2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：综合检测卷含解析

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2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷四.含解析

单元滚动检测卷四考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上． 3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．如图1所示，在O 处有一点光源，MN 为竖直屏，屏MN 的垂线OM 中点O ′处有一静止小球．释放小球，小球做自由落体运动，在屏上得到小球的投影点．则投影点做( )图1A ．匀速直线运动B ．初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动C ．初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动D ．初速度不为零、加速度为2g 的匀加速直线运动答案 C解析 OM 中点O ′处小球做自由落体运动h ＝12gt 2，由相似三角形知识，投影点的位移与时间的关系y ＝2h ＝gt 2，故投影点做初速度为零、加速度为2g 的匀加速直线运动，故C 正确．2．一块质量均匀分布的长方体木块按图2中甲、乙、丙所示的三种方式在同一水平面上运动，其中甲图中木块做匀速运动，乙图中木块做匀加速运动，丙图中木块侧立在水平面上做与甲图相同的运动．则下列关于甲、乙、丙三图中木块所受滑动摩擦力大小关系的判断正确的是( )图2A ．F f 甲＝F f 乙<F f 丙B ．F f 甲＝F f 丙<F f 乙C ．F f 甲＝F f 乙＝F f 丙D ．F f 丙<F f 甲<F f 乙答案 C解析根据公式F f＝μF N知，滑动摩擦力的大小与接触面的大小无关，与相对速度或加速度也无关．3．帆船船头指向正东以速度v(静水中速度)航行，海面正刮着南风，风速为3v，以海岸为参考系，不计阻力．关于帆船的实际航行方向和速度大小，下列说法中正确的是()A．帆船沿北偏东30°方向航行，速度大小为2vB．帆船沿东偏北60°方向航行，速度大小为2vC．帆船沿东偏北30°方向航行，速度大小为2vD．帆船沿东偏南60°方向航行，速度大小为2v答案 A解析由于帆船的船头指向正东，并以相对静水中的速度v航行，南风以3v的风速向北吹来，当以海岸为参考系时，实际速度v实＝v2＋(3v)2＝2v，设帆船实际航行方向与正北方向夹角为α，则sinα＝v2v＝12，α＝30°，即帆船沿北偏东30°方向航行，选项A正确．4.(2018·金华十校期末)吊坠是日常生活中极为常见的饰品，深受人们喜爱．现将一“心形”金属吊坠穿在一根细线上，吊坠可沿细线滑动．在佩戴过程中，某人手持细线两端，让吊坠静止在空中，如图3所示，现让两手水平向外缓慢移动，不计吊坠与细线间的摩擦，则在此过程中，细线中张力大小变化情况为()图3A．保持不变B．逐渐减小C．逐渐增大D．先减小后增大答案 C解析以吊坠为研究对象，分析受力情况，作出受力图，如图所示，根据平衡条件得：2F cos θ＝mg，得到细线的拉力F＝mg2cos θ，现让两手水平向外缓慢移动，θ变大，cos θ变小，则F增大，故C正确，A、B、D错误．5．如图4所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()图4A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小答案 D解析根据题意可知，座椅A 和B 的角速度相等，A 的转动半径小于B 的转动半径，由v ＝rω可知，座椅A 的线速度比B 的小，选项A 错误；由a n ＝rω2可知，座椅A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；座椅受力如图所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝mrω2，tan θ＝rω2g，因座椅A 的运动半径较小，故悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；拉力F T ＝mgcos θ，可判断悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小，选项D 正确．6.如图5所示，把地球看成大“拱形桥”，当一辆“汽车”速度达到一定值时，“汽车”对地面压力恰好为零，此时“汽车”( )图5A ．受到的重力消失了B ．仍受到重力，其值比原来的小C ．仍受到重力，其值与原来相等D ．座椅对驾驶员的支持力大于驾驶员的重力答案 C解析重力是由于地球的吸引而产生的，跟物体的运动状态无关，“汽车”通过“拱形桥”时，若“汽车”对地面压力恰好为零，重力提供向心力，重力的大小不变，其值与原来相等，此时座椅对驾驶员的支持力为零，故C 正确．7．如图6所示是生活中常见的情景，下列说法正确的是( )图6A ．传送带靠物体的惯性把货物从低处送往高处B ．汽车轮胎表面的花纹状沟槽不同主要是为了轮胎的美观C ．自行车的滚动轴轮，把滚珠沾上润滑油后放入“轴碗”，以减少摩擦损耗D ．盘上小物体随盘做匀速圆周运动的向心力是由盘对小物体的滑动摩擦力提供答案 C解析传送带靠静摩擦力把货物从低处送往高处，选项A 错误；汽车轮胎表面的花纹状沟槽不同主要是为了增大轮胎与地面间的摩擦力，选项B 错误；自行车的滚动轴轮，把滚珠沾上润滑油后放入“轴碗”，以减少摩擦损耗，选项C 正确；盘上小物体随盘做匀速圆周运动的向心力是由盘对小物体的静摩擦力提供，选项D 错误．8.如图7所示，在足够长斜面上的A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球以2v 0的水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为()图7A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 D解析设斜面倾角为θ，则tan θ＝y x ＝12gt2v 0t ＝gt2v 0，故t ＝2v 0tan θg ，水平位移x ＝v 0t ＝2v 02tan θg ∝v 02，故当水平初速度由v 0变为2v 0后，水平位移变为原来的4倍，D 项正确．9.如图8所示，球网高出桌面H ，网到左、右桌边缘的距离为L .某人在乒乓球训练中，从距网左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．则()图8A ．击球点的高度与网高度之比为2∶1B ．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C ．乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶2D ．乒乓球在网左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 答案 D解析根据平抛运动规律，乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为1∶2，由Δv ＝g Δt 可得，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，选项D 正确，B 错误．由y ＝12gt 2可得击球点的高度与网高度之比为9∶8，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶3，选项A 、C 错误． 10．如图9所示，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动．下列说法中正确的是( )图9A ．甲的向心加速度比乙的向心加速度小B ．甲的运行周期比乙的运行周期小C ．甲的角速度比乙的角速度大D ．甲的线速度比乙的线速度大答案 A解析根据万有引力提供向心力得，GMm r 2＝ma ＝m v 2r ＝mrω2＝m 4π2T 2r ，解得向心加速度a ＝GM r 2，线速度v ＝GMr，角速度ω＝GMr 3，周期T ＝4π2r 3GM，由于甲、乙两卫星的轨道半径相同，但环绕的中心天体质量分别为M 、2M ，所以甲的向心加速度、线速度和角速度都比乙的小，但甲的周期比乙的大，A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．11.(2018·西湖高级中学月考)2012年9月我国采用“一箭双星”的方式发射了“北斗导航卫星”(BDS)系统中的两颗圆轨道半径均为21 332 km 的“北斗－M5”和“北斗－M6”卫星，其轨道如图10所示，下列说法正确的是( )图10A ．两颗卫星绕地球运行的向心加速度大小相等B ．两颗卫星绕地球的运行速率均大于7.9 km/sC ．“北斗－M5”绕地球的运行周期大于地球的自转周期D ．“北斗－M6”绕地球的运行速率大于“北斗－M5”的运行速率答案 A解析根据G Mmr2＝ma 知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等，故A 正确；根据v ＝GMr知，轨道半径越大，线速度越小，所以两颗卫星的运行速率均小于7.9 km/s ，故B 错误；根据T ＝2πr3GM，“北斗－M5”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“北斗－M5”绕地球的运行周期小于地球的自转周期，故C 错误；根据v ＝GMr知“北斗－M6”绕地球的运行速率等于“北斗－M5”的运行速率，故D 错误．12．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图11所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2(L 1＞L 2)，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h ，不考虑乒乓球的旋转、反弹和空气阻力(重力加速度为g )，则( )图11A ．若球发射速度v ＝L 18gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 B ．若球发射速度v ＝L 24gh，则恰好越过球网落在球台的右侧 C ．若球以速度v ＝L 2g6h垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘 D ．若球以速度v ＝L 1g6h垂直台面左侧底线水平发射，则恰好落在球台的右侧边缘答案 D解析若球恰好过球网，根据3h －h ＝12gt 12得：t 1＝4h g ，水平位移最小为：x min ＝L 12，则最小发射速度为：v 1＝L 12t 1＝L 14gh，故A 、B 错误；若发射球的速度垂直台面左侧底线且球刚好落在球台右侧边缘处，根据3h ＝12gt 22得：t 2＝6h g ，水平位移为L 1，则发射速度为：v 2＝L 1t 2＝L 1g6h，故C 错误，D 正确．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．光滑水平面上一运动质点以速度v0通过点O ，如图12所示，与此同时给质点加上沿x 轴正方向的恒力F x 和沿y 轴正方向的恒力F y ，则( )图12A ．因为有F x ，质点一定做曲线运动B ．如果F y <F x ，质点向y 轴一侧做曲线运动C ．如果F y ＝F x tan α，质点做直线运动D ．如果F x >F ytan α，质点向x 轴一侧做曲线运动答案 CD解析如果F x 、F y 二力的合力沿v 0方向，即F y ＝F x tan α，则质点做直线运动，选项A 错误，C 正确；若F x >F y tan α，则合力方向在v 0与x 轴正方向之间，运动轨迹向x 轴一侧弯曲而做曲线运动；若F x <F ytan α，则合力方向在v 0与y 轴正方向之间，所以运动轨迹必向y 轴一侧弯曲而做曲线运动，因不知α的大小，所以只凭F x 、F y 的大小不能确定F 合是偏向x 轴还是y 轴，选项B 错误，D 正确．14.(2019届牌头中学模拟)“套圈”是老少皆宜的游戏，如图13所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v 1、v 2抛出铁丝圈，都能套中地面上的同一目标．设铁丝圈在空中的运动时间分别为t 1、t 2，则(不计空气阻力)( )图13A ．v 1<v 2B ．v 1＞v 2C ．t 1＞t 2D ．t 1＝t 2答案 AC解析铁丝圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，根据h ＝12gt 2，有t ＝2hg，故t 1＞t 2，水平分位移相同，由于t 1＞t 2，根据x ＝v 0t ，有v 1＜v 2，A 、C 正确．15.如图14所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端固定在转轴O ，现使小球在竖直平面内做圆周运动．P 为圆周轨道的最高点．若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为32gL2，不计空气阻力和摩擦，则以下说法正确的是( )图14A ．小球能到达P 点B ．小球到达P 点时的速度等于gLC ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向上的弹力答案 AD解析根据动能定理得－mg ·2L ＝12m v P 2－12m v 2，又v ＝32gL 2，解得v P ＝2gL2，小球在最高点的临界速度为零，所以小球能到达最高点，故A 正确，B 错误；设杆在P 点对小球的作用力表现为支持力，则mg －F ＝m v P 2L ，解得F ＝12mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故D 正确，C 错误．16．(2019届台州中学月考)2016年8月以来，我国先后发射了量子科学实验卫星、“天宫二号”、“风云四号A ”、全球二氧化碳监测科学实验卫星等卫星或航天器，如图15所示，其中量子科学实验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，“天宫二号”运行在距地面393千米的轨道，“风云四号A ”是中国新一代静止气象卫星，运行在地球同步轨道上，全球二氧化碳监测科学实验卫星运行在距地面700千米的极地轨道上，这些卫星或航天器对我国与国际的科学研究做出了重大贡献．下列关于这些卫星或航天器的说法正确的是( )图15A ．量子科学实验卫星的轨道在赤道上空B ．“天宫二号”的运行速度最大C ．“风云四号A ”的运行轨道距地面的高度最大D ．全球二氧化碳监测科学实验卫星运行周期为24小时答案 BC解析量子科学实验卫星运行在距地面500千米的极地轨道，不会在赤道上空，故A 错误；根据万有引力提供向心力可知G Mmr 2＝m v 2r，解得v ＝GMr，轨道半径越小，速度越大，根据题意可知，“天宫二号”距地面的高度最小，轨道半径最小，则其速度最大，故B 正确；“风云四号A ”的轨道半径最大，则距地面的高度最大，故C 正确；根据万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m 4π2rT2，解得T ＝2πr 3GM，地球同步卫星的周期为24 h ，轨道半径越大，周期越大，而全球二氧化碳监测科学实验卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则周期小于24 h ，故D 错误．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)在研究平抛运动实验中，实验室准备了下列器材：铁架台、斜槽、竖直挡板、有水平卡槽的木板、白纸、复写纸、图钉、小球、刻度尺等．部分实验步骤如下：图16(1)按图16安装实验装置，应使斜槽末端________，从而保证小球离开斜槽后做平抛运动．(2)每次在斜槽上静止释放小球时应做到________，从而保证小球每次在空中做平抛运动的轨迹是相同的．答案(1)切线水平(2)从同一位置释放解析(1)为保证小球做平抛运动，必须保持斜槽末端切线水平．(2)每次在斜槽上静止释放小球时要从同一位置释放，以保证小球每次在空中做平抛运动的轨迹是相同的．18．(8分)某同学设计了如图17甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系．将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，并用手按住，向小桶中加入细沙，记下力传感器的示数F1.图17(1)接通频率为50 Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离并标在纸带上，由所测数据可以算出小车的加速度a＝________m/s2.(2)同一次实验中，小车释放前力传感器示数F1与小车加速运动时力传感器示数F2的关系是F1________F2(选填“＜”“＝”或“＞”)．(3)关于该实验，下列做法有助于减小实验误差的是________．A．小车和力传感器的总质量远大于小桶和细沙的总质量B．实验中需要将长木板右端适当垫高C．实验中需要测出小车和力传感器的总质量D．用加细沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据答案(1)0.16(2)＞(3)BD19．(8分)如图18所示，在倾角为θ的斜面顶端P 点以初速度v 0水平抛出一个小球，最后落在斜面上的Q 点，求：图18(1)小球在空中运动的时间以及P 、Q 间的距离； (2)小球离开斜面的距离最大时，抛出了多久．答案 (1)2v 0tan θg 2v 02tan θg cos θ (2)v 0tan θg解析 (1)根据平抛运动分运动的特点，两个分运动的位移与合运动的位移构成一个直角三角形，如图甲所示，由s x ＝v 0t ，s y ＝12gt 2得s y s x ＝tan θ＝gt 2v 0，可得小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg .PQ 间距离s ＝s xcos θ＝2v 02tan θg cos θ.(2)如图乙所示，两个分运动的速度与合运动的速度也构成一个直角三角形，当小球与斜面间距离最远时，速度方向与水平分速度之间的夹角为θ.由v y v x ＝tan θ＝gt ′v 0，可得小球离开斜面距离最大时所需时间为t ′＝v 0tan θg. 20.(10分)如图19所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O ′、O 距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短．(发动机功率足够大，重力加速度取g ＝10 m/s 2)．求：图19(1)在两个弯道上的最大速度分别是多少？(2)应从什么位置开始加速，加速度是多大？答案见解析解析 (1)在弯道上做匀速圆周运动时，径向摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律kmg ＝m v m 2r ，在小圆弧弯道上的最大速度v m r ＝kgr ＝ 2.25×10×40 m /s ＝30 m/s ，在大圆弧弯道上的最大速度为v m R ＝kgR ＝ 2.25×10×90 m /s ＝45 m/s.(2)当弯道半径一定时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小弯道上的最大速度，故要想时间最短，故可在绕过小圆弧弯道后加速，直道的长度为x ＝L 2－(R －r )2＝50 3 m ，由运动学公式v m R 2－v m r 2＝2ax ，代入数据可得加速度大小为：a ＝v m R 2－v m r 22x ＝452－3022×503m /s 2≈6.50 m/s 2.21．(10分)“水上乐园”中有一巨大的水平转盘，人在其上随转盘一起转动，给游客带来无穷乐趣．如图20所示，转盘的半径为R ，离水平面的高度为H ，可视为质点的游客的质量为m ，现转盘以角速度ω匀速转动，游客在转盘边缘保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度为g .图20(1)求转盘转动的周期；(2)求游客受到的摩擦力的大小和方向；(3)若转盘突然停止转动，求游客落水点到转动轴的水平距离．答案 (1)2πω(2)mω2R 沿半径方向指向转盘圆心O (3)R 2Hω2g ＋1 解析 (1)转盘转动的周期：T ＝2πω(2)游客受到的摩擦力的大小：F f ＝mω2R游客受到的摩擦力的方向沿半径方向指向转盘圆心O .(3)游客转动时的线速度，即平抛运动的初速度：v ＝ωR游客落水的时间：t ＝2H g游客做平抛运动的水平位移：x ＝v t ＝ωR 2H g游客落水点到转动轴的水平距离：s ＝x 2＋R 2＝R2Hω2g＋1.22.(10分)如图21所示，一个可视为质点的质量m ＝2 kg 的木块从P 点以初速度v 0＝5 m /s 向右运动，木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，木块运动到M 点后水平抛出，恰好沿竖直的粗糙圆弧AB 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力)．已知圆弧的半径R ＝0.5 m ，半径OA 与竖直半径OB 间的夹角θ＝53°，木块到达A 点时的速度v A ＝5 m/s ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2.图21(1)求P 到M 的距离l ；(2)求M 、A 间的距离s ；(3)若木块到达圆弧底端B 点时速度大小v B ＝5 m/s ，求此时木块对轨道的压力．答案 (1)2 m (2)2135m (3)120 N ，方向竖直向下解析 (1)木块到A 点时，木块做平抛运动的初速度v 等于v A 的水平分速度，可知：v ＝v x ＝v A cos θ＝3 m/s木块在水平面上滑行时的加速度大小a ＝μg ＝4 m/s 2P 到M 的距离l ＝v 02－v x 22a＝2 m. (2)木块运动至A 点时竖直方向的分速度为v y ＝v A sin θ＝4 m/s ，设M 点与A 点的水平距离为x ，竖直高度为h ，有v y ＝gtv y 2＝2ghx ＝v x ts ＝h 2＋x 2解得s ＝2135m. (3)根据F N －mg ＝m v B 2R，可得 F N ＝120 N由牛顿第三定律可知，木块对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝120 N ，方向竖直向下．。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第十二章光电磁波第1讲 Word版含答案

第1讲　光的反射与折射　全反射[考试标准]知识内容考试要求说明光的反射与折射c 全反射c 光的颜色、色散b 不要求引入相对折射率的概念.一、光的反射与折射1.反射定律反射光线与入射光线、法线处在同一平面内，反射光线与入射光线分别位于法线的两侧；反射角等于入射角.2.折射定律(1)内容：如图1所示，折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比.图1(2)表达式：＝n .sin θ1sin θ2(3)在光的折射现象中，光路是可逆的.3.折射率(1)折射率是一个反映介质的光学性质的物理量.(2)定义式：n ＝.sin θ1sin θ2(3)计算公式：n ＝，因为v <c ，所以任何介质的折射率都大于1.c v(4)当光从真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于折射角；当光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折射角.自测1　一束光线从空气射向玻璃，入射角为α.下列四幅光路图中正确的是( )答案　A二、全反射1.条件：(1)光从光密介质射入光疏介质.(2)入射角大于或等于临界角.2.临界角：折射角等于90°时的入射角.若光从光密介质(折射率为n )射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C ，则sin C ＝.介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小.1n自测2　下面四种情况中，能在空气和水的界面上发生全反射的是( )A.光从水射向空气，入射角小于临界角B.光从水射向空气，入射角大于临界角C.光从空气射向水，入射角小于临界角D.光从空气射向水，入射角大于临界角答案　B三、光的颜色　色散1.色散现象白光通过三棱镜会形成由红到紫七种色光组成的彩色光谱.2.成因由于不同色光折射率不同，它们射到另一个分界面时，折射率大的光，偏折角也大.3.光的色散现象说明(1)白光为复色光；(2)同一介质对不同色光的折射率不同，频率越大的色光折射率越大；(3)不同色光在同一介质中的传播速度不同，波长越短，波速越慢.自测3　(多选)图2中a 是一束白光，射向半圆玻璃砖的圆心O ，折射后发生了色散.折射后对红光和紫光的说法正确的是( )图2A.光线1是红光，光线2是紫光B.光线1是紫光，光线2是红光C.光线3是红光，光线4是紫光D.光线3是紫光，光线4是红光答案　BD命题点一　光的折射问题1.对折射率的理解(1)公式n ＝中，不论是光从真空或空气射入介质，还是从介质射入真空或空气，θ1总是sin θ1sin θ2真空或空气中的光线与法线间的夹角，θ2总是介质中的光线与法线间的夹角.(2)折射率与介质的密度没有关系，光密介质不是指密度大的介质.(3)折射率的大小不仅与介质本身有关，还与光的频率有关，与入射角的大小无关.同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小.(4)同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长不同，但频率相同.2.应用光的折射定律解题的一般思路(1)根据入射角、折射角及反射角之间的关系，作出比较完整的光路图.(2)充分利用光路图中的几何关系，确定各角之间的联系，根据折射定律求解相关的物理量：折射角、折射率等.(3)注意在折射现象中，光路是可逆的.例1　(多选)如图3所示，一个储油桶的底面直径与高均为d .当桶内没有油时，从某点A 恰能看到桶底边缘的某点B .当桶内油的深度等于桶高的一半时，仍沿AB 方向看去，恰好看到桶底上的点C ，C 、B 两点相距.则下列说法正确的是( )d4图3A.油的折射率为102B.油的折射率为52C.光在油中的传播速度为×108 m/s 3510D.光在油中的传播速度为×108 m/s 655答案　AC解析　因为底面直径与桶高相等，所以∠AON ＝∠BON ′＝45°，由ON ′＝2CN ′可知sin ∠CON ′＝＝，CN ′CN ′2＋ON ′255因此，油的折射率n ＝＝＝，sin ∠AON sin ∠CON ′2255102故A 正确，B 错误；光在油中的传播速度v ＝＝×108 m/s ，c n 3510故C 正确，D 错误.变式1　(多选)(2018·台州市期末)如图4所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O 点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2，已知玻璃折射率为，3入射角为45°(相应的折射角为24°)，现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O 点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示，则( )图4A.光束1转过15°B.光束1转过30°C.光束2转过的角度小于15°D.光束2转过的角度大于15°答案　BC变式2　(多选)(2015·浙江10月选考·16)为了从坦克内部观察外部目标，在厚度为20 cm 的坦克壁上开了一个直径为12 cm 的孔，若在孔内分别安装由同一材料制成的如图5甲、乙、丙所示的三块玻璃，其中两块玻璃的厚度相同.坦克内的人在同一位置通过玻璃能看到的外界的角度范围是( )图5A.甲的大于乙的B.甲的小于丙的C.乙的小于丙的D.乙的等于丙的答案　AD 解析　对甲、乙、丙，人眼的位置一定，入射光线经玻璃折射后进入眼睛，如图所示，可知甲的角度范围大于乙、丙的，乙、丙的角度范围相同.变式3　某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n .如图6甲所示，O 是圆心，MN 是法线，AO 、BO 分别表示某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径.该同学测得多组入射角i 和折射角r ，作出sin i －sin r 图象如图乙所示.则( )图6A.光由A 经O 到B ，n ＝1.5B.光由B 经O 到A ，n ＝1.5C.光由A 经O 到B ，n ＝0.67D.光由B 经O 到A ，n ＝0.67答案　B解析　介质折射率的计算为空气中的角度的正弦值和介质中角度的正弦值之比，空气中角度较大，对应正弦值较大，对应题图乙中折射角r ，故OA 为折射光线，光线从B 经O 到A, 由折射率计算公式得n ＝＝＝1.5，故选项B 正确，A 、C 、D 错误.sin r sin i 0.90.6命题点二　全反射问题1.求解全反射现象中光的传播时间的一般思路(1)全反射现象中，光在同种均匀介质中的传播速度不发生变化，即v ＝.c n(2)全反射现象中，光的传播路程s 应结合光路图与几何关系进行确定.(3)由t ＝求传播时间.s v2.解决全反射问题的一般方法(1)确定光是从光密介质进入光疏介质.(2)应用sin C ＝确定临界角.1n(3)根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射.(4)如果发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图.(5)运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等进行分析、判断、计算.例2　(多选)一单色光，在真空中的波长为λ0，在玻璃中的波长为λ，波速为v ，玻璃对这种色光的折射率为n ，已知光在真空中的速度为c ，此光从玻璃射向真空发生全反射的临界角为C ，则( )A.sin C ＝B.sin C ＝λλ0λ0λC.sin C ＝D.sin C ＝1nc v答案　AC解析　单色光在真空中传播时，速度为光速c ，设其频率为f ，因波长为λ0，则有c ＝λ0f ，该光在玻璃中传播时，波长为λ，波速为v ，则有v ＝λf ，玻璃对此单色光的折射率为n ＝＝，c v λ0λ临界角为C ，则有sin C ＝＝＝，选项A 、C 正确，B 、D 错误.1n v c λλ0变式4　如图7所示，光导纤维由内芯和包层两个同心圆柱体组成，其中心部分是内芯，内芯以外的部分为包层，光从一端进入，从另一端射出，下列说法正确的是( )图7A.内芯的折射率大于包层的折射率B.内芯的折射率小于包层的折射率C.不同频率的可见光从同一根光导纤维的一端传输到另一端所用的时间相同D.若紫光以如图所示角度入射时，恰能在内芯和包层分界面上发生全反射，则改用红光以同样角度入射时，也能在内芯和包层分界面上发生全反射答案　A变式5　(多选)(2019届嘉兴市质检)一束白光从水中射入真空的折射光线如图8所示，若保持入射点O不变而逐渐增大入射角，下述说法中正确的是( )图8A.若红光射到P点，则紫光在P点上方B.若红光射到P点，则紫光在P点下方C.紫光先发生全反射，而红光后发生全反射D.当红光和紫光都发生全反射时，它们的反射光线射到水底时是在同一点答案　BCD解析　同一种介质对紫光的折射率大，而对红光的折射率小，同一入射角时，紫光的折射角大，所以紫光在P点下方，A错误，B正确；同理，紫光的临界角小，紫光先达到临界角，红光后达到临界角，C正确；根据光的反射定律，红光和紫光都发生全反射时，反射光线的传播方向一致，所以它们的反射光线射到水底时是在同一点，D正确.变式6　(多选)如图9所示为半圆形透明介质的横截面，其半径为R .一束光从半圆形透明介质的左边缘以入射角60°射入透明介质，光束在半圆形透明介质的弧形面发生两次反射后刚好从半圆形透明介质的另一边缘射出.已知光在真空中传播的速度为c .则( )图9A.透明介质的折射率为33B.透明介质的折射率为3C.透明介质全反射临界角的正弦值为33D.光线在透明介质中传播时间为3Rc 答案　BC解析　由几何关系知，光束的折射角r ＝30°由n ＝知介质的折射率n ＝，故A 错误，B 正确.由sin C ＝知，发生全反射临界角的sin i sin r 31n正弦值为sin C ＝＝，故C 正确.光线在介质中传播路程s ＝3R .传播时间t ＝.又v ＝知t ＝1n 33s vc n ，故D 错误.33R c命题点三　光路控制和色散1.平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制　类别平行玻璃砖三棱镜圆柱体(球)项目结构玻璃砖上下表面是平行的横截面为三角形横截面是圆对光线的作用通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移通过三棱镜的光线经两次折射后，出射光线向棱镜底边偏折圆界面的法线是过圆心的直线，经过两次折射后向圆心偏折应用测定玻璃的折射率全反射棱镜，改变光的传播方向改变光的传播方向2.各种色光的比较颜色红橙黄绿青蓝紫频率f低→高同一介质中的折射率小→大同一介质中速度大→小波长大→小临界角大→小通过棱镜的偏折角小→大题型1　平行玻璃砖对光路的控制例3　(多选)如图10所示，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ(0°＜θ＜90°)入射到第一块玻璃板的上表面.下列说法正确的是( )图10A.在第一块玻璃板下表面一定有出射光B.在第二块玻璃板下表面一定没有出射光C.第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行D.第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧答案　AC解析　光线从第一块玻璃板的上表面射入，在第一块玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误.因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C 正确.根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第一块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D错误.题型2　三棱镜对光路的控制例4　(多选)一束白光从顶角为θ的三棱镜的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图11所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则( )图11A.红光最先消失，紫光最后消失B.紫光最先消失，红光最后消失C.折射后的出射光线向底边BC偏折D.折射后的出射光线向顶角A偏折答案　BC解析　白光从AB 面射入玻璃后，由于紫光偏折程度大，从而到达另一侧面AC 时的入射角较大，且因玻璃对紫光的折射率大，sin C ＝，因而其临界角最小，故随着入射角i 的减小，进1n入玻璃后的各色光中紫光首先发生全反射不再从AC 面射出，红光最后消失，通过三棱镜的光线经两次折射后，出射光线向三棱镜底边BC 偏折，故B 、C 正确.变式7　(多选)如图12所示，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a 、b ，波长分别为λa 、λb ，该玻璃对单色光a 、b 的折射率分别为n a 、n b ，则( )图12A.λa <λbB.λa >λbC.n a <n bD.n a >n b答案　BC解析　一束光经过三棱镜折射后，折射率小的光偏折较小，而折射率小的光波长较长，所以λa >λb ，n a <n b .故选项B 、C 正确.题型3　半圆柱形玻璃砖对光路的控制例5　(多选)如图13所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a 、b 两束光线.则( )图13A.在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度B.在真空中，a 光的波长小于b 光的波长C.玻璃砖对a 光的折射率小于对b 光的折射率D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a 首先消失答案　ABD解析　由题图可知，a 光的折射角大于b 光的折射角，根据折射定律可以判断出玻璃砖对a光的折射率大于对b 光的折射率，故C 错误；根据n ＝可知，在玻璃中，a 光的传播速度小c v于b 光的传播速度，故A 正确；a 光的频率大于b 光的频率，根据λ＝可知，在真空中a 光c f的波长小于b 光的波长，故B 正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为a 光的折射率大，a 光发生全反射的临界角小，则折射光线a 首先消失，故D 正确.1.(多选)一束单色光经空气射入玻璃，这束光的( )A.速度变慢，波长变短B.速度不变，波长变短C.频率增高，波长变长D.频率不变，波长变短答案　AD解析　光在玻璃中的传播速度为v ＝，所以光经空气进入玻璃，传播速度减小；由波长、波c n速和频率三者的关系v ＝λf ，光经空气进入玻璃，频率f 不变，波长变短，故A 、D 正确.2.(多选)关于光从一种介质射入另一种介质时所发生的现象，下列说法中正确的是( )A.光从一种介质射向另一种介质时传播方向一定改变B.有一部分光进入另一种介质，另一部分光被界面反射回原介质C.随着入射角增大，折射光增强，反射光减弱D.随着入射角增大，折射光减弱，反射光增强答案　BD3.某种介质对空气的折射率是，一束光从该介质射向空气，入射角是60°，则下列光路图中2正确的是(图中Ⅰ为空气，Ⅱ为介质)( )答案　D解析　由题意知，光由光密介质射向光疏介质，由sin C ＝＝，得C ＝45°＜θ1＝60°，故在1n 22两介质的界面上会发生全反射，只有反射光线，没有折射光线，故选项D 正确.4.与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的.小虎画了月全食的示意图如图1所示，并提出了如下猜想，其中最为合理的是( )图1A.地球上有人用红色激光照射月球B.太阳照射到地球的红光反射到月球C.太阳光中的红光经地球大气层折射到月球D.太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹答案　C解析　当太阳、地球、月球在同一直线上，地球位于太阳与月球之间时，太阳发出的沿直线传播的光被不透明的地球完全挡住，光线照不到月球上，在地球上完全看不到月球的现象就是月全食.看到整个月亮是暗红的，是因为太阳光中的红光经地球大气层折射到月球，故C 正确，A 、B 、D 错误.5.某液体中有一个空心的玻璃棱镜，假如有光线射在棱镜的AB 面上，如图2所示，这条光线折射后的出射光线将会( )图2A.向棱镜底边BC偏折B.向棱镜顶角A偏折C.不发生偏折D.在AB面折射进入空心部分后可能全部照到BC面上答案　B解析　光线从液体到空心的玻璃棱镜，是从光密介质到光疏介质，传播方向远离法线，从空心的玻璃棱镜到液体，是从光疏介质到光密介质，传播方向靠近法线，如图所示，B正确.6.(多选)近几年，全国各地居民用“半潜艇”旅游发展迅速.“半潜艇”船体主要部分半浸入水中，而甲板始终会浮出水面而不能完全潜航，机舱的乘客处在低于海平面的高度，可以通过玻璃窗观察水中的场景(如图3).原理图见图4，已知该处海水的折射率为1.44，潜艇玻璃表面和水面垂直，且玻璃的厚度可以忽略.若不考虑反射光线，则以下说法正确的是( )图3 图4A.游客在潜艇内部看到正前方的鱼比实际位置要近一些B.潜艇正前方的鱼看到潜艇中的人比实际的位置要近一些C.游客在潜艇内部用手电筒朝水中照射时，水面上的人可能看到手电筒发出的光D.水面上方射入水中的光线不能照射到潜艇内部答案　AD解析　人眼看到的折射光线的反向延长线的交点比鱼的实际位置偏近，所以人看到的鱼比实际位置要近一些，A正确.鱼看到的折射光线的反向延长线的交点比人的实际位置偏远，所以鱼看到的人比实际位置要远一些，B错误.光线从潜艇中射入水中时，最大的折射角(临界角)要小于45°，因此光线射到水面时最小的入射角大于45°，一定会发生全反射，所以光线不能从水面射出，C错误.与C项相同，水面上方射入水中的光线也不能照射到潜艇内部，D正确.7.(多选)如图5所示，光在真空和介质的界面MN上发生偏折，那么下列说法正确的是( )图5A.光是从真空射向介质B.介质的折射率为1.73C.光在介质中的传播速度为1.73×108 m/sD.反射光线与折射光线成60°角答案　BC8.(多选)华裔科学家高锟获得2009年诺贝尔物理学奖，他被誉为“光纤通信之父”.光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维，它的结构如图6所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播.下列关于光导纤维的说法中正确的是( )图6A.内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射B.内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射C.波长越长的光在光纤中传播的速度越大D.频率越大的光在光纤中传播的速度越大答案　BC解析　当内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上才能发生全反射，选项A错误，B 正确；波长越长的光，频率越小，介质对它的折射率n 越小，根据公式v ＝，光在c n光纤中传播的速度越大，选项C 正确，D 错误.9.(多选)如图7所示，两细束平行单色光a 、b 射向置于空气中横截面为矩形的玻璃砖的下表面，设玻璃砖足够长，若发现玻璃砖的上表面只有一束光线射出，则下列说法中正确的是( )图7A.其中有一束单色光在玻璃砖的上表面发生了全反射B.有两束单色光能从上表面射出C.a 、b 单色光发生折射的同时在玻璃砖的下表面也发生反射D.改变玻璃砖的厚度，a 光可能会从b 的右侧射出答案　BCD解析　根据光路可逆性，光能从平行玻璃砖下表面进入就能从上表面射出，A 错误，B 正确；折射与反射同时发生，C 正确；由于b 光的折射程度大，当玻璃砖增厚到一定程度时，a 光可能会从b 的右侧射出，D 正确.10.(多选)空气中悬浮着一颗球形小水珠，一缕阳光水平入射，如图8所示.n 甲、n 乙和n 丙分别表示水对甲光、乙光和丙光的折射率.判断以下表述正确的是( )图8A.n 甲>n 乙>n 丙B.波长λ的关系λ甲<λ乙<λ丙C.频率f 的关系f 甲<f 乙<f 丙D.光由水珠出射到空气的折射角关系θ甲＝θ乙＝θ丙答案　CD解析　从空气射入小水珠时，三种色光的入射角相同，甲光的折射角最大，丙光的折射角最小，根据n ＝知：甲的折射率最小，丙的折射率最大，即n 甲<n 乙<n 丙，选项A 错误；折射sin θ1sin θ2率小的，频率小，波长长，所以f 甲<f 乙<f 丙，λ甲>λ乙>λ丙，选项B 错误，C 正确；光由水珠出射到空气时的入射角等于光从空气射入水珠时的折射角，根据光的可逆性知，它们由水珠出射到空气的折射角均等于光从空气射入水珠的入射角，所以θ甲＝θ乙＝θ丙，选项D 正确.11.(多选)如图9所示，杯中装满水，上方有一点A ，杯底有一点B ，A 、B 连线和水面的交点为O ，现在A 点用很细的一束红光照向水面上的P 点，正好在B 点形成亮点.若在A 点用很细的另一颜色的光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点.下列说法正确的是( )图9A.不管另一种光是什么颜色，P 点和Q 点都在O 点的右边B.若另一种光是紫色，则Q 点距O 点较远C.若另一种光是蓝色，则Q 点距O 点较近D.若另一种光是黄色，P 点和Q 点都在O 点的左边答案　AB解析　光从空气射入水中发生折射，根据折射定律知：折射角小于入射角，故知要在B 点形成亮点，P 、Q 都应在O 点右边，故A 正确，D 错误.假设紫光也照向水面上的P 点，由于水对紫光的折射率大于水对红光的折射率，根据折射定律n ＝可知紫光的折射角较小，折sin θ1sin θ2射光线更靠近法线，则杯底上光斑落在B 点的左侧，所以要使紫光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点，Q 点距O 点更远，故B 正确.水对蓝光的折射率也比水对红光的大，同理，若另一种光是蓝色，Q 点距O 点较远，故C 错误.12.如图10所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC ，∠A 为直角.此截面所在平面内的光线沿平行于BC 边的方向射到AB 边，进入棱镜后直接射到AC 边上，并刚好能发生全反射.该棱镜材料的折射率为( )图10A.B. C. D. 622323答案　A解析　三棱镜的截面为等腰直角△ABC ，光线沿平行于BC 边的方向射到AB 边，则第一次折射时的入射角等于45°，射到AC 边上，并刚好能发生全反射，则有sin C ＝.由折射定律可得：n 1n＝＝，联立得：n ＝.sin 45°sin (90°－C )sin 45°cos C 6213.(多选)如图11所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分成各种单色光，对其中a 、b 、c 三种色光，下列说法正确的是( )图11A.c 色光在该玻璃三棱镜中的速度最大B.三种色光的波长关系为λa ＞λb ＞λcC.若分别让a 、b 、c 三色光通过同一双缝干涉装置，则a 光形成的相邻干涉条纹的间距最大D.若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射答案　AD解析　根据光的偏折程度可知，该玻璃三棱镜对c 光的折射率最小，对a 光的折射率最大，则c光的波长最长，a 光波长最短，故B 错误.c 光的折射率最小，由公式v ＝分析得知，三色光在c n玻璃三棱镜中传播时c 光速度最大，故A 正确.c 光的波长最长，a 光波长最短，而相邻干涉条纹的间距与波长成正比，则a 光形成的相邻干涉条纹的间距最小，故C 错误.a 光的折射率最大，由临界角公式sin C ＝分析得知，a 光的临界角最小，若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从1n某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射，故D 正确.14.(多选)如图12甲所示，可以用来测定半圆柱形玻璃砖的折射率n ，O 是圆心，MN 是法线.一束单色光线以入射角i ＝30°由玻璃砖内部射向O 点，折射角为r ，当入射角增大到也为r 时，恰好无光线从玻璃砖的上表面射出.让该单色光分别通过宽度不同的单缝a 、b 后，得到图乙所示的衍射图样(光在真空中的传播速度为c ).则下列说法正确的是( )图12A.此光在玻璃砖中的全反射临界角为60°B.玻璃砖的折射率n ＝2C.单缝b 宽度较大D.光的偏振现象说明光是一种纵波答案　BC解析　根据折射定律有n ＝，由题知，玻璃砖的全反射临界角等于C ，则有sin C ＝，结sin r sin i 1n 合i ＝30°，C ＝r ，解得n ＝，C ＝45°，故A 错误，B 正确.由题图乙知，单色光通过单缝a 2后衍射现象比较明显，所以单缝a 宽度较小，单缝b 宽度较大，故C 正确.偏振是横波特有的。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第八章恒定电流第2讲含答案

