与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-2-6含答案
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练24含答案
课时跟踪训练(二十四)一、选择题1．(多选)将三个不同的电源的U－I图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，它们的内阻分别为r1、r2、r3，则下列关系正确的是()A．r1＝r2<r3B．r1>r2>r3C．E1>E2＝E3D．E1＝E2<E3[解析]由与纵轴截距知E1>E2＝E3，由图线斜率可知r3>r2＝r1，故AC正确．[答案]AC2．(多选)如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，两电表均可看作是理想电表．闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动，在此过程中()A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变暗，L2变亮C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小[解析]分析电路图可知，L1和滑动变阻器并联后再与L2串联，当滑动变阻器连入电路部分的阻值变小后，整个电路的电流变大，外电压减小，故电流表读数增大，电压表读数减小，D项正确；流过L2的电流变大，加在L1两端的电压减小，故L1变暗，而L2变亮，B项正确．[答案]BD3．(2015·山东临沂一模)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的滑片向上移动时，下列论述正确的是()A．灯泡L一定变亮B．安培表的示数变小C．伏特表的示数变小D．R0消耗的功率变小[解析]当R的滑片P向上移动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，伏特表测量的路端电压变小，选项C正确；根据P＝U2R可知灯L消耗的功率变小，灯L变暗，选项A错误；外电路总电阻变小，回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得总电流I变大，而流过灯L的电流变小，故流过R0的电流变大，R0消耗的功率变大，选项B、D错误．[答案] C4．(2015·上海闸北一模)如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1>r2，外电阻R相同．两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，下列说法正确的是()A ．甲电路电源内部产生热量较多B ．乙电路外电阻R 产生热量较少C ．乙电路电源做功较多D ．甲电路电源效率较高[解析] 电源做功W ＝EIt ＝Eq ，则两电源做功一样多，C 错误；电源的效率η＝UI EI ＝U E ＝1E ·ER R ＋r ＝R R ＋r，由于内电阻r 1>r 2，外电阻R 相同，甲图电源的内电阻大，则甲电路电源内部产生热量较多，电源效率低，故A 正确，D 错误；两个电阻的电热Q ＝I 2Rt ＝qIR ，电荷量和电阻相等，I 1<I 2，则甲电路外电阻的电热少，故B 错误．[答案] A5．(多选)(2015·江西抚州二模)如图所示，一平行板电容器C ，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个定值电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计(左进左偏)和电源连成电路，现有一个质量为m 的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是( )A ．增大R 3，油滴上升B ．增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏C ．增大R 1，R 1中电流的变化值大于R 3中电流的变化值D ．增大R 1，R 1两端电压的变化值大于R 3两端电压的变化值[解析] 增大R 3，外电路总电阻增大，总电流I 减小，平行板电容器C 的电压U C ＝IR 并，I 减小，U C 减小，板间电场强度减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落，故A 错误．在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，则电容器的电荷量减小，电容器放电，电流计指针左偏，故B错误．增大R1，电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3、r、R0的电压减小，R1、R2并联电压增大，而R3、r、R0及并联电压的和为E，是定值，因此R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值；R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3＝I1＋I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故C、D正确．[答案]CD6．(2015·天津河西一模)如图甲所示电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．开关S闭合后下列判断正确的是()A．L1电流为L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2消耗的电功率为0.375 WD．此时L2的电阻为12 Ω[解析]根据电路图和伏安特性曲线，灯泡L1的电压U1＝3 V，由题图乙读出其电流I1＝0.25 A，则灯泡L1的电阻R1＝12 Ω，灯泡L2、L3串联，电压U2＝U3＝1.5 V，由题图乙读出其电流I2＝I3＝0.20 A，灯泡L2、L3的电阻均为R1＝7.5 Ω，该支路中的总电阻为15 Ω，并联电压相等，通过灯L1电流不是通过灯L2电流的2倍，故A、D错误；灯L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝3×0.25 W＝0.75 W，B正确；灯L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.30 W，C错误．[答案] B7．(多选)(2015·湖南十三校联考)如图所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5[解析]题图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1，C正确，D错误；电流表A1的量程为3 A，A2的量程为0. 6 A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，B正确，A错误．[答案]BC8．(2015·北京卷)如图所示，其中电流表A的量程为0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是()A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A[解析]当接线柱1、2接入电路时，电阻R1与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的13，由于电流表的满偏电压为定值，因此量程扩大为原来的3倍，故每一小格变为0.02×3＝0.06 A ，A 、B 选项错误．当接线柱1、3接入电路时，电阻R 1与电流表内阻并联后再和电阻R 2串联，但是串联的电阻R 2对于电流表量程无影响，故每一小格仍为0.06 A ．C 正确，D 错误．[答案] C9．(多选)(2015·浙江金丽衢一模)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω[解析] 由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系；此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－30.2 Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故A 正确．变阻器向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即V 2读数逐渐增大，故B 错误．由题图可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1 Ω＝4 Ω；当I ＝0.3 A 时，U＝3 V ，电动机输出功率最大，最大为P ＝UI －I 2r M ＝3 V ×0.3 A －(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W ，故C 错误．当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3.60.1－2－4 Ω＝30 Ω，故D 正确． [答案] BC10．(2015·河南焦作一模)在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大D.U 2I 变大、ΔU 2ΔI 变大[解析] 滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.U 2I 为外阻，变大，ΔU 2ΔI 为内阻，不变，则D错误．