(全国通用)2019版高考物理全程刷题训练课练12课件
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2019版高考物理全程刷题训练课练24课件
耗的功率，即 P＝0.6 V×0.15 A＝0.09 W.
5．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究 这一现象，用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线．实验可供选择的器
的坐标 I、U，由 R＝UI 求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的 斜率 k，由 R＝1k求得．其中___甲_____(填“甲”或“乙”)同学的方 法正确．
解析：(2)由电路图知电流的测量值偏大，根据 R＝UI 知电阻的 测量值偏小，即小于真实值；(3)无论怎样移动变阻器滑片，总不能 使电压表的示数调为零，是因为滑动变阻器的接法是限流式接法，
解析：(1)由描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验原理可知，滑动 变阻器应选总阻值较小的 A.(2)由于小灯泡电阻较小，电流表应选 外接法，滑动变阻器应接成分压式，故实验电路为 B.(3)设小灯泡 中的电流为 I，电压为 U，由 U＝E－2I(R＋r)，代入数据可得 U＝ 1.5－6I，作出小灯泡在图乙电路中的 I－U 关系图线与小灯泡的伏 安特性曲线的交点，该交点横、纵坐标的乘积即等于每个小灯泡消
(1) 实 验 中 电 流 表 应 选 用 ____C____ ， 滑 动 变 阻 器 应 选 用 ____E____．(均用序号表示)
(2)试按要求在虚线框(图甲)中画出电路图．
(3)根据电路图将图乙中所示器材连成实验电路．
解析：(1)小灯泡的额定电流为 0.25 A，其电阻约为 24 Ω，故为 精确测量，电流表选 C；为方便调节，滑动变阻器选 E.
I/A 0.41
0.46 0.48 0.49 0.50
(1)当 U＝1.40 V 时对应的电流表示数如图甲所示，其读数为
___0_._4_4__ A.
(2)实验中所用的器材有： 电压表(量程 3 V，内阻约为 2 kΩ)； 电流表(量程 0.6 A，内阻约为 0.2 Ω)； 滑动变阻器(0～5 Ω，1 A)； 电源、待测小灯泡、开关、若干导线．
5．小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究 这一现象，用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线．实验可供选择的器
的坐标 I、U，由 R＝UI 求得．乙同学作出该点的切线，求出切线的 斜率 k，由 R＝1k求得．其中___甲_____(填“甲”或“乙”)同学的方 法正确．
解析：(2)由电路图知电流的测量值偏大，根据 R＝UI 知电阻的 测量值偏小，即小于真实值；(3)无论怎样移动变阻器滑片，总不能 使电压表的示数调为零，是因为滑动变阻器的接法是限流式接法，
解析：(1)由描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验原理可知，滑动 变阻器应选总阻值较小的 A.(2)由于小灯泡电阻较小，电流表应选 外接法，滑动变阻器应接成分压式，故实验电路为 B.(3)设小灯泡 中的电流为 I，电压为 U，由 U＝E－2I(R＋r)，代入数据可得 U＝ 1.5－6I，作出小灯泡在图乙电路中的 I－U 关系图线与小灯泡的伏 安特性曲线的交点，该交点横、纵坐标的乘积即等于每个小灯泡消
(1) 实 验 中 电 流 表 应 选 用 ____C____ ， 滑 动 变 阻 器 应 选 用 ____E____．(均用序号表示)
(2)试按要求在虚线框(图甲)中画出电路图．
(3)根据电路图将图乙中所示器材连成实验电路．
解析：(1)小灯泡的额定电流为 0.25 A，其电阻约为 24 Ω，故为 精确测量，电流表选 C；为方便调节，滑动变阻器选 E.
