2018年人教版高考物理复习 章末过关检测(十)
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业10 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(第1题为单项选择题，第2题为多项选择题)1.(2017·长沙模拟)如图所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，则能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是()解析：小木块刚放到传送带上时将会与传送带发生相对滑动，加速度a1＝g sin θ＋μg cos θ，当小木块与传送带达到共同速度v后，由于μ＜tan θ，小木块将会相对于传送带向下滑动，加速度a2＝g sin θ－μg cos θ；由于a1＞a2，选项D正确。
答案： D2．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。
设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。
下面给出了石块在长木板上滑行的v -t图象，其中正确的是()解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg>μ2(M＋m)g时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg>μ2(M＋m)g，可得μ1mg>μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g>μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确。
答案：BD二、非选择题3.如图所示，物体A的质量为M＝1 kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m＝0.5 kg、长为L＝1 m。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业43附解析
2018年高考模拟单元测试卷(一)运动的描述 匀变速直线运动测试时间：60分钟 满分：110分第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(每小题4分，共48分。
1～7题为单项选择题，8～12题为多选题，全部选对得4分，错选得0分，漏选得2分)1．(2017·南京模拟)下列速度中，指平均速度的是( ) A ．舰载机离开航母甲板时的速度 B ．导航仪提醒“你已超速”时车的速度 C ．雨滴落地时的速度D ．小明百米跑的成绩为14 s ，速度约为7 m/s解析： 物体在某一时刻或经过某一位置时的速度为瞬时速度，在一段时间或一段位移内的速度为平均速度，故只有D 正确。
答案： D2．(2017·海南七校联考)为了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年，铭记历史，警示未来，2015年9月3日在北京举行了隆重的阅兵式，关于甲、乙、丙、丁的图片，下列说法中错误的是( )A ．图甲中上午10点整李克强宣布纪念大会开始，10点整是时刻B ．图乙中方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等C ．图丙中计算洲际导弹通过天安门广场(远大于导弹的长度)的时间时，洲际导弹不能看作质点D ．阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的解析： 时刻是指某一瞬时，对应时间轴上一个点，而时间是指两个不同时刻的间隔，所以选项A 正确；图乙中方队沿直线通过检阅台，由于是单方向直线运动，所以一段时间内的位移大小等于路程，选项B 正确；由于天安门广场的长度远大于洲际导弹长度，所以在计算导弹通过天安门广场的时间时，洲际导弹是能看作质点的，选项C 错误；阅兵预演空中梯队飞机速度相同，所以以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，选项D 正确。
答案： C3．一物体由静止开始做匀加速运动，它在第n s 内的位移是x ，则其加速度大小为( ) A.2x 2n －1 B.2x n －1 C.2x n2 D.x n ＋1解析： 第n s 内的平均速度等于这1 s 中间时刻即(n －0.5) s 时的瞬时速度v t ，即有v ＝v t ＝x 1，故a ＝v t t ＝xn －0.5＝2x2n －1。
高中物理(人教版)选修3-3第十章过关检测(一) 含解析
(时间:45分钟满分: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题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。
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.下列说法正确的是( )A.能量耗散说明能量在不断减少B.能量耗散从能量转化角度反映出自然界的宏观过程具有方向性C.热量不可能从低温物体传给高温物体D.根据热力学第二定律,在火力发电机中,燃气的内能全部转化为电能解析:能量耗散是指能量的可利用率越来越低,由于能量守恒,故能量不会减少,选项A错误;根据热力学定律可知,宏观自然过程自发进行有其方向性,能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性,选项B正确;根据热力学定律可知,能量转化和转移具有方向性,热量不能自发地从低温物体传给高温物体,选项C错误;火力发电机发电时,能量转化的过程为化学能——内能——机械能——电能,因为内能——机械能的转化过程中会对外放出热量。
故燃气的内能必然不能全部变为电能,选项D错误。
答案:B2.如图是密闭的汽缸,外力推动活塞P压缩气体,对缸内气体做功800 J,同时气体向外界放热200 J,缸内气体的( )A.外界对气体做功,气体内能增大B.外界对气体做功,气体内能减小C.气体对外界做功,气体内能增大D.气体对外界做功,气体内能减小解析:M筒向下滑动的过程中压缩气体,对气体做功,又由于气体不与外界发生热交换,根据热力学第一定律可知气体的内能增加,选项A正确。
答案:A5.下列说法中正确的有( )A.第二类永动机和第一类永动机一样,都违背了能量守恒定律,因此不可能制成B.根据能量守恒定律,经过不断的技术改造,热机的效率可以达到100%C.因为能量守恒,所以“能源危机”是不可能真正出现的D.自然界中的能量是守恒的,但有的能量便于利用,有的不便于利用,因此要节约能源解析:第一类永动机违背了能量守恒定律,第二类永动机违背了热力学第二定律,A错。
2018届高三物理一轮复习练习：章末过关练10 含答案
章末过关练(十)交变电流传感器(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．图1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是()甲乙图1A．电流表的示数为10 2 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左C电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交流电的电流有效值等于最大值的22倍，电流表的示数为10 A，选项A错误；因为交流电的瞬时值为i＝102cos ωt，根据图乙可知，交流电的周期为T＝2×10－2 s，则线圈转动的角速度为ω＝2πT＝100π rad/s，选项B错误；0时刻线圈平面与磁场平行，t＝0.01 s＝T2，t时间内线圈转过π弧度，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；0.02 s时的情况与0时刻的情况相同，根据右手定则可以判定，此时通过电阻R的电流方向自左向右，选项D错误．2．如图2所示，匀强磁场的磁感应强度B＝25πT．单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相连，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V36 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是() 【导学号：96622471】图2A．电流表的示数为1 AB．矩形线圈产生电动势的有效值为18 2 VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律e＝182 sin 90πt(V)D．