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
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随堂训练X3-3-4含答案
随堂训练1．(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有______________．(2)在用油膜法估测分子大小的实验中，在哪些方面作了理想化的假设：____________________________________________________________.(3)如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用字母符号表示)．[答案](1)量筒、痱子粉或细石膏粉、坐标纸(2)将油膜看成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个排列的(3)dacb2．在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．改正其中的错误：__________________________________________________________________________________________.(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m.[解析](1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差，故可在量筒内滴入N滴该溶液，测出它的体积．③液面上不撒痱子粉或石膏粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败，故应先在液面上撒痱子粉或石膏粉．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d＝VS＝4.8×10－3×10－6×0.10%40×10－4m＝1.2×10－9 m.[答案](1)见解析(2)1.2×10－93．(2015·开封模拟)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V油酸，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1∶5000,1 mL溶液滴25滴，那么1滴溶液的体积是________mL，所以1滴溶液中油酸体积为V油酸＝________cm3.若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子长度值L0＝1.12×10－10m作比较，判断此实验是否符合数量级的要求.[答案]4×10－28×10－6 1.50×10－8 1.62×10－8 1.42×10－8平均值为1.51×10－10 m符合要求4．油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如下图所示．若每一小方格边长为25 mm，试问：(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：____________________________________________ ___________________________________________________________.[解析](1)油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝150×0.61000×10－6m3＝1.2×10－11m3，油酸分子的直径约等于油膜的厚度d＝VS＝1.2×10－114.4×10－2m≈2.7×10－10 m.[答案](1)球体单分子直径 4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10(2)①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩。
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课时跟踪训练33含答案
课时跟踪训练(三十三)一、选择题1．(多选)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()[解析]线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．[答案]AC2．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流()A．周期为0.125 sB．电压的有效值为10 2 VC．电压的最大值为20 2 VD．电压瞬时值的表达式为u＝102sin8πt V[解析] 由电压随时间的变化规律可知，周期为0.250 s ，故A 不对；电压的最大值为20 V ，故电压的有效值为20 V 2＝10 2 V ，B 是正确的；C 是不对的；电压瞬时值表达式中，最大值是10 2 V 是不对的，应该是20 V ，故D 也不正确．[答案] B3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析] 由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，则C 项错误．[答案] B4．(多选)(2015·陕西渭南一模)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1 Ω，外接R ＝9 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt V ，则( )A．该交变电流的频率为5 HzB．外接电阻R两端电压的有效值为10 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表A的示数为1 A[解析]交流电的频率f＝10π2πHz＝5 Hz，故A正确；该电动势的最大值为10 2 V，有效值是10 V，外接电阻R两端电压的有效值U＝109＋1×9 V＝9 V，故B错误；电路中电流为I＝101＋9A＝1 A，外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9 W，故C错误，D正确．[答案]AD5．(2015·福建福州二模)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电．电源内阻不计，下列说法正确的是()A．电动机的内阻为2.5 ΩB．