 图线不是一条直线．时间t 1＜t 2，经过A 点的速率v 1＞v 2，A 、B 两项错误；物块全过程的速度—时间图线如图丙所示，C 项错误，D 项正确．【答案】 D6．将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在墙面上，如图4甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F 的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图4A ．2～4 s 小球的加速度大小为0.5 m/s 2B ．小球质量为2 kgC ．杆的倾角为30°D ．小球0～4 s 内的位移为8 m【解析】由图象得：2～4 s 小球的加速度a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝0.5 m/s 2，则A 正确；0～2 s 小球做匀速直线运动时，重力沿细杆向下的分力等于5.0 N ，2～4 s 由牛顿第二定律得：F 2－F 1＝ma 得：m ＝1 kg ，则B 错误；设细杆与水平面的夹角为α，则F 2－mg sin α＝ma ，解得：α＝30°，则C 正确；由v -t 图象可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即为5 m ，则D 错误．【答案】 AC7.将一质量为M 的物块放在一水平桌面上，用一质量不计的轻绳跨过桌子边缘的定滑轮连接一托盘，如图5所示，在托盘中放上一定量的砝码．已知盘和砝码的总质量为m ，M ＝2m ，重力加速度取g ，忽略一切摩擦力和阻力．当将托盘由静止释放后，下列描述正确的是( )图5A ．砝码的加速度为gB ．物块的加速度为g 3C ．绳子的拉力为23mgD ．盘中的砝码处于完全失重状态【解析】应用隔离法，对托盘分析，由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，对物块分析，由牛顿第二定律得F ＝2ma ，可知加速度大小为a ＝mg 2m ＋m＝13g ，故A 错误，B 正确；将a ＝13g 代入F ＝2ma 得F ＝23mg ，C 正确；由于砝码加速度向下且大小为g 3，所以砝码处于失重状态，但不是完全失重，D 错误．【答案】BC8.如图6所示，长为L＝6 m、质量为m＝10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50 kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v -t图象可能正确的是(g取10 m/s2，a为人的v -t图象，b为木板的v -t图象)()图6【解析】人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力f m＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，f＝Ma1＝50 N＜120 N，木板静止不动，t＝23s内人的位移x＝6 m，A正确；同理B 正确；C中人的加速度a1＝3 m/s2，f＝Ma1＝150 N＞120 N，木板向左加速，f－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ 2 s内人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误．【答案】ABC二、非选择题(共4小题，共52分，按题目要求作答，解答题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)9．(12分)(2016·益阳模拟)在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随外力变化的关系，实验装置如图7甲所示(打点计时器、纸带图中未画出)．实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B由静止开始加速运动(纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略)，实验后进行数据处理，小明得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧测力计弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示．(1)由图甲判断下列说法正确的是________．A．一端带有定滑轮的长木板不水平也可以达到实验目的B．实验时应先接通打点计时器电源后再释放物体C．实验中重物P的质量应远小于物体的质量D ．弹簧测力计的读数始终为重物P 的重力的一半(2)小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m A ________m B (填“大于”“等于”或“小于”)；两物体与木板之间动摩擦因数μA ________μB (填“大于”“等于”或“小于”)．图7【解析】 (1)长木板水平时，对物体由牛顿第二定律可得F －μmg ＝ma ，即a ＝F m －μg ，所以不平衡摩擦力时，也可以达到实验目的；若木板不水平，当滑轮一侧较高时应有F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，较低时应有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，仍能达到实验目的，A 正确；实验要求应先接通电源后释放纸带，B 正确；由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧测力计的读数，与重物P 的质量大小无直接关系，C 错误；对重物P 分析，当加速度为a 时，应有Mg －2F ＝Ma ，可得F ＝12Mg －12Ma ，所以只有当a ＝0时，F 才等于12Mg ，D 错误．(2)设物体加速度大小为a ，据牛顿第二定律应有F －μmg ＝ma ，可得a ＝F m －μg ＝1m F －μg .根据a -F 图象斜率k ＝1m 可知，A 的斜率大于B 的斜率，所以1m A ＞1m B，即m A ＜m B ；再根据纵轴截距为－μg 可知μA ＞μB .【答案】 (1)AB (2)小于大于10．(13分)(2016·邵阳检测)在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图8甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v -t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：图8(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．【解析】 (1)取沿杆向上为正方向，由题图乙可知在0～2 s 内：a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内：a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)． (2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2综上解得μ＝0.5，F ＝50 N.【答案】 (1)15 m/s 2，方向沿杆向上；10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N11．(13分)如图9甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动．过A 点时给物体一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v -t 图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图9(1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s 末物体离A 点的距离．【解析】 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，则由题中v -t 图象得a 1＝2 m/s 2①根据牛顿第二定律有，F ＋μmg ＝ma 1②设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2，则由题中v -t 图象得a 2＝1 m/s 2③根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 2④联立①②③④解得：F ＝3 N ，μ＝0.05.(2)设10 s 末物体离A 点的距离为d ，d 应为v -t 图象与横轴所围的面积，则d ＝8×42m －6×62m ＝－2 m负号表示物体在A 点左侧．【答案】 (1)3 N 0.05 (2)2 m12．(14分)(2015·石家庄调研)如图10所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板的上端施加一个沿斜面向上F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l .(已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.)图10【解析】由题意，小物块沿斜面向上做匀减速运动，木板沿斜面向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，①木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律：F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，②设二者共速的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式v 0－at ＝a ′t ，③小物块的位移为x，木板的位移为x′，x＝v0t－12at2，④x′＝12a′t2，⑤小物块恰好不从木板上端滑下，有x－x′＝l，⑥联立①②③④⑤⑥式解得l＝0.5 m.【答案】0.5 m。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：1.3运动学图象、追及和相遇问题

)
图 133
【解析】由图象可知，x＝0 时，初速度不为零，A 错误；由 v2＝2ax 知， Δv2 斜率 k＝＝2a＝4 m/s2，所以加速度 a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，B、 Δx Δv 3－ 5 C 错误；由 t＝ a 求得质点从 x＝1 m 处运动到 x＝2 m 处所用的时间 t＝ 2 s， D 正确．【答案】 D
考运动学图象追及和相遇问题
[考纲定位] 匀变速直线运动及其公式、图象(Ⅱ)
分层限时跟踪练
考点三
考点 1| x t、v t 图象的理解 xt 图象和 v t 图象的比较 x t 图象图象举例 vt 图象
图象意义
表示位移的变化过程和规律，表示质点运动在某时刻的位置或某段时间内的位移
【答案】 A
4．[v2x 图象]某质点做直线运动，现以出发点为坐标原点，以运动方向为 x 轴正方向，质点运动的 v2x 图象如图 133 所示．则(
A．质点的初速度为 0 B．质点做变加速直线运动 C．质点做匀加速直线运动，且加速度为 4 m/s2 D．质点从 x＝1 m 坐标处运动到 x＝2 m 坐标处所用 3－ 5 时间 t＝ 2 s
5．[a t 图象与 v t 图象的转化]一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 at 图象如图 134 所示．下列 v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )
图 134
T 【解析】由题图可知，在 0～2时间内 a＝a0＞0，若 v0≥0，物体做匀加速运动；若 v0＜0，物体做匀减速运动，故 B、C 皆错误；由于在 T～2T 时间内 a T ＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与 0～2时间内相同，故 A 错误，D 正确．【答案】 D

