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

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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。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练X3-3-4含答案

随堂训练1．(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有______________．(2)在用油膜法估测分子大小的实验中，在哪些方面作了理想化的假设：____________________________________________________________.(3)如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用字母符号表示)．[答案](1)量筒、痱子粉或细石膏粉、坐标纸(2)将油膜看成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个排列的(3)dacb2．在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．改正其中的错误：__________________________________________________________________________________________.(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m.[解析](1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差，故可在量筒内滴入N滴该溶液，测出它的体积．③液面上不撒痱子粉或石膏粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败，故应先在液面上撒痱子粉或石膏粉．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d＝VS＝4.8×10－3×10－6×0.10%40×10－4m＝1.2×10－9 m.[答案](1)见解析(2)1.2×10－93．(2015·开封模拟)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V油酸，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1∶5000,1 mL溶液滴25滴，那么1滴溶液的体积是________mL，所以1滴溶液中油酸体积为V油酸＝________cm3.若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子长度值L0＝1.12×10－10m作比较，判断此实验是否符合数量级的要求.[答案]4×10－28×10－6 1.50×10－8 1.62×10－8 1.42×10－8平均值为1.51×10－10 m符合要求4．油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如下图所示．若每一小方格边长为25 mm，试问：(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：____________________________________________ ___________________________________________________________.[解析](1)油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝150×0.61000×10－6m3＝1.2×10－11m3，油酸分子的直径约等于油膜的厚度d＝VS＝1.2×10－114.4×10－2m≈2.7×10－10 m.[答案](1)球体单分子直径 4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10(2)①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练4含答案

课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练33含答案

课时跟踪训练(三十三)一、选择题1．(多选)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()[解析]线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．[答案]AC2．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流()A．周期为0.125 sB．电压的有效值为10 2 VC．电压的最大值为20 2 VD．电压瞬时值的表达式为u＝102sin8πt V[解析] 由电压随时间的变化规律可知，周期为0.250 s ，故A 不对；电压的最大值为20 V ，故电压的有效值为20 V 2＝10 2 V ，B 是正确的；C 是不对的；电压瞬时值表达式中，最大值是10 2 V 是不对的，应该是20 V ，故D 也不正确．[答案] B3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析] 由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，则C 项错误．[答案] B4．(多选)(2015·陕西渭南一模)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1 Ω，外接R ＝9 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt V ，则( )A．该交变电流的频率为5 HzB．外接电阻R两端电压的有效值为10 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表A的示数为1 A[解析]交流电的频率f＝10π2πHz＝5 Hz，故A正确；该电动势的最大值为10 2 V，有效值是10 V，外接电阻R两端电压的有效值U＝109＋1×9 V＝9 V，故B错误；电路中电流为I＝101＋9A＝1 A，外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9 W，故C错误，D正确．[答案]AD5．(2015·福建福州二模)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电．电源内阻不计，下列说法正确的是()A．电动机的内阻为2.5 ΩB．电动机的发热功率为10 WC．通过电动机的电流为2 AD．通过电动机的电流为2 2 A[解析]由题图知该电源电动势的最大值为E m＝5 2 V，有效值为U＝5 V．现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电，所以通过电动机的电流为I＝105A＝2 A，由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的内阻r<52Ω＝2.5Ω，故A、D错误，C正确；由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的发热功率P热<P总＝10 W，故B错误．[答案] C6．(2015·辽宁沈阳市郊联合体模拟)某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．在A、B间加一交变电压，瞬时值的表达式为u＝202sin100πt V，则交流电压表示数为()A．10 V B．20 VC．15 V D．14.1 V[解析]由理想二极管的导电特点可知，交流电压表示数由U2R T＝202R·T2可得U＝10 2 V＝14.1 V，选项D正确．[答案] D7．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()A．2 A B．2 6 AC．6 A D．5 A[解析]0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ/Δt＝1 V，电流为2 A,1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ/Δt＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 6 A，B正确．[答案] B8．(2015·湖北二模)如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt V，A、B间接有“220 V 440 W ”的电暖宝、“220 V 220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J[解析] 电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压u ＝311sin100πt V ，故有效值为220 V ，所以A 错误；因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流I 1＝P 1U ＝2 A ，油烟机的电流I 2＝P 2U ＝1 A ，故保险丝的额定电流不能小于3 A ，所以B 错误；电暖宝是纯电阻电路，故电功率等于发热功率440 W ，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即P 热＝P －P 出，所以C 错误；工作1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，所以D 正确．[答案] D9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为1 WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos100πt VD ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC [解析] 根据电路连接的特点可以看出，外接电路部分的总电阻为R ＝R 1＋12R 0＋14R 0＝10 Ω，由欧姆定律可知，外电路电流为I ＝U R ＝1 A ，故可知R 2的电流为0.5 A ，电压为U 2＝17U ＝107 V ，所以可知其热功率为107 W ，故选项A 错误；由图象可知，在0.02 s 时磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，变阻器两端的电压瞬时值最大，所以选项B 错误；线圈内阻分压U r ＝Ir ＝2 V ，故可知感应电动势的峰值为E m ＝2(U ＋U r )＝12 2 V ，故选项C 错误；从线圈开始转动到1600 s 时间内线圈转过了π6，而最大磁通量为Φm ＝E m ω＝1222πT ＝0.122π，故通过R 1的电荷量为Q ＝ΔΦR 总＝Φm 2×12 Ω＝0.12224π＝2200π C ，所以选项D 正确． [答案] D10．(多选)(2015·河南洛阳二模)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈直径D ＝0.4 m ，电阻r ＝1 Ω.重力加速度g 取10 m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin πt m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin πt VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin πt AC ．灯泡的电功率为120 WD ．灯泡两端电压的有效值为1522 V[解析] 电动势为e ＝NB ·πD v ＝64sin πt V ，A 错误；电流i ＝e R ＋r＝64sin πt 16 A ＝4sin πt A ，B 正确；灯泡的电功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫422×15 W ＝120 W ，C 正确；灯泡两端电压的有效值为U ＝IR ＝42×15 V ＝30 2 V ，D 错误． [答案] BC二、非选择题 11．(2015·北京海淀区期末)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝20 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝0.20 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.线圈两端通过电刷E 、F 与阻值R ＝4.8 Ω的定值电阻连接．计算时π取3.(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式．(2)求此发电机在上述工作状态下的输出功率．(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R 的电荷量．[解析] (1)线圈产生感应电动势的最大值E m ＝nBωab ·bc ，解得E m ＝150 V ，感应电动势随时间变化的表达式e ＝E m sin ωt ＝150sin100πt V .(2)线圈中感应电动势的有效值E ＝E m 2＝75 2 V ≈106 V ，电流的有效值I ＝ER ＋r ＝1064.8＋0.2 A ＝21.2 A ，交流发电机的输出功率即为电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝21.22×4.8 W ≈2.16×103 W.(3)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝nBΔS Δt ，根据欧姆定律得I ＝ER ＋r ，又q ＝I Δt ，联立解得q ＝0.10 C.[答案] (1)150sin100πt V (2)2.16×103 W (3)0.10 C12．(2015·陕西咸阳质检)如图所示，一个面积s ＝0.2 m 2的单匝圆形线圈，M 、N 两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按B ＝5πsin(100πt ) T 的规律变化．线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝B m Sωcos(ωt )，其中B m 为磁感应强度的最大值，ω为磁场变化的角速度，线圈的电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝18 Ω.(电压表为理想交流电压表)求：(1)当t ＝1600 s 时电压表的示数．(2)变化的电流一个周期在电阻R 上产生的热量Q .(3)从t＝0开始到t＝1200s这段时间通过圆形线圈的电量q.[解析](1)由图象知，线圈中产生的交变电流E m＝B m Sω＝100 V.有效值U有＝E m2＝50 2 V电压表的示数U＝E有R＋rR＝45 2 V(2) 交变电流的周期T＝2πω＝0.02 s一个周期在电阻R上产生的热量Q＝U2R T＝4.5 J(3)在0～1200s时间内，电动势的平均值E＝sΔBΔt①，平均电流I＝ER＋r②流过灯泡的电荷量q＝IΔt.③得q＝120πC.[答案](1)45 2 V(2)4.5 J(3)120πC。

