物理分层限时跟踪练6

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高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练9含解析

分层限时跟踪练(九)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2014·重庆高考)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v -t 图象可能正确的是( )【解析】不受空气阻力的物体，运动过程中加速度不变，v t 图象为图中虚线所示．受空气阻力大小与速率成正比关系的物体，上升过程中：mg ＋k v ＝ma ，a ＝g ＋k v m ，开始时加速度最大，上升过程中a 始终大于g ，实线v -t 图象斜率均大于虚线斜率，只有选项D 符合题意．【答案】 D2．如图3-3-13所示，质量为5 kg 的滑块A 处于水平地面上并受到水平向左的恒力F 作用，质量为2 kg 的滑块B 紧靠滑块A (A 、B 两滑块接触面竖直)且刚好不下落．已知滑块A 与滑块B 间的动摩擦因数为μ＝0.4，地面光滑，最大静摩擦力等于滑块摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2.则恒力F 的大小为( )图3-3-13A ．100 NB ．125 NC ．175 ND ．200 N【解析】对滑块B 受力分析，滑块B 紧靠滑块A 刚好不下落时，滑块B 受到竖直向下的重力m B g 、水平向左的弹力F N 和竖直向上的最大静摩擦力F f 作用，m B g ＝F f ＝μF N ，F N ＝m B a ，代入已知数据可得a ＝25 m/s 2；对A 、B 两个滑块组成的整体，根据牛顿第二定律有F ＝(m A ＋m B )a ＝175 N ，选项C 正确．【答案】 C3.物块A 、B 的质量分别为m 和2m ，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上．对B 施加向右的水平拉力F ，稳定后A 、B 相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l 1；若撤去拉力F ，换成大小仍为F 的水平推力向右推A ，稳定后A 、B 相对静止地在水平面上运动，此时弹簧长度为l 2.则下列判断正确的是( )图3-3-14A ．弹簧的原长为l 1＋l 22B ．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C ．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D ．弹簧的劲度系数为F l 1－l 2【解析】由题意可知两种情况下物块的加速度大小相等为a ＝F 3m ，方向水平向右，所以C 错误．设弹簧的原长为l 0，弹簧的劲度系数为k ，则有k (l 1－l 0)＝ma ，k (l 0－l 2)＝2ma ，解得l 0＝2l 1＋l 23，k ＝F l 1－l 2，A 、B 错误，D 正确．【答案】 D4. (2016·合肥模拟)一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球的是一平行于斜面的轻杆，如图3-3-15所示，当木板固定时，传感器的示数为F 1.现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为F2.则下列说法正确的是()图3-3-15 A．稳定后传感器的示数一定为零B．tan θ＝μF1 F2C．tan θ＝F1μF2D．tan θ＝F2μF1【解析】设木板与小球的质量分别为M和m，对小球由平衡条件和牛顿第二定律得F1－mg sin θ＝0，mg sin θ－F2＝ma，对木板和小球整体由牛顿第二定律得(M＋m)g sin θ－μ(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a，则a＜g sin θ，故F2＝mg sin θ－ma＞0，A错误；由以上各式联立解得tan θ＝μF1F2，B正确，C、D错误．【答案】 B5. (2016·日照模拟)如图3-3-16所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数均为μ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是()图3-3-16【解析】在未达到相同速度之前，木板的加速度为－μmg－μ·2mg＝ma1，a1＝－3μg；达到相同速度之后，木板和物块一起向右匀减速运动，加速度为－μ·2mg＝2ma2，a2＝－μg.故选A.【答案】 A二、多项选择题6.如图3-3-17所示，斜面上两物块A、B的质量分别为M和m，A、B间用一个轻杆相连，A与斜面间的动摩擦因数为μ，B与斜面间无摩擦，斜面倾角为θ，下列说法正确的是()图3-3-17A．若A和B匀速下滑，则杆对A的作用力为零B．若A和B匀速下滑，则杆对A的作用力为mg sin θC．若A和B匀加速下滑，则杆对A的作用力为零D．若A和B匀加速下滑，则杆对A的作用力小于μmg cos θ【解析】当A和B匀速下滑时，对B分析，有mg sin θ＝F，F为杆对B 沿斜面向上的作用力，与杆对A的作用力大小相等，A选项错误，B选项正确；当A和B匀加速下滑时，对A、B和轻杆组成的整体分析有(M＋m)g sin θ－μMg cos θ＝(M＋m)a，设杆对B的作用力与杆对A的作用力大小为F′，对B分析有mg sin θ－F′＝ma，得F′＝μMmg cos θ/(M＋m)＜μmg cos θ，C选项错误，D选项正确．【答案】BD7．物体A、B原来静止于光滑水平面上．从t＝0时刻开始，A沿水平面做直线运动，速度随时间变化的图象如图3-3-18甲所示；B受到如图乙所示的水平拉力作用．则在0～4 s时间内()图3-3-18A．物体A所受合力保持不变B．物体A的速度不断减小C．2 s末物体B改变运动方向D．2 s末物体B速度达到最大【解析】由题图甲可知，物体A做匀变速直线运动，物体A所受合力保持不变，物体A的速度先减小后增大，选项A正确，B错误；2 s末物体B所受水平拉力为零，加速度为零，速度方向不变，速度达到最大值，选项C错误，D 正确．【答案】AD8．如图3-3-19甲所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体，现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示．已知重力加速度为g＝10 m/s2，由图线可知()图3-3-19A．物体A的质量m A＝2 kgB．物体A的质量m A＝6 kgC．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.2D．物体A、B间的动摩擦因数μ＝0.6【解析】a -F图线的斜率等于质量的倒数，由图可知，拉力F＞48 N后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体A、B间发生相对滑动，故m A＋m B＝1k1＝8 kg，m A＝1k2＝6 kg.由图象知：当F＝60 N时，a＝8 m/s2，又F－μmAg＝m A a，解得μ＝0.2.【答案】BC9. (2016·大连模拟)如图3-3-20所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是()图3-3-20A．Q对地面的压力一定为2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F 2mgC．若P、Q之间光滑，则加速度a＝g tan θD．若运动中逐渐减小F，则地面与Q间的摩擦力也逐渐减小【解析】木块P、Q组成的整体竖直方向受力平衡，所以地面对Q的支持力为2mg，由牛顿第三定律可知，Q对地面的压力为2mg，A正确；由F f＝μF N可知μ＝F fF N＝F f2mg，因为两木块一起做加速运动，所以F＞F f，B错误；若P、Q间光滑，则P受力如图所示，P所受合力F P＝mg tan θ，因整体无相对运动，P 的加速度与整体加速度相同，即a＝g tan θ，C正确；地面与Q间的滑动摩擦力只与地面和Q间的动摩擦因数及Q对地面的压力有关，与推力F无关，D错误．【答案】AC二、非选择题10．(2016·湘潭检测)如图3-3-21所示，在光滑水平桌面上放有长木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、B的体积大小可忽略不计，A、B与长木板C间的动摩擦因数为μ，A、B、C的质量均为m，开始时，B、C静止，A 以某一初速度v 0向右做匀减速运动，设物块B 与板C 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：图3-3-21(1)物块A 运动过程中，物块B 受到的摩擦力大小；(2)要使物块A 、B 相碰，物块A 的初速度v 0应满足的条件．【解析】 (1)设A 在C 板上滑动时，B 相对于C 板不动，则对B 、C 有 μmg ＝2ma ，a ＝μg 2， B 受到的摩擦力F fB ＝ma ＝12μmg ，由于f fB ＜μmg ，所以F fB ＝12μmg .(2)要使物块A 刚好与物块B 发生碰撞，物块A 运动到物块B 处时，A 、B 的速度相等，设此时速度为v 1、物块A 的位移为x 1、木板C 在此过程中的位移为x 2，则v 1＝v 0－μgt ＝12μgt得v 1＝v 0/3对A ：μmg ＝ma A ，v 21－v 20＝－2a A x 1，对B 、C ：v 21－0＝2ax 2，x 1－x 2＝x ，联立上述各式解得v 0＝3μgx ，要使物块A 、B 相碰的条件是v 0＞3μgx .【答案】(1)12μmg(2)v0＞3μgx11．如图3-3-22所示，质量分别为m1＝3 kg和m2＝1 kg的A、B放在固定在地面上的光滑斜面上，斜面倾角为θ＝37°，A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F使A和B保持相对静止一起沿斜面运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求力F的大小范围．图3-3-22【解析】A与B之间的最大静摩擦力为f m＝μm2g＝2 N对物体B，水平方向的加速度为a x＝a m cos θf m＝m2a xa m＝2.5 m/s2若沿斜面向下加速，对A和B组成的整体有：(m1＋m2)g sin θ－F1cos θ＝(m1＋m2)a mF1＝17.5 N若沿斜面向上加速，对A和B组成的整体有：F2cos θ－(m1＋m2)g sin θ＝(m1＋m2)a mF2＝42.5 N所以力F的大小范围为17.5 N≤F≤42.5 N.【答案】17.5 N≤F≤42.5 N12．(2016·衡水模拟)如图3-3-23甲所示，倾角θ＝37°的斜面由粗糙的AB 段和光滑的BC 段组成，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)在平行于斜面的恒定外力F 作用下由A 点加速下滑，运动到B 点时，力F 突然反向(大小不变)，其v -t 图象如图乙所示，物体滑到C 点时速度恰好为零．取sin 37°＝0.6，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图3-3-23(1)外力F 的大小及物体在AB 段与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物体从A 运动到C 的平均速度大小．【解析】 (1)由v -t 图象可知物体在AB 段的加速度为a 1＝Δv 1Δt 1＝10 m/s 2在BC 段的加速度为a 2＝Δv 2Δt 2＝－2 m/s 2由牛顿第二定律知，物体在AB 段有F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1在BC 段有mg sin θ－F ＝ma 2联立解得F ＝8 N ，μ＝0.5.(2)由运动学规律知物体从B 到C 经历的时间为t 2＝Δv a 2＝－10－2 s ＝5 s物体从A 运动到B 的位移为x 1＝v 2t 1＝5 m物体从B 运动到C 的位移为x 2＝v 2t 2＝25 m物体从A运动到C的平均速度大小v－＝x1＋x2t1＋t2＝5 m/s.【答案】(1)8 N0.5(2)5 m/s。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练1含解析