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：5.3机械能守恒定律

考点 2| 机械能守恒定律的应用 1．机械能守恒定律的表达式 (1)守恒观点：Ek＋Ep＝ Ek′＋Ep′ (一定要选零势能面) －Δ Ep (2)转化观点：Δ Ek＝ (不需要选零势能面) (3)转移观点：Δ E 增＝Δ E 减 (不需要选零势能面) 2．应用机械能守恒的一般步骤单个物体 (1)选取研究对象多个物体组成的系统系统内有弹簧
【答案】 A
2．(2014· 课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( π A. 6 π C. 3 ) π B． 4 5π D． 12
【解析】根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题．设物块水平抛出 1 2 的初速度为 v0，高度为 h，由机械能守恒定律得2mv0＝mgh，即 v0＝ 2gh.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度 vy＝ 2gh＝vx＝ π v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角 θ＝，故选项 B 正确，选项 4 A、C、D 错误．
[示例] 质量分别为 m 和 2m 的两个小球 P 和 Q，中间用轻质杆固定连接， L 杆长为 L，在离 P 球3处有一个光滑固定轴 O，如图 535 所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，在 Q 球顺时针摆动到最低点位置时，求：
(1)小球 P 的速度大小；
图 535
(2)在此过程中小球 P 机械能的变化量．
【答案】 ABC
2．[机械能守恒的判断]在如图 531 所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上 30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴 O 无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的 A、B 两小车，B 静止，A 获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动 B 车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )

【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练9电磁感应

章末冲关评价练(九)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题．每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下列叙述不正确的是()A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【解析】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确．法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确．【答案】C2．物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图1所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为()图1A.qR SB.qR nSC.qR 2nSD.qR 2S【解析】由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，则有ΔΦ＝2BS .因为q ＝n ΔΦR ，所以磁感应强度B ＝qR 2nS ，选项C 正确．【答案】 C3．(2015·海南高考)如图2所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则ε′ε等于()图2A.12B.22 C ．1 D.2【解析】由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BL v ，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v 运动时，ε′＝12BL v ，则ε′ε＝12BL v BL v ＝22.因此B 对，A 、C 、D 错．【答案】 B4．(2015·盐城检测)如图3所示，L 是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A 和B 是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的是()图3A ．当开关S 闭合瞬间，A 、B 两灯同时亮，最后B 灯熄灭B ．当开关S 断开瞬间，A 、B 两灯同时熄灭C ．当开关S 断开瞬间，a 点电势比b 点电势低D ．当开关S 断开瞬间，流经灯泡B 的电流是由b 到a【解析】开关S 闭合瞬间，线圈L 对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A 与B 串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B 被短路熄灭，选项A 正确；稳定后当开关S 断开后，A 马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，左端电势高，与灯泡B 构成闭合回路放电，流经灯泡B 的电流是由a 到b ，B 闪一下再熄灭，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A5．如图4所示，两个互连的金属圆环，大金属环的电阻是小金属环电阻的二分之一．磁场垂直穿过粗金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在粗环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为()图4A.E 2B.E 3C.2E 3 D ．E【解析】在电磁感应中，产生感应电动势的那一部分等效于直流电路中的电源．该部分的电阻等效于电源内阻r ，本题的等效电路如图所示．依题有：r ＝R 2，I ＝E R ＋r ＝E R ＋R 2＝2E 3R ，U ＝IR ＝2E 3.【答案】 C6．如图5所示，一正方形闭合金属线框ABCD 放在粗糙绝缘的水平面上，MN 右侧空间有一匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1 T 、方向竖直向上．线框的边长l ＝0.1 m 、质量m ＝0.1 kg ，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时线框的AD 边与磁场边界MN 重合．现在使线框以初速度v 0＝2 m/s 沿水平面进入磁场区域，运动一段时间后静止，静止后线框的BC 边与磁场边界MN 的水平距离也为l ，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．AD 边刚进入磁场区域时，金属线框感应电流方向为A →B →C →DB ．AD 边刚进入磁场区域时，金属线框产生的感应电动势为0.4 VC ．整个过程，AD 边产生的焦耳热为0.1 JD ．BC 边刚进入磁场时的速度大小为1 m/s【解析】金属线框AD 边向右运动切割磁感线，根据楞次定律知产生的感应电流方向为A →D →C →B ，选项A 错误；金属线框AD 边刚进入磁场区域时产生的感应电动势为E ＝Bl v 0＝0.2 V ，选项B 错误；根据动能定理，整个过程产生的焦耳热为12m v 20－2μmgl ＝0.1 J ，AD 边产生的焦耳热为14×0.1 J ＝0.025 J ，选项C 错误；金属线框进入磁场后做匀减速运动，BC 边刚进入磁场时的速度为v ＝2μgl ＝1 m/s ，选项D 正确．【答案】 D7．(2016·牡丹江模拟)如图6所示，金属杆MN 在三角形金属框架上以速度v 从图示位置起向右做匀速滑动，框架夹角为θ，杆和框架由粗细均匀、横截面积相同的同种材料制成，则回路中的感应电动势E 和电流I 随时间t 变化的规律分别是图中的()图6【解析】由公式E ＝Bl v 知，l 均匀增大，则感应电动势E 均匀增大，且图示位置E 不为零，B 项正确；回路中的电流I ＝E R ＝Bl v ρL S，式中L 为回路的周长，由三角形相似可推得l L 的比值为定值，故电流的大小是恒定的，D 项正确．【答案】 BD8．如图7甲所示，将长方形导线框abcd 垂直磁场方向放入匀强磁场B 中，规定垂直ab 边向右为ab 边所受安培力F 的正方向，F 随时间的变化关系如图乙所示．选取垂直纸面向里为磁感应强度B 的正方向，不考虑线圈的形变，则B 随时间t 的变化关系可能是选项中的( )图7【解析】在每个整数秒内四个选项中磁感应强度都是均匀变化的，磁通量的变化率为恒定的，产生的电流大小也是恒定的，再由F ＝BIL 可知，B 均匀变化时，F 也均匀变化，在0～1 s 内，F 为向左，根据楞次定律，磁通量均匀减小，与B 的方向无关，这样周期性的变化的磁场均正确，所以有A 、B 、D 项正确，C 错．【答案】 ABD9．如图8所示，质量为3m 的重物与一质量为m 的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L ，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h .初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h ，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是( )图8A ．线框进入磁场时的速度为2ghB ．线框的电阻为B 2L 22mg 2ghC ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝2mghD ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝4mgh【解析】从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg ×2h ＝mg ×2h ＋4m v 2/2，解得线框刚进入磁场时的速度v ＝2gh ，故A 对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故合力为零，3mg ＝BIL ＋mg ，I＝BL v /R ，解得线框的电阻R ＝B 2L 22mg 2gh ，故B 对；线框匀速通过磁场的距离为2h ，产生的热量等于系统重力势能的减少，即Q ＝3mg ×2h －mg ×2h ＝4mgh ，故C 错，D 对．【答案】 ABD10．如图9所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()图9A．P＝2mg v sin θB．P＝3mg v sin θC．当导体棒速度达到v2时，加速度大小为g2sin θD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功【解析】对导体棒受力分析如图．当导体棒以v匀速运动时(如图甲)，应有：mg sin θ＝F安＝BIL＝B2L2vR；当加力F后以2v匀速运动时(如图乙)，F＋mg sin θ＝2B2L2vR，两式联立得F＝mg sinθ，则P＝F·2v＝2mg v sin θ，A正确，B错误；由牛顿第二定律，当导体棒的速度为v2时，a＝mg sin θ－F安″m＝mg sin θm－B2L2v2Rm＝g2sinθ，C项正确；由功能关系，当导体棒达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功与减少的重力势能之和，D 项错误．【答案】AC二、非选择题(共3小题，共40分，按题目要求作答，计算题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)11．(12分)(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图10甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L ＝0.1 m ，竖直边长H ＝0.3 m ，匝数为N 1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B 0＝1.0 T ，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A 范围内调节的电流I .挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g ＝10 m/s 2)甲乙图10(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg ，线圈的匝数N 1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N 2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R ＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡．如图乙所示，保持B 0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B 随时间均匀变大，磁场区域宽度d ＝0.1 m ．当挂盘中放质量为0.01 kg 的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt. 【解析】 (1)线圈受到安培力F ＝N 1B 0IL①天平平衡mg ＝N 1B 0IL② 代入数据得N 1＝25匝． ③ (2)由电磁感应定律得E ＝N 2ΔΦΔt④ 即E ＝N 2ΔB ΔtLd ⑤ 由欧姆定律得I ′＝E R ⑥线圈受到安培力F ′＝N 2B 0I ′L⑦ 天平平衡m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt ·dL 2R ⑧代入数据可得ΔB Δt＝0.1 T/s. ⑨【答案】 (1)25匝 (2)0.1 T/s12．(14分)如图11所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ，在1 s ～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：图11(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1 s ～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .【解析】 (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得E 1＝N ΔB 1S Δt 1，代入数据得E 1＝10 V ，感应电流的方向为a →d →c →b →a . (2)同理可得E 2＝N ΔB 2S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r ，电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2S r，代入数据得q ＝10 C. (3)0～1 s 内的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r，1 s ～5 s 内的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2，由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100 J.【答案】 (1)10 V a →d →c →b →a(2)10 C (3)100 J13．(14分) (2015·宜昌检测)如图12所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：图12(1)磁感应强度的大小B；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；(3)流经电流表电流的最大值I m.【解析】(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，则有BIL＝mg，①解得B＝mgIL. ②(2)感应电动势E＝BL v，③感应电流I＝ER，④由②③④式解得v＝I2R mg.(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v m，由机械能守恒定律得12m v2m＝mgh，感应电动势的最大值E m＝BL v m，感应电流的最大值I m＝E m R，解得I m＝mg2ghIR.【答案】 (1)mg IL (2)I 2R mg (3) mg 2gh IR。