2021届《与名师对话》高考新课标高中物理一轮复习课件：1.3运动图像、追击、相遇问题（人教必修1）

(2011·湛江月考)如图所示是某质点做直线运动的v－t图象，由图可知这个质点的运动情况是( )
A．前5 s做的是匀速运动 B．5 s～15 s内做匀加速运动，加速度为1 m/s2 C．15 s～20 s内做匀减速运动，加速度为－3.2 m/s2 D．质点15 s末离出发点最远，20秒末回到出发点
(对应学生用书P9) 匀变速直线运动图象(Ⅱ) 1．直线运动的x－t图象 (1)意义：反映了做直线运动的物体位移随时间变化的规律． (2)图线上某点切线斜率的意义 ①斜率大小：表示物体速度的大小． ②斜率的正负：表示物体速度的方向． (3)两种特殊的x－t图象 ①若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于静止状态． ②若x－t图象是一条倾斜的直线，说明物体在做匀速运动．
甲车由速度为零加速到最大速度发生的位移 s＝2va2m1＝320 m 因为s>s1 所以两车相遇时两车都是处于加速阶段，故有
12a1(t0＋ t)2＝ s0＋12a2t2 解得t0＝6 s，两车相遇时甲车行驶的路程是 s1＝12a1(t0＋t)2＝245 m. (2)v－t图象如右图所示．
[答案] (1)t0＝6 s，s1＝245 m (2)见解析
[解题样板] 甲车运动6 s的位移为
s0＝12a1t20＝45 m(2分) 此时甲车尚未追上乙车，设此后用时间t与乙车相遇，则有
12a1(t＋ t0)2＝________(3分 ) 将上式代入数据并整理得：________＝0(2分) 解得：t1＝4 s，t2＝8 s(2分) t1、t2都有意义，t1＝4 s时，甲车追上乙车；t2＝8 s 时，乙车追上甲车再次相遇第一次相遇地点距A的距离：s1＝________＝125 m(2分) 第二次相遇地点距A的距离：s2＝________＝245 m(2分) [答案] 12a2t2＋85 m t2－12t＋32 12a1(t1＋t0)2 12a1(t2＋t0)2

与名师对话高考物理课标一轮课时跟踪训练34 含解析

课时跟踪训练(三十四)一、选择题1.(2014·镇江模拟)如图所示，闭合金属环(电阻不可忽略)从高h的光滑曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，且金属环平面与磁场方向总保持垂直，其初速度为零，关于金属环在另一侧上升的高度，下列说法正确的是()A．若是匀强磁场，环上升的高度小于hB．若是匀强磁场，环上升的高度等于hC．若是非匀强磁场，环上升的高度小于hD．若是非匀强磁场，环上升的高度大于h解析：若是匀强磁场，则穿过环的磁通量不发生变化，无感应电流产生，环的机械能守恒，环上升的高度等于h，故选项A错误，选项B正确；若是非匀强磁场，则穿过环的磁通量变化，环中有感应电流，产生焦耳热，环的机械能减小，环上升的高度小于h，故选项C正确，D错误．答案：BC2.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上加速运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．变为0B．先减小再增大C．等于F D．先增大再减小解析：a在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，且最大值F fm＝F安－mg sinθ，而F安<F，故F fm<F，所以选项A、B 正确，C、D错误．答案：AB3.(2014·北京市东城区高三质量调研)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，不计金属杆的电阻，则() A．如果只增大θ，v m将变大B．如果只增大B，v m将变大C．如果只增大R，v m将变小D．如果只减小m，v m将变大解析：金属杆从轨道滑下过程，沿斜面方向有重力向下的分力mg sinθ和安培力沿斜面向上，设金属杆速度为v，则安培力F＝BIL＝B BL vR L＝B2L2Rv，初始安培力小于重力的分力mg sinθ，金属杆向下加速，当mg sinθ＝B2L2vR，金属杆不再加速，速度达到最大值，此时v m＝mgR sinθB2L2，若只增大θ则v m增大，选项A对．若只增大B或者减小m，则只能使v m减小，选项B、D错．如果只增大R，v m将变大，选项C错．答案：A4.(2013·天津卷)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2解析：设线框ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，进入磁场的速度为v ，电阻为R ，ab 边平行MN 进入磁场时，根据能量守恒，线框进入磁场的过程中产生的热量等于产生的电能，即Q 1＝B 2L 21v 2R ·L 2v ＝B 2L 21v L 2R ，通过线框导体横截面的电荷量q 1＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ；同理得bc 边平行MN进入磁场时，Q 2＝B 2L 22v R ·L 1，q 2＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ，则q 1＝q 2，由于L 1>L 2，因此Q 1>Q 2，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案：A5.如图，连接两个定值电阻的平行金属导轨与水平面成θ角，R 1＝R 2＝R ，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒MN 质量为m ，棒的电阻也为R，棒与导轨之间的动摩擦因数为μ导体棒MN沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P.下列说法正确的是()A．此时重力的功率为mg v cosθB．此装置消耗的机械功率为μmg v cosθC．导体棒受到的安培力的大小为6P/vD．导体棒受到的安培力的大小为8P/v解析：此时重力的功率为mg v sinθ，故选项A错；μmg v cosθ是克服摩擦力而消耗的机械功率，设此时安培力为F安，则此装置消耗的机械功率为(F安＋μmg cosθ)v，故选项B错；因R1＝R2且二者并联，故R1消耗的电功率也为P，根据电路的特点，此时棒消耗的电功率为4P，故整个电路消耗的电功率为6P，此即克服安培力做功的功率，因此安培力大小为F安＝6P v，选项C正确，D错误．答案：C6．如图(甲)、(乙)所示的是与匀强磁场垂直放置的两个光滑金属框架，导体棒AB放在金属框上．图(甲)中接有一个电阻R，图(乙)中接有一个自感系数为L、直流电阻也为R的线圈，其他部分两图都相同．下列说法中正确的是()A．使导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，则(甲)图中外力做功多B．使导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，则(乙)图中外力做功多C．使导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则(甲)图中外力做功多D．使导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则(乙)图中外力做功多解析：若导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，电路中产生的感应电流越来越大，线圈要产生自感电动势阻碍电流的增大，题图(乙)中的电流要小一些，故题图(甲)中外力做功多，选项A 正确，B错误；若导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则电路中产生的感应电流恒定，两电路中的电流相等，外力相等则做功也相同，选项C、D错误．答案：A7．(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3D ．两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，选项A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析其受力，则有：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，选项C 正确．答案：BC8．(多选)(2014·衡水模拟)如图所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平行粗糙且无限长的金属导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．金属滑杆MN 垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m 的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I 表示稳定后回路中的感应电流，g 表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F f ，则在物块下落过程中( )A ．物块的最终速度为(mg －F f )RB 2l 2B ．物块的最终速度为I 2R mg －F fC ．稳定后物块重力的功率为I 2RD ．物块重力的最大功率可能大于mg (mg －F f )R B 2l 2解析：由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN 一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态．设MN 的最终速度为v ，对MN 列平衡方程：B 2l 2v R ＋F f ＝mg ，得v ＝(mg －F f )R B 2l 2，所以选项A 正确；又从能量守恒角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生的热功率，所以有I 2R ＋F f v ＝mg v ，得v ＝I 2R mg －F f，故选项B 正确；由于滑杆受摩擦力作用，物块重力的功率大于I 2R ，故选项C 错误；物块重力的最大功率为P m ＝mg v ＝mg (mg －F f )R B 2l 2，故选项D 错误．答案：AB9.(2014·安徽师大附中一模)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R Bl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21(Mg －mg sin θ)RD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2解析：设线框进入磁场前，线框和重物的加速度大小均为a ，绳上拉力大小为F T ，则F T －mg sin θ＝ma ，Mg －F T ＝Ma ，联立可得a ＝Mg －mg sin θM ＋m，选项A 错误；设线框进入磁场时做匀速运动的速度为v ，则根据线框的平衡条件可得mg sin θ＋F 安＝Mg ，其中F 安＝B 2l 21v R ，可得v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2l 21，选项B 错误；线框做匀速运动的总时间t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2(Mg －mg sin θ)R，选项C 错误；根据能量守恒定律，该匀速运动过程中系统减少的重力势能等于产生的焦耳热，所以Q ＝(Mg －mg sin θ)l 2，选项D 正确．答案：D10．(多选)(2014·陕西省五校高三联合考试)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP 及PN 均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )A ．当ab 边刚越过JP 时，导线框的加速度大小为a ＝g sin θB ．导线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2＝4∶1C ．从t 1到t 2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少D ．从t 1到t 2的过程中，有3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2机械能转化为电能解析：ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域时，电动势E 1＝BL v 1，电流I 1＝E 1R ＝BL v 1R ，线框做匀速运动，所以mg sin θ＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R ，当ab 边刚越过JP 时，电动势E 2＝2BL v 1，I 2＝E 2R ＝2BL v 1R ，根据牛顿第二定律2BI 2L －mg sin θ＝ma ，联立解得a ＝3g sin θ，所以A 错误；当a ＝0时，以速度v 2做匀速直线运动，即2BI 2L －mg sin θ＝0，得：mg sin θ＝4B 2L 2v 2R ，所以v 1∶v 2＝4∶1，故B 正确；从t 1到t 2的过程中，根据能量守恒导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W ＝3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2，所以C 错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D 正确．答案：BD二、非选择题11.如图所示，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析：(1)设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为I ＝2I 0此时金属棒MN 所受的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有mg ＝ILB ，联立解得B ＝mg 2L R P .(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得E ＝BL v ，E ＝RI 0联立得v ＝2P mg .答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg12．(2014·衡水中学高三二调)如图甲所示，两根与水平面成θ＝30°角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L ＝1 m ，导轨底端接有阻值为0.5 Ω的电阻R ，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B ＝1 T ．现有一质量为m ＝0.2 kg 、电阻为0.5 Ω的金属棒用细绳通过光滑滑轮与质量为M ＝0.5 kg 的物体相连，细绳与导轨平面平行．将金属棒与M 由静止释放，棒沿导轨运动了2 m 后开始做匀速运动．运动过程中，棒与导轨始终保持垂直接触．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)金属棒匀速运动时的速度；(2)棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的焦耳热；(3)若保持某一大小的磁感应强度B 1不变，取不同质量M 的物块拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的v 值，得到实验图象如图乙所示，请根据图中的数据计算出此时的B 1；(4)改变磁感应强度的大小为B 2，B 2＝2B 1，其他条件不变，请在坐标图上画出相应的v －M 图线，并请说明图线与M 轴的交点的物理意义．解析：(1)金属棒受力平衡，所以Mg ＝mg sin θ＋B 2L 2v R ①所求速度为：v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2L 2＝4 m/s ②(2)对于系统，由能量守恒有：Mgs ＝mgs sin θ＋2Q ＋12(M ＋m )v 2③ 所求热量为：Q ＝(Mgs －mgs sin θ)/2－(M ＋m )v 2/4＝1.2 J ④(3)由上(2)式变换成速度与质量的函数关系为：v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2L 2＝gR B 2L 2M －mgR sin θB 2L 2⑤ 再由图象可得：gR B 2L 2＝100.3，B 1＝0.54 T (4)由上⑤式的函数关系可知，当B 2＝2B 1时，图线的斜率减小为原来的1/4.(画出图线)与M 轴的交点不变，与M 轴的交点为M ＝m sin θ. 答案：(1)4 m/s (2)1.2 J(3)gR B 2L 2M －mgR sin θB 2L 20.54 T (4)见解析。

