【与名师对话】2016高考物理(课标版)一轮课时跟踪训练36
【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习 单元质量检测01
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习 单元质量检测01时间：60分钟 总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2014·湖州新世纪外国语学校高三摸底)关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是( )A ．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B ．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C ．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比D ．伽利略用小球在斜面上运动验证了运动速度与位移成正比解析：亚里士多德认为在同一地点重的物体下落得快，轻的物体下落慢，故A 错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但是当时测量时间误差较大不能直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得出，故B 错误．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C 正确．小球在斜面上运动的运动速度与位移不成正比，故D 错误．答案：C2．(2014·德州市平原一中高三月考)广州地区的重力加速度为9.8 m/s 2，一物体由t ＝0时刻开始做自由落体运动，下列说法正确的是( )A ．下落过程中，物体在任一秒末的速度是该秒初速度的倍B ．t ＝0时物体的速度和加速度都为零C ．下落开始的连续三个两秒末的速度之比为1∶2∶3D ．下落开始的连续三个两秒内的位移之比为1∶4∶9解析：加速度为g ＝9.8 m/s 2，根据加速度的意义可知物体速度每秒增加9.8 m/s ，故A 错误；刚下落时物体的速度为零，加速度是9.8 m/s 2，故B 错误；根据v ＝gt,2 s 、4 s 、6 s 末物体速度之比为1∶2∶3，即下落开始连续的三个两秒末的速度之比为1∶2∶3，故C 正确；根据h ＝12gt 2,2 s 、4 s 、6 s 内的位移之比为1∶4∶9，故下落开始连续三个两秒内的位移之比为1∶3∶5，故D 错误；故本题选C.答案：C3．(2014·上海市奉贤区期末)一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知( )A．4 s内物体在做曲线运动B．4 s内物体的速度一直在减小C．物体的加速度在 s时方向改变D．4 s内物体速度的变化量的大小为8 m/s解析：4 s内物体在做直线运动，4 s内物体的速度先减小后增大，选项A、B错误；物体的速度在 s时方向改变，而加速度方向不变；4 s内物体速度的变化量的大小为8 m/s，选项C错误D正确．答案：D4．(2014·长春调研)一质点从t＝0开始沿x轴做直线运动，其位置坐标与时间的关系式为x＝2t3－8t＋1(x和t的单位分别为m和s)，则下列说法中正确的是( ) A．质点一直向x轴正方向运动B．质点做匀变速直线运动C．质点在第2 s内的平均速度的大小为3 m/sD．质点在前2 s内的位移为零解析：利用位置坐标与时间的关系得出各个时刻的位置坐标，可知A错误．由匀变速直线运动的位移与时间的关系式可知B错误．根据平均速度的定义式结合题目所给关系式可知，质点在第2 s内的平均速度的大小不是3 m/s，C错误．答案：D5．(2014·安徽师大摸底)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )A．质点运动的加速度是0.6 m/s2B．质点运动的加速度是0.3 m/s2C．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD ．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s解析：由Δx ＝aT 2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s 2，选项A 错误B 正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v ＝0.2 m/s ，第1次闪光时质点的速度是v 1＝v －aT /2＝0.2 m/s －×0.5 m/s＝0.05 m/s ，第2次闪光时质点的速度是v 2＝v ＋aT /2＝0.2 m/s ＋×0.5 m/s＝0.35 m/s ，选项C 、D 错误．答案：B6．(2014·济宁市高三模拟)在光滑水平面上，A 、B 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，当小球间距大于L 时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球的v －t 图象如图所示，由图可知( )A ．A 球质量大于B 球质量 B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 3时间内B 球所受排斥力方向始终与运动方向相同D ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小解析：从图象可以看出B 小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以B 小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a ＝Fm知，加速度大的质量小，所以B 小球质量较大，A 正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t 2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，B 错误，D 正确；B 球0～t 1时间内匀减速，所以0～t 1时间内排斥力与运动方向相反，C 错误．答案：AD7．一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，相邻电线杆间的间隔均为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，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝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根运动至第7根电线杆所需的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s解析：由匀加速直线运动的位移规律x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，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 ，B 正确；由v ＝v 0＋at 知汽车从第1根运动至第7根电线杆用时为20 s ，所以从第3根运动至第7根电线杆所需时间为10 s ，C 错误；由v ＝xt知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s ，D 正确．答案：ABD8．在光滑水平面上有a 、b 两点，相距20 cm ，一质点在一水平恒力F 作用下做直线运动，经过 s 的时间先、后通过a 、b 两点，则该质点通过a 、b 中间点时的速度大小满足( )A ．无论力的方向如何均大于1 m/sB ．无论力的方向如何均小于1 m/sC ．若力的方向由a 向b ，则大于1 m/s ，若力的方向由b 向a ，则小于1 m/sD ．若力的方向由a 向b ，则小于1 m/s ，若力的方向由b 向a ，则大于1 m/s 解析：解法一(公式法)：设a 、b 两点相距为l ，加速度为a ，该质点通过a 、b 两点和a 、b 中点时的速度大小分别为v a 、v b 和v x ，根据匀变速直线运动规律有v 2x －v 2a ＝v 2b －v 2x ＝2a ·l 2＝al (无论力的方向如何均成立)，所以v x ＝v 2a ＋v 2b2＝2v 2a ＋v 2b4>v a ＋v b24＝v a ＋v b2＝v ＝错误!＝1 m/s解法二(图象法)：画出质点运动的v －t 图象，如图所示，其中斜率为正值的表示力的方向由a 向b 时，斜率为负值的表示力的方向由b 向a 时，根据匀变速直线运动规律，在中间时刻即t ＝ s时质点的速度等于平均速度1 m/s，根据v－t图象的“面积”表示位移可知，不管力的方向如何，质点在a、b中间点处的瞬时速度均大于1 m/s.本题答案为A.答案：A二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(10分)某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量为m＝50 g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，实验装置如图所示．(1)以下是该同学正确的实验操作和计算过程，请填写其中的空白部分：①实验操作：______________________，释放纸带，让重锤自由落下，______________________.②取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出相邻计数点间的距离分别为x1＝2.60 cm，x2＝4.14 cm，x3＝5.69 cm，x4＝7.22 cm，x5＝8.75 cm，x6＝10.29 cm，已知打点计时器的打点间隔T＝ s，则重锤运动的加速度计算表达式为a＝________，代入数据，可得加速度a＝________m/s2(计算结果保留三位有效数字)．(2)该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法：______________________________________________________________________________________________ __________________________________________________.解析：(1)①实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放纸带，实验结束，应立即关闭电源．②由逐差法求解重锤下落的加速度：a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 39×2T 2＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 336T2＝9.60 m/s 2(2)重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，是因为重锤下落时所受空气阻力过大或者纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力过大．为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，可以将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法．答案：(1)①接通电源 实验结束关闭电源 ②x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 336T2(2)将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法 10．(12分)(2014·合肥模拟)歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a ，经s 距离就达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L (L <s )，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v 1m ； (2)方法二情况下航空母舰的最小速度v 2m . 解析：(1)设飞机起飞速度为v ，则有v 2＝2as v 2－v 21m ＝2aL联立解得v 1m ＝2as －L(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t ，则：t ＝v －v 2ma飞机位移x 1＝v 2－v 22m2a航空母舰位移x 2＝v 2m t 位移关系：x 1－x 2＝L 联立解得：v 2m ＝2as －2aL 答案：(1)2as －L (2)2as －2aL11．(14分)(2014·广州执信中学期中)2013年元月开始实施的最严交规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续前行，车头未超过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．如下图所示．我国一般城市路口红灯变亮之前，绿灯和黄灯各有 3 s 的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14 m/s 的情况下，制动距离不得大于20 m.(1)若要确保小客车在3 s 内停下来，汽车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)某小客车正以v 0＝8 m/s 的速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线L ＝36.5 m ，小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能不闯黄灯通过路口？已知驾驶员从看到灯闪到脚下采取动作的反应时间是 s.解析：(1)设小客车刹车时的最大加速度为a 根据v 2＝2ax得a ＝v 22x ＝1422×20m/s 2＝4.9 m/s 2为确保小客车在3 s 内停下来，小客车刹车前行驶的最大速度为v max ＝at ＝×3 m/s＝14.7 m/s(2)在反应时间内小客车匀速运动的距离为L 0＝v 0Δt ＝8×0.5 m＝4 m车匀加速运动的距离为L ′＝L －L 0＝36.5 m －4 m ＝32.5 m从绿灯闪到黄灯亮起这3 s 内小客车加速运动的时间t ′＝t －Δt ＝3 s － s ＝ s 设小客车加速时的加速度为a ′，则L ′＝v 0t ′＋12a ′t ′2代入数据，解得a ′＝4.0 m/s 2. 答案：(1)14.7 m/s (2)4.0 m/s 212．(16分)下表为甲、乙两汽车的性能指标．开始时两车静止在同一条平直公路上，甲车在前乙车在后，两车相距170 m ．某时刻起两车向同一方向同时启动，若两车由静止开始运动到最大速度的时间内都以最大加速度(启动时的加速度)做匀加速直线运动.0～30 m/s 的加速时间/s最大速度/m·s －1甲车 12 40 乙车650(2)通过计算判断两车相遇时各做何种性质的运动． 解析：(1)由题意可知两车的加速度大小分别为a 甲＝Δv 甲Δt 甲＝30－012 m/s 2＝2.5 m/s 2a 乙＝Δv 乙Δt 乙＝30－06m/s 2＝5 m/s 2(2)乙车达到最大速度时，经历时间t 1＝v 乙a 乙＝505s ＝10 s此时两车的位移分别为x 甲＝12a 甲t 21＝125 m x 乙＝12a 乙t 21＝250 m由于x 乙<x 甲＋170 m ＝295 m ，故两车未相遇 此后，甲车达到最大速度时，经历时间t 2＝v 甲a 甲＝16 s此时两车位移分别为x ′甲＝12a 甲t 22＝320 mx ′乙＝12a 乙t 21＋v 乙(t 2－t 1)＝550 m由于x ′乙>x ′甲＋170 m ＝490 m 故两车已相遇．可见两车相遇时，甲车做匀加速直线运动，乙车已达最大速度并做匀速直线运动． 答案：(1)2.5 m/s 25 m/s 2(2)见解析。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练X3-3-4含答案
随堂训练1．(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有______________．(2)在用油膜法估测分子大小的实验中，在哪些方面作了理想化的假设：____________________________________________________________.(3)如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用字母符号表示)．[答案](1)量筒、痱子粉或细石膏粉、坐标纸(2)将油膜看成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个排列的(3)dacb2．在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．改正其中的错误：__________________________________________________________________________________________.(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m.[解析](1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差，故可在量筒内滴入N滴该溶液，测出它的体积．③液面上不撒痱子粉或石膏粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败，故应先在液面上撒痱子粉或石膏粉．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d＝VS＝4.8×10－3×10－6×0.10%40×10－4m＝1.2×10－9 m.[答案](1)见解析(2)1.2×10－93．(2015·开封模拟)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V油酸，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1∶5000,1 mL溶液滴25滴，那么1滴溶液的体积是________mL，所以1滴溶液中油酸体积为V油酸＝________cm3.若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子长度值L0＝1.12×10－10m作比较，判断此实验是否符合数量级的要求.[答案]4×10－28×10－6 1.50×10－8 1.62×10－8 1.42×10－8平均值为1.51×10－10 m符合要求4．油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如下图所示．若每一小方格边长为25 mm，试问：(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：____________________________________________ ___________________________________________________________.[解析](1)油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝150×0.61000×10－6m3＝1.2×10－11m3，油酸分子的直径约等于油膜的厚度d＝VS＝1.2×10－114.4×10－2m≈2.7×10－10 m.[答案](1)球体单分子直径 4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10(2)①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练4含答案
课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练33含答案