【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练17 Word版含解析

分层限时跟踪练(十七)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·孝感模拟)质量为50 kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图5-4-12，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m，在最高点的速度为 3 m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10 m/s2)()图5-4-12A．225 J B．400 JC．625 J D．850 J【解析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t＝2hg＝2×0.810s＝0.4 s，竖直方向初速度v y＝gt＝4 m/s，水平方向做匀速直线运动，则v0＝3 m/s，则起跳时的速度v＝v20＋v2y＝32＋42m/s＝5 m/s.运动员的质量为50 kg，根据动能定理得W＝12m v2＝625 J，故C正确，A、B、D错误．【答案】 C2．(2014·广东高考)如图5-4-13是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图5-4-13A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能【解析】本题考查能量转化和守恒定律．由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误、B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．【答案】 B3．如图5-4-14所示，木块B在光滑的水平桌面上，子弹A沿水平方向射入木块并留在木块内，将弹簧压缩到最短．则从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中()图5-4-14A．A、B与弹簧组成的系统机械能守恒B．A的动能减少量等于B的动能增加量C．A对B做的功等于B的动能增加量D．B对A做的功等于A的动能减少量【解析】A与B之间因摩擦而生热，故A错误；A动能的减少量等于B 的动能增加量、弹簧的弹性势能增加量、A与B之间因摩擦而产生的热量三者之和，B错误；A对B做的功和弹簧对B做的功的和等于B动能的变化量，C错误；B对A做的功等于A的动能变化量，D正确．【答案】 D4．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v .对于起跳过程，下列说法正确的是( )A ．该同学机械能增加了mghB ．该同学机械能增加量为mgh ＋12m v 2C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12m v 2D ．该同学所受的合外力对其做功为12m v 2＋mgh【解析】该同学从蹬地到刚离开地面过程中，重力势能增加了mgh ，动能增加了12m v 2，故机械能增加了mgh ＋12m v 2，A 项错，B 项正确；地面对人的支持力的作用点无位移，故对人不做功，C 项错；由动能定理可知，该同学所受合外力对其做功等于其动能的增加量即12m v 2，D 项错．【答案】 B5．(2015·大庆质检)如图5-4-15所示，半径为R 的金属环竖直放置，环上套有一质量为m 的小球，小球开始时静止于最低点．现使小球以初速度v 0＝6Rg 沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )图5-4-15A ．小球机械能守恒B ．小球在最低点时对金属环的压力是6 mgC ．小球在最高点时，重力的功率是mg gRD ．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR【解析】小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时的速度为v ，由向心力公式可得mg ＝m v 2R ；小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得－W f －2mgR ＝12m v 2－12m v 20，联立可得W f ＝12m v 20－12m v 2－2mgR ＝12mgR ，可见此过程中小球机械能不守恒，克服摩擦力做功为12mgR ，选项D 正确，选项A 错误；小球在最高点时，速度v 的方向和重力的方向垂直，二者间的夹角为90°，功率P ＝0，选项C 错误；小球在最低点，由向心力公式可得F －mg ＝m v 20R ，F ＝mg＋m v 20R ＝7mg ，选项B 错误．【答案】 D二、多项选择题6．(2016·南昌模拟)一升降机在底部装有若干弹簧，如图5-4-16所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )图5-4-16A ．先处于失重状态然后再处于超重状态B ．重力功率不断减小C ．机械能不断减小D ．机械能保持不变【解析】升降机在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力作用，且弹力逐渐增大，则升降机先向下加速，后减速，故升降机先处于失重状态然后处于超重状态，选项A 正确；升降机的重力功率P ＝mg v ，其先增加后减小，选项B 错误；除重力做功外，弹簧的弹力对其做负功，机械能减小，选项C 正确，选项D 错误．【答案】 AC7．山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图5-4-17所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是()图5-4-17A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功【解析】人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－f＝ma，可知，F f＜mg，a＜g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增加量一定小于重力势能的减少量，D正确．【答案】CD8．(2014·海南高考)如图5-4-18所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中()图5-4-18A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零【解析】轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a 的速度等于b 的速度沿绳方向的分量，a 的动能比b 的动能小，A 对；因为b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B 、C 两项均为系统机械能守恒的表现，故B 、C 错误；轻绳不可伸长，两端分别对a 、b 做功大小相等，符号相反，D 正确．【答案】 AD9．如图5-4-19甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v -t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )图5-4-19A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24 J【解析】由v -t 图象可知，物体在传送带上先以a 1＝10 m/s 2的加速度加速运动，再以a 2＝2 m/s 2的加速度继续加速；t ＝1.0 s 时物体获得与传送带相同的速度v 共＝v 0＝10 m/s ，选项A 正确．由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1① mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ②联立①②得：θ＝37°，μ＝0.5，选项C 正确，B 错误.0～2.0 s 内摩擦力做功W f ＝μmg cos 37°·x 1－μmg cos 37°·x 2，由v -t 图象可求，x 1＝12×1×10 m ＝5 m ，x 2＝12×(10＋12)×1 m ＝11 m ，解得W f ＝－24 J ，故选项D 正确．【答案】 ACD三、非选择题10．如图5-4-20所示，质量为m＝2 kg的小物块从斜面顶端A由静止滑下，从B点进入光滑水平滑道时无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道左端C处的墙上，另一端恰位于水平滑道的中点D.已知斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝35，其余各处的摩擦不计，斜面顶端距水平面高度为h＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧处于原长时弹性势能为零．图5-4-20(1)求小物块沿斜面向下滑动时其加速度大小和滑到B点时的速度大小；(2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？【解析】(1)由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a＝2 m/s2设斜面长为L，则sin θ＝hL，滑到B点时的速度大小为v＝2aL＝2 m/s.(2)物块从斜面顶端A开始运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh－μmg cos θ·hsin θ－E p＝0则轻弹簧压缩到最短时的弹性势能E p＝mgh－μmg cos θh sin θ解得E p＝4 J.(3)物块第一次被弹回时上升的高度最大，设上升的最大高度为H，由动能定理得mg(h－H)－μmg cos θ·hsin θ－μmg cos θ·Hsin θ＝0解得H＝0.125 m.【答案】 (1)2 m/s 2 2 m/s (2)4 J (3)0.125 m11．如图5-4-21所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：图5-4-21(1)物块经过B 端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？【解析】 (1)v B ＝v 0sin θ＝2 m/s. (2)物体从B 到C 应用动能定理，有mg (R ＋R sin θ)＝12m v 2C －12m v 2B ，解得v C ＝6 m/s.在C 点：F －mg ＝m v 2C R ，解得F ＝46 N.由牛顿第三定律知物块经过圆弧轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N.(3)物块从A 到C 过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，应用能量守恒定律得Q ＝12m v 2C ＝18 J.【答案】 (1)2 m/s (2)46 N (3)18 J12．如图5-4-22所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图5-4-22(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m ＝M 2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ；②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12m v 2B ①滑块在B 点处，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2B R② 解得F N ＝3mg ③由牛顿第三定律得F N ′＝3mg .④(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒得mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2⑤ 解得v m ＝ gR3 ⑥②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2 ⑦设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg＝Ma ⑧由运动学规律得v2C－v2m＝－2as ⑨解得s＝13L. ⑩【答案】(1)3mg(2)①gR3②13L。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：3.1牛顿运动定律