I/A 0.41
0.46 0.48 0.49 0.50
(1)当 U＝1.40 V 时对应的电流表示数如图甲所示，其读数为
___0_._4_4__ A.
(2)实验中所用的器材有： 电压表(量程 3 V，内阻约为 2 kΩ)； 电流表(量程 0.6 A，内阻约为 0.2 Ω)； 滑动变阻器(0～5 Ω，1 A)； 电源、待测小灯泡、开关、若干导线．
2019版高考物理全程刷题训练全国通用（PPT版）（含最新2018年模拟题）：课练 19
解析：(1)木块从 A 到 B 根据能量守恒定律可得 W－Wf＝FfL， 所以图象不过原点的原因是在 AO 段还有摩擦力做功．
(2)由图知图象两点坐标为(0.06 cm,1W1)、(0.42 cm，5W1)代入 W－Wf＝FfL 解得木块从 A 到 O 过程中克服摩擦力做的功为13W1.
(3)由 W－Wf＝FfL 知图象的斜率为木块所受摩擦力．
1.在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组 的实验装置如图甲所示．木块从 A 点由静止释放后，在一根弹簧作 用下弹出，沿足够长的木板运动到 B 点停下，记录此过程中弹簧对 木块做的功为 W1.O 点为弹簧原长时所处的位置，测得 OB 的距离 为 L1.再用完全相同的 2 根，3 根，…弹簧并在一起进行第 2 次，第 3 次，…实验并记录 2W1,3W1，…及相应的 L2，L3，…，用 W－L 图象处理数据，回答下列问题：
(1)如图乙是根据实验数据描绘的 W—L 图象，图线不过原点的 原因是_未__计__算___A_O__间__的__摩__擦__力__做__功_______．
1 (2) 由 图 线 得 木 块 从 A 到 O 过 程 中 克 服 摩 擦 力 做 的 功 是 _3_______W1.
(3)W—L 图象斜率的物理意义是__木__块__所__受__摩__擦 ___力_________．
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标
在图上)．A 为运动起始的第一点，则应选__B__C____段来计算 A 的碰 前速度，应选___D__E___段来计算 A 和 B 碰后的共同速度(以上两空 选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)．
(2)已测得小车 A 的质量 m1＝0.40 kg，小车 B 的质量 m2＝0.20 kg，由以上测量结果可得碰前总动量为__0_.4_2__0__ kg·m/s，碰后总动
2019版高考物理全程刷题训练模拟仿真预测卷(二)课件
D．卫星从 C→D→A 的运动过程中，万有引力对其做的功为12 GMmk1a－ba2
答案：D 解析：本题考查万有引力、变轨、能量问题等知识．由题图 1 可知，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，要有外力对卫星做功，所以卫
星在轨道Ⅰ上的机械能小于其在轨道Ⅱ上的，A 错误；若卫星要从 轨道Ⅱ上的 C 位置变轨到轨道Ⅰ上，则在 C 位置时卫星要减速，动 力气源要向前喷气，B 错误；在 A、C 两点卫星的运动可近似看做 半径均为 ka，速度分别为 vA、vC 的圆周运动，则有 GMam2 ＝mkvaA2 ， GMbm2 ＝mvkaC2 ，从 C→D→A 的运动过程中，由动能定理得 W＝12mvA2－
要使 A、B 之间发生相对滑动，A 对 B 向右的摩擦力 fA 使 B 加 速运动，由牛顿第二定律，fA－fB＝mBaB，解得 aB＝4 m/s2；对 A， 由牛顿第二定律，F－fA＝mAaA，且 aA>aB，解得 F>24 N．当 F＝21 N 时，A、B 未发生相对滑动，可解得 A 的加速度 a′＝3 m/s2，选
答案：D 解析：本题考查法拉第电磁感应定律及其相关的知识点．导体 棒在匀强磁场的第一个区域内运动时，前半个区域，通过大圆环的 电流为顺时针方向，且根据法拉第电磁感应定律，内圆环 a 端电势 高于 b 端，后半个区域，内圆环 a 端电势低于 b 端，可能正确的是 图 D.
