2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(7) 粤教版

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2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟滚动复习训练卷(4)

45分钟滚动复习训练卷(四)[考查范围：第九～十一单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．如图G4－1所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是()A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B．不管从什么方向拉出，金属圆环中的感应电流方向总是顺时针C．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针D图G4－1图G4－22．一矩形线圈垂直于匀强磁场方向、并绕位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图G4－2所示，则()A．t1时刻穿过线圈的磁通量为零B．t2时刻穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零D．t4时刻穿过线圈的磁通量最大3．如图G4－3所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一铜质圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图G4－4中哪一图线所表示的方式随时间变化时，铜质圆环将受到向上的磁场作用力()图G4－44．某水电站用电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2×105 AB．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．北半球地磁场的竖直分量向下．如图G4－5所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线圈abcd ，线圈的ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向．下列说法中正确的是( )A ．若使线圈向东平动，则a 点的电势比b 点的电势低B ．若使线圈向北平动，则a 点的电势比b 点的电势低C ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →b →c →d →aD ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →d →c →b →a图G4－5G4－66．如图G4－6所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶10，副线圈与电阻R 相连．原线圈两端所加的电压u 1＝220 2sin100πt V ，则( )A ．交流电压表的示数为220 2 VB ．该交流电的频率为50 HzC ．该理想变压器是一个降压变压器D ．电阻R 上消耗的电功率等于原线圈输入的电功率7．如图G4－7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心，P 与O 在同一水平线上．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点．当在金属细杆内通以2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则( )A ．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为20 m/s 2D ．金属细杆运动到P 0.75 NG4－7G4－88．如图G4－8所示，金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R (恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )A ．ab 杆中的电流与速率v 成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比三、计算题(共54分)9．(18分)如图G4－9所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C 点．已知OA＝OC＝d.求电场强度E和磁感应强度B的大小．(粒子的重力不计)图G4－911．(18分)如图G4－10所示，电源电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω.间距d＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v＝0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为R x，忽略空气对小球的作用，取g＝10 m/s2.(1)当R x＝29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则R x是多少？图G4－1012．(18分)两个沿水平方向且磁感应强度大小均为B的有水平边界的匀强磁场，如图G4－11所示，磁场高度均为L.一个框面与磁场方向垂直、质量为m，电阻为R，边长为L 的正方形金属框abcd，从某一高度由静止释放，当ab边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动；当ab边下落到GH和JK之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动．整个过程空气阻力不计．求：(1)ab边刚进入第一个磁场时的速度v1；(2)ab边刚到达第二个磁场下边界JK时的速度v2；(3)金属框从ab边开始进入第一个磁场至刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量Q.45分钟滚动复习训练卷(四)1．B [解析] 金属圆环不管是从什么方向拉出磁场，金属圆环中的磁通量方向不变，且不断减小，根据楞次定律知，感应电流的方向相同，感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同，则由安培定则知感应电流的方向是顺时针方向，选项B 正确，选项A 、C 错误；金属圆环匀速出磁场过程中，切割磁感线的有效长度发生变化，选项D 错误．2．C [解析] 由图象可知t 1和t 3时刻电动势为零，磁通量的变化率最小，线圈平面处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，所以选项A 错误，选项C 正确．t 2和t 4时刻电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈平面处于垂直中性面位置，穿过线圈的磁通量为零，所以选项B 、D 错误．3．A [解析] 根据楞次定律，电磁感应现象阻碍穿过圆环的磁通量的变化，当螺线管中电流减小时，圆环受向上的磁场力．由法拉第电磁感应定律知，当导线所围区域内的匀强磁场的磁感应强度的变化率减小时，abcd 回路中的感应电动势减小，所以选项A 正确．4．B [解析] 用500 kV 电压输电时，输电线上的电流为I ＝P U ＝3×1095×105A ＝6000 A ，A错；输电线上由电阻造成的电压损失ΔU ＝IR ＝6000×2.5 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 电压输电时，输电线上损失的功率最多只能是3×106 kW ，不可能超过这个值，C 错；若用ΔP ＝U 2r计算输电线上损失的功率，则U 为输电线上损失的电压，而r 为输电线的电阻，D 错． 5．AC [解析] 线圈向东平动时，ab 和cd 两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a 点电势比b 点电势低，选项A 正确；同理，线圈向北平动，则a 、b 电势相等，高于c 、d 两点电势，选项B 错误；以ab 为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a →b →c →d →a ，则选项C 正确，选项D 错误．6．BD [解析] 原线圈所加的电压为U 1＝U m2＝220 V ，即交流电压表的读数为220 V ，A 错；因ω＝2πf ，故f ＝50 Hz ，B 对；副线圈的匝数大于原线圈的匝数，所以该变压器是一个升压器，C 错；对理想变压器，输出功率等于输入功率，D 对．7．CD [解析] 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F A ＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动的加速度为a ＝Fm＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W ＝F A ·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON＝－0.5 J ，由动能定理得W ＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝2 5m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 正确；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F A ，由牛顿第二定律得F －F A ＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确.8．AB [解析] ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行时，产生的感应电动势为E ＝BL v ，而感应电流为I ＝E R ＝BL vR ，故A 对；作用于ab 杆的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R，B对；电阻R 上产生的电热功率P ＝I 2R ＝(BL v )2R ，C 错；外力对ab 杆做功的功率P ＝F v ＝B 2L 2v 2R，D 错．9.2qUm qd 4U d[解析] 设带电粒子经电压为U 的电场加速后获得速度为v ，由动能定理，有qU ＝12m v 2带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律，有qB v ＝m v 2r即r ＝m v qB依题意可知r ＝d解得B ＝2qUmqd带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点．－x 方向做匀速直线运动，有 d ＝v ty 方向做匀加速直线运动，有 a ＝qE md ＝12at 2 解得E ＝4Ud10．(1)0.6 W (2)54 Ω[解析] (1)闭合电路的外电阻为R ＝R x ＋R 1R 2R 1＋R 2＝49 Ω根据闭合电路的欧姆定律，通过R x 的电流为I ＝E R ＋r＝0.3 A R 2两端的电压为U 2＝E －I (R x ＋r )＝6 V R 2消耗的功率为P 2＝U 22R 2＝0.6 W(2)小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有Bq v ＝m v 2RU 2dq ＝mg 解得：U 2＝BRdgv小球做匀速圆周运动的初速度与末速度的夹角等于圆心角，为60°，根据几何关系得： R ＝d解得：U 2＝Bd 2gv ＝4 V I ＝U 2R 12＝0.2 A R x ＝E －U 2I －r ＝54 Ω11．(1)mgR B 2L 2 (2)mgR 4B 2L 2 (3)15m 3g 2R 232B 4L 4＋2mgL[解析] (1)设ab 边刚进入第一个磁场时的电流为I 1，安培力为F 1，由金属框做匀速运动，有mg ＝F 1＝BI 1LI 1＝E 1RE 1＝BL v 1解得：v 1＝mgRB 2L2(2)设ab 边到达GH 和JK 的之间某位置时的电流为I 2，ab 边受到的安培力为F 2，cd 边受到的安培力为F 3，则有F 2＝F 3mg ＝2F 2＝2BI 2LI 2＝E 2RE 2＝2BL v 2解得：v 2＝v 14＝mgR4B 2L2(3)金属框从ab 边开始进入第一个磁场上边界至刚到达第二个磁场下边界JK 的过程，由能量守恒定律得：12m v 21＋2mgL ＝Q ＋12m v 22解得：Q ＝15m 3g 2R 232B 4L 4＋2mgL。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(1)

45分钟单元能力训练卷(一)[考查范围：第一单元分值：100分]一、选择题(每小题4分，共16分)1．质点做直线运动的位移s 与时间t 的关系为s ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s2．2006年我国自行研制的“枭龙”战机04在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需的时间为t ，则起飞前的运动距离为( )A ．v t B.12v t C ．2v t D ．不能确定 3．做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台某点O 时的速度是1 m/s ，车尾经过O 点时的速度是7 m/s ，则这列列车的中点经过O 点时的速度为( )A ．5 m/sB ．5.5 m/sC ．4 m/sD ．3.5 m/s4．甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲车一直匀速运动，乙车先匀加速运动后匀减速运动，丙车先匀减速运动后匀加速运动，它们经过第二块路标时速度又相等，则先通过第二块路标的是( )A ．甲车B ．乙车C ．丙车D ．无法确定二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km ，从出发地到目的地用了5分钟，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( )A ．在整个过程中赛车手的平均速度是108 km/hB ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hC ．在整个过程中赛车手的平均速率是108 km/hD ．经过路标时的瞬时速度是150 km/h6．下列说法中的情形，可能出现的是( )A ．加速度与运动方向相同时，物体减速B ．加速度减小时，物体加速C ．加速度不变，速度不断改变D ．加速度不断改变，速度不变7．物体在一外力作用下做匀加速直线运动，已知第2 s 末的速度是6 m/s ，第3 s 末的速度是8 m/s ，物体的质量为2 kg ，则下列说法中正确的是( )A ．物体在零时刻的速度是4 m/sB ．物体的受到的合外力为4 NC ．第2 s 内物体的位移为5 mD ．物体与地面的动摩擦因数为0.28．某物体运动的v －t 图象如图( )图D1－1A ．物体在第1 s 末运动方向发生变化B ．物体在第2 s 内和第3 s 内的加速度是相同的C ．物体在4 s 末返回出发点D ．物体在5 s 末离出发点最远，且最大位移为0.5 m9．如图D1－2所示是物体在某段运动过程中的v －t 图象，在t 1和t 2时刻的瞬时速度分别为v 1和v 2，则时间由t 1到t 2的过程中( )A ．加速度不断增大B ．加速度不断减小C ．平均速度v ＝v 1＋v 22D ．平均速度v ＜v 1＋v 22三、实验题(共18分) 10．(8分)利用图D1－3中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，图D1－3(1)为了测试重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A ．天平B ．秒表C ．刻度尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.11．(10分)如图D1－4所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到反映小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两个相邻计数点的时间间隔为T ＝0.10 s ，其中s 1＝7.05 cm ，s 2＝7.68 cm ，s 3＝8.33 cm ，s 4＝8.95 cm ，s 5＝9.61 cm ，s 6＝10.26 cm ，则A 点处瞬时速度的大小是______m/s ，小车运动的加速度计算表达式为________，加速度的大小是________m/s 2(四、计算题(共36分)12．(18分)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速驶过的货车严重超载时，决定前去追赶．经过5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车之间的最大距离是多少？(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？13．(18分)某天，小明在上学途中沿人行道以v1＝1 m/s速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以v2＝15 m/s速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他距车站s＝50 m．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a1＝2.5 m/s2，能达到的最大速度v m＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站s0＝25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间t＝10 s，之后公交车启动向前开去．(不计车长)(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度a2大小是多少？(2)若小明加速过程视为匀加速运动，通过计算分析他能否乘上该公交车．图D1－545分钟单元能力训练卷(一)1．D [解析] 由表达式s ＝5t ＋t 2可看出初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.当t ＝1 s 时，s ＝6 m ，即第1 s 内的位移是s 1＝6 m ，同理，前2 s 内的位移为s 2＝14 m ，前2 s 内的平均速度是v 2＝s 2t 2＝7 m/s ，故A 、B 错；任意相邻的1 s 内位移差为Δs ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内的速度增量Δv ＝aT ＝2 m/s ，D 对．2．B [解析] 利用s ＝12(v 0＋v t )t 求解． 3．A [解析] 利用匀加速直线运动经过位移中点的瞬时速度公式v ＝v 20＋v 2t 2求解． 4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等．根据公式t ＝s v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．本题正确选项只有B.5．AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v ＝s t ＝9560km/h ＝108 km/h ，选项A 正确、B 错误；而平均速率v ＝l t ＝15560km/h ＝180 km/h ，选项C 错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置时的瞬时速度，选项D 正确．6．BC [解析] 当加速度方向与运动方向相同时，物体一定加速，A 错；加速度减小，但若加速度与速度方向相同，则物体加速运动，B 对；当加速度不变且不为零时，物体的速度一定会改变，C 对；只要有加速度，物体的速度就会改变，D 错．7．BC [解析] 设物体的初速度为v 0，则由v t ＝v 0＋at 得6＝v 0＋2a,8＝v 0＋3a ，解得：v 0＝2 m/s ，a ＝2 m/s 2，故A 错；由F ＝ma 知合外力F ＝4 N ，B 对；由v t ＝v 0＋at 得第1 s末的速度v 1＝4 m/s ，则第2 s 内物体的位移为s ＝12(v 1＋v 2)t ＝12×(4＋6)×1 m ＝5 m ，C 对；不知物体的具体受力情况，无法求解物体与地面的动摩擦因数，D 错．8．BC [解析] 根据v －t 图象可知物体在第1 s 末开始减速，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；由图线与坐标轴所围面积表示位移可知4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．9．BD [解析] 根据v －t 图线的斜率不断减小可知物体运动的加速度不断减小；假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，本题选项B 、D 正确． 10．(1)C (2)打点计时器与纸带之间存在摩擦．[解析] (1)用刻度尺测量计数点间的距离；(2)重物下落的加速度值总小于当地的重力加速度值，说明该误差为系统误差，可能产生这种误差的因素有：打点计时器与纸带之间存在摩擦、纸带下落过程中受到空气阻力等．11．0.86 a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 20.64 [解析] 根据做匀变速直线运动的物体某段时间内中间时刻的瞬时速度等于整个过程的平均速度可得v A ＝s 3＋s 42T＝0.86 m/s ；由于s 4－s 1＝3a 1T 2，s 5－s 2＝3a 2T 2，s 6－s 3＝3a 3T 2，所以a ＝a 1＋a 2＋a 33＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2，代入数据得a ＝0.64 m/s 2. 12．(1)75 m (2)12 s[解析] (1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们之间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．则t 1＝v a ＝102.5s ＝4 s s 货＝v (t 0＋t 1)＝10×(5.5＋4) m ＝95 ms 警＝12at 21＝12×2.5×42 m ＝20 m 所以两车间的最大距离为Δs ＝s 货－s 警＝75 m.(2)v m ＝90 km/h ＝25 m/s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间t 2＝v m a ＝252.5s ＝10 s s 货′＝v (t 0＋t 2)＝10×(5.5＋10) m ＝155 ms 警′＝12at 22＝12×2.5×102 m ＝125 m 因为s 货′>s 警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离Δs ′＝s 货′－s 警′＝30 m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则Δt ＝Δs ′v m －v ＝3025－10s ＝2 s 所以警车发动后要经过t ＝t 2＋Δt ＝12 s 才能追上货车．13．(1)4.5 m/s 2 (2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v 222s 0＝0－1522×25m/s 2＝－4.5 m/s 2 所以其加速度大小为4.5 m/s 2.(2)汽车从相遇处到开始刹车用时t 1＝s －s 0v 2＝2515 s ＝53s 汽车刹车过程中用时t 2＝0－v 2a 2＝103s 小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝v m －v 1a 1＝6－12.5s ＝2 s 小明加速过程中的位移s 2＝12(v 1＋v m )t 3＝7 m 以最大速度跑到车站的时间t 4＝s －s 2v 3 s ＝50－76s ＝7.2 s t 1＋t 2<t 3＋t 4<t 1＋t 2＋10 s ，即小明可以在汽车还停在车站时上车．。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(6)