若矩形线圈转速减小，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移C灯泡正常发光，故副线圈两端电压为36 V且副线圈中的电流为1 A，又因为原、副线圈匝数比为1∶2，故原线圈两端电压为18 V且线圈中电流为2 A，即电流表示数为2 A，矩形线圈产生的电动势的有效值为18 V，A、B项错误；因矩形线圈产生的交流电为正弦交流电，故交流电的最大值为E m＝18 2 V，由E m＝NBSω，解得ω＝90π，故若从中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律为e＝182sin 90πt(V)，C项正确；若矩形线圈转速减小，原、副线圈两端的电压都将减小，为增大副线圈两端电压，应使副线圈匝数增加，即应将P下移，D项错误．3．有一个消毒用电器P，电阻为20 kΩ，它只有在电压高于24 V时才能工作．今用一个光敏电阻R1对它进行控制，光敏电阻在光照时为100 Ω，黑暗时为1 000 Ω.电源电动势E为36 V，内阻不计，另有一个定值电阻R2，电阻为1 000 Ω.下列电路开关闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是() 【导学号：96622472】C 对A 电路，在光照时，光敏电阻为100 Ω，P 电阻为20 kΩ，R 2电阻为1000 Ω，P 分得电压超过23E ，正常工作；黑暗时，光敏电阻1 000 Ω，P 分得电压超过23E ，正常工作，A 错误；同理可以求得B 电路在光照和黑暗时，P 分得电压超过23E ，都可以正常工作，B 错误；电路C 中P 与R 2并联，并联总电阻略小于1 000 Ω，能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作，C 正确；电路D 中P 与R 1并联，光照时并联部分电阻小于100 Ω，此时P 分得的电压远小于24 V ，不能正常工作，黑暗时并联总电阻小于1 000 Ω，P 分得电压同样小于24 V ，也不能正常工作，D 错误．4．如图3甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R 0和R 1为定值电阻．R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是( )图3A ．电压表的示数为22 VB ．R 处出现火情时电压表示数增大C ．R 处出现火情时电流表示数增大D ．R 处出现火情时R 1消耗的功率增大C 由图乙知原线圈电压的有效值U 1<220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈电压U2<22 V，选项A错误；R处出现火情时热敏电阻阻值变小，副线圈总电阻变小，副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，所以电流表示数增大，选项C正确；副线圈两端电压不变，选项B错误；副线圈中电流增大，R0两端电压增大，R1两端的电压减小，所以R1消耗的功率减小，选项D错误．5．某水库用水带动如图4甲所示的交流发电机发电，其与一个理想的升压变压器连接，给附近工厂的额定电压为10 kV的电动机供电．交流发电机的两磁极间的磁场为匀强磁场，线圈绕垂直匀强磁场的水平轴OO′沿顺时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的电动势如图乙所示．连接各用电器的导线电阻忽略不计，交流电压表与交流电流表都是理想电表．下列说法正确的是()图4A．0.01 s时通过电流表的电流的方向向右B．变压器原、副线圈的匝数比为1∶20C．进入电动机的电流的频率是100 HzD．开关S闭合时电压表和电流表的示数均变大A经过0.01 s，即半个周期，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向为DCBA，故通过电流表的电流向右，选项A正确；由图乙可知电压的最大值为550 V，则变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝u1u2＝5002∶10 000＝240，选项B错误；变压器不改变交变电流的频率，故进入电动机的电流的频率仍为50 Hz，选项C 错误；开关S闭合时，电压表的示数不变，因输出的功率增大，输入功率也增大，故电流表的示数增大，选项D错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6．图5为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是()图5A ．用户的总电阻减小B ．用户的电压U 4增大C ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率AC 对两个变压器，U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，所以U 1U 2＝U 4U 3，选项C 正确；由能量守恒定律可知，发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电导线消耗的功率之和，选项D 错误；输出电压U 1一定，U 2也一定，当用户消耗的功率P 出增大时，负载增多，并联支路增加，用户的总电阻减小，P 出＝I 24R 负载，降压变压器的输出电流I 4增大，由I 3I 4＝n 4n 3知，降压变压器的输入电流I 3增大，即I 2增大，则U 3＝U 2－I 2r 减小，用户的电压U 4减小，选项A 正确，B 错误．7．如图6所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16、n 3＝144，通过理想二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W ”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是( )图6A ．原线圈的匝数为880B ．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 2 VC ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为18 WD ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为11 WABD 由n 1n 3＝U 1U L得n 1＝880，选项A 正确；当开关接2时，有n 1n 2＋n 3＝U 1U ，解得U ＝40 V ，设交流电周期为T ，U 2R ·T 2＝U ′2R T ，U ′＝20 2 V ，选项B 正确；灯泡电阻为R ＝U 2L P L＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P ＝U ′2R ＝1009 W ≈11 W ，选项C 错误、D 正确．8．某供电系统是由交流发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如图7所示．图中R 0表示输电线的电阻．则( ) 【导学号：96622473】图7A ．当电压表示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表示数增大B ．当电压表示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头P ，可使电流表示数不变C ．当电压表示数不变，当用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表示数不变D ．当电压表示数不变，当用电器负载增加时，适当上移触头P ，电流表示数一定增加 BD 根据理想变压器的电压比等于匝数比，当输入电压减小时，输出电压U 2也减小，由I ＝U R 可知I 2减小，又因I 1n 1＝I 2n 2，所以I 1减小，故电流表的示数减小，选项A 错误；根据U 1n 1＝U 2n 2，减小U 1，上移触头P ，n 2变大，U 2可能不变，电流表的示数可能不变，选项B 正确；增加负载相当于减小电阻值，根据U 1n 1＝U 2n 2，输出电压U 2不变，则电流表示数变大，电流表的示数变大，选项C 错误；根据U 1n 1＝U 2n 2，上移触头P ，n 2变大，输出电压U 2变大，则电流表示数变大，电流表的示数变大，选项D 正确．9．如图8所示，一个面积为S ，阻值为r 的矩形线圈共n 匝，绕垂直匀强磁场的轴以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B .