【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习随堂训练1-1-4 含答案

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与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练24含答案

课时跟踪训练(二十四)一、选择题1．(多选)将三个不同的电源的U－I图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，它们的内阻分别为r1、r2、r3，则下列关系正确的是()A．r1＝r2<r3B．r1>r2>r3C．E1>E2＝E3D．E1＝E2<E3[解析]由与纵轴截距知E1>E2＝E3，由图线斜率可知r3>r2＝r1，故AC正确．[答案]AC2．(多选)如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，两电表均可看作是理想电表．闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动，在此过程中()A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变暗，L2变亮C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小[解析]分析电路图可知，L1和滑动变阻器并联后再与L2串联，当滑动变阻器连入电路部分的阻值变小后，整个电路的电流变大，外电压减小，故电流表读数增大，电压表读数减小，D项正确；流过L2的电流变大，加在L1两端的电压减小，故L1变暗，而L2变亮，B项正确．[答案]BD3．(2015·山东临沂一模)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的滑片向上移动时，下列论述正确的是()A．灯泡L一定变亮B．安培表的示数变小C．伏特表的示数变小D．R0消耗的功率变小[解析]当R的滑片P向上移动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，伏特表测量的路端电压变小，选项C正确；根据P＝U2R可知灯L消耗的功率变小，灯L变暗，选项A错误；外电路总电阻变小，回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得总电流I变大，而流过灯L的电流变小，故流过R0的电流变大，R0消耗的功率变大，选项B、D错误．[答案] C4．(2015·上海闸北一模)如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1>r2，外电阻R相同．两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，下列说法正确的是()A ．甲电路电源内部产生热量较多B ．乙电路外电阻R 产生热量较少C ．乙电路电源做功较多D ．甲电路电源效率较高[解析] 电源做功W ＝EIt ＝Eq ，则两电源做功一样多，C 错误；电源的效率η＝UI EI ＝U E ＝1E ·ER R ＋r ＝R R ＋r，由于内电阻r 1>r 2，外电阻R 相同，甲图电源的内电阻大，则甲电路电源内部产生热量较多，电源效率低，故A 正确，D 错误；两个电阻的电热Q ＝I 2Rt ＝qIR ，电荷量和电阻相等，I 1<I 2，则甲电路外电阻的电热少，故B 错误．[答案] A5．(多选)(2015·江西抚州二模)如图所示，一平行板电容器C ，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个定值电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计(左进左偏)和电源连成电路，现有一个质量为m 的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是( )A ．增大R 3，油滴上升B ．增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏C ．增大R 1，R 1中电流的变化值大于R 3中电流的变化值D ．增大R 1，R 1两端电压的变化值大于R 3两端电压的变化值[解析] 增大R 3，外电路总电阻增大，总电流I 减小，平行板电容器C 的电压U C ＝IR 并，I 减小，U C 减小，板间电场强度减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落，故A 错误．在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，则电容器的电荷量减小，电容器放电，电流计指针左偏，故B错误．增大R1，电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3、r、R0的电压减小，R1、R2并联电压增大，而R3、r、R0及并联电压的和为E，是定值，因此R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值；R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3＝I1＋I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故C、D正确．[答案]CD6．(2015·天津河西一模)如图甲所示电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．开关S闭合后下列判断正确的是()A．L1电流为L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2消耗的电功率为0.375 WD．此时L2的电阻为12 Ω[解析]根据电路图和伏安特性曲线，灯泡L1的电压U1＝3 V，由题图乙读出其电流I1＝0.25 A，则灯泡L1的电阻R1＝12 Ω，灯泡L2、L3串联，电压U2＝U3＝1.5 V，由题图乙读出其电流I2＝I3＝0.20 A，灯泡L2、L3的电阻均为R1＝7.5 Ω，该支路中的总电阻为15 Ω，并联电压相等，通过灯L1电流不是通过灯L2电流的2倍，故A、D错误；灯L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝3×0.25 W＝0.75 W，B正确；灯L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.30 W，C错误．[答案] B7．(多选)(2015·湖南十三校联考)如图所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5[解析]题图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1，C正确，D错误；电流表A1的量程为3 A，A2的量程为0. 6 A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，B正确，A错误．[答案]BC8．(2015·北京卷)如图所示，其中电流表A的量程为0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是()A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A[解析]当接线柱1、2接入电路时，电阻R1与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的13，由于电流表的满偏电压为定值，因此量程扩大为原来的3倍，故每一小格变为0.02×3＝0.06 A ，A 、B 选项错误．当接线柱1、3接入电路时，电阻R 1与电流表内阻并联后再和电阻R 2串联，但是串联的电阻R 2对于电流表量程无影响，故每一小格仍为0.06 A ．C 正确，D 错误．[答案] C9．(多选)(2015·浙江金丽衢一模)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω[解析] 由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系；此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－30.2 Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故A 正确．变阻器向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即V 2读数逐渐增大，故B 错误．由题图可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1 Ω＝4 Ω；当I ＝0.3 A 时，U＝3 V ，电动机输出功率最大，最大为P ＝UI －I 2r M ＝3 V ×0.3 A －(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W ，故C 错误．当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3.60.1－2－4 Ω＝30 Ω，故D 正确． [答案] BC10．(2015·河南焦作一模)在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大D.U 2I 变大、ΔU 2ΔI 变大[解析] 滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.U 2I 为外阻，变大，ΔU 2ΔI 为内阻，不变，则D错误．[答案] C二、非选择题11．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变动器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．[解析](1)题图乙中AB延长线交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝EI短＝20 Ω.(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，得R2＝U2I2＝5 Ω.(3)当P滑到R3的左端时，由题图乙知此时U外＝16 V，I总＝0.2 A，所以R外＝U外I总＝80 Ω.因为R外＝R1R3R1＋R3＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω. [答案](1)20 V20 Ω(2)5 Ω(3)300 Ω12．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化．参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电池的内阻)．(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12 V的电源上，求流过电灯的电流和每个电灯的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与9 Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为8 V、内阻为1 Ω的电源上，求通过电流表的电流值以及每个电灯的实际功率．[解析](1)把三个这样的电灯串联后，每个电灯得到的实际电压为123V＝4V由题图甲可知，每个电灯加上4 V的实际电压时的工作电流均为I＝0.4 A 由此可以求出此时每个电灯的实际电阻R＝UI＝40.4Ω＝10 Ω.(2)在题图乙的混联电路中，设每个电灯上的实际电压和实际电流分别为U′和I′.在这个闭合电路中，E＝U′＋2I′(R0＋r) ．代入数值并整理得U′＝8－20I′这是一个反映电路的直线方程．把该直线在题图甲的坐标系中画出，如图所示．(I代表I′，U代表U′)这两条图线的交点U′＝2 V，I′＝0.3 A同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值I A＝2I′＝0.6 A每个电灯的实际功率P＝U′I′＝2×0.3 W＝0.6 W.[答案](1)0.4 A10 Ω(2)0.6 A0.6 W。

