2016高考物理二轮复习考前保温训练8.doc
【小初高学习】2016高考物理二轮复习 考前保温训练1 相互作用和牛顿运动定律(含解析)
相互作用和牛顿运动定律(限时30分钟)1．(多选)下列关于摩擦力的说法，正确的是( )A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速答案：CD解析：摩擦力总是阻碍物体的相对运动(或相对运动趋势)，而物体间的相对运动与物体的实际运动无关．当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时，摩擦力是动力，方向相反时为阻力，故C、D项正确．2．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是( )A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力答案：D解析：若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝g tan α，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．3．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )A．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小 答案：A解析：B 向右做匀减速直线运动，加速度大小不变、方向向左，故所受摩擦力的方向向左，大小不变，即A 正确，B 、C 、D 均错误．4．如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m ＝1.0 kg 的物体．细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连．物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9 N ．关于物体受力的判断(取g ＝9.8 m/s 2)，下列说法正确的是( )A ．斜面对物体的摩擦力大小为零B ．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N ，方向沿斜面向上C ．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N ，方向竖直向上D ．斜面对物体的支持力大小为4.9 N ，方向垂直斜面向上 答案：A解析：物体重力在斜面方向上的分力：G x ＝mg sin 30°＝4.9 N ，由此可推断f ＝0，即A 正确，B 错误．物体重力在垂直斜面方向上的分力：G y ＝ mg cos 30°＝4.9 3 N ，方向垂直斜面向下，即支持力大小为4.9 3 N ，方向垂直斜面向上，故C 、D 均错误．5．如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g .若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面所受弹力的大小为( )A.mg2sin αB.mg2cos αC.12mg tan α D.12mg cot α 答案：A解析：石块受力如图所示，由对称性可知两侧面所受弹力大小相等，设为F N ，由三力平衡可知四边形OABC 为菱形，故△ODC 为直角三角形，且∠OCD ＝α，则由12mg ＝F N sin α可得F N ＝mg2sin α，故A 正确．6．(多选)用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )A．P受4个力B．Q受3个力C．若绳子变长，绳子的拉力将变小D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大答案：AC解析：先研究Q，水平方向上Q受墙壁和小球P的弹力而平衡，竖直方向上Q受重力和P对它的竖直向上的摩擦力而平衡，故Q受到的静摩擦力始终等于其重力，选项B、D错误；再研究P，P受重力、绳子拉力、Q对它的支持力和竖直向下的摩擦力作用，选项A正确；以P、O整体为研究对象，设绳子与墙壁之间的夹角为θ，若绳子变长，θ将变小，根据平衡条件在竖直方向上有：F cos θ＝G总，则绳子的拉力将变小，选项C正确．7．如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g.则有( )A ．a 1＝0，a 2＝gB ．a 1＝g ，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋MM g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋MMg 答案：C解析：木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg .木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg .由平衡条件和牛顿第二定律可得a 1＝0，a 2＝m ＋MMg .答案为C. 8.(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，取g ＝10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )甲 乙A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处 答案：BD解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝va＝1 s 与传送带达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动历时t 2＝2 m －x 1v＝1.5 s到达B 处，共用时间2.5 s ；乘客到达B 处历时t 2＝2 mv＝2 s ，故B 正确，A 、C 错误．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2×21s ＝2 s ，D 正确． 9．如图所示，质量分别为m 1、m 2的物块A 、B 用一轻质绳相连置于粗糙水平面上，用一水平力F (F ＝kt ，k 为大于0的常数)向右拉A ，已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数相等且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，绳的承受力足够大，则下列关于绳中弹力大小F N 随时间t 的变化关系的图象中正确的是( )答案：A解析：当μm 1g ≥F ＝kt 时，绳中无弹力，C 错；当μ(m 1＋m 2)g ≥kt >μm 1g 时，由力的平衡知F N ＋μm 1g ＝kt ，即F N 与时间成线性关系，当F >μ(m 1＋m 2)g 时，A 、B 一起向右加速，a ＝F －μm 1＋m 2g m 1＋m 2，而F N －μm 2g ＝m 2a ，联立得F N ＝m 2m 1＋m 2kt ，即F N 随时间变化的图线是一条过原点的直线，A 对，B 、D 错．10．中央电视台推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1＝5 m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC 长度为L 2＝1 m ，瓶子质量为m ＝0.5 kg ，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝20 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(取g ＝10 m/s 2)(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？ (2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？答案：(1)16s (2)0.4 m解析：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C 点速度正好为零时，推力作用时间最长，设最长作用时间为t 1，有推力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a 1，t 1时刻瓶的速度为v ，推力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1μmg ＝ma 2加速运动过程中的位移x 1＝v 22a 1减速运动过程中的位移x 2＝v 22a 2位移关系满足：x 1＋x 2＝L 1 又：v ＝a 1t 1由以上各式解得：t 1＝16s.(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B 点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离为d ，则：v ′22a 1＋v ′22a 2＝L 1－L 2 v ′2＝2a 1d联立解得：d ＝0.4 m.11．如图所示，一儿童玩具船静止在水平地面上，一个儿童用与水平面成53°角的恒力拉着船沿水平面运动，已知拉力F ＝4.0 N ，玩具船的质量m ＝0.5 kg ，经过时间t ＝2.0 s ，船移动的距离x ＝4.2 m ，这时儿童松开手，船又滑行了一段距离后停下(取g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．(1)求船与水平地面间的动摩擦因数以及松开手后船还能运动的距离．(2)若拉力与水平面成53°角不变，为使船能始终在地面上运动，求拉力F 的取值范围．若拉力与水平面之间夹角不定，使船能在地面上运动的最小拉力是多少？答案：(1)1.176 m (2)见解析 解析：(1)由牛顿第二定律得F cos 53°－μ(mg －F sin 53°)＝ma根据运动学公式知x ＝12at 2解得μ＝0.75松手时船滑行的速度v m ＝2xt＝4.2 m/s松手后船滑行的加速度大小a 1＝μg ＝7.5 m/s 2滑行距离s ＝v 2m2a 1＝1.176 m.(2)为使船始终在地面上滑行，最小的拉力应使它在地面上匀速运动，由牛顿第二定律得F 1cos 53°－μ(mg －F 1sin 53°)＝0，解得F 1＝3.125 N拉力取最大值时，它的竖直分量等于重力F 2sin 53°＝mg ，F 2＝6.25 N所以拉力的取值范围是3.125 N≤F ≤6.25 N取船为研究对象，其在与水平面夹角为θ、斜向右上方的拉力F 作用下，沿水平面向右做匀速直线运动，此时，船的受力情况如图所示，沿两坐标轴方向列出平衡方程：F cos θ－f ＝0 F sin θ＋N －mg ＝0考虑到滑动摩擦力f 与正压力N 间的关系f ＝μN由上述三式消去未知量N 和f ，将F 表示为θ的函数，得F ＝μmgcos θ＋μsin θ对上述表达式作变换，得F ＝μmg θ－α1＋μ2，其中tan α＝μ由此可知，当θ＝α＝arctan μ时，拉力F 可取得最小值F min ＝μmg 1＋μ2.。
