2011届高考物理第一轮复习单元复习训练题171

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2011年高考物理一轮复习

2011年高考物理一轮复习力学习题精选四（侧重实验）1.在“研究匀变速直线运动”的实验中,下列方法中有助于减少实验误差的是 ( ) A.选取计数点,把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位 B.使小车运动的加速度尽量小些C.舍去纸带上开始时密集的点,只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算D.适当增加挂在细绳下钩码的个数2.在一次实验中,某同学不知道所使用的交流电源的实际频率已超过50 Hz,那么,他计算出来的加速度值与真实值相比 ( ) A.偏大 B.偏小 C.相等D.不能确定2.某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中,他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长,用直尺测出弹簧的原长l 0,再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度l,把l-l 0作为弹簧的伸长量x.这样操作,由于弹簧自身重力的影响,最后画出的图线可能是下图中的哪一个()4.在“验证力的平行四边形定则”中,采取下列哪些方法和步骤可减小实验误差( )A.两个分力F 1、F 2间的夹角要适当大些B.两个分力F 1、F 2的大小要适当大些C.拉橡皮条的细绳要稍长一些D.实验前先把两个弹簧秤的钩子互相钩住,平放在桌子上,向相反方向拉动,检查读数是否相同5.在“验证牛顿运动定律”的实验中,在研究加速度a 与小车的质量M 的关系时,由于没有注意始终满足 M ＞＞m 的条件,结果得到的图象应是下图中的 ()6.关于验证牛顿运动定律的实验,下列说法中符合实际的是( )A.通过同时改变小车的质量m 及受到的拉力F 的研究, 能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B.通过保持小车质量不变,只改变小车的拉力的研究,就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C.通过保持小车受力不变,只改变小车质量的研究, 就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D.先不改变小车质量,研究加速度与力的关系;再不改变力,研究加速度与质量的关系,最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系7.在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时,下列说法中正确的是 ( )A.平衡摩擦力时,应将砝码及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B.连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C.平衡摩擦力后,长木板的位置不能移动D.小车释放前应靠近打点计时器,且应先接通电源再释放小车8.关于“探究动能定理”的实验中,下列叙述正确的是( )A.每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B.每次实验中,橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C.放小车的长木板应该尽量使其水平D.先接通打点计时器电源,再让小车在橡皮筋的作用下弹出9.在用图所示装置做“探究动能定理”的实验时,下列说法正确的是()A.通过改变橡皮筋的条数改变拉力做功的数值B.通过改变橡皮筋的长度改变拉力做功的数值C.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的最大速度D.通过打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中获得的平均速度10.在“探究功与速度变化的关系”的实验中,某同学是用下面的方法和器材进行实验的:放在长木板上的小车由静止开始在几条完全相同的橡皮筋的作用下沿木板运动,小车拉动固定在它上面的纸带,纸带穿过打点计时器.关于这一实验,下列说法中正确的是( )A.长木板要适当倾斜,以平衡小车运动中受到的阻力B.重复实验时,虽然用到橡皮筋的条数不同,但每次应使橡皮筋拉伸的长度相同C.利用纸带上的点计算小车的速度时,应选用纸带上打点最密集的部分进行计算D.利用纸带上的点计算小车的速度时,应选用纸带上打点最稀疏的部分进行计算11.下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差分析,正确的是( )A.重物质量的称量不准,会造成较大误差B.重物质量选用得大些,有利于减小误差C.重物质量选用得小些,有利于减小误差D.先释放纸带后接通电源会造成较大误差12.在做验证机械能守恒定律实验时,发现重物减少的势能总是大于重物增加的动能,造成这种现象的原因是( )A.选用的重物质量过大B.选用的重物质量过小C.空气对重物的阻力和打点计时器对纸带的阻力D.实验时操作不太细,实验数据测量不准确13.在“验证机械能守恒定律”的实验中,下列物理量中需要用工具测量的有( ),通过计算得到的有( )A.重物的质量B.重力加速度C.重物下落的高度D.与重物下落高度对应的重物瞬时速度14.某位同学做“验证机械能守恒定律”的实验,下列操作步骤中错误的是( )A.把打点计时器固定在铁架台上,用导线连接到低压交流电源B.将连有重物的纸带穿过限位孔,将纸带和重物提升到一定高度C.先释放纸带,再接通电源D.更换纸带,重复实验,根据记录处理数据15、用图所示的实验装置测量物体沿斜面匀加速下滑的加速度.打点计时器打出的纸带如图所示.已知纸带上各相邻点的时间间隔为T,则可以得出打点计时器在打D点时小车的速度的表达式为,小车运动的加速度的表达式为.16.某同学在做“验证力的平行四边形定则”的实验中,主要实验步骤如下:A.在桌面上放一块木板,在木板上铺一张白纸,用图钉把白纸钉在木板上B.用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳,细绳的另一端打成绳套C.用两个弹簧秤分别勾住绳套,平行于木板且互成角度地拉橡皮条,把橡皮条的结点拉到某一位置O,记录下O点的位置和两条细绳的方向，读出两个弹簧秤的示数D.按选好的比例,用铅笔和刻度尺作出两个弹簧秤的拉力F1和F2的图示,并用平行四边形定则求出合力FE.只用一个弹簧秤,通过细绳套拉橡皮条使其伸长,读出弹簧秤的示数,记下细绳的方向，按同一比例作出这个力F′的图示F.比较力F′和F的大小和方向,看它们是否相同, 得出结论上述步骤中:(1)有重要遗漏的步骤序号是____________;(2)遗漏的内容是_________________________.17.在做“验证力的平行四边形定则”的实验中，在水平放置的木板上垫一张白纸,把橡皮条的一端固定在A点上,另一端连接两根细线,然后通过细线用两个互成角度的弹簧秤来拉橡皮条,使橡皮条伸长到某一点O,此时需记录下：(1)________________________________________,(2)________________________________________,(3)________________________________________.然后改用一个弹簧秤把橡皮条拉到O点后再记录下：(4)________________________________________, (5)________________________________________.(6)如图所示,是该同学完成验证力的平行四边形定则实验操作后得到的数据图,请选好比例在方框中作图完成该同学未完成的实验数据处理.18、某学习小组的同学在用打点计时器探究物体的加速度与物体的质量之间的关系实验中,不改变拉力,只改变物体的质量,得到了如下表所示的几组数据,其中第3组数据还未算出加速度,但对应该组已打出了纸带,如图4所示(长度单位:cm),图中各点为每5个打点选出的计数点(两计数点间还有4个打点未标出).1.00 1.672.00 2.503.335.00 小车质量的倒数(kg -1)0.400.67 0.79 1.332.00 小车加速度(m/s 2)700600 500 400 300 200 小车质量(g) 65 4 3 2 1 实验次数(1)请由纸带上的数据,计算出缺少的加速度值并填入表中(小数点后保留两位数). (2)请在图5中建立合适的坐标,将表中各组数据用小黑点描在坐标纸上,并作出平滑的图线.(3)由图象得出的结论是: .19.在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中,某实验小组采用如图所示的实验装置和实验器材.(1)为了用细线的拉力表示小车受到的合外力,可以改变木板的倾角,使重力的一个分力平衡小车及纸带受到的摩擦力.简要说明你平衡摩擦力的实验判断方法 . (2)用沙和沙桶的重力大小来表示小车受到的合外力,必须满足的条件是 .(3)除实验装置中的仪器外,还需要的测量仪器有. (4)如图所示为实验中打出的一条纸带,现选取纸带中的A 、B 两点来探究恒力做功与动能改变的关系.已知打点计时器的打点周期为T,重力加速度为g.请你用字母表示需要测量的物理量,说明其物理意义(用文字说明或在图中标明),并把探究结果的表达式写出来. .20.光电计时器是物理实验中经常用到的一种精密计时仪器,它由光电门和计时器两部分组成,光电门的一臂的内侧附有发光装置(发射激光的装置是激光二极管,发出的光束很细),如图中的A 和A ′,另一臂的内侧附有接收激光的装置,如图中的B 和B ′,当物体在它们之间通过时,二极管发出的激光被物体挡住,接收装置不能接收到激光信号,同时计时器就开始计时,直到挡光结束光电计时器停止计时,故此装置能精确地记录物体通过光电门所用的时间.现有一小球从两光电门的正上方开始自由下落,如图所示.(1)若要用这套装置来验证机械能守恒定律,则要测量的物理量有每个物理量均用文字和字母表示,如高度H)(2)验证机械能守恒定律的关系式为力学习题精选四答案1、ACD2、A3、C4、ABC D 5、D 6、D7、BCD 8、D 9、AC 10、ABD 11、BD 12、C 13、C 、D14、C 15、16、(1)E(2)E 中未说明是否把橡皮条的结点拉到了O 点17、(1)两弹簧秤的读数 (2)结点O 的位置 (3)两细线的方向 (4)弹簧秤的读数 (5)细线的方向(6)18、(1)0.99 (2)(3)在拉力一定时,物体的加速度与质量成反比(与质量的倒数成正比)19、(1)在长木板的右端放一个小木楔,移动木楔的位置以改变木板的倾角,在不挂砂桶的情况下,给小车一个初速度,如果打出的纸带点迹均匀,可认为已平衡摩擦力. (2)沙和沙桶的总质量应远远小于小车的质量 (3)刻度尺、天平(4)需要测量的物理量有:沙和沙桶的总质量m,小车的质量M,如图所示的三段位移x 1、221434342T x x x x T x x --++x 2和x,对应A 点的速度T x v A 21=,B 点的速度为Txv A 22= 恒力做功与动能改变的表达式为:21Tx v A =,22T x v B =.-=2122)2(21)2(21T x m T x M mgx20、(1)小球直径D 、两光电门间的竖直高度H 、小球通过上下两光电门的时间1t ∆、2t ∆ （2）gH t D t D 2)()(2221=∆-∆。

2011届高考物理第一轮复习同步训练题7

贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习7：力的合成与分解一、选择题(本大题共10个小题，共70分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1.手握轻杆，杆的另一端安装有一个小滑轮C，[来源:学科网ZXXK]支持着悬挂重物的绳子，如图1所示，现保持[来源:学。