运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过 程中( )
A．细线对软绳所做的功大于软绳机械能的增加量 B．细线对软绳所做的功等于软绳机械能的增加量 C．物块重力势能的减少量等于软绳克服摩擦力所做的功 D．物块的机械能逐渐增加
答案：A 解析：本题考查了功能关系等知识点，意在考查考生的理解和 应用能力．细线对软绳做的功等于软绳机械能的增加量和克服摩擦 力做功之和，所以，选项 A 正确，选项 B 错误；物块重力势能的 减少量一部分转化为物块的动能和软绳机械能的增加量，一部分转 化为软绳克服摩擦力做的功，所以物块的机械能逐渐减小，选项 C、 D 错误．
答案：D 解析：本题考查万有引力、变轨、能量问题等知识．由题图 1 可知，卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，要有外力对卫星做功，所以卫
星在轨道Ⅰ上的机械能小于其在轨道Ⅱ上的，A 错误；若卫星要从 轨道Ⅱ上的 C 位置变轨到轨道Ⅰ上，则在 C 位置时卫星要减速，动 力气源要向前喷气，B 错误；在 A、C 两点卫星的运动可近似看做 半径均为 ka，速度分别为 vA、vC 的圆周运动，则有 GMam2 ＝mkvaA2 ， GMbm2 ＝mvkaC2 ，从 C→D→A 的运动过程中，由动能定理得 W＝12mvA2－
要使 A、B 之间发生相对滑动，A 对 B 向右的摩擦力 fA 使 B 加 速运动，由牛顿第二定律，fA－fB＝mBaB，解得 aB＝4 m/s2；对 A， 由牛顿第二定律，F－fA＝mAaA，且 aA>aB，解得 F>24 N．当 F＝21 N 时，A、B 未发生相对滑动，可解得 A 的加速度 a′＝3 m/s2，选
答案：D 解析：本题考查法拉第电磁感应定律及其相关的知识点．导体 棒在匀强磁场的第一个区域内运动时，前半个区域，通过大圆环的 电流为顺时针方向，且根据法拉第电磁感应定律，内圆环 a 端电势 高于 b 端，后半个区域，内圆环 a 端电势低于 b 端，可能正确的是 图 D.
运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过 程中( )
A．细线对软绳所做的功大于软绳机械能的增加量 B．细线对软绳所做的功等于软绳机械能的增加量 C．物块重力势能的减少量等于软绳克服摩擦力所做的功 D．物块的机械能逐渐增加
答案：A 解析：本题考查了功能关系等知识点，意在考查考生的理解和 应用能力．细线对软绳做的功等于软绳机械能的增加量和克服摩擦 力做功之和，所以，选项 A 正确，选项 B 错误；物块重力势能的 减少量一部分转化为物块的动能和软绳机械能的增加量，一部分转 化为软绳克服摩擦力做的功，所以物块的机械能逐渐减小，选项 C、 D 错误．
(全国通用)2019版高考物理全程刷题训练周测八(B卷)课件
2U 12U 1 2Um 2 2Um 答案：(1) E (2) d (3)2d· ≤B<3d· q q 0 1 2 解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有 qU＝2mv . 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿 mv2 2U 第二定律有 qE0＝ R . 联立可得 R＝ E . 0 (2)离子做类平抛运动，则有 d＝vt， 1 2 3d＝2at . 12U 由牛顿第二定律得 qE＝ma.联立可得 E＝ d .