2016高考物理二轮复习：考前保温训练 (8)
考前保温训练(八)物理实验(限时30分钟)1．某同学用图甲所示装置进行“探究恒力做功与动能改变的关系”实验．平衡摩擦力后，通过实验得到图乙所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F.实验时小车的质量为0.390 kg，小车受到细绳的拉力为0.40 N．回答下列问题：(计算结果保留3位有效数字)甲乙(1)小车从O到E，所受合力做的功W＝________J；动能变化量ΔE k＝________J.(2)实验中该同学发现W略大于ΔE k，其主要原因是_________(写出一条即可)．答案：(1)0.1880.180(2)小车受到空气阻力的作用(纸带阻力等，从系统误差的角度回答)解析：(1)合力做的功W ＝Fx OE ＝0.4×46.90×10－2 J ＝0.188 J动能的变化量ΔE k ＝12m v 2E －0＝12×0.390× ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(57.00－37.80)2×0.1×10－22 J －0＝0.180 J. (2)虽然平衡了摩擦力，但是每次运动中空气或纸带的阻力做负功，所以W 略大于ΔE k .2．(1)用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为________cm ；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为________mm.(2)某同学采用如图丙所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F ；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a .分别以合力F 和加速度a 作为横轴和纵轴，建立坐标系．根据实验中得到的数据描出如图丁所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致．该同学列举产生这种结果的可能原因如下：①在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；②没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；③砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件；④测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大．通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是()A．①和④B．②和③C．①和③D．②和④答案：(1)5.015 4.700(2)C解析：(1)游标卡尺读数50 mm＋0.05×3 mm＝50.15 mm＝5.015 cm.螺旋测微器读数4.5 mm＋0.01×20.0 mm＝4.700 mm.(2)由题图丁可知当F＝0时，a≠0，则Mg sin θ>f，说明θ角偏大，右端垫得过高；图象的末端不是直线说明砂桶和砂的总质量m0和小车质量M不满足m0≪M的关系，所以只有C选项正确．3．已知电阻丝的电阻约为10 Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有________(只填代号)．画出用伏安法测上述电阻丝的电阻时的电路图．A．量程是0.6 A，内阻是0.5 Ω的电流表；B．量程是3 A，内阻是0.1 Ω的电流表；C．量程是3 V，内阻是6 kΩ的电压表；D．量程是15 V，内阻是30 kΩ的电压表；E．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；F．阻值为0～10 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；G．蓄电池(6 V)；H．开关一个，导线若干．答案：ACFGH电路图如图所示解析：①先选H和电源G.②选电流表电源选定后可估算总电流，不连入滑动变阻器时干路电流最大值I max＝610A＝0.6 A，因此电流表选A.若选B表，会有以下不足：首先0.6 A电流太小，指针偏转范围不足总刻度的三分之一，读数时误差较大；其次电流表的满偏电流越大，分度值即精确度越低，故不选B.③选电压表若选C表，量程3 V，则流过R的电流要被控制在0.3 A以下，由上面所选A电流表的量程知，此时其指针可偏转较大．若选D表，电压表为15 V量程时，精确度太低，为实现电压表和电流表精确度的匹配，应选C表而不选D表．④选变阻器由于上面所选的是量程为3 V的电压表，滑动变阻器用限流接法时，选0～10 Ω的变阻器时阻值太小(电阻丝电压超过电压表量程)，选用0～1 000 Ω的变阻器时阻值太大(调节不方便)，因此决定滑动变阻器采用分压电路的连接方式．由于电阻丝阻值约为10 Ω，为在3 V、0.3 A以下范围内调节滑动变阻器，读取几组测量值，滑动变阻器应选0～10 Ω的．不选用0～1 000 Ω的滑动变阻器，一是因为其阻值太大，调压不灵敏；二是在满足要求的情况下，应尽量选用小规格的器材．⑤确定电流表的接法由R x＝10 Ω，R A＝0.5 Ω，R V＝6 kΩ分析可知，为减小R A分压带来的误差，应选用电流表外接法．选用实验器材一般应根据实验原理掌握“可行”“精确”和“方便”的原则．“可行”是指选用的实验器材要能保持实验的正常进行；“精确”是指选用的实验器材要考虑尽可能地减小实验误差(如电表的指针偏转要求较大)；“方便”是指选用的实验器材要便于操作．4．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a．___________________________________________________.b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处．c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.(2)为了尽量准确测该电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．A．电压表V(量程50 V、内阻约为25 kΩ)B．电流表A1(量程500 mA、内电阻r1＝20 Ω)C．电流表A2(量程100 mA、内电阻约5 Ω)D．定值电阻R0(80 Ω)E．滑动变阻器R(0～10 Ω)F．电源：电动势E＝6 V，内电阻较小G．导线、开关若干请在虚线框内画出能准确测量电阻R的电路图(要求在电路图上标出元件符号)．请根据设计的电路图写出R x的测量值表达式R x＝________.答案：(1)a.换用×10倍率的挡位c．120(2)电路图见解析I1I2－I1(R0＋r)解析：(1)由题知选择×100倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，则要把×100倍率挡换成×10倍率挡．由欧姆表盘的读数规则可知测量结果为12.0×10 Ω＝120 Ω.(2)已知电源电动势E＝6 V，而电压表V的量程为50 V，相比较可得知，此电压表不可选，误差太大；由电源电动势E＝6 V，被测阻值约120 Ω，可知：通过R x的最大电流约为I＝ER x＝50 mA；此题要用伏安法测电阻，测量中表的指针要有较大角度偏转误差才会较小，同时知A1的量程和内电阻，可将定值电阻R0与A1串联改装成一电压表测R x两端的电压；滑动变阻器R＝10 Ω比被测电阻R x小得多，则采取分压式接法，则电路图如图所示：由电路图可知，R x两端电压U x＝I1(R0＋r1)R x中的电流I x＝I2－I1则R x＝U xI x＝I1I2－I1(R0＋r1)．5.某小组利用图示实验装置来测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，其中，a是滑块(可视为质点)，b是可以固定于桌面的滑槽(滑槽末端与桌面相切)．实验操作步骤如下：A．将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M 对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P点，并测出桌面的高度MO为h，OP距离为x0；B．将滑槽沿桌面向左移动一段距离，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P′点，测出OP′距离为x；改变L，重复上述步骤，分别记录实验数据．不计空气阻力．请回答下列问题：(1)实验________(填“需要”或“不需要”)测量滑块的质量m.(2)根据实验记录的数据作出x2-L关系的图象如图所示，若图中纵截距为x20，横截距为L0，则可求出滑块a与桌面间的动摩擦因数的表达式是μ＝________.(3)若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，则滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．答案：(1)不需要(2)x204hL0(3)不变解析：滑块a从滑槽上最高点由静止滑到M点时的速度为v0，则根据平抛运动的知识可得x0＝v0t，h＝12gt2，将滑槽左移一段距离L后，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑下，运动到M点的速度为v，则有x＝v t，h＝12gt2，根据动能定理得－μmgL＝12m v2－12m v2，联立各式可解得x2＝x20－4μhL，由此式可知不需测量滑块的质量．再联系x2-L图象有x20L0＝4μh，即μ＝x204hL0.若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将不变．6．有些材料的电阻率随压力作用而变化，这种现象称为“压阻效应”，这种材料可以制成压力传感器．现用如图甲所示的电路先研究某长薄板电阻R x的压阻效应，然后将其改装为传感器．已知R x的阻值变化范围为几欧到十几欧，实验室中有下列器材：甲A．电源E(3 V，内阻不计)B．电流表A1(3 mA，内阻r1＝10 Ω)C．电流表A2(300 mA，内阻r2约为1 Ω)D．电压表V(15 V，内阻约5 kΩ)E．