第2讲闭合电路欧姆定律[考试标准]知识内容考试要求说明串联电路和并联电路 c1.不要求解决无穷网络等复杂电路的问题．2.电表改装只限于改装成单量程电压表和电流表．3.不要求分析外电路为混联电路的动态电路问题.闭合电路的欧姆定律d一、串联电路和并联电路1．电路的串、并联串联并联电流I＝I1＝I2＝…＝I n I＝I1＋I2＋…＋I n电压U＝U1＋U2＋…＋U n U＝U1＝U2＝…＝U n电阻R＝R1＋R2＋…＋R n 1R＝1R1＋1R2＋…＋1R n电压与电流分配电压与各部分电路的电阻成正比电流与各支路的电阻成反比功率分配与各部分电路的电阻成正比与各支路的电阻成反比2．两个重要的结论(1)串联电路的总电阻大于电路中任意一个电阻的电阻值，电路中任意一个电阻值变大或变小时，串联电路的总电阻变大或变小．(2)并联电路的总电阻小于电路中任意一个支路电阻的电阻值，任意一个支路电阻值变大或变小时，电路的总电阻变大或变小．自测1如图1所示，有三个电阻，已知R1∶R2∶R3＝1∶3∶6，则电路工作时，电压U1∶U2为()图1A ．1∶6B ．1∶9C ．1∶3D ．1∶2答案 D解析由题图可知R 2与R 3并联后再与R 1串联，U 1为R 1两端电压，U 2为并联部分电压，由电阻关系知R 2＝3R 1，R 3＝6R 1，R 2与R 3并联总电阻R 23＝3R 1·6R 13R 1＋6R 1＝2R 1，根据串联电路电压分配规律有U 1∶U 2＝R 1∶R 23＝1∶2. 二、闭合电路的欧姆定律 1．公式 (1)I ＝ER ＋r(只适用于纯电阻电路)． (2)E ＝U 外＋Ir (适用于所有电路)． 2．路端电压与外电阻的关系 (1)一般情况：U 外＝IR ＝ER ＋r R .(2)特殊情况：①当外电路断路时，I ＝0，U 外＝E . ②当外电路短路时，I 短＝Er ，U 外＝0.3．路端电压U 与电流I 的关系 (1)关系式：U ＝E －Ir . (2)U －I 图象(如图2所示)图2①当电路断路即I ＝0时，纵坐标的截距为电源电动势． ②当外电路电压为U ＝0时，横坐标的截距为短路电流． ③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．自测2 将一电源电动势为E ，内阻为r 的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路总电阻，I 表示电路的总电流，下列说法正确的是( ) A ．由U 外＝IR 可知，外电压随I 的增大而增大 B ．由U 内＝Ir 可知，电源两端的电压随I 的增大而增大C ．由U 外＝E －Ir 可知，电源输出电压随输出电流I 的增大而减小D ．由P ＝IU 外可知，电源的输出功率P 随输出电流I 的增大而增大答案 C解析因R 的变化，才使I 发生了改变，故不能用U 外＝IR 来分析U 外随I 的变化情况．由闭合电路欧姆定律知，U 外＝E －Ir ，E 、r 为定值，故U 外随I 的增大而减小，故A 、B 错，C 对；对于P ＝IU 外，I 增大，R 减小，若R ＜r ，由输出功率P 随外电阻变化曲线可知，R 减小，P 减小，故D 错．自测3 某电源电动势为E ，内阻为r .根据路端电压与电流的关系式U ＝E －Ir ，作出U 与I 的函数图象如图3所示．下列说法正确的是( )图3A ．图线斜率的绝对值表示内阻的大小B ．电源短路的状态对应于图中的P 点C ．电动势越大，P 点位置越接近坐标原点D ．外电路断开的状态对应于图中的Q 点答案 A解析 U －I 图象中，由U ＝E －Ir 知，图线为一条直线，纵轴截距为电源电动势，横轴截距为短路电流，直线的斜率的绝对值等于电源的内阻，故A 正确.命题点一闭合电路欧姆定律及动态分析 1．总电阻变化的规律(1)当外电路的任何一个电阻阻值增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．(2)若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小． 2．电路动态分析的两种方法(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总的变化→U 端的变化→固定支路⎩⎪⎨⎪⎧并联分流I 串联分压U→变化支路．(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．类型1 闭合电路欧姆定律例1 (2018·湖州市三县期中)如图4所示的电路中，电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝3 Ω，电阻R 2＝6 Ω.当闭合开关S 后，流过R 1的电流为( )图4A.43 A B.23 A C ．2 A D ．1 A答案 A解析 R 1与R 2并联电阻R 12＝3×63＋6Ω＝2 Ω I 总＝E R 12＋r ＝62＋1 A ＝2 A ，流过R 1的电流I 1＝R 2R 1＋R 2I 总＝63＋6×2 A ＝43 A ，故A 正确．变式1 有两个阻值都为R 的电阻，串联起来接在电动势为E 的电源上，通过每个电阻的电流为I ，若将这两个电阻并联起来，仍接在该电源上，此时通过一个电阻的电流为23I ，则该电源的内阻是( )A ．R B.R 2 C ．4R D.R8答案 C解析由闭合电路欧姆定律得，两电阻串联时I ＝E 2R ＋r，两电阻并联时23I ＝12·ER 2＋r ，解得r ＝4R ，故选项C 正确．类型2 电路的动态分析例2 (2018·书生中学月考)巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻在一定磁场作用下随磁感应强度B 的增加而急剧减小的特性．如图5所示为检测电路，设输电线路电流为I (不是GMR 中的电流)，GMR 为巨磁电阻，R 1、R 2为定值电阻，已知输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 的大小与I 成正比，下列有关说法正确的是( )图5A．如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数减小B．如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大C．如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大D.如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小答案 D变式2(多选)如图6所示是一种油箱内油面高度检测装置的示意图．图中油量表由电流表改装而成，金属杠杆的一端接浮标，另一端触点O接滑动变阻器R.当油箱内油面下降时，下列分析正确的是()图6A．触点O向下滑动B．触点O向上滑动C．电路中的电流增大了D．电路中的电流减小了答案BD解析当油面下降时，浮标位置降低，在杠杆作用下，滑动变阻器的触点O向上移动，滑动变阻器连入电路的阻值变大，根据I＝ER＋r可知电路中的电流变小，电流表示数变小，选项A、C错误，B、D正确．类型3闭合电路的故障分析1．故障特点(1)断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．(2)短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零．2．检测方法(1)电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段被短路．(2)电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在使用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程．(3)欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在使用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．例3用电压表检查图7电路中的故障，测得U ad＝5.0 V，U cd＝0，U bc＝0，U ab＝5.0 V，则此故障可能是()图7A．L断路B．R断路C．R′断路D．S断路答案 B解析由U ad＝5.0 V和U ab＝5.0 V可知，开关S、灯泡L、电阻R′均为通路，由U cd＝0，U bc＝0可知电路为断路故障(电路中无电流)，所以故障可能是R断路，选项B正确．命题点二电路中的功率及效率问题1．电源的总功率(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝E2 R＋r.2．电源内部消耗的功率P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．3．电源的输出功率(1)任意电路：P出＝IU外＝IE－I2r＝P总－P内．(2)纯电阻电路：P出＝I2R＝E2R(R＋r)2＝E2(R－r)2R＋4r.(3)纯电阻电路中输出功率随R的变化关系①当R＝r时，电源的输出功率最大为P m＝E2 4r.②当R>r时，随着R的增大输出功率越来越小．③当R<r时，随着R的增大输出功率越来越大．4．电源的效率(1)任意电路：η＝P 出P 总×100%＝UE ×100%.(2)纯电阻电路：η＝R R ＋r×100%＝11＋r R×100%.因此在纯电阻电路中R 越大，η越大；当R ＝r 时，电源有最大输出功率，但电源的效率仅为50%. 例4 直流电路如图8所示，电源内阻不可忽略，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的()图8A ．总功率一定增大B ．效率一定减小C ．内部损耗功率一定减小D ．输出功率一定先增大后减小答案 C解析滑片P 向右移动时外电路电阻R 外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P 总＝EI 可得P 总减小，选项A 错误；根据η＝R 外R 外＋r×100%＝11＋r R 外×100%可知选项B 错误；由P 内＝I 2r 可知，选项C 正确；由P 出－R 外图象，因不知道R 外的初始值与r 的关系，所以无法判断P 出的变化情况，选项D 错误．变式3 将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图9所示，由此可知()图9A ．电源最大输出功率可能大于45 WB ．电源内阻一定等于5 ΩC ．电源电动势为45 VD ．电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率大于50% 答案 B解析由题可知将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，电阻箱所消耗功率P 等于电源输出功率．由电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P 最大为45 W ，所以电源最大输出功率为45 W ，选项A 错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5 Ω，选项B 正确；由电阻箱所消耗功率P 最大值为45 W 时，电阻箱读数为R ＝5 Ω，电流I ＝PR＝3 A ，电源电动势E ＝I (R ＋r )＝30 V ，选项C 错误；电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率为50%，选项D 错误．变式4 (多选)(2018·杭州市期末)许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成，某电池板不接负载时电压是600 μV ，短路电流是30 μA ，下列说法正确的是( ) A ．该电池板电动势约为600 μV B ．该电池板内阻约为20 ΩC ．该电池板最大输出功率为4.5×10－9 WD ．该电池板最大输出效率为50% 答案 ABC解析当电池板不接负载时所测量电压为电源的电动势，故电池板的电动势E 约为600 μV ，由题意可知电池板的内阻为r ＝E I ＝600 μV 30 μA＝20 Ω，故A 、B 正确；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时最大输出功率P max ＝E 24r ＝(600×10－6)24×20 W ＝4.5×10－9 W ，故C 正确；由η＝P 出P 总×100%＝IU IE ×100%＝R R ＋r×100%＝11＋r R×100%知，R 越大，效率越高，可高于50%，故D 错误．变式5 如图10所示，电源电动势E ＝12 V ，内阻r ＝3 Ω，R 0＝1 Ω，直流电动机内阻R 0′＝1 Ω，当滑动变阻器阻值为R 1时可使甲电路输出功率最大，滑动变阻器阻值为R 2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P 0＝2 W)，则R 1和R 2的值分别为( )图10A ．2 Ω，2 ΩB ．2 Ω，1.5 ΩC ．1.5 Ω，1.5 ΩD ．1.5 Ω ,2 Ω 答案 B解析因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R 1＝2 Ω，故选项C 、D 错误；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P ＝IU ＝I (E －Ir )，当I ＝E2r ＝2 A 时，输出功率P 有最大值，此时电动机的输出功率为P 0＝2 W ，发热功率为P 热＝I 2R 0′＝4 W ，所以电动机的输入功率为P 入＝P 0＋P 热＝6 W ，电动机两端的电压为U M ＝P 入I ＝3 V ，电阻R 2两端的电压为U R 2＝E －U M －Ir ＝3 V ，所以R 2＝U R 2I ＝1.5 Ω，选项A 错误，选项B 正确．命题点三电源和电阻U －I 图象的比较两种图线的比较图象上的特征物理意义电源U －I 图象电阻U －I 图象图形图象表述的物理量变化关系电源的路端电压随电路中电流的变化关系电阻两端电压随电阻中的电流的变化关系图线与坐标轴交点与纵轴交点表示电源电动势E ，与横轴交点表示电源短路电流Er(横、纵坐标从0开始)过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零图线上每一点坐标的乘积UI 表示电源的输出功率表示电阻消耗的功率图线上每一点对应的U 、I 的比值表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小图线的斜率的大小内电阻r 的大小电阻的大小例5 如图11所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2两端的电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则( )图11A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 1接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大答案 A解析由题图图线的交点读出，R 1接在电源上时U 1＝34U 0，I 1＝14I 0，电源的输出功率P 1＝U 1I 1＝316U 0I 0，电源的效率η1＝316U 0I 014U 0I 0×100%＝75%；R 2接在电源上时U 2＝12U 0，I 2＝12I 0，电源的输出功率P 2＝U 2I 2＝14U 0I 0，电源的效率η2＝14U 0I 012U 0I 0×100%＝50%，故A 正确，B 、C 、D 错误．变式6 如图12所示为某一电源的U －I 图线，由图可知()图12A ．电源电动势为2 VB ．电源内电阻为13 ΩC ．电源短路时电流为6 AD ．电路路端电压为1 V 时，电路中电流为2.5 A 答案 A解析 I ＝0时，E ＝2 V ，A 对；r ＝2－0.86 Ω＝0.2 Ω，B 错；I 短＝E r ＝20.2 A ＝10 A ，C 错；U ＝1 V 时，I ＝E －U r ＝2－10.2A ＝5 A ，D 错．变式7 如图13为两个闭合电路中两个不同电源的U －I 图象，下列判断正确的是( )图13A ．电动势E 1＝E 2，发生短路时的电流I 1＜I 2B ．电动势E 1＝E 2，内阻r 1＞r 2C ．电动势E 1＞E 2，内阻r 1＜r 2D ．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大答案 D解析 U －I 图象中图线与U 轴的交点表示电源的电动势，与I 轴的交点表示短路电流(横、纵坐标从0开始)，U －I 图象中图线斜率的绝对值表示内阻，故电动势E 1＝E 2，发生短路时的电流I 1＞I 2，内阻r 1＜r 2，故选项A 、B 、C 错误；根据U ＝E －Ir 可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的内阻大，路端电压变化大，故选项D 正确．变式8 (多选)在如图14所示的U －I 图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U －I 图线．用该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路，由图象可知( )图14A ．电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩB ．电阻R 的阻值为1 ΩC ．电源的输出功率为4 WD ．电源的效率为50% 答案 ABC解析由题图中图线Ⅰ可知，电源的电动势为3 V ，内阻为r ＝EI 短＝0.5 Ω，由题图中图线Ⅱ可知，电阻R 的阻值为1 Ω，该电源与电阻R 直接相连组成的闭合电路的电流为I ＝Er ＋R ＝2 A ，路端电压U ＝IR ＝2 V(可由题图读出)，电源的输出功率为P ＝UI ＝4 W ，电源的效率为η＝UIEI ×100%≈66.7%，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．1．闭合电路欧姆定律的下列叙述中正确的是( ) A ．E ＝IR ＋Ir 适用于所有电路B ．I ＝ER ＋r 仅适用于外电路是纯电阻的电路C ．E ＝U 外＋U 内仅适用于纯电阻电路D ．电源的电动势数值上等于电源两极间的电压答案 B解析 E ＝IR ＋Ir 和I ＝ER ＋r 仅适用于外电路是纯电阻的电路，选项A 错误，B 正确；E ＝U 外＋U 内对任何电路都适用，选项C 错误；电源的电动势数值上等于外电路断开时电源两极间的电压，选项D 错误．2．将一块内阻为600 Ω，满偏电流为50 μA 的电流表G 改装成量程为3 V 的电压表，应该( ) A ．串联一个60.0 kΩ的电阻 B ．并联一个60.0 kΩ的电阻 C ．串联一个59.4 kΩ的电阻 D ．并联一个59.4 kΩ的电阻答案 C解析改装成电压表需要串联一个分压电阻，选项B 、D 错误；根据欧姆定律可知：R ＋R g ＝UI g ，解得R ＝59.4 kΩ，选项A 错误，C 正确．3．一电池外电路断开时的路端电压为3 V ，接上8 Ω的负载后路端电压降为2.4 V ，则可以判定电池的电动势E 和内阻r 为( ) A ．E ＝2.4 V ，r ＝1 Ω B ．E ＝3 V ，r ＝2 Ω C ．E ＝2.4 V ，r ＝2 Ω D ．E ＝3 V ，r ＝1 Ω答案 B解析电路断开时，路端电压等于电动势，E ＝3 V ，又E ＝U ＋Ir ＝U ＋URr ，解得内阻r ＝2 Ω.4．在如图1所示的电路中，电源的内阻不能忽略，当电路中接入的电灯数目增多时，下列说法正确的是( )图1A．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小B．外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变大C．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变大D．外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小答案 D5．在如图2所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电阻R1和滑动变阻器R2串联，将R2的滑片P向右移动至最右端时，下列说法正确的是()图2A．电源内消耗的功率最小B．电阻R1消耗的功率最小C．电路的外电阻最小D．电源的内电压最小答案 C解析将R2的滑片P向右移动至最右端时，R2被短路，电路的外电阻最小，总电阻最小，由闭合电路欧姆定律可得电路中电流最大，则内电压最大，根据P＝I2R可知，电阻R1消耗的功率最大，电源内消耗的功率也最大，故C正确，A、B、D错误．6．如图3所示，电源电压恒定不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，关于理想电流表A和理想电压表V的示数变化叙述正确的是()图3A．电流表A示数变大，电压表V示数变大B．电流表A示数变大，电压表V示数变小C ．电流表A 示数变小，电压表V 示数变大D ．电流表A 示数变小，电压表V 示数变小答案 C解析当滑动变阻器的滑片P 向右移动时，滑动变阻器的有效电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流变小，则电流表A 示数变小．根据闭合电路欧姆定律可知：电压表V 示数U ＝E －I (R 1＋r )，I 变小，则U 变大，故A 、B 、D 错误，C 正确．7．如图4所示的电路中，调节滑动变阻器，电压表的读数由6 V 变为5 V ，电流表读数的变化量为0.5 A ，则下列说法中正确的是( )图4A ．电流表的读数变小了，电源的内阻为10 ΩB ．电流表的读数变大了，电源的内阻为20 ΩC ．电流表的读数变大了，电源的内阻为2 ΩD ．不知道电流表的具体读数，无法计算电源的内阻答案 C解析电压表测量的是路端电压，根据题目信息，电压表读数减小，则内电压增大，内电压U 内＝Ir ，电源的内电阻不变，所以电路总电流增大，由闭合电路欧姆定律知，路端电压的减少量等于内电压的增加量，所以ΔU ＝ΔI ·r ，代入数据得，电源的内阻r ＝2 Ω，选项C 正确．8．有一个电动势为3 V 、内阻为1 Ω的电源．下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W ，且使该电源的效率大于50%的是( ) A ．0.5 Ω B ．1 Ω C ．1.5 Ω D ．2 Ω答案 C解析电阻功率P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫ER ＋r 2R ，当P ＝2 W 时，代入数据解得R 1＝0.5 Ω，R 2＝2 Ω，若使功率大于2 W ，则0.5 Ω＜R ＜2 Ω，电源效率η＝P 出P 总×100%＝IR I (R ＋r )×100%＝RR ＋r×100%，因为η＞50%，所以R＞1 Ω，综上可得1 Ω＜R＜2 Ω，A、B、D错误，C正确．9．如图5所示是某物理小组同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图，当开关闭合时，灯L1亮，灯L2不亮，电流表和电压表均有读数，则故障原因可能是()图5A．L1断路B．L1短路C．L2断路D．L2短路答案 D解析电流表有示数，说明电路故障不可能是断路，故A、C错误；电压表有示数，说明电压表所测部分没有短路，综合判断，是L2短路，故B错误，D正确．10．用如图6甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，根据测得的数据作出如图乙所示的U－I图线，由图可知下列判断正确的是()图6A．电源电动势的测量值为1.40 VB．电源内阻的测量值为3.50 ΩC．外电路发生短路时的电流为0.40 AD．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数为0.30 A答案 A11.如图7所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线．如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有()图7A ．R 接到a 电源上，电源的效率较高B ．R 接到b 电源上，电源的输出功率较大C ．R 接到a 电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D ．R 接到b 电源上，电阻的功率和电源的效率都较高答案 C解析由题图判断电源a 的内阻大，在纯电阻电路中电源效率η＝RR ＋r ×100%，内阻越大，效率越低，故R 接到a 电源上电源效率低；电源的输出功率P ＝UI 对应图线交点坐标的乘积，故R 接到a 电源上电源的输出功率大，故C 正确．12．电动自行车已成为人们出行的重要交通工具，下表为某辆电动自行车的铭牌上给出的技术参数．根据表中数据可以得出(取g ＝10 m/s 2)( )规格后轮驱动直流电动机车型 26英寸额定输出功率 160 W 整车质量 40 kg 额定电压 40 V 最大载量120 kg额定电流5 A水平路面额定功率下满载行驶最大速度10 m/sA.电动机在正常工作时的输入功率为40 WB ．水平路面上额定功率下且满载以最大速度行驶过程中，电动自行车所受阻力为20 NC ．在额定电压下，电动机突然卡死时，电动机的总功率为200 WD ．电动自行车在额定功率情况下正常行驶1小时消耗电能为7.2×105 W 答案 D解析电动机在正常工作时的输入功率为 P ＝UI ＝40×5 W ＝200 W ，故A 错误；当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则P 出＝F f v ，解得F f ＝P 出v ＝16010N ＝16 N ，故B 错误；电动机的内阻r ＝P －P 出I 2＝200－16052Ω＝1.6 Ω，在额定电压下，电动机突然卡死时，电动机的总功率为 P ′＝U 2r ＝4021.6W ＝1 000 W ，故C 错误；电动自行车在额定功率情况下正常行驶1小时消耗电能为W ＝Pt ＝7.2×105 J ，故D 正确．13．太阳能路灯以太阳光为能源，白天太阳能电池板给蓄电池充电，晚上蓄电池给路灯供电，安全节能无污染，已被广泛采用．如图8所示，是某地使用的太阳能路灯和它的电池板铭牌，则该电池板的内阻约为( )图8A ．7.58 ΩB ．6.03 ΩC ．6.23 ΩD ．7.35 Ω 答案 D解析电池板的开路电压等于电池板的电动势，则该电池板的电动势为E ＝43 V 由题图知，短路电流为I 短＝5.85 A 根据闭合电路欧姆定律得：电池板的内阻 r ＝E I 短＝435.85Ω≈7.35 Ω. 14．如图9所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF.图9(1)闭合开关S ，求稳定后通过R 1的电流．(2)然后将开关S 断开，求电容器两端的电压变化量和流过R 1的总电荷量．(3)如果把R 2换成一个可变电阻，其阻值可以在0～10 Ω范围变化，求开关闭合并且电路稳定时，R 2消耗的最大电功率．答案 (1)1 A (2)4 V 1.2×10－4 C (3)6.25 W解析 (1)稳定时，电路中的电流I ＝Er ＋R 1＋R 2＝1 A.(2)S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压U＝IR2＝1×6 V＝6 V，S断开后，电容器两端的电压为10 V．所以ΔU＝4 V，流过R1的总电荷量为ΔQ＝C·ΔU＝1.2×10－4 C.(3)P R2＝(Er＋R1＋R2)2R2＝E2[R2－(R1＋r)]2R2＋4(R1＋r)，可见当R2＝R1＋r时，R2消耗的功率最大，P m R2＝E24(R1＋r)＝6.25 W.。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷十一 Word版含解析

单元滚动检测卷十一考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.一束由红、紫两种色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜.下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )答案　B2.一台洗衣机的脱水桶正常工作时非常平稳，当切断电源后，发现洗衣机先是振动越来越剧烈，然后振动逐渐减弱，下列说法中不正确的是( )A.洗衣机做的是受迫振动B.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大C.正常工作时，洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率小D.当洗衣机振动最剧烈时，脱水桶的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率答案　C解析　洗衣机的振动是因为电机振动而引起的，故为受迫振动，故A正确；洗衣机切断电源，脱水桶的转动逐渐慢下来，在某一小段时间内洗衣机发生了强烈的振动，说明此时脱水桶的频率与洗衣机固有频率相同，发生了共振.此后脱水桶转速减慢，则驱动力频率小于固有频率，所以共振现象消失，洗衣机的振动随之减弱，故正常工作时洗衣机脱水桶运转的频率比洗衣机的固有频率大，故B、D正确，C错误.3.(2018·台州中学统练)纳米材料的抗拉强度几乎比钢材还高出100倍，使人们设想的太空电梯成为可能.其工作原理是从同步卫星高度的太空站竖直放下由纳米材料做成的太空电梯，固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图1所示.当太空电梯仓停在太空电梯中点P 时，对于太空电梯仓，下列说法正确的是( )图1A.处于平衡状态B.速度比同步卫星大C.向心加速度比同高度卫星的小D.处于完全失重状态答案　C4.(2018·新高考研究联盟联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中.游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行，其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落.如图2所示为游客们正坐在橡皮艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )图2A.合外力对游客做负功B.橡皮艇对游客不做功C.重力对游客做正功D.游客的机械能增加答案　C5.(2018·名校协作体联考)两个带等量正电的点电荷，固定在图3中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点.一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )图3A.q由A向O的运动是匀加速直线运动B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C.q运动到O点时的动能最小D.q运动到O点时电势能为零答案　B6.(2018·温州市“十五校联合体”期中)如图4甲为某高速公路出口的ETC通道示意图.一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v0＝22 m/s，此时开始减速，到达M时速度减至v＝6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区，汽车从O运动到N共用时10 s，v－t图象如图乙，则下列计算错误的是( )图4A.汽车减速运动的加速度大小a ＝4 m/s 2B.O 、M 间中点的速度为14 m/sC.O 、M 间的距离为56 mD.汽车在ON 段平均速度大小为9.2 m/s 答案　B7.如图5所示，在M 点分别以不同的速度将两小球水平抛出.两小球分别落在水平地面上的P 点、Q 点.已知O 点是M 点在地面上的竖直投影，OP ∶PQ ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响.下列说法中正确的是( )图5A.两小球的下落时间之比为1∶3B.两小球的下落时间之比为1∶4C.两小球的初速度大小之比为1∶3D.两小球的初速度大小之比为1∶4答案　D解析　两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A 、B 错误；由于两球的水平位移之比为1∶4，根据v 0＝知，两小球的初速度大小之比为1∶4，故C 错误，D 正确.xt 8.(2018·嘉兴一中期末)如图6所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F .小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动.整个过程中，物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图6A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为2v 2g D.速度v 不能超过(2F －Mg )LM答案　D9.有些材料沿不同方向物理性质不同，我们称之为各向异性.如图7所示，长方体材料长、宽、高分别为a 、b 、c ，由于其电阻率各向异性，将其左右两侧接入电源时回路中的电流，与将其上下两侧接入该电源时回路中的电流相同，则该材料左右方向的电阻率与上下方向的电阻率之比为( )图7A. B. C. D.ac b 2a 2bc c 2a 2a 2b 2答案　C解析　其左右两侧接入电源时回路中的电流，与将其上下两侧接入该电源时回路中的电流相同，则其左右两侧接入电源时回路中的电阻值等于将其上下两侧接入该电源时回路中的电阻值，由电阻定律可得：ρ1·＝ρ2，所以＝，故C 正确，A 、B 、D 错误.a b ·c c a ·b ρ1ρ2c 2a210.(2018·牌头中学期中)智能扫地机器人是智能家用电器的一种，能凭借一定的人工智能自动在房间内完成地板清理工作，现今已慢慢普及，成为现代家庭的常用家电产品.如图8为某款智能扫地机器人，其参数见下表，工作时将电池内部化学能转化为电能的效率为60%.下列说法中正确的是( )图8产品名称科沃斯地宝尘盒容量0.3 L 清扫路线自由式液晶显示有电池容量5 000 mA·h充电器输出直流24 V/1 000 mA噪音≤60 dB 额定功率40 W 行走速度20 cm/s工作电压24 VA.该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3 hB.该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×105 JC.该扫地机器人充满电后能工作5 hD.该扫地机器人充满电后能工作3 h 答案　B解析　由表格内的数据可知，电池的容量是5 000 mA·h ，充电器输出为1 000 mA ，则需要充电5 h ，故A 错误；电池容量q ＝5 000 mA·h ＝5 A·h ＝1.8×104 C ，最多能储存的能量为：W ＝qU ＝1.8×104×24 J ＝4.32×105 J ，故B 正确；额定功率为40 W ，所以工作的时间：t 1＝＝0.6WPs ＝6.48×103 s ＝1.8 h ，故C 、D 错误.0.6×4.32×10540二、选择题Ⅱ(本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)11.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是( )A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的色散现象C.在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象D.照相机镜头采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉现象答案　BD解析　检查光学平面的平整程度利用了光的干涉现象，选项A错误；在光导纤维内传送图象利用了光的全反射，选项C错误.12.手机已经是现代人不可缺少的随身物品之一，它是借助电磁波来完成通信工作的.下列说法正确的是( )A.手机只是一个电磁波发射器，不是接收器B.手机既是一个电磁波发射器，又是电磁波接收器C.考场上使用的手机信号屏蔽器是利用静电屏蔽的原理D.考场上使用的手机信号屏蔽器是通过发射电磁波来干扰手机工作答案　BD解析　手机既是电磁波的发射器，也是电磁波的接收器，选项A错误，B正确；考场上使用的手机信号屏蔽器是通过发射电磁波来干扰手机工作的，选项C错误，D正确.13.(2019届余姚中学模拟)如图9所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知波的传播速度为1 m/s，下列说法正确的是( )图9A.此时P质点在向y轴正方向运动B.经过0.1 s，P、Q两质点的位移相同C.经过0.2 s ，Q 质点运动的路程为30 cmD.经过0.4 s ，P 质点向x 轴正方向移动了40 cm 答案　AC14.(2018·金华十校联考)将一条长x ＝16 m 的均匀弹性绳沿水平拉直，M 为绳的中点，两端的波源P 、Q 同时开始沿竖直方向上下振动，两波源振动0.4 s 产生的波形如图10，A 点距P 点4 m ，以下判断正确的是( )图10A.两列波的波速均为10 m/sB.波源Q 的振动频率为5 HzC.质点M 开始振动时，速度方向竖直向下D.从两波源开始振动经时间1 s ，质点M 恰好在平衡位置答案　ABD解析　两列波在同一介质中传播，波速相同，均为v ＝＝ m /s ＝10 m/s ，选项A 正确；Qs t 40.4的周期为T Q ＝＝＝0.2 s ，则频率为f Q ＝5 Hz ，选项B 正确；P 和Q 形成的波传到某点时引λv s 2v 起的振动都是向上的，则当两列波同时传到M 点时，开始振动的速度方向竖直向上，选项C 错误；经过1 s 时间，两列波传播的距离均为10 m ，即由P 在M 点引起的振动在平衡位置向下振动，由Q 在M 点引起的振动在平衡位置向上振动，则此时质点M 恰好在平衡位置，选项D 正确.15.图11是霓虹灯的供电电路图，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＝，加在原线圈两端的电压为u 1＝311sin (100πt ) V.霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 kΩ，n 1n 2120I 1、I 2分别表示原、副线圈中的电流.下列判断正确的是( )图11A.副线圈两端电压为6 220 V ，副线圈中的电流为14.1 mAB.副线圈两端电压为4 400 V ，副线圈中的电流为10 mAC.I 1<I 2D.I 1>I 2答案　BD解析　原线圈两端电压的有效值U 1＝＝ V ≈220 V ，由变压比＝知，U 2＝＝4 400 V ，U m 23112U 1U 2n 1n 2U 1n 2n 1副线圈中的电流I 2＝＝ A ＝0.01 A ＝10 mA ，原、副线圈中的电流跟匝数成反比，U 2R 4 400440×103故I 1>I 2.故选B 、D.16.如图12所示，明暗相间的条纹是红光和蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，下列说法正确的是( )图12A.a 光是蓝光B.在同一种玻璃中a 光的传播速度小于b 光的传播速度C.b 光的光子能量较高D.当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，若a 刚好能发生全反射，则b 也一定能发生全反射答案　AB解析　根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝λ可得在其他条件不变的情况下，相干光的波长越ld大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，则a 光的频率大于b 光的频率，a 光是蓝光，b 是红光，根据E ＝hν可知，b 光的光子能量较低，故A 正确，C 错误；a 光的折射率大于b 光的折射率，根据v ＝知，在同一种玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度，c n 故B 正确；当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，因a 光的临界角小，若a 刚好能发生全发射，则b 一定不会发生全反射，故D 错误.17.如图13所示，在平静水面下的一个点光源S 分别发出单色光a 、b ，照在水面上形成光斑；其中a 单色光照射形成的光斑比b 单色光照射形成的光斑大.则下列说法正确的是( )图13A.水对a 光的临界角比b 光的小B.a 光光子的能量比b 光的大C.a 光光子的动量比b 光的小D.a 光照射某金属能逸出光电子，则b 光照射该金属也一定能逸出光电子答案　CD18.如图14所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到平行玻璃砖的上表面，直线OO ′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点，下列说法正确的是( )图14A.在玻璃中，a 光的传播速度大于b 光的传播速度B.若b 光照到某金属表面发生了光电效应，则a 光照射到该金属表面也一定会发生光电效应C.同时增大入射角，则b 光在下表面先发生全反射D.对同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距比b 光的相邻亮条纹间距宽答案　AD解析　由光路图可知a 光在玻璃砖中的折射率小于b 光在玻璃砖中的折射率，由v ＝知，a c n光在玻璃中的传播速度大，A 项正确；a 光的频率小于b ，所以b 光使某金属发生光电效应，a 光不一定能，B 项错误；因为是平行玻璃砖，因此在下表面一定不会发生全反射，C 项错误；a 光波长长，因此通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距宽，D 项正确.19.一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图15中的实线所示，t ＝0.02 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该波的周期T 大于0.02 s ，则该波的传播速度可能是( )图15A.1 m /sB.3 m/sC.4 m /sD.5 m/s答案　AB解析　由题图知波长λ＝8 cm ，因T ＞0.02 s ，若波向右传播，则T ＝0.02 s ，得T ＝0.08 s ，14波速v ＝＝＝1 m/s ；若波向左传播，则T ＝0.02 s ，得T ＝ s ，波速v ＝＝＝3 λT 8 cm 0.08 s 340.083λT 8 cm 0.083 s m/s ，选项A 、B 正确.20.光导纤维技术在现代生产、生活和科技方面得以广泛应用.如图16所示是一个质量均匀分布的有机玻璃圆柱的横截面，B 、C 为圆上两点，一束单色光沿AB 方向射入，然后从C 点射出.已知∠ABO ＝127°，∠BOC ＝120°.真空中光速c ＝3.0×108 m/s ，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.则( )图16A.光在该有机玻璃中传播速度为1.875×108 m/sB.光在该有机玻璃中的折射率为1.8C.光在该有机玻璃中发生全反射的临界角为37°D.若将该材料做成长300 km 的光导纤维，此单色光在光导纤维中传播的最短时间为1.6×10－3 s答案　AD解析　根据折射定律得：n ＝＝＝1.6，则光在有机玻璃中传播的速度为：v ＝sin (180°－127°)sin 30°0.80.5＝ m /s ＝1.875×108 m/s ，故A 正确，B 错误.根据sin C ＝得，sin C ＝＝0.625，c n 3×1081.61n 11.6故C 错误.当光线与光导纤维平行时，传播的时间最短，则传播的时间t ＝＝＝L v nL cs ＝1.6×10－3 s ，故D 正确.1.6×3×1053×108非选择部分三、非选择题(本题共5小题，共40分)21.(6分)某实验小组在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图17所示，则该摆球的直径为________cm.图17(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是________(填选项前的字母).A.把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为t100C.用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D.选择密度较小、直径较大的摆球答案　(1)0.97　(2)C22.(8分)在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中，玻璃砖的ab边与a′b′边相互平行，aa′边与bb′边不平行，某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa′和bb′，如图18所示.图18(1)实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO，接着，眼睛应在玻璃砖的________(选填“同一侧”或“另一侧”)观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线.(2)实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？________(填“是”或“否”)(3)下列操作可以减小实验误差的是________(填字母代号)A.适当增大大头针P1、P2的间距B.选择玻璃砖相互平行的ab、a′b′边来测量C.选用尽可能细的笔画线D.使AO的入射角接近于90°答案　(1)另一侧　(2)否　(3)AC解析　(2)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽.(3)大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，角度的测量误差会小些，故A正确；用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行，故B 错误；为了准确确定入射光线和折射光线，应选用尽可能细的笔画线，故C 正确；为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，但不是接近90°，故D 错误.23.(8分)“用双缝干涉测量光的波长”实验装置如图19所示.(1)下列说法正确的是_________.图19A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝B.通过调节拨杆(图中没有画出)，使单缝与双缝平行，且通过目镜能观察到干涉图样C.为了减小测量误差，可用测微目镜测出n 条亮条纹间的距离a ，求出相邻两条亮条纹间距Δx ＝a n(2)在本实验中，小李同学用黄光作为入射光，发现条纹间距太小.为了增大干涉条纹的间距，该同学可以采用的方法有________.A.改用红光作为入射光B.改用蓝光作为入射光C.增大双缝到屏的距离D.更换间距更大的双缝(3)小李同学正确操作后，在目镜中看到是下列图中的________.答案　(1)B (2)AC (3)B解析　(2)由干涉条纹的间距Δx ＝λ，知要使条纹间距变大，可改用波长更长的红光作为入射l d光或增大双缝到屏的距离l .24.(8分)为从工事内部观察外面的目标，在工事壁上开一圆柱形孔，如图20所示.设工事壁厚d ＝20 cm ，孔的直径L ＝20 cm ，孔内嵌入折射率n ＝的玻璃砖.33图20(1)嵌入玻璃砖后，工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少？(2)要想使外界180°范围内的景物全被观察到，应嵌入至少多大折射率的玻璃砖？答案　(1)120°　(2)2解析　(1)光路图如图所示，由折射定律得n ＝.sin θ1sin θ2由几何关系得sin θ2＝L L 2＋d 2由以上两式解得θ1＝60°，θ2＝30°则视野的最大张角为θ＝2θ1＝120°(2)为使外界180°范围内的景物全被观察到，应使θ1＝90°，则θ2＝30°应是光线在该玻璃砖中的临界角，即sin 30°＝，解得玻璃砖的1n ′折射率至少应为n ′＝2.25.(10分)(2018·宁波市诺丁汉大学附中期中)如图21甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距L ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表，电阻r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知R 1＝2Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDEF 内有竖直向上的匀强磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化如图乙所示.在t ＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变.求：图21(1)t ＝0.1 s 时电压表的示数；(2)恒力F 的大小；(3)从t ＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q .答案　(1)0.3 V (2)0.27 N (3)0.09 J解析　(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 的时间内，有E ＝ΔΦΔtE ＝Ld ＝0.6 V ΔB Δt此时，R 1与金属棒r 并联，再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝2 Ω得U ＝R 并＝0.3 V E R(2)金属棒进入磁场后，有I ′＝＋＝0.45 A U R 1U R 2F 安＝BI ′L即F 安＝1×0.45×0.6 N ＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F ＝F 安得F ＝0.27 N(3)金属棒在0～0.2 s 的运动时间内，有Q 1＝t ＝0.036 J E 2R金属棒进入磁场后，因电压表示数保持不变，故切割磁感线速度v 不变，则W F ＋W 安＝0W F ＝F ·d ＝0.27×0.2 J ＝0.054 J根据能量转化规律Q 2＝－W 安＝0.054 J故Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.09 J。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：第十章电磁感应交变电流本章综合能力提升练含解析