分层限时跟踪练(一)(限时40分钟)一、单项选择题1．以下说法中正确的是()A．做匀变速直线运动的物体，t s内通过的路程与位移的大小一定相等B．质点一定是体积和质量都极小的物体C．速度的定义式和平均速度公式都是v＝ΔxΔt，因此速度就是指平均速度D．速度不变的运动是匀速直线运动【解析】往复的匀变速直线运动中，路程不等于位移大小，A错；质点不一定是体积小、质量小的物体，B错；速度分为平均速度和瞬时速度，C错；速度不变是指速度的大小和方向均不变，故做匀速直线运动，D对．【答案】 D2．(2016·黄冈模拟)如图1-1-10所示为武汉至上海的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是()图1-1-10A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度【解析】甲处表盘显示时刻，乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度，故D正确．【答案】 D3．如图1-1-11所示哈大高铁运营里程921公里，设计时速350公里．某列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，则下列说法正确的有()图1-1-11A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．时速350公里是指平均速度，921公里是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始减速时的速度为80 m/s【解析】因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离，研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，A错；由时间、时刻、位移与路程的意义知时速350公里是指平均速率，921公里是指路程，B错；由等时位移差公式x n－x m＝(n－m)aT2可知加速度大小为a＝57.5－32.55m/s2＝5 m/s2，C错；由题意可知第4.5 s末列车速度为57.5 m/s，由加速度公式知v0＝80 m/s，D对．【答案】 D4．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，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大小为10 m/sC．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等【解析】以初速度方向为正方向，则a＝ΔvΔt＝v－v0t＝－20－204m/s2＝－10 m/s2“－”号表示与初速度反向，即竖直向下，A正确；质点在这段时间内的平均速度为零，B错误；在最高点时速度为零，加速度不为零，C错误；初速度和末速度大小相等，方向相反，D错误．【答案】 A5．(2016·长沙模拟)一个朝着某一方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着t2内的平均速度是v2，则物体在这段时间内的平均速度是()A．v B.23v C.43v D.56v【解析】根据平均速度的定义可得：v＝v t＋14v tt＋t2＝56v，即D项正确．【答案】 D二、多项选择题6．甲、乙、丙三人各乘一艘飞艇，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲艇匀速上升、丙看到乙艇匀速下降，甲看到丙艇匀速上升，则甲、乙、丙艇相对于地球的运动情况可能是()A．甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙静止B．甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速上升C．甲和乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速下降D．甲匀速下降，乙匀速上升，丙静止不动【解析】甲看到楼房匀速上升，以地球为参考系，说明甲艇在匀速下降．乙看到甲艇匀速上升，说明乙艇也在匀速下降，且乙艇下降的速度大于甲艇下降的速度，即v乙＞v甲．丙看到乙艇匀速下降，丙的运动相对地球可能有三种情况：①丙静止；②丙匀速下降，但v丙＜v乙；③丙匀速上升．甲看到丙艇匀速上升，丙同样可能有三种情况：①丙静止；②丙匀速下降，但v丙＜v甲；③丙匀速上升．综上分析，该题答案为A、B、C.【答案】ABC7．下面描述的几个速度中，属于瞬时速度的是()A．子弹以790 m/s的速度击中目标B．信号沿动物神经传播的速度大约为10 m/sC．汽车上速度计的示数为80 km/hD．台风以360 m/s的速度向东北方向移动【解析】790 m/s是击中目标时刻的瞬时速度；信号沿动物神经传播是在一个过程内的平均速度；汽车速度计上显示的是瞬时速度；台风移动过程中速度的变化是很大的，360 m/s是平均速度．【答案】AC8．在下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大C．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小【解析】物体以很大的速度匀速运动时，加速度为零，A可能；火箭开始发射时速度很小，而加速度很大，B可能；竖直上抛到最高点的物体速度为零，而其加速度不为零，C可能；物体加速度方向与运动方向相同时，物体做加速运动，D不可能．故选A、B、C.【答案】ABC9．某质点沿一边长为2 m的正方形轨道运动，每秒钟匀速移动1 m，初始位置在bc边的中点A，由b向c运动，如图1-1-12所示，A、B、C、D分别是bc、cd、da、ab边的中点，则下列说法正确的是()图1-1-12A ．第2 s 末的瞬时速度为1 m/sB ．前2 s 内的平均速度为22 m/sC ．前4 s 内的平均速率为0.5 m/sD ．前2 s 内的平均速度为2 m/s【解析】由题意知，质点运动的速率为1 m/s ，即在每一时刻的瞬时速率均为1 m/s ，每段时间内的平均速率也均为1 m/s ，C 错误；在前2 s 内质点通过的路程为2 m ，由A 运动到cd 边的中点B ，在第2 s 末瞬时速度大小为1 m/s ，方向由B 指向d ，A 正确；前2 s 内的位移大小为x 1＝AB ＝ 2 m ，平均速度v ＝x 1t 1＝22m/s ，方向由A 指向B ，B 正确，D 错误．【答案】 AB二、非选择题10．天空有近似等高的浓云层．为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离为d ＝3.0 km 处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差Δt ＝6.0 s ．试估算云层下表面的高度．已知空气中的声速v ＝13 km/s.【解析】如图所示，O 表示爆炸处，A 表示观测者所在处，h 表示云层下表面的高度．用t 1表示爆炸声直接传到A 处所经时间．则有d ＝v t 1，用t 2表示爆炸声经云层反射到A 处所经时间，因为入射角等于反射角，故有2（d2）2＋h2＝v t2，又知t2－t1＝Δt，联立可得h＝12（vΔt）2＋2d vΔt，代入数值得h＝2.0×103 m＝2 km.【答案】 2 km11．如图1-1-13所示，高速公路的安全工程师会建造软隔离带，使汽车撞到它们后能够安全地慢下来．已知系上安全带的乘客可以经受的加速度为－3.0×102m/s2.安全隔离带应该多厚，才能安全地阻挡以110 km/h的速度行驶的汽车的撞击？该汽车停下来用多长时间？图1-1-13【解析】汽车撞击过程可视为匀减速过程，a＝－3.0×102 m/s2v0＝110 km/h＝30.6 m/sΔv＝0－v0＝－30.6 m/s由a＝ΔvΔt可得Δt＝Δva＝－30.6－3.0×102s＝0.1 s安全隔离带的厚度为：x＝v·t＝v0 2·Δt＝1.5 m.【答案】 1.5 m0.1 s12．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．如图1-1-14所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？图1-1-14【解析】已知卡车初速度v0＝54 km/h＝15 m/s.车长l＝7 m，AB与CD的距离为s0＝23 m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋l，①s2＝v0Δt，②联立①②式，代入数据解得Δt＝2 s．③【答案】 2 s。

高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练8含解析

分层限时跟踪练(八)(限时40分钟)一、单项选择题1．如图3-2-13甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()图3-2-13A. 2 s B．2 sC. 3 s D．2 2 s【解析】A、E两点在以D为圆心、半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝4Rg＝4ADg＝2 s，选B.【答案】 B2. (2016·杭州检测)如图3-2-14所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某过程中观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()图3-2-14A．mg，竖直向上B．mg1＋μ2，斜向左上方C．mg tan θ，水平向右D．mg1＋tan2θ，斜向右上方【解析】由题图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a＝g tan θ；小车对物块B向右的静摩擦力为F f＝ma＝mg tan θ；竖直向上的支持力F N＝mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F＝F2f＋F2N＝mg1＋tan2θ，方向为斜向右上方，故D正确．【答案】 D3.如图3-2-15所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量m A＜m B，A由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则在A向上运动的过程中，轻绳的拉力()图3-2-15A．T＝m A g B．T＞m A gC．T＝m B g D．T＞m B g【解析】物体A向上加速运动，物体B向下加速运动，因此A处于超重状态，T＞m A g，B处于失重状态，T＜m B g，故B正确．【答案】 B4．(2016·绍兴模拟)假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星——“木卫四”的表面．如果发动机提供了一个3 260 N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降．如果发动机仅提供2 200 N的推力，登陆舱以0.4 m/s2的加速度下降．则登陆舱的质量与“木卫四”表面的自由落体加速度分别为()A．326 kg，1.23 m/s2B．2 650 kg，2.46 m/s2C．2 650 kg，1.23 m/s2D．326 kg，2.46 m/s2【解析】登陆舱以恒定速率下降时有F1－mg＝0；加速下降时，由牛顿第二定律得mg－F2＝ma，联立解得m＝2 650 kg，g＝1.23 m/s2，选项C正确．【答案】 C5.如图3-2-16所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()图3-2-16A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sin θ【解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μsin θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μsin θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．【答案】 A二、多项选择题6. (2016·宜兴模拟)在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉希奇身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图3-2-17A ．弗拉希奇下降过程处于失重状态B ．弗拉希奇起跳以后在上升过程处于超重状态C ．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力D ．弗拉希奇起跳时的初速度大约为3 m/s【解析】上升和下降过程，重力加速度都向下，故失重，A 对，B 错；起跳过程，加速度向上，超重，支持力大于重力，C 对；上升高度(重心升高高度)h＝(2.04－1.932)m ＝1.075 m ，上升过程满足0－v 20＝－2gh ，所以v 0＝2gh ＝2×10×1.075 m/s ＝21.5 m/s ＞3 m/s ，故D 错．【答案】 AC7.如图3-2-18所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4 m ，以v 0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，则煤块从A 运动到B 的过程中( )图3-2-18A ．煤块从A 运动到B 的时间是2.25 sB ．煤块从A 运动到B 的时间是1.5 sC ．划痕长度是0.5 mD ．划痕长度是2 m【解析】根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmg m ＝4 m/s 2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t 1＝v 0a ＝1 s ，位移大小x 1＝12at 21＝2 m ＜x ，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δs ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，选项D 正确、C 错误；x 2＝x －x 1＝2 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5 s ，运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，选项B 正确、A 错误．【答案】 BD8．如图3-2-19甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N .若T -a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )图3-2-19A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.6a (N)【解析】小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以T -a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确．当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg cot θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确．将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．【答案】 ABC9．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图3-2-20甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了物块被击中后的位移x 随时间t 的变化关系图象，如图乙所示，图象前3 s 内为二次函数，3～4.5 s 内为一次函数，取向左运动的方向为正方向．已知传送带的速度v 1保持不变，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )甲乙图3-2-20A ．前3 s 与3～4.5 s 内物块所受的摩擦力方向相反B ．传动带与物块间的动摩擦因数是0.1C ．物块被子弹击中后向左运动的初速度是4 m/sD ．物块在传送带上滑过的痕迹是9 m【解析】由x -t 图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s 末减到v ＝0，然后向右加速，前3 s 内物块所受的摩擦力始终向右，3～4.5 s 内物块随传送带向右匀速运动，物块不受摩擦力，选项A 错误；3～4.5 s 内，物块与传送带共速，速度v 1＝Δx Δt＝31.5m/s ＝2 m/s ，2～3 s 内，物块向右匀加速运动，加速度大小a ＝μg ，v 1＝a Δt 1，可得μ＝0.2，选项B 错误；0～2 s 内，物块向左匀减速运动，加速度大小a ＝μg ＝2 m/s 2，初始时刻物块的速度v 0＝a Δt 2＝4 m/s ，选项C 正确；0～2 s 内，物块与传动带相对运动，划过的痕迹x 1＝v 1t 1＋4 m ＝8 m ，2～3 s 内划过的痕迹x 2＝v 1t 2－v 1t 22＝1 m ，痕迹总长x ＝x 1＋x 2＝9 m ，选项D 正确．【答案】 CD三、非选择题10.如图3-2-21是某同学的航模飞机，操作遥控器使飞机起飞时，飞机受到空气竖直向上的恒定推动力，大小是重力的43倍．一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3 s 末关闭发动机．(忽略空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2)图3-2-21(1)此飞机最高可上升到距地面多高处？(2)关闭发动机多长时间后重新启动，才能使飞机恰好安全落地？【解析】 (1)飞机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得：F －mg ＝ma 1解得：a 1＝13g3 s 末的速度为v 1＝a 1t 1＝10 m/s上升的高度为h 1＝12a 1t 21＝15 m减速上升阶段有a 2＝g上升的高度为h 2＝v 212g ＝5 m故总上升的高度为H ＝h 1＋h 2＝20 m.(2)设飞机上升到最高点后经过时间Δt 启动发动机，再经Δt ′飞机安全落地，则由运动学公式可得：v ＝g Δt ＝13g Δt ′12g (Δt )2＋12×13g (Δt ′)2＝H 解得：Δt ＝1 s ，Δt ′＝3 s关闭发动机后上升的时间为t 2＝v 1g ＝1 s故关闭发动机后经过t ＝Δt ＋t 2＝2 s ，重新启动发动机，飞机安全落地．【答案】 (1)20 m (2)2 s11．如图3-2-22所示，在海边的沙滩上，堆积一个斜坡，可看成一个斜面．一个小孩从斜坡上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(假设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．每隔2 s 小孩的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)小孩在AB 段和BC 段的加速度大小及小孩与沙子之间的动摩擦因数；(2)小孩从A 点滑到C 点的总路程和时间(计算结果保留两位有效数字)．图3-2-22【解析】 (1)由表格知：0～2 s 内小孩一定在AB 段做匀加速运动，加速度大小a 1＝v 2－02 s ＝4 m/s 24～6 s 内小孩一定在BC 段做匀减速运动，加速度大小a 2＝v 4－v 62 s ＝2.5 m/s 2设小孩的质量为m ，在BC 段，根据牛顿第二定律：μmg ＝ma 2可得μ＝0.25.(2)假设小孩从A 点运动到B 点的时间是t 1，那么到4 s 末时小孩在BC 段减速运动的时间为t 减＝4 s －t 1，故v 4＝a 1t 1－a 2t 减解得t 1＝3.8 s此时速度v 1＝a 1t 1＝15.2 m/s滑行的路程x 1＝12v 1t 1＝28.88 m假设小孩从B 点运动到C 点的时间是t 2，则：v 1－a 2t 2＝0，解得t 2＝6.08 s滑行的路程x 2＝12v 1t 2＝46.208 m故总路程x ＝x 1＋x 2≈75 m总时间t ＝t 1＋t 2≈9.9 s.【答案】 (1)4 m/s 2 2.5 m/s 2 0.25 (2)75 m 9.9 s12.如图3-2-23，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ，用大小为30 N 沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)图3-2-23(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30 N 与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .【解析】 (1)物体做匀加速运动L ＝12a 0t 20则a 0＝2L t 20＝2×2022m/s 2＝10 m/s 2 由牛顿第二定律，F －f ＝ma 0f ＝30 N －2×10 N ＝10 N则μ＝f mg ＝102×10＝0.5. (2)F 作用的最短时间为t ，设物体先以大小为a 的加速度匀加速时间t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速时间t ′到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma11 则a ＝F （cos 37°＋μsin 37°）m－μg ＝[30×（0.8＋0.5×0.6）2－0.5×10]m/s 2＝11.5 m/s 2 a ′＝f m ＝μg ＝5 m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at ＝a ′t ′ 则t ′＝a a ′t ＝11.55t ＝2.3tL ＝12at 2＋12a ′t ′2则t ＝2L a ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5s ＝1.03 s.【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s。