5．[作用力和反作用力与平衡力的区别]如图 312 所示，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确力是一对平衡力 B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力 C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力 D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力
惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律． (2)指出了一切物体都有
(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
3．惯性
匀速直线运动状态或静止状态的性质． (1)定义：物体具有保持原来
第 1 课时牛顿运动定律
[考纲定位] 牛顿运动定律(Ⅱ)
考点 1| 牛顿第一定律的理解及应用 1．内容
匀速直线运动一切物体总保持状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫
使它改变这种状态． 2．意义
改变物体运动状态的原因，即 (1)指出力不是维持物体运动的原因，而是
力是产生加速度的原因．
2.重要规律牛顿第一定律牛顿第二定律牛顿第三定律 3.重要公式 F＝ma
3.牛顿第二定律的 “五个”特性 4.超重与失重的实质 5.应用牛顿第二定律解题的思路与步骤
5.已知运动情况要求确定受力情况 6.通过整体法和隔离法考查牛顿运动定律的应用 7.通过超重和失重考查牛顿运动定律的应用 8.对超重和失重的理解和计算
考点一
新题尝鲜
考点二
第三章牛顿运动定律
分层限时跟踪练
考点三
必须掌握的概念、必须理解的 5 个关键规律 1.重要概念点 1.力与运动的关系

【非常考案】2017届通用版高考物理一轮章末冲关评价练5机械能

章末冲关评价练(五)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共8小题．每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2015·柳州模拟)如图1所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是( )图1A ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg －m v 2RB ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 22RC ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒D ．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少【解析】从A 到B 的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能增大，小球的机械能减小；由于小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力，根据牛顿第二定律，F 弹－mg ＝m v 2R ，即F 弹＝mg ＋m v 2R ，故只有选项D 正确．【答案】 D2．(2015·四平调研)某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车空车时的质量为m 0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装的货物的质量是( )A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C ．m 0 D ．v 1v 2m 0 【解析】设汽车所装货物质量为m ，则根据P ＝F v ＝f v 得空载时，P ＝km 0g v 1，满载时，P ＝k (m 0＋m )g v 2，解得m ＝v 1－v 2v 2m 0. 【答案】 A3．(2015·广东六校第三次联考)质量为m 的物体，在距地面h 高处以g 3的加速度由静止竖直下落到地面，下列说法正确的是( )A ．物体的重力势能减少13mghB ．物体的机械能减少13mghC ．物体的动能增加13mghD ．重力做功13mgh【解析】物体落地过程中，重力做功W G ＝mgh ，重力势能减少mgh ，A 、D 项错误；由动能定理可知，ΔE k ＝W 合＝mah ＝13mgh ，C 项正确；由功能关系可知，ΔE ＝W 合－mgh ＝－23mgh ，所以机械能减少了23mgh ，B 项错误．【答案】 C4．将一质量为m 的小球套在一光滑的、与水平面夹角为α(α<45°)的固定杆上，小球与一原长为L 的轻质弹性绳相连接，弹性绳的一端固定在水平面上，将小球从离地面L 高处由静止释放，刚释放时，弹性绳长为L ，如图2所示．小球滑到底端时速度恰好为零，则小球运动过程中，下列说法中正确的是( )图2A ．小球的机械能守恒B ．弹性绳的弹性势能将一直增大C ．小球到达底端时，弹性绳的弹性势能为mgL (cot α－1)D ．小球和弹性绳组成的系统机械能守恒【解析】在小球下滑过程中，小球和弹性绳的机械能守恒，则A 错误，D 正确；弹性绳的弹性势能先不变后增大，选项B 错误；由机械能守恒定律，弹性绳的弹性势能增加了mgL ，选项C 错误．【答案】 D5．如图3所示，质量为m 的小滑块从O 点以初速度v 0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O 点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为( )图3A.13m v 20B ．14m v 20 C.16m v 20 D ．18m v 20【解析】设小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx ，小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L ＋Δx )－E 弹＝0－12m v 20，再分析从弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得E 弹－μmg (L ＋Δx )＝0，联立可得E 弹＝14m v 20，故弹簧获得的最大弹性势能为14m v 20.【答案】 B6．(2016·南京模拟)如图4所示，圆心在O 点、半径为R 的光滑圆弧轨道abc 竖直固定在水平桌面上，Oc 与Oa 的夹角为60°，轨道最低点a 与桌面相切．一轻绳两端系着质量为m 1和m 2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c 的两边，开始时，m 1位于c 点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则( )图4A．在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减少C．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝2m2D．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝3m2【解析】m1在下滑过程中速度沿绳的分量大小等于m2的速度大小，故A 错．m1在c和a处时重力的功率均为零，而在c到a的过程中不等于零，由此可知应先增大后减小，故B正确．对m1和m2组成的系统应用机械能守恒定律：m1g·R2－m2g·R＝0，解得m1＝2m2，故C对、D错．【答案】BC7．(2015·长春模拟)质量分别为m1和m2的两个物体A、B并排静止在水平地面上，如图5甲所示，用同方向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，物体A、B各自滑行一段距离后停止．物体A、B运动的速度—时间图象分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1＜m2，下列判断中正确的有()图5A．物体A、B与地面的动摩擦因数一定相同B．力F1一定大于力F2C．力F1对物体A所做的功一定小于力F2对物体B所做的功D．力F1的最大瞬时功率一定小于力F2的最大瞬时功率【解析】由题中图线可知，在撤去外力后，两图线平行，说明加速度相同，物体只受摩擦力，其加速度a＝μg，所以μ相同，A项正确；由牛顿第二定律，F－μmg＝ma，得a1＝F1m1－μg，a2＝F2m2－μg，由图线可以看出a1＞a2，即F1m1＞F2m2，由于m1＜m2，所以F1和F2关系不确定，B项错误；从图线中可以看出，a图象与横轴所围的面积小于b图象与横轴所围的面积，即A的位移x1小于B的位移x2，而μm1g＜μm2g，所以μm1gx1＜μm2gx2，根据动能定理，Fx－μmgx＝0，所以力F1对物体A所做的功F1x1一定小于力F2对物体B所做的功F2x2，C项正确；根据功率P＝F v，而F1与F2的关系不确定，所以D项错误．【答案】AC8．(2015·黄冈模拟)如图6所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一个质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2＞v1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判断，正确的有()图6A．滑块返回传送带右端的速率为v1B．此过程中传送带对滑块做功为12m v21－12m v22C．此过程中电动机对传送带做功为2m v21D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v1＋v2)2【解析】因为v2＞v1，在摩擦阻力下，滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动．速度增大到v1后随传送带做速度为v1的匀速直线运动．所以滑块返回传送带右端的速率为v1，A项正确；由动能定理可得此过程中传送带对滑块做功为12m v21－12m v22，B项正确；由能量守恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于两者相对滑动产生的热量和传送带对滑块做功之和，不等于2m v21.C项错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于两者相对滑动的距离与摩擦力的乘积，等于12m(v1＋v2)2，D项正确．【答案】ABD二、非选择题(共4小题，共52分，计算题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)9．(10分)某同学用如图7甲所示的装置验证动能定理．为提高实验精度，该同学多次改变小滑块下落高度H的值，测出对应的平抛运动水平位移x，并算出x2，进而画出x2H图线如图乙所示．图7(1)原理分析：若滑块在下滑过程中所受阻力很小，则只要测量量满足________，便可验证动能原理．(2)实验结果分析：实验中获得的图线未经坐标原点，而是大约在(0.6h，0)处与横轴相交，原因是_________________________________________________ ____________________________________________________________________.【解析】(1)若滑块在下滑过程中所受阻力很小，由动能定理知mgH＝12m v2，根据平抛运动规律知x＝v t，h＝12gt2，得x2与H成正比，即只要测量量满足x2与H成正比，便可验证动能定理．(2)实验中获得的图线未经坐标原点，而是大约在(0.6h，0)处与横轴相交，原因是滑块需要克服阻力做功．【答案】(1)x2与H成正比(2)滑块需要克服阻力做功10．(12分)如图8甲所示，一根轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m＝1.0 kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A 点，压缩量为x＝0.1 m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L＝2x，水平桌面的高为h＝5.0 m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g取10 m/s2)求：图8(1)在压缩弹簧的过程中，弹簧存贮的最大弹性势能；(2)小物块到达桌边B点时速度的大小；(3)小物块落地点与桌边B的水平距离．【解析】(1)取向左为正方向，从F-x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为F f＝1.0 N，方向为负方向在压缩过程中，摩擦力做功为W f＝－F f x＝－0.1 J由图线与x轴所围面积可得外力F做功为W F＝（1.0＋47.0）×0.12J＝2.4 J所以弹簧存贮的最大弹性势能为E pm＝W F＋W f＝2.3 J(2)从A点到B点的过程中，由于L＝2x，摩擦力做功为W f′＝F f·3x＝0.3 J对小物块运用动能定理有E pm－W f′＝12m v2B解得v B＝2 m/s.(3)物块从B点开始做平抛运动，有h＝12gt2解得下落时间t＝1 s，水平距离s＝v B t＝2 m.【答案】(1)2.3 J(2)2 m/s(3)2 m11．(12分)如图9所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A.一质量为m的小球在水平地面上的C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时撤去恒力F，小球沿竖直半圆轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)．已知A、C间的距离为L，重力加速度为g.图9(1)若轨道半径为R ，求小球到达圆轨道B 点时对轨道的压力F N ；(2)为使小球能运动到轨道最高点B ，求轨道半径的最大值R m ；(3)轨道半径R 多大时，小球在水平地面上的落点D 到A 点距离最大？最大距离x m 是多少？【解析】 (1)设小球到B 点速度为v ，从C 到B 根据动能定理有FL －2mgR ＝12m v 2解得v ＝2FL －4mgR m据牛顿第二定律有F N ＋mg ＝m v 2R 解得F N ＝2FL R －5mg .(2)令F N ＝2FL R m－5mg ＝0 解得R m ＝2FL 5mg .(3)设小球平抛运动的时间为t ，由2R ＝12gt 2解得t ＝4R g水平位移x ＝v t ＝2FL －4mgR m ·4R g ＝（2FL －4mgR ）·4mgR m 2g 2 当2FL －4mgR ＝4mgR 时，水平位移最大解得R ＝FL 4mgD 到A 最大距离x m ＝4R ＝FL mg .【答案】见解析12．(16分)如图10甲所示，一水平放置的圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m ＝0.2 kg 的小滑块从轨道(截面图如图乙所示)的最低点A ，以v 0＝9 m/s 的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v ＝1 m/s ，滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD 粗糙外，其余部分均光滑，小滑块运动轨道的半径R ＝0.3 m ，(g 取10 m/s 2)求：图10(1)小滑块第一次滑到最高点时轨道对它的弹力？(2)小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？(3)从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？【解析】 (1)设小球第一次到达最高点时受竖直向下的弹力F N ，则有F N ＋mg ＝m v 2R ，代入数据可得：F N ＝－43 N.故内筒外壁对小滑块施加了竖直向上的支持力．(2)在此过程中，设克服摩擦力做的功为W f ，则－mg ·2R ＋W f ＝12m v 2－12m v 20，代入数据解得W f ＝6.8 J.(3)经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设球经过水平直径位置时速度为0，选该处所在水平面为零势能面，则有E末＝0，E初＝12m v2－mgR.减少的机械能为：ΔE减＝E初－E末＝12m v2－mgR，代入数据解得ΔE减＝7.5 J.【答案】(1)43N竖直向上(2)6.8 J(3)7.5 J。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：11.3热力学定律及能量守恒