本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1.如图1，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，一条形磁铁插向其中一个小环，取出后又插向另一个小环，看到的现象是( )图1A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动答案 B解析左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动.右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动，故选项B 正确.2.如图2甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈.当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )图2答案 D解析刷卡速度为v 0时，E 0＝BL v 0，t 0＝dv 0，刷卡速度变为v 02时，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝BL v 02＝E 02，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期t ′＝dv 02＝2t 0，周期变为原来的2倍，D 项正确.3.如图3甲，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t ＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2 s 内线圈中感应电流的大小和方向为( )图3A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针答案 C解析第1 s 内，磁场的方向垂直于纸面向里，且磁感应强度均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2 s 内，磁场的方向垂直于纸面向外，且磁感应强度均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向.由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt 可知，这2 s 内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( )A.输电线上的电功率损失是原来的1n 2B.输电线上的电功率损失是原来的1nC.输电线上的电压损失是原来的12nD.输电线上的电压损失是原来的1n 2答案 A解析设输送的电功率一定，为P ，输送电压为U ，输电线上功率损失为ΔP ，电压损失为ΔU ，电流为I ，输电线总电阻为R .由P ＝UI 知，I ＝P U ，则得ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 2，ΔU ＝IR ＝PRU ，可知输送电压增为原来的n 倍，则输电线上电功率损失变为原来的1n 2，损失的电压变为原来的1n，故A 正确，B 、C 、D 错误.5.如图4所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一定值电阻R ，导轨电阻可忽略不计.MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动.令U 表示MN 两端电压的大小，则( )图4A.U ＝12Bl v ，流过定值电阻R 的感应电流由b 经R 到dB.U ＝Bl v ，流过定值电阻R 的感应电流由d 经R 到bC.MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v2R ，方向水平向右D.MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2vR ，方向水平向左答案 A解析导体杆MN 做切割磁感线运动，产生感应电动势，相当于一个内阻为R 的电源，电路中电源电动势为E ＝Bl v ，U 表示路端电压，所以根据闭合电路欧姆定律可得：U ＝R R ＋R E ＝12Bl v ，根据右手定则可得流过电阻R 的电流方向由b 到d ，A 正确，B 错误；根据公式F A ＝BIl 可得MN 受到的安培力大小F A ＝BIl ＝B 2l 2v2R ，方向向左，C 、D 错误. 二、多项选择题6.(2018·牌头中学期中改编)如图5所示，固定的水平长直导线中通有向右的电流I ，矩形闭合导线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行.将线框由静止释放，不计空气阻力，则在线框下落过程中( )图5A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流的方向为顺时针C.线框所受安培力的合力竖直向上D.线框的机械能不断增大答案 BC解析在线框下落过程中，所在处磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A 错误；电流I 产生的磁场在导线的下方垂直于纸面向里，下落过程中，因为穿过线框的磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向为顺时针，故B 正确；由于离导线越远的地方磁场越弱，所以线框的上边受到的安培力大小大于下边受到的安培力大小，合力的方向向上，故C 正确；下落过程中，安培力对线框做负功，机械能减小，故D 错误.7.图6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )图6A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/sC.0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左答案 AC解析电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为10 2 A ，因此有效值为10 A ，A 正确；根据图象知交变电流的周期为T ＝0.02 s ，则ω＝2πT ＝100π rad/s ，B 错误；0.01 s 时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向与磁感线垂直，因此线圈平面与磁场方向平行，C 正确；0.02 s 时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻R 的电流方向自左向右，D 错误.8.一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4∶1.原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图7所示.副线圈所接的负载电阻是11 Ω.则( )图7A.副线圈输出交流电的周期为0.02 sB.副线圈输出电压为55 VC.流过副线圈的电流是5 AD.变压器输入、输出功率之比为4∶1 答案 ABC解析由图象可知，交流电的周期为0.02 s ，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈输出交流电的周期也为0.02 s ，所以A 正确；由图象可知，交流电的电压的最大值为311 V ，所以输入的电压的有效值为U 1＝3112 V ≈220 V ，根据电压与匝数成正比可知，U 1U 2＝n 1n 2，所以副线圈输出电压U 2为55 V ，所以B 正确；根据I ＝U R 可得电流I ＝5511 A ＝5 A ，所以C 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以D 错误.9.如图8所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图8A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小答案 BC解析保持Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U 22R ＋R 0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；当P 位置不动，Q 上滑时，由U 2U 1＝n 2n 1知U 2增大，I 2＝U 2R 增大，由I 1I 2＝n 2n 1知原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误.10.(2018·书生中学月考改编)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图9所示，磁感应强度B ＝0.5 T ，导体棒ab 与cd 长均为0.2 m ，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N ，现用力向上拉导体棒ab ，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd 恰好静止，那么导体棒ab 上升时，下列说法中正确的是( )图9A.导体棒ab 受到的拉力大小为2 NB.导体棒ab 向上运动的速度为2 m/sC.在2 s 内，拉力做功转化为的电能是0.4 JD.在2 s 内，拉力做功为0.6 J 答案 BC解析导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab 棒受到的拉力F ＝2mg ＝0.2 N ，故A 错误；对cd 棒，受到向下的重力G 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：F 安＝G ，即BIL ＝G ，又I ＝BL v 2R ，联立得：v ＝2GR B 2L 2＝2×0.1×0.10.52×0.22m /s ＝2 m/s ，故B 正确；在2 s 内，电路产生的电能Q ＝E 22R t ＝(BL v )22R t ＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J ＝0.4 J ，故C 正确；在2 s 内拉力做的功W ＝F v t＝0.2×2×2 J ＝0.8 J ，故D 错误. 三、实验题11.实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 (1)实验室中有下列器材：A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有______________.(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)，上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是__________.答案 (1)BC 低压交流电源 (2)增大减小控制变量法四、计算题12.(2016·浙江4月选考·23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图10所示.竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L .导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B .绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m ，其中燃料质量为m ′，燃料室中的金属棒EF 电阻为R ，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触.引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD (电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC 面积减少量达到最大值ΔS ，用时Δt ，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭.在Δt 时间内，电阻R 产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后.喷出燃气进一步加速火箭.图10(1)求回路在Δt 时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF 的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向； (2)经Δt 时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度大小v 0；(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m ′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v ，求喷气后火箭增加的速度Δv .(提示：可选喷气前的火箭为参考系) 答案 (1)B ΔS Δt B ΔS R 向右 (2)B 2L ΔS mR －g Δt (3)m ′m －m ′v解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，有E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δtq ＝I Δt ＝ΔΦR ＝B ΔSR ，电流方向向右(2)Δt 时间内产生的平均感应电流I ＝E R ＝B ΔSR Δt 平均安培力F ＝B I L由动量定理有(F －mg )Δt ＝m v 0 解得v 0＝B 2L ΔSmR－g Δt(3)以喷气前的火箭为参考系，设竖直向上为正方向，由动量守恒定律得－m ′v ＋(m －m ′)Δv ＝0，得Δv ＝m ′m －m ′v .13.如图11所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m 、电阻为R .两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R .现闭合开关K ，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g ，求：图11(1)金属棒能达到的最大速度v m 的大小；(2)灯泡的额定功率P L ；(3)若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中，金属棒上产生的热量Q 1.答案 (1)3mgR B 2L 2 (2)9m 2g 2R 4B 2L 2 (3)32mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4解析 (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动.设最大速度为v m ，则速度达到最大时有： E ＝BL v m ，I ＝E 2R ，F ＝BIL ＋mg sin θ，解得：v m ＝3mgRB 2L 2(2)根据电功率表达式：P L ＝I 2R 解得：P L ＝(E 2R )2R ＝B 2L 2v m 24R ＝9m 2g 2R 4B 2L2(3)设整个电路产生的热量为Q ，由能量守恒定律有： F ·2s ＝Q ＋mg sin θ·2s ＋12m v m 2解得：Q ＝3mgs －9m 3g 2R 22B 4L 4根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量Q 1＝Q2解得：Q 1＝32mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4.。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：第五章机械能守恒定律本章综合能力提升练 Word版含解析

本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1．两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图1所示，则下列说法正确的是( )图1A．两小球落地时速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同答案　C2．下列研究对象在运动过程中机械能一定守恒的是( )A．小球做平抛运动B．汽车以2 m/s2的加速度启动过程C．跳伞运动员从空中匀速下降过程D．箱子在拉力作用下沿光滑斜面上滑过程答案　A解析　做平抛运动的小球，只受重力，在运动过程中机械能一定守恒，故A正确；汽车以2m/s2的加速度启动过程，动能增大，重力势能不变，故机械能增大，故B错误；跳伞运动员匀速下降过程中，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故C错误；箱子除受重力以外，还受到拉力作用，由于拉力做功，故箱子的机械能不守恒，故D错误．3.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t 图象如图2所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )图2A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功B．整个过程中拉力做的功等于零C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功答案　A4．如图3所示，一个物体由静止开始，从A点出发分别经三个粗糙斜面下滑到同一水平面上的C1、C2、C3处．已知三个斜面的动摩擦因数都相同，则下列说法正确的是( )图3A．物体到达C3处的动能最大B．物体在C1、C2、C3处的动能相等C．物体在三个斜面上克服摩擦力做功都相同D．物体沿AC3斜面下滑时克服摩擦力做功最多答案　A解析　设斜面倾角为θ，由物体克服摩擦力做功W f ＝μmg cos θ·x 知，沿AC 1斜面下滑克服摩擦力做功最多，沿AC 3最少，而重力做功W G ＝mgh 相同，故到达C 3处动能最大．5.如图4所示，高三某男同学参加引体向上体能测试，估算每次引体向上过程该同学克服重力做功最接近于(g 取10 m/s 2)( )图4A ．300 JB ．600 JC ．900 JD ．1 200 J答案　A解析　高三同学体重大约60 kg ，引体向上时重心向上运动的位移大约0.5 m ，故克服重力所做的功W ＝mgh ＝600×0.5 J ＝300 J ，故A 正确．6．一个物体从距水平地面H 高处自由下落，不计空气阻力，当其动能是重力势能的2倍时(以地面为零势能面)，物体的速度为( )A. B.gH 232gH C. D.233gH 122gH 答案　C 解析　物体做自由落体运动，机械能守恒，故有：mgH ＝mgh ＋m v 2，物体的动能是其重力12势能的2倍，故有m v 2＝2mgh ，联立解得：v ＝，选项C 正确．12233gH7．如图5甲所示，“滑滑梯”是小朋友喜爱的游戏活动．小朋友在室内“滑滑梯”的运动可简化为小物体从静止出发，先沿斜板下滑，再进入水平地面的过程，如图乙所示．某次游戏中，一位小朋友(可视为质点)从斜板顶端静止出发后到达房间右侧墙面时刚好停止．已知斜板倾角为θ，斜板顶端在水平地面的投影点到房间右侧墙面的距离为斜板长度的2倍，小朋友与斜板及水平地面间的动摩擦因数均为μ，不计小朋友从斜板进入水平地面的能量损失，则θ与μ应满足的关系是( )图5A．sin θ＝μB．sin θ＝2μC．sin θ＝3μD．sin θ＝4μ答案　B解析　设斜板长度为L，对整个过程由动能定理得：mgL sin θ－μmg cos θ·L－μmg(2L－L cos θ)＝0，解得sin θ＝2μ，故B正确．8．(2019届金华市质检)一辆质量为170 kg、输出功率为1 440 W的太阳能试验汽车，安装有约6 m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30 W/m2.若驾驶员的质量为70 kg，汽车最大行驶速度为90 km/h，汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车( )A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6 NB．以恒定功率启动时的加速度大小为0.24 m/s2C．保持最大速度行驶1 h至少需要有效光照10 hD ．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s 的最大行驶速度答案　A解析　汽车最大行驶速度为 v max ＝90 km /h ＝25 m/s ，根据P 额＝F v max ，得：F ＝＝ P 额v max 1 44025N ＝57.6 N ，故A 正确；－F f ＝ma ，刚启动时v ＝0，则F f ＝0，故刚启动时加速度趋近于P v无穷大，故B 错误；由能量守恒得：1 440 W ×1 h ＝30×6 W ×t ，解得t ＝8 h ，即保持最大速度行驶1 h 至少需要有效光照8 h ，故C 错误；设F f ＝k v ，当达到最大速度时，牵引力等于阻力，57.6＝k ×25，解得k ＝2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶，达到最大速度时，牵引力等于阻力，即：＝k v ，解得v ≈8.8 m/s ，故D 错误．180v 二、多项选择题9.如图6所示，质量为m 的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的固定斜面，其运动的加速度的大小为0.9g ，这个物体沿斜面上升的最大高度为H ，则在这一过程中( )图6A ．物体的重力势能增加了0.9mgHB ．物体的重力势能增加了mgHC ．物体的动能损失了0.5mgHD ．物体的机械能损失了0.5mgH答案　BD解析　在物体上滑到最大高度的过程中，重力对物体做负功，故物体的重力势能增加了mgH ，故A 错误，B 正确；物体所受的合力沿斜面向下，其合力做的功为W ＝－F ·＝－H sin 37°ma ·＝－1.5mgH ，故物体的动能损失了1.5mgH ，故C 错误；设物体受到的摩擦力为F f ，H sin 37°由牛顿第二定律得mg sin 37°＋F f ＝ma ，解得F f ＝0.3mg .摩擦力对物体做的功为W f ＝－F f ·＝－0.5mgH ，因此物体的机械能损失了0.5mgH ，故D 正确．H sin 37°10．如图7所示，甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离s .甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于F 对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )图7A ．力F 对甲做功多B ．力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C ．甲物体获得的动能比乙大D ．甲、乙两个物体获得的动能相同答案　BC解析　由W ＝Fs 知，拉力对两物体做的功一样多，故A 错误，B 正确；由动能定理知，在光滑水平面上的物体，拉力对物体做的功等于物体的动能变化，在粗糙水平面上的物体，拉力对物体做正功的同时，摩擦力对物体做了负功，所以在光滑水平面上的物体获得的动能要大于在粗糙水平面上物体的动能，故C 正确，D 错误．三、实验题11．(2019届萧山区模拟)在“探究做功与速度变化关系”的实验中，(1)橡皮筋与小车按图8(a)和图(b)的两种方式连接，图(a)中橡皮筋绕过小车前端的钉子，图(b)中橡皮筋系在小车前端的小环中．图8你认为橡皮筋与小车之间的连接方式合理的是________[填“(a)”或“(b)”]．(2)下列说法中正确的是________．A．实验时应使长木板保持水平B．在释放小车后再接通电源，使打点计时器正常工作C．利用打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中的最大速度D．利用打点计时器打下的纸带来测定小车加速过程中的平均速度(3)实验时所用的电源如图9所示，则打点计时器应选________(填“电磁打点计时器”或“电火花计时器”)．图9答案　(1)(a)　(2)C　(3)电磁打点计时器解析　(1)为了方便增加橡皮筋条数，橡皮筋从小车前端的钉子上跨过，不从车前的环里穿过，故(a)图连接更合理．(2) 实验要探究合力做的功与速度变化的关系，并且用橡皮筋做的功代替总功，故必须保证橡皮筋的拉力等于小车所受的合力，由于摩擦不能忽略，所以应该将长木板一端适当垫高以平衡摩擦力，故A错误；应先接通电源后释放纸带，故B错误；当橡皮筋做功完毕小车应获得最大速度，由于平衡了摩擦力所以小车以后要做匀速运动，相邻两点间的距离基本相同．所以计算小车速度应该选择相邻距离基本相同的若干个点作为小车的匀速运动阶段，用这些点计算小车的最大速度，故C正确，D错误．(2)由于电源是学生电源，电磁打点计时器的电压为4～6 V，所以要选择电磁打点计时器．12．(2018·嘉兴一中期末)在“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)实验室提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材．为完成此实验，除了所给的器材，从图10中还必须选取的实验器材是________，可选择的实验器材是________．(填字母代号)图10(2)下列方法有助于减小实验误差的是________．A．在重锤的正下方地面铺海绵B．必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒C．重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落D．重物的密度尽量大一些(3)完成实验后，小明用刻度尺测量纸带距离时如图11所示，已知打点计时器每0.02 s打一个点，则B点对应的速度v B＝________ m/s.图11若H 点对应的速度为v H ，重物下落的高度为h BH ，重物质量为m ，当地重力加速度为g ，为得出实验结论完成实验，需要比较mgh BH 与________的大小关系(用题中字母表示)．答案　(1)AEF D (2)D (3)1.35　m v H 2－m v B 21212四、计算题13．(2018·宁波市十校联考)市面上流行一款迷你“旋转木马”音乐盒，如图12甲所示，通电以后，底盘旋转带动细绳下的迷你木马一起绕着中间的硬杆旋转，其中分别有一二三挡，可以调整木马的旋转速度．其原理可以简化为图乙中的模型，已知木马(可视为质点)质量为m ，细绳长度为L ，O 点距地面高度为h ，拨至三挡，稳定后细绳所承受的张力F T ＝mg .(重力53加速度为g ，忽略一切阻力)图12(1)若拨至一挡，细绳与竖直方向成θ角，求木马运动一周所需时间．(2)若拨至三挡，木马快速旋转，求木马从静止开始到达到稳定速度，细绳对木马所做的功．(3)时间长久，产品出现老化现象，某次拨至三挡，木马到达稳定速度没多久，突然脱落，则木马落地时的速度及此时距O 点的水平距离各为多大．答案　(1)2π　(2)mgL (3) L cos θg 14152gh －215gL 3215hL －1625L 2解析　(1)若拨至一挡，细绳与竖直方向成θ角，根据tan θ＝＝，得ω＝，F 向mg ω2L sin θgg L cos θ所以木马运动一周所需时间T ＝＝2π；2πωL cos θg (2)由平衡条件可得F T cos θ′＝mg ，得cos θ′＝，则sin θ′＝3545根据向心力计算公式可得：F T sin θ′＝m ，v 2L sin θ′解得v ＝415gL15根据动能定理，得W －mgL (1－cos θ′)＝m v 2－0，12解得：W ＝mgL ；1415(3)根据机械能守恒定律，mg (h －L cos θ′)＝m v 12－m v 2，得v 1＝，12122gh －215 gL 由h －L cos θ′＝gt 2，得t ＝122(h －L cos θ′)g水平方向根据匀速直线运动规律可得：x ＝v t ＝，3215L (h －35L )根据几何关系可得此时距O 点的水平距离x 总＝＝.x 2＋(L sin θ′)23215hL －1625L 2。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲第三章牛顿运动定律本章综合能力提升练Word版含解析

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1．(2018·宁波市重点中学联考)请你利用已经学过的物理知识进行判断，下列说法正确的是( ) A ．伽利略通过逻辑推理，推翻了“重物比轻物落得快”的观点B ．牛顿通过“理想斜面实验”得出“力不是维持物体运动的原因”的观点C ．汽车上坡时，司机应该使用较高转速的挡位来行驶D ．超速行驶是安全行车的大敌，其原因是汽车的速度越大，其惯性也越大答案 A2．电导率σ是用来描述物质中电荷流动难易程度的参数，为电阻率ρ的倒数，即σ＝1ρ.用国际单位制中的基本单位表示电导率的单位应为( ) A.A 2·s 3kg·m 2 B.A 2·s 3kg·m 3 C.A 2·s 2kg·m 3 D.A·s 3kg·m 3答案 B解析由单位制可知电导率的单位为1Ω·m ，1 1Ω·m ＝1A V·m ＝1A·C J·m ＝1A 2·s J·m ＝1A 2·s 3kg·m 3，选B.3.如图1所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，则( )图1A ．绳子对甲的拉力小于甲的重力B ．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力C ．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定小于乙的重力D ．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于乙的重力答案 D解析甲拉住绳子悬在空中处于静止状态，绳子对甲的拉力等于甲的重力，A 错误；由牛顿第三定律可知，绳子对甲的拉力与甲对绳子的拉力大小相等，B 错误；因乙能把绳子拉断，说明乙拉断绳子前瞬间，绳子的拉力一定大于甲拉绳子的力，也一定大于乙的重力，故C 错误，D 正确．4．(2019届衢州市质检)如图2甲所示，是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心．图乙是根据传感器画出的F －t 图线．两图中a ～g 各点均相对应，其中有几个点在图甲中没有画出，图乙中a 、c 、e 点对应的纵坐标均为700 N ．取重力加速度g ＝10 m/s 2.请根据这两个图所给出的信息，判断下面说法中正确的是( )甲乙图2A ．此人重心在b 点时处于超重状态B ．此人重心在c 点时的加速度大小大于在b 点时的加速度大小C ．此人重心在e 点时的加速度大小大于在a 点时的加速度大小D ．此人重心在f 点时，脚刚好离开传感器答案 D解析由题图知a 、c 、e 点处对应F ＝G ，故加速度等于0，b 点处F ＜G ，处于失重状态，重心在f 点时，F ＝0，脚刚好离开传感器．故选D.5．质量为60 kg 的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480 N ，则升降机的运动是(g 取10 m/s 2)( ) A ．可能是匀速下降B ．升降机加速度大小为2 m/s 2C ．升降机加速度大小为3 m/s 2D ．可能是减速下降答案 B解析对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于重力，故合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下，所以升降机的运动是加速下降或减速上升，由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，解得a ＝600－48060m /s 2＝2 m/s 2，故B 正确．6．质量为m kg 的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s 内的位移为x m ，则水平恒力的大小为(单位为N)( )A.2mx t 2B.2mx 2t －1C.2mx 2t ＋1D.2mx t －1答案 A7．已知雨滴在空中运动时所受空气阻力F 阻＝kr 2v 2，其中k 为比例系数，r 为雨滴半径，v 为其运动速率．t ＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a 表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为v 0.下列图象中不正确的是( )答案 D解析由mg －F 阻＝ma 得，雨滴先加速下落，随着v 增大，阻力F 阻增大，a 减小，a ＝0时，v ＝v 0不再变化，故A 、B 正确；又mg ＝kr 2v 02，v 02＝mg kr 2，又m ＝43πρr 3，得v 02＝4πρg 3k r ，故v 20与r 成正比关系，故C 正确，D 错误．8．用手提着一根挂有重物的轻弹簧，竖直向上做匀速直线运动，当手突然停止运动后的一小段时间内，可观察到重物( ) A ．立即停止运动 B ．继续向上做匀速运动 C ．继续向上做加速运动 D ．继续向上做减速运动答案 D解析轻弹簧拉着重物做匀速直线运动，拉力等于重力，当手突然停止运动后的一小段时间内，由于惯性，重物继续向上运动，在向上运动的过程中，弹簧的形变量减小，则弹力减小，重物所受的合力向下，加速度向下，向上做减速运动，故D 正确，A 、B 、C 错误． 9.如图3所示，两个质量相同的物体1和2紧靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它们分别受到水平推力F 1和F 2作用，而且F 1＞F 2，则物体1对物体2的作用力大小为( )图3A ．F 1B ．F 2 C.12(F 1＋F 2) D.12(F 1－F 2) 答案 C解析设物体1和2的质量都为m ，加速度为a ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝F 1－F 22m ，以物体2为研究对象，有a ＝F 12－F 2m ，解得F 12＝F 1＋F 22，故C 选项正确．10．如图4甲所示，小物块从光滑固定斜面上自由滑下，小物块的位移x 和时间的平方t 2的关系如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图4A ．小物块的加速度大小恒为2.5 m/s 2B ．斜面倾角为60°C ．小物块2 s 末的速度是5 m/sD ．小物块第2 s 内的平均速度为7.5 m/s 答案 D解析由题图乙得x ＝2.5t 2，对照公式x ＝v 0t ＋12at 2，得初速度v 0＝0，加速度a ＝5 m/s 2，选项A 错误；由牛顿第二定律得ma ＝mg sin θ，则sin θ＝a g ＝510＝0.5，θ＝30°，选项B 错误；小物块2 s 末的速度v 2＝at 2＝5×2 m /s ＝10 m/s ，选项C 错误；小物块1 s 末的速度v 1＝at 1＝5 m/s ，第2 s 内的平均速度v ＝v 1＋v 22＝7.5 m/s ，选项D 正确． 11．一个木块以某一水平初速度滑上粗糙的水平面，在水平面上运动的v －t 图象如图5所示．已知重力加速度为g ，则根据图象不能求出的物理量是( )图5A ．木块的位移大小B ．木块的加速度大小C ．木块所受摩擦力D．木块与水平面间的动摩擦因数答案 C解析位移大小可由v－t图象与时间轴所围的面积求出，由v－t图线的斜率可求出加速度大小a，由牛顿第二定律知，a＝μg，故动摩擦因数μ也可求出，由于木块的质量未知，故不能求出木块所受摩擦力．12.如图6所示，传送带的水平部分AB是绷紧的，当传送带不运转时，滑块从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t1，从B端飞出时速度大小为v1.若传送带沿逆时针方向运转，滑块同样从斜面顶端由静止下滑，通过AB所用时间为t2，从B端飞出时速度大小为v2，则()图6A．t1＝t2，v1＝v2B．t1＜t2，v1＞v2C．t1＞t2，v1＞v2D．t1＝t2，v1＞v2答案 A解析在两种情况下，滑块到达A点的初速度相等，在传送带上都做匀减速直线运动，加速度大小相等，根据速度位移公式知，到达B端的速度相等，即v1＝v2，结合速度时间公式知，t1＝t2，故A正确，B、C、D错误．二、实验题13．某同学在用拉力传感器探究“作用力与反作用力关系”的实验中，把两个力传感器的挂钩钩在一起向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图7所示．图7(1)观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，得到的实验结论为___________ ____________________________________________________；(2)如果实验时保持一只手不动，另一只手拉动，与两只手同时对拉得到的结论有没有变化？________(选填“有”或“没有”)．答案(1)作用力与反作用力总是大小相等，方向相反(2)没有14．某同学用如图8所示的实验装置探究“物体的加速度与力、质量的关系”，请回答下列有关此实验的问题：图8(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材： A ．交流电源、导线 B ．天平(含配套砝码) C ．秒表D ．刻度尺E ．细线、沙和小沙桶其中不必要的器材是________(填代号)．(2)电火花计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图9甲所示，已知电火花计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，测得A 点到B 、C 点的距离分别为x 1＝5.99 cm ，x 2＝13.59 cm ，则在打下点迹B 时，小车运动的速度v B ＝________ m /s ；小车做匀加速直线运动的加速度a ＝________m/s 2.(结果均保留三位有效数字)图9(3)在探究“质量一定，加速度a 与合外力F 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a －F 图象，其中图线不过原点的原因是_____________________________________ ___________________________________．答案 (1)C (2)0.680 1.61 (3)平衡摩擦力过度解析 (2)v B ＝x AC 2×5T ＝x 210T ＝13.5910×0.02×10－2 m/s ≈0.680 m/sa ＝x 2－x 1－x 1(5T )2＝13.59－5.99－5.99(5×0.02)2×10－2 m/s 2＝1.61 m/s 2. 三、计算题15.(2016·浙江4月选考·19)如图10是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s ．若电梯先以加速度a 1做匀加速运动，达到最大速度18 m /s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a 2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为549 m ，取g ＝10 m/s 2.图10(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a 1及上升高度h ；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg ，求小明对电梯地板的压力； (3)求电梯匀速运动的时间．答案 (1)0.9 m/s 2，方向竖直向上 180 m (2)654 N ，方向竖直向下 (3)6 s 解析 (1)由运动学公式可得 a 1＝v m t 1＝1820 m /s 2＝0.9 m/s 2h ＝12a 1t 12＝12×0.9×202 m ＝180 m (2)对小明受力分析，根据牛顿第二定律可得 F N －mg ＝ma 1则F N ＝mg ＋ma 1＝654 N 根据牛顿第三定律得：小明对地板的压力F N ′＝F N ＝654 N ，方向竖直向下(3)设匀速运动时间为t 0，运动的总时间为t 总，作出整个过程的v －t 图象如图所示，则由v －t 图象可得H ＝12(t 总＋t 0)v m解得t 0＝6 s.16.如图11所示，一个质量为m ＝2 kg 的小物块静置于足够长的斜面底端．现对其施加一个沿斜面向上、大小为F ＝25 N 的恒力，3 s 后将F 撤去，此时物块速度达到15 m /s.设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变，取g ＝10 m/s 2.求：图11(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离；(3)物块在斜面上运动的总时间．(结果可用根式表示) 答案见解析解析 (1)由运动学公式得：v 1＝a 1t 1 解得a 1＝5 m/s 2由牛顿第二定律：F －F f －mg sin θ＝ma 1 解得F f ＝5 N(2)撤去拉力后物块继续上滑：F f ＋mg sin θ＝ma 2 解得a 2＝7.5 m/s 2撤去拉力前上滑距离x 1＝v 122a 1＝22.5 m撤去拉力后上滑距离x 2＝v 122a 2＝15 m物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离x ＝x 1＋x 2＝37.5 m (3)撤去拉力后物块上滑时间：t 2＝v 1a 2＝2 s下滑过程：mg sin θ－F f ＝ma 3 解得a 3＝2.5 m/s 2 由x ＝12a 3t 32，可得t 3＝2xa 3＝30 s 物块在斜面上运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(5＋30) s。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：第七章静电场本章综合能力提升练含解析

本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1.(2019届宁波市诺丁汉大学附属中学期末)如图1所示，绝缘支架上固定两金属板，金属板之间的距离可调，下列说法正确的是()图1A．该装置太大了，所以不能称为电容器B．两金属板构成电容器，充电后能够储存电荷C．电容器能够储存电荷，不能储存电场能D．因为装置没有带电，所以电容为零答案 B2.“探究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置如图2所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是()图2A．平行板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B．静电计可以用电压表替代C．静电计所带电荷量与平行板电容器所带电荷量不相等D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量答案 C3.某静电除尘装置管道截面内的电场线分布如图3所示，平行金属板M、N接地，正极位于两板正中央，图中a、b、c三点的场强分别为E a、E b、E c，电势分别为φa、φb、φc，则()图3A ．E a <E bB ．E b <E cC ．φa >φbD ．φb ＝φc答案 C4．如图4所示，光滑绝缘的水平面上的P 点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N 点由静止开始释放一个也带正电的小球(可视为质点)．以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是( )图4答案 B解析 N 点的小球由静止释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律F ＝k q 1q 2r 2可得，随着两者之间的距离的增大，运动小球受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律a ＝Fm 可得，小球做加速度减小的加速直线运动，而v －t 图象中图象的斜率表示小球运动的加速度，所以B 项正确．5．如图5所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，沿图中虚线由A 运动到B ，其能量变化情况是( )图5A ．动能减少，重力势能增加，电势能减少B ．动能减少，重力势能增加，电势能增加C ．动能不变，重力势能增加，电势能减少D ．动能增加，重力势能增加，电势能减少答案 B解析由于带电微粒做直线运动，其受力如图所示，其合外力的方向应为速度的反方向，故带电微粒做减速运动，动能减少，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，故选项B 正确．6.如图6所示，匀强电场中有M 、N 、P 、Q 四点，它们分别位于矩形的四个顶点上．电子分别由M 点运动到N 点和Q 点的过程中，电场力所做的正功相同，已知N 、P 、Q 中有两点电势是18 V 、10 V ．则( )图6A ．不可能求出M 点电势B ．N 点电势是18 VC ．P 点电势是10 VD ．Q 点电势是10 V 答案 D解析电子分别由M 点运动到N 点和Q 点过程中，电场力所做的正功相同，说明N 、Q 两点电势相等，且高于M 点的电势，故四点的电势关系是φM <φN ＝φQ <φP ，所以φP ＝18 V ，φN ＝φQ ＝10 V ，B 、C 错误，D 正确；由于QM 平行且与PN 长度相同，所以U QM ＝U PN ＝8 V ，可得φM ＝2 V ，A 错误．7．(2016·浙江4月选考·8)密立根油滴实验原理如图7所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图7A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mg UC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案 C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mgE ，所以B错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上运动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错．8．(2019届书生中学模拟)如图8所示，将一带电小球A 通过绝缘细线悬挂于O 点，细线不能伸长，现要使细线偏离竖直线30°角，可在O 点正下方的B 点固定放置带电荷量为q 1的点电荷，且B 、A 连线垂直于OA ；也可在O 点正下方C 点固定放置带电荷量为q 2的点电荷，且C 、A 处于同一水平线上．则q 1q 2为( )图8A.12B.32C.233D. 3 答案 C解析对两种情况进行受力分析，如图所示：依据矢量的合成法则，结合三角形知识及平衡条件，则有：F ′＝mg sin 30°， F ＝mg tan 30°，根据库仑定律，则有：F ′＝kQq 1l 2BA ，F ＝kQq 2l 2CA，根据几何知识，则有：l BA ＝L tan 30°，l CA ＝L sin 30°，综上可得：q 1q 2＝233，故A 、B 、D 错误，C 正确．二、多项选择题9．如图9所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图能作出的正确判断是( )图9A ．带电粒子所带电荷的符号B ．粒子在a 、b 两点的受力方向C ．粒子在a 、b 两点何处速度大D ．a 、b 两点电场的强弱答案 BCD解析由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A 错误，B 正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子动能减小，电势能增大，则粒子在a 点的速度较大，故C 正确；根据电场线的疏密程度可判断a 、b 两点电场的强弱，故D 正确．10．(2018·嘉兴市期末)一对等量异种点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图10所示，则下列说法正确的是( )图10A ．A 点场强E A 大于B 点场强E B B ．A 点电势φA 低于B 点电势φBC ．某一点电荷在A 点时的电势能E p A 一定大于在B 点时的电势能E p BD ．将某一点电荷从A 点移至B 点，路径不同，电场力做功也不同答案 AB11.如图11所示，带电平行金属板A 、B ，板间的电势差为U ，板间距离为d ，A 板带正电，B 板中央有一小孔．一带电的微粒，带电荷量为q ，质量为m ，自孔的正上方距B 板高h 处由静止自由下落，若微粒恰能落至A 、B 板的正中央C 点，则下列说法中正确的是( )图11A ．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小B ．微粒下落过程中重力做功为mg ⎝⎛⎭⎫h ＋d 2，电场力做功为－qU2 C ．微粒落入电场中，电势能逐渐增加，其增加量为qU2D ．若微粒从距B 板高2h 处自由下落，则恰好能到达A 板答案 BCD解析微粒下落至C 点的过程中，重力做功mg ⎝⎛⎭⎫h ＋d 2，重力势能减小；电场力做功－qU2，电势能增加，增加量为qU2，微粒动能先增大后减小，故A 错误，B 、C 正确；由动能定理得，微粒由h 处下落时，mg ⎝⎛⎭⎫h ＋d 2－q U2＝0，即qU ＝mg (2h ＋d )，由2h 处下落时，mg (2h ＋d )－qU ＝0，说明微粒恰能到达A 板，故D 正确．12.如图12所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(11H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b 轨迹运动时( )图12A ．加速度更大B ．初速度更大C ．动能增量更大D ．两次的电势能增量相同答案 BD解析加速度为a ＝qEm ，加速度相同，故A 错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2v 02＝qEx 22m v 02，x 是水平位移，由题图看出，y 相同，则知，v 0越大时，x 越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v 0更大，故B 正确；电场力做功为W ＝qEy ，可见，电场力做功相同，由动能定理知，动能增量相同，由能量守恒知，两次的电势能增量相同，故D 正确，C 错误．三、计算题13．如图13所示，用一条长为1 m 的绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为＋2.0×10－8 C ，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向成30°角，g 取10 m/s 2.图13(1)求该匀强电场的电场强度大小；(2)在外力作用下，使小球从位置A 移到位置B ，求电场力所做的功及小球电势能的变化．答案 (1)36×107 N/C (2)－360 J 电势能增加360J 解析 (1)小球受力平衡：qE ＝mg tan 30° 解得：E ＝mg tan 30°q ＝36×107 N/C(2)W 电＝－qEL sin 30° 解得：W 电＝－360J由功能关系得ΔE p ＝－W 电解得：ΔE p ＝360J 14．一束电子流从A 极板中间的小孔由静止进入并经U ＝880 V 的加速电压加速后，从B 极板中间的小孔以速度v 0飞出，在与两极板C 、D 等距处垂直进入平行板C 、D 间的匀强电场，如图14所示，若两板间距d ＝1.0 cm ，板长l ＝5 cm.已知电子的电荷量与其质量的比值em＝1.76×1011 C/kg ，不计电子重力影响．求：图14(1)电子从B 极板小孔飞出的速度v 0的大小；(2)电子在C 、D 平行板间电场中的运动类似于哪种运动； (3)要使电子恰好从D 极板边缘飞出，C 、D 间的电压大小．答案 (1)1.76×107 m/s (2)平抛运动 (3)70.4 V 解析 (1)在加速电场中，由动能定理得： eU ＝12m v 02－0，解得：v 0＝1.76×107 m/s ；(2)电子在水平方向不受力且具有初速度，在水平方向做匀速直线运动，电子在竖直方向受到恒定的电场力作用且初速度为零，做初速度为零的匀加速直线运动，电子在C 、D 平行板间的运动类似于平抛运动，即电子做类平抛运动；(3)电子在C 、D 板间做类平抛运动，电子恰好从D 板边缘飞出时：水平方向：l ＝v 0t ，竖直方向：12d ＝12·eU ′md t 2，解得：U ′＝70.4 V.15．如图15所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ，电荷量为－q ，匀强电场的场强大小为E ，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)．图15(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．(2)若使小球通过圆轨道顶端的B 点，求A 点距水平地面的高度h 至少应为多大？(3)若小球从斜轨道h ＝5R 处由静止释放．假设其能够通过B 点，求小球从静止开始沿轨道运动到B 点的过程中小球机械能的改变量．答案 (1)(mg －qE )sin αm (2) 2.5R (3)－3EqR解析 (1)根据牛顿第二定律得：(mg －qE )sin α＝ma ，解得：a ＝(mg －qE )sin αm；(2)若小球刚好通过B 点，根据牛顿第二定律有： mg －qE ＝m v 2R小球由A 到B ，据动能定理： (mg －qE )(h －2R )＝12m v 2－0联立解得h ＝2.5R ；(3)小球从静止开始沿轨道运动到B 点的过程中，由功能关系知，机械能的变化量为： ΔE 机＝W 电，W 电＝－3EqR ，故ΔE 机＝－3EqR。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：第一章运动的描述匀变速直线运动本章综合能力提升练含解析