[答案] C二、非选择题11．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变动器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．[解析](1)题图乙中AB延长线交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝EI短＝20 Ω.(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，得R2＝U2I2＝5 Ω.(3)当P滑到R3的左端时，由题图乙知此时U外＝16 V，I总＝0.2 A，所以R外＝U外I总＝80 Ω.因为R外＝R1R3R1＋R3＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω. [答案](1)20 V20 Ω(2)5 Ω(3)300 Ω12．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化．参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电池的内阻)．(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12 V的电源上，求流过电灯的电流和每个电灯的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与9 Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为8 V、内阻为1 Ω的电源上，求通过电流表的电流值以及每个电灯的实际功率．[解析](1)把三个这样的电灯串联后，每个电灯得到的实际电压为123V＝4V由题图甲可知，每个电灯加上4 V的实际电压时的工作电流均为I＝0.4 A 由此可以求出此时每个电灯的实际电阻R＝UI＝40.4Ω＝10 Ω.(2)在题图乙的混联电路中，设每个电灯上的实际电压和实际电流分别为U′和I′.在这个闭合电路中，E＝U′＋2I′(R0＋r) ．代入数值并整理得U′＝8－20I′这是一个反映电路的直线方程．把该直线在题图甲的坐标系中画出，如图所示．(I代表I′，U代表U′)这两条图线的交点U′＝2 V，I′＝0.3 A同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值I A＝2I′＝0.6 A每个电灯的实际功率P＝U′I′＝2×0.3 W＝0.6 W.[答案](1)0.4 A10 Ω(2)0.6 A0.6 W。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练4含答案
课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-3-4含答案
随堂训练1．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是()A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系，再保持力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系[答案] D2．(多选)“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验中，下列操作正确的是()A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D．实验时，应先放开小车，后接通电源[答案]BC3．(2015·广东韶关二模)用如图所示装置研究“加速度与力的关系”，已知砂和砂桶的总质量为m，小车的质量为M，实验中用砂和砂桶总重力作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是()A．M＝40 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gB．M＝100 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gC．M＝500 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gD．M＝500 g，m＝30 g、60 g、90 g、120 g、150 g(2)本实验中应在释放小车________(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源．如图所示为实验中打出的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的距离如图所示．已知打点计时器的工作频率为50 Hz.则小车加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a －F图象，可能是图中的图线________(选填“甲”“乙”或“丙”)．[解析](1)实验时要控制：小车质量远大于砂桶和砂的总质量，分析所给数据可知，最合理的一组数据是C.(2)实验时应先接通电源，然后再释放小车；计数点间的时间间隔T＝0.02 s×5＝0.1 s，由题图所示纸带可知，小车的加速度a＝x3＋x4－(x1＋x2)4T2＝3.90＋3.39－2.89－2.404×0.12×10－2 m/s2＝0.50 m/s2.(3)不平衡摩擦力，小车受到的拉力小于砂桶的重力，在a—F图象的F轴上有截距，由a－F图象可知，应该是圈线丙．[答案](1)C(2)之前0.50(3)丙4．(2015·浙江温州一模)某实验小组利用如图甲所示的装置来探究“合外力一定时物体的加速度与其质量之间的关系”．(1)用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________.(2)安装好装置，用薄片适当垫起轨道右端，在不挂重物时，如果小车________，则表示已平衡摩擦力．(3)测出两个光电门中心之间的距离为L.将小车从图示位置静止释放，由数字计时器读出遮光条经过光电门A的时间t1和经过光电门B的时间t2，则小车加速度的表达式a＝________.(用以上字母表示)(4)保持合力不变，改变小车质量共做了6组实验，测得的实验数据如下表．为了更直观地分析数据得出结论，请在坐标纸上作出相应的图象．(5)[解析](1)10分度的游标卡尺，主尺上读出6 mm，游标尺上读出2×0.1 mm ＝0.2 mm，故遮光片的宽度为6.2 mm.(2)当小车做匀速直线运动时，表示已平衡摩擦力．本实验中即当小车经过两个光电门的时间相等时，表示已平衡摩擦力．(3)小车经过光电门A时的速度v A＝dt1，经过光电门B时的速度v B＝dt2，根据v2B－v2A＝2aL得a＝v2B－v2A2L＝⎝⎛⎭⎪⎫dt22－⎝⎛⎭⎪⎫dt122L.(4)以1m为横坐标，描点连线如图．(5)由图线可知，在误差允许的范围内，加速度与质量成反比．[答案](1)6.2 mm(2)小车经过两个光电门的时间相等(3)⎝⎛⎭⎪⎫dt22－⎝⎛⎭⎪⎫dt122L(4)见解析(5)在误差允许的范围内，加速度与质量成反比5．(2015·南昌调研)某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．(1)做实验时，将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d.则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________ mm.(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法有()A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小[解析](1)由速度的定义式可得滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝dΔt1；经过光电门2时的速度表达式v2＝dΔt2；由2ax＝v 22－v21，解得滑块加速度的表达式a＝⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22－⎝⎛⎭⎪⎫dΔt122x；游标卡尺主尺上读出8 mm，游标上第2刻度线与主尺对齐，即2×0.05 mm，游标卡尺读数为8 mm＋2×0.05 mm＝8.10 mm.(2)滑块沿斜面向下运动所受合力为Mg sinθ＝MghL，为了保持滑块所受的合力不变，M增大时，h减小，以保持二者乘积不变；或M减小时，h增大，以保持二者乘积不变，B、C正确．[答案](1)dΔt1⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22－⎝⎛⎭⎪⎫dΔt122x8.10(2)BC6．(2015·吉大附中三模)某物理兴趣小组在一次探究活动中，想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．实验装置如图所示，一端装有定滑轮的表面粗糙的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块；滑块左端与穿过打点计时器限位孔的纸带相连，右端固定一个轻小动滑轮；钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的水平轻绳相连．放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．实验时滑块加速运动，读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验；以弹簧测力计的示数F为纵轴，加速度a为横轴，得到的图象是一条斜率为k、纵轴截距为b的倾斜直线，如图所示．已知重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦，则滑块的质量M＝________；滑块和长木板之间的动摩擦因数μ＝________.[解析]据题意，对滑块受力分析，水平方向受到拉力为2F，还受到向左的摩擦力f，则有：2F－f＝ma，整理得到：F＝m2a＋f2，由此可知，图象的斜率为：m2＝k，则滑块质量为：m＝2k；摩擦力为：f2＝b，动摩擦因数为：μ＝2bmg＝bkg.[答案]2k b kg。