课时跟踪训练(三十三)一、选择题1．(多选)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()[解析]线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．[答案]AC2．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流()A．周期为0.125 sB．电压的有效值为10 2 VC．电压的最大值为20 2 VD．电压瞬时值的表达式为u＝102sin8πt V[解析] 由电压随时间的变化规律可知，周期为0.250 s ，故A 不对；电压的最大值为20 V ，故电压的有效值为20 V 2＝10 2 V ，B 是正确的；C 是不对的；电压瞬时值表达式中，最大值是10 2 V 是不对的，应该是20 V ，故D 也不正确．[答案] B3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析] 由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，则C 项错误．[答案] B4．(多选)(2015·陕西渭南一模)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1 Ω，外接R ＝9 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt V ，则( )A．该交变电流的频率为5 HzB．外接电阻R两端电压的有效值为10 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表A的示数为1 A[解析]交流电的频率f＝10π2πHz＝5 Hz，故A正确；该电动势的最大值为10 2 V，有效值是10 V，外接电阻R两端电压的有效值U＝109＋1×9 V＝9 V，故B错误；电路中电流为I＝101＋9A＝1 A，外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9 W，故C错误，D正确．[答案]AD5．(2015·福建福州二模)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电．电源内阻不计，下列说法正确的是()A．电动机的内阻为2.5 ΩB．电动机的发热功率为10 WC．通过电动机的电流为2 AD．通过电动机的电流为2 2 A[解析]由题图知该电源电动势的最大值为E m＝5 2 V，有效值为U＝5 V．现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电，所以通过电动机的电流为I＝105A＝2 A，由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的内阻r<52Ω＝2.5Ω，故A、D错误，C正确；由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的发热功率P热<P总＝10 W，故B错误．[答案] C6．(2015·辽宁沈阳市郊联合体模拟)某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．在A、B间加一交变电压，瞬时值的表达式为u＝202sin100πt V，则交流电压表示数为()A．10 V B．20 VC．15 V D．14.1 V[解析]由理想二极管的导电特点可知，交流电压表示数由U2R T＝202R·T2可得U＝10 2 V＝14.1 V，选项D正确．[答案] D7．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()A．2 A B．2 6 AC．6 A D．5 A[解析]0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ/Δt＝1 V，电流为2 A,1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ/Δt＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 6 A，B正确．[答案] B8．(2015·湖北二模)如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt V，A、B间接有“220 V 440 W ”的电暖宝、“220 V 220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J[解析] 电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压u ＝311sin100πt V ，故有效值为220 V ，所以A 错误；因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流I 1＝P 1U ＝2 A ，油烟机的电流I 2＝P 2U ＝1 A ，故保险丝的额定电流不能小于3 A ，所以B 错误；电暖宝是纯电阻电路，故电功率等于发热功率440 W ，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即P 热＝P －P 出，所以C 错误；工作1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，所以D 正确．[答案] D9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω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右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02， 其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为1 WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos100πt VD ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC [解析] 根据电路连接的特点可以看出，外接电路部分的总电阻为R ＝R 1＋12R 0＋14R 0＝10 Ω，由欧姆定律可知，外电路电流为I ＝U R ＝1 A ，故可知R 2的电流为0.5 A ，电压为U 2＝17U ＝107 V ，所以可知其热功率为107 W ，故选项A 错误；由图象可知，在0.02 s 时磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，变阻器两端的电压瞬时值最大，所以选项B 错误；线圈内阻分压U r ＝Ir ＝2 V ，故可知感应电动势的峰值为E m ＝2(U ＋U r )＝12 2 V ，故选项C 错误；从线圈开始转动到1600 s 时间内线圈转过了π6，而最大磁通量为Φm ＝E m ω＝1222πT ＝0.122π，故通过R 1的电荷量为Q ＝ΔΦR 总＝Φm 2×12 Ω＝0.12224π＝2200π C ，所以选项D 正确． [答案] D10．(多选)(2015·河南洛阳二模)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈直径D ＝0.4 m ，电阻r ＝1 Ω.重力加速度g 取10 m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin πt m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin πt VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin πt AC ．灯泡的电功率为120 WD ．灯泡两端电压的有效值为1522 V[解析] 电动势为e ＝NB ·πD v ＝64sin πt V ，A 错误；电流i ＝e R ＋r＝64sin πt 16 A ＝4sin πt A ，B 正确；灯泡的电功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫422×15 W ＝120 W ，C 正确；灯泡两端电压的有效值为U ＝IR ＝42×15 V ＝30 2 V ，D 错误． [答案] BC二、非选择题 11．(2015·北京海淀区期末)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝20 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝0.20 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.线圈两端通过电刷E 、F 与阻值R ＝4.8 Ω的定值电阻连接．计算时π取3.(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式．(2)求此发电机在上述工作状态下的输出功率．(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R 的电荷量．[解析] (1)线圈产生感应电动势的最大值E m ＝nBωab ·bc ，解得E m ＝150 V ，感应电动势随时间变化的表达式e ＝E m sin ωt ＝150sin100πt V .(2)线圈中感应电动势的有效值E ＝E m 2＝75 2 V ≈106 V ， 电流的有效值I ＝ER ＋r ＝1064.8＋0.2 A ＝21.2 A ，交流发电机的输出功率即为电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝21.22×4.8 W ≈2.16×103 W.(3)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝nBΔS Δt ，根据欧姆定律得I ＝ER ＋r ， 又q ＝I Δt ，联立解得q ＝0.10 C.[答案] (1)150sin100πt V (2)2.16×103 W (3)0.10 C12．(2015·陕西咸阳质检)如图所示，一个面积s ＝0.2 m 2的单匝圆形线圈，M 、N 两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按B ＝5πsin(100πt ) T 的规律变化．线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝B m Sωcos(ωt )，其中B m 为磁感应强度的最大值，ω为磁场变化的角速度，线圈的电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝18 Ω.(电压表为理想交流电压表)求：(1)当t ＝1600 s 时电压表的示数．(2)变化的电流一个周期在电阻R 上产生的热量Q .(3)从t＝0开始到t＝1200s这段时间通过圆形线圈的电量q.[解析](1)由图象知，线圈中产生的交变电流E m＝B m Sω＝100 V.有效值U有＝E m2＝50 2 V电压表的示数U＝E有R＋rR＝45 2 V(2) 交变电流的周期T＝2πω＝0.02 s一个周期在电阻R上产生的热量Q＝U2R T＝4.5 J(3)在0～1200s时间内，电动势的平均值E＝sΔBΔt①，平均电流I＝ER＋r②流过灯泡的电荷量q＝IΔt.③得q＝120πC.[答案](1)45 2 V(2)4.5 J(3)120πC。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练16含答案
课时跟踪训练(十六)一、选择题1．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是() A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功[解析]公式W＝E k2－E k1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W>0，则E k2>E k1，若W<0，则E k2<E k1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．[答案]BC2．如右图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量[解析]A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不相等，C 错；对B 应用动能定理，W F －WF f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋WF f 就是外力F 对B 做的功，等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 错；由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错．[答案] B3．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如右图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.16m v 2B.14m v 2C.13m v 2D.12m v 2[解析] 在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12m v 2，某个分力的功为W 1＝F 1l cos30°＝F 2cos30°l cos30°＝12Fl ＝14m v 2，B 正确．[答案] B4．(2015·浙江五校联考)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J[解析] 用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，Fh－mgh＝12m v2，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－12m v2，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J．选项C正确．[答案] C5．(多选)(2016·山西太原一中检测)质量为1500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图象如图所示．由此可求()A．前25 s内汽车的平均速度B．前10 s内汽车的加速度C．前10 s内汽车所受的阻力D．15～25 s内合外力对汽车所做的功[解析]由图象可求前25秒内的位移，即图象与时间轴所围区域的面积，再由v＝xt可求平均速度，故A正确．前10秒内图线的斜率即为前10秒内的加速度，故B正确．前10秒内汽车的牵引力大小未知，因此汽车所受阻力不能求，故C错．由动能定理，合外力所做的功与动能增量相等，故D正确．[答案]ABD6．(2015·宁夏银川检测)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()A．n B．2n C．3n D．4n[解析]小球第一次从释放至到达B点的过程中，由动能定理得mgh＝12m v2，由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－12m v2.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg·2h－n′W＝0－12m v2，解得n′＝3n.[答案] C7．(2015·临沂检测)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()[解析]物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fs＝E k－E k0，解得E k＝E k0－fs，选项C正确E k＝12mv2＝12m(v0－at)2D错误．[答案] C8．(多选)(2016·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则()A．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋38m v2C．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v[解析]汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v，根据动能定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mg v，C错误，D正确．[答案]BD9．(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小F N＝16 NB．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 JC．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 mD．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m[解析]小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有F N－mg＝m v2R，解得F N＝18 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝12m v2，解得W＝mgR－12m v2＝3 J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝v t，竖直方向上h＝12gt2，解得x＝v·2hg＝0.6 m，C正确，D错误．[答案]BC10．(多选)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F 作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大[解析]0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确．[答案]BD二、非选择题11．(2015·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中E k－x的图线如图所示．(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F 的大小．[解析] (1)从图线可知物体初动能为2 J ，则E k0＝12m v 2＝2 J得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J得F f ＝－10－4 N ＝2.5 N因F f ＝μmg故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝E k －E k0故得F ＝E k －E k0x 1＋F f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10－24＋2.5 N ＝4.5 N. [答案] (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N12．(2015·昆明一中、玉溪三中统考)如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g＝10 m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．[解析](1)根据平衡条件，满足：m1g sin53°＝m2g sin37°可得m2＝4 kg(2)P到D过程由动能定理得m1gh＝12m1v2D由几何关系h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)运动到D点时，根据牛顿第二定律：F D－m1g＝m1v2D R解得F D＝78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：m1gL1sin53°－μm1g cos53°s总＝0解得s总＝1 m[答案](1)4 kg(2)78 N(3)1 m。
【与名师对话】(新课标)高考物理一轮复习 课时跟踪训练19 动能和动能定理