电阻箱R1(最大阻值为10 000 Ω)F．定值电阻R0＝3 ΩG．开关S及若干导线(1)为了比较准确地测量电阻R x，请完成图甲中虚线框内电路图的设计．(2)要测量电阻R x，在电阻R x上加一个竖直向上的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S后，需要读取的数据为_______(用字母表示，并指明字母表示的测量量)，求解电阻R x的表达式为R x＝________(用所测物理量的字母表示)．(3)根据实验测量结果，作出压阻元件的R x-F图象，如图乙所示，将这种压阻元件与一个电流表串联接入如图丙所示电路将电流表改装成测量压力的仪表．若定值电阻R0＝14 Ω，电源和电流表内阻不计，电源电动势为3 V，则应将电流表刻度为________A处改为0 N，将电流表刻度为________A处改为4.5 N.乙丙答案：(1)如图所示(2)电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1I1(r1＋R1)I2－I1(3)0.10.143解析：(1)由题图乙知，被测电阻R x大小在7～16 Ω之间，则电路中电流最大为0.43 A，电路中有保护电阻R0，电流小于0.3 A，电流表选A2.电源电动势为3 V，电压表量程太大，不能准确测量，应将电流表A1与电阻箱串联，改装成量程为3 V的电压表，需要串联阻值为990 Ω的电阻，改装后电压表总内阻为1 000 Ω，被测量电阻为小电阻，电流表A2采用外接法．(2)闭合开关后，需要读出电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1，则电阻R x的表达式为R x＝I1(r1＋R1) I2－I1.(3)压力为0 N时，压阻元件的电阻为16 Ω，由欧姆定律得电流为0.1 A；当压力为4.5 N时，压阻元件的电阻为7 Ω，电流为0.143 A.。
(新课标Ⅱ卷)2016年高考物理冲刺卷 08(解析版) Word版
第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14、伽利略在研究运动的过程中，创造了一套科学方法，如下框所示，其中方框4中的内容是： （ ）A ．提出猜想B ．形成理论C ．实验检验D ．合理外推 【答案】C考点：物理问题的研究方法15、a 、b 两车在平直公路上行驶，其v －t 图象如图所示，在t ＝0时，两车间距为s 0，在t ＝t 1时间内，a 车的位移大小为s ，下列说法正确的是： （ ）A ．0- t 1时间内a 、b 两车相向而行B ．0- t 1时间内a 车平均速度大小是b 车平均速度大小的2倍C ．若a 、b 在t 1时刻相遇，则s 0＝23sD ．若a 、b 在t 1/2时刻相遇，则下次相遇时刻为2t 1 【答案】C 【解析】0- t 1时间内a 、b 两车的速度均为正，即两车的运动方向相同，A 错；在匀变速直线运动中，平均速度等于初速加末速除以2，则0- t 1时间内a 车平均速度为：0002322v v v v a =+=，b 的平均速度为：2v v b =，可知a 的平均速度是b 的平均速度的3倍，B 错；在0- t 1时间内，a 车的位移为s ，则10123t v t v s a ==，b 的位移为：321101st v t v s b b ===，若在t 1时刻相遇则s ss s 3230=-=，C 对；若a 、b 在21t 时刻相遇，由图像的对称性知，下次相遇的时刻为111232t t t =+，D 错。
考点:匀变速直线运动的速度时间图像。
(3)图线斜率的物理意义图线上某点切线的斜率大小表示物体的加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向． (4)图线与时间轴围成的“面积”的意义图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的物体的位移．若该面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若该面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．16、质量为m 的物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a 在竖直方向做匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则： （ ） A 、升降机的加速度方向竖直向上 B 、台秤示数减少maC 、升降机一定向上运动D 、升降机一定做加速运动【答案】B【解析】若物体处于失重状态，则加速度向下，故升降机可能是向上的减速、也可能是向下的加速，ACD错。
2016届高考物理二轮复习训练训练八(含答案)
1．(多选)湖面上停着A、B两条小船，它们相距30 m，一列水波正在湖面上沿AB连线的方向传播，每条小船每分钟上下浮动20次．当A船位于波峰时，B船在波谷，两船之间还有一个波峰，下列正确的是()A．水波的波长为60 mB．水波的波长为20 mC．水波的波速为20 m/sD．水波的波速为203m/s解析：由题意知，小船每分钟上下浮动20次，所以周期T＝6020＝3 s，当A船位于波峰时，B船在波谷，两船之间还有一个波峰，所以x AB＝32λ，得λ＝20 m，传播速度v＝λT＝203m/s，所以B、D正确，A、C错误．答案：BD2．(多选)如图甲所示，O点为振源，OP＝s，t＝0时刻O点由平衡位置开始振动，产生沿直线向右传播的简谐横波，如图乙为P点从t1时刻开始沿y轴正方向开始振动的振动图象，则以下说法正确的是()A. t2时刻P点振动速度最大，方向沿y轴负方向B．t＝0时刻振源O的振动方向沿y轴正方向C．t3时刻P点速度为0，加速度最小D．某障碍物的尺寸为s2t1(t2－t1)，该波遇到此障碍物时能发生明显的衍射现象E．该波与另一频率为1t2－t1的同类波叠加能产生稳定的干涉现象解析：t2时刻，质点P处于平衡位置，速度最大，但t2后质点P的位移变为y 轴正向，所以方向沿y轴正向，选项A错；P点从t1时刻开始沿y轴正方向开始振动，任意一个质点开始振动都是重复波源的振动，所以振源O开始振动即t＝0时也是从平衡位置沿y轴正方向开始振动，选项B对；t3质点P在最大位移处，速度为0，但加速度最大，选项C错；该简谐横波的周期T＝t2－t1，传播速度为v＝st1，波长λ＝v T＝st1(t2－t1)，某障碍物的尺寸为s2t1(t2－t1)<λ，可以发生明显的衍射现象，选项D对；要使得两列波叠加产生稳定的干涉图样要求频率相等，该简谐横波的频率f＝1T＝1t2－t1，选项E对．答案：BDE3．(多选)在t＝0 s时刻向平静水面的O处投下一块石头，水面波向东西南北各个方向传播开去，当t＝1 s时水面波向西刚刚传到M点(图中只画了东西方向，南北方向没画出)，OM的距离为1 m，振动的最低点N距原水平面15 cm, 如图，则以下分析正确的是()A．t＝1 s时O点的运动方向向上B ．该水面波的波长为2 mC ．振动后原来水面上的M 点和N 点永远不可能同时出现在同一水平线上D ．t ＝1.25 s 时刻M 点和O 点的速度大小相等方向相反E ．t ＝2 s 时刻N 点处于平衡位置解析：波向西传播，t ＝1 s 时O 点向上运动，A 正确；波长为2 m ，B 正确；t ＝1 s 时，M 质点向下振动，N 质点向上振动，当两者向下位移相等时，处于同一水平线上，C 错误；质点O 和M 点相距半个波长，振动情况相反，D 正确；2 s 内，质点N 振动了1.5 s ，其位置在正向最大位移处，E 错误．答案：ABD4．(2015·四川卷)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m 的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波( )A ．频率是30 HzB ．波长是3 mC ．波速是1 m/sD ．周期是0.1 s解析：已知振动30次的时间为1分钟即60 s ，则周期为2 s ，频率为0.5 Hz.由题意甲在波谷时乙在波峰且两点之间只有一个波长，则甲乙之间的距离与波长的关系为0.5λ＋λ＝3 m ，所以波长λ＝2 m ，再由公式v ＝λT 可知速度为1 m/s ，所以C 对．答案：C5．(2015·福建卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v .若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a 、b 相距为s ，a 、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是( )解析：由于波沿x 轴正向传播，根据逆向走坡法，可以判断A 项中a 质点此时正在平衡位置沿y 轴正向运动，从此时第一次到达波谷的时间t 1＝34·2s v ＝3s 2v ；B项中质点a 正在平衡位置沿y 轴负方向运动，第一次到波谷的时间t 2＝14·s v ＝s 4v ；同理分析可得，C 项中a 质点第一次到波谷的时间t 3＝34·s v ＝3s 4v ；D 项中a 质点第一次到波谷的时间t 4＝14·23s v ＝s 6v .由此可知判断，最早到达波谷的是D 项．答案：D6．(2015·四川卷)直线P 1P 2过均匀玻璃球球心O ，细光束a 、b 平行且关于P 1P 2对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a 、b 光相比( )A ．玻璃对a 光的折射率较大B ．玻璃对a 光的临界角较小C ．b 光在玻璃中的传播速度较小D ．b 光在玻璃中的传播时间较短解析：由图可知，b 光在玻璃中偏折程度更大，故b 光在玻璃中的折射率较大，故A 错误；根据sin C ＝1n ，b 光的折射率较大，临界角较小，故B 错误；根据v＝c n ，可知b 光的折射率较大，在玻璃中的传播速度较小，故C 正确；由图分析可知，b 光在玻璃中传播路程大于a 光在玻璃中路程，又因为v b <v a ，故b 光在玻璃中传播的时间长，故D 错误．答案：C7．(2015·扬州市期末质检)某横波在介质中沿x 轴传播，图甲为t ＝0.75 s 时的波形图，图乙为P 点(x ＝1.5 m 处的质点)的振动图象，那么下列说法正确的是( )A ．该波沿x 轴正方向传播，速度为2 m/sB ．质点L 与质点N 的运动方向总相反C ．t ＝1 s 时，质点P 处于平衡位置，并正在向y 轴正方向运动D ．在0.5 s 时间内，质点P 向右运动了1 m解析：根据振动图象知t ＝0.75 s 时，P 点向y 轴负方向振动，根据“上坡下，下坡上”知波向x 轴负方向传播，A 错误；相距半个波长的两个质点运动方向始终相反，B 正确；t ＝1 s 时，P 质点向y 轴负方向运动，C 错误；质点只在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，D 错误．