45分钟单元能力训练卷(六)[考查范围：第六单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是() A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v2．如图D6－1所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、BA．A开始运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时3．如图D6－2所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()A．静止不动B．左右往返运动C．向右运动D．向左运动2D6－34．两辆质量相同的小车A、B静止在光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，如图D6－3所示．这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．如图D6－4所示，半径和动能都相等的两个小球相向运动．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是() A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D－4D6－56．如图D6－5所示，小车AB静止于水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥．小车AB质量为M，质量为m的木块C放在小车上，C、B相距为L，用细线将木块连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB与木块C都处于静止状态，现烧断细线，弹簧被释放，使木块离开弹簧向B端滑去，并跟B端橡皮泥粘在一起．所有摩擦均不计，对整个过程，以下说法正确的是()A ．整个系统机械能守恒B ．整个系统动量守恒C ．当木块的速度最大时，小车的速度也最大D ．小车AB 向左运动的最大位移等于m ML 7．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m可能为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．58．如图D6－6所示，完全相同的两个带电金属球A 、B ，初动能相同，在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线从C 、D 开始相向运动，A 球带电为＋3q ，B 球带电为＋2q ；若两球发生弹性碰撞，相碰后又各自返回C 、D 点，下列说法中正确的是( )A ．相碰分离后两球是同时返回C 、D 的B ．相碰分离后两球返回C 、D 时总动能增大C ．相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大D图D6－6图D6－79．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图D6－7所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2B.12mM m ＋Mv 2 C.12NμmgL D ．N μmgL 三、实验题(共18分)10．(10分)用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图D6－8所示，斜槽与水平槽圆滑连接．安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O .接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，认为其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的C 点，让小球1从A 点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M 、P 、N 离O 点的距离，即线段OM 、OP 、ON 的长度．(1)在上述实验操作中，下列说法正确的是__________．A．小球1的质量一定大于球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径B．将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平C．小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差会小D．复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰并进行移动(2)以下提供的器材中，本实验必需的有________．A．刻度尺B．游标卡尺C．天平D．秒表(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为l2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为________________________，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．11．(8分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图D6－9所示，采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B；b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B 滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是________________________________________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.四、计算题(共36分)12．(18分)如图D6－10所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段紧贴地面，弯曲段的顶部切线水平、离地高度为h；滑块A静止在水平轨道上，v0＝40 m/s的子弹水平射入滑块A后一起沿轨道向右运动，并从轨道顶部水平抛出．已知滑块A的质量是子弹质量的3倍，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)子弹射入滑块后一起运动的速度；(2)水平距离s与h关系的表达式；(3)当h多高时，s13．(18分)如图D6－11所示，在光滑的水平轨道上，质量为m的物体A处于静止状态．物体B的质量也为m，由不可伸长的轻绳悬挂于O点，B与轨道接触但不挤压．某时刻开始A 受到水平方向的恒力F的作用，经过距离L时撤掉F，A再运动一段距离后与物体B碰撞，求：(1)撤掉F时A的速度和F的作用时间．(2)若A、B发生完全弹性碰撞，绳长为r，则B在碰后的瞬间轻绳受到的拉力．(3)若A、B发生的碰撞情况是所有可能发生的碰撞情况中的一种，那么绳长满足什么条件才能使B总能完成完整的圆周运动？45分钟单元能力训练卷(六)1．A [解析] 以A 原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有m v ＋0＝2m ·v B－m v A ，碰撞过程中能量不可能增加，则有12m v 2≥12m v 2A ＋12·2m ·v 2B ，解得0≤v B ≤23v ；此外由m v ＋0＝2m ·v B －m v A ，解得v B ＝v ＋v A 2>v 2；所以v 2<v B ≤2v 3，只有A 项符合要求． 2．D [解析] 当B 接触到A 上的弹簧时，速度减小，而A 的速度增加，弹簧被压缩，当两者的速度相等时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒定律知，此时系统的动能减小到最小而势能增大到最大，即此时动能损失最大．3．D [解析] A 、B 和车组成的系统动量守恒，A 的动量大于B 的动量，故车与B 的运动方向相同．4．B [解析] 选A 车、B 车和人作为系统．水平面光滑，无论人如何跳来跳去，系统在水平方向上均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m ，A 车和B 车的质量均为M ，最终两车速度分别为v A 和v B .由动量守恒定律得：0＝(M ＋m )v A －M v B ，则v A v B ＝M M ＋m，即v A <v B ，选项B 正确．5．AB [解析] 由p ＝m v 和E k ＝12m v 2得p ＝2mE k ，在动能相等的情况下，质量大的动量大，即碰前的总动量为p ＝p 甲－p 乙＞0，方向水平向右，若乙球的速度为零，甲球的速度不为零，则甲球势必再次碰乙球，故C 错；若两球都以各自原来的速率反向运动，则碰后的总动量方向向左，不满足动量守恒，D 错．故正确的是A 、B.6．BC [解析] 整个系统不受外力，动量守恒，当木块的速度最大时，小车的速度也最大．但C 、B 的碰撞过程属于完全非弹性碰撞，机械能不守恒，选项A 错误，选项B 、C 正确；由ms C ＝Ms 车，s C ＋s 车＝L 知：小车AB 向左运动的最大位移为：s 车＝mL M ＋m，选项D 错误．7．AB [解析] 设碰撞后两者的动量都为p ，根据动量守恒定律可知碰前总动量为2p ，根据p 2＝2mE k 和碰撞前后的能量关系得4p 22M ≥p 22m ＋p 22M 得M m≤3，所以A 、B 正确． 8．AB [解析] 两球组成的系统所受合力为零，则动量守恒，碰撞为弹性碰撞，故碰撞过程机械能守恒，碰后两球交换速度，分离后两球同时返回C 、D ，A 正确，C 错误；由于碰撞后电场力增大，故有电势能向机械能转化，B 正确，D 错误．9．BD [解析] 根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v ′＝m v M ＋m，损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝12mM m ＋Mv 2，所以B 正确；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程，所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确．10．(1)BD (2)AC (3)m 1l 1＝m 2l 2[解析] (1)为了能够实现对心碰撞，两球的半径必须相同，选项A 错误；将小球静止放置在轨道末端，若小球保持静止，说明轨道末端水平，若小球滚动，说明轨道末端不水平，选项B 正确；碰前的速度不能过大，否则实验不能正常进行，选项C 错误；复写纸可以移动，但是白纸不能移动，选项D 正确．(2)本实验需要测量长度和质量，必须有刻度尺和天平，选项A 、C 正确．(3)由于小球平抛运动的时间相同，可以用OP 代表小球1碰前的速度，用OM 代表小球1碰后的速度，用ON 代表小球2碰后的速度．根据动量守恒定律，有：m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，解得：m 1·(OP －OM )＝m 2·ON ，即：m 1l 1＝m 2l 2.11．(1)B 的右端至D 板的距离L 2 (2)m A L 1t 1＝m B L 2t 2测量质量、时间、距离等存在误差，空气阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可)[解析] (1)本实验中，滑块离开弹簧后匀速运动，故A 的速度大小为v A ＝L 1t 1，B 的速度大小为v B ＝L 2t 2，根据动量守恒定律，有：0＝m A v A －m B v B ，即为：m A L 1t 1＝m B L 2t 2.本实验中，只要能够验证在误差范围内此式的左右两边相等即可，所以实验要求测量m A 、m B 、L 1、L 2、t 1、t 2.(2)误差主要是测量上述物理量时产生的，另外气垫导轨不水平及存在的空气阻力也会产生误差．12．(1)10 m/s (2)20h －4h 2 (3)5 m[解析] (1)设子弹的质量为m ，则滑块的质量为3m ，子弹射入滑块后一起运动的速度为v 1，由动量守恒定律，有：m v 0＝(m ＋3m )v 1解得：v 1＝14v 0＝10 m/s (2)设子弹与滑块到达轨道顶部时的速度为v 2，由机械能守恒定律，有：12(m ＋3m )v 21＝12(m ＋3m )v 22＋(m ＋3m )gh 设子弹与滑块离开轨道顶部到落到地面的时间为t ，由平抛运动规律，有： s ＝v 2th ＝12gt 2 联立解得：s ＝20h －4h 2(3)s ＝20h －4h 2＝25－(2h －5)2当h ＝2.5 m 时，s 最大，s max ＝5 m13．(1)2FL m 2mL F (2)mg ＋2FL r (3)r ≤FL 10mg[解析] (1)设撤掉F 时A 的速度为v ，经历时间为t ，则由牛顿第二定律，有：F ＝ma 由匀变速直线运动的规律，有L ＝v 22a L ＝v 2t 解得v ＝2FL m ，t ＝2mL F(2)设A 与B 碰后速度分别为v A ，v B ，B 在碰后瞬间轻绳受到的拉力为T ，由动量守恒定律有：m v ＝m v A ＋m v B12m v 2＝12m v 2A ＋12m v 2B 由牛顿第二定律，有：T －mg ＝m v 2B r解得：T ＝mg ＋2FL r(3)A 与B 碰撞后，B 获得最小速度为v ′B ，由动量守恒，有：m v ＝(m ＋m )v ′B解得：v ′B ＝12 2FL m若此时恰能使B 做完整圆周运动的绳子为R ，设运动到最高点时速度v 1，由牛顿第二定律，有：mg ＝m v 21RB 从最低点运动至最高点过程中机械能守恒，有： 12m v ′2B ＝mg ·2R ＋12m v 21解得：R ＝FL 10mg即绳长r ≤FL 10mg时才能使B 总能完成完整的圆周运动．。

粤教版高中物理必修一45分钟滚动复习训练卷(一)Word版含解析

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）45分钟滚动复习训练卷(一)(考查范围：第一～三单元：分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．如图G1－1所示，自由落下的小球从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合力的变化情况是()A．合力变小，速度变小B．合力变小，速度变大C．合力先变小后变大，速度先变大后变小D．合力先变大后变小，速度先变小后变大图G1－1图G1－22．如图G1－2所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧拉伸，物块P处于静止状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是()A．先保持不变后增大B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大3．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图G 1－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是()图G 1－3A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为15g ，方向一定竖直向下二、双项选择题(每小题6分，共24分) 4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具．如图G 1－4所示，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平．当此车减速上坡时，乘客()A ．处于失重状态B ．受到水平向右的摩擦力C ．重力势能增加D ．所受的合力沿斜面向上图G 1－4图G 1－55．如图G 1－5所示，倾角为θ的斜面C 置于水平地面上，小物块B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 都处于静止状态，则()A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零 B ．C 受到地面的摩擦力一定为零C ．C 有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D ．将细绳剪断，若B 依然静止在斜面上，此时地面对C 的摩擦力为06．某物体沿水平方向做直线运动，规定向右为正方向，其v －t 图象如图G 1－6所示，下列判断正确的是()图G1－6A．在0～1 s内，物体做曲线运动B．在1～2 s内，物体向左运动，且速度大小在减小C．在1～3 s内，物体的加速度方向向左，大小为4 m/s2D．在3 s末，物体处于出发点右方7．如图G1－7所示，质量分别为m1和m2的两个物块A和B放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是μ(μ≠0)，用轻质弹簧将两个物块连接在一起，当用水平力F作用在A上时，两个物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在A上时，两个物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x′.则下列说法正确的是()图G1－7A．F′＝2F B．x′＝2xC．F′>2F D．x′<2x三、实验题(18分)8．(8分)利用如图G1－8中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．图G1－8(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A．天平：B．秒表：C．米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.9．(10分)如图G1－9所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．图G1－9若测得某一物体质量m一定时，a与F的有关数据资料如下表所示：a/(m·s－2) 1.98 4.06 5.95 8.12F/N 1.00 2.00 3.00 4.00(1)根据表中的数据，请在图G1－10中画出a—F图象．(2)根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为______________________．(3)若甲、乙两同学在实验过程中由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图G1－11所示的a—F图象．图G1－10图G1－11试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.乙：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.四、计算题(40分)10．(20分)如图G1－12所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图G1－1211．(20分)如图G1－13甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，表面BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1) 斜面BC的长度L；(2) 滑块的质量m；(3) 运动过程中滑块克服摩擦力做的功W.：甲乙图G1－1345分钟滚动复习训练卷(一)解析1．C ：小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F 合＝mg －F 弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F 合＝F 弹－mg ，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大，但方向向上，速度减小．2．D ：对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D 正确．3．D ：由题图知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计压力小于人的重力，故处于失重状态，实际上人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －N ＝ma ，可知a ＝g5，方向竖直向下，D 对．4．AC ：由于车减速上坡，故其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．5．CD ：若绳对B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力平衡，则B 与C 间的摩擦力为零，A 项错误；将B 和C 看成一个整体，则B 和C 受到细绳向右上方的拉力作用，故C 有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B 项错误，C 项正确；将细绳剪断，若B 依然静止在斜面上，利用整体法判断，B 、C 整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C 的摩擦力为0，D 项正确.6．CD ： v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m /s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m /s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．D ：两个物块均以加速度a 运动时，由牛顿第二定律对整体有：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，对B 有：kx －μm 2g ＝m 2a.当两个物块均以加速度2a 运动时，对整体有： F ′－μ(m 1＋m 2)g ＝2(m 1＋m 2)a ，对B 有：kx′－μm 2g ＝2m 2a.比较对应的两式可得F′<2F ，x ′<2x ，故D 正确． 8．(1)C ：(2)打点计时器与纸带间存在摩擦(1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略：(2)正比例关系：(3)平衡摩擦力时木板抬得过高：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所示在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a与F的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10．(1)4 m/s：(2)0.4：(3)3.2 m/s(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1mg sin30°＝ma1，v 2m＝2a1hsin30°，解得：v m＝4 m/s.(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2，v 2m＝2a2L，解得：μ＝0.4.(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1，得t1＝0.8 s.由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s. 设t＝1.0 s时速度大小为v，v＝v m－a2(t－t1)，解得：v＝3.2 m/s.11．(1)3 m：(2)2.5 kg：(3)40 J(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a1＝g sinθ＝6 m/s2.通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1＝1 s.由运动学公式得：s＝12a1t21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为：N1＝mg cosθ.木板对传感器的压力为：F1＝N1sinθ.由图象可知：F1＝12 N.解得：m＝2.5 kg.(3)滑块滑到B点的速度为：v1＝a1t1＝6 m/s. 由图象可知：f＝5 N，t2＝2 s.则a2＝fm＝2 m/s2，s2＝v1t2－12a2t22＝8 m，W＝fs2＝40 J.。

