2014届高考物理一轮阶段知能检测8

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2014高考物理一轮(全套)答案

参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C [解析] 由于x ＝v 2t ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，故刹车试验符合规定．2．B [解析] 无论加速度正在增大还是正在减小，只要加速度与速度同向，物体速度就一直增大，当加速度减小到零时，物体速度达到最大，速度不再增大，但位移会继续增大，本题只有选项B 正确．3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．C [解析] 质点甲在第1 s 内向负方向运动，其他三个质点在第1 s 内均向正方向运动，而平均速度是矢量，选项A 错误．质点丙在前2 s 内一直向正方向运动，不可能回到出发点，选项B 错误．第2 s 内，质点甲、丙、丁的速度大小都在增大，选项C 正确．前2 s 内质点乙、丙都向正方向运动，且第2 s 末位移相同，选项D 错误．5．C [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第4 s 内对应图线的斜率不同，所以加速度不同，选项B 错误；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．6．CD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 错误；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 错误，选项C 正确；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．7．AD [解析] 小盒子B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲后，经过12t 1时间到达被测物体并被反射折回，再经过12t 1时间回到小盒子B ，在该过程中，超声波经过的路程为2x 1，所以超声波的速度为v 声＝2x 1t 1，选项A 正确；从小盒子B 发射超声波开始计时，经时间Δt 0再次发射超声波脉冲，经过12(t 2－Δt 0)时间到达被测物体并被反射折回，再经过12(t 2－Δt 0)回到小盒子B ，该过程中，超声波经过的路程为2x 2，所以，超声波的速度为v 声＝2x 2t 2－Δt 0，选项B 错误；被测物体在12t 1时刻第一次接收到超声波，在Δt 0＋12(t 2－Δt 0)即12(t 2＋Δt 0)时刻第二次接收到超声波，该过程中被测物体发生的位移为x 2－x 1，所以物体的平均速度为v ＝x 2－x 112（t 2＋Δt 0）－12t 1＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋Δt 0，故选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由x 56－x 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m/s 2；位置4对应的速度为v 4＝x 352T ＝9×10－2 m/s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(x 6－x 4)－(x 4－x 2)＝4aT 2求解．Ⅱ.(1)D (2)v 22—h 速度平方的二分之一重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v 22—h 图象，其斜率也等于重力加速度．9．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 x 1＋x 2＝180 m ，其中x 1＝12at 21，x 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 x 1′＋x 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m. 其中x 1′＝12at 22，x 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s.故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.10．4 m/s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝gsin30°＝5 m/s 2由hsin30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m/s 小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m/s 2 小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m/s.45分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得Nsin θ＝mg ，即N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由Ftan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确，选项B 错误．2．A [解析] 根据f ＝μF N ，物体与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力均为40 N ，故当用15 N 、30 N 、80 N 的水平拉力拉物体时，物体受到的摩擦力依次为15 N 、30 N 、40 N ，A 正确．3．A [解析] 木块A 和木板B 均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B 之间没有摩擦力，A 和B 间的滑动摩擦力等于F ，A 正确，B 错误；若木板以2v 的速度运动或用力2F 拉木板B ，木块A 受到的滑动摩擦力为F ，C 、D 错误．4．C [解析] 如图所示，对C 点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD 对C 点的拉力F CD ＝mgtan30°，对D 点进行受力分析，绳CD 对D 点的拉力F 2＝F CD ＝mgtan30°，F 1方向一定，则当F 3垂直于绳BD 时，F 3最小，由几何关系可知，F 3＝F CD cos30°＝12mg.5．B [解析] 对球受力分析如图所示，球受重力G 、墙对球的支持力N 1′和板对球的支持力N 2′而平衡．作出N 1′和N 2′的合力F ，它与G 等大反向．在板BC 逐渐放至水平的过程中，N 1′的方向不变，大小逐渐减小，N 2′的方向发生变化，大小也逐渐减小，如图所示，由牛顿第三定律可知：N 1＝N 1′，N 2＝N 2′.选项B 正确．6．BD [解析] 木块A 、B 分别受弹簧的弹力为F ＝kx ＝5 N ，则用F ＝7 N 的水平力作用在木块A 上后，A 受水平向左的静摩擦力为2 N ，选项A 、C 错误，选项B 正确；木块在B 水平方向上只受弹簧的弹力和地面的静摩擦力，二者等大反向，即木块B 受到静摩擦力为5 N ，选项D 正确．7．BC [解析] 由图乙可知，物块A 沿斜面匀速下滑，故物块A 一定受到重力、斜面对A 的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故地面对斜面体的作用力竖直向上，C 正确，D 错误．8．Ⅰ.(1)AB (2)C [解析] (1)本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，从而探究弹力与弹簧伸长的关系，A 、B 正确，C 、D 错误．(2)考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x>0，C 正确．Ⅱ.(1)④⑤①③② (2)ABD[解析] (1)做该实验的过程中应该首先将三根橡皮条拴在图钉上，这样便于测橡皮条的原长，之后就要固定两个图钉拉第三个图钉到适当的位置进行实验，把第三个图钉也固定好后就可测每根橡皮条的长度并计算出伸长量，最后按照胡克定律转换成力作出力的图示进行实验研究，所以正确的实验步骤是④⑤①③②.(2)该实验的关键是应用三个共点力平衡的推论进行实验原理的改进，应用胡克定律将测量力的大小转换为测量橡皮条的长度，选项A 、B 正确；任何实验都有误差，误差是不可避免的，不能因为有误差就把实验完全否定，选项C 错误；实验的误差有系统误差和偶然误差，三根橡皮条不能做到粗细、长短完全相同，是该实验误差的主要来源之一，选项D 正确.9.52[解析] 平衡后绳圈c 受力如图所示，有F 1＝m 2g F 2＝m 1g由图中几何关系及平衡条件可知 F 2F 1＝l 2＋⎝⎛⎭⎫l 22l＝52解得m 1m 2＝52.10. (1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 进行受力分析，可知A 受到四个力的作用，分解绳的拉力，根据平衡条件可得N 1＝m A g ＋Tsin θ， f 1＝Tcos θ，其中f 1＝μ1N 1解得T ＝μm A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)对B 进行受力分析，可知B 受6个力的作用地面对B 的支持力N 2＝m B g ＋N 1，而N 1＝m A g ＋Tsin θ＝160 N 故拉力F ＝μ2N 2＋μ1N 1＝200 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 正确．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．2．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．3．B [解析] 物体与地面间最大静摩擦力F f ＝μmg ＝0.2×2×10 N ＝4 N ．由题给F －t 图象知，0～3 s 内，F ＝4 N ，说明物体在这段时间内保持静止不动；3～6 s 内，F ＝8 N ，说明物体做匀加速运动，加速度a ＝F －fm ＝2 m/s 2；6 s 末物体的速度v ＝at ＝2×3 m/s ＝6 m/s ；在6～9 s 内，物体以6 m/s 的速度做匀速运动；9～12 s 内，物体以2 m/s 2的加速度做匀加速运动．作出v －t 图象如图所示，故0～12 s 内的位移x ＝12×6×3 m ＋6×3 m ＋12×(6＋12)×3m ＝54 m.4．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D. 5．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.6．BD [解析] 小煤块刚放上传送带后，加速度a ＝μg ＝4 m/s 2，故小煤块加速到与传送带同速所用的时间为t 1＝v 0a ＝0.5 s ，此时小煤块运动的位移x 1＝v 02t 1＝0.5 m ，而传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝1 m ，故小煤块在传送带上的划痕长度为l ＝x 2－x 1＝0.5 m ，C 错误，D 正确；之后小煤块匀速运动，故运动到B 所用的时间t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 所用的时间t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，A 错误，B 正确．7．BD [解析] 由速度图象可得，在0～2 s 内，物体做匀加速运动，加速度a ＝ΔvΔt ＝0.5m/s 2，2 s 后，物体做匀速运动，合外力为零，即推力等于阻力，故0～2 s 内的合外力F 合＝21.5 N －20 N ＝1.5 N ，由牛顿第二定律可得：m ＝F 合a ＝1.50.5 kg ＝3 kg ，选项A 错误；由匀速运动时F ＝mgsin α＋μmg cos α，解得：μ＝39，选项B 正确；撤去推力F 后，物体先做匀减速运动到速度为零，之后所受的合外力为F 合′＝mgsin α－μmg cos α＝10 N>0，所以物体将下滑，下滑时的加速度为a′＝F 合′m ＝103m/s 2，选项C 错误，选项D 正确．8．Ⅰ.(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（x 6＋x 5＋x 4）－（x 3＋x 2＋x 1）9（2T ）2＝4.0 m/s 2. Ⅱ.(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T 2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25m/s 2，a 2＝0.49 m/s 2，a 3＝0.75 m/s 2，a 4＝0.99 m/s 2，a 5＝1.26 m/s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m＝0.2 kg.9．(1)1.0 m/s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式有：s ＝12at 2，解得a ＝2s t 2＝2×0.51.02 m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)物体运动过程受力如图所示．根据胡克定律有F ＝kx ＝200×0.9×10－2 N ＝1.8 N 根据牛顿第二定律有 F －f －mgsin37°＝ma则f ＝F －mgsin37°－ma ＝1.8 N －0.2×10×0.6 N －0.2×1.0 N ＝0.4 N 又N ＝mgcos37°＝0.2×10×0.8 N ＝1.6 N 根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝f N ＝0.41.6＝0.25.10．(1)3 s (2)26 N[解析] (1)对于B，在未离开A时，其加速度为a B1＝μ1mgm＝1 m/s2设经过时间t1后B离开A，离开A后B的加速度为a B2＝－μ2mgm＝－2 m/s2设A从B下抽出瞬间B的速度为v B，有v B＝a B1t112a B1t 21＋v2B－2a B2＝s联立解得t1＝2 s则t2＝v B－a B2＝1 s所以B运动的时间是t＝t1＋t2＝3 s(2)设A的加速度为a A，则根据相对运动的位移关系得12a A t 21－12a B1t21＝L－s解得a A＝2 m/s2根据牛顿第二定律得F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma A解得：F＝26 N.45分钟滚动复习训练卷(一)1．C[解析] 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F合＝mg－F弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F合＝F弹－mg，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大但方向向上，速度减小．2．D[解析] 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D正确．3．C[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0，D项错误.4．A[解析] 若摩擦力与拉力同向，则F＋f＝ma b，f＝ma a，解得F＝f＝0.1 N；若摩擦力与拉力反向，则f－F＝ma a，f＝ma b，解得f＝0.2 N，F＝0.1 N，A错误，B、C、D正确．5．C[解析] 由于A、B之间的最大静摩擦力F1大于B、C之间的最大静摩擦力F2，当外力F小于F2时，A、B静止不动；当F大于F2时，A、B一起加速运动，由牛顿第二定律有：F－F2＝(m A＋m B)a，由于F逐渐增大，故加速度逐渐增大，对木板，当其最大加速度a m＝F1－F2m B，此时F＝F1＋m Am B(F1－F2)；当F再增大时，A、B即开始相对滑动，对木板B有：F 1－F 2＝m B a ，此后木板B 做匀变速直线运动，选项C 正确．6．CD [解析] v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m/s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m/s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．AC [解析] 车减速上坡，其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．8．(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦[解析] (1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够[解析] (1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所以在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10. (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出，物块冲上木板后做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04 m/s 2＝1 m/s 2，物块和木板达到共同速度后一起做匀减速运动的加速度大小a 3＝4－08m/s 2＝0.5 m/s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到共同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 联立解得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx ＝10×4×12m ＝20 m.45分钟单元能力训练卷(四)1．