物理考点跟踪同步训练

物理考点跟踪同步训练
1. 理解基本概念：物理学最基本的学科是力学，要理解物理学的其他分支，必须先理解它的基本概念。

比如力、加速度、动量、能量等。

2. 理解数学工具：物理学中常常用到数学工具来描述物理现象，比如向量、微积分等。

要掌握好物理学，必须具备一定的数学素养。

3. 做题实践：物理学是一门实践科学，要真正掌握它，需要不断练习做题，理论与实际相结合。

4. 理解实际应用：物理学的应用非常广泛，包括了自然界、工业界和生活中的许多现象。

要加深对物理学的理解，需要关注它在实际应用中的运用。

祝您成功学好物理！。

鲁科版高中物理必修一第一部分第6章第4节课时跟踪训练

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）[课时跟踪训练](满分60分时间30分钟)一、选择题(本题共8小题，共40分。

每小题至少有一个选项正确，全选对得5分，选不全得3分，错选不得分)1．下列说法正确的是()A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析：超重状态时，物体加速度应竖直向上，失重状态时，物体加速度应竖直向下。

当物体处于静止不动时(本题A、C、D)加速度均为零，为平衡状态。

只有B选项中运动员的加速度竖直向下，处于失重状态。

答案：B2．下面关于失重和超重的说法，正确的是()A．物体处于失重状态时，所受重力减小；处于超重状态时，所受重力增大B．在电梯上出现失重状态时，电梯必定处于下降过程C．在电梯上出现超重现象时，电梯有可能处于下降过程D．只要物体运动的加速度方向向上，物体必定处于失重状态解析：加速度向下，物体处于失重状态，加速度向上，物体处于超重状态，超重和失重并非物体的重力增大或减小，而是使悬绳或支持面的弹力增大或减小；电梯加速向上运动时，物体处于超重状态，电梯减速下降时，也处于超重状态。

答案：C3．下列几种情况中，升降机绳索拉力最大的是()A．以很大速度匀速上升B．以很小速度匀速下降C．上升时以很大的加速度减速D．下降时以很大的加速度减速解析：当重物处于超重时，升降机绳索拉力最大，所以可能的情况有加速上升或减速下降。

答案：D4．“神舟七号”绕地球运动时，里面所有物体都处于完全失重状态，则在其中可以完成下列哪个实验() A．水银温度计测量温度B．做托里拆利实验C．验证阿基米德定律D．用两个弹簧测力计验证牛顿第三定律解析：物体处于完全失重状态，与重力有关的一切物理现象都消失了。

托里拆利实验用到了水银的压强，由于p＝ρgh与重力加速度g有关，故该实验不能完成；阿基米德定律中浮力F＝ρgV也与重力加速度g有关，故该实验也不能完成；水银温度计测温度利用了液体的热胀冷缩原理，弹簧测拉力与重力无关，故能完成的实验是A、D。

高一物理分层辅导精选：6.单元归纳提升课单元评估检测

单元评估检测(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。

1～5题为单选,6～10题为多选)1.下述说法中正确的有 ( C )A.一天24 h,太阳以地球为中心转动一周是公认的事实B.由开普勒定律可知,各行星都分别在以太阳为圆心的各圆周上做匀速圆周运动C.太阳系的八颗行星中,水星离太阳最近,由开普勒第三定律可知其运动周期最小D.月球也是行星,它绕太阳一周需一个月的时间2.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。

一矿井深度为d。

已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。

矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( A )A.1-B.1+C.D.3.由于地球的自转,使得静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动。

对于这些做匀速圆周运动的物体,以下说法正确的是( D )A.向心力都指向地心B.速度等于第一宇宙速度C.加速度等于重力加速度D.周期与地球自转的周期相等4.(·江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km,之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km,它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比,下列物理量中“高分五号”较小的是( A )A.周期B.角速度C.线速度D.向心加速度5.经典力学不能适用于下列哪些运动 ( D )A.火箭的发射B.宇宙飞船绕地球的运动C.“勇气号”宇宙探测器的运动D.以99%倍光速运行的电子束6.如图所示,“神舟十号”与“天宫一号”交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段。

则下列说法正确的是( B、C )A.在远距离导引段,“神舟十号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处B.在远距离导引段,“神舟十号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处C.在组合体飞行段,“神舟十号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sD.分离后,“天宫一号”变轨升高至较高飞行轨道运行时,其速度比在交会对接轨道时大7.如图所示,三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上,设地球质量为M,半径为R。