科。

网]滑轮C的位置不变，使杆向下转动一个角度，则杆对滑轮C的作用力将() 图1A．变大B．不变C．变小D．无法确定解析：杆对滑轮C的作用力大小等于两绳的合力，由于两绳的合力不变，故杆对滑轮C 的作用力不变．答案：B2.如图2所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住，在这三种情况下，若绳的张力分别为F1、F2、F3，轴心对定滑轮的支持力分别为F N1、F N2、F N3.滑轮的摩擦、质量均不计，则() 图 2A．F1＝F2＝F3，F N1＞F N2＞F N3B．F1＞F2＞F3，F N1＝F N2＝F N3C．F1＝F2＝F3，F N1＝F N2＝F N3D．F1＜F2＜F3，F N1＜F N2＜F N3解析：由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以F1＝F2＝F3＝G，又轴心对定滑轮的支持力等于绳对定滑轮的合力．而已知两个分力的大小，其合力与两分力的夹角θ满足关系式：F＝G2＋G2＋2GG cosθ＝G2(1＋cosθ)，θ越大，F越小，故F N1＞F N2＞F N3，只有选项A正确．答案：A3.如图3所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是() 图3A.3mgB.32mg C.12mg D.33mg[来源:学+科+网] 解析：将mg 在沿绳方向与垂直于绳方向分解，如图所示．所以施加的力与F 1等大反向即可使小球静止，故F min =mgsin30°=12mg ，故选C. 答案：C4．(2010·长沙模拟) 如图4所示是用来粉刷[来源:学§科§网]墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推图4涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F 1，墙壁对涂料滚的支持力为F 2，下列说法正确的是 ( )A ．F 1、F 2均减小B ．F 1、F 2均增大C ．F 1减小，F 2增大D ．F 1增大，F 2减小解析：在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可知：F 1sinθ-F 2=0F 1cosθ-G =0解得F 1=cos GF 2=G tan θ由于θ减小，所以F 1减小，F 2减小，故正确答案为A.答案：A5.如图5所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A 与B ，物体B 放在水平地面上，A 、B 均静止．已知A 和B 的质量分别为m A 、m B ，绳与水平方向的夹角为θ，则 ( ) 图5A ．物体B 受到的摩擦力可能为0B ．物体B 受到的摩擦力为m A g cos θC ．物体B 对地面的压力可能为0D ．物体B 对地面的压力为m B g －m A g sin θ解析：对B 受力分析如右图所示，则水平方向上：F f =F T ·cos θ由于F T =mAg所以F f =mAg cos θ，故A 错B 对；竖直方向上：F NB +F T sin θ=mBg所以F NB =m B g -F T sin θ=m B g-m A g sin θ，故C 错D 对．答案：BD6．如图6甲所示为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O 、a 、b 、c 、d …等为网绳的结点．安全网水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe 、bOg 均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O 点受到的向下的冲击力大小为F ，则这时O 点周围每根网绳承受的力的大小为( )图6A ．F B.F 2C ．F ＋mg D.F ＋mg 2解析：O 点周围共有4根绳子，设每根绳子的力为F ′，则4根绳子的合力大小为2F ′，所以F ＝2F ′，所以F ′＝F 2，应选B. 答案：B7. (2009·浙江高考)如图7所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为 ( ) 图7A.32mg和12mg B.12mg和32mgC.12mg和12μmg D.32mg和32μmg解析：三棱柱受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而平衡，故F N＝mg cos30°＝3 2mg，F f＝mg sinθ＝12mg，A正确．答案：A8．如图8所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()图8A．F1B．F2C．F3D．F4解析：由于小球B处于静止状态，且细线OB沿竖直方向，因此细线AB无弹力，对小球A受力分析，由于它受力平衡，并根据小球A受到的细线的拉力和重力的方向可知，施加给小球A的力F应沿F2或F3的方向，故选B、C.答案：BC9．(2010·天津模拟)如图9所示，A、B两物体的质量分别为m A、m B，且m A＞m B，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是()图9A．物体A的高度升高，θ角变大B．物体A的高度降低，θ角变小C．物体A的高度升高，θ角不变D．物体A的高度不变，θ角变小解析：最终平衡时，绳的拉力F大小仍为m A g，由二力平衡可得2F sinθ＝m B g，故θ角不变，但因悬点由Q到P，左侧部分绳子变长，故A应升高，所以C正确．答案：C10. 在建筑工地上有时需要将一些建筑材料由高处送到低处，为此工人们设计了一种如图10所示的简易滑轨：两根圆柱形木杆AB 和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上，把一摞弧形瓦放在两木杆构成的滑轨上，瓦将沿滑轨滑到低处．在实际操作图10中发现瓦滑到底端时速度较大，有时会摔碎，为了防止瓦被损坏，下列措施中可行的是 ( )A ．增加每次运送瓦的块数B ．减少每次运送瓦的块数C ．增大两杆之间的距离D ．减小两杆之间的距离解析：沿两个杆的方向仰视或俯视，弧形瓦受到两个杆各自提供的两个支持力，且支持力垂直于瓦面和杆倾斜向上，如图所示．因为瓦在垂直两杆的平面内受力平衡，即其垂直分量不变，所以两杆之间距离越大支持力的方向就越倾斜，支持力也就越大，滑动摩擦力F f 随着支持力的增大而增大；根据牛顿第二定律得弧形瓦下滑的加速度a =g sin α-fF m ，其值会随F f 增大而减小；因为弧形瓦滑到底端的路程即木杆的长度一定，所以加速度越小，到达底端的速度就越小，C 正确．答案：C二、非选择题(本大题共2个小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2008·重庆高考)滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力F N 垂直于板面，大小为k v 2，其中v 为滑板速率(水可视为静止)．某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图11所示)，滑板做匀速直线运动，相应的k ＝54 kg/m ，人和滑板的总质量为108 kg ，试求(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝35，忽略空气阻力)：图11(1)水平牵引力的大小；(2)滑板的速率．解析： (1)以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示由共点力平衡条件可得F N cosθ=mg ①F N sin θ＝F ②由①、②联立，得F ＝810 N(2)F N ＝mg /cos θF N ＝k v 2得v ＝ mg k cos θ＝5 m/s. 答案：(1)810 N (2)5 m/s12．(15分)榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨图 12机的结构示意图如图12所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ．求物体D 所受压力的大小是F 的多少倍？解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则F 1=F 2= 2cos F由几何知识得tan θ=lb =10.按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则F N=F2sinθ以上各式联立解得F N=5F所以物体D所受压力的大小是F的5倍．答案：5倍。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题531

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第八章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．在赤道上某处有一个避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为()A．正东B．正西C．正南D．正北[答案] B[解析]赤道上方地磁场磁感线的方向由南向北，通过避雷针的电流方向向上，由左手定则知，安培力的方向向正西．2．如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M 到N，绳子的拉力均为F，为使F＝0，可能达到要求的方法是()A．加水平向右的磁场B．加水平向左的磁场C．加垂直纸面向里的磁场D．加垂直纸面向外的磁场[答案] C[解析]要使绳子的拉力变为零，加上磁场后，应使导线所受安培力等于导线的重力，由左手定则可判断，所加磁场方向应垂直纸面向里，导线所受安培力向上．3．(2009·广州测试三)如果用E表示电场区域的电场强度大小，用B表示磁场区域的磁感应强度大小．现将一点电荷放入电场区域，发现点电荷受电场力为零；将一小段通电直导线放入磁场区域，发现通电直导线受安培力为零，则以下判断可能正确的是()A．E＝0 B．E≠0C．B＝0 D．B≠0[答案]ACD[解析]点电荷在电场中必受电场力，除非E＝0，选项A正确，B错误．一小段通电直导线放入磁场中，若I与B平行，也不会受安培力，选项CD都可以．4．如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色的一端)指示磁场方向正确的是() A．a B．bC．c D．d[答案]BD[解析]开关S闭合后，通电导线AB周围的磁感线是以导线AB上各点为圆心的同心圆，用右手定则判断知，其方向俯视为逆时针，所以a的指向错误；螺线管C的磁感线与条形磁铁的相似，电磁铁D的磁感线与蹄形磁铁的相似，均由右手定则判断其磁感线方向知，b和d的指向都正确；而c的指向错误．5．科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针突然失灵，原来指向正北的N极逆时针转过30°(如图所示)，设该位置地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为()A ．B B ．2BC.B 2D.3B 2[答案] C[解析] 指南针N 极的指向表示该位置的磁感应强度的方向，由题干分析得合磁场方向与原来磁场方向的夹角为30°，根据矢量合成法则分析(如图所示)，磁矿的磁感应强度水平分量的最小值为地磁场磁感应强度水平分量的一半．6．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．在t ＝2.5s 时，小球经过边界MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3 5C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 [答案] BC[解析] 由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3 2，由牛顿第二定律可知：mg F －mg ＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3 5，B 正确．小球在t ＝2.5s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错．7．(2009·苏北四市联考二)如图所示，匀强电场水平向右，虚线右边空间存在着方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左边有一固定的光滑水平杆，杆右端恰好与虚线重合．有一电荷量为q 、质量为m 的小球套在杆上并从杆左端由静止释放，带电小球离开杆的右端进入正交电、磁场后，开始一小段时间内，小球( )A ．可能做匀速直线运动B ．一定做变加速曲线运动C ．重力势能可能减小D ．电势能可能增加[答案] BC[解析] 在光滑水平杆上小球由静止释放向右运动，说明小球带正电，在复合场中小球受三个力作用，重力、电场力、洛伦兹力，因电场力做正功，速度在变化，重力与洛伦兹力不可能始终相等，小球不可能做匀速直线运动，A 错；若重力与洛伦兹力的合力向上，此时重力做负功，重力势能可能增加；若重力与洛伦兹力合力向下，则重力做正功，重力势能可能减小，C 对；重力、电场力、洛伦兹力三力的合力与小球运动的速度方向不在一条直线上，小球一定做变加速曲线运动，B 对；电场力始终做正功，电势能一定减小，D 错，本题选BC.8．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P 恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．若仅撤去电场，P 可能做匀加速直线运动B ．若仅撤去磁场，P 可能做匀加速直线运动C ．若给P 一初速度，P 不可能做匀速直线运动D ．若给P 一初速度，P 可能做匀速圆周运动[答案] D[解析] 因为带电油滴原来处于静止状态，故应考虑带电油滴所受的重力．当仅撤去电场时，带电油滴在重力作用下开始加速，但由于受变化的磁场力作用，带电油滴不可能做匀加速直线运动，A 错；若仅撤去磁场，带电油滴仍处于静止，B 错；若给P 的初速度方向平行于磁感线，因所受的磁场力为零，所以P 可以做匀速直线运动，C 错；当P 的初速度方向平行于纸面时，带电油滴在磁场力作用下可能做顺时针方向的匀速圆周运动．9．(2009·淄博一模)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E 和匀强磁场B ，有一个带正电的小球(电荷量为＋q ，质量为m )从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是( )[答案] CD[解析] 在A 图中刚进入复合场时，带电小球受到方向向左的电场力、向右的洛伦兹力、竖直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要变大，洛伦兹力也会变大，所以水平方向受力不可能总是平衡，A 选项错误；B 图中小球要受到向下的重力、向上的电场力、向外的洛伦兹力，小球要向外偏转，不可能沿直线通过复合场，B 选项错误；C 图中小球受到向下的重力、向右的洛伦兹力、沿电场方向的电场力，若这三个力的合力正好为0，则小球将沿直线通过复合场，C 选项正确；D 图中小球只受到向下的重力和向上的电场力，都在竖直方向上，小球可能沿直线通过复合场，D 选项正确．10．(2010·潍坊)如图所示，质量为m ，带电荷量为＋q 的P 环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B .现给环一向右的初速度v 0⎝⎛⎭⎫v 0>mg qB ，则 ( )A ．环将向右减速，最后匀速B ．环将向右减速，最后停止运动C ．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12m v 20D ．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是12m v 20－12m ⎝⎛⎭⎫mg qB 2 [答案] AD[解析] 环在向右运动过程中受重力mg ，洛伦兹力F ，杆对环的支持力、摩擦力作用，由于v 0>mg qB，∴q v 0B >mg ，在竖直方向有q v B ＝mg ＋F N ，在水平方向存在向左的摩擦力作用，所以环的速度越来越小，当F N ＝0时，F f ＝0，环将作速度v 1＝mg qB的匀速直线运动，A 对B 错，从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能为动能的减少，即12m v 20－12m ⎝⎛⎭⎫mg qB 2，故D 对C 错，正确答案为AD.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)如图 (甲)所示，一带电粒子以水平速度v 0⎝⎛⎭⎫v 0<E B 先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中(其所受重力忽略不计)，电场和磁场对粒子所做的功为W 1；若把电场和磁场正交重叠，如图(乙)所示，粒子仍以初速度v 0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W 2，比较W 1和W 2，则W 1________W 2(填“>”、“<”或“等于”)．[答案] >[解析] 由题意可知，带电粒子穿过叠加场的过程中，洛伦兹力小于电场力，二力方向相反，所以沿电场方向偏移的距离比第一次仅受电场力时偏移的距离小，且洛伦兹力不做功，故W 1>W 2.12．(6分)在磁感应强度为B 的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线．若任意时刻该导线中有N 个以速度v 做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q .则每个电荷所受的洛伦兹力F 洛＝________，该段导线所受的安培力为F ＝________.[答案] q v B Nq v B[解析] 垂直于磁场方向运动的带电粒子所受洛伦兹力的表达式为F 洛＝q v B ，导体在磁场中所受到的安培力实质是导体中带电粒子所受洛伦兹力的宏观体现，即安培力F ＝NF 洛＝Nq v B .13．(6分)如图中MN 表示真空中垂直于纸面的平板，板上一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B .一带电粒子从平板上的狭缝O 处以垂直于平板的初速度v 射入磁场区域，最后到达平板上的P 点．已知B 、v 以及P 到O 的距离l ，不计重力，则此粒子的比荷为________．[答案] 2v Bl[解析] 粒子初速度v 垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有q v B ＝m v 2R因粒子经O 点时的速度垂直于OP ，故OP 为直径，l ＝2R ，由此得q m ＝2v Bl. 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答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)14．(10分)如图所示，MN 是匀强磁场的左边界(右边范围很大)，磁场方向垂直纸面向里，在磁场中有一粒子源P ，它可以不断地沿垂直于磁场方向发射出速度为v 、电荷为＋q 、质量为m 的粒子(不计粒子重力)．已知匀强磁场的磁感应强度为B ，P 到MN 的垂直距离恰好等于粒子在磁场中运动的轨道半径．求在边界MN 上可以有粒子射出的范围．[答案] (1＋3)R[解析] 在图中画出两个过P 且半径等于R 的圆，其中的实线部分代表粒子在磁场中的运动轨迹，下面的圆的圆心O 1在p 点正下方，它与MN 的切点f 就是下边界，上面的圆的圆心为O 2，过p 点的直径的另一端恰在MN 上(如图中g 点)，则g 点为粒子射出的上边界点．由几何关系可知：cf ＝R ，cg ＝(2R )2－R 2＝3R即可以有粒子从MN 射出的范围为c 点上方3R 至c 点下方R ，fg ＝(1＋3)R .15．(10分)如图所示，在竖直平面内有范围足够大、场强方向水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一绝缘“⊂”形杆由两段直杆和一半径为R 为半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ 、MN 与水平面平行且足够长，半圆环MAP 在磁场边界左侧，P 、M 点在磁场界线上，NMAP 段是光滑的，现有一质量为m 、带电量为＋q 的小环套在MN 杆上，它所受到的电场力为重力的12倍．现在M 右侧D 点由静止释放小环，小环刚好能到达P 点，求：(1)D 、M 间的距离x 0；(2)上述过程中小环第一次通过与O 等高的A 点时弯杆对小环作用力的大小；(3)若小环与PQ 杆的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)．现将小环移至M 点右侧5R 处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．[答案] (1)4R (2)72mg ＋qB 3gR (3)12mgR [解析] (1)由动能定理得：qEx 0－2mgR ＝0qE ＝12mg ∴x 0＝4R .(2)设小环在A 点速度为v A由动能定理得：qE (x 0＋R )－mgR ＝12m v 2Av A ＝3gR由向心力公式得：N －q v A B －qE ＝m v 2A RN ＝72mg ＋qB 3gR . (3)若μmg ≥qE 即μ≥12，则小环运动到P 点右侧s 1处静止qE (5R －s 1)－mg ·2R －μmgs 1＝0∴s 1＝R 1＋2μ∴小环克服摩擦力所做的功W 1＝μmgs 1＝μmgR 1＋2μ若μmg <qE 即μ<12，则小环经过往复运动，最后只能在P 、D 之间运动，设小环克服摩擦力所做的功为W 2，则qE 5R －mg 2R －W 2＝0∴W 2＝12mgR . 16．(11分)(2009·北京模拟)在坐标系xOy 中，有三个靠在一起的等大的圆形区域，分别存在着方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小都为B ＝0.10T ，磁场区域半径r ＝233m ，三个圆心A 、B 、C 构成一个等边三角形，B 、C 点都在x 轴上，且y 轴与圆形区域C 相切，圆形区域A 内磁场垂直纸面向里，圆形区域B 、C 内磁场垂直纸面向外．在直角坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限内分布着场强E ＝1.0×105N/C 的竖直方向的匀强电场，现有质量m ＝3.2×10－26kg ，带电荷量q ＝－1.6×10－19C 的某种负离子，从圆形磁场区域A 的左侧边缘以水平速度v ＝106m/s 沿正对圆心A 的方向垂直磁场射入，求：(1)该离子通过磁场区域所用的时间．(2)离子离开磁场区域的出射点偏离最初入射方向的侧移为多大？(侧移指垂直初速度方向上移动的距离)(3)若在匀强电场区域内竖直放置一挡板MN ，欲使离子打到挡板MN 上的偏离最初入射方向的侧移为零，则挡板MN 应放在何处？匀强电场的方向如何？[答案] (1)4.19×10－6s (2)2m(3)MN 应放在距y 轴22m 的位置上竖直向下[解析] (1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在A 、C 两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设离子做圆周运动的半径为R ，圆周运动的周期为T ，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R又T ＝2πR v解得：R ＝m v qB ，T ＝2πm qB将已知量代入得：R ＝2m设θ为离子在区域A 中的运动轨迹所对应圆心角的一半，由几何关系可知离子在区域A 中运动轨迹的圆心恰好在B 点，则：tan θ＝r R ＝33θ＝30°则离子通过磁场区域所用的时间为：t ＝T 3＝4.19×10－6s (2)由对称性可知：离了从原点O 处水平射出磁场区域，由图可知侧移为d ＝2r sin2θ＝2m(3)欲使离子打到挡板MN 上时偏离最初入射方向的侧移为零，则离子在电场中运动时受到的电场力方向应向上，所以匀强电场的方向向下离子在电场中做类平抛运动，加速度大小为：a ＝Eq /m ＝5.0×1011m/s 2沿y 方向的位移为：y ＝12at 2＝d 沿x 方向的位移为：x ＝v t解得：x ＝22m所以MN 应放在距y 轴22m 的位置．17．(11分)(2009·安徽省六校联考)如图所示，为某种新型设备内部电、磁场分布情况图．自上而下分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．区域Ⅰ宽度为d 1，分布有沿纸面向下的匀强电场E 1；区域Ⅱ宽度为d 2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B 1；宽度可调的区域Ⅲ中分布有沿纸面向下的匀强电场E 2和垂直纸面向里的匀强磁场B 2.现在有一群质量和带电荷量均不同的带正电粒子从区域Ⅰ上边缘的注入孔A 点被注入，从静止开始运动，然后相继进入Ⅱ、Ⅲ两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域Ⅰ，其他粒子则从区域Ⅲ飞出．三区域都足够长，粒子的重力不计．已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m ＝6.4×10－27kg ，带电荷量为q ＝3.2×10－19C ，且d 1＝10cm ，d 2＝52cm ，d 3>10cm ，E 1＝E 2＝40V/m ，B 1＝4×10－3T ，B 2＝22×10－3T.试求：(1)该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度．(2)该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度．(3)该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A 点的距离．[答案] (1)2×104m/s 方向竖直向下(2)2×104m/s 方向与x 轴正向成45°角(3)57.26cm[解析] (1)qE 1d 1＝12m v 2 得：v ＝2×104m/s ，方向竖直向下．(2)速度大小仍为v ＝2×104m/s ，如图所示．qB 1v ＝m v 2R 1方向：sin θ＝d 2R 1可得：θ＝45°所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与x 轴正向成45°角．(3)设该带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解为v x 、v y ，则：v x ＝v y ＝v sin45°＝2×104m/s所以：qB 2v x ＝qB 2v y ＝1.28×10－17N.qE 2＝1.28×10－17NqE 2＝qB 2v x所以带电粒子在区域Ⅲ中运动可视为沿x 轴正向的速率为v x 的匀速直线运动和以速率为v y ，以及对应洛伦兹力qB 2v y 作为向心力的匀速圆周运动的叠加，轨道如图所示：R 2＝m v y qB 2＝10cm T ＝2πm qB 2＝2π×10－5s 根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域Ⅰ的上边缘的B 点，距A 点的距离为：d ＝2⎣⎡⎦⎤(1－cos θ)R 1＋R 2＋v x T 4 代入数据可得：d ≈57.26cm。