与名师对话高考物理课标一轮课时跟踪训练46 含解析

课时跟踪训练(四十六)一、选择题1．(2014·北京卷)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)()A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)cC．(m1＋m2－m3)c2D．(m1－m2－m3)c2解析：根据爱因斯坦质能方程，知ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，C正确．答案：C2．(2014·福建卷)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是()A．①表示γ射线，③表示α射线B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线D．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析：根据三种射线的性质，α射线氦原子核带正电；β射线高速电子流带负电；γ射线光子流不带电．①向正极板偏转，所以是β射线；②不偏转所以是γ射线；③向负极板偏转，所以是α射线；④受到洛伦兹力向左，由左手定则知带正电，为α射线；⑤不偏转所以是γ射线；⑥向右偏转，带负电，所以是β射线．故此A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C3．(2014·重庆卷)碘131的半衰期约为8天．若某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( )A.m 4B.m 8C.m 16D.m 32解析：其半衰期为8天，经过32天，即经过4个半衰期，则碘131剩余量为m 24＝m 16，选项C 正确．答案：C4．(2014·江门市模拟)典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x 个中子：235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋x 10n ，铀235质量为m 1，中子质量为m 2，钡144质量为m 3，氪89的质量为m 4.下列说法正确的是( )A ．该核反应类型属于人工转变B ．该反应放出能量(m 1－xm 2－m 3－m 4)c 2C ．x 的值是3D ．该核反应比聚变反应对环境的污染较少解析：该反应是重核裂变反应，选项A 错误；该反应放出能量[m 1－(x －1)m 2－m 3－m 4]c 2，选项B 错误；根据质量数守恒可算得x ＝(235＋1)－(144＋89)＝3，选项C正确；因为铀有放射性，故该核反应比聚变反应对环境的污染较大，选项D错误．答案：C5．(多选)(2014·辽宁省锦州市高三模拟)以下关于天然放射现象，叙述正确的是()A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少B．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强D．铀核(238 92U)衰变为铅核(206 82Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变E．α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成一个α粒子解析：放射性物质放射的本质是原子核内部的反应，温度的变化不能影响原子核内部，所以半衰期不变，选项A错．β衰变所释放的电子是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子而形成的，选项B错．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，选项C对．铀核(238 92U)衰变为铅核(205 82Pb)的过程，假设发生x次α衰变和y次β衰变，则有质量数守恒238＝4x＋206和电荷数守恒92＝2x－y＋82，可得x＝8，y＝6，选项D对．α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成一个α粒子离开原子核的过程，选项E对．答案：CDE6．中子和质子结合成氘核时，质量亏损为Δm，相应的能量ΔE ＝Δmc2＝2.2 MeV是氘核的结合能．下列说法正确的是() A．用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核能分解为一个质子和一个中子B．用能量等于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零C．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零D．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零解析：由结合能的概念可知，结合成氘核和氘核分解时，释放和吸收的能量都是2.2 MeV，用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，不能分解，所以选项A错误．用能量大于等于结合能的光子照射氘核时，氘核可能分解，只要分解，分解出的质子和中子动能之和一定不为零(若动能之和为零就分不开了)，所以选项B、C错误，D 正确．答案：D7．某种元素具有多种同位素，反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是图()解析：元素的质量数A与中子数N、质子数Z的关系为：A＝Z ＋N，又因为同位素的质子数相同，即Z为常数，故A是N的一次函数，且A随N的增大而增大，选项B正确，A、C、D错误．答案：B8．(多选)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素15 8O注入人体，15 8O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，被探测器采集后，经计算机处理生成清晰图象．则根据PET原理判断下列表述正确的是()A.15 8O在人体内衰变的方程是15 8O→15 7N＋01eB．正、负电子湮灭的方程是01e＋0－1e→2γC．在PET中，15 8O主要用途是作为示踪原子D．在PET中，15 8O主要用途是参与人体的新陈代谢解析：由题意知A、B正确，显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的15 8O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此15 8O主要用途是作为示踪原子，故C对，D错．答案：ABC9．一个电子(质量为m，电量为－e)和一个正电子(质量为m，电量为e)，以相等的初动能E k相向运动，并撞到了一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子，设产生光子的频率为ν；若这两个光子的能量都是hν，动量分别为p和p′，下列关系中正确的是() A．hν＝mc2B．hν＝12mc2，p＝p′C．hν＝mc2＋E k，p＝－p′D．hν＝12(mc2＋E k)，p＝－p′解析：由能量守恒知2mc2＋2E k＝2hν，故hν＝mc2＋E k，由动量守恒知0＝p＋p′，故p＝－p′，故选项C正确，选项A、B、D错误．答案：C10．如图k－介子衰变的方程为k－→π－＋π0，其中k－介子和π－介子带负的基元电荷，π0介子不带电．一个k－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径R k－与Rπ－之比为2∶1.π0介子的轨迹未画出．由此可知π－介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6解析：根据题意，分别计算出带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径．根据动量的定义，分别求出两个介子的动量大小，再从图中确定两个介子动量的方向，最后运用动量守恒，计算出π0粒子的动量大小．Bq v k －＝m k －v 2k －R k －，R k －＝m k －－v k －qB ＝p k －qB ，R π－＝p π－qB ，p k －p π－＝21，p π－＝－p k －＋pπ0，p 0π＝3p π－.选项C 正确．答案：C二、非选择题11．(2014·江苏淮安市高三调研)一静止的铀核232 92U(原子质量为232.0372 u)放出一个带电粒子(原子质量为4.0026 u)后衰变成钍核228 90Th(原子质量为228.0287 u)．(1)该过程的衰变方程为____________________．(2)求该衰变过程中放出的核能(1 u 相当于931 MeV ，结果保留2位有效数字)．解析：(1)根据衰变过程中原子质量数、电荷数守恒可知，放出的带电粒子的质量数为：A ＝232－228＝4，电荷数为：Z ＝92－90＝2，所以该粒子为42He ，其衰变方程为：232 92U →228 90Th ＋42He.(2)根据爱因斯坦质能方程可知，该衰变过程中放出的核能为：ΔE ＝Δmc 2＝232.0372 u －(228.0287 u ＋4.0026 u)＝0.0059 u ＝0.0059×931 MeV ＝5.5 MeV .答案：(1)232 92U →228 90Th ＋42He (2)5.5 MeV12．室内装修污染四大有害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡．氡存在于建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土壤中．氡看不到，嗅不到，即使在氡浓度很高的环境里，人们对它也毫无感觉．氡进入人的呼吸系统能诱发肺癌，是除吸烟外导致肺癌的第二大因素．静止的氡核222 86Rn 放出某种粒子X 后变成钋核218 84Po ，粒子X 的动能为E k1，若衰变放出的能量全部变成钋核和粒子X 的动能．试回答以下问题：(1)写出上述衰变的核反应方程(请用物理学上规定的符号表示粒子X)；(2)求钋核的动能E k2.解析：(1)题述衰变的核反应方程为222 86Rn →218 84Po ＋42He.(2)设粒子X 的质量为m 1、速度为v 1，钋核的质量为m 2、速度为v 2，根据动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 2v 2，所以钋核的动能E k2＝(m 2v 2)22m 2＝m 1v 212×m 1m 2＝2E k1109. 答案：(1)222 86Rn →218 84Po ＋42He (2)2E k1109。