【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-1-6-2 Word版含答案
重点回顾专练：电场的性质专练一、选择题1．(2015·福建福州八中第一次质检)如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球A 、B ，左边放一带正电的固定球P 时，两悬线都保持竖直方向．下面说法正确的是( )A ．A 球带正电，B 球带负电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量大B ．A 球带正电，B 球带负电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量小C ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量小D ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量大[解析] 存在固定球P 时，对A 、B 球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A 球带负电而B 球带正电．由于A 、B 球在水平方向各受两个力，而A 、B 之间的库仑力大小相等，方向相反，可得P 对A 、B 的水平方向的库仑力大小相等，方向相反．根据F ＝k 以及A 离P 近，Qqr 2可知A 球带电荷量较小，B 球带电荷量较大．故C 正确．[答案] C2．(多选)(2015·河南三市(许昌、新乡、平顶山)10月第一次调研)如图所示是点电荷与带电金属板的电场线的分布情况．带负电的金属板MN (可理解为无限大)水平放置，正点电荷位于金属板的上方某处．P 1点在点电荷的正上方，P 2点在点电荷的正下方，且P 1与P 2到点电荷的距离相等，P 3点和P 2点的连线和金属板平行．则下列说法中正确的是( )A．P1点的电场强度比P2点的电场强度大B．P1点的电势比P2点的电势高C．P2点的电势比P3点的电势高D．将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做负功[解析] P1点的电场线比P2点的电场线稀疏，所以P1点的电场强度比P2点的电场强度小，故A错误；据等量异种电荷形成的电场，中垂线上的电势为零，据等势面图可知，P1点的电势比P2点的电势高，故B正确；据电场线与等势面垂直，作等势面如图，据图可知，P2点的电势比P3点的电势高；再据W＝Uq可知，将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做正功，故C正确，D错误．[答案] BC3．(2015·湖北黄冈中学期中)如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B.则( )A．电场强度的方向向左B．A点场强一定大于B点场强C．电场力做负功D．电势能增加[解析] 电子仅受电场力作用，沿电场线从A 运动到B ，可知电场力方向水平向右，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左，故A 正确．不知电场线的疏密，故无法判断电场的强弱，故B 错误．电子由A 到B ，电场力做正功，电势能减少，故C 、D 错误．[答案] A4．(2015·湖北武汉华中师大附中期中)两等量正点电荷的电荷量分别为q ，固定在图中a 、b 两点，ab ＝L ，MN 为ab 连线的中垂线，交直线ab 于O 点，A 为MN 上的一点，OA ＝L .取无限远处的电势为零．一带负电的试探电荷25q ，仅在静电力作用下运动，则( )A ．若q 从A 点由静止释放，其在由A 点向O 点运动的过程中，加速度先增大后减小B ．若q 从A 点由静止释放，其将以O 点为对称中心做往复运动C ．q 由A 点向O 点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大D ．若在A 点给q 一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动[解析] 两等量正点电荷周围部分电场线如图所示，其中a 、b 连线的中垂线MN 上，从无穷远到O 点过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q 由A 向O 的运动可能是加速度先增大后减小，也可能一直减小，故A 错误．电场线关于MN 是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O 点为对称中心做往复运动，故B 正确．从A 到O 过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C 错误．在空间中电场强度不是均匀分布的，故受到的电场力大小时刻在变，因此不可能做匀速圆周运动，故D错误．[答案] B5．(2015·福建泉州五校联考)P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示．则下列判断正确的是( )A．离子从a到b，电势能增加B．离子在运动过程中受到P的排斥力C．c、d两点电势相等D．离子从a到b，动能增加[解析] 由题图中电场线的分布情况可知P带正电，Q带负电．离子从a 到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加，故A正确．离子从a运动到b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到P的吸引力作用，从a 到b，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故B、D错误．沿着电场线方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势，故C错误．[答案] A6．(多选)(2015·茂名质检)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是( )A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小B ．物体A 受到地面的支持力保持不变C ．物体A 受到地面的摩擦力先减小后增大D ．库仑力对点电荷B 先做正功后做负功[答案] AC7．(2015·江西五校第一次联考)对于真空中电荷量为q 的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r 处的电势为φ＝kq /r (k 为静电力常量)，如图所示，两电荷量大小均为Q 的异种点电荷相距为d ，现将一质子(电荷量为e )从两电荷连线上的A 点沿以负电荷为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，在质子从A 点到C 点的过程中，系统电势能的变化情况为( )A ．减少B ．增加2kQeRd 2－R 22kQeR d 2＋R 2C ．减少 D ．增加2kQed 2－R 22kQe d 2＋R 2[解析] A 点的电势为φA ＝－k ＋k ＝－；C 点的电势为Q R Q d －R kQ (d －2R )R (d －R )φC ＝－k ＋k ＝－，则A 、C 两点间的电势差为U AC ＝φA －φC ＝－Q R Q d ＋R kQdR (d ＋R )＋＝，质子从A 点移到C 点，电场力做功为kQ (d －2R )R (d －R )kQd R (d ＋R )2kQRd 2－R 2W AC ＝eU AC ＝，且做的是正功，所以质子的电势能减少，故A 正2kQeRd 2－R 22kQeR d 2－R 2确．[答案] A8．(多选)(2015·山东德州一模)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位置x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1，对称的曲线，x2～x3段是直线，其中x3－x2＝x2－x1，则下列说法正确的是( )A．0～x1段的电场强度逐渐减小B．粒子在x1～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3D．