D2．B [解析] 轨道对小球的支持力始终与小球运动方向垂直，轨道对小球不做功；小球从P 运动到Q 的过程中，重力做正功，动能增大，可判断v P ＜v Q ；根据v ＝ωr ，又r P ＞r Q ，可知ωP ＜ωQ ，A 错误，B 正确．根据a ＝v 2r ，由v P ＜v Q ，r P ＞r Q ，可知a P ＜a Q ，C 错误．在最高点有mg ＋F N ＝ma ，即F N ＝ma －mg ，因a P ＜a Q ，所以F Q ＞F P ，D 错误．3．B [解析] 由开普勒第三定律a 3T 2＝k 可知，只要椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等，它们的周期就是相同的，A 项错误；沿椭圆轨道运行的一颗卫星在关于长轴(或短轴)对称的点上时，线速度的大小是相同的，B 项正确；同步卫星的轨道半径、周期、线速度等都是相同的，C 项错误；经过同一点的卫星可以在不同的轨道平面内，D 项错误．4．A [解析] 飞镖做平抛运动，运动到靶子处的时间为t ＝xv ，当v ≥50 m/s 时，t ≤0.1 s ，飞镖下落高度为h ＝12gt 2≤5 cm ，落在第6环以内，A 错误，B 正确；若要击中第10环的圆内，则飞镖运动的时间t ≤2R 0g＝0.002 s ，所以飞镖的速度v 至少应为505m/s ，C 正确；同理，若要击中靶子，则飞镖运动的时间t ≤2R 1g＝0.02 s ，所以飞镖的速度v 至少应为25 2 m/s ，D 正确．5．C [解析] 若使质点到达斜面时位移最小，则质点的位移应垂直斜面，如图所示，有x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，且tan θ＝x y ＝v 0t 12gt2＝2v 0gt ，所以t ＝2v 0gtan θ＝2v 0gtan37°＝8v 03g ，选项C 正确．6．BD [解析] 滑雪者开始时做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，加速度为g ，落到斜坡后，滑雪者沿斜坡以gsin30°的加速度匀加速下滑，将运动分解水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀加速运动，加速度a 1＝gsin30°·sin30°＝14g ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．7. AC [解析] “空间站”运行的加速度及其所在高度处的重力加速度均完全由其所受的万有引力提供，选项A 正确；由G Mm R 2＝m v 2R得v ＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B 错误；由G MmR 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 得T ＝2πRRGM，所以“空间站”运行周期小于地球自转的周期，站在地球赤道上的人观察到“空间站”向东运动，选项C 正确；“空间站”内的宇航员随“空间站”做匀速圆周运动，处于非平衡状态，选项D 错误．8．Ⅰ.2πnr 1r 3r 2[解析] 前进速度即为Ⅲ轮的线速度，因为同一个轮上的角速度相等，而同一条传送链上的线速度大小相等，所以可得：ω1r 1＝ω2r 2，ω2＝ω3，又有ω1＝2πn ，v ＝ω3r 3，所以v ＝2πnr 1r 3r 2.Ⅱ.34∶1 1∶316 [解析] 同步卫星的周期为T 1＝24 h ．由开普勒第三定律，有R 31T 21＝R 32T 22，得R 1R 2＝341；卫星做匀速圆周运动时由万有引力充当向心力，G Mm R 2＝ma ，得a 1a 2＝R 22R 21＝1316. 9．(1)2gl (2)12l g[解析] (1)飞镖被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t 1＝lv 0＝l g此时飞镖在竖直方向上的分速度 v y ＝gt 1＝gl故此时飞镖的速度大小 v ＝v 20＋v 2y ＝2gl.(2)飞镖从掷出到击中气球过程中下降的高度h 1＝12gt 21＝l 2气球从被释放到被击中过程中上升的高度 h 2＝2l －h 1＝3l2气球上升的时间t 2＝h 2v 0＝3l 2v 0＝32l g可见，t 2>t 1，所以应先释放气球．释放气球与掷飞镖之间的时间间隔 Δt ＝t 2－t 1＝12l g. 10．(1)2π （R ＋h ）3Gm 月 (2)T 02πGm 月（R ＋h ）3(3)2π2R T 0（R ＋h ）3Gm 月[解析] (1)“嫦娥二号”的轨道半径r ＝R ＋h ，由G mm 月r 2＝m 4π2T2r ，可得“嫦娥二号”卫星绕月运行的周期T ＝2π （R ＋h ）3Gm 月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n ＝T 0T ＝T 02π Gm 月（R ＋h ）3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s ＝2πR 2n＝2π2R T 0 （R ＋h ）3Gm 月. 45分钟单元能力训练卷(五)1．D [解析] 由能量守恒定律可知，运动员减小的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹＜mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹＞mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得，W 合＝－E k0，选项C 错误．2．C [解析] 对两个过程分别应用机械能守恒定律得：m B gH －m A gH ＝12(m A ＋m B )v 2，2m A gH －m B gH ＝12(2m A ＋m B )v 2，联立解得m A m B ＝22，选项C 正确． 3．B [解析] 当两个物块共同向上运动时弹簧弹力减小，弹簧弹力恰好为零时，两个物块的共同加速度为重力加速度，此时两个物块恰好分离，A 物块做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可求得A 、B 分离时的初速度v ＝2gh ＝2 m/s ，当B 回到弹簧原长位置时，弹簧弹力又恰好为零，弹簧在此过程中做功为零，B 的动能与分离时的动能相同，速度仍为2 m/s ，B 正确．4．D [解析] 物块匀速运动时，速度沿斜面向上，故传送带顺时针传动.0～t 1内，物块沿传送带向下运动，物块对传送带的滑动摩擦力向下，物块对传送带做负功，选项A 错误；由图乙可知，在t 1时刻，物块的速度减为零，之后向上加速运动，所以μmg cos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，选项B 错误；0～t 2内，传送带对物块做的功W 加上物块重力做的功W G 等于物块动能的增加量，即W ＋W G ＝12mv 22－12mv 21，而根据v －t 图象可知物块的位移小于零，故W G >0，选项C 错误；在0～t 2内时间内，物块与传送带之间有相对滑动，系统的一部分机械能会通过“摩擦生热”转化为热量即内能，其大小Q ＝fx 相对，该过程中，物块受到的摩擦力f 大小恒定，设0～t 1内物块的位移大小为x 1，t 1～t 2内物块的位移大小为x 2，对0～t 2内的物块应用动能定理有：－fx 1＋fx 2＋W G ＝ΔE k ，即－ΔE k ＝f(x 1＋x 2)－W G ，由图乙知x 相对>x 1－x 2，，选项D 正确．5．D [解析] 汽车速度最大时，汽车所受到的牵引力F 1＝f ＝P v m，根据牛顿第二定律F －f ＝ma 得，P v －P v m ＝ma ，即a ＝P m (1v －1v m )，图象斜率k ＝P m ，横轴截距b ＝1v m，所以汽车的功率P 、汽车行驶的最大速度v m 可求，由f ＝P v m可解得汽车所受到阻力，选项A 、B 、C 正确；汽车不是匀加速运动，故不能求出汽车运动到最大速度所需的时间，选项D 错误．6．AC [解析] 设斜面倾角为θ，物体受到的合力F 沿斜面向下，F ＝mgsin θ－f ，故F不随t 变化，选项A 正确；根据牛顿第二定律知加速度a ＝F m也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，选项B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一部分，选项C 正确；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－fx ＝E 0－f·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一部分，选项D 错误． 7．BD [解析] A 、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误，选项B 正确；B 在运动过程中，除重力外弹簧对其做功，所以B 的机械能不守恒，因此根据机械能守恒定律m B gh ＝12m B v 2解得的v ＝2gh ＝ 2 m/s 是错误的，选项C 错误；根据系统机械能守恒，到达地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E ＝E k ＝m A g(L ＋h)＋m B gh ＋E p ＝6 J ，选项D 正确．8．(1)钩码的重力 mg (2)①（x 1＋x 2）f 4 ②Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2] mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)[解析] (1)滑块匀速下滑时，有Mgsin α＝mg ＋f ，滑块匀速下滑时，滑块所受合力F ＝Mgsin α－f ＝mg.(2)v A ＝x 1＋x 24T ＝（x 1＋x 2）f 4；v F ＝（x 6＋x 7）f 4，从A 到F 动能的增加量ΔE k ＝12Mv 2F －12Mv 2A ＝Mf 232[(x 6＋x 7)2－(x 1＋x 2)2]，合力F 做的功W F ＝mg(x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)． 9．(1) 2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ (2) 2gLsin θ＋v 202μgcos θ[解析] (1)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P 的最大距离为x.对滑块应用动能定理有mg(L －x)sin θ－μmg cos θ(L ＋x)＝0－12mv 20解得x ＝2gLsin θ－2μgL cos θ＋v 202gsin θ＋2μg cos θ. (2)最终滑块必停靠在挡板处，设滑块在整个运动过程中通过的路程为s.根据能量守恒定律得mgLsin θ＋12mv 20＝μmgs cos θ 解得s ＝2gLsin θ＋v 202μgcos θ. 10．(1)4 m/s (2)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m[解析] (1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg ＝ma 1对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v 0－a 1t ＝a 2t由以上各式解得t ＝1 s ，此时小车的速度为v 2＝a 2t ＝4 m/s.滑块的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2 小车的位移x 2＝12a 2t 2 相对位移L 1＝x 1－x 2联立解得L 1＝3 m ，x 2＝2 mL 1<L ，x 2<s ，说明滑块滑离小车前已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v 2＝4 m/s.(2) 滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L 2＝L －L 1＝1 m 后滑上半圆轨道．若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为v m .则mg ＝m v 2m R根据动能定理得－μmgL 2－mg·2R ＝12mv 2m －12mv 22 解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 22解得R ＝0.6 m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 若一个鸡蛋大约55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，A 正确．2．D [解析] “天宫一号”和“神舟八号”绕地球做圆周运动，是万有引力充当了“天宫一号”和“神舟八号”做圆周运动的向心力，根据万有引力定律和向心力的公式可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝m 4π2T 2r ＝mω2r ，所以a ＝GM r 2，v ＝GM r ，T ＝2πr 3GM ，ω＝GM r 3；根据“神舟八号”与“天宫一号”运行轨道示意图可得，“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，根据a ＝GM r2，“神舟八号”轨道半径小，加速度比“天宫一号”大，选项A 错误；根据v ＝GM r ，“神舟八号”轨道半径小，运行的速率比“天宫一号”大，选项B 错误；根据T ＝2πr 3GM ，“神舟八号”轨道半径小，运行的周期比“天宫一号”短，选项C 错误；根据ω＝GM r 3，“神舟八号”轨道半径小，运行的角速度比“天宫一号”大，选项D 正确．3．C [解析] 对全过程分析，由于物体再次经过P 点时位移为零，所以合外力做功为零，动能增量为零，初、末速率应相等，选项C 正确．4．C [解析] 小球沿管上升到最高点的速度可以为零，选项A 、B 错误；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即：F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．5．D [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图象为倾斜直线，水平速度图象为平行横轴的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图象为向上倾斜的直线，竖直位移图象为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图象为倾斜的直线，斜率小于重力加速度．选项D 正确．6．AC [解析] 由于引力与质量乘积成正比，所以在质量密集区引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生向心现象，引力做功，导致探测器飞行速率增大．7．BC [解析] 当盒子速度最大时，kx ＝(m A ＋m B )gsin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减小量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做功之和等于A 动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故知A 所受重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 动能的增量，选项D 错误．8. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒[解析] (1)重物在下落过程中做加速运动，纸带上相邻两点间的距离增大，故纸带左端与重物相连；(2)重物做匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，故可计算纸带上B 点对应的重物的瞬时速度，应取图中的O 点和B 点来验证机械能守恒定律．从O 点到B 点，重物的重力势能减少ΔE p ＝mgh B ＝1.88 J ，B 点对应的速度v B ＝h AC 2T＝（23.23－15.15）×10－22×0.02m/s ＝1.92 m/s ，物体动能的增加量ΔE k ＝12mv 2B ＝1.84 J ．可得出结论：在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒.9．(1)36 km (2)1.25×105 N (3)3.42×105 N ，与前进方向相同[解析] (1)由图象知海监船先做匀加速直线运动再匀速最后做匀减速直线运动．加速阶段a 1＝20－015×60m/s 2＝145 m/s 2 x 1＝v m 2t 1＝202×15×60 m ＝9×103m 匀速阶段x 2＝v m t 2＝20×(35－15)×60 m ＝2.4×104 m。