二、非选择题(本题包括 4 小题，共 47 分) 9．(12 分)如图，静止于 A 处的离子，经电压为 U 的加速电场加速后 沿图中圆弧虚线通过静电分析器， 从 P 点垂直 CN 进入矩形区域的有界匀 强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场， 已知圆弧所在处场强为 E0，方向如图所示；离子质量为 m、电荷量为 q； QN ＝2d、 PN ＝3d，离子重力不计． (1)求圆弧虚线对应的半径 R 的大小； (2)若离子恰好能打在 NQ 的中点上，求矩 形区域 QNCD 内匀强电场场强 E 的值； (3)若撤去矩形区域 QNCD 内的匀强电场， 换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最 终打在 QN 上，求磁场磁感应强度 B 的取值范围．
答案：A 解析：设圆形线圈的半径为 r，则圆形线圈的质量 m＝ － 2πr×2.5×10 3 kg/m，磁场的水平分量为 Bsin30° ，圆形线圈受到的 安培力为 F＝Bsin30° ×I×2πr，由于圆形线圈所受向上的安培力等 － 于 圆 形 线 圈 的 重 力 ， 则 2πr×2.5×10 3 kg/m×10 N/kg ＝ Bsin30° ×I×2πr，解得 I＝0.1 A，选项 A 正确．
答案：C
6．(多选)在竖直平面内有两固定点 a、b，匀强磁场垂直该平 面向里，重力不计的带电小球在 a 点以不同速度向不同方向运动， 运动过程中除磁场力外，还受到一个大小恒定、方向始终跟速度方 向垂直的力 F 的作用，对过 b 点的带电小球( )
高考物理全程刷题训练课练10市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件
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(1)甲组实验把重物的重力作为拉力 F 的条件是 _小__车__的__质__量__远__大__于__重__物__的__质__量 __________________________. (2)图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是___②_____；符合乙 组同学作出的实验图象的是__①______．
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(3)图甲中 a－F 图象发生弯曲，这是由于没有保证小车及车中 砝码的总质量远大于盘及盘中砝码的总质量造成的．图乙中直线没 过原点，当 F≠0 时，a＝0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加 速度还为 0，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩 擦力时倾角过小．
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4．学习了传感器之后，在“研究小车加速度与所受合外力的 关系”实验中，甲、乙两实验小组引进“位移传感器”、“力传感 器”，分别用如图(a)、(b)所示的实验装置做实验，重物通过细线跨 过滑轮拉相同质量的小车，位移传感器 B 随小车一起沿水平轨道运 动，位移传感器 A 固定在轨道一端．在运动过程中位移传感器 B 发 出信号，位移传感器 A 接收信号且显示小车运动的位移．甲组实验 中把重物的重力作为拉力 F，乙组直接用力传感器测得拉力 F，改 变重物的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出 a－F 图象．
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解析：(1)在实验中，整体的加速度 a＝mm＋gM，只有当 m≪M 时，小车所受的拉力才可以认为等于盘和砝码的总重力．
(2)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小 车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运 动，故 A 错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和 摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故 B 正确；实验时，若 先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会 使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故 C 错误；用天平 测出 m 以及 M，直接用公式 a＝mMg求出，这是在直接运用牛顿第二 定律进行计算，我们应利用打点计时器打出来的纸带计算加速度， 故 D 错误．