x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23[解析] 由数学知识可知E p－x图象切线的斜率大小表示电场力，所以0～x1段的电场强度逐渐减小，A正确；由题图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误；根据电势能与电势的关系E p＝qφ，粒子带负电，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2>φ3，故C正确；x1～x2电场强度逐渐增大，而x2～x3电场强度不变，所以U12小于U23，D错误．[答案] AC9．(多选)(2015·浙江宁波模拟)空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为＋Q、质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA 、OB 、OC 三个不同位置，其中OA 水平，OC 竖直，OB 与水平面夹角为60°.小球分别从杆端A 、B 、C 由静止释放，已知小球从A 到O 运动时间为从B 到O 运动时间的倍，则可判断( )2A ．从C 到O 方向运动的时间小于从A 到O 的时间B ．从C 到O 方向运动的时间大于从A 到O 的时间C ．电场强度的最小值为mg 2QD．电场强度的最小值为3mg3Q[解析] 小球在杆上均做匀加速直线运动，由时间之比为∶1得2a A ∶a B ＝1∶2，设重力和电场力的合力为F 合，方向与竖直方向成α角，则F 合在AO 、BO 方向分力为1∶2，即F 合cos(30°－α)＝2F 合sin α，解得α＝30°，即重力和电场力的合力为F 合，沿BO 方向，将F 合沿AO 和CO 方向分解，可得a C >a A ，所以从C 到O 方向运动的时间小于从A 到O 的时间，故A 正确，B 错误；当电场方向垂直于BO 方向时电场强度最小，则E min ＝＝，故mg sin30°Q mg 2Q C 正确，D 错误．[答案] AC10．(多选)(2015·湖南永州三校联考)如图所示，光滑绝缘斜面底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中( )A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的机械能一直增大C．物块Q的电势能一直增大D．物块P、Q的重力势能和电势能之和先减小后增大[解析] 开始时电场力大于重力沿斜面向下的分力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于重力沿斜面向下的分力，合力与运动方向相反，动能减小，A错误；P、Q之间越来越远，Q的电势能越来越小，根据能量守恒定律，动能和重力势能的和(机械能)增大，B正确，C错误；物块动能、重力势能、电势能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，D正确．[答案] BD二、非选择题11．(2015·山东临沂期中考试)质量m＝0.1 kg的带电小球，在某电场中从O点经A、B运动至C点，已知O、A、B、C四点在同一条竖直线上，t＝0时小球恰在O点，忽略空气阻力，取向下为正方向(g取10 m/s2)，小球的v－t图象如图所示．求：(1)t ＝1 s 时带电小球的加速度和所受电场力的大小；(2)带电小球前14 s 下落的高度及克服电场力所做的功．[解析] (1)从题图中可以看出，t ＝2 s 内带电小球做匀加速运动，其加速度大小为a ＝＝8 m/s 2.ΔvΔt 由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，代入数据解得F ＝0.2 N.(2)14 s 内带电小球通过的位移为x ＝×16×2 m ＋×(6＋16)×12 m ＝148 1212m ，做的功为W ＝mgh －m v ＝146.2 J.122B[答案] (1)8 m/s 2 0.2 N (2)148 m 146.2 J12．(2015·河北邯郸期末考试)如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M 、N 两点上，有一质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷)的小球，固定在长为L 的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O 点且与MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于MN 的垂直平分线上距MN 为L 处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B 时速度为v ，取O 点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响．求：(1)小球经过B 点时对杆的拉力大小；(2)在＋Q 、－Q 形成的电场中，A 点的电势φA ；(3)小球继续向左摆动，能否经过与A 等高度的C 点(OC ＝L )？若能，求出此时的速度；若不能，请说明理由．[解析] (1)小球经过B 点时，在竖直方向有F －mg ＝m ，v 2LF ＝mg ＋m ，v 2L 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小F ′＝mg ＋m .v 2L (2)由于取O 点电势为零，而O 在MN 的垂直平分线上，所以φB ＝0，电荷从A 到B 过程中，由动能定理得mgL ＋q (φA －φB )＝m v 2，12φA ＝.mv 2－2mgL2q (3)小球不能经过C 处．因为在＋Q 、－Q 形成的电场中，φC >φA .假设小球能经过C 处，则E p ＝qφ，E p 由能量守恒可得到假设不成立．[答案] (1)mg ＋m (2) (3)见解析v 2L mv 2－2mgL 2q。
与名师对话高考物理课标一轮复习单元质量检测06 含解析
质量检测(六)时间：60分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1.(2014·安徽模拟)带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是() A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B．电场内部A点的电场强度小于B点的电场强度C．电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板解析：由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误；从电场线分布看，A处的电场线比B处密，所以A 点的电场强度大于B，选项B、C错误；A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确．答案：D2．(2014·山东卷)如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k o沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()解析：由于球壳内的场强处处为零，所以试探电荷在壳内做匀速直线运动，动能保持不变．球壳外的场强随离开球心的距离r的增加而减小，试探电荷在壳外做加速度减小的加速直线运动，动能随r的增加而增加，但增加的越来越“慢”．A正确．答案：A3．(2014·安徽卷)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如右图所示．下列图象中合理的是()解析：由功能关系W＝－ΔE p，及W＝Eqx，知E p－x图象的斜率反映电场强度E的大小，随x的增大，斜率在减小，E在减小，A错误．由动能定理得W ＝Eqx＝E k－0，故E k－x图象的斜率逐渐减小，B错误．由牛顿第二定律得Eq ＝ma，a也随x的增大而减小，C错误，D正确．答案：D4.(2014·湖北省八市高三联考)如图M和N是两个带有异种电荷的带电体，(M 在N的正上方，图示平面为竖直平面)P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点．在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它经过了F点和W点，已知油滴在F点时的机械能大于在W点的机械能．(E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力)则以下说法正确的是()A．P和Q两点的电势不相等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的“机械能和电势能总和”没有改变解析：带电导体表面是等势面，A错误；液滴在F点机械能大于在W点机械能，则液滴从F到W点，电场力做负功，则F点电势低于W点电势，则M 带负电荷，N带负正荷，P点电势低于S点电势，B错误；只有电场力和重力做功，机械能和电势能总和不变，正电荷在F点电势能比在E点电势能低，C错误，D正确．答案：D5．(2014·扬州中学阶段测试)如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A到A关于O的对称点A′过程加速度(a)、重力势能(E p G)、机械能(E)、电势能(E p电)随位置变化的图象一定错误的是(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无限远电势为零)()解析：圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小，故A正确；小球从A到圆环中心的过程中，重力势能E p＝mgh，小球穿过圆环后，E p＝－mgh，重力势能与高度是线性变化的，故B正确；小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C正确；由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故D错误．