答案：B8. (2015·上海卷)一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为v ，周期为T ，振幅为A .绳上两质点M 、N 的平衡位置相距3/4波长，N 位于M 右方．设向上为正，在t＝0时M 位移为＋A 2，且向上运动；经时间t (t <T )，M 位移仍为＋A 2，但向下运动，则( )A ．在t 时刻，N 恰好在波谷位置B ．在t 时刻，N 位移为负，速度向上C ．在t 时刻，N 位移为负，速度向下D ．在2t 时刻，N 位移为－A 2，速度向下解析：由题意知M 点的振动位移y M ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πTt ＋π6，可得N 点的振动位移y N ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t －4π3.由于M 点又回到最初位置且振动方向相反，所以由振动位移公式知t ＝T 3，代入数值可知C 正确．答案：C9. (多选)(2015·九江市三模)如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r ，外圆半径R ＝2r .现有一束单色光垂直于水平端面A 射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B 射出．设透明柱体的折射率为n ，光在透明柱体内传播的时间为t ，若真空中的光速为c ，则( )A ．n 可能为 3B ．n 可能为2C ．t 可能为22r cD ．t 可能为4.8r c解析：只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如图所示．根据全反射可知临界角C ≤45°，再根据n ＝1sin C 可知n ≥2；光在透明柱体中运动路程L ＝4r ，运动时间t ＝L v ＝4nr c ，则t ≥42r c ，C 、D 错误，A 、B 正确．答案：AB10．(多选)彩虹是由阳光进入水滴，先折射一次，然后在水滴的背面反射，最后离开水滴时再折射一次形成的．形成示意图如图所示，一束白光L 由左侧射入雨滴，a 、b 是白光射入雨滴后经过一次反射和两次折射后的其中两条出射光(a 、b 是单色光)．下列关于a 光与b 光的说法中正确的是( )A ．雨滴对a 光的折射率大于对b 光的折射率B ．a 光在雨滴中的传播速度小于b 光在雨滴中的传播速度C ．用同一双缝干涉仪做光的双缝干涉实验，a 光条纹间距大于b 光条纹间距D ．a 光、b 光在雨滴中传播的波长都比各自在真空中传播的波长要长E ．若a 光、b 光在同一介质中，以相同的入射角由介质射向空气，若b 光能够发生全反射，则a 光也一定能够发生全反射解析：从光的折射光路可知，a 光折射率大，即n a >n b ，选项A 对．根据n ＝c v ，折射率越大，介质中传播速度越小，即a 光在水珠中传播速度小，选项B 对．折射率越大，频率越高，波长越短，即a 光波长短，双缝干涉实验，波长越长条纹间距越宽，Δx ＝l λd ，所以a 光双缝干涉条纹间距窄，选项C 错．光在两种介质表面发生折射时，频率不变，从空气进入水珠，传播速度变小，所以波长变小，选项D 错．光线从介质到空气，发生全反射的临界角正弦sin C ＝1n ，即a 光全反射的临界角小，当b 光能够发生全反射时，已经超过了a 光的临界角，a 光也一定能够发生全反射，选项E 对．答案：ABE11．(多选)频率不同的两束单色光1和2 以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示，下列说法正确的是( )A ．单色光1的频率大于单色光2的频率B ．在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2 的传播速度C ．可能单色光1是红色，单色光2是蓝色D ．无论怎样增大入射角，单色光1和2都不可能在此玻璃板下表面发生全反射E ．若让两束光从同种玻璃射向空气，单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角解析：由图看出，光在玻璃板上表面发生折射时，入射角相等，单色光1的折射角小于单色光2的折射角，根据折射定律n＝sin isin γ得知，玻璃对单色光1的折射率大于单色光2的折射率，单色光1的频率大于单色光2的频率，所以A对，C错；由v＝cn，可知在玻璃中单色光1的传播速度小于单色光2的传播速度，故B错；由光路可逆性可以知道，射向玻璃砖的光线与从玻璃砖射出的光线平行，所以无论怎样增大入射角，单色光1和2都不可能在此玻璃板下表面发生全反射，故D正确；由sin C＝1n知，单色光1的折射率大，临界角小，故E正确．答案：ADE12．(多选)以下说法中正确的是()A．对于同一障碍物，波长越大的光波越容易绕过去B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象C．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉E．不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的解析：波长越长的光越容易发生衍射现象，故越容易绕过障碍物，所以A正确；白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种折射现象，所以B错误；红光由空气进入水中，频率不变，故颜色不变，传播速度减小，故波长变短，所以C 错误；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，即薄膜干涉，所以D正确；根据狭义相对性原量，不管光源与观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，故E正确．答案：ADE13．(2015·重庆卷)(1)虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明．两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示．M、N、P、Q点的颜色分别为()A．紫、红、红、紫B．红、紫、红、紫C．红、紫、紫、红D．紫、红、紫、红(2)图为一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图，质点P的振动周期为0.4 s．求该波的波速并判断P点此时的振动方向．解析：(1)在同一介质中，红光的折射率小于紫光的折射率，以相同的入射角θ1从空气射入水中，由n＝sin θ1sin θ2知紫光的折射角θ2较小，所以射到M、Q两点的为紫光，射到N、P两点的为红光，故A正确．(2)从图中可看出波长λ＝1 m，由v＝λT可求得波速v＝2.5 m/s，根据波的形成原因是靠近波源的质点的带动，靠近波源的点在质点P 的上方，所以质点P 正在沿y 轴正向振动．答案：(1)A (2)2.5 m/s ，沿y 轴正向14．(2015·山东卷)(1)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y ＝0.1 sin(2.5πt )m.t ＝0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t ＝0.6 s 时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.以下判断正确的是______．(双选，填正确答案标号)a ．h ＝1.7 mb ．简谐运动的周期是0.8 sc ．0.6 s 内物块运动的路程是0.2 md ．t ＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相反(2)半径为R 、介质折射率为n 的透明圆柱体，过其轴线OO ′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，以角i 0由O 点入射，折射光线由上边界的A 点射出．当光线在O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B 点恰好发生全反射．求A 、B 两点间的距离．解析：(1)由简谐运动表达式知2πT ＝2.5π，得T ＝0.8 s ，b 正确；简谐运动的振幅A ＝0.1 m ，t ＝0.6 s 时物块振动了34T ，物块的路程为3A ＝0.3 m ，c 错；t ＝0.4s 时，恰为半个周期，物块经平衡位置向下振动，与小球运动方向相同，d 错；t＝0.6 s 时，物块处于下方最大位移处，小球下落的高度H ＝h ＋A ＝12gt 2＝1.8 m ，所以h ＝1.7 m ，a 正确．(2)当光线在O 点的入射角为i 0时，设折射角为r 0，由折射定律得sin i 0sin r 0＝n ①设A 点与左端面的距离为d A ，由几何关系得sin r 0＝Rd 2A＋R 2② 若折射光线恰好发生全反射，则在B 点的入射角恰好为临界角C ，设B 点与左端面的距离为d B ，由折射定律得sin C ＝1n ③由几何关系得sin C ＝d B d 2B ＋R 2④ 设A 、B 两点间的距离为d ，可得d ＝d B －d A ⑤联立①②③④⑤式得d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1－n 2－sin 2 i 0sin i 0R ⑥ 答案：(1)ab (2)见解析15．(2015·全国新课标Ⅱ卷)(1)如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a 、b 两束光线，则______．(填正确答案标号．)A ．在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度B ．在真空中，a 光的波长小于b 光的波长C ．玻璃砖对a 光的折射率小于对b 光的折射率D ．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a 首先消失E ．分别用a 、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距(2)平衡位置位于原点O 的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P 、Q 为x 轴上的两个点(均位于x 轴正向)，P 与O 的距离为35 cm ，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t ＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置，求：(ⅰ)P 、Q 之间的距离．(ⅱ)从t ＝0开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过路程．解析：(1)由题图知，从玻璃砖射出时，入射角相同，a 光的折射角大于b 光的折射角，玻璃砖对a 光的折射率大于对b 光的折射率，a 光在玻璃中的传播速度比b 光的小，a 光的频率比b 光的大，在真空中，a 光的波长较短，a 光形成的干涉条纹间距较小，选项A 、B 正确，C 、E 错误；a 光的全反射临界角较小，当入射角θ增大时，a 光先发生全反射，折射光线先消失，选项D 正确．(2)(ⅰ)由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ①波速v 与波长的关系为v ＝λT ②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有v t ＝PQ ＋λ4③式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得PQ ＝133 cm ④(ⅱ)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间t 1＝t ＋54T ⑤波源从平衡位置开始运动，每经过T 4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T 4⑥故t 1时间内，波源运动的路程s ＝25A ＝125 cm ⑦ 答案：(1)ABD (2)(ⅰ)133 cm (ⅱ)125 cm。