【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习重点回顾专练X3-1-8-4 含答案

重点回顾专练：带电粒子在复合场中的运动一、选择题1．(2016·湖南十二校联考)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A 、C 板间，带电粒子从P 0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )A ．带电粒子每运动一周被加速一次B ．P 1P 2＝P 2P 3C ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关D ．加速电场方向需要做周期性的变化[解析] 带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A 正确，D 错误．由动能定理得nqU ＝12m v 2，由qB v ＝m v 2R 得R ＝1B 2nmU q ，R 与加速次数不成正比，故B 错误．最大动能为E k ＝(qBR )22m ，可知C 错误．[答案] A2．(多选)(2015·厦门检测)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上．则收集室收集到的是( )A ．具有特定质量的粒子B ．具有特定比荷的粒子C ．具有特定速度的粒子D ．具有特定动能的粒子[解析] 粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得qU ＝12m v 2⇒v ＝2qUm ，粒子沿直线O 1O 2O 3运动，则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE ＝Bq v ⇒v ＝2qU m ＝E B ，即q m ＝E 22B 2U 为定值．故选项B 、C 正确．[答案] BC3．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如右图所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正[解析] 由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a 电极带正电，b 电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即q v B＝qE得v＝EB ＝UBd≈1.3 m/s.[答案] A4．(多选)(2015·江苏阜宁中学月考)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如右图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是()A．电势差U CD仅与材料有关B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平[解析]电势差U CD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差U CD<0，选项B正确；仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大，选项C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误．[答案]BC5．(多选)(2015·日照调研)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动，一起向左加速运动．在加速运动阶段()A ．甲、乙两物块间的摩擦力不变B ．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大C ．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动D ．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动[解析] 甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为M 、m ，乙物块所受滑动摩擦力F f ＝μ[(M ＋m )g ＋q v B ]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B 项正确；由牛顿第二定律有：Eq －F f ＝(M ＋m )a ，整体速度不断增大过程中，加速度不断减小，C 项正确，D 项错；对甲物块应用牛顿第二定律，F ′f ＝Ma ，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减小，A 项错．[答案] BC6．如图所示，a 、b 为竖直正对放置的平行金属板，其间构成偏转电场，其中a 板带正电，两板间的电压为U ，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界与两金属板下端的水平面PQ 重合，PQ 下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B ，一比荷为q m 带正电的粒子以速度v 0从两板中间位置沿与a 、b 板平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ 边界上的M 点进入磁场，运动一段时间后又从PQ 边界上的N 点射出磁场，设M 、N 两点间的距离为x (M 、N 点图中未画出)．则以下说法中正确的是( )A ．只减小磁感应强度B 的大小，则x 减小B ．只增大初速度v 0的大小，则x 减小C ．只减小偏转电场的电压U 大小，则x 不变D ．只减小带电粒子的比荷q m 大小，则x 不变[解析] 带正电的粒子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，向右做类平抛运动，设进入磁场时速度为v ，与水平向右方向的夹角为θ，则在磁场中做匀速圆周运动，运动的弧所对的圆心角为2θ，半径为R ，由几何知识得M 、N 两点的距离为：x ＝2R sin θ＝2m v Bq sin θ＝2m v 0Bq .只减小磁感应强度B 的大小，则x 增大，选项A 错误；只增大初速度v 0的大小，则x 增大，选项B 错误；只减小偏转电压U 的大小，则x 不变，选项C 正确；只减小带电粒子的比荷q m 的大小，则x 增大，选项D 错误．[答案] C7．如图所示，Oxyz 坐标系的y 轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向和磁场方向都与x 轴平行．从y 轴上的M 点(0，H,0)无初速释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的小球，它落在xOz 平面上的N (c,0，b )点(c >0，b >0)．若撤去磁场则小球落在xOy 平面的P (L,0,0)点(L >0)，已知重力加速度为g .则( )A ．匀强磁场方向沿x 轴正方向B ．匀强电场方向沿x 轴正方向C ．电场强度的大小E ＝mgL qHD ．小球落至N 点时的速率v ＝g H 2＋c 2H[解析] 撤掉磁场，小球落在P 点，对其受力分析，可知：小球受竖直向下的重力、沿x 轴正向的电场力，而小球带负电，故匀强电场方向沿x 轴的负方向，选项B 错误；根据分运动的等时性，则H ＝12gt 2，L ＝12qE m t 2，两方程相比可得：E ＝mgL qH ，选项C 正确；加上磁场，小球落在N 点，其受到的洛伦兹力方向沿z轴，由左手定则，可知：匀强磁场方向沿x轴负方向，选项A错误；从M点到N点，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，由动能定理可得：mgH＋qEc＝1 2m v 2，联立可得：v＝2gH2＋LcH，选项D错误．[答案] C8．(多选)(2015·成都一诊)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q ＝6×10－7 C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列判断正确的是()A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N[解析]根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝2×1060.4V/m＝5×106 V/m，故A选项错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4 J，故B选项正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故C选项错误；根据牛顿第二定律可得f B＝m v 2L，又qE＝mg，解得f B＝3 N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3 N，故D选项正确．[答案]BD二、非选择题9．(2015·济南高三质检)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外．一质量为m、带正电的粒子(不计粒子重力)，从OM＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上OP＝2h处的P点进入磁场，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，以垂直于y轴的方向射出磁场．求：(1)粒子所带的电荷量q；(2)磁感应强度B；(3)粒子在磁场中运动的时间．[解析]粒子的运动轨迹如图所示．(1)粒子在电场中做类平抛运动，有2h ＝v 0t ①h ＝12at 2②其中a ＝Eq m ③解得q ＝m v 202Eh ④(2)对粒子在电场中做类平抛运动的末状态进行分析：由直角三角形知识可知v ＝v 20＋v 2y ⑤y 轴的方向有h ＝v y t 2，v y ＝v 0⑥联立⑤⑥得θ＝45°，v ＝2v 0⑦对粒子在磁场中的圆周运动进行分析：v 2＝v 1＝v ，q v B ＝m v 2r ⑧联立④⑦⑧得B ＝22Eh v 0r . (3)粒子在磁场中的运动周期 T ＝2πr 2v 0. 由几何知识知，轨迹所对的圆心角为34π 故粒子在磁场中运动的时间t ＝3T 8＝32πr 8v 0. [答案] (1)m v 202Eh (2)22Eh v 0r (3)32πr 8v 010．(2015·莆田模拟)如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x ≤4 m 区域内，分布着E ＝28×106 N/C 的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着大小均为B ＝5.0×10－2 T 的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m ＝1.6×10－27 kg 、电荷量为q ＝3.2×10－19 C 的带正电的粒子(重力不计)，从坐标点M (－4 m ， 2 m)处，以v ＝2×107 m/s 的速度平行于x 轴向右运动，并先后通过匀强磁场和匀强电场区域．求：(1)带电粒子在磁场中的运动半径r ；(2)粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的总时间；(3)在图中画出粒子从直线x ＝－4 m 到x ＝4 m 之间的运动轨迹，并求出运动轨迹与y 轴和直线x ＝4 m 交点的纵坐标．[解析] (1)带电粒子在磁场中偏转，由牛顿运动定律得q v B ＝m v 2r，所以r ＝m v qB ，代入数据得r ＝ 2 m.(2)带电粒子在磁场中的运动周期T ＝2πm Bq ＝6.28×10－7 s ，运动的时间t 1＝14T ＝1.57×10－7 s.带电粒子在电场中运动的时间t 2＝x v ＝42×107 s ＝2.83×10－7 s ，故粒子在电磁场偏转所用的总时间t ＝t 1＋t 2＝4.40×10－7 s.(3)如图所示分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了18周，下移了(2－1)m ，由对称性知粒子在方向向内的磁场中恰好沿逆时针运动了18周，又下移了(2－1) m ，故y 1＝[2－2(2－1)] m ＝(2－2) m.粒子水平飞入电场，竖直方向上满足a ＝Eq m ＝24×1014 m/s 2y 2＝y 1＋12at 22＝2 m.[答案] (1) 2 m (2)4.40×10－7 s (3)见解析11．如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E ＝40 N/C ；在y 轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，15π s 后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r ＝0.3 m 的圆形区域里(图中未画出)，且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B 2＝0.8 T ．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝2×10－4 C 的带正电微粒从x 轴上x P ＝－0.8 m 处的P 点以速度v ＝0.12 m/s 沿x 轴正方向射出．(g 取10 m/s 2，计算结果保留两位有效数字)(1)求微粒在第二象限运动过程中离y 轴、x 轴的最大距离；(2)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x ，y )．[解析] (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力F 电＝Eq ＝8×10－3 N ，G ＝mg ＝8×10－3 NF 电＝G ，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动因为q v B 1＝m v 2R 1，所以R 1＝m v B 1q ＝0.6 m ， T ＝2πm B 1q ＝10π s. 从图乙可知在0～5π s 内微粒做匀速圆周运动在5π～10π s 内微粒向左做匀速运动，运动位移x 1＝v T 2＝0.6π m.在10π～15π s 内，微粒又做匀速圆周运动，15π s 以后向右做匀速运动，之后穿过y 轴．所以，离y 轴的最大距离s ＝0.8 m ＋x 1＋R 1＝1.4 m ＋0.6π m ＝3.3 m离x 轴的最大距离s ′＝2R 1×2＝4R 1＝2.4 m.(2)如图所示，微粒穿过圆形磁场时要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径．因为q v B2＝m v 2R2，所以R2＝m vB2q＝0.6 m＝2r，所以最大偏转角θ＝60°，所以圆心坐标x＝0.30 m，y＝s′－r cos60°＝2.4 m－0.3 m×12≈2.3 m，即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.3 m)．[答案](1)3.3 m 2.4 m(2)(0.30 m,2.3 m)。

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随堂训练1-3-4含答案

随堂训练1．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是()A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系，再保持力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系[答案] D2．(多选)“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验中，下列操作正确的是()A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D．实验时，应先放开小车，后接通电源[答案]BC3．(2015·广东韶关二模)用如图所示装置研究“加速度与力的关系”，已知砂和砂桶的总质量为m，小车的质量为M，实验中用砂和砂桶总重力作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是()A．M＝40 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gB．M＝100 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gC．M＝500 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gD．M＝500 g，m＝30 g、60 g、90 g、120 g、150 g(2)本实验中应在释放小车________(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源．如图所示为实验中打出的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的距离如图所示．已知打点计时器的工作频率为50 Hz.则小车加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)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，可能是图中的图线________(选填“甲”“乙”或“丙”)．[解析](1)实验时要控制：小车质量远大于砂桶和砂的总质量，分析所给数据可知，最合理的一组数据是C.(2)实验时应先接通电源，然后再释放小车；计数点间的时间间隔T＝0.02 s×5＝0.1 s，由题图所示纸带可知，小车的加速度a＝x3＋x4－(x1＋x2)4T2＝3.90＋3.39－2.89－2.404×0.12×10－2 m/s2＝0.50 m/s2.(3)不平衡摩擦力，小车受到的拉力小于砂桶的重力，在a—F图象的F轴上有截距，由a－F图象可知，应该是圈线丙．[答案](1)C(2)之前0.50(3)丙4．(2015·浙江温州一模)某实验小组利用如图甲所示的装置来探究“合外力一定时物体的加速度与其质量之间的关系”．(1)用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________.(2)安装好装置，用薄片适当垫起轨道右端，在不挂重物时，如果小车________，则表示已平衡摩擦力．(3)测出两个光电门中心之间的距离为L.将小车从图示位置静止释放，由数字计时器读出遮光条经过光电门A的时间t1和经过光电门B的时间t2，则小车加速度的表达式a＝________.(用以上字母表示)(4)保持合力不变，改变小车质量共做了6组实验，测得的实验数据如下表．为了更直观地分析数据得出结论，请在坐标纸上作出相应的图象．(5)[解析](1)10分度的游标卡尺，主尺上读出6 mm，游标尺上读出2×0.1 mm ＝0.2 mm，故遮光片的宽度为6.2 mm.(2)当小车做匀速直线运动时，表示已平衡摩擦力．本实验中即当小车经过两个光电门的时间相等时，表示已平衡摩擦力．(3)小车经过光电门A时的速度v A＝dt1，经过光电门B时的速度v B＝dt2，根据v2B－v2A＝2aL得a＝v2B－v2A2L＝⎝⎛⎭⎪⎫dt22－⎝⎛⎭⎪⎫dt122L.(4)以1m为横坐标，描点连线如图．(5)由图线可知，在误差允许的范围内，加速度与质量成反比．[答案](1)6.2 mm(2)小车经过两个光电门的时间相等(3)⎝⎛⎭⎪⎫dt22－⎝⎛⎭⎪⎫dt122L(4)见解析(5)在误差允许的范围内，加速度与质量成反比5．(2015·南昌调研)某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．(1)做实验时，将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d.则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________ mm.(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法有()A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小[解析](1)由速度的定义式可得滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝dΔt1；经过光电门2时的速度表达式v2＝dΔt2；由2ax＝v 22－v21，解得滑块加速度的表达式a＝⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22－⎝⎛⎭⎪⎫dΔt122x；游标卡尺主尺上读出8 mm，游标上第2刻度线与主尺对齐，即2×0.05 mm，游标卡尺读数为8 mm＋2×0.05 mm＝8.10 mm.(2)滑块沿斜面向下运动所受合力为Mg sinθ＝MghL，为了保持滑块所受的合力不变，M增大时，h减小，以保持二者乘积不变；或M减小时，h增大，以保持二者乘积不变，B、C正确．[答案](1)dΔt1⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22－⎝⎛⎭⎪⎫dΔt122x8.10(2)BC6．(2015·吉大附中三模)某物理兴趣小组在一次探究活动中，想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．实验装置如图所示，一端装有定滑轮的表面粗糙的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块；滑块左端与穿过打点计时器限位孔的纸带相连，右端固定一个轻小动滑轮；钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的水平轻绳相连．放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．实验时滑块加速运动，读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验；以弹簧测力计的示数F为纵轴，加速度a为横轴，得到的图象是一条斜率为k、纵轴截距为b的倾斜直线，如图所示．已知重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦，则滑块的质量M＝________；滑块和长木板之间的动摩擦因数μ＝________.[解析]据题意，对滑块受力分析，水平方向受到拉力为2F，还受到向左的摩擦力f，则有：2F－f＝ma，整理得到：F＝m2a＋f2，由此可知，图象的斜率为：m2＝k，则滑块质量为：m＝2k；摩擦力为：f2＝b，动摩擦因数为：μ＝2bmg＝bkg.[答案]2k b kg。

与名师对话物理1 1 1【精选】

与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·物理
基础
2．参考系的选取
知
识回
(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但
顾
被选为参考系的物体，我们假定它是静止的．
课
(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．
时跟
考点互
踪
(3)选参考系的原则是观测运动方便和描述运动尽可能
训练
动
探简单．
知
识
回顾
2．定义式
a＝ΔΔvt ，单位： m/s2 .
课时跟
考点
3．方向
互
踪训练
动探
与速度变化量的方向相同．
究
4．物理意义
描述物体速度变化快慢的物理量．
第9页
必修1 第1章第1讲
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·物理
基础
1．参考系必须选择静止不动的物体( )
知
识回
时跟
考点互
速度变化率
2 个模型：质点、匀速直线运动
2 种思想：极
踪训练
动
探究
限法、转换法—参考系的转换
第14页
必修1 第1章第1讲
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高考总复习·课标版·物理
基础
考点一
对质点和参考系的理解
知
识回
1．对质点的两点说明
顾
课
时
跟
考点互
踪训练
动
探
究
第15页
必修1 第1章第1讲
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高考总复习·课标版·物理
基
础