本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1．物理学中引入了“质点”的概念，从科学方法上来说属于()A．控制变量法B．类比法C．理想模型法D．等效替代法答案 C2．如图1所示，飞行员跳伞后，飞机上的其他飞行员(甲)和地面上的人(乙)观察跳伞飞行员的运动后，引发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说法正确的是()图1A．甲、乙两人的说法中必有一个是错误的B．他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的C．研究物体的运动时不一定要选择参考系D．参考系只能是相对于地面静止的物体答案 B解析甲、乙两人的争论是由于选择的参考系不同而引起的，故A错误，B正确；研究物体的运动一定要选择参考系，故C错误；参考系的选择具有任意性，故D错误．3.校运动会400 m比赛中，终点在同一直线上，但起点不在同一直线上(如图2所示)．关于这样的做法，下列说法正确的是()图2A．这样做是为了使参加比赛的同学位移大小相同B．这样做是为了使参加比赛的同学路程大小相同C．这样做是为了使参加比赛的同学所用的时间相同D．这样做其实是不公平的，明显对外侧比赛的同学有利答案 B4．(2018·温州市六校期末)某人驾车从“浙江省平阳中学”开往“温州第二高级中学”，导航地图如图3所示，则以下说法错误的是()图3A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看成质点B．根据导航图中的数据可以预估“常规路线”行车的平均速度约为59.7 km/hC．图中显示的“59分钟”是指时间D．途中经过“三都岭隧道”，进入隧道前路边竖有限速标志80，指的是车辆经过隧道过程中，瞬时速度不能超过80 km/h答案 B5．(2018·东阳中学期中)如图4所示是伽利略研究自由落体运动时的情景，他设计并做了小球在斜面上运动的实验，关于这个实验的下列说法中不符合史实的是()图4A．伽利略以实验来检验速度与时间成正比的猜想是否真实B．伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下是为了“冲淡”重力的影响C．伽利略通过实验发现小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动D．伽利略用实验而不是“外推”的方法得到斜面倾角增大到90°小球仍然会保持匀加速运动答案 D解析伽利略用斜面实验来检验速度与时间成正比的猜想是否真实，故A正确；伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下是为了“冲淡”重力的影响，故B正确；伽利略通过实验发现小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，故C正确；伽利略采用“外推”的方法得到斜面倾角增大到90°小球仍然会保持匀加速运动，故D错误．6.小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图5所示．已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B点的速度，需测量()图5A ．照片中AC 的距离B ．照片中球的直径及AC 的距离 C ．小钢球的实际直径、照片中AC 的距离D ．小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC 的距离答案 D解析根据匀变速直线运动的规律可知v B ＝x AC2T ，为求解AC 的实际距离，需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC 的距离，然后根据比例关系可知AC 的实际距离，故选项D 正确，A 、B 、C 错误．7．在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x 轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系满足x ＝30t －5t 2(m)，下列说法正确的是( ) A ．汽车刹车过程的初速度大小为30 m /s ，加速度大小为10 m/s 2 B ．汽车刹车过程的初速度大小为30 m /s ，加速度大小为5 m/s 2 C ．汽车刹车过程的初速度大小为60 m /s ，加速度大小为5 m/s 2 D ．汽车刹车过程的初速度大小为60 m /s ，加速度大小为2.5 m/s 2 答案 A解析根据汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系x ＝30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30 m /s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A. 8.如图6所示为甲、乙两质点做直线运动的速度－时间图象，则下列说法中正确的是( )图6A ．在0～t 3时间内甲、乙两质点的平均速度相等B ．甲质点在0～t 1时间内的加速度与乙质点在t 2～t 3时间内的加速度相同C ．甲质点在0～t 1时间内的平均速度小于乙质点在0～t 2时间内的平均速度D ．在t 3时刻，甲、乙两质点都回到了出发点答案 A解析因在0～t 3时间内甲、乙两质点的速度－时间图线与t 轴所围“面积”相等，说明位移相等，则甲、乙两质点的平均速度相等，故A 项正确；在0～t 1时间内，甲的图线斜率为正值，加速度沿正方向，在t 2～t 3时间内，乙的图线斜率为负值，加速度沿负方向，两个加速度不相同，故B 项错误；甲质点在0～t 1时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02，乙质点在0～t 2时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02，故C 项错误；由题图可知甲、乙两质点的速度均为正值，则两质点均做单向直线运动，不可能回到出发点，故D 项错误．二、多项选择题9．沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v 1和v 2，v 1、v 2在各个时刻的大小如表所示，从表中数据可以看出( )t /s 0 1 2 3 4 v 1/(m·s －1)18.0 17.5 17.0 16.5 16.0 v 2/(m·s －1)9.811.012.213.414.6A.火车的速度变化较慢 B ．汽车的加速度较小 C ．火车的位移在减小 D ．汽车的位移在增加答案 AD解析从表格中可得火车的加速度a 火＝Δv 火Δt 火＝－0.51 m /s 2＝－0.5 m/s 2，汽车的加速度a 汽＝Δv 汽Δt 汽＝1.21m /s 2＝1.2 m/s 2，故火车的加速度较小，火车的速度变化较慢，A 正确，B 错误；由于汽车和火车的速度一直为正值，速度方向不变，则位移都在增加，C 错误，D 正确．10．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( ) A.v 02g B.v 0g C.3v 0g D.3v 02g 答案 BC解析当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确．11．物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( ) A.x 1x 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.x 1t 1＝x 2t 2＝x 1＋x 2t 1＋t 2 D ．v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2答案 ACD解析由x 1＝v 2t 1，x 2＝v 2t 2，得x 1x 2＝t 1t 2，故A 正确；又v ＝a 1t 1和v ＝a 2t 2得a 1a 2＝t 2t 1，故B 错误；整个过程x 1＋x 2＝v2(t 1＋t 2)故x 1＋x 2t 1＋t 2＝v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，故C 正确； v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2，故D 正确．三、实验题12．(2018·温州中学期中)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，从下列所给器材中选出本实验所必须的器材有________；为能按实验要求达到实验目的，还缺少的器材有________(写出一种即可)．①电磁打点计时器 ②天平 ③低压直流电源 ④细绳 ⑤纸带 ⑥小车 ⑦钩码 ⑧停表 ⑨一端有带滑轮的长木板答案 (1)①④⑤⑥⑦⑨ (2)低压交流电源(或刻度尺)解析在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，所需的实验步骤：(1)木板平放，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定，连接好电路．(此处所需的仪器有①⑨) (2)穿纸带，挂钩码．(此处所需的仪器有④⑤⑦)(3)先接通电源，然后放开小车，让小车拖着纸带运动，打完一条后立即关闭电源．(此处所需的仪器有⑥)(4)换纸带，加钩码，再做两次．(5)处理纸带，求出某位置的速度和运动过程的加速度．由实验步骤可以看出需要的仪器有①④⑤⑥⑦⑨，为了得到小车的运动规律，还需要低压交流电源和刻度尺．13．(2018·东阳中学期中)在学生实验“用打点计时器测速度”和“探究小车速度随时间变化的规律”中，都使用了电火花计时器，并打出纸带进行有关数据处理，已知所用交流电源的频率是50 Hz. (1)关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是________．(可能有一个或多个正确选项) A ．实验中需用停表记下运动的时间B ．开始释放小车时，应使小车靠近电火花计时器C ．先接通电火花计时器电源，然后放开小车(2)有一次实验中某小组得到如图7所示的纸带，并按照打点时间先后，依次选定了O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 七个计数点(每两个计数点之间还有四个点没有画出)，经过测量后计算得到相邻计数点间的距离．请根据实验数据，判断这个纸带做的是________(填“加速”“匀速”或“减速”)运动．电火花计时器打下相邻两点的时间间隔是________ s ．根据纸带上测量的数据可以计算得到加速度大小为________(结果保留3位有效数字)．图7答案 (1)BC (2)加速 0.02 2.00 m/s 2解析 (1)打点计时器本身是计时仪器，不需要再使用停表，故A 错误；为了更有效利用纸带，开始释放小车时，应使小车靠近电火花计时器，故B 正确；为了使打点计时器稳定工作，先接通电火花计时器电源，然后放开小车，故C 正确．(2)由题图知相邻时间间隔的位移越来越大，故纸带做加速运动；电火花计时器使用交变电流，电源频率为50 Hz ，相邻两点的时间间隔为0.02 s ，由公式a ＝(x 6＋x 5＋x 4)－(x 3＋x 2＋x 1)9T 2，代入数据得：a ＝2.00 m/s 2. 四、计算题14．一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a 1做匀加速运动，至速度v 后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a 2匀减速前进，直至停止，全程长为L . (1)求全程所用时间；(2)速度v 为何值时，全程所用时间最短？答案 (1)L v ＋v2a 1＋v 2a 2(2)2a 1a 2a 1＋a 2L 解析 (1)火车加速过程：v ＝a 1t 1 加速位移满足2a 1x 1＝v 2 减速过程：v ＝a 2t 2 减速位移满足2a 2x 2＝v 2 匀速过程：L －x 1－x 2＝v t 3 全程所用时间t ＝t 1＋t 2＋t 3 联立解得t ＝L v ＋v2a 1＋v 2a 2(2)火车先加速到v 再减速到零跑完全程，所用时间最短，即L ＝x 1＋x 2，得v ＝2a 1a 2a 1＋a 2L . 15．在一次低空跳伞演练中，当直升机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m /s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s.(取g ＝10 m/s 2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？答案 (1)99 m 1.25 m (2)8.6 s解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，则有： v 2－v 02＝2ah即52－v 02＝－2×12.5×h又v 02＝2g ·(224－h )＝2×10×(224－h ) 联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即：v 2＝2gh 1解得：h 1＝v 22g ＝5220 m ＝1.25 m(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有：v 0＝gt 1解得：t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 st 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s 故t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s ．。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第一章运动的描述匀变速直线运动第1讲含答案

第1讲运动的描述[考试标准]知识内容考试要求说明质点、参考系和坐标系b1.对运动描述的转换只要求参考系与物体运动方向在同一直线上．2.只要求一维情况下的位移矢量运算．3.不要求用极限的方法定义瞬时速度．4.不要求选用变速运动物体作参考系求解问题．5.不要求引入平均速率概念．6.不要求用极限的方法求加速度．7.不要求引入平均加速度的概念．8.不要求讨论加速度变化的问题．时间和位移b速度c加速度c注：表中a 、b 、c 、d 表示对考试内容掌握程度的要求，其含义如下：a.识记：指能再认或表达物理事实、物理量及单位；能用文字、图示或数学表达式表示物理现象、概念或规律．b.理解：指能理解物理现象和过程，明确物理概念和规律的内涵，识别概念和规律的外延，并能运用物理概念和规律解释有关现象．c.简单应用：指能将物理事实、现象与概念、规律建立联系，认识规律适用的条件，并用以解决简单的问题．d.综合应用：指能选用多个物理概念和规律以及相应的物理方法和思维策略，求解较复杂问题.一、质点、参考系和坐标系1．质点：质点是一种理想化模型，当物体的形状和大小对所研究问题的影响可忽略时，就可以看做质点．2．参考系(1)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(2)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．通常以地面为参考系．3．坐标系：为了定量地描述物体的位置及位置变化，需要在参考系上建立适当的坐标系．自测1下列说法正确的是()A．参考系必须是固定不动的物体B．若以河岸为参考系，在顺水漂流的船上行走的人一定是不动的C．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点D．研究跳水运动员做转体动作时，运动员不可视为质点答案 D解析参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是固定不动的物体，也可以是运动的物体，故A错误；只有当人逆着水流方向在船上以与水流速度大小相同的速度向后行走时，人与河岸的相对位置才是不变的，人相对于河岸才是静止的，故B错误；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，故C错误；研究跳水运动员做转体动作时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能将运动员视为质点，D正确．二、时间和位移1．时间与时刻(1)时间在时间轴上对应一线段，与时间对应的物理量为过程量．(2)时刻在时间轴上对应于一点，与时刻对应的物理量为状态量．2．位移与路程(1)位移：表示质点的位置变化，它是由质点的初位置指向末位置的有向线段．(2)位移与路程的区别：位移是矢量，路程是标量．只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程．自测22016年杭州G20峰会于9月4－5日在杭州奥体博览城(如图1)召开，每天都有多个议程．从萧山国际机场到博览城打车约23.5 km，下列说法正确的是()图1A．9月4－5日指时刻，23.5 km是指路程B．9月4－5日指时间，23.5 km是指路程C．9月4－5日指时间，23.5 km是位移大小D ．9月4－5日指时刻，23.5 km 是位移大小答案 B三、速度和加速度 1．平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用的时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v ＝ΔxΔt，其方向与位移的方向相同． (2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应． 2．瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，与某一时刻或某一位置相对应． 3．加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量． (2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt.(3)决定因素：a 不是由v 、Δv 、Δt 来决定，而是由Fm来决定．(4)方向：与Δv 的方向一致，由合外力的方向决定，而与v 0、v 的方向无关．自测3 我国在酒泉卫星发射中心成功将“实践十一号01星”送入太空．如图2所示是火箭点火升空瞬间的照片，关于这一瞬间火箭的速度和加速度的判断，下列说法正确的是( )图2A ．火箭的速度很小，但加速度可能较大B ．火箭的速度很大，加速度可能也很大C ．火箭的速度很小，所以加速度也很小D ．火箭的速度很大，但加速度一定很小答案 A命题点一质点、参考系和位移1．质点的模型化：建立模型，一是要明确题目中需要研究的问题；二是看物体的形状和大小对所研究问题是否有影响．2．运动的相对性：选取不同的参考系，对同一运动的描述一般是不同的．3．位移的矢量性：一是位移只与初、末位置有关；二是位移方向由初位置指向末位置．例1在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图3所示．下面说法正确的是()图3A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案 D解析金星通过太阳和地球之间时，我们才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起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”时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．变式1在研究下述运动时，能把物体看做质点的是()A．研究短跑运动员的起跑动作时B．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时C．将一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面朝上还是反面朝上时D．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时答案 B解析研究短跑运动员的起跑动作、硬币的正面朝上还是反面朝上时，大小和形状不能忽略，故运动员和硬币都不能看做质点，故A、C错误；研究汽车翻倒是转动问题，不能看做质点，研究飞船运行轨道时，可把飞船看做质点，故D错误，B正确．变式2(2015·浙江10月选考·3)2015年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年阅兵式在天安门广场举行．如图4所示，七架战机保持“固定队列”在天安门广场上空飞过．下列说法正确的是()图4A ．以某飞机为参考系，其他飞机是静止的B ．以飞行员为参考系，广场上的观众是静止的C ．以某飞行员为参考系，其他飞行员是运动的D ．以广场上的观众为参考系，飞机是竖直向上运动的答案 A变式3 (2018·台州市外国语学校期末)出租车载小明到车站接人后返回出发地，司机打出全程的发票如图5所示，则此过程中，出租车运动的路程和位移分别是( )图5A ．4.3 km,4.3 kmB ．4.3 km,0C ．0,4.3 kmD ．0,0 答案 B解析由题意可知，出租车返回出发地，故位移为零；由题图可知，出租车经过的路程为4.3 km. 命题点二平均速度和瞬时速度1．区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．2．平均速度的大小与物体不同的运动阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．3.v ＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．例2 (多选)如图6所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A 和目的地B 的直线距离为9 km ，实际从A 运动到B 用时5 min ，赛车上的里程表指示的里程数增加了15 km.当他经过某路标C 时，车内速度计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( )图6 A．整个过程中赛车的平均速度为180 km/hB．整个过程中赛车的平均速度为108 km/hC．赛车经过路标C时的瞬时速度为150 km/h D．赛车经过路标C时速度方向为由A指向B答案BC解析从A到B位移为9 km，用时112h，由平均速度定义式可得整个过程的平均速度为108 km/h，故A错误，B正确；速度计显示的是瞬时速度大小，故C正确；经过C时速度的方向沿C点切线指向运动方向，故D错误．变式4如图7所示，下列关于高速公路收费处ETC专用通道指示牌中数字“20”的说法，正确的是()图7A．过此路口平均速度限定在20 m/s及以下B．过此路口时瞬时速度限定在20 m/s及以下C．过此路口时平均速度限定在20 km/h及以下D．过此路口瞬时速度限定在20 km/h及以下答案 D解析指示牌中“20”的单位是“km/h”，是要求车辆过此路口时瞬时速度不超过20 km/h，故D正确．变式5(2018·台州市外国语学校期末)如图8所示，博尔特在北京奥运会男子100 m决赛和男子200 m决赛中分别以9.69 s和19.30 s的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是()图8A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛中位移的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度约为10.36 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度约为10.32 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.64 m/s 答案 C解析 100 m 决赛，他的运动轨迹基本上是直线，位移大小是100 m ，而200 m 决赛，他的运动轨迹是曲线(有弯道部分)，位移比200 m 小，选项A 错误；200 m 决赛轨迹若为直线，其平均速度才约为10.36 m/s ，选项B 错误；根据平均速度的定义，选项C 正确；本题并未给出该运动员的瞬时速度，选项D 错误．变式6 一质点沿直线Ox 方向做变速运动，它离开O 点的距离x 随时间t 变化的关系为x ＝(5＋2t 3) m ，它的速度v 随时间t 变化的关系为v ＝6t 2 (m/s)，该质点在t ＝2 s 时的速度和t ＝2 s 到t ＝3 s 间的平均速度的大小分别为( ) A ．12 m/s 39 m/s B ．24 m/s 38 m/s C ．12 m/s 19.5 m/s D ．24 m/s 13 m/s答案 B解析由v ＝6t 2 (m /s)得，当t ＝2 s 时，v ＝24 m/s ；根据质点离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝(5＋2t 3) m 得：当t ＝2 s 时，x 2＝21 m ，t ＝3 s 时，x 3＝59 m ；则质点在t ＝2 s 到t ＝3 s 时间内的位移Δx ＝x 3－x 2＝38 m ，v ＝Δx Δt ＝381 m /s ＝38 m/s ，故选B.命题点三速度和加速度1．速度、速度变化量和加速度的对比比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动的快慢和方向描述物体速度的变化描述物体速度变化的快慢和方向定义式v ＝Δx ΔtΔv ＝v －v 0 a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt方向物体运动的方向由v －v 0或a 的方向决定与Δv 的方向一致，由合力F 的方向决定，而与v 0、v 的方向无关2.a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a ＝Fm 是加速度的决定式，即加速度的大小由物体受到的合力F 和物体的质量m 共同决定，加速度的方向由合力的方向决定．例3 (多选)结合图9中的情景及数据，以下判断正确的是( )图9A ．甲图高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零B ．乙图汽车速度为100 km /h ，紧急刹车距离为31 m(可视为匀减速至静止)，由此可得汽车刹车阶段的加速度大小约为12.4 m/s 2C ．丙图点燃火药的炮膛中的炮弹的速度、加速度可能均为零D ．根据丁图中数据，可求出此运动员在110 m 栏比赛中通过全程的平均速度大小约为8.42 m/s 答案 ABD解析高速行驶的磁悬浮列车可能做匀速直线运动，此时加速度为零，故A 选项正确；由v 2＝2ax 代入数据可得加速度的大小约为12.4 m /s 2，故B 选项正确；点燃火药的炮膛中的炮弹的速度可能为零，但加速度不为零，故C 选项错误；由x ＝v t 可得v ≈8.42 m/s ，故D 选项正确．变式7 如图10甲所示，火箭发射时，速度能在10 s 内由0增加到100 m /s ；如图乙所示，汽车以108 km/h 的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来．下列说法中正确的是( )图10A ．10 s 内火箭的速度改变量为10 m/sB ．2.5 s 内汽车的速度改变量为－30 m/sC ．火箭的速度变化比汽车的快D ．火箭的加速度比汽车的加速度大答案 B解析 10 s 内火箭的速度改变量为Δv ＝v 2－v 1＝100 m /s －0＝100 m/s ，故A 错误；108 km /h ＝30 m/s,2.5 s 内汽车的速度改变量Δv ′＝v 2′－v 1′＝0－30 m /s ＝－30 m/s ，故B 正确；根据a ＝ΔvΔt 得：火箭的加速度为：a 1＝10010 m /s 2＝10 m/s 2，汽车的加速度为：a 2＝－302.5 m /s 2＝－12 m/s 2，所以火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车的慢，故C 、D 错误．变式8 一足球以12 m /s 的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24 m/s ，球与脚接触时间为0.1 s ，则此过程中足球的加速度为( )A ．120 m/s 2，方向与踢出方向相同 B ．120 m/s 2，方向与飞来方向相同 C ．360 m/s 2，方向与飞来方向相同 D ．360 m/s 2，方向与踢出方向相同答案 D解析设踢出方向为正方向，由a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt ＝24－(－12)0.1 m /s 2＝360 m/s 2，方向与踢出方向相同．变式9 如图11所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )图11A ．汽车在做加速直线运动B ．汽车的加速度方向与v 1的方向相同C ．汽车的加速度方向与v 1的方向相反D ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相反答案 C解析根据题图，汽车的速度变小，做的是减速直线运动，选项A 错误；汽车的加速度方向与Δv 的方向相同，所以与v 1、v 2的方向都相反，选项B 、D 错误，选项C 正确.1．(2018·浙江11月选考·1)下列物理量属于标量的是( ) A ．速度 B ．加速度 C ．电流 D ．电场强度答案 C解析电流是标量，速度、加速度、电场强度为矢量．2．如图1所示，我国空军在进行空中加油训练．大型加油机与接受加油的受油机在空中以同样的速度沿同一方向水平飞行．下列说法中正确的是( )图1A．选地面为参考系，受油机是静止的B．选地面为参考系，加油机是静止的C．选加油机为参考系，受油机是运动的D．选加油机为参考系，受油机是静止的答案 D解析选地面为参考系，受油机、加油机都是运动的，故A、B错误；加油机与接受加油的受油机在空中以同样的速度沿同一方向水平飞行，选加油机为参考系，受油机是静止的，故C错误，D正确．3.如图2所示，某高级中学举行了一年一度的秋季运动会，在运动会上，身高1.80米的小马参加了铅球项目，他投掷出了13.96米的好成绩，请问投掷过程中铅球通过的位移是()图2A．等于1.80米B．大于13.96米C．等于13.96米D．小于13.96米答案 B4．(多选)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是()A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D．变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度答案AC解析若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，这段时间内的平均速度等于零，A选项正确；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，如物体做匀速圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B选项错误；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C选项正确；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D选项错误．5.(2019届杭州市模拟)人们越来越多地使用手机进行导航，如图3所示是某人从杭州市民中心驾车去武林广场的手机导航的截屏画面，该地图提供了①②③三种驾车线路规划方案及相对应的数据，实际行驶中导航提示：“前方有测速，限速50公里……”. 下列说法不正确的是()图3A．①②③三条线路方案的位移相等B．研究汽车在地图上的实时位置时，汽车可以被看成质点C．图中显示的23 分钟和6.9公里分别指的是时间间隔和路程D．导航提示的“限速50公里”指的是限制汽车的平均速度答案 D6．(多选)骑自行车的人沿斜坡直线向下行驶，在第1 s、第2 s、第3 s、第4 s内通过的位移分别是1 m、2 m、3 m、4 m，有关其运动的描述，下列说法中正确的是()A．整个过程中的平均速度是2.5 m/sB．在第3、4两秒内的平均速度是3.5 m/sC．第3 s末的瞬时速度为3 m/sD．该运动一定是匀加速直线运动答案AB7．(多选)某质点以20 m/s的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2 s到达最高点，上升高度为20 m，又经过2 s回到出发点时，速度大小仍为20 m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是()A．质点运动的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向下B．质点在这段时间内的平均速度为零C．质点在最高点时加速度为零D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相同答案AB8．(2018·9＋1高中联盟期中)如图4所示，中国越来越多的城市提供了共享单车的服务，极大方便了日常出行．小明在某个停放点取了一辆单车，骑行10 min回到原停放点，共行驶3 km.小明在此过程中()图4A ．位移为3 kmB ．路程为3 kmC ．平均速度为5 m/sD ．最大速度为5 m/s答案 B9.如图5所示，一小球在光滑的V 形槽中由A 点释放，经B 点(与B 点碰撞所用时间不计)到达与A 点等高的C 点，设A 点的高度为1 m ，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为( )图5A.23 3 m ，23 3 m B.23 3 m ，43 3 m C.43 3 m ，23 3 m D.433 m,1 m 答案 C解析小球通过的路程为小球实际运动轨迹的长度，则小球通过的路程为s ＝2l AB ＝2×1sin 60° m ＝433 m ；位移是由初位置指向末位置的有向线段，则小球的位移大小为x ＝l AC ＝1sin 60° m ＝23 3 m ．选项C 正确．10．金丽温高铁开通后，从铁路售票网查询到G7330次列车从缙云西到杭州东的信息如图6所示，用电子地图测距工具测得缙云西站到杭州东站的直线距离约为179.8 km ，下列说法中正确的是( )图6A ．图中07∶31表示一段时间B ．图中01小时33分钟表示时刻C ．题中179.8 km 表示路程D ．题中179.8 km 表示位移大小答案 D解析题图中07∶31表示时刻，即列车从缙云西站出发的瞬间；01小时33分钟表示列车从缙云西站到杭州东站所经历的时间；题中179.8 km 表示从缙云西站到杭州东站的位移大小，故只有D 选项正确．11．(2018·新高考研究联盟联考)如图7,2016年1月6日，中国政府征用的两架民航客机先后从海口美兰机场起飞，经过近2小时的飞行于10时21分、10时46分平稳降落在南沙永暑礁新建机场，并于当日下午返回海口，试飞成功．新华社某记者当天在南沙永暑礁见证了这历史性的一刻．他感叹道：“天涯并不遥远．永暑礁远离大陆1 400多公里，以往坐船去永暑礁要在海上航行几十个小时，今天我搭乘民航班机只用两个小时就够了”．材料中所提到的有关物理知识正确的是()图7A．2小时、10时21分、10时46分，这里指的都是时刻B．1 400多公里这里只能看成路程C．两民航客机在此不可以看成质点D．飞机时速大约为700 km/h答案 D12．近几年，在国家宏观政策调控下，我国房价上涨出现减缓趋势．若将房价的“上涨”类比成“加速”，将房价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可类比成() A．速度增大，加速度减小B．速度增大，加速度增大C．速度减小，加速度增大D．速度减小，加速度减小答案 A解析将房价类比成速度，将房价上涨快慢类比成加速度，房价上涨出现减缓趋势，相当于加速度减小，但仍然在上涨，相当于加速度与速度方向相同，速度仍然增大，故A正确．13．(多选)如图8所示，汽车在做直线运动过程中，原来的速度是v1，经过一小段时间Δt以后，速度变为v2，则下列说法中正确的是()图8A．图中a与Δv都是标量B．图甲中汽车做加速直线运动C．图乙中汽车加速度a与速度方向相反D．若汽车做匀变速直线运动，则a的大小、方向保持不变答案BCD14．(多选)我国新研制的隐形战机歼－20已经开始挂弹飞行．在某次试飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的()A．速度不断增大，位移不断减小B．速度不断增大，位移不断增大C．速度增加越来越快，位移增加越来越慢D．速度增加越来越慢，位移增加越来越快答案BD解析根据题意，飞机速度与加速度同向，飞机速度和位移都在增大，选项A错误，选项B正确；由于加速度减小，所以速度增加越来越慢，而速度增大，会使位移变化越来越快，选项C错误，选项D正确．15．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s2，a乙＝－4m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动C．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相同答案 B解析加速度的正、负表示方向，其绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，A错误；甲的加速度与速度同向，所以做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，所以做减速运动，B正确；加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，C错误；由Δv＝aΔt可知在相等时间内，甲、乙速度变化大小相等，方向相反，D错误．16．有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g(g取10 m/s2)，以警醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故，将会达到这一数值．试问：(1)一辆以72 km/h的速度行驶的货车与一辆以54 km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，摩托车驾驶员以与碰撞前货车相同大小的速度被撞飞，碰撞时间为2.1×10－3 s，摩托车驾驶员是否有生命危险？(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车从急刹车到完全静止所需时间分别为4 s、3 s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？答案见解析解析 (1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为 Δv ＝v 2－v 1＝－72 km /h －54 km/h ＝－20 m /s －15 m/s ＝－35 m/s 两车相碰撞时摩托车驾驶员的加速度为 a ＝Δv Δt ＝－35 m/s 2.1×10－3 s ≈－16 667 m/s 2＝－1 666.7g 1 666.7g >500g ，因此摩托车驾驶员有生命危险．(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a 1、a 2，根据加速度定义得a 1＝|Δv 1|Δt 1，a 2＝|Δv 2|Δt 2所以a 1∶a 2＝|Δv 1|Δt 1∶|Δv 2|Δt 2＝204∶153＝1∶1.。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲含答案