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习 课时跟踪训练19动能和动能定理一、选择题1．(2014·南宁一中检测)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么( )A ．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动B ．这段时间内阻力所做的功为PtC ．这段时间内合力做的功为12mv 2mD ．这段时间内电动机所做的功为Fs －12mv 2m解析：从题意得到，太阳能驱动小车运动可视为“汽车以恒定功率启动”，这段时间内小车加速运动，选项A 错误；电动机做功用Pt 计算，阻力做功为W ＝Fs ，选项B 错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为12mv 2m ，电动机所做的功为Pt ＝Fs ＋12mv 2m ，故选项C正确、选项D 错误．答案：C2．如图所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么( )A ．从t ＝0开始，5 s 内物体的动能变化量为零B ．在前5 s 内只有第1 s 末物体的动能最大C ．在前5 s 内只有第5 s 末物体的速率最大D ．前3 s 内合力对物体做的功为零解析：由图象可知0～1 s 的合力的大小是1～5 s 的合力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是2倍，物体的运动状态可描述为0～1 s 物体做匀加速运动到速度最大，3 s 末物体减速到零，5 s 末物体反向加速到速度最大，因此5 s 内动能变化量不为零，故选项A 错误；第1 s 末和第5 s 末物体的动能和速率一样大，所以选项B 、C 都错误；3 s 末物体减速到零，所以前3 s 内合力对物体做的功为零，所以正确选项为D.答案：D3．(2014·吉林市摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 解析：设小球上升的最大高度为H ，对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋F f )H ＝0－12mv 20，对小球向下运动，由动能定理，(mg －F f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确． 答案：D4．一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F 所做的功为( )A．mgL cosθB．mgL(1－cosθ)C．FL sinθD．FL cosθ解析：对小球由P运动至Q应用动能定理W－mgL(1－cosθ)＝0，所以W＝mgL(1－cosθ)．选项B正确．答案：B5．(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( )A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A 正确；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B正确；若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确；选项C中不可能．答案：ABD6．(2014·杭州名校质检)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度大小水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点解析：对物体从a 运动到c ，由动能定理，－μmgl －2μmgl ＝12mv 21－12mv 20，对物体从d运动到c ，由动能定理，－3μmgl ＝12mv 22－12mv 20，解得v 2＝v 1，选项C 正确．答案：C7．(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析：当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误，D 正确．答案：AD8．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析：在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)．乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确．答案：B9．(多选)(2014·浙江省六校联考)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝vSB ．出水口所出水落地时的速度为2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv 32η＋ρvSgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和解析：t 时间内出水口出水的体积为：Q ＝vts ，所以单位时间内的出水体积为Q ＝vS ，A 正确；对水下落过程应用动能定理，有：mgH ＝12mv 2t －12mv 2，可以判出落地速度v t 应大于2gH ，B 错误；效率η＝p 1p 2，水流出的功率为：p 1＝W t＝mgH ＋12mv 2t，又有m ＝ρQ ，代入可以求得手连续稳定按压的功率为p 2＝ρSv 32η＋ρvSgHη，C 正确；D 错误．答案：AC 10.(2014·陕西省西工大附中训练)某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个3/4圆弧形光滑圆管轨道ABC ，放置在竖直平面内，轨道半径为R ，在A 点与水平地面AD 相接，地面与圆心O 等高，MN 是放在水平地面上长为3R 、厚度不计的减振垫，左端M 正好位于A 点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m ，球的直径略小于圆管直径．将球(内装有参与者)从A 处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中错误的是( )A ．要使球能从C 点射出后能打到垫子上，则球经过C 点时的速度至少为gRB ．要使球能从C 点射出后能打到垫子上，则球经过C 点时的速度至少为gR2C ．若球从C 点射出后恰好能打到垫子的M 端，则球经过C 点时对管的作用力大小为mg2D ．要使球能通过C 点落到垫子上，球离A 点的最大高度是5R解析：从A 处管口正上方某处由静止释放后，游客所在的透明弹性球在只有重力做功的情况下绕圆弧圆管运动到C 点，C 点为圆周最高点，由于圆管即可提供指向圆心的弹力也可以提供沿半径向外的弹力，所以只有最高点速度不等于0即可通过，而离开C 点后为平抛运动，要落在平台上，竖直方向R ＝12gt 2，水平方向v C t ≥R ，整理得v C ≥gR2，选项A 错B对．若球从C 点射出后恰好能打到垫子的M 端，说明v C ＝gR2，则在C 点受力mg ＋F N ＝m v 2CR，解得F N ＝12mg ，选项C 对．要使球能通过C 点落到垫子上，设球离A 点高度为h ，则根据动能定理mg (h －R )＝12mv 2C ，离开C 点后平抛运动，水平位移v C t ≤4R ，整理得h ≤5R ，选项D对．答案：A 二、非选择题11．如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端的物体A 和B 的质量分别为M 和m ，物体A 在水平面上且由静止释放，当B 沿竖直方向下落h 时，测得A 沿水平面运动的速度为v ，这时细绳与水平面的夹角为θ，试分析计算B 下降h 过程中，地面摩擦力对A 做的功(滑轮的质量和摩擦均不计)．解析：把A 沿水平面运动的速度v 分解为沿绳方向的速度v 1和垂直绳方向的速度v 2，则v 1就是绳的速度(也就是B 物体的速度，即v B ＝v 1)，由图得：v B ＝v 1＝v cos θ，对A 由动能定理得：W F T ＋W F f ＝12Mv 2，对B 由动能定理得：mgh －W F T ＝12m (v cos θ)2联立解得W F f ＝12Mv 2＋12m (v cos θ)2－mgh .答案：12Mv 2＋12m (v cos θ)2－mgh12．(2014·浙江海宁高三测试)2012年中国有了自己的航空母舰“辽宁号”，航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注．某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计．如图，舰载机总质量为m ，发动机额定功率为P ，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为F f .舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D 处离开航母起飞．请根据以上信息求解下列问题．(1)电磁弹射系统关闭的瞬间，舰载机的加速度大小． (2)水平轨道AC 的长度．(3)若不启用电磁弹射系统，舰载机在A 处以额定功率启动，经历时间t 到达C 处，假设速度大小仍为v 2，则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少？(该问AC 间距离用x 表示)解析：(1)根据功率表达式可得F 1＝Pv 1① 由牛顿第二定律F 1－F f ＝ma ② 得a ＝P v 1m －F fm.③ (2)舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，由动能定理Pt 1＋Fx 1－F f x 1＝12mv 21④电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.同理得Pt 2－F f x 2＝12mv 22－12mv 21⑤舰载机总位移AC ＝x 1＋x 2⑥ 联立④⑤⑥得AC ＝12mv 21－Pt 1F －F f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22F f.(3)全过程，根据动能定理有Pt －F f x ＝12m 1v 22应减少的质量Δm ＝m －m 1 得Δm ＝m －Pt －F f xv 22答案：(1)P v 1m －F fm(2)12mv 21－Pt 1F －F f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22F f(3)m －Pt －F f xv 22。
【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习 单元质量检测10
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习单元质量检测10时间：60分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1.(2014·福州质检)有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图1所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定则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( )解析：磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a；在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确．答案：C2．(2014·浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则 ( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：理想变压器输入功率等于输出功率，则U 1I 1＝U 2I 2，解得U 2＝U 1I 1I 2，A 正确．输电线上的电压降ΔU ＝I 1r ，损失的功率ΔP ＝I 21r ，B 、D 错误．理想变压器的输入功率P 1＝U 1I 1，C 错误．答案：A3．(2014·包头模拟)电阻为R 的负载接到20 V 直流电压上消耗的电功率是P ；用一个变压器，原线圈接最大值为200 V 的正弦交流电压，副线圈接电阻R ，要使R 上消耗的电功率为P /2，则变压器原、副线圈的匝数比为( )A ．20∶1B ．102∶1C ．10∶1D ．1∶10解析：原线圈输入电压U 1＝100 2 V ．根据题意，P ＝202R ，P 2＝U 22R ，解得U 2＝10 2 V ，由变压器变压公式，变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝10∶1，选项C 正确．答案：C 4.(2014·洛阳联考)如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100πt V ，氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的是( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为50 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：由u ＝202sin100πt V 可知，交流电压频率为50 Hz ，在一个周期内，交变电流两次超过100 V 电压，所以氖泡的发光频率为100 Hz ，选项A 错误；变压器输入电压有效值为U 1＝20 V ，输出电压有效值U 2＝n 2n 1U 1＝5×20 V＝100 V ，开关接通与断开后，电压表的示数均为100 V ，选项B 正确，C 错误；开关断开后，氖泡不发光，消耗电能变小，变压器的输出功率变小，选项D 错误．答案：B 5.(2014·唐山摸底)如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R 和两个小灯泡L 1、L 2，最初电键S 是断开的，现闭合电键S ，则( )A ．副线圈两端电压变大B ．灯泡L 1变亮C ．电流表A 1示数变大D ．电阻R 中的电流变小解析：闭合电键S ，副线圈两端电压不变，选项A 错误；副线圈输出电流增大，电阻R 中的电流变大，灯泡L 1两端电压降低，灯泡L 1变暗，选项B 、D 错误；电流表A 1示数变大，选项C 正确．答案：C6．某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )>n 3n 4 <n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 、C 错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．答案：AD7．(2014·陕西省五校高三第三次模拟)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为 W解析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T ＝ s ，所以ω＝2πT＝100π，可知其表达式为u 1＝202sin100πt V ，故选项A 错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压U 1＝20V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V ，只断开S 2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B 错误；只断开S 2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C 正确；若S 1换接到2后，电阻R 的功率P R ＝U 22R ＝4220＝ W ，故选项D正确．答案：CD8．(2014·湖北省孝感市高三第二次统考)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，在拉力作用下以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A ．通过R 的电流方向为由内向外B ．通过R 的电流方向为由外向内C ．R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04RD ．流过R 的电量为πBLr2R解析：由于金属棒是向右运动的，根据右手定则可以判断出，cd 中的感应电流方向由c 到d ，故通过R 的电流方向为由外向内，A 不对，B 是正确的；若棒从cd 在拉力的作用下开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，其水平方向的分运动是简谐运动，棒中将产生正弦式电流，将棒的瞬时速度v 0分解，水平方向的分速度对产生感应电动势有贡献，求出电流的有效值，即可求出棒中产生的热量，金属棒在运动过程中水平方向的分速度v x ＝v 0cos θ，金属棒切割磁感线产生正弦交变电流I ＝E R ＝BLv x R ＝BLv 0Rcos θ，其有效值为I ′＝BLv 02R，金属棒的时间为t ＝πr 2v 0，故R 上产生的热量为Q ＝I ′2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv 02R 2×R ×πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R ，故C 是正确的；通过R 的电量为q ＝It ＝ΔφRt t ＝ΔφR ＝BLrR，故D 是不对的． 答案：BC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(12分)(2014·安徽名校模拟)某同学在“利用DIS 实验的电压、电流传感器，描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，采用了图甲所示的电路．(1)图甲中，E 矩形框内应该接________，F 矩形框内应该接________．(选填“电压传感器”“电流传感器”或“小灯泡”)(2)该同学利用测量的数据，画出如图乙所示的图线，但该同学忘记在坐标轴上标明横坐标和纵坐标所表示的物理量，请你根据图线作出判断：横坐标表示________，纵坐标表示________．解析：(1)实验电路中滑动变阻器采用的是分压式接法，题图甲中E 矩形框内应该接电压传感器，F 矩形框内应该接小灯泡．(2)根据小灯泡的电阻随温度的升高而增大，可判断横坐标表示电流，纵坐标表示电压． 答案：(1)电压传感器 小灯泡 (2)电流 电压10．(13分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT.为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？ (2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？ 解析：(1)E m ＝NBSω＝1100 2 V 输出电压的有效值为U 1＝E m2＝1100 V (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51(3)根据P 入＝P 出＝×104W 再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. 答案：(1)1100 V (2)51(3)20 A11．(13分)下图中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V ，次级线圈的电阻为 Ω，这台变压器供给100盏“200 V,60 W”的电灯用电．求：(1)空载时次级线圈的电压和输出功率； (2)接通时次级线圈的电压； (3)每盏灯的实际功率．解析：(1)将变压器视为理想变压器，设空载时次级线圈的电压为U 2. 由n 2n 1＝U 2U 1，得到U 2＝n 2n 1U 1＝220 V因为空载，次级线圈的负载电阻R 2→∞，次级线圈中的电流为零，即I 2＝0，故P ＝I 2U 2＝0(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为R外＝R100＝U2额P额100＝Ω次级线圈的电流I2＝U2R外＋R线＝错误! A＝错误! A次级线圈的电压U′2＝I2R外＝ V(3)每盏灯的实际功率P＝I2100U′2＝220××100W＝ W答案：(1)220 V 0 (2) V (3) W12．(14分)高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接原理如图所示，将半径为10 cm 的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化的磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为10002πsinωt(T/s)．焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍．工件非焊接部分每单位长度上的电阻为R0＝10－3πΩ/m，焊缝的缝宽非常小(设π2＝10)，求：(1)焊接过程中焊接处产生的热功率．(2)从t＝0到t＝T4的时间内流过待焊工件的电荷量(T为高频交流电的周期)．解析：(1)正弦变化的交变磁场所产生的正弦式交变电流的电动势的瞬时值为：e＝πr2·10002πsinωt＝102π2sinωt＝1002sinωt.设焊缝处的电阻为R1，非焊接部分的电压为R2，则有：R2＝2πr·R0＝2π2×10－4Ω＝2×10－3Ω，R1＝99R2＝ΩE＝E m2＝100 VP ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 22R 1＝49500 W.(2)当t ＝0时电动势的瞬时值为零，相当于线框处于中性面，其磁通量最大；当t ＝T4时电动势的瞬时值为最大，磁通量为零，用平均电流求电荷量，故有：E m ＝100 2 V ＝BSω＝Φm ω， E ＝ΔΦΔt ＝ΦmT4， q ＝E R 1＋R 2t ， t ＝T 4＝2πω×14＝π2ω， 联立以上方程得：q ＝5002ωC.答案：(1)49500 W (2)5002ωC。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-1-6-4含答案