2014届高考物理一轮阶段知能检测3

阶段知能检测(三)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．)图11．(2012·茂名模拟)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图1所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( ) A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【解析】对于箱子和箱内物体组成的整体，a＝M＋m g－fM＋m，随着下落速度的增大，空气阻力f增大，加速度a减小．对箱内物体，mg－F N＝ma，所以F N＝m(g－a)将逐渐增大．故选C.【答案】 C图22．如图2所示，光滑水平面上放有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B，用力F推滑块A使三者无相对运动地向前加速运动，则各物体所受的合力( )A．滑块A最大B．斜面体C最大C．同样大D．不能判断谁大谁小【解析】本题考查学生对牛顿第二定律的理解和判断，由于三者加速度相等，所以三者所受合力同样大，选项C正确．一些学生没有抓住“ma表示合力”这个关键，盲目对三个物体做受力分析，既浪费时间，又可能会因复杂的分析而出错．【答案】 C3．(2013·哈尔滨模拟)一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角直至斜面倾角接近90°.在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是( )A．a增大，t增大B．a增大，t变小C．a增大，t先增大后变小D．a增大，t先变小后增大【解析】设斜面倾角为θ，斜面底边长为x0，则斜边长为x0cos θ.物体的加速度a＝g sin θ，θ增大时，a增大，由x0cos θ＝12at2可得：t＝4x0g sin 2θ，可见随θ的增大，t先变小后增大，故只有D正确．【答案】 D4．(2013·淮南模拟)如图3所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上．A、B间接触面光滑，在水平推力F作用下两物体一起加速运动，物体A恰好不离开地面，则关于A、B 两物体的受力个数，下列说法正确的是( )图3A．A受3个力，B受4个力B．A受4个力，B受3个力C．A受3个力，B受3个力D．A受4个力，B受4个力【解析】该题考查加速度相同的连接体的受力分析．由于A恰好不离开地面，所以地面对A的支持力为零，因此A只受到三个力的作用，而B受到四个力的作用，A选项正确．【答案】 A二、双项选择题(本大题共4小题，每小题7分，共28分．全部选对的得7分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)5．下列说法中正确的是( )A．只有处于静止状态或做匀速直线运动的物体才有惯性B．通常情况下，物体的惯性保持不变，要想改变物体的惯性，就必须对物体施加力的作用C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不是使之运动D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去【解析】惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，且惯性与物体的运动状态及受力情况无关，其大小由物体的质量决定．故A 、B 错．伽利略认为力不是维持物体运动的原因，他根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去．牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，并不是使物体运动的原因．故C 、D 对．【答案】 CD图46．如图4所示，A 、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θB ．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零C ．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2g sin θD ．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【解析】线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B 球受力平衡，a B ＝0，A 球所受合力为mg sin θ＋kx ＝2mg sin θ，故a A ＝2g sin θ.【答案】 BC图57．(2012·汕头模拟)如图5所示，在光滑的水平地面上，有两个质量均为m 的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2作用下运动(F 1>F 2)，则下列说法中正确的是( )A ．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F 1＋F 22k B ．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F 1－F 2k C ．撤去F 2的瞬间，A 、B 的加速度之比为F 1－F 2F 1＋F 2 D ．撤去F 2的瞬间，A 、B 的加速度之比为F 1－F 2F 2【解析】把两个物体看做一个整体，对该整体进行受力分析得：水平方向的F 1和F 2的合力即是整体受到的合外力F ＝F 1－F 2，根据牛顿第二定律得整体的加速度a ＝F 1－F 22m，方向向右；再隔离其中的一个物体A 进行受力分析，水平方向受到向右的拉力F 1和水平向左的弹簧弹力kx 的共同作用，由牛顿第二定律得F 1－kx ＝ma ，联立可得弹簧的伸长量为F 1＋F 22k，A 对；撤去F 2的瞬间，弹簧弹力不变，此时A 的加速度不变，B 的加速度为a B ＝kx m ＝F 1＋F 22m，所以A 、B 的加速度之比为F 1－F 2F 1＋F 2，C 对．【答案】 AC图68．(2012·池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图6所示的物理模型，一个小朋友在AB 段的动摩擦因素μ1<tan θ，BC 段的动摩擦因数μ2>tan θ，他从A 点开始下滑，则该小朋友从斜面顶端A 点滑到底端C 点的过程中( )A ．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B ．地面对滑梯始终无摩擦力作用C ．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D ．地面对滑梯的支持力先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小【解析】小朋友在AB 段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC 段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A 正确，B 错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C 错误，D 正确．【答案】 AD三、实验题(本题共2小题，共18分)9．(8分)(2012·济宁模拟)在“验证牛顿运动定律”的实验中，若测得某一物体质量m 一定时，a 与F 的有关数据资料如下表所示：1.98(1)(2)根据图象判定：当m 一定时，a 与F 的关系为__________________．(3)若甲、乙两同学在实验过程中，由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图7所示的a－F图象．图7试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：__________________________________________________________；乙：__________________________________________________________.【解析】(1)若a与F成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免地出现误差，研究误差产生的原因，从而减小误差，增大实验的准确性，则在误差允许范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑．描点画图如图所示．(2)由图可知a与F的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有较大截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．【答案】(1)见解析(2)正比例关系(3)平衡摩擦力时木板抬的过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够10．(10分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图8所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图8(1)图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图11所示．根据图中数据计算的加速度a＝________(保留三位有效数字)．图11(2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________．(填入所选物理量前的字母)A．木板的长度lB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是______．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)．与真实值相比，测量的动摩擦因数________(填“偏大”或“偏小”)．写出支持你的看法的一个论据：______________________________________________________________________________________________________________________________.【解析】(1)将题干图中每段距离标记为s1、s2、…、s7，加速度可由逐差法计算a＝s4＋s5＋s6－s1＋s2＋s39T2可得：a＝0.496 m/s2.(2)为测量动摩擦因数，需计算压力和摩擦力，压力F N ＝m 2g ，所以为确定压力需测量滑块质量m 2，而摩擦力满足F T －f ＝m 2a ，又因为m 3g －F T ＝m 3a ，所以f ＝m 3g －(m 2＋m 3)a ，所以为确定摩擦力还需测量托盘和砝码的总质量m 3.m 2、m 3需用托盘天平测出，还需要的实验器材是托盘天平(带砝码)．(3)由(2)中分析得：F N ＝m 2g ，f ＝m 3g －(m 2＋m 3)a ，由f ＝μF N ，μ＝m 3g －m 2＋m 3am 2g.由于纸带与限位孔及滑轮处阻力的存在，所计算f 值比真实值偏大，所以μ的测量值偏大．【答案】 (1)0.495 m/s 2～0.497 m/s 2(2)①CD ②托盘天平(带砝码) (3)m 3g －m 2＋m 3am 2g偏大见解析四、计算题(本题共3小题，共38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)图911．(12分)两个完全相同的物块a 、b 质量均为m ＝0.8 kg ，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图9中的两条直线表示物块受到水平拉力F 作用和不受拉力作用的v －t 图象，(a 、b 线分别表示a 、b 物块的v －t 图象)求：(1)物块b 所受拉力F 的大小； (2)8 s 末a 、b 间的距离．【解析】 (1)设a 、b 两物块的加速度大小分别为a 1、a 2，由v －t 图象可得a 1＝|0－64－0| m/s 2，得a 1＝1.5 m/s 2a 2＝|12－68－0| m/s 2，得a 2＝0.75 m/s 2对a 、b 两物块由牛顿运动定律得f ＝ma 1F －f ＝ma 2由以上几式可得F ＝1.8 N.(2)设a 、b 两物块8 s 内的位移分别为s 1、s 2，由图象得s 1＝12×6×4 m＝12 m s 2＝12×(6＋12)×8 m＝72 m所以Δs ＝s 2－s 1＝60 m. 【答案】 (1)1.8 N (2)60 m12．(12分)(2012·中山模拟)如图10甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O 点，今有水平向右的风力F 作用于小球上，经时间t 1＝2 s 后停止，球与细杆的动摩擦因数为μ＝0.5.小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．试求：图10(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2 s ～4 s 内的加速度a 2； (2)0～2 s 内风对小球作用力F 的大小．【解析】 (1)由图象可知，在0～2 s 内a 1＝v 2－v 1t 1＝20 m/s 2方向沿杆向上在2 s ～4 s 内a 2＝v 3－v 2t 2＝－10 m/s 2负号表示方向沿杆向下．(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1代入数据可得0～2 s 内风对小球的作用力F ＝60 N.【答案】 (1)20 m/s 2方向沿杆向上 10 m/s 2方向沿杆向下 (2)60 N13．(14分)(2012·福州模拟)如图11所示，在光滑的桌面上叠放着一质量为m A ＝2.0 kg 的薄木板A 和质量为m B ＝3 kg 的金属块B .A 的长度L ＝2.0 m ．B 上有轻线绕过定滑轮与质量为m C ＝1.0 kg 的物块C 相连．B 与A 之间的动摩擦因数μ＝0.10，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力．忽略滑轮质量及与轴、线之间的摩擦．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，B 位于A 的左端(如图)，然后放手，求经过多长时间后B 从A 的右端脱离(设A 的右端距滑轮足够远)(g 取10 m/s 2)．图11【解析】以桌面为参考系，令a A 表示A 的加速度，a B 表示B 、C 的加速度，t 表示B 从静止到从A 的右端脱离经过的时间，s A 和s B 分别表示t 时间内A 和B 运动的距离，则由牛顿运动定律可得m C g －μm B g ＝(m C ＋m B )a B ①μm B g ＝m A a A ②由匀加速直线运动的规律可得s B ＝12a B t 2③ s A ＝12a A t 2④ s B －s A ＝L ⑤联立①②③④⑤式，代入数值得t ＝4.0 s. 【答案】 4.0 s。

2014届高考物理一轮 7.1电流、电阻、电功及电功率课时知能训练

2014届高考物理一轮课时知能训练：7.1电流、电阻、电功及电功率(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)图7－1－81．在如图7－1－8所示的电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以A 、B 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为图7－1－9中的( )图7－1－9【解析】根据电阻定律，横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R ＝ρxS，这两点间的电压U ＝IR ＝I ρx S(I 为电路中的电流，它是一个定值)，故U 跟x 成正比例关系，故选A.【答案】 A2．一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管子内装满的水银供电，电流为0.1 A ，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管子里，那么通过的电流将是( )A ．0.4 AB ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A【解析】大圆管子内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银高度变为原来的14，则电阻变为原来的116，由欧姆定律知电流变为原来的16倍．C 选项正确．【答案】 C3．(2012·太原模拟)小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，加在灯泡两端的电压较小时，通过灯泡的电流也较小，灯丝的温度较低．加在灯泡两端的电压较大时，通过灯泡的电流也较大，灯丝的温度较高．已知一只灯泡两端的电压为1 V 时，通过灯泡的电流为0.5 A ，灯泡两端的电压为3 V 时，通过灯泡的电流是1 A ；则当灯泡两端电压为2 V 时，通过灯泡的电流可能是( )A ．0.5 AB ．0.6 AC ．0.8 AD ．1 A【解析】从题意可知，电流应大于0.5 A 而小于1 A ，具体再进一步确定，灯泡两端的电压为1 V 时，电流为0.5 A ，灯泡的电阻R 1＝2 Ω；灯泡两端的电压为3 V 时，电流为1 A ，灯泡的电阻R 2＝3 Ω；当灯泡两端的电压为2 V 时，灯泡的电阻大于2 Ω而小于3 Ω，所以这时通过灯泡的电流大于2 V 3 Ω＝0.6 A ，而小于2 V 2 Ω＝1 A ，故选C.【答案】 C图7－1－104．两根材料相同的均匀导线A 和B ，其长度分别为L 和2L ，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图7－1－10所示，则A 和B 导线的横截面积之比为( )A ．2∶3B ．1∶3C ．1∶2D ．3∶1【解析】由图象可知两导线电压降分别为U A ＝6 V ，U B ＝4 V ；由于它们串联，则3R B＝2R A ；由电阻定律可知R A R B ＝L A S B L B S A ，得S A S B ＝13，选项B 正确．【答案】 B图7－1－115．某厂研制的一种节能冰箱，一天的能耗只相当于一个25瓦的灯泡一天工作的能耗，如图7－1－11所示为该冰箱内的温度随时间变化的图象，则该冰箱工作时的功率为( )A ．25 WB ．50 WC ．75 WD ．100 W【解析】由冰箱内的温度随时间变化的图象可知，每小时冰箱要启动两次(20～30分钟，50～60分钟)，每次工作10分钟，共20分钟，一天工作时间为8小时，则有P ×8＝25×24 W ，解得P ＝75 W ，C 项正确．【答案】 C二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)6．关于材料的电阻率，下列说法正确的是( )A ．把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的1/3B ．材料的电阻率随温度的升高不一定增大C ．纯金属的电阻率较合金的电阻率小D ．电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大【解析】材料的电阻率与长度无关，A 错误；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，故B 正确；纯金属的电阻率较合金的电阻率小，C 正确；电阻率大的导体，电阻不一定大，故D 错误．【答案】 BC7．一只电炉的电阻和一台电动机线圈电阻相同，都为R ，设通过的电流强度相同，时间相同，电动机正常工作，则( )A ．电动机和电炉发热相同B ．电动机消耗的功率和电炉一样大C ．电动机两端电压大于电炉两端电压D ．电动机和电炉电压相同【解析】由焦耳定律Q ＝I 2Rt 知，电炉与电动机发热相同，A 对；对电动机U >IR ，消耗的功率P 1＝UI >I 2R ，而电炉是纯电阻，P 2＝UI ＝I 2R ，所以电动机消耗的功率比电炉的大，B 错；电动机两端电压大于电炉两端电压，C 对，D 错．【答案】 AC8．一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U 时，通过金属导线的电流强度为I ，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U ，则此时( )A ．通过金属导线的电流为I 2B ．通过金属导线的电流为I4C ．自由电子定向移动的平均速率为v 2D ．自由电子定向移动的平均速率为v4【解析】金属导线均匀拉长2倍，则导线的横截面积变为原来的1/2，由电阻定律可得，导线的电阻变为原来的4倍，由欧姆定律可得，通过金属导线的电流变为原来的1/4，即为I /4，A 错误，B 正确；由电流的微观表达式I ＝neSv 可以解得，金属导线中自由电子定向移动的平均速率变为原来的1/2，即为v /2，D 错误，C 正确．【答案】 BC9．有一个内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V,60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V 的直流电路两端，灯泡正常发光，则( )A ．电解槽消耗的电功率为120 WB ．电解槽消耗的电功率为60 WC ．电解槽的发热功率为60 WD ．电路消耗的总功率为120 W【解析】灯泡正常发光，说明灯泡两端电压为110 V ，电路中电流I ＝P 灯/U ＝6/11 A ，电解槽电压为110 V ，电解槽消耗的电功率为P ＝UI ＝60 W ，A 错误，B 正确；电解槽的发热功率为I 2r ＝(6/11)2×4.4 W＝1.3 W ，C 错误；电路消耗的总功率为灯泡和电解槽消耗的功率之和，P 总＝60 W ＋60 W ＝120 W ，D 正确．【答案】 BD图7－1－1210．某导体中的电流随其两端电压的变化如图7－1－12所示，则下列说法中正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体的电阻约为5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小【解析】对某些电器材，其伏安特曲线不是直线，但曲线上某一点UI值仍表示该点所对应的电阻值．本题中所给出的导体在加5 V 电压时，U I值为5，所以此时电阻为5 Ω；当电压增大时，U I值增大，即电阻增大，综合判断可知B 、C 项错误．【答案】 AD三、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图7－1－1311．(14分)(2013·济南模拟)如图7－1－13所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合、S 2、S 3断开时，电流表A 示数为6 A ；当S 2闭合、S 1、S 3断开时，A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合、S 1、S 2断开时，A 示数为4 A ．求：(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？ (2)电动机的内阻是多少？(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？【解析】 (1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I ＝UR 得R ＝U I 1＝2 Ω，其发热功率为：P R ＝UI 1＝12×6 W＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽工作时，由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 23r A 所以P 化＝(12×4－42×2) W＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W12．(16分)为保护自然环境，开发绿色能源，实现旅游与环境的协调发展．某植物园的建筑屋顶装有太阳能发电系统，用来满足园内用电需求．已知该发电系统的输出功率为1.0×105W 、输出电压为220 V ．求：(1)按平均每天太阳照射6小时计，该发电系统一年(365天计)能输出多少电能？ (2)该太阳能发电系统除了向10台1 000 W 的动力系统正常供电外，还可以同时供园内多少盏额定功率为100 W 、额定电压为220 V 的照明灯正常工作？(3)由于发电系统故障，输出电压降为110 V ，此时每盏额定功率为100 W 、额定电压为220 V 的照明消耗的功率是其正常工作时的多少倍？【解析】 (1)P ＝1.0×105W ＝100 kWt ＝365×6 hW ＝Pt ＝2.19×105 kW·h(或E ＝7.884×1011 J)(2)因为P ＝10×1 kW＋n ·0.1 kW.所以n ＝900(盏)(3)设P 1和U 1分别为照明灯正常工作时的功率和电压，P 2和U 2分别为供电系统发生故障后照明灯的实际功率和电压．由功率公式P ＝U 2R 得P 1P 2＝(U 1U 2)2，所以P 2＝P 1U 1U 22＝P 14，即为正常工作时的14. 【答案】 (1)2.19×105kW·h(或7.884×1011J) (2)900盏 (3)14。