高三物理一轮复习45分钟滚动复习训练卷(3) 粤教版

[考查范围：第七、八单元恒定电流分值：100分]一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是( )A．由U外＝IR可知，外电压随电流的增大而增大B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随电流的增大而增大C．由U＝E－Ir可知，电源的输出电压随电流的增大而减小D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随电流的增大而增大2．如图G3－1所示，点电荷A和B分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和Q，在A、B 连线上，则电场强度为零的地方(A．A和B之间B．B左侧C．A右侧 D．A的右侧及B的左侧3．图G3－2中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N图G3－2A．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度B．粒子在M点的动能大于在N点的动能C．粒子在M点的电势能高于在N点的电势能D．M点的场强大于N点的场强二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．如图G3－3O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙图G3－3所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )A．电场一定是匀强电场B．电场的场强沿Ox方向增大C．电子将沿Ox正方向运动D. 电子的电势能将增大5．如图G3－4是火警报警装置电路示意图的一部分，其中R2是半导体热敏传感器，它的阻值随温度升高而减小，当R2A．电流表示数将变小B．电流表示数将变大C．a、b两点间电压变大D．a、b两点间电压变小6．如图G3－5所示，P、Q是矩形ABCD的AD边和BC边的中点，E、F是AB边和CD边的中点，M、N是P、Q连线上的两点且MP＝QN，M点和N点有等量异种点电荷．对于图中八个点的场强关系，下列说法正确的是( )A．A与B点场强相同，C与D点场强相同B．A与C点场强相同，B与D点场强相同C．A与D点场强相同，B与C点场强相同D．E与F点场强相同，P与QG3－5G3－67．如图G3－6所示，一簇电场线关于y轴对称分布，电场方向如图中箭头所示，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则( )A．M点的电势比P点的电势高B．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能C．O、M间的电势差小于N、O间的电势差D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功三、实验题(18分)8．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x(标称阻值为180 Ω)的电流随其两端电压变化的特点．实验器材：多用电表，电流表A(0～50 mA，内阻约15 Ω)，电压表V(5 V，内阻约20 kΩ)，电源E(6 V直流电源，内阻可忽略不计)，滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)，定值电阻R0(100 Ω)，电阻箱(99.9 Ω)、开关S和导线若干．(1)该小组用多用表的“×1”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏转的角度很小；为了准确地进行测量，应换到________倍率的挡位；如果换挡后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：____________，补上该步骤后，表盘的示数如图G3－7(2)该小组按照自己设计的电路进行实验．实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从0开始逐渐增大到5 V，作出热敏电阻的I－U图线，如图G3－8所示．请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图．(3)分析该小组所画出的I －U 图线，说明在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而________；分析其变化的原因可能是____________．(4)请提出一个简单的实验方法，说明你对变化原因的判断是正确的．四、计算题(共40分)9．(18分)如图G3－9所示，在A 、B 两点间接一电动势为4 V 、内阻为1 Ω的直流电源，电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为4 Ω，电容器的电容为30 μF，电流表的内阻不计，求：(1)电流表的读数；(2)电容器所带的电荷量；(3)断开电源后，通过R 2的电荷量．10．(22分)如图G3－10所示，在虚线MN 左上方，存在斜向左下、与水平方向夹角为45°的匀强电场，场强大小E ＝2×105 V/m.一半径为R ＝0.8 m 的14光滑绝缘圆弧凹槽固定在水平地面上．一个可视为质点的质量m ＝0.2 kg 、电荷量大小q ＝1×10－5 C 的带正电金属物块P 从槽顶端A 由静止释放，经凹槽底端B 进入绝缘水平地面，凹槽底端B 与地面相切．图中C 点为电场边界与地面的交点，B 、C 之间的距离为0.6 m ，物块P 与绝缘地面之间的动摩擦因数为μ＝13，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块P从A点滑到B点时速度的大小；(2)物块P从B点到离开电场过程所经历的时间；(3)物块P在木板Q上滑动的过程中摩擦产生的热．45分钟滚动复习训练卷(三)1．C [解析] 当电流发生变化时，一定是外电阻减小了，故不能根据U外＝IR来判断，A错；由U内＝Ir只能判断电源的内电压随I的增大而增大，而不能判断电源两端的电压的变化，B错；E、r不变，由U＝E－Ir可知，电源的输出电压随输出电流I的增大而减小，故C对；输出电流I的增大时，路端电压减小，功率的变化情况不能由P＝IU判断，故D 错．2．B [解析] 在A和B之间，A、B产生的场强方向均向左，电场强度不可能为零，A 错；B的左侧，A产生的场强方向水平向左，B产生的场强方向水平向右，在某适当的位置，可以使得电场强度为零，B对；A的右侧，虽然A、B产生的场强方向相反，但是由于A的电荷量大，且离A较近，故合场强不可能为零，C、D错．3．C [解析] 电场线密的地方场强大，故N点的场强大，加速度大，A、D错；带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，由此可知，粒子带正电，由M点到N点，电场力做正功，电势能减少，动能增加，粒子在M点的电势能高于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，B错、C对．4．AC [解析] O点电势φ0为零，设x点的电势为φx，则U x0＝φx－φ0＝Ex，即φx ＝Ex，表明沿Ox方向场强不变，选项A正确，选项B错误；由静止释放电子，电子由电势低处向电势高处运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，选项D错误．5．BD [解析] R2的阻值随温度升高而减小，当发生火情时，电路的总电阻变小，总电流变大，A错、B对；由U＝E－IR可知路端电压变小，C错、D对．6．BD [解析] 根据等量异种电荷周围电场的电场线对称性：电场中A、B、C、D四点的电场强度大小相等，A、C电场方向相同，B、D电场方向相同；电场中P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，E、F两点电场强度大小相等，方向也相同．7．CD [解析] 以电场线的交点为圆心，分别作出过M、P点的圆弧，圆弧为电势不同的等势面，可知M点的电势比P点的电势低，选项A错误；由W＝qU，可判出选项D正确；O点的电势高于Q点的电势，故正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，选项B错误；O、M间的平均电场强度小于N、O间的平均电场强度，由U＝Ed，可知O、M间的电势差小于N、O间的电势差，故选项C正确．8～205) (2)如图所示(供电电路采用分压器接法，测量电路采用电流表外接法) (3)减小电流较大时，热敏电阻温度升高，电阻变小(4)见解析[解析] (1)表头指针偏转的角度很小，说明选择的挡位太小；因为欧姆表读数时，指针接近刻度盘中间部位时，测量结果比较准确，所以应选择“×10 ”挡位．(2)因为要求电压从0开始逐渐增大，所以供电电路采用分压器接法(用限流接法不可)，测量电路采用电流表外接法；(3)由图象知，在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而减小；其变化的原因可能是：电流较大时，热敏电阻的温度升高，引起电阻变小．(4)用欧姆挡测量热敏电阻的阻值过程中，用手握住热敏电阻使其温度升高，可以看出热敏电阻随温度升高阻值变小，用此方法可验证热敏电阻温度升高，电阻变小的判断．9．(1)0.8 A (2)9.6×10－5 C (3)4.8×10－5 C[解析] (1)由图可知，接入电路的有效电阻仅有R3则I＝ER3＋r＝0.8 A(2)电容器C两端电压与R3两端电压相同U C＝U3＝IR3＝3.2 V故电容器所带电荷量Q＝CU3＝30×10－6×3.2 V＝9.6×10－5 C(3)断开电源，R 1与R 2并联后与R 3、C 构成放电回路，故通过R 2的电荷量Q 2＝Q 2＝4.8×10－5 C 10．(1)4 m/s (2)0.2 s (3)1 J[解析] (1)由于A 、B 连线垂直于电场线，故A 、B 两点电势相等，故金属块P 从A 运动到B ，电场力做功为零．设P 滑到B 点时的速度为v 0，该过程由动能定理有mgR ＝12mv 20 解得v 0＝2gR ＝4 m/s(2)物块P 从B 点运动到C 点的过程，由题可知F 电＝qE ＝ 2 Nf ＝μ(F 电cos45°＋mg )＝1 N则加速度大小a ＝f ＋F 电sin45°m＝10 m/s 2 设P 在C 处速度为v 1，由v 20－v 21＝2ax BC解得v 1＝2 m/s故t ＝v 0－v 1a P＝0.2 s (3)物块P 在电场中运动时，电场力只在BC 段对物块P 做功，即W 克电＝F 电x BC cos45°＝0.6 J物块离开电场后做匀减速直线运动，最终静止．由能量转化与守恒定律，全过程摩擦产生的热Q ＝mgR －W 克电＝1 J。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(11)

45分钟单元能力训练卷(十一)[考查范围：第十一单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共20分)1．图D11－1)图D11－1A．a是升压变压器，b是降压变压器B．a是降压变压器，b是升压变压器C．a的输出电压等于b的输人电压D．a的输出电压等于输电线上损失的电压2．在一些星级宾馆的洗手间经常装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通，电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干．手靠近干手机能使传感器工作，是因为()A．改变了湿度B．改变了温度C．改变了磁场D．改变了电容3．输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈的匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图D11－2所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变)图D11－2A．1100、360B．1100、180C．2200、180D．220、3604．图D11－3甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω，则()甲乙图D11－3A．电压表的示数为6 VB．在t＝0.01 s的时刻，穿过线圈磁通量为零C．若线圈转速改为25 r/s，则电动势有效值为3 VD．若线圈转速改为25 r/s，则通过电灯的电流为1.2 A5．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图D11－4甲所示．产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()甲乙图D11－4A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合C. 线框产生的交变电动势有效值为311 VD. 线框产生的交变电动势频率为100 Hz二、双项选择题(每小题6分，共30分)6()A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25t VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电的电压的有效值为100 2 VD．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W7．如图D11－6所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1，连接一理想电流表；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有灯泡L和光敏电阻R(光照加强时，R的阻值会变小)，则()图D11－6A．原副线圈电流之比为n1∶n2B．只使Q向上滑动，灯泡变亮C．只加强光照，电流表读数变大D．只加强光照，原线圈的输入功率变小8．如图D11－7所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R. 开始时开关S)A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小9．图D11－8甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表V为理想电表．则()甲图D11－8A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC．电压表V的读数为5.0 VD．电压表V的读数约为3.5 V10．如图D11－9所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()A．U2变小，U4变大B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小D．P2变大，P3变大三、计算题(共50分)11．(24分)如图D11－10所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度．该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器．用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两只弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将该装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N．(g取10 m/s2)(1)若传感器a的示数为14 N、b的示数为6.0 N，求此时汽车的加速度大小和方向．(2)12．(26分)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的．如图D11－11甲所示，电源的电动势E ＝9.0 V，内阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻甲乙图D11－1145分钟单元能力训练卷(十一)1．A [解析] 远距离输电时，先升压，再降压，故a 是升压变压器，b 是降压变压器，A 对B 错；输电线有电压损失，故a 的输出电压不等于b 的输入电压，C 错；a 的输出电压有一小部分损失，D 错．2．D [解析] 根据自动干手机工作的特征，手靠近时电热器开始工作，手撤离电热器时停止工作，人是一种导体，可以与其他导体构成电容．手靠近时相当于连接一个电容，干手机内设有电容式传感器，手的靠近改变了电容，驱动电热器工作．这在理论上是可行的．3．B [解析] 对新绕线的理想变压器，根据电压与匝数的关系得n 1＝n 3U 1U 3＝5×2201＝1100.变压器烧坏前，同理：n 2＝n 1U 2U 1＝1100×36220＝180，B 正确．4．C [解析] 由图乙知，电动势的峰值E m ＝6 2 V ，电动势的有效值E ＝6 V ，电压表的示数U R ＝ERR ＋r＝5.4 V ，A 错；在t ＝0.01 s 的时刻，感应电动势为0，即磁通量的变化率为0，此时磁通量最大，B 错；由图知，周期T ＝0.02 s ，即线圈转速为50 r/s ，若线圈转速改为25 r/s ，即为原来的一半，则电动势的最大值E m ＝NBSω＝2πNBSn 为原来的一半，有效值也为原来的一半，即为3 V ，C 对；当n ＝50 r/s 时，通过电灯的电流为I ＝ER ＋r＝0.6 A ，当n ＝25 r/s 时，电流为原来的一半，即为0.3 A ，D 错．5．B [解析] 由图乙可知，正弦交流电的最大值为311 V ，周期T ＝0.02 s ，所以该交流电动势的有效值为E ＝E m 2＝3112V ＝220 V ，频率f ＝1T ＝50 Hz ，C 、D 错误；由图乙，t ＝0.005 s 时电动势最大，磁通量的变化率最大．t ＝0.01 s 时电动势为0，磁通量变化率为0，磁通量最大，线框平面与中性面重合，B 正确．6．BD [解析] 由图象知，此交流电的周期为0.04 s 、交流电压的峰值为U m ＝100 V ，所以该交流电的频率为f ＝1T ＝25 Hz ，电压有效值U ＝U m2＝50 2 V ，选项C 错误，选项B正确；交变电压的角频率ω＝2πT ＝50π rad/s ，电压瞬时值的表达式为u ＝100sin50πt V ，选项A 错误；电阻消耗的功率P ＝U 2R＝50 W ，选项D 正确．7．BC [解析] 根据变压器原副线圈功率相等可知原副线圈电流之比I 1I 2＝n 2n 1，选项A 错误；Q 向上滑动时，副线圈匝数增多，副线圈两端电压增大，所以灯泡功率增大，选项B 正确；光照加强时，R 的阻值会变小，副线圈两端电压不变，所以电流增大，副线圈功率增大，选项C 正确，选项D 错误．8．BC [解析] 由变压器原副线圈电压与匝数的关系知，副线圈两端M 、N 的输出电压不变，当S 接通后，总电阻减小，副线圈电流增大，所以等效电阻R 两端的电压增大，灯泡L 1两端的电压减小，通过灯泡L 1的电流减小；由于副线圈电流增大，原线圈电流随之增大．9．BD [解析] 原线圈上电压的有效值为U 1＝U m2＝50 2 V ＝70.7 V ，A 错、B 对；副线圈上电压的有效值U 2＝n 2U 1n 1＝5 2 V ＝7.07 V ，副线圈中的电流为I 2＝U 22R，而电压表读数为U V ＝I 2R ＝U 22＝3.5 V ，C 错、D 对．10．BD [解析] 当用户消耗的功率变大时，用户的电流I 4＝P 4R 变大，输电线上的电流等于T 1的副线圈上的电流I 2及T 2的原线圈的电流I 3，由I 3＝n 4I 4n 3知I 2、I 3变大，而T 1的副线圈的电压U 2＝n 2U 1n 1不变，而U 3＝U 2－I 2R 线将变小，故U 4将变小，A 错、B 对；T 1的输出功率P 2等于其输入功率P 1，而I 1随I 2变大，故P 1＝P 2＝I 1U 1也随之变大，C 错、D 对．11．(1)4.0 m/s 2，方向向右 (2)10 m/s 2，方向向左 [解析] (1)依题意：左侧弹簧对滑块的向右的推力 F 1＝14 N右侧弹簧对滑块的向左的推力 F 2＝6.0 N设此时汽车的加速度为a 1，根据牛顿第二定律有： F 1－F 2＝ma 1解得：a 1＝F 1－F 2m ＝14－6.02.0m/s 2＝4.0 m/s 2a 1与F 1同方向，即向前(向右)．(2)传感器a 的读数恰为零，即左侧弹簧的弹力F 1′＝0.因两只弹簧相同，左侧弹簧伸长多少，右侧弹簧就缩短多少，所以右侧弹簧的弹力变为F 2′＝20 N.设此时汽车的加速度为a 2，由牛顿第二定律得－F 2′＝ma 2解得：a 2＝－F 2′m＝－10 m/s 2，负号表示方向向后(向左)．12．120 ℃[解析] 从图乙查得t ＝20 ℃时，R 的阻值为4 kΩ，由E ＝I 1(R ＋R g )得：R g ＝E I 1－R ＝9.02kΩ－4 kΩ＝0.5 kΩ设当I 2＝3.6 mA 时，热敏电阻的阻值为R ′，则R ′＝E I 2－R g ＝9.03.6kΩ－0.5 kΩ＝2.0 kΩ从图乙中查得此时对应的温度为t 2＝120 ℃.。