2011年高考物理一轮复习单元测试题(17套)

单元测试(一)：直线运动时量：60分钟满分：100分一、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，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分．1.下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是（）A ．做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B ．瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C ．平均速度就是初、末时刻瞬时速度的平均值D ．某物体在某段时间内的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止2．如图1-1所示的是两个从同一地点出发沿同一方向运动的物体A 和B 的速度图象，由图可知（）A ．A 物体先做匀速直线运动，t 1后处于静止状态B ．B 物体做的是初速度为零的匀加速直线运动C ．t 2时，A 、B 两物体相遇D ．t 2时，A 、B 速度相等，A 在B 前面，仍未被B 追上，但此后总要被追上的3．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个1.5s 内的平均速度大2.45m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为（）A. 2.45m/s 2B. -2.45m/s 2C. 4.90m/s 2D. -4.90m/s 24．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s 匀减速到零所用的时间为1s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后位移不得超过5.9 m,那么上述刹车试验是否符合规定（）A.位移为8m ，符合规定B.位移为8m ，不符合规定C.位移为4 m ，符合规定D.位移为4m ，不符合规定5．做匀加速直线运动的物体，依次通过A 、B 、C 三点，位移x AB ＝x BC ，已知物体在AB 段的平均速度大小为3m/s ，在BC 段的平均速度大小为6m/s ，那么，物体在B 点的瞬时速度的大小为（）A. 4 m/sB. 4.5 m/sC. 5 m/sD. 5.5 m/s6．一只气球以10m/s 的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球6m 处有一小石子以20m/s 的初速度竖直上抛，若g 取10 m/s 2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A.石子一定能追上气球B.石子一定追不上气球C.若气球上升速度等于9m/s ，其余条件不变，则石子在抛出后1s 末追上气球D.若气球上升速度等于7m/s;其余条件不变，则右子在到达最高点时追上气球图1-1图1-37．一列车队从同一地点先后开出n 辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，各车均由静止出发先做加速度为a 的匀加速直线运动，达到同一速度v 后改做匀速直线运动，欲使n 辆车都匀速行驶时彼此距离均为x ，则各辆车依次启动的时间间隔为（不计汽车的大小）（）A ．2υaB ．υ2aC ．x 2υD ．x υ8. 做初速度为零的匀加速直线运动的物体，由静止开始，通过连续三段位移所用的时间分别为1s 、2s 、3s ，这三段位移长度之比和三段位移的平均速度之比是（）A ．1: 2 : 3 , 1: 1: 1B ．1: 4 : 9 , 1: 2 : 3C ．1: 3 : 5 , 1: 2 : 3D ．1: 8 : 27 , 1: 4 : 9二．本题共2小题，共16分．把答案填在相应的横线上或按题目要求做答．9．某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带．每隔0.02s 打一个点，该同学选择A 、B 、C 、D 四个计数点，测量数据如图1-2所示，单位是cm ．(1)小车在B 点的速度是＿＿rn/s;(2)小车的加速度是＿＿＿m/s 2．10．一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．实验步骤：A ．如图1-3所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．B ．启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．C ．经过一段时间，停止转动和打点，取了纸带，进行测量．(1)由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω＝＿＿＿＿＿＿，式中各量的意义是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．(2)某次实验测得圆盘半径r =5.50×10-2m ，得到的纸带的一段如图1-4所示，求得角速度为＿＿＿．三．本题共3个小题，每小题12分，共36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写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．天空有近似等高的浓云层。

2011届高考物理一轮复习精品同步练习牛顿第二定律课时作业

第二讲牛顿第二定律两类动力学问题一、单项选择题（本题共5小题，每小题7分，共35分） 1 •如图1所示，足够长的传送带与水平面夹角为0,以速度v 0逆时针匀速转动•在传送带的上端轻轻放置一个质量为 m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数卩< tan 0则图2中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）解析：小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a i .当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以 a 2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以 a i >a ?,在v -1图象中，图线的斜率表示加速度，故选项 D 对. 答案：D2 .如图3所示，车内绳 AB 与绳BC 拴住一小球，BC 水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则（）A. AB 绳、BC 绳拉力都变大B. AB 绳拉力变大，BC 绳拉力变小 C . AB 绳拉力变大，BC 绳拉力不变 D . AB 绳拉力不变，BC 绳拉力变大解析：如图所示，车加速时，球的位置不变，则AB 绳拉力沿竖G直方向的分力仍为 F TI COS B,且等于重力 G ,即F TI = COS 0，故F TI 不变.向右的加速度只能是由 BC 绳上增加的拉力提供，故F T 2增加，所以D 正确. 答案：DI ）3 .如图4所示，在光滑的水平面上，质量分别为m i和m2的木卜丄块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B图4的加速度为a i 和a 2,则 A . a i = a 2= 0解析：首先研究整体，求出拉力 F 的大小F = （m i + m 2）a.突然撤去F ，以A 为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A 物体受力不变，其加速度a i = a.以B 为研究对象，在没有撤去 F 时有：F — F ' = m 2a ，而F = （m i + m 2）a ，所以F '=mia.撤去F 则有：—F ' =m2a2,所以a2=-m 2a .D 项正确.答案：D4. （2010 •州模拟）如图5所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态.当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（解析：撤离木板时，小球所受重力和弹簧弹力没变，二者合力的大小等于撤离木板前F N ，由于F N = cO^o = _2^3mg ,所以撤离木板后，小球加速度5. （2009 •东高考）某物体做直线运动的 v — t 图象如图6甲所示，据此判断图乙（F 表示图6解析：由v — t 图象知，0〜2 s 匀加速，2 s 〜4 s 匀减速，4 s 〜6 s 反向匀加速，6 s 〜8a i =mimi + m 2a ，m 2m i + m 2am iD . ai =a ，a2=—m?B . a 1 = a , a 2= 0D. 3T g大小为： a= m =努g.B 项正确.物体所受合力, x 表示物体的位移）所示的四个选项中正确的是木板对小球的支持力答案：Bs匀减速，且2 s〜6 s内加速度恒定，由此可知：0〜2 s内，F恒定，2 s〜6 s内，F 反向，大小恒定，6 s〜8 s内，F又反向且大小恒定，故B正确，A错.C、D图中0〜2 s内分别表示物体做匀速运动和减速运动，所以C、D错.答案：B、双项选择题（本题共5小题，共35分•在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分）6. （2010滨州模拟）如图7所示，在汽车中悬挂一小球，实验表明，当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一稳定角度.若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m i,则关于汽车的运动情况和物体m i的受力情况正确的是（）A .汽车一定向右做加速运动B. 汽车可能向左运动C. m i除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用D. m i除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力的作用解析：根据题图可知汽车的加速度为 a = gtan 0且方向向右，汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动，故A错误，B正确.m i所受合力方向应向右. m i除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，C正确，D错误.答案：BC7 •斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象及物体运动的v-1图象如图8所示•由图象中的信息能够求出的量或可以确定的关系是i0 m/s2）F/Nv/ (nvs !)32: 2A1liII/I . 一O A .物体的质量m ~2 4 m &图82 4 6B.斜面的倾角0C .物体与斜面间的动摩擦因数卩D. tan 0解析：设物体的质量为m,斜面的倾角为(g取( ) 0,由v —t图象可得0〜2 s内物体的加速图7度为a i= i m/s2;由F —t图象可知0〜2 s内力F i = 3 N，在0〜2 s内对物体应用牛顿v解析：由G — t 图象知：t 0〜t 1时间内具有向下的加速度，t 1〜t 2时间内匀速或静止，t 2〜 t 3时间内具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t o 〜t 3时间内向上减速，静止，向上加速 $，故A 、D 正确.向下加速，匀速，向下减速答案：AD9. （2010莆田模拟）如图11所示，传送带的水平部分长为 L ,传动速率为v ,在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为 ii,则木块从左端运动到右端的时间可能是（A .L + 乂v ug2L D.2L解析：因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加速至右端，则L =11 gt 得：t =、y i C 正确;若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度0 + v 相等，则L = 2L—t ，有：t =「, D 正确；若先匀加速到传送带速度 v ,再匀速到右第二定律得：F 1+ mgsin 0— i mgos 0= ma 1 .由v — t 图象可得2 s 后物体的加速度为 a 2=0,物体做匀速直线运动；由F — t 图象可知2 s 后力F 2= 2 N ，由平衡条件可得：F 20.2+ mgsin B —卩mgos 0= 0,代入数据联立解得：m = 1 kg , 尸tan 0+ -------- >tan 0,综合COSH得出，正确选项为 A 、D. 答案：AD'G/N8. （2009广东高考）某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N .他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t 0至t 3时间段内，弹簧测力计的示数如图 9所示，电梯运行的 v — t 图象可能是图10中的（取电梯向上运动的方向为正方向）（）S40 490 440图10图11C.F — F f = ma 物 F f ' = Ma 车其中 F f = F f ' = i mg端，v 2 v—广V（一才L ，有:t = 一+ , A 错误；木块不可能一直匀速至右端，V 2 （igB 错误. 答案：CD10. （2009宁夏高考）如图12所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦•现拎力A 枫仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 A .物块先向左运动，再向右运动B .物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C .木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D •木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：撤去拉力时，物块的速度小于木板的速度，物块相对于木板向左滑，受向右的摩擦力而向右加速，而木板受向左的摩擦力向右减速，当二者速度相等时，再一起做匀速运动，故B 、C 正确. 答案：BC三、非选择题（本题共2小题，共30分）11. （14分）如图13所示，有一长度 x = 1 m 、质量 M = 10 kg 的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量 m = 4 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数i= 0.25，要使物块在2 s 内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力 m/s 2）解析：由下图中的受力分析，根据牛顿第二定律有图13F 是多少？（g 取10图121 2由分析图结合运动学公式有x i = ；a车t2X2= 2a 物t2X2 —X i = X由②③解得a车=1 m/s22由④⑤⑥⑦ 解得a物=1.5 m/s所以 F = F f+ ma 物=m（（ig+ a 物）=4X （0.25 x 10+ 1.5） N = 16 N.答案：16 N12. （16分）（2009上海高考）如图14（a）所示，质量m= 1 kg的物体沿倾角0= 37的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比, 比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题5