答案：D6．(2014·青岛市高三检测)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A．带正电B．速度先变大后变小C．电势能先变大后变小D．经过b点和d点时的速度大小相同解析：根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；选项B错误，C正确；因为bd两点在同一等势面上，所以在bd 两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．答案：CD7．(2014·广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是() A．M与N的距离大于LB．P、M和N在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零解析：M 、N 和细杆组成的系统静止在光滑的水平面上，可知其所受合外力必定为零即P 对M 和N 的作用力大小相等、方向相反、在一条直线上，B 、D 正确．设M 与N 间距离为L ′，则kQq L 2＝kQ ·2q (L ＋L ′)2，解得L ′＝(2－1)L <L ，A 错误．P 为正点电荷，明显有φM >φN ，C 错误．答案：BD8．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，在正点电荷Q 的电场中有M 、N 、P 、F 四点，M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，F 为MN 的中点，∠M ＝30°，M 、N 、P 、F 四点处的电势分别用φM 、φN 、φP 、φF 表示，已知φM ＝φN ，φP ＝φF ，点电荷Q 在M 、N 、P 三点所在平面内，则( )A ．点电荷Q 一定在MP 的连线上B ．连线PF 的线段一定在同一等势面上C ．将正试探电荷从P 点搬运到N 点，电场力做负功D ．φP 大于φM解析：由点电荷电场的对称性知，点电荷Q 位于MN 和PF 中垂线的交点，由几何关系知，在M 、P 的连线上，A 正确．点电荷的等势面是以点电荷为圆心的圆面，B 错误．P 点比N 点离正电点荷Q 近，故φM ＝φN <φP ＝φF ，故C 错误，D 正确．答案：AD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(10分)如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为32L的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，求c的速率．解析：对c进行受力分析如图所示，由于c到O点距离R＝32L，所以Δabc是等边三角形．a、b对c作用力F1＝F2＝k q2L2，合力F合＝2F1cos30°＝3kq2L2. 由牛顿第二定律得：F合＝m v2 R即3kq 2L 2＝m v 232L 解得：v ＝q3k 2mL . 答案：q 3k 2mL10．(12分)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g 2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求：(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，可以加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？解析：(1)加速度的方向分两种情况①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g 所以q m ＝gh 22kQ②加速度向上时，因为kQq h 2－mg ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g 所以q m ＝3gh 22kQ (2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场．因为qE －12mg ＝0 所以E ＝m q ·g 2＝kQ 3h 2. 答案：(1)3gh 22kQ (2)竖直向下 kQ 3h 211．(14分)一平行板电容器长l ＝10 cm ，宽a ＝8 cm ，板间距d ＝4 cm ，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的m q 均为5×10－11 kg/C ，速度均为4×106 m/s ，距板右端l 2处有一屏，如图(甲)所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图(乙)所示的交变电压，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交变电压的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：(1)离子打在屏上的区域面积；(2)在一个周期内，离子打到屏上的时间．解析：(1)设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U 0 水平方向：l ＝v 0t ①竖直方向：d 2＝12at 2② a ＝qU 0md ③由①②③得U 0＝md 2v 20ql 2 ＝5×10－11×(4×10－2)2×(4×106)2(0.1)2V ＝128 V当U >128 V 时打到极板上当U ≤128 V 时打到屏上利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上．由此可得l 2＋l2l2＝yd2解得打到屏上的长度为y＝d又由对称性知，总长度为2d区域面积为S＝2y·a＝2ad＝2×8×10－2×4×10－2 m2＝6.4×10－3 m2.(2)在前14T，有离子打到屏上的时间t0＝128 V200 V×0.005 s＝0.0032 s又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.0128 s.答案：(1)6.4×10－3 m2(2)0.0128 s12．(16分)(2014·青岛市期中)如图所示，ABCD为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R＝2.5 m的半圆，BC、AD段水平，AD＝BC＝8 m，B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E＝6×105 V/m；质量为m＝4×10－3 kg、电荷量为q＝＋1×10－8 C的小环套在轨道上，小环与轨道AD段之间存在摩擦且动摩擦因数处处相同，小环与轨道其余部分的摩擦忽略不计，现使小球在D点获得某一初速度沿轨道向左运动，若小环在轨道上可以无限循环运动，且小环每次到达圆弧上的A点时，对圆轨道刚好均无压力．求：(1)小环通过A点时的速度大小；(2)小环与AD段间的动摩擦因数μ；(3)小环运动到D 点时的速度大小．解析：(1)进入半圆轨道AB 时小环仅受重力，在A 点由向心力公式得：mg ＝m v 2A Rv A ＝gR ＝5 m/s(2)由题意可得：小环在AD 段损失的能量跟在电场阶段补充的能量是相等的，故摩擦力做的功与电场力做的功大小相同．故：μmgL AD ＝qEL BCμ＝0.15(3)从A 到D 由动能定理可得：12m v 2D －12m v 2A＝qEL BC 解得：v D ＝7 m/s.答案：(1)5 m/s (2)0.15 (3)7 m/s。
【与名师对话】高考物理总复习 课时配套作业6 新人教版必修1
课时作业(六)1．关于摩擦力的说法中正确的是( ) A．滑动摩擦力的方向可能与物体的运动方向相同B．滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动C．相互压紧的粗糙物体间总有摩擦力的作用D．受静摩擦力作用的物体一定静止[解析] 摩擦力的方向总与物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反，和运动方向没有直接关系(可以同向也可以反向)，A、B项正确；摩擦力产生的条件要求物体间必须有相对运动或相对运动的趋势，C项错；两个运动的物体间也可以有静摩擦力，D项错．[答案] AB2.如右图所示，一个长木板放在水平地面上，在恒力F作用下，以速度v向左匀速运动，与木块A相连的水平弹簧的拉力为T.下列说法正确的是( ) A．木块受到的滑动摩擦力的大小等于TB．木块受到的静摩擦力的大小为TC．若用2F的力作用在木板上，木块受到的摩擦力的大小为2TD．若木板以2v的速度匀速运动时，木块受到的摩擦力大小等于2T[解析] 木板在恒力F作用下以速度v向左匀速运动时，木块在水平方向受弹簧的弹力和木块对它的滑动摩擦力作用处于静止状态，故选项A正确、B错误；由于木块和木块之间的压力和动摩擦因数均不变，所以当力增大为2F或木板以2v的速度匀速运动时，木块所受的滑动摩擦力并不发生改变，故C、D均错误．[答案] A3.照片中的这位男士骑着一辆搞笑的另类自行车，在骑车人用力蹬车前进的过程中，车轮上黑白两色的鞋子与地面接触，下面判断正确的是( ) A．