【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练20 Word版含解析

分层限时跟踪练(二十)(限时40分钟)一、单项选择题1．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图6-3-13所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是()图6-3-13【解析】由平行板电容器的电容C＝εr S4πkd可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝QC，E＝Ud＝4πkQεr S与d无关，则B错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d，移动x后为d－x.因为移动极板过程中电场强度E不变．故φP ＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，则C正确；正电荷在P点的电势能E p＝qφP＝qEd－qEx，显然D错．【答案】 C2．(2015·株洲质检)水平平行放置的金属板a、b间加上恒定电压，两板间距离为d.一带电粒子紧贴a板水平射入电场，刚好紧贴b板射出，如图6-3-14所示．在其他条件不变的情况下，将b板向下平移一段距离x，带电粒子刚好从两板中央射出．不考虑重力的影响，则()图6-3-14A．x＝d B．x＝1 2dC．x＝2d D．x＝(2－1)d【解析】刚好紧贴b板射出时d＝12·Uqdm·t2，刚好从两板中央射出时d＋x2＝1 2·Uq（d＋x）m·t2，解得x＝(2－1)d.【答案】 D3．(2014·天津高考)如图6-3-15所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()图6-3-15A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加【解析】分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误；微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误；微粒从M点运动到N点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确；微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．【答案】 C4．(2013·全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d 3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d 2处返回D ．在距上极板25d 处返回【解析】带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0；若电容器下极板上移d 3，设带电粒子在距上极板d ′处返回，则重力做功W G ＝mg (d 2＋d ′)，电场力做功W 电＝－qU ′＝－q d ′（d －d 3）U ＝－q 3d ′2d U ，由动能定理得W G ＋W 电＝0，联立各式解得d ′＝25d ，选项D 正确．【答案】 D5．如图6-3-16所示，一方向竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场中有一半径为R 的竖直圆形轨道，其圆心为O ，圆形轨道与电场区域的左边界相切，在圆形轨道左侧有一平行板电容器AB ，A 板带正电，B 板带负电，两板间电势差U 可改变，一带正电粒子(粒子重力不计)从靠近A 板处由静止释放，经加速后从圆形轨道与电场区域左边界切点处的小孔进入圆形轨道区域，最后打在圆形轨道上，则下列说法中正确的是( )图6-3-16A ．调节电压U ，可使粒子垂直打在圆形轨道上B．粒子将向下偏转C．存在唯一的加速电压U使粒子在圆形轨道区域的竖直偏移量为R 2D．当粒子打在圆心O的正上方时，加速电压U＝ER 4【解析】如果粒子能垂直打在圆形轨道上，则粒子打在圆形轨道上瞬间的速度的反向延长线必经过圆心，与类平抛运动中末速度反向延长线交于水平位移的中点矛盾，所以A错误；由电场方向和粒子电性可知粒子将向上偏转，B错误；当竖直偏移量为R2时，粒子可以打在圆形轨道上关于竖直直径左右对称的两个点，即存在两个水平位移，两个初速度，进而可得到两个加速电压，所以C错误；由x＝R＝v0t，y＝R＝12qEm t2，qU＝12m v2，联立可得U＝ER4，D正确．【答案】 D二、多项选择题6．如图6-3-17所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是()图6-3-17A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b→a的电流【解析】根据电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝Ud变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝εr S4πkd，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεr S，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．【答案】AB7．三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下极板上的a、b、c三点，如图6-3-18所示，下面判断正确的是()图6-3-18A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a>a b>a cC．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a>t b>t cD．电场力对落在c点的颗粒做负功【解析】由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝2ya，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得t a<t b<t c，所以a a>a b>a c，再由牛顿第二定律可推出，落在a点的颗粒带负电，b点的不带电，c点的带正电，故正确选项为B、D.【答案】 BD8．如图6-3-19所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝Eq ，则( )图6-3-19A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 202gD ．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 204【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得：－mg ·2h＝0－12m v 20，解得：h ＝v 204g ，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝mg ·v 204g ＝m v 204，D 正确．【答案】 BD9．(2016·北京西城区模拟)如图6-3-20所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q .下列说法正确的是( )图6-3-20A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为gL B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【解析】小球运动到由圆心指向合力方向的位置时速度最大，对称位置速度最小，所以选项A错误；电场力做功等于机械能的变化，B点时电场力做功最多，机械能最大，所以选项B正确；由A点静止释放，先沿合力方向做匀加速直线运动，所以选项C错误；在等效“重力”场中，小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，可以运动到B点，所以选项D正确．【答案】BD三、非选择题10．如图6-3-21所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s2.图6-3-21(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，方向不变，求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【解析】(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有qE＝mg得E＝mgq＝2.0×103 N/C，方向竖直向上．(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ma 解得a＝10 m/s2h＝12at2＝0.20 mW＝qE0h＝8.0×10－4 J.(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点的动能为E k，则v＝atE k＝mgh＋12m v2解得E k＝8.0×10－4 J.【答案】(1)2.0×103 N/C，方向竖直向上(2)8.0×10－4 J(3)8.0×10－4 J 11．如图6-3-22所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过绝缘光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道的圆心为O、半径为R＝0.50 m，轨道所在空间存在电场强度方向水平向右、大小为E＝1.0×104N/C的匀强电场，现有质量为m＝0.20 kg、电荷量为q＝＋8.0×10－4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知s AB＝1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.2.设带电体与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(重力加速度取g＝10 m/s2)图6-3-22(1)求带电体运动到圆弧轨道上C点时的速度大小；(2)带电体最终做什么运动？尽可能详细地说明；(3)整个运动过程中，由于摩擦而产生的热量为多少？【解析】(1)由A点到C点利用动能定理得qE(s AB＋R)－μmgs AB－mgR＝12m v2代入数据得v＝106 m/s.(2)如图所示，带电体最终将在G点两侧C、F两点之间沿轨道做周期性运动，∠COG＝∠GOF，满足tan∠COG＝mgqE＝14.(3)当带电体最终做周期性运动时，动能、重力势能、电势能之和守恒，带电体在C点速度为零．由A点到C点利用能量守恒有qE(s AB＋R)＝mgR＋QQ＝11 J.【答案】(1)106 m/s(2)见解析(3)11 J12．如图6-3-23所示，水平位置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B 极板接地，它的极板长l＝0.1 m，两板间距离d＝0.4 cm，现有一微粒质量m＝2.0×10－6 kg，带电荷量q＝＋1.0×10－8 C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取g＝10 m/s2.试求：图6-3-23(1)带电粒子入射初速度v0的大小；(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势范围？【解析】(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有l2＝v0td 2＝12gt2联立两式得v0＝l2g d代入数据得v0＝2.5 m/s.(2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则有U AB＝φA－φB＝φAA板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有l＝v0t1d 2＝12a1t21且mg－q φA mind＝ma1联立以上各式得φA min＝6 VA板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有q φA maxd－mg＝ma2且有a2＝a1代入数据解得φA max＝10 V综上可得6 V≤φA≤10 V.【答案】(1)v0＝2.5 m/s(2)6 V≤φA≤10 V。

高三物理专题分层限时跟踪练习题3

分层限时跟踪练(二)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2018·青岛模拟)钢球a 自塔顶自由落下2 m 时，钢球b 自离塔顶6 m 距离处自由落下，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，则塔高为( )A ．24 mB ．16 mC ．12 mD ．8 m【解析】根据x ＝12gt 2得a 球下落2 m 所需时间为t ＝2xg ＝2×210 s ＝0.210 s.设塔高h ，则b 球下落的时间为t b ＝2（h －6 m ）g ① 对a 球有：h ＝12g (t ＋t b )2 ②联立①②解得h ＝8 m ，D 正确．【答案】 D2．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点，所用时间为t .现在物体从A 点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a 1)到某一最大速度v m ，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)至B 点速度恰好减为0，所用时间仍为t .则物体的( )A ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小无关C ．a 1、a 2必须满足a 1a 2a 1＋a 2＝2v tD ．a 1、a 2必须是一定的【解析】由v m 2t ＝v t 解得v m ＝2v .由v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2＝v t 和v m ＝2v ，解得a 1a 2a 1＋a 2＝2v t，选项C正确．【答案】 C3．(2018·长沙模拟)为了探究匀变速直线运动，某同学将一小球以一定的初速度射入一粗糙的水平面，如图1-2-8中的A、B、C、D为每隔1 s记录的小球所在的位置，AB、BC、CD依次为第1 s、第2 s、第3 s小球通过的位移，经测量可知AB＝8.0 m、CD＝0.5 m．假设小球的运动可视为匀减速直线运动，则下列描述正确的是()图1-2-8A．小球匀减速运动时的加速度大小一定为3.75 m/s2B．小球匀减速运动时的加速度大小可能为3.75 m/sC．0.5 s末小球的速度为8 m/sD．2.5 s末小球的速度为0.5 m/s【解析】由题意假设小球在第3 s内未停止运动，由匀变速直线运动的规律Δx＝aT2，得x3－x1＝2aT2，可知a＝3.75 m/s2，此情况下，小球在2.5 s末的速度为0.5 m/s，由运动学公式得v D＝0.5 m/s－3.75 m/s2×0.5 s＜0，因此A、B、D错误；由匀变速直线运动规律可知，小球在0.5 s末的速度为第1 s内的平均速度，由v＝v t2＝x1T＝8 m/s，C正确．【答案】 C4．四川灾后重建中，在某工地上一卡车以速度10 m/s匀速行驶，刹车后第1个2 s内的位移与最后一个2 s内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是()A．2.5 m B．4 mC．12 m D．12.5 m【解析】设加速度大小为a，则刹车后第1个2 s内位移大小x1＝10×2－12a×22＝20－2a(m)，最后一个2 s内位移大小x2＝12a×22＝2a(m)，因为x1∶x2＝3∶2，所以20－2a ＝3a ，即a ＝4 m/s 2，所以汽车刹车后经过t ＝104 s ＝2.5 s 就停止运动了，汽车刹车后4 s 内卡车通过的距离是x ＝v 22a ＝1022×4m ＝12.5 m. 【答案】 D5．某乘客用手表估测火车的加速度，他先观测3分钟，发现火车前进540 m ，隔3分钟后又观测1分钟，发现火车前进了360 m ，若火车在这7分钟内做匀加速运动，则这列火车的加速度大小为( )A ．0.03 m/s 2B ．0.01 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.6 m/s 2【解析】利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度计算．t 1时间段的中间时刻的瞬时速度v 1＝x 1t 1＝540180 m/s ＝3 m/s t 3时间段的中间时刻的瞬时速度v 3＝x 3t 3＝36060 m/s ＝6 m/s 则v 3＝v 1＋a Δt ，其中Δt ＝t 12＋t 32＋t 2＝300 s.代入数据得a ＝0.01 m/s 2.【答案】 B二、多项选择题6．一物体以初速度v 0做匀减速运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s【解析】由Δx ＝aT 2可得加速度的大小a ＝1 m/s 2，则B 正确；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m/s ，则A 错误；物体的速度由2.5 m/s 减速到0所需时间t＝Δv－a ＝2.5 s，经过位移x3的时间t′为1.5 s，故x3＝12at′2＝1.125 m，C正确；位移x3内的平均速度v＝x3t′＝0.75 m/s，则D正确．【答案】BCD7．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m．不计空气阻力，设塔足够高．则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为()A．10 m B．20 mC．30 m D．50 m【解析】物体从塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下．在A点之上时，位移为10 m又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L1等于位移x1的大小，即L1＝x1＝10 m；下落通过时，路程L2＝2H－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，通过的路程L3＝2H＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m.【答案】ACD8．如图1-2-9所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m．且物体通过AB、BC、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是()图1-2-9A．可以求出物体加速度的大小B．可以求得CD＝4 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1.5 m【解析】设加速度为a ，时间为T ，则有Δx ＝aT 2＝1 m ，可以求得CD ＝4m ，而B 点的瞬时速度v B ＝x AC 2T ，所以OB 之间的距离为x OB ＝v 2B 2a ＝3.125 m ，OA之间的距离为x OA ＝x OB －x AB ＝1.125 m ，即B 、C 选项正确．【答案】 BC9．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的距离均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时汽车行驶的速度大小为v 0＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车从第3根电线杆运动到第7根电线杆经历的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间运动的平均速度为20 m/s【解析】由匀加速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，选项A 正确；由v 2－v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，选项B 正确；由v ＝v 0＋at 知汽车从第1根电线杆运动至第7根电线杆用时20 s ，所以从第3根电线杆运动至第7根电线杆用时为10 s ，选项C 错误；由v ＝x t 知汽车在第3根至第7根电线杆间运动的平均速度为20 m/s ，选项D 正确．【答案】 ABD二、非选择题10．现在，汽车已走进千家万户，行车安全非常重要，严格遵守交通法规是每一个公民的义务．现某人开车从南向北以8 m/s 的速度匀速行驶到某十字路口，如图1-2-10所示，已知直行绿灯还有2 s 将转为红灯，此时汽车距离停车线20m．若该车加速时最大加速度大小为3 m/s2，问：图1-2-10(1)若该人这时驾驶汽车以最大加速度加速行驶，会闯红灯吗？(2)若该人这时驾驶汽车做匀减速运动，要想紧靠停车线停下，其制动的加速度大小应为多少？【解析】(1)若汽车以最大加速度加速行驶，根据位移时间公式得x＝v0t＋12at2代入数据解得t≈1.85 s＜2 s故不会闯红灯．(2)若汽车匀减速运动，根据速度位移公式0－v20＝－2a′x得a′＝v 2 02x＝1.6 m/s2.【答案】(1)不会(2)1.6 m/s211．甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得v＝at0s 1＝12at 20s 2＝v t 0＋12(2a )t 20设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有v ′＝(2a )t 0s 1′＝12(2a )t 20s 2′＝v ′t 0＋12at 20设甲乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有s ＝s 1＋s 2s ′＝s 1′＋s 2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s s ′＝57.【答案】 5712．(2018·长沙模拟)如图1-2-11所示，水平地面O 点的正上方的装置M 每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M 的同时，O 点右侧一长为L ＝1.2 m 的平板车开始以a ＝6.0 m/s 2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M 的竖直高度为h ＝0.45 m ．忽略空气的阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.图1-2-11(1)求小车左端离O 点的水平距离；(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt 应满足什么条件？【解析】(1)设小球自由下落至平板车上表面历时t0，在该时间段内，对小球有：h＝12gt 20①对平板车有：s＝12at 20②联立①②式并代入数据可得s＝0.27 m.(2)从释放第1个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时Δt＋t0，设平板车在该时间段内的位移为s1，由运动学方程有s1＝12a(Δt＋t0)2要让至少2个小球落在平板上必须满足s1≤s＋L④联立①～④式解得Δt≤0.4 s.【答案】(1)0.27 m(2)Δt≤0.4 s。