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第一章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列关于平均速度和瞬时速度的说法中正确的是( )A ．做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B ．瞬时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C ．平均速度就是初、末时刻瞬时速度的平均值D ．某物体在某段时间内的瞬时速度都为零，则该物体在这段时间内静止[答案] D[解析] 平均速度对应一段时间或一段位移，不同段的平均速度一般不同，所以A 错误；瞬时速度对应某一时刻，所以B 错D 对；平均速度等于对应某过程的总位移与总时间的比值，一般不能用初、末瞬时速度的平均值来表示(匀变速直线运动除外)，所以C 错．2．(2009·江苏启东高三调研)第29届奥运会已于2008年8月在北京举行，跳水比赛是我国的传统优势项目．某运动员进行10m 跳台比赛时，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )A ．为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点B ．运动员在下落过程中，感觉水面在匀加速上升C ．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小D ．前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短[答案] BD[解析] 为了研究运动员的技术动作不能把运动员看成质点；根据运动的相对性，运动员匀加速下降，以运动员为参考系，看到水面匀加速上升；前一半时间内平均速度小，位移小；前一半位移内平均速度小，时间长．3．(2009·阳谷一中高三物理第一次月考)在以速度v 上升的电梯内竖直向上抛出小球，电梯内的人看见小球经t 秒后到达最高点，则有( )A ．地面上的人看见小球抛出时的初速度为v 0＝gtB ．电梯中的人看见小球抛出的初速度为v 0＝gtC ．地面上的人看见小球上升的最大高度为h ＝12gt 2 D ．地面上的人看见小球上升的时间也为t[答案] B[解析] 电梯匀速上升，电梯中上抛一个小球，小球相对电梯做竖直上抛运动，相对电梯的初速度为gt ，B 正确；地面上的人看到小球抛出时的初速度为v ＋gt ，A 错误；地面上的人看到小球上升的时间为t ＋v g ，因此，地面上的人看到球上升的最大高度为12g ⎝⎛⎭⎫t ＋v g 2，C 、D 错误．4．沿直线做匀加速运动的质点在第一个0.5s 内的平均速度比它在第一个1.5s 内的平均速度大2.45m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为( ) A ．2.45m/s 2 B ．－2.45m/s 2C ．4.90m/s 2D ．－4.90m/s 2[答案] D[解析] 做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以原题意可解释为：0.25s 时刻的瞬时速度v 1比0.75s 时刻的瞬时速度v 2大2.45m/s ，即v 2－v 1＝at ，加速度a ＝v 2－v 1t ＝－2.45m/s 0.5s＝－4.90m/s 2. 5．如图所示，为甲、乙两物体相对于同一坐标的x －t 图象，则下列说法正确的是( )A ．甲、乙均做匀变速直线运动B ．甲比乙早出发时间t 0C ．甲、乙运动的出发点相距x 0D ．甲的速率大于乙的速率[答案] BC[解析] 图象是x －t 图线，甲、乙均做匀速直线运动；乙与横坐标的交点表示甲比乙早出发时间t 0；甲与纵坐标的交点表示甲、乙运动的出发点相距x 0；甲、乙运动的速率大小用图线的斜率的绝对值大小表示，由图可知甲的速率小于乙的速率，故B 、C 正确．6．汽车刹车后开始做匀减速运动，第1s 内和第2s 内的位移分别为3m 和2m ，那么从2s 末开始，汽车还能继续向前滑行的最大距离是( )A ．1.5mB ．1.25mC ．1.125mD ．1m[答案] C[解析] 由平均速度求0.5s 、1.5s 时的速度分别为3m/s 和2m/s ，得a ＝－1m/s 2.由v ＝v 0＋at 得v 0＝3.5m/s ，共运动3.5s,2s 末后汽车还运动1.5s ，由x ＝12at 2得x ＝1.125m. 7．一杂技演员，用一只手抛球、接球，他每隔0.4s 抛出一球，接到球便立即把球抛出，已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g ＝10m/s 2)( )A ．1.6mB ．2.4mC ．3.2mD ．4.0m[答案] C[解析] 由演员刚接到球的状态分析，此时空中有三个球，由于相邻球的运动时间间隔皆为0.40s ，考虑到运动特点知，此时最高点有一个球．因此，球单向运动时间为0.80s ，故所求高度为：h ＝12gt 2＝12×10×(0.80)2m ＝3.2m.8．(2010·潍坊期中考试)某实验装置将速度传感器与计算机相结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图象如图所示，由此图象可知 ( )A ．小车先做匀加速运动，后做匀减速运动B ．小车运动的最大速度约为0.8m/sC ．小车的最大位移在数值上等于图象中曲线与t 轴所围的面积D ．小车做曲线运动[答案] BC[解析] 速度—时间图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴所围面积表示位移，选项C 正确；因为图线是一段曲线，选项A 错误；据图象知小车运动的最大速度约为0.8m/s ，选项B 正确；据图象知速度始终不小于零，说明小车做直线运动，选项D 错误．9．在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g 值，g 值可由实验精确测定．近年来测g 值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g 归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g 值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O 点向上抛小球又落到原处的时间为T 2，在小球运动过程中经过比O 点高H 的P 点，小球离开P 点到又回到P 点所用的时间为T 1，测得T 1、T 2和H ，可求得g 等于( )A.8H T 22－T 21B.4H T 22－T 21C.8H (T 2－T 1)2D.H 4(T 2－T 1)2[答案] A[解析] 小球从O 点能上升的最大高度为12g ⎝⎛⎭⎫T 222，小球从P 点能上升的高度为12g ⎝⎛⎭⎫T 122，所以有H ＝12g ⎝⎛⎭⎫T 222－12g ⎝⎛⎭⎫T 122，由此得g ＝8H T 22－T 21，正确答案为A. 10．如图所示，某轴承厂有一条滚珠传送带，传送带与水平面间的夹角为θ，上方A 处有一滚珠送料口，欲使滚珠从送料口沿无摩擦的斜槽最快地送到传送带上，应采取的方法是( )A ．沿AB 所在的竖直方向安放斜槽B ．过A 点向传送带做垂线，得垂足C ，应沿AC 方向安放斜槽C ．考虑路程和加速度两方面的因素，应在AB 和AC 之间某一适当位置安放斜槽D ．上述三种方法，滚珠滑到传送带上所用的时间相同[答案] C[解析] 以AB 为直径做圆，该圆必过C 点，从A 点沿不同弦滑至圆周上各点的时间相等．故选C.第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(6分)某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带．每隔0.02s打一个点，该同学选择A 、B 、C 、D 四个计数点，测量数据如图所示，单位是cm.(1)小车在B 点的速度是________m/s ；(2)小车的加速度是________m/s 2.[答案] (1)0.415 (2)2.00[解析] (1)v B ＝0.015＋0.01824×0.02m/s ＝0.415m/s ； (2)a ＝x BC －x AB t 2＝0.0182－0.015(0.02×2)2m/s 2＝2.00m/s 2. 12．(6分)(2009·安徽芜湖质量检测)2007年10月24日，中国用长征运载火箭成功地发射了“嫦娥1号”卫星．如图是某监测系统每隔2.5s 拍摄的，关于起始匀加速阶段火箭的一组照片．已知火箭的长度为40m ，用刻度尺测量照片上的长度关系，结果如图所示．火箭的加速度大小a ＝________m/s 2，火箭在照片中第2个像所对应时刻的瞬时速度大小v ＝________m/s.[答案] 8 42[解析] 由题图知每厘米代表402m ＝20mΔh ＝h 2－h 1＝[(10.5－4)－(4－0)]×20m ＝50m.a ＝Δh T 2＝502.52m/s 2＝8m/s 2v ＝h 1＋h 22T ＝10.5×205m/s ＝42m/s.13．(6分)一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．(1)如图所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使得圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．(2)启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．(3)经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．①由已知量和测得量表示的角速度的表达式为ω＝________.式中各量的意义是________．②某次实验测得圆盘半径r ＝5.50×10－2m ，得到的纸带的一段如下图所示．求出角速度为____________________________________________________________________________________________________________________________________.[答案] (3)①x 2－x 1T (n －1)rT 为电磁打点计时器打点的时间间隔，r 为圆盘的半径，x 2、x 1是纸带上选定的两点分别对应的米尺上的刻度值，n 为选定的两点间的打点数(含两点)．②6.8rad/s(6.75～6.84)三、论述计算题(共4小题，共42分．解答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)14．(10分)一辆汽车以72km/h 速率行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动，已知汽车刹车过程加速度的大小为5m/s 2，则从开始刹车经过5s ，汽车通过的位移是多大？[答案] 40m[解析] 在汽车刹车的过程中，汽车做匀减速直线运动并最终停止，汽车停止运动后加速度消失．故题给的时间内汽车是否一直减速，还需要判定．设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t 0，选初速方向为正方向．v 0＝72km/h ＝20m/s由t 0＝v －v 0a ＝0－20－5s ＝4s 可见，该汽车刹车后经4s 停止．∴刹车后5s 内通过的位移x ＝v 0t 0＋12at 20＝20×4m ＋12×(－5)×42m ＝40m 因为汽车最终静止，也可由v 2－v 20＝2ax 求解x ＝v 2－v 202a ＝0－2022×(－5)m ＝40m 15．(10分)(2009·南京质检)如图所示，A 、B 两棒长均为L ＝1m ，A 的下端和B 的上端相距s ＝20m ，若同时A 做自由落体运动，B 做初速度为v 0＝40m/s 的竖直上抛运动，求：(1)A 、B 两棒何时相遇；(2)从相遇开始到分离所需时间．[答案] (1)0.5s (2)0.05s[解析] 以A 为参考系，B 以v 0向上匀速运动(1)t ＝s v 0＝0.5s (2)Δt ＝2L v 0＝0.05s. 16．(11分)汽车正以10m/s 的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4m/s 的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6m/s 2的匀减速直线运动，汽车恰好不碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远？[答案] 3m[解析] 汽车在关闭油门减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断缩小，当这个距离缩小到零时，若汽车的速度减至与自行车相同，则能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的条件，所以本题要求的汽车关闭油门时离自行车的距离x ，应是汽车从关闭油门减速运动，直到速度与自行车速度相等时发生的位移x 汽与自行车在这段时间内发生的位移x 自之差，如图所示汽车减速到4m/s 时发生的位移和运动的时间分别为x 汽＝v 2汽－v 2自2a ＝100－162×6m ＝7m ， t ＝v 汽－v 自a ＝10－46s ＝1s. 这段时间内自行车发生的位移x 自＝v 自t ＝4×1m ＝4m ，汽车关闭油门时离自行车的距离x ＝x 汽－x 自＝7m －4m ＝3m.17．(11分)(2009·安徽师大附中模拟)某高速公路单向有两条车道，最高限速分别为120km/h 、100km/h.按规定在高速公路上行驶车辆的最小间距(单位：m)应为车速(单位：km/h)的2倍，即限速为100km/h 的车道，前后车距至少应为200m.求：(1)两条车道中限定的车流量(每小时通过某一位置的车辆总数)之比；(2)若此高速公路总长80km ，则车流量达最大允许值时，全路(考虑双向共四车道)拥有的最少车辆总数．[答案] (1)1:1 (2)1466辆[解析] (1)设车辆速度为v ，前后车距为d ，则车辆1h 内通过的位移s ＝v t ，车流量n ＝s d，而d ＝2v ，得n ＝t 2，则两车道中限定的车流量之比n 1:n 2＝1:1.(2)设高速公路总长为L ，一条车道中车辆总数为N 1，另一条车道中车辆总数为N 2，则车与车的最小间距分别为240m 和200m ，则N 1＝80×103240＝10003，在此车道中同时存在333辆车， N 2＝8×103200＝400，全路拥有的车辆总数为N ＝2(N 1＋N 2)，代入数据联立解得N ＝1466.。