电动机的发热功率为10 WC．通过电动机的电流为2 AD．通过电动机的电流为2 2 A[解析]由题图知该电源电动势的最大值为E m＝5 2 V，有效值为U＝5 V．现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电，所以通过电动机的电流为I＝105A＝2 A，由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的内阻r<52Ω＝2.5Ω，故A、D错误，C正确；由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的发热功率P热<P总＝10 W，故B错误．[答案] C6．(2015·辽宁沈阳市郊联合体模拟)某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．在A、B间加一交变电压，瞬时值的表达式为u＝202sin100πt V，则交流电压表示数为()A．10 V B．20 VC．15 V D．14.1 V[解析]由理想二极管的导电特点可知，交流电压表示数由U2R T＝202R·T2可得U＝10 2 V＝14.1 V，选项D正确．[答案] D7．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()A．2 A B．2 6 AC．6 A D．5 A[解析]0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ/Δt＝1 V，电流为2 A,1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ/Δt＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 6 A，B正确．[答案] B8．(2015·湖北二模)如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt V，A、B间接有“220 V 440 W ”的电暖宝、“220 V 220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J[解析] 电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压u ＝311sin100πt V ，故有效值为220 V ，所以A 错误；因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流I 1＝P 1U ＝2 A ，油烟机的电流I 2＝P 2U ＝1 A ，故保险丝的额定电流不能小于3 A ，所以B 错误；电暖宝是纯电阻电路，故电功率等于发热功率440 W ，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即P 热＝P －P 出，所以C 错误；工作1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，所以D 正确．[答案] D9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02， 其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为1 WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos100πt VD ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC [解析] 根据电路连接的特点可以看出，外接电路部分的总电阻为R ＝R 1＋12R 0＋14R 0＝10 Ω，由欧姆定律可知，外电路电流为I ＝U R ＝1 A ，故可知R 2的电流为0.5 A ，电压为U 2＝17U ＝107 V ，所以可知其热功率为107 W ，故选项A 错误；由图象可知，在0.02 s 时磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，变阻器两端的电压瞬时值最大，所以选项B 错误；线圈内阻分压U r ＝Ir ＝2 V ，故可知感应电动势的峰值为E m ＝2(U ＋U r )＝12 2 V ，故选项C 错误；从线圈开始转动到1600 s 时间内线圈转过了π6，而最大磁通量为Φm ＝E m ω＝1222πT ＝0.122π，故通过R 1的电荷量为Q ＝ΔΦR 总＝Φm 2×12 Ω＝0.12224π＝2200π C ，所以选项D 正确． [答案] D10．(多选)(2015·河南洛阳二模)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈直径D ＝0.4 m ，电阻r ＝1 Ω.重力加速度g 取10 m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin πt m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin πt VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin πt AC ．灯泡的电功率为120 WD ．灯泡两端电压的有效值为1522 V[解析] 电动势为e ＝NB ·πD v ＝64sin πt V ，A 错误；电流i ＝e R ＋r＝64sin πt 16 A ＝4sin πt A ，B 正确；灯泡的电功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫422×15 W ＝120 W ，C 正确；灯泡两端电压的有效值为U ＝IR ＝42×15 V ＝30 2 V ，D 错误． [答案] BC二、非选择题 11．(2015·北京海淀区期末)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝20 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝0.20 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.线圈两端通过电刷E 、F 与阻值R ＝4.8 Ω的定值电阻连接．计算时π取3.(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式．(2)求此发电机在上述工作状态下的输出功率．(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R 的电荷量．