(1)甲组实验把重物的重力作为拉力 F 的条件是 _小__车__的__质__量__远__大__于__重__物__的__质__量 __________________________. (2)图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是___②_____；符合乙 组同学作出的实验图象的是__①______．
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(3)图甲中 a－F 图象发生弯曲，这是由于没有保证小车及车中 砝码的总质量远大于盘及盘中砝码的总质量造成的．图乙中直线没 过原点，当 F≠0 时，a＝0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加 速度还为 0，说明该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩 擦力时倾角过小．
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4．学习了传感器之后，在“研究小车加速度与所受合外力的 关系”实验中，甲、乙两实验小组引进“位移传感器”、“力传感 器”，分别用如图(a)、(b)所示的实验装置做实验，重物通过细线跨 过滑轮拉相同质量的小车，位移传感器 B 随小车一起沿水平轨道运 动，位移传感器 A 固定在轨道一端．在运动过程中位移传感器 B 发 出信号，位移传感器 A 接收信号且显示小车运动的位移．甲组实验 中把重物的重力作为拉力 F，乙组直接用力传感器测得拉力 F，改 变重物的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出 a－F 图象．
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解析：(1)在实验中，整体的加速度 a＝mm＋gM，只有当 m≪M 时，小车所受的拉力才可以认为等于盘和砝码的总重力．
(2)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，使小 车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运 动，故 A 错误；每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和 摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故 B 正确；实验时，若 先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会 使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故 C 错误；用天平 测出 m 以及 M，直接用公式 a＝mMg求出，这是在直接运用牛顿第二 定律进行计算，我们应利用打点计时器打出来的纸带计算加速度， 故 D 错误．
(全国通用)19版高考物理全程刷题训练课练22课件
10．(2018· 山东日照一模)(多选)质量为 m 的带正电小球由空中 A 点无初速度自由下落．t 秒末，在小球下落的空间中，加上竖直 向上、范围足够大的匀强电场．再经过 t 秒，小球又回到 A 点，不 计空气阻力且小球未落地，重力加速度为 g，则( ) A．小球所受电场力的大小是 4mg B．小球回到 A 点时的动能是 mg2t2 2 C．从 A 点到最低点的距离是3gt2 D．从 A 点到最低点，小球的电势能增加了 mg2t2
答案：BC 解析：若小球带正电，当 A、B 间距 d 增大时，电容减小，电 Q Q 容器要放电， 二极管阻止放电， 所以 Q 不变． 根据 E＝Cd＝ εS ＝ 4πkdd 4πkQ εS ，知 E 不变，所以电场力不变，电场力与重力合力不变，小球 仍然打在 N 点，故 A 错误；若小球带正电，当 A、B 间距 d 减小时， 4πkQ Q 电容增大，Q 增大，根据 E＝ εS ＝ εS ，知 E 增大，所以电场 4πkdd 力变大，方向向下，电场力与重力合力变大，小球做平抛运动时竖 直向下的加速度增大，运动时间变短，打在 N 点左侧，故 B 正确；
答案：C 解析：在 0～t1 时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止， U 静摩擦力与电场力大小相等，即 f＝qE＝q d ，随电压增大，摩擦力 增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方 向水平向左，选项 A 错误；在 t1～t3 时间内，电场力大于最大静摩 擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是 物块的重力，所以摩擦力不变，选项 B 错误；t3 到 t4 阶段，电场力 小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故 t3 时刻物块速度最 大，选项 C 正确、D 错误．