2013届高三物理一轮复习45分钟滚动复习训练卷(2) 粤教版

45分钟滚动复习训练卷(二)[考查范围：第四～六单元分值：100分]一、单项选择题(每一小题4分，共16分)1．火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到乙站恰好停止．在先、后两个运动过程中( )A．火车的位移一定相等B．火车的加速度大小一定相等C．火车的平均速度一定相等D．所用的时间一定相等2．如图G2－1所示，汽车在一段弯曲水平路面上匀速率行驶，关于它受到的水平方向的作用力方向的示意图，图G2－2中可能正确的答案是(图中F为地面对其的静摩擦力，f 为它行驶时所受阻力)( )图G2－1A B C D图G2－23．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一局部，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图G2－3甲所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图乙所示．如此在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )图G2－3A.v20gB.v20 sin2αgC.v20 cos2αgD.v20 cos2αg sinα图G2－44．如图G2－4所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上．现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，如下说法中正确的答案是( ) A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量一样二、双项选择题(每一小题6分，共30分)5．用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图G2－5所示．在t＝3 s到t ＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，如此( )图G2－5A ．W 1＞0B ．W 2＜0C ．W 2＞0D ．W 3＜06．质量为m 的物体在空中由静止下落，由于空气阻力的影响，运动的加速度是0.9g ，物体下落高度为h ，以下说法正确的答案是( )A ．重力势能减少了0.9mghB ．动能增加了0.9mghC ．抑制阻力做功为0.9mghD ．机械能损失了0.1mgh7．某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划出一条弧线飞到小桶的前方(如图G2－6所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，如此下次再水平抛球时，他可能作出的调整为( )A ．减小初速度，抛出点高度不变B ．增大初速度，抛出点高度不变C ．初速度大小不变，降低抛出点高度D ．初速度大小不变，提高抛出点高度－6G2－78．2011年9月29日，我国首个空间实验室天宫一号发射升空后进入高度约为350公里的近圆轨道，地球同步卫星的轨道高度约为36000公里，如图G2－7所示，如此如下说正确的答案是( )A ．天宫一号在从地面发射升空的初始阶段，处于超重状态B ．天宫一号在发射升空阶段，空气阻力有可能对它做正功C ．天宫一号在上升过程中，机械能减少D ．天宫一号在进入预定轨道绕地球飞行的线速度大于同步卫星的线速度9．如图G2－8所示，光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 与质量为m 2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v2，方向相反，如此两小球质量之比m 1∶m 2和碰撞前后动能变化量之比ΔE k1∶ΔE k2为( )A ．m 1∶m 2＝1∶3B ．m 1∶m 2＝1∶1C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶1 三、实验题(共18分)10．(8分)某同学在实验室用如图G2－9甲所示的装置来研究有关做功的问题．(1)如图甲所示，在保持M≫m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，在控制小车的质量不变的情况下进展实验．在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开纸带，交流电的频率为50 Hz.图乙是在m＝100 g，M＝1 kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个点没有标出，有关数据如图乙所示，如此打B点时小车的动能为________ J，从开始运动到打至B 点时，绳的拉力对小车做功W＝________ J．(保存2位有效数字，g＝9.8 m/s2)(2)在第(1)中绳的拉力对小车做功W大于小车获得的动能E k，请你举出导致这一结果的主要原因乙图G2－1011．(10分)用如图G2－10实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进展测量，即可验证机械能守恒定律．图G2－11给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第1个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如下列图．m1＝50 g、m2＝150 g，如此(g取10 m/s2(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s；图G2－12(2)在打计数点0～5过程中系统动能的增量ΔE k＝________J，系统势能的减少量ΔE p ＝________J，由此得出的结论是__________________________________________________；(3)假设某同学作出12v2－h图象如图G2－12所示，如此当地的实际重力加速度g＝__________m/s2.四、计算题(共36分)12．(18分)如图G2－13所示，小车A的质量m A＝3 kg，原来静止于光滑的水平轨道上，小车的前侧有一钉子，用长为1 m的细线(不可伸长)悬挂一个质量m B＝2 kg的物体B，现有一颗质量m C＝10 g的子弹C，以v0＝600 m/s的水平速度射穿B后，速度变为v＝100 m/s，试求物体B向右摆动的最大高度．13．(18分)如图G2－14所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．赛车在水平轨道AB局部和CD局部运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝fmg＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求：(1)小车在CD轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间．图G2－1445分钟滚动复习训练卷(二)1．C [解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度就是做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以在先、后两个运动过程中的平均速度⎝ ⎛⎭⎪⎫v ＝v 0＋v 2相等，选项C 正确；而火车运动的位移x ＝v t ＝v 0＋v 2t ，火车运动的加速度a ＝v －v 0t，即它们不仅与初速度、末速度有关，还与时间有关，而前、后两个运动过程中所用的时间不一定一样，所以火车的位移、加速度在前、后两个运动过程中不一定相等，即A 、B 、D 选项都不正确．2．C [解析] 汽车后轮与地面间的静摩擦力提供牵引力，汽车与地面间的静摩擦力提供向心力，汽车受到的阻力包括空气阻力与汽车前轮与地面间的摩擦力，所以选C.3．C [解析] 根据运动的分解，物体斜抛到最高点P 的速度v P ＝v 0cos α；在最高点P ，物体所受重力提供向心力，根据牛顿第二定律：mg ＝mv 2P R ，解得：R ＝v 20cos 2αg.应当选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．4．C [解析] 动量守恒的条件是系统所受的合外力为零．男孩和木箱组成的系统，水平方向受小车的摩擦力，合外力不为零，动量不守恒，A 错；小车与木箱组成的系统，水平方向受人的推力和人的摩擦力，故合外力不为零，动量不守恒，B 错；男孩、小车与木箱三者组成的系统，只受重力和支持力而平衡，动量守恒，C 对；由动量守恒定律知木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量的大小相等、方向相反，D 错．5．CD [解析] 在t ＝3 s 到t ＝5 s 内，起重机做减速运动，拉力小于重力，重力方向与运动方向相反，重力对货物做负功，W 1＜0，A 错误；拉力与运动方向一样，拉力对货物做正功，W 2＞0，B 错误、C 正确，动能减少，合外力对货物做负功，W 3＜0，D 正确．6．BD [解析] 重力势能减少ΔE p ＝mgh ，A 错；动能增加了ΔE k ＝F 合h ＝0.9mgh ，B 对；由牛顿第二定律，有：mg －f ＝ma ，解得：f ＝0.1mg ，故抑制阻力做功W 克＝fh ＝0.1mgh ，故机械能损失ΔE ＝W 克＝fh ＝0.1mgh ，C 错、D 对．7．AC [解析] 根据水平位移的表达式x ＝v 02hg，要把小球抛入小桶中，可使平抛运动的水平位移减小．可以通过保持抛出点高度h 不变而减小初速度v 0，或者保持初速度v 0不变而降低抛出点高度h 来达到目的，A 、C 对，B 、D 错．8．AD [解析] 由于天宫一号发射初始阶段向上加速，所以处于超重状态，A 对；空气阻力肯定做负功，B 错；天宫一号上升过程中，动能增大，重力势能增大，所以机械能一定增大，C 错；由v ＝GMr知轨道半径越大，线速度越小，D 对． 9．AD [解析] 由动量守恒定律，有m 1v ＝－m 1v 2＋m 2v2，解得m 1∶m 2＝1∶3 ，A 对、B 错；碰撞前后m 1的动能变化为ΔE k1＝12m 1v 2－12m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38m 1v 2，m 2的动能变化为ΔE k2＝12m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38m 1v 2，故ΔE k1∶ΔE k2＝1∶1，D 对．10．(1)0.50 0.51 (2)没有平衡摩擦力或摩擦力没有完全平衡掉，沙和沙桶的总重力大于绳的拉力．[解析] (1)打B 点时小车的速度v B ＝s AC 2T ＝0.998 m/s ，12Mv 2B ＝0.50 J ；W ＝mga OB ＝0.51 J.(2)没有平衡摩擦力或摩擦力没有完全平衡掉，沙和沙桶的总重力大于绳的拉力．11．(1)2.4 (2)0.58 0.60 在误差允许的范围内，m 1 、m 2组成的系统机械能守恒 (3)9.7[解析] (1)v 5＝s 462T ＝2.4 m/s ；(2)ΔE k ＝12(m 1＋m 2)v 25＝0.58 J ，ΔE p ＝(m 2－m 1)g (s 04＋s 45)＝0.60 J ，结论：在误差允许的范围内，运动过程中m 1 、m 2组成的系统的机械能守恒；(3)由图象知，斜率k ＝5.821.20m/s 2＝9.7 m/s 2，所以当地的实际重力加速度g ＝9.7 m/s 2.12．0.19 m[解析] 子弹射入物体的过程，动量守恒．设子弹穿过物体后物体的速度为v 1，如此有m C v 0＝m B v 1＋m C v解得v 1＝2.5 m/s物体向上摆动的过程中，A 、B 组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒．如此有m B v 1＝(m A ＋m B )v 2由机械能守恒定律，如此有 12m B v 21＝12(m A ＋m B )v 22＋m B gh 解得h ＝0.19 m13．(1)2.5 m (2)4.5 s [解析] (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD 轨道上运动的路程最短，如此小车经过圆轨道P 点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力，如此有mg ＝m v 2PR由机械能守恒定律可得：mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2C解得：v C ＝5 m/s设小车在CD 轨道上运动的最短路程为x ，由动能定理可得：－kmgx ＝0－12mv 2C解得：x ＝2.5 m(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知： v B ＝v C ＝5 m/s从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得：Pt －kmgL ＝12mv 2B代入数据可得：t ＝4.5 s。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(7)

45分钟单元能力训练卷(七)[考查范围：第七单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F q，下列说法正确的是( ) A ．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0B ．若试探电荷的电荷量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的试探电荷的电荷量变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的试探电荷的电荷量变为－2q ，则场中该点的场强大小、方向均不变2．如图D7－1所示，A 、B 是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C 靠近A (C 与A 不接触)，然后先将A 、B 分开，再将C 移走．关于A 、B 的带电情况，下列判断正确的是( )A ．A 带正电，B 带负电 B ．A 带负电，B 带正电C ．A 、B 均不带电D ．A 、B－1D7－23．三个点电荷电场的电场线分布如图D7－2所示，图中a 、b 两点处的场强大小分别为E a 、E b ，电势分别为φa 、φb ，则( )A ．E a ＞E b ，φa ＞φbB ．E a ＜E b ，φa ＜φbC ．E a ＞E b ，φa ＜φbD ．E a ＜E b ，φa ＞φb4．如图D7－3所示，M 、N 两块金属板竖直放置，使其带电．悬挂其中的带电小球P 偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP 悬线与竖直方向的夹角增大(P 球不与金属板接触)( )图D7－3A ．增大M 、N 两板间的电势差B ．减小M 、N 两板的带电荷量C ．保持板间间距不变，将M 、N 板一起向右平移D ．保持板间间距不变，将M 、N 板一起向左平移二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．图D7－4为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是() A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同DD7－4D7－56．如图D7－5所示，MN是由一个正点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子＋q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、b两点，不计粒子的重力，则()A．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度B．a点电势φa小于b点电势φbC．粒子在a点的动能E k a小于在b点的动能E k bD．粒子在a点的电势能E p a小于在b点的电势能E p b7．如图D7－6所示，带等量异种电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N折回N点，则()A．粒子受电场力的方向一定由N指向MB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势图D7－6D7－78．如图D7－7所示，一水平固定的小圆盘A，带电荷量为Q，电势为零，从圆盘中心处O由静止释放一质量为m，带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的c点，Oc＝h，又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是()A．b点场强B．c点场强C．b点电势D．c点电势9．如图D7－8所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，P点位于－Q右侧，则下列判断正确的是()图D7－8A．轴上还有一点与P点场强相同B．轴上还有两点与P点场强相同C．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能增大D．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能减小三、计算题(共54分)10．(18分)如图D7－9所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(l,0)点有一个质量为m，电荷量为－q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0，－l)点，不计重力作用．求：(1)粒子的初速度v0的大小；(2)当粒子到达B图D7－911．(18分)如图D7－10所示，两块平行金属板M、N竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103 V，现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝4×10－5 C的带电小球从两板上方的A 点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的B点．已知A点距两板上端的高度h＝0.2 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：(1)M、N两板间的距离d.(2)小球到达B点时的动能E图D7－1012．(18分)如图D7－11所示，图甲是用来使带正电的离子加速和偏转的装置．图乙为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图．以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y轴负向的另一匀强电场．已知OA⊥AB，OA＝AB，且O、B间的电势差为U0.若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：(1)C、O间的距离d；(2)粒子通过B点的速度大小．甲乙图D7－1145分钟单元能力训练卷(七)1．D [解析] 电场中某点的场强与试探电荷无关，选项D 正确．2．A [解析] C 靠近A 使A 感应出正电荷，而B 感应出负电荷，然后将A 、B 分开，再将C 移走，A 、B 就分别带上了正、负电荷．3．C [解析] 电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低，选C.4．A [解析] 要使OP 悬线与竖直方向的夹角增大，需使电场力增大，即使电场强度增大．由E ＝U d知，增大M 、N 两板间的电势差，可以达到目的，A 对；当减小M 、N 两板的带电荷量时，由Q ＝CU 和E ＝U d知，OP 悬线与竖直方向的夹角将减小，B 错；保持板间间距不变，将M 、N 板一起向左平移向或向右平移，都不会改变OP 悬线与竖直方向的夹角，C 、D 错．5．BD [解析] 集尘极接直流高压电源的正极，带正电荷，放电极接电源的负极，带负电荷，故电场方向由集尘极指向放电极，B 选项正确；尘埃在电场力作用下向集尘极运动，受力方向与电场方向相反，故尘埃带负电荷，A 、C 选项错误；由F ＝qE 可知，当电场强度E 不变时，F 与q 成正比，故D 选项正确．6．AC [解析] 由轨迹特点可知，正电荷经过MN 时受力方向由N 指向M ，场源电荷在靠近N 一侧，故a 点的场强大于b 点的场强，选项A 正确；顺着电场线，电势逐渐降低，选项B 错误；从a 到b 运动过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，选项C 正确，选项D 错误．7．AB [解析] 由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力方向向上，选项A 正确；粒子由M 到N 电场力做负功，电势能增加，动能减少，速度减小，故选项B 正确、选项C 错误；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M 、N 点电势的高低，选项D 错误．8．AD [解析] 小球过b 点时速度最大，有qE ＝mg 得E ＝mg q，选项A 正确；小球在C 点受力不平衡，故场强无法确定，选项B 错误；小球从O 到C 有qU －mgh ＝0得U ＝mgh q，由U ＝0－φc ＝mgh q 得φc ＝－mgh q，选项D 正确，选项C 错误．9．AC [解析] Q 的左侧，还有一处与P 点场强相同，其他位置没有与P 点场强相同的点，故选项A 正确，选项B 错误；取无穷远点为电势零点，O 点电势为零，P 点电势为负值，O 点电势高于P 点电势，试探电荷＋q 从P 点移至O ，电势能增大，选项C 正确，选项D 错误．10．(1)qEl 2m (2)qE 2qEl m[解析] (1)粒子在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动．所以粒子做的是类平抛运动．设粒子的初速度为v 0，则：在y 方向上有：l ＝v 0t在x 方向上有：qE ＝ma l ＝12at 2 可得：v 0＝qEl 2m(2)在B 点电场力做功的瞬时功率为：P ＝qE v x由运动学公式可得：v x ＝2al ＝2qEl m解得：P ＝qE v x ＝qE 2qEl m11．(1)0.3 m (2)0.175 J[解析] (1)小球进入电场区域前做平抛运动，在竖直方向上： v 2y ＝2gh解得v y ＝2 m/s进入电场后做直线运动，满足v 0v y ＝q U d mg解得d ＝0.3 m.(2)从A 到B 的过程中，应用动能定理得mg (h ＋L )＋qU ＝E k －12m v 20 其中L d ＝v y v 0＝12解得E k ＝0.175 J.12．(1)U 04E (2)5qU 02m[解析] (1)设正离子到达O 点的速度为v 0，则正离子从C 点到O 点，由动能定理得：qEd ＝12m v 20而正离子从O 点到B 点做类平抛运动，令OA ＝AB ＝L ，则有： E 1＝U 0LF ＝qE 1F ＝maL ＝12at 2 L ＝v 0t解得：d ＝U 04E(2)设正离子到B 点时速度的大小为v B ，正离子从C 到B 过程中，由动能定理得：qEd ＋qU 0＝12m v 2B解得：v B ＝5qU 02m。

【创新设计】(广东专用)高考物理一轮复习方案 45分钟滚动复习训练卷(三)

45分钟滚动复习训练卷(三)(考查范围：第七～九单元分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．如图G3－1所示在匀强电场E的区域内，O点处放置一点电荷＋Q，a，b、c、d，e，f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场E平行，bedf平面与电场E垂直，则下列说法中正确的是( )图G3－1A．b、d两点的电场强度相同B．bedf平面是等势面C．整个球面是等势面D．在球面上任意两点之间移动点电荷＋q时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大2．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图G3－2所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O点为两根导线连线ab的中点，M、N为ab的中垂线上的两点，它们与a、b 的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流，已知直线电流产生的磁场在某点的磁感应强度B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )图G3－2A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D．若在N点放一小磁针，静止时其北极沿ON指向O点3．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路如图G3－3所示．接通开关S，电源即给电容器充电，达到稳定后( )图G3－3A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B．保持S接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C．断开S，增大两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D．断开S，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大二、双项选择题(每小题6分，共18分)4．如图G3－4甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点电势φ随x变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )甲乙图G3－4A．电场一定是匀强电场B．电场的场强沿Ox方向增大C．电子将沿Ox正方向运动D．电子的电势能将增大5．如图G3－5所示的电路中，电源的电动势为E、内电阻为r(r小于外电路的总电阻)，当滑动变阻器R的滑片P位于中点时，A、B、C三个灯泡均正常发光，且亮度相同，则( )图G3－5A．三个小灯泡中，C灯电阻最大，B灯电阻最小B．当滑片P向左移动时，A、B两灯变亮，C灯变暗C．当滑片P向左移动时，流过R的电流减小D．当滑片P向左移动时，电源的输出功率随电阻增大而增大图G3－66．如图G3－6所示的虚线区域内充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同的初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．在电场中运动时，电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定增大二、实验题(16分)7．如图G3－7甲所示，有一根长陶瓷管，其表面均匀地镀有一层很薄的电阻膜，管的两端有导电箍M和N，陶瓷管的直径远大于电阻膜的厚度．用多用表电阻挡测得MN间的电阻膜的电阻约为1 kΩ.图G3－7某同学利用下列器材设计了一个测量该电阻膜的厚度d的实验．A．米尺(最小分度为 mm)；B．游标卡尺(游标为20分度)；C．电流表A1(量程5 mA，内阻约10 Ω)；D．电流表A2(量程100 mA，内阻约0.6 Ω)；E．电压表V1 (量程5 V，内阻约5 kΩ)；F．电压表V2(量程15 V，内阻约15 kΩ)；G．滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω，额定电流1.5 A)；H．滑动变阻器R2(阻值0～100 Ω，额定电流1 A)；I．电源E(电动势6 V，内阻可不计)；J．开关一个，导线若干．(1)他用毫米刻度尺测出电阻膜的长度为l＝10.00 cm，用20分度游标卡尺测量该陶瓷管的外径，其示数如图乙所示，该陶瓷管的外径D＝________cm.(2)为了比较准确地测量电阻膜的电阻，且调节方便，实验中应选用电流表________、电压表______、滑动变阻器________．(填写器材前面的字母代号)(3)在虚线框内画出测量电阻膜的电阻R的实验电路图．Ｋ(4)若电压表的读数为U，电流表的读数为I，镀膜材料的电阻率为计算电阻膜厚度d的数学表达式为：d＝__________(用已知量的符号表示)。