【解析】 (1)从状态 A 到状态 B，气体等压变化 VA VB TA＝TB 解得 TB＝400 K pC pB 从状态 B 到状态 C，气体等容变化，T ＝T C B 解得 TC＝800 K.
(2)理想气体从状态 A 到状态 B，对外做的功 W＝pA(VB－VA)＝1.0×105×(8.0 －6.0)×10 3 J＝2.0×102 J，根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W
[题组突破] 6．[状态方程与热力学第一定律综合]我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中， “蛟龙”号探测到 990 m 深处的海水温度为 280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图 1131 所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度 T0＝300 K，压强 p0＝1 atm，封闭气体的体积 V0＝3 m3，如果将该汽缸下潜至 990 m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．
【答案】 AB
5．[对热力学定律的理解](多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量 B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 D．不可能使热量从低温物体传向高温物体 E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
2．用熵的概念表示热力学第二定律
减小( 填“增大”或“减在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会 ____
小”)．
3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性 ______增大的方向进行． 4．第二类永动机从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机
图 1131 (1)求 990 m 深处封闭气体的体积(1 atm 相当于 10 m 深的海水产生的压强)． (2) 下潜过程中封闭气体 ________( 填“吸热”或“放热”) ，传递的热量 ________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：11.1分子动理论、内能

F 引和 F 斥都随距离的增大而减小，r 增大，引力做负功，分 r ＞r 0 随距离的减小而增大，F 引＞F 斥，子势能增加．r 减小，引 F 表现为引力 F 引＝F 斥，F＝0 力做正功，分子势能减少分子势能最小，但不为零分子势能为零
r＞10r0 F 引和 F 斥都已十分微弱，可以认 (10 m) 为分子间没有相互作用力
[题组突破] 6．[分子力与分子距离的关系]分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则( )
A．分子间引力随分子间距的增大而增大 B．分子间斥力随分子间距的减小而增大 C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大 D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大
【解析】分子力和分子间距离关系图象如图所示，根据该图象可判断分子间引力随分子间距的增大而减小，故 A 错误；分子间斥力随分子间距的减小而增大，B 正确；而分子力(图中实线)随分子间距的增大先减小后增大再减小，C、D 均错误．
B．液体的温度越低，悬浮小颗粒的运动越缓慢，当液体的温度到 0℃时，固体小颗粒的运动就会停止 C．被冻结在冰块中的小碳粒不能做布朗运动，是因为冰中的水分子不运动 D．做布朗运动的固体颗粒越小，布朗运动越明显
【解析】据布朗运动的特点知 A 正确，B、C 错误；因为分子运动永不停息，不论在固体还是液体中，分子都在永不停息地做无规则运动；当颗粒越小时，各方向上的受力越不平衡，布朗运动越明显，故 D 正确．
(3)相互关系：
M ρVm NA＝___ NA． ①一个分子的质量：m0＝___ Vm M ρNA (注：对气体 V0 为分子所占空间体积)． NA ＝____ ②一个分子的体积：V0＝___ m V ·NA ρV ·NA m ρV V m m ③物体所含的分子数：n＝_______＝_________或 n＝M· NA＝ M · NA.