前轮黑色的鞋子受到的摩擦力方向向前B．前轮黑色的鞋子受到的摩擦力方向向后C．前、后轮上的鞋子不受摩擦力作用D．后轮白色的鞋子受到的摩擦力方向向后[解析] 地面对前轮的摩擦力促使前轮转动，所以前轮受到的摩擦力方向向后，后轮给地面一个向后的摩擦力，所以地面给后轮一个向前的摩擦力，B正确．[答案] B4.(2012·正定中学月考)如图所示，两根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下．若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动，且仍能将水泥圆筒放在两木棍的上部，则( ) A．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力不变B．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力变大C．圆筒将静止在木棍上D．圆筒将沿木棍减速下滑[解析] 将两者间的距离稍增大后固定不动，每根木棍对圆筒的支持力变大，导致圆筒将静止在木棍上，摩擦力不变，选项AC正确．[答案] AC5．已知一些材料间的动摩擦因数如下表所示：如右图所示，一质量为1.0 kg 的物块放置在某材料制作的固定斜面上，斜面倾角30°，现用弹簧秤沿斜面方向以1 m/s 2的加速度拉此物块，使其匀加速上升，读得弹簧秤的示数为8.17 N ，则两接触面的材料可能是(g 取10 m/s 2)( )A ．木—金属B ．木—木C ．钢—钢D ．木—冰[解析] 对物体受力分析，由牛顿第二定律有F －Mg sin30°－μMg cos30°＝Ma ，所以μ＝F －Mg sin30°－MaMg cos30°＝0.25.[答案] C6．如右图所示，一质量为m 的木板置于水平地面上，其上叠放一质量为m 0的砖块，今用水平力将木板从砖下抽出，则该过程的木板受到地面的摩擦力为(已知m 与地面间的动摩擦因数为μ1，m 0与m 间的动摩擦因数为μ2)( )A ．μ1mgB ．μ1(m 0＋m )gC ．μ2mgD ．μ2(m 0＋m )g[解析] 滑动摩擦力的计算公式F ＝μF N ，题中水平地面所受压力的大小为(m 0＋m )g ，动摩擦因数为μ1，所以其滑动摩擦力大小为μ1(m 0＋m )g .[答案] B 7.(2012·田家炳实验中学模拟)某同学在探究摩擦力的实验中采用了如图所示的操作，将一个长方体木块放在水平桌面上，然后用一个力传感器对木块施加一个水平拉力F ，并用另外一个传感器对木块的运动状态进行监测，表中是她记录的实验数据．木块的重力为10.00 N ，重力加速度g ＝9.80 m/s 2，根据表格中的数据回答下列问题(答案保留3位有效数字)：(1)木块与桌面间的最大静摩擦力Ff m >________ N ；(2)木块与桌面间的动摩擦因数μ＝________； (3)木块匀加速运动时受到的摩擦力F f ＝________ N.[解析] (1)木块匀速运动时的滑动摩擦力为4.01 N ，因此最大静摩擦力Ff m 一定大于4.01 N.(2)由F f ＝μmg 得：μ＝0.401.(3)木块匀加速运动时所受的摩擦力为滑动摩擦力， 故F f ＝4.01 N.[答案] (1)4.01 (2)0.401 (3)4.018．(2012·济南一模)如右图所示，一只半球形碗倒扣在水平桌面上处于静止状态，球的半径为R .质量为m 的蚂蚁只有在离桌面高度大于或等于45R 时，才能停在碗上．那么蚂蚁和碗面间的最大静摩擦力为( )A ．0.6 mgB ．0.8 mgC ．0.4 mgD ．0.75 mg[解析] 蚂蚁在离桌面高度等于45R 时，停在碗上，蚂蚁和碗面间的静摩擦力最大，最大静摩擦力为f ＝mg sin θ，cos θ＝0.8，联立解得f ＝0.6mg ，选项A 正确．[答案] A9．(2012·扬州模拟)如图所示，重80 N 的物体A 放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为1000 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A 后，弹簧长度缩短为8 cm ，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N ，当弹簧的长度仍为8 cm 时，测力计读数不可能为A ．10 NB ．20 NC ．40 ND ．60 N[解析] 设物体所受静摩擦力F f 的方向沿斜面向上，由平衡条件得：F ＋F f ＋kx ＝mg sin30°.可得：F ＋F f ＝20 N ，F 由0逐渐增大，F f 逐渐减小，当F f ＝0时，F 为20 N ，故A 、B 均可能；当F f 沿斜面向下时，F ＋kx ＝F f ＋mg sin30°，有：F ＝F f ＋20 N ，随F 增大，F f 也逐渐增大，直到F f ＝25 N ，此时F ＝45 N ，当F >45 N ，物体就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.[答案] D10．如右图所示，体重为60 kg的武术运动员，两脚蹬在两堵墙上且保持静止状态，若运动员的脚与墙面间的动摩擦因数为0.5，两堵墙之间的距离和运动员的腿长相等．关于运动员与墙之间的压力大小，正确的是(取g＝10 m/s2)( )A．一定等于600 NB．可能等于600 NC．可能大于600 ND．可能小于600 N[解析] 因为运动员的重力为600 N，所以墙给每只脚的静摩擦力为F f＝300 N，设每只脚对墙的压力为F N，因最大静摩擦力F f max＝μF N，且F f max≥F f，则有F N≥600 N，即当F N＝600 N时，每只脚受到竖直向上的静摩擦力可达300 N．使运动员保持平衡，显然F N>600 N 时，每只脚受到的静摩擦力仍为300 N．正确答案为B、C.[答案] BC11．如下图所示，木板B放在水平地面上，在木板B上放一重1200 N的A物体，物体A与木板B间、木板与地面间的动摩擦因数均为0.2，木板B重力不计，当水平拉力F将木板B匀速拉出，绳与水平方向成30°时，问绳的拉力T为多大？水平拉力为多大？[解析] 对A受力分析如右图所示，由平衡条件得F阻＝T cos30°T sin30°＋F N1＝G又F阻＝μF N1解得T＝248 N，F阻＝215 N，F N1＝1075 N对物体B 受力分析如图．由于匀速拉出，处于平衡状态，根据平衡条件得F ＝F 阻′＋f 地＝F 阻＋μF N2 F N2＝F N1′＝F N1联立解得F ＝430 N. [答案] 248 N 430 N12．如图有一半径为r ＝0.2 m 的圆柱体绕竖直轴OO ′以ω＝9 rad/s 的角速度匀速转动．今用力F 将质量为1 kg 的物体A 压在圆柱侧面，使其以v 0＝2.4 m/s 的速度匀速下降．若物体A 与圆柱面的摩擦因数μ＝0.25，求力F 的大小．(已知物体A 在水平方向受光滑挡板的作用，不能随轴一起转动．)[解析] 在水平方向圆柱体有垂直纸面向里的速度，A 相对圆柱体有垂直纸面向外的速度为v ′，v ′＝ωr ＝1.8 m/s ；在竖直方向有向下的速度v 0＝2.4 m/s.A 相对于圆柱体的合速度为v ＝v 20＋v ′2＝3 m/s合速度与竖直方向的夹角为θ，则cos θ＝v 0v ＝45A 做匀速运动，竖直方向平衡，有F f cos θ＝mg ，得 F f ＝mgcos θ＝12.5 N另F f ＝μF N ，F N ＝F ，故F ＝F fμ＝50 N.[答案] 50 N。
高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-2-5 含答案
随堂训练1．某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态(填“水平”或“竖直”)．(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________ cm，劲度系数k＝________ N/m.(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝________ cm.[解析](1)刻度尺应保持竖直状态以保证与弹簧轴线平行．(2)图线在横轴上的截距等于弹簧的原长x0＝4.00 cm，图线斜率等于弹簧的劲度系数k＝50 N/m.(3)把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数为3.0 N时，弹簧伸长量Δx ＝6 cm.此时弹簧的长度x＝x0＋Δx＝10 cm.[答案](1)竖直(2)4.0050(3)102．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________ cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________；(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB 段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是____________________．[解析](1)题图甲示数为7.73 cm，题图乙示数为14.66 cm，弹簧的伸长量Δl ＝14.66－7.73 cm＝6.93 cm.(2)逐一增挂钩码，弹簧的伸长量逐渐地增大，不会出现超过弹性限度的情况，选项A正确．(3)当超过弹簧的弹性限度时，弹力与弹簧伸长量不再成正比．[答案](1)6.93(6.92～6.94)(2)A(3)超过弹簧的弹性限度3．