线圈两端分别始终与两固定圆环K 、L 接触良好且摩擦很小，两圆环连接在电阻上，理想交流电压表和电容器(容抗忽略不计)都与电阻并联，现把K 圆环接地，以下说法正确的有( )图8A ．线圈转动一周过程中，电容器两极板所带电荷量保持不变B ．若电容器中有一带电的油滴，则油滴会始终处于平衡状态C ．虽然K 环接地，但线圈转动过程中仍有时K 环电势高于L 环电势，故流经电阻R 的电流方向是变化的D ．线圈匀速转动过程中，交流电压表的示数为2RnBSω2(R ＋r )CD 矩形线圈在绕垂直于磁场的轴转动过程中产生正弦式交变电流，其瞬时值表达式e ＝nBSωsin ωt (V)，C 项正确；电容器两极板间电势差U ＝eR R ＋r ＝nBSωR R ＋r·sin ωt ，由Q ＝CU 可知，电容器所带电荷量是周期性变化的，A 项错；由E ＝U d 可知，两极板间场强周期性变化，油滴所受电场力变化，故油滴不会始终处于平衡状态，B 项错；电压表示数为电阻R (电容C )两端电压的有效值，U 有＝U m 2＝2nBSωR 2(R ＋r )，D 项正确． 三、非选择题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10.(17分)(2017·泰州模拟)如图9所示，正方形线圈MNPQ 边长为L ，每条边电阻均为R ，M 、N 两点外接阻值为R 的灯泡．磁感应强度为B 的匀强磁场与MN 边垂直．线圈以角速度ω绕MN 匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时，求：【导学号：96622474】图9(1)感应电动势瞬时值；(2)PQ 边受到的安培力；(3)灯泡的瞬时电功率．【解析】 (1)PQ 棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BL vv ＝ωLE ＝BL 2ω.(2)通过PQ 的电流I ＝E 2.5R ＋RPQ 受到的安培力F ＝BIL解得F ＝2B 2L 3ω7R .(3)通过灯泡的电流I 灯＝I 2灯泡消耗的电功率P ＝I 2灯R解得P ＝B 2L 4ω249R .【答案】 (1)BL 2ω (2)2B 2L 3ω7R (3)B 2L 4ω249R 11．(17分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2π T ．用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V 11 kW ”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图10所示，求：图10(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？【解析】 (1)E m ＝NBSω＝1 100 2 V输出电压的有效值为U 1＝E m 2＝1 100 V . (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝5∶1. (3)根据P 入＝P 出＝2.2×104 W再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A.【答案】 (1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A12．(17分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW ，输出电压为500 V ，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%.求：【导学号：96622475】(1)村民和村办小企业需要220 V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？【解析】 (1)输电电路图如图所示，由ΔP ＝4%P 输出和ΔP ＝I 22R得I 2＝4%P 输出R ＝6 A则U 送＝P 输出I 2＝1 500 V 升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 0U 送＝5001 500＝13输电线上电压损失ΔU ＝I 2R ＝60 V故降压变压器输入电压U 1＝U 送－ΔU ＝1 440 V故降压变压器原、副线圈匝数比n 1′n 2′＝U 1U 2＝1 440220＝7211. (2)若不用变压器，则输电电流 I ＝P 输出U 0＝18 A U ＝U 0－IR ＝320 V ，P ＝P 输出－I 2R ＝5 760 W.【答案】 (1)1∶3 72∶11(2)320 V5 760 W。
2018年高考仿真模拟物理试题新课标全国卷(十)答案
2018年高考仿真模拟试题(新课标全国卷)物理(十)答案1．C 【解析】277112Cn 原子核中的核子之间不仅存在巨大的核力，也存在较小的库仑力和微弱的万有引力，选项A 错误；核反应方程为277112Cn →253Fm x+42He n ，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得n =6，x =100，选项B 错误；277112Cn 的中子数为277−112=165，253Fm x 的中子数为253−100 = 153，可见277112Cn 的中子数比253Fm x 的中子数多165−153 = 12，选项C 正确；经2T 时间，剩余的277112Cn 原子核质量为0.25 g ，但衰变过程中会产生新核，故剩余物质的质量大于0.25 g ，选项D 错误。
2．B 【解析】由于两粒子在磁场中运动时间相等，则两粒子一定是分别从MN 边和PQ 边离开磁场的，如图所示，由几何知识可得质量为2m 的粒子对应的圆心角为300°，由t =2θπT 得质量为5m 的粒子对应的圆心角为120°，由图可知△OCD 为等边三角形，可求得R =3L ，由Bqv =25mv R 得v =15m ，选B 。
3．B 【解析】设恒星Kepler 11145123的质量为M ，万有引力提供向心力，则2Mm G r =m (2T π)2r ，得M =2324r GTπ，体积343V R π=， 则密度M V ρ==3233r GT R π，由于r ≥R ，恒星Kepler 11145123的密度一定不小于23GT π，选项A 正确，B 错误；行星P 的速度大小为v =2rTπ，选项C 正确； 行星P 运动的向心加速度大小a =2v r，得a =224rT π，选项D 正确。
4．B 【解析】根据胡克定律，小球在A 处时，满足k AP x =mg ，在B 处时，橡皮绳的拉力T =k BP x =ksin APx θ，将拉力T 分解为竖直分力T 1和水平分力T 2，则T 1=T sin θ=k AP x =mg ，T 2=14tan 3T mg θ=，小球与横杆间的弹力大小N =mg +T 1=2mg ，选项A 错误；滑动摩擦力f =μN =mg ，选项B 正确；根据牛顿第二定律有F −f −T 2=ma ，得a =−13g<0，说明加速度大小为13g ，方向水平向左，选项C 、D 错误。
【高考领航】2018年高考物理大一轮复习章末检测(含答案)
章末检测一运动的描述匀变速直线运动(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．一质点在A、B两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A点初速度为v时，从A点到B点所用的时间为t，当在A点初速度为2v时，保持其他量不变，从A点到B点所用时间为t′，则()A．t′>t2B．t′＝t 2C．t′<t2D．t′＝t解析：A.设A、B两点间位移为x，初速度为v时，x＝v t＋12at2，解得：t＝v2＋2ax－va，初速度为2v时，x＝2v t′＋12at′2，解得：t′＝4v2＋2ax－2va，所以t′>t2，A项正确．2．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则x AB∶x BC等于()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：选C.由位移－速度公式可得v2B－v2A＝2ax AB，v2C－v2B＝2ax BC，将各瞬时速度代入可知选项C正确．3．一个物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的v－t图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和－1 s，由此可知()A．物体做匀速直线运动B．物体做变加速直线运动C．物体的初速度大小为0.5 m/sD．物体的初速度大小为1 m/s解析：选C.