粤教版高中物理必修一45分钟单元能力训练卷(七)Word版含解析

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）45分钟单元能力训练卷(七)(考查范围：第七单元:分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．点电荷是理想化的物理模型，实际上的带电体只有在带电体本身的大小跟带电体间的距离相比小得很多时才可以看成点电荷．现有两个直径为r的带电小球，当它们相距为100r 时，作用力为F；当它们相距为r时，作用力为()A.F100:B.F10000C．100F D．以上都不对2．在匀强电场中有A、B、C三点，如图D7－1所示，AB＝5 cm，AC＝3 cm，BC＝4 cm，已知U AC＝12 V，E＝400 N/C，则()图D7－1A．电子在A处的电场力方向由A指向BB．电子在A处的电场力方向由A指向CC．BC是一条等势线D．AB是一条等势线图D7－23．如图D7－2所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点．离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同．能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度—时间(v－t)图象是图D7－3中的():A:B :C:D图D7－3二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．下列说法是某同学对电学中相关概念及公式的理解，其中正确的是() A ．电场强度公式E ＝Ud只适用于匀强电场B ．根据电容的定义式C ＝QU ，电容器极板上的电荷量每增加1 C ，电压就增加1 VC ．根据电场力做功的计算式W ＝qU ，一个电子在1 V 电压下加速，电场力做功为 1 eVD ．电场线就是正电荷只在电场力作用下运动的轨迹5．两个相同的金属小球带的电荷量之比为1∶7，相距为r (r 远大于小球半径)，两球相互接触后再放回原来的位置，则它们间的库仑力可能为原来的()A.47:B.37:C.97:D.167图D7－46．如图D7－4所示的某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A ．带正电的矿粉落在右侧B ．电场力对矿粉做正功C ．带负电的矿粉电势能变大D ．带正电的矿粉电势能变小图D7－57．如图D7－5所示，带箭头的线段表示某一电场的电场线，仅在电场力作用下(不计重力)一带电粒子从A 点飞向B 点，轨迹如图中虚线所示，以下判断正确的是()A ．A 、B 两点相比较，A 点场强小 B ．粒子在A 点的加速度比在B 点的大C ．粒子带正电D．粒子在A点的速率比在B点的大三、计算题(58分)8．(18分)如图D7－6所示，空间中存在两条射线OM、ON以及沿射线OM方向的匀强电场，已知∠NOM＝θ，某带电粒子从射线OM上的某点P垂直于OM入射，仅在电场作用下穿过射线ON上的Q点到达ON右侧的区域，Q点与O点的距离为L.求粒子入射点P离O 点的距离s.图D7－69．(20分)如图D7－7所示，同一条竖直线上的A、B两点固定两个带等量异种电荷的点电荷，所带的电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，穿过细杆有一个带电小球P，其质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷，不影响电场的分布)．现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的O 点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，求：(1)C、O间的电势差U CO；(2)小球P在O点时的加速度；(3)小球P经过与点电荷B等高的D点时的速度．图D7－710．(20分)如图D7－8所示，质量为M＝8 kg、带电荷量为q＝＋3×10－2 C的小车置于光滑水平面上，水平面上方存在场强为E＝2×102 N/C的水平向右的匀强电场．小车以3 m/s 的速度向右运动，将一个不带电、可视为质点的绝缘物块轻放在小车右端，物块的质量为m ＝1 kg，物块与小车表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车足够长，g取10 m/s2.求：(1)物块相对小车滑动时物块和小车的加速度；(2)物块相对小车滑动的时间；(3)物块在小车上滑动过程中系统因摩擦产生的热量；(4)从滑块放在小车上后5 s内小车电势能的变化量．图D7－845分钟单元能力训练卷(七)1．D : 库仑定律公式成立的前提条件是“真空中、点电荷”，实际上的带电体只有在带电体本身的大小跟带电体间的距离相比小得很多时才可以看成点电荷．本题两个带电小球原来相距100r 时，可以看成点电荷，适用库仑定律，但当它们相距为r 时，两个带电小球本身的大小不能忽略，不能再当作点电荷看待，库仑定律已不再适用，D 正确．2．C : 设电场方向与AC 成θ角，E ·AC ·cos θ＝U ，则θ＝0°，电场方向由A 指向C ，电子在A 处的电场力方向由C 指向A ，A 、B 错误；BC 垂直于电场方向，则BC 为一等势线，C 正确，D 错误．3．C : 由图可知从A 到B 电场强度越来越弱，故电场力越来越小，由牛顿第二定律得，加速度越来越小，又因为电场力方向和离子的运动方向相同，故离子做加速运动，C 正确．4．AC : 公式E ＝U d 只适用于匀强电场，A 正确；电容的定义式C ＝QU 是比值法定义的，电容器极板上的电荷量每增加1 C ，电压就增加1C V ，B 错误；由W ＝qU ，一个电子在1 V电压下加速，电场力做功为 1 eV ，C 正确；正电荷只在电场力作用下运动的轨迹与电场线不一定重合，D 错误．5．CD : 可设两小球原来的带电荷量分别为q 和7q ，则原来的库仑力大小为7kq 2r 2，但由于题目没有说明两个带电小球的电性，故库仑力可能是引力，也可能是斥力．分别讨论两种情况：若是两个带同种电荷的小球，则接触后总电荷量为8q ，平均分配，两球各带的电荷量为4q ，分开后库仑力为16kq 2r 2；若是两个带异种电荷的小球，则接触后总电荷量为6q ，平均分配，两球各带的电荷量为3q ，分开后库仑力为9kq 2r2，故C 、D 正确．6．BD : 电场线的方向是由右向左，所以正电荷受到向左的电场力，负电荷受到向右的电场力，电场力对正电荷或负电荷都做正功，电势能减小，故A 、C 错，B 、D 对．7．AD : 由电场线的疏密可知A 点场强小于B 点场强，A 正确；因E A ＜E B ，故电场力F A ＜F B ，故A 点加速度小于B 点加速度，B 错误；从轨迹的弯曲方向可判定粒子的电场力方向与电场线方向相反，故粒子带负电，C 错误；电场力方向与速度方向夹角大于90°，电场力做负功，动能减小，故A 点的速率大于B 点的速率，D 正确．8．0.5L cos θ如图所示，依题意，粒子在Q 点的速度方向沿着射线ON ，粒子从P 点开始做类平抛运动，设加速度为a.粒子沿着OM 方向做匀加速直线运动，有PS ＝12at 2其中，在Q 点平行于OM 方向的分速度：v y ＝at 粒子沿着SQ 方向做匀速运动：QS ＝v 0t且v 0＝v y tan θ 解得：PS ＝L2cos θ显然P 点为OS 的中点，故P 离O 点的距离s ＝PS ＝L2cos θ.9．(1)mv 2－2mgd 2q :(2)2kQq 2d 2m ＋g ，方向竖直向下:(3)2v(1)小球P 由C 运动到O 时，由动能定理得： mgd ＋qU CO ＝12mv 2－0解得U CO ＝mv 2－2mgd2q.(2)小球P 经过O 点时受力如图所示，由库仑定律得：F 1＝F 2＝kQq（2d ）2它们的合力为：F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d 2小球P 在O 点处的加速度a ＝F ＋mg m ＝2kQq2d 2m＋g ，方向竖直向下．(3)由电场特点可知，在C 、D 间电场的分布是对称的，即小球P 由C 运动到O 与由O运动到D 的过程中合外力做的功是相等的，由动能定理得：W 合＝12mv 2D －0＝2×12mv 2解得v D ＝2v.10．(1)2 m /s 2:0.5 m /s 2:(2)2 s :(3)6 J :(4)132 J (1) 物块放上后，小车向右做匀加速运动，a 1＝Eq －μmgM＝0.5 m /s 2 物块向右做匀加速运动，a 2＝μg ＝2 m /s 2(2)设滑块在小车滑行的时间为t 1，则v 1＋a 1t 1＝a 2t 1 所以t 1＝2 s(3)物块在小车上相对小车滑行的距离 Δs ＝s 车－s 物＝v 1t 1＋12a 1t 2－12a 2t 2＝3 m系统因摩擦产生的热量Q ＝f Δs ＝μmg·Δs ＝6 J (4)当物块与小车相对静止时，共同运动的加速度a 3＝qE M ＋m ＝23m /s 2当物块与小车相对静止时，共同运动的速度v＝v1＋a1t1＝4 m/ss1＝v1t1＋12a1t21＝7 ms2＝vt2＋12a3t22＝4×3 m＋12×23×32m＝15 mΔE p减少＝W电＝qE·(s1＋s2)＝6×(7＋15) J＝132 J.。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(5)

45分钟单元能力训练卷(五)[考查范围：第五单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．伽利略曾设计如图D5－1所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小()图D5－1A．只与斜面的倾角有关B．只与斜面的长度有关C．只与下滑的高度有关D．只与物体的质量有关2．从同一高度处以相同的速率抛出三个质量相同的小球，第一个平抛，第二个竖直上抛，第三个向下抛，直到三球落地，在此过程中，重力势能变化量大小分别是ΔE p1、ΔE p2、ΔE p3，则()A．ΔE p1＝ΔE p2＝ΔE p3B．ΔE p1＞ΔE p2＝ΔE p3C．ΔE p1＜ΔE p2＜ΔE p3D．ΔE p1＜ΔE p2＝ΔE p33．近年来我国的高铁发展迅速，而提速要解决许多具体的技术问题，其中提高机车牵引功率是一个重要问题．已知匀速行驶时，列车所受阻力f与速度v的一次方成正比，即f ＝k v.当福州至上海的“和谐号”动车分别以240 km/h和120 km/h的速度在水平轨道上匀速行驶时，机车的牵引功率之比为()A．1∶1B．2∶1C．4∶1D．无法确定4．如图D5－2所示，拉力F将物体沿斜面拉下，已知拉力大小与摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是()图D5－2A．物体的总机械能增加B．物体的总机械能保持不变C．物体的总机械能减少D．合外力对物体做功为零二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．第16届广州亚运会上，中国运动员何冲在男子单人三米板跳水决赛中卫冕冠军，他在跳水过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．他在空中上升过程处于失重状态B．他在空中下降过程处于超重状态C．他从起跳后到完全进入水中的全过程机械能守恒D．他从起跳后到完全进入水中的全过程机械能不守恒6．汽车在平直的公路上行驶，某一段时间内汽车的功率随时间的变化如图D5－3所示．设汽车运动过程中受到的阻力不变，则在这一段时间内汽车的运动情况可能是()图D5－3 A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动C ．加速度增加的加速直线运动D ．加速度减小的加速直线运动7．如图D5－4所示，一物体从直立轻质弹簧的正上方处下落，然后又被弹回，若不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) 图D5－4A ．物体的机械能在任何时刻都跟初始时刻相等B ．物体和弹簧组成的系统任意两时刻机械能相等C ．物体在把弹簧压缩到最短时，物体和弹簧组成的系统的机械能最小D ．当重力和弹簧的弹力大小相等时，物体的速度最大8．如图D5－5所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )A ．支持力对物块做功为零B ．支持力对小物块做功为mgL sin αC ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α 9．如图D5－6所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，再在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B, A 、B 发生相对滑动，向前移动了一段距离．在此过程中( )A ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能增加量B ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功C ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增加量D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增加量与B 克服摩擦力所做的功之和三、实验题(共18分)10．(8分)实验小组利用光电计时器验证物块沿斜面下滑过程中机械能守恒，装置如图D5－7甲所示．让小物块从斜面顶端滑下，若测得小物块通过A 、B 光电门时的速度为v 1和v 2，A 、B 之间的距离为L ，斜面的倾角为α，重力加速度为g .甲乙图D5－7(1)图乙为用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度l的示数，由此读出l＝________mm.(2)若实验数据满足关系式______________，则验证了物块沿斜面下滑过程中机械能守恒．(3)本实验的误差主要来源于斜面对物块的______________而造成的物块机械能的损失．11．(10分)某实验小组利用如图D5－8所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒．图D5－8(1)实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，利用现有器材如何判断导轨是否水平？________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(2)如图D5－9所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d＝________cm；实验时将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝1.2×10－2 s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为______m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m 和________(用文字说明并用相应的字母表示)．(3)本实验通过计算________和________在实验误差允许的范围内相等(用测量的物理量符号表示)，从而验证了系统的机械能守恒．图D5－9四、计算题(共36分)12．(18分)如图D5－10所示，两个半径分别为r1、r2的半圆形钢管(内径很小)竖直立起，管内光滑．现让一质量为m的小球由地面以速度v0进入管口．小球最终刚好停留在管道的最高点．(1)求入射速度v0；(2)求小球通过下面管道的最高点P时对管道的压力，并说明r1、r2满足什么关系时，小球是压上壁还是下壁？图D5－1013．(18分)如图D5－11所示，一个半径R ＝0.80 m 的14光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线水平，轨道下端距地面高度h ＝1.25 m ．在圆弧轨道的最下端放置一个质量m B ＝0.30 kg 的小物块B (可视为质点)．另一质量m A ＝0.10 kg 的小物块A (也可视为质点)由圆弧轨道顶端从静止开始释放，运动到轨道最低点时，与物块B 发生碰撞，碰后A 物块和B 物块粘在一起水平飞出．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)物块A 与物块B 碰撞前对圆弧轨道最低点的压力大小；(2)物块A 和B45分钟单元能力训练卷(五)1．C [解析] 物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，重力势能转化为动能，只要高度相同，重力势能的改变量相同，其末速度也相同．2．A [解析] 重力势能的变化只与重力做功有关，因为三个小球的质量相同，下落的高度相同，所以重力势能的变化量相同．3．C [解析] 当机车匀速行驶时，牵引力F ＝f ，牵引力功率P ＝f v ＝k v 2，当动车以v 1＝240 km/h 和v 2＝120 km/h 的速度行驶时的功率比为：P 1∶P 2＝v 21∶v 22＝4∶1.4．B [解析] 物体在沿斜面向下运动的过程中，受重力、支持力、拉力和摩擦力，其中拉力与摩擦力大小相等、方向相反而平衡，相当于物体只受支持力与重力，由于支持力垂直斜面，对物体不做功，除重力外的其他力做功的代数和为零，故机械能守恒，A 、C 错，B 对；合外力对物体做功的多少等于重力对物体做功的多少，这个功不为零，D 错．5．AD [解析] 何冲在空中下落的过程中，向下的加速度为g ，故处于完全失重的状态，A 正确、B 错误；何冲进入水中后，受到重力及水的阻力，他要克服水的阻力做功，故机械能不守恒，C 错误、D 正确．6．AD [解析] 由图线可知，运动过程中发动机输出功率一定．若牵引力等于阻力，则汽车做匀速直线运动；若牵引力大于阻力，则速度增大，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直线运动．故选项A 、D 正确．7．BD [解析] 当物体接触弹簧时，要受到弹力作用，弹力对物体做功，此时物体的机械能不守恒，但如果把弹簧和物体看成一个系统，则这个系统在任何时刻只有重力、弹力做功，机械能守恒，故A 、C 错，B 对；在弹簧压缩的过程中，由于重力的方向和弹力的方向相反，当重力和弹力大小相等时，速度最大，D 对．8．.BD [解析] 木板转动的过程中，静摩擦力始终与速度方向垂直，静摩擦力不做功，由动能定理知，支持力做的功W 1＝mgh ＝mgL sin α；物块下滑过程中，支持力始终与速度方向垂直，支持力不做功，由动能定理得mgL sin α＋W f ＝12m v 2，所以滑动摩擦力功W f ＝12m v 2－mgL sin α.所以选项B 、D 正确．9．AD [解析] 对物体A 分析，受三个力：重力G A 、支持力N A 、摩擦力f A .这三个力的合力F 合＝f A ，由动能定理知，合外力做的功等于功能的增加，A 对；因A 、B 发生相对滑动，故A 、B 对地的位移不同，故A 对B 的摩擦力所做的功不等于B 对A 的摩擦力所做的功，B 错；由功能关系，外力F 做的功、A 对B 的摩擦力所做的功、B 对A 的摩擦力所做的功的代数和才等于系统动能的增加量，C 错；对B 运用动能定理知，外力F 对B 做的功等于B 的动能的增加量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对．10．(1)5.700 mm (2)gL sin α＝12v 22－12v 21 (3)摩擦力做负功 [解析] (1)固定刻度上的读数是5.5 mm ，可动旋钮的读数是20.0×0.01 mm ＝0.200 mm ，故读数为5.700 mm ，读数时不同的人略有差异，在5.698～5.702都可视为正确．(2)物块从A 到B 重力势能的减少量为ΔE p ＝mgL sin α，而动能的增加量为ΔE k ＝12m v 22－12m v 21，当两者相等时机械能守恒．故只要验证gL sin α＝12v 22－12v 21，即可说明这个过程中机械能守恒．(3)物块下滑过程中要克服摩擦力而做功，消耗能量．11．(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的(或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)(2)0.52 0.43 滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离s (3)mgs 12(m ＋M )⎝⎛⎭⎫d Δt 2[解析] (2)d ＝5 mm ＋2×0.1 mm ＝5.2 mm ＝0.52 cm ，v ＝d Δt＝0.43 m/s ；需测量滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离s .(3)系统减少的重力势能为ΔE p ＝mgs ，系统增大的动能为ΔE k ＝12(m ＋M )v 2＝12(m ＋M )⎝⎛⎭⎫d Δt 2，当ΔE p ＝ΔE k 时，说明系统的机械能守恒．12．(1)2g (r 1＋r 2) (2)略[解析] (1)壁面光滑，在小球上升过程中，由机械能守恒定律，得mg (2r 1＋2r 2)＝12m v 20解得v 0＝2g (r 1＋r 2)(2)取竖直向下为正方向，设小球到达下面管道最高点P 的速度为v ，对管道的压力为N ，由机械能守恒，有12m v 20＝12m v 2＋mg ·2r 1 在下面管道最高点P ，有mg ＋N ＝m v 2r 1解得N ＝⎝⎛⎭⎫4r 2r 1－1mgr 1＝4r 2时，N ＝0；r 1>4r 2时，N >0，压上壁．r 1<4r 2时，N <0，压下壁．13．(1)3 N (2)0.5 m[解析] (1)物块A 下滑的过程机械能守恒，有m A gR ＝12m A v 20 设在最低点时物块A 受到的支持力大小为N ，在最低点对物块A 由牛顿第二定律，有N －m A g ＝m A v 20R解得v 0＝4 m/s ，N ＝3 N根据牛顿第三定律，在最低点物块A 对轨道的压力大小等于轨道对物块A 的支持力，即为3 N.(2)A 、B 碰撞时动量守恒，取向右为正方向，则有m A v 0＝(m A ＋m B )v碰后，A 、B 整体做平抛运动，设在空中运动的时间为t ，有h ＝12gt 2 s ＝v t解得s ＝0.5 m。