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．(1)某次测量如图2所示，指针示数为________ cm.(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A和L B，如下表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g取10 m/s2)．由表中数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.[解析](1)毫米刻度尺的最小刻度是mm，读数时要估读到0.1 mm.(2)由胡克定律得k1＝Fx＝ΔFΔx＝3×50×10－3×10(27.76－15.71)×10－2N/m＝12.5 N/m，同样应用胡胡定律可计算出k2.[答案](1)15.95～16.05(2)12.2～12.8能4．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k.做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；……；挂七个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7(弹簧始终处于弹性限度内)．(1)下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是________和________.37根据图将这两个测量值填入上表中．(3)为了充分利用测量数据，该同学将所测得的数据按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d 1＝L 4－L 0＝6.90 cm ，d 2＝L 5－L 1＝6.90 cm ，d 3＝L 6－L 2＝7.00 cm.请你给出第四个差值：d 4＝________＝________cm.(4)根据以上差值，可以求出每增加50 g 砝码弹簧的平均伸长量ΔL ，ΔL 用d 1、d 2、d 3、d 4表示的式子为：ΔL ＝____________________，代入数据解得ΔL ＝________cm.(5)计算弹簧的劲度系数k ＝________N/m(g 取9.8 m/s 2)．[解析] (1)L 5、L 6两组数据没有估读值．(2)根据表格已知读数，刻度尺上端的刻度数小，因而L 3＝6.85 cm ，L 7＝14.05 cm.(3)题中三组数据在寻求多挂4个砝码形成的长度差，故d 4＝L 7－L 3＝ (14.05－6.85) cm ＝7.20 cm.(4)每增加4个砝码弹簧的平均伸长量ΔL 1＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44，则每增加1个砝码弹簧的平均伸长量ΔL ＝ΔL 14＝d 1＋d 2＋d 3＋d 416，代入数据求得ΔL ＝1.75 cm.(5)由(3)(4)可知，弹力F 和弹簧伸长量ΔL 成正比，即满足F ＝kΔL ，代入数据得k ＝F ΔL ＝50×10－3×9.81.75×10－2 N/m ＝28 N/m.[答案] (1)L 5 L 6 (2)6.85 14.05(3)L 7－L 3 7.20 (4)d 1＋d 2＋d 3＋d 4161.75 (5)28 5．某同学利用弹簧测力计、小车、砝码、钩码、木块和带有定滑轮的长木板等器材探究滑动摩擦力F f 与正压力F N 之间的关系，实验装置如图所示．该同学主要的实验步骤如下：a．将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，在细绳一端挂适量的钩码，使其能够带动小车向右运动b．多次改变木块上砝码的个数，并记录多组数据c．进行数据处理，得出实验结论．请回答下列问题：(1)实验中应测量木块和木块上砝码的总重力，并记录___________________.(2)若用图象法处理实验数据，以滑动摩擦力F f为横轴，正压力F N为纵轴，建立直角坐标系，通过描点，得到一条倾斜的直线，该直线的斜率所表示的物理意义(可用文字描述)为____________________________________________.(3)通过实验得出的结论是______________________________________.[解析](1)实验中应测量木块和木块上砝码的总重力，为小车受到的正压力F N；记录弹簧测力计的示数，该示数等于小车所受的滑动摩擦力F f.(2)由F f＝μF N可知，F N－F f图线的斜率所表示的物理意义为动摩擦因数的倒数．(3)通过实验得出的结论是：在误差允许的范围内，滑动摩擦力F f与正压力F N成正比．[答案](1)弹簧测力计的示数(2)动摩擦因数的倒数(3)在误差允许的范围内，滑动摩擦力F f与正压力F N成正比。
名师考题 高考一轮复习物理 参考答案
' ' 4 6 ) . (6 4 ! . 由加速度的定义可得 ( ( 2' 3 '3( ( ! ' ' 6 ! 4 6 ) . (6 4 . 或 ( ( ' 3 (6 ! )' 3 ( ! ' ' ) 1 ! 4 41 ( 位移为 " ( ( ( * !'( 0' . . ) 6 ! 4 或" ( * !'(6 &'! . 答案 ! 4 ! 4 4'!路程为) 4 4' !位移为. 解析 比队伍多前进一个队伍的长 !通讯员从队尾到队首
参考答案
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参 考 答 案
必修! 第一章!直线运动
第一节!描述运动的基本概念 典例精析 变式训练 解析 $ 中研究的是乒乓球的旋转和 !" ! !# 不能视为质点 郭晶晶的跳水动作 # $ 错 " 中研究的是王军 霞在万米长跑中的快慢 可忽略其高与摆臂动作 可看做质 点 研究火车通过某一路标的时间时不能不考虑它的长 " 对 在这种情况下火车就不能视为质点 故选 " ! 度 % 错 变式训练 解析 # !" ! !半径为&' 的半圆弧长" ! !( !( 半径为-' 的半圆弧长" & ! ! ) * &'( + , )' # & ! ! ) * ! .( .(
' 6 . ) 6 ! . . . 故-(" 即加速 为正方向 ( ' 3 (6& 2 4' 3 ( 4 , ! " '( ! / 0'! . 度大小为& 方向与踢出的方向相同 故 $ 正确! 2 4' 3 人的路程" ( " " . ! !' !1 .( 能力训练 人的位移大小$ 方向由 % 到& ( . # . # ! 2' "正确! !1 .( 解析 ! ! $! !物体能否被看做质点与物体本身的体积和质量 变式训练 答案 ! . ! -' 3 ! -' 3 ! ! ! 的大小无关 主要是看其大小和形状能否可以忽略 故 # 错 解析 !根据平均速度的定义式得 质点有质量 几何中的点没有质量 所以不同 故 " 错 研究 $ $ 1 . 4 !1 . 运动员长跑的运动的快慢时 可以忽略运动员的大小和形 '3 ' ( ( ! . / -' 3 !( ( ( ! 1 ! !1 . 故可看做质点 故 $ 正确 表演者跳舞时其身体的各个部 状 $ $ $ $ 1 . 4 1 . 4 1 ! - !1 .1 &1 ) ' ( ( ! -' 3 ! '3 .( 分动作不能忽略 所以不能看做质点 故 % 不正确! ( ( ( ( ! 1 ! 1 ! 1 ! !1 .1 &1 ) 解析 若不选择参考系 则无法确定物体的运动情况 ! $! ! 变式训练 解析 # 对 . !#! !速度和加速度无必然联系 故 正确 因为甲 乙的速度大小和方向相同 故以甲为参考 # 速度减小时 加速度也可以增大或不变 速度为零 加速 " 错 系 乙是静止的 运动和静止是相对的 故当甲看到 " 正确 度不一定为 零 速 度 增 大 加 速 度 也 可 以 不 变 或 减 小 $ 错 乙火车开动了时 可能是甲动 错误 因为静止是相对的 $ % 错! 研究地面上物体运动 一般选择地面或地面上静止的物体为 变式训练 答案 . 4' 3 ! 4' 3 ! ! ! 参照物 故 % 正确! 解析 被第一枚鱼雷击中前 敌舰逃跑的速度为 当鱼雷 ' ! ! 解析 & ! " -3时指的是-3末这一时刻 -3内指的是前 ! ! 时 发射第一枚鱼雷 经过 快艇与敌舰相距 ) .5 ' ( 43 4( ! (第-3内指的是)3末到-3末这!3的时间 3这一段时间/ 击中敌舰 则有 前!3末和后!3初是同一时刻 第)3末和第 -3初是同一 即 '6 ' ( ) 2 4 6 ' * 4 ( . 4 4 4 ! !( 4 ! 时刻 故 错误 ! " ! 解得' . 4' 3 !( 解析 有着本质区别 ! $ ! !位移和路程是两个不同的物理量 击中敌舰时 鱼雷快艇与敌舰的距离为 ) & 4 6 ' ( 4 4 ) 46 ! ! (! 即使位移的大小等于路程 也不表示路程就是位移 物 # 错误 马上发射第二枚鱼雷 被第一枚鱼雷击中后敌舰的速度为 ' 体在沿直线单向运动时 通过的路程才等于位移的大小 错误 " 经 鱼雷再次击中敌舰 则有 ' ( & 43 '6 ' ! 4 4' . .( .( .( 物体通过不同的路径 路程不等 位移可能相同 物体经 % 错误 即 2 4 6 ' * & 4 ( ! 4 4 . 过一段路程 又返回原出发点 其位移为零 故 正确 $ ! 解得' ! 4' 3 ! .( 解析 由于质点做 ! $ 3 ! !质点经过 % 点时的瞬时速度为-' 随堂巩固 变速直线运动 过 点前 后 内的平均速度不一定为 % !3 -' 3 解析 ! ! %! (3内通过的路程 !