根据v－t图象，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A、B错误．图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5 m/s，故C正确，D错误．4．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为()A．0.5t B．0.4tC．0.3t D．0.2t解析：选 C.将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t2，由以上几式可得：t′＝(2－1)t2≈0.3t，正确答案为C.5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A.st2 B.3s2t2C.4st2 D.8st2解析：选A.质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12m v 22＝9×12m v 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s t 2.故选项A 正确．6．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A 、B ，A 在西B 在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B 路牌时，一只小鸟恰自A 路牌向B 匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A ，过一段时间后，汽车也行驶到A .以向东为正方向，它们的位移－时间图象如图所示，图中t 2＝2t 1，由图可知( )A ．小鸟的速率是汽车速率的两倍B ．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1C ．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D ．小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等解析：选BC.设A 、B 之间的距离为x .由t 2＝2t 1，结合图象可知，小鸟与汽车相遇时，汽车的位移大小为x 4，小鸟的位移大小为34x ，故选项A 错误，B 正确；小鸟飞行的总路程为64x ＝1.5x ，选项C 正确；小鸟在0～t 2时间内的位移为零，而汽车在0～t 2时间内位移大小为x ，故选项D 错误．7．如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h 处，空心管长为L ，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上．当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管B ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D ．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt 时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关解析：选AB.两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，球不能穿过管，A 正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t ＝L v 0，B 正确，C 错误；小球提前Δt 时间释放，相当于获得了初速度v 0＝g Δt ，与当地重力加速度有关，D 错误．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2、n 1＝4、n 1＝6时，n ＝5、n ＝10、n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，其中x 1＝7.05 cm ，x 2＝7.68 cm ，x 3＝8.33 cm ，x 4＝8.95 cm ，x 5＝9.61 cm ，x 6＝10.26 cm ，则打A 点时小车的瞬时速度大小是________ m/s ，计算小车运动的加速度的表达式为a ＝________，加速度大小是________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：由匀变速直线运动平均速度的推论可知，打计数点A时小车的速度为v A＝x3＋x42T＝8.33＋8.950.2×10－2m/s≈0.86 m/s；由匀变速直线运动相等时间位移差的推论可知，小车的加速度为a＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2，代入数据可得a＝0.64 m/s2.答案：0.86x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T20.6410．(12分)某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2.(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v1＝________，v2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)滑块的加速度可以表示为a＝________(用题中所给物理量表示)．解析：(1)滑块通过两个光电门的速度等于滑块通过光电门这极短时间内的平均速度，故瞬时速度分别为dt1和dt2，时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法．(2)根据运动学公式2aL＝v22－v21，代入可求得加速度a＝d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t21.答案：(1)dt1dt2极限法(2)d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t2111．(15分)如图所示，一辆长为12 m的客车沿平直公路以8.0 m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m，求两车错车所用的时间．解析：设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ，其中s 1＝12at 21，s 2＝v t 1，联立可得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22，s 2′＝v t 2，解得t 2＝10.8 s.故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.答案：0.8 s12．(15分)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？解析：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m ，足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s 前锋队员以最大加速度加速t 2＝v 2a 2＝4 s 在此过程中的位移x 2＝v 222a 2＝8 m 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m由于x 2＋x 3＜x 1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3代入数据解得t 3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s答案：6.5 s章末检测二 相互作用(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．两个质量为m 1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，如图所示，用轻绳将两球与质量为m 2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m 1∶m 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶ 3 D.3∶2解析：选A.设轻绳中的拉力为F ，隔离m 1受力分析，由平衡条件得m 1g cos 60°＝F cos 60°，解得F ＝m 1g ；隔离m 2受力分析，由平衡条件得2F cos 60°＝m 2g ，所以 m 1∶m 2＝1∶1，A 正确．