广东省深圳实验中学高三物理上学期课时跟踪训练六生

课时跟踪训练（六）生活中的圆周运动（满分50分时间30分钟）一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分）1．下列关于离心现象的说法中，正确的是（）A．当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都消失时，它将做远离圆心的圆周运动C．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将沿切线做直线运动D．做匀速圆周运动的物体，当它所受的一切力都突然消失时，它将做曲线运动2．质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道内侧运动，若经过最高点不脱离轨道的临界速度为，则当小球以2v速度经过最高点时，小球对轨道压力的大小为（）A．B．mgC．3mg D．5mg3．如图1所示，半径为的圆筒，绕竖直中心轴OO'旋转，小物块靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ．现要使不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为（）A BC D4．一辆卡车匀速行驶，地形如图2所示，由于轮胎太旧，途中爆胎，爆胎可能性最大的地段应是（）A．处B．处C．处D．处5．在温哥华冬奥会上，申雪和赵宏博在双人滑比赛中一举夺金．假设冰面对赵宏博的最大静摩擦力为重力的倍，则他在水平冰面上以速率沿圆周滑行时的半径R应满足（）A．2vRkg≤B．2vRkg≥C．22vRkg≤D．22vRkg≥6．如图3所示，质量为m的滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，当滑块从A滑到B的过程中，受到的摩擦力的最大值为Fμ，则（）A ．F mg μμ=B ．F mg μμ<C ．F mg μμ>D ．无法确定F μ的值7．一轻杆下端固定一质量为M 的小球，上端连在轴上，并可绕轴在竖直面内运动，不计轴摩擦和空气阻力，在最低点给小球水平速度0v 时，刚好能到达最高点．若小球在最低点的瞬时速度从0v 不断增大，则可知（）A ．小球在最高点对杆的作用力不断增大B ．小球在最高点对杆的作用力先减小后增大C ．小球在最高点对杆的作用力不断减小D ．小球在最商点对杆的作用力先增大后减小8．质量为m 的小球，用一条绳子系在竖直平面内做圆周运动，小球到达最高点时的速度为，） A ．6mg B ．5mg C ．4mgD ．2mg二、非选择题（本题共2小题，共18分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位） 9．（9分）在游乐场中有一种旋转软梯，如图4所示，在半径为的平台边缘固定着长为的软梯的一端，另一端则由小朋友乘坐．当平台绕其中心轴匀速旋转时，软梯与中心轴在同一竖直面内，软梯与竖直方向夹角为．求此时平台旋转的周期．10．（9分）如图5所示，细绳一端系着质量0.6kg M =的物体，静止在水平面上，另一端通过光滑小孔吊着质量0.3kg m =的物体，M 的中点与圆孔距离为0.2m ，并知M 和水平面的最大静摩擦力为2N ．现使此平面绕中心轴线方向转动，角速度ω在什么范围内，m 会处于静止状态？（取210m/s g =）课时跟踪训练（六）1．选C 原来运动的物体不受力时将做匀速直线运动，故B 、D 错误，C 正确．向心力、离心力是按效果命名的力，并非物体实际受到的力，故A 错误．物体所受指向圆心的合力立即消失或小于向心力时，物体将做离心运动． 2．选C小球经过最高点不脱离轨道的临界条件是重力刚好充当向心力，有2mv mg R=．速度为2v 时，有()22N m v F mg R+=，可解得3N F mg =．由牛顿第三定律小球对轨道压力大小为3mg ．3．选D小物块受到的弹力充当向心力，静摩擦力与重力平衡恰好不下滑，N F mg μ=，2Nr F m ω=，解得ω=4．选D 卡车在a c 、处行驶，向心加速度向下，处于失重状态，爆胎可能性较小；卡车在b d 、处行驶，向心加速度向上，处于超重状态．又因为2N v F mg m r -=，2N v F mg m r =+．由图知b d r r >，所以Nb Nd F F <，因此在处爆胎可能性最大，故选D ． 5．选B当最大静摩擦力恰好提供向心力时，有：2min v kmg m R -，得最小半径2min v R kg=，为了以速度安全滑行，其半径2v R kg≥．6．选C 滑块运动到圆弧最低点时所受支持力与重力的合力提供向心力，满足2N v F mg m R-=滑动摩擦力N F F mg μμ==2v m R μ．7．选B 杆既能支撑小球，又能拉小球，也就是说，杆在最高点给小球的弹力既可能向上又可能向下，因此，小球在最高点的速度可以为零．当最高点菜杆对小球的作用力为零时，重力提供向心力，由20v mg m R=可知临界速度0v =8．选A在最高点21mv mg F R+=，在最低点()224m gR v F mg R +-=，所以216F F mg -=．9．解析：当平台旋转时人做匀速圆周运动，人受重力mg 和软梯的拉力F ，两力的合力提供向心力．其旋转半径为平台半径与梯长在水平方向的射影之和．由牛顿第二定律得()224πtan sin mmg r L Tθθ=+，解得2T =．答案：210．解析：设物体M 和水平面保持相对静止，当ω具有最小值时，M 有向着圆心O 运动的趋势．所以M 受到的静摩擦力方向沿半径向外．当静摩擦力等于最大静摩擦力时，以M 受力分析有21f F F M r ω-=， ① 又F mg =，②由①②可得1ω=，代入数据得1 2.9rad/s ω≈．当ω具有最大值时，M 有离开圆心O 运动的趋势．M 受的最大静摩擦力指向圆心，对M 受力分析有22f F F M r ω+-， ③双F mg -，④由③④得2ω=2 6.5rad/s ω≈，所以ω的范围是2.9rad/s 6.5rad/s ω≤≤．答案：2.9rad/s 6.5rad/s ω≤≤。

八年级物理上册6.1质量跟踪训练新版新人教版

6.1质量跟踪训练一、选择题1.关于质量和密度,下列说法中正确的是（）。

A．一杯水完全结成冰后,质量变小,密度不变；B．植物种子带到太空后,密度不变；C．一根粉笔用掉一半后,质量变小,密度不变；D．钢瓶中的氧气用掉一半,质量变小,密度不变2.下面是使用天平称物体质量时需要做的几项工作,正确的操作步骤排列是（）。

①物体放在左盘,在右盘中加减砝码,移动游码,使横梁平衡；②调节横梁螺母,使横梁平衡；③横梁平衡后,计算砝码和游码的示数,算出物体的质量；④把天平放在水平桌面上。

A．①②③④；B．④②①③；C．④①②③；D．④③①②3.打乒乓球时不小心将球踩瘪了,但没有破裂。

对于球内气体,没有发生变化的物理量是（）。

A．质量B．密度C．压强D．体积4.关于密度、质量和体积的关系,下列说法中正确的是（）。

A.密度与质量成正比；B.密度与体积成反比；C.某种物质,质量与体积成正比；D.不同物质,质量与密度成反比5.对密度概念理解正确的是（）。

A．某种物质的密度跟质量成正比；B．密度是指单位体积物质的质量；C．某种物质的密度跟体积成反比；D．质量相同的不同物质体积越大,密度越大6.小玉同学在探究“同种物质的质量与体积的关系”的实验中,测出几组数据,根据这些数据绘出图象。

如图所示四幅图象中,能正确反映“质量与体积关系”的图象是（）。

ＡＢＣＤ7.把一蜡块放入盛满酒精的容器中,溢出酒精的质量是4克；若把该蜡块放入盛满水的容器中,已知ρ蜡=0.9×103千克/米3,ρ酒精=0.8×103千克/米3,则溢出水的质量是（容器足够大）（）。

A．4克B．4.5克C．5克D．3.6克8.关于质量和密度,下列说法中正确的是（）。

A．一杯水完全结成冰后,质量变小,密度不变；B．植物种子带到太空后,密度不变；C．一根粉笔用掉一半后,质量变小,密度不变；D．钢瓶中的氧气用掉一半,质量变小,密度不变9.关于物质的质量和密度,下列说法中正确的是（）。

人教版高中物理必修二第1部分第六章第6节课时跟踪训练.docx

高中物理学习材料桑水制作[课时跟踪训练](满分50分时间30分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题至少有一个选项正确)1．下列说法正确的是( )A．在经典力学中，物体的质量不随运动状态而改变，在狭义相对论中，物体的质量也不随运动状态而改变B．狭义相对论和经典力学是完全不同相互矛盾的两个理论C．在物体高速运动时，物体的运动服从狭义相对论理论，在低速运动时，物体的运动服从牛顿运动定律D．上述说法都是错误的解析：狭义相对论与经典力学两者并不矛盾，经典力学规律是相对论在低速时的特例，所以只有C正确。

答案：C2．下列说法中正确的是( )A．经典力学适用于任何情况下的任何物体B．狭义相对论否定了经典力学C．量子力学能够描述微观粒子运动的规律性D．万有引力定律也适用于强相互作用力解析：经典力学只适用于宏观、低速、弱引力的情况，A是错误的；狭义相对论没有否定经典力学，在宏观低速情况下，相对论的结论与经典力学没有区别，B是错误的；量子力学正确描述了微观粒子运动的规律性，C是正确的；万有引力定律只适用于弱相互作用力，而对于强相互作用力是不适用的，D是错误的。

答案：C3．下面说法中正确的是( )①根据牛顿的万有引力定律可以知道，当星球质量不变，半径变为原来的一半时，表面上的引力将变为原来的4倍②按照广义相对论可以知道，当星球质量不变，半径变为原来的一半时，表面上的引力将大于原来的4倍③在球体的实际半径远大于引力半径时，根据爱因斯坦的理论和牛顿的引力理论计算出的力差异很大④在天体的实际半径接近引力半径时，根据爱因斯坦的引力理论和牛顿的引力理论计算出的力差异不大A．①②B．③④C．①③D．②④解析：只要天体的实际半径远大于它们的引力半径，那么由爱因斯坦和牛顿引力理论计算出的力的差异并不很大；但当天体的实际半径接近引力半径时，这种差异将急剧增大。

故正确答案为A。

答案：A4．关于公式m＝m01－v2c2，下列说法中正确的是( )A．公式中的m0是物体以速度v运动时的质量B．当物体的运动速度v>0时，物体的质量m>m0，即物体的质量改变了，故经典力学不适用，是不正确的C．当物体以较小速度运动时，质量变化十分微弱，经典力学理论仍然适用，只有当物体以接近光速运动时，质量变化才明显，故经典力学适用于低速运动，而不适用于高速运动D．通常由于物体的运动速度太小，故质量的变化引不起我们的感觉。