2011届高考物理第一轮强化练习题171

力学综合测试时量：90分钟分值：100分一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不选的得0分．1.如图力-1所示是一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t =0时刻的波形图.已知波速为20m/s ，则在t =0.17s 时刻，关于图中P 质点的运动情况的说法中正确的是（）A.速度和加速度都是沿-y 方向B.速度和加速度都是沿+y 方向C.速度正在增大，加速度正在减小D.速度正在减小，加速度正在增大2．如图力-2所示，质量均为m 的两木块a 与b 叠放在水平面上，a 受到斜向上与水平面成θ角的力作用，b 受到斜向下与水平成θ角的力作用，两力大小均为F ，两木块保持静止状态，则（）A ．a 、b 之间一定存在静摩擦力B ．b 与地面之间一定存在静摩擦力C ．b 对a 的支持力一定小于mgD ．地面对b 的支持力一定大于2mg3.在甲地用竖直向上的拉力使质量为m 1的物体竖直向上加速运动，其加速度a 1 随不同的拉力而变化的图线如图力-3中甲所示.在乙地用竖直向上的拉力使质量为m 2的物体竖直向上加速运动，其加速度a 2 随不同的拉力而变化的图线如图力-3中乙所示.甲、乙两地的重力加速度分别为g 1、g 2，由图象知（） A.m 1<m 2，g 1<g 2 B.m 1<m 2，g 1>g 2C.m 1<m 2，g 1=g 2D.m 1>m 2，g 1>g 24.弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg 的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数始终是16N ．如果从升降机的速度为3m/s 时开始计时，则经过1s ，升降机的位移可能是（g 取10m/s 2）（） A ．2m B ．3mC ．4mD ．8m5.质量为M 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的人站在小车左端。

2011届高考物理第一轮复习单元复习训练题50

A P BS O2010—2011学年度上学期高三一轮复习物理单元验收试题（11）【新人教】命题范围：选修3—4本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。

考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题（本题共10小题；每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

）1．太阳光照射在平坦的大沙漠上，我们在沙漠中向前看去，发现前方某处射来亮光，好像太阳光从远处水面反射来的一样，我们认为前方有水，但走到该处仍是干燥的沙漠，这现象在夏天城市中太阳光照射沥青路面时也能观察到，对这种现象正确的解释是（） A ．越靠近地面空气的折射率越大 B ．这是光的干涉形成的 C ．越靠近地面空气的折射率越小 D ．这是光的衍射形成的 2．如图所示，共振装置中，当用外力首先使A 球振动起来后，通过水平弹性绳使B 、C 两球振动，下列说法正确的是（） A ．B 、C 两球做的是受迫振动 B ．只有A 、C 的振动周期相等 C ．C 的振幅比B 的振幅大 D ．A 、B 、C 三球的振动周期相等3．利用旋光仪这种仪器可以用来测量糖溶液的浓度，从而测定含糖量。

其原理是：偏振光通过糖的水溶液后，若迎着射来的光线看，偏振方向会以传播方向为轴线，旋转一个角度θ，这一角度称为“旋光角”，θ的值与糖溶液的浓度有关。

将θ的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了。

如图所示，S 是自然光源，A 、B 是偏振片，转动B ，使到达O 处的光最强，然后将被测样品P 置于A 、B 之间，则下列说法中正确的是：（） A ．到达O 处光的强度会明显减弱 B ．到达O 处光的强度不会明显减弱 C ．将偏振片B 转动一个角度，使得O 处光的强度最大，偏振片B 转过的角度等于θ D ．将偏振片A 转动一个角度，使得O 处光的强度最大，偏振片A 转过的角度等于θ 4．如图所示的4种明暗相间的条纹，分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样（灰黑色部分表示亮纹）。

2011届高考物理第一轮复习同步训练题8

贵州省普安一中2011届高三物理一轮复习同步练习8：受力分析共点力的平衡一、选择题(本大题共10个小题，共70分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)1．如图1所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P的斜面与固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受的外力个数有可能为() 图1A．2个B．3个C．4个D．5个解析：若斜面体P受到的弹簧弹力F等于其重力mg，则MN对P没有力的作用，如图(a)所示，P受到2个力，A对；若弹簧弹力大于P的重力，则MN对P有压力FN，只有压力F N则P不能平衡，一定存在向右的力，只能是MN对P的摩擦力F f，因此P此时受到4个力，如图(b)所示，C对．答案：AC2．(2009·天津高考)物块静止在固定的斜面上，分别按如图2所示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D 中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()图2解析：物体在重力和F的合力沿斜面向下分力的作用下将受到沿斜面向上的静摩擦力，故知，竖直向下的力F会使其所受到的静摩擦力增大，D正确．答案：D3．如图3所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F过球心，下列说法正确的是()A．球一定受墙的弹力且水平向左图3B．球可能受墙的弹力且水平向左C．球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上解析：对球受力分析，可以确定的力是水平力F和重力mg，根据平衡条件，斜面对球一定有弹力的作用，墙对球可能有弹力，也可能没有弹力．答案：BC4．(2008·海南高考) 如图4所示，质量为M的楔形物块静止在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F沿图4斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为() A．(M＋m)g B．(M＋m)g－FC．(M＋m)g＋F sinθD．(M＋m)g－F sinθ解析：楔形物块静止，小物块匀速上滑，二者都处于平衡状态，取二者整体为研究对象，由受力分析得F N+F sinθ=(M+m)g，所以F N=(M+m)g-F sinθ，故选项D正确．答案：D5.如图5所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上，A、B间接触面光滑．在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则物体A的受力个数为() 图5A．3 B．4C．5 D．6解析：A恰好不离开地面，即A与地面无作用力，故A受重力、F和B对A的作用力，共三个力，正确选项为A.答案：A6. (2009·山东高考)如图6所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心．一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点．设滑块所受支持力为F N，图6OP与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是()A．F＝mgtanθB．F＝mg tanθC．F N＝mgtanθD．F N＝mg tanθ解析：滑块受力如图，由平衡条件知：F mg=cot θ⇒F =mg cot θ=mg tan θ， F N = sin mg. 答案：A7．(2010·日照模拟) 如图7所示，A 、B 两球用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细线悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，且O 、A 间的距离恰为L ，此时绳子所受的拉力为F 1，现把A 、B 间的弹簧换成图7劲度系数为k 2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F 2，则F 1与F 2的大小关系为 ( )A ．F 1＜F 2B ．F 1＞F 2C ．F 1＝F 2D ．因k 1、k 2大小关系未知，故无法确定解析：对B 球受力分析如图所示，则由相似三角形特点知：F 1L ＝mg L ＝F 2L所以F 1＝F 2＝mg .答案：C8.如图8所示，A 是一质量为M 的盒子，B 的质量为M 2，A 、B 用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A 置于倾角θ＝30°的斜面上，B 悬于斜面之外而处于静止状态．图8现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中 ( )A ．绳子拉力逐渐减小B ．A 对斜面的压力逐渐增大C ．A 所受的摩擦力逐渐增大D ．A 所受的合力不变解析：以B 为研究对象，由二力平衡条件可知，绳子的拉力F T 始终等于B 的重力的大小，即F T ＝12Mg ，选项A 错误．以A 为研究对象，未加沙子前，绳子拉力F T 与A 的重力沿斜面方向的分力平衡，A 与斜面间没有摩擦力的作用；加入沙子后，相当于A 的重力增加，A 对斜面的压力增大，为了平衡加入沙子的重力沿斜面方向的分力，A 将受到沿斜面向上的静摩擦力，且随着沙子的加入而逐渐增大，所以选项B 、C 正确．因为A 一直处于静止状态，所受的合力为零，保持不变，选项D 正确．答案：BCD9．如图9所示，固定在水平面上的斜面倾角为θ，长方体木块A 的质量为M ，其PQ[来源:学&科&网]面上钉着一枚小钉子，质量为m 的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面图9垂直，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的是 ( )A ．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为零B ．若木块匀速下滑，则小球对木块的压力为mg sin θC ．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为零D ．若木块匀加速下滑，则小球对木块的压力为μmg cos θ解析：当木块匀速下滑时，对小球受力分析可求得小球对木块的压力为mg sin θ，B 正确；当木块匀加速下滑时，将小球和木块看做一个整体，根据牛顿第二定律可得a ＝g sin θ－μg cos θ，选小球为研究对象，可求得小球对木块的压力为μmg cos θ，D 正确．答案：BD10. 如图10所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m 1的小球图10与O 点的连线与水平线的夹角为α＝60°，则两小球的质量比m 2m 1为 ( ) A.33 B.23 C.32 D.22解析：质量为m 1的小球受重力m 1g 、绳拉力F 2=m 2g 和支持力F 1的作用而平衡．如图所示，由平衡条件得，F 1=F 2,2F 2cos30°=m 1g ，得m 2m 1=33.故选项A 正确．答案：A二、非选择题(本大题共2个小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)在倾角α＝37°的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一质量m＝3 kg、中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角β＝37°的力F拉住，使整个装置处于静止状态，如图11所示．图11不计一切摩擦，求拉力F和斜面对圆柱体的弹力F N的大小．(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)某同学分析过程如下：将拉力F沿斜面和垂直于斜面方向进行分解．沿斜面方向：F cosβ＝mg sinα垂直于斜面方向：F sinβ＋F N＝mg cosα问：你认为上述分析过程正确吗？若正确，按照这种分析方法求出F及F N的大小；若不正确，指明错误之处并求出认为正确的结果．解析：不正确，该同学没想到平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用．沿斜面方向：F cosβ＋F＝mg sinα垂直于斜面方向：F sinβ＋F N＝mg cosα得：F＝sinα1＋cosβmg＝0.61＋0.8×30 N＝10 NF N＝mg cosα－F sinβ＝30×0.8 N－10×0.6 N＝18 N.答案：不正确没想到平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用10 N18 N 12．(15分)(2010·广州模拟)鸵鸟是当今世界上最大的鸟，有人说，如果鸵鸟能长出一副与身材大小成比例的翅膀，就能飞起来．生物学研究的结论指出：鸟的质量与鸟的体长立方成正比．鸟扇动翅膀，获得向上的升力的大小可以表示为F＝cS v2，式中S 是翅膀展开后的面积，v为鸟的运动速度，c是比例常数．我们不妨以燕子和鸵鸟为例，假设鸵鸟能长出和燕子同样比例的大翅膀，已知燕子的最小飞行速度是5.5 m/s，鸵鸟的最大奔跑速度为22 m/s，又测得鸵鸟的体长是燕子的25倍，试分析鸵鸟能飞起来吗？解析：燕子以最小速度飞行时，m1g＝cS1v12.而鸵鸟展翅以最大速度奔跑时，获得的升力为：F2＝cS2v22又S2S1＝252，v2v1＝4可得F2＝10000 m1g而鸵鸟重力m2g＝253m1g故F2＜m2g，鸵鸟不能飞起来．答案：鸵鸟不能飞起来。