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练42 Word版含答案

课时跟踪训练(四十二)一、选择题1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )[解析]　A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，选项A、C正确．[答案]　AC2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小[解析]　玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D 正确．[答案]　D3．(2015·泉州检测)有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v[解析]　在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.[答案]　C4．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB.－mgm 2gh tm 2gh t C.＋mgD.－mgm gh t m gh t [解析]　设作业人员下落h 时的速度为v ，根据自由落体运动规律可得v 2＝2gh .对于安全带伸长到最长过程，设竖直向上为正方向，根据动量定理得Ft －mgt ＝0－(－m v )，解以上两式可得，F ＝＋mg ，选项A 正确．m 2ght[答案]　A5．(2015·福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析]　因为A 和B 组成的系统总动量为零，因此碰后系统总动量也为零，不可能都向左或向右运动，也不可能一个静止一个运动，应是A 向左运动，B 向右运动，选项D 正确．[答案]　D6．(2015·合肥质检)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s.滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W[解析]　类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝m v 2－m v ＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，12122I F－F f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．[答案]　D7．(多选)如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是( )A．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒[解析]　由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中(包括下摆和上摆)，系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对．[答案]　ACE8．如右图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车向东的速度大小为( )A. B.Mv 1－Mv 2M －m Mv 1M －m C.D ．v 1Mv 1＋Mv 2M －m [解析]　在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m ＋M )v 1＝m v 1＋M v 车，因此v 车＝v 1，所以D 正确．[答案]　D9．(2015·福建省莆田一中期末)如右图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s[解析]　A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则M v －m v ＝M v 1，M v 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝ m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应83大于2.0 m/s 而小于 m/s ，只有选项B 正确．83[答案]　B10．(2015·渝中区模拟)如右图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A 、B 质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是( )mAmB A.＝＋1 B.－1mAmB 2mA mB 2C.＝1D.＝mA mB mA mB 2[解析]　由题意知，AB 碰后粘合在一起2m A gR ＝m v ①122A m A v A ＝(m A ＋m B )v ②(m A ＋m B )gR ＝(m A ＋m B )v 2.12[答案]　A 二、非选择题11．(2015·云南一模)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．[解析]　子弹射入木块B 的过程中，子弹和木块B 组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有m v 0＝2m v 1，子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝3m v 2，根据机械能守恒得2mgL (1－cos60°)＝×2m v －×3m v ，联立三1221122式解得v 0＝2.3gL [答案]　23gL12．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以v 0、v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后1834B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．[解析]　设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝v 0，B 的速度v B ＝v 0，由动量守恒定律得1834m v A ＝m v A ′＋m v B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝m v －m v ②1220122A 设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝m v －m v B ′2③122B12据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝v 0⑥2116[答案]　v 02116。

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练40 Word版含答案

课时跟踪训练(四十)一、选择题1．(2015·福建卷)如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a 、b ，波长分别为λa 、λb ，该玻璃对单色光a 、b 的折射率分别为n a 、n b ，则( )A ．λa <λb ，n a >n bB ．λa >λb ，n a <n bC ．λa <λb ，n a <n bD ．λa >λb ，n a >n b[解析]　由题图可知，光由空气进入三棱镜时，两束单色光的入射角相同，单色光a 的折射角大于单色光b 的折射角，根据折射定律可得，n ＝，则sin isin r n a <n b ，单色光b 的频率大而波长小，即λa >λb ，选项B 正确．[答案]　B2．(2014·福建卷)如图所示，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O 点为该玻璃砖截面的圆心，下图中能正确描述其光路的是( )[解析]　当光线从空气射向半圆柱体玻璃砖时，光线一定会进入玻璃砖，B 错误．当光线从半圆柱体玻璃砖射向空气时，可能发生全反射，A 正确．当发生折射时，由折射定律可知，玻璃中光线与法线的夹角小于空气中光线与法线的夹角，C 、D 错误．[答案]　A3.如图所示，一横截面为直角三角形的三棱镜，∠B ＝90°，∠C ＝30°.一束与AB 面成θ＝30°的光线射向AB 面，经过BC 边发生一次全反射，再从AC 边射出，且出射光线的折射角为60°.则这种材料的折射率为( )A. B.23C. D ．243[解析]　作出光路图，如图所示，根据几何关系和折射定律有n ＝＝，可得i ＝30°，n ＝.sin60°sin i sin60°sin (60°－i )3[答案]　B4．公园里灯光喷泉的水池中有处于同一深度的若干彩灯，在晚上观察不同颜色彩灯的深度和水面上被照亮的面积，下列说法正确的是( )A ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较小B ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较小C ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较大D ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较大[解析]　光从水里射入空气时发生折射，入射角相同时，折射率越大，折射角越大，从水面上看光源越浅，红灯发出的红光的折射率最小，看起来最深；设光源的深度为d ，光的临界角为C ，则光能够照亮的水面面积大小为S ＝π(d tan C )2，可见，临界角越大的光，照亮的面积越大，各种色光中，红光的折射率最小，临界角最大，所以红灯照亮的水面面积较大，选项D 正确．[答案]　D5.如图所示，AB 、CD 分别是置于空气中厚玻璃砖的上、下两个表面，且AB ∥CD ，光线经AB 表面射向玻璃砖，当折射光线射到CD 表面上时，下列说法中正确的是( )①不可能发生全反射　②只要适当增大入射角θ1，就可能在CD 面上发生全反射　③只要玻璃砖的厚度足够大，就可能在CD 面上发生全反射　④由于不知道玻璃的折射率，故无法判断A ．只有①正确B ．只有②③正确C ．②③④正确D ．只有④正确[解析]　如图所示，折射光线O 1O 2能否在CD 面上发生全反射，取决于是否满足全反射的条件，由于玻璃的折射率大于空气的折射率，故折射光线O 1O 2是从光密介质射向光疏介质，设折射光线O 1O 2在CD 面上的入射角为θ1′，则θ1′＝θ2.据折射率的定义可得n ＝.(其中θ1<90°)sin θ1sin θ2据临界角定义可得n ＝.可得θ1′＝θ2<C .1sin C 故折射光线O 1O 2在CD 面上不能发生全反射．[答案]　A6．两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；光线2的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝，OP ＝R，光在真空中的传播速度为c .据此可知( )R 23A ．光线2在圆弧面的入射角为45°B ．玻璃材料的折射率为3C ．光线1在玻璃中传播速度为c2D ．光线1在玻璃中传播时间为3R2c[解析]　作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由sin θ1＝＝得θ1＝30°，选项OA OB 12A 错误；OP ＝R ，由几何关系知BP ＝R ，则折射角θ2＝60°，由折射定律得玻3璃的折射率为n ＝＝＝，选项B 正确，由n ＝解得光线1在玻璃sin θ2sin θ1sin60°sin30°3c v ，传播时间为t ＝＝，选项C 、D 错误．c 3R v 3Rc [答案]　B 7. (2015·郑州三模)“B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．如图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为＝(式中sin θ1sin θ2v 1v 2θ1是入射角，θ2是折射角，v 1、v 2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v 2＝0.9v 1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.B.9d sin i2100－81sin2i d 81－100sin2i 10sin i C. D.d 81－100sin2i20sini d 100－81sin2i 18sin i[解析]　如图所示，由题意知＝＝①sin i sin r v 1v 2109由几何关系知sin r ＝②d2(d 2)2＋h 2联立①②式解得h ＝，故选项D 正确．100－81sin2i18sin i [答案]　D8.如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、2半径为R 的扇形OAB ，一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA 上，OB 不透光．若只考虑首次入射到圆弧AB 上的光，则A 上有光透出部分的弧B 长为( )A.πRB.πR 1614C.πRD.πR 13512[解析]　假设平行光束恰好能透出圆弧的临界点分别为D 、E ，光路图如图所示，由折射率公式可求得光从OA 边射入玻璃时的折射角为30°，由临界角定义式可求得D 处发生全反射的临界角为C ＝45°，则圆弧DE 对应的圆心角为45°，所以有光透出的弧长为πR ，选项B 正确．14[答案]　B9. (多选)(2015·石家庄一模)如图所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到玻璃砖的上表面，直线OO ′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点．下列说法正确的是( )A．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度B．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度C．玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率D．同时增大入射角，则b光在下表面先发生全反射E．通过玻璃砖后a、b光均沿原来的方向传播[解析]　由于光在真空中传播速度均相等，选项A错误；由图知，b光偏折的较大，所以b光的折射率较大、传播速度较小，选项B、C正确．由折射定律可知，a、b光在下表面入射角均小于临界角，a、b光均能在下表面射出去，不能发生全反射，选项D错误；光线通过平行玻璃砖后传播方向不会改变，而只发生侧移，故选项E正确．[答案]　BCE10．(多选)(2015·江西八校联考)幻日是一种非常罕见的光学现象如图(甲)为2012年12月10日，上海出现的“三个太阳”(即幻日现象)．在天空出现的半透明薄云里面，有许多漂浮在空中的六角形柱状的冰晶体，偶尔它们会整整齐齐地垂直排列在空中．当太阳光射在这一根根六角形冰柱上，就会发生非常规律的折射现象如图(乙)．有人在实验室用白光束和转动的六角棱镜模拟了幻日现象如图(丙)．下列说法正确的是( )A．人造幻日接近太阳一侧的光线在冰晶中折射率较大B．光线从冰晶侧面入射时，入射角一定大于或等于折射角C．形成幻日的光线可能是经过冰晶的一个侧面射入，又从与之平行的另一侧面射出进入观察者眼中D．图(丙)中二个人造幻日是六角棱镜转动时入射光线从棱镜侧面不同方向射入时分别产生的[解析]　人造幻日接近太阳一侧的光线偏折较小，即冰晶对这些光线折射率较小，选项A错误；光线从冰晶侧面入射时，入射角一定大于或等于折射角，选项B正确；若光线从一个侧面射入，再从与之平行的侧面射出，光线方向不发生变化，不会形成幻日，选项C错误；图(丙)中二个人造幻日是六角棱镜转动时入射光线从棱镜侧面不同方向射入时分别产生的，选项D正确．[答案]　BD二、非选择题11．(2015·山东济南一模)一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1＝0.6 m；赛艇正前方离赛艇前端s1＝0.8 m处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前方s2＝3.0 m处下潜到深度为h2＝4.0 m时，看到标记P刚好被浮标挡住．求水的折射率n.[解析]　设过P点的光线恰好被浮标挡住时，入射角、折射角分别为α、β，如图，则：sin α＝s 1s 21＋h 21sin β＝s 2s 2＋h 2n ＝sin αsin β联立解得n ＝.43[答案]　4312．(2015·江西宜春一模)如图所示为一透明玻璃半球，在其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏．两束关于中心轴OO ′对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出．当光屏距半球上表面h 1＝40 cm 时，从球面折射出的两束光线会聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h 2＝70 cm 时，在光屏上形成半径r ＝40 cm 的圆形光斑．求该半球形玻璃的折射率．[解析]　光路如图所示，设临界光线AE 、BF 入射后，经E 、F 两点发生全反射，由几何关系可得∠O 2QP ＝C ，O 2O 3＝h 2－h 1＝0.3 m ，O 2Q ＝＝0.5 m ，(O 2O 3)2＋(O 3Q )2sin C ＝＝，O 2O 3O 2Q 35又由折射定律得n ＝＝.1sin C 53[答案]　53。

【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习课时跟踪训练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 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD．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 V C．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 V440 W”的电暖宝、“220 V220 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2200π C[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 sinωt＝150sin100πt V.(2)线圈中感应电动势的有效值E＝E m2＝75 2 V≈106 V，电流的有效值I＝ER＋r＝1064.8＋0.2A＝21.2 A，交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率P＝I2R＝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＝nBΔSΔt，根据欧姆定律得I＝ER＋r，又q＝IΔt，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 ＝1200 s 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 m 2＝50 2 V 电压表的示数U ＝E 有R ＋r R ＝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 ＝U 2R T ＝4.5 J (3)在0～1200 s 时间内，电动势的平均值E ＝sΔB Δt ①，平均电流I ＝ER ＋r ② 流过灯泡的电荷量q ＝I Δt .③ 得q ＝120π C. [答案] (1)45 2 V (2)4.5 J (3)120π C。