断开 S，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电 1 2 容 C 增大，则 U 减小，由动能定理得 mg(h＋d)－qU＝2mv >0，即 质点下落到 b 孔时速度不为零，还有向下的速度，故 D 正确．
2019版高考物理全程刷题训练全国通用(PPT版)(含最新2018年模拟题)：周测六+(B卷)
5．(2018· 四川资阳一诊)现有两个边长不等的正方形 ABDC 和 abdc，如图所示，且 Aa、Bb、Cc、Dd 间距相等．在 AB、AC、CD、 DB 的中点分别放等量的点电荷，其中 AB、AC 的中点放的点电荷 带正电， CD、 BD 的中点放的点电荷带负电， 取无穷远处电势为零． 则 下列说法中正确的是( ) A．O 点的电场强度和电势均为零 B．将一正点电荷沿着 b→d→c 的路径移动时，电场力所做总 功为零 C．同一点电荷在 a、d 两点所受电场力不同 D．将一负点电荷由 a 点移到 b 点电势能减少
答案：B 解析：上下两个点电荷在 O 点产生的电场强度方向向下，左右 两个点电荷在 O 点产生的电场强度方向向右， 根据矢量合成法则可 知，O 点电场强度不为零，方向沿 OD 方向，O 点处的电势为零， 故 A 错误．根据对称性，b、c 两点处电势相等，将一正点电荷沿 着 b→d→c 的路径移动时，电场力所做总功为零，故 B 正确．根据 库仑定律和力的合成法则，同一点电荷在 a、d 两点所受电场力相 同，故 C 错误．取无穷远处电势为零，a 点的电势为正，b、O、c 三点电势相等， 均为零， 则负点电荷从 a 点移到 b 点电场力做负功， 所以电势能增加，故 D 错误．
2．有两个带异种电荷的粒子 A 和 B，所带电荷量分别为 5q 和 －q，质量分别为 5m 和 m，两者相距 L，它们之间除了相互作用的 电场力之外，不受其他力的作用．若要保持 A、B 之间的距离始终 不变，且速率均不为零，则关于这两个粒子运动情况的描述正确的 是( ) A．都做匀速圆周运动，且运动速率相同 B．都做匀速圆周运动，且运动周期相同 C．都做匀速圆周运动，且向心加速度大小相同 D．不一定做匀速圆周运动
答案：C 解析：点电荷在下落过程中受重力和库仑力作用，由动能定理 可得 mgh1＋WE＝0，即 WE＝－mgh1，当点电荷质量为 3m 时，库仑 1 力不变，故库仑力做功不变，由动能定理可得 3mgh2 － mgh1 ＝ 2 2 2 ×3mv ，解得 v＝3 3gh2－h1，故 C 正确、A 错误；由题意知， 点电荷应先做加速运动， 再做减速运动， 即开始时重力大于库仑力， 而在下落过程中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大， 故 B 错误；当重力等于库仑力时，合力为零，此时速度最大，F 库 kQq kQq ＝3mg＝ r2 ，解得 r＝ 3mg，故 D 错误．
(全国通用)2019版高考物理 全程刷题训练 周测三(A卷)课件
球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是( )
答案：D 解析：设小球所受的阻力 f＝kv，小球的质量为 m，则在小球 上升的过程中有 mg＋f＝ma，得 a＝g＋kmv，由于上升过程中小球的 速度越来越小，小球的加速度 a 也越来越小，故 v-t 图象的斜率的 绝对值越来越小，A、B 错误；在下落过程中有 a＝g－kmv，下落过 程中小球的速度越来越大，故小球的加速度越来越小，则 v-t 图象 的斜率的绝对值越来越小，选项 C 图象的斜率的绝对值越来越大， C 错误、D 正确．
件可知，杆的作用力大小为 F2绳子＋mg2＝ 62＋0.8×102 N＝10 N，故 A、B 错误；若升降机加速上升，对球受力分析，在竖直方 向，由牛顿第二定律得 Fy－mg＝ma，解得 Fy＝12 N，在水平方向， 由平衡条件得 Fx＝F 绳子＝6 N，杆对球的作用力大小为 F2x＋Fy2＝ 6 5 N，故 C 正确；若升降机减速上升，对球受力分析，在竖直方 向，由牛顿第二定律得 mg－F′y＝ma，解得 F′y＝4 N，在水平方 向，由平衡条件得 Fx＝F 绳子＝6 N，杆对球的作用力大小为 Fx2＋F′2y ＝2 13 N，故 D 错误．
A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg
答案：D 解析：由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的 1.15 倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma 竖直，解得 a 竖直