名师考题高考一轮复习物理参考答案

' ' 4 6 ) . (6 4 ! . 由加速度的定义可得 ( ( 2' 3 '3( ( ! ' ' 6 ! 4 6 ) . (6 4 . 或 ( ( ' 3 (6 ! )' 3 ( ! ' ' ) 1 ! 4 41 ( 位移为 " ( ( ( * !'( 0' . . ) 6 ! 4 或" ( * !'(6 &'! . 答案 ! 4 ! 4 4'!路程为) 4 4' !位移为. 解析比队伍多前进一个队伍的长 !通讯员从队尾到队首
参考答案
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参考答案
必修! 第一章!直线运动
第一节!描述运动的基本概念典例精析变式训练解析 $ 中研究的是乒乓球的旋转和 !" ! !# 不能视为质点郭晶晶的跳水动作 # $ 错 " 中研究的是王军霞在万米长跑中的快慢可忽略其高与摆臂动作可看做质点研究火车通过某一路标的时间时不能不考虑它的长 " 对在这种情况下火车就不能视为质点故选 " ! 度 % 错变式训练解析 # !" ! !半径为&' 的半圆弧长" ! !( !( 半径为-' 的半圆弧长" & ! ! ) * &'( + , )' # & ! ! ) * ! .( .(
' 6 . ) 6 ! . . . 故-(" 即加速为正方向 ( ' 3 (6& 2 4' 3 ( 4 , ! " '( ! / 0'! . 度大小为& 方向与踢出的方向相同故 $ 正确! 2 4' 3 人的路程" ( " " . ! !' !1 .( 能力训练人的位移大小$ 方向由 % 到& ( . # . # ! 2' "正确! !1 .( 解析 ! ! $! !物体能否被看做质点与物体本身的体积和质量变式训练答案 ! . ! -' 3 ! -' 3 ! ! ! 的大小无关主要是看其大小和形状能否可以忽略故 # 错解析 !根据平均速度的定义式得质点有质量几何中的点没有质量所以不同故 " 错研究 $ $ 1 . 4 !1 . 运动员长跑的运动的快慢时可以忽略运动员的大小和形 '3 ' ( ( ! . / -' 3 !( ( ( ! 1 ! !1 . 故可看做质点故 $ 正确表演者跳舞时其身体的各个部状 $ $ $ $ 1 . 4 1 . 4 1 ! - !1 .1 &1 ) ' ( ( ! -' 3 ! '3 .( 分动作不能忽略所以不能看做质点故 % 不正确! ( ( ( ( ! 1 ! 1 ! 1 ! !1 .1 &1 ) 解析若不选择参考系则无法确定物体的运动情况 ! $! ! 变式训练解析 # 对 . !#! !速度和加速度无必然联系故正确因为甲乙的速度大小和方向相同故以甲为参考 # 速度减小时加速度也可以增大或不变速度为零加速 " 错系乙是静止的运动和静止是相对的故当甲看到 " 正确度不一定为零速度增大加速度也可以不变或减小 $ 错乙火车开动了时可能是甲动错误因为静止是相对的 $ % 错! 研究地面上物体运动一般选择地面或地面上静止的物体为变式训练答案 . 4' 3 ! 4' 3 ! ! ! 参照物故 % 正确! 解析被第一枚鱼雷击中前敌舰逃跑的速度为当鱼雷 ' ! ! 解析 & ! " -3时指的是-3末这一时刻 -3内指的是前 ! ! 时发射第一枚鱼雷经过快艇与敌舰相距 ) .5 ' ( 43 4( ! (第-3内指的是)3末到-3末这!3的时间 3这一段时间/ 击中敌舰则有前!3末和后!3初是同一时刻第)3末和第 -3初是同一即 '6 ' ( ) 2 4 6 ' * 4 ( . 4 4 4 ! !( 4 ! 时刻故错误 ! " ! 解得' . 4' 3 !( 解析有着本质区别 ! $ ! !位移和路程是两个不同的物理量击中敌舰时鱼雷快艇与敌舰的距离为 ) & 4 6 ' ( 4 4 ) 46 ! ! (! 即使位移的大小等于路程也不表示路程就是位移物 # 错误马上发射第二枚鱼雷被第一枚鱼雷击中后敌舰的速度为 ' 体在沿直线单向运动时通过的路程才等于位移的大小错误 " 经鱼雷再次击中敌舰则有 ' ( & 43 '6 ' ! 4 4' . .( .( .( 物体通过不同的路径路程不等位移可能相同物体经 % 错误即 2 4 6 ' * & 4 ( ! 4 4 . 过一段路程又返回原出发点其位移为零故正确 $ ! 解得' ! 4' 3 ! .( 解析由于质点做 ! $ 3 ! !质点经过 % 点时的瞬时速度为-' 随堂巩固变速直线运动过点前后内的平均速度不一定为 % !3 -' 3 解析 ! ! %! (3内通过的路程 !只有做单向直线运动的物体错只有在匀变速直线运动时中间时刻的速度才等于平均 # " 与位移的大小才一定相等质点不一定是体积和质 # 错误速度匀速直线运动时平均速度等于瞬时速度因此以后 %错量极小的物体速度的定义式和平均速度公式都是' " 错误每! 内的位移是-' 对! 3 $ $ 但是速度是指平均速度在时间趋近于零时的极限值 ( 解析 2 ! # ! !汽车速度表的指针指示的是汽车瞬时速度的大小 ( 其单位是故 # 正确! 错误速度不变的运动是匀速直线运动正确 5 ' 8 $ % ! 解析如果加速度的方向和速度的方向相反则加速度增解析路程等于物体经 0 ! % ! ! . ! "! ! 大速度减小加速度为速度的变化率速度变化量大 # 错误过的轨迹长度该质点经过的轨可能所用时间比较长加速度不一定大物体有加速度 "错误迹长度为! .'1 . 4'1 2'( & 7 其方向关系不确定所以速度可能增大也可能减小物 $错误即它运动的路程为而位移的大小等于初末位置的距 ' & 7' 体的速度和加速度没有必然的联系加速度大速度可能很小离如图质点初位置为 % 点末位置为 * 点间距离即 % * 加速度小速度可能很大正确 % ! 为质点运动的位移大小! 间距离为间距离为 % & 7' & * 2 解析但由于气体的反冲力很 7 ! " 由勾股定理得 % 所以 " 正确! ! !点火后虽然火箭速度为零 ' * 间距离为! 4' 大而具有很大的加速度故 # 错误加速度表示速度变化的快