考前保温训练
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(3)如果刹车时两车的加速度交换，这时由于甲车的加速度为 a2 ＝6 m/s2，乙车的加速度为 a1＝4 m/s2 说明运行过程中甲车要比乙车先停下来， 所以两车的位移大小关 v0 2 v0 2 系应满足：v0t0＋ ＝x0′＋ ， 2a1 2a2 55 代入数据解得 x0′＝ m≈9.17 m。 6
答案：(1)30 N
(2)1 m
(3)6 J 返回
考前保温训练(三)
1．选 BD 运动员动能与重力势能均增加，A错误，B正确； 重力做负功，C错误；地面对运动员不做功，运动员通过 自身肌肉和骨骼的运动使自身储存能量转化为机械能，根 据动能定理知，D正确。
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2．选 C 取m、M为一整体，在两物块间开始相对滑动之 前，整体一直处于平衡状态，故有F＝kx，由能量守恒 定律可知，推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能， C正确；隔离m分析，由平衡条件得：F＝kx，故随x增 大，m受到的摩擦力增大，当x＝40 cm时，F最大，大
说明到达斜面时速度方向与斜面垂直，将 速度如图所示分解为 v1＝v0，v2＝gtA，由 v1 v0 图可得：tan θ＝ ＝gt ；而 B 球落到斜面上的位移最短，则说 v2 A 明小球 B 从抛出到斜面的位移与斜面垂直，将位移分解可得：x v0 1 2 x v0tB ＝v0tB，y＝ gtB ，由图可得 tan θ＝y ＝ ＝ ，故可知选项 2 1 2 1 gt gt 2 B 2 B C 正确。
4 P 7.5×10 牵引力 F＝Ff，所以 P＝Fv＝Ffvm，vm＝ ＝ m/s Ff 2.5×103
＝30 m/s。
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(2)求 100 s 内的位移的方法有以下两种： 法一：直接判断法：从开始到 100 s 时刻依据动能定理得： 1 1 2 Pt－Ffx＝ mvm － mv0 2，解得： 2 2 2Pt－mvm2＋mv0 2 x＝ ＝2 200 m。 2Ff
高考物理二轮复习保温精练考前第8天力与运动
考前第8天 力与运动[保温精练]1．如图所示，甲、乙、丙三个小球从倾角为45°的斜面上同一点开始做平抛运动．甲球落到斜面上，乙球落到斜面底端，丙球落到水平地面上．如果甲、乙、丙三个小球在水平方向上的位移之比是1∶2∶3，则甲、乙、丙三个小球做平抛运动的初速度之比为( )A ．1∶2∶3 B.2∶2∶3 C.12∶2∶3 D.12∶2∶3 [解析] 设乙、丙球落地点到抛出点的竖直高度为h ，对于甲球：h 2＝12gt ′2，h 2＝v 甲t ′；对于乙球：h ＝12gt 2，h ＝v 乙t ；对于丙球：h ＝12gt 2，32h ＝v 丙t .联立解得v 甲∶v 乙∶v 丙＝2∶2∶3，选项B 正确．[答案] B2．(多选)如图，一质点以速度v 0从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M 点且落到M 点时速度水平向右．现将该质点以2v 0的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N 点．下列说法正确的是( )A ．质点从抛出到落到M 点和N 点的时间之比为1∶2B ．质点落到M 点和N 点时的速度之比为1∶1C ．M 点和N 点距离斜面底端的高度之比为1∶2D ．质点落到N 点时速度方向水平向右[解析] 由于落到斜面上M 点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M 点向左的平抛运动，设在M 点的速度大小为u ，把质点在斜面底端的速度v 分解为水平方向的速度u 和竖直方向的速度v y ，由x ＝ut ，y ＝12gt 2，y x ＝tan θ得空中飞行时间t ＝2u tan θg，v y ＝gt ＝2u tan θ，v 和水平方向夹角的正切值v y u＝2tan θ为定值，故质点落到N 点时速度方向水平向右，D 正确；v ＝u 2＋v 2y ＝u 1＋4tan 2θ，即v 与u 成正比，故质点落到M 和N 点时的速度之比为1∶2，故B 错误；由t ＝2u tan θg知质点从抛出到落到M 点和N 点的时间之比为1∶2，A 正确；由y ＝12gt 2＝2u 2tan 2θg，知y 和u 2成正比，M 点和N 点距离斜面底端的高度之比为1∶4，C 错误．[答案] AD3．(多选)(2016·辽宁重点中学考试)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离．t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1，同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，运动过程中F 1、F 2方向保持不变，F 1、F 2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A 、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )A ．t ＝2.0 s 时A 、B 之间作用力大小为0.6 NB ．t ＝2.0 s 时A 、B 之间作用力为零C ．t ＝2.5 s 时A 对B 的作用力方向向左D ．从t ＝0时到A 、B 分离，它们运动的位移为5.4 m[解析] 由题中图乙可知F 1、F 2的合力保持不变，根据牛顿第二定律，两个物块一起运动的加速度a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝ 1．2 m/s 2.t ＝2.0 s 时刻，F 2＝1.8 N ，对B 根据牛顿第二定律，F 2＋F AB ＝m B a ，可得F AB＝0.6 N ，A 正确．若A 、B 间的作用力恰为零，由牛顿第二定律得F 2＝m B a ＝2.4 N ，由题中图乙知F 2＝0.9t (N)，可得t ＝83 s 时A 、B 间的作用力为零，B 错．t ＝2.5 s<83s ，两物块紧靠着，A 对B 的作用力方向向右，C 错．当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离，对B 分析，F 2－F AB ′＝m B a ，F 2＝2.7 N ，代入F 2＝0.9t (N)得t ＝3 s 时分开，则x ＝12at 2＝5.4 m ，D 正确．[答案] AD4．(多选)某火星探测器发射过程的简化图如图所示，首先将该探测器发射到一停泊测试轨道，使探测器沿椭圆环绕地球运行，其中图中的P 点为椭圆轨道上的远地点，再经一系列的变轨进入工作轨道，使探测器在圆轨道上环绕火星运行．已知地球和火星的半径分别为R 1、R 2，P 点距离地面的高度为h 1，在工作轨道上探测器距离火星表面的高度为h 2，地球表面的重力加速度为g ，火星的质量为M ，引力常量为G ，忽略地球和火星自转的影响．根据以上信息可知( )A ．探测器在P 点的线速度大小B ．探测器在P 点的加速度大小C ．探测器环绕火星运行的周期D ．火星表面的重力加速度[解析] 由于P 点在椭圆轨道上，探测器所受万有引力不能用向心力公式计算，所以不能求出探测器在P 点的线速度大小，选项A 错误；探测器在P 点，由牛顿第二定律知：G M 地mR 1＋h 12＝ma P ，又G M 地m ′R 21＝m ′g ，联立两式可解出探测器在P 点的加速度大小，选项B 正确；由于探测器绕火星做圆周运动，由GMmR 2＋h 22＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R 2＋h 2)，可解出运行周期T ，选项C 正确；在火星表面，根据GMm ″R 22＝m ″g 火解得g 火＝GM R 22，选项D 正确． [答案] BCD。
2016高考物理二轮复习：模拟训练(2份) 人教课标版1(优秀免费下载资料)
仿真模拟卷二（对应学生用书）一、选择题（本题共小题，每小题分。