＝0.15g，设水平方向上的加速度为 a 水平，则aa竖水直平＝tan37°＝34，解得 a 水平＝0.20g，对重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力 产生加速度，由牛顿第二定律得 f＝ma 水平＝0.20mg，故 D 正确．
A．取下砂和砂桶 B．在空砂桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运 动 C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时 器的电源应断开 D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度
答案：D 解析：设小球所受的阻力 f＝kv，小球的质量为 m，则在小球 上升的过程中有 mg＋f＝ma，得 a＝g＋kmv，由于上升过程中小球的 速度越来越小，小球的加速度 a 也越来越小，故 v-t 图象的斜率的 绝对值越来越小，A、B 错误；在下落过程中有 a＝g－kmv，下落过 程中小球的速度越来越大，故小球的加速度越来越小，则 v-t 图象 的斜率的绝对值越来越小，选项 C 图象的斜率的绝对值越来越大， C 错误、D 正确．
件可知，杆的作用力大小为 F2绳子＋mg2＝ 62＋0.8×102 N＝10 N，故 A、B 错误；若升降机加速上升，对球受力分析，在竖直方 向，由牛顿第二定律得 Fy－mg＝ma，解得 Fy＝12 N，在水平方向， 由平衡条件得 Fx＝F 绳子＝6 N，杆对球的作用力大小为 F2x＋Fy2＝ 6 5 N，故 C 正确；若升降机减速上升，对球受力分析，在竖直方 向，由牛顿第二定律得 mg－F′y＝ma，解得 F′y＝4 N，在水平方 向，由平衡条件得 Fx＝F 绳子＝6 N，杆对球的作用力大小为 Fx2＋F′2y ＝2 13 N，故 D 错误．
A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg
答案：D 解析：由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的 1.15 倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma 竖直，解得 a 竖直
＝0.15g，设水平方向上的加速度为 a 水平，则aa竖水直平＝tan37°＝34，解得 a 水平＝0.20g，对重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力 产生加速度，由牛顿第二定律得 f＝ma 水平＝0.20mg，故 D 正确．
A．取下砂和砂桶 B．在空砂桶的牵引下，轻推一下小车，小车能做匀速直线运 动 C．小车拖着穿过打点计时器的纸带做匀速运动时，打点计时 器的电源应断开 D．把长木板没有定滑轮的一端垫起适当高度
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3．(2018· 安徽六安一中模拟)如图所示，用手握着细绳的一端 在水平桌面上做半径为 r 的匀速圆周运动，圆心为 O，角速度为 ω. 细绳长为 L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与小圆相切，在 细绳的另外一端系着一个质量为 m 的小球，小球恰好沿以 O 为圆 心的大圆在桌面上运动，小球和桌面之间存在摩擦力，以下说法正 确的是( ) A．小球将做变速圆周运动 ω2r r2＋L2 B．小球与桌面间的动摩擦因数为 gL C．小球做圆周运动的线速度为 ω(l＋L) D．细绳拉力为 mω2 r2＋L2
答案：BD
2．(2018· 福建质检)(多选)图中所示为一皮带传动装置，右轮的 半径为 r，a 是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为 4r， 小轮的半径为 2r，b 点在小轮上，到小轮中心的距离为 r，c 点和 d 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若在传动过程中皮带不打滑，则 ( ) A．c 点与 d 点的角速度大小相等 B．a 点与 b 点的角速度大小相等 C．a 点与 c 点的线速度大小相等 D．a 点与 c 点的向心加速度大小相等
4．(2018· 河南焦作二模)如图所示，ABC 为竖直平面内的金属 半圆环，AC 连线水平，A、B 两点间固定着一根直金属棒，在直金 属棒和圆环的 BC 部分上分别套着小环 M、N(棒和半圆环均光滑)， 现让半圆环绕竖直对称轴以角速度 ω1 做匀速转动，小环 M、N 在 图示位置．如果半圆环的角速度变为 ω2，ω2 比 ω1 稍微小一些．关 于小环 M、N 的位置变化，下列说法正确的是( ) A．小环 M 将到达 B 点，小环 N 将向 B 点靠近稍许 B．小环 M 将到达 B 点，小环 N 的位置保持不变 C．小环 M 将向 B 点靠近稍许，小环 N 将向 B 点靠近稍许 D．小环 M 向 B 点靠近稍许，小环 N 的位置保持不变