粤教版高中物理必修一45分钟滚动复习训练卷(二)Word版含解析.docx

高中物理学习材料唐玲收集整理45分钟滚动复习训练卷(二)(考查范围：第四～六单元:分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．如图G2－1所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )图G2－1A．0.3 J B．3 J C．30 J D．300 J2．如图G2－2所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为( )图G2－2A．2 m/s :B．2.4 m/sC．3 m/s D．3.5 m/s3．如图G2－3所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )图G2－3A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g（R＋r）B．小球通过最高点时的最小速度v min＝gRC．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．航天技术的不断发展，为人类探索宇宙创造了条件。

1998年1月发射的“月球勘探者号”空间探测器，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定等方面取得最新成果．探测器在一些环形山中央发现了质量密集区，当飞越这些重力异常区域时( )A．探测器受到的月球对它的万有引力将变大B．探测器运行的轨道半径将变大C．探测器飞行的速率将变大D．探测器飞行的速率将变小图G2－45．如图G2－4甲所示，水平抛出的物体，抵达斜面上端P处时速度恰好沿着斜面方向，紧贴斜面PQ无摩擦滑下．图G2－5为物体沿x方向和y方向运动的位移－时间图象及速度－时间图象，其中可能正确的是( )A :B :C :D图G2－56．在卫星轨道中，有两类比较特殊的轨道，一类是与赤道共面的赤道轨道，另一类是与赤道平面垂直并通过地球两极的极地轨道，还有与赤道平面成某一角的其它轨道，如图G2－6所示．下列说法中正确的是( )图G2－6A．同步卫星不可能处在极地轨道，极地轨道上卫星的周期不可能与同步卫星的周期相同B．同步卫星不可能处在极地轨道，极地轨道上卫星的周期可能与同步卫星的周期相同C．同步卫星不可能处在其他轨道，其他轨道上卫星的周期不可能与同步卫星的周期相同D．同步卫星不可能处在其他轨道，其他轨道上卫星的周期可能与同步卫星的周期相同7．如图G2－7所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连。

2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(2)新人教版

45分钟单元能力训练卷(二)[考查范围：第二单元分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．如图D2－1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )图D2－1A ．F ＝mgtan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mgtan θD ．F N ＝mg tan θ2．如图D2－2所示，重为G 的物体静止于倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的压力F ＝kt (k 为比例常量，t 为时间)作用在物体上．从t ＝0开始，物体所受摩擦力f 随时间t 的变化关系是图D2－3中的( )图D2－2A B C D图D2－33．如图D2－4所示，质量均为m 的两个完全相同的小球A 和B 用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间连着一根劲度系数为k 的轻质弹簧，静止不动时，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 tanθ2kD.2mg tanθ2k图D2－4图D2－54．如图D2－5所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若在斜面上加一物体m ，且M 、m 相对静止，则小车后来受力个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．65．如图D2－6所示，匀强电场的方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是( )A ．天花板与物体间的弹力一定不为零B ．天花板对物体的摩擦力可能为零C ．物体受到天花板的摩擦力随电场强度E 的增大而增大D ．在逐渐增大电场强度E 的过程中，物体将始终保持静止图D2－6图D2－76. 如图D2－7所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m 的三个木块1、2、3，中间均用原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是( )A ．2、3两木块之间的距离等于μmg cos αk＋LB ．2、3两木块之间的距离等于L ＋α＋μcos αmgkC ．1、2两木块之间的距离等于2、3两木块之间的距离D ．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大图D2－87. 如图D2－8甲所示，一物块在粗糙斜面上，平行斜面向上的外力F 作用在物块上，斜面和物块始终处于静止状态．当F 按图D2－8乙所示规律变化时，物体与斜面间的摩擦力f 大小变化规律可能是图D2－9中的( )A B C D图D2－9图D2－108．如图D2－10所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力与第1、3块石块间的作用力的大小之比为( )A.12B.32C.33D. 3二、实验题(共16分)9．(8分)用如图D2－11甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺．当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙中ab虚线所示．再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙中cd虚线所示．已知每个钩码质量为50 g，重力加速度g＝9.8 m/s2，则被测弹簧的劲度系数为________N/m，挂三个钩码时弹簧的形变量为________ cm.甲乙图D2－1110．(8分)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物，如图D2－12所示．图D2－12(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是________________________________________________________________________．三、计算题(共46分)11．(14分)如图D2－13所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1 kg，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M ＝3 kg，置于粗糙水平面上．取g＝10 m/s2，求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．图D2－1312．(16分)如图D2－14所示，在倾角为37°的固定斜面上静置一个质量为5kg 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8.取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体所受的摩擦力；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(2)若用原长为10 cm 、劲度系数为3.1×103N/m 的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，则弹簧的最终长度是多少？图D2－1413．(16分)如图D2－15所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，已知A 、B 的质量分别为m A ＝10 kg ，m B ＝20 kg ，A 、B 之间及B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A ，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°.今欲用外力将物体B 匀速向右拉出，求所加水平力F 的大小，并画出A 、B 的受力分析图．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图D2－1545分钟单元能力训练卷（二）1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得F N sin θ＝mg ，即F N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由F tan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确、B 错误．2．D [解析] 未加压力F 之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f ＝G sin θ，当加上压力F 后，物体仍处于静止状态，因此f 仍为G sin θ，故D 正确．3．C [解析] 小球A 受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力，由平衡条件可得 kx ＝mg tan θ2，即x ＝mg tanθ2k，选项C 正确．4．B [解析] 以小车M 和物体m 整体为研究对象，它们必受到重力和地面支持力．因小车和物体整体处于静止状态，由平衡条件知，墙面对小车必无作用力．以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg 、地面的支持力F N1、m 对它的压力F N2和静摩擦力f .由于m 静止，可知f 和F N2的合力必竖直向下，故选项B 正确．5．AD [解析] 物体受力分析如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f ＝mg sin θ，所以选项A 正确、BC 错误；垂直天花板方向：qE ＝mg cos θ＋N ，当E 增大时，N 增大，物体仍静止不动，选项D 正确．6．B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x 1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，mg sin α＋μmg cos α＝kx 1，故2、3两木块之间的距离为x 1＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项A 错误，B 正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x 2，以2、3两木块为一整体，可得：kx 2＝2mg sin α＋2μmg cos α，故1、2两木块之间的距离为x 2＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项C 错误；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，选项D 错误．7．D [解析] 依题意，若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F ＋f ＝mg sin θ，当力F 减小过程中，f 增大，直到力F 减小到零时f 恒定，则D 可选；若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F ＝f ＋mg sin θ，当力F 减小过程中，f 先减小到零，然后反向增大到mg sin θ恒定，无对应选项．8．B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝60°，所以有N 12 ∶N 13＝sin60°＝32，选项B 正确．9．70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析，根据平衡条件得mg ＝kx,则k ＝mg x ＝50×10－3×9.87.0×10－3N/m ＝70.0 N/m 挂三个钩码时，可列方程(m ＋m ＋m )g ＝kx ′则x ′＝3mg k ＝3×50×10－3×9.870.0m ＝0.0210 m ＝2.10 cm10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中，结点 O 受三个拉力处于静止状态，三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向．以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度，沿 OA 、OB 方向为邻边，作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，每次必须记录结点 O 的位置．由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用的方法是更换不同的小重物．甲乙11．(1)1033 N (2)533N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示．在水平方向：T sin30°＝F N sin30°在竖直方向：F N cos 30°＋T cos30°＝ mg解得T ＝12mg cos30°＝12×1×1032N ＝1033 N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f ＝T sin30°＝1033×12N＝533N ，方向水平向左．12．(1)30 N 、方向沿斜面向上 (2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图所示，则物体受到的静摩擦力f ＝mg sin37° 代入数据得f ＝5×10×sin37° N＝30 N ，摩擦力方向为沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图所示，设弹簧拉力为F ，伸长量为x ，据胡克定律及平衡条件有F ＝kxF ＝mg sin37°＋F 滑 F 滑＝μmg cos37°弹簧最终长度l ＝l 0＋x，联立解得l ＝12 cm 13．160 N 如图所示[解析] A 、B 的受力分析如图所示．对A 应用平衡条件 T sin37°＝f 1＝μF N1 T cos37°＋F N1＝m A g 联立解得：F N1＝3m A g 4μ＋3＝60 Nf 1＝μF N1＝30 N 对B 应用平衡条件F＝f′1＋f2＝f′1＋μF N2＝f1＋μ(F N1＋m B g)＝2f1＋μm B g＝160 N.。

2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(3) 粤教版

45分钟单元能力训练卷(三)[考查范围：第三单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分) 1．假设洒水车的牵引力F 不变且所受阻力f 与车重mg 成正比，未洒水时，做匀速运动，洒水时其运动将是( )A ．变加速运动B ．做初速度不为零的匀加速直线运动C ．做匀减速运动D ．继续保持匀速直线运动2．如图D3－1所示，物体甲、乙质量均为m ，弹簧、悬线及细线的质量可以忽略不计，当烧断连接甲、乙两物体的细线的瞬间，甲、乙的加速度是( )A ．甲是0B ．甲的大小是g ，方向向上C ．乙是0D ．乙的大小是g ，方向向上3．物体A 、B 都静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B ，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB ，用水平拉力F 分别拉物体A 、B ，所得加速度a 与拉力F 关系图线如图D3－2中A 、B 所示，则( )A ．μA ＝μB ，m A >m B B ．μA >μB ，m A <m BC ．可能有m A ＝m BD ．μA <μB ，m A >m B4．如图D3－3所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用轻弹簧相连，在拉力F 作用下，以加速度a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度为a 1和a 2，则( A ．a 1＝a 2＝0 B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a二、双项选择题(每小题6分，共30分) 5．下列说法中正确的是( )A ．物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律B．牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题C．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a＝0条件下的特例D．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去6．下列关于力的说法正确的是( )A．作用力和反作用力作用在同一物体上B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因7．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是( )A．车速越大，它的惯性越大B．质量越大，它的惯性越大C．车速越大，刹车后滑行的路程越长D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大8．某实验小组的同学在电梯的天花板上竖直悬挂一只弹簧测力计，并在弹簧测力计的钩上悬挂一个重为10 N的钩码．弹簧测力计的弹力随时间变化的规律可通过一传感器直接得出，如图D3－4所示．则下列分析错误的是( )A．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态B．从时刻t3到t4，钩码处于失重状态C．开始电梯可能停在10楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼D．开始电梯可能停在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在10楼9．图D3－5所示为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在A点，另一端和运动员相连．运动员从A点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( ) A．经过B点时，运动员的速率最大B．经过C点时，运动员的速率最大C．从C点到D点，运动员的加速度增大D．从C点到D点，运动员的加速度不变三、实验题(共18分)10．(8分)用如图D3－6所示的实验装置来验证牛顿第二定律，为消除摩擦力的影响，实验前必须平衡摩擦力．(1)某同学平衡摩擦力时是这样操作的：将小车静止地放在水平长木板上，把木板不带滑轮的一端慢慢垫高，直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止．请问这位同学的操作是否正确？如果不正确，应当如何进行？答：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.图D3－6(2)如果这位同学先如(1)中的操作，然后不断改变对小车的拉力F，他得到小车质量M 保持不变情况下的a－F图线是图D3－7中的__________．(将选项代号的字母填在横线上)A B C D图D3－7(3)打点计时器使用的交流电频率f＝50 Hz，图D3－8所示是该同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、E每两点之间还有4个点没有标出，写出用s1、s2、s3、s4以及f 来表示小车加速度的计算式：a＝__________，根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度大小为__________m/s2(结果保留两位有效数字)．图D3－811．(10分)某同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验．(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图D3－9所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度2)(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F 的实验数据如下表，请根据实验数据作出a－F的关系图象．砝码盘中砝码0.1960.3920.5880.7840.980总重力F/N加速度a/(m·s－2)0.69 1.18 1.66 2.18 2.70四、计算题(共36分)12．(18分)有一个质量1 kg小球串在长0.5 m的轻杆顶部，轻杆与水平方向成37°角．由静止释放小球，经过0.5 s小球到达轻杆底端，求：(1)小球与轻杆之间的动摩擦因数；(2)在竖直平面内给小球施加一个垂直于轻杆方向的恒力，使小球释放后加速度为 2 m/s2，此恒力大小为多少？13．(18分)如图D3－10所示，皮带在轮O1、O2带动下以速度v匀速转动，皮带与轮之间不打滑．皮带AB段长为L，皮带轮左端B处的光滑小圆弧与光滑斜面相连接．物体无初速度放上皮带右端后，能在皮带带动下向左运动，并滑上斜面．已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ，且μ>v22gL.求：(1)若物体无初速度放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处所需的时间；(2)若物体无初速度放上皮带的右端A处，则其运动到左端B处过程中所产生的热量；(3)物体无初速度放上皮带的不同位置，则其沿斜面上升的最大高度也不同．设物体放上皮带时离左端B的距离为x，物体沿斜面上升的最大高度为h，请画出h－x图象．图D3－1045分钟单元能力训练卷(三)1．A [解析] 由牛顿第二定律得：F －kmg ＝ma ，即加速度a ＝F －kmg m ＝Fm－kg ，因为洒水，质量减小，所以加速度在增大，即洒水车做变加速运动．2．B [解析] 悬线未烧断时，弹簧的弹力F ＝2mg .悬线烧断的瞬间，乙只受重力，所以乙的加速度为重力加速度，即大小为g ，方向向下，故C 、D 错．甲受弹簧的弹力F ＝2mg 和重力G ＝mg ，所以合力大小为mg ，方向向上，即加速度大小为g ，方向向上，故A 错、B 对．3．B [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma ，解得a ＝1m·F －μg ，由此可知：a －F图象的斜率k ＝1m，纵轴截距b ＝－μg 则m A <m B ，μA >μB ，所以选项B 正确．4．D [解析] 在撤去拉力F 前，以整体为研究对象，求得拉力F 的大小F ＝(m 1＋m 2)a ，以A 为研究对象，求得弹簧弹力F ′＝m 1a .突然撤去F ，以A 为研究对象，由于弹簧弹力在短时间内不会发生突变，所以A 受力不变，其加速度a 1＝a .以B 为研究对象，则有：－F ′＝m 2a 2，所以a 2＝－m 1m 2a ，选项D 正确．5．BD [解析] 牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，保持原有运动状态不变，这种性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，选项A 错误．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，选项B 正确．牛顿第一定律有两点含义，一是所有的物体都具有惯性，二是物体不受力时处于静止或匀速直线运动状态，牛顿第二定律并不能完全包含这两点，选项C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，选项D 正确．6．BD [解析] 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，选项A 错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，选项B 正确，选项C 错误；伽利略的理想实验说明力不是维持物体运动的原因，选项D 正确．7．BC [解析] 惯性由物体的质量决定，与运动状态无关，故A 错、B 对；刹车后，初速度大的滑行路程远，C 对；惯性与速度大小无关，D 错．8．BD [解析] 根据题意，由图可知：从时刻t 1到t 2，弹力小于钩码重力，钩码处于失重状态，选项A 正确；从时刻t 3到t 4，弹力大于钩码重力，钩码处于超重状态，选项B 错误；根据题目的情景，电梯可能是先向下加速运动，加速度向下，失重，再匀速向下运动，加速度为零，最后减速向下运动，加速度向上，超重，所以选项C 正确，选项D 错误．9．BC [解析] 合力为零时速度最大，故经过C 点时，运动员速率最大，A 错、B 对；从B 点到C 点加速度逐渐减小，从C 点到D 点加速度逐渐增大，C 对、D 错．10．(1)该同学操作不正确调节木板倾斜角，直到轻推小车后小车能沿倾斜木板缓慢匀速移动 (2)C(3)a ＝s 3＋s 4－s 1＋s 2100f 20.60[解析] (1)若按(1)操作，则平衡摩擦力过度了，即重力沿斜面的分力大于小车所受的摩擦力，使得物体还未受到拉力即有了加速度．(3)由(s 4＋s 3)－(s 2＋s 1)＝4aT 2及T ＝5f 得a ＝s 3＋s 4－s 1＋s 2100f 2＝0.60 m/s 211．(1) 0.16(0.15) (2)如图所示(3)图线不过原点，未计入砝码盘的重力[解析] (1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式Δs ＝aT 2，关键弄清公式中各个量的物理意义，Δs 为连续相等时间内的位移差，T 为连续相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为T ＝0.1 s ，Δs ＝(3.68－3.52)×10－2m ，代入可得加速度a ＝Δs T2＝0.16 m/s 2.也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度a ＝0.15 m/s 2.(2)根据图中的数据，合理地设计横纵坐标的标度，使图线倾斜程度不能太小也不能太大，以与水平方向夹角为45°左右为宜．由此确定F 的范围从0设置到1.2 N 较合适，而a则从0到3 m/s 2较合适．设好标度，根据数据确定各点的位置，将各点用一条直线连起来，延长交于坐标轴某一点，如图所示．(3)图线不过原点，原因是实验过程中没有考虑砝码盘的重力． 12．(1)0.25 (2)8 N 或24 N [解析] 由运动学公式，得 s ＝12at 2 根据牛顿第二定律，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 联立解得μ ＝0.25(2)若F 垂直杆向下，mg sin θ－μ(F ＋mg cos θ)＝ma ′ 解得F ＝8 N若F 垂直杆向上，mg sin θ－μ(F －mg cos θ)＝ma ′ 解得F ＝24 N13．(1)L v ＋v 2μg (2)12mv 2(3)如图所示[解析] (1)由μ>v 22gL 可得12mv 2<μmgL说明物体到达B 处之前就与传送带达到共同速度，设其加速度为a ，则由牛顿第二定律，有μmg ＝ma加速阶段的时间为t 1＝v a加速阶段的位移s 1＝v 22a匀速阶段的时间t 2＝L －s 1v总时间t ＝t 1＋t 2 由以上各式，解得t ＝L v ＋v2μg(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移Δs ＝vt 1－12vt 1产生的热量Q ＝μmg Δs解得Q ＝12mv 2(3)如图所示。