高考人教版物理与名师对话一轮复习课时作业34选修3-4

课时作业(三十四)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共56分)1．若物体做简谐运动，则下列说法中正确的是( ) A ．若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值 B ．物体通过平衡位置时，所受合力为零，回复力为零，处于平衡状态 C ．物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同 D ．物体的位移增大时，动能增加，势能减少[解析] 如图所示，图线中a 、b 两处，物体处于同一位置，位移为负值，加速度一定相同，但速度方向分别为负、正，A 错误，C 正确．物体的位移增大时，动能减少，势能增加，D 错误．单摆摆球通过最低点时，回复力为零，但合力不为零，B 错误．[答案] C2．(2011·通州模拟)一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，设振子第一次从平衡位置运动到x ＝A 2处所经最短时间为t 1，第一次从最大正位移处运动到x ＝A2所经最短时间为t 2，关于t 1与t 2，以下说法正确的是( )A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法判断[解析] 用图象法，画出x －t 图象，如右图所示，从图象上，我们可以很直观地看出：t 1<t 2，答案为B.[答案] B3．一个弹簧振子做受迫运动，它的振幅A 与驱动力频率f 之间的关系如右图所示．由图可知( )A ．驱动力频率为f 2时，振子处于共振状态B ．驱动力频率为f 3时，受迫振动的振幅比共振小，但振子振动的频率仍为f 2C ．振子如果做自由振动，它的频率是f 2D ．振子可以做频率为f 1的等幅振动[解析] 弹簧振子做受迫振动时，其振动频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，由图知当驱动力频率为f 2时振幅最大，振动处于共振状态，说明振子的固有频率为f 2，故A 、C 对．当驱动力频率为f 3时，振子振动频率也为f 3，故B 错．如果给振子频率f 1的驱动力，振子可以做频率为f 1的等幅振动，D 对．[答案] ACD4．摆长为l 的单摆做简谐运动，若从某时刻开始计时(取t ＝0)，当振动至t ＝3π2lg时，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是下图中的( )[解析] 从t ＝0时至t ＝3π2l g ，这段时间为34T ，经过34T 摆球具有负向最大速度，说明在34T 时刻，摆球在平衡位置，且正由平衡位置向负向最大位移处振动，答案为C.[答案] C5．一单摆做小角度摆动，其振动图象如右图所示，以下说法正确的是( ) A ．t 1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 B ．t 2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C ．t 3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 D ．t 4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大[解析] 由振动图象可知t 1和t 3时刻摆球偏离平衡位置位移最大，此时摆球速度为0，悬线对摆球拉力最小；t 2和t 4时刻摆球位移为0，正在通过平衡位置，速度最大，悬线对摆球拉力最大，故选项D 正确．[答案] D6．(2011·安徽合肥一模)如图所示，弹簧振子在振动过程中，振子从a 到b 历时0.2 s ，振子经a 、b 两点时速度相同，若它从b 再回到a 的最短时间为0.4 s ，则该振子的振动频率为( )A ．1 HzB ．1.25 HzC ．2 HzD ．2.5 Hz[解析] 由简谐运动的对称性可知，t cb ＝0.1 s ，t bc ＝0.1 s ，故T4＝0.2 s ，解得T ＝0.8 s ，f＝1T＝1.25 Hz ，选项B 正确．[答案] B7．(2011·吉安模拟)如右图所示，两根完全相同的弹簧和一根张紧的细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面上，已知甲的质量大于乙的质量．当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中( )A ．甲的振幅大于乙的振幅B ．甲的振幅小于乙的振幅C ．甲的最大速度小于乙的最大速度D ．甲的最大速度大于乙的最大速度[解析] 由题意知，在细线未断之前两个弹簧所受到的弹力是相等的，所以当细线断开后，甲、乙两个物体做简谐运动时的振幅是相等的，A 、B 错；两物体在平衡位置时的速度最大，此时的动能等于弹簧刚释放时的弹性势能，所以甲、乙两个物体的最大动能是相等的，则质量大的速度小，所以C 正确，D 错误．[答案] C8．弹簧振子做简谐运动，t 1时刻速度为v ，t 2时刻速度也为v ，且方向相同．已知(t 2－t 1)小于周期T ，则(t 2－t 1)(v ≠0)( )A ．可能大于T 4B ．可能小于T4C ．一定小于T2D ．可能等于T2[解析] 如右图所示，弹簧振子在A 、A ′间做简谐运动，O 为平衡位置，C 、C ′分别是OA 和OA ′间的关于O 点对称的两位置．根据对称性，C 、C ′两位置速度大小一定相等，设为v .若C 对应t 1时刻，C ′对应t 2时刻，在C →O →C ′的过程中，速度均向右，满足(t 2－t 1)<T ，则0<t 2－t 1<T2.可以看出，C 、C ′可无限靠近O ，也可分别无限靠近A 、A ′，即t 2－t 1可小于T 4，也可大于T4，故A 、B 正确．若C ′对应t 1时刻，C 对应t 2时刻，从C ′→A ′→C ′→O →C →A →C 的过程中，C ′、C 的速度满足条件．由图可知T2<t 2－t 1<T ，所以C 、D 不正确．[答案] AB二、非选择题(共44分)9．(10分)(2011·朝阳区模拟)如图所示为用频闪照相的方法拍到的一个水平放置的弹簧振子振动情况．甲图是振子静止在平衡位置的照片，乙图是振子被拉伸到左侧距平衡位置20 mm 处，放手后向右运动14周期内的频闪照片．已知频闪的频率为10 Hz.求：(1)相邻两次闪光的时间间隔t 0、振动的周期T 0.(2)若振子的质量为20 g ，弹簧的劲度系数为50 N/m ，则振子的最大加速度是多少？ [解析] (1)T ＝1f ＝0.1 s ，即相邻两次闪光的时间间隔为t 0＝0.1 s ．振子从最大位移处运动到平衡位置经历时间为0.3 s ，故振子振动周期T 0＝1.2 s.(2)a m ＝F m m ＝kAm＝50 m/s 2 [答案] (1)0.1 s 1.2 s (2)50 m/s 210．(10分)弹簧振子以O 点为平衡位置在B 、C 间做简谐运动，B 、C 相距20 cm ，某时刻振子处在B 点，经0.5 s 振子首次达到C 点．求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5 s 内通过的路程及这时位移的大小． [解析] (1)设振幅为A ，则2A ＝20 cm ，A ＝10 cm. 设周期为T ，则T /2＝0.5 s ，T ＝1 s ，f ＝1 Hz.(2)振子在1T 内通过的路程为4A ，故在t ＝5 s ＝5T 内通过的路程s ＝5×4A ＝20A ＝20×10 cm ＝200 cm ＝2 m.5 s 末振子处在B 点，所以它相对平衡位置的位移大小为10 cm. [答案] (1)1 s 1 Hz (2)2 m 10 cm11．(12分)如右图所示，有一个摆长为l 的单摆，现将摆球A 拉离平衡位置一个很小的角度，然后由静止释放，A 摆至平衡位置P 时，恰与静止在P 处的B 球发生正碰，碰后A 继续向右摆动，B 球以速度v 沿光滑水平面向右运动，与右侧的墙壁碰撞后以原速率返回，当B 球重新回到位置P 时恰与A 再次相遇，求位置P 与墙壁间的距离d .[解析] 摆球A 做简谐运动，当其与B 球发生碰撞后速度改变，但是摆动的周期不变．而B 球做匀速直线运动，这样，再次相遇的条件为B 球来回所需要的时间为单摆半周期的整数倍：2d /v ＝n (T /2)(其中n ＝1、2、3…) 由单摆周期公式T ＝2πl g得 d ＝n v π2lg (其中n ＝1、2、3…)． [答案]n v π2lg(其中n ＝1、2、3…)12．(12分)如下图甲所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P ，在下面放一白纸带．当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P 就在纸带上画出了一条振动曲线．已知在某次实验中沿如图所示方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图乙所示的曲线．根据曲线回答下列问题：(1)纸带速度的变化是__________．(填“增大”、“不变”或“减小”)(2)若已知纸带的加速度为a ＝2 m/s 2，且已测出图乙中x ab ＝0.54 m ，x bc ＝0.22 m ，则弹簧振子的周期T ＝____________________.(3)若纸带做v ＝2 m/s 的匀速直线运动，从t 0时刻，即振子经过平衡位置向y 轴正方向振动时开始计时，试在下图所给的坐标中画出纸带上产生的曲线．(忽略振幅的减小)[解析] (1)由于纸带上振动曲线由B 到A 间距增大，故纸带做加速运动，纸带速度增大．(2)由Δx ＝at 2可知： t ＝x ab －x bca＝0.54－0.222s ＝0.4 s T ＝2t ＝0.8 s.(3)横轴表示纸带的位移，且与时间成正比，故一个周期对应的位移L ＝v T ＝2×0.8 m ＝1.6 m (来源)所以曲线如图所示[答案] (1)增大 (2)0.8 s (3)见解析图。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练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tanθ＝v yv0＝1，解得θ＝45°.[答案](1)25 N0.928 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/s2.(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＝12gt2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a1，所用时间为t1，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1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·高三课标版物理1-1

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思考2 选取的参考系一定是静止的物体吗？ [提示] 不一定．
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三、位移、速度 1.
定义位移表示质点位置位的变化，可用由移初位置指向末位置的有向线段表示
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3．平均速度与瞬时速度的区别和联系 (1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的快慢程度． (2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．
才是解决问题的关键.
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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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3．参考系的四性 (1)标准性，选作参考系的物体都假定不动，被研究的物体都以参考系为标准． (2)任意性，参考系的选取原则上是任意的． (3)统一性，比较不同物体的运动应选择同一参考系． (4)差异性，对于同一物体选择不同的参考系结果一般不同．
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【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。