四川省成都市2014届高三物理第一次诊断性考试试题(含解析)

成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测理科综合物理局部理科综合共300分，考试用时150分钟。

1．物理试卷分为第I 卷〔选择题〕和第2卷〔非选择题〕两局部，第I 卷1至3页，第2卷4至5页，共110分。

2．答卷前，考生务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡上；并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试完毕后，只将答题卡交回。

第I 卷须知事项：1．每题选出答案后，用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2．本卷共7题，每题6分，共42分。

每一小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．如下表述正确的答案是A. 焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律B ．库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并通过油滴实验测定了元电荷的电荷量 C. 电荷在电场中会受到电场力作用，电流在磁场中也一定会受到磁场力的作用D ．由公式2QE k r =可知，E 与Q 成正比；由公式2v F m r =可知，F 与r 成反比【答案】A【解析】A 、焦耳发现了电流通过导体时产生热效应的规律，故A 正确；B 、密立根过油滴实验测定了元电荷的电荷量，故B 错误；C 、电荷在电场中会受到电场力作用，电流平行于在磁场方向如此不受到磁场力的作用，故C 错误；D 、公式2QE k r =是点电荷的场强决定式，故E 与Q 成正比；向心力公式2v F m r =中，当r 变化时，v 也变化，故F 不与r 成反比，故D 错误。

应当选A 。

【考点】电场强度；物理学史 2．如下说法正确的答案是【答案】DA 、大力扣篮时，人的肢体动作不能忽略，即不能忽略人的大小和形状，物体不能看作质点，故A 错误；B 、“313k m“指的是列车行驶的距离，指的是火车的路程，不是位移，故B 错误；C 、跳水运动员在空中时只受重力，故处于失重状态，故C 错误；D 、只有同步卫星才是相对于地面静止，而周期为24h 的卫星并不一定都是同步卫星，故D 正确。

2014届高考物理一轮 3.3牛顿运动定律的综合应用课时知能训练

2014届高考物理一轮课时知能训练：3.3牛顿运动定律的综合应用(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)图3－3－181．如图3－3－18所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是( )【解析】物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为f1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v－t图象为过原点的倾斜直线，A错；加速度大小不变，B错；其s－t图象应为一段曲线，D错．物体到达水平面后，所受摩擦力f2＝μmg＞f1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.【答案】 C2．如图3－3－19甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图3－3－19乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于( )图3－3－19A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】水平放置时，F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a1，kx1－μmg＝ma1，可得x1＝mFM＋m k；竖直放置时：F －(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 2，kx 2－mg ＝ma 2，x 2＝mFM ＋m k，故x 1∶x 2＝1∶1，A正确．【答案】 A3．质量为1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2.对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F ，使物体在水平面上运动了3t 0的时间．为使物体在3t 0时间内发生的位移最大，力F 随时间的变化情况应该为下面四个图中的( )【解析】由牛顿第二定律得，F －μmg ＝ma ，再画出其对应的v －t 图象，则其与t 轴所围面积最大，则位移最大．【答案】 D4．(2013·南京模拟)如图3－3－20所示，两块粘连在一起的物块a 和b 的质量分别为m a 和m b ，把它放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力F a 和拉力F b .已知F a >F b ，则a 对b 的作用力( )图3－3－20A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零【解析】该题考查加速度相同的连接体，可采用整体法求加速度、隔离法求相互作用力．选整体为研究对象，F a ＋F b ＝(m a ＋m b )a ，a ＝F a ＋F bm a ＋m b，选b 为研究对象，设作用力为F N ，则F N ＋F b ＝m b a ，F N ＝F a m b ＋F b m b －F b m a －F b m b m a ＋m b ＝F a m b －F b m am a ＋m b.由于F a >F b ，但a 、b 的质量关系未知，所以F N 可能为正，也可能为负．故C 选项正确．【答案】 C5．(2013·阳江一中模拟)如图3－3－21所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A 、B ，A 、B 的质量均为2 kg ，它们处于静止状态，若突然将一个大小为10 N 、方向竖直向下的力施加在物块A 上，则此瞬间，A 对B 的压力大小为(g 取10 m/s 2)( )图3－3－21A ．10 NB ．20 NC ．25 ND ．30 N【解析】该题考查竖直方向上的连接体问题，选A 、B 整体为研究对象有F ＝2ma ，解得a ＝2.5 m/s 2.选A 为研究对象有F －F N ＋mg ＝ma ，解得F N ＝25 N ，选项C 正确．【答案】 C二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)图3－3－226．如图3－3－22所示，粗糙水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，木块与水平面间动摩擦因数相同，其间均用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )A ．绳断前，a 、b 两轻绳的拉力比总为4∶1B ．当F 逐渐增大到T 时，轻绳a 刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳a 刚好被拉断D ．若水平面是光滑的，则绳断前，a 、b 两轻绳的拉力比大于4∶1【解析】取三木块为整体则有F －6μmg ＝6ma ，取质量为m 、3m 的木块为整体则有T a－4μmg ＝4ma ，隔离m 则有T b －μmg ＝ma ，所以绳断前，a 、b 两轻绳的拉力比总为4∶1，与F 、μ无关，A 对D 错；当a 绳要断时，解得a ＝T4m－μg ，拉力F ＝1.5T ，B 错，C 正确．【答案】 AC7．(2012·湛江模拟)一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F 随时间t 变化的关系如图3－3－23甲所示，速度v 随时间t 变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，则由图中信息可判定( )甲乙图3－3－23A ．0～2 s 内物块所受摩擦力f ＝4 NB ．物块的质量为4 kgC ．物块在前6 s 内的平均速度为3 m/sD ．物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.4【解析】由图乙知0～2 s 内，物块处于静止状态，物块受静摩擦力作用，由甲图可读出f ＝4 N ，A 对；由v －t 图线可知物块在前6 s 内的位移大小为s ＝2＋4×42 m ＝12m ，所以平均速度为v ＝s t＝2 m/s ，C 错；而在2～4 s 内，物块做匀加速运动，加速度大小为a ＝Δv Δt ＝2 m/s 2，满足F 2－μmg ＝ma ，在4 s 后物块做匀速运动，有F 3＝μmg ，联立得m＝2 kg ，μ＝0.4，B 错D 对．【答案】 AD图3－3－248．如图3－3－24所示，质量为m 1＝2 kg 的物体A 经跨过定滑轮的轻绳与质量为M ＝5 kg 的箱子B 相连，箱子底板上放一质量为m 2＝1 kg 的物体C ，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，g 取10 m/s 2，下列正确的是( )A ．物体A 处于失重状态，加速度大小为10 m/s 2B．物体A处于超重状态，加速度大小为5 m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N【解析】取A、B、C为整体，由牛顿第二定律得(M＋m2)g－m1g＝(M＋m1＋m2)a，则加速度为a＝5 m/s2，A错，B正确；隔离C有m2g－F N＝m2a，即F N＝5 N，C对；隔离A有T－m1g＝m1a，即T＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2T＝60 N，D错．【答案】BC图3－3－259．(2012·烟台模拟)如图3－3－25所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块．开始时，木板和物块均静止，今在两物块上分别施加一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是( ) A．若F1＝F2，M1>M2，则v1>v2B．若F1＝F2，M1<M2，则v1>v2C．若F1>F2，M1＝M2，则v1>v2D．若F1<F2，M1＝M2，则v1>v2【解析】分别作出物块和木板运动的v－t图象，两图线包围的面积表示木板的长度L.若拉力F相等，木板质量不等，则物块加速度相等，木板质量大的加速度小，木板的v－t图线斜率小，则物块滑离木板所用时间短，滑离时速度小，即v1对应质量较大的木板如图所示，v2对应质量较小的木板，B对；同理，若拉力不等，木板的质量相等，则木板的加速度相等，受拉力大的物块的v－t图线斜率变大，物块滑离木板时间变短，滑离时速度变小，D对．【答案】BD10．(2013·茂名模拟)一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图3－3－26甲所示．绳内距A端x处的张力F T与x的关系如图3－3－26乙所示，由图可知( )图3－3－26A ．水平外力F ＝6 NB ．绳子的质量m ＝3 kgC ．绳子的长度l ＝2 mD ．绳子的加速度a ＝2 m/s 2【解析】取x ＝0，对A 端进行受力分析，F －F T ＝ma ，又A 端质量趋近于零，则F ＝F T ＝6 N ，A 正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，B 、D 均错误；由图易知C正确．【答案】 A C二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)图3－3－2711．(14分)(2011·广州一模)一弹簧秤秤盘的质量M ＝1.5 kg ，秤盘内放一个质量m ＝10.5 kg 的物体P ，弹簧质量忽略不计，弹簧的劲度系数k ＝800 N/m ，系统原来处于静止状态，如图3－3－27所示．现给P 施加一竖直向上的拉力F ，使P 由静止开始向上做匀加速直线运动．已知在前0.2 s 时间内F 是变力，在0.2 s 以后是恒力．求力F 的最小值和最大值，g 取10 m/s 2.【解析】设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时(m 、M 间恰无作用)弹簧的压缩量为x 2，设匀加速运动的加速度为a ，则有对整体：kx 1＝(M ＋m )g ① 对M ：kx 2－Mg ＝Ma ②x 1－x 2＝12at 2③由①式得x 1＝M ＋m gk＝0.15 m ，由②③式得a ＝6 m/s 2.t ＝0时，F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，t ＝0.2 s 时，F 大－mg ＝ma ，F 大＝m (g ＋a )＝168 N.【答案】 72 N 168 N12．(16分)(2013·广东实验中学模拟)如图3－3－28所示，长12 m 、质量为50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50 kg 的人立于木板的左端．木板与人都静止．当人以4 m/s 2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．g 取10 m/s 2.试求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小？ (2)人在奔跑的过程中木板的加速度；(3)人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动了多大距离？图3－3－28【解析】 (1)设人的质量为m ，加速度为a 1，人受的摩擦力为f ，由牛顿第二定律有f ＝ma 1＝200 N ，方向水平向右．(2)由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小f ′＝200 N ，方向水平向左．设木板的质量为M ，加速度为a 2，对木板由牛顿第二定律有：f ′－μ(M ＋m )g ＝Ma 2，代入数据得a 2＝2 m/s 2，方向水平向左．(3)设人从左端跑到右端用的时间为t ，由运动学公式：L ＝12a 1t 2＋12a 2t 2，解得t ＝2 s.人对地向右前进的距离s 1＝12a 1t 2＝8 m ，木板向左后退的距离为s 2＝12a 2t 2＝4 m.【答案】 (1)200 N (2)2 m/s 2方向水平向左 (3)8 m 4 m。