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练11 Word版含答案

课时跟踪训练(十一)一、选择题1．关于物体做曲线运动的条件，以下说法中正确的是()A．物体受变力作用才可能做曲线运动B．物体受恒力作用也可能做曲线运动C．物体不受力也能做曲线运动D．物体只要受到外力就一定做曲线运动[解析]物体做曲线运动的条件是所受的合外力方向与它的速度方向不在一条直线上，跟此合外力是否为变力无关，只有B选项正确．[答案] B2．(多选)关于曲线运动，下面说法正确的是()A．物体运动状态改变时，它一定做曲线运动B．物体做曲线运动，它的运动状态一定在改变C．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和速度的方向一致D．物体做曲线运动时，它的加速度的方向始终和所受到的合外力方向一致[答案]BD3．(多选)关于两个分运动的合运动，下列说法中正确的是()A．两个匀速直线运动的合运动一定是匀速直线运动B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．合运动的速度一定大于分运动的速度D．合运动的位移大小可能小于分运动的位移大小[解析]合运动与分运动的速度与位移关系均遵守三角形法则，所以C错，D对．进行运动合成时可分别进行速度合成和加速度合成，若合速度与合加速度方向在一条直线上则合运动是直线，故A对，B错．[答案]AD4．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如右图)，与此同时对质点加上沿x 轴正方向的恒力F x 和沿y 轴正方向的恒力F y ，则( )A ．因为有F x 质点一定做曲线运动B ．如果F y >F x ，质点向y 轴一侧做曲线运动C ．质点不可能做直线运动D ．如果F x >F y cot α，质点向x 轴一侧做曲线运动[解析] 若F y ＝F x tan α，则F x 和F y 的合力F 与v 在同一直线上，此时质点做直线运动．若F x >F y cot α，则F x 、F y 的合力F 与x 轴正方向的夹角β<α，则质点向x 轴一侧做曲线运动，故正确选项为D.[答案] D5．质量为m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O 处，先用沿＋x 轴方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿＋y 轴方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ，则质点在这3 s 内的轨迹为( )[解析] 在t 1＝2 s 内，质点沿x 轴方向的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2,2 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s ，位移x 1＝12a 1t 21＝4 m ；撤去F 1后的t 2＝1 s 内沿x 轴方向做匀速直线运动，位移x 2＝v 1t 2＝4 m ．沿y 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 2＝F 2m ＝6 m/s 2，位移y ＝12a 2t 22＝3 m ，故3 s 末质点的坐标为(8,3)，故A 、B错误；由于曲线运动中合力指向轨迹的“凹”侧，故C 错误，D 正确．[答案] D6．(2015·吉林重点中学模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如下图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是( )A ．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作B ．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害C ．运动员下落时间与风力无关D ．运动员着地速度与风力无关[解析] 水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A 错误，C 正确．运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B 、D 错误．[答案] C7．(多选)(2015·洛阳联考)如下图所示，起重机将货物沿竖直方向以速度v 1匀速吊起，同时又沿横梁以速度v 2水平匀速向右运动，关于货物的运动下列表述正确的是( )A．货物的实际运动速度为v1＋v2B．货物的实际运动速度为v21＋v22C．货物相对地面做曲线运动D．货物相对地面做直线运动[解析]货物的实际速度为v21＋v22，选项B正确，A错误；货物的速度大小和方向均不变，做直线运动，D正确，C错误．[答案]BD8．(多选)如右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图．A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的()A．速度大小可以介于A、B的速度大小之间B．速度大小一定不小于A、B的速度大小C．速度方向可能在CA和CB的夹角范围外D．速度方向一定在CA和CB的夹角范围内[解析]C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，C的速度v C大于v A及v B，故A错误，B正确，v C的方向为平行四边形对角线的方向，所以一定在CA和CB的夹角范围内，故C错误，D正确．[答案]BD9．(2015·太原一中检测)如右图所示，开始时A、B间的细绳呈水平状态，现由计算机控制物体A的运动，使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑，经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动，则下列v－t图象中，最接近物体B的运动情况的是()[解析]与物体A相连的绳端速度v分解为沿绳伸长方向的速度v1和垂直于绳方向的速度v2，则物体B的速度v B＝v1＝v sinθ，在t＝0时刻θ＝0°，v B＝0，C项错误；之后随θ增大，sinθ增大，B的速度增大，但开始时θ变化快，速度增加得快，图线的斜率大，若绳和杆足够长，则物体B的速度趋近于A的速度，A项正确．[答案] A10．(多选)(2015·桂林模拟)河水的流速随离河岸一侧的距离的变化关系如下图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，若要使船以最短时间渡河，则()A．船渡河的最短时间是60 sB．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在河水中的最大速度是5 m/s[解析]当船头垂直河岸渡河时，过河时间为最短，t min＝dv船＝3003s＝100 s，A错误，B正确；因河水的速度是变化的，故船相对于岸的速度的大小和方向均是变化的，船在河水中航行的轨迹不是一条直线，当船在河中心时，船速最大，v max＝v2水＋v2船＝5 m/s，C错误，D正确．[答案]BD二、非选择题11．如下图所示，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．一小球从坐标原点沿Oy方向竖直向上抛出，初速度为v0＝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取10 m/s2)求：(1)小球在M点的速度v1；(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v2的大小．[解析](1)设正方形的边长为s0.竖直方向做竖直上抛运动，v0＝gt1,2s0＝v02t1水平方向做匀加速直线运动，3s0＝v12t1解得v1＝6 m/s.(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1到x轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到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)见解析图 (3)410 m/s12．小船在200 m 宽的河中横渡，水流速度为2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，求：(1)当小船的船头始终正对对岸时，它将在何时、何处到达对岸？(2)要使小船到达正对岸，应如何行驶？历时多长？[解析] 小船参与了两个运动：随水漂流和船在静水中的运动．因为分运动之间是互不干扰的，具有等时的性质，故(1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间：t ＝t 1＝d v 船＝2004s ＝50 s ，沿河流方向的位移x 水＝v 水t ＝2×50 m ＝100 m ，即在正对岸下游100 m 处靠岸．(2)要小船垂直河岸过河，即合速度应垂直于河岸，如右图所示，则cos θ＝v 水v 船＝24＝12，所以θ＝60°，即航向与上游河岸成60°角，渡河时间t ＝t 2＝d v 合＝d v 船sin θ＝2004sin60°s ＝1003s ≈57.7 s.[答案](1)50 s后在正对岸下游100 m处靠岸(2)航向与上游河岸成60°角57.7 s。

《与名师对话》2019届高考一轮总复习课标版物理课件：X3-2-9-1第9章电磁感应

3.如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析使线圈做如下运动时，能产生感应电流的是( )
A．使线圈在纸面内平动 B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动 C．使线圈以ac为轴转动 D．使线圈以bd为轴转动
[解析]
[答案] C
2．在下图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场的磁感线全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，能产生感应电流的圆环是 ( )
A．a、b两环 C．a、c两环
[答案] A
B．b、c两环 D．a、b、c三个环
1．磁通量是标量，但有正、负之分(
[答案] √ ) 2．磁通量与线圈的匝数无关( [答案] √
)
3．在磁场中线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量越大 [答案] × ( ) 4．某时刻穿过线圈的磁通量为零，则这时磁通量的变化
率也一定为零( [答案] × )
5．电路的磁通量变化，电路中就一定有感应电流( [答案] × )
(3)磁感应强度 B 和回路面积 S 同时发生变化，此时可由 ΔΦ＝Φ1－Φ0 计算并判断磁通量是否变化． (4)线圈面积 S 不变，磁感应强度 B 也不变，但二者之间夹角发生变化．例如，线圈在磁场中转动时．
2．判断电磁感应现象是否发生的一般流程
[跟踪训练] 1.两圆环A、B同心放置且半径RA>RB，将一条形磁铁置于两环圆心处且与圆环平面垂直，如图所示，则穿过A、B 两圆环的磁通量的大小关系为( )
1 个应用：左手及应用果分析法
考点一
磁通量
电磁感应现象
1．穿过闭合电路的磁通量发生变化，大致有以下几种情况 (1)磁感应强度 B 不变，线圈面积 S 发生变化．例如，闭合电路的一部分导体切割磁感线时． (2)线圈面积 S 不变，磁感应强度 B 发生变化．例如，线圈与磁体之间发生相对运动时或者磁场是由通电螺线管产生，而螺线管中的电流变化时．

全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-1-5 Word版含答案

随堂训练1．(2015·佛山模拟)某同学利用打点计时器测量小车做匀变速直线运动的加速度．(1)电磁打点计时器是一种使用________(选填“交流”或“直流”)电源的计时仪器，它的工作电压是4 V～6 V，当电源的频率为50 Hz时，它每隔________ s打一次点．(2)使用打点计时器时，接通电源与让纸带随小车开始运动这两个操作过程的操作顺序应该是()A．先接通电源，后释放纸带B．先释放纸带，后接通电源C．释放纸带的同时接通电源D．哪个先哪个后都可以[解析](1)电磁打点计时器是使用低压交流电源的计时仪器，f＝50 Hz，则＝0.02 s.打点周期为T＝1f(2)在进行实验操作时，应先接通电源，后释放纸带，使其随小车运动．[答案](1)交流0.02(2)A2．在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学的操作中有以下实验步骤，其中错误或遗漏的步骤有______________________________________________.(指出错误并改正，遗漏步骤可编上序号G、H、…)A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先放开纸带，再接通电源B．将打点计时器固定在乎板上，并接好电源C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下面吊着适当重的钩码D．取下纸带E．将平板无滑轮的一端抬高，轻推小车，使小车能在平板上做匀速运动F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔将以上步骤完善后按合理顺序填写在横线上________．[解析]A中应先接通电源，再放开纸带，C中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D中应先断开电源，使打点计时器停止工作再取下纸带，E属于多余步骤．应补充G，换上新纸带，重复操作两次．H，断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B、F、C、A、D、G、H.[答案]见解析3．(2015·广东卷)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度．(1)请完成以下主要实验步骤：按图(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物________(填“靠近”或“远离”)计时器下端；________，________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验．(2)图(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取________(填“b”或“c”)来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和________．[解析](1)为了充分利用纸带，使纸带上有更多的点迹，故重物在接通打点计时器电源前要靠近打点计时器下端；因纸带很快就能通过打点计时器，所以先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放纸带．(2)重物在重力作用下加速运动，相邻点迹间距应越来越大，故选b来分析；误差的主要原因是空气阻力、打点计时器限位孔给纸带的摩擦阻力以及振针在纸带上打点给纸带的阻力．[答案](1)靠近接通打点计时器电源释放纸带(2)b打点计时器给纸带的摩擦阻力4．如图甲是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C 、D 和E 为纸带上六个计数点．加速度大小用a 表示．(1)OD 间的距离为________ cm.(2)如图乙是根据实验数据绘出的x －t 2图线(x 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，其大小为________ m/s 2.(保留三位有效数字)[解析] 由于物体做的是匀变速直线运动，所以其从某一点开始运动的位移x ＝v 0t ＋12at 2，由于x －t 2图线是一条过原点的倾斜直线，因此v 0＝0，则x ＝a 2t 2，故x －t 2图线的斜率为a 2，通过图线可求得斜率为0.467.[答案] (1)1.20(1.18～1.22之间均可)(2)12a 0.467 (0.467～0.470之间均可)5．(2015·泰安模拟)光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a 、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a 、b 间通过时，光电计时器就可以精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来．现利用图乙所示的装置测量滑块和长木板间的动摩擦因数，图中MN 是水平桌面，Q 是长木板与桌面的接触点， 1和2是固定在长木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P 点悬有一铅锤，实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10－2 s 和4.0×10－3 s ．用精度为0.05 mm 的游标卡尺测量滑块的宽度为d ＝1.010 cm.(1)滑块通过光电门1时的速度v 1＝________ m/s ，滑块通过光电门2时的速度v 2＝________ m/s(结果保留两位有效数字)．(2)由此测得的瞬时速度v 1和v 2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的________，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将________的宽度减小一些．(3)为了计算出滑块的加速度，除了测量d 、t 1和t 2之外，还需要测量________．则用这些物理量计算加速度的表达式为a ＝________.[解析] (1)v 1＝d t 1＝1.010×10－21.0×10－2 m/s ＝1.0 m/s v 2＝d t 2＝1.010×10－24.0×10－3 m/s ＝2.5 m/s. (2)v 1、v 2实质上是滑块通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．(3)为了计算出滑块的加速度，除了测量d 、t 1和t 2之外，还需要测量的物理量有两种方案．方案一：测滑块由光电门1运动至光电门2所用时间t ，由v 2＝v 1＋at 得a ＝d (t 1－t 2)tt 1t 2. 方案二：测两光电门之间的距离x ，由v 22－v 21＝2ax 得a ＝d 2(t 21－t 22)2xt 21t 22[答案] (1)1.0 2.5 (2)平均速度滑块(3)滑块由光电门1运动至光电门2所用时间t 或两光电门之间的距离xd (t 1－t 2)tt 1t 2或d 2(t 21－t 22)2xt 21t 226．(2015·梅州模拟)如图甲所示为用打点计时器记录小车运动情况的装置，开始时小车在水平玻璃板上匀速运动，后来在薄布面上做匀减速运动，所打出的纸带如图乙所示(附有刻度尺)，纸带上相邻两点对应的时间间隔为0.02 s.从纸带上记录的点迹情况可知，A 、E 两点迹之间的距离为________ cm ，小车在玻璃板上做匀速运动的速度大小为________ m/s ；小车在布面上运动的加速度大小为________ m/s 2.[解析] A 、E 两点的刻度分别为x A ＝13.20 cm ，x E ＝6.00 cm ，AE ＝x A －x E＝7.20 cm(答案在7.19～7.21之间均可)，匀速运动的速度为v ＝x AE 4T ＝0.90 m/s(答案在0.89 m/s ～0.91 m/s 之间均可)．F 点以后做减速运动，相邻T 内的位移差为Δx ＝0.2 cm.由Δx ＝aT 2得a ＝Δx T 2＝0.2×10－20.022m/s 2＝5.0 m/s 2(答案在4.9 m/s 2～5.1 m/s 2之间均可)．[答案] 7.20(7.19～7.21之间均可) 0.90(0.89～0.91之间均可) 5.0(4.9～5.1之间均可)。