2011高考物理第一轮总复习满分练兵测试题10

2011届高考第一轮总复习满分练兵场第二章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示，物块在力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到的摩擦力F f 与拉力F的合力方向应该是() A．水平向右B．竖直向上C．向右偏上D．向左偏上[答案] B[解析]物体受四个力平衡，重力和支持力的合力竖直向下，所以F与F f的合力与其等大反向，B正确．2．物体受到两个方向相反的力的作用，F1＝4N，F2＝8N，保持F1不变，将F2由8N 逐渐减小到零的过程中，它们的合力大小变化是() A．逐渐减小B．逐渐变大C．先变小后变大D．先变大后变小[答案] C[解析]F1与F2共线反向，所以当F2≥4N时其合力F＝F2－F1，其方向与F2同向，F2减小时F减小，F2＝4N时最小为零；当F2≤4N时，其合力F＝F1－F2，其方向与F1同向，F2从4N减到零时，F逐渐从零增大到4N.故F2从8N减到0N的过程中，其合力先减小后增大，所以选C.3．如图所示，在水平力F作用下，A、B保持静止．若A与B的接触面是水平的，且F≠0.则关于B的受力个数可能为() A．3个B．4个C．5个D．6个[答案]BC[解析]对于B物体，一定受到的力有重力、斜面支持力、A的压力和A对B的摩擦力，若以整体为研究对象，当F较大或较小时，斜面对B有摩擦力，当F大小适当时，斜面对B摩擦力为零，故B可能受4个力，也可能受5个力．4．质量为m的物体放在水平面上，在大小相等，互相垂直的水平力F1和F2的作用下，从静止开始沿水平面运动．如图所示，若物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体() A．在F1的反方向上受到Ff1＝μmg的摩擦力B．在F2的反方向上受到Ff2＝μmg的摩擦力C．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为Ff合＝2μmgD．在F1、F2合力的反方向上受到的摩擦力为F f＝μmg[答案] D[解析]由于F1和F2的合力是恒力，物体由静止开始运动，必沿F1和F2的合力方向做直线运动．滑动摩擦力的方向必沿F1和F2的合力的反方向．滑动摩擦力的大小为F f＝μF N，又因为F N＝mg，故F f＝μmg.5．如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的木块1和2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是 ( )A ．L ＋μk m 1gB ．L ＋μk(m 1＋m 2)g C ．L ＋μk m 2g D ．L ＋μ(m 1m 2g )k (m 1＋m 2)[答案] A[解析] 对物块1受力分析可知F ＝kx ＝μm 1g ，故弹簧的长度为L ＋μm 1g k，A 正确． 6．(2010·徐州测试)如图所示，质量为m 1的木块在质量为m 2的长木板上滑行，长木板与地面间动摩擦因数为μ1，木块与长木板间动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板受地面摩擦力大小一定为 ( )A ．μ1(m 1＋m 2)gB ．μ2m 1gC ．μ1m 1gD ．μ1m 1g ＋μ2m 2g[答案] B[解析] 木块在木板上滑行，木板上表面所受滑动摩擦力F f ＝μ2m 1g ；木板处于静止状态，水平方向上受到木块对木板的滑动摩擦力和地面对木板的静摩擦力，根据力的平衡条件可知，地面对木板的静摩擦力的大小等于木块对木板的滑动摩擦力的大小，B 项正确．7．(2009·苏州模拟)完全相同的直角三角形滑块A 、B ，按如图所示叠放，设A 、B 接触的斜面光滑，A 与桌面间的动摩擦因数为μ.现在B 上作用一水平推力F ，恰好使A 、B 一起在桌面上匀速运动，且A 、B 保持相对静止，则动摩擦因数μ跟斜面倾角θ的关系为( )A ．μ＝tan θB ．μ＝12tan θ C ．μ＝2tan θ D ．μ与θ无关[答案] B[解析] 取AB 为一整体，受力分析如图甲，由平衡条件得：F ＝F f ，F N ＝2mg ，又F f ＝μF N ，可得：F ＝2μmg ，再隔离滑块B ，受力分析如图乙，有：F NB cos θ＝mg ，F NB sin θ＝F ，得：F ＝mg tan θ，故有：2μmg ＝mg tan θ，μ＝12tan θ，故B 正确．8．(2009·黄冈模拟)如图所示，质量为m 的两个球A 、B 固定在杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两球刚好能平衡，则杆对小球的作用力为 ( ) A.33mg B.233mg C.32mg D ．2mg [答案] A[解析] 由对称性，两球与杆整体平衡时，处于水平状态，杆对两球的弹力与杆共线，对A 分析，由平衡条件得F ＝mg cot60°＝33mg . 9．如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A 、B ，A 悬挂起来，B 穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B 与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A 、B 的质量之比m A m B 等于 ( )A ．cos θB ．θC ．tan θD ．θ[答案] B[解析] B 物受力如图所示，B 处于平衡态，由图可知m B g m A g ＝cos θ，所以m A m B ＝1cos θ，B 正确．10．如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A 端位置不变，将B 端分别移动到不同的位置，下列判断正确的是 ( )A ．B 端移到B 1位置时，绳子张力不变B ．B 端移到B 2位置时，绳子张力变小C ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D ．B 端在杆上位置不变，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小[答案] AD[解析] 如图所示，设绳子的长度为l ，两杆间的距离为x ，绳子的张力为F T ，则2F T cos θ＝mg ，其中cos θ＝l 2－x 2l所以F T ＝mg 2cos θ＝mgl 2l 2－x2，当将B 端移到B 1或B 2位置时，F T 不变，故A 对B 错；当将杆左移时，l 不变，x 减小，所以F T 变小，D 对．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上)11．(5分)(2009·山东泰安模拟)某同学在做研究弹簧的形变与外力的关系实验时，将一轻弹簧竖直悬挂让其自然下垂，测出其自然长度；然后在其下部施加外力F ，测出弹簧的总长度L ，改变外力F 的大小，测出几组数据，作出外力F 与弹簧总长度L 的关系图线如图所示．(实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的)由图可知该弹簧的自然长度为________cm ；该弹簧的劲度系数为________N/m.[答案] 10 50[解析] 当外力F 大小为零时，弹簧的长度即为原长，得原长为10cm ；图线的斜率是其劲度系数，k ＝ΔF Δx＝50N/m. 12．(5分)用一弹簧测力计水平拉一端固定的弹簧，以此来测定此弹簧的劲度系数k ，(2)图线与L 轴交点表示________，其值为________cm ，此弹簧的劲度系数为________N/m.[答案] (1)如图所示(2)弹簧原长 21.2 145(在误差允许范围内即可)[解析] 如图与L 轴的交点表示F ＝0时弹簧的长度，即原长，求劲度系数可用相距较远的两组点求出斜率并求平均值．13．(8分)(2009·湛江一中高三月考)用金属制成的线材(如钢丝、钢筋)受到拉力会伸长，17世纪英国物理学家胡克发现，金属丝或金属杆在弹性限度内的伸长与拉力成正比，这就是著名的胡克定律．这个发现为后人对材料的研究奠定了重要的基础．现有一根用新材料制成的金属杆，长为4m ，横截面积为0.8cm 2，设计要求它受到拉力后的伸长不超过原长的1/1000，由于这一拉力很大，杆又较长，直接测量有困难，就选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得的数据如下：的函数关系为________．(2)在寻找上述关系中，你运用哪种科学研究方法？________.(3)通过对样品的测试，求出新材料制成的金属细杆能承受的最大拉力约________．[答案] (1)x ＝k FL S(2)控制条件法 (3)104N [解析] (1)要分析线材伸长量x 与材料的长度L 、材料的横截面积S 及拉力F 的函数关系，可根据测量结果用控制变量法分析，在表格中从上到下的五组数据中可以看出，在材料的长度L 、材料的横截面积S 一定时(第一组数据)，x 与拉力F 成正比；材料的横截面积S 、拉力F 一定时(一、二、三组拉力为250N ，横截面积为0.05cm 2)，x 与材料的长度L 成正比；在材料的长度L 、拉力F 一定时(一、四、五组拉力为250N ，长度为1m)可以看出，x 与材料的横截面积S 成反比．因此关系式为x ＝k FL S(其中k 为比例系数)． (2)控制条件法(或控制变量法、归纳法)(3)由表格中的一组数据求得k ＝8×10－12m 2/N.样品的长为L ＝4m ，横截面积为S ＝0.8cm 2，最大伸长量为x ＝4/1000m ，将数据代入x ＝k FL S，求得F ＝104N. 三、论述计算题(共4小题，共42分．解答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)14．(10分)供电局某工程队在冬天架设电线，如图所示，设两电线杆间距离为L ，铜导线总质量为M ，电线架好后，在两杆正中部位电线下坠的距离为h ，电线在杆上固定处的切线方向与竖直方向的夹角为θ，求：(1)两电线杆处的电线弹力．(2)当到夏天时，两电线杆处的电线弹力与冬天相比是变大了，还是变小了？为什么？(提示：导线上每处的弹力均沿切线方向)[答案] (1)G 2cos θ(2)变小夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了 [解析] (1)以电线为研究对象，电线两端所受的力为F 1、F 2，重力G 可看作作用在电线中点，F 1、F 2分解成水平方向和竖直方向两个分量，由力的平衡条件F 1cos θ＋F 2cos θ＝GF 1sin θ－F 2sin θ＝0解得F 1＝F 2＝G 2cos θ(2)夏天电线下坠距离较大，θ变小，故拉力变小了．15．(10分)在光滑的斜面上有一个重力为G 的物体，当沿斜面向上和沿水平方向向右各加一个大小都等于F ＝12G 的力作用于这个物体时，物体正好处于静止状态，如图所示．求斜面的倾角θ及斜面所受的压力．[答案] arctan 43G [解析] 以物体为研究对象，进行受力分析，重力G ，竖直向下；弹力F N ，垂直于斜面向上；以及沿斜面向上和水平向右的两个拉力F .以平行斜面方向和垂直斜面方向建立直角坐标系，可建立平衡方程：F ＋F cos θ＝G sin θ.F N ＝F sin θ＋G cos θ，其中F ＝0.5G ，代入方程整理得：2sin θ＝cos θ＋1，解这个关于θ的方程得到θ＝arctan 43，则F N ＝G . 16．(11分)如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30kg ，人的质量M ＝50kg ，g 取10m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力；(2)轻杆BC 和绳AB 所受的力．[答案] (1)200N (2)4003N 2003N[解析] (1)绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10N ＝200N方向竖直向上(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan30°＝2×30×10×33N ＝2003NF BC ＝2mg cos30°＝2×30×1032N ＝4003N. 17．(11分)(2009·石家庄市第一中学高三考试)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？[答案] (1)33mg (2)k ≥39[解析] (1)对小球进行受力分析，它受到重力mg ，方向竖直向下；轻绳拉力T ，方向沿着绳子向上；斜面体对它的支持力F N ，方向垂直于斜面向上．根据平衡条件可知，T 、F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，根据几何关系可求得T ＝33mg . (2)以斜面体为研究对象，分析其受力：重力mg ，方向竖直向下；小球对斜面体的压力F N′，方向垂直于斜面向下(与F N等大反向)；地面支持力F，方向竖直向上；地面静摩擦力F f，方向水平向左．竖直方向F＝mg＋F N′cos30°水平方向F f＝F N′sin30°根据(1)可知F N′＝F N＝T＝33mg又由题设可知F f max＝kF≥F f＝F N′sin30°综合上述解得k≥3 9.。