2014届高考物理一轮 4.1曲线运动运动的合成与分解课时知能训练

2014届高考物理一轮课时知能训练：4.1曲线运动运动的合成与分解(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)1．一质点在某段时间内做曲线运动，则这段时间内( )A．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变B．速度一定在不断地改变，加速度可以不变C．速度可以不变，加速度一定在不断地改变D．速度可以不变，加速度也可以不变【解析】做曲线运动的物体速度方向一定在不断地改变，但加速度可以不变，如平抛运动，故选项B正确．【答案】 B图4－1－132．小钢球m以初速度v0在光滑水平面上运动，后受到磁极的侧向作用力而做曲线运动，从M点运动到N点，如图4－1－13所示．过轨迹上M、N两点的切线MM′和NN′将轨迹MN 上方的空间划分为四个区域，由此可知，磁铁可能处在哪个区域( )A．①区B．③区C．②或④区D．均不可能【解析】曲线运动中，物体的运动轨迹偏向合力所指的方向；由图可知，磁铁只能在轨迹MN下方的区域内，故答案只能选D.【答案】 D3．某人骑自行车以4 m/s的速度向正东方向行驶，天气预报报道当时是正北风，风速也是4 m/s, 则骑车人感觉的风速方向和大小( )A．西北风，风速4 m/s B．西北风，风速4 2 m/sC．东北风，风速4 m/s D．东北风，风速4 2 m/s【解析】若无风，人向东骑车，则相当于人不动，刮正东风，而实际风从正北方刮来，所以人感觉到的风应是这两个方向的合成．人向正东方行驶产生的风向西，如图中v1，而实际的自然风从北向南刮，如图中的v2，人感觉到的风速是v1与v2的合速度，即图中的v合，很显然v合＝v21＋v22＝4 2 m/s，方向是东北风．【答案】 D4．(2012·广州一模)如图4－1－14a所示，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图b中的( )图4－1－14【解析】乙车上的人看甲车是以乙车为参考系的，看到甲车的运动情况应是向东的匀加速运动和向南的匀速运动的合运动．故运动轨迹大致是图中的C图．【答案】 C图4－1－155．(2013·广州模拟)如图4－1－15所示，船在A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB 与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为( ) A．2 m/s B．2.4 m/sC．3 m/s D．3.5 m/s【解析】由于船沿直线AB运动，因此船的合速度v合沿AB方向，根据平行四边形定则可知，当v船垂直于直线AB时，船有最小速度，由图知v船＝v水sin 37°＝2.4 m/s，选项B正确．【答案】 B二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)6．(2012·清远模拟)如图4－1－16所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( )图4－1－16A．方向不变B．方向改变C．大小不变D．大小改变【解析】由于始终保持悬线竖直，所以橡皮水平方向上的运动与铅笔的速度相同，橡皮在竖直方向上运动的速度大小应等于水平速度大小，所以橡皮的合运动仍为匀速直线运动，选项A、C正确．【答案】AC7．(2013·河源模拟)一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动速度随时间变化的规律如图4－1－17所示．关于物体的运动，下列说法正确的是( )图4－1－17A．物体做曲线运动B．物体做直线运动C．物体运动的初速度大小是50 m/sD．物体运动的初速度大小是10 m/s【解析】由v－t图象可以看出，物体在x方向做匀速直线运动，在y方向做匀变速直线运动，故物体做曲线运动，A正确，B错误；物体的初速度为v0＝v2x＋v2y＝302＋－402 m/s＝50 m/s，C正确，D错误．【答案】AC图4－1－188．如图4－1－18为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是( )A．D点的速率比C点的速率大B．A点的加速度与速度的夹角大于90°C．A点的加速度比D点的加速度大D．从A到D加速度与速度的夹角先增大后减小【解析】质点做匀变速曲线运动，合力的大小与方向均不变，加速度不变，故C错误；由B点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B点切线垂直且向下，故质点由C到D 的过程，合力做正功，速率增大，A正确；A点的加速度方向与过A点的切线即速度方向夹角大于90°，B正确；从A到D加速度与速度的夹角一直变小，D错误．【答案】AB9．2011年我国多省区发生了洪涝灾害．在某一次抗洪抢险中，我某部解放军战士在岸边，发现河的上游有一个人蹲在一块木板上正顺流而下，解放军战士便驾驶摩托艇救人，假设江岸是平直的，洪水沿江向下游流去，各处水流速度相同均为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，保持不变．为了顺利的搭救此人，则下列做法正确的是( )A．摩托艇出发时，艇头要指向水中被搭救的人，且艇头指向在航行中不变B．摩托艇出发时，艇头要指向水中被搭救的人，但在航行中需要不断改变艇头指向C．搭救此人用的时间与水流速度有关，水流速度大时，用的时间长D．搭救此人用的时间与水流速度无关【解析】摩托艇在水中也具有水流的速度，若以被搭救的人为参考系，摩托艇的速度为在静水中的航速为v2，因此航行不需要调整艇头指向，A对、B错；若知道摩托艇出发时，摩托艇与被搭救的人的距离x，则搭救此人需用的时间t＝x/v2，显然t与水流速度无关，故C错、D对．【答案】AD10．(2012·江门模拟)一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100 m远的一浮标处，已知快艇在静水中的速度v x与时间t图象和流水的速度v y与时间t图象如图4－1－19所示，则( )图4－1－19A ．快艇的运动轨迹为直线B ．快艇的运动轨迹为曲线C ．能找到某一位置使最快到达浮标处的时间为20 sD ．最快到达浮标经过的位移为100 m【解析】由图(a)知快艇在静水中的运动为匀加速直线运动，a ＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，由于快艇在流水中运动的速度方向与加速度方向不共线，因此快艇的运动为曲线运动，故B正确，A 错误；当艇头垂直河岸时，时间最短，由d ＝12at 2得：t ＝20 s ，故C 正确；又因为快艇做曲线运动，最快到达浮标处的位移必大于100 m ，故D 错误．【答案】 BC三、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)(2012·云浮模拟)如图4－1－20所示，一个长直轻杆两端分别图4－1－20固定一个小球A 和B ，两球的质量均为m ，两球半径忽略不计，杆AB 的长度为l ，现将杆AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球B ，使小球B 在水平地面上由静止向右运动，求当A 球沿墙下滑距离为l 2时，A 、B 两球的速度v A 和v B .(不计一切摩擦) 【解析】 A 、B 两球速度的分解情况如图所示，由题意知，θ＝30°，由运动的合成与分解得v A sin θ＝v B cos θ①又A 、B 组成的系统机械能守恒，所以mg l 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ② 由①②解得v A ＝123gl ，v B ＝12gl .【答案】 123gl 12gl 12．(16分)(2013·合肥模拟)如图4－1－21所示，在竖直平面的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一物体从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示，(坐标格为正方形，g ＝10 m/s 2)求：图4－1－21(1)小球在M 点的速度v 1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x 轴时的位置N ；(3)小球到达N 点的速度v 2的大小．【解析】 (1)设正方形的边长为s 0.竖直方向做竖直上抛运动，v 0＝gt 1,2s 0＝v 02t 1 水平方向做匀加速直线运动，3s 0＝v 12t 1. 解得v 1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t 1回到x 轴，水平方向从O 点做初速度为零的匀加速直线运动，所以再回到x 轴时落到x ＝12处，位置N 的坐标为(12,0)．(3)到N 点时竖直分速度大小为v 0＝4 m/s ，水平分速度v x ＝a 水平t N ＝2v 1＝12 m/s ，故v 2＝v 20＋v 2x ＝410 m/s.【答案】 (1)6 m/s (2)见解析 (3)410 m/s。

河北省衡水中学2014届高三下学期一调考试物理试题Word版含答案全国通用-一轮复习

河北省衡水中学2014届高三下学期一调考试物理试题本试题卷共11页，40题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3．非选择题的作答：用黑色字迹签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

答在试题卷、草稿纸上无效。

4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡指定的位置用2B铅笔涂黑。

考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选。

答题答在答题卡对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。

5．考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束，将试题卷和答题卡一并上交。

二：选择题。

本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项是符合题目要求的。

有的是有多个选项符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14.物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰。

下列描述中符合物理学史实的是()A．开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B．牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量GC．奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D．法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律15、如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g=10m/s2)，则下列结论正确的是( )A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B.物体的质量为3 kgC.物体的加速度大小为5 m/s2D.弹簧的劲度系数为7. 5 N/cm16、“嫦娥三号”探月卫星于2013年12月2日1点30分在西昌卫星发射中心发射，将实现“落月”的新阶段。

山东省枣庄八中北校2014届高三12月阶段性检测物理试题全国通用-一轮复习

枣庄八中北校高三阶段性检测物理试题 2013.12.11本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试用时90分钟。

第I 卷（选择题共40分）注意事项：1．答第I 卷前，考生务必将自己的姓名、考号、考试科目、试卷类型用2B 铅笔涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上，一、选择题（每小题的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1.关于物理学的研究方法，以下说法正确．．的是（） A ．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法B ．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法C ．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷电量成反比D ．“平均速度”、“总电阻”、“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法2. “套圈”是一项老少皆宜的体育运动项目。

如图所示，水平地面上固定着3根直杆1、2、3，直杆的粗细不计，高度均为0.1m ，相邻两直杆之间的距离为0.3m 。

比赛时，运动员将内圆直径为0.2m 的环沿水平方向抛出，刚抛出时环平面距地面的高度为1.35m ，环的中心与直杆1的水平距离为1m 。

假设直杆与环的中心位于同一竖直面，且运动中环心始终在该平面上，环面在空中保持水平，忽略空气阻力的影响，g 取10m/s².以下说法正确的是( )A ．如果能够套中直杆，环抛出时的水平初速度不能小于1.9m/sB ．如果能够套中第2根直杆，环抛出时的水平初速度范围在2.4m/s 到2.8m/s 之间C ．如以2m/s 的水平初速度将环抛出，就可以套中第1根直杆D ．如环抛出的水平速度大于3.3m/s ，就不能套中第3根直杆3．在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制．如图所示，R 1为电阻箱，R 2为半导体热敏电阻，C 为电容器．已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有（）A ．若R 1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小B ．若R 1固定，当环境温度降低时R 1消耗的功率增大C ．若环境温度不变，当电阻箱R 1的阻值增大时，电容器C的电荷量增大1 2 3D ．若R 1固定，环境温度不变，当电容器C 两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小4. 动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0（列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等），若列车仍要在t 时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v 0应为（）A ．0t t vt -B ．0t t vt +C ．021t t vt -D ．021t t vt + 5. 如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L 、短轴长AC=2L 。