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：2.1弹力、摩擦力

【答案】 BC
[规律总结]
分析绳或杆的弹力时应重点关注的问题
(1)中间没有打结的轻绳上各处的张力大小都是一样的，如果绳子打结，则以结点为界，不同位置上的张力大小可能是不一样的． (2)杆可分为固定杆和活动杆，固定杆的弹力方向不一定沿杆，弹力方向视具体情况而定；活动杆只能起到“拉”和“推”的作用．
【答案】 C
考点 3| 摩擦力大小的分析与计算 1．静摩擦力大小的计算 (1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来判断其大小． (2)物体有加速度时，若只受摩擦力作用，则 F＝ma.例如，匀速转动的圆盘上物块靠摩擦力提供向心力产生向心加速度，若除摩擦力外，物体还受其他力作用，则 F 合＝ma，先求合力再求摩擦力．
A．(k1＋k2)Mg/(3k1k2) B．2(k1＋k2)Mg/(3k1k2) C．4(k1＋k2)Mg/(3k1k2) D．5(k1＋k2)Mg/(3k1k2)
图 213
【解析】问题中强调的是“大小”变为原来的 1/3，没有强调乙是处于压缩状态还是拉伸状态．若乙处于压缩状态，ΔF＝2F0/3；若乙处于拉伸状态，Δ F′＝4F0/3，F0＝Mg.两弹簧串接，受力的变化相等，由胡克定律得，ΔF＝kΔx、 Δx 甲＝ΔF/k1、Δx 乙＝ΔF/k2，两弹簧长度总变化Δx＝Δx 甲＋Δx 乙．所以 B、C 项正确．
自身性质决定．x 是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．
[题组突破] 1．[弹力有无判断](多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连，小球某时刻正处于如图 211 所示状态．设斜面对小球的支持力为 FN，细绳对小球的拉力为 FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( ) A．若小车向左运动，FN 可能为零

2017版高考物理一轮复习(通用版)章末冲关评价练10Word版含解析

章末冲关评价练(十)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题．每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合．现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动，将a、b两端连到示波器的输入端，若电流从a到b为正，则下图中示波器观察到的ab中电流随时间变化的规律是()图1【解析】线圈进入磁场后才有感应电流产生；当cd边进入磁场时，由右手定则可知，感应电流方向为dcba方向，感应电动势最大，故感应电流最大；同理，离开磁场时，感应电流为正向最大，故D项正确．【答案】 D2．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110 V、频率为60 Hz，要使它产生的电动势变为220 V、频率变为50 Hz，需要凋整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B.下列调整合适的是()A．使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍B．使n变为原来的56，B变为原来的56，N变为原来的2倍C．使n变为原来的56，N变为原来的2倍，B不变D ．使n 变为原来的56，N 变为原来的2.4倍，B 不变【解析】因为发电机产生的交流电电动势110 V 指的是有效值，故其最大值为E m1＝110 2 V ，调整后为E m2＝220 2 V ，即E m1E m2＝12，根据E m ＝NBSω和ω＝2πn ，可知，选项A 中，E m2＝1.2N ×2B ×S ×1.2×2πn ＝2.88E m1，故选项A 错误；B 、C 、D 三个选项中的调整使频率均变为原来的56，即50 Hz ，只有D项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项B 、C 错误，D 正确．【答案】 D3．(2015·石家庄调研)某小型发电机线圈内阻为r ＝1.0 Ω，产生的电动势为e ＝102sin 10πt V ，用其对阻值R ＝9.0 Ω的灯泡供电，设灯泡电阻丝的电阻不随温度变化，则( )A ．灯泡上的电压为10 2 VB ．灯泡上的电压为10 VC ．灯泡获得的功率为10 WD ．灯泡获得的功率为9 W【解析】由题知电动势有效值E ＝10 V ，电流I ＝E R ＋r＝1 A ，灯泡上的电压U ＝IR ＝9 V ，A 、B 项均错；灯泡获得的功率P ＝I 2R ＝9 W ，C 项错，D 项正确．【答案】 D4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图2甲所示，产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则( )甲乙图2A ．电压表V 的示数为20 VB ．电路中的电流方向每秒改变5次C ．灯泡实际消耗的功率为36 WD ．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e ＝20cos 5πt (V)【解析】交流电的有效值U ＝20 V ，电压表V 的示数为201＋9×9 V ＝18 V ，选项A 错误；交变电流的周期T ＝0.2 s ，每个周期交变电流方向改变两次，则1s 内电流方向改变10次，选项B 错误；灯泡实际消耗的功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫201＋92×9 W ＝36 W ，选项C 正确；交流电的角速度ω＝2π0.2rad/s ＝10π rad/s ，所以电动势随时间变化的瞬时值表达式为e ＝202cos 10πt (V)，选项D 错误．【答案】 C5．如图3所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知电压表的示数为220 V ，电流表的示数为5 A ，则输电线的输送功率为( )图3A ．1.1×102 WB ．1.1×104 WC ．1.1×106 WD ．1.1×108 W【解析】已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V ，故传输电压为U ＝220×500 V ＝1.1×105 V ；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A ，故传输电流为I ＝5×200 A ＝1000 A ；故输送功率为P ＝UI ＝1.1×105×1000 W ＝1.1×108 W ，选项D 正确．【答案】 D6．如图4所示，两种情况下变压器灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )甲乙图4A ．P 、PB ．9P 、4P 9 C.4P 9、9P D.4P 9、P【解析】由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P ，设灯泡L 2、L 3的电压为U ，电流为I ，电阻为R ，两种情况下变压器输入电压为3U ，变压器输入电流为23I ；图甲中L 1的功率为P 1＝（3U ）2R ＝9P ；图乙中L 1的功率为P 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23I 2R ＝4P 9，选项B 正确．【答案】 B7．(2016·开封模拟)如图5所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为5∶1.A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u ＝2202sin 314t (V)，以下说法正确的是( )图5A ．当光照增强时，电压表V 1示数为44 2 V 保持不变B ．当光照增强时，电压表V 2示数变大C ．通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次D ．当光照增强时，电流表A 1、A 2示数同时变大【解析】电压表V 1示数由电源电压和变压器匝数比决定，与负载无关，由U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝44 V ，A 错误；当光照增强时，导致总电阻减小，副线圈电流增大，同时原线圈电流也增大，D正确；电流增大后，电阻R1的电压变大，电压表V2示数变小，B错误；从电压表达式可知ω＝100π，频率f＝50 Hz，电流方向每秒改变100次，C正确．【答案】CD8．如图6中理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝10 Ω，电表A、V均为理想交流电表．若R1两端电压u1＝102sin 100πt(V)，则下列说法正确的有()图6A．电压表示数为14.14 VB．电流表示数为0.5 AC．R1消耗的功率为20 WD．原线圈输入交流电频率为50 Hz【解析】R1两端电压的有效值U1＝10 V，通过R1、R2的电流为I2＝U1 R1＝1 A，电压表示数为U2＝I2R2＝10 V，选项A错误；因II2＝n2n1，解得I＝0.5 A，选项B正确；R1消耗的功率为P1＝I22R1＝10 W，选项C错误；原线圈输入交流电频率为f＝1T＝ω2π＝50 Hz，选项D正确．【答案】BD9．(2015·江门一模)如图7为某小型水电站的电能输送示意图．已知输电线的总电阻R＝10 Ω.降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0＝11 Ω.若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压为u＝2202sin 100πt V，下列说法正确的是()图7A．发电机中的电流变化频率为100 HzB．通过R0的电流有效值为20 AC．升压变压器T1的输入功率为4 650 WD．若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小【解析】交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f＝ω2π＝50 Hz，故A错误．通过R0的电流有效值I＝UR0＝20 A，故B正确．根据I3I4＝n4n3得，输电线上的电流I3＝20×14A＝5 A，则输电线上损耗的功率P损＝I23R＝25×10 W＝250 W，降压变压器的输入功率P3＝U4I4＝220×20 W＝4 400 W，则升压变压器的输出功率P2＝P3＋P损＝4 400 W＋250 W＝4 650 W，故C正确．当电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P＝UI知，发电机的输出功率增大，故D错误．【答案】BC10．如图8甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2 Ω.接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则()甲乙图8A．电阻R两端的电压是10 VB．通过风扇电动机的电流是6 AC．通过灯泡的交流电频率是100 HzD．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗【解析】据题图乙可知原线圈电压的有效值为220 V，周期为0.02 s．故其频率为50 Hz.由于理想变压器原、副线圈的电压跟匝数成正比，故副线圈两端的电压为22 V，又额定电压为12 V的灯泡正常发光，故电阻R两端的电压是10 V，A正确．风扇电动机不是纯电阻用电器，故风扇电动机线圈两端的电压小于12 V，通过风扇电动机的电流小于6 A，B错误．变压器不改变交流电的频率，故通过灯泡的交流电频率是50 Hz，C错误．风扇突然卡住的瞬间，风扇电动机线圈两端的电压增大，通过风扇的电流增大，则副线圈干路电流增大，R两端的电压增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端的电压不变，加在灯泡两端的电压减小，灯泡变暗，D正确．【答案】AD二、非选择题(本题共3小题，共40分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(14分)对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻R T，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将R T和两个适当的定值电阻R1、R2连成图9虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻R L的阻值随R T所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量的不同温度下R L的阻值，测量电路如图9所示，图中的电压表内阻很大．实验中的部分实验数据测量结果如表所示．图9(1)根据图9所示的电路，在图10所示的实物图上连线．图10(2)为了检验R L与t之间近似为线性关系，在坐标纸(图11)上作出R Lt关系线．图11(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图12甲、乙所示，电流表的读数为________，电压表的读数为________．此时等效电阻R L的阻值为________；热敏电阻所处环境的温度约为________．甲乙图12【解析】因为电流表的最小刻度为5 mA，故读数时只需要精确到1 mA，所以电流表的读数为115 mA，而电压表的最小刻度为0.1 V，故读数时要估读到0.01 V，所以电压表的读数为5.00 V．等效电阻R L＝UI≈43.5 Ω，结合R Lt图象可知热敏电阻所处环境的温度约为62.5 ℃.【答案】(1)连线如图甲所示(2)R Lt关系图线如图乙所示(3)115 mA 5.00 V43.5 Ω62.5 ℃12．(13分)如图13所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，线圈电阻r＝5 Ω，ab＝0.3 m，bc＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω.求：甲乙图13(1)写出从图示位置开始计时线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)电阻R在0.05 s内产生的热量．【解析】(1)电动势的最大值为E m＝NBSω＝10×2×0.3×0.6×10πV≈113.04 V故瞬时值表达式e＝E m·cos ωt＝113.04cos(10πt)V.(2)电流的有效值I＝I m2＝E m2（R＋r）＝113.042×（45＋5）A≈1.6 A所以0.05 s内R上产生的热量Q＝I2Rt＝(1.6)2×45×0.05 J＝5.76 J.【答案】(1)e＝113.04cos(10πt) V(2)5.76 J13．(13分)某个小型水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机输出电压u的图象如图14所示．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V ．要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(用户得到的功率为95 kW)．求：图14(1)发电机输出电压的瞬时值表达式；(2)输电线上通过的电流；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．【解析】 (1)由题图知，交变电压周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，所以电压瞬时值表达式为u ＝350sin 100πt V .(2)由ΔP ＝I 2R 可知，I ＝ΔPR ＝5×1032 A ＝50 A.(3)设降压变压器原线圈两端电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，则由P 用＝U 1I 可知， U 1＝P 用I ＝9.5×10450 V ＝1.9×103 V ，再由U 1U 2＝n 1n 2可知，n 1n 2＝1.9×103220＝9511. 【答案】 (1)u ＝350sin 100πt V (2)50 A (3)95∶11。