2．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹力的大小为m1g cos θB．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．m1与m2一定相等解析：选 B.对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力，要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同，故B正确；因m2与地面间有摩擦力，则一定有支持力，故C错误；对m1受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力为Fsin θ，因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A、D 错误．3．在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为()A．mg sin θB．mg cos θC．mg tan θD．mg sin θcos θ解析：选D.设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mg sin θ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cos θ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sin θcos θ.4．一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示．现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置．则在这一过程中，力F、绳中张力F T及力F 与水平方向夹角θ的变化情况是()A．F保持不变，F T逐渐增大，夹角θ逐渐减小B．F逐渐增大，F T保持不变，夹角θ逐渐增大C．F逐渐减小，F T保持不变，夹角θ逐渐减小D．F保持不变，F T逐渐减小，夹角θ逐渐增大解析：选C.圆环受到三个力，拉力F以及绳子的两个拉力F T，三力平衡，故绳子两个拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于绳子的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变小，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐趋向水平，θ逐渐变小，选项C正确．5．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2.则下列说法正确的是()A．T1和T2是一对作用力与反作用力B．吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小C．T2一定大于GD．T1＋T2＝G解析：选B.作用力与反作用力必须作用在不同的物体上，T1和T2作用在同一个物体上，A错误；吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2夹角变小，T1和T 2都会变小，B 正确；当T 1和T 2的夹角为120°时，T 2等于G ，当夹角大于120°时，T 2大于G ，当夹角小于120°时，T 2小于G ，故C 、D 均错误．6．如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有(不计摩擦力)( )A ．篮子底面受到的压力大于篮球的重力B ．篮子底面受到的压力小于篮球的重力C ．篮子右侧面受到的压力大于篮球的重力D ．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力解析：选BD.设斜面倾角为θ，篮球质量为m ，篮子底面、右侧面对篮球的弹力分别为F N1、F N2，不计摩擦力，对篮球由共点力平衡条件有F N1－mg cos θ＝0，F N2－mg sin θ＝0.由牛顿第三定律可知，篮球对篮子底面、右侧面的压力均小于重力．选项A 、C 错误，B 、D 正确．7．如图所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，B 不会碰到地面，则( )A ．弹簧的弹力不变B ．物体A 对斜面的压力将减小C ．物体A 受到的静摩擦力将减小D ．弹簧的弹力及A 受到的静摩擦力都不变解析：选AC.对物体A 受力分析如图所示，设此时F f A 沿斜面向上，由平衡条件可得：m A g sin 45°＝F ＋F f A ，可得F f A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－1m B g ，当斜面倾角为30°时，可得F f A ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1m B g ＝12m B g .可见，物体A 受到的静摩擦力方向沿斜面向上，且变小，物体A 不会相对斜面滑动，弹簧的弹力始终等于物体B 的重力，故选项A 、C 正确，D 错误；物体A 对斜面的压力的大小由F N ＝m A g cos 45°变为F N ′＝m A g cos 30°，压力变大，选项B 错误．8．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动解析：选BC.对a 、b 进行受力分析，如图所示．物体b 处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b 可能只受3个力作用，而物体a 必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项A 错误；a 、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：F N ＋F T sin θ＝mg cos α，解得：F N ＝mg cos α－F T sin θ，则a 、b 两物体对斜面的压力相同，选项B 正确；因为b 的摩擦力可以为零，而a 的摩擦力一定不为零，故选项C 正确；对a 沿斜面方向有：F T cos θ＋mg sin α＝f a ，对b 沿斜面方向有：F T cos θ－mg sin α＝f b ，又因为正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故选项D 错误．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)(1)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是()A．弹簧被拉伸时，所挂钩码越多，误差越小B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的()解析：(1)实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，以探索弹力与弹簧伸长的关系，并且拉力和重力平衡．(2)由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x＞0，所以选C.答案：(1)B(2)C10．(12分)在做“验证力的平行四边形定则”实验时：(1)除已有的器材：方木板、白纸、弹簧测力计、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔外，还必须有________________和________________．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，必须()A．每次把橡皮条拉到同样的位置B．每次把橡皮条拉直C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向(3)某同学的实验结果如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与绳套结点的位置．图中________是力F1与F2的合力的理论值，________是力F1与F2的合力的实验值．解析：(1)做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．所以我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧测力计拉橡皮条)、弹簧测力计(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画平行四边形)，橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．