(通用版)高考物理一轮复习分层限时跟踪练4弹力、摩擦力

分层限时跟踪练4 弹力、摩擦力(限时40分钟)一、单项选择题1．(2014·广东高考)如图2112所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )图2112A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向【解析】用支持力、静摩擦力方向的判断方法解题．M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力方向与接触面平行，故选项C、D错误．【答案】 A2．如图2113所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球，小球的直径恰好和盒子内表面正方体的边长相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动，不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )图2113A．无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力B．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力C．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力D．盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力【解析】先以盒子和小球组成的系统为研究对象，无论上滑还是下滑，用牛顿第二定律均可求得系统的加速度大小为a＝g sin α，方向沿斜面向下，由于盒子和小球始终保持相对静止，所以小球的加速度大小也是a＝g sin α，方向沿斜面向下，小球沿斜面向下的重力分力大小恰好等于所需的合外力，因此不需要左、右侧面提供弹力．故选项A正确．【答案】 A3．(2016·成都模拟)如图2114所示，物体A、B用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮．A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着，已知质量m A＝3m B，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是( )图2114A．弹簧的弹力将减小B．物体A对斜面的压力将减小C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变【解析】将斜面倾角由45°减小到30°，弹簧的弹力等于物体B的重力，不变，A 项错误；倾角减小，物体A对斜面的压力将增大，B项错误；斜面倾角为45°时，物体A 重力沿斜面方向分力为3m B g sin 45°，由平衡条件可知物体A受到的静摩擦力为3m B g sin 45°－m B g；斜面倾角由45°减小到30°，物体A受到的静摩擦力为3m B g sin 30°－m B g；所以物体A受到的静摩擦力将减小，C项正确，D项错误．【答案】 C4．如图2115所示，斜面固定在地面上，倾角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)，则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是下图中的(取初速度v0的方向为正方向，g＝10 m/s2)( )图2115【解析】滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由F＝μF N和F N＝mg cos θ联立得F＝6.4 N，方向为沿斜面向下．当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mg sin θ＜μmg cos θ，滑块不动，滑块受的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F＝mg sin θ，代入可得F＝6 N，方向为沿斜面向上，故B项正确．【答案】 B5．如图2116所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F 的作用向右滑行，长木板处于静止状态．已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是( )图2116A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1(m＋M)gC．当F＞μ2(M＋m)g时，木板发生运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动【解析】木块m受到滑动摩擦力作用，f1＝μ1mg，木板静止，故地面对木板的摩擦力为静摩擦力，对木板受力分析可知，静摩擦力f2与木块对木板的摩擦力为平衡力，故f2＝f1＝μ1mg，A、B项错；增大力F时，木板受力不变，木板始终静止不动，C项错，D正确．【答案】 D6．(2016·株洲检测)如图2117所示，三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是( )图2117A．4 cm B．6 cmC．8 cm D．10 cm【解析】开始时q弹簧处于压缩状态，由胡克定律可知，弹簧压缩了2 cm.木块c刚好离开水平地面时，轻弹簧q中拉力为10 N，故其伸长了2 cm；此时轻弹簧p中拉力为20 N，伸长了4 cm；该过程p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm＋2 cm＋4 cm＝8 cm，C正确．【答案】 C7．(2016·贵阳检测)如图2118所示，长直木板的上表面的一端放有一铁块，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与水平面的夹角α变大)，另一端不动，如图所示，则铁块受到的摩擦力F f 随角度α的变化图象可能正确的是下列选项中的(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图2118【解析】设木板与水平面间的夹角增大到θ时，铁块开始滑动，显然当α＜θ时，铁块与木板相对静止，由力的平衡条件可知，铁块受到的静摩擦力的大小为F f ＝mg sin α；当α≥θ时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，设动摩擦因数为μ，由滑动摩擦力公式得铁块受到的摩擦力为F f ＝μmg cos α.通过上述分析知：α＜θ时，静摩擦力随α角增大按正弦函数增大；当α≥θ时，滑动摩擦力随α角增大按余弦规律减小，C 正确．【答案】 C8．如图2119所示，一直杆倾斜固定并与水平方向成30°的夹角；直杆上套有一个质量为0.5 kg 的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小F ＝10 N 的力，圆环处于静止状态，已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图2119A ．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上B ．圆环受到直杆的弹力大小等于2.5 NC ．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上D ．圆环受到直杆的摩擦力大小等于2.5 N【解析】圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向下，A 错误；画出圆环受力示意图如图所示，应用平行四边形定则可得，圆环受到直杆的弹力大小等于532N ，B 错误；圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向下，大小等于2.5 N ，C 错误，D 正确．【答案】 D9．(2016·衡水模拟)如图2120所示，小球C置于内侧面光滑的半球形凹槽B内，B 放在长木板A上，整个装置处于静止状态．在缓慢减小木板倾角θ的过程中，下列说法正确的是( )图2120A．A受到的压力逐渐减小B．A受到的摩擦力逐渐减小C．C对B的压力逐渐变大D．C受到三个力的作用【解析】缓慢减小θ，则A、B、C始终处于平衡状态．把B、C看成一整体，设质量为M，则Mg sin θ＝f AB，Mg cos θ＝F N AB，由牛顿第三定律得f BA＝f AB＝Mg sin θ，F N BA＝F N AB ＝Mg cos θ，θ减小，sin θ变小，cos θ变大，所以f BA变小，F N BA变大，A错误，B正确；对C受力分析可知，其受重力、支持力两个力的作用，大小相等，所以支持力不变，C对B 的压力不变，C、D错误．【答案】 B10．在粗糙的水平地面上静置一三角形斜劈，一滑块恰好能沿斜劈匀速下滑；若对滑块施加一如图2121所示的外力F，滑块沿斜劈向下做加速运动．在整个运动过程中三角形斜劈保持静止状态．已知斜劈的倾角为α，外力F与水平方向的夹角为θ，滑块的质量为m，重力加速度为g，施加外力后地面对斜劈的摩擦力为f.则( )图2121A．f＝mg cos α·sin α，且方向水平向右B．f＝mg cos α·sin θ，且方向水平向左C．f＝F cos θ，且方向水平向左D．f＝0【解析】对滑块匀速下滑过程分析可知，滑块受重力、支持力、滑动摩擦力，根据平衡条件：摩擦力与支持力的合力与重力等大反向，即斜劈对滑块的作用力方向竖直向上．根据牛顿第三定律，则滑块对斜劈的作用力方向竖直向下．当用力F推滑块时，滑块所受斜劈的支持力增大，滑动摩擦力F f＝μF N也增大，但是滑动摩擦力F f与支持力F N仍然成比例地增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则滑块对斜劈的作用力的方向仍然竖直向下，故斜劈没有运动的趋势，不受地面的摩擦力，D正确．【答案】 D二、多项选择题11．下列关于摩擦力的说法中，正确的是( )A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速【解析】摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)，而物体间的相对运动与物体的实际运动无关．当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时，摩擦力是动力，当摩擦力的方向与物体的运动方向相反时为阻力，故C、D项正确．【答案】CD12．在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图2122所示的情况就是一个实例．当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是( )图2122A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变B．运动员受到的支持力，是跳板发生形变而产生的C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大D．此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力【解析】发生相互作用的物体均要发生形变，故A错；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B正确；在最低点，运动员虽然处于瞬间静止状态，但接着运动员要加速上升，故此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C错误、D正确．【答案】BD13．如图2123所示，传送带向右上方匀速运转，石块从漏斗里竖直掉落到传送带上，然后随传送带向上运动．下述说法中正确的是 ( )图2123A ．石块落到传送带上可能先做加速运动后做匀速运动B ．石块在传送带上一直受到向右上方的摩擦力作用C ．石块在传送带上一直受到向左下方的摩擦力作用D ．开始时石块受到向右上方的摩擦力后来不受摩擦力【解析】由相对运动可知，石块受到向上的滑动摩擦力，使石块加速向上运动，直到与传送带速度相等，若所经位移大于两轮间距，则石块一直加速；若速度相等时所经位移小于两轮间距，则速度相等后石块与传送带相对静止，此后石块受静摩擦力的作用，方向仍沿传送带向上．所以选项A 、B 正确．【答案】 AB14．两个中间有孔的质量为M 的小球用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在同一质量为m 的小球上，如图2124所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k ，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．则下列判断正确的是( )图2124A ．水平横杆对质量为M 的小球的支持力为Mg ＋mgB ．连接质量为m 小球的轻弹簧的弹力为mg 3C ．连接质量为m 小球的轻弹簧的伸长量为33k mg D ．套在水平光滑横杆上轻弹簧的形变量为36k mg【解析】水平横杆对质量为M 的小球的支持力为Mg ＋mg 2，选项A 错误；设下面两个弹簧的弹力均为F ，则2F sin 60°＝mg ，解得F ＝33mg ，结合胡克定律得kx ＝33mg ，则x ＝33k mg ，选项B 错误，选项C 正确；下面的一根弹簧对M 的水平分力为F cos 60°＝36mg ，再结合胡克定律得kx ′＝36mg ，解得x ′＝36k mg ，选项D 正确．【答案】 CD15．如图2125所示，倾角为θ的斜面C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C 都处于静止状态．则( )图2125A．B受到C的摩擦力一定不为零B．C受到地面的摩擦力一定为零C．C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力为零【解析】若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C 有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B 依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为零，D项正确．【答案】CD。