2014届高考物理一轮阶段知能检测2

阶段知能检测(二)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分．)图11．(2013·广州模拟)如图1所示，质量均为m 的物体A 、B 通过一劲度系数为k 的弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 均处于静止状态，现通过细绳将A 向上拉起，当B 刚要离开地面时，A 上升距离为L ，假设弹簧一直在弹性限度内，则( )A ．L ＝2mgkB ．L <2mg kC ．L ＝mg kD ．L >mg k【解析】拉A 之前，A 静止时，mg ＝kx 1，弹簧的压缩量为x 1，当B 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x 2，mg ＝kx 2，所以A 上升的距离为L ＝x 1＋x 2＝2mgk，故A 正确．【答案】 A图22．(2012·清华附中模拟)如图2所示，质量为m 的光滑楔形物块，在水平推力F 作用下，静止在倾角为θ的固定斜面上．则楔形物块受到的斜面支持力大小为( )A ．F sin θB ．mg cos θ C.Ftan θD.mgcos θ【解析】对物体受力分析如图所示，因物块平衡，其合力为零，则有F N ＝mgcos θ＝Fsin θ，故D 正确，A 、B 、C 均错误．3．(2013·长春模拟)如图3甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F－t图象如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则下列说法正确的是( )甲乙图3A．两物体在4 s时改变运动方向B．在1 s～3 s时间内两物体间摩擦力为零C．6 s时两物体的速度为零D．B物体所受的摩擦力方向始终与力F的方向相同【解析】两物体在0～1 s内，做加速度增大的变加速运动，在1 s～3 s内，做匀加速运动，在3 s～4 s内，做加速度增大的变加速运动，在4 s～6 s内，做加速度减小的变加速运动，故两物体一直向一个方向运动，A、C错误，D正确，1 s～3 s时间内两物体做匀加速运动，对B进行受力分析可知两物体间的摩擦力不为零，B错误．【答案】 D图44．如图4所示，在水平地面上有一倾角为θ的斜面体B处于静止状态，其斜面上放有与之保持相对静止的物体A.现对斜面体B施加向左的水平推力，使物体A和斜面体B一起向左做加速运动，加速度从零开始逐渐增加，直到A和B开始发生相对运动，关于这个运动过程中A所受斜面的支持力F N以及摩擦力f的大小变化情况，下列说法中正确的是( ) A．F N增大，f持续增大B．F N不变，f不变C．F N减小，f先增大后减小D．F N增大，f先减小后增大【解析】当物体A与斜面体B相对静止且以较小的加速度向左做加速运动时，斜面体B对物体A的摩擦力沿斜面向上，当加速度达到a＝tan θ时，斜面体B对物体A的摩擦力为零，加速度再增大时，斜面体B对物体A的摩擦力沿斜面向下，故f先减小后增大，由平衡知识列方程求解可知F N增大，所以D正确．二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．)5．(2013·大同模拟)光滑绝缘细杆与水平面成θ角固定，杆上套有一带正电小球．为使小球静止在杆上，可加一匀强电场．问图5中给出的四个方向中，沿哪些方向加电场，有可能使小球在杆上保持静止( )图5A．垂直于杆斜向上B．垂直于杆斜向下C．竖直向上D．水平向右【解析】要使小球在杆上静止，沿杆方向电场力向上的分力和重力沿杆方向的分力应等大反向，由图可知，C、D可以使小球保持静止，A、B中电场力与杆垂直不可能使球静止，故C、D正确．【答案】CD图66．滑滑梯是小孩子很喜欢的娱乐活动．如图6所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则( )A．小孩所受的重力与小孩所受的弹力大小相等B．小孩所受的重力与小孩所受的摩擦力大小相等C．小孩所受的弹力和摩擦力的合力与小孩所受的重力大小相等D．小孩所受的重力和弹力的合力与小孩所受的摩擦力大小相等【解析】小孩在滑梯上受力如图所示，设滑梯斜面倾角为θ，则F N＝mg cos θ，f＝mg sinθ，所以A、B错误；小孩在重力、弹力和摩擦力三个力作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反，故C、D正确．【答案】CD7．(2012·临沂市月考)如图7所示，一个处于伸长状态的弹簧，上端固定，在倾角为θ的粗糙斜面上弹簧拉引着质量为m的物块保持静止．若将斜面倾角θ逐渐变大的过程中物块始终保持静止．则关于物块受到各力的变化情况，下列说法正确的是( )图7A．受斜面的弹力变大B．受斜面的摩擦力变大C．受弹簧的弹力不变D．受到的重力的下滑分力变大【解析】由于物体始终静止，因此弹簧的弹力不变，C正确．由F N＝mg cos θ和F＝mg sin θ可知，A错、D对．物体所受到的摩擦力为静摩擦力，其方向未知，因此无法判断摩擦力大小的变化情况，B错误．【答案】CD图88．(2012·梅州模拟)如图8所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，A与B间的动摩擦因数为μ1，B与天花板间的动摩擦因数为μ2，则关于μ1、μ2的值下列判断可能正确的是( )A．μ1＝0，μ2≠0B．μ1≠0，μ2＝0C．μ1＝0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠0【解析】以A、B整体为研究对象，可知天花板与B间无摩擦，所以不能判断天花板和B物体之间是否光滑；以A为研究对象，A受力情况如图所示，由平衡条件可判断A一定受到B对它的摩擦力作用，所以A、B之间一定不光滑．【答案】BD图99．一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F 作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当F 的大小按如图9所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小随时间的变化规律可能是下图中的( )【解析】物体所受静摩擦力的方向应该有两种情况：开始时静摩擦力f ＝0，在F 减小的过程中，有f ＋F ＝mg sin θ，随着F 减小，f 增大，直到f ＝mg sin θ后保持不变；开始时静摩擦力f 方向沿斜面向下，有f ＋mg sin θ＝F ，随着F 减小，f 减小，当f ＝0时，f 的方向发生突变，即沿斜面向上并增大，直到f ＝mg sin θ后保持不变．【答案】 BD三、实验题(本题共2小题，共18分．)图1010．(8分)为了探究弹簧弹力F 和弹簧伸长量x 的关系，某同学选了A 、B 两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图10所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图线上端成为曲线的原因是__________．弹簧B 的劲度系数为________．若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(选取“A ”或“B ”)．【解析】在弹性限度内弹簧的弹力和伸长量成正比，图象后半部分不成正比，说明超过了弹簧的弹性限度；由图象可知，弹簧B 的劲度系数k ＝Fx＝100 N/m ；精确度高，说明受较小的力就能读出对应的形变量，因此选A .【答案】超过了弹簧的弹性限度 100 N/m A11．(10分)某同学在做测定木板与木块间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案．图11方案A：木板固定，用弹簧测力计拉动木块．如图11(a)所示．方案B：弹簧固定，用手拉动木板，如图11(b)所示．除了实验必需的弹簧测力计、木板、木块、细线外，该同学还准备了质量为200 g的配重若干个．(g＝10 m/s2)(1)上述两种方案中，你认为更合理的是方案________，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________；(2)该实验中应测量的物理量是___________________________________；(3)该同学在木块上加放配重，改变木块对木板的正压力，记录了5组实验数据，如表所示，则可测出木板与木块间的动摩擦因数________.【解析】B中，手拉木板不论做何运动，木块均静止不动，根据物体的平衡条件得f＝F＝μF N.(2)求动摩擦因数，由μ＝fF N可知要测f和F N，即需测量滑动摩擦力和木块的质量．(3)建立坐标，如图所示，由图中直线的斜率即为木块与木板的动摩擦因数．μ＝ΔfΔF N＝0.25.【答案】(1)B A方案难以保证木块匀速运动(2)滑动摩擦力和木块的质量(3)0.25四、计算题(本题共3小题，共36分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注意单位．)图1212．(10分)(2013·云浮模拟)如图12所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，一个重20 N 的物体在斜面上静止不动．轻质弹簧原长为10 cm ，现在的长度为6 cm.(1)求弹簧的劲度系数；(2)若斜面粗糙，将这个物体沿斜面上移6 cm ，弹簧与物体相连，下端固定，物体仍静止于斜面上，求物体受到的摩擦力的大小和方向．【解析】 (1)对物体受力分析，则有：mg sin θ＝F此时F ＝kx 1联立以上两式，代入数据，得：k ＝250 N/m.(2)物体上移，则摩擦力方向沿斜面向上有：f ＝mg sin θ＋F ′ 此时F ′＝kx 2＝5 N 代入上式得f ＝15 N.【答案】 (1)250 N/m (2)15 N 沿斜面向上图1313．(12分)(2012·苏州模拟)如图13所示，一根匀质绳质量为M ，其两端固定在天花板上的A 、B 两点，在绳的中点悬挂一重物，质量为m ，悬挂重物的绳PQ 质量不计．设α、β分别为绳子端点和中点处绳子的切线方向与竖直方向的夹角，试求tan αtan β的大小．【解析】设悬点A 、B 处对绳的拉力大小为F 1，取绳M 和m 为一整体，由平衡条件得：2F 1cos α＝(M ＋m )g设绳在P 点的张力大小为F 2，对P 点由平衡条件得： 2F 2cos β＝mg再以AP 段绳为研究对象，由水平方向合力为零可得：F 1sin α＝F 2sin β由以上三式联立可得：tan αtan β＝mM ＋m .【答案】mM ＋m图1414．(14分)(2013·玉林模拟)如图14所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小； (2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．【解析】 (1)因匀速提起重物，则F T ＝mg .且绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N＝200 N ，方向竖直向上．(2)B 点受力如图所示，定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力F BC 方向沿杆的方向，F AB 为水平绳的拉力，由共点力平衡条件得：F AB ＝2mg tan 30°＝2×30×10×33N ＝200 3 N F BC ＝2mg cos 30°＝2×30×1032N ＝400 3 N.由牛顿第三定律知轻杆BC 和绳AB 所受力的大小分别为400 3 N 和200 3 N. 【答案】 (1)200 N (2)400 3 N 200 3 N。

福建省永安市2014届高三质量检查理综物理试卷 Word版含答案

③将这些数据在图丁中描点，第4组数据还未描出。
a．请在图丁中描出第4组数据的点，作出该硅光电池组的U－I图线；
b．由此U－I图线可知，该硅光电池组的电动势E＝1.80V，电池组的内阻随其输出电流的变化而改变，在电流为80μA时，该电池组的内阻r＝________Ω（保留两位有效数字）。
20．（15分）轻质绝缘细线吊着一质量为m=0.64kg、边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈abcd，线圈总电阻为R=1Ω。边长为l=0.4m的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图（甲）所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化如图（乙）所示，从t=0经t0时间细线仍竖直但开始松驰，取g=10m/s2。求：
①指出甲图中的一处错误：
__ __ __ ____
②下列说法正确的是（）
A．实验之前，要先平衡摩擦力
B．小车的质量要远小于所挂钩码的质量
C．应调节滑轮的高度使细线与木板平行
D．实验时应先释放纸带，再接通电源
③图乙是实验中获得的一条纸带的某部分，选取A、B、C、D、E计数点（每两个计数点间还有4个点未画出），AC间的距离为。
13．我国自主研发的北斗导航系统（BDS）又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能。北斗系统中有两颗工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置如图所示。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。以下判断中正确的是
①α粒子与质子在磁场中做匀速圆周运动的周期比为多少？
②若α粒子与质子在坐标原点O处相遇，求：α粒子速度的大小和方向。
（1）在前4s时间内线圈abcd中的电流；
（2）时间t0的值。

2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理(安徽卷带解析)

绝密★启用前 2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（安徽卷带解析）试卷副标题注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、选择题 1．在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。

法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。

已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为（） A. l GM r T π2= B. GM l r T π2= C. l GM r T π2= D. GM r l T π2= 2．如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN 是通过椭圆中心O 点的水平线。

已知一小球从M 点出发，初速率为v 0，沿管道MPN 运动，到N 点的速率为v 1，所需时间为t 1；若该小球仍由M 点以出速率v 0出发，而沿管道MQN 运动，到N 点的速率为v 2，所需时间为t 2。

则（） A.v 1=v 2 ，t 1＞t 2 B. v 1＜v 2，t 1＞t 2 C. v 1=v 2，t 1＜t 2 D. v 1＜v 2，t 1＜t 2 3．A. 0.5mB. 1.5mC. 2.5mD. 3.5m 4．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x 轴，起始点O 为坐标原点，其电势能E p 与位移x 的关系如图所示，下列图象中合理的是 5．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞，已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变，由此可判断所需的磁感应强度B 正比于 T D.2T 6．如图所示，一倾斜的匀质圆盘垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为2。

2014年全国高考物理试题及参考答案全集

B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b、和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E．b和c两个状态中，容器壁单位面积时间内受到气体分子撞击的次数不同
（2）（9分）一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为P，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T 。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4.若此后外界温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。
报考指导：高校专业选择七大建议
从事招生工作多年，每次听说考生因不喜欢、不适合高校所学专业，回来复读重新参加高考时，就有些心痛与自责。心痛的是考生痛失了青春大好时光，自责的是也许在辅导志愿时专业选报强调不到位。今年高考本科志愿填报在即，在此就“高校专业选择问题”给家长和考生提“7”点建议：
专业与院校同等重要专业选报分三大类专业选择抓准内涵同一专业不同院校差异大传统专业与新兴专业的选报冷门专业与热门专业的选报实事求是选报适合自己的专业
（4）E=3.0V,内阻r=1.0Ω。
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
15．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
B．放射性元素的半衰期与外界唯独无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性

河北省衡水中学2014届高三下学期一调考试理综物理试题含答案含解析 by张

2013~2014学年度高三年级第二学期第一次调研考试理科综合能力测试本试题卷共11页，40题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3．非选择题的作答:用黑色字迹签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

答在试题卷、草稿纸上无效。

4．选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡指定的位置用2B铅笔涂黑.考生应根据自己选做的题目准确填涂题号，不得多选。