故还必须有的器材是橡皮条和三角板．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，没有必要把橡皮条拉到最大长度，故B、C、D错误，A正确．(3)用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮条同线的那个是实际值，所以F 是理论值，F′是实际值，该实验的实验目的就是比较F1、F2合力的理论值和实验值是否相等．答案：(1)橡皮条三角板(2)A(3)F F′11．(15分)如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？解析：设三条绳上的拉力分别为F T1，F T2，F T3；把A、B两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg＝F T1cos 45°F T3＝F T1sin 45°解得F T1＝22mg，F T3＝2mg隔离球B，受力分析如图乙：F T2＝(mg)2＋F2T3＝5mg答案：22mg5mg2mg12．(15分)如图所示，有一个重量为20 N的小物体放在斜面上，斜面底边长AB＝40 cm，高BC＝30 cm，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体在一沿斜面向上的力F的作用下刚好处于静止状态(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现将力F顺时针转动至水平向右并保持不变，求此时物体与斜面之间的摩擦力．解析：当力F沿斜面向上，物体恰好不向上滑动时对物体受力分析，有F ＝G sin θ＋μG cos θ，由几何关系得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，F＝20 N；力F顺时针转动至水平向右时物体受力如图所示，根据平衡条件得，F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得F f＝G sin θ－F cos θ＝20×0.6 N－20×0.8 N＝－4 N，负号表示方向沿斜面向下．当力F沿斜面向上，物体恰好不向下滑动时，对物体受力分析，有F＝G sin θ－μG cos θ＝4 N；力F顺时针转动至水平向右时，有F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得，F f＝8.8 N，方向沿斜面向上．答案：4 N，方向沿斜面向下或8.8 N，方向沿斜面向上章末检测三牛顿运动定律(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是()A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态C．由牛顿第二定律得到m＝Fa，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体解析：选 B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B 项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C 项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是()A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力解析：选 C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是()A．不受摩擦力的作用B．受到水平向左的摩擦力作用C．处于超重状态D．所受合力竖直向上解析：选 B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A错误，B正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D错误．4．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比．则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a＝mg＋k vm是减小的，v-t图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a＝mg－k vm是减小的，v-t图象中图线也越来越缓，选项A正确．5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是()①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L mg ②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L (m ＋m 0)g ③刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L g ，方向向上④刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 0m g ，方向向上 A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选 A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．假设没有向下拉弹簧，即ΔL ＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg ，将ΔL ＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a ＝F N －mg m ＝ΔL L g ，方向向上，③对④错，A 正确． 6．在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L 时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图所示，由图可知( )A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反。
2018届高三物理10月联考试题(含解析)新人教版
2018～2018学年度襄阳四中、荆州中学、龙泉中学高三10月联考物理试题本试卷共四大题18小题。
总分110分，考试用时90分钟一．单项选择题（本题共8小题，每小题4分。
以下各题中仅有一项符合要求）1．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法中错误．．的是( )A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境B．德国天文学家幵普勒对他的导师——第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量D．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证【答案】 D【解析】 D选项中，伽利略并没有用试验得到验证【考点】物理学史2．物体以40m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2。
5秒内，关于物体的运动，下列说法中正确的是( )A．路程为90m B．位移大小为75m，方向向上C．速度改变量为30m/s，方向向下 D．平均速度为25m/s，方向向上【答案】 B【解析】路程为85m，速度改变量为向下50m/s，平均速度为向上15m/s【考点】匀变速直线运动3．如图所示，a、b、c三物体在力F的作用下一起向右匀速运动，所受的摩擦力分别为f a、f b、f c，ab间绳子的拉力为T，下列正确的是（）A．F= f a+f b+f c+TB．F= f a+f b+f c—TC．f c不等于0D．F= f a+ T【答案】 D【解析】 AB选项用整体法得F= f a+f b； C选项用隔离法单独分析c物体，可知f c＝0；D 选项单独分析a物体，由平衡条件可得出答案。