在每小题给出的四个选项中，第～题只有一项符合题目要求，第～题有多项符合题目要求.）.关于两个等量异种点电荷在其连线中点处的电场强度和电势，下述正确的是（）.场强为零，电势可能为零.场强为零，电势一定不为零.场强不为零，电势可能为零.场强不为零，电势一定不为零.钢球自塔顶自由落下m时，钢球自离塔顶m距离处自由落下，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，则塔高为（）.（·河南信阳一模）下图是演示小蜡块运动规律的装置.在蜡块沿玻璃管（方向）上升的同时，将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向（方向）向右运动，得到蜡块相对于黑板（平面）运动的轨迹图（图）.则蜡块沿玻璃管的上升运动与玻璃管沿水平方向的运动的形式是（）.小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动.小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀速直线运动.小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先加速后减速.小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先减速后加速.如图所示，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，直线为一个电阻的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻分别接到、两电源上，那么（）接到电源上，电源的效率较高接到电源上，电源的输出功率较大接到电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低接到电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高.质量为kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝的水平面上，在水平拉力的作用下，由静止开始运动，拉力做的功和物体发生的位移之间的关系如图所示，＝.下列说法中正确的是（）.此物体在段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.此物体在段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为.如图所示，是匀强磁场的边界，质子（）和α粒子（）先后从点射入磁场，初速度方向与边界夹角均为°，并都到达点.不计空气阻力和粒子间的作用.关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（）.质子和α粒子运动轨迹相同.质子和α粒子运动动能相同.质子和α粒子运动速率相同.质子和α粒子运动时间相同年月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，为轨道Ⅱ上的一点，如图所示.关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有（）.在轨道Ⅱ上经过的速度小于经过的速度.在轨道Ⅱ上经过的动能小于在轨道Ⅰ上经过的动能.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期.在轨道Ⅱ上经过的加速度小于在轨道Ⅰ上经过的加速度.如图所示，用两等长的细绳将一磁铁与一圆形闭合线圈悬于细杆上，静止时线圈平面与磁铁的轴线垂直，磁铁质量为，磁极如图所示.在垂直于细杆的平面内，保持细绳绷紧，将磁铁拉至与细杆等高的位置，将磁铁由静止释放，则下列说法正确的是（）.磁铁下摆过程中，线圈所受合外力为零.磁铁下摆过程中，线圈中有逆针方向（沿方向看）的感应电流.磁铁下摆过程中，线圈中有顺时针方向（沿方向看）的感应电流.磁铁摆到最低点时，两绳子拉力的合力小于二、非选择题（包括必考题和选考题两部分）（一）必考题（分）.（分）（）打点计时器所用电源为（交流电或直流电），当电源频率为，每隔打一个点，实验时放开纸带与接通电源的先后顺序是先.（）某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，他已在每条纸带上按每个点取好一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为，依打点先后编为，，，，，.由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图所示，请根据给出的、、、四段纸带回答：在、、三段纸带中选出从纸带上撕下的那段应该是，打纸带时，物体的加速度大小是..（分）实验室备有以下器材：电压传感器、电流传感器、滑动变阻器（阻值变化范围～Ω）、滑动变阻器（阻值变化范围～Ω）、电动势适当的电源、小灯泡（，）、开关、导线若干.（）要完整地描绘小灯泡的曲线，请在方框中画出实验电路图，并标出所用滑动变阻器的符号.（）实验中描绘出的小灯泡曲线如图所示，由图象可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而（填“增大”“减小”或“不变”）.（）如果用上述器材测量所给电源的电动势和内电阻，实验电路如图甲所示，图中是阻值为Ω的保护电阻，实验中测得多组数据如下表所示，试在同一坐标系中画出等效电源的图象，由图象可求出电源自身内阻约为Ω.序号（）若将上述小灯泡直接与电源和保护电阻组成串联电路，如图乙所示，此时小灯泡消耗的电功率约为..（分）如图所示，在高出水平地面＝m的粗糙平台上放置一质量＝kg、长度＝m的薄板，上表面光滑，最左端放有可视为质点的物块，其质量＝.开始时静止，有向右的初速度＝m、与平台间动摩擦因数均为μ＝.现对施加＝水平向右的恒力，当尚未露出平台时已经从右端脱离，脱离时撤掉离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离＝m（取＝m）.求：（）离开平台时的速度；（）从一开始到刚脱离右端时，运动的时间；（）一开始时薄板的最右端离平台边距离..（分）如图所示，在无限长的水平边界和间有一匀强电场，同时在、区域分别存在水平向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同，为左右磁场的分界线边界上的点到边界的距离为（＋）.一带正电微粒从点的正上方的点由静止释放，从点垂直边界进入电、磁场区域，且恰好不从边界飞出电、磁场.已知微粒在电、磁场中的运动轨迹为圆弧，重力加速度大小为，电场强度大小（未知）和磁感应强度大小（未知）满足＝，不考虑空气阻力.（）求点距离点的高度多大.（）若微粒从点以＝水平向左平抛，且恰好垂直下边界射出电、磁场，则微粒在电、磁场中运动的时间多长？（二）选考题（共分）.[物理——选修－]（分）（）（分）下列说法正确的是（）.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化.足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果.一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的.一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时问内撞击单位面积上的分子数不变（）（分）一定质量的理想气体从状态变化到状态，再变化到状态，其状态变化过程的图象如图所示.已知该气体在状态时的温度为℃.则：①该气体从状态到状态的过程中（填“吸热”或“放热”）.②该气体在状态时的温度为多少℃？.[物理——选修－]（分）（）（分）如图（）为一列简谐横波在＝时的波形图，图（）为介质中平衡位置在＝m处的质点的振动图象.下列说法正确的是（）.质点的振幅为cm.横波传播的波速为m.横波沿轴负方向传播.在任意内运动的路程为cm.在任意内运动的路程为cm（）（分）如图所示，有一足够大的容器内盛有水和色拉油两种物质，其中水的深度为，色拉油的厚度为，容器底部有一个单色点光源，已知水对该光的折射率为＝，色拉油对该光的折射率为＝，光在真空中的传播速度为，求：①这种光在水中和色拉油中传播的速度大小；②在色拉油上表面放一不透明薄膜，以致从光源直接发出的光线不能从色拉油中射出，则薄膜的最小面积..[物理—选修－]（分）（）（分）根据玻尔理论，下列说法正确的是（）.原子处于定态时，虽然电子做变速运动，但并不向外辐射能量.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量.氢原子可以吸收小于使氢原子电离能量的任意能量的光子，因而轨道半径可以连续增大.电子没有确定轨道，只存在电子云.玻尔理论的成功之处是引入量子观念（）（分）如图所示，质量为kg的小球放在光滑的曲面上，离地面的高度m，小球静止在水平地面上，离竖直墙的距离是＝m，静止释放，与发生弹性碰撞，与墙碰撞无机械能损失，也不计与墙碰撞时间，在离墙m处两球发生第二次碰撞，重力加速度＝m，求：①小球的质量；②两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔.仿真模拟卷二解析与答案.解析：根据两个等量异种点电荷的电场线图可知，其连线中点的电场强度不为零；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势面，一直通到无穷远，如选取无限远电势为零，则连线中点的电势也为零，故、、错误，正确.答案：.解析：根据＝得：球下落m所需时间为：＝＝＝，设塔高，则球下落的时间为：＝①对球有：＝（＋）②由①②解得：＝m.答案：.解析：由曲线运动的条件可知，合力与初速度不共线，且轨迹的弯曲大致指向合力的方向，若蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，则玻璃管沿方向先减速后加速；若蜡块沿水平方向做匀速直线运动，则玻璃管沿方向先加速后减速；故、、错误，正确.答案：.解析：电源的效率η＝＝.由图看出，电阻接在电源上时电路中电流为，短路电流为，根据闭合电路欧姆定律＝得到，＝，电源的效率为.由图看出，电阻接在电源上时＞，则电源的效率大于，故错误；电源的图线与电阻的图线的交点表示电阻接在该电源上的工作状态，由图读出电阻接在电源的电压和电流较大，电源的输出功率较大，故错误；由分析可知，接到电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低.故正确，错误.答案：.解析：对物体受力分析，物体受到的摩擦力为：＝μ＝μ＝××＝由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，段的拉力为，段的拉力为，所以物体在段做匀加速运动，在段做匀减速直线运动在段的拉力为，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由＝，＝得：＝代入数值解得：＝m，此时的最大功率为：＝＝×＝在段，物体匀减速运动，最大速度的大小为，拉力的大小为所以此时的最大功率为：＝＝×＝所以在整个过程中拉力的最大功率为，所以、、错误，正确.答案：.解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，质子和α粒子从同一点沿相同的方向射入磁场，然后从同一点离开磁场，则它们在磁场中的运动轨迹相同，故正确；两粒子的运动轨迹相同，则它们的轨道半径相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：＝，解得：＝，粒子动能：＝＝，质子与α粒子的电量分别为和，质量之比为∶，轨道半径、磁感应强度都相等，则质子＝α粒子，故正确；由牛顿第二定律得：＝，解得：＝，质子与α粒子的电量分别为和，质量之比为∶，轨道半径、磁感应强度都相等，则：＝，故错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：＝，质子与α粒子的电量分别为和，质量之比为∶，磁感应强度都相等，则：＝，两粒子的运动轨迹相同，粒子在磁场中转过的圆心角θ相同，粒子在磁场中的运动时间：＝，＝＝，故错误.