与名师对话高考物理课标一轮课时跟踪训练33 含解析

课时跟踪训练(三十三)一、选择题1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图①～④所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是( )A ．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变B ．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C ．图③中，回路在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可得，闭合回路产生的感应电动势取决于Φ－t 图象的斜率的绝对值大小．图①中Φ－t 图象的斜率为零，故感应电动势为零，A 错误；图②中Φ－t 图象斜率不变，故感应电动势为定值，B 错误；图③中回路中0～t 1时间内Φ－t 图象的斜率的绝对值大于t 1～t 2时间内Φ－t 图象的斜率的绝对值，故在0～t 1时间内产生的感应电动势大于t 1～t 2时间内产生的感应电动势，C 错误；图④中Φ－t 图象的斜率的绝对值先变小再变大，故回路产生的感应电动势先变小再变大，D 正确．答案：D2.如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻忽略不计，MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)，现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v (如图)做匀速运动，令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到d B ．U ＝12v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b C ．U ＝v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到dD ．U ＝v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b解析：导体杆向右做匀速直线运动产生的感应电动势Bl v ，R 和导体杆形成一串联电路，由分压原理得U ＝Bl vR ＋R·R ＝12Bl v ，由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d →N ，故A 选项正确．答案：A3．(2014·临沂三月)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映通过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向斜向右下，故外力F与F安的水平分力等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安的水平分力方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D4.(2013·大纲卷)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()解析：从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑．当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O指向A，为正，选项D错误；切割过程中产生的感应电动势E ＝BL v＝12ω，其中L＝2R sinωt，即E＝2BωR2sin2ωt，可排除选2BL项A、B，选项C正确．答案：C5.(2014·陕西省西工大附中高三第六次模拟)如图所示，平行导轨之间有一个矩形磁场区，在相等面积两部分区域内存在着磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场．细金属棒AB沿导轨从PQ处匀速运动到P′Q′的过程中，棒上AB两端的电势差U AB随时间t的变化图象正确的是()解析：AB在到达磁场左边界前、及离开右边界后没有感应电动势，设导体棒切割磁感线的总长度为L，在两个磁场中切割的长度分别为L1和L2，则L1＋L2＝L①，则感应电动势U AB＝B(L1－L2)v②由①②式得：U AB＝2BL1v－BL v，在运动过程中L1逐渐减小，U AB先正后负，C正确．答案：C6.(2013·福建卷)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t变化的规律()解析：根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的v－t图象．线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab边刚进磁场时，其所受安培力F安与重力mg的大小关系可分以下三种情况：①当F 安＝mg 时，线框匀速进入磁场，其速度v ＝mgR B 2L 2，选项D 有可能；③当F 安<mg 时，线框加速进入磁场，又因F 安＝B 2L 2v R ，因此a＝mg －B 2L 2v R m，即a ＝g －B 2L 2v mR ，速度v 增大，a 减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动，选项C 有可能；③当F 安>mg 时，线框减速进入磁场，a ＝B 2L 2v mR －g ，v 减小，a减小，线框做加速度逐渐减小的减速运动，当线框未完全进入磁场而a 减为零时，即此时F 安＝mg ，线框开始做匀速运动，当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，选项B 有可能．故不可能的只有选项A.答案：A7．(多选)如图甲所示，正六边形导线框abcdef 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd 所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i 和cd 边所受安培力F 随时间t 变化的图象正确的是( )解析：0～2 s时间内，负方向的磁场在减弱，产生正方向的恒定电流，cd边受安培力向右且减小.2 s～3 s时间内，电流仍是正方向，且大小不变，此过程cd边受安培力向左且增大.3 s～6 s时间内，电流沿负方向，大小不变，cd边受安培力先向右后变为向左，故选A、C.答案：AC8．(多选)(2014·锦州一模)如图所示，两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L ，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n 个宽度皆为x 0的条形匀强磁场区域1、2、3、…、n 组成，从左向右依次排列，磁感应强度大小分别为B 、2B 、3B 、…、nB ，两导轨左端MP 间接入电阻R ，金属棒ab 垂直放在水平导轨上，且与导轨接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．若在不同的磁场区对金属棒施加不同的拉力，使棒ab 以恒定速度v 向右匀速运动．取金属棒图示位置(即磁场1区左侧)为x ＝0，则通过棒ab 的电流i 、对棒施加的拉力F 随位移x 变化的图象是( )解析：金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ，电路中感应电流I ＝E R ＝BL v R ，所以通过棒的电流i 与n 成正比，选项A 正确；棒所受的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，因为棒匀速运动，对棒施加的外力F与F安等大反向，即F与n2成正比，选项D正确．答案：AD9．(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t ＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的()解析：在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，电流在减小，U ab＝－I(R bc＋R cd＋R da)在减小．在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，电流逐渐减小，U ab ＝－IR ab 逐渐减小，A 、D 正确．答案：AD二、非选择题10．(2014·重庆一中月考)如图所示，匀强磁场B ＝0.1 T ，金属棒AB 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻为13Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s 的速度匀速向左运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则带电荷量是多少？解析：(1)由E ＝BL v 得E ＝0.1×0.4×5 V ＝0.2 VR ＝R 1·R 2R 1＋R 2＝2×12＋1Ω＝23 Ω I ＝E R ＋r ＝0.223＋13A ＝0.2 A.(2)路端电压U ＝IR ＝0.2×23 V ＝0.43V Q ＝CU 2＝CU ＝0.3×10－6×0.43 C ＝4×10－8 C.答案：(1)0.2 A (2)4×10－8 C11．(2014·广州一模)如图甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．解析：(1)由F －t 图象可知，线框加速度a ＝F 2m ＝2 m/s 2线框的边长L ＝v 0t －12at 2＝(4×1－12×2×12) m ＝3 m t ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BL v 0R线框所受的安培力F 安＝BIL由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma又F 1＝1 N ，联立得B ＝13T (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I ＝E R通过线框的电荷量q ＝I t联立得q ＝0.75 C.(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x .由运动学公式得0－v 20＝－2ax代入数值得x ＝4 m<2L所以线框不能从右侧离开磁场．答案：(1)13T (2)0.75 C (3)不能。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-3-2含答案

重点回顾专练：动力学基本方法练一、选择题1．(2015·海南三亚一中第二次月考)竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推力增大到2F ，则火箭的加速度将达到(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( )A ．20 m/s 2B ．25 m/s 2C ．30 m/s 2D ．40 m/s 2[解析] 根据牛顿第二定律可知F －mg ＝ma 1，当推力为2F 时，有2F －mg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝30 m/s 2，则C 正确．[答案] C2．(2015·南京外国语学校高三月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的( )A ．伸长量为m 1g k tan θB ．压缩量为m 1g k tan θC ．伸长量为m 1g k tan θD ．压缩量为m 1g k tan θ[解析] 对小球：F 合＝m 2g tan θ＝m 2a ，a ＝g tan θ，对木块：F 弹＝kx ＝m 1a ，x ＝m 1g k tan θ ，故A 正确．[答案] A3．(多选)(2015·山东潍坊一中检测)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M ，人的质量都是m ，甲车上的人用力F 推车，乙车上的人用等大的力F 拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )A ．甲车的加速度大小为F MB ．甲车的加速度大小为0C ．乙车的加速度大小为2F M ＋mD ．乙车的加速度大小为0[解析] 将甲图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的合外力为0(人的推力F 是内力)，故a 甲＝0，选项A 错误，选项B 正确．将乙图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的外力为2F ，由牛顿第二定律知：a乙＝2F M ＋m ，则选项C 正确，选项D 错误．[答案] BC4．如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )A ．a 1＝0 a 2＝0B ．a 1＝a a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a a 2＝m 1m 2a [解析] F 作用下，弹簧弹力T ＝m 1a ，撤去外力瞬间A 受力不变，a 1＝a ，B的加速度大小为a 2＝T m 2＝m 1m 2a ，故D 正确． [答案] D5．如右图所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mg sin αC ．系统的加速度为a ＝g tan αD ．推力F ＝Mg tan α[答案] C6．(多选)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如右图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为12mg＋ma[解析]小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有F f－mg sin30°＝ma，F f＝12mg＋ma，方向平行斜面向上．[答案]AD7．如右图所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()A．μF B．2μFC.32m(g＋a) D．m(g＋a)[解析]本题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误．设民工兄弟一只手对A、B在竖直方向上的摩擦力为F f，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为F′f，对A由牛顿第二定律有F f－F′f－mg＝ma，解得F′f ＝m(g＋a)，C错误，D正确．[答案] D8．(多选)如右图所示，质量为m的光滑小球置于斜面体上，被一个竖直固定在斜面体上的挡板挡住．现使斜面体在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，下列说法中正确的是()A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面体对球的作用力可能为零C．斜面体和挡板对球的弹力的合力大于maD．加速度由a增大至2a的过程中，斜面体对球的弹力保持不变[解析]小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α则竖直方向有：F N2cosα＝mg∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故B错，D对．水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma∵F N2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma 的合成，因此大于ma，故C对．故选答案CD.[答案]CD9．(2016·南宁三校期中)如右图所示，一连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端C点时速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、所受摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是()[解析]滑雪者在AB段加速，在BC段减速，在B点速度最大．x－t图象中，图线的斜率表示速度，滑雪者在B点时的速度最大而不是零，A错误；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿坡道向下的分力大小不变，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，又AB>BC，故a AB<a BC，B正确，C错误；AB段，滑雪者加速下滑，则G sinθ>F f，又sinθ<1，则AB段下滑过程中F f比G要小，而不是D项表示的F f与G相等，D错误．[答案] B10．如右图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则()A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t3<t2D．t1＝t3>t2[解析]三根固定的光滑细杆在水平面上投影相等，设投影长度为d，则有aA＝d/cos60°，bB＝d/cos45°，cC＝d/cos30°，小滑环沿三根光滑细杆下滑，d/cos60°＝12g sin60°·t21；d/cos45°＝12g sin45°·t22；d/sin60°＝12g cos60°·t23；联立解得：t1＝t3＝2dg sin60°cos60°，t2＝2dg sin45°cos45°，即t1＝t3>t2，选项D正确．[答案] D二、非选择题11．一氢气球的质量m＝0.2 kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F＝10 N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M＝4 kg的木块上，如右图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力F＝k v(k为一常数，v为风速)，当风速v1＝3 m/s时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：(1)气球受到的浮力；(2)若风速v2＝6 m/s，木块开始运动时的加速度大小．[解析](1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮－mg－F＝0，解得F浮＝12 N，方向竖直向上(2)当v1＝3 m/s时对整体受力分析F1＝k v1在水平方向上F1－F f＝0在竖直方向上F浮＋F N－(mg＋Mg)＝0又知F f＝μF N得：F f＝9 N，k＝3 N·s/m若v2＝6 m/s时，F2＝k v2＝18 N，由牛顿第二定律有：F2－F f＝(m＋M)a得：a≈2.14 m/s2[答案](1)12 N，方向竖直向上(2)2.14 m/s212．(2016·广西北海质检一)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如下图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f＝k v.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字)[解析](1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－k v ＝ma解得a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，由图象知a ＝Δv Δt ＝3 m/s 2.又a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315≈0.23最大速度v ＝2 m/s ，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3.0 kg/s [答案] (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)mg (sin θ－μcos θ)k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些． (3)0.23 3.0 kg/s。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-1-4含答案