【考点】物体的平衡4．质量为m 的物体以v 0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为2v 0，不计空气阻力，重力加速度为g ，以下说法正确的是（ ）A ．该过程平均速度大小为221+ v 0B ．运动位移的大小为gv 2520C ．物体机械能的变化量为2021mv D ．速度大小变为2v 0时，重力的瞬时功率为2mgv 0【答案】 B 【解析】只适用在匀变速直线运动中，故A 错；竖直方向：gt v =得g v t 0=，g v h 220=，水平方向gv x 20=，所以合位移为22h x S +=，故B 对；机械能守恒，所以C 错；速度大小变为2v 0时，由瞬时功率θcos Fv P =得出重力的瞬时功率为2mgv 0cos45°，故D 错。
光一章末检测
光一章末检测一、选择题(共8小题,每小题6分,共48分)1.如图所示,水盆中盛有一定浓度的水,盆底处水平放置一个平面镜.平行的红光束和蓝光束斜射入水中,经平面镜反射后,从水面射出并分别投射到屏MN上两点,则有( )A.从水面射出的两束光彼此平行,红光投射点靠近M端B.从水面射出的两束光彼此平行,蓝光投射点靠近M端C.从水面射出的两束光彼此不平行,红光投射点靠近M端D.从水面射出的两束光彼此不平行,蓝光投射点靠近M端答案 B2.如图所示,放在空气中折射率为n的平行玻璃砖,表面M和N平行,P、Q两个面相互平行且与M、N垂直.一束光射到表面M上(光束不与M平行),则( )A.如果入射角大于临界角,光在表面M发生全反射B.无论入射角多大,光在表面M都不会发生全反射C.光可能在表面N发生全反射D.由于M与N平行,光只要通过M就不可能在表面N发生全反射答案 BD3.如图所示为一个内侧面与外侧面平行,中空部分为空气的三棱镜,将此三棱镜放在空气中,让一束单色光沿平行底边BC方向入射到AB面上,光从AC面射出,在图示的出射光线中(光线②平行于BC边)正确的是 ( )A.有可能是①B.有可能是②C.有可能是③D.①②③都有可能答案 B4.(2009·安顺模拟)a、b两束单色光分别用同一双缝干涉装置进行实验,在距双缝恒定距离的屏上得到如图所示的干涉图样,图甲是a光照射时形成的干涉图样,图乙是b光照射时形成的干涉图样.下列关于a、b两束单色光的说法正确的是( )A.a光子的能量较大B.在水中a光传播的速度较小C.若用b光照射某金属没有光电子逸出,则a光照射时也没有光电子逸出D.若a光是氢原子的核外电子从第三能级向第二能级跃迁时产生的,则b光可能是氢原子的核外电子从第四能级向第三能级跃迁时产生的答案 C5.下列说法正确的是( )A.太阳光通过三棱镜形成彩色光谱,这是光的干涉的结果B.用光导纤维传送图象信息,这是光的衍射的应用C.眯着眼睛看发光的灯丝时能观察到彩色条纹,这是光的偏振现象D.在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时水面下的景物,可使景像清晰答案 D6.如图所示,ABCD为同种材料构成的柱形透明体的横截面,其中ABD部分为等腰直角三角形,BCD部分为半圆形,一束单色平行光从真空射向AB或AD面,材料折射率n=1.6,下列说法正确的是 ( )A.从AB面中点射入的光线一定从圆弧的中点射出B.从AB面射入的所有光线经一次反射和折射后都从BCD面射出C.从AB面中间附近射入的所有光线经一次反射和折射后都从BCD面射出D.若光线只从AD面垂直射入,则一定没有光线从BCD面射出答案 AC7.右图为一直角棱镜的横截面,∠bac=90°,∠abc=60°.一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜.已知棱镜材料的折射率n=2,若不考虑原入射光在bc面上的反射光,则有光线 ( )A.从ab面上射出B.从ac面上射出C.从bc面射出,且与bc面斜交D.从bc面射出,且与bc面垂直答案 BD8.如图所示,两块相同的玻璃等腰三棱镜ABC置于空气中,两者的AC面相互平行放置,由红光和蓝光组成的细光束平行于BC面从P点射入,通过两棱镜后变为从a、b两点射出的单色光,对于这两束单色光,下列说法正确的是( )A.从a、b两点射出的单色光不平行B.从a、b两点射出的单色光仍平行,且平行于BC面C.红光在玻璃中的传播速度比蓝光小D.从a点射出的单色光为蓝光,从b点射出的单色光为红光答案 B二、计算论述题(共4小题,共52分,其中9、10小题各12分,11、12小题各14分)9.半径为R的半圆柱形玻璃,横截面如图所示,O为圆心,已知玻璃的折射率为2,当光由玻璃射向空气时,发生全反射的临界角为45°.一束与MN平面成45°角的平行光射到玻璃的半圆柱面上,经玻璃折射后,有部分光能从MN平面上射出,求能从MN射出的光束的宽度为多少?2答案R210.有一腰长是16 cm的等腰直角三棱镜,为了测定它的折射率,先把三棱镜的一个端面放在铺好的白纸的桌面上,用铅笔画出它的轮廓线AOB,如图所示,从OB上的C 点观察A 棱,发现A 棱的位置在OA 的D 处,测得OC =12 cm,OD =9 cm.求:(1)此三棱镜的折射率.(2)光在三棱镜中传播的速度.答案 (1)34 (2)2.25×108 m/s11.(2009·保定模拟)如图所示,△ABC 为一直角三棱镜的截面,其顶角 =30°,P为垂直于直线BCD 的光屏.现一宽度等于AB 的单色平行光束垂直射向AB 面,在屏P 上形成一条宽度等于32AB 的光带,试作出光路图并求棱镜的折射率. 答案 光路图n =312.如图所示,一个半径为r 的圆木板静止在水面上,在圆木板圆心O 的正下方H =3r 处有一点光源S ,已知水的折射率n =2.(1)求沿圆木板边缘出射的折射光线的折射角.(2)若在水面上方观察不到点光源S 所发出的光,则应将点光源S 至少竖直向上移多大的距离?(结果可用根式表示)答案 (1)45° (2)(3-1)r。
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章末过关检测(十) 交变电流 传感器(限时：45分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．(2016·茂名期末)交流发电机电枢中产生的交变电动势为e ＝E m sin ωt ，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是( )A ．将电枢转速提高一倍，其他条件不变B ．将磁感应强度增加一倍，其他条件不变C ．将线圈的面积增加一倍，线圈匝数增加一培，其他条件不变D ．将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其他条件不变2．风速仪的简易装置如图甲所示。
在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化。
风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v 2，且v 2>v 1，则感应电流的峰值I m 和周期T 的变化情况是( )A ．I m 变大，T 变小B ．I m 变大，T 不变C ．I m 变小，T 变小D ．I m 不变，T 变大3.如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO ′轴匀速转动，则以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大，为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R （R ＋r ）24．(2016·保定模拟)如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd 位于磁感应强度B ＝6225πT 的水平匀强磁场中，线圈面积S ＝0.5 m 2，内阻不计。
线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π rad/s 匀速转动。
线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V ，12 W ”灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是( )A ．通过灯泡的交变电流的频率是50 HzB ．变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C ．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 VD ．若将灯泡更换为“12 V ，24 W ”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速5．如图所示，在xOy 直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B 。
直角扇形导线框半径为L 、总电阻为R ，在坐标平面内绕坐标原点O 以角速度ω匀速转动。