答案：.解析：在轨道Ⅱ上由点到点，万有引力做正功，动能增加，则点的速度小于点的速度，故正确；由轨道Ⅱ上的点进入轨道Ⅰ，需加速，使得万有引力等于所需的向心力，所以在轨道Ⅱ上经过的动能小于在轨道Ⅰ上经过的动能，故正确；根据＝知，由于轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径，则飞船在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期，故正确；航天飞机在轨道Ⅱ上经过点和轨道Ⅰ上经过的万有引力相等，根据牛顿第二定律知，加速度相等.故错误.答案：.解析：磁铁下摆过程中，向左穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁通量的方向向右，所以线圈中有顺时针方向（沿方向看）的感应电流.故、错误，正确；磁铁向下运动的过程中，根据楞次定律可知，磁铁会受到线圈产生的感应电流的阻碍，机械能减小.则：<，最低点拉力与重力的合力提供向心力，所以：－＝，联立以上两式得：<，故正确.答案：.解析：（）打点计时器所用电源为交流电，当电源频率为，每隔打一个点，实验时放开纸带与接通电源的先后顺序是先接通电源后释放纸带.（）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：－＝－＝－＝－所以属于纸带的是图.根据运动学公式Δ＝，得：＝＝m.答案：（）交流电接通电源后释放纸带（）.解析：（）描绘灯泡的伏安图象曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压接法，由于小灯泡的阻值较小，电流表应用外接法，电路图如图所示：（）由图示图象可知，随电压与电流的增大，灯泡实际功率增大，灯丝温度升高，电压与电流的比值增大，灯丝电阻增大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度升高而增大.（）根据表中实验数据作出电源图象如图所示，由图示图象可知，电源内阻：＝－＝Ω≈Ω.（）由图示图象可知，灯泡两端电压为，电流为：，灯泡的电功率为：＝＝×≈.答案：（）电路图如图所示（）增大（）如图所示（）（～均正确）.解析：（）竖直方向：＝得：＝＝＝水平方向：＝＝＝m.（）匀速运动，匀加速运动，对受力分析如图，＝μ（＋）＝×（×＋×）＝，的加速度＝＝＝，设经过从的右端脱离时，－＝，－＝，×－＝，解得：＝，＝.若＝，板的速度＝＝×m＝m，大于的速度，会从左端掉落，所以不符合题意.所以＝.（）脱离前的运动位移为＝＝××12＝m，脱离后的加速度为＝μ＝×＝，滑到平台边的距离为：＝－)＝＝所以一开始薄板的最右端离平台边距离＝＋＝m.答案：（）m（）（）m.解析：（）微粒带电量为、质量为，轨迹为圆弧，有＝.微粒在磁场中运动速率时恰好与相切，如图甲所示，、为微粒运动的圆心，与竖直方向夹角为θ，由几何知识知θ＝.微粒半径，由几何关系有＋θ＝（＋），得＝2L.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有＝)，由动能定理有＝，已知＝，得＝.（）如图乙所示微粒平抛到边界上的点的时间为，水平距离，由运动学公式有＝，＝，代入＝、＝，得＝、＝.微粒在点时竖直分速度＝，速度为＝、与夹角为θ＝°.微粒在磁场中运动半径＝4L.由几何关系知微粒从点运动°垂直到达边界.微粒在磁场中运动周期＝＝π.由题意有微粒运动时间＝＋（＝，，，…）微粒运动时间＝π（＝，，，…）答案：（）（）π（＝，，，…）.解析：（）单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故错误；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关.故错误；一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，没有对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能一定增加，故正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故正确；一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大.故错误.（）①由图可得＝，由＝，得＝，因为一定质量理想气体内能变化由温度决定，可知气体从状态到状态的过程中，内能不变；体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律知吸热.②由上分析可知，＝＝＋＝，＝℃.答案：（）（）①吸热②该气体在状态时的温度为℃.解析：（）由图象知，点的振幅为cm，故正确；波速＝＝＝m.故正确；根据题意可知，图乙为质点从此时开始的振动图象，得出质点向下振动，则可确定波的传播方向为轴正方向传播，故错误；为一个周期，故点的路程为振幅的倍，故为，但是质点不是匀速振动，故任意的路程不一定为cm，故正确、错误.（）①由＝得光在水中传播速度：＝＝光在色拉油中的速度为：＝＝②如图所示，光恰好在色拉油和空气的分界面发生全反射时，光线不能透射出色拉油＝＝在水与色拉油的分界面上，由θ)＝得：θ＝则不透明薄膜的半径：＝θ＋＝又因为面积：＝π联立得：＝π答案：（）（）①②π.解析：氢原子具有的稳定能量状态称为定态，电子绕核运动，但它并不向外辐射能量，故正确；氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能的减少量大于动能的增加量，故正确；原子的不同能量状态与电子沿不同的圆轨道绕核运动相对应，而电子的可能轨道的分布是不连续的，故错误；电子有确定轨道，故错误；玻尔理论的成功之处是引入量子观念，故正确.（）由机械能守恒定律：＝解得小球与碰前速度＝m由、两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：＝＋由机械能守恒定律得：＝＋解得：＝，＝从第一次碰撞到第二次碰撞这个过程中，设两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为小球运动的路程＝`，小球运动的路程＝`由运动学公式：＝，＝综上可得：＝`，＝`.答案：（）（）①`②`。
高考物理冲刺卷08
（江苏卷）2016年高考物理冲刺卷08本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分第Ⅰ卷(共9小题，共31分)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意。
1．从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”。
在他的研究过程中有两个重要环节：⑴敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；⑵通过大量实验，将“磁生电”（产生感应电流）的情况概括为五种：变化着的电流、变化着的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。
结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是( )A ．环节⑴提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发B ．环节⑴提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释C ．环节⑵中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”D ．环节⑵中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件【答案】C2．图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为1n 、2n 。
在T 的原线圈两端接入一电压sin m u t U ω=的交流电源，若输送功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．1224m r n n U ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．2214m r n U n ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．22142r m P n n U ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．22241r m P n n U ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 【答案】 C【解析】试题分析：加在原线圈上的电压12m U U =，根据电压比与匝数比关系：1122 U n U n =，所以：2212m n U U n =，根据I P U=，输电线上的电流2I P U =，输电线上消耗的功率2221224m n P I P r r n U =⋅=耗（）（），故C 正确，A 、B 、D 错误。