(通用版)高考物理一轮复习分层限时跟踪练26 电磁感应现象楞次定律-人教版高三全册物理试题

分层限时跟踪练26 电磁感应现象楞次定律(限时40分钟)一、单项选择题1．物理课上，教师做了一个奇妙的“跳环实验〞．如图9110所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．比照教师演示的实验，如下四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )图9110A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与教师的不同【解析】金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．假设套环是非导体材料，如此套环不会跳起．应当选项A、B、C错误，选项D正确．【答案】 D2．(2016·成都检测)法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，如此( )A．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B．接通电池时，电流计指针没有偏转C．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零【解析】接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，选项A、B错误，D正确；接通电池后再断开时的瞬间，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，选项C错误．【答案】 D3．如图9111所示，在水平光滑桌面上，两一样的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框接通逆时针方向电流的瞬间( )图9111A．两小线圈会有相互靠拢的趋势B．两小线圈会有相互远离的趋势C．两小线圈中感应电流都沿逆针方向D．左边小线圈中感应电流沿顺时针方向，右边小线圈中感应电流沿逆时针方向【解析】接通电流瞬间，通过线圈的磁通量都增大，根据楞决定律，易知感应电流都沿顺时针方向．【答案】 B4．(2015·汕头检测)如图9112所示，两个同心圆线圈a、b在同一平面内，半径R a<R b，一条形磁铁穿过圆心垂直于圆面，穿过两个线圈的磁通量分别为Φa和Φb，如此( )图9112A．Φa>Φb B．Φa＝Φb C．Φa<Φb D．无法确定【解析】磁通量是指穿过平面的磁感线的净条数；因为每条磁感线都穿过磁体内部，故可知A项正确．【答案】 A5．如图9113所示，正方形闭合导线框处在磁感应强度恒定的匀强磁场中，C、E、D、F为线框中的四个顶点，图甲中的线框绕E点转动，图乙中的线框向右平动，磁场足够大．如下判断正确的答案是( )图9113A．图甲线框中有感应电流产生，C点电势比D点低B．图甲线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等C．图乙线框中有感应电流产生，C点电势比D点低D．图乙线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等【解析】线框绕E点转动和向右平动，都没有磁通量的变化，无感应电流产生，由右手定如此可知，图甲线框中C，D两点电势相等，如此A项错，B项对；图乙线框中C点电势比D点高，如此C、D两项都错．【答案】 B二、多项选择题6．(2016·某某模拟)如图9114所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a 的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如下列图的电路．假设将滑动变阻器的滑片P向下滑动，如下表述正确的答案是( )图9114A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变大C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力F N将增大【解析】假设将滑动变阻器的滑片P向下滑动，螺线管b中的电流增大，根据楞次定律，线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a的磁通量变大，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力F N将变大，B、D项正确．【答案】BD7．(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验〞，实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图9115所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．如下说法正确的答案是( )图9115A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【解析】当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如下列图，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．【答案】AB8．如图9116所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做如下哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )图9116A．向右做匀速运动B．向左做减速运动C．向右做减速运动D．向右做加速运动【解析】当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定如此可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定如此知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．【答案】BC9．如图9117所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定—根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )图9117A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流却不为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动【解析】根据安培定如此可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，达到最大后，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，磁通量仍然在变化，磁通量的变化率不为零，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B正确；根据对愣次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上．不为零，C、D错误．【答案】AB三、非选择题10．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图9118所示．线圈由a 端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．图9118(1)将磁铁N 极向下从线圈上方竖直插入L 时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为(填“顺时针〞或“逆时针〞)．(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L 时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为(填“顺时针〞或“逆时针〞)．【解析】 (1)将磁铁N 极向下插入L 时，根据楞次定律L 的上方应为N 极．由电流计指针向左偏转，可确定L 中电流由b 端流入，根据安培定如此，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向为顺时针．(2)将磁铁远离L ，由楞次定律，线圈L 上方仍为N 极，由于此时电流计指针向右偏转，可确定L 中电流由a 端流入．根据安培定如此，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向也为逆时针．【答案】 (1)顺时针 (2)逆时针11．磁感应强度为B 的匀强磁场仅存在于边长为2l 的正方形范围内，有一个电阻为R 、边长为l 的正方形导线框abcd ，沿垂直于磁感线方向，以速度v 匀速通过磁场，如图9119所示，从ab 进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止．图9119(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；(2)判断线框中有无感应电流．假设有，说明感应电流的方向．【解析】 (1)当ab 边进入磁场时，穿过线框的磁通量均匀增加，在t 1＝l v 时线框全部进入磁场，磁通量Φ＝Bl 2不变化；当在t 2＝2l v时，ab 边离开磁场，穿过线框的磁通量均匀减少到零，所以该过程的Φt 图象如下列图．(2)ab边进入磁场时有感应电流，根据右手定如此可判知感应电流方向为逆时针；ab 边离开磁场时有感应电流，根据右手定如此可判知感应电流方向为顺时针；中间过程t1～t2磁通量不变化，没有感应电流．【答案】见解析12．如图9120所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．图9120【解析】要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋vt)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋vt.【答案】B＝B0ll＋vt。

人教版高中物理全套试题第1部分第五章第6节课时跟踪训练

[课时跟踪训练](满分50分时间30分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分，每小题至少有一个选项正确)1．质量为m 的木块从半球形的碗口下滑到碗底的过程中，如果由于摩擦力的作用，使得木块的速率不变，那么( )A ．下滑过程中木块加速度为零B ．下滑过程中木块所受合力大小不变C ．下滑过程中木块所受合力为零D ．下滑过程中木块所受的合力越来越大解析：因木块做匀速圆周运动，故木块受到的合外力即向心力大小不变，向心加速度大小不变，故选项B 正确。

答案：B2．甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2，转动半径之比为1∶2，在相同时间里甲转过60°，乙转过45°，它们的向心力之比为( )A ．1∶4B ．2∶3C ．4∶9D ．9∶16解析：由匀速圆周运动的向心力公式F n ＝mω2r ＝m (θt )2r ，所以F n 甲F n 乙＝m 甲(θ甲t )2r 甲m 乙(θ乙t )2r 乙＝12×(60°45°)2×12＝49，故C 正确。

答案：C3．一质量为m 的物体，沿半径为R 的向下凹的圆形轨道滑行，如图1所示，经过最低点时速度为v ，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为( )图1 A ．μmgB.μm v 2R C ．μm (g ＋v 2R )D ．μm (g －v 2R ) 解析：在最低点由向心力公式F N －mg ＝m v 2R 。

得F N ＝mg ＋m v 2R ，又由摩擦力公式F ＝μF N ＝μ(mg ＋m v 2R )。

C 对。

答案：C4．如图2所示，A 、B 两球穿过光滑水平杆，两球间用一细绳连接，当该装置绕竖直轴OO ′匀速转动时，两球在杆上恰好不发生滑动。

若两球质量之比m A ∶m B ＝2∶1，那么关于A 、B 两球的下列说法中正确的是( ) 图2A ．A 、B 两球受到的向心力之比为2∶1B ．A 、B 两球角速度之比为1∶1C ．A 、B 两球运动半径之比为1∶2D ．A 、B 两球向心加速度之比为1∶2解析：两球的向心力都由细绳拉力提供，大小相等，两球都随杆一起转动，角速度相等，A 错，B 对。

(通用版)高考物理一轮复习分层限时跟踪练17功能关系能量守恒定律

分层限时跟踪练17 功能关系能量守恒定律(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·孝感模拟)质量为50 kg 的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图5412，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m ，在最高点的速度为3 m/s ，则起跳过程该同学所做功最接近(取g ＝10 m/s 2)( )图5412A ．225 JB ．400 JC ．625 JD ．850 J【解析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g 的匀减速直线运动，则t ＝2hg＝2×0.810s ＝0.4 s ，竖直方向初速度v y ＝gt ＝4 m/s ，水平方向做匀速直线运动，则v 0＝3 m/s ，则起跳时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s. 运动员的质量为50 kg ，根据动能定理得W ＝12mv 2＝625 J ，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C2．(2014·广东高考)如图5413是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图5413A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能【解析】本题考查能量转化和守恒定律．由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误、B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．【答案】 B3．如图5414所示，木块B 在光滑的水平桌面上，子弹A 沿水平方向射入木块并留在木块内，将弹簧压缩到最短．则从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中( )图5414A ．A 、B 与弹簧组成的系统机械能守恒 B ．A 的动能减少量等于B 的动能增加量C ．A 对B 做的功等于B 的动能增加量D ．B 对A 做的功等于A 的动能减少量【解析】 A 与B 之间因摩擦而生热，故A 错误；A 动能的减少量等于B 的动能增加量、弹簧的弹性势能增加量、A 与B 之间因摩擦而产生的热量三者之和，B 错误；A 对B 做的功和弹簧对B 做的功的和等于B 动能的变化量，C 错误；B 对A 做的功等于A 的动能变化量，D 正确．【答案】 D4．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v .对于起跳过程，下列说法正确的是( )A ．该同学机械能增加了mghB ．该同学机械能增加量为mgh ＋12mv 2C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2＋mgh【解析】该同学从蹬地到刚离开地面过程中，重力势能增加了mgh ，动能增加了12mv 2，故机械能增加了mgh ＋12mv 2，A 项错，B 项正确；地面对人的支持力的作用点无位移，故对人不做功，C 项错；由动能定理可知，该同学所受合外力对其做功等于其动能的增加量即12mv 2，D 项错．【答案】 B5．(2015·大庆质检)如图5415所示，半径为R 的金属环竖直放置，环上套有一质量为m 的小球，小球开始时静止于最低点．现使小球以初速度v 0＝6Rg 沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )图5415A ．小球机械能守恒B ．小球在最低点时对金属环的压力是6 mgC ．小球在最高点时，重力的功率是mg gRD ．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR【解析】小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时的速度为v ，由向心力公式可得mg ＝mv 2R ；小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得－W f －2mgR ＝12mv 2－12mv 20，联立可得W f ＝12mv 20－12mv 2－2mgR ＝12mgR ，可见此过程中小球机械能不守恒，克服摩擦力做功为12mgR ，选项D 正确，选项A 错误；小球在最高点时，速度v 的方向和重力的方向垂直，二者间的夹角为90°，功率P ＝0，选项C 错误；小球在最低点，由向心力公式可得F －mg ＝mv 20R ，F ＝mg ＋mv 20R＝7mg ，选项B 错误．【答案】 D 二、多项选择题6．(2016·南昌模拟)一升降机在底部装有若干弹簧，如图5416所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )图5416A．先处于失重状态然后再处于超重状态B．重力功率不断减小C．机械能不断减小D．机械能保持不变【解析】升降机在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力作用，且弹力逐渐增大，则升降机先向下加速，后减速，故升降机先处于失重状态然后处于超重状态，选项A正确；升降机的重力功率P＝mgv，其先增加后减小，选项B错误；除重力做功外，弹簧的弹力对其做负功，机械能减小，选项C正确，选项D错误．【答案】AC7．山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图5417所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( )图5417A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功【解析】人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－f＝ma，可知，F f ＜mg，a＜g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增加量一定小于重力势能的减少量，D正确．【答案】CD8．(2014·海南高考)如图5418所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中( )图5418A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零【解析】轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A对；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确．【答案】AD9．如图5419甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的vt 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2.则( )图5419A．传送带的速率v0＝10 m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0 s内摩擦力对物体做功W f＝－24 J【解析】由vt图象可知，物体在传送带上先以a1＝10 m/s2的加速度加速运动，再以a2＝2 m/s2的加速度继续加速；t＝1.0 s时物体获得与传送带相同的速度v共＝v0＝10 m/s，选项A正确．由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 ①mg sin θ－μmg cos θ＝ma2 ②联立①②得：θ＝37°，μ＝0.5，选项C正确，B错误.0～2.0 s内摩擦力做功W f＝μmg cos 37°·x 1－μmg cos 37°·x 2，由v t 图象可求，x 1＝12×1×10 m ＝5 m ，x 2＝12×(10＋12)×1 m ＝11 m ，解得W f ＝－24 J ，故选项D 正确．【答案】 ACD 三、非选择题10．如图5420所示，质量为m ＝2 kg 的小物块从斜面顶端A 由静止滑下，从B 点进入光滑水平滑道时无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道左端C 处的墙上，另一端恰位于水平滑道的中点D .已知斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝35，其余各处的摩擦不计，斜面顶端距水平面高度为h ＝0.5 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，弹簧处于原长时弹性势能为零．图5420(1)求小物块沿斜面向下滑动时其加速度大小和滑到B 点时的速度大小； (2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？【解析】 (1)由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝2 m/s 2设斜面长为L ，则sin θ＝h L，滑到B 点时的速度大小为v ＝2aL ＝2 m/s.(2)物块从斜面顶端A 开始运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ－E p ＝0 则轻弹簧压缩到最短时的弹性势能E p ＝mgh －μmg cos θhsin θ解得E p ＝4 J.(3)物块第一次被弹回时上升的高度最大，设上升的最大高度为H ，由动能定理得mg (h －H )－μmg cos θ·hsin θ－μmg cos θ·Hsin θ＝0 解得H ＝0.125 m.【答案】 (1)2 m/s 22 m/s (2)4 J (3)0.125 m11．如图5421所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．C 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高．质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：图5421(1)物块经过B 端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？【解析】 (1)v B ＝v 0sin θ＝2 m/s.(2)物体从B 到C 应用动能定理，有mg (R ＋R sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ，解得v C ＝6 m/s.在C 点：F －mg ＝m v 2CR，解得F ＝46 N.由牛顿第三定律知物块经过圆弧轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N.(3)物块从A 到C 过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，应用能量守恒定律得Q ＝12mv 2C ＝18 J.【答案】 (1)2 m/s (2)46 N (3)18 J12．如图5422所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图5422(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒mgR ＝12mv 2B①滑块在B 点处，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2BR② 解得F N ＝3mg③由牛顿第三定律得F N ′＝3mg .④(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒得mgR ＝12Mv 2m ＋12m (2v m )2⑤ 解得v m ＝gR 3⑥②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得mgR －μmgL ＝12Mv 2C ＋12m (2v C )2⑦设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg ＝Ma⑧由运动学规律得v 2C －v 2m ＝－2as⑨ 解得s ＝13L .⑩【答案】 (1)3mg (2)① gR3 ②13L。