第2讲匀变速直线运动的研究[考试标准]一、匀变速直线运动的规律 1．基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)速度位移关系式：v 2－v 02＝2ax . 2．匀变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于在这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝2t v ＝v 0＋v 2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.自测1 (2015·浙江10月选考·6)如图1所示，一女同学穿着轮滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15 s 穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58 m ，假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定( )图1A ．她在车底运动时的加速度B ．她在车底运动时的平均速度C ．她刚“滑入”车底时的速度D ．她刚“滑出”车底时的速度答案 B解析根据x ＝v 0t ＋12at 2知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，故A 、C 错误．根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度v ＝x t ＝5815 m /s ≈3.87 m/s ，故B 正确．由于初速度未知，结合速度时间公式无法求出末速度，即“滑出”车底时的速度，故D 错误．二、自由落体运动 1．特点和规律(1)从静止开始，只受重力作用的匀加速直线运动． (2)公式：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh .2．自由落体加速度(1)在同一地点，一切物体的重力加速度都相同，方向均为竖直向下． (2)在地球上其大小随地理纬度的增加而增大，在赤道上最小，在两极处最大．自测2 (2018·温州市十校期末联考)从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间，两位同学合作，用刻度尺可测得人的反应时间：如图2(a)所示，甲握住尺的上端，乙在尺的下部做握尺的准备(但不与尺接触)，当看到甲放开手时，乙立即握住尺．若乙做握尺准备时，手指位置如图(b)所示，而握住尺时的位置如图(c)所示．由此测得乙同学的反应时间最接近( )图2A ．2.0 sB ．0.04 sC ．0.50 sD ．0.30 s答案 D解析在人的反应时间中，直尺下降的距离h ＝40 cm. 根据h ＝12gt 2，t ＝2h g＝2×0.410s ≈0.28 s ，接近于0.30 s ，故D 正确，A 、B 、C 错误．三、伽利略对自由落体运动的研究1．亚里士多德认为物体下落的快慢是由它的重量决定的，物体越重，下落得越快． 2．伽利略认为，重物和轻物应该下落得同样快．3．伽利略的科学方法：观察现象→逻辑推理→猜想假说→实验验证→修正推广．自测3 如图3所示，大致地表示了伽利略探究自由落体运动的实验和思维过程，对于此过程的分析，以下说法正确的是( )图3A ．其中甲图是实验现象，丁图是经过合理的外推得出的结论B ．其中丁图是实验现象，甲图是经过合理的外推得出的结论C ．运用甲图的实验，可“清除”重力的作用，使实验现象更明显D ．运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显答案 A 四、运动学图象 1．x －t 图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律． (2)斜率意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小． ②切线斜率的正负表示物体速度的方向． 2．v －t 图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律． (2)斜率意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小． ②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向． (3)面积意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．②若此面积在时间轴的上方，则表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，则表示这段时间内的位移方向为负方向．自测4 (2015·浙江10月选考·2)下列v －t 图象中，表示物体做匀速直线运动的是( )答案 D解析 A 项表示物体的速度随时间均匀减小，做匀减速直线运动，故A 错误．B 项表示物体的速度随时间均匀增大，物体做匀加速直线运动，故B 错误．C 项表示物体的速度随时间均匀增大，物体做匀加速直线运动，故C 错误．D 项表示物体速度不随时间的变化而变化，做匀速直线运动，故D 正确.命题点一匀变速直线运动基本规律及应用 1．基本思路画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→解方程并加以讨论 2．方法与技巧题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式 v 0、v 、a 、t x v ＝v 0＋atv 0、a 、t 、x v x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x t v 2－v 02＝2ax v 0、v 、t 、xax ＝v ＋v 02t除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v 0的方向为正方向．例1 (多选)如图4所示，在一平直公路上，一辆汽车从O 点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3 s 内经过相距30 m 的A 、B 两点，汽车经过B 点时的速度为15 m/s ，则( )图4A ．汽车经过A 点的速度大小为5 m/sB ．A 点与O 点间的距离为20 mC ．汽车从O 点到A 点需要的时间为5 sD ．汽车从O 点到B 点的平均速度大小为7.5 m/s 答案 AD解析汽车在AB 段的平均速度v ＝x AB t AB ＝303 m /s ＝10 m/s ，而汽车做匀加速直线运动，所以有v ＝v A ＋v B 2，即v A ＝2v －v B ＝2×10 m /s －15 m/s ＝5 m/s ，选项A 正确；汽车的加速度a ＝v B 2－v A 22x AB，代入数据解得a ＝103 m/s 2.由匀变速直线运动规律有v A 2＝2ax OA ，代入数据解得x OA ＝3.75 m ，选项B 错误；由v A ＝at OA 解得汽车从O 点到A 点需要的时间为t OA ＝1.5 s ，选项C 错误；汽车从O 点到B 点的平均速度大小v ′＝v B 2＝152m /s ＝7.5 m/s ，选项D 正确．变式1 如图5所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104 m ，升降机运行的最大速度为8 m /s ，加速度大小不超过1 m/s 2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )图5A ．13 sB ．16 sC ．21 sD ．26 s 答案 C解析运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s 的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口．加速阶段，t 1＝Δv a ＝8 s ，位移x 1＝12at 12＝32 m减速阶段与加速阶段对称，t 3＝8 s ，x 3＝32 m匀速阶段：x 2＝(104－32－32) m ＝40 m ，所以t 2＝x 2v ＝5 s 所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝21 s ，所以选C.变式2 一个物体从静止开始，以加速度a 1做匀加速直线运动，经过时间t 改为做加速度大小为a 2的匀减速运动，又经过时间t 物体回到初始位置，求两个加速度大小之比a 1a 2.答案 1∶3解析根据题意可知，物体在第一个时间t 内做匀加速直线运动，在第二个时间t 内先做匀减速运动到速度为零然后反向加速，取初始速度方向为正方向，画出物体运动过程示意图如图所示．针对两个运动阶段由位移公式有 x ＝12a 1t 2－x ＝a 1t ·t ＋12(－a 2)t 2联立解得a 1a 2＝13.命题点二匀变速直线运动的推论及其应用类型1 逆向思维法的应用例2 汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第一秒内的位移为13 m ，最后1秒内的位移为2 m ，则下列说法正确的是( ) A ．汽车在第1秒末的速度可能为10 m/s B ．汽车加速度大小可能为3 m/s 2 C ．汽车在第1秒末的速度一定为11 m/s D ．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s 2 答案 C解析采用逆向思维，由于最后1 s 内的位移为2 m ，根据x ′＝12at ′2得，汽车加速度大小a ＝2x ′t ′2＝2×212 m /s 2＝4 m/s 2，第1 s 内的位移为13 m ，根据x 1＝v 0t 1－12at 12，代入数据解得初速度v 0＝15 m/s ，则汽车在第1 s 末的速度v 1＝v 0－at 1＝(15－4×1) m /s ＝11 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．变式3 (多选)如图6所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )图6A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1 答案 BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，故选项C 错误，D 正确；由v 2－v 02＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故选项A 错误，B 正确．类型2 平均速度公式的应用例3 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( ) A ．20 m B ．24 m C ．25 m D ．75 m答案 C解析由Δx ＝aT 2知a ＝－2 m/s 2由2t v ＝v ＝xt 知，第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22＝8 m/s由t ＝0－v 1a ＝4 s ，故刹车后5 s 停止．又2～5 s 内的位移为x ＝0－v 122a ＝16 m ，故刹车后6 s 内的位移为x ＋x 1＝25 m.变式4 一个小球由静止开始沿斜面下滑，经3 s 进入一个水平面，再经6 s 停下，斜面与水平面交接处的能量损失不计，则小球在斜面上和水平面上运动的位移大小之比是( ) A ．1∶1 B ．1∶2 C ．1∶3 D ．2∶1 答案 B 解析由v ＝0＋v m2得，斜面匀加速下滑阶段和水平面上匀减速阶段平均速度相同由x ＝v t 且时间之比为1∶2，故位移大小之比为1∶2，B 正确．命题点三自由落体运动1．自由落体运动是初速度为零、加速度为g 、方向竖直向下的匀加速直线运动．2．物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决． 3．自由落体运动的规律： (1)速度公式：v ＝gt . (2)位移公式：h ＝12gt 2.(3)速度与位移的关系式：v 2＝2gh (h 为物体下落的高度，不是距离地面的高度)．例4 (2018·牌头中学期中)一名攀岩运动员在登上陡峭的峰顶时不小心碰落了一块石块，8 s 后他听到石块落到地面的声音．若考虑到声音传播所需的时间，设声音在空气中传播的速度为340 m /s ，则山峰的实际高度值应最接近于(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( ) A ．80 m B ．160 m C ．250 m D ．320 m 答案 C解析若不考虑声音的传播所需的时间，则这个山峰的高度：h ＝12gt 2＝12×10×82 m ＝320 m ，考虑到声音传播需要一定时间后，石块下落到地面的时间小于8 s ，因此山峰高度比上面算出的值小一些．根据上面算出的高度，作为估算，声音传播的时间可取约为t 1＝h v ＝320340 s ≈0.9 s ，因此山峰的实际高度估计约为：h ′＝12gt ′2＝12×10×(8－0.9)2 m ≈252 m ，最接近于250 m ，故C 正确，A 、B 、D 错误．变式5 (2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)图7为“探究自由落体运动规律”实验过程中拍摄的频闪照片(照片中的数字是小球落下的距离，单位为cm)，为了根据照片测得当地重力加速度值，一定要记录的是( )图7A ．小球的直径B ．小球的质量C ．频闪光源的频率D ．小球初速度为零的位置答案 C变式6 (2018·宁波市重点中学联考)某同学在竖直墙前连续拍照时，恰好有一块小石子从墙前某高度处自由落下，拍到石子下落过程中的一张照片如图8所示，由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹，已知每层砖的厚度为6.0 cm ，这个照相机的曝光时间为2.0×10－2 s ，则石子开始下落的位置距A 位置的距离约为(g ＝10 m/s 2)( )图8A ．0.45 mB ．0.9 mC ．1.8 mD ．3.6 m 答案 C解析由题图可以看出，在曝光的时间内，石子下降了大约两层砖的厚度，即12 cm(0.12 m)，曝光时间为2.0×10－2 s ，所以AB 段的平均速度为：v ＝0.120.02m /s ＝6 m/s ，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知AB 中间时刻的速度为v ＝6 m/s ，由v 2＝2gh 可得下落的高度为h ＝v 22g＝1.8 m ，故石子开始下落的位置距A 位置的距离约为1.8 m ，C 正确，A 、B 、D 错误．命题点四运动学图象1．x －t 图象、v －t 图象都不是物体运动的轨迹，图象中的x 、v 与t 一一对应． 2．无论是x －t 图象还是v －t 图象，所描述的运动都是直线运动．3．弄清图象反映的物理过程及规律，从中获取有效信息，通常情况下，需要关注的特征量有三个层面．第一层：关注横坐标、纵坐标；第二层：理解斜率、面积、截距的物理意义；第三层：分析交点、转折点、渐近线．例5 (2018·9＋1高中联盟期中)在某次海试活动中，深海载人潜水器“蛟龙号”(图9甲)完成海底任务后竖直上浮，假设从上浮速度为v 0时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 2上浮到海面，速度恰好减为零，其v －t 图象如图乙所示，下列判断正确的是( )图9A ．t 1时刻“蛟龙号”中的科考实验员正处于超重状态B ．t 1时刻“蛟龙号”的速度大小为v 0t 2t 1C ．t 1时刻“蛟龙号”深度为v 0(t 2－t 1)22t 2D ．t 2时刻“蛟龙号”深度为v 0t 22答案 C解析 “蛟龙号”匀减速上浮，加速度方向向下，所以科考实验员正处于失重状态，故A 错误；根据几何关系可知，t 1时刻“蛟龙号”的速度大小为v 0t 2(t 2－t 1)，故B 错误；t 1时刻“蛟龙号”深度等于t 1至t 2时刻内所运动的位移大小，根据图象的面积可知，此时的深度为v 0(t 2－t 1)22t 2，故C 正确；t 2时刻“蛟龙号”到达水面，故其深度为零，故D 错误．变式7 (2018·浙江11月选考·4)一辆汽车沿平直道路行驶，其v －t 图象如图10所示．在t ＝0到t ＝40 s 这段时间内，汽车的位移是( )图10A ．0B ．30 mC ．750 mD ．1 200 m答案 C解析汽车通过的位移即为v －t 图象与时间轴围成的面积，根据面积可知位移为x ＝12×(10＋40)×30m ＝750 m.命题点五多运动过程问题 1．基本思路如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段连接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列步骤解题：(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图； (2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出连接处的速度与各段间的位移－时间关系； (4)解：联立求解，算出结果． 2．解题关键多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．例6 公交给居民出行带来了方便，很多城市都建设了公交专线．如图11所示，公路上有一辆公共汽车以10 m /s 的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置50 m 处开始刹车做匀减速直线运动．公交车刚刹车时，一乘客为了搭车，从距站台右侧24 m 处由静止正对着站台跑去，人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s 后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，乘客顺利上车．人加速和减速的加速度大小相等．求：(不考虑站台大小和公交车的大小)图11(1)公交车刹车做匀减速直线运动时加速度的大小； (2)人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小．答案 (1)1 m /s 2(2)1 m/s 2解析 (1)设公交车刹车做匀减速运动的加速度大小为a 1，由匀变速直线运动规律，有： v 12＝2a 1x 1 解得：a 1＝1 m/s 2 (2)由v 1＝a 1t ，公交车刹车时间为t ＝v 1a 1＝101s ＝10 s设人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小为a 2，则匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移均为x 2＝v 222a 2设匀速运动时间为t ′人的总位移为x ＝24 m ，总时间也为t ＝10 s 由t ＝2×v 2a 2＋t ′x ＝2x 2＋v 2t ′，代入数据解得：a 2＝1 m/s 2.1．(2018·宁波市期末)伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图1所示的斜面实验，下列哪些方法是他在这个实验中采用过的( )图1A ．用停表计时B ．改变斜面倾角，比较各种倾角得到的x 与t 的平方成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动C ．用打点计时器打出纸带进行数据分析D ．改变斜面倾角，比较各种倾角得到的v 与t 成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动答案 B解析在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是滴水计时法，故A 错误；在伽利略时代，科技不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，则x 与t 的平方成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动，故B 正确，D 错误；在伽利略时代还没有发明打点计时器，故C 错误．2．(2018·绿色评价联盟选考)从上海开往杭州的G7361次列车进入杭州站．关闭发动机后，可看成匀减速直线运动，能正确反映其运动的图象是( )答案 C解析 A 、B 反映的是匀速直线运动，D 反映的是匀加速直线运动，只有C 反映的是匀减速到零的直线运动．3. (2018·嘉兴市期末)在平直的小区道路上，一毛开着玩具车正以7.2 km /h 的速度沿直线行驶，突然前方窜出一只小狗，他便马上紧急刹车，如图2所示，假设刹车的加速度大小恒定为0.8 m/s 2，则该玩具车在3 s 内的刹车距离为( )图2A ．2.4 mB ．2.5 mC ．31.1 mD ．32.4 m答案 B解析 v 0＝7.2 km /h ＝2 m/s ，该玩具车匀减速运动的时间t ＝v 0a ＝20.8 s ＝2.5 s ，该玩具车在3 s 内的刹车距离x ＝v 022a＝2.5 m ，故B 正确．4．(2019届金华市质检)奥迪车有多种车型，如30TFSI 、35TFSI 、50TFSI(每个车型字母前的数字称为G 值)，G 值用来表现车型的整体加速度感，数字越大，加速越快．G 值的大小为车辆从静止开始加速到100 km /h 的平均加速度数值(其单位为国际单位制单位)再乘以10.如图3为某一型号的奥迪尾标，其值为50TFSI ，则该型号车从静止开始加速到100 km/h 的时间约为( )图3A ．5.6 sB ．6.2 sC ．8.7 sD ．9.5 s答案 A解析奥迪50TFSI 的平均加速度a ＝5 m/s 2，由v ＝at ，可得t ≈5.6 s.5．一物体以初速度v 0＝20 m/s 沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑3 s 时，速度减为14v 0，再经过多长时间速度变为向下的14v 0( )A ．1 sB ．2 sC ．3 sD ．5 s 答案 B解析设向下为正方向，根据加速度公式得：a ＝v 0－v 04t ＝5 m/s 2，从向上的14v 0，变为向下的14v 0，则t ′＝v 04－(－v 04)a＝2 s ，故选B.6．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，下列说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为1 m/s 2B ．该质点在第1 s 末的速度大小为6 m/sC ．该质点在第2 s 内的平均速度为8 m/sD ．该质点在前2 s 内的位移为8 m 答案 C解析对比公式x ＝v 0t ＋12at 2可得v 0＝5 m /s ，a ＝2 m/s 2，所以该质点在第1 s 末的速度大小为v ＝v 0＋at ＝7 m/s ，A 、B 错误；该质点在第1 s 内的位移为x 1＝(5×1＋12) m ＝6 m ，该质点在前2 s 内的位移为x 2＝(5×2＋22) m ＝14 m ，所以该质点在第2 s 内的平均速度大小为v ＝x 2－x 11＝8 m/s ，C 正确，D 错误． 7．如图4所示为谢思埸(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象，以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则( )图4A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t2时刻达到最高点D．t1～t2时间内速度方向竖直向上答案 B解析谢思埸起跳时的速度方向向上，则t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图象为直线，加速度不变，则在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，故B正确，C错误；0～t1时间内，速度方向竖直向上，t1～t2时间内速度方向竖直向下，故D错误．8．(2018·新力量联盟期中)一质点做直线运动的v－t图象如图5所示，下列说法正确的是()图5A．在2～4 s内，质点处于静止状态B．质点在0～2 s内的加速度比在4～6 s内的加速度大C．在0～6 s内，质点的平均速度为3 m/sD．在第5 s末，质点离出发点最远答案 D解析在2～4 s内，质点处于匀速直线运动状态，A错误；质点在0～2 s内的加速度小于4～6 s内的加速度，B错误；由题图图线与t轴所围面积表示位移可知，在0～6 s内质点的平均速度v＝306m/s＝5 m/s，C错误．9．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、第9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是()A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 mB．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 mC．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 mD．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m答案 C解析根据v ＝2t v ，质点在8.5 s 时刻的速度比在4.5 s 时刻的速度大4 m/s ，所以加速度a ＝Δv Δt ＝4 m/s4 s＝1 m /s 2，v 9＝v 0＋at ＝9.5 m/s ，x 9＝12(v 0＋v 9)t ＝45 m ，选项C 正确．10．(2018·杭州市五校联考)如图6所示，以8 m /s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m /s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有( )图6A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．如果距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处答案 C解析若立即匀加速，t 1＝2 s 内最大位移x ＝v 0t 1＋12at 12＝20 m>18 m ，故能通过停车线，A 错误；此时速度v 1＝v 0＋at 1＝12 m/s <12.5 m/s ，不超速，B 错误；若绿灯熄灭前汽车匀速行驶，经过的位移x 1＝v 0t 1＝16 m<18 m ，则汽车立即做匀减速运动2 s 内通过的位移一定小于16 m ，则匀减速时绿灯熄灭前不能通过停车线，C 正确；汽车匀减速至停止所用时间t 2＝v 0a 2＝85 s ＝1.6 s ，位移x 2＝12a 2t 22＝6.4 m>5m ，则距停车线5 m 处减速，会过停车线，D 错误．11．现有一辆长为5 m 的汽车以v 1＝15 m/s 的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m 处，汽车司机突然发现离交叉点200 m 处有一列长300 m 的列车以v 2＝20 m/s 的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻刹车做匀减速直线运动，则最小加速度为多少？汽车司机如果立刻做匀加速直线运动，则最小加速度应多少？答案 0.643 m /s 20.6 m/s 2解析从汽车司机发现列车到列车通过交叉口所需时间为：t 1＝300＋20020 s ＝25 s汽车刹车做匀减速直线运动到交叉点前刚好停止，则s 汽＝12v 1t 2t 2＝35015s ＝23.33 s<25 s 根据运动学公式可得，2a 1s 汽＝0－v 12a 1≈－0.643 m/s 2则当汽车以大于0.643 m/s 2的加速度刹车时可在交叉点停车前避免事故发生．若汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，则需要汽车在列车到达交叉点前通过交叉点，列车到达交叉点所用时间为：t 3＝s 列v 2＝20020 s ＝10 sx 汽＝L 汽＋s 汽＝v 1t 3＋12a 2t 32，整理得：a 2＝0.6 m/s 2则当汽车以大于0.6 m/s 2的加速度加速时可在列车到达交叉点前通过交叉点避免事故发生． 12．如图7所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求：图7(1)列车减速运动的加速度的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间．答案 (1)1.6 m/s 2≤a ≤167m/s 2 (2)50 s解析 (1)列车做匀减速运动到速度为0的过程中，刹车的距离：x ＝v 022a ，当位移最小时，加速度最大：a max ＝v 022x min ＝8022×(1 200＋200) m/s 2＝167m/s 2位移最大时，加速度最小：a min ＝v 022x max ＝8022×2 000 m /s 2＝1.6 m/s 2所以加速度的范围是：1.6 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)由速度公式v ＝v 0＋at 可知，列车做匀减速运动到速度为0的时间：t ＝0－v 0－a ，可知加速度最小时，列车匀减速运动的时间最长：t max ＝v 0a min ＝801.6s ＝50 s.。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第五章机械能守恒定律专题强化一含答案

专题强化一动力学和能量观点的综合应用命题点一多运动组合问题1．抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．例1 (2017·浙江4月选考·20)图1中给出了一段“S ”形单行盘山公路的示意图．弯道1、弯道2可看做两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1、O 2，弯道中心线半径分别为r 1＝10 m 、r 2＝20 m ，弯道2比弯道1高h ＝12 m ，有一直道与两弯道圆弧相切．质量m ＝1 200 kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图1(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v 1；(2)汽车以v 1进入直道，以P ＝30 kW 的恒定功率直线行驶了t ＝8.0 s 进入弯道2，此时速度恰为通过弯道中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；(3)汽车从弯道1的A 点进入，从同一直径上的B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道．设路宽d ＝10 m ，求此最短时间(A 、B 两点都在轨道中心线上，计算时视汽车为质点)．答案见解析解析 (1)汽车在沿弯道1中心线行驶时，由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 12r 1解得v 1＝kgr 1＝5 5 m/s.(2)设在弯道2沿中心线行驶的最大速度为v 2由牛顿第二定律得，kmg ＝m v 22r 2解得v 2＝kgr 2＝510 m/s 在直道上由动能定理有 Pt －mgh ＋W f ＝12m v 22－12m v 12代入数据可得W f ＝－2.1×104 J.(3)沿如图所示内切的路线行驶时间最短，由图可得r ′2＝r 12＋[r ′－(r 1－d2)]2代入数据可得r ′＝12.5 m设汽车沿该路线行驶的最大速度为v ′ 则kmg ＝m v ′2r ′得v ′＝kgr ′＝12.5 m/s 由sin θ＝r 1r ′＝0.8则对应的圆心角为2θ＝106° 路线长度s ＝106°360°×2πr ′≈23.1 m最短时间t ′＝sv ′≈1.8 s.变式1 (2016·浙江4月选考·20)如图2所示装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB 与粗糙直轨道BC 平滑连接，高度差分别是h 1＝0.20 m 、h 2＝0.10 m ，BC 水平距离L ＝1.00 m ．轨道Ⅱ由AE 、螺旋圆形EFG 和GB 三段光滑轨道平滑连接而成，且A 点与F 点等高．当弹簧压缩量为d 时，恰能使质量m ＝0.05 kg 的滑块沿轨道Ⅰ上升到B 点；当弹簧压缩量为2d 时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C 点．(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，g ＝10 m/s 2)图2(1)当弹簧压缩量为d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小； (2)求滑块与轨道BC 间的动摩擦因数；(3)当弹簧压缩量为d 时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B 点？请通过计算说明理由．答案 (1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析解析 (1)由机械能守恒定律可得E 弹＝ΔE k ＝ΔE p ＝mgh 1＝0.05×10×0.20 J ＝0.1 J 由ΔE k ＝12m v 02，可得v 0＝2 m/s.(2)由E 弹∝d 2，可得当弹簧压缩量为2d 时， ΔE k ′＝E 弹′＝4E 弹＝4mgh 1由动能定理可得－mg (h 1＋h 2)－μmgL ＝－ΔE k ′ 解得μ＝3h 1－h 2L＝0.5.(3)滑块恰能通过螺旋圆形轨道最高点需满足的条件是 mg ＝m v 2R m由机械能守恒定律有v ＝v 0＝2 m/s 解得R m ＝0.4 m当R >0.4 m 时，滑块会脱离螺旋圆形轨道，不能上升到B 点；当R ≤0.4 m 时，滑块能上升到B 点．题型1 平抛运动＋圆周运动的组合例2 (2013·浙江理综·23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图3(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．答案 (1)8 m/s (2)4 5 m/s (3)216 N解析 (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有 h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ② 联立①②式，得 v min ＝8 m/s.③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有 (M ＋m )gh 2＝12(M ＋m )v C 2④v C ＝2gh 2＝4 5 m/s.⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，在最低点由牛顿第二定律得 F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v C 2L ⑥由几何关系 (L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦ 得：L ＝10 m ⑧联立⑤⑥⑧式并代入数据解得： F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v C 2L＝216 N.题型2 直线运动＋圆周运动＋平抛运动的组合例3 (2019届湖州市模拟)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图4所示，某小车以额定功率18 W 由静止开始从A 点出发，加速2 s 后进入光滑的竖直圆轨道BC ，恰好能经过圆轨道最高点C ，然后经过光滑曲线轨道BE 后，从E 处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆半径R ＝1.2 m ，沙坑距离BD 平面高度h 2＝1 m ，小车的总质量为1 kg ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：图4(1)小车在B 点对轨道的压力大小；(2)小车在AB 段克服摩擦力做的功；(3)末端平抛高台h 1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？答案 (1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m解析 (1)由于小车恰好经过圆轨道最高点C ，即mg ＝m v C 2R由B →C ，根据动能定理可得－2mgR ＝12m v C 2－12m v B 2在B 点由牛顿第二定律有，F N －mg ＝m v B 2R ，联立解得F N ＝60 N ，由牛顿第三定律得在B 点小车对轨道的压力为60 N ，方向竖直向下．(2)由A →B ，根据动能定理：Pt ＋W f ＝12m v B 2，解得W f ＝－6 J ，即小车在AB 段克服摩擦力做的功为6 J.(3)由B →E ，根据动能定理得－mgh 1＝12m v E 2－12m v B 2，飞出后，小车做平抛运动，所以h 1＋h 2＝12gt 2水平位移x ＝v E t ，化简得x ＝v B 2－2gh 12(h 1＋h 2)g，即x ＝ (60－20h 1)h 1＋15，当h 1＝1 m 时，水平距离最大，x max ＝4 m. 命题点二传送带模型问题传送带问题的分析流程和技巧 1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝F f ·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x 相对为两物体对地位移大小之和． 3．功能关系(1)功能关系分析：W F ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W F 和Q 的理解： ①传送带的功：W F ＝Fx 传； ②产生的内能Q ＝F f ·x 相对．模型1 水平传送带模型例4 倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6 m /s 的速度运动，运动方向如图5所示．一个质量为2 kg 的物体(可视为质点)，从h ＝3.2 m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，物体向左最多能滑到传送带左右两端A 、B 连线的中点处，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图5(1)传送带左、右两端A 、B 间的距离L ；(2)上述过程中物体与传送带组成的系统因摩擦产生的热量； (3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度h ′. 答案 (1)12.8 m (2)160 J (3)1.8 m解析 (1)物体从静止开始到在传送带上的速度等于0的过程中，由动能定理得：mgh －μmgL 2＝0－0，解得L＝12.8 m.(2)在此过程中，物体与传送带间的相对位移x 相＝L 2＋v 带·t ，又L 2＝12μgt 2，而摩擦产生的热量Q ＝μmg ·x 相，联立得Q ＝160 J.(3)物体随传送带向右匀加速运动，设当速度为v 带＝6 m/s 时，向右运动的位移为x ，则μmgx ＝12m v 带2，得x＝3.6 m ＜L2，即物体在到达A 点前速度与传送带速度相等，最后以v 带＝6 m/s 的速度冲上斜面，由动能定理得12m v 带2＝mgh ′，解得h ′＝1.8 m. 模型2 倾斜传送带模型例5 如图6所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m /s ，沿顺时针方向运动，物体质量m ＝1 kg ，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：图6(1)物体由A 端运动到B 端的时间．(2)系统因摩擦产生的热量．答案 (1)2 s (2)24 J解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力和重力，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，设物体经时间t 1，加速到与传送带同速，则v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 12解得：a 1＝10 m/s 2 t 1＝1 s x 1＝5 m<L因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝v t 2＋12a 2t 22解得：t 2＝1 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s. (2)物体与传送带间的相对位移 x 相＝(v t 1－x 1)＋(L －x 1－v t 2)＝6 m 故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J.1.如图1所示，皮带的速度是3 m /s ，两轮圆心间距离s ＝4.5 m ，现将m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，(取g ＝10 m/s 2)求：图1(1)小物体获得的动能E k ； (2)这一过程中摩擦产生的热量Q ； (3)这一过程中电动机多消耗的电能E . 答案 (1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J解析 (1)物体开始做匀加速运动，加速度a ＝μg ＝1.5 m/s 2，当物体与皮带速度相同时，有μmgx ＝12m v 2.解得物体加速阶段运动的位移x ＝3 m ＜4.5 m ，则小物体获得的动能 E k ＝12m v 2＝12×1×32 J ＝4.5 J.(2)v ＝at ，解得t ＝2 s ， Q ＝μmg ·x 相对＝μmg (v t －x ) ＝0.15×1×10×(6－3) J ＝4.5 J. (3)E ＝E k ＋Q ＝4.5 J ＋4.5 J ＝9 J.2．2008年北京奥运会场地自行车赛安排在老山自行车馆举行．老山自行车赛场采用的是250 m 椭圆赛道，赛道宽度为7.7 m ．赛道形如马鞍形，由直线段、过渡曲线段以及圆弧段组成，按国际自盟UCI 赛道标准的要求，圆弧段倾角为45°，如图2所示(因直线段倾角较小，故计算时不计直线段的倾角)．赛道使用松木地板，为运动员提供最好的比赛环境．目前，比赛用车采用最新的碳素材料设计，质量为9 kg.比赛时，运动员从直线段的中点出发绕场骑行，若已知赛道的每条直线段长80 m ，圆弧段内半径为14.4 m ，运动员质量为51 kg ，设直线段运动员和自行车所受阻力为接触面压力的0.75倍(不计圆弧段摩擦，圆弧段上运动近似为匀速圆周运动，不计空气阻力，计算时运动员和自行车可近似为质点，g 取10 m/s 2)．求：图2(1)运动员在圆弧段内侧赛道上允许的最佳安全速度是多大？(2)为在进入弯道前达到(1)所述的最佳安全速度，运动员和自行车在直线段加速时所受的平均动力至少为多大？(3)若某运动员在以(1)所述的最佳安全速度进入圆弧轨道时，因技术失误进入了最外侧轨道，则他的速度降为多少？若他在外道运动绕过的圆心角为90°，则这一失误至少损失了多少时间？(在圆弧轨道骑行时不给自行车施加推进力)答案 (1)12 m /s (2)558 N (3)6 m/s 3.3 s解析 (1)运动员以最大允许速度在圆弧段内侧赛道骑行时，重力与支持力的合力沿水平方向，充当圆周运动的向心力，由牛顿第二定律： mg tan 45°＝m v 2R，则v ＝gR ＝12 m/s(2)运动员在直线段加速距离x ＝40 m ，v 2＝2ax 由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，解得F ＝558 N (3)进入最外侧轨道后，高度增加了Δh ＝d sin 45°≈5.4 m 半径增加了ΔR ＝d cos 45°≈5.4 m由机械能守恒定律得：12m v 2＝mg Δh ＋12m v 12解得v 1＝v 2－2g Δh ＝6 m/s在内侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t 1＝πR2v ≈1.88 s在外侧赛道上运动绕过圆心角90°所需时间：t 2＝π(R ＋ΔR )2v 1≈5.18 s至少损失时间：Δt ＝t 2－t 1＝3.3 s.3．(2018·杭州市五校联考)如图3所示，质量为m ＝1 kg 的小滑块(视为质点)在半径为R ＝0.4 m 的14圆弧A 端由静止开始释放，它运动到B 点时速度为v ＝2 m/s.当滑块经过B 点后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ＝37°、长s ＝1 m 的斜面CD 上，CD 之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D 点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O 点，自然状态下另一端恰好在D 点．认为滑块通过C 和D 前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图3(1)求滑块对B 点的压力大小以及在AB 上克服阻力所做的功； (2)若设置μ＝0，求滑块从C 运动到D 的时间； (3)若最终滑块停在D 点，求μ的取值范围．答案 (1)20 N 2 J (2)13s (3)0.125 ≤μ<0.75或μ＝1解析 (1)在B 点，F －mg ＝m v 2R解得F ＝20 N由牛顿第三定律，滑块对B 点的压力F ′＝20 N 从A 到B ，由动能定理，mgR －W ＝12m v 2得到W ＝2 J.(2)若设置μ＝0，滑块在CD 间运动，有mg sin θ＝ma 加速度a ＝g sin θ＝6 m/s 2根据匀变速运动规律s ＝v t ＋12at 2，得t ＝13 s.(3)最终滑块停在D 点有两种可能： a ．滑块恰好能从C 下滑到D .则有mg sin θ·s －μmg cos θ·s ＝0－12m v 2，得到μ＝1b ．滑块在斜面CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．当滑块恰好能返回C ：－μ1mg cos θ·2s ＝0－12m v 2得到μ1＝0.125当滑块恰好能静止在斜面上，则有 mg sin θ＝μ2mg cos θ，得到μ2＝0.75所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于D 点．综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.4．(2019届金华市模拟)某同学设计了一款益智类的儿童弹射玩具，模型如图4所示，AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯杆，DE 段是长度为2R 的水平杆，与AB 杆稍稍错开．竖直杆内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的小球．每次将弹簧的长度压缩至P 点后锁定，设PB 的高度差为h ；解除锁定后弹簧可将小球弹出．在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为2R 的盒子用于接收小球，盒子的左端最高点Q 和P 点等高，且与E 的水平距离为x ，已知弹簧锁定时的弹性势能E p ＝9mgR ，小球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.5，与其他部分的摩擦不计，不计小球受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对小球的影响且杆的粗细远小于圆的半径，重力加速度为g .求：图4(1)当h ＝3R 时，小球到达弯杆的最高点C 处时的速度大小v C ；(2)在(1)问中小球运动到最高点C 时对弯杆作用力的大小；(3)若h 连续可调，要使该小球能掉入盒中，求x 的最大值．答案 (1)10gR (2)9mg (3)8R解析 (1)小球从P 点运动至C 点的过程中，机械能守恒，则有E p ＝mg (h ＋R )＋12m v C 2，解得v C ＝10gR .(2)设小球在C 点时受到弯杆的作用力向下，大小为F ，则F ＋mg ＝m v C 2R，解得F ＝9mg ，根据牛顿第三定律，小球对弯杆的作用力大小为9mg .(3)从P 到E 的过程中，由能量守恒得E p －mg (h －R )－μmg ·2R ＝12m v E 2－0，要使小球落入盒中且x 取最大值的临界情况是正好从Q 点掉入盒中，由E 到Q 做平抛运动得h －R ＝12gt 2，x ＝v E t ，联立得x ＝2－(h －5R )2＋16R 2，故当h ＝5R 时，有x max ＝8R .判断：该情况小球能通过最高点C ，结果成立．。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第十章电磁感应交变电流第2讲含答案

第2讲交变电流[考试标准]知识内容考试要求说明交变电流c1.不要求知道交流发电机各部分的名称.2.不要求推导交流电动势的瞬时值表达式.3.不要求计算线圈在磁场中转动时的电动势.4.不要求证明正弦式交变电流有效值与峰值之间的关系.5.不要求计算方波等其他交变电流的有效值.6.不要求知道感抗、容抗的概念.7.不要求分析、计算两个及以上副线圈和有两个磁路的变压器问题.8.不要求计算同时涉及升压、降压的输电问题. 描述交变电流的物理量c电感和电容对交变电流的影响b变压器c电能的输送c一、交变电流1.产生：线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.2.两个特殊位置的特点：(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变.(2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变.3.电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次.自测1 (多选)关于中性面，下列说法正确的是( )A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D.线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次答案 AC二、正弦式交变电流的描述1.周期和频率(1)周期(T )：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω.(2)频率(f )：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz). (3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T.2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin ωt ，其中ω为线圈转动的角速度，E m ＝nBSω. (2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin ωt . (3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin ωt . 3.交变电流的瞬时值、峰值和有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.(2)峰值：交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值.(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E ＝E m 2，U ＝U m 2，I ＝I m 2. 自测2 (多选)如图1所示是某种正弦交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )图1A.周期是0.01 sB.最大值是311 VC.有效值约是220 VD.表达式为u ＝220sin 100πt (V) 答案 BC三、电感和电容对交变电流的影响 1.电感器对交变电流的阻碍作用(1)感抗：电感器对交变电流阻碍作用的大小.(2)影响因素：线圈的自感系数越大，交流的频率越高，感抗越大.(3)感抗的应用2.电容器对交变电流的阻碍作用(1)容抗：电容器对交变电流阻碍作用的大小.(2)影响因素：电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小. (3)作用：“通交流，隔直流；通高频，阻低频”.自测3 如图2所示，电阻R 、电容C 和电感L 并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源.当电路中交流电的频率为f 时，通过R 、C 和L 的电流有效值恰好相等.若将频率降低为12f ，分别用I 1、I 2、I 3表示此时通过R 、C 和L 的电流有效值，则( )图2A.I 1＝I 2＝I 3B.I 1>I 2>I 3C.I 3>I 1>I 2D.I 1>I 2＝I 3答案 C 四、变压器 1.原理电流磁效应、电磁感应. 2.基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出. (2)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.3.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器.(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：用来把高电压变成低电压.电流互感器：用来把大电流变成小电流.五、电能的输送 1.输电过程(如图3所示)图32.输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q ＝I 2Rt .3.电压损失：(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR .4.功率损失：(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝(PU )2R .5.输送电流：(1)I ＝PU ；(2)I ＝U －U ′R.自测4 要减少电能输送时的损失，下列说法中正确的是( ) A.降低输电电压 B.把输电导线埋于地下 C.提高输电电压D.增大输电导线中的电流答案C命题点一交变电流的产生和描述正弦式交变电流的瞬时值、峰值、有效值、平均值的比较例1 如图4甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V .图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象，则( )图4A.电阻R 的电功率为20 WB.t ＝0.02 s 时，R 两端的电压瞬时值为零C.R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt VD.通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝14.1cos 50πt A 答案 C解析电阻R 的电功率为P ＝U 2R ＝10 W ，选项A 错误；由题图乙知t ＝0.02 s 时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt V ，选项C 正确；通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝uR ＝1.41cos 100πt A ，选项D 错误.变式1 (多选)交变电动势瞬时值表达式e ＝102sin 4πt V ，下列说法正确的是( ) A.此交变电流的频率是4π Hz B.此交变电流的周期是0.5 sC.当t ＝0时，产生此交变电流的线圈与中性面重合D.当t ＝0.5 s 时，此交变电动势有最大值答案 BC解析由表达式可知ω＝4π rad/s ＝2πf ，f ＝2 Hz ，故选项A 错误；由T ＝1f ＝0.5 s ，可知选项B 正确；当t ＝0时，由e ＝102sin 4πt V ＝0可知此时线圈与中性面重合，故选项C 正确；当t ＝0.5 s 时，由e ＝102sin 4πt V ＝0可知交变电动势最小，故选项D 错误.变式2 (多选)如图5所示，闭合的矩形导体线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动.沿着OO ′方向观察，线圈顺时针方向转动.则当线圈转至图示位置时( )图5A.线圈中感应电流的方向为abcdaB.线圈中感应电流的方向为adcbaC.穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D.线圈ad 边所受安培力的方向垂直纸面向里答案 ACD解析当线圈转至题图所示位置时，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda ，选项A 正确，B 错误；题图所示位置穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大，感应电动势最大，选项C 正确；由左手定则知线圈ad 边所受安培力的方向垂直纸面向里，选项D 正确.变式3 (多选)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图6所示，已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，则( )图6A.电压表V 的示数为220 VB.电路中的电流方向每秒改变100次C.通过灯泡电流的最大值为2.2 2 AD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4 J 答案 BC解析由题图知电动势峰值为220 2 V ，周期为2×10－2 s ，所以电动势有效值为220 V ，角速度ω＝2πT ＝2π2×10－2 rad /s ＝100π rad/s.电压表测的是路端电压，U ＝E R ＋r R ＝22095＋5×95 V ＝209 V ，故A 错误；因周期T ＝2×10－2 s ，所以频率f ＝1T ＝12×10－2 Hz ＝50 Hz ，电流方向每秒钟改变100次，故B正确；通过灯泡电流的最大值为I m ＝220295＋5A ＝2.2 2 A ，故C 正确；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q ＝(E －U )2r t ＝1125×1 J ＝24.2 J ，故D 错误.拓展点交流电有效值的求解计算交变电流有效值的方法(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解.(2)分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量.(3)利用两个公式Q ＝I 2Rt 和Q ＝U 2Rt 可分别求得电流有效值和电压有效值.(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的14周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I ＝I m 2、U ＝U m2求解. 例2 电压u随时间t 的变化情况如图7所示，皆为正弦函数图象的一部分，求电压的有效值.图7答案 5510 V解析由有效值的定义式得：⎝ ⎛⎭⎪⎫110222R·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫220222R·T 2＝U 2RT ，解得U＝5510 V. 命题点二变压器和电能的输送考向1 理想变压器原理和基本关系 1.变压器的工作原理2.理想变压器的制约关系：例3 (多选)如图8所示，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交流电源上.闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A.以下判断正确的是( )图8A.变压器输入功率为484 WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD.变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3 答案 BD解析根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为60×2.2 W ＝132 W ，此即变压器输出功率，再根据理想变压器输入功率等于输出功率，选项A 错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝11∶3，再由I 1I 2＝n 2n 1，可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A ，选项B 、D 正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈的电流的最大值为2.2 2 A ，选项C 错误.变式4 (多选)如图9所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )图9A.这是一个升压变压器B.原线圈的匝数比副线圈的匝数多C.当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD.当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大答案 BD解析根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，故选项A 错误，B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C 错误；由理想变压器的输入功率等于输出功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，知副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D 正确. 考向2 理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况：(1)匝数比不变的情况(如图10所示)①U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变.②当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化. ③I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化.图10图11(2)负载电阻不变的情况(如图11所示) ①U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化.②R 不变，U 2变化，故I 2发生变化.③根据P 2＝U 22R ，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化.例4 (多选)(2018·嘉兴市期末)如图12是一个理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的电压，I 1为通过原线圈的电流，则( )图12A.K 合在b 处，保持U 1不变，使P 上滑，I 1将增大B.K 合在b 处，保持P 的位置不变，减小U 1，I 1将减小C.保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合向a 后，I 1将增大D.保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合向a 后，R 消耗的功率将减小答案 BD解析 K 合在b 处，保持U 1不变，故U 2不变，P 上滑，R 增大，I 2减小，I 1也减小，故A 错误；K 合在b 处，U 1减小，U 2减小，P 不动，R 不变，故I 2减小，I 1也减小，故B 正确；U 1不变，K 由b合到a ，则n 1增大，U 2＝n 2n 1U 1减小，P 2＝U 22R 减小，又P 2＝P 1＝U 1I 1，故I 1减小，故C 错误，D 正确.变式5 (多选)(2018·牌头中学期中改编)如图13所示为一理想变压器工作电路图，今欲使变压器的输入功率增大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，可行的办法是( )图13A.原线圈的匝数n 1增加到原来的2倍B.副线圈的匝数n 2增加到原来的2倍C.负载电阻的阻值R 变为原来的12D.n 2和R 都变为原来的2倍答案 CD解析原线圈匝数增加使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故A 错误；副线圈匝数增加到原来的2倍，副线圈电压增大到原来的2倍，根据P ＝U 2R ，故输出功率增加到原来的4倍，故B 错误；负载电阻的阻值变为原来的12，而电压不变，所以输出功率和输入功率增加为原来的2倍，故C 正确；副线圈匝数和负载电阻都增加到原来的2倍，副线圈电压增大到原来的2倍，根据P ＝U 2R ，故输出功率增加到原来的2倍，故D 正确. 考向3 电能的输送远距离输电的三个易错点：(1)计算输电线上损失的功率ΔP ＝U 2R 线，U 应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压；(2)当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n 2；(3)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，而不是“送多少用多少”，说明原线圈电流由副线圈电流决定.例5 (2018·宁波市十校联考)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW ，现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( ) A.输电线上输送的电流大小为2.0×105 A B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC.若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD.输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻答案 B解析由P ＝IU 得输电线上输送的电流为：I ＝P U ＝3×106×103500×103 A ＝6×103A ，由ΔU ＝Ir 得输电线路上的电压损失为：ΔU ＝6×103×2.5 V ＝1.5×104 V ，故A 错误，B 正确；若改用5 kV 电压输电，输电线上损失的功率为：ΔP ＝⎝⎛⎭⎫3×10652×2.5 W ＝9×108 kW>3×106 kW ，故C 错误；ΔP ＝U 2r 中，U 为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D 错误. 考向4 交变电流和变压器的综合问题例6 (多选)手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L 供电，其电路如图14所示，当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡正常发光.已知发电机线圈的电阻为r ，灯泡正常发光时的电阻为R ，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k ，变压器可视为理想变压器.则( )图14A.灯泡的额定电压为UkB.灯泡的额定功率为k 2U 2RC.发电机的线圈中产生的电动势最大值为2(R ＋r )RU D.从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt 答案 AD解析电压表测量的是原线圈两端电压的有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由U U L ＝k 得灯泡的额定电压U L ＝U k ，A 正确；灯泡的额定功率P L ＝U L 2R ＝U 2k 2R ，B错误；副线圈的电流I L ＝U L R ＝U kR ，因原、副线圈的电流之比I 1I L ＝1k ，故原线圈的电流I 1＝Uk 2R，因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值E ＝U ＋I 1r ，最大值E m ＝2E ＝2U (1＋rk 2R )，C 错误；原线圈输入电压最大值为2U ，则从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt ，D 正确.1.(多选)下面关于交变电流的说法中正确的是()A.交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的峰值B.用交流电流表和电压表测定的数值是交变电流的瞬时值C.给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值D.和交变电流有相同热效应的直流电流的数值是交变电流的有效值答案CD2.一个照明电灯，其两端允许的最大电压为311 V.当它接入220 V的照明电路时，这盏灯()A.将不亮B.灯丝将烧断C.只能暗淡发光D.能正常发光答案 D解析220 V的照明电路其有效值为220 V，最大值为311 V，正好适合.3.(多选)如图1所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路.t1、t2时刻线框分别转到图甲(线框水平)、图乙(线框与磁感线垂直)所示的位置，下列说法正确的是()图1A.t1时刻穿过线框的磁通量最大B.t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左C.t2时刻穿过线框的磁通量变化率为0D.t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左答案BC解析t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C正确，D错误.4.(多选)一只闭合的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的变化图象如图2所示，则下列说法正确的是()图2A.t ＝0时刻线圈平面与中性面重合B.t ＝0.1 s 时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大C.t ＝0.2 s 时刻，线圈中有最大感应电动势D.若转动周期减小一半，则电动势也减小一半答案 AB解析矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，若以线圈通过中性面时为计时起点，感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ，由题图可知Φ＝Φm cos ωt ，当Φ最大时，ΔΦΔt ＝0，即e ＝0，线圈平面与中性面重合；当Φ＝0时，ΔΦΔt 为最大，即e ＝E m ，所以A 、B 正确，C 错误；由E m ＝nBSω可知，周期减半时角速度增大一倍，则电动势就增大一倍，故D 错误.5.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 边垂直.在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图3所示)，线圈的cd 边离开纸面向外运动.若规定a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i 随时间t 变化的图线是( )图3答案 C解析线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电.对于题图所示起始时刻，线圈的cd 边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的感应电流的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C 对. 6.标有“220 V 100 W ”的一灯泡接在u ＝311sin 314t V 的正弦交变电流上，则( )A.产生该交变电流的发电机转速为每分钟50转B.与该灯泡串联的理想电流表读数为0.64 AC.与该灯泡并联的理想电压表读数为311 VD.通过该灯泡的电流i＝0.64sin 314t A答案 D解析灯泡接在u＝311sin 314t V的正弦交变电流上，ω＝314 rad/s，由ω＝2πn知产生该交变电流的发电机转速为每秒50转，故A错误；由交变电流u＝311sin 314t V可知，电压的最大值U m＝311 V，有效值U＝22U m≈220 V，可以使“220 V100 W”的灯泡正常发光，电流表的示数I＝PU≈0.45 A，故B错误；与灯泡并联的理想电压表读数为220 V，故C错误；灯泡的最大电流为I m＝2I≈0.64 A，因此通过该灯泡的电流i＝0.64sin 314t A，故D正确.7.在匀强磁场中一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图4甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()图4A.t＝0.005 s时通过线框的磁通量变化率为零B.t＝0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz答案 B解析由图象知，该交变电流电动势峰值为311 V，交变电动势频率为f＝50 Hz，C、D错；t＝0.005 s时，e＝311 V，磁通量变化最快，t＝0.01 s时，e＝0，磁通量最大，线框处于中性面位置，A错，B 对.8.(多选)如图5所示，550 kV句章变电站的投产大大填补了余姚、慈溪及杭州湾新区的用电缺口，缓解了用电紧张局面.相比原来的275千伏输电，下列说法正确的是()图5A.输电线上的频率减小一半B.输电线上的电流减小一半C.输电线上损失的电功率减小一半D.输电线上损失的电功率减小为原来的14答案 BD9.(多选)如图6所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是( )图6A.升高U 1会减小输电电流I 2B.升高U 1会增大线路的功率损耗C.升高U 1会增大线路的电压损耗D.升高U 1会提高电能的利用率答案 AD解析输送功率不变，升高U 1，则升压变压器的输出电压变大，根据P ＝UI 知，输电线上的电流I 2减小，故A 正确；升高U 1，输电线上的电流减小，根据P 损＝I 2R 知，输电线上的功率损耗减小，根据ΔU ＝IR 知，输电线上的电压损失减小，故B 、C 错误；电能的利用率为P －I 2RP ，因为升高U 1，输电线上的电流减小，则电能的利用率提高，故D 正确.10.(多选)(2018·温州市十五校联合体期末)如图7所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，原线圈接正弦交流电源，电压u ＝311sin 100πt (V)，副线圈接入“22 V 100 W ”的灯泡一只，则( )图7A.灯泡正常发光B.电源输出功率为1 000 WC.电流表的示数为0.45 AD.电流表的示数为4.5 A 答案 AC11.(多选)远距离送电，已知升压变压器输出电压为U 1，功率为P ，降压变压器的输入电压为U 2，输电线的电阻为R ，输电线上电压降为U 线，则线路损耗的热功率P 损可用下面哪几种方法计算( ) A.P 损＝U 12RB.P 损＝U 线2RC.P 损＝U 22RD.P 损＝P 2RU 12答案 BD解析根据P ＝U 1I 得，输电线上的电流I ＝P U 1，则输电线上损耗的功率P 损＝I 2R ＝P 2R U 12.又输电线上电压降U 线＝U 1－U 2，则输电线上损耗的功率P 损＝U 线2R ＝(U 1－U 2)2R，故B 、D 正确，A 、C 错误.12.(多选)(2019届余姚中学模拟)如图8甲所示，在直铁棒上有两个线圈，线圈n 1＝20匝，n 2＝400匝，原线圈输入电压u 1随时间变化的图象如图乙所示，则( )图8A.电压表读数为200 2 VB.电压表读数为200 VC.副线圈交流电的周期为0.02 sD.滑动变阻器滑片向下滑动，则电路输入功率变大答案 BCD解析原线圈电压的有效值U 1＝1022 V ＝10 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝n 2n 1U 1＝40020×10 V ＝200 V ，故A 错误，B 正确；根据题图乙知原线圈交流电的周期T ＝0.02 s ，则副线圈交流电的周期也为0.02 s ，故C 正确；滑动变阻器滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻变小，根据P 2＝U 22R ，输出功率变大，输入功率等于输出功率，则电路输入功率变大，故D 正确.13.(多选)如图9所示的电路中，理想变压器的输入电压u 不变，R 1为定值电阻，若要使电压表示数增大，可采用的办法是( )图9A.保持其他不变，将滑动接头P 向上移B.保持其他不变，将滑动接头P 向下移C.保持其他不变，增大R 2D.保持其他不变，减小R 2 答案 AC解析保持其他不变，将滑动接头P 向上移，则原、副线圈的匝数比减小，所以副线圈的电压增大，则电压表的示数U V ＝U 2R 1＋R 2R 2将增大，故A 正确；保持其他不变，将滑动接头P 向下移，则原、副线圈的匝数比增大，所以副线圈的电压减小，则电压表的示数U V ＝U 2R 1＋R 2R 2将减小，故B 错误；保持其他不变，增大R 2，则电压表的示数U V ＝U 2－U 2R 1＋R 2R 1将增大，故C 正确；保持其他不变，减小R 2，则电压表的示数U V ＝U 2－U 2R 1＋R 2R 1将减小，故D 错误.14.如图10所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是( )图10A.原线圈的输入功率为220 2 WB.电流表的读数为1 AC.电压表的读数为110 2 VD.副线圈输出交流电的周期为50 s 答案 B解析由u ＝2202sin 100πt (V)可知，原线圈电压最大值为220 2 V ，故原线圈电压的有效值为U 1＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，故电压表的读数为110 V ，故C 错误；副线圈电流有效值为I 2＝U 2R ＝2 A ，根据P ＝UI 可知，输出功率为220 W ，则原线圈的输入功率为220 W ，故A 错误；原线圈中的电流I 1＝P U 1＝1 A ，故B 正确；因为ω＝2πT ＝100π rad/s ，所以T ＝0.02 s ，故D 错误.15.(多选)(2018·书生中学月考改编)如图11所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，R 为副线圈的负载电阻.现在原线圈a 、b 两端加上交变电压u ，其随时间变化的规律u ＝2202sin 100πt V ，则( )图11A.副线圈中产生的交变电流频率为50 HzB.电压表的示数为22 2 VC.若电流表示数为0.1 A ，则原线圈中的电流为1 AD.若电流表示数为0.1 A ，则1 min 内电阻R 上产生的焦耳热为132 J 答案 AD解析交变电流的周期为T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，频率为50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，故A正确.由题意知原线圈的电压最大值为220 2 V ，则有效值为22022 V ＝220 V ，故副线圈的电压有效值为22 V ，电压表的示数为22 V ，故B 错误.若副线圈的电流是I ＝0.1 A ，则原线圈的电流是0.01 A ，故C 错误.若副线圈的电流是I ＝0.1 A ，则1 min 内电阻R 上产生的焦耳热为Q ＝UIt ＝22×0.1×60 J ＝132 J ，故D 正确.16.(多选)(2018·新高考联盟联考)图12甲是交流发电机的示意图，发出的电直接输出到理想变压器的原线圈，为理想交流电压表.变压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L 1、L 2和L 3，且L 2串有理想电感L 、L 3串有电容器C .发电机两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )图12A.图甲线圈位置叫中性面，此时所产生的感应电动势最大，由图乙可得，此时电压表示数为10 VB.线圈转动的角速度为100π rad/s,0.02 s 时线圈内电流的流向是D →C →B →AC.如果灯泡L 1恰好正常发光，那么L 2、L 3两小灯泡都能发光但比L 1要暗。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷七含解析