与名师对话·高三课标版物理1-1

是：1 s、2 s、3 s、4 s．下列说法正确的是 ( )
2.速度和速率 (1)平均速度：物体的位移与发生这段位移 x 比值，即 v＝ t ；其方向与位移 (2)瞬时速度：运动物体在某一所用时间的
的方向相同，是矢量．
时刻或某一位置的速
度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量． (3)速率：瞬时速度的大小，是标量．
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高考总复习 ·课标板物理
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(对应学生用书 P1)
一、质点(理想模型) 1．定义：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型． 2．物体可看做质点的条件：研究物体的运动时，物体的形状和大小对研究结果的影响可以忽略．
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A．甲先到达B地
B．乙先到达B地 C．只要v1、v2取值合适，甲、乙两人可以同时到达 D．以上情况都有可能
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高考总复习 ·课标板物理
x x [尝试解答] 设 AB 两地相距 x，则 t 甲＝＋， 2v1 2v2 x 2v1v2 所以 v 甲＝＝，设乙从 A→B 经历时间为 t，则 t甲 v1＋v2 t t v1 ＋v2 v ＋v v 乙 v1＋v22 2 2 1 2 v 乙＝＝，所以＝ . t 2 4v1v2 v甲由于(v1＋v2)2－4v1v2＝(v1－v2)2>0，所以 v 乙> v 甲，所以由 x v ＝ t 得 t 乙<t 甲，即乙先到达 B 地，应选 B.

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练43 Word版含答案

课时跟踪训练(四十三)一、选择题1．(多选)(2015·汕头模拟)如下图所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是( )A．有光子从锌板逸出B．有电子从锌板逸出C．验电器指针张开一个角度D．锌板带负电[解析]　用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故A错误、B正确；锌板与验电器相连，带有相同电性的电荷，锌板失去电子应该带正电，且失去电子越多，带正电的电荷量越多，验电器指针张角越大，故C正确、D错误．[答案]　BC2．(多选)对于光电效应的解释，下列选项正确的是( )A．金属内每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能从金属表面逸出B．如果入射光子的能量小于金属表面电子克服原子核的引力逸出时需做的最小功，光电效应便不能发生C．发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光子的最大初动能也就越大D．由于不同金属的逸出功不同，因此，使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同[解析]　电子吸收光子的能量是不能累加的，A 错误，B 正确；不同的金属，逸出功不同，其产生光电效应的最低频率(即极限频率)也不同，D 正确；入射光的强度增大，但其频率不改变时，光子的能量也不会改变，电子吸收光子的能量也不会增加，逸出光电子的最大初动能也就不会改变，故C 错误．[答案]　BD3．(多选)(2015·天津六校联考)关于光电效应，下列说法正确的是( )A ．极限频率越大的金属材料逸出功越大B ．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C ．从金属表面出来的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D ．若发生了光电效应且入射光的频率一定时，光强越强，单位时间内逸出的光电子数就越多[解析]　由逸出功W ＝hν0知极限频率越大，逸出功越大，故A 正确．发生光电效应与入射光的频率有关，与入射光的强度和光的照射时间无关，故B 错误．根据光电效应方程E km ＝hν－W 0得，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，故C 错误．在发生光电效应的情况下，入射光的强度越高，单位时间内发出光电子的数目越多，故D 正确．[答案]　AD4．(2014·江苏卷)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量[解析]　根据爱因斯坦光电效应方程m v ＝hν－W .由题知W 钙>W 钾，所122m以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p ＝及p ＝和c ＝λν知，钙2mE k hλ逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．[答案]　A5．(多选)(2015·郑州模拟)甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的函数关系分别如图中的Ⅰ、Ⅱ所示．下列判断正确的是( )A ．Ⅰ与Ⅱ不一定平行B ．乙金属的极限频率大C ．图象纵轴截距由入射光强度判定D ．Ⅰ、Ⅱ的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系[解析]　E k －ν图象的斜率表示普朗克常量，图线与ν轴交点的横坐标表示极限频率，图线与E k 轴交点的纵坐标的绝对值为逸出功，由金属材料判定，故B 、D 正确．[答案]　BD6．(多选)(2015·陕西渭南质检)分别用波长为λ和2λ的光照射同一种金属，产生的速度最快的光电子速度之比为2∶1，普朗克常量和真空中光速分别用h 和c 表示，那么下列说法正确的有( )A ．该种金属的逸出功为hc3λB ．该种金属的逸出功为hcλC ．波长超过2λ的光都不能使该金属发生光电效应D ．波长超过4λ的光都不能使该金属发生光电效应[解析]　由hν＝W 0＋E k 知h ＝W 0＋m v ，h ＝W 0＋m v ，又v 1＝2v 2，cλ1221c2λ122得W 0＝，A 正确，B 错误．光的波长小于或等于3λ时都能发生光电效应，C hc3λ错误，D 正确．[答案]　AD7．现有a 、b 、c 三束单色光，其波长关系为λa ∶λb ∶λc ＝1∶2∶3.当用a 光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为E k ，若改用b 光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为E k ，当改用c 光束照射该金属13板时( )A ．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为E k16B ．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为E k19C ．能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为E k112D ．由于c 光束光子能量较小，该金属板不会发生光电效应[解析]　对a 、b 、c 三束光由光电效应方程有：－W ＝E k ，－W ＝E k ，由以上两式可得＝E k ，W ＝E k .当改用c 光束照hcλa hc 2λa 13hcλa 4313射该金属板时－W ＝E k －E k ＝E k ，故B 正确．hc3λa 491319[答案]　B8.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图所示．则可判断出( )A ．甲光的频率大于乙光的频率B ．乙光的波长大于丙光的波长C ．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D ．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能[解析]　由图象知，甲、乙光对应的遏止电压相等，由eU c ＝E k 和hν＝W 0＋E k 得甲、乙光频率相等，A 错误；丙光的频率大于乙光的频率，则丙光的波长小于乙光的波长，B 正确；由hνc ＝W 0得甲、乙、丙光对应的截止频率相同，C 错误；由光电效应方程知，甲光对应的光电子最大初动能小于丙光对应的光电子最大初动能，D 错误．[答案]　B9．以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实．光电效应实验装置示意图如图所示．用频率为ν的普通光源照射阴极K ，没有发生光电效应，换用同样频率ν的强激光照射阴极K ，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U ，即将阴极K 接电源正极，阳极A 接电源负极，在KA 之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U ，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U 可能是下列的(其中W 为逸出功，h 为普朗克常量，e 为电子电量)( )A ．U ＝－B ．U ＝－h νe W e 2h νe W eC ．U ＝2hν－WD ．U ＝－5h ν2e We[解析]　用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应．“当增大反向电压U ，使光电流恰好减小到零时”，即为从阴极K 逸出的具有最大初动能的光电子，恰好不能到达阳极A.以从阴极K 逸出的且具有最大初动能的光电子为研究对象，由动能定理得－Ue ＝0－m v ①122m由光电效应方程得m v ＝nhν－W (n ＝2,3,4…)②122m由①②式解得U ＝－(n ＝2,3,4…)．nh νe We 故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．[答案]　B10．(多选)(2015·湖北重点中学高三起点考试)在光电效应实验中，两个实验小组分别在各自的实验室，约定用相同频率的单色光，分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应，并记录相关数据．对于这两组实验，下列判断正确的是( )A ．因为材料不同逸出功不同，所以遏止电压U c 不同B ．饱和电流一定不同C ．光电子的最大初动能不同D ．因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同E ．分别用不同频率的光照射之后绘制U c －ν，图象(ν为照射光频率，图为其中一小组绘制的图象)，图象的斜率可能不同[解析]　根据E k ＝hν－W 0和eU c ＝E k 得出，频率相同，逸出功不同，则遏止电压不同，光电子的最大初动能也不同，故选项A 、C 正确；虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，而饱和电流不一定相同，故选项B 错误，D 正确；由U c ＝－，知U c －ν图象的斜率等h νe W 0e 于为一定值，故E 错误．he [答案]　ACD 二、非选择题11．(2015·云南昆明一中测试)紫光在真空中的波长为4.5×10－7 m ，问：(1)紫光光子的能量是多少？(2)用它照射极限频率νc ＝4.62×1014 Hz 的金属钾能否产生光电效应？(3)若能产生，则光电子的最大初动能为多少？(h ＝6.63×10－34 J·s)[解析]　(1)ξ＝hν＝h ＝4.42×10－19 J.cλ(2)ν＝＝6.67×1014 Hz ，因为ν>νc ，所以能产生光电效应．cλ(3)光电子的最大初动能E k ＝hν－W 0＝h (ν－νc )＝1.36×10－19 J.[答案]　(1)4.42×10－19 J (2)能(3)1.36×10－19 J12．(2015·潍坊模拟)某同学采用如下图所示的实验电路研究光电效应，用某单色光照射光电管的阴极K 时，会发生光电效应现象．闭合开关S ，在阳极A 和阴极K 之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压的示数U 称为遏止电压．根据遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能．现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到反向遏止电压分别为U 1和U 2，求：(1)阴极K 所用金属的极限频率；(2)用题目中所给条件表示普朗克常量h .[解析]　由光电效应方程可得：E k1＝hν1－W 0E k2＝hν2－W 0又E k1＝U 1e E k2＝U 2e极限频率ν0＝W 0h 由以上各式联立可得：ν0＝　h ＝.U 1ν2－U 2ν1U 1－U 2e (U 1－U 2)ν1－ν2[答案]　(1)　(2)U 1ν2－U 2ν1U 1－U 2e (U 1－U 2)ν1－ν2。