线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是( )A ．I ＝BL 2ωRB ．I ＝BL 2ω2RC ．I ＝0D ．I ＝BL ω2R二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)6. 图中甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。
下列说法正确的是( )A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt (V)D ．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率不变7．(2016·江西联考)电阻为 1 Ω 的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交变电流加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )A ．线圈转动的角速度为100 rad/sB．在0～0.005 s时间内，通过电阻的电荷量为15πCC．电热丝两端的电压为180 VD．电热丝的发热功率为1 800 W8．如图所示为一自耦变压器，保持电阻R′和输入电压不变，以下说法正确的是()A．滑片P向b方向移动，滑片Q下移，电流表示数减小B．滑片P不动，滑片Q上移，电流表示数不变C．滑片P向b方向移动，滑片Q不动，电压表示数增大D．滑片P不动，滑片Q上移或下移，电压表示数始终不变三、实验题(本题共2小题，共15分)9．(6分)某同学在“利用DIS实验的电压、电流传感器描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，采用了如图甲所示的电路。
(1)图甲中，E矩形框内应该接________，F矩形框内应该接________(选填“电压传感器”“电流传感器”或“小灯泡”)。
(2)该同学利用测量的数据，画出如图乙所示的图线，但该同学忘记在坐标轴上标明横坐标和纵坐标所表示的物理量，请你根据图线作出判断：横坐标表示________，纵坐标表示________。
10．(9分)如图甲为热敏电阻的R t图象，图乙为此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈电阻为100 Ω。
当线圈电流大于或等于10 mA时，继电器的衔铁被吸合。
为继电器线圈供电的电池电动势E＝6 V，内阻不计。
图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。
(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A、B”或“C、D”)两端。
(2)如果使恒温箱内的温度保持50 ℃，可变电阻R′的值应调节为________Ω。
(3)如果使恒温箱内的温度保持100 ℃，可变电阻R′的值应调节为________Ω。
(4)若可变电阻R′可在380 Ω到470 Ω范围内调节，则此恒温箱可控制的恒温范围是。
四、计算题(本题共2小题，共37分)11．(17分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。
一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT 。
为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V ，11 kW ”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路图如图所示。
求：(1)发电机的输出电压；(2)变压器原、副线圈的匝数比；(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数。
12．(20分)发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户。
(1)画出全过程的线路图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压。
1．解析：选B 将磁感应强度增加一倍，其他条件不变，或将线圈的面积增加一倍，其他条件不变，选项B 正确。
2．解析：选A 由于线圈和永磁铁不变，风速增大时，转速增大，磁感应强度的变化率增大，故感应电动势增大，感应电流增大；转速增大，周期变小，故A 正确。
3. 解析：选B 图示位置线圈中的感应电动势最小为零，A 错误；因为线圈转动时只有一条边切割磁感线，当线圈从图示位置开始转动时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e ＝12BL 2ωsin ωt ，线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR 总＝BL 2R ＋r ，B 正确，C 错误；线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E m 2R ＋r 2〃R 〃2πω＝πB 2ωL 4R 4（R ＋r ）2，D 错误。
4．解析：选B 由ω＝2πf 可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz ，选项A 错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为E m ＝NBSω＝100×6225π×0.5×10π V ＝120 2 V ，变压器输入电压为120 V ，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，选项B 正确，C 错误；因副线圈电压仍为12 V ，故将灯泡更换为“12 V ，24 W ”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D 错误。
5．解析：选B 从图示位置转过90°角的过程中，即在0～T 4时间内，线框中的感应电动势为E ＝12BL 2ω，感应电流沿顺时针方向；在转过90°至180°的过程中，即在T 4～T 2时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在T 2～3T 4时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在3T 4～T 时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿顺时针方向。
根据有效值的定义知I ＝BL 2ω2R 。
6. 解析：选CD 电流方向随时间周期性变化的为交流电，电流方向不改变的为直流电，显然题中两图表示的都是交流电，A 错误； 两种电压的最大值相同， 但题图甲是正弦式交变电压，有效值为3112V ＝220 V ，题图乙是锯齿形交变电压，有效值不能按上式计算，B 错误；题图甲所示的正弦式交变电压的周期为2×10－2 s ，角速度 ω＝2πT＝100π rad/s ，所以电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt (V)，C 正确；变压器不改变交变电流的频率，D 正确。
7．解析：选BD 由题图可知T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，A 错误；在0～0.005 s 内，由E m ＝nBSω得BS ＝2π Wb ，q ＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15πC ，B 正确；电热丝两端的电压U ＝R R ＋r 〃E m 2＝90 2 V ，C 错误；电热丝的发热功率P ＝U 2R ＝（902）29 W ＝1 800 W ，D 正确。
8．解析：选AD U 2＝n 2n 1U 1，P 上移，U 2减小，Q 下移，负载电阻R 负增大，所以输出功率P 2＝U 22R 负减小，由输入功率P 1＝P 2＝I 1U 1，U 1不变，所以I 1减小，A 正确。
Q 上移，负载R 负减小，U 2不变，输出功率增大，输入功率增大，电流表的示数增大，B 错。
由公式U 2＝n 2n 1U 1知，C 错，D 正确。
9．解析：(1)实验电路中滑动变阻器采用的是分压式接法，题图甲中E 矩形框内应该接电压传感器，F 矩形框内应该接小灯泡。
(2)根据小灯泡的电阻随温度的升高而增大，可判断横坐标表示电流，纵坐标表示电压。
答案：(1)电压传感器 小灯泡 (2)电流 电压10．解析：(1)温度低于要求时，电路加热设备应工作，此时热敏电阻的阻值大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流小，弹簧将衔铁向上拉起，故恒温箱加热器应接A 、B 两端。