随堂训练1．(多选)下列关于误差的说法正确的是()A．测量误差太大，便是错误B．绝对误差大，相对误差不一定大C．相对误差越小，说明测量越准确D．相对误差越小，对应的绝对误差一定越小[答案]BC2．(多选)关于错误和误差的说法，你认为正确的是()A．错误是可以避免的，而误差是不能避免的B．错误是人为造成的，而误差完全是测量工具的不精确造成的C．认真操作可以避免错误，但不能消除误差D．采用多次测量取平均值的方法，可以减小误差，但不能消除误差[答案]ACD3．以千米为单位记录的某次测量结果为6.5 km，若以米为单位记录的这一结果可写为()A．6500 m B．6.5×103 mC．6.5×10－3 m D．6.500×103 m[答案] B4．某同学两次用不同刻度尺测量同一张桌子的长度，测量结果分别为：1.2212 m和1.220 m，这两次测量结果有什么不同？这两次所用测量仪器有什么不同？[答案]两次测量的有效数字不同：前者是五位有效数字，后者是四位有效数字，前者测量的精确度较高．第一次测量所用刻度尺的最小分度为毫米，第二次测量所用刻度尺的最小分度是厘米．5．(2014·福建卷)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.[解析]毫米刻度尺需要估读一位，读数为60.10 cm.游标卡尺主尺读数为4 mm,50分度游标尺的第10刻度对齐，游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以直径为4 mm＋0.20 mm＝4.20 mm.[答案]60.10 4.206．在下图用3 V量程时电压表读数为多少？用15 V量程时电压表度数又为多少？________.[答案] 1.14 V 5.7 V7．沿长廊AB方向铺有30块完整的相同的正方形地砖，如下图甲所示．(1)小明用最小分度值是1 mm的刻度尺测量其中一块地砖的长度，示数如图乙所示，则每块地砖的长度是________m.(2)小明用停表测量自己从长廊的A端走到B端所用的时间．停表的示数如图丙所示，他所用的时间是________s.(3)根据速度、路程和时间的关系v＝________，算出小明的步行速度为________m/s.[答案](1)0.6000(2)20(3)x/t0.908．下图是一个弹簧秤的示意图，该弹簧秤的量程为________N．由图中读出的测量值应为________N.[答案]50279．图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.[解析]测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的A进行测量；测量尺寸较小管件的外径时用游标卡尺的B进行测量；测量深度时用游标卡尺的C进行测量．钢笔帽的内径为：11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm.[答案]A11.2510．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.[解析]依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图(a)读数为0.010 mm，图(b)读数为6.870 mm.[答案]0.010(0.009或0.011也对) 6.870(6.869或 6.871也对)6.860(6.868～6.872)。

《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)