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-2-4 Word版含答案

重点回顾专练：受力分析的步骤与方法一、选择题1．(多选)下列说法中不正确的是( )A．书放在水平桌面上受到的支持力，是由于书发生了微小形变而产生的B．摩擦力的方向可能与物体的运动方向相同C．一个质量一定的物体放在地球表面任何位置所受的重力大小都相同D．静止的物体不可能受到滑动摩擦力作用[解析]　选项A中支持力的施力物体是桌子，所以它是由于桌面发生了微小形变而产生的，选项A错误；摩擦力既可能是动力也可能是阻力，其方向可能与物体的运动方向相同，也可能与物体的运动方向相反，选项B正确；物体的重力G＝mg，其中g的大小与纬度有关，一般情况下，纬度越大，g值越大，所以一个质量一定的物体放在地球表面不同位置所受的重力大小不一定相同，选项C错误；滑动摩擦力发生在相互接触并且发生相对运动的两个物体之间，这两个物体可以是一个相对地面静止，另一个相对地面运动，那么那个静止的物体也会受到滑动摩擦力的作用，所以选项D错误．本题答案为A、C、D.[答案]　ACD2．(2016·天津四校期中)光滑的挡板竖直固定在倾角为θ的斜面上，一质量为m的半球形均匀物体靠着挡板放上后，处于静止状态，如右图所示．关于对半球形物体的受力分析错误的是( )A．可能受三个力：重力、斜面对物体的支持力和摩擦力B．可能受四个力：重力、挡板对物体的支持力、斜面对物体的支持力和摩擦力C．可能受三个力：重力、挡板对物体的支持力、斜面对物体的支持力D．如果斜面也光滑，挡板的支持力大小一定是mg sinθ[解析]　对半球形物体受力分析，由平衡条件F合＝0分析，A、B、C项叙述的情况均可．若斜面光滑，得挡板的支持力F N＝mg tanθ，选项D错误．[答案]　D3. (多选)(2015·浙江名校联考)物体b在力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁，如右图所示，a处于静止状态，则关于a受到的摩擦力，下列说法中正确的是( )A．a受到的摩擦力有两个B．a受到的摩擦力大小不随F变化C．a受到的摩擦力大小随F的增大而增大D．a受到的摩擦力方向始终竖直向上[解析]　a受到b对a向上的摩擦力，只有一个，选项A错误．a受到的摩擦力大小等于a的重力，方向竖直向上，不随F变化，选项B、D正确，选项C错误．[答案]　BD4．(2015·南通模拟)如右图所示，质量为m的物体A在竖直向上的力F(F<mg)作用下静止于斜面上．若减小力F，则( )A．物体A所受合力不变B．斜面对物体A的支持力不变C．斜面对物体A的摩擦力不变D．斜面对物体A的摩擦力可能为零[解析]　质量为m的物体A在竖直向上的力F作用下静止于斜面上，其所受合力为零．因为F<mg，所以物体A受到的摩擦力和支持力的合力竖直向上，若减小力F，物体A受到摩擦力和支持力的合力变大但仍竖直向上，故物体A 所受合力仍为零，物体A受到的支持力和摩擦力都变大，A正确，B、C、D错误．[答案]　A5．如图所示，在水平桌面上叠放着木块P和Q，水平力F推动两个木块做匀速直线运动，下列说法中正确的是( )A．P受3个力，Q受3个力B．P受3个力，Q受4个力C．P受4个力，Q受6个力D．P受2个力，Q受5个力[解析]　因两木块均做匀速直线运动，所以受力平衡．P除受重力和支持力外，不可能再受Q的摩擦力，否则不可能受力平衡，故P受两个力；Q受重力、地面支持力、P对其压力、地面对其摩擦力、推力五力作用，故选项D正确，其余错误．[答案]　D6．(2015·扬州高三检测)如右图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则( )A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于(M＋m)gD．斜面体对水平面的压力小于(M＋m)g[解析]　对整体受力分析如图据平衡条件，整体必定受地面对斜面体向右的摩擦力以平衡拉力水平向左的分力，故选项A、B错误；根据平衡条件知地面对斜面体的支持力F N＝(M＋m)g－F T sinθ，故选项D正确．[答案]　D7．质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示．忽略B球表面的摩擦力，则关于物体受力情况的判断正确的是( )A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B．物体A受到3个力的作用C．物体B对斜面的压力等于mg cosαD．物体B对物体A的压力大于mg sinα[解析]　物体A对物体B的弹力方向垂直于过AB交点的切线方向，不是沿斜面向上，A错误：物体A受重力、斜面的支持力和摩擦力、B对A的弹力四个力的作用，B错误；斜面对B的支持力与A对B作用力垂直斜面方向的分力之和等于mg cosα，则物体B对斜面的压力小于mg cosα，C错误；物体A对B的支持力沿斜面向上的分力等于mg sinα，则物体B对物体A的压力大于mg sinα，D正确．[答案]　D8．(多选)(2016·武汉部分学校调研)如右图所示，水平地面上有楔形物体b，b的斜面上有一小物块a，a与b之间、b与地面之间均存在摩擦．已知a恰好可沿斜面匀速下滑，此时若对a施加如图所示的作用力，a仍沿斜面下滑，则下列说法正确的是( )A．在a上施加竖直向下的力F1，则地面对b无摩擦力B．在a上施加沿斜面向下的力F2，则地面对b的摩擦力水平向左C．在a上施加一个水平向左的力F3，则地面对b的摩擦力水平向右D．无论在a上施加什么方向的力，地面对b均无摩擦力[解析]　a恰好可沿斜面匀速下滑，a和b均处于平衡状态．在a上施加竖直向下的力F1，a仍匀速下滑，则地面对b无摩擦力，选项A正确．在a上施加沿斜面向下的力F2，a加速下滑，a对b作用力不变，地面对b无摩擦力，选项B错误；在a上施加一个水平向左的力F3，则地面对b的摩擦力水平向右，选项C正确，D错误．[答案]　AC9．(多选)有一辆遥控电动玩具汽车，已知车内电动马达驱动后轮转动．现玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙上．如右图所示．按动遥控器上的“前进”、“后退”键，汽车就能前进或后退，地面与甲、乙车之间的摩擦力不计．以下叙述正确的是( )A．按动遥控器上的“前进”键，乙车对前轮摩擦力向右，乙车相对地面向右运动B．按动遥控器上的“前进”键，甲车对后轮摩擦力向右，甲车相对地面向左运动C．按动摇控器上的“后退”键，甲车对后轮摩擦力向左，甲车相对地面向右运动D．按动遥控器上的“后退”键，乙车对前轮摩擦力向左，乙车相对地面向左运动[解析]　汽车的后轮是主动轮，前轮是从动轮，当按动遥控器上的“前进”键时，车内电动马达驱动后轮转动，甲车对后轮施加一个水平向右的摩擦动力，甲车会受到一个水平向左的反作用力，所以甲车相对地面向左运动，而乙车对前轮的摩擦力向左，前轮对乙车施加向右的反作用力，乙车相对地面向右运动，选项A错误，B正确；同理，可分析得出选项C正确，D错误．本题答案为B、C.[解析]　BC10．(2015·安徽省级示范高中联考)如右图所示，用平行于斜面体A的轻弹簧将物块P拴接在挡板B上，在物块P上施加沿斜面向上的推力F，整个系统处于静止状态．下列说法正确的是( )A．物块P与斜面之间一定存在摩擦力B．弹簧的弹力一定沿斜面向下C．地面对斜面体A的摩擦力水平向左D．若增大推力，则弹簧弹力一定减小[解析]　受力分析可知若推力F与弹簧弹力的合力平衡了物体重力沿斜面向下的分力，则无摩擦力，A错误；受力分析可知弹簧处于拉伸或者压缩状态物块P均可以保持静止，B错误；由整体法可知地面对斜面体A水平向左的静摩擦力平衡了推力F水平向右的分力，C正确；增大推力F，若物块保持静止，则弹簧的弹力不变，D错误．[答案]　C二、非选择题11．如图所示，质量为m1＝5 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，取g＝10 m/s2，求：(1)斜面对滑块的摩擦力；(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．[解析]　(1)用隔离法：对滑块受力分析如图甲所示，在平行斜面的方向上F＝m1g sin30°＋F fF f＝F－m1g sin30°＝(30－5×10×0.5) N＝5 N(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，对其受力分析如图乙所示，可知：在水平方向上有F f 地＝F cos30°＝15 N3在竖直方向上有F N 地＝(m 1＋m 2)g －F sin30°＝135 N[答案]　(1)5 N (2)15 N 135 N312．(2015·太原检测)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B .它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求从开始到物块B 刚要离开C 时物块A 的位移d (重力加速度为g )．[解析]　设开始系统平衡时，弹簧的压缩量为x 1，则对A 有m A g sin θ－kx 1＝0①设物块B 刚要离开挡板C 时，弹簧的伸长量为x 2，则对B 有m B g sin θ－kx 2＝0②由题意可知d ＝x 1＋x 2③解得d ＝(mA ＋mB )g sin θk[答案]　(mA ＋mB )g sin θk。