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45分钟单元能力训练卷(七)[考查范围：第七单元分值：110分]一、选择题(每小题6分，共54分)1．电位器是变阻器的一种，如图D7－1所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯的亮度，下列说法正确的是( )图D7－1A ．连接A 、B ，使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗B ．连接A 、C ，使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮C ．连接A 、C ，使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D ．连接B 、C ，使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮2．一只电炉的电阻和一台电动机的线圈电阻都为R ，设通过的电流相同，时间相同，电动机正常工作，则( )A ．电动机和电炉发热相同B ．电动机消耗的功率和电炉一样大C ．电动机两端电压大于电炉两端电压D ．电动机和电炉两端电压相同3．如图D7－2甲所示，电阻箱R (0～99.9 Ω)置于阻值最大位置，R x 为未知电阻．断开S 2、闭合S 1，逐渐减小电阻箱连入电路的电阻，得到一组R 、I 值并依据R 、I 值作出了如图乙所示的R －1I图线．断开S 2、闭合S 1，当R 调至某一位置时，电流表的示数I 1＝1.0 A ；保持电阻箱的位置不变，断开S 1、闭合S 2，此时电流表的示数为I 2＝0.8 A ，据以上数据可知( )图D7－2A ．电源电动势为3.0 VB ．电源内阻为0.5 ΩC. R x 的阻值为0.5 ΩD. S 1断开、S 2闭合时，随着R 减小，电源输出功率减小4．下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是( )A ．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S 拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量B ．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C ．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D ．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零5．在如图D7－3所示的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，则( )A ．A 灯和B 灯都变亮 B ．A 灯变亮，B 灯变暗C ．电源的输出功率增大D ．电源的工作效率降低图D7－3图D7－46．如图D7－4所示电路中，电源的内电阻为r ，R 1、R 3、R 4均为定值电阻，电表均为理想电表．闭合开关S ，当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向右滑动时，电表的示数都发生变化，下列说法错误的是( )A ．电压表示数变大B ．电流表示数变小C ．外电路等效电阻变大D ．内电路消耗的功率变大7．在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等．停电时，用多用电表测得该楼进户线A 、B 间的电阻为R ；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A 、B 间电压为U ，线中电流为I ；经过一段时间t ，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W.下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中错误的是( )A ．P ＝I 2RB ．P ＝U 2RC ．P ＝IUD ．P ＝W t8．如图D7－5所示的电路中仅有一处电路故障．已知电源电动势E 为4 V ，开关S 闭合后，灯L 不亮，用电压表测得U ab ＝0，U bc ＝U ac ＝4 V ，由此可以判定故障可能是( )A ．灯L 短路B ．灯L 断路C ．变阻器R 短路D ．变阻器R 断路图D7－5图D7－69．如图D7－6所示，电源E 的内阻不能忽略，其中，定值电阻R 1＝20 Ω，R 2＝16 Ω，当开关S 扳到位置1时，电流表的示数为0.20 A ，那么，当开关S 扳到位置2时，电流表的示数可能是( )A ．0.18 AB ．0.40 AC ．0.26 AD ．0.22 A二、填空题(10分)10．某校科技小组的同学设计了如图D7－7所示的电路测电源电动势E 及电阻R 1和R 2的阻值．实验器材有：待测电源E (不计内阻)，待测电阻R 1，待测电阻R 2，电流表A (量程为0.6 A ，内阻不计)，电阻箱R (0～99.99 Ω)，单刀单掷开关S 1，单刀双掷开关S 2，导线若干．图D7－7图D7－8(1)测电阻R 1的阻值，请将下面的操作步骤补充完整：闭合S 1，将S 2切换到a ，调节电阻箱，读出其示数r 1和对应的电流表示数I ，______________________________________，读出此时电阻箱的示数r 2.则电阻R 1的表达式为R 1＝___________.(2)测得电阻R 1＝2.0 Ω后，继续测电源电动势E 和电阻R 2的阻值．做法是：闭合S 1，将S 2切换到b ，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R 和对应的电流表示数I ，由测得的数据，绘出了如图D7－8所示的1I－R 图线，则电源电动势E ＝________ V ，电阻R 2＝________Ω. 三、实验题(共46分)11．(14分)如图D7－9所示为一黑箱装置，盒内有由两节干电池和几个电阻等元件组成的电路，a 、b 为黑箱的两个输出端，a 端连接盒内电池的正极．图D7－9(1)为了探测黑箱，某同学准备进行以下几步测量：①用多用电表的电阻挡测量a 、b 间的电阻；②用多用电表的直流电压挡测量a 、b 间的输出电压；③用多用电表的电流挡测量a 、b 间的输出电流．你认为以上测量中不妥的有________(填序号)，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)若用多用电表粗测其电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位，发现指针的偏转角度太大，这时应将选择开关换成欧姆挡的“________”(选填“×100”或“×1”)挡位；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图D7－10所示，则a 、b 间的电阻为______ Ω.图D7－1012．(14分)(1)如图D7－11所示，0～3 A 挡电流表的读数为 ______A,0～15 V 电压表的读数为______V ；如果图中电流表使用的是0～0.6 A 挡，电压表使用的是0～3 V 挡，则电流表读数是______ A ，电压表读数是________ V.图D7－11图D7－12(2)由某种材料制成的电器元件，其伏安特性曲线如图D7－12所示．现将该元件接在电动势为8 V、内阻为4 Ω的电源两端，则通过该元件的电流为______A．若将两个这样的元件并联接在该电源上，则每一个元件消耗的功率为________W.13．(18分)(1)有一内阻未知(约25 kΩ～35 kΩ)、量程未知(约25 V～35 V)、共有30个均匀小格的直流电压表V，某同学用电阻刻度中间值为30的多用电表测量该电压表的内阻．①请你将图D7－13的实验电路连接起来．图D7－13②在实验过程中，欧姆挡的选择开关应拨至“×________”倍率．(2)图D7－14甲是某实验小组测定电阻约为10 Ω的小灯泡的伏安特性曲线的电路图，图乙是他们按照图甲所示的电路在实物上连线的示意图，教师检查发现有一根导线的一端接错了地方，请你在图乙中的这根连线上画上“×”并直接在图上画出这根导线的正确连线．图D7－1445分钟单元能力训练卷（七）1．AD [解析] 根据电位器结构和连线可知：连接A、B，使滑动触头顺时针转动时，回路电阻增大，回路电流减小，灯泡变暗，选项A正确；同理可确定选项D正确；连接A、C时，滑动触头不能改变回路电阻，灯泡亮度不变，故选项B、C均错误．2．AC [解析] 由焦耳定律Q＝I2Rt知，电炉与电动机发热相同，选项A正确；对电动机，U＞IR，消耗的功率P1＝UI＞I2R，而电炉是纯电阻，P2＝U′I＝I2R，所以电动机消耗的功率比电炉的大，选项B错误；电动机两端电压大于电炉两端电压，选项C正确、D错误．3．BC [解析] 由I＝ER＋r得R＝EI－r，则R－1I图象的斜率k＝E＝2.0 V，选项A错误；R 轴截距的绝对值等于内阻r ，即r ＝0.5 Ω，选项B 正确；S 2断开、S 1闭合时，R ＋r ＝E I；S 1断开、S 2闭合时，R x ＋R ＋r ＝E I 2，所以R x ＝E I 2－E I 1＝0.5 Ω，选项C 正确；因R x ＝r ，所以电路中的外电阻大于内阻，随着R 减小，电源输出功率将增大，R ＝0时电源输出功率最大，选项D 错误．4．AC [解析] 测量电阻时，若指针偏角过大，说明被测电阻较小，应选用倍率较小的挡位，A 项正确；测量时按规定红、黑表笔分别插在正、负插孔，表笔作为测量的两个引线，本身并无正负，故调换表笔不会影响测量结果，B 项错误；根据欧姆表的使用规则，C 项正确；换挡则应重新调零，不用换挡则不需要重新调零，D 项错误．5．B [解析] 滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器连入电路的电阻增大，使得整个电路的电阻增大，根据欧姆定律，则干路电流减小，导致电灯A 两端的电压升高，故A 灯变亮，依据并联电路的电流特点，此时通过B 灯的电流减小，故B 灯变暗，选项A 错误、B 正确；由于干路电流减小，电源的内阻分得的电压降低，由E ＝U －Ir 可知，电源的输出电压升高，故电源的工作效率增大，选项D 错误；当R ＝r 时电源的输出功率最大，但本题中上述电阻关系是无法确定的，故选项C 错误．6．D [解析] 电路结构是：R 1、R 2并联后与R 4串联，再与R 3并联，电流表测量R 2、R 3电流之和，电压表测量路端电压．当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向右滑动时，R 2增大，外电路等效电阻变大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的总电流I 减小，内电路消耗的功率P 内＝I 2r减小；由U ＝E －Ir 知，电压表示数U 变大，通过R 3的电流I 3增大，通过R 4的电流I 4＝I －I 3减小，R 4两端电压U 4减小，所以R 1两端电压U 1＝U －U 4增大，通过R 1的电流增大，因此电流表示数I A ＝I －I 1减小．只有选项D 错误．7．AB [解析] 由于楼内有电视机、洗衣机等，不是纯电阻电路，欧姆定律不成立．选项A 、B 错误．8．D [解析] 先假设灯L 短路，则外电路只有变阻器R ，由于内电阻的分压作用，R 两端电压应小于电源电动势4 V ，即U bc <4 V ，与题目条件冲突，从而排除选项A.接着假设灯L 断路，此时电路中无电流，所以R 两端电压应为0，即U bc ＝0，与题目条件冲突，从而排除选项B.再假设变阻器R 短路，此时外电路中灯L 直接接在电源两端，只要灯未被烧坏，应能发光，这也与题目条件冲突，从而排除选项C.最后假设变阻器R 断路，故U bc ＝4 V ，因为灯L 中无电流通过，所以U ab ＝0，U ac ＝U ab ＋U bc ＝4 V ，所以选项D 正确．9．D [解析] 当外电路电阻减小时，总电流增大，路端电压减小，即当开关S 扳到位置2时，总电流大于0.20 A ，路端电压小于U 1＝I 1R 1＝4 V ，电流表中的电流小于U 1R 2＝0.25 A ，只有选项D 正确．10．(1)将S 2切换到b ，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I r 1－r 2 (2)1.5 1.0[解析] (1)将S 2切换到b ，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I .因电路中电流I 相同，两次测量时电路电阻相等，所以R 1＝r 1－r 2 .(2)根据闭合电路欧姆定律得E ＝I (R 1＋R 2＋R )，解得1I ＝1E ·R ＋R 1＋R 2E，根据图线斜率得电源电动势E ＝ 3.04.0－2.0V ＝1.5 V ，由纵轴截距得R 2＝1.0 Ω. 11．(1)①③ ①用欧姆挡不能直接测量含电源的电路电阻 ③用电流挡直接测量可能会造成电源短路 (2)×1 12[解析] (2)多用电表用欧姆挡测量时，如果指针偏转角度太大，说明所测电阻的阻值小，应当选用小量程进行测量；图中所示读数为12 Ω.12．(1)1.77 10.8 0.35 2.16 (2)1 1.5[解析] (1)0～3 A 挡电流表的最小刻度值为0.1 A ，故图中读数为1.77 A ．0～15 V 电压表的最小刻度值为0.5 V ，图中读数为10.8 V ．如果电流表使用的是0～0.6 A 挡，最小刻度值为0.02 A ，故读数为0.35 A ；如果电压表使用的是0～3 V 挡，最小刻度为0.1 V ，故读数为2.16 V.(2)该元件接在电源上时，路端电压U＝E－Ir＝8－4I，在题图中作出该关系图象，与元件伏安曲线交于点(1 A,4 V)，所以通过该元件的电流为1 A；两元件并联接在该电源上时，设每个元件中的电流为I0，则路端电压U＝E－2I0r＝8－8I0，同理得交点坐标为(0.75 A,2 V)，每一个元件消耗的功率为P＝I0U0＝1.5 W.13．(1) ①如图甲所示②1k (2)如图乙所示甲乙[解析] (1) ①由于黑表笔接内部电源的正极，故电流从黑表笔流出，因此黑表笔应接电压表的正接线柱，电路如图所示．②因电阻表测电阻时，指针指在表盘中间一段刻度范围内处理结果较准确，而中央刻度值为30，故应选“×1k”倍率．(2) 从图中可看出，测量小灯泡的伏安特性曲线的供电电路图是分压式接法，测量电路是电流表外接法．。