八年级物理上册6.2密度跟踪训练新版新人教版

6.2密度跟踪训练一、选择题 1.分别用铝和铁做成一个实心球。

在下列四种情况中,哪一种措施是不可能的?（）A.铝球的体积和质量都比铁球小；B.铝球的体积和质量都比铁球大；C.铝球的体积大于铁球,但质量小于铁球；D.铝球的体积小于铁球,质量大于铁球2.1m 3的水结成冰后（）。

A.体积变大,密度变小；B.体积变小,密度变大；C.体积和密度均不发生变化；D.变化情况无法确定3.如图所示,甲、乙两种球的体积相等,此时天平平衡,则甲、乙两种球的密度之比为（）。

A ．2：1B ．1：2C ．3：4D ．4：34.如图是A 、B 、C 三种物质的质量m 与体积V 的关系图线,由图可知A 、B 、C 三种物质的密度C B A ρρρ、、和水的密度水ρ之间的关系是（）。

A ．CB A ρρρ>>,且水ρρ>A B ．C B A ρρρ<<,且水ρρ>CC ．C B A ρρρ>>,且水ρρ>AD ．C B A ρρρ<<,且水ρρ>C ． 5.如图,甲、乙、丙为底面积相等而形状不同的容器,其内分别装有质量相等的汽油、酒精和水,则装水、酒精和汽油的容器依次为（）。

A 、甲、乙、丙B 、甲、A 、变大 B 、变小C 、不变D 、不确定6.研究性学习课题小组在教师的指导下,完成了“水的体积随温度变化”的研究,得到如图的图线,根据这个图线,可说明水的温度从8℃降低至2℃的过程中（）。

A. 水的密度先变小后变大；B. 水的密度保持不变；C. 水的密度先变大后变小；D. 水的密度一直变大7.蜡烛在燃烧过程中,它的（）。

A. 质量不变,体积变小,密度变大；B. 质量变小,体积变小,密度不变；C. 质量变小,体积不变,密度变小；D. 质量、体积、密度都变小二、填空题8.一瓶水倒掉一部分,则剩余部分的水的质量,体积,密度。

9．在用天平测量质量时,如果所用砝码磨损,则测量值与真实值相比；如果调节平衡时指针偏左,则测量值与真实值相比；如果调节天平没有将游码放到左端“0”点,则测量值与真实值相比（选填“偏大”、“偏小”、“不变”）。

物理跟踪练习题

物理跟踪练习题1. 问题描述在物理学中，跟踪题是一种常见的练习题，旨在考察学生对物体运动和相互作用的理解。

本文将提供一系列物理跟踪练习题，以帮助读者加深对物理学知识点的理解和应用。

2. 第一题：自由落体一个小球从5米高的平台上自由落下，在下落过程中经历了以下时刻：- t=0s 时，小球开始自由下落；- t=1s 时，小球下落到了2.5米的位置；- t=2s 时，小球下落到了0米的位置。

请回答以下问题：a) 小球在 t=1s 时的速度是多少？b) 小球在 t=2s 时的速度是多少？解答：a) 在 t=1s 时，小球下落过程中的平均速度可以通过位置变化量除以时间来计算。

小球从5米高的平台下落到2.5米的位置，位置变化量为5米-2.5米=2.5米，时间为1秒。

因此，平均速度为2.5米/1秒 = 2.5米/秒。

b) 在 t=2s 时，小球下落过程中的平均速度可以通过同样的方法计算。

小球从5米高的平台下落到0米的位置，位置变化量为5米-0米=5米，时间为2秒。

因此，平均速度为5米/2秒 = 2.5米/秒。

3. 第二题：匀速直线运动一辆汽车以20米/秒的速度匀速直线行驶了30秒，然后突然停止。

请回答以下问题：a) 汽车在30秒内行驶的总距离是多少？b) 汽车停下来所需的时间是多少？解答：a) 汽车的速度为20米/秒，行驶时间为30秒，根据速度等于距离除以时间的公式，可以计算出汽车行驶的总距离为20米/秒 × 30秒 = 600米。

b) 汽车突然停下来，即从20米/秒的速度减速到0米/秒的速度。

由于已知汽车的加速度（即速度变化率）为-20米/秒²（负号表示减速），可以使用减速度公式计算出停下来所需的时间。

首先，减速度等于速度变化量除以时间，即-20米/秒² = (0米/秒 - 20米/秒) / 时间。

解上述方程可得时间 = (0米/秒 - 20米/秒) / -20米/秒² = 1秒。

2023新教材高中物理课时跟踪训练六楞次定律新人教版选择性必修第二册

课时跟踪训练（六）楞次定律A级—双基达标1．[多选]如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流，各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )解析：选CD 先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极，A中线圈上端为N 极，B中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确。

2.[多选]磁场垂直穿过一个圆形线框，由于磁场的变化，在线框中产生顺时针方向的感应电流，如图所示，则以下说法正确的是( )A．若磁场方向垂直线框向里，则此磁场的磁感应强度是在增强B．若磁场方向垂直线框向里，则此磁场的磁感应强度是在减弱C．若磁场方向垂直线框向外，则此磁场的磁感应强度是在增强D．若磁场方向垂直线框向外，则此磁场的磁感应强度是在减弱解析：选BC 线框所产生的感应电流为顺时针方向，由安培定则知感应电流的磁场垂直线框向里，由楞次定律中的“增反减同”可知，原因可能是方向垂直线框向里的磁场正在减弱或是方向垂直线框向外的磁场正在增强，故B、C正确。

3．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置甲(左)匀速运动到位置(乙)，则( )A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左解析：选 D 由楞次定律及右手定则可判断出导线框进入磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a，选项A错误；导线框离开磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a，选项B 错误；由左手定则可判断导线框进入磁场时受到的安培力水平向左，导线框离开磁场时受到的安培力水平向左，选项C错误，选项D正确。

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分层限时跟踪练(六)
(限时30分钟)
一、单项选择题
1．(2014·上海高考)如图1所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB 固定在竖直平面内，A 端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F 作用下，缓慢地由A 向B 运动，F 始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N .在运动过程中( )
图1
A ．F 增大，N 减小
B ．F 减小，N 减小
C ．F 增大，N 增大
D ．F 减小，N 增大
【解析】小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡有F ＝mg sin α，N ＝mg cos α(α是重力与圆弧半径方向的夹角)，随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，选项A 正确．
【答案】 A
2．如图2所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m 的小球A 、B ，它们用劲度系数为k 的轻质弹簧连接，现对B 施加一水平向左的推力F 使A 、B 均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l ，则弹簧原长和推力F 的大小分别为( )
图2
A ．l ＋mg 2k ，233mg
B ．l －mg 2k ，233mg
C ．l ＋mg
2k ，23mg
D ．l －mg
2k ，23mg
【解析】以A 、B 和弹簧组成的系统为研究对象，则F cos 30°＝2mg sin 30°，得F ＝
233mg ；隔离A 有kx ＝mg sin 30°，得弹簧原长为l －x ＝l －mg
2k
，故选项B 正确．
【答案】 B
3．(2016·福州模拟)如图3所示，光滑水平面上有一1
4的球体，球体的左侧面也光滑．质量分别为m 1、m 2的小球(均可看做质点)通过柔软光滑的轻绳连接，且与球体一起以共同的速度v 0向左匀速运动，此时m 2与球心O 的连线与水平线成45°角．m 2与球面间的动摩擦因数为0.5，设m 2与球面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则m 2
m 1
的最小值是( )
图3
A.324
B.223 C ．2
D ． 2
【解析】当m 1有最大值时，摩擦力沿球面向下，受力如图所示，根据共点力平衡得m 2g sin 45°＋f ＝T ，
f ＝μN ＝μm 2
g cos 45°， T ＝m 1g ，联立三式解得m 2m 1＝223
，选项B 正确．【答案】 B
二、多项选择题
4．如图4所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是()
图4
A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力
B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力
C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小
D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大
【解析】若B对A无摩擦力，因B在水平方向受力平衡，则地面对B无摩擦力，A正确；若B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，B正确；若弹簧起初处于拉伸状态，则在P点缓慢下移的过程中，弹簧对A物体的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大，C错误；在P点缓慢下移过程中，以A、B为整体，若弹簧起初处于拉伸状态，P点下移使弹簧恢复到原长时，地面对B的摩擦力逐渐减小到零，D错误．
【答案】AB
5.如图5所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A、B分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将小球B缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F＝10 N，则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是(小球重力不计)()
图5
A．小球A受到杆对A的弹力、绳子的张力
B．小球A受到的杆的弹力大小为20 N
C．此时绳子与穿有A球的杆垂直，绳子张力大小为203
3N
D．小球B受到杆的弹力大小为203
3N
【解析】由于拉动是缓慢进行的，因此任何一个小球均处于动态平衡状态，则对小球A而言，仅受两个力的作用，杆对A的弹力F N2与绳子的张力T 平衡，绳子垂直于A所在的杆，选项A正确．小球B受到三个力平衡，拉力F 绳子弹力T和杆对它的弹力F N1，把绳子上的弹力正交分解，则有T x＝T cos 60°＝F，可得T＝2F，因此小球A受到的杆的弹力大小为T＝2F＝20 N，选项B 正确，C、D错误．
【答案】AB
三、非选择题
6．(2016·武汉模拟)如图2-3-20所示，质量为m的匀质细绳，一端系在天花板上的A点，另一端系在竖直墙壁上的B点，平衡后最低点为C点．现测得AC 段绳长是CB段绳长的n倍，且绳子B端的切线与墙壁的夹角为α.试求绳子在C 处和在A处的弹力分别为多大．(重力加速度为g)
图2-3-20
【解析】以BC段为研究对象，设绳子B端所受弹力为T B，C处所受弹力为T C，如图甲所示．
T B cos α＝
1
n＋1
mg，
T B sin α＝T C，
解得T C＝
mg
n＋1
tan α.
以AC段为研究对象，设绳子A端所受弹力为T A，C处所受弹力为T′C，如图乙所示．
T A sin β＝
n
n＋1
mg，
T A cos β＝T′C，T C＝T′C，
解得T A＝
mg
n＋1
n2＋tan2α.
【答案】
mg
n＋1
tan α
mg
n＋1
n2＋tan2α。