重点回顾专练：电场能与粒子运动综合练一、选择题1．如右图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a、b、c、d是电场中的四个点．则静电平衡后()A．导体Q仍不带电B．a点的电势高于b点的电势C．检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D．带正电的检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能[答案] D2．如右图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q点电荷为圆心，半径为L2画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为＋q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()A．电荷＋q在a点所受到的电场力最大B．电荷＋q在a点的电势能最大C．电荷＋q在b点的电势能最大D．电荷＋q在c、d两点的电势能相等[解析]电场强度叠加后，a点处场强最大，A正确；将正电荷从a点沿圆周移动到c、b、d点，＋Q对正电荷不做功，－9Q对电荷均做负功，电势能均增加，且移动到b点克服电场力做功最多，移动到c、d两点克服电场做功相同，因此正电荷在a点电势能最小，在b点电势能最大，在c、d两点电势能相等，B错误，C、D正确．[答案] B3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如右图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小[解析]根据电场线与等势线垂直且指向低电势，画出电场线；开始时带负电粒子运动方向与受力方向不垂直，故做曲线运动．由于最后离开电场故电场力先做正功后做负功；所以C正确．[答案] C4．(2015·江苏南京、盐城二模)如图甲所示，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在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则()A．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|[解析]φ－x图象的斜率表示该点的电场强度，所以M点电场强度不为零，N点电场强度为零，A错误，B正确；因为没有确定正方向，所以无法根据斜率的正负判断电场强度的方向，C错误；因为MN间电势差与PN间电势差大小不相等，所以|W PN|≠|W NM|，D错误．[答案] B5．(多选)如右图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为两极板的中间位置．下列结论正确的是()A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变[解析]A板与外界绝缘，所以本题属于电容器电量不变问题．[答案]BD6．(多选)将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在右图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒所带电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是F A<F B<F CD．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C>E k B>E k A[解析]三个带电微粒在水平方向上做速度不变且相等的匀速运动，由运动轨迹可判断运动时间t A>t B>t C.竖直方向电场力F A<F B<F C，由于竖直方向运动距离相等，所以电场力做功W A<W B<W C，故选CD.[答案]CD7．(2015·山东滨州质检)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能E k四个物理量随时间变化规律的是()[解析] 分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零，T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 继续向B 板做匀减速直线运动．根据匀变速运动v －t 图象是倾斜的直线可知A 正确．电子做匀变速直线运动时，x －t 图象是抛物线，故B 错误．根据电子做匀变速运动时的加速度大小不变，a －t 图象应平行于横轴，故C 错误．匀变速运动的v －t 图象是倾斜的直线，则E k －t 图象是曲线，故D 错误．[答案] A8．(多选)(2015·湖南湘中名校联考)如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场．则( )A ．所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场B ．t ＝0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C ．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0D ．若入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半[解析] t ＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场，说明竖直方向速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场，A 正确；由于t ＝0时刻射入的粒子在两板间竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，B 错误；t ＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为d 2；根据分位移公式有d 2＝0＋v y m 2·L v 0，由于L ＝d ，故v y m ＝v 0，故E k ′＝12m (v 20＋v 2y m )＝2E k0，故C 正确；速度加倍前运动时间为周期的整数倍，当入射速度加倍成2v 0，运动时间为周期的偶数倍时，侧向位移与速度为v 0时一样，D 错误．[答案] AC9．如右图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴着一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零，以下说法中正确的是( )A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到的重力与电场力的关系是3qE ＝mgC ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小D ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－12qEl[解析] 小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，故选项A、C错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE＝3mg，选项B错误；小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为W＝－qEl(1－cos60°)＝－12qEl，选项D正确．[答案] D10．(多选)如右图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，以下说法正确的是()A．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12m v2C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大[解析]由题意得qE＝mg sinθ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减少量，故A正确．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故D 错误．[答案] AB二、非选择题11．(2015·贵阳模拟)如图所示，两块平行金属板MN 、PQ 竖直放置，两板间的电势差U ＝1.6×103 V ，现将一质量m ＝3.0×10－2 kg 、电荷量q ＝＋4.0×10－5 C 的带电小球从两板左上方的A 点以初速度v 0＝4.0 m/s 水平抛出，已知A 点距两板上端的高度h ＝0.45 m ，之后小球恰好从MN 板上端内侧M 点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ 板上的C 点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)带电小球到达M 点时的速度大小；(2)C 点到PQ 板上端的距离L ；(3)小球到达C 点时的动能E k .[解析] (1)设小球到达M 点时的速度大小为v ，从A 到M 的过程中，由机械能守恒，有：12m v 2－12m v 20＝mgh得v ＝v 20＋2gh ＝ 4.02＋2×10×0.45 m/s ＝5.0 m/s(2)如图所示，设小球到达M点时的速度方向与MN板间的夹角为θ，则有：sinθ＝v0v＝0.8①在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力学知识可知，小球受到的静电力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致．设极板间的电场强度为E、极板间距离为d，则有tanθ＝Eqmg②U＝Ed③L＝d cotθ④联立①②③④式，代入数据，可解得C点到PQ板上端的距离L＝qUmg tan2θ＝0.12 m(3)从M到C的过程中，由动能定理，有：qU＋mgL＝E k－12m v2代入数据，可求得小球到达C点时的动能E k＝0.475 J[答案](1)5.0 m/s(2)0.12 m(3)0.475 J12．(2015·宁波二模)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A和R B的同心金属半球面A和B构成的，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为E k0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A 、B 的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C 所在处电场强度E 的大小；(3)若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，求到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少；(4)比较|ΔE k 左|和|ΔE k 右|的大小，并说明理由．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2RE k0＝12m v 2R ＝R A ＋R B 2联立解得：E ＝2E k0eR ＝4E k0e (R A ＋R B )(3)电子运动时只有电场力做功，据动能定理有ΔE k ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔE k 左＝e (φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)根据电场线的特点，可定性分析等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB －φC |>|φA －φC |即|ΔE k左|>|ΔE k右|[答案](1)φA<φB(2)4E k0e(R A＋R B)(3)e(φB－φC)e(φA－φC)(4)|ΔE k左|>|ΔE k右|11。
【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习 单元质量检测03
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习单元质量检测03时间：60分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2014·温州市十校联合体高三测试)根据牛顿第三定律，下面说法正确的是( ) A．跳高运动员起跳时，地对人的竖直支持力大于人对地的压力B．钢丝绳吊起货物加速上升时，钢丝绳给货物的力大于货物给钢丝绳的力C．篮球场上一个小个子运动员撞在大个子运动员身上，小个子运动员跌倒了，而大个子运动员只歪了一下，是因为大个子运动员对小个子运动员作用力大于小个撞大个的力D．子弹在枪膛中加速时，枪膛对子弹的作用力等于子弹对枪膛的作用力解析：牛顿第三定律是相互作用力，大小相等，方向相反，作用在彼此两个物体上．A 中地面对人的支持力和人对地面的压力是相互作用力，大小相等，A错．B中钢丝绳对货物的力与货物对钢丝绳的力是相互作用力，大小相等，B错．大个子对小个子运动员和小个子对大个子运动员的力也属于相互作用力，大小也是相等，答案C错．只有最后一项枪膛对子弹的作用力和子弹对枪膛的作用力是一对相互作用力大小相等是对的．答案：D2．(2014·西安铁一中、铁一中国际合作学校高三模拟)如右图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力．下列说法正确的是( )A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力D．在降落伞打开后的下降过程中，安全带的作用力小于B的重力解析：据题意，降落伞未打开时，A、B两人均处于完全失重状态，则A、B之间安全带作用力为0，故A 选项正确而B 、C 选项错误；降落伞打开后，A 、B 做减速下降，则A 、B 处于超重状态，对B 有：T －G ＝ma ，即T ＝G ＋ma ，故D 选项错误．答案：A3．(2014·北京卷)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )A ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B ．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C ．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D ．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：物体超重时具有向上的加速度，失重时具有向下的加速度，物体向上运动过程中先向上加速，之后的运动状态不确定，A 、B 错误．物体离开手的瞬间，只受重力，加速度等于重力加速度，C 错误．物体离开手，可知物体和手的速度不相同，手的速度更慢，从手托物体一起运动到分开，手必须更快地减小速度，因此手的加速度大于物体的加速度，D 正确．答案：D4．(2014·温州市十校联合体高三测试)质量分别为m 1和m 2的两个物体用一个未发生形变的弹簧连接，如图所示，让它们从高处同时自由下落，则下落过程中弹簧发生的形变是(不计空气阻力)( ) A ．若m 1>m 2，则弹簧将被压缩 B ．若m 1<m 2，则弹簧将被拉长 C ．只有m 1＝m 2，弹簧才会保持原长 D ．无论m 1和m 2为何值，弹簧长度均不变解析：假设弹簧长度变长，则m 1受到向下的弹力和自身重力，加速度a ＝F ＋mgm>g ，而m 2受到向上的弹力和自身重力，加速度a ＝mg －Fm<g ，二者加速度不相等，不可能保持稳定，因此不可能伸长，假设压缩则有m 1受到向上的弹力和自身重力，加速度a ＝mg －Fm<g ，而m 2受到向下的弹力和自身重力，加速度a ＝F ＋mgm>g ，二者加速度不相等，不可能保持稳定，因此不可能压缩．所以无论m 1和m 2为何值，弹簧长度均不变，答案D 对．答案：D5．(2014·宿州质检)如图(甲)所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示．设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度g 取得10 m/s 2，下列判断正确的是( )A ．物体的质量m ＝2 kgB ．物体与水平面间的滑动摩擦因数为C ．物体与水平面间的最大静摩擦力f max ＝12 ND ．在F 为10 N 时物体的加速度a ＝2.5 m/s 2解析：物体静止在水平面上，水平方向受到拉力F 和摩擦力μmg 作用，根据牛顿第二定律a ＝F －μmg m ＝1m F －μg ，即a －F 图象斜率1m ＝4－14－7＝，所以质量m ＝2 kg ，选项A 对．带入斜率即得a ＝0.5F －μg ，带入a ＝4 m/s 2，F ＝14 N ，求得μ＝，选项B 错．物体与水平面之间的最大静摩擦力即滑动摩擦力f m ＝μmg ＝6 N ，选项C 对．在F ＝10 N 时，加速度a ＝0.5F －μg ＝×10 N－3＝2 m/s 2，选项D 错．答案：A6．(2014·南宁模拟)如图所示，轻弹簧两端拴接两个小球a 、b ，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是( )A ．两球质量一定相等B ．两球质量可能不相等C ．剪断左侧细线瞬间，a 球加速度为gD ．剪断左侧细线瞬间，b 球加速度为0解析：设左、右两细线的拉力大小分别为F a 、F b ，由平衡条件可得，F a cos α＝F b cos α，F a sin α＝m a g ，F b sin α＝m b g ，可解得：F a ＝F b ，m a ＝m b ，A 正确，B 错误；剪断左侧细线瞬间，F a 立即消失，弹簧弹力及F b 瞬间不发生改变，故此时b 球加速度为零，a 球的加速度a a ＝F am a＝gsin α，C 错误，D 正确． 答案：AD7．如图甲所示，物块的质量m ＝1 kg ，初速度v 0＝10 m/s ，在一水平向左的恒力F 作用下从O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2.下列选项中正确的是( )A ．2～3 s 内物块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，恒力F 反向C ．恒力F 大小为10 ND ．物块与水平面间的动摩擦因数为解析：由运动学公式v 2－v 20＝2ax 可知，v 2－x 图象中图线的斜率为2a ，所以在前5 m 内，物块以10 m/s 2的加速度做减速运动，减速时间为1 s ．5～13 m 的运动过程中，物块以4 m/s 2的加速度做加速运动，加速时间为2 s ，即物块在1～3 s 内做加速运动，A 错误，B 正确．根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F ＋μmg ＝ma 1，加速过程中F －μmg ＝ma 2，代入数据可解得F ＝7 N ，μ＝，所以C 错误，D 正确．答案：BD8．质量为M 的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A．小球对圆槽的压力为mg2＋m2F2M＋m2B．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为mg2＋m2F2M＋m2，由牛顿第三定律可知A、C选项正确．答案：AC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(8分)(2014·广东省四校联考)如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．(1)电火花打点计时器工作电压为________流(选填“交、直”)________V.(2)下列说法正确的是( )A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1D．测力计的读数始终为m2g/2(3)下图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________m/s2(交流电的频率为50 Hz，结果保留二位有效数字)．(4)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，可能是下图中的图线( )解析：(1)电火花打点计时器工作电压为220 V交变电流．(2)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确．实验中m2不必远小于m1，选项C错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于m2g/2，选项D错误．(3)由Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0.50 m/s2.(4)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C.答案：(1)交220 V(2)B (3) (4)C10．(14分)(2014·浙江三县联考)某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图1所示．他使木块以初速度v0＝4 m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图2所示．g取10 m/s2.求：(1)上滑过程中的加速度的大小a 1； (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)木块回到出发点时的速度大小v .解析：(1)由题图可知，木块经 s 滑至最高点上滑过程中加速度的大小：a 1＝ΔvΔt＝错误! m/s 2＝8 m/s 2.(2)由牛顿第二定律F ＝ma 得上滑过程中：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 代入数据得μ＝35. (3)下滑的距离等于上滑的距离x ＝v 202a 1＝422×8m ＝1 m由牛顿第二定律F ＝ma 得下滑过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 下滑至出发点的速度大小v ＝2a 2x 联立解得v ＝2 m/s. 答案：(1)8 m/s 2(2)35(3)2 m/s 11．(14分)中央电视台曾推出一个游戏节日——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1＝5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝，g ＝10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝20 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长为多少？ (2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？解析：(1)要想获得成功，瓶子滑到C 点时速度恰好为0，力作用时间最长，设最长时间为t 1，力作用时的加速度为a 1、位移为x 1，撤力时瓶子的速度为v 1，撤力后瓶子的加速度为a 2、位移为x 2，则：F －μmg ＝ma 1－μmg ＝ma 2v 1＝a 1t 1 v 21＝2a 1x 1－v 21＝2a 2x 2x 1＋x 2＝L 1解得：t 1＝16s(2)要想获得成功，瓶子滑到B 点时速度恰好为0，力作用距离最小，设最小距离为x 3，撤力时瓶子的速度为v 2，则：v 22＝2a 1x 3－v 22＝2a 2(L 1－L 2－x 3) 解得：x 3＝0.4 m答案：(1)16s (2)0.4 m12．(16分)(2014·黄山模拟)质量为m ＝0.5 kg 、长L ＝1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上．某时刻质量M ＝1 kg 的物体A (视为质点)以v 0＝4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g 取10 m/s 2.试求：(1)若F ＝5 N ，物体A 在乎板车上运动时相对平板车滑行的最大距离； (2)如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件．解析：(1)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg ＝Ma A解得：a A ＝μg ＝2 m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg ＝ma B 解得：a B ＝14 m/s 2两者速度相同时有：v 0－a A t ＝a B t 解得：t ＝ sA 滑行距离： x A ＝v 0t －12a A t 2＝1516m B 滑行距离： x B ＝12a B t 2＝716m最大距离：Δx ＝x A －x B ＝0.5 m(2)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：v 20－v 212a A ＝v 212a B＋L 又：v 0－v 1a A ＝v 1a B解得：a B ＝6 m/s 2再代入F ＋μMg ＝ma B 得：F ＝1 N若F <1 N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1 N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F ＝(m ＋M )a 对物体A ：μMg ＝Ma 解得：F ＝3 N若F 大于3 N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1 N≤F ≤3 N 答案：(1)0.5 m (1)1 N≤F ≤3 N。