2013届高三粤教版物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(2)

45分钟单元能力训练卷(二)[考查范围：第二单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图D2－1所示．以下说法正确的是()图D2－1A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同2．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m.已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2，水的密度为103 kg/m3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为()A．2×10－9 C B．4×10－9 CC．6×10－9 C D．8×10－9 C3．如图D2－2甲所示，重为G的物体静止于倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的压力F＝kt(k为常量，t为时间)作用在物体上．从t＝0开始，物体所受摩擦力f随时间t的变化关系是图乙中的()甲A BC D乙图D2－2图D2－34．如图D2－3所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，小车后来受力个数为()A．3B．4C．5D．6二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．如图D2－4所示，匀强电场方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是()A．天花板与物体间的弹力一定不为零B．天花板对物体的摩擦力可能为零C．物体受到天花板的摩擦力随电场强度E的增大而增大D．在逐渐增大电场强度E的过程中，物体将始终保持静止－4D2－56．如图D2－5所示，将光滑斜面上的物体的重力G分解为F1、F2两个力，下列结论正确的是()A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的正压力B．物体受G、N、F1、F2四个力作用C．物体只受重力G和弹力N的作用D．力N、F1、F2三个力的作用效果跟G、N两个力的作用效果相同7．作用在一个物体上的两个共点力的合力随两个力之间的夹角变化的关系如图D2－6所示，根据此关系图线，作出下列判断，其中正确的是()A．这两个力合力的最大值为30 NB．这两个力合力的最小值为10 NC．这两个力的合力可以为8 ND．这两个力的合力可以为40 N8．如图D2－7所示，猎人非法猎猴，用两根轻绳将猴子悬于空中，猴子处于静止状态．以下相关说法正确的是()A．猴子受到三个力的作用B．绳拉猴子的力大于猴子拉绳的力C．两根绳的夹角越大，则绳子拉力越大DD2－7D2－89．如图D2－8所示，木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m，系统置于水平地面上静止不动．现用F＝1 N的水平拉力作用在木块B上，则() A．弹簧的弹力是16 NB．弹簧的弹力是8 NC．木块B所受摩擦力大小是9 ND．木块A受的摩擦力大小是12.5 N三、实验题(共18分)10．(8分)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．如图D2－9所示．图D2－9(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证可采用的方法是________________________________________________________________________．11．(10分)某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验时，设计了如图D2－10甲所示的实验装置．所用的钩码的质量都是30 g．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在了下面的表中．(弹力始终未超过弹性限度，取g＝10 m/s2)(1)L 之间的函数关系图线．乙图D2－10(2)上一问所得图线的物理意义是________________________________________________________________________(3)该弹簧的劲度系数k＝________ N/m.(结果保留两位有效数字)四、计算题(共36分)12．(18分)如图D2－11所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1 kg，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，斜面体的质量M＝3 kg，置于粗糙水平面上．取g＝10 m/s2，求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．图D2－1113．(18分)如图D2－12所示，在倾角为37°的固定斜面上有一个质量为5 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8.g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物体所受的摩擦力；(2)若用原长为10 cm，劲度系数为3.1×103 N/m的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，则弹簧的最终长度是多少？图D2－1245分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 由于人随扶梯斜向上匀速运动，对其受力分析可知，人只受重力和支持力的作用，选项A 正确．2．B [解析] 带电雨滴在电场力和重力作用下不会下落，则有Eq ≥mg ，则q ≥mgE＝ρ·43πr 3 g E＝4×10－9 C. 3．D [解析] 未加压力F 之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f ＝G sin θ，当加上压力F 后，物体仍处于静止状态，因此仍有f ＝G sin θ，故D 正确．4．B [解析]以小车M 和物体m 的整体为研究对象，它们必受到重力和水平面的支持力．由于M 和m 相对静止，所以整体处于静止状态．由平衡条件可知，墙壁对M 必无作用力．再以M 为研究对象可知它受四个力：重力、水平面对它的弹力、m 对它的弹力和摩擦力．5．AD [解析] 物体受力如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f ＝mg sin θ，摩擦力不为零，天花板与物体间一定存在弹力，选项A 正确，选项B 、C 错误；垂直天花板方向：qE ＝mg cos θ＋N ，当E 增大时，N 增大，物体仍静止不动，选项D 正确．6．CD [解析] F 1、F 2是重力G 的分力，F 1有使物体下滑的效果，F 2有压着斜面的效果，A 的表述不正确，所以A 错．物体只受重力G 和弹力N ，F 1、F 2是G 的分力，所以B 错、C 对．G 与分力F 1、F 2的作用效果相同，所以D 对．7．AB [解析] 由图线可知，当两个力的夹角θ＝0或θ＝2π时，合力的值最大，为F max＝30 N ，当两个力的夹角θ＝π时，合力的值最小，为F min ＝10 N ，A 、B 对；设两个力的大小为F 1、F 2，则F 1＋F 2＝30 N ，F 1－F 2＝10 N ，解得：F 1＝20 N ，F 2＝10 N ，这两个力的合力范围是[10 N,30 N]，故C 、D 错．8．AC [解析] 对猴子受力分析可知，猴子受到三个力的作用，A 对；由牛顿第三定律可知，绳拉猴子的力与猴子拉绳的力是一对相互作用力，二者等大反向，B 错；由力的平行四边形定则可知，当合力不变的情况下，两个分力的夹角越大，则两个分力越大，C 对；由平衡条件可知，猴子的合力始终为零，D 错．9．BC [解析] 由胡克定律知，弹簧的弹力F 弹＝8 N ，A 错、B 对；对木块A 受力分析，知木块A 受到向左的弹力和向右的静摩擦力，f A ＝F 弹＝8 N ，所以D 错；对木块B 受力分析，知木块B 受到向右的拉力F 、向右的弹力F 弹和向左的静摩擦力f B ，则f B ＝F 弹＋F ＝9 N ，C 对．10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] (1)本实验中，结点O 受三个拉力处于静止状态，任意两个力的合力与第三个力等大反向．沿OA 、OB 、OC 方向求出三条橡皮筋的伸长量，并按等比例缩放为三条线段(代表三个拉力的大小)，以OA 、OB 方向的线段为邻边作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与OC 方向的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，必须记录结点O 的位置．(2)由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用方法是更换不同的小重物．11．(1)如图所示．(2)(3)25[解析] (1)先描点，再画出一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧；(2)图线的物理意义是表明弹簧的弹力和弹簧伸长量成正比；(3)劲度系数即为直线的斜率，即：k ＝ΔMg Δx ＝(0.150－0)×10(12－6)×10－2N/m ＝25 N/m. 12．(1)10 33 N (2)5 33N ，方向水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，有F ＝mg F ＝2T cos30°解得T ＝12mg cos30°＝1033N(2)以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f ＝T sin30°＝533N ，方向水平向左．13．(1)30 N ，方向沿斜面向上 (2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图甲所示，则物体受到的静摩擦力f ＝mg sin37°＝30 N ，方向沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上匀速运动时，受力分析如图乙所示，设弹簧弹力为F ，伸长量为x ，有F ＝kxN ＝mg cos37° F ＝mg sin37°＋f ′f′＝μN弹簧的最终长度l＝l0＋x 由以上各式解得l＝12 cm。

2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(10)粤教版

45分钟单元能力训练卷(十)[考查范围：第十单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．在如图D10－1所示的实验装置中，处在磁极间的A盘和B盘分别是两个可绕不同固定转轴灵活转动的铜盘，实验时用一根导线与A盘的中心和B盘的边缘接触，用另一根导线与B盘的中心和A盘的边缘接触．摇动摇把，A盘顺时针转动(从上往下看)起来后( ) A．因为穿过A盘的磁通量不变，所以没有感应电流产生B．A盘上有感应电动势，A盘中心的电势比盘边缘高C．B盘逆时针转动，B盘中心的电势比盘边缘高D．B盘顺时针转动，B盘中心的电势比盘边缘低D10－1D10－22．如图D10－2所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O 点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转3．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B．1 C．2 D．44．如图D10－3所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在图D10－4中能正确描述线框从图D10－3中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随( )图D10－3A B C D图D10－4二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )A．河北岸的电势较高B．河南岸的电势较高C．电压表记录的电压为9 mVD．电压表记录的电压为5 mV6．如图D10－5所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么( )A．合上S，A、B一起亮，然后A变暗后熄灭B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭D10－5D10－67．如图D10－6所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向8．将一磁铁缓慢或迅速地插到闭合线圈中的同一位置，两次发生变化的物理量不同的是( )A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过线圈导体横截面中的电荷量9．如图D10－7所示，水平放置的平行光滑金属导轨左边接有电阻R，除R外，其余电阻不计，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v.若将金属棒的运动速度变为2，则( )A ．作用在ab 上的外力应增大到原来的2倍B ．感应电动势将增大为原来的4倍C ．感应电流的功率将增大为原来的2倍D ．外力的功率将增大为原来的4倍三、计算题(共54分)10．(18分)如图D10－8所示，光滑的U 形金属导轨MNN ′M ′水平固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨的宽度为L ，其长度足够长，M ′、M 之间接有一个阻值为R 的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m 、电阻也为R 的金属棒ab 恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v 0开始向右滑行．求：(1)开始运动时，棒中的瞬时电流i 和棒两端的瞬时电压u 分别为多大？(2)当棒的速度由v 0减小到v 010的过程中，棒中产生的焦耳热Q 是多少？11．(18分)轻质细线吊着一质量为m ＝0.32 kg ，边长L ＝0.8 m 、匝数n ＝10、总电阻r ＝1 Ω的正方形线圈，边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图D10－9甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间的变化情况如图乙所示，从t ＝0开始经时间t 0细线开始松弛，g ＝10 m/s 2.求：(1)在前t 0时间内线圈中产生的电动势； (2)在前t 0时间内线圈的电功率； (3)求t 0的值．甲乙12．(18分)如图D10－10所示，矩形单匝导线框abcd竖直放置，其下方有一磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，该区域的上边界PP′水平，并与线框的ab边平行，磁场方向与线框平面垂直．已知线框ab边长为L1，ad边长为L2，线框质量为m，总电阻为R.现无初速地释放线框，在下落过程中线框所在平面始终与磁场垂直，且线框的ab边始终与PP′平行．重力加速度为g.若线框恰好匀速进入磁场，求：(1)dc边刚进入磁场时，线框受安培力的大小F；(2)dc边刚进入磁场时，线框速度的大小v；(3)在线框从开始下落到ab边刚进入磁场的过程中，重力做的功W.图D10－1045分钟单元能力训练卷(十)1．C [解析] 先由右手定则判断出A盘中感应电流的方向，再根据B盘中电流方向和左手定则判断B盘的转动方向．A盘顺时针方向转动时，处在磁场中沿半径方向的导体做切割磁感线运动，由右手定则可以判断出A盘中感应电流方向由中心指向边缘，而产生感应电动势的导体相当于电源，因此A盘边缘电势比中心处高，故选项A、B错误．A盘产生的感应电动势与B盘构成闭合回路，则B盘中电流方向由中心指向边缘，据外电路中电流由电势高的点流向电势低的点知，B盘中心处电势高，选项D错误．由左手定则可以判断出，B盘处在磁场中，沿半径方向的导体所受安培力与半径垂直，方向沿逆时针，则B盘将逆时针方向转动，选项C正确．2．B [解析] 圆环b中有顺时针方向的感应电流且具有收缩趋势，由左手定则可判断，原磁场在圆环a外的磁场方向是垂直纸面向外的，则圆环a内的磁场方向是垂直纸面向里的，由安培定则知，圆环a的旋转方向是顺时针的，而感应电流的磁场是垂直纸面向里的，由楞次定律可知，原磁场是减速旋转的．3．B [解析] E1＝ΔBt·S＝2B－Bt·S＝BSt，E2＝2B·ΔSt＝2B·S2－St＝－BSt，大小相等，选B.4．A [解析] 在0～T 4周期内，线框未进入磁场，无感应电流；在T 4～T2内导线框有一条边进入磁场，产生恒定的电动势E ＝12Br 2ω，线框中有逆时针方向的电流，其大小是恒定的；在T 2～3T 4内，线框完全进入磁场后，磁通量无变化，无感应电流；在3T4～T 内线框的一条边出了磁场，另一条边切割磁感线，产生顺时针方向的电流，满足这个变化的图是A.5．AC [解析] 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场．根据右手定则，北岸是正极，电势高，南岸是负极，电势低，A 对、B 错．根据法拉第电磁感应定律，有：E ＝BLv ＝9×10－3V ，C 对、D 错．6．AD [解析] 合上开关时，L 上产生很大的自感电动势，使得通过L 上电流远小于通过灯泡A 的电流，与B 灯的电流接近，故A 、B 一起亮，当电流稳定时，线圈相当于一段电阻不计的导线，造成灯泡A 短路，故稳定后A 熄灭，而B 灯比以前更亮，A 对、B 错；断开S ，由于自感，L 与灯泡A 构成闭合回路，故A 闪亮一下后熄灭，而B 灯由于不能与其他电器构成回路，故立即熄灭，D 对、C 错．7．AD [解析] 先看感应电流的方向，根据楞次定律，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，则铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，故铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，所以A 、B 二者选A.再看安培力方向，根据左手定则，铜制圆环所受安培力左右不等，合力方向始终沿水平方向，故C 、D 二者选D.8．BC [解析] 两次磁通量的变化都是由0到某一值，即相同，但发生这一变化的时间并不相同，故磁通量的变化率ΔΦΔt 不相同，A 错、B 对；由于ΔΦΔt不同，两次的感应电动势不同，感应电流不同，C 对；流过线圈中的电荷量为q ＝I ·Δt ，而E ＝n ΔΦΔt ，I ＝E R ，得q ＝n ΔΦR，即两次通过线圈的电荷量相同，D 错．9．AD [解析] 由E ＝BLv 、I ＝E R 、F 安＝BIL 得F 安＝B 2L 2v R ，感应电流的功率为P ＝E 2R＝BLv 2R ，当外力F ＝F 安时，导体棒匀速运动，外力的功率P 外＝P ＝BLv 2R，故E ∝v 、F 安∝v 、P ∝v 2、P 外∝v 2，当速度由v 变为2v 时，E 、F 安、将变为原来的2倍，而P 、P 外将变为原来的4倍，所以A 、D 对，B 、C 错．10．(1)BLv 02R 12BLv 0 (2)99400mv 2[解析] (1)开始运动时，棒中的感应电动势： E ＝BLv 0棒中的瞬时电流：i ＝E 2R ＝BLv 02R棒两端的瞬时电压：u ＝iR ＝12BLv 0.(2)由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q 总＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫110v 02Q ＝12Q 总解得Q ＝99400mv 211．(1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s [解析] (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝nΔΦΔt ＝n ·12⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22ΔB Δt ＝10×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.822×0.5 V＝0.4 V (2)回路中产生的感应电流：I ＝E r＝0.4 A线圈的电功率：P ＝I 2r ＝0.16 W(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时安培力与重力平衡，有F 安＝nB t 0I L2＝mgB t 0＝2mgnIL＝2 T由图象知：B t 0＝1＋0.5t 0 解得：t 0＝2 s12．(1)mg (2)mgR B 2L 21 (3)m 3g 2R 22B 4L 41＋mgL 2[解析] (1)由于线框匀速进入磁场，所以线框进入磁场时受安培力的大小F ＝mg(2)线框dc 边刚进入磁场时，感应电动势：E ＝BL 1v 感应电流：I ＝E Rdc 边受安培力的大小：F ＝BIL 1 又F ＝mg解得：v ＝mgRB 2L 21(3)在线框从开始下落到dc 边刚进入磁场的过程中，重力做功W 1.根据动能定理得：W 1＝12mv 2在线框从dc 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程中，重力做功W 2，W 2＝mgL 2解得：W ＝W 1＋W 2＝m 3g 2R 22B 4L 41＋mgL 2。