【与名师对话】(新课标)2021高考物理一轮复习单元质量检测04

【与名师对话】（新课标）2021高考物理一轮复习单元质量检测04时刻：60分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1.(2020·湖北省八校联考)如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点动身经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时刻相等．下列说法中正确的是( )A．质点从M到N过程中速度大小保持不变B．质点在这两段时刻内的速度变化量大小相等，方向相同C．质点在这两段时刻内的速度变化量大小不相等，但方向相同D．质点在MN间的运动不是匀变速运动解析：由图知，质点在恒力作用下做一样曲线运动，不同地点弯曲程度不同，即曲率半径不同，因此速度大小在变，因此A错误；因是在恒力作用下运动，依照牛顿第二定律F＝ma，因此加速度不变，依照Δv＝aΔt可得在相同时刻内速度的变化量相同，故B正确；C 错误；因加速度不变，故质点做匀变速运动，因此D错误．答案：B2．(2020·南京、盐都市模拟)在地球大气层外有大量的太空垃圾．在太阳活动期，地球大气会受太阳风的阻碍而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落．大部分太空垃圾在落地前差不多燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害，太空垃圾下落的缘故是( )A．大气的扩张使垃圾受到的万有引力增大而导致下落B．太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C．太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面D ．太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面解析：由题意知，由于大气层的扩张，太空垃圾被大气包围后，在运动的过程中会受大气层的阻力作用，故速度减小，使所需向心力小于受到的万有引力，而做近心运动，因此A 、B 、C 错误；D 正确．答案：D3．(2020·天津卷)研究说明，地球自转在逐步变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会连续下去，地球的其他条件都不变，以后人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大解析：依照G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 可知r ＝ 3GMT 24π2，若T 增大，r 增大，h ＝r －R ，故A 正确．依照a ＝GM r 2可知，a 减小，B 错误．依照G Mm r 2＝mv 2r可得v ＝GM r ，v 减小，C 错误．ω＝2πT，T 增大，ω减小，D 错误．答案：A 4．(2020·四川卷)有一条两岸平直、河水平均流淌、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时刻的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )解析：设河岸宽度为d ，去程时t 1＝d v 静，回程时，t 2＝d v 2静－v 2，又t 1t 2＝k ，得v 静＝v 1－k2，B 正确．答案：B5．(2020·江西省新余市高三期末)如图，半圆形凹槽的半径为R ，O 点为其圆心．在与O 点等高的边缘A 、B 两点分别以速度v 1、v 2水平同时相向抛出两个小球，已知v 1∶v 2＝1∶3，两小球恰落在弧面上的P 点．则以下说法中正确的是( )A．∠AOP为45°B．若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则应使v1、v2都增大C．改变v1、v2，只要两小球落在弧面上的同一点，v1与v2之和就不变D．若只增大v1，两小球可在空中相遇解析：连接OP，过P点作AB的垂线，垂足为D，如图所示：两球在竖直方向运动的位移相等，因此运动时刻相等，两球水平方向做运动直线运动，因此ADBD＝v1v2＝13，而AD＋BD＝2R，因此AD＝12R，因此OD＝12R，因此cos∠AOP＝ODOP＝12，即∠AOP＝60°，故A错误；若要使两小球落在P点右侧的弧面上同一点，则A球水平方向位移增大，B球水平位移减小，而两球运动时刻相等，因此应使v1增大，v2减小，故B错误；要两小球落在弧面上的同一点，则水平位移之和为2R，则(v1＋v2)t＝2R，落点不同，竖直方向位移就不同，t也不同，因此v1＋v2也不是一个定值，故C错误；若只增大v1，而v2不变，则两球运动轨迹如图所示，由图可知，两球必定在空中相遇，故D正确．答案：D6．(2020·浙江杭州七校联考)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情形与原先相比较，下面的判定中正确的是( )A．Q受到桌面的支持力变大B．Q受到桌面的静摩擦力变大C．小球P运动的角速度变大D．小球P运动的周期变大解析：金属块Q保持在桌面上静止，依照平稳条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变．故A错误．设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为F T，细线的长度为L，P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有F T＝mgcosθ，F n＝mg tanθ＝mω2L sinθ，得角速度ω＝gL cosθ，周期T＝2πω＝2πL cosθg，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则得到细线拉力F T增大，角速度增大，周期T减小，C正确，D错误．对Q，由平稳条件知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故B正确．答案：BC7．(2020·贵州省六校联考)光明学校2020年8月28～31日举行了第七十届秋季运动会，该运动会在全体同学和老师的共同努力下获得了圆满成功．其中高三(1)班张明同学参加了三级跳远，并获得了高三年级组本项目的冠军．设张明同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时刻不计，假设人着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，则张明同学从A点开始起跳到D点的整过程中均在竖直平面内运动，下列说法正确的是( )A．每次从最高点下落过程差不多上平抛运动B．每次起跳到着地水平位移AB BC CD＝13 5C．从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等D．三段过程时刻相等解析：人在水平方向上受到风力作用，A错误；人在水平方向上受到风力作用，但在A点初速度不为零，B 错误；每段运动中，人在竖直方向初速度相同，因此三段时刻相同，水平风力恒定，水平加速度恒定，三段时刻内水平方向速度变化量相等，C 、D 正确．答案：CD8．(2020·新课标全国卷Ⅰ)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2020年各行星冲日时刻分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判定正确的是( ) 地球火星木星土星天王星海王星轨道半径(AU)19 30 B ．在2020年内一定会显现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时刻间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时刻间隔最短解析：设地球的公转周期为T 地，任意行星的公转周期用T 表示，该行星两次冲日现象的时刻间隔为t ，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 地－2πT t ＝2π，得t ＝TT 地T －T 地.又T ＝2πr 3GM，将火星的轨道半径代入可得T ＝错误!T 地≈地，则t ＝错误!≈地，即每隔约年显现一次火星冲日现象，A 错误．代入木星轨道半径，解得T ＝错误!T 地≈地，则t ＝错误!T 地≈地，B 正确．代入天王星和土星的轨道半径得t 1t 2＝错误!≈，C 错误．t ＝错误!＝错误!，轨道半径越大周期越大，t 越小，D 正确．答案：BD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(13分)(2020·江苏省涟水中学检测)右图是货场装卸物资的示意图，图中吊车向左运动的速率v 恒定，使悬吊着的物资也以同一速率v 做水平方向上的匀速运动．当物资距货车x 时，吊车内的卷扬机突然启动，使物资在水平方向上仍以v 匀速运动的同时，又沿竖直方向向上做加速度为a 的匀加速运动．(1)试说明物资的运动轨迹是如何样的？(2)为使物资到达货车时至少提升h 高度，则v 值为多少？解析：(1)物资在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动，故物资的实际运动是匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线(与平抛运动轨迹类似)．(2)物资在水平方向匀速运动，有x ＝vt物资在竖直方向匀加速运动，有h ＝12at 2. 由以上两式解得v ＝x a 2h即物资的水平速度v 不要超过这一所求值．答案：(1)运动轨迹为抛物线(与平抛运动轨迹类似)(2)x a 2h10．(13分)(2020·浙江省金华十校高考模拟)在某项娱乐活动中，要求质量为m 的物体轻放到水平传送带上，当物体离开水平传送带后恰好落到斜面的顶端，且现在速度沿斜面向下．斜面长度为l ＝2.75 m ，倾角为θ＝37°，斜面动摩擦因数μ1＝.传送带距地面高度为h ＝2.1 m ，传送带的长度为L ＝3 m ，传送带表面的动摩擦因数μ2＝，传送带一直以速度v 传＝4 m/s 逆时针运动，g ＝10 m/s 2，sin37°＝，cos37°＝.求：(1)物体落到斜面顶端时的速度；(2)物体从斜面的顶端运动到底端的时刻；(3)物体轻放在水平传送带的初位置到传送带左端的距离应该满足的条件．解析：(1)物体离开传送带后做平抛运动，设落到斜面顶端的速度为v 0沿斜面方向，v y ＝2g h －l sin θ＝3 m/s v 0＝v y sin θ＝5 m/s ，v x ＝v y cot θ＝4 m/s. (2)物体从斜面的顶端运动到低端的时刻t 1，依照牛顿第二定律：mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1l ＝v 0t ＋12a 1t 2 t ＝ s(3)物体轻放在水平传送带的位置到传送带左端的距离s ，因为v x ＝v 传 μ2mg ＝ma 2由v 2＝2as 0得s 0＝v 22a ＝2m ，故2m ≤S ≤3m . 答案：(1)5 m/s (2) s (3)2m ≤S ≤3m 11．(13分)(2020·陕西西工大附中高三训练)如图所示，一半径为R ＝1.00 m 的水平光滑圆桌面，圆心为O ，有一竖直立柱，其横截面为圆形，半径为r ＝0.1 m ，圆心也在O 点．一根长l ＝0.757 m 的细轻绳，一端固定在圆柱上的A 点，另一端系一质量为m ＝0.075 kg 的小球，将小球放在桌面上并将绳沿半径方向拉直，再给小球一个方向与绳垂直，大小为v 0＝4 m/s 的初速度．小球在桌面上运动时，绳子将缠绕在圆柱上．已知绳子的张力为T 0＝2 N 时，绳就被拉断，在绳断开前球始终在桌面上运动．试求：(1)绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度为多少；(2)小球最后从桌面上飞出时，飞出点与开始运动的点B 之间的距离为多少．(结果保留3位有效数字)解析：(1)因为桌面光滑，绳子一直处于张紧状态，因此小球的速度大小保持不变，设刚要断开时，绳的伸直部分的长度为x ，则T 0＝mv 20x ，解得x ＝mv 20T 0＝0.60 m. (2)绳子刚断开时缠绕在圆柱上的长度为Δx ＝l －x ＝0.157 m ，缠绕部分对应的圆心角为α＝Δx r ＝π2，之后小球做匀速直线运动，到达C 点，如图所示．由几何关系可知，x CE ＝R 2－x 2OE ＝0.8 m ，x BE ＝1.357 m ，x BC ＝x 2CE ＋x 2BE ＝1.58 m.答案：(1)0.60 m (2)1.58 m12．(13分)(2020·天津市六校高三期中)西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功将“天链一号02星”送入太空．火箭飞行约26分钟后，西安卫星测控中心传来的数据说明，星箭分离，卫星成功进入地球同步转移轨道．“天链一号02星”是我国第二颗地球同步轨道数据中继卫星，又称跟踪和数据中继卫星，由中国航天科技集团公司所属中国空间技术研究院为主研制．中继卫星被誉为“卫星的卫星”，是航天器太空运行的数据“中转站”，用于转发地球站对中低轨道航天器的跟踪测控信号和中继航天器发回地面的信息的地球静止通信卫星．(1)已知地球半径R ，地球表面的重力加速度g ，地球自转周期T ，万有引力常量为G ，请你求出地球的密度和“天链一号02星”距地面的高度？(2)某次有一个赤道地面基站发送一个无线电波信号，需要位于赤道地面基站正上方的“天链一号02星”把该信号转发到同轨道的—个航天器，假如航天器与“天链一号02星”处于同轨道最远可通信距离的情形下，航天器接收到赤道地面基站的无线电波信号的时刻是多少？(已知地球半径为R ，地球同步卫星轨道半径为r ，无线电波的传播速度为光速c .)解析：(1)地面邻近重力等于万有引力：GMm R 2＝mg 密度公式：ρ＝M V 体V 体＝43πR 3得：ρ＝3g 4πGR同步卫星受到的万有引力提供向心力，故：GMm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 卫星的高度：h ＝r －R得：h ＝ 3gR 2T 24π2－R . (2)“天链一号02星”与同轨道的航天器的运行轨道差不多上同步卫星轨道，因此“天链一号02星”与同轨道的航天器绕地球运转的半径为r ，“天链一号02星”与航天器之间的最远时的示意图如图所示．无线电波从发射到被航天器接收需要分两步．第一赤道地面基站A 发射的信号被中继卫星B 接收，然后中继卫星B 再把信号传递到同轨道的航天器C .由几何知识可知：“天链一号02星”与航天器之间的最远距离：s 1＝2r 2－R 2无线电波信号通过的总路程s ＝2r 2－R 2＋r －R s ＝ct得：t ＝2r 2－R 2＋r －R c. 答案：(1)3g 4πGR 3gR 2T 24π2－R (2)2r 2－R 2＋r －R c。