高考物理-2019版与名师对话一轮课标版课时跟踪训练主题三曲线运动课时跟踪训练十四

课时跟踪训练(十四)落实双基[基础巩固]1．下列说法正确的是()A．向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直B．向心加速度的方向保持不变C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的D．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不断变化[解析]做圆周运动的物体，向心加速度的方向始终指向圆心，线速度的方向总是沿圆周的切线，所以向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直，选项A正确，选项B错误．在匀速圆周运动中，向心加速度的大小不变，方向时刻在变，选项C、D错误．[答案] A2．下列关于向心力的说法中，正确的是()A．物体由于做圆周运动产生了一个向心力B．做匀速圆周运动的物体的向心力就是它所受的合外力C．做匀速圆周运动的物体的向心力为恒力D．向心力的方向始终指向圆心，所以其方向保持不变[解析]因为有了向心力，物体才做圆周运动，而不是由于物体做圆周运动，而产生了向心力，A错误；匀速圆周运动的向心力始终指向圆心，方向在不断改变，C、D错误．[答案] B3．如图所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下来，则衣服()A．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用B．所需的向心力由重力提供C．所需的向心力由弹力提供D．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大[解析]衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A错误；衣服做圆周运动的向心力为它所受到的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即F N＝mω2r，转速越大，F N越大，C正确，B、D错误．[答案] C4．如右图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为R B∶R C＝3∶2，A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在转动过程中的()A．线速度大小之比为3∶2∶2B．角速度之比为3∶3∶2C．转速之比为2∶3∶2D．向心加速度大小之比为9∶6∶4[解析]A、B轮摩擦传动，故v a＝v b，ωa R A＝ωb R B，ωa∶ωb＝3∶2；B、C同轴，故ωb＝ωc，v bR B＝v cR C，v b∶v c＝3∶2，因此v a∶v b∶v c＝3∶3∶2，ωa∶ωb∶ωc＝3∶2∶2，故A、B错误．转速之比等于角速度之比，故C错误．由a＝ωv得：a a∶a b∶a c＝9∶6∶4，D正确．[答案] D5．如下图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n1，转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是()A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮边缘线速度大小为r22r1n1D．从动轮的转速为r2 r1n1[解析]主动轮沿顺时针方向转动时，传送带沿M→N方向运动，故从动轮沿逆时针方向转动，故A错误，B正确；由ω＝2πn、v＝ωr可知，2πn1r1＝2πn2r2，解得n2＝r1r2n1，从动轮边缘线速度大小为2πn2r2＝2πn1r1，故C、D错误．[答案] B6．(多选)(2016·浙江卷)如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90 m的大圆弧和r＝40 m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100 m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的 2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g取10 m/s2，π＝3.14)，则赛车()A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s[解析] 赛车在弯道上做匀速圆周运动时最大径向静摩擦力提供向心力，设最大径向静摩擦力与赛车重力的比值为k ，则kmg ＝m v 21r ，得在小圆弧赛道的最大速率v 1＝kgr ＝30 m/s ，在大圆弧赛道的最大速率为v 2＝kgR ＝45 m/s ，B 正确；为确保所用时间最短，需要在以v 2＝30 m/s 绕过小圆弧赛道后加速以v 2＝45 m/s 的速率在大圆弧赛道做匀速圆周运动，A 正确；直道的长度l ＝L 2－(R －r )2＝50 3 m ，在小弯道上的最大速度v 1＝30 m/s ，在大弯道上的最大速度v 2＝45 m/s ，故在直道上的加速度大小为a ＝v 22－v 212l ＝452－3022×503m/s 2＝6.50 m/s 2，C 错误；小圆弧弯道的长度为x ＝2πr 3，则通过小圆弧弯道的时间t ＝x v 1＝2πr 3v 1＝2.80 s ，D 错误．[答案] AB7．(多选)如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒，其轴线垂直于水平面，圆锥筒固定在水平地面上静止不动．有两个质量均为m 的小球A 和小球B 紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，小球B 所在的高度为小球A 所在高度的一半．下列说法中正确的是( )A ．小球A 、B 所受的支持力大小之比为2∶1B ．小球A 、B 的加速度大小之比为1∶1C ．小球A 、B 的角速度之比为2∶1D ．小球A 、B 的线速度大小之比为2∶1[解析] 设圆锥筒轴线与圆锥壁的夹角为θ，对小球A 进行受力分析可得圆锥筒内壁对小球的支持力F NA ＝mg /sin θ，同理可得F NB ＝mg /sin θ，故小球A 、B 所受的支持力大小之比为1∶1，选项A 错误；对小球A 、B 进行受力分析可得F A ＝F B ＝mg /tan θ，又因为两小球质量相等，由牛顿第二定律可知，二者的加速度大小之比为1∶1，选项B 正确；设小球B 距圆锥筒底端的高度为h ，则由牛顿第二定律可得F A ＝mω2A ·2h tan θ，F B ＝mω2B ·h tan θ，联立可得ωA ωB ＝12，选项C 错误；由v ＝ωr 可得v A v B＝ωA ·2h tan θωB ·h tan θ＝21，选项D 正确．[答案] BD8．一辆质量m ＝2.0 t 的小轿车，驶过半径R ＝90 m 的一段圆弧形桥面，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)若桥面为凹形，汽车以20 m/s 的速度通过桥面最低点时，对桥面的压力是多大？(2)若桥面为凸形，汽车以10 m/s 的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力是多大？(3)汽车以多大速度通过凸形桥面最高点时，对桥面刚好没有压力？[解析] (1)如图所示，圆弧形轨道的圆心在汽车的上方，支持力F N1与重力G ＝mg 的合力提供汽车通过桥面最低点时的向心力，即F向＝F N 1－mg ，由牛顿第二定律得F N 1－mg ＝m v 21R解得桥面的支持力大小为F N 1＝m v 21R ＋mg ＝2.89×104 N根据牛顿第三定律可知，汽车通过桥面最低点时对桥面的压力大小为2.89×104 N.(2)如图所示，圆弧形轨道的圆心在汽车的下方，重力G ＝mg 与支持力F N 2的合力提供汽车通过桥面最高点时的向心力，即F 向＝mg －F N 2，由牛顿第二定律得mg －F N 2＝m v 22R解得桥面的支持力大小为F N 2＝mg －m v 22R ＝1.78×104 N根据牛顿第三定律可知，汽车通过桥面最高点时，对桥面的压力大小为1.78×104 N.(3)设汽车以速度v m 通过凸形桥面最高点时对桥面刚好没有压力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2m R解得v m ＝gR ＝30 m/s故汽车以30 m/s 的速度通过凸形桥面最高点时，对桥面刚好没有压力．[答案] (1)2.89×104 N (2)1.78×104 N (3)30 m/s[素能培养]9．如图所示为自行车的传动装置示意图，已知链轮的半径r 1＝10 cm ，飞轮的半径r 2＝5 cm ，后轮的半径r 3＝30 cm ，A 、B 、C (图中未画出)分别为链轮、飞轮和后轮边缘上的点．若脚蹬匀速转动一圈所需要的时间为1 s ，则在自行车匀速前进的过程中下列说法正确的是( )A ．链轮、飞轮和后轮的角速度大小之比为2∶1∶1B ．A 、B 、C 三点的线速度大小之比为2∶1∶6C ．A 、B 、C 三点的向心加速度大小之比为1∶2∶6D ．自行车前进的速度大小约为13.6 km/h[解析] 由于链轮与飞轮用链条传动，故其线速度大小相等，而飞轮与后轮是同轴传动，故其角速度大小相等．由于ω1r 1＝ω2r 2，故链轮与飞轮的角速度之比为ω1∶ω2＝1∶2，而ω2∶ω3＝1∶1，故ω1∶ω2∶ω3＝1∶2∶2，选项A 错误；由题意可知，A 点与B 点的线速度大小之比为v 1∶v 2＝1∶1，由于飞轮与后轮的角速度大小相同，故有v 2r 2＝v 3r 3，解得v 2v 3＝16，所以A 、B 、C 三点的线速度大小之比为1∶1∶6，选项B错误；向心加速度大小a＝ω2r＝ωv，故A、B、C三点的向心加速度大小之比为1∶2∶12，选项C错误；脚蹬匀速转一圈，后轮要转两圈，由v＝xt可得v＝2×2πr3t≈13.6 km/h，选项D正确．[答案] D10．如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止．下列说法正确的是()A．小球A的合力小于小球B的合力B．小球A与框架间可能没有摩擦力C．小球B与框架间可能没有摩擦力D．圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大[解析]由于合力提供向心力，依据向心力表达式F＝mrω2，已知两球质量、运动半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A错误；小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确；由于不知道B 是否受到摩擦力，故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B 受到的摩擦力的变化情况，故D 错误．[答案] C11．(2017·福建漳州三联)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )[解析] 小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mg tan θ＝mω2L sin θ，整理得：L cos θ＝g ω2，则两球处于同一高度，故B 正确．[答案] B12．(2017·湖南高三联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示．测试的汽车质量m＝1 t，车道转弯半径r＝150 m，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g取10 m/s2)求(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？(2)汽车在该车道上所能允许的最小车速．[解析](1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg tanθ＝m v2 r解得：v≈38.7 m/s.(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：F N sin θ－F f cos θ＝m v 2min rF N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0F f ＝μF N解得：v min ＝30 m/s.[答案] (1)38.7 m/s (2)30 m/s。

【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习重点回顾专练2-4-3 含答案

重点回顾专练：平抛运动与圆周运动的综合问题一、选择题1．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为()A.g(r2－R2)2ω2R2 B.g(r2－R2)2ω2r2C.g(r－R)22ω2R2 D.gr22ω2R2[答案] A2．(多选)如右图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.则()A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F N B的大小是1 ND．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F N B的大小是2 N[解析]根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度v y＝gt＝3 m/s，水平分速度v x＝v y tan45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝v x t＝0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．[答案] AC二、非选择题3．(2015·苏州模拟)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切．质量为m 的小球以大小为v 0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小球恰能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点．(不计空气阻力，重力加速度为g )求：(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小；(2)AB 两点间的距离；(3)小球落到A 点时的速度方向与水平方向夹角的正切值．[解析] (1)在B 点小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 20R 解得：F N ＝mg ＋m v 20R由牛顿第三定律得小球通过B 点时对半圆槽的压力大小为mg ＋m v 20R .(2)在C 点小球恰能通过，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2C R过C 点小球做平抛运动，则：水平方向：x AB ＝v C t竖直方向：2R ＝12gt 2解得：x AB ＝2R .(3)设小球落到A 点时的速度方向与水平方向成θ角，则：tan θ＝v ⊥v Cv ⊥＝gt 解得：tan θ＝2.[答案] (1)mg ＋m v 20R (2)2R (3)24．如图所示，P 是水平面上的圆弧轨道，从高台边B 点以速度v 0水平飞出质量为m 的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入．O 是圆弧的圆心，θ是OA 与竖直方向的夹角．已知：m ＝0.5 kg ，v 0＝3 m/s ，θ＝53°，圆弧轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A 、B 两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C ？如能到达，小球对C 点的压力大小为多少？[解析] (1)小球在A 点的速度分解如图，则v y ＝v 0tan53°＝4 m/sA 、B 两点的高度差为：h ＝v 2y 2g ＝422×10m ＝0.8 m. (2)小球若能到达C 点，在C 点需要满足：mg ≤m v 2R ，v ≥gR ＝ 5 m/s小球在A 点的速度v A ＝v 0cos53°＝5 m/s从A →C 机械能守恒：12m v 2A ＝12m v 2C ＋mgR (1＋cos53°) v C ＝3 m/s> 5 m/s所以小球能到达C 点由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2C R 解得F N ＝4 N由牛顿第三定律知，小球对C 点的压力为4 N.[答案] (1)0.8 m (2)能 4 N5．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直线BC 组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB 的半径R ＝1.0 m ，BC 段L ＝1.5 m ．弹射装置将一个质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道，小球从C 点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h ＝1.25 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，π取3.14，求：(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力F 的大小及从A 运动到C 点的时间t ；(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角θ.[解析] (1)小球做匀速圆周运动，向心力大小F ＝m v 20R ＝25 N.小球从A 到B 的时间t 1＝πR v 0＝0.2π＝0.628 s ，从B 到C 的时间t 2＝L v 0＝0.3 s ，小球从A 到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝0.928 s.(2)小球做平抛运动，有h ＝v 2y 2g ，解得v y ＝5 m/s ，所以tan θ＝v y v 0＝1，解得θ＝45°.[答案] (1)25 N 0.928 s (2)45°6．(2015·青岛模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R ＝1 m ，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD 的正上方放置一条水平滑道AB ，滑道与CD 平行．滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，其高度差为h ＝1.25 m ．在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2.当用一大小为F ＝4 N 的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2πrad/s ，绕穿过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B 点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s 2.(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度．[解析] (1)物块做平抛运动，设水平初速度为v ，所用时间为t ，则水平方向R ＝v t竖直方向h ＝12gt 2解得物块离开滑道时的速度v ＝2 m/s ，t ＝0.5 s设拉动物块时的加速度为a 1，所用时间为t 1，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2撤去拉力后，设物块的加速度大小为a 2，所用时间为t 2，由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间T ＝2πω＝1 s物块在滑道上先加速后减速，则v ＝a 1t 1－a 2t 2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为t 1＋t 2＋t ＝T解得t 1＝0.3 s(2)物块加速t ′1＝0.5 s 的末速度 v 1＝a 1t ′1＝4 m/s则滑道长L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 2′1＋v 2－v 21－2a 2＝4 m [答案] (1)0.3 s (2)4 m。