最新(课标通用版)高考物理一轮复习课时跟踪试题(共240页 附解析)
最新（课标通用版）高考物理一轮复习课时跟踪试题（共240页附解析）目录（二）匀变速直线运动的规律（三）运动图像追及与相遇问题（四）重力弹力（五）摩擦力（六）力的合成与分解（七）受力分析共点力的平衡（八）牛顿第一定律牛顿第三定律（九）牛顿第二定律两类动力学问题（十）牛顿运动定律的综合应用（卷Ⅰ）（十一）牛顿运动定律的综合应用（十二）曲线运动运动的合成与分解（十三）抛体运动（十四）圆周运动（十五）万有引力定律及其应用（十六）天体运动与人造卫星（十七）功和功率（十八）动能定理及其应用（十九）机械能守恒定律及其应用（二十）功能关系能量守恒定律（卷Ⅰ）（二十一）功能关系能量守恒定律（卷Ⅱ）（二十二）动量定理（二十三）动量守恒定律（二十四）电场力的性质（二十五）电场能的性质（二十六）电容器带电粒子在电场中的运动（二十七）带电粒子在电场中运动的综合问题(卷Ⅰ)（二十八）带电粒子在电场中运动的综合问题(卷Ⅱ)（二十九）电流电阻电功电功率（三十）闭合电路欧姆定律及其应用（三十一）磁场的描述磁场对电流的作用（三十二）磁场对运动电荷的作用（三十三）带电粒子在组合场中的运动（卷Ⅰ）课时跟踪检测（一）描述运动的基本概念[A级——基础小题练熟练快]1．(2018·大连模拟)下列说法正确的是()A．打点计时器是一种测量位移的仪器B．运动员在某次比赛中用15 s跑完100 m，“15 s”是时间，“100 m”是位移大小C．位移为矢量，位移的方向即质点运动的方向D．物体通过的路程不相等，但位移可能相同解析：选D打点计时器是一种记录时间的仪器，A错误；运动员在比赛中用15 s跑完100 m，“15 s”是时间，“100 m”是路程，B错误；位移为矢量，位移的方向即从起点指向终点的方向，与质点的运动方向不一定相同，故C错误；物体通过的路程不相等，但位移可能相同，故D正确。
2.下列关于女排比赛中的研究对象，可以视为质点的是()A．研究女排比赛中选手扣球的动作时B．确定运动员在球场上的位置时C．研究运动员比赛中发出的旋转球时D．确定落在边线处排球是否为界内时解析：选B研究女排比赛中选手扣球动作时，运动员的形状对研究结果有较大影响，因此运动员不可视为质点，但研究运动员在球场上的位臵时可将运动员视为质点，A错误，B正确；在研究发出的旋转球和排球落点是否在边线界内时球的大小对研究结果的影响不可忽略，因此，不能视为质点，C、D均错误。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-3-2含答案
重点回顾专练：动力学基本方法练一、选择题1．(2015·海南三亚一中第二次月考)竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推力增大到2F ，则火箭的加速度将达到(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( )A ．20 m/s 2B ．25 m/s 2C ．30 m/s 2D ．40 m/s 2[解析] 根据牛顿第二定律可知F －mg ＝ma 1，当推力为2F 时，有2F －mg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝30 m/s 2，则C 正确．[答案] C2．(2015·南京外国语学校高三月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的( )A ．伸长量为m 1g k tan θB ．压缩量为m 1g k tan θC ．伸长量为m 1g k tan θD ．压缩量为m 1g k tan θ[解析] 对小球：F 合＝m 2g tan θ＝m 2a ，a ＝g tan θ，对木块：F 弹＝kx ＝m 1a ，x ＝m 1g k tan θ ，故A 正确．[答案] A3．(多选)(2015·山东潍坊一中检测)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M ，人的质量都是m ，甲车上的人用力F 推车，乙车上的人用等大的力F 拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )A ．甲车的加速度大小为F MB ．甲车的加速度大小为0C ．乙车的加速度大小为2F M ＋mD ．乙车的加速度大小为0[解析] 将甲图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的合外力为0(人的推力F 是内力)，故a 甲＝0，选项A 错误，选项B 正确．将乙图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的外力为2F ，由牛顿第二定律知：a乙＝2F M ＋m ，则选项C 正确，选项D 错误．[答案] BC4．如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )A ．a 1＝0 a 2＝0B ．a 1＝a a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a a 2＝m 1m 2a [解析] F 作用下，弹簧弹力T ＝m 1a ，撤去外力瞬间A 受力不变，a 1＝a ，B的加速度大小为a 2＝T m 2＝m 1m 2a ，故D 正确． [答案] D5．如右图所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mg sin αC ．系统的加速度为a ＝g tan αD ．推力F ＝Mg tan α[答案] C6．(多选)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如右图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为12mg＋ma[解析]小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有F f－mg sin30°＝ma，F f＝12mg＋ma，方向平行斜面向上．[答案]AD7．如右图所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()A．μF B．2μFC.32m(g＋a) D．m(g＋a)[解析]本题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误．设民工兄弟一只手对A、B在竖直方向上的摩擦力为F f，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为F′f，对A由牛顿第二定律有F f－F′f－mg＝ma，解得F′f ＝m(g＋a)，C错误，D正确．[答案] D8．(多选)如右图所示，质量为m的光滑小球置于斜面体上，被一个竖直固定在斜面体上的挡板挡住．现使斜面体在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，下列说法中正确的是()A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面体对球的作用力可能为零C．斜面体和挡板对球的弹力的合力大于maD．加速度由a增大至2a的过程中，斜面体对球的弹力保持不变[解析]小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α则竖直方向有：F N2cosα＝mg∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故B错，D对．水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma∵F N2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma 的合成，因此大于ma，故C对．故选答案CD.[答案]CD9．(2016·南宁三校期中)如右图所示，一连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端C点时速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、所受摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是()[解析]滑雪者在AB段加速，在BC段减速，在B点速度最大．x－t图象中，图线的斜率表示速度，滑雪者在B点时的速度最大而不是零，A错误；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿坡道向下的分力大小不变，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，又AB>BC，故a AB<a BC，B正确，C错误；AB段，滑雪者加速下滑，则G sinθ>F f，又sinθ<1，则AB段下滑过程中F f比G要小，而不是D项表示的F f与G相等，D错误．[答案] B10．如右图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则()A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t3<t2D．t1＝t3>t2[解析]三根固定的光滑细杆在水平面上投影相等，设投影长度为d，则有aA＝d/cos60°，bB＝d/cos45°，cC＝d/cos30°，小滑环沿三根光滑细杆下滑，d/cos60°＝12g sin60°·t21；d/cos45°＝12g sin45°·t22；d/sin60°＝12g cos60°·t23；联立解得：t1＝t3＝2dg sin60°cos60°，t2＝2dg sin45°cos45°，即t1＝t3>t2，选项D正确．[答案] D二、非选择题11．一氢气球的质量m＝0.2 kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F＝10 N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M＝4 kg的木块上，如右图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力F＝k v(k为一常数，v为风速)，当风速v1＝3 m/s时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：(1)气球受到的浮力；(2)若风速v2＝6 m/s，木块开始运动时的加速度大小．[解析](1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮－mg－F＝0，解得F浮＝12 N，方向竖直向上(2)当v1＝3 m/s时对整体受力分析F1＝k v1在水平方向上F1－F f＝0在竖直方向上F浮＋F N－(mg＋Mg)＝0又知F f＝μF N得：F f＝9 N，k＝3 N·s/m若v2＝6 m/s时，F2＝k v2＝18 N，由牛顿第二定律有：F2－F f＝(m＋M)a得：a≈2.14 m/s2[答案](1)12 N，方向竖直向上(2)2.14 m/s212．(2016·广西北海质检一)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如下图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f＝k v.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字)[解析](1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－k v ＝ma解得a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，由图象知a ＝Δv Δt ＝3 m/s 2.又a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315≈0.23最大速度v ＝2 m/s ，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3.0 kg/s [答案] (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)mg (sin θ－μcos θ)k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些． (3)0.23 3.0 kg/s。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-1-4含答案
随堂训练1．(多选)下列关于误差的说法正确的是()A．测量误差太大，便是错误B．绝对误差大，相对误差不一定大C．相对误差越小，说明测量越准确D．相对误差越小，对应的绝对误差一定越小[答案]BC2．(多选)关于错误和误差的说法，你认为正确的是()A．错误是可以避免的，而误差是不能避免的B．错误是人为造成的，而误差完全是测量工具的不精确造成的C．认真操作可以避免错误，但不能消除误差D．采用多次测量取平均值的方法，可以减小误差，但不能消除误差[答案]ACD3．以千米为单位记录的某次测量结果为6.5 km，若以米为单位记录的这一结果可写为()A．6500 m B．6.5×103 mC．6.5×10－3 m D．6.500×103 m[答案] B4．某同学两次用不同刻度尺测量同一张桌子的长度，测量结果分别为：1.2212 m和1.220 m，这两次测量结果有什么不同？这两次所用测量仪器有什么不同？[答案]两次测量的有效数字不同：前者是五位有效数字，后者是四位有效数字，前者测量的精确度较高．第一次测量所用刻度尺的最小分度为毫米，第二次测量所用刻度尺的最小分度是厘米．5．(2014·福建卷)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.[解析]毫米刻度尺需要估读一位，读数为60.10 cm.游标卡尺主尺读数为4 mm,50分度游标尺的第10刻度对齐，游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以直径为4 mm＋0.20 mm＝4.20 mm.[答案]60.10 4.206．在下图用3 V量程时电压表读数为多少？用15 V量程时电压表度数又为多少？________.[答案] 1.14 V 5.7 V7．沿长廊AB方向铺有30块完整的相同的正方形地砖，如下图甲所示．(1)小明用最小分度值是1 mm的刻度尺测量其中一块地砖的长度，示数如图乙所示，则每块地砖的长度是________m.(2)小明用停表测量自己从长廊的A端走到B端所用的时间．停表的示数如图丙所示，他所用的时间是________s.(3)根据速度、路程和时间的关系v＝________，算出小明的步行速度为________m/s.[答案](1)0.6000(2)20(3)x/t0.908．下图是一个弹簧秤的示意图，该弹簧秤的量程为________N．由图中读出的测量值应为________N.[答案]50279．图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.[解析]测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的A进行测量；测量尺寸较小管件的外径时用游标卡尺的B进行测量；测量深度时用游标卡尺的C进行测量．钢笔帽的内径为：11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm.[答案]A11.2510．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.[解析]依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图(a)读数为0.010 mm，图(b)读数为6.870 mm.[答案]0.010(0.009或0.011也对) 6.870(6.869或 6.871也对)6.860(6.868～6.872)。
高考物理一轮复习课时跟踪训练1描述运动的基本概念