答题答在答题卡对应的答题区域内，答在试题卷、草稿纸上无效。

5．考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束,将试题卷和答题卡一并上交.可能用到的相对原子质量：H l C l2 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 C1 35.5 Fe 56 Cu 64 I 127Ba 137Na23Zn65选择题共21小题，每小题6分，共126分.一、选择题：本题共l3小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．PM2。

5是指大气中直径小于或等于2。

5微米的细颗粒物，富含的是大量的有毒、有害物质，严重影响人们健康.下列推测不合理．．．A．颗粒物如硅尘入肺可能会导致吞噬细胞的溶酶体膜破裂，释放水解酶破坏细胞结构B．PM2。

5超标的空气可能使某些人过敏C．PM2。

5中的一些酸性物质进入人体血液会导致其pH呈酸性D．PM2.5含量过高主要是人类活动的影响超过了生态系统的自我调节能力2。

图示是［H］随化合物在生物体内转移的过程，下列分析中正确的是( )A。

①产生的[H］可在②过程中将五碳化合物还原B。

［H］经⑤转移到水中,其过程需CO2参与C.①④⑤⑥过程能使ADP吸收能量形成ATP,属于吸能反应D.晴天时小麦①过程比在阴雨天时旺盛;生物体内的糖绝大多数以多糖形式存在。

广东省江门市2014届高三调研考试理综物理试题含答案

保密★启用前试卷类型：A学必求其心得，业必贵于专精江门市2014届普通高中高三调研测试物理试题一、单项选择题：本大题共16小题,每小题4分，共64分。

在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求，选对的得4分,选错或不选的得0分。

13．物体受到几个恒力的作用处于平衡状态，若再对物体施加一个恒力，则物体可能做A．静止B．匀速直线运动C．变加速曲线运动D．匀变速曲线运动14．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15．两颗人造地球卫星绕地球做圆周运动，速度大小之比为v A∶v B ＝2∶1，则轨道半径之比和周期之比分别为A．R A∶R B＝4∶1,T A∶T B＝1∶8B．R A∶R B＝4∶1，T A∶T B＝8∶1C．R A∶R B＝1∶4，T A∶T B＝1∶8D．R A∶R B＝1∶4，T A∶T B＝8∶116．如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为圆心，∠MOP=600，等量、异号两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O 点的场场强大小变为E 2,E 1与E 2之比为 A ．2:1 B ．1:2 C ．3:2 D ．3:4二、双项选择题：本大题共9小题，每小题6分，共54分。

在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对给6分，只选对1个且正确的得3分,有选错或不答的得0分. 17．跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下,运动员沿竖直方向运动的v -t 图象如图，下列说法正确的是A ．0-10s 平均速度大于10m/sB ．15s 末开始运动员静止C ．10s 末速度方向改变D ．10s-15s 运动员做加速度逐渐减小的减速运动18．甲、乙两辆卡车质量m 甲＞m 乙，都以相同的额定功率在平直的公路上同向行驶，若卡车所受运动阻力等于车重的K 倍（K ＜1），则两车在行驶过程中A ．有相同的最大速度B ．有相同的最大动量C ．速度相同时牵引力F 甲＞F 乙D ．速度相同时加速度a 甲＜a 乙19．在如图所示的电路，电源的内阻为r ，现闭合电键S,将滑片P 向左移动一段距离后，下列结论正确的是A ．灯泡L 变亮B ．电压表读数变小600 PNOMASr EP RCVC ．电流表读数变小D ．电容器C 上的电荷量增大20．轻质弹簧竖直放在地面上，物块P 的质量为m ，与弹簧连在一起保持静止.现用竖直向上的恒力F 使P 向上加速运动一小段距离L 时，速度为v ,下列说法中正确的是 A ．重力做的功是mgLB ．合外力做的功是错误!m v 2C ．合外力做的功是FL －mgLD ．弹簧弹力做的功为mgL －FL ＋错误!m v 221．如图,将点电荷+q 1、+q 2分别置于点电荷Q 的电场中的A 、B 两点，虚线为等势线。

2014届高考物理一轮 8.2磁场对运动电荷的作用课时知能训练

2014届高考物理一轮课时知能训练：8.2磁场对运动电荷的作用(时间：45分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得6分，选错或不答的得0分．)图8－2－251．如图8－2－25所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为( )A.3q2e B.q eC.2q 3eD.q 3e【解析】该题考查带电离子在磁场中的运动．离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，其半径r ＝mv Bq ，离子碰上电子后半径变化，r ′＝3r 2＝mv Bq ′，所以q ′＝2q 3，Δq ＝13q ，正确选项是D.【答案】 D2．(2013·抚顺模拟)空间存在垂直于纸面方向的匀强磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图8－2－26所示．规定B >0时，磁场的方向穿出纸面．一电荷量q ＝5π×10－7C 、质量m ＝5×10－10k g 的带电粒子，位于某点O 处，在t＝0时刻以初速度v 0＝π m/s 沿某方向开始运动．不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响．则在磁场变化N 个(N 为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于 ( )图8－2－26A ．π m/sB.π2m/sC ．2 2 m/s D. 2 m/s【解析】由T ＝2πm Bq 可得：T ＝2×10－2s ，则磁场变化的周期T ′＝T 2，粒子运动的半径r ＝mv 0Bq＝10－2m ，带电粒子在磁场变化的N 个周期时间内前进的位移x ＝22r ·N ，平均速度v ＝x NT ′＝22rN NT ′＝2 2 m/s ，故C 正确．【答案】 C3．(2012·苏州模拟)如图8－2－27所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P 为屏上的一个小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v 从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( )图8－2－27A.2mvqBB.2mv cos θqBC.2mv 1－sin θqBD.2mv 1－cos θqB【解析】屏MN 上被粒子击中的区域离P 点最远的距离x 1＝2r ＝2mvqB，屏M 上被粒子击中的区域离P 点最近的距离x 2＝2r cos θ＝2mv cos θqB，故在屏M 上被粒子打中的区域的长度为x 1－x 2＝2mv 1－cos θqB，D 正确．【答案】 D图8－2－284．如图8－2－28所示是某粒子速度选择器的示意图，在一半径为R ＝10 cm 的圆柱形桶内有B ＝10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱形桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为q m＝2×1011C/kg 的阳离子，粒子束中速度连续分布，不计重力．当角θ＝45°时，出射粒子速度v 的大小是( )A.2×106m/s B ．22×106m/s C ．22×108 m/sD ．42×106m/s【解析】设此粒子圆周运动的半径为r ，则有r sin θ＝R ，r ＝ 2 10 m ．又由r ＝mv Bq可得：v ＝Bqr m＝22×106m/s ，故B 正确．【答案】 B图8－2－295．(2013·武汉模拟)如图8－2－29所示，在正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°.若粒子能从AB 边穿出磁场，则粒子在磁场中运动的过程中，到AB 边的最大距离为( )A.mv2Bq B.3mv 2Bq C.3mv BqD.2mv Bq【解析】粒子圆周运动的半径r ＝mv Bq，粒子能从AB 边射出磁场时，离AB 边的最大距离d ＝r ＋r cos 60°＝32r ＝3mv2Bq，故B 正确．【答案】 B二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．全部选对的得8分，只选1个且正确的得4分，有选错或不答的得0分．)图8－2－306．如图8－2－30所示，电子束沿垂直于荧光屏的方向做直线运动，为使电子打在荧光屏上方的位置P ，则能使电子发生上述偏转的场是( )A ．竖直向上的匀强电场B ．负点电荷的电场C ．垂直纸面向里的匀强磁场D ．垂直纸面向外的匀强磁场【解析】只要使电子受到的电场力或洛伦兹力竖直向上或斜向上，均可使电子打在P 点，竖直向上的匀强电场电子受电场力向下，故A 错误．选项C 中磁场垂直纸面向里时，电子所受洛伦兹力向下，电子则打不到P 点，故C 错误．【答案】 BD图8－2－317．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，如图8－2－31所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t 1，水平射程为s 1，着地速度为v 1.撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t 2，水平射程为s 2，着地速度为v 2，则下列论述正确的是( )A ．s 1>s 2B ．t 1>t 2C ．v 1和v 2大小不等D ．v 1和v 2方向相同【解析】当桌面右边存在磁场时，由左手定则，带电小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直方向上分量向上，因此小球水平方向存在加速度，竖直方向上加速度a <g ，所以t 1>t 2，s 1>s 2，A 、B 对；又因为洛伦兹力不做功；两次小球着地时速度方向不同，大小相等，C 、D 均错．【答案】 AB8．质量为m 、带电荷量为q 的粒子(忽略重力)在磁感应强度为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，形成空间环形电流．已知粒子的运行速率为v 、半径为R 、周期为T ，环形电流的强度为I .则下面说法中正确的是( )A ．该带电粒子的比荷为q m ＝BR vB ．在时间t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝qBt mC ．当速率v 增大时，环形电流的强度I 保持不变D ．当速率v 增大时，运动周期T 变小【解析】带电粒子做匀速圆周运动，mv 2R ＝qvB ，所以q m ＝v BR ，A 错误；运动周期T ＝2πmBq，与速率无关，D 错误；在时间t 内，粒子转过的圆弧对应的圆心角为θ＝tT 2π＝qBtm，B 正确；I ＝q T ＝Bq 22πm，与速率v 无关，C 正确．【答案】 BC图8－2－329．如图8－2－32所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个电荷量绝对值相同、质量相同的正、负粒子(不计重力)，从O 点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中( )A ．运动时间相同B ．运动轨迹的半径相同C ．重新回到边界时速度大小不同方向相同D ．重新回到边界时与O 点的距离相同【解析】两偏转轨迹的圆心都在射入速度方向的垂线上，可假设它们的半径为某一长度，从而画出两偏转轨迹，如图所示．由此可知它们的运动时间分别为：t 1＝2π－2θm Bq ，t 2＝2θm Bq ，轨迹半径R ＝mv Bq相等，射出速度方向都与边界成θ角，且速度大小也相等；射出点与O 点距离相等为d ＝2R ·sin θ.故B 、D 正确．【答案】 BD图8－2－3310．如图8－2－33所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，试管在水平拉力F 作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出．关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是( )A ．小球带正电B ．洛伦兹力对小球做正功C ．小球运动的轨迹是一条抛物线D ．维持试管匀速运动的拉力F 应保持恒定【解析】以F 方向为x 轴正向，因球可从管口出来，说明在水平方向v x 对应的F 洛x＝qv x B 作用下球沿管向管口运动．由左手定则可判断球带正电，A 对．洛伦兹力永不做功，B 错．因球沿F 方向是匀速直线运动，垂直F 方向F 洛x 恒定，球做匀加速直线运动，则合运动就是类平抛运动，故C 对．因沿管方向v y 不断增大，则与F 反向的F 洛y ＝qv y B 不断增大，为保持v x 恒定则F 应不断增大，故D 错．【答案】 AC三、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(14分)钍核23090Th 发生衰变生成镭核22688Ra 并放出一个粒子．设该粒子的质量为m 、电荷量为q ，它进入电势差为U 的带窄缝的平行平板电极S 1和S 2间电场时，其速度为v 0，经电场加速后，沿Ox 方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，Ox 垂直平板电极S 2，当粒子从P 点离开磁场时，其速度方向与Ox 方向的夹角θ＝60°，如图8－2－34所示，整个装置处于真空中．图8－2－34(1)求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R ； (2)求粒子在磁场中运动所用的时间t .【解析】 (1)设粒子离开电场时的速度为v ，对加速过程有qU ＝12mv 2－12mv 20①粒子在磁场中有qvB ＝m v 2R②由①②得R ＝m qB2qU m＋v 20.(2)粒子做圆周运动的回旋周期T ＝2πR v ＝2πmqB③粒子在磁场中运动的时间t ＝16T ④由③④得t ＝πm3qB .【答案】 (1)m qB 2qU m ＋v 20 (2)πm 3qB图8－2－3512．(16分)半径为R 的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，如图8－2－35所示．一质量为m 、带电荷量为q 的正粒子(不计重力)以速度v 从筒壁的A 孔沿半径方向进入筒内，设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失，那么要使粒子与筒壁连续碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A 孔射出，问：(1)磁感应强度B 的大小必须满足什么条件？ (2)粒子在筒中运动的时间为多少？【解析】 (1)粒子射入圆筒后受洛伦兹力作用而偏转，设第一次与B 点碰撞，碰后速度方向又指向O 点，假设粒子与筒壁碰撞n －1次，运动轨迹是n 段相等的圆弧，再从A 孔射出．设第一段圆弧的圆心为O ′，半径为r (如图所示)，则θ＝2π/2n ＝π/n ，由几何关系有：r ＝R tan πn ，又由r ＝mvqB，联立两式可以解得B ＝mv Rq tanπn(n ＝3,4,5…)．(2)每段圆弧的圆心角为φ＝2·(π2－θ)＝2·(π2－πn )＝n －2n π.粒子由A 到B 所用时间t′＝φ2πT＝12π·n－2nπ·2πRv·tanπn＝n－2πRnv·tanπn(n＝3,4,5…)．故粒子运动的总时间t＝nt′＝n－2πRvtanπn(n＝3,4,5…)．【答案】见解析。