《与名师对话》2019届高考一轮总复习课标版物理课件：1-2-3第2章相互作用

小球重力分解为使物体拉紧 AO 线的分力 F2 和使物体拉紧 BO 线的分 mg 力 F1，大小为 F1＝F2＝ 2sinα 拉力分解为拉伸 AB 的分力 F1＝ mg mgtanα 和压紧 BC 的分力 F2＝ cosα
2.按问题的需要进行分解 (1)已知合力 F 和两个分力的方向，可以唯一地作出力的平行四边形，对力 F 进行分解，其解是唯一的． (2)已知合力 F 和一个分力的大小与方向，力 F 的分解也是唯一的．
[解析]
三个大小分别是 F1、F2、F3 的共点力合成后的
最大值一定等于 F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，A、B、D 错误，C 正确．
[答案]
C
考点二 1．按力的作用效果分解
力的分解
(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向； (2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形； (3)最后由平行四边形和数学知识求出两个分力的大小．
15 A. kL 2 C．kL
3 B. kL 2 D. 2kL
[解析] 根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力：F＝k(2L －L)＝kL.两个橡皮条的弹力及其合力，作平行四边形，如图：
θ 设此时两根橡皮条的夹角为 θ，根据几何关系知：sin ＝ 2 1 .根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹 4 θ 15kL 力为：F 合＝2Fcos ＝；故 A 正确，B、C、D 错误． 2 2
边形定则
．
2．标量：只有大小没有方向的量，求和时按代数法则相加．
1．共点力一定是作用点为同一点的力(
)
[答案]
× )
2．合力的大小不一定大于分力的大小( [答案] √

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练18 Word版含答案

课时跟踪训练(十八)一、选择题1．(2015·商丘模拟)自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定[解析]人对水做正功，则水的机械能增大，由于水的动能仍为0，故重力势能增大，A对．[答案] A2．(2014·广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能[解析]在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中，由于要克服摩擦力做功，且缓冲器所受合外力做功不为零，因此机械能不守恒，A项错误；克服摩擦力做功消耗机械能，B项正确；撞击以后垫板和车厢有相同的速度，因此动能并不为零，C项错误；压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加，并没有减小，D项错误．[答案] B3．(2016·云南第一次检测)起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()A．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋12m v2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋12m v2D．该同学所受的合外力对其做功为12m v2＋mgh[解析]学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为1 2m v2，则机械能增加了mgh＋12m v2，A错，B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；学生受合外力做功等于动能增量，则W合＝12m v2，D错．[答案] B4．(多选)足够长的水平传送带始终以速度v匀速运动．某时刻，一质量为m、速度大小为v，方向与传送带运动方向相反的物体在传送带上运动，最后物体与传送带相对静止．物体在传送带上相对滑动的过程中，滑动摩擦力对物体做的功为W1，传送带克服滑动摩擦力做的功为W2，物体与传送带间摩擦产生的热量为Q，则()A．W1＝12m v2B．W1＝2m v2C．W2＝m v2D．Q＝2m v2[解析]设小物体速度由v减到零过程对地位移大小为x，则该过程传送带对地位移为2x，两者相对移动的路程为3x，当小物体速度由零增加到v过程，小物体和传送带对地位移分别为x和2x，两者相对移动的路程为x，因此全过程两者相对移动的路程为4x，摩擦生热Q＝4F f x，而F f x＝12m v2，所以Q＝2m v2.滑动摩擦力对物体做的功W1＝12m v2，物体相对传送带滑动的过程中，传送带克服摩擦力做的功W2＝4F f x＝2m v2，选项A、D正确．[答案]AD5．(2015·潍坊模拟)如右图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为()A．0.50 m B．0.25 mC．0.10 m D．0[解析]设小物块在盆内水平面上来回运动的总路程为x，由能量守恒定律可得：mgh＝μmgx，解得x＝3.0 m＝6d，故小物块最终停在B点，D正确．[答案] D6．(2014·山东卷)2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如右图，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为E p＝GMmhR(R＋h)，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为()A.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) B.mg 月R R ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋22R D.mg 月R R ＋h ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R [解析] 根据题意可知，要使“玉兔”和飞船在距离月球表面高为h 的轨道上对接，若不考虑月球的自转影响，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为克服月球的万有引力做的功与在该轨道做圆周运动的动能之和，所以W＝E p ＋E k ，E p ＝GMmh R (R ＋h )，再根据：GMm (R ＋h )2＝m v 2R ＋h，据此可求得需要的动能为：E k ＝GMm 2(R ＋h )，再联系：GM ＝g 月R 2，由以上三式可求得，从开始发射到完成对接需要对“玉兔”做的功应为：W ＝mg 月R R ＋h⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋12R ，所以该题正确选项为D. [答案] D7．(2015·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图所示，质量相等、材料相同的两个小球A 、B 间用一劲度系数为k 的轻质弹簧相连组成系统，系统穿过一粗糙的水平滑杆，在作用在B 上的水平外力F 的作用下由静止开始运动，一段时间后一起做匀加速运动，当它们的总动能为4E k 时撤去外力F ，最后停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在从撤去外力F 到停止运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的压缩量为F 2kB ．撤去外力F 的瞬间，弹簧的伸长量为F kC ．系统克服摩擦力所做的功小于系统机械能的减少量D．A克服外力所做的总功等于2E k[解析]撤去F瞬间，弹簧处于拉伸状态，对系统，在F作用下一起匀加速运动时，由牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，对A有kΔx－μmg＝ma，求得拉伸量Δx＝F2k，则A、B两项错误；撤去F之后，系统运动过程中，克服摩擦力所做的功等于机械能的减少量，则C错误；对A利用动能定理W合＝0－E k A，又有E k A＝E k B＝2E k，则知A克服外力做的总功等于2E k，则D项正确．[答案] D8．(2015·山西太原一模)将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k、重力势能E p与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示．取g＝10 m/s2，下列说法正确的是()A．小球的质量为0.2 kgB．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC．小球动能与重力势能相等时的高度为2013mD．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J[解析]在最高点，E p＝mgh得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功E其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝12m v2，由动能定理：－fH－mgH＝12m v 2－12m v2得H＝209m，故C项错；当上升h′＝2 m时，由动能定理，－fh′－mgh′＝E k2－12m v 2得E k2＝2.5 J，E p2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确．[答案] D9．(2016·湖北襄阳调研)如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块，在斜面上运动的机械能E、动能E k、势能E p与上升高度h之间关系的图象是()[解析]势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，应为直线，B选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，应为直线，D选项正确，C选项错误．[答案] D10．(多选)(2015·四川资阳模拟)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定夹角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.则以下判断正确的是()A ．小环的质量是1 kgB ．细杆与地面间的夹角是30°C ．前3 s 内拉力F 的最大功率是2.5 WD ．前3 s 内小环机械能的增加量是6.25 J[解析] 在第1 s 内拉力F 1＝5 N ，加速度a 1＝0.5 m/s 2，在第2 s 和第3 s 内拉力F 2＝4.5 N ，加速度a 2＝0，设夹角为α，根据牛顿第二定律，F 1－mg sin θ＝ma 1，F 2－mg sin α＝ma 2，可得m ＝1 kg ，α＝arcsin0.45，选项A 正确，B 错误；前3 s 内拉力F 的最大功率是P m ＝F 1v m ＝5 N ×0.5 m/s ＝2.5 W ，选项C 正确；前3 s 内小环机械能的增加量等于拉力F 做的功，即ΔE ＝F 1x 1＋F 2x 2＝5×12×1×0.5J ＋4.5×2×0.5 J ＝5.75 J ，选项D 错误．[答案] AC二、非选择题11．(2015·山西太原模拟)如图所示，在水平地面上固定一个半径为R 的半圆形轨道，其中圆弧部分光滑，水平段长为L ，一质量为m 的小物块紧靠一根被压缩的固定在水平轨道的最右端的弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，现突然释放小物块，小物块被弹出，恰好能够到达圆弧轨道的最高点A ，取g ＝10 m/s 2，且弹簧长度忽略不计，求：(1)小物块的落点距O ′的距离；(2)小物块释放前弹簧具有的弹性势能．[解析] 设小物块被弹簧弹出时的速度大小为v 1，到达圆弧轨道的最低点时速度大小为v 2，到达圆弧轨道的最高点时速度大小为v 3.(1)因为小物块恰好能到达圆弧轨道的最高点，故向心力刚好由重力提供，有m v 23R ＝mg ①小物块由A 飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律有x ＝v 3t ②2R ＝12gt 2③联立①②③解得：x ＝2R ，即小物块的落点距O ′的距离为2R .(2)小物块在圆弧轨道上从最低点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12m v 22＝mg ·2R ＋12m v 23④小物块被弹簧弹出至运动到圆弧轨道的最低点的过程，由功能关系得： 12m v 21＝12m v 22＋μmgL ⑤小物块释放前弹簧具有的弹性势能就等于小物块被弹出时的动能，故有E p ＝12m v 21⑥由①④⑤⑥联立解得：E p ＝52mgR ＋μmgL .[答案] (1)2R (2)52mgR ＋μmgL12．一质量为M ＝2 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如下图甲所示，地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.(1)指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？[解析](1)由题图可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.(2)由题图可知，a＝ΔvΔt＝42m/s2＝2 m/s2由牛顿第二定律得，滑动摩擦力F f＝Ma，其中F f＝μF N，F N＝Mg，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝MaMg＝210＝0.2.(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，传送带在这段时间内的位移x＝v t＝2×3 m＝6 m所以物块对传送带所做的功为W＝－F f x＝－4×6 J＝－24 J选传送带为参考系，物块相对于传送带向左做匀减速直线运动相对初速度为v′＝6 m/s，相对传送带通过的路程x′＝v′2t＝62×3 m＝9 m，所以转化为内能E Q＝F f x′＝4×9 J＝36 J.[答案](1)2 m/s方向向右，理由见解析(2)0.2(3)－24 J36 J。

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)。

《与名师对话》2019高考一轮总复习课标版物理课件：X3-1-7-5第7章恒定电流

闭合开关前，灯泡电压要最小，等于 0，所以滑片应该置于 a 端．(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片 P，电压表和电流表的示数改变．说明电路为通路，但不能调到 0，说明滑动变阻器的接入方式由分压式变为限流式，所以问题出在导线 8 出现了断路．
[解析]
(1)探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，测
量小灯泡的电压 U 和电流 I 应从零开始，采用分压电路．
ห้องสมุดไป่ตู้
U2 (2)根据热功率 P＝ R 得小灯泡的电阻为 5 Ω，与 10 Ω 的滑动变阻器并联后最大阻值为 3.33 Ω，只有串联 10 Ω 的定值电阻，才能满足小灯泡电压 3 伏的要求． (3)先拆电池两端的导线，再拆除其他导线，这样最安全．
0.4
(1)小明研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装．在给定的定值电阻中选用 ________( 选填 “R1” 、 “R2” 或 “R3”) 与电压表 ________(选填 “串联”或“并联”)，完成改装． (2)小张选好器材后，按照该实验要求连接电路，如图所示(图中电压表已经过改装)．闭合开关前，小明发现电路中存在两处不恰当的地方，分别是：①____________________； ②____________________.
(2015· 广东茂名一模)现要用伏安法描绘一只标值为“2.5 V,0.6 W”小灯泡的 I－U 图线，有下列器材供选用： A．电压表(0～3 V，内阻 3 kΩ；0～15 V，内阻 10 kΩ) B．电流表(0～0.6 A，内阻 0.5 Ω；0～3 A，内阻 0.1 Ω) C．滑动变阻器(10 Ω，2 A) D．滑动变阻器(100 Ω，1.0 A) E．蓄电池(电动势 6 V，内阻不计)

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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]BC
2．(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]ACD
3．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 m
C．6.5×10－3 m D．6.500×103 m
[答案] B
4．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 4.20
6．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 V
7．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/t0.90
8．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]5027
9．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]A11.25
10．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)。