单元滚动检测卷七考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2018·新高考研究联盟联考)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是()A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，并归纳总结了牛顿第一定律B．法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场C．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，并测出了引力常量G的数值D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，英国物理学家牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献答案 B2.(2018·温州市3月选考)如图1所示为某医院体检中心的身高测量仪．测量仪顶部向下发射波速为340 m/s的超声波，超声波遇到障碍物后反射回来，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．已知测量仪没有站人时，顶部距离台面3.0 m．当一学生站在台面规定位置后，测量仪记录的时间间隔为0.01 s，则该学生的身高最接近()图1A．110 cm B．130 cmC．150 cm D．170 cm答案 B3．某同学找了一个用过的“易拉罐”，在靠近底部的侧面打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则()A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出答案 D4．(2018·温州市3月选考模拟)如图2所示，下列对教材中的四幅图分析正确的是()图2A．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用答案 C5.(2018·温州市3月选考)如图3所示，某台计算机的硬盘约有近万个磁道(磁道为不同半径的同心圆)，每个磁道分成m个扇区(每扇区为1m圆周)．电动机使磁盘以转速n匀速转动．磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，若不计磁头大小及磁头转移磁道所需的时间，则磁盘转动时()图3A．A点的线速度小于B点的线速度B．A点的向心加速度小于B点的向心加速度C．磁盘转动一圈的时间为2πnD．一个扇区通过磁头所用的时间为1mn答案 D6.2017年4月“天舟一号”货运飞船成功发射，并与“天宫二号”空间实验室交会对接、实施推进剂在轨补加、开展空间科学实验和技术试验等功能. 若对接前它们都绕地球做匀速圆周运动，且“天舟一号”处于低轨道，“天宫二号”空间实验室处于高轨道，如图4所示，则()图4A．“天舟一号”在地面上的发射速度不会超过7.9 km/sB．为了顺利实现对接，“天舟一号”在图示轨道需要点火减速C．对接成功后，“天舟一号”的动能减小，机械能增大D．对接后，由于“天宫二号”的质量增大，其轨道降低答案 C7.(2018·温州市3月选考)工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图5所示传感器．其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上．当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是()图5A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度减小C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计答案 D8.如图6所示，两个等量异号的点电荷在其连线的中垂线上有与连线中点O等距离的两点a、b，在连线上有距中点O等距离的两点c、d，则下列场强大小关系式正确的是()图6A．E a＝E b<E c B．E a＝E O＝E bC．E a>E d D．E c>E O>E d答案 A解析根据电场线越密场强越大，则由两个等量异号的点电荷电场线的分布情况(如图所示)可知，中垂线上中点O 的场强最大，而且根据对称性可知，a 、b 两处电场线疏密相同，场强大小相等，E a ＝E b <E O ；在两个电荷连线上，O 点电场线最疏，场强最小，而且根据对称性可知，c 、d 两处的电场线疏密相同，故有E c ＝E d >E O .所以有E a ＝E b <E c ，E a <E d ，故选A.9.如图7所示为科学家研究粒子特性时所做实验的示意图，中心点为一固定的正点电荷，虚线表示该点电荷形成电场的等势线，将一未知粒子射入电场中，发现粒子的运动轨迹是从a 运动到b ，再运动到c .不计粒子重力．下列有关未知粒子的说法正确的是( )图7A ．电势能先减小，后增大B ．加速度先减小，后增大C ．b 点的速度最大D ．一定带正电答案 D解析做曲线运动的物体，受到的合外力指向曲线的内侧，由运动轨迹可得，粒子受到的电场力为斥力，该粒子带正电，选项D 正确；由a 到b 的过程中，电场力做负功，电势能增大，由b 到c 的过程中，电场力做正功，电势能减小，选项A 错误；根据库仑力公式F ＝k q 1q 2r 2可得，越靠近点电荷，库仑力越大，粒子的加速度越大，所以加速度先增大后减小，选项B 错误；由a 到b 的过程中，电场力做负功，粒子动能减小，由b 到c 的过程中，电场力做正功，粒子动能增大，则粒子在b 点速度最小，选项C 错误．10.(2018·绍兴市选考诊断)利用如图8所示的装置研究点电荷之间的相互作用力，当A 带电荷量为＋Q ，质量为M ，B 带电荷量为＋q ，质量为m 时，绳子与竖直方向的夹角为θ，两电荷连线水平且相距为L ，则( )图8A．tan θ＝kQqmgL2B．若将B质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大C．若将A质量增大，绳子与竖直方向的夹角增大D．若将A向左移动，绳子与竖直方向的夹角增大答案 A11.(2018·新高考研究联盟联考)电性未知的试探电荷q在电场强度为E的匀强电场中沿2条不同路径从A点移动到B点，一条是直线，另一条从A点先到M点再到B点，如图9所示，下列有关说法正确的是()图9A．从图中可以看出，电场中A点的电势高于B点，A点的电场强度也大于B点B．试探电荷q沿上述两种路径移动的过程中，电势能一定都变小了C．试探电荷q沿上述两种路径移动的过程中，电场力做功一定相等D．如果试探电荷从A沿直线到B的过程中电场力对它做负功，则该试探电荷带正电答案 C12．如图10甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP.Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化的关系如图乙(N点对应图线的最低点)．则()图10A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|答案 B解析由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可以判断M、N之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N 点场强为零，选项A、C错误，B正确；|W PN|＝|qU PN|＝|q(φP－φN)|<|q(φN－φM)|＝|W NM|，选项D错误．二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13．如图11所示，排球运动员正在做颠球训练，若空气阻力不能忽略，则击球后，球从某位置离开手竖直向上运动，再下落回到该位置的过程中( )图11A ．重力先做正功后做负功B ．重力做的总功不为零C ．空气阻力做负功D ．空气阻力做的总功等于球的动能变化答案 CD解析排球在竖直向上运动的过程中，重力方向与位移方向相反，重力做负功，排球竖直向下运动的过程中，重力方向与位移方向相同，重力做正功，选项A 错误；重力做功只与初、末位置有关，故在整个过程中，重力对排球做的总功为零，选项B 错误；在整个运动过程中，排球受的空气阻力方向与速度方向始终相反，故空气阻力对排球做负功，选项C 正确；由动能定理知，空气阻力做的总功等于球的动能变化，选项D 错误．14.如图12所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q 、质量为m 的小球，用绝缘细线固定在竖直墙上，小球恰好静止在水平位置，重力加速度为g .则( )图12A ．小球带负电B ．匀强电场场强的大小为mg cos αqC ．若某时刻t ＝0将细线突然剪断，在之后的T 时间内电场力对小球做功为12mg 2T 2tan 2αD ．将细线剪断后，小球运动过程中机械能守恒答案 AC解析小球处于静止状态，受到的电场力沿电场线斜向右上方，所以小球带负电，选项A 正确；根据竖直方向合力为零，qE cos α＝mg ，解得匀强电场场强的大小为E ＝mgq cos α，选项B 错误；若某时刻t＝0将细线突然剪断，小球受到的合力方向水平向右，小球向右做匀加速直线运动，加速度a ＝qE sin αm ＝g tan α，在之后的T 时间内，小球的位移为x ＝12aT 2，电场力对小球做功为W ＝qE sin α·x ＝12mg 2T 2tan 2α，选项C 正确；将细线剪断后，电场力对小球做功，小球运动过程中机械能不守恒，选项D 错误．15.如图13所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带负电小球，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，小球克服重力和克服电场力所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则上述过程中( )图13A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球所受合力做功为－W 1－W 2C ．小球的机械能增加W 1＋12m v 2D ．小球的电势能增加W 2 答案 CD解析小球和弹簧组成的系统，除重力和弹力做功外，还有电场力做功，系统机械能不守恒，选项A 错误；在上述过程中，弹力、重力、电场力对小球做功，故小球所受合力做功为W 合＝W 弹－W 1－W 2，选项B 错误；小球机械能的增加量为重力势能的增加量和动能的增加量之和，即ΔE ＝W 1＋12m v 2，选项C 正确；小球向上运动的过程中，电场力对小球做负功，小球电势能增加W 2，选项D 正确． 16.如图14所示，平行板电容器充电后与电源断开，上极板带正电，下极板带负电．两个相同的不计重力的带电粒子A 、B ，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入两极板间，它们恰好都能打在下极板右端处的C 点，则下列说法中正确的是( )图14A ．A 粒子的初速度是B 粒子的2倍 B ．A 、B 两粒子到达C 点时的动能可能相同C ．A 粒子在C 点的速度偏向角的正弦值是B 粒子的2倍D ．如果仅将加在两极板间的电压加倍，A 、B 两粒子到达下极板时将不在同一点答案 AB解析粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有v A t A ＝v B t B ，竖直方向上对A 有h 2＝12at A 2，对B 有h ＝12at B2，通过计算可知v A ＝2v B ，选项A 正确；由动能定理可知，电场力对B 粒子做功为对A 粒子做的功的两倍，A 粒子的初动能为B 粒子的两倍，所以到C 点时动能有可能相同，选项B 正确；通过题图可以看出，A 粒子的偏向角要小于B 粒子的偏向角，选项C 错误；由水平速度与时间关系可知，加大电压，两粒子水平方向上的位移相同，选项D 错误．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)如图15所示，两个完全相同的圆弧轨道分别固定在竖直板上的不同高度处，轨道的末端切线水平，在它们相同位置上各安装一个电磁铁，两个电磁铁由同一个开关控制，通电后，两电磁铁分别吸住相同小铁球A 、B ，断开开关，两个小球同时开始运动．离开圆弧轨道后，A 球做平抛运动，B 球进入一个光滑的水平轨道，则：图15(1)B 球进入水平轨道后将做________运动；改变A 轨道的高度，多次重复上述实验过程，总能观察到A 球正好砸在B 球上，由此现象可以得出的结论是__________________________．(2)若某次两个小球相碰的位置恰在水平轨道上的P 点处，固定在竖直板上的方格纸的正方形小格边长均为5 cm ，则可算出A 铁球刚到达P 点的速度为______ m /s.(g 取10 m/s 2，结果保留三位有效数字)．答案 (1)匀速直线 A 球的水平分运动是匀速直线运动 (2)3.35解析 (1)让两小球从相同的圆弧轨道上相同高度静止滚下，从而使两小球同时滚离轨道并具有相同的速度．小球A 做平抛运动，小球B 做匀速直线运动，当两个小球相遇时则说明A 小球平抛运动的水平分运动是匀速直线运动．(2)A 球做平抛运动，因此有：竖直方向：h ＝9L ＝12gt 2，v y ＝gt水平方向：9L ＝v 0tA 球到达P 点的速度为：v ＝v 02＋v y 2 将L ＝5 cm 代入并联立解得v ≈3.35 m/s18．(8分)用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝1.00 kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．现选取一条符合实验要求的纸带，如图16所示，O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出)．已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，重力加速度g ＝9.80 m/s 2.图16(1)根据上图所得数据，应该选取图中O 点和________点来验证机械能守恒定律．(2)从O 点到第(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p ＝______J ，动能增加量ΔE k ＝________J(结果均保留三位有效数字)．(3)若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及重物下落的高度h ，则以v 22为纵轴，以h 为横轴画出的图象是下列图中的( )答案 (1)B (2)1.88 1.84 (3)A解析 (1)因只能计算出B 点的速度，故应取图中O 点和B 点来验证机械能守恒定律． (2)ΔE p ＝mg ·h OB ＝1.00×9.80×0.192 0 J ≈1.88 J v B ＝h OC －h OA 2T＝1.92 m/s.故ΔE k ＝12m v B 2＝12×1.00×(1.92)2 J ≈1.84 J.(3)由机械能守恒定律可知，mgh ＝12m v 2，故有v 22＝gh ，图象A 正确．19．(8分)(2018·台州中学统练)如图17所示，水平轨道AB 段为粗糙水平面，BC 段为一水平传送带，两段相切于B 点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，静止于A 点，AB 距离为s ＝2 m ．已知物块与AB 段和BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图17(1)若给物块施加一水平拉力F ＝11 N ，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B 点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C 点，求传送带的长度；(2)在(1)问中，若将传送带绕B 点逆时针旋转37°后固定(AB 段和BC 段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C 端，则在AB 段对物块施加拉力F ′应至少多大．答案 (1)2.4 m (2)17 N解析 (1)物块在AB 段：F －μmg ＝ma 1 得a 1＝6 m/s 2设物块到达B 点时速度为v B ，有v B ＝2a 1s ＝2 6 m/s 滑上传送带后：μmg ＝ma 2刚好到达C 点，有v B 2＝2a 2L ，得传送带长度L ＝2.4 m.(2)将传送带倾斜，滑上传送带后有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 3，a 3＝10 m/s 2，物块仍能刚好到C 端，有v B ′2＝2a 3L 在AB 段，有v B ′2＝2as F ′－μmg ＝ma 联立解得F ′＝17 N20.(10分)在光滑绝缘的水平地面上建立了如图18所示的直角坐标系xOy ，在y 轴左侧区域有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝9×103 N /C ，现有带电荷量q ＝＋1×10－3C 、质量m ＝10 g 的带电粒子P 从x ＝－1.5 m 处沿y 轴正方向以初速度v 0＝30 m/s 的速度开始运动，经过y 轴上的Q 点后进入第Ⅰ象限，不计带电粒子重力．求：图18(1)Q 点的坐标；(2)带电粒子P 过Q 点时的速度．答案见解析解析 (1)设沿x 轴正方向做匀加速运动的时间为t ，位移为x ，在匀强电场中运动的加速度a ＝Eq m则沿x 轴正方向，有|x |＝12at 2设沿y 轴正方向做匀速运动的位移为y ，则y ＝v 0t 解得：y ＝v 02|x |mEq代入数据得：y ＝ 3 m ，t ＝330s 故Q 点坐标为(0， 3 m)．(2)过Q 点时沿x 轴正方向的速度v x ＝at 所以过Q 点的速度大小为v ＝v 02＋v x 2 解得：v ＝60 m/s设此时速度与y 轴正方向夹角为θ，则tan θ＝v xv 0得θ＝60°带电粒子P 过Q 点时的速度大小为60 m/s ，方向与y 轴正方向成60°角斜向右上方．21.(10分)静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图19.A 、B 是间距为d 的两块平行金属板，两板间有方向由B 指向A 的匀强电场，电场强度为E .在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 且带负电的油漆微粒，假设油漆微粒的质量均为m 、带电荷量均为q ，忽略微粒间的静电作用，微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都能落在金属板B 上．求：图19(1)两块平行金属板之间的电势差；(2)微粒落在B 板上所形成的图形的半径；(3)微粒落在金属板B 上时的速率．答案见解析解析 (1)两块平行金属板之间的电势差U ＝Ed .(2)初速度方向沿平行A 板喷出的微粒水平位移最大且大小相等，等于微粒落在B 板上所形成的图形的半径R .沿平行A 板喷出的微粒做类平抛运动，则：R ＝v t ，d ＝12at 2，a ＝qE m联立解得：R ＝v 2dm qE. (3)由动能定理得：qEd ＝12m v ′2－12m v 2 解得：v ′＝2qEd m＋v 2. 22.(10分)如图20所示，绝缘光滑水平轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC 平滑连接，圆弧的半径R ＝0.40 m ．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 N /C.现有一质量m ＝0.10 kg 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离x ＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C 端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q ＝8.0×10－5C ，g 取10 m/s 2，求：图20(1)带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力；(2)带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力所做的功．答案 (1)5.0 N ，方向竖直向下 (2)－0.72 J解析 (1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，解得a ＝qE m＝8.0 m/s 2 设带电体运动到B 端的速度大小为v B ，则v B 2＝2ax解得v B ＝2ax ＝4.0 m/s设带电体运动到圆弧形轨道的B 端时受到的轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v B 2R解得F N ＝mg ＋m v B 2R＝5.0 N 根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力大小F N ′＝F N ＝5.0 N ，方向竖直向下．(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中，电场力所做的功W 电＝qER ＝0.32 J设带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中摩擦力所做的功为W f ，对此过程根据动能定理有W 电＋W f －mgR ＝0－12m v B 2，解得W f ＝－0.72 J.。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷十 Word版含解析

单元滚动检测卷十考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列图中，A图是真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金；B图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C图是安检门可以探测人身是否携带金属物品；D图是工人穿上包含金属丝的织物制成的衣服可以高压带电作业，不属于涡流现象的是( )答案　D解析　工作服用包含金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D中属于静电屏蔽.其余均为涡流现象.2.(2018·温州市九校联盟期末)把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动.如图1，平面1比平面2高，轨道1半径是轨道2半径的2倍.则( )图1A.小球做匀速圆周运动时受到重力、支持力、向心力B.同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的2倍C.同一个小球在轨道1对漏斗壁的压力是在轨道2对漏斗壁压力的2倍D.同一个小球在轨道1的向心加速度等于在轨道2的向心加速度答案　D3.(2018·温州市十五校联合体期中)如图2所示，平行板电容器与电动势为E(内阻不计)的电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )图2A.带电油滴将沿竖直方向向下运动B.上极板的电势将升高C.带电油滴的电势能将减小D.电容器的电容减小，极板带电荷量增大答案　A4.(2018·书生中学月考)如图3所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A、B，原来两球不带电时，上、下两根细线的拉力分别为F A、F B，现在两球带上同种电荷后，上、下两根细线的拉力分别为F A′，F B′，则( )图3A.F A ＝F A ′，F B >F B ′B.F A ＝F A ′，F B <F B ′C.F A <F A ′，F B >F B ′D.F A >F A ′，F B >F B ′答案　B解析　运用整体法研究两个质量相等的小球A 和B ，设质量均为m ，不管A 、B 是否带电，整体都受重力和上方细线的拉力，则由平衡条件得：上方细线的拉力F A ＝F A ′＝2mg .再隔离B 研究，不带电时受重力和下方细线的拉力，由平衡条件得：F B ＝mg .带电时受重力、下方细线的拉力和A 对B 的向下的排斥力.由平衡条件得：F B ′＝F 斥＋mg ，即F B ′>mg .所以F B <F B ′，故B 正确，A 、C 、D 错误.5.(2018·温州市六校期末)2017年11月15日，我国又一颗第二代极轨气象卫星“风云三号D ”成功发射，顺利进入预定轨道.极轨气象卫星围绕地球南北两极运行，其轨道在地球上空650～1 500 km 之间，低于地球静止轨道卫星(高度约为36 000 km)，可以实现全球观测.有关“风云三号D ”，下列说法中正确的是( )A.“风云三号D ”轨道平面为赤道平面B.“风云三号D ”的发射速度可能小于7.9 km/sC.“风云三号D ”的周期小于地球静止轨道卫星的周期D.“风云三号D ”的加速度小于地球静止轨道卫星的加速度答案　C解析　“风云三号D ”是极轨气象卫星，围绕地球南北两极运行，故A 错误；要成为地球卫星，发射速度一定是7.9 km /s ≤v <11.2 km/s ，发射速度小于7.9 km/s 将落回地面，故B 错误；“风云三号D ”的轨道半径小于地球静止轨道卫星的轨道半径，根据T ＝，知“风云三4π2r 3GM号D ”的周期小于地球静止轨道卫星的周期，故C 正确；根据a ＝，知“风云三号D ”的GM r2加速度大于地球静止轨道卫星的加速度，故D 错误.6.如图4所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度.下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )图4答案　A7.高空“蹦极”是勇敢者的游戏.如图5所示，蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速度地从跳台上落下.若不计空气阻力，则( )图5A.弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大B.由静止下落到最低点的过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功C.由静止下落到最低点的过程中，运动员的机械能守恒D.从弹性绳开始伸直到最低点，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大答案　B8.矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图6甲所示.磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示.t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4 s 时间内，导线框ad 边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是选项图中的( )图6答案　D解析　根据题图乙，由E ＝＝S 和I ＝可知，在0～4 s 时间内的感应电流大小恒定.根ΔΦΔt ΔB Δt E R 据楞次定律可知，在0～2 s 时间内，电流方向为顺时针方向；在2～4 s 时间内，电流方向为逆时针方向；根据左手定则可知ad 边所受安培力方向：在0～1 s 时间内向左，在1～2 s 时间内向右，在2～3 s 时间内向左，在3～4 s 时间内向右，从而排除A 、C 选项.由F 安＝BL ad I ，电流大小不变，B 均匀变化时，安培力均匀变化，因此B 错，D 对.9.(2018·温州市期中)老师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻.第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图7甲所示.第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示.下列关于这两个趣味实验的说法正确的是( )图7A.图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变B.图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C.图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D.图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动答案　C解析　题图甲中，仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故A、B错误；题图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，各圈导线之间都产生了相互吸引的作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，不断重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故C正确，D错误.10.如图8所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则( )图8A.ab棒不受安培力作用B.ab棒所受安培力的方向向右C.ab棒向右运动速度越大，所受安培力越大D.螺线管A端为N极答案　C解析　金属棒ab 沿导轨向右运动时，所受安培力方向向左，以“阻碍”其运动，选项A 、B错误.金属棒ab 沿导轨向右运动时，感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝，安培力F ＝BIl ＝，E R B 2l 2v R可见，选项C 正确.根据右手定则可知，流过金属棒ab 的感应电流的方向是从b 流向a ，所以流过螺线管的电流方向是从A 端到B 端，根据右手螺旋定则可知，螺线管的A 端为S 极，选项D 错误.11.(2017·浙江11月选考·8)如图9所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直.以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )图9A.粒子一定带负电B.粒子的速度大小v ＝B EC.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化答案　C解析　粒子做直线运动，说明竖直方向受力平衡，即q v B ＝qE ，可得v ＝，选项B 错误；E B当v ＝时，无论粒子带正电还是负电，在竖直方向均受力平衡，选项A 错误；如果粒子速E B度大小改变，就会导致洛伦兹力变化，因此粒子将做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D 错误.12.(2019届绍兴一中模拟)在图10所示的宽度范围内，用匀强电场可使以初速度v 0垂直射入电场的某种正离子偏转θ角，若改用垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场时偏转角也为θ，则电场强度E 和磁感应强度B 之比为( )图10A.1∶cos θB.v 0∶cos θC.tan θ∶1D.v 0∶sin θ答案　B解析　设该离子的质量为m ，电荷量为＋q ，场区宽度为L ，离子在电场中做类平抛运动，则有：L ＝v 0t ①a ＝②qE m tan θ＝③at v 0由①②③得：tan θ＝④qEL m v 02离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，q v 0B ＝⑤m v 02R由几何知识得：sin θ＝⑥L R由⑤⑥得：sin θ＝⑦qBL m v 0由④⑦式解得：＝，B 正确，A 、C 、D 错误.E B v 0cos θ二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.如图11，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打在屏P 上.不计重力.下列说法正确的有( )图11A.a 、b 均带正电B.a 在磁场中飞行的时间比b 的短C.a 在磁场中飞行的路程比b 的短D.a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近答案　AD解析　离子要打在屏P 上，离子都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，A项正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由q v B ＝m 和T ＝v 2r 可知，它们做圆周运动的半径和周期相同，作出运动轨迹如图所示，a 在磁场中运动的时2πm qB间比b 的长，B 项错误；由t ＝可知，a 在磁场中运动的路程比b 的长，C 项错误；由运动s v轨迹图可知，D 项正确.14.如图12所示为电磁驱动器的原理图.其中①为磁极，它被固定在电动机②的转轴上，金属圆盘③可以绕中心轴转动，圆盘与转轴间的阻力较小，整个装置固定在一个绝缘支架④上.当电动机转动时，金属圆盘也将转动起来.下列有关说法中正确的是( )图12A.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速小于磁极的转速B.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速等于磁极的转速C.将金属圆盘换成绝缘盘，它也会跟着磁极转动D.当电动机突然卡住不转时，金属圆盘很快会停下来答案　AD解析　根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，金属圆盘与磁极的转动方向相同，但快慢不一，金属圆盘的转速一定比磁极的转速小，故A 正确，B 错误.将金属圆盘换成绝缘盘，盘中没有感应电流，不受安培力，不会跟着磁极转动，故C 错误；当电动机突然被卡住不转时，由于金属圆盘产生感应电流，受到安培力，而安培力将阻碍金属圆盘与磁极间的相对运动，所以金属圆盘很快会停下来，故D 正确.15.用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径.如图13所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，方向垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率＝k (k ＜0).则( )ΔB Δt图13A.圆环中产生沿逆时针方向的感应电流B.圆环具有扩张的趋势C.圆环中感应电流的大小为|krS 2ρ|D.图中a 、b 两点间的电势差的绝对值为|k πr 24|答案　BD解析　k ＜0，磁通量均匀减小，根据楞次定律可知，圆环中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为E ＝·＝，则圆环中的电流大小为I ＝＝，|ΔB Δt |πr 22|k πr 22|E ρ·2πr S |kSr 4ρ|选项C 错误；|U ab |＝＝，选项D 正确.E 2|k πr 24|16.如图14所示，PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m ，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6 Ω，ab 杆的电阻为2 Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T.现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等.则( )图14A.R 2＝6 ΩB.R 1上消耗的电功率为0.375 WC.a 、b 间电压为3 VD.拉ab 杆水平向右的拉力大小为0.75 N答案　BD解析　等效电路图如图所示，ab 杆切割磁感线产生感应电动势，由于ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，＝2，解得R 2＝3 Ω，A 错误；E ＝Bl v ＝3 V ，R 总＝4 Ω，总电6R 2R 2＋6流I ＝＝0.75 A ，路端电压U ab ＝IR 外＝×2 V ＝1.5 V ，C 错误；P 1＝＝0.375 W ，B 正E R 总34U ab 2R 1确；ab 杆所受安培力F ＝BIl ＝0.75 N ，ab 杆匀速移动，因此拉力大小为0.75 N ，D 正确.非选择部分三、非选择题(本题共5小题，共52分)17.(8分)(1)在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电表及开关按如图15所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N 连接到________(选填“a ”“b ”“c ”或“M ”)，M 连接到________(选填“a ”“b ”“c ”或“N ”).正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P 向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转.由此可以判断__________.图15A.线圈A 向上移动或滑动变阻器滑动端P 向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转B.线圈A 中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转C.滑动变阻器的滑动端P 匀速向左或匀速向右滑动，都能使灵敏电流计指针静止在中央D.因为线圈A 、线圈B 的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向(2)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要选用下列仪器中的________.A.220 V 的交流电源B.学生电源C.交流电压表D.交流电流表在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”).答案　(1)a c B (2)BC 减小18.(10分)在用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：(g 取10 m/s 2)(1)运用公式m v 2＝mgh 来验证时，对实验条件的要求是________，为此，所选择的纸带第1、212两点间的距离应接近________.(打点时间间隔为0.02 s)(2)若实验中所用重锤质量m ＝1 kg ，打点纸带如图16所示，打点时间间隔为0.02 s ，则记录B 点时，重锤速度v B ＝________，重锤动能E k ＝________；从开始下落起至B 点，重锤的重力势能减小量是________.由此可得出的结论是______________.(结果均保留两位有效数字)图16(3)根据纸带算出相关各点的速度v ，量出下落距离h ，则以为纵轴，以h 为横轴画出的图象v 22应是图中的( )答案　(1)从静止开始下落　2 mm(2)0.79 m/s 0.31 J 0.32 J 在实验误差允许的范围内机械能是守恒的　(3)C解析　(1)重力势能转化为动能，实验条件的要求是从静止开始下落，即初速度为0，第1、2两点的距离h ＝gt 2且t ＝0.02 s ，可得h ＝2 mm.(2)B 点是A 、C 两点的中间时刻，v B ＝＝0.79 12x AC 2Tm/s ，重锤动能E k ＝m v B 2≈0.31 J.重锤重力势能的减少量ΔE p ＝mgh B 且h B ＝32.4 mm ，代入12可得ΔE p ≈0.32 J.重锤重力势能的减少量近似等于重锤动能的增加量，可得出结论：在实验误差允许的范围内机械能是守恒的.(3)由m v 2＝mgh ，整理可得＝gh ，所以－h 图线是一条12v 22v 22过原点的倾斜直线，图线的斜率为重力加速度g ，C 正确.19.(10分)如图17所示，AB 为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，其半径为R ＝0.8 m.轨道14的B 点与光滑水平地面相切，质量为m ＝0.2 kg 的小球由A 点静止释放，g 取10 m/s 2.求：图17(1)小球滑到最低点B 时，小球速度v 的大小；(2)小球刚到达最低点B 时，轨道对小球支持力F N 的大小；(3)小球通过光滑的水平地面BC 滑上底部与水平地面相切的固定曲面CD ，恰能到达最高点D ，D 到地面的高度为h ＝0.6 m ，小球在曲面CD 上克服摩擦力所做的功W f 是多少？答案　(1)4 m/s (2)6 N (3)0.4 J解析　(1)小球从A 到B 的过程，由动能定理得：mgR ＝m v 212则得：v ＝＝4 m/s.2gR (2)小球刚到达最低点B 时，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R则有：F N ＝3mg ＝6 N(3)对于小球从A 运动到D 的整个过程，由动能定理得：mgR －mgh －W f ＝0则有：W f ＝mg (R －h )＝0.4 J.20.(12分)在竖直平面内有一矩形区域ABCD ，AB 边长L ，AD 边长2L ，F 为AD 边中点，G 为BC 边中点，线段FG 将ABCD 分成两个场区.如图18所示，场区Ⅰ内有一竖直向下的匀强电场，场区Ⅱ内有方向、大小未知的匀强电场(图中未画出)和方向垂直ABCD 平面向里的匀强磁场.一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球以平行于BC 边的速度v 从AB 边的中点O 进入场区Ⅰ，从FG 边飞出场区Ⅰ时速度方向改变了37°，小球进入场区Ⅱ做匀速圆周运动，重力加速度为g，求：图18(1)场区Ⅱ中的电场强度E 2的大小及方向；(2)场区Ⅰ中的电场强度E 1的大小；(3)要使小球能在场区Ⅱ内从FG 边重新回到场区Ⅰ的磁感应强度B 的最小值.答案　(1)　方向竖直向上　(2)－　(3)mg q 3m v 24qL mg q 18m v 7qL解析　(1)由带电小球在场区Ⅱ中做匀速圆周运动可知，E 2q ＝mg ，得E 2＝mg q小球带正电，所受电场力方向竖直向上，可知E 2方向竖直向上(2)小球在场区Ⅰ中做类平抛运动，平抛运动时间t ＝，带电小球飞出场区Ⅰ时，竖直方向的L v速度v 竖＝v tan 37°＝v ，则a ＝＝3434v t 3v 24L由牛顿第二定律得E 1q ＋mg ＝ma得E 1＝－3m v 24qLmg q (3)由类平抛运动规律得，小球在场区Ⅰ中的竖直位移y ＝at 2＝L 1238当小球在场区Ⅱ中的圆周轨迹与FD 边相切时，R 最大，由几何关系得R cos 37°＋R ＝L ＋L 1238解得R ＝L 3572此时R (1＋sin 37°)＝L ＜L ，79y ＋R (1－cos 37°)＝L ＜L 173612即带电小球以此半径做圆周运动时不会从CG 边和CD 边射出磁场进入场区Ⅱ时小球速度v ′＝＝＝v v 2＋v 竖2v 2＋(34v )254由Bq v ′＝m ，得B ＝＝.v ′2R m v ′qR18m v 7qL 21.(12分)(2019届诸暨中学段考)如图19所示，两根足够长的光滑金属导轨G 1、G 2放置在倾角为α的斜面上，导轨间距为l ，电阻不计.在导轨上端并联接入两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡.整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直.现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，经过时间t 0，两灯泡开始并保持正常发光.金属棒下落过程中保持与导轨垂直，且与导轨接触良好.重力加速度为g .求：图19(1)磁感应强度B 的大小；(2)灯泡正常发光时金属棒的运动速率v ；(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，两小灯泡产生的总焦耳热.答案　(1)　(2)mg sin α2l R P 2P mg sin α(3)2t 0P －6P 2mg 2sin 2 α解析　(1)设灯泡额定电流为I 0则有P ＝I 02R ①流经MN 的电流I ＝2I 0②当两灯泡正常发光时，金属棒匀速下滑.mg sin α＝2BI 0l ③联立①②③得B ＝④mg sin α2l R P(2)当两灯泡正常发光时，金属棒切割磁感线产生的电动势为E ＝Bl v ＝I 0R ⑤得v ＝⑥2P mg sin α(3)在t ＝0至t ＝t 0期间，对金属棒运用动量定理，有Σ(mg sin α－iBl )Δt ＝Σm Δv ⑦得：t 0mg sin α－Bl Δq ＝m v ⑧设在t ＝0至t ＝t 0期间金属棒运动的距离为s ，则由法拉第电磁感应定律，得Δq ＝⑨2Bls R 联立⑦⑧得s ＝⑩mR (gt 0sin α－v )2B 2l 2小灯泡产生的总焦耳热Q ＝mgs sin α－m v 2⑪12将④⑥⑩式代入⑪式，得Q ＝2t 0P －.6P 2mg 2sin 2 α。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷二 Word版含解析