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习课时跟踪训练1 描述运动的基本概念一、选择题1．关于质点，下列说法中正确的是( )A．质点是实际存在的B．因为质点没有大小，所以与几何中的点没有区别C．研究运动员在3000米长跑比赛中运动的快慢时，该运动员可看做质点D．欣赏芭蕾舞表演者的精彩表演时，可以把芭蕾舞表演者看做质点解析：质点是理想模型，A错；质点可以是质量很大的物体，如地球，质点有质量，与几何中的点不同，B均错误；物体能被看做质点，其形状、大小对所研究的问题的结果影响很小，可以忽略，故C正确，D错误．答案：C2．(多选)关于时刻和时间，下列说法中正确的是( )A．1秒很短，所以1秒表示时刻B．第3秒是指一个时刻C．12秒80是男子110米栏最新世界纪录，这里的12秒80是指时间D．2012年5月28日10点22分，唐山发生4.8级地震，这里的10点22分指时刻解析：时刻是时间轴上的一个点，没有长短之分，1秒在时间轴上是一段，表示的是时间，所以A选项错误；如图所示，第3秒是1秒的时间，是时间的概念，而第3秒初和第3秒末是时刻概念，所以B选项错误；12秒80对应了110米，是“段”的概念，表示时间，所以C选项正确；10点22分在时间轴上是一个点，指的是时刻，所以D选项正确．答案：CD3．(2014·德州模拟)下列说法正确的是( )A．高速公路上限速牌上的速度值是指平均速度B．运动员在处理做香蕉球运动的足球时，要将足球看成质点C．运动员的链球成绩是指链球从离开手到落地的位移大小D．选取不同的参考系，同一物体的运动轨迹可能不同解析：高速公路上限速牌上的速度值指的是瞬时速度，A错；只有旋转的足球才能做香蕉球运动，而当运动员处理旋转的足球时不能将其看成质点，B 错；链球成绩是指起始线到落地点的直线距离，C 错；选取不同运动状态的物体作为参考系，同一物体的运动轨迹可能不同，D 对．答案：D4．(2014·安徽名校联考)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极小的物体C ．速度的定义式和平均速度公式都是v ＝Δx Δt，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：只有做单向直线运动的物体，t s 内通过的路程与位移的大小才一定相等，选项A 错误；质点不一定是体积和质量极小的物体，选项B 错误；速度的定义式和平均速度公式都是v ＝Δx Δt，但是速度是指平均速度在时间趋近于零时的极限值，选项C 错误；速度不变的运动是匀速直线运动，选项D 正确．答案：D5．(多选)两个人以相同的速率同时从圆形轨道的A 点出发，分别沿ABC 和ADE 方向行走，经过一段时间后在F 点相遇(图中未画出)．从出发到相遇的过程中，描述两人运动情况的物理量相同的是( )A ．速度B ．位移C ．路程D ．平均速度解析：运动过程中两人的速度方向不同；起点、终点都相同，说明位移相同；因两个人以相同的速率同时从圆形轨道的A 点出发，在相同的时间内所走的路程相同，根据平均速度公式，位移相同，运动时间相同，所以平均速度相同．故B 、C 、D 正确．答案：BCD6．一质点沿直线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 ，它的速度随时间t 变化的关系为v ＝6t 2m/s ，该质点在t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度和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/sB ．8 m/s 38 m/sC ．12 m/s 19.5 m/sD ．8 m/s 13 m/s解析：平均速度v ＝Δx Δt，t ＝0时，x 0＝5 m ；t ＝2 s 时，x 2＝21 m ；t ＝3 s 时，x 3＝59 m ．故v 1＝x 2－x 02＝8 m/s ，v 2＝x 3－x 21＝38 m/s.答案：B7．(多选)如图所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A 点开始运动，经过半个圆周到达B 点．下列说法正确的是( )A ．人从A 到B 的平均速度方向由A 指向BB ．人从A 到B 的平均速度方向沿B 点的切线方向C ．人在B 点的瞬时速度方向由A 指向BD ．人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向解析：物体在某段时间内平均速度的方向与位移的方向相同，所以人从A 到B 的平均速度方向由A 指向B ，A 正确，B 错误．物体在某一点的瞬时速度的方向就是物体在该点的运动方向，人在B 点时的运动方向为沿B 点的切线方向，所以人在B 点的瞬时速度方向沿B 点的切线方向，C 错误，D 正确．答案：AD8．(多选)(2014·安徽示范高中联考)2011年7月在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上，中国科大“蓝鹰”队获得仿真2D 组冠军和服务机器人组亚军，改写了我国服务机器人从未进入世界前5的纪录．标志着我国在该领域的研究取得了重要进展．图中是科大著名服务机器人“可佳”．如右图所示，现要执行一项任务．给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点(0,0)出发，沿直线运动到点(3,1)，然后又由点(3,1)沿直线运动到点(1,4)，然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5)，然后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)，整个过程中机器人所用时间是2 2 s，则( )A．机器人的运动轨迹是一条直线B．机器人有两次通过同一点C．整个过程中机器人的位移大小为2 2 mD．整个过程中机器人的平均速率为1 m/s解析：坐标系的横轴作为x轴，纵轴作为y轴．根据描点法先作出题中给定的几个坐标位置，然后用直线连接相邻两个位置，即得物体的运动轨迹，如图所示．机器人的运动轨迹不是一条直线，机器人会两次通过同一点，选项A错误，B正确．起点在坐标原点，终点在(2,2)，位移大小是这两点连线的长，故位移大小为22＋22 m＝2 2 m，选项C正确．整个过程中机器人的平均速度大小为1 m/s，选项D错误．答案：BC9．在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉．如右图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L＝10 cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以 2 r/s的转速匀速转动，我们感觉到的升降方向和速度大小分别为( )A ．向上 10 cm/sB ．向上 20 cm/sC ．向下 10 cm/sD ．向下 20 cm/s解析：当圆筒沿逆时针方向转动时，感觉彩色斜条纹向下移动且每个周期下移距离为L＝10 cm ，转动周期T ＝12 s ，故感觉条纹下降速度v ＝L T＝20 cm/s ，D 正确． 答案：D二、非选择题10．打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz ，某次实验中得到一条纸带，用毫米刻度尺测量情况如图所示，纸带在A 、C 间的平均速度为________m/s ，在A 、D 间的平均速度为______m/s ，B 点的瞬时速度更接近于______m/s.解析：A 、C 间的位移为Δx 1＝1.40 cm ，A 、C 间的时间间隔为Δt 1＝0.04 s ，所以A 、C 间的平均速度为v 1＝Δx 1Δt 1＝1.40×10－20.04m/s ＝0.35 m/s.A 、D 间的位移为Δx 2＝2.50 cm ，A 、D 间的时间间隔为Δt 2＝0.06 s ，所以A 、D 间的平均速度为v 2＝Δx 2Δt 2＝2.50×10－20.06m/s ＝0.42 m/s. B 点的瞬时速度更接近v 1.答案：0.35 0.42 0.3511．在一次海上军事演习中，一艘鱼雷快艇以30 m/s 的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰．当两者相距L 0＝2 km 时，以60 m/s 的速度发射一枚鱼雷，经过t 1＝50 s ，艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t 2＝30 s ，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉．求第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v 1、v 2分别为多大？解析：设发射鱼雷的速度为v ＝60 m/s ，快艇追击速度为v 0，第一枚鱼雷击中前，敌舰逃跑的速度v 1，当鱼雷快艇与敌舰相距L 0＝2 km 时，发射第一枚鱼雷，在t 1＝50 s 击中敌舰，则有(v －v 1)t 1＝L 0，代入数据解得v 1＝20 m/s击中敌舰时，鱼雷快艇与敌舰的距离为L ′＝L 0－v 0t 1＝1500 m马上发射第二枚鱼雷，击中后敌舰的速度为v 2，经t 2＝30 s ，鱼雷再次击中敌舰，则有(v －v 2)t 2＝L ′，代入数据，解得v 2＝10 m/s.答案：20 m/s 10 m/s12．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 ＝10 m/s 2)，以醒世人，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时，就会达到这一数值．试问：(1)一辆以72 km/h 的速度行驶的汽车在一次事故中撞向停在路边的大货车上，设大货车没有被撞动，汽车与大货车的碰撞时间为2.0×10－3 s ，汽车驾驶员是否有生命危险？(2)若汽车内装有安全气囊，缓冲时间为1×10－2 s ，汽车驾驶员是否有生命危险？ 解析：选汽车运动的方向为正方向，v 0＝72 km/h ＝20 m/s.(1)汽车的加速度 a ＝0－v 0t ＝－202.0×10－3 m/s 2＝－104 m/s 2因加速度大小为104 m/s 2>500g ，所以驾驶员有生命危险．(2)在装有安全气囊的情况下驾驶员的加速度a ′＝0－v 0t ′＝－201×10－2 m/s 2＝－2000 m/s 2 因加速度大小为2000 m/s 2<500g ，所以驾驶员无生命危险．答案：(1)有生命危险 (2)无生命危险。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练10含答案
课时跟踪训练(十)一、选择题1．(2015·广州高考调研)如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以()A．缓慢向上匀速运动B．缓慢向下匀速运动C．突然向上加速运动D．突然向下加速运动[解析]手电筒缓慢向上、向下匀速运动，电筒处于平衡状态，内部连接状况不变，小电珠能发光，故A、B错误；若突然向上加速运动，以电池为研究对象，受向上的弹力突然增大，弹簧形变量增大，即压缩量增大，使得电池与电珠断开，小电珠熄灭，所以C正确；若突然向下加速，电池受向上的弹力减小，弹簧压缩量减小，电路仍然是通路，所以小灯珠不会熄灭，故D错误．[答案] C2．(2015·江苏省盐城市三模)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压[解析]若细线有拉力，则T cosθ＋mg＝ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确．[答案] C3．(2015·北京市东城区统一检测)如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g 取10 m/s2.对此过程的分析正确的是()A．物体受到的重力变大B．物体的加速度大小为1 m/s2C．电梯正在减速上升D．电梯的加速度大小为4 m/s2[解析]电梯中的物体处于超重、平衡、失重状态时是加速度不同，本身的重力不变，选项A错误．由牛顿第二定律可知F支－mg＝ma，而由牛顿第三定律得F压＝F支＝44 N，解得：a＝1 m/s2，故选项B正确、选项D错误．加速度向上，运动是加速向上或减速向下，选项C错误．故选B.[答案] B4．(2015·浙江省东阳中学阶段检测)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客()A．处于失重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用D．所受力的合力竖直向上[解析]当此车加速上坡时，车里的乘客具有相同的加速度，方向沿斜面向上，人应受到竖直向下的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，C正确，B、D错误；由于有沿斜面向上的加速度，所以在竖直方向上有向上的加速度，物体处于超重状态，A错误．[答案] C5．(2015·湖北襄阳第五中学5月模拟)如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则()A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态[解析] 在CD 段时，因AB 一起运动的加速度为a ＝g sin θ，故此时A 只受重力和B 对A 的支持力作用，选项A 错误；在DE 段时，因为粗糙，故AB 一起运动的加速度为a ＝g sin θ－μg cos θ，此时A 受重力和B 对A 的支持力外，还受向上的摩擦力作用，故选项B 错误，C 正确；在CD 段AB 的加速度向下，属于失重状态；在DE 段，加速度可能向上，故可能处于超重状态，故选项D 错误；故选C.[答案] C6．(多选)(2015·上海青浦区质量调研)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( )A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．图线的斜率等于物体质量的倒数1m[解析] 货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得T －mg ＝ma ，图线与纵轴的交点，即当T ＝0时，a ＝－g ，图线与横轴的交点即a ＝0时，T ＝mg ，A 、B 正确；根据牛顿第二定律可得a ＝T m －g ，根据关系式可得图象的斜率k ＝1m ，C 错误D 正确．[答案] ABD7．(多选)(2015·新课标全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着这列车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18[解析] 由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：F km ＝23F (n －k )m ，解得：k ＝35n ，k 是正整数，n只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误．[答案] BC8．(2015·浙江嘉兴第一中学高考适应性考试)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mg sin θC ．运动员对球拍的作用力为Mg cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动[解析] 对网球进行受力分析，受到重力mg 和球拍的支持力F N ，受力如图所示：根据牛顿第二定律，F N sinθ＝ma，F N cosθ＝mg，整理可以得到：F N＝mgcosθ，a＝g tanθ，故选项A正确，选项B错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同，受力如图所示：根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F＝(M＋m)gcosθ，故选项C错误；当加速度a>g tanθ时，网球将向上运动，由于g sinθ与g tanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．所以本题正确选项为A.[答案] A9．(多选)(2015·江西南昌十所省重点中学二模)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是()A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg[解析] 若木块和木板之间发生相对滑动，则对木板，根据牛顿定律：μmg －13μ·2mg ＝ma ，解得a ＝13μg ，选项C 正确；若木块和木板之间不发生相对滑动，则对木板和木块的整体，根据牛顿定律可得：F －13μ·2mg ＝2ma ，解得a ＝F 2m －13μg ，选项D 正确；故选CD.[答案] CD10．(多选)(2015·哈尔滨九中三模)如图甲所示，静止在水平面C 上足够长的木板B 左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示．A 、B 间最大静摩擦力大于B 、C 之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A 、B 运动过程中的加速度及A 与B 间摩擦力f 1、B 与C 间摩擦力f 2随时间变化的图线中正确的是( )[解析] 当拉力小于BC 之间的最大静摩擦力时，AB 不会运动，物体AB 没有加速度，所以B 错误；拉力小于BC 之间的最大静摩擦力时，物体AB 没有运动前，F ＝f 1＝f 2，两个摩擦力都随拉力增大而增大，当拉力大于BC 之间的最大静摩擦力小于AB 间的最大静摩擦力时，物体AB 一起向前加速，BC 之间变为了滑动摩擦力保持不变，所以D 项正确；物体A 的加速度为整体的加速度，AB 间的摩擦力为静摩擦力，当拉力大于AB 之间的最大静摩擦力时，AB 之间也发生了相对滑动，AB之间变为了滑动摩擦力，A的加速度也发生了变化，所以A、C 项正确．[答案]ACD二、非选择题11．(2016·江西师范大学附属中学高三上期期末)如图，在光滑的倾角为θ的固定斜面上放一个劈形的物体A，其上表面水平，质量为M.物体B质量为m，B放在A的上面，先用手固定住A.(1)若A的上表面粗糙，放手后，求AB相对静止一起沿斜面下滑，B对A的压力大小．(2)若A的上表面光滑，求放手后的瞬间，B对A的压力大小．[解析](1)AB相对静止一起沿斜面下滑，加速度a＝g sinθB的加速度的竖直分量a y＝g sin2θ则mg－N＝ma yN＝mg－mg sin2θ＝mg cos2θ所以B对A的压力大小等于mg cos2θ(2)因为A、B下滑时，A与B的加速度并不相同．A的加速度沿斜面向下，B的加速度竖直向下，A的加速度的竖直分量与B的加速度相等．即有a B＝a Ay ＝a A sinθ(Mg＋N B)sinθ＝Ma A对A、B分别运用牛顿第二定律，有mg－N B＝ma B＝ma A sinθ所以N B＝mMg cos2θM＋m sin2θ.[答案](1)mg cos2θ(2)mMg cos2θM＋m sin2θ12．(2015·山东淄博5月阶段性诊断)如图所示，一个质量为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H＝5 m.现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．(3)圆管的长度L.[解析](1)管第一次落地弹起时，管的加速度大小为a1，球的加速度大小为a2，由牛顿第二定律对管Mg＋4mg＝Ma1对球4mg－mg＝ma2故a1＝20 m/s2，方向向下a2＝30 m/s2，方向向上(2)球与管第一次碰地时，由v0＝2gH得碰后管速v1＝2gH，方向向上碰后球速v2＝2gH，方向向下球刚好没有从管中滑出，设经过时间t ，球、管速度相同，则有 对管v ＝v 1－a 1t对球v ＝－v 2＋a 2t代入数值联立解得t ＝0.4 s(3)管经t 时间上升的高度为 h 1＝v 1t －12a 1t 2球下降的高度h 2＝v 2t －12a 2t 2管长L ＝h 1＋h 2＝4 m[答案] (1)20 m/s 2，方向向下 30 m/s 2，方向向上 (2)0.4 s (3)4 m。
【与名师对话】(新课标)高考物理一轮复习 课时跟踪训练33 电磁感应中电路和图像问题
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习 课时跟踪训练33电磁感应中电路和图像问题一、选择题1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图①～④所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是( )A ．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变B ．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C ．图③中，回路在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt可得，闭合回路产生的感应电动势取决于Φ－t 图象的斜率的绝对值大小．图①中Φ－t 图象的斜率为零，故感应电动势为零，A 错误；图②中Φ－t 图象斜率不变，故感应电动势为定值，B 错误；图③中回路中0～t 1时间内Φ－t 图象的斜率的绝对值大于t 1～t 2时间内Φ－t 图象的斜率的绝对值，故在0～t 1时间内产生的感应电动势大于t 1～t 2时间内产生的感应电动势，C 错误；图④中Φ－t 图象的斜率的绝对值先变小再变大，故回路产生的感应电动势先变小再变大，D 正确．答案：D 2.如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻忽略不计，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(指向图中纸面内)，现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v (如图)做匀速运动，令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12vBl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到d B ．U ＝12vBl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b C ．U ＝vBl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到dD ．U ＝vBl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b解析：导体杆向右做匀速直线运动产生的感应电动势Blv ，R 和导体杆形成一串联电路，由分压原理得U ＝Blv R ＋R ·R ＝12Blv ，由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d →N ，故A 选项正确．答案：A3．(2014·临沂三月)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，能正确反映通过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向斜向右下，故外力F与F安的水平分力等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安的水平分力方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D4.