只有做单向直线运动的物体 错 只有在匀变速直线运动时中间时刻的速度才等于平均 # " 与位移的大小才一定相等 质点不一定是体积和质 # 错误 速度 匀速直线运动时平均速度等于瞬时速度 因此以后 %错 量极小的物体 速度的定义式和平均速度公式都是' " 错误 每! 内的位移是-' 对! 3 $ $ 但是速度是指平均速度在时间趋近于零时的极限值 ( 解析 2 ! # ! !汽车速度表的指针指示的是汽车瞬时速度的大小 ( 其单位是 故 # 正确! 错误 速度不变的运动是匀速直线运动 正确 5 ' 8 $ % ! 解析 如果加速度的方向和速度的方向相反 则加速度增 解析 路程等于物体经 0 ! % ! ! . ! "! ! 大 速度减小 加速度为速度的变化率 速度变化量大 # 错误 过的轨迹长度 该质点经过的轨 可能所用时间比较长 加速度不一定大 物体有加速度 "错误 迹长度为! .'1 . 4'1 2'( & 7 其方向关系不确定 所以速度可能增大 也可能减小 物 $错误 即它运动的路程为 而位移的大小等于初末位置的距 ' & 7' 体的速度和加速度没有必然的联系 加速度大 速度可能很小 离 如图 质点初位置为 % 点 末位置为 * 点 间距离即 % * 加速度小 速度可能很大 正确 % ! 为质点运动的位移大小! 间距离为 间距离为 % & 7' & * 2 解析 但由于气体的反冲力很 7 ! " 由勾股定理得 % 所以 " 正确! ! !点火后虽然火箭速度为零 ' * 间距离为! 4' 大而具有很大的加速度 故 # 错误 加速度表示速度变化的快
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随堂训练
1．(多选)在做“互成角度的两个力的合成”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中错误的是()
A．同一次实验过程中，O点位置允许变动
B．实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度
C．实验中，先将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两弹簧测力计之间夹角应取90°，以便于算出合力的大小
[解析]从橡皮条固定点到O点的连线方向，是合力的作用线方向，如果O 点变动，那么合力的大小方向会变化，就不能验证力的平行四边形定则，A错误；C选项中，因一个弹簧测力计已拉到最大量程，再通过另一个弹簧测力计拉橡皮条到O点时，第一个弹簧测力计可能超过最大量程，造成损坏，或读数不准，C 错误；互成角度的两个力是利用平行四边形定则合成的，两个分力成任意角度都适用，不必成90°角，D错误．
[答案]ACD
2．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，合力与分力的作用效果相同，这里作用效果是指()
A．弹簧测力计的弹簧被拉长
B．固定橡皮条的图钉受拉力产生形变
C．细绳套受拉力产生形变
D．使橡皮条在同一方向上伸长同一长度
[解析]合力与分力之间是等效替代关系，所以在实验中的作用效果相同是
指橡皮条的伸长量相同且伸长到同一位置，D正确．
[答案] D
3．(2015·江南十校联考)用木板、白纸、图钉、一根原长为5 cm且劲度系数为100 N/m的弹簧、两个弹簧测力计、细绳套、三角板、刻度尺和铅笔等器材做“验证力的平行四边形定则”实验，实验过程如下：
(1)在水平木板上铺白纸，把弹簧的一端固定在O点，过O画一条标记线OD，弹簧的另一端拴两条细绳套；用两个弹簧测力计互成角度拉细绳套，使弹簧的另一端沿OD拉至C点，如图甲所示．用铅笔描下C点的位置和两条细绳的方向，记录两弹簧测力计的读数分别为F A与F B，其中B弹簧测力计的读数F B＝________N；用刻度尺测出此时弹簧的长度为10.00 cm，通过计算得出弹簧的拉力F＝________N；可以判断F A与F B互成的角度为________．
(2)根据力的图示，作出F A和F B，如图乙所示．请你根据力的图示，在图乙中作出F A与F B的合力F′.
(3)比较力F′与F的大小和方向，得出的结论是：在实验误差范围内，__________________________________.
[解析](1)由甲图知，B弹簧的读数为4.00 N；弹簧的形变量为5 cm，根据胡克定律F＝kx，代入可求此时弹力F＝5 N；再由甲图可知A弹簧的读数为3 N，根据几何关系可求F A与F B互成的角度为90°.(2)图见答案．(3)比较力F′与F 的大小和方向，近似相同，故可得结论是：在实验误差范围内，平行四边形定则成立．
[答案](1)4.005或5.090°
(2)如图所示：
(3)平行四边形定则成立
4．(2015·广东深圳二模)根据要求，完成“验证力的平行四边形定则”实验．
(1)如图甲所示，把白纸固定在木板上后，再把木板竖立在桌面上，用图钉把橡皮筋的一端固定在A点，另一端B连接两条轻绳，跨过定滑轮后各拴一细绳套，分别挂上3个钩码和4个钩码(每个钩码重1 N)，调整滑轮的位置，稳定后结点B位于O处，记下________和两条轻绳的方向，取下滑轮及钩码．
(2)如图乙所示，取某单位长度表示1 N，用力的图示作出两条轻绳的拉力F1和F2；再用一把弹簧测力计把结点B也拉至O处，记下测力计的读数F′＝________ N，取下测力计．
(3)在图丙作出F1和F2的合力F及拉力的图示．
(4)对比F′和F的大小和方向，发现它们不是完全一致的，其可能的原因是________(填一个原因)．
[解析](1)根据实验原理和实验目的可知，该实验目的是“验证力的平行四边形定则”，因此需要知道两个分力的大小和方向，由此可以作平行四边形，从而求出合力的理论值，该实验采用的是“等效替换”，因此需要记录一个弹簧拉橡皮筋时的弹力的大小和方向．记下O的位置和两条轻绳的方向、钩码的个数．
(2)弹簧测力计的最小刻度为0.2 N，读数时应估读到本位，所以读数5.0 N.
(3)合理选取标度，作出两分力，再应用平行四边形定则作出合力如图所示．
(4)F′和F不是完全一致的，其可能的原因是测量存在误差；作图没有画准；弹簧测力计自身重力的影响；滑轮与绳之间的摩擦力等．
[答案](1)O的位置(2)5.0(3)见解析(4)见解析
5．(2015·徐州质检)某同学尝试用橡皮筋等器材验证力的平行四边形定则，他找到两条相同的橡皮筋(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与细绳连接，细绳下挂一重物，两橡皮筋的另一端也都连有细绳．实验时，先将两条橡皮筋的一端的细绳固定在墙上的钉子A上，其中一条橡皮筋任其下垂，如图中甲所示，再将另一条橡皮筋另一端的细绳固定在墙上的钉子B上，如图中乙所示．
(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．
a．两橡皮筋的另一端连接的细绳a、b长度要相同
b．要测量橡皮筋的原长
c．要测量图甲和图乙中橡皮筋的长度
d．要记录图甲中结点O的位置及过结点O的竖直方向
e．要记录图乙中结点O′的位置及过结点O′的竖直方向
(2)对该实验“两条相同的橡皮筋”的要求的理解，正确的为________．
a．橡皮筋的材料和原长相同即可
b．橡皮筋的材料和粗细相同即可
c．橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同
[解析]本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的，本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据
实验原理需要知道橡皮筋的伸长量才能表示橡皮筋的弹力，故应该测量橡皮筋的原长和图甲、乙中橡皮筋的长度．两条相同的橡皮筋是指橡皮筋的材料、原长和粗细均要相同．
[答案](1)bce(2)c
6．如右图所示，某实验小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解，A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的板做圆弧形
移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长0.3 m的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，g取10 m/s2，按如下步骤操作：
①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；
②对两个传感器进行调零；
③用另一根绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数；
④取下钩码，移动传感器A改变θ角．
重复上述实验步骤，得到表格.
(1)12”)．钩码质量为________kg(保留一位有效数字)．
(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是()
A．因为事先忘记调零
B．何时调零对实验结果没有影响
C．为了消除横杆自身重力对结果的影响
D．可以完全消除实验的误差
[解析](1)A传感器中的力均为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg＝F1sinθ，当θ＝30°时，F1＝1.001 N，可求得m＝0.05 kg.(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，目的是为了消除横杆自身重力对结果的影响，C正确．[答案](1)F10.05(2)C。