单元滚动检测卷二考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是( )A．速度变化的方向为正，加速度的方向可能为负B．只有加速度的方向与速度方向都为正，速度才可能增大C．速度越来越大，加速度一定为正值D．不管速度增大还是减小，速度的变化方向一定与加速度同向答案　D解析　加速度方向与速度变化方向始终相同，故速度变化的方向为正，加速度方向也为正，A 错误，D正确；只要加速度方向与速度方向相同，速度就增大，B错误；速度越来越大，说明加速度方向与速度方向相同，若加速度方向与正方向相同，则为正，若加速度方向与正方向相反，则为负，C错误．2．弹簧拉力器是一种适合于大众健身的器械，如图1所示，它由几根规格相同的弹簧并联而成，弹簧根数可以调整．甲同学使用挂有3根弹簧的拉力器训练，乙同学使用挂有2根弹簧的拉力器训练，乙同学拉伸弹簧的最大长度是甲同学的2倍，则乙同学对拉力器施加的最大拉力是甲同学的( )图1A.倍B.倍C.倍 D ．2倍344332答案　B3．如图2所示，汽车里有一水平放置的硅胶魔力贴，魔力贴上放置一质量为m 的小花瓶．若汽车在水平公路上向前做匀加速直线运动，则以下说法正确的是( )图2A ．小花瓶受到的静摩擦力水平向前B ．小花瓶受到的静摩擦力不断增大C ．小花瓶所受的合力为零D ．魔力贴对小花瓶的作用力为mg答案　A4．物体以20 m /s 的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为16 m/s.已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度不同．则物体上坡和下坡所用的时间之比为( )A ．4∶5B ．5∶4C ．2∶3D ．3∶2答案　A解析　设物体上坡、下坡的位移大小均为x ，上坡时的加速度为a 1，所用时间为t 1，下坡时的加速度为a 2，所用时间为t 2，则有x ＝v 1t 1，x ＝v 2t 2，联立解得t 1∶t 2＝4∶5，所以A 正1212确，B 、C 、D 错误．5.如图3所示，物块A 放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角θ，发现当θ＝30°和θ＝45°时物块A 所受的摩擦力大小恰好相等，则物块A 与木板之间的动摩擦因数为( )图3A. B. C. D.1222322答案　B解析　由题意知θ＝30°时是静摩擦力，θ＝45°时是滑动摩擦力，故mg sin 30°＝μmg cos 45°，μ＝，故B 正确．226．如图4所示，质量为m 的木块，被水平力F 紧压在倾角为θ＝60°的墙面上处于静止．则关于木块的受力情况和墙面对木块的作用力，下列说法不正确的是( )图4A ．墙面对木块一定有支持力B ．墙面对木块一定有摩擦力C ．墙面对木块的作用力为F 32D ．墙面对木块的作用力为F 2＋(mg )2答案　C解析　假如把墙面撤去，木块不能静止，所以墙面对木块一定有支持力，木块在重力、推力、墙面的支持力作用下仍不能静止，所以墙面对木块一定有摩擦力，A 、B 正确；墙面对木块的作用力是指支持力和摩擦力的合力，大小等于重力和水平力F 的合力大小，为，F 2＋(mg )2C 错误，D 正确．7．如图5所示，质量为m 的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )图5A ．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B ．弹簧弹力不可能为mg 34C ．小球可能受三个力作用D ．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg答案　C解析　小球的受力分析如图，对于小球所受静摩擦力的情况：当mg sin 37°＞F 弹cos 37°时，小球受到沿斜面向上的静摩擦力，当mg sin 37°＜F 弹cos 37°时，小球受到沿斜面向下的静摩擦力，当mg sin 37°＝F 弹cos 37°时，小球不受静摩擦力，且F 弹＝mg tan 37°＝mg ，所以A 、B 错误，C 正确；木板对小球的作用力的竖直分量等于mg ，所34以不可能小于mg ，D 错误．8.透明发光波波球内充有氦气，通过LED 彩灯发出各种色光，为节日增添了光彩．如图6所示，一小孩将一波波球通过发光细线系于放在水平地面上的小石块上．如果水平风力突然增大(空气密度保持不变)( )图6A ．波波球受到的浮力将变大B ．细线的拉力保持不变C ．波波球可能被吹离地面D ．波波球可能会使小石块沿水平地面滑动答案　D解析　波波球所受浮力等于排开空气的重力，由于空气密度不变，波波球所受的浮力就不变，A错误；当水平风力不够大时，波波球仍处于静止状态，细线的拉力沿竖直方向的分力等于波波球所受重力与浮力的合力，保持不变，水平分力随风力的增大而变大，所以细线的拉力变大，B错误；以波波球和小石块为整体分析可知，竖直方向重力、浮力都不变，所以地面对波波球仍有支持力，小石块不会离开地面，C错误；当水平风力大于地面对小石块的最大静摩擦力时，小石块会沿水平地面滑动，D正确．9．如图7所示，一个“房子”形状的铁质音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面，保持静止状态．已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是( )图7A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mg cos θB．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmg cos θC．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mgD．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动答案　D解析　对塑料壳和磁铁整体进行受力分析，如图所示，F N＝F吸＋mg cos θ，F N′＝F N，A错；F f ＝mg sin θ，B错；F N和F f的合力与mg和F吸的合力大小相等，方向相反，C错；因最大静摩擦力和重力沿斜面的分力的大小关系未知，故D项正确．10．如图8所示，一竖直挡板固定在水平地面上，图甲用一斜面将一质量为M的光滑球顶起，图乙用一圆柱体将同一光滑球顶起；当斜面或圆柱体缓慢向右推动的过程中，关于两种情1414况下挡板所受的压力，下列说法正确的是( )图8A ．两种情况下挡板所受的压力都不变B ．两种情况下挡板所受的压力都增大C ．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力减小D ．图甲中挡板所受的压力不变，图乙中挡板所受的压力先减小后增大答案　C11.如图9所示，将一根长为L 的弹性细绳左右两端固定在同一水平线上相距为L 的M 、N 两点时，弹性细绳恰为自然长度，现将一重力为G 的钩码挂在绳上P 点，钩码挂钩光滑，静止时MPN 恰构成一正三角形．假设弹性细绳中的弹力与弹性细绳的伸长量之间的关系遵循胡克定律，弹性细绳没超过弹性限度，则弹性细绳的劲度系数为( )图9A. B. C. D.G L 2G L 3G 3L 23G 3L答案　C解析　弹性细绳伸长量为：Δx ＝2L －L ＝L钩码受重力和两个拉力，两个拉力与竖直方向的夹角为30°，根据平衡条件，有：2F cos 30°＝G解得：F ＝＝G 2cos 30°3G 3根据胡克定律，劲度系数为：k ＝＝.F Δx 3G 3L12.城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂．图10为这类结构的一种简化模型．图中硬杆OB 可以绕通过B 点且垂直于纸面的轴转动，钢索和杆的重量都可以忽略．如果悬挂物的重力是G ，∠AOB 等于θ，钢索OA 对O 点的拉力F 1和杆OB 对O 点的支持力F 2各是多大( )图10A ．F 1＝G sin θ，F 2＝G tan θB ．F 1＝，F 2＝G sin θG tan θC ．F 1＝G cos θ，F 2＝D ．F 1＝，F 2＝G tan θG tan θG cos θ答案　B 二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.如图11所示，物块位于倾角为θ的固定斜面上，受到平行于斜面的水平力F 的作用而处于静止状态．如果将外力F 撤去，则物块( )图11A ．会沿斜面下滑B ．所受的摩擦力变小C ．所受的摩擦力变大D．所受的摩擦力方向一定变化答案　BD14．如图12所示，有一重力不计的方形容器，被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态，现缓慢地向容器内注水，直到注满为止，此过程中容器始终保持静止，则下列说法中正确的是( )图12A．容器受到的摩擦力不断增大B．容器受到的摩擦力不变C．水平力F不一定逐渐增大D．容器受到的合力逐渐增大答案　AC15．如图13所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数相同．三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是( )图13A．A物体受到的摩擦力不为零，方向向右B．三个物体只有A物体受到的摩擦力为零C．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相同D．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相反答案　BC解析　A物体与传送带一起匀速运动，没有发生相对滑动，也没有相对运动趋势，所以A物体不受摩擦力，A 错误；对B 、C 物体进行受力分析，可知B 、C 所受的静摩擦力大小均为mg sin θ，方向均沿传送带向上，B 、C 正确，D 错误．16．一质量为m 的铁球在水平推力F 的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A ，推力F 的作用线通过球心O ，如图14所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中( )图14A ．斜面对铁球的支持力缓慢增大B ．斜面对铁球的支持力不变C ．墙对铁球的作用力大小始终等于推力FD ．墙对铁球的作用力大小始终小于推力F答案　BD解析　对铁球进行受力分析可知，铁球受重力、水平推力F 、竖直墙壁对铁球的弹力F 1和斜面对铁球的支持力F 2四个力的作用，由平衡条件可知，在水平方向上有F ＝F 1＋F 2sin θ，竖直方向上有F 2cos θ＝mg ，解得斜面对铁球的支持力F 2＝，不随F 的变化而变化，A mg cos θ错误，B 正确；F 1＝F －F 2sin θ<F ，即墙对铁球的作用力大小始终小于推力F ，C 错误，D 正确．非选择部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17．(6分)某同学用如图15所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A 悬挂于固定点P ，下端用细线挂一重物M ，弹簧测力计B 的一端用细线系于O 点，手持另一端向左拉，使结点O 静止在某位置．分别读出弹簧测力计A 和B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O 点的位置和细线的方向．图15(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要的实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)A．应测量重物M所受的重力B．弹簧测力计应在使用前校零C．拉线方向应与木板平面平行D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置答案　(1)3.6　(2)D解析　(2)验证力的平行四边形定则，需要分别测量各个力的大小和方向，所以A项是必要的；弹簧测力计在使用前需校零，B项是必要的；实验中力必须在同一平面内，C项也是必要的；实验是验证三个力的关系，不需要固定O点位置，D项不必要．18．(8分)为了“探究物体运动速度随时间的变化规律”，某同学采用了如图16甲所示的实验装置．(1)完成该实验是否需要平衡小车与木板间的摩擦力________(选填“需要”或“不需要”)；(2)完成该实验是否需要满足砝码质量远小于小车质量________(选填“需要”或“不需要”)；图16(3)从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t 与速度v 的数据如图乙所示，其中F 点速度为v F ＝________ m/s ；(打点计时器的工作频率为50 Hz)时间t /s00.50 1.00 1.50 2.00 2.50速度v /(m·s －1)0.120.170.230.270.28v F (4)请根据表中的实验数据在图丙中作出小车的v －t 图象．答案　(1)不需要　(2)不需要　(3)0.29　(4)见解析图解析　(1)本实验不需要平衡摩擦力；(2)本实验不需要砝码质量远小于小车质量；(3)根据这段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：v F ＝×10－2 m /s ＝2.80＋3.000.20.29 m/s ；(4)利用描点法可画出速度－时间图象，如图所示．19．(8分)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以10 m /s 的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25 m 时，绿灯还有2 s 的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)．若该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.请通过计算说明：(1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么．答案　见解析解析　(1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2 s 内前进的距离x 1＝v 0t ＋a 1t 2＝24 m 12由于x 1小于25 m ，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过．(2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25 m.设加速度为aa ＝＝－2 m/s 2.0－v 022x20.(10分)如图17所示，某同学用大小为5 N 、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m 2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m ，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg ，取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图17(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m 时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案　(1)0.5　(2)5 m/s解析　(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：F sin θ＝F N①竖直方向：F cos θ＝mg＋F f②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动．设砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小为v，则v2＝2gh，其中h＝2.05 m－0.8 m＝1.25 m代入数据可得：v＝5 m/s.21.(10分)如图18所示，在水平作用力F的作用下，木板B在水平地面上向左匀速运动，其水平表面上的木块A静止不动．水平轻弹簧秤一端固定在竖直墙上，另一端与木块A相连．已知弹簧秤的示数为3.2 N，木块A重力G A＝8 N，木板B重力G B＝12 N.图18(1)若此时弹簧的伸长量为1.6 cm，则该弹簧秤弹簧的劲度系数为多少？(2)木块A与木板B之间的动摩擦因数为多少？(3)若已知木板B与水平地面间的动摩擦因数为0.3，则水平力F为多大？答案　(1)200 N/m (2)0.4　(3)9.2 N解析　(1)k ＝＝200 N/m.F 1x(2)由木块A 静止不动，得木块A 所受摩擦力F f ＝3.2 N ，所以，有μ＝＝＝0.4.F f F N F fG A (3)木板所受地面的摩擦力：F f 地＝μ地(G A ＋G B )＝6 N木板匀速运动，所以F ＝F f 地＋F f AB ＝F f 地＋F f ＝9.2 N.22.(10分)如图19所示，物体的质量为2 kg ，两根轻绳AB 和AC 的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，两轻绳间的夹角为θ＝30°(绳AC 水平)，在物体上另施加一个方向与水平方向成θ＝30°的拉力F ，小球处于静止状态．重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：图19(1)当轻绳AC 的拉力刚好为零时，拉力F 的大小；(2)当轻绳AB 的拉力刚好为零时，拉力F 的大小；(3)若要使两绳均能伸直，求拉力F 的大小的取值范围．答案　(1)20 N (2)40 N (3)20 N ≤F ≤40 N解析　对小球受力分析，受到拉力F ，重力mg ，两根轻绳的拉力F B 、F C ，根据平衡条件，有水平方向：F cos 30°＝F C ＋F B cos 30°竖直方向：F sin 30°＋F B sin 30°＝mg当F B ＝0时，F 最大，为：F max ＝2mg ＝40 N当F C ＝0时，F 最小，为：F min ＝mg ＝20 N若要使两绳均能伸直，拉力F的大小的取值范围为：20 N≤F≤40 N.。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：综合检测卷 Word版含解析

综合检测卷考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.(2017·浙江4月选考·2)下列各组物理量中均为矢量的是( )A.路程和位移B.速度和加速度C.力和功D.电场强度和电势答案　B解析　矢量是既有大小又有方向的物理量，例如：位移、速度、加速度、力、电场强度等，因此答案为B.2.(2018·绍兴市选考诊断)下列描述正确的是( )A.安培发现了电流的磁效应B.开普勒发现了万有引力定律C.库仑通过油滴实验测定了元电荷的数值D.法拉第首先引入了“场”的观点来解释电荷之间的相互作用答案　D3.如图1所示是某质点运动的速度－时间图象，由图象得到的正确结果是( )图1A.在0～1 s内该质点的平均速度是2 m/sB.在0～1 s内该质点的位移大小是3 mC.在0～1 s内该质点的加速度大小大于2～4 s内的加速度大小D.在0～1 s内该质点的运动方向与2～4 s内的运动方向相反答案　C4.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )32A.4倍B.2倍C.倍D.倍答案　D解析　设F f＝k v，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P＝F v＝F f v＝k v·v＝2k v2，变化后有2P＝F′v′＝k v′·v′＝k v′2，联立解得v′＝v，D正确.5.(2018·宁波市十校联考)女子十米台跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图2所示，不计空气阻力，随入水深度的增加，阻力增大，下列说法正确的是( )图2A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案　D解析　她在空中上升过程中，加速度向下，故处于失重状态，选项A 错误；运动员从跳台斜向上跳起，下落时速度有水平分量，则她在空中下落过程中不是做自由落体运动，选项B 错误；入水后，运动员受到水的阻力作用，开始时重力大于阻力，做加速运动，随着入水深度的增加，阻力增大，当重力等于阻力时加速度为零，此时速度最大，故她即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，选项C 错误；根据牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，选项D 正确.6.如图3所示，在斜面顶端的A 点以速度v 0水平抛出一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 0水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是(空气阻力不计)( )图3A.AB ∶AC ＝2∶1B.AB ∶AC ＝4∶1C.t 1∶t 2＝4∶1D.t 1∶t 2＝∶12答案　B解析　由平抛运动规律有x ＝v t ，y ＝gt 2，则tan θ＝＝，将v 0、0.5v 0分别代入上式，联12y x gt 2v立解得t 1∶t 2＝2∶1，C 、D 均错误；它们的竖直位移之比y B ∶y C ＝gt 12∶gt 22＝4∶1，所以1212AB ∶AC ＝∶＝4∶1，故A 错误，B 正确.y B sin θy Csin θ7.A 、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比s A ∶s B ＝4∶3，转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，则下列说法中正确的是( )A.它们的线速度大小之比v A ∶v B ＝4∶3B.它们的角速度大小之比ωA ∶ωB ＝2∶3C.它们的周期之比T A ∶T B ＝3∶2D.它们的向心加速度大小之比a A ∶a B ＝3∶2答案　A解析　A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比为s A ∶s B ＝4∶3，根据公式v ＝，线速度大小之比为v A ∶v B ＝4∶3，A 正确；转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，s t根据公式ω＝，角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝3∶2，B 错误；根据公式T ＝，周期之比为θt 2πωT A ∶T B ＝2∶3，C 错误；根据a n ＝ωv ，可知，a A ∶a B ＝2∶1，D 错误.8.(2018·嘉兴市期末)一质量为1 kg 的物体被人用手由静止向上提升0.5 m ，这时物体的速度是1 m /s ，则下列说法中正确的是(重力加速度取10 m/s 2)( )A.重力对物体做功5 JB.物体机械能增加5.5 JC.合外力对物体做功5.5 JD.手对物体做功0.5 J答案　B9.如图4所示为三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b 、c 是地球同步卫星，a 在半径为r 的轨道上，此时a 、b 恰好相距最近，已知地球质量为M ，半径为R ，地球自转的角速度为ω，引力常量为G ，则( )图4A.卫星b 加速一段时间后就可能追上卫星cB.卫星b 和c 的机械能相等C.到卫星a 和b 下一次相距最近，还需经过时间t ＝2πGM r 3－ωD.卫星a 减速一段时间后就可能追上卫星c答案　C解析　卫星b 加速后，将脱离原轨道做离心运动，不可能追上卫星c ，A 错误；由于卫星b 、c 的质量关系未知，所以两者的机械能不一定相等，B 错误；卫星a 做圆周运动，由万有引力提供向心力有＝mωa 2r ，可得ωa ＝，b 为地球同步卫星，其角速度与地球自转的角GMm r 2GM r3速度相同，连续两次相距最近的时间t 满足(ωa －ω)t ＝2π，解得t ＝，C 正确；卫星a2πGM r 3－ω减速后，将脱离原轨道做近心运动靠近地球，不可能追上卫星c ，D 错误.10.(2019届慈溪市模拟)如图5所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为7.5×10－8 C ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图5A.轻绳受到的拉力为8.0×10－2 NB.电场强度大小为1.0×105 N/CC.改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为8.0×105 N/CD.剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动答案　C11.如图6所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r .圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为( )图6A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案　A12.(2018·新高考联盟联考)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图7所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图象，倾斜虚线是过ab交点的a的切线.在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是( )图7A.此时硅光电池的内阻为12.5 ΩB.此时硅光电池的输出功率为0.2 WC.此时硅光电池的总功率为0.72 WD.此时硅光电池的效率为40%答案　C二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.两个不规则带电导体间的电场线分布如图8所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中四个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则( )图8A.场强大小关系有E b＞E cB.电势大小关系有φb>φdC.将一负电荷放在d点时其电势能为负值D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功答案　BD解析　同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此E b＜E c，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d 点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa＞φd，U ad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qU ad，为正功，选项D正确.14.(2018·绿色评价联盟选考)振源S在O点做竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz，t＝0时刻向右传播的简谐横波如图9所示(向左传播的简谐横波图中未画出)，则以下说法中正确的是( )图9A.t＝0时，x＝1 m处的质点振动方向向上B.t＝0时，x＝－2 m处的质点振动方向向上C.t＝0.175 s时，x＝－1 m处的质点处在波谷位置D.t＝0.175 s时，x＝1 m处的质点处在波峰位置答案　AC15.关于下列光学现象，说法正确的是( )A.用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的干涉现象B.在水中红光的传播速度大于紫光的传播速度C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要浅D.分别用红光和紫光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距较宽答案　BD解析　用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的色散现象，故A 错误；紫光的折射率大于红光的折射率，根据v ＝知水中红光的传播速度比紫光快，故B 正确；在岸边观察前方水中的一c n条鱼，鱼的实际深度比看到的要深，故C 错误；条纹间距Δx ＝λ，红光的波长较大，则条纹l d间距较宽，故D 正确.16.氢原子能级图如图10所示，已知可见光光子的能量在1.61 eV ～3.11 eV 范围内，则下列说法正确的是( )图10A.氢原子由n ＝2能级跃迁到n ＝1能级时放出的光子为可见光B.大量氢原子处于n ＝4能级时，向低能级跃迁能放出6种频率的光子C.处于基态的氢原子电离需要释放13.6 eV 的能量D.氢原子处于n ＝2能级时，可吸收2.86 eV 能量的光子跃迁到高能级答案　BD解析　氢原子从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级时放出的光子能量ΔE ＝－3.4 eV －(－13.6 eV)＝10.2 eV ，不在1.61 eV ～3.11 eV 范围内，不是可见光，故A 错误.大量处于n ＝4能级的氢原子，24跃迁到基态的过程中，根据C＝6可知可释放出6种频率的光子，故B正确.处于基态的氢原子电离，需要吸收13.6 eV的能量，故C错误.氢原子处于n＝2能级时，若能够吸收2.86 eV 能量的光子，则E n＝2.86 eV－3.4 eV＝－0.54 eV，正好跃迁到n＝5能级，故D正确.非选择题部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17.(6分)(2018·台州市外国语学校期末)为了探究“合力做功与速度变化的关系”，某学习小组在实验室组装了如图11所示的装置，备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M、沙和小桶的总质量为m.当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时，滑块处于静止状态.要完成该实验，请回答下列问题：图11(1)要完成本实验，还缺少的实验器材是________.(2)实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是________.(3)在满足(2)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图12所示为打点计时器所打的纸带的一部分，图中A、B、C、D、E是按时间先后顺序确定的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，相邻计数点间的距离已标注在图上，当地重力加速度为g，则在B、D两点间，合力对滑块做的功为________，v B＝________，v D＝________(用题中所给的表示数据的字母表示).图12答案　(1)刻度尺(2)沙和小桶的总质量远小于滑块的质量　平衡摩擦力(3)mg (x 2＋x 3) x 1＋x 22T x 3＋x 42T解析　(1)需要分析计算出所选纸带部分滑块的初、末速度和滑块对应的位移，但需要有测量长度的工具，即刻度尺.(2)事实上，细线的拉力并不等于沙和小桶的总重力，把滑块、沙和小桶作为一个整体，加速度a ＝，细线的拉力F ＝Ma ＝，当m 远小于M 时，细线的mg m ＋M mg m M＋1拉力近似等于沙和小桶的总重力.实验设计中，把细线的拉力作为合力，即排除了摩擦力做功，所以实验首先要做的步骤是平衡摩擦力.(3)W ＝mg (x 2＋x 3)，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，v B ＝，v D ＝.x 1＋x 22T x 3＋x 42T18.(8分)(2018·名校高考联盟联考)(1)用如图13所示的电路，做测定电池的电动势和内阻的实验并用图象法处理数据过程中，下列说法正确的是________.图13A.用旧电池比新电池效果好B.实验中滑动变阻器不能短路，若滑动变阻器短路，通过电源的短路电流会无穷大，导致电源损坏C.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地集中D.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸(2)用多用电表测某一元件的物理量，指针偏转如图14所示，其示数为________.图14(3)在某次测量时电表欧姆挡示数如图15所示，为了更准确地测量阻值，请完成以下步骤：图15①将选择开关旋转到“Ω”挡的______位置.(选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k”)②将两表笔短接并调零，应使电表指针对准________的“0”刻线(选填“电阻”或“电流”).答案　(1)AD　(2)2.00 V　(3)×1　电阻19.(8分)(2018·温州市3月选考)陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如图16是镇巴三元圈子崖天坑，最大深度300 m，在某次勘察中，一质量为60 kg的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底.若队员先从静止开始做匀加速直线运动，下滑20 s时速度达到5 m/s，然后以此速度匀速运动45 s，最后匀减速直线运动到达坑底速度恰好为零.整个下行过程中探险绳始终处于竖直，探险队员视为质点.g取10 m/s2，求：图16(1)匀加速阶段的加速度大小a1及匀加速下降的高度h1；(2)匀减速下降时探险绳对探险队员的摩擦力大小；(3)探险队员整个下落过程的平均速度大小.答案　(1)0.25 m/s2　50 m　(2)630 N　(3)4 m/s解析　(1)由a 1＝得a 1＝0.25 m/s 2v t 1由h 1＝a 1t 12，得h 1＝50 m 12(2)匀速运动的高度h 2＝v t 2＝225 mh 3＝h －h 1－h 2，得h 3＝25 m匀减速下降时的加速度大小a 3＝，得a 3＝0.5 m/s 2v 22h 3由牛顿第二定律知，F f －mg ＝ma 3，得F f ＝630 N(3)t 3＝，得t 3＝10 s v a 3由t ＝t 1＋t 2＋t 3，得t ＝75 s ＝，得＝4 m/s.v h tv 20.(10分)如图17所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m.物块A 以v 0＝10 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.2 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.4，A 的质量为m ＝1 kg(重力加速度g ＝10 m/s 2，A 可视为质点).图17(1)求A 滑过N 点时的速度大小v 和受到的弹力大小；(2)若A 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式.答案　(1)4 m/s 150 N (2)635(3)v n ＝ m/s100－1.6n解析　(1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有m v 02＝mg ·2R ＋m v 21212得：v ＝＝4 m/sv 02－4gR 5假设物块在N 点受到的弹力为F N ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg ＋F N ＝m v 2R得物块A 受到的弹力为：F N ＝m －mg ＝150 N ，假设成立.v 2R(2)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有：－μmgkL ＝0－m v 0212得：k ＝62.5物块A 最终停在第63个粗糙段上.(3)由动能定理，有－μmgnL ＝m v n 2－m v 021212由上式，可得A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n ＝v 02－2μgnL即：v n ＝ m/s.100－1.6n 21.(10分)(2018·宁波市重点中学联考)如图18所示，MNPQ 是固定在水平桌面上的足够长的U 形金属导轨，导轨中接有阻值为R ＝6 Ω的电阻，两导轨的间距为l ＝1.0 m ，质量为m ＝0.6 kg 、电阻r ＝4 Ω的金属杆EF 可在导轨上滑动，滑动时保持与导轨垂直，杆与导轨之间的滑动摩擦力大小F f ＝0.32 N ，导轨的电阻不计，初始时，杆EF 位于图中的虚线处，虚线右侧有一无限宽的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B ＝1.0 T ，在t ＝0时刻，给EF 杆一瞬时冲击，使之获得v 0＝2 m/s 方向向右的初速度.经过时间t ＝1.25 s ，EF 杆离开虚线的距离为x ＝2.0 m ，若不考虑回路的自感.求：图18(1)在t ＝0时刻，流过金属杆EF 电流的大小与方向；(2)在t ＝1.25 s 时刻，金属杆EF 的速度大小；(3)在此过程中电阻R 上产生的焦耳热.答案　(1)0.2 A 由F 到E (2)1 m/s (3)0.156 J解析　(1)金属杆切割磁感线产生感应电动势，E ＝Bl v 0＝2 V则I ＝＝0.2 A ，由右手定则可知流过金属杆EF 的电流方向为由F 到E .E R ＋r(2)以金属杆为研究对象，以向右为正方向，由动量定理得－F f t －B lt ＝m v 1－m v 0，I 而t ＝t ＝＝，I E R ＋r ΔΦR ＋r Blx R ＋r联立解得v 1＝1 m/s(3)对题述过程，由动能定理得W 安－F f x ＝m v 12－m v 021212又Q ＝－W 安Q R ＝RQ R ＋r联立解得Q R ＝0.156 J.22.(10分)(2018·嘉兴市3月模拟)如图19所示，“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电荷量相等的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v 1向上射入磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内.当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1).区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A ).放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间的相互作用与相对论效应).已知极板长RM ＝2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：图19(1)氙原子核在A 处的速度大小v 2；(2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 3；(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核与A 处发射粒子总数的比值.答案　见解析解析　(1)氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时：B 2q v 2＝m v 22r根据题意，在A 处发射速度相等、方向不同的氙原子核经过区域Ⅱ后，形成宽度为D 的平行氙粒子束，即r ＝，D 2则：v 2＝B 2Dq 2m(2)等离子体由下方进入区域Ⅰ后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ′，则Eq ′＝B 1v 1q ′，即E ＝B 1v 1设氙原子核经过区域Ⅰ加速后，离开PQ 的速度大小为v 3，根据动能定理可知：qU ＝m v 32－m v 221212其中电压U ＝Ed ＝B 1v 1d联立可得v 3＝8B 1v 1qdm ＋B 22D 2q 22m (3)根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B 2′之后，根据r ′＝可知，r ′＝2r ＝D .m v 2B 2′q①根据示意图可知，沿着AF 方向射入的氙原子核，恰好能够沿着轨迹1从M 点进入区域Ⅰ，而沿着AF 左侧射入的粒子将被上极板RM 挡住而无法进入区域Ⅰ.轨迹1的圆心O 1正好在N 点，AO 1＝MO 1＝D ，所以根据几何关系可知，此时入射角∠FAN ＝90°；②根据示意图可知，沿着AG 方向射入的氙原子核，恰好沿着轨迹2从下极板N 点进入区域Ⅰ，而沿着AG 右侧射入的粒子将被下极板SN 挡住而无法进入区域Ⅰ.AO 2＝AN ＝NO 2＝D ，所以此时入射角∠GAN ＝30°.根据上述分析可知，只有在∠FAG 范围内射入的粒子能进入区域Ⅰ.该区域的粒子数与A 处发射粒子总数的比值为η＝＝.60°180°13。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：第二章相互作用本章综合能力提升练含解析

本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1.(2016·浙江10月选考·3)中国女排在2016年奥运会比赛中再度夺冠．图1为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有()图1A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．2．如图2所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是()图2A．棋子共受三个力作用B．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D．质量不同的棋子所受的摩擦力不同答案 D解析棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，A错误；棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，B错误；棋子所受摩擦力的大小总是等于重力，与棋子的磁性强弱无关，C错误；棋子所受摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，D正确．3.如图3所示是放在水平地面上的磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m，底座的质量为M，则底座对水平地面的作用力大小为()图3A．0 B．mgC．Mg D．(m＋M)g答案 D解析将地球仪和底座看成整体，整体受到的重力为(m＋M)g，支持力为F N，满足F N＝(m＋M)g，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m＋M)g，D正确．4．假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，如图4所示，菜刀刀刃横截面为等腰三角形，刀刃前部的横截面顶角较小，后部的顶角较大，他先后做出过几个猜想，其中合理的是()图4A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大答案 D5.如图5所示，两个相同的小物块P、Q静止在斜面上，P与Q之间的轻弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的轻弹簧B处于压缩状态，则以下判断正确的是()图5A．撤去弹簧A，物块P将下滑，物块Q将静止B．撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小C．撤去弹簧B，两个物块均保持静止D ．撤去弹簧B ，弹簧A 的弹力将变小答案 C解析根据题意：将P 、弹簧A 、Q 看成整体可以知道，整体所受的摩擦力方向均沿斜面向上，整体所受的摩擦力大于整体重力沿斜面向下的分力，撤去弹簧B 后，两个物块均保持静止，弹簧A 的弹力不变，撤去弹簧A 后物块P 和Q 仍然可以处于静止状态，弹簧B 的弹力可能不变，故A 、B 、D 错误，C 正确．6．浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图6甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲乙图6A.12B.33C.32 D.3 答案 C解析对石块1受力分析，可知F N12∶F N13＝sin 60°＝32，故C 正确． 7.(2018·温州市3月选考)研究发现，经常低头玩手机会引起各类疾病．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量，低头玩手机时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图7所示的模型，P 点为头部的重心，PO 为提供支持力的颈椎(视为轻杆)可绕O 点转动，PQ 为提供拉力的肌肉(视为轻绳)．当某人低头时，PO 、PQ 与竖直方向的夹角分别为30°、60°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到的压力之比约为( )图7A ．1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D ．2∶1答案 C8.光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图8所示．将悬点A 缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力( )图8A ．逐渐增大B ．大小不变C ．先减小后增大D ．先增大后减小答案 C解析当悬点A 缓慢沿杆向上移动的过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg 的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力F T 先减小后增大，C 正确．9.如图9所示，两个小球a 、b 质量均为m ，用细线相连并悬挂于O 点，现用一轻质弹簧给小球a 施加一个拉力F ，使整个装置处于静止状态，且Oa 与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k ，则弹簧形变量不可能是( )图9A.2mg k B.2mg 2k C.42mg 3k D.2mgk答案 B解析当F 与细线Oa 垂直时，F 有最小值，F 的最小值为F min ＝2mg sin θ＝2×22mg ＝2mg .根据胡克定律得F min ＝kx min ，所以x min ＝2mgk，A 、C 、D 可能，B 不可能．二、多项选择题10.在2015年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图10所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗(包括悬挂物，看成一个物体)的质量为m ，直升机的质量为M ，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线与竖直方向的夹角始终为α.以下说法正确的是( )图10A．国旗受到2个力的作用B．细线的拉力大于mgC．空气对国旗的阻力大小为mg tan αD．空气给直升机的力的方向竖直向上答案BC解析对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、细线的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F＝mgcos α，F f＝mg tan α，故B、C正确，A、D错误．11.有一堆沙子在水平地面上堆成圆锥形，稳定时底角为α，如图11所示．如果视每粒沙子完全相同，沙子与沙子之间、沙子与地面之间的动摩擦因数均为μ，沙子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是()图11A．沙子稳定时，沙堆底面受到地面的摩擦力一定为零B．沙子稳定时，只有形成严格规则的圆锥底面受到地面的摩擦力才为零C．沙子稳定形成的圆锥底角最大值为αmax＝arctan μD．沙子稳定形成的圆锥底角最大值为αmax＝arcsin μ答案AC解析只要沙子稳定，沙堆底面受到地面的摩擦力就一定为零，不一定是严格规则的圆锥底面，故A 正确，B错误．当沙子形成稳定的圆锥时，由二力平衡得μmg cos α＝mg sin α，αmax＝arctan μ，故C 正确，D错误．12.(2018·9＋1高中联盟联考)如图12所示，光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点，另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b，外力F水平向右拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b始终保持静止，则()图12A．绳OO′的张力保持不变B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化答案AD三、实验题13．图13甲为“探究求合力的方法”的实验装置．图13(1)下列说法中正确的是________．A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90°(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力F的大小为________ N.答案(1)AC(2)4.00解析(1)在同一组数据中，只有当橡皮条结点O的位置相同时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，故A正确；弹簧测力计拉细线时，方向不一定竖直向下，只要把O点拉到同一位置即可，故B错误；根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；F1、F2方向间夹角为90°并不能减小误差，故D错误．(2)由题图乙弹簧测力计的指针指示位置可知，拉力F的大小为4.00 N.四、计算题14．如图14所示为小朋友在水平冰面上用绳子拉着冰车玩耍的情景．已知冰车与冰车上小朋友的总质量为30 kg，细绳受到的拉力为100 N，拉力与水平方向的夹角为37°，冰车做匀速直线运动．(取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图14(1)冰车对冰面的压力大小； (2)冰车与冰面间的动摩擦因数．答案 (1)240 N (2)13解析 (1)对冰车及冰车上小朋友组成的整体受力分析得：冰面的支持力F N ＝mg －F sin 37°，解得F N ＝240 N根据牛顿第三定律得冰车对冰面的压力大小F N ′＝F N ＝240 N (2)根据滑动摩擦力公式F f ＝μF N冰车匀速滑动，水平方向受力平衡F f ＝F cos 37° 解得μ＝13.15.如图15所示，水平细杆上套有一质量为0.54 kg 的小环A ，用轻绳将质量为0.5 kg 的小球B 与A 相连．B 受到始终与水平方向成53°角的斜向右上的风力作用，与A 一起向右匀速运动，此时轻绳与水平方向夹角为37°，运动过程中B 球始终在水平细杆的下方，求：(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图15(1)B 对绳子的拉力大小； (2)A 与杆间的动摩擦因数．答案 (1)3.0 N (2)13解析 (1)对小球B 由平衡条件得绳的拉力为 F T ＝mg sin 37°＝3.0 N由牛顿第三定律知B 对绳子的拉力大小为3.0 N (2)环A 做匀速直线运动，有 F T cos 37°－F f ＝0 F N ＝Mg ＋F T sin 37° 而F f ＝μF N ，联立解得μ＝13.。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷一 Word版含解析

姓名，年级：时间：单元滚动检测卷一考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共12小题，每小题3分，共36分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1。

周日，小明随家长驾车行驶在高架路上，如图1所示,看到车窗外的路灯杆疾速向后运动，当汽车上坡时，小明发现家长降低了车速，当汽车驶入凹形路面时，小明感到与座椅之间的压力发生了变化．上述材料提及“车窗外的路灯杆疾速向后运动"，这里所选的参考系是（)图1A．小明乘坐的汽车B．路面C．其他路灯杆D．高架护栏答案A2．温州南塘，每年端午龙舟比赛热闹非凡，如图2是龙舟在进行500 m的直道比赛，下列说法正确的是（)图2A．研究队员的划桨动作，可将队员看成质点B．以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的C．获得第一名的龙舟，撞线时的速度一定很大D．获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小答案D3．一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t（各物理量均选用国际单位制中单位），则关于该质点的运动，下列说法正确的是( ）A．质点可能做匀减速直线运动B．5 s内质点的位移为35 mC．质点运动的加速度为1 m/s2D．质点第3 s末的速度为5 m/s答案B解析根据平均速度v＝错误!知,x＝vt＝2t＋t2,对比x＝v0t＋错误!at2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动,故A、C错误。