2017版高考物理一轮复习(通用版)章末冲关评价练4Word版含解析

章末冲关评价练(四)(时间：50分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．据报道，我国已建立了一座航空母舰使用的滑跳式甲板跑道，用来让飞行员练习在航空母舰上的滑跳式甲板起飞．如图8所示的AOB 为此跑道纵截面示意图，其中AO 段水平，OB 段为抛物线，O 点为抛物线的顶点，抛物线在O 点的切线水平，OB 的水平距离为x ，竖直高度为y .某次训练中，观察战机(视为质点)通过OB 段时，得知战机在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t ，则战机离开B 点的速率为( )图8A.x tB ．y t C.x 2＋y 2t D ．x 2＋4y 2t【解析】战机的运动轨迹是抛物线，则当它水平方向做匀速直线运动时，竖直方向必做匀加速直线运动．又战机到达B 点时的水平分速度大小v x ＝x t ，竖直分速度大小v y ＝2y t ，合速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝x 2＋4y 2t，D 正确．【答案】 D2．(2016·岳阳模拟)如图9所示，美洲狮是一种凶猛的食肉猛兽，也是噬杀成性的“杂食家”，在跳跃方面有着惊人的“天赋”，它“厉害地一跃”水平距离可达44英尺，高达11英尺，设美洲狮“厉害地一跃”离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，美洲狮可看做质点，则tan α等于( )图9A.18B ．14 C.12 D ．1【解析】从起点A 到最高点B 可看做平抛运动的逆过程，如图所示，美洲狮做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tan β＝1122，根据平抛运动的推论有tan α＝2tan β＝2×1122＝1，选项D 正确．【答案】 D3．如图10所示，一质量为3m 的圆环半径为R ，用一细轻杆固定在竖直平面内，轻质弹簧一端系在圆环顶点，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动，当小球运动到最低点时速率为v ，则此时轻杆对圆环的作用力大小为( )图10A ．m v 2RB ．2mg ＋m v 2RC ．3mg ＋m v 2RD ．4mg ＋m v 2R【解析】小球在最低点时，设弹簧和圆环对小球的作用力的合力为F ，则F －mg ＝m v 2R ，所以轻杆对圆环的作用力大小为3mg ＋F ＝4mg ＋m v 2R .【答案】 D4.a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于点P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图11所示．下列说法中正确的是( )图11A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险【解析】由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T 2＝ma ，可知B 、C 、D 错误、A 正确．【答案】 A5．(2016·济南模拟)如图12所示，甲、乙、丙三个小球从倾角为45°的斜面上同一点开始做平抛运动．甲球落到斜面上，乙球落到斜面底端，丙球落到水平地面上．如果甲、乙、丙三个小球在水平方向上的位移之比是1∶2∶3，则甲、乙、丙三个小球做平抛运动的初速度之比为( )图12A ．1∶2∶3B ．2∶2∶3 C.12∶2∶3 D ．12∶2∶3 【解析】设乙、丙球落地点到抛出点的竖直高度为h ，对于甲球：h 2＝12gt ′2，h 2＝v 甲t ′；对于乙球：h ＝12gt 2，h ＝v 乙t ；对于丙球：h ＝12gt 2，32h ＝v 丙t .联立解得v甲∶v乙∶v丙＝2∶2∶3，选项B正确．【答案】 B6．(2016·南京模拟)北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星，对于其中的5颗同步卫星．下列说法中正确的是() A．它们运行的线速度一定不小于7.9 km/sB．地球对它们的吸引力一定相同C．一定位于空间同一轨道上D．它们运行的加速度一定相同【解析】同步卫星运行的线速度一定小于7.9 km/s，A项错误；由于5颗同步卫星的质量不一定相等，所以地球对它们的吸引力大小不一定相等，且方向也不同，B项错误；5颗同步卫星一定位于赤道上空同一轨道上，它们运行的加速度大小一定相等，但方向不相同，C项正确，D项错误．【答案】 C7．将质量为m的小球从a点以速度v0水平向右抛出，小球运动过程中除受到重力外，还受到水平向左的恒定风力作用，则小球运动的轨迹不可能为(D选项中cd段为直线)()【解析】小球受到竖直向下的重力和水平向左的风力作用，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动，则可知，小球到达a点正下方时水平速度大小一定为v0，由于在竖直方向小球做匀加速直线运动，故ab的竖直高度一定小于bc的竖直高度，所以A选项的轨迹不可能；对D选项，设小球水平运动的加速度为a ，则小球到达c 点时水平速度为v 0＝0.5at ，竖直速度为v y＝gt ，由于v 0v y＝a 2g ≠a g ，即在c 处的合速度方向与合加速度方向并不沿同一方向，故D 选项的轨迹不可能；同理B 、C 选项的轨迹存在可能性．【答案】 AD8．如图13所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD ，若在A 点以初速度v 0沿AB 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C 点，已知AB 的长度为l ，忽略空气阻力．则( )图13A ．小球下落的时间t ＝l v 0B ．坑的深度AD ＝gl 22v 20C ．落到C 点的速度大小为2v 0D ．落到C 点时速度方向与水平面成60°角【解析】小球做平抛运动的水平位移l ＝v 0t ，则小球下落的时间为t ＝l v 0，A 项正确；小球在竖直方向的位移y ＝12gt 2＝gl 22v 20，B 项正确；落到C 点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v 0t ＝v y 2t ，所以v y ＝2v 0，落到C 点时速度v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，方向为tan θ＝v y v 0＝2，不等于60°，选项C 、D 错误．【答案】 AB9．如图14所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m 的两个物体A 和B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )图14A ．此时绳子张力为3μmgB ．此时圆盘的角速度为2μgrC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D ．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动【解析】两物体刚好未发生滑动时，A 受背离圆心的静摩擦力，B 受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg ，则有：F T －μmg ＝mω2r ，F T ＋μmg ＝mω2·2r ，解得：F T ＝3μmg ，ω＝2μgr ，故A 、B 、C 正确；当烧断绳子时，A 所需向心力为F ＝mω2r ＝2μmg >F f m ，所以A 将发生滑动，D 错误．【答案】 ABC10．如图15所示，一质量为M 的人，站在台秤上，一根长为R 的悬线一端系一个质量为m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是( )图15A ．小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为(M ＋6m )gB ．当小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为MgC ．小球在a 、b 、c 三个位置时，台秤的示数相同D ．小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大【解析】从最高点到最低点，对球：mg ·2R ＝12m v 2－12m v 20，在最高点时有mg ＝m v 20R ，则最低点速度v 2＝5gR ；设绳拉力为F T ，对球在最低点应用牛顿第二定律，F T －mg ＝m v 2R ，解得F T ＝6mg .人对台秤的压力为(M ＋6m )g ，A 项正确；当小球恰通过圆轨道最高点b 点时，绳子拉力为0，此时对人受力分析，得出台秤对人的支持力F ＝Mg ，同理，对人分析也可以得出a 、c 处台秤对人的支持力F ＝Mg ，即台秤的示数为Mg ，所以可判断，C 项正确；小球在ac 水平线以上(不包括b 点)时，人受到绳子斜向上的拉力，人对台秤的压力小于Mg ，在ac 水平线以下时，人受到绳子斜向下的拉力，人对台秤的压力大于Mg ，B 、D 项错误．【答案】 AC二、非选择题(共3小题，共40分．解答题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)11．(12分)如图16所示，斜面体ABC 固定在地面上，小球p 从A 点静止下滑，当小球p 开始下滑时，另一小球q 从A 点正上方的D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB 光滑，长度l ＝2.5 m ，斜面倾角θ＝30°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图16(1)小球p 从A 点滑到B 点的时间；(2)小球q 抛出时初速度的大小．【解析】 (1)小球p 从斜面上下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律得a ＝mg sin θm＝g sin θ 下滑所需时间为t 1，根据运动学公式得l ＝12at 21联立解得t 1＝2l g sin θ解得t 1＝1 s.(2)x ＝l cos 30°依题意得t 2＝t 1由平抛运动规律知x ＝v 0t 2联立解得v 0＝l cos 30°t 1＝534 m/s. 【答案】 (1)1 s (2)54 3 m/s12．(14分)如图17所示，平台上的小球从A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC ，经C 点进入光滑水平面CD 时速率不变，最后进入悬挂在O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知小球质量为m ，A 、B 两点高度差为h ，BC 斜面高2h ，倾角α＝45°，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h ，小球可看成质点，弧形轻质筐的重力忽略不计，且其高度远小于悬线长度，重力加速度为g ，试求：图17(1)B 点与抛出点A 的水平距离x ；(2)小球运动至C 点速度v C 的大小；(3)小球进入到轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F 的大小．【解析】 (1)小球运动至B 点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出时的初速度为v 0，从A 点至B 点的时间为t ，有h ＝12gt 2，tan 45°＝gt v 0，x ＝v 0t解得x ＝2h .(2)设小球运动至B 点时速度为v B ，在斜面上运动的加速度为a ，有v B ＝2v 0，a ＝g sin 45°v 2C －v 2B ＝2a ·2h sin 45°解得v C ＝22gh .(3)小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律得F －mg ＝m v 2C 3h ，解得F ＝113mg .【答案】 (1)2h (2)22gh (3)113mg13．(14分)如图18所示，装置BO ′O 可绕竖直轴O ′O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球的质量m ＝1 kg ，细线AC 长l ＝1 m ，B 点距C 点的水平和竖直距离相等．(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝35，cos 37°＝45)图18(1)若装置匀速转动的角速度为ω1时，细线AB 上的张力为0而细线AC 与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度ω1的大小；(2)若装置匀速转动的角速度ω2＝503 rad/s ，求细线AC 与竖直方向的夹角．【解析】 (1)当细线AB 上的张力为0时，小球重力和细线AC 张力的合力提供小球圆周运动的向心力，有：mg tan 37°＝mω21l sin 37° 解得：ω1＝g l cos 37°＝522 rad/s. (2)当ω2＝503 rad/s 时，小球应该向左上方摆起，假设细线AB 上的张力仍然为0，则：mg tan θ′＝mω22l sin θ′解得：cos θ′＝3 5，θ′＝53°因为B点距C点的水平和竖直距离相等，所以，当θ′＝53°时，细线AB恰好竖直，且mω22l sin 53°mg＝43＝tan 53°说明细线AB此时的张力恰好为0, 故此时细线AC与竖直方向的夹角为53°.【答案】(1)522rad/s(2)53°。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.1库仑定律、电场力的性质