答案：B 解析：手握着细绳做的是匀速圆周运动，所以在细绳另外一端 的小球做的也是匀速圆周运动，A 错误；设大圆的半径为 R，由图 可知 R＝ r2＋L2，则小球做圆周运动的线速度为 ω r2＋L2，C 错 2 2 mω R L 2 误； 设细绳中的张力为 T， 则 Tcosφ＝mRω ， cosφ＝R， 故 T＝ L mω2r2＋L2 ＝ ，D 错误；根据摩擦力公式可得 f＝μmg＝Tsinφ，由 L mω2r2＋L2 r r 于 T＝ ， sin φ ＝ ＝ 2 2， L R r ＋L ω2r r2＋L2 所以 μ＝ ，B 正确． gL
答案：AC 解析：共轴转动的各点角速度大小相等，故 b、c、d 三点角速 度大小相等，故 A 正确；a、c 两点的线速度大小相等，b、c 两点 的角速度相等，根据 v＝rω，a 的角速度大于 c 的角速度，则 a 点 的角速度大于 b 点的角速度，故 B 错误，C 正确；a、c 两点的线速 v2 度大小相等，根据 an＝ r ，a 点的向心加速度大于 c 点的向心加速 度，故 D 错误．
Hale Waihona Puke mv2 解析：题图 a，汽车在最高点时，mg－FN＝ r ，可知 FN<mg， 故处于失重状态，故 A 错误；题图 b 所示是一圆锥摆，重力和拉力 g 的合力 F＝mgtanθ＝mω2r，其中 r＝htanθ，可知 ω＝ h，增大 θ， 若保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，故 B 正确；题图 c，根据受力分析知小球受力情况相同，即向心力相同，由 F＝mω2r 知 r 不同， 角速度不同， 故 C 错误； 火车转弯超过规定速度行驶时， 重力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对火车轮缘会有挤 压作用，故 D 正确．
1．(2018· 陕西长安一中模拟)(多选)有关圆周运动的基本模型，下 列说法正确的是( )
A．如图 a 所示，汽车通过拱桥的最高点时处于超重状态 B．如图 b 所示是一圆锥摆，增大 θ，若保持圆锥的高度不变，则 圆锥摆的角速度不变 C．如图 c 所示，同一小球在光滑且固定的圆锥筒内的 A、B 位置 先后分别做匀速圆周运动，则在 A、B 两位置小球的角速度及所受筒 壁的支持力大小相等 D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作 用
5．(2018· 安徽六安一中月考)高明同学撑一把雨伞站在水平地 面上，伞面边缘点所围圆形的半径为 R，现将雨伞绕竖直伞杆匀速 转动，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一个半径为 r 的圆形， 伞边缘距离地面的高度为 h，当地重力加速度为 g，则( ) A．雨滴着地时的速度大小为 2gh r2－R2＋4h2 B．雨滴着地时的速度大小为 g 2h 2 2 1 r －R g C．雨伞转动的角速度大小为 R h r －R g D．雨伞转动的角速度大小为 R 2h
答案：B 2h g ，根据几何关系得 s ＝ 2 2 r － R s r2－R2，平抛运动的水平位移为 s＝v0t，所以 v0＝ t ＝ ＝ 2h g gr2－R2 1 2 1 2 2h ，下落的过程中机械能守恒，所以2mv0＋mgh＝2mv ， r2－R2＋4h2 v0 联立以上方程解得 v＝ g； 根据公式 v0＝ωR 得 ω＝ R ， 2h r2－R2g 1 联立得 ω＝R 2h ，故 B 正确，A、C、D 错误． 1 2 解析： 根据 h ＝ 2 gt ，解得 t ＝
答案：A 解析： 小环 M 受到重力和直金属棒的支持力， 在水平面内做匀 速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以 F 合＝mgtan45° ＝mω2r， 半圆环的角速度由 ω1 变为 ω2 后，mgtan45° >mω2r，M 做向心运动， 直到到达 B 点，小环 N 受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀 速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设其与 ABC 半圆环圆心的 连线与竖直方向之间的夹角为 θ，F′n＝mgtanθ＝mω2Rsinθ，所以 g ω2R＝cosθ，当半圆环的角速度由 ω1 变为 ω2 后，θ 减小，小环 N 将 向 B 点靠近稍许，故选 A.