2011届高考物理一轮复习精品同步练习第七章第1讲课时作业

第七章第一讲电流电阻电功及电功率、单项选择题（本题共5小题，每小题7分，共35分）1下列说法中正确的是（）A .每种金属都有确定的电阻率，电阻率不随温度变化B .导体材料的电阻率与其粗细长短无关C •一般金属的电阻率都随温度升高而降低D •测电阻率时为了提高精度，通过导线的电流要足够大，而且要等到稳定一段时间后才可读数解析：电阻率是反映材料导电性好坏的物理量•电阻率与导体的粗细长短无关，但受温度的影响较明显，金属材料的电阻率随温度的升高而升高，故A、C错.D项中电流大时产热多，对金属的电阻率的测量误差较大，所以D错，B项正确.答案：B在一次研究性学习活动中，研究小组对一幢居民楼的供电设施进行了居t 1观察和测量，整幢居民楼的供电线路可简化为如图1所示的模型，暂UI 民楼停供电时，用欧姆表测得A、B间电阻为R,恢复供电后，测得A、B间电压为U,进线电流为I，则计算该幢居民楼的总功率可以用的公式图1是()2U2A . P=I R B. P=URC . P= IUD •以上公式都能用解析：暂停供电时，用欧姆表测得的是温度较低时A、B间的电阻, 因电阻随温度的升高而变化，故恢复供电时A、B间的电阻不再是R,且A、B间电路一般是非纯电阻电路，故总功率P= IU.C项正确.答案：C3. 铜的摩尔质量为m,密度为p,每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为S 的铜导线，当通过的电流为 I 时，电子平均定向移动的速率为A .光速c解析：每摩尔铜的体积为 m，单位体积内铜原子个数为 n p表达式1 = n ' qS v 得: v =黑p 故选项D 正确. 答案：D4. 一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，当二者通过相同的电流且均正常工作时，在相同的时间内，下列判断正确的是（）① 电炉放出的热量与电动机放出的热量相等 ② 电炉两端电压小于电动机两端电压 ③ 电炉两端电压等于电动机两端电压 ④ 电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率 A .①②④ C .②④解析：由P 热=I 2R 知①正确.因电动机消耗的功率有热功率和机械功率两部分，④ 正确•对电炉 Ul = I 2R ,而电动机 U ' I = |2R + P 机，所以U ' > U ,②正确.A 项正确. 答案：A5. 两根材料相同的均匀导线 A 和B ，其长度分别为 L 和2L ,串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图 2所示，则A 和B 导线的横截面积之比为（）A . 2 : 3B . 1 : 3 D . 3 : 1解析：由图象可知两导线电压降分别为U A = 6 V , U B = 4 V ;由于它们串联，贝U 3R BI B.neS C.neSmD.ml neSp=-= pn ,由电流的微观 m mpB .①③ D .③④=2R A ；由电阻定律可知字=淳，得S A =1选项B 正确. R B L B S A S B 3答案：B二、双项选择题（本题共5小题，共35分•在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得 7分，只选一个且正确的得 2分，有选错或不答的得 0分） 6•对于常温下一根阻值为 R 的均匀金属丝，下列说法中正确的是（）A •常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R1 B .常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为 4C •给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0,则任一状态下的¥比值不变D .把金属丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零l1解析：设原电阻R ，当I ' = 10 l 时，由体积不变原理求得截面积变为 S '=診,1 1值为2R 的电阻并联，其总阻值为 4R ，B 正确；金属丝的电阻率 p 随温度升高而增大，当金属丝两端的电压逐渐增大时，由于电流的热效应会使电阻率p 随温度升高而增大，因而R = P = ¥将逐渐增加，C 错误；这种现象叫超导现象， D 正确.答案：BD7•—根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线的电流为 I ，导线中自由电子定1向移动的平均速率为 V .若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的 1，再给它两端加上电压 U ,则（）A •通过导线的电流为｝4B •通过导线的电流为16所以电阻变为R 'I 'P~10I P1s =100R , A 错误；从中点对折起来，相当于两个阻vC .导线中自由电子定向移动的速率为4 v D •导线中自由电子定向移动的速率为211其电阻增大为原来的 16倍,4则加上相同的电压 U 时，电流会减为原来的 16, B 项正确；又根据I = neS v ，导线被拉长后，n 、e 不变，I 变为原来的1, S 变为原来的1，故v 变为原来的$ C 项正确.1644答案：BC8.有两根不同材料的金属丝，长度相同，甲的横截面的圆半径及电阻率都是乙的2倍,则以下说法正确的是 A .甲的电阻是乙的电阻的2倍B .乙的电阻是甲的电阻的 2倍C .将它们串联在电路中消耗的电功率D .将它们并联在电路中消耗的电功率若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是 A .电动机的输入功率为 12 W B .电动机的输出功率为 12 W C .电动机的热功率为2.0 W解析：导线被拉长后，其横截面积变小，变为原来的P 甲：p 乙=2 : 1 P 甲：P 乙=2 : 1解析：由题可知，I 甲=I 乙，S 甲=4S 乙，p 甲=2p 乙，由R = p 可得R 甲：R 乙=1 : 2.串联时，I 甲=I 乙，P = I 2R ,所以P 甲：P 乙=1 : 2 ;并联时，U 甲=U 乙，P = UR ，所以P 甲：P 乙=U- : U = 2 : 1.综上所述,R 甲 R 乙B 、D 两项正确.答案：BD9.如图3所示的电路中，输入电压U 恒为 12 V ，灯泡L标有“ 6 V,12 W ”字样，电动机线圈的电阻 R M = 0.50 Q.D .整个电路消耗的电功率为 22 W解析：本题考查了闭合电路的欧姆定律，注意电动机为非纯电阻用电器，欧姆定律P对电动机不再适用•灯泡 L 正常发光，贝U I L = U = 2 A ,所以电路中的电流 1 = 2 A , 故整个电路消耗的总功率 P 总=UI = 24 W , D 错.电动机的输入功率等于 P 总一P 灯=12 W , A 对，B 错.电动机的热功率 P 热=I 2R M = 2.0 W , C 对. 答案：AC10. （2010烟台模拟）下面列出不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目BC-65B 电冰箱额定电压:220 V 工作频率JO Hz 额定功率;70 W耗电量kW - h/24 h根据铭牌上提供的信息，试判断下列说法正确的是 A •正常工作时电视机中流过的电流最小 B .正常工作时电风扇消耗的电功率最小C .在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D .在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少解析：由P = UI 得空调机的额定功率 P 空=1364 W ，所以正常工作时电风扇消耗的电功率最小，电流也最小，故 A 错误，B 正确；由于在24小时内电冰箱的耗电量 W =0.8 kW ・h ，而电风扇的耗电量 W = Pt = 65X 24 W ・h = 1.56 kW -h ，所以C 错误，D 正确. 答案：BDFS-69电风扇规格：400 rum 额定电压V 工作频率创Hz 额定功率W三、非选择题(本题共2小题，共30分)11. (15分)(2010黄山模拟)如图4所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r= 1 Q,电动机两端电压为 5 V，电路中的电流为1 A，物体A重20 N，不计摩擦力，求：(1) 电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？(2) 电动机的输入功率和输出功率各是多少？(3) 10 s内，可以把重物A匀速提升多高？(4) 这台电动机的机械效率是多少？解析：首先要知道输入功率是电动机消耗的总功率，而输出功率是机械功率•消耗的电能转化为机械能和内能两部分，由能量守恒定律可求解.(1) 根据焦耳定律，热功率为p Q= I2r = 12x 1 W = 1 W.(2) 输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积P 入=IU = 1X 5 W = 5 W输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率P 出=P 入—p Q= 5 W — 1 W = 4 W.(3) 电动机的输出功率用来提升重物，转化为机械功率，在10 s内P出t= mgh.解得hP 出t 4 X 10 =mg = 20 m= 2 m.P出4(4) 机械效率n= = 4 X 100% = 80%.P入5答案：(1)1 W (2)5 W 4 W (3)2 m (4)80%12. (15分)(2010中山模拟)一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4 N的物体时，通过它的电流是0.2 A .在30 s内可使该物体被匀速提升 3 m .若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30 s内，电动机线圈所产生的热量;(3) 线圈的电阻.解析：(1)电动机的输入功率 P 入=UI = 0.2 X 3 W = 0.6 W. (2) 电动机提升重物的机械功率 P 机=F v = (4X 3/30) W = 0.4 W.根据能量关系P 入= P 机+ P Q ,得生热的功率 P Q = P 入一P 机=(0.6 — 0.4)W = 0.2 W. 所生热量 Q = P Q t = 0.2X 30 J = 6 J.2(3) 根据焦耳定律 Q = I Rt ,得线圈电阻答案：(1)0.6 W (2)6 J (3)5 QQ= 5 Q.。

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第十三章(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题共9小题，每小题5分，共45分)1．关于麦克斯韦电磁理论，下列说法正确的是() A．任何电场都能在周围产生磁场B．任何均匀变化的磁场均在其周围产生稳定的电场C．均匀变化的电场在其周围产生均匀变化的磁场D．周期性变化的磁场在其周围产生周期性变化的电场解析：根据麦克斯韦电磁场理论，静电场周围没有产生磁场，均匀变化的电场在其周围产生稳定的磁场，而不是产生均匀变化的磁场，A错误，B正确；所以周期性变化的磁场在周围产生周期性变化的电场，C项错误，D项正确．答案：BD2．(2010·咸宁模拟)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图1所示，两变压器匝数分别为N1、N2和N3、N4，a和b是交流电表，则()A．N1＞N2B．N3＞N4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表，b为交流电流表解析：题图左半部分中变压器与导线并联为电压互感器，为获得低电压，N1＞N2；题图右半部分中变压器与导线串联为电流互感器，为获得小电流，N3＜N4.故A、D 选项正确．答案：AD3．雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备，雷达所发射出去的电磁波应具有的特点是() A．发射波长很长的无线电波，因为长波可以在地球表面传播的很远B．发射波长较短的无线电波，因为短波可以以天波的方式传播C．发射波长极短的微波，因为微波直线性好，定位准确D．发射的无线电波包括所有波长范围，这样可以探测任何种类的物体解析：使用雷达的目的是用来准确测定物体的位置．微波波长极短，沿直线传播，可以通过反射准确确定目标位置，故选C.答案：C4．一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e ＝102sin4πt V ，则 ( )A ．该交变电动势的频率为2 HzB ．零时刻线圈平面与磁场垂直C ．t ＝0.25 s 时，e 达到最大值D ．在1 s 时间内，线圈中电流方向改变100次解析：由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度和周期、频率的关系ω＝2πT＝2πf 得到此交变电动势的频率为2 Hz ，周期是0.5 s ，所以选项A 正确．周期是0.5 s ，所以1 s 内线圈中的电流方向改变4次，选项D 错误．代入表达式t ＝0.25 s ，得到e ＝0，选项C 错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B 正确．综上所述，本题的正确选项为A 、B.答案：AB5．如图2所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是 ( )图2A ．5 2 AB ．5 A C.722A D ．3.5 A 解析：题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量：Q ＝I 12R T 2＋I 22R T 2＝ (42)2R T 2＋(32)2R T 2＝25RT . 令此交变电流的有效值为I ，应有Q ＝I 2RT ，故I 2RT ＝25RT ，解得I ＝5 A ．B 项正确．答案：B6．(2010·重庆模拟)如图3所示，2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重．此次灾害牵动亿万人的心．为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变) ( )图3A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U 解析：高压线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线 ① 若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线 ②由①②得I ′＝3I ，A 对．又输送功率不变，由P ＝UI ＝U ′I ′得U ′＝13U ，所以D 对．答案：AD7．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图4甲所示，则下列说法正确的是 ( )图4A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈相应产生的交流电动势的图象如图4乙所示解析：由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、 D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误．答案：B8．如图5所示，T 为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab 和cd 的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S 闭合时 ( )图5A ．交流电压表V 1和V 2的示数一定都变小B ．交流电压表只有V 2的示数变小C ．交流电流表A 1、A 2和A 3的示数一定都变大D ．只有A 1的示数变大解析：闭合S 时，输出电路电阻减小，副线圈中电流增大，V 1示数不变，V 2示数变小，A 2示数变大，则A 1示数也变大，由于V 1示数不变，A 2示数变大，V 2示数变小，则A 3示数变小．只有B 项正确．答案：B9．(2010·荆门模拟)如图6所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n ，原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R .当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是 ( )图6A ．原线圈中的电流为nIB ．变压器的输入功率为UI /nC ．电动机输出的总功率为I 2RD ．电动机两端电压为IR解析：电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为I n，故A 错误；原线圈的输入功率则为U I n ，故B 对；电动机上的热功率为I 2R ，电动机消耗功率为U I n ，两端电压为U n，故C 、D 错误．答案：B二、实验题(本题共2小题，共14分)10．(6分)某同学练习使用示波器时，欲按要求先在荧光屏上调出亮斑，为此，他进行了如下操作：首先将辉度调节旋钮逆时针转到底，竖直位移和水平位移旋钮转到某位置，将衰减调节旋钮置于1000挡，扫描范围旋钮置于“外X ”挡．然后打开电源开关(指示灯亮)，过2 min 后，顺时针旋转辉度调节旋钮，结果屏上始终无亮斑出现(示波器完好)．那么，他应完成下列________操作才有可能在屏上出现亮斑．A ．竖直位移旋钮B ．水平位移旋钮C ．聚焦调节旋钮D ．辅助聚焦旋钮解析：屏上没有亮斑出现，不是聚焦不好，而是亮斑偏出了屏幕，故应调节竖直位移旋钮和水平位移旋钮，故应完成A 、B 操作才可能在屏上出现亮斑．答案：AB11．(8分)如图7是“练习使用示波器”实验的示意图，图中“X 输入”、“Y 输入”、“地”为信号输入接线柱．实验要求用示波器测乙图b 、c 间的直流电压．把b 接“地”接线柱，欲使P 滑动时，亮斑在竖直方向移动，则c 端应接________接线柱．实验发现，当P 滑到最左端时，亮斑恰好在荧光屏的中心；当P 滑到最右端时，亮斑向下偏离中心3.0格．当P 滑到某点时，亮斑向下偏离中心2.5格，则此时b 、c 间的电压为________V .(图中电源是一节电动势为1.5 V ，内阻不计的干电池)图7解析：根据示波器接线柱的基础知识，c 端应接“Y 输入”接线柱，根据示波器的工作原理，亮斑在荧光屏上的偏移距离与偏转电压成正比，由于U 1.5＝2.53.0，所以U ＝1.25 V .答案：Y 输入 1.25三、计算题(本题共3小题，共41分)12．(13分)如图8所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比n 1n 2＝120，加在原线圈的电压为u 1＝311sin100πt (V)，霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 kΩ，求通过原、副线圈中的电流．图8解析：原线圈电压的有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2解得副线圈电压U 2＝4 400 V ；由I 2＝U 2R 得流过副线圈的电流I 2＝10.0 mA.由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2＝200 mA. 答案：200 mA 10.0 mA13．(14分)如图9所示，一台模型发电机的电枢是矩形导线框abcd ，其ab 和cd 边长l 1＝0.4 m ，ad 和bc 边长l 2＝0.2 m ，匝数n ＝100匝，它在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场中绕通过线框对称中心线且垂直于磁场方向的轴OO ′匀速转动，当开关S 断开时，电压表的示数为10 2 V ，开关S 闭合时，外电路上标有“10 V ,10 W ”的灯泡恰好正常发光．求：(1)导线框abcd 在磁场中转动的角速度；(2)S 闭合后，当导线框从图示位置转过θ＝60° 时的过程中通过灯泡的电荷量．解析：(1)E ＝10 2 V ，E m ＝2E ＝20 V ，又E m ＝nBωS ，则：ω＝E m nBl 1l 2＝20100×0.2×0.4×0.2rad/s ＝12.5 rad/s.(2)S 闭合后，U L ＝10 V ，P L ＝10 W ，I ＝P L U L＝1 A ， R 总＝E I ＝10 2 Ω，q ＝n ΔΦR 总＝n 12Bl 1l 2R 总＝100×12×0.2×0.2×0.4102C ＝225 C. 答案：(1)12.5 rad/s (2)225C 14．(14分)(2010·兰州模拟)如图10甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R＝1 Ω的电阻，导轨间距L ＝0.2 m ，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.8 T ．一根电阻r ＝0.3 Ω的导体棒ab 置于导轨上，且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ 和MN 之间运动，其速度图象如图乙所示(正弦曲线)．求：图10(1)导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式．(2)整个电路在1分钟内产生的热量．解析：(1)由速度图象得，某时刻导体棒运动速度表达式v＝10sin10πt m/s导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL v＝10BL sin10πt＝1.6sin10πt V(2)感应电动势的最大值为E m＝10BL＝1.6 V感应电动势的有效值为E＝E m2＝45 2 V回路中的总电阻为R′＝r＋R2＝0.8 Ω电流I＝ER′＝ 2 A整个电路在1分钟内产生的热量为Q＝I2R′t＝96 J. 答案：(1)e＝1.6sin10πt V(2)96 J。