(2013·大纲卷)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是( )解析：从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑．当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O指向A，为正，选项D错误；切割过程中产生的感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，其中L ＝2R sin ωt ，即E ＝2B ωR 2sin 2ωt ，可排除选项A 、B ，选项C 正确．答案：C 5.(2014·陕西省西工大附中高三第六次模拟)如图所示，平行导轨之间有一个矩形磁场区，在相等面积两部分区域内存在着磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场．细金属棒AB 沿导轨从PQ 处匀速运动到P ′Q ′的过程中，棒上AB 两端的电势差U AB 随时间t 的变化图象正确的是( )解析：AB 在到达磁场左边界前、及离开右边界后没有感应电动势，设导体棒切割磁感线的总长度为L ，在两个磁场中切割的长度分别为L 1和L 2，则L 1＋L 2＝L ①，则感应电动势U AB ＝B (L 1－L 2)v ② 由①②式得：U AB ＝2BL 1v －BLv ，在运动过程中L 1逐渐减小，U AB 先正后负，C 正确．答案：C 6.(2013·福建卷)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO ′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )解析：根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的v －t 图象．线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab 边刚进磁场时，其所受安培力F 安与重力mg 的大小关系可分以下三种情况：①当F 安＝mg 时，线框匀速进入磁场，其速度v ＝mgR B 2L 2，选项D 有可能； ③当F 安<mg 时，线框加速进入磁场，又因F 安＝B 2L 2v R ，因此a ＝mg －B 2L 2v R m ，即a ＝g －B 2L 2v mR，速度v 增大，a 减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动，选项C 有可能；③当F 安>mg 时，线框减速进入磁场，a ＝B 2L 2v mR－g ，v 减小，a 减小，线框做加速度逐渐减小的减速运动，当线框未完全进入磁场而a 减为零时，即此时F 安＝mg ，线框开始做匀速运动，当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，选项B 有可能．故不可能的只有选项A.答案：A7．(多选)如图甲所示，正六边形导线框abcdef 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd 所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i 和cd 边所受安培力F 随时间t 变化的图象正确的是( )解析：0～2 s时间内，负方向的磁场在减弱，产生正方向的恒定电流，cd边受安培力向右且减小.2 s～3 s时间内，电流仍是正方向，且大小不变，此过程cd边受安培力向左且增大.3 s～6 s时间内，电流沿负方向，大小不变，cd边受安培力先向右后变为向左，故选A、C.答案：AC8．(多选)(2014·锦州一模)如图所示，两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2、3、…、n组成，从左向右依次排列，磁感应强度大小分别为B、2B、3B、…、nB，两导轨左端MP 间接入电阻R，金属棒ab垂直放在水平导轨上，且与导轨接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．若在不同的磁场区对金属棒施加不同的拉力，使棒ab以恒定速度v向右匀速运动．取金属棒图示位置(即磁场1区左侧)为x＝0，则通过棒ab的电流i、对棒施加的拉力F随位移x变化的图象是( )解析：金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，电路中感应电流I ＝E R ＝BLv R，所以通过棒的电流i 与n 成正比，选项A 正确；棒所受的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R，因为棒匀速运动，对棒施加的外力F 与F 安等大反向，即F 与n 2成正比，选项D 正确．答案：AD9．(多选)如图所示，在坐标系xOy 中，有边长为L 的正方形金属线框abcd ，其一条对角线ac 和y 轴重合、顶点a 位于坐标原点O 处．在y 轴右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab 边刚好完全重合，左边界与y 轴重合，右边界与y 轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a →b →c →d →a 方向的感应电流为正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i 、ab 间的电势差U ab 随时间t 变化的图线是下图中的()解析：在ab 边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，电流在减小，U ab ＝－I (R bc ＋R cd ＋R da )在减小．在cd 边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，电流逐渐减小，U ab ＝－IR ab 逐渐减小，A 、D 正确．答案：AD二、非选择题10．(2014·重庆一中月考)如图所示，匀强磁场B ＝0.1 T ，金属棒AB 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻为13Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s 的速度匀速向左运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则带电荷量是多少？解析：(1)由E ＝BLv 得E ＝0.1×0.4×5 V＝0.2 VR ＝R 1·R 2R 1＋R 2＝2×12＋1 Ω＝23Ω I ＝E R ＋r ＝0.223＋13A ＝0.2 A.(2)路端电压U ＝IR ＝0.2×23 V ＝0.43V Q ＝CU 2＝CU ＝0.3×10－6×0.43C ＝4×10－8 C. 答案：(1)0.2 A (2)4×10－8 C11．(2014·广州一模)如图甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．解析：(1)由F －t 图象可知，线框加速度a ＝F 2m ＝2 m/s 2线框的边长L ＝v 0t －12at 2＝(4×1－12×2×12) m ＝3 m t ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BLv 0R线框所受的安培力F 安＝BIL由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma又F 1＝1 N ，联立得B ＝13T (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I ＝E R通过线框的电荷量q ＝I t联立得q ＝0.75 C.(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x . 由运动学公式得0－v 20＝－2ax代入数值得x ＝4 m<2L所以线框不能从右侧离开磁场．答案：(1)13T (2)0.75 C (3)不能。
高中物理-名师对话一轮课标版物理创新版课时跟踪训练三十六
课时跟踪训练(三十六)增分提能1.实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联．测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示．供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)，②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)，③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1000 Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)，⑦干电池(1.5 V)，⑧开关S及导线若干．(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)(2)用连线连接实物图．(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，________________________________ ________________________________________；②闭合开关S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③____________________________________________________ _________________；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图所示．(4)根据I2－I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式______________．[解析](1)定值电阻R1阻值与待测电流表内阻大约相同，实验中两电流表可同时达到满偏，读数误差较小；滑动变阻器为分压式接法，R 4阻值小，调节方便．(2)如图所示．(3)为保证开关S 闭合前待测电流表电压为零，应将滑动变阻器滑动触头移至最左端；实验中要多次测量，减小偶然误差．(4)由串并联规律：I 2＝I 1＋I 1r 1R 1＝I 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋r 1R 1，图线斜率k ＝1＋r 1R 1，r 1＝(k －1)R 1.[答案] (1)③ ⑥ (2)见解析图(3)①将滑动触头移至最左端 ③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2读数I 1、I 2(4)r 1＝(k －1)R 12．(2016·全国卷Ⅱ)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V 的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R (最大阻值99999.9 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干．实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线．(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________Ω(结果保留到个位)．(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号)．A．100 μA B．250 μAC．500 μA D．1 mA[解析](1)滑动变阻器R1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择R 1.(2)如图所示(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压U g ＝2.5 V ，电阻箱阻值R ＝630.0 Ω时，电压表的示数U V ＝2.00 V ，此时电阻箱两端的电压U R ＝U g －U V ＝0.5 V ，根据串联电路电压与电阻成正比可得U V U R＝R g R ，故R g ＝U V U RR ＝2.000.5×630.0 Ω＝2520 Ω. (4)电压表的满偏电流为I g ，则I g R g ＝U g ，故I g ＝U g R g ＝2.52520A ≈1 mA ，选项D 正确．[答案] (1)R 1 (2)如解析图所示(3)2520 (4)D3．(2017·南通调研)小明用如图甲所示的电路测量电阻R x 的阻值(约几百欧)．R 是滑动变阻器，R 0是电阻箱，S 2是单刀双掷开关，部分器材规格图乙中已标出．(1)根据图甲实验电路，在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整．(2)正确连接电路后，断开S1，S2接1.调节好多用电表，将两表笔接触R x两端的接线柱，粗测其阻值，此过程中存在的问题________．正确操作后，粗测出R x的阻值为R′.(3)小明通过下列步骤，较准确测出R x的阻值．①将滑动变阻器的滑片P调至图甲中的________(选填“A”或“B”)端．闭合S1，将S2拨至1，调节变阻器的滑片P至某一位置，使电压表的示数满偏．②调节电阻箱R0，使其阻值________(选填“大于R′”或“小于R′”)．③将S2拨至“2”，保持变阻器滑片P的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，此时电阻箱示数为R1，则R x＝________.(4)实验中，滑动变阻器有两种规格可供选择，分别是：R2(0～10 Ω)；R3(0～5000 Ω)．为了减小实验误差，滑动变阻器应选________(选填“R2”或“R3”)．[解析](1)根据电路图连接实物图，如图所示：(2)测量电阻时，要把电阻与其他元件断开．(3)①闭合开关前，将滑动变阻器的滑片P调至图甲中的A端，使电压表示数都为零；②调节电阻箱R0，使其阻值小于R′；③将S2拨至“2”，保持变阻器滑片P的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表再次满偏，则此时并联部分的电阻相等，R x的阻值等于电阻箱的阻值，即R x＝R1.(4)由于电阻R x的阻值约几百欧，为方便调节，滑动变阻器应选R3.[答案](1)见解析图(2)待测电阻未与其他元件断开(3)①A②小于R′③R1(4)R24．某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示．已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．(1)实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为________(填步骤的字母代号)；A ．合上开关S 2B ．分别将R 1和R 2的阻值调至最大C ．记下R 2的最终读数D ．反复调节R 1和R 2的阻值，使G 1的示数仍为I 1，使G 2的指针偏转到满刻度的一半，此时R 2的最终读数为rE ．合上开关S 1F ．调节R 1使G 2的指针偏转到满刻度，此时G 1的示数为I 1，记下此时G 1的示数(2)仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G 2内阻的测量值与真实值相比________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)；(3)若要将G 2的量程扩大为I ，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G 2上并联的分流电阻R 分的表达式，R 分＝________.[解析] (1)实验首先要保证G 1、G 2不被烧坏，应先将R 1、R 2的阻值调至最大．实验中应保持合上S 2与断开S 2两种情况下G 1的示数I 1为G 2的满偏电流I g2，当合上S 2时，G 2示数为I 12＝I g22，此时流过R 2的电流也为I 12，得R 2＝R G2.综上所述可知步骤为BEFADC.(2)这种方法测量的G 2的内阻与真实值相等．(3)扩大G 2量程时原理如图所示，有(I －I 1)R 分＝I 1r 1，解得R 分＝I 1r I －I 1.[答案] (1)BEFADC (2)相等 (3)I 1rI －I 15．(2017·湖南长沙长郡)如图所示电路是测量电流表内阻R g 的实物连接图，实验的操作步骤如下：a ．将电阻箱R 的电阻调到零．b ．闭合开关，调节滑动变阻器R 1的滑片，使得电流表示数达到满偏电流I 0.c ．保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为I 03. d ．读出电阻箱的电阻R 0可求得电流表的内阻R g .(1)请画出测量电流表内阻R g的电路图．(2)电流表的内阻R g与读出的电阻箱电阻R0的关系为________．(3)已知电流表的量程为0～50 mA，内阻R g约为100 Ω，可供选择的滑动变阻器R1有：A．阻值为0～10 Ω，允许通过最大电流为2 AB．阻值为0～50 Ω，允许通过最大电流为1.5 A.可供选择的电阻箱R有：C．阻值为0～99.9 ΩD．阻值为0～999.9 Ω为了比较准确地测量出电流表的内阻R g，应选用的滑动变阻器R1是________；应选用的电阻箱R是________．(填仪器前的字母代号)(4)本实验中电流表的测量值R g测与电流表内阻的真实值R g真相比，有________．A．R g测>R g真B．R g测<R g真C．R g测＝R g真D．R g测可能大于R g真，也可能小于R g真[解析](1)电路图如图所示．(2)由图可知，此电路图中滑动变阻器采用分压式接法，在分压式接法中，滑动变阻器的阻值越小，测量电路中的电压也越稳定，可近似认为电阻箱和电流表的总电压U 不变，则电流表示数满偏时，I 0＝U R g ；当电流表的示数为I 03时，I 03＝U R 0＋R g，联立解得R 0＝2R g . (3)在分压式接法中，滑动变阻器的阻值越小，测量电路中的电压越稳定，所以要选择阻值为0～10 Ω的滑动变阻器A ；电流表内阻约为100 Ω，R 0＝2R g ≈200 Ω，故选择阻值为0～999.9 Ω的电阻箱D 即可．(4)接入电阻箱后，电流表所在的支路的电阻增大，因此并联部分的电阻增大，并联部分的分压增大，即(R 0＋R g )·13I 0>R g I 0，所以R 0>2R g ，即R g 测>R g 真，故选A.[答案] (1)见解析图 (2)R 0＝2R g(3)A D (4)A。
(新课标)高考物理一轮复习 课时跟踪训练16 圆周运动-人教版高三全册物理试题