【答案】 A
6．[等效法求 E](2015· 东台模拟)经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场(如图 616 甲所示)与等量异种点电荷之间的电场分布 (如图乙所示)完全相同．图丙中点电荷 q 到 MN 的距离 OA 为 L，AB 是以电荷 q 为圆心、L 为半径的圆上的一条直径，则 B 点电场强度的大小是( )
图 613 1 A.3 3 B. 3 C．3 D. 3
2 【解析】设等边三角形的边长为 a，由几何知识可知，BD＝a· cos 30°·3 3 kQ2 kQq Q ＝ 3 a，以 B 为研究对象，由平衡条件可知， a2 cos 30°×2＝BD2，解得： q ＝ 3，D 正确．
【答案】 D
[规律总结] (1)在同一直线上三个自由点电荷的平衡问题 ①条件：每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反． ②规律
图 615
A．2π kσ 0 x C．2π kσ 0r x r2＋x2 B．2π kσ 0 r D．2π kσ 0x r r2＋x2
x 【解析】当 r→∞时， 2 2＝0，则无限大平板产生的电场的场强为 E r ＋x ＝2πkσ0.当挖去半径为 r 的圆板时，应在 E 中减掉该圆板对应的场强 Er＝2πk x x σ0[1－ 2 2]，即 E′＝2πkσ0 2 2，选项 A 正确． r ＋x r ＋x
“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”—— 中间电荷靠近电荷量较小的电荷． (2)不在同一条直线上多个电荷的平衡问题 ①根据题干条件，恰当选取研究对象，进行受力分析； q1q2 ②利用 F＝Eq 或 F＝k 2 求出每个电荷受到的电场力； r ③根据平衡条件，利用相似三角形法、图解法、正交分解法等列式求解．

物理《非常考案》课本答案

物理复习讲义（有解析）总复习使用，祝高考顺利第一章运动的描述匀变速直线运动(必修1)第1课时运动的描述考点11．(1)质量(2)大小形状 2.(1)不动(2)不同地球题组突破1．A2．D如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此C错误。

3．D金星通过太阳和地球之间时，我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为太阳的大小对所研究问题的影响起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确。

考点21．(1)位移(2)位移 2.(1)某一时刻速率(3)路程题组突破4．ABD一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A、B均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C 错，D 正确。

5．AD 物体在某段时间内平均速度的方向与位移的方向相同，所以人从A 到B 的平均速度方向由A 指向B ，A 正确，B 错误；物体在某一点的瞬时速度的方向就是物体在该点的运动方向，人在B 点时的运动方向为沿B 点的切线方向，所以人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向，C 错误，D 正确。

6．BC 平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段的轨迹长度，故不能求出平均速率，A 错；由v ＝x t 可得：v AC ＝52 m/s ，故B 正确；所选取的过程离A 点越近，该过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，故C 正确；由A 经B 到C 的过程不是匀变速直线运动过程，故B 点虽为中间时刻，但其速度不等于AC 段的平均速度，D 错误。