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考前保温训练(八) 物理实验(限时30分钟)1．某同学用图甲所示装置进行“探究恒力做功与动能改变的关系”实验．平衡摩擦力后，通过实验得到图乙所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F .实验时小车的质量为0.390 kg ，小车受到细绳的拉力为0.40 N ．回答下列问题：(计算结果保留3位有效数字)甲乙(1)小车从O 到E ，所受合力做的功W ＝________J ；动能变化量ΔE k ＝________J.(2)实验中该同学发现W 略大于ΔE k ，其主要原因是_________(写出一条即可)．答案：(1)0.188 0.180 (2)小车受到空气阻力的作用(纸带阻力等，从系统误差的角度回答)解析：(1)合力做的功W ＝Fx OE ＝0.4×46.90×10－2 J ＝0.188 J 动能的变化量ΔE k ＝12mv 2E －0＝12×0.390× ⎣⎡⎦⎤ 57.00－37.80 2×0.1×10－22 J －0＝0.180 J. (2)虽然平衡了摩擦力，但是每次运动中空气或纸带的阻力做负功，所以W 略大于ΔE k .2．(1)用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为________cm ；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为________mm.(2)某同学采用如图丙所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用砂桶和砂的重力充当小车所受合力F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度a.分别以合力F 和加速度a作为横轴和纵轴，建立坐标系．根据实验中得到的数据描出如图丁所示的点迹，结果跟教材中的结论不完全一致．该同学列举产生这种结果的可能原因如下：①在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高；②没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低；③砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件；④测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大．通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是()A．①和④B．②和③C．①和③D．②和④答案：(1)5.015 4.700(2)C解析：(1)游标卡尺读数50 mm＋0.05×3 mm＝50.15 mm＝5.015 cm.螺旋测微器读数4.5 mm＋0.01×20.0 mm＝4.700 mm.(2)由题图丁可知当F＝0时，a≠0，则Mg sin θ>f，说明θ角偏大，右端垫得过高；图象的末端不是直线说明砂桶和砂的总质量m0和小车质量M不满足m0≪M的关系，所以只有C选项正确．3．已知电阻丝的电阻约为10 Ω，现备有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，应选用的器材有________(只填代号)．画出用伏安法测上述电阻丝的电阻时的电路图．A．量程是0.6 A，内阻是0.5 Ω的电流表；B．量程是3 A，内阻是0.1 Ω的电流表；C．量程是3 V，内阻是6 kΩ的电压表；D．量程是15 V，内阻是30 kΩ的电压表；E．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A的滑动变阻器；F．阻值为0～10 Ω，额定电流为2 A的滑动变阻器；G．蓄电池(6 V)；H．开关一个，导线若干．答案：ACFGH电路图如图所示解析：①先选H和电源G.②选电流表电源选定后可估算总电流，不连入滑动变阻器时干路电流最大值I max＝610A＝0.6 A，因此电流表选A.若选B表，会有以下不足：首先0.6 A电流太小，指针偏转范围不足总刻度的三分之一，读数时误差较大；其次电流表的满偏电流越大，分度值即精确度越低，故不选B.③选电压表若选C表，量程3 V，则流过R的电流要被控制在0.3 A以下，由上面所选A电流表的量程知，此时其指针可偏转较大．若选D表，电压表为15 V量程时，精确度太低，为实现电压表和电流表精确度的匹配，应选C表而不选D表．④选变阻器由于上面所选的是量程为3 V的电压表，滑动变阻器用限流接法时，选0～10 Ω的变阻器时阻值太小(电阻丝电压超过电压表量程)，选用0～1 000 Ω的变阻器时阻值太大(调节不方便)，因此决定滑动变阻器采用分压电路的连接方式．由于电阻丝阻值约为10 Ω，为在3 V、0.3 A以下范围内调节滑动变阻器，读取几组测量值，滑动变阻器应选0～10 Ω的．不选用0～1 000 Ω的滑动变阻器，一是因为其阻值太大，调压不灵敏；二是在满足要求的情况下，应尽量选用小规格的器材．⑤确定电流表的接法由R x＝10 Ω，R A＝0.5 Ω，R V＝6 kΩ分析可知，为减小R A分压带来的误差，应选用电流表外接法．选用实验器材一般应根据实验原理掌握“可行”“精确”和“方便”的原则．“可行”是指选用的实验器材要能保持实验的正常进行；“精确”是指选用的实验器材要考虑尽可能地减小实验误差(如电表的指针偏转要求较大)；“方便”是指选用的实验器材要便于操作．4．某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a．___________________________________________________.b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处．c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω.(2)为了尽量准确测该电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据．除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路．A．电压表V(量程50 V、内阻约为25 kΩ)B．电流表A1(量程500 mA、内电阻r1＝20 Ω)C．电流表A2(量程100 mA、内电阻约5 Ω)D．定值电阻R0(80 Ω)E．滑动变阻器R(0～10 Ω)F．电源：电动势E＝6 V，内电阻较小G．导线、开关若干请在虚线框内画出能准确测量电阻R的电路图(要求在电路图上标出元件符号)．请根据设计的电路图写出R x的测量值表达式R x＝________.答案：(1)a.换用×10倍率的挡位c．120(2)电路图见解析I1I2－I1(R0＋r)解析：(1)由题知选择×100倍率的电阻挡，正确操作时，发现多用电表的指针偏转角度太大，由多用电表的电阻刻度特点可知，为了使读数准确，指针要摆到表盘中央附近，则要把×100倍率挡换成×10倍率挡．由欧姆表盘的读数规则可知测量结果为12.0×10 Ω＝120 Ω.(2)已知电源电动势E＝6 V，而电压表V的量程为50 V，相比较可得知，此电压表不可选，误差太大；由电源电动势E＝6 V，被测阻值约120 Ω，可知：通过R x的最大电流约为I＝ER x＝50 mA；此题要用伏安法测电阻，测量中表的指针要有较大角度偏转误差才会较小，同时知A1的量程和内电阻，可将定值电阻R0与A1串联改装成一电压表测R x两端的电压；滑动变阻器R＝10 Ω比被测电阻R x小得多，则采取分压式接法，则电路图如图所示：由电路图可知，R x两端电压U x＝I1(R0＋r1) R x中的电流I x＝I2－I1则R x＝U xI x＝I1I2－I1(R0＋r1)．5.某小组利用图示实验装置来测定滑块与桌面之间的动摩擦因数，其中，a是滑块(可视为质点)，b是可以固定于桌面的滑槽(滑槽末端与桌面相切)．实验操作步骤如下：A．将滑槽固定于水平桌面的右端，滑槽的末端与桌面的右端M对齐，让滑块a从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P点，并测出桌面的高度MO为h，OP距离为x0；B．将滑槽沿桌面向左移动一段距离，测出滑槽的末端N与桌面的右端M的距离为L，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑下，落在水平地面上的P′点，测出OP′距离为x；改变L，重复上述步骤，分别记录实验数据．不计空气阻力．请回答下列问题：(1)实验________(填“需要”或“不需要”)测量滑块的质量m.(2)根据实验记录的数据作出x2-L关系的图象如图所示，若图中纵截距为x20，横截距为L0，则可求出滑块a与桌面间的动摩擦因数的表达式是μ＝________.(3)若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，则滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．答案：(1)不需要(2)x204hL0(3)不变解析：滑块a从滑槽上最高点由静止滑到M点时的速度为v0，则根据平抛运动的知识可得x0＝v0t，h＝12gt2，将滑槽左移一段距离L后，让滑块a再次从滑槽上最高点由静止滑下，运动到M点的速度为v，则有x＝vt，h＝12gt2，根据动能定理得－μmgL＝12mv2－12mv2，联立各式可解得x2＝x20－4μhL，由此式可知不需测量滑块的质量．再联系x2-L图象有x20 L0＝4μh，即μ＝x204hL0.若更换不同材料的滑槽使滑块a与滑槽b间摩擦阻力减小，滑块a与桌面间的动摩擦因数的测量结果将不变．6．有些材料的电阻率随压力作用而变化，这种现象称为“压阻效应”，这种材料可以制成压力传感器．现用如图甲所示的电路先研究某长薄板电阻R x的压阻效应，然后将其改装为传感器．已知R x的阻值变化范围为几欧到十几欧，实验室中有下列器材：甲A．电源E(3 V，内阻不计)B．电流表A1(3 mA，内阻r1＝10 Ω)C．电流表A2(300 mA，内阻r2约为1 Ω)D．电压表V(15 V，内阻约5 kΩ)E．电阻箱R1(最大阻值为10 000 Ω)F．定值电阻R0＝3 ΩG．开关S及若干导线(1)为了比较准确地测量电阻R x，请完成图甲中虚线框内电路图的设计．(2)要测量电阻R x，在电阻R x上加一个竖直向上的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S后，需要读取的数据为_______(用字母表示，并指明字母表示的测量量)，求解电阻R x 的表达式为R x＝________(用所测物理量的字母表示)．(3)根据实验测量结果，作出压阻元件的R x-F图象，如图乙所示，将这种压阻元件与一个电流表串联接入如图丙所示电路将电流表改装成测量压力的仪表．若定值电阻R0＝14 Ω，电源和电流表内阻不计，电源电动势为3 V，则应将电流表刻度为________A处改为0 N，将电流表刻度为________A处改为4.5 N.乙丙答案：(1)如图所示(2)电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1I1 r1＋R1I2－I1(3)0.10.143解析：(1)由题图乙知，被测电阻R x大小在7～16 Ω之间，则电路中电流最大为0.43 A，电路中有保护电阻R0，电流小于0.3 A，电流表选A2.电源电动势为3 V，电压表量程太大，不能准确测量，应将电流表A1与电阻箱串联，改装成量程为3 V的电压表，需要串联阻值为990 Ω的电阻，改装后电压表总内阻为1 000 Ω，被测量电阻为小电阻，电流表A2采用外接法．(2)闭合开关后，需要读出电流表A1的示数I1，电流表A2的示数I2，电阻箱的示数R1，则电阻R x的表达式为R x＝I1 r1＋R1I2－I1.(3)压力为0 N时，压阻元件的电阻为16 Ω，由欧姆定律得电流为0.1 A；当压力为4.5 N 时，压阻元件的电阻为7 Ω，电流为0.143 A.。