【与名师对话】〔新课标〕2016高考物理一轮复习课时跟踪训练16圆周运动一、选择题1．(多项选择)计算机硬盘内部结构如下列图，读写磁头在计算机的指令下移动到某个位置，硬盘盘面在电机的带动下高速旋转，通过读写磁头读写下方磁盘上的数据．磁盘上分为假设干个同心环状的磁道，每个磁道按圆心角等分为18个扇区．现在普通的家用电脑中的硬盘的转速通常有5400 r/min和7200 r/min两种，硬盘盘面的大小一样，如此( ) A．磁头的位置一样时，7200 r/min的硬盘读写数据更快B．对于某种硬盘，磁头离盘面中心距离越远，磁头经过一个扇区所用的时间越长C．不管磁头位于何处，5400 r/min的硬盘磁头经过一个扇区所用的时间都相等D．5400 r/min与7200 r/min的硬盘盘面边缘的某点的向心加速度的大小之比为3∶4解析：根据v＝2πnr可知转速大的读写速度快，所以A选项是正确的．根据t＝θω＝θ2πn可知B选项错，C选项正确．根据a n＝(2πn)2r可知D选项错误．答案：AC2．(多项选择)在地球外表上，除了两极以外，任何物体都要随地球的自转而做匀速圆周运动，当同一物体先后位于a和b两地时，如下表述正确的答案是( ) A．该物体在a、b两地所受合力都指向地心B．该物体在a、b两地时角速度一样大C ．该物体在b 时线速度较大D ．该物体在b 时的向心加速度较小解析：地球自转，地球上的物体将绕着地轴做匀速圆周运动，它们的圆心都在地轴上，轨迹在垂直于地轴的平面上，a 、b 两点不同纬度，它们到地轴的距离不同，即它们做圆周运动的半径不同，r a <r b .物体在a 、b 两地所受合力方向应垂直于地轴且指向地轴，A 选项错误；a 、b 两地角速度一样，且r a <r b ，根据v ＝ωr ，物体在b 时线速度较大，B 、C 选项正确；根据a ＝ω2r 可得，物体在b 时的向心加速度较大，D 选项错误．答案：BC 3.摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如右图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁〞一样．假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，如此质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g 取10 m/s 2)( )A ．500 NB ．1000 NC ．500 2 ND ．0解析：乘客所需的向心力：F ＝m v 2R＝500 N ，而乘客的重力为500 N ，故火车对乘客的作用力大小为5002N ，C 正确．答案：C4．(2014·重庆市重庆一中期中)一辆轿车正在通过如下列图的路段，关于该轿车在转弯的过程中，正确的答案是( )A．轿车处于平衡状态B．轿车的速度大小不一定变化C．轿车加速度的方向一定沿运动路线的切线方向D．轿车加速度的方向一定垂直于运动路线的切线方向解析：由图可知汽车要绕转盘做圆周运动，轿车一定有向心加速度，故是非平衡状态，选项A错误．轿车可以是匀速圆周运动或变速圆周运动，速度的大小不一定变化，但方向一定变化，选项B正确．假设汽车做匀速圆周运动，受到的静摩擦力提供向心力，加速度方向指向圆心；假设是变速圆周运动，有切向加速度和径向加速度，如此加速度方向一定不会指向圆心所以C、D错误．应当选B.答案：B5．(2014·浙江省金华一中模拟)实验是模拟拱形桥来研究汽车通过桥的最高点时对桥的压力．在较大的平整木板上相隔一定的距离钉4个钉子，将三合板弯曲成拱桥形卡入钉内，三合板上外表事先铺上一层牛仔布以增加摩擦，这样玩具惯性车就可以在桥面上跑起来了．把这套系统放在电子秤上，关于电子秤的示数如下说法正确的答案是( ) A．玩具车静止在拱桥顶端时的示数小一些B．玩具车运动通过拱桥顶端时的示数大C ．玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态D ．玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大(未离开拱桥)，示数越小解析：玩具车在最高点时，受向下的重力和向上的支持力作用，根据牛顿定律mg －F N＝m v 2R ，即F N ＝mg －m v 2R<mg ，根据牛顿第三定律，玩具车对桥面的压力为F ′N ＝F N ，所以玩具运动通过拱桥顶端时速度越大(未离开拱桥)，示数越小，选项D 正确．答案：D6．(2013·江苏卷)如下列图，“旋转秋千〞中的两个座椅A 、B 质量相等，通过一样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，如下说法正确的答案是( )A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小解析：A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r 得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如下列图，根据F 向＝mω2r与tan θ＝F 向mg ＝ω2r g 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T＝cos θ，即T ＝mgcos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确． 答案：D7．(2014·洛阳检测)如下列图，长为L 的轻杆，一端固定一个质量为m 的小球，另一端固定在水平转轴O 上，杆随转轴O 在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，如此此时杆与水平面的夹角θ是( )A ．sin θ＝ω2L gB ．tan θ＝ω2LgC ．sin θ＝g ω2L D ．tan θ＝gω2L解析：对小球受力分析如下列图，杆对球的作用力和小球重力的合力一定沿杆指向O ，合力大小为mLω2.由图中几何关系可得sin θ＝ω2Lg，选项A 正确．答案：A8．(多项选择)(2014·资阳诊断)如下列图，水平放置的两个用一样材料制成的轮P 和Q 靠摩擦传动，两轮的半径R ∶r ＝2∶1.当主动轮Q 匀速转动时，在Q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q 轮边缘上，此时Q 轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a 1，假设改变转速，把小木块放在P 轮边缘也恰能静止，此时Q 轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a 2，如此( )A.ω1ω2＝22B.ω1ω2＝21C.a 1a 2＝11D.a 1a 2＝12解析：根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ；联立解得μg ＝ω21r .小木块放在P 轮边缘也恰能静上，μg ＝ω2R ＝2ω2r .由ωR ＝ω2r 联立解得ω1ω2＝22，选项A 正确B 错误；ma ＝μmg ，所以a 1a 2＝11，选项C 正确D 错误．答案：AC9．有一半径为R 的圆台在水平面上绕竖直轴匀速转动，圆台边缘上有A ，B 两个圆孔且在一条直线上，在圆心O 点正上方R 高处以一定的初速度水平抛出一小球，抛出那一时刻速度正好沿着OA 方向，为了让小球能准确地掉入孔中，小球的初速度和圆台转动的角速度分别应满足(重力加速度为g )( )A.gR8，2kπg2R(k ＝1,2,3…) B.gR2，kπg2R(k ＝1,2,3…) C.gR8，kπg2R(k ＝1,2,3…) D.gR2，2kπg2R(k ＝1,2,3…) 解析：小球抛出后做平抛运动，设运动时间为t ，如此R ＝12gt 2，R ＝v 0t ，t ＝2R g，要使小球落入孔中，在t 时间内，圆台转过的角度为kπ，k 为正整数，即：ωt ＝kπ，ω＝kπt＝kπg 2R ，k ＝1,2,3，…，v 0＝R t ＝R g2R＝gR2，选项B 正确．答案：B10．(2014·安徽省“江南十校〞高三联考)如图，在一半径为R 的球面顶端放一质量为m 的物块，现给物块一初速度v 0，如此( ) A ．假设v 0＝gR ，如此物块落地点离A 点2RB ．假设球面是粗糙的，当v 0<gR 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面C ．假设v 0<gR ，如此物块落地点离A 点为RD ．假设移v 0≥gR ，如此物块落地点离A 点至少为2R解析：当v 0＝gR ，物块将离开球面做平抛运动，由y ＝2R ＝gt 2/2，x ＝vt ，得x ＝2R ，A 错误，D 正确；假设v 0<gR ，物块将沿球面下滑，假设摩擦力足够大，如此物块可能下滑一段后停下来，假设摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜面下抛，落地点离A 点距离大于R ，B 、C 错误．答案：D 二、非选择题11．(2014·临沂质检)游乐园的小型“摩天轮〞上对称站着质量均为m 的8位同学，如下列图，“摩天轮〞在竖直平面内逆时针匀速转动，假设某时刻转到顶点a 上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c 处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b 处接到，“摩天轮〞半径为R ，重力加速度为g ，(不计人和吊篮的大小与重物的质量)．求：(1)接住前重物下落运动的时间t ；(2)人和吊篮随“摩天轮〞运动的线速度大小v ； (3)乙同学在最低点处对地板的压力F N . 解析：(1)由2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g. (2)v ＝s t，s ＝πR4，联立解得：v ＝18πgR .(3)由牛顿第二定律，F －mg ＝m v 2R，解得F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π264mg . 由牛顿第三定律可知，乙同学在最低点处对地板的压力大小为F ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π264mg ，方向竖直向下．答案：(1)2R g (2)18πgR (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π264mg ，方向竖直向下12．(2013·重庆卷)如下列图，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与O 、O ′之间的夹角θ为60°.重力加速度大小为g .(1)假设ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)假设ω＝(1±k)ω0，且0<k<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．解析：(1)对小物块分析受力，如下列图．由图知F合＝mg tanθ①由牛顿第二定律有F合＝mω20r②由题意知r＝R sinθ③联立①②③式解得ω0＝2g R(2)假设ω＝ω0(1－k)时，物块有向下滑的趋势，摩擦力沿罐壁切线向下，受力如下列图．y方向，受力平衡，有F N cos60°＋F f1cos30°＝mg④x方向，根据牛顿第二定律有F N sin60°－F f1sin30°＝m[(1－k)ω0]2R sin60°⑤联立①②③④⑤解得F f1＝3k2－k mg2假设ω＝ω0(1＋k)时，物块有向上滑的趋势，如此摩擦力沿罐壁切线向下，受力如下列图．y方向，受力平衡，有F′N cos60°＝F f2s in60°＋mg⑥x方向，根据牛顿第二定律有F′N sin60°＋F f2cos60°＝m[(1＋k)ω0]2R sin60°⑦联立①②③⑥⑦解得F f2＝3k k＋2mg2答案：(1)2g R(2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为3k k＋2mg2；当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为3k2－k mg2。
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课时跟踪训练(三十六)一、选择题1．(2014·四川卷)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则()A．用户用电器上交流电的频率是100 HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：整个远距离输电过程中，交流电的频率不变，由图乙可知，交流电的频率为50 Hz，A错误．发电机输出交流电的电压最大值为500 V，B错误．输电线的电流由用户端电流和降压变压器原、副线圈的匝数比共同决定，C错误．当用户用电器的总电阻增大时，用户电流减小，输电线电流减小，输电线损失的功率减小，D正确．答案：D2.(2014·安徽师大摸底)一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则() A．流过电阻的最大电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是141 VC．变压器的输入功率是2.2×103 WD．在交变电流变化的—个周期内，电阻产生的焦耳热是20 J 解析：由变压器变压公式，副线圈输出电压U＝100 V，输出电流I＝10 A，由欧姆定律可得流过电阻的最大电流是I m＝2I＝10 2 A，选项A错误；由变压器变压公式，知与电阻并联的电压表的示数是100 V，选项B错误；变压器输出功率P＝UI＝100×10 W＝1000 W，则变压器的输入功率是1000 W，选项C错误；在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是Q＝I2RT＝102×10×0.02 J＝20 J，选项D正确．答案：D3.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：为使电流表正常工作，电流表应接在电流较小一侧，由I 1I 2＝n 2n 1可知，匝数较多的cd 端应接PQ ，匝数少的ab 端接MN ，这样I ab >I cd ，选项B 正确．答案：B4．(2014·四川自贡一诊)如图所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a 、b 接一正弦交变电源，电压u＝311sin 100πt V．变压器右侧部分为一火警系统原理图．其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R1为一定值电阻．下列说法正确的是()A．当R2所在处出现火情时，电阻R1的功率变小B．当R2所在处出现火情时，电压表V2的示数变大C．当R2所在处出现火情时，电流表A的示数变小D．电压表V1示数为22 V解析：根据题意，输入电压的有效值U1＝220 V，再根据电压比公式可知，副线圈的输出电压为U2＝22 V，因为输入电压决定输出电压，所以当R2所在处出现火情时，副线圈电压不变，仍是22 V，即电压表V1示数仍是22 V，选项D正确；当R2所在处出现火情时，R2阻值随温度升高而减小，副线圈电路的总电阻减小，输出电流I2增大，电阻R1的功率P＝I22R1变大，R2两端的电压U2＝U1－I2R1变小，即电压表V2的示数变小，输入电流I1＝n2n1I2＝0.1I2变大，所以电流表A的示数变大，选项A、B、C错误．答案：D5．(多选)(2014·怀化市高三模拟)如图是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ∶1，原线圈接电压为U 的交流电源，输出端接有一只电阻为R 的灯泡L 和风扇电动机D ，电动机线圈电阻为r .接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I ，则下列说法正确的是( )A ．风扇电动机D 两端的电压为IrB ．理想变压器的输入功率为UI nC ．风扇电动机D 输出的机械功率为UI n －I 2rD ．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为U (R ＋r )n 2Rr解析：风扇正常运转，为非纯电阻电路，风扇电动机的两端电压U ′>Ir ，选项A 错．根据原副线圈匝数比等于电压比可得U U 2＝n ，副线圈电压U 2＝U n ，副线圈电流I 2＝I ＋I L ，根据电流与匝数成反比，可得原线圈电流I 1＝I 2n ，理想变压器输入功率等于UI 1＝UI 2n ，选项B错．风扇电动机D 输出的机械功率为总功率减去热功率即U 2I －I 2r ＝UI n －I 2r ，选项C 对．若电风扇由于机械故障被卡住，则风扇变为纯电阻，此时副线圈电流I 2＝U 2R ＋U 2r ＝U (r ＋R )nrR ，原线圈电流I 1＝I 2n ＝U (r ＋R )n 2rR，选项D 对． 答案：CD6．(多选)(2014·宁波市十校高三联考)图甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R ，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )A．电压表的示数为10 VB．0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍解析：由图乙知交流电电压峰值为10 2 V，电压表显示的为有效值10 V，A正确；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确．答案：ABD7．(多选)(2014·浙江省金华十校高考模拟)如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中．线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e＝2002cos(100πt)V.线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20 V、8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4 2 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计．下列判断正确的是()A．t＝0 s时刻的线框中磁通量变化率为最大B．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C．若副线圈两端并联多只“20 V、8 W”的灯泡，则最多不能超过10只D．若线框转速减半，产生的电动势e＝1002cos(100πt)V解析：由题意知线圈产生的电动势e＝2002cos(100πt)V，故t ＝0 s时刻电动势最大，线框中磁通量的变化率最大，所以A正确；变压器原线圈的电压U1＝200 V，又灯泡能正常发光，副线圈的电压U2＝20 V，根据变压规律n1n2＝U1U2＝101，所以B正确；灯泡的电流I＝PU2＝0.4 A，因为熔断器熔断电流为0.4 2 A，故原线圈的电流有效值最大为0.4 2 A，根据变流规律可知副线圈的电流最大为4 2 A 大于10I，所以副线圈并联的灯泡能超过10只，故C错误；若线框转速减半，即角速度减半产生的电动势e＝1002cos(50πt)V，故D 错误．答案：AB8．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则()A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：由于二极管的单向导电性，U ab∶U cd≠n1∶n2，A错误．增大负载电阻的阻值R，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，即电流表的读数变小，B正确．c、d间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定，与电阻R无关，C错误．将二极管短路，副线圈中的电流加倍，则原线圈中的电流也加倍，D正确．答案：BD9．(多选)(2014·扬州中学高三阶段测试)如图所示，理想变压器，原副线圈的匝数比为n.原线圈接正弦交流电压U，输出端A、A1、A2、A3为理想的交流电流表，R为三个完全相同的电阻，L为电感，C为电容，当输入端接通电源后，电流表A读数为I.下列判断正确的是()A．副线圈两端的电压为nUB．通过副线圈的最大电流2IC．电流表A1的读数I1大于电流表A2的读数I2D．电流表A3的读数I3＝0解析：根据U1U2＝n1n2，得U1U2＝n，故A错误；根据题意得，电流表A读数为I，副线圈的电流有效值为I，所以通过副线圈的最大电流为2I，故B正确；电感线圈会对交流电有阻碍作用，即I1＞I2，故C正确；电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A3，即I3≠0，故D错误．答案：BC10．(2014·邯郸市高三模拟)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路．其中，电容器击穿电压为8 V，各电表均为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()A．电压表的读数为10 VB．电流表的读数约为0.05 AC．电阻R2上消耗的功率为2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿解析：由乙图知，原线圈电压的有效值为U 1＝100 2 V ，根据变压规律得U 2＝10 2 V ，开关S 处于断开状态，负载为R 1、R 2串联，电压表测量R 2的电压，又R 1＝R 2，可得电压表读数为5 2 V ，所以A 错误；副线圈电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝24A ，所以B 错误；电阻R 2上消耗的功率P 2＝I 22R 2＝2.5 W ，故C 正确；若闭合开关S ，电容器等于13U 2＝1032 V 小于8 V ，故电容器不会被击穿，所以D 错误． 答案：C二、非选择题11．理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2＝U ，则n 1＝1650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A. 答案：(1)1650匝 (2)13 A (3)23A 12．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011 m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电量约为W ＝8.40×1010 kW·h.该工程已全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2)：(1)若三峡电站上、下游水位差按h＝100 m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P1＝4.5×105 kW，采用超高压输电，输电电压为U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV.若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．解析：(1)一年里水流做功(即减少的势能)W′＝Qρgh.水流的势能转化为电能的效率η＝WW′＝WQρgh，将数据代入上式得η≈67%.(2)设每台发电机组平均年发电n天，则W＝Pt，即P×n×24＝W.所以n＝W24P＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天．(3)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2＝U0U＝18500＝9250，输电线上的电流I ＝P 1U ＝900 A.损失功率P 损＝5%P 1＝I 2r ，所以r ≈27.8 Ω.答案：(1)η＝W Qρgh 67% (2)192.3天(3)925027.8 Ω。