5 s内质点的位移x＝v0t＋12at2＝2×5 m＋错误!×2×25 m＝35 m，故B正确．质点第3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误．4。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第三章牛顿运动定律第2讲含答案

第2讲牛顿运动定律的应用[考试标准]知识内容考试要求说明牛顿运动定律应用d1.求解连接体问题时，只限于各物体加速度相同的情形．2.不要求解决加速度不同的两个物体的动力学问题.超重与失重b一、两类动力学问题 1．两类动力学问题(1)已知受力情况求物体的运动情况． (2)已知运动情况求物体的受力情况． 2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图所示：自测1 假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力大小差不多，当汽车以20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( ) A ．40 m B ．20 m C ．10 m D ．5 m 答案 B解析 a ＝F f m ＝mg m ＝g ＝10 m/s 2，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝2022×10 m ＝20 m ，B 对．二、超重与失重 1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有向上的加速度． 2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象． (2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象． (2)产生条件：物体的加速度a ＝g ，方向竖直向下．自测2 关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A ．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B ．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C ．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化答案D命题点一超重与失重现象 1．对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变． (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．2．判断超重和失重的方法从受力的角度判断当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态从速度变化的角度判断①物体向上加速或向下减速时，超重 ②物体向下加速或向上减速时，失重例1 (多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图1所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图1A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小答案 AD解析人乘电梯向上运动，规定向上为正方向，人受到重力和支持力两个力的作用，则有F －mg ＝ma ，即F ＝mg ＋ma ，根据牛顿第三定律知，人对地板的压力大小等于支持力的大小，将对应时刻的加速度(包含正负号)代入上式，可得选项A 、D 正确，B 、C 错误．变式1 图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点O 表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F －t 图线，两图中a ～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g ＝10 m/s 2，根据图象分析可知( )图2A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于失重状态C ．e 点位置人处于超重状态D ．d 点的加速度小于f 点的加速度答案 C解析开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N ，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500 N ，故A 错误；c 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B 错误；e 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C 正确；人在d 点：a 1＝F d －G m ＝1 500－50050010 m /s2＝20 m/s 2，人在f 点：a 2＝G －0m ＝50050010m /s 2＝10 m/s 2，可知d 点的加速度大于f 点的加速度，故D 错误．变式2如图3所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时()图3A．A的加速度等于gB．B的加速度大于gC．A对B的压力等于mgD．A对B的压力大于mg答案 A解析A、B两本书叠放在一起抛出，做加速度为g的抛体运动，处于完全失重状态，则A、B间的作用力为零，故A正确，B、C、D错误．变式3(2018·金华市十校期末)一个质量为50 kg的人，站在竖直方向运动着的升降机地板上．他看到升降机上弹簧测力计挂着一个质量为5 kg的重物，弹簧测力计的示数为40 N，重物相对升降机静止，如图4所示，则(g取10 m/s2)()图4A．升降机一定向上加速运动B．升降机一定向上减速运动C．人对地板的压力一定为400 ND．人对地板的压力一定为500 N答案 C解析对重物，由mg－F＝ma得a＝2 m/s2，方向竖直向下，升降机可能减速上升或者加速下降；对人，由Mg－F N＝Ma得F N＝400 N，由牛顿第三定律得人对地板的压力F N′＝F N＝400 N，故C正确．命题点二动力学中的图象问题1．常见的动力学图象v－t图象、a－t图象、F－t图象等．2．图象问题的类型(1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)由已知条件确定某物理量的变化图象．3．解决图象问题的关键(1)看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始．(2)理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．例2用水平力F拉静止在水平桌面上的小物块，水平力F方向不变，大小按图5甲所示规律变化，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度大小为10 m/s2，则下列关于物块与水平桌面间的最大静摩擦力F fm、物块与水平桌面间的滑动摩擦力F f、物块与水平桌面间的动摩擦因数μ、物块质量m的值正确的是()甲乙图5A．F fm＝4 N B．μ＝0.1C．F f＝6 N D．m＝2 kg答案 B解析t＝2 s时，F fm＝F1＝6 N；F1－μmg＝ma1，即6－μmg＝m.t＝4 s时，F2－μmg＝ma2，即12－μmg＝3m，解得m＝3 kg，μ＝0.1，则F f＝μmg＝3 N.变式4 (多选)水平地面上质量为1 kg 的物块受到水平拉力F 1、F 2的作用，F 1、F 2随时间的变化如图6所示，已知物块在前2 s 内以4 m /s 的速度做匀速直线运动，取g ＝10 m/s 2，则( )图6A ．物块与地面间的动摩擦因数为0.2B ．3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 NC ．4 s 末物块受到的摩擦力大小为1 ND ．5 s 末物块的加速度大小为3 m/s 2 答案 BC解析在前2 s 内物块做匀速运动，则摩擦力F f ＝3 N ，μ＝F f mg ＝310＝0.3，选项A 错误；2 s 后物块做匀减速运动，加速度a ＝F 合m ＝6－5－31 m /s 2＝－2 m/s 2，则经过t ＝0－v a ＝2 s ，即4 s 末速度减为零，则3 s 末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s 末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N －5 N ＝1 N ，选项B 、C 正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s 末物块的加速度为零，选项D 错误．变式5 如图7所示为质量m ＝75 kg 的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v －t 图象，图中的OA 直线是t ＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC 平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k .设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图7A ．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动B ．t ＝0时刻运动员的加速度大小为2 m/s 2C ．动摩擦因数μ为0.25D ．比例系数k 为15 kg/s 答案 C解析由v －t 图象可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A 错误；在t ＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a 0＝12－03－0 m /s 2＝4 m/s 2，故B 错误；在t ＝0时刻开始加速时，v 0＝0，由牛顿第二定律可得mg sin θ－k v 0－μmg cos θ＝ma 0，最后匀速时有v m ＝10 m /s ，a ＝0，由平衡条件可得mg sin θ－k v m －μmg cos θ＝0，联立解得 μ＝0.25，k ＝30 kg/s ，故C 正确，D 错误．命题点三动力学的两类基本问题 1．解题关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁． 2．常用方法 (1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法． (2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．模型1 已知运动情况求物体受力例3 (2019届湖州市月考)2017年1月25日，在中央电视台播出的“2016年度科技盛典”节目中，海军电力工程专家马伟明院士表示正在研制“国产003型航母电磁弹射器”(如图8所示)．它是由电磁弹射车给飞机一个辅助作用力，使飞机在较短的直跑道上获得较大的速度．假定航母始终处于静止状态，质量为M 的飞机利用电磁弹射车起飞，飞机在t 0时刻从静止开始在跑道上做匀加速运动，在t 1时刻获得发射速度v .此过程中飞机发动机的推力恒为F ，阻力恒为F f .问：图8(1)电磁弹射车对飞机的辅助推力多大？(2)若在t 1时刻突然接到飞机停止起飞的命令，立刻将该飞机的推力和电磁弹射车的辅助推力同时反向但大小不变．要使飞机能安全停止，则飞行甲板L 至少多长？答案 (1)M v t 1－t 0－F ＋F f (2)v (t 1－t 0)2＋M v 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2M v解析 (1)设飞机在匀加速过程中的加速度为a 1，由运动学公式得a 1＝v －v 0Δt ，即a 1＝vt 1－t 0①由牛顿第二定律可得F －F f ＋F 辅＝Ma 1② 由①②可得F 辅＝M vt 1－t 0－F ＋F f .(2)飞机在匀加速过程中滑行的距离为s 1 s 1＝v Δt ＝v (t 1－t 0)2③设飞机在减速过程中的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－F －F f －F 辅＝Ma 2④飞机在减速过程中滑行的距离为s 2，由运动学公式得0－v 2＝2a 2s 2，可得s 2＝－v 22a 2⑤由①②④⑤可得s 2＝M v 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2M v要使飞机能安全停止，则飞行甲板长L 需满足 L ≥s 1＋s 2＝v (t 1－t 0)2＋M v 2(t 1－t 0)4F f (t 1－t 0)＋2M v.变式6 爸爸和孩子们进行山坡滑草运动，该山坡可看成倾角θ＝37°的斜面，一名孩子连同滑草装置总质量m ＝80 kg ，他从静止开始匀加速下滑，在时间t ＝5 s 内沿山坡斜面滑下的位移x ＝50 m ．(不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问： (1)该孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力F f 为多大？ (2)滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为多大？(3)该孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸至少用多大的力才能拉动？答案 (1)160 N (2)0.25 (3)640 N 解析 (1)由位移公式有：x ＝12at 2解得：a ＝2x t 2＝2×5052 m /s 2＝4 m/s 2沿山坡斜面方向，由牛顿第二定律得：mg sin θ－F f ＝ma 代入数值解得：F f ＝m (g sin θ－a )＝80×(10×0.6－4) N ＝160 N (2)在垂直山坡斜面方向上，有：F N －mg cos θ＝0 又有：F f ＝μF N 联立并代入数据解得： μ＝F f mg cos θ＝16080×10×0.8＝0.25 (3)F f ′＝F f ，根据平衡条件，沿山坡斜面方向，有： F ＝F f ′＋mg sin 37°＝160 N ＋80×10×0.6 N ＝640 N 模型2 已知物体受力求运动情况例4 有一种公交电车站，车站站台的路轨建得高些，车辆进站时要上坡，出站时要下坡，如图9甲所示，这样既可以节能又可以节省停车所需的时间．为简化问题，现设两边倾斜部分AB 段和CD 段均为直轨道，长度均为L ＝200 m ，水平部分BC 段长度也为L ＝200 m ，站台的高度h 未知，如图乙所示，各段道路交接处均为圆滑连接．一长度可忽略的电车自站台左前方以v 0＝72 km /h 的速度驶向站台，为了节能，司机在未到站时即关闭电车电源，经过时间t 1＝100 s 后到达A 点，接着冲上了倾斜轨道，到达站台上的B 点时速度为v B ＝18 km/h ，此时司机还需启动刹车系统，使得电车最终正好停在BC 段的中点．已知电车在各段轨道上所受摩擦力(不含刹车时所增加的阻力)可认为等于其自身总重力的0.01倍，刹车过程所增加的阻力可看做恒力，空气阻力忽略不计，忽略电车经过各道路交接处的能量损失及可能腾空对研究问题的影响，g 取10 m/s 2，求：图9(1)电车到达A 点时的速度大小v A ；(2)电车从站台B 点到最终停止所需的时间t ； (3)该电车站台的高度h .答案 (1)10 m/s (2)40 s (3)1.75 m解析 (1)电车从切断电源到A 点由牛顿第二定律得 0．01mg ＝ma 1，解得a 1＝0.1 m/s 2 由运动学公式得v A ＝v 0－a 1t 1 解得v A ＝10 m/s(2)电车从B 点到停止，有12L ＝12v B t ，解得t ＝40 s(3)电车从A 点到B 点，由运动学公式得 v B 2－v A 2＝－2a 2L ，由牛顿第二定律得0.01mg ＋mg sin θ＝ma 2 其中sin θ＝hL联立解得h ＝1.75 m.变式7 (2018·9＋1高中联盟期中)皮划艇是一项激烈的水上比赛项目，如图10所示为静水中某运动员正在皮划艇上进行划水训练，船桨与水间断且周期性的发生作用．假设初始阶段中，运动员每次用船桨向后划水的时间t 1＝1 s ，获得水平向前的持续动力恒为F ＝480 N ，而船桨离开水的时间t 2＝0.4 s ，运动员与皮划艇的总质量为120 kg ，运动员和皮划艇受到的阻力恒为150 N ，并从静止开始沿直线运动．在该阶段中：图10(1)运动员在用船桨划水时与船桨离开水时加速度大小分别为多少？(2)若运动员从静止开始后，第一次划水后就停止划水，皮划艇总计前行多长距离？(3)若运动员从静止开始后，2.8 s 末速度为多大？答案 (1)2.75 m /s 21.25 m/s 2 (2)4.4 m(3)4.5 m/s解析 (1)船桨划水时，F －F f ＝ma 1 得：a 1＝2.75 m/s 2 船桨离开水时：F f ＝ma 2 得：a 2＝1.25 m/s 2(2)1 s 末皮划艇的速度：v 1＝a 1t 1＝2.75 m/s 滑行总位移：x ＝v 122a 1＋v 122a 2＝4.4 m(3)1.4 s 末速度：v 2＝v 1－a 2t 2＝2.25 m/s 2．4 s 末速度：v 3＝v 2＋a 1t 1＝5 m/s 2．8 s 末速度：v 4＝v 3－a 2t 2＝4.5 m/s 命题点四传送带模型模型1 水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速情景2(1)v 0＞v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v 0＝v 时，一直匀速(3)v 0＜v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．当v 0＞v 时返回右端的速度为v ，当v 0＜v 时返回右端的速度为v 0模型2例5 某飞机场利用如图11所示的传送带将水平地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A 、B 的长度L ＝10 m ．传送带以v ＝5 m/s 的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A 轻轻放一质量m ＝5 kg 的货物(可视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝32.求货物从A 端运送到B 端所需的时间．(g 取10 m/s 2)图11答案 3 s解析由牛顿第二定律得： μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma 解得a ＝2.5 m/s 2货物匀加速运动的时间t 1＝va＝2 s货物匀加速运动的位移x 1＝12at 12＝12×2.5×22 m ＝5 m随后货物做匀速运动．运动位移x 2＝L －x 1＝5 m 匀速运动时间t 2＝x 2v ＝1 s货物从A 端运送到B 端所需的时间t ＝t 1＋t 2＝3 s变式8 如图12所示，水平传送带AB 长L ＝10 m ，向右匀速运动的速度v 0＝4 m /s ，一质量为1 kg 的小物块(可视为质点)以v 1＝6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2.求：图12(1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间．答案 (1)4.5 m (2)3.125 s 解析 (1)物块的加速度大小 a ＝μmg m＝μg ＝4 m/s 2物块向左匀减速运动，v ＝0时向左运动的距离最大．由运动学公式得0－v 12＝－2ax ，解得x ＝v 122a ＝622×4m ＝4.5 m.(2)物块向左运动到速度减为0的时间： t 1＝v 1a ＝64s ＝1.5 s由于v 1>v 0，所以物块向右先加速到4 m/s ，后匀速到达B 点，加速时间为t 2＝v 0a ＝44 s ＝1 s加速的距离x 1＝v ·t 2＝v 02t 2＝42×1 m ＝2 m所以匀速运动的时间为t 3＝x －x 1v 0＝4.5－24s ＝0.625 s 物块从B 点冲上传送带再次回到B 点所用的时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.5 s ＋1 s ＋0.625 s ＝3.125 s.1．(2018·名校协作体联考)下列情景中属于超重现象的是()答案 C2.在2016年里约奥运会男子蹦床决赛中，我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌．如图1所示为运动员正在进行蹦床比赛时的照片，不计空气阻力，下列说法正确的是()图1A．运动员离开蹦床后处于失重状态B．运动员上升到最高点时加速度为零C．运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动D．运动员和蹦床接触的过程中一直处于失重状态答案 A解析运动员离开蹦床后，仅受重力，加速度方向向下，处于失重状态，故A正确；运动员上升到最高点时，仅受重力，加速度为g，故B错误；运动员下落碰到蹦床后，开始重力大于弹力，加速度向下，向下做加速运动，弹力不断增大，重力小于弹力后，加速度向上，向下做减速运动，故C错误；运动员在接触蹦床过程中，先加速向下，处于失重状态，后减速向下，处于超重状态，故D错误．3．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车匀减速运动到车完全停止需要的时间为5 s ，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A ．450 NB ．400 NC ．350 ND ．300 N 答案 C解析汽车的速度v 0＝90 km /h ＝25 m/s设汽车匀减速运动的加速度大小为a ，则a ＝v 0t ＝5 m/s 2对乘客应用牛顿第二定律可得： F ＝ma ＝70×5 N ＝350 N ，所以C 正确．4．一物块沿倾角为θ的固定斜面上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端．已知物块下滑的时间是上滑时间的2倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为( ) A.13tan θ B.12tan θ C.35tan θ D ．tan θ答案 C解析物块上滑的加速度a 1＝g sin θ＋μg cos θ，则x ＝12a 1t 2；物块下滑的加速度a 2＝g sin θ－μg cos θ，则x ＝12a 2(2t )2；联立解得μ＝35tan θ，故选C.5．(2018·金华市、丽水市、衢州市十二校联考)滑沙是国内新兴的旅游活动项目，如图2甲所示，即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑，随着下滑速度的加快，在有惊无险的瞬间体味到了刺激和快感．其运动可以简化为如图乙所示，一位游客先后两次从静止下滑，下列v －t 图象中实线代表第一次从较低位置滑下，虚线代表第二次从较高位置滑下，假设斜面和水平地面与滑板之间的动摩擦因数相同，忽略空气阻力，拐弯处速度大小不变，则v －t 图象正确的是( )图2答案 D解析设滑板与沙之间的动摩擦因数为μ，斜面与水平地面之间的夹角为θ，当游客与滑板沿斜面向下运动时，ma 1＝mg sin θ－μmg cos θ，则：a 1＝g sin θ－μg cos θ，可知，向下滑动的加速度与斜面的高度无关，则在v －t 图中两次加速的过程图线是重合的；在水平地面上减速的过程中：ma 2＝μmg ，所以：a 2＝μg ，可知减速过程中的加速度也是大小相等的，则两次减速过程中的v －t 图线是平行线，故A 、B 、C 错误，D 正确．6.(2018·嘉兴市第一中学期中)质量为m 的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图3所示，则物块的加速度大小将( )图3A ．变大B ．变小C ．不变D ．以上情况都有可能答案 A解析质量为m 的物块在倾角为θ的固定粗糙斜面上匀加速下滑，加速度大小a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g (sin θ－μcos θ)对物块施加一个竖直向下的恒力F ，对物块受力分析如图，则物块的加速度大小 a 1＝(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θm ＝(g ＋F m )(sin θ－μcos θ)>a故A 正确，B 、C 、D 错误．7．广州塔，昵称“小蛮腰”，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t ＝0时由静止开始上升，a －t 图象如图4所示．则下列相关说法正确的是( )图4A ．t ＝4.5 s 时，电梯处于失重状态B ．5～55 s 时间内，绳索拉力最小C ．t ＝59.5 s 时，电梯处于超重状态D ．t ＝59 s 时，电梯处于失重状态答案 D解析利用题图a －t 图象可判断：t ＝4.5 s 时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，A 错误；0～5 s 时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s 时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s 时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，B 、C 错误，D 正确．8．(2018·宁波市期末)一物体放置在粗糙程度相同的水平面上，处于静止状态，从t ＝0时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物体上，且F 的大小随时间从零均匀增大，如图5所示，则下列关于物体的加速度a 、摩擦力F f 、速度v 随F 的变化图象正确的是( )图5答案 B解析 F 较小时，物体静止，F ＝F f ＝kt ，之后，物体开始滑动，加速度a ＝kt －μmg m ，物体做a 增大的加速运动，故B 正确．9.如图6所示，足够长的水平传送带以v 0＝2 m /s 的速度顺时针匀速运行．t ＝0时，在传送带的最左端轻放一个小滑块，t ＝2 s 时，传送带突然制动停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.在下图中，关于滑块相对地面运动的v －t 图象正确的是( )图6答案 D解析滑块刚放在传送带上时受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v 0a ＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带的滑动摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝Δva ′＝1 s ，选项D 正确．10．(2018·浙江11月选考·13)如图7所示为某一游戏的局部简化示意图．D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R ＝10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内，某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0＝10 m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点．已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是(g 取10 m/s 2)( )图7A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s 答案 A解析小车在轨道AB 上运动的加速度大小为a ＝μg ＝2 m/s 2，L AB ＝v 0t 1－12at 12，得t 1＝3 s(另一值7 s舍去)，在轨道BC 上运动时，L BC ＝2R sin θ，加速度大小为a 1＝g sin θ，将小车在轨道BC 上的运动看作逆向的初速度为0的匀加速直线运动，则有L BC ＝12a 1t 22，得t 2＝2 s ，所以小车从A 到C 的运动时间为t ＝t 1＋t 2＝5 s.11.(2016·浙江10月选考·19)如图8所示，在某段平直的铁路上，一列以324 km /h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km/h.(g 取10 m/s 2)图8(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．答案见解析解析 (1)列车的速度为324 km /h ＝90 m/s ，经过5 min ＝300 s 停下，所以加速度大小为 a ＝|Δv |t ＝|90－0|300m /s 2＝0.3 m/s 2(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′ v 2＝2a ′x ′，因x ′＝8.1 km ＝8 100 m ， v ＝90 m/s ，m ＝8.0×105 kg 解得a ′＝0.5 m/s 2 ，F ＝1.2×106 N(3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝v a ′＝900.5 s ＝180 s减速过程中通过的位移x ＝v2t ＝45×300 m ＝13 500 m所以整个过程的平均速度大小 v ＝x ＋x ′t 总＝13 500＋8 100300＋240＋180m /s ＝30 m/s. 12．(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)小明不小心将餐桌边沿处的玻璃杯碰落在地，玻璃杯没碎．他觉得与木质地板较软有关，并想估测杯子与地板接触过程中地板最大的微小形变量．他测出了玻璃杯与地板作用的时间为Δt ，杯子的质量为m ，桌面离地的高度为h (设杯离开桌面时初速度为零，杯的大小远小于h ，杯子与地板接触过程可视为匀减速直线运动，地板形变不恢复)，重力加速度为g ，不计空气阻力．试求杯子与地板接触过程中： (1)杯子加速度大小a ；(2)杯子受到地板的作用力大小F ； (3)地板最大的微小形变量Δx . 答案 (1)2gh Δt (2)mg ＋m 2gh Δt (3)Δt22gh 解析 (1)杯子离开桌面到下落至地板，有v 2＝2gh 得v ＝2gh杯子与地板接触过程中，有v ＝a Δt 得a ＝2gh Δt(2)由F －mg ＝ma 得F ＝mg ＋m2gh Δt(3)由Δx ＝12a (Δt )2得Δx ＝Δt22gh13.如图9所示，一质量为1 kg 的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ＝30°.现小球在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点静止出发沿杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36，g 取10 m/s 2.试求：图9(1)小球运动的加速度大小；(2)若F 作用1.2 s 后撤去，求小球上滑过程中距A 点的最大距离．答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m解析 (1)在力F 作用下，对小球受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得(F －mg )sin 30°－μ(F －mg )cos 30°＝ma 1 解得a 1＝2.5 m/s 2(2)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s 小球的位移x 1＝v 12t 1＝1.8 m撤去力F 后，小球上滑时，受力分析如图乙．由牛顿第二定律得mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma 2 解得a 2＝7.5 m/s 2小球上滑时间t 2＝v 1a 2＝0.4 s上滑位移x 2＝v 12t 2＝0.6 m则小球上滑过程中距A 点的最大距离为 x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m.。

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综合检测卷考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.(2017·浙江4月选考·2)下列各组物理量中均为矢量的是()A.路程和位移B.速度和加速度C.力和功D.电场强度和电势答案 B解析矢量是既有大小又有方向的物理量，例如：位移、速度、加速度、力、电场强度等，因此答案为B.2.(2018·绍兴市选考诊断)下列描述正确的是()A.安培发现了电流的磁效应B.开普勒发现了万有引力定律C.库仑通过油滴实验测定了元电荷的数值D.法拉第首先引入了“场”的观点来解释电荷之间的相互作用答案 D3.如图1所示是某质点运动的速度－时间图象，由图象得到的正确结果是()图1A.在0～1 s内该质点的平均速度是2 m/sB.在0～1 s内该质点的位移大小是3 mC.在0～1 s内该质点的加速度大小大于2～4 s内的加速度大小D.在0～1 s内该质点的运动方向与2～4 s内的运动方向相反答案 C4.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A.4倍B.2倍C. 3 倍D. 2 倍答案 D解析设F f ＝k v ，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P ＝F v ＝F f v ＝k v ·v ＝k v 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝k v ′·v ′＝k v ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确.5.(2018·宁波市十校联考)女子十米台跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图2所示，不计空气阻力，随入水深度的增加，阻力增大，下列说法正确的是( )图2A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案 D解析她在空中上升过程中，加速度向下，故处于失重状态，选项A 错误；运动员从跳台斜向上跳起，下落时速度有水平分量，则她在空中下落过程中不是做自由落体运动，选项B 错误；入水后，运动员受到水的阻力作用，开始时重力大于阻力，做加速运动，随着入水深度的增加，阻力增大，当重力等于阻力时加速度为零，此时速度最大，故她即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，选项C 错误；根据牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，选项D 正确.6.如图3所示，在斜面顶端的A 点以速度v 0水平抛出一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 0水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是(空气阻力不计)( )图3A.AB ∶AC ＝2∶1B.AB ∶AC ＝4∶1C.t 1∶t 2＝4∶1D.t 1∶t 2＝2∶1答案 B解析由平抛运动规律有x ＝v t ，y ＝12gt 2，则tan θ＝y x ＝gt 2v ，将v 0、0.5v 0分别代入上式，联立解得t 1∶t 2＝2∶1，C 、D 均错误；它们的竖直位移之比y B ∶y C ＝12gt 12∶12gt 22＝4∶1，所以AB ∶AC ＝y B sin θ∶y Csin θ＝4∶1，故A 错误，B 正确.7.A 、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比s A ∶s B ＝4∶3，转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，则下列说法中正确的是( )A.它们的线速度大小之比v A ∶v B ＝4∶3B.它们的角速度大小之比ωA ∶ωB ＝2∶3C.它们的周期之比T A ∶T B ＝3∶2D.它们的向心加速度大小之比a A ∶a B ＝3∶2 答案 A解析 A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比为s A ∶s B ＝4∶3，根据公式v ＝st ，线速度大小之比为v A ∶v B ＝4∶3，A 正确；转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，根据公式ω＝θt ，角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝3∶2，B 错误；根据公式T ＝2πω，周期之比为T A ∶T B ＝2∶3，C 错误；根据a n ＝ωv ，可知，a A ∶a B＝2∶1，D 错误.8.(2018·嘉兴市期末)一质量为1 kg 的物体被人用手由静止向上提升0.5 m ，这时物体的速度是1 m /s ，则下列说法中正确的是(重力加速度取10 m/s 2)( ) A.重力对物体做功5 J B.物体机械能增加5.5 J C.合外力对物体做功5.5 J D.手对物体做功0.5 J 答案 B9.如图4所示为三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b 、c 是地球同步卫星，a 在半径为r 的轨道上，此时a 、b 恰好相距最近，已知地球质量为M ，半径为R ，地球自转的角速度为ω，引力常量为G ，则( )图4A.卫星b 加速一段时间后就可能追上卫星cB.卫星b 和c 的机械能相等C.到卫星a 和b 下一次相距最近，还需经过时间t ＝2πGMr 3－ωD.卫星a 减速一段时间后就可能追上卫星c 答案 C解析卫星b 加速后，将脱离原轨道做离心运动，不可能追上卫星c ，A 错误；由于卫星b 、c 的质量关系未知，所以两者的机械能不一定相等，B 错误；卫星a 做圆周运动，由万有引力提供向心力有GMmr 2＝mωa 2r ，可得ωa ＝GMr 3，b 为地球同步卫星，其角速度与地球自转的角速度相同，连续两次相距最近的时间t 满足(ωa －ω)t ＝2π，解得t ＝2πGMr 3－ω，C 正确；卫星a 减速后，将脱离原轨道做近心运动靠近地球，不可能追上卫星c ，D 错误.10.(2019届慈溪市模拟)如图5所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为7.5×10－8 C ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图5A.轻绳受到的拉力为8.0×10－2 NB.电场强度大小为1.0×105 N/CC.改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为8.0×105 N/CD.剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动答案 C11.如图6所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r .圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为( )图6A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案 A12.(2018·新高考联盟联考)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图7所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图象(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b 是某电阻R 的U －I 图象，倾斜虚线是过ab 交点的a 的切线.在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是( )图7A.此时硅光电池的内阻为12.5 ΩB.此时硅光电池的输出功率为0.2 WC.此时硅光电池的总功率为0.72 WD.此时硅光电池的效率为40%答案 C二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.两个不规则带电导体间的电场线分布如图8所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d 为电场中四个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则()图8A.场强大小关系有E b＞E cB.电势大小关系有φb>φdC.将一负电荷放在d点时其电势能为负值D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功答案BD解析同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此E b＜E c，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa＞φd，U ad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qU ad，为正功，选项D正确.14.(2018·绿色评价联盟选考)振源S在O点做竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz，t＝0时刻向右传播的简谐横波如图9所示(向左传播的简谐横波图中未画出)，则以下说法中正确的是()图9A.t＝0时，x＝1 m处的质点振动方向向上B.t＝0时，x＝－2 m处的质点振动方向向上C.t＝0.175 s时，x＝－1 m处的质点处在波谷位置D.t＝0.175 s时，x＝1 m处的质点处在波峰位置答案AC15.关于下列光学现象，说法正确的是()A.用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的干涉现象B.在水中红光的传播速度大于紫光的传播速度C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要浅D.分别用红光和紫光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距较宽答案BD解析用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的色散现象，故A错误；紫光的折射率大于红光的折射率，根据v＝cn知水中红光的传播速度比紫光快，故B正确；在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深，故C错误；条纹间距Δx＝ldλ，红光的波长较大，则条纹间距较宽，故D正确.16.氢原子能级图如图10所示，已知可见光光子的能量在1.61 eV～3.11 eV范围内，则下列说法正确的是()图10A.氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级时放出的光子为可见光B.大量氢原子处于n＝4能级时，向低能级跃迁能放出6种频率的光子C.处于基态的氢原子电离需要释放13.6 eV的能量D.氢原子处于n＝2能级时，可吸收2.86 eV能量的光子跃迁到高能级答案BD解析氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时放出的光子能量ΔE＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，不在1.61 eV～3.11 eV范围内，不是可见光，故A错误.大量处于n＝4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中，根据C24＝6可知可释放出6种频率的光子，故B正确.处于基态的氢原子电离，需要吸收13.6 eV的能量，故C错误.氢原子处于n＝2能级时，若能够吸收2.86 eV能量的光子，则E n＝2.86 eV－3.4 eV＝－0.54 eV，正好跃迁到n ＝5能级，故D正确.非选择题部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17.(6分)(2018·台州市外国语学校期末)为了探究“合力做功与速度变化的关系”，某学习小组在实验室组装了如图11所示的装置，备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M 、沙和小桶的总质量为m .当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时，滑块处于静止状态.要完成该实验，请回答下列问题：图11(1)要完成本实验，还缺少的实验器材是________.(2)实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是________.(3)在满足(2)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图12所示为打点计时器所打的纸带的一部分，图中A 、B 、C 、D 、E 是按时间先后顺序确定的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T ，相邻计数点间的距离已标注在图上，当地重力加速度为g ，则在B 、D 两点间，合力对滑块做的功为________，v B ＝________，v D ＝________(用题中所给的表示数据的字母表示).图12答案 (1)刻度尺(2)沙和小桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力 (3)mg (x 2＋x 3)x 1＋x 22T x 3＋x 42T解析 (1)需要分析计算出所选纸带部分滑块的初、末速度和滑块对应的位移，但需要有测量长度的工具，即刻度尺.(2)事实上，细线的拉力并不等于沙和小桶的总重力，把滑块、沙和小桶作为一个整体，加速度a ＝mgm ＋M ，细线的拉力F ＝Ma ＝mgm M＋1，当m 远小于M 时，细线的拉力近似等于沙和小桶的总重力.实验设计中，把细线的拉力作为合力，即排除了摩擦力做功，所以实验首先要做的步骤是平衡摩擦力.(3)W ＝mg (x 2＋x 3)，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，v B ＝x 1＋x 22T ，v D ＝x 3＋x 42T.18.(8分)(2018·名校高考联盟联考)(1)用如图13所示的电路，做测定电池的电动势和内阻的实验并用图象法处理数据过程中，下列说法正确的是________.图13A.用旧电池比新电池效果好B.实验中滑动变阻器不能短路，若滑动变阻器短路，通过电源的短路电流会无穷大，导致电源损坏C.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地集中D.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸(2)用多用电表测某一元件的物理量，指针偏转如图14所示，其示数为________.图14(3)在某次测量时电表欧姆挡示数如图15所示，为了更准确地测量阻值，请完成以下步骤：图15①将选择开关旋转到“Ω”挡的______位置.(选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k ”) ②将两表笔短接并调零，应使电表指针对准________的“0”刻线(选填“电阻”或“电流”). 答案 (1)AD (2)2.00 V (3)×1 电阻19.(8分)(2018·温州市3月选考)陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如图16是镇巴三元圈子崖天坑，最大深度300 m ，在某次勘察中，一质量为60 kg 的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底.若队员先从静止开始做匀加速直线运动，下滑20 s 时速度达到5 m /s ，然后以此速度匀速运动45 s ，最后匀减速直线运动到达坑底速度恰好为零.整个下行过程中探险绳始终处于竖直，探险队员视为质点.g 取10 m/s 2，求：图16(1)匀加速阶段的加速度大小a 1及匀加速下降的高度h 1； (2)匀减速下降时探险绳对探险队员的摩擦力大小； (3)探险队员整个下落过程的平均速度大小. 答案 (1)0.25 m /s 250 m (2)630 N (3)4 m/s 解析 (1)由a 1＝vt 1得a 1＝0.25 m/s 2由h 1＝12a 1t 12，得h 1＝50 m(2)匀速运动的高度h 2＝v t 2＝225 m h 3＝h －h 1－h 2，得h 3＝25 m匀减速下降时的加速度大小a 3＝v 22h 3，得a 3＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律知，F f －mg ＝ma 3，得F f ＝630 N(3)t 3＝va 3，得t 3＝10 s由t ＝t 1＋t 2＋t 3，得t ＝75 s v ＝ht，得v ＝4 m/s.20.(10分)如图17所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m.物块A 以v 0＝10 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.2 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.4，A 的质量为m ＝1 kg(重力加速度g ＝10 m/s 2，A 可视为质点).图17(1)求A 滑过N 点时的速度大小v 和受到的弹力大小； (2)若A 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 答案 (1)4 5 m/s 150 N (2)63 (3)v n ＝100－1.6n m/s解析 (1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有 12m v 02＝mg ·2R ＋12m v 2 得：v ＝v 02－4gR ＝4 5 m/s假设物块在N 点受到的弹力为F N ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有 mg ＋F N ＝m v 2R得物块A 受到的弹力为：F N ＝m v 2R－mg ＝150 N ，假设成立.(2)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有：－μmgkL ＝0－12m v 02得：k ＝62.5物块A 最终停在第63个粗糙段上. (3)由动能定理，有－μmgnL ＝12m v n 2－12m v 02由上式，可得A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n ＝v 02－2μgnL 即：v n ＝100－1.6n m/s.21.(10分)(2018·宁波市重点中学联考)如图18所示，MNPQ 是固定在水平桌面上的足够长的U 形金属导轨，导轨中接有阻值为R ＝6 Ω的电阻，两导轨的间距为l ＝1.0 m ，质量为m ＝0.6 kg 、电阻r ＝4 Ω的金属杆EF 可在导轨上滑动，滑动时保持与导轨垂直，杆与导轨之间的滑动摩擦力大小F f ＝0.32 N ，导轨的电阻不计，初始时，杆EF 位于图中的虚线处，虚线右侧有一无限宽的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B ＝1.0 T ，在t ＝0时刻，给EF 杆一瞬时冲击，使之获得v 0＝2 m/s 方向向右的初速度.经过时间t ＝1.25 s ，EF 杆离开虚线的距离为x ＝2.0 m ，若不考虑回路的自感.求：图18(1)在t ＝0时刻，流过金属杆EF 电流的大小与方向；(2)在t ＝1.25 s 时刻，金属杆EF 的速度大小；(3)在此过程中电阻R 上产生的焦耳热.答案 (1)0.2 A 由F 到E (2)1 m/s (3)0.156 J解析 (1)金属杆切割磁感线产生感应电动势，E ＝Bl v 0＝2 V则I ＝E R ＋r＝0.2 A ，由右手定则可知流过金属杆EF 的电流方向为由F 到E . (2)以金属杆为研究对象，以向右为正方向，由动量定理得－F f t －B I lt ＝m v 1－m v 0，而I t ＝ER ＋r t ＝ΔΦR ＋r ＝Blx R ＋r ，联立解得v 1＝1 m/s(3)对题述过程，由动能定理得W 安－F f x ＝12m v 12－12m v 02 又Q ＝－W 安Q R ＝RQ R ＋r联立解得Q R ＝0.156 J.22.(10分)(2018·嘉兴市3月模拟)如图19所示，“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电荷量相等的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v 1向上射入磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内.当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1).区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A ).放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间的相互作用与相对论效应).已知极板长RM ＝2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：图19(1)氙原子核在A 处的速度大小v 2；(2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 3；(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核与A 处发射粒子总数的比值.答案见解析解析 (1)氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时：B 2q v 2＝m v 22r根据题意，在A 处发射速度相等、方向不同的氙原子核经过区域Ⅱ后，形成宽度为D 的平行氙粒子束，即r ＝D 2，则：v 2＝B 2Dq 2m(2)等离子体由下方进入区域Ⅰ后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ′，则Eq ′＝B 1v 1q ′，即E ＝B 1v 1设氙原子核经过区域Ⅰ加速后，离开PQ 的速度大小为v 3，根据动能定理可知：qU ＝12m v 32－12m v 22 其中电压U ＝Ed ＝B 1v 1d联立可得v 3＝8B 1v 1qdm ＋B 22D 2q 22m(3)根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B 2′之后，根据r ′＝m v 2B 2′q可知，r ′＝2r ＝D .①根据示意图可知，沿着AF 方向射入的氙原子核，恰好能够沿着轨迹1从M 点进入区域Ⅰ，而沿着AF 左侧射入的粒子将被上极板RM 挡住而无法进入区域Ⅰ.轨迹1的圆心O 1正好在N 点，AO 1＝MO 1＝D ，所以根据几何关系可知，此时入射角∠F AN ＝90°；②根据示意图可知，沿着AG 方向射入的氙原子核，恰好沿着轨迹2从下极板N 点进入区域Ⅰ，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN 挡住而无法进入区域Ⅰ.AO 2＝AN ＝NO 2＝D ，所以此时入射角∠GAN ＝30°.根据上述分析可知，只有在∠F AG 范围内射入的粒子能进入区域Ⅰ.该区域的粒子数与A 处发射粒子总数的比值为η＝60°180°＝13.。