人教版高中物理一轮总复习课后习题阶段检测阶段检测(8) 第十三~十五单元

阶段检测(八) 第十三~十五单元一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.物理学知识在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用,下列说法正确的是( )A.肥皂膜看起来常常是彩色的,这是光的衍射现象B.照相机镜头表面涂上增透膜,以增强透射光的强度,是运用了光的全反射现象C.手机屏贴有钢化膜,屏幕射出的光线,经过钢化膜后,频率将会发生变化D.日落时分拍摄水面下的景物,在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景物更清晰2.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示,曲线与r轴交点的横坐标为r0,相距很远的两分子在分子力作用下,由静止开始相互接近,若两分子相距无穷远时分子势能为零,下列说法正确的是( )A.在r>r0阶段,F做负功,分子动能减小,势能也减小B.在r<r0阶段,F做正功,分子动能增加,势能减小C.在r=r0时,分子势能最小,动能最大D.在r=r0时,分子势能为零3.约翰·维尔金斯曾设计了一种磁力“永动机”。

如图所示,在斜坡顶上放一块强有力的磁铁,斜坡上端有一个小孔,斜面下有一个连接小孔直至底端的弯曲轨道,维尔金斯认为:如果在斜坡底端放一个小铁球,那么由于磁铁的吸引,小铁球就会向上运动,当小球运动到小孔P处时,它就要掉下,再沿着斜面下的弯曲轨道返回斜坡底端Q,由于有速度而可以对外做功,然后又被磁铁吸引回到上端,到小孔P处又掉下。

关于维尔金斯“永动机”,正确的认识应该是( )A.符合理论规律,一定可以实现,只是实现时间早晚的问题B.如果忽略斜面的摩擦,维尔金斯“永动机”一定可以实现C.如果忽略斜面的摩擦,铁球质量较小,磁铁磁性又较强,则维尔金斯“永动机”可以实现D.违背能量转化和守恒定律,不可能实现4.关于液体和固体的一些现象,下列说法正确的是( )A.图甲中水蛭停在水面上是因为浮力作用B.图乙中石英晶体像玻璃一样,没有固定的熔点C.图丙中水银在玻璃上形成“圆珠状”的液滴说明水银不浸润玻璃D.图丁中组成晶体的微粒对称排列,形成很规则的几何空间点阵,因此表现为各向同性5.某病毒的尺寸约为100 nm,由于最短可见光波长约为400 nm,所以我们无法用可见光捕捉该病毒的照片。

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阶段知能检测(六) 一、单项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得5分，选错或不答的得0分．) 图1 1．空气中的负离子对人的健康极为有益．人工产生负氧离子的方法最常用的是电晕放电法．如图1所示，一排针状负极和环形正极之间加上直流高电压，电压达5 000 V左右，使空气发生电离，从而产生负氧离子排出，使空气清新化，针状负极与环形正极间距为5 mm，且视为匀强电场，电场强度为E，电场对负氧离子的作用力为F，则( ) A．E＝103 V/m，F＝1.6×10－16 N B．E＝106 V/m，F＝1.6×10－16 N C．E＝103 V/m，F＝1.6×10－13 N D．E＝106 V/m，F＝1.6×10－13 N 【解析】　由E＝可得E＝ V/m＝106 V/m，F＝qE＝1.6×10－19×106 N＝1.6×10－13 N，故D正确．【答案】　D 2．(201·盐城模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图2所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( ) 图2 A．断开开关S后，将A、B两极板分开些 B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些 C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些 D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动【解析】　要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A、B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误．【答案】　A 图3 3．(201·山东聊城模拟)匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，D为AB的中点，如图3所示，已知电场线的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为16 V、8 V和4 V，一电量为2×10－6 C的正电荷从D点移到C点，电场力所做的功为( ) A．1.6×10－5 J B．2×10－6 J C．8×10－6 J D．3. 2×10－5 J 【解析】　由匀强电场特点可知，φD＝12 V，故UDC＝φD－φC＝8 V，将正电荷由D点移到C点，电场力所做的功为WDC＝UDC·q＝8×2×10－6 J＝1.6×10－5 J，A正确．【答案】　A 图4 4．(2012·云浮模拟)如图4所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许电流从b流向a，平行板电容器AB内部原有电荷P处于静止状态，当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间(两极板仍平行)，P的运动情况将是( ) A．仍静止不动 B．向下运动 C．向上运动 D．无法判断【解析】　此题利用二极管的单向导电性来判断电容器是Q不变还是U不变．若假设U不变，由E＝可判断出E变小，电场力变小，电荷P向下运动，但d变大又导致C变小，结合U不变得出Q变小，即电容器A板应该放出正电荷，与题目不符，所以假设错误，即Q不变．可以根据E＝＝＝得出E不变(与d无关)，故P仍受力平衡，A选项正确．【答案】　A 图5 5．质量为m的物块，带电荷量为＋Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E＝mg/Q的匀强电场中，如图5所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为( )A. 2B.C. 2D. 2 【解析】　将重力和电场力合成如图所示，合力的方向与水平方向成30°.所以物体将沿合力方向做初速度为0的匀加速直线运动，对此过程应用动能定理： mgH＋QEH＝mv2，解得v＝2. 【答案】　C 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．) 图6 6．(2012·枣庄模拟)某电场的电场线分布如图6所示，下列说法正确的是( ) A．a点的电势高于b点的电势 B．c点的电场强度小于d点的电场强度 C．若将一正试探电荷由a点移到b点，电场力做负功 D．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能增加【解析】　由电场线的疏密程度可知Ed>Ec，B正确；过a、b两点作电场的等势线，根据电场方向可以判断，φb>φa，A错误；同理可知，φd>φc，由Wcd＝Ucd·q，Ucd<0，q0，因此电场力对负试探电荷做正功电势能减少，D错误，由Wab＝Uab·q，Uab0可知，Wab<0，因此，将正试探电荷由c点移到d点，电场力做负功，C正确．【答案】　BC 图7 7．如图7所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论正确的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝ B．电容器两极板间各点的电势有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零 C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，但极板上带的电荷量Q不变 D．若有一个电子水平射入两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小【解析】　由题意可知，两极板间电压为2φ，电场强度为E＝，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方为正，下方为负，故B正确；由C＝知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电量Q增加，C错误；电子水平射入两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．【答案】　BD 图8 8．(2012·威海模拟)如图8所示，在平行于xOy平面的区域内存在着电场，一个正电荷沿直线先后从C点移动到A点和B点，在这两个过程中，均需要克服电场力做功，且做功的数值相等．下列说法正确的是( ) A．A、B两点在同一个等势面上 B．B点的电势低于C点的电势 C．该电荷在A点的电势能小于在C点的电势能 D．这一区域内的电场可能是在第象限内某位置的一个正点电荷所产生的【解析】　由W＝U·q，WCA＝WCB<0可知，UCA＝UCB<0，故有A、B两点电势相等，B点电势高于C点电势，A正确，B错误；因WCA<0，故该电荷在A点的电势能大于电荷在C点的电势能，C错误；此区域内的电场可能是由第象限内的正电荷产生的，此电荷应在AB连线的中垂线上，D正确．【答案】　AD 图9 9．如图9所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是( ) A．b、d两点的电场强度相同 B．a点的电势高于f点的电势 C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功 D．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大【解析】　电场中各点的电场强度均为匀强电场E与＋Q形成的电场强度的矢量和由对称性可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同，A错误；在球面上各点，相对于＋Q形成的电场各点电势相同，但考虑匀强电场E的存在，a点电势高于f点电势，B正确；点电荷＋q在bedf面上移动时，电场力不做功，C错误；因球面上a、c两点电势差最大，故将＋q从a点移到c点电场力做功最多，电荷电势能变化量最大，故D正确．【答案】　BD 图10 10．(201·江苏常州模拟)如图10所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功的大小分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程( ) A．电势能增加W2 B．弹簧弹性势能最大值为W1－W2＋mv2 C．弹簧弹性势能减少量为W2＋W1 D．系统机械能增加W2 【解析】　电场力对小球做正功W2，电荷的电势能减小W2，A错误；由动能定理得：W弹－W1＋W2＝mv2，故弹簧弹力做功为W弹＝W1－W2＋mv2，对应弹簧弹性势能的减少量和弹簧弹性势能的最大值，B正确C错误；系统机械能的增加量等于电场力做的功W2，故D正确．【答案】　BD 三、计算题(本题共3个小题，满分36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 图11 11．(12分)如图11所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg，求： (1)电子在C点时的动能是多少？ (2)O、C两点间的电势差大小是多少？【解析】　(1)电子在C点时的速度为 vt＝有Ek＝m()2＝9.7×10－18 J. (2)对电子从O到C由动能定理，有 eU＝mv－mv 得U＝＝15.125 V. 【答案】　(1)9.7×10－18 J　(2)15.125 V 图12 12．(15分)在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C、质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0 m/s，如图12所示．求物块最终停止时的位置．(g取10 m/s2) 【解析】　物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得：－(qE＋μmg)x1＝0－mv 所以x1＝代入数据得x1＝0.4 m 可知，当物块向右运动0.4 m时速度减为零，因物块所受的电场力F＝qE＝0.03 N＞Ff＝μmg＝0.02 N，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则对全过程由动能定理得－μmg(2x1＋x2)＝0－mv. 解得x2＝0.2 m. 【答案】　在O点左侧距O点0.2 m处图13 13．(18分)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图13所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求： (1)B点距虚线MN的距离d2； (2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t. 【解析】　(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0 由式解得d2＝d1＝0.50 cm. (2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有 |q|E1＝ma1 |q|E2＝ma2 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有 d1＝a1t d2＝a2t 又t＝t1＋t2 由式解得 t＝1.5×10－8 s. 【答案】　(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s。

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计算机学生实习报告计算机学生实习报告范文9篇随着个人素质的提升，接触并使用报告的人越来越多，多数报告都是在事情做完或发生后撰写的。

写起报告来就毫无头绪？以下是店铺为大家整理的计算机学生实习报告10篇，欢迎大家分享。

计算机学生实习报告篇1怀着对自己将来的打算和期望，以及在父母的强烈催促下，我假期前就详细安排了自己的假期计划。

从我的专业看，外贸公司是一个不错的对口工作。

老妈试着去给我联系了一家不错的外贸公司，可是由于我们学院放假太迟，那边的实习生人数已满，我错过了一次机会。

幸运的是被告之可以一月之后再去联系。

于是，我选择了自己另外一大兴趣——电脑行业。

怀着对电脑行业极大的崇拜和向往，我来到了杭州一家大型电脑市场。

经过几次碰壁，我最终在一家电脑个体商户落户。

没有报酬，也不管饭,可是得到了一个实习的机会。

就这样，从技术再到销售，我不断向各位师傅讨教。

相继学会了有关装机,装系统,装应用软件的基本操作, 在客户需要时还根据客户要求上门服务.为了保证我学到的东西能够切实规范化,系统化.我要求自己每天都必须注意消化自己在平时所学到的东西。

实践期间我争取一切可能的机会让我动手,短短的几天时间自己装过几部电脑,绝大部分自己都曾到过用户家中为用户解决问题,我对电脑的一般性故障也能作一定的维护,具备了一定的产品真伪识别能力,甚至我还学到了很多经营技巧,对计算机的总体认识和把握也有显着的提高。

为了拓宽自己的电脑知识面，我每天回家后还抓紧时间从网上搜索一些电脑常识，深感互联网带来的巨大便利，否则那么多的问题期待同事们解答是不可能的。

如此半个月下来，我感觉学到好多，庆幸自己把握住了这次机会，当然也深知自己已学的不过是九牛一毛，我更需不断努力，正如同事们所说的“技术知识是靠积累的”!走出了电脑公司，迎接仅剩为期两周的外贸实习。

对我来说，能进这样一家外贸公司，是一个不错的机会!市中心的商务楼，给人愉悦的感觉;年龄相仿的同事，给人亲切的感觉;如此多的外贸实务可以学习，给人挑战性的感觉!总之，我对哪怕短短十天的实习也充满了期待!如今，短短两周的实习已接近尾声，回顾过来，激动之余，诸多感慨!相处，在这样的白领办公场所，没有看到或者说是感受到任何勾心斗角的事情不知是有幸还是不幸，同事们也说起所在的单位的氛围的确不错，相互相处都很和谐。

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