2011届高考物理第一轮复习章节练习题11

(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 1．(2009年高考福建理综)一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是()A．M v0＝(M－m)v′＋m vB．M v0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．M v0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．M v0＝m v′＋m v【答案】 A2．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，下列现象可能的是() A．若两球质量相等，碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等，碰后以某一相等速率同向而行C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行【答案】AD3.将一个质量为3 kg的木板置于光滑水平面上，另一质量为1 kg的物块放在木板上．已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动(如上图)，则当木板的速度为2.4 m/s时，物块正在()A．水平向左匀减速运动B．水平向右匀加速运动C．水平方向做匀速运动D．处于静止状态【解析】由于木板和物块组成的系统在水平方向上所受合外力为零，所以系统动量守恒．由于木板的质量大于物块的质量，初速度大小相等，所以二者的总动量方向向右，所以物块应先向左做匀减速直线运动，当速度减到零时，向右做匀加速直线运动，而木板一直向右匀减速，当二者达到共同速度时，一起向右匀速运动．当木板的速度为2.4 m/s时，由动量守恒可得M v－m v＝M v′＋m v″，代入数据解得此时物块的速度为v″＝0.8 m/s，所以物块正向右做匀加速直线运动．本题正确选项为B.【答案】 B4．(2010年黄冈中学)如右图所示，A、B两物体的质量之比M A∶M B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑，A、B 所受摩擦力均小于弹簧弹力，当突然释放弹簧后的较短一段时间内，则有() A．A、B组成的系统动量守恒B．A、B、C组成的系统动量守恒C．小车将向左运动D．小车将向右运动【答案】BC5．(2009年高考全国卷Ⅰ)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M/m可能为()A．2 B．3C．4 D．5【解析】两物块在碰撞中动量守恒：M v ＝M v 1＋m v 2，由碰撞中总能量不增加有：12M v 2≥12M v 21＋12m v 22，再结合题给条件M v 1＝m v 2，联立有M m≤3，故只有A 、B 正确．【答案】 AB6．(2010年江西师大附中)A 、B 两车以细线连在一起置于光滑水平面上，两车中间有一被压缩的弹簧．细线被烧断后，两车被弹开，在同一时间内A 车运动了0.6 m ，B 车运动了1 m ，则( )A ．两车分离时，动量大小之比为P A ∶PB ＝3∶5B ．两车质量之比为m A ∶m B ＝5∶3C ．A 、B 两车动量改变量大小相同D ．两车所受弹簧的弹力冲量相等【答案】 BC7．静止在湖面的小船上有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲球先向左抛，乙球后向右抛，抛出时两小球相对于岸的速率相等，则下列说法正确的是( )A ．两球抛出后，船向左以一定速度运动B ．两球抛出后，船向右以一定速度运动C ．两球抛出后，船的速度为零D ．抛出时人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大【答案】 CD8．在一条直线上相向运动的甲、乙两个小球，它们的动能相等，已知甲球的质量大于乙球的质量，它们正碰后可以发生的情况是( )A ．甲球停下，乙球反向运动B ．甲球反向运动，乙球停下C ．甲、乙两球都反向运动D ．甲、乙两球都反向运动，且动能仍相等【解析】两球动能相等，E k ＝p 22m，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙．系统总动量大小为2m 甲E k －2m 乙E k ，方向为碰前甲球的速度方向，系统动量守恒，碰后的总动量仍为甲球的速度方向．若碰后甲球停下，乙球反向能满足动量守恒，A 对；若乙球停下，甲球反向，总动量将反向，B 错．碰后甲、乙球都反向运动时，一定满足甲球后来的动量小于乙球后来的动量；若甲、乙碰后动能仍相等，有p ′甲＞p ′乙，合动量将反向，动量定理不成立，所以C 对，D 错．选项A 、C 正确．【答案】 AC 9.在光滑的水平面上有a 、b 两球，其质量分别为m a 、m b ，两球在t 时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如右图所示．下列关系正确的是( )A ．m a ＞m bB ．m a ＜m bC ．m a ＝m bD ．无法判断【解析】设a 球碰b 前的速度大小为v ，则由图可知，碰后a 、b 两球的速度大小为v /2，由动量守恒得：m a v ＝m b v 2＋m a (－v 2)，可推得：m b ＝3m a ，只有B 项正确．【答案】 B10.(2009年高考全国卷Ⅱ)两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.40 s 时间内的v －t 图象如右图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t 1分别为( )A.13和0.30 s B ．3和0.30 s C.13和0.28 s D ．3和0.28 s【解析】以甲、乙为研究系统，在0～t 1的过程中由动量守恒得m 乙v 0＝(m 甲＋m 乙)v ，将v 、v 0代入得m 甲m 乙＝31；以乙为研究对象，a ＝0－v 0t ＝0－40.40＝－10 m/s 2，故t 1＝v －v 0a ＝1－4－10＝0.30 s ，故正确答案为B.【答案】 B11.(2009年高考宁夏理综)两个质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上．A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如上图所示．一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h .物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B .求物块在B 上能够达到的最大高度．【解析】设物块到达劈A 的底端时，物块和A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12m v 2＋12M 1V 2① M 1v ＝m v ②设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )V ′2＝12m v 2③ m v ＝(M 2＋m )V ′④联立①②③④得h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h ⑤ 【答案】M 1M 2h (M 1＋m )(M 2＋m )12.(2009年高考山东理综)如右图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B 与C 碰撞前B 的速度．【解析】设共同速度为v，球A与B分开后，B的速度为v B，由动量守恒定律(m A＋m B)v0＝m A v＋m B v B③m B v B＝(m B＋m C)v④联立③④式，得B与C碰撞前B的速度v B＝95v0⑤【答案】9 5 v0。

2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料摩擦力

2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（7）--摩擦力第2课时摩擦力f 素能提升 1练塚有提高1.（2010山师附中模拟）如图11所示，在车厢内悬线下悬挂一一7-小球m ,当汽车做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一左\叫右角度•若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体 m 1,则关于㈠7^77777777^^77777^^^7777777汽车的运动情况和物体m 1的受力情况正确的是（BC ）A .汽车一定向右做加速运动图11B •汽车也可能向左运动C . m 1除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用D . m 1除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用解析分析小球m 的受力情况可知小球所受合外力水平向右. 根据牛顿第二定律知小球的加速度水平向右，汽车可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动， A 错，B 对；由于 m 1的加速度水平向右，故m 1受的合外力水平向右，此合外力是 m 1所受的重力、底板的支持力、底板的摩擦力这三个力合成的，故C 对，D 错.2. （2010 •东省泰安市期末）如图12所示，重80 N 的物体A 静止在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为103 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端固定在滑块A 后，弹簧长度缩短为一弹簧测力计沿斜面向上拉滑块，若滑块与斜面间最大静摩擦力为弹簧的长度仍为8 cm 时，弹簧测力计的示数不可能为解析物体与斜面间的最大静摩擦力 F fm =mgos 37 = 4.8 N假设物体不动，物体受斜面的静摩擦力沿斜面向上，由 F fA = 9 N> F fm , F fB = 3 N<F fm F fc = 0, F fD =— 4 N< — 4.8 N ,可以得出，B 、C 、D 均处于平衡状态，A 物体沿斜面向下运动，故选 B 、C 、D.8 cm.现用 25 N ，当A . 10 NB . 20 NC . 40 ND . 60 N解析设滑块与斜面的静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件得：20 N , F 由0逐渐增大.F f 逐渐减小，当 F f = 0时，F 为20 + kx = F f + mgs in 30 .有 F = F f + 20 N ，随 F 增大， N ，滑块就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为F + F f + kx = mgsin 30，可得：F + F f =N ;故 A 、 F f 也逐渐增大，直到 B 均可能；当F f 沿斜面向下时，F F f = 25 N ，此时 F = 45 N ，当 F>45 60 N.a= 37 °勺动摩擦因数 3 .一个质量为3 kg 的物体，被放置在倾角为示的四种情况下可能处于平衡状态的是（令最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 0.2的固定斜面上，下列选项中所sin 37= 0.6, cos 37 =0.8, g = F + F f = mgs in 37 可得:图12(BCD )4. （2009龙岩市质检）我国国家大剧院外部呈椭球型•假设国家大剧院的屋顶为半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图13所示），他在向上爬的过程中（D ）A •屋顶对他的支持力不变B .屋顶对他的支持力变小C •屋顶对他的摩擦力变大D .屋顶对他的摩擦力变小解析由于警卫人员在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他爬行到的任一位置时都看作处于平衡状态.在,. 小图所示位置，对该警卫人员进行受力分析，其受力图如右图所示•将重力沿半径方向和球的切线方向分解|冷〈后列出沿半径方向和球的切线方向的平衡方程F N =mgsos 0, F f =mgsin 0\1:G他在向上爬的过程中， 0变小，cos 0变大，屋顶对他的支持力变大； sin 0变小，屋顶对他的摩擦力变小•所以正确选项为 D.5• （2009韶关市第二次模拟考试）如图14所示，用水平力F 推乙物块, 使甲、乙、丙、丁四个完全相同的物块一起沿水平地面以相同的速度匀速运动，各物块受到摩擦力的情况是A .甲物块受到一个摩擦力的作用B •乙物块受到两个摩擦力的作用C •丙物块受到两个摩擦力的作用D. 丁物块没有受到摩擦力的作用解析四个物块做匀速运动，故所受 F 合=0，所以甲不会受摩擦力，乙受到丙施加的向左的摩擦力,丙受到乙、地面施加的摩擦力，丁受到地面的摩擦力，故C 项正确.6.如图15甲所示，A 、B 两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用, 该力与时间的关系如图乙所示，A 、B 始终相对静止，则下列说法不正确的是F（ A ）"打、m* Pm』T乙图15A • t 0时刻，A 、B 间静摩擦力最大 B • t 0时刻，B 速度最大C • 2t 0时刻，A B 间静摩擦力最大D • 2t 0时刻，A 、B 位移最大解析由图象可知，A 、B 一起先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，所以B项正确；全过程运动方向不变， 2t 0时刻，A 、B 位移最大，所以 D 项正确；2t 0时刻加速度最大，静摩擦力最大，所以C 项正确；不正确的选项为 A 项.7•有人想水平地拿一叠书，他用手在这些书的两端加一压力F = 225 N ，如图16所示，如每本书的质量为 0.95 kg ，手与书之间的静摩擦因数为 0.45，书与书之间的静摩擦因数图14图13为0.40，求此人可能拿书的最大数目.（g取9.8 m/s2）图16 答案21本解析设书与书之间的最大静摩擦力能支持书的最大数目为n人能执的最大数目为N,由平衡条件nmg=2□书F, Nmg=2 □人F2⑹F即n = = 19.34mg2叭FN = = 21.75> n+ 2mg所以该人能拿书的最大数目为21本.&如图17所示，长方形斜面体倾角为37 °其长为0.8 m，宽为0.6 m .一重为20 N的木块原先在斜面体上部，当对它施加平行于AB边的恒力F时，刚好可使木块沿对角线AC匀速下滑，求木块与斜面间的动摩擦因数□和恒力F的大小.图17答案16 9 N解析画出木块在斜面内的受力图如图所示，由于木块沿斜面向下做匀速直线运动，由平衡条件可知, 重力沿斜面向下的分力mgsin 37°与水平推力F的合力与木块受到的滑动摩擦力构成平衡力，由几何关系可得F=mgsin 37 ° • tan a0.6=20 X 0.6 X N=9 N0.8物体受到的滑动摩擦力为由滑动摩擦公式得【反思总结】滑动摩擦力一治両F f = . (mgsin37 )2 F 2= 15NFNFf _ 15 mgcos37 16曇i -------- 1方陶-淆动摩擦力与相对鎚动方向相反5博摩擦力方向刿定 ⑴假设法(2)动力孕方程——丰衙方程一动力学方程保持相对静出 •条件：FfWFfm静盘力。