[解析] (1)线圈产生感应电动势的最大值E m ＝nBωab ·bc ，解得E m ＝150 V ，感应电动势随时间变化的表达式e ＝E m sin ωt ＝150sin100πt V .(2)线圈中感应电动势的有效值E ＝E m 2＝75 2 V ≈106 V ， 电流的有效值I ＝ER ＋r ＝1064.8＋0.2 A ＝21.2 A ，交流发电机的输出功率即为电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝21.22×4.8 W ≈2.16×103 W.(3)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝nBΔS Δt ，根据欧姆定律得I ＝ER ＋r ， 又q ＝I Δt ，联立解得q ＝0.10 C.[答案] (1)150sin100πt V (2)2.16×103 W (3)0.10 C12．(2015·陕西咸阳质检)如图所示，一个面积s ＝0.2 m 2的单匝圆形线圈，M 、N 两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按B ＝5πsin(100πt ) T 的规律变化．线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝B m Sωcos(ωt )，其中B m 为磁感应强度的最大值，ω为磁场变化的角速度，线圈的电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝18 Ω.(电压表为理想交流电压表)求：(1)当t ＝1600 s 时电压表的示数．(2)变化的电流一个周期在电阻R 上产生的热量Q .(3)从t＝0开始到t＝1200s这段时间通过圆形线圈的电量q.[解析](1)由图象知，线圈中产生的交变电流E m＝B m Sω＝100 V.有效值U有＝E m2＝50 2 V电压表的示数U＝E有R＋rR＝45 2 V(2) 交变电流的周期T＝2πω＝0.02 s一个周期在电阻R上产生的热量Q＝U2R T＝4.5 J(3)在0～1200s时间内，电动势的平均值E＝sΔBΔt①，平均电流I＝ER＋r②流过灯泡的电荷量q＝IΔt.③得q＝120πC.[答案](1)45 2 V(2)4.5 J(3)120πC。
2021届《与名师对话》高考新课标高中物理一轮复习课件：1.3运动图像、追击、相遇问题（人教必修1）
(2011·湛江月考)如图所示是某质点做直线运动的v－t图象，由 图可知这个质点的运动情况是( )
A．前5 s做的是匀速运动 B．5 s～15 s内做匀加速运动，加速度为1 m/s2 C．15 s～20 s内做匀减速运动，加速度为－3.2 m/s2 D．质点15 s末离出发点最远，20秒末回到出发点
(对应学生用书P9) 匀变速直线运动图象(Ⅱ) 1．直线运动的x－t图象 (1)意义：反映了做直线运动的物体位移随时间变化的规律． (2)图线上某点切线斜率的意义 ①斜率大小：表示物体速度的大小． ②斜率的正负：表示物体速度的方向． (3)两种特殊的x－t图象 ①若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于静止 状态． ②若x－t图象是一条倾斜的直线，说明物体在做匀速运动．
甲车由速度为零加速到最大速度发生的位移 s＝2va2m1＝320 m 因为s>s1 所以两车相遇时两车都是处于加速阶段，故有
12a1(t0＋ t)2＝ s0＋12a2t2 解得t0＝6 s，两车相遇时甲车行驶的路程是 s1＝12a1(t0＋t)2＝245 m. (2)v－t图象如右图所示．
[答案] (1)t0＝6 s，s1＝245 m (2)见解析
[解题样板] 甲车运动6 s的位移为
s0＝12a1t20＝45 m(2分) 此时甲车尚未追上乙车，设此后用时间t与乙车相遇，则有
12a1(t＋ t0)2＝________(3分 ) 将上式代入数据并整理得：________＝0(2分) 解得：t1＝4 s，t2＝8 s(2分) t1、t2都有意义，t1＝4 s时，甲车追上乙车；t2＝8 s 时，乙车追上 甲车再次相遇 第一次相遇地点距A的距离：s1＝________＝125 m(2分) 第二次相遇地点距A的距离：s2＝________＝245 m(2分) [答案] 12a2t2＋85 m t2－12t＋32 12a1(t1＋t0)2 12a1(t2＋t0)2
与名师对话高考物理课标一轮课时跟踪训练34 含解析
课时跟踪训练(三十四)一、选择题1.(2014·镇江模拟)如图所示，闭合金属环(电阻不可忽略)从高h的光滑曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，且金属环平面与磁场方向总保持垂直，其初速度为零，关于金属环在另一侧上升的高度，下列说法正确的是()A．若是匀强磁场，环上升的高度小于hB．若是匀强磁场，环上升的高度等于hC．若是非匀强磁场，环上升的高度小于hD．若是非匀强磁场，环上升的高度大于h解析：若是匀强磁场，则穿过环的磁通量不发生变化，无感应电流产生，环的机械能守恒，环上升的高度等于h，故选项A错误，选项B正确；若是非匀强磁场，则穿过环的磁通量变化，环中有感应电流，产生焦耳热，环的机械能减小，环上升的高度小于h，故选项C正确，D错误．答案：BC2.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上加速运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．变为0B．先减小再增大C．等于F D．先增大再减小解析：a在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，且最大值F fm＝F安－mg sinθ，而F安<F，故F fm<F，所以选项A、B 正确，C、D错误．答案：AB3.(2014·北京市东城区高三质量调研)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m，不计金属杆的电阻，则() A．如果只增大θ，v m将变大B．如果只增大B，v m将变大C．如果只增大R，v m将变小D．如果只减小m，v m将变大解析：金属杆从轨道滑下过程，沿斜面方向有重力向下的分力mg sinθ和安培力沿斜面向上，设金属杆速度为v，则安培力F＝BIL＝B BL vR L＝B2L2Rv，初始安培力小于重力的分力mg sinθ，金属杆向下加速，当mg sinθ＝B2L2vR，金属杆不再加速，速度达到最大值，此时v m＝mgR sinθB2L2，若只增大θ则v m增大，选项A对．若只增大B或者减小m，则只能使v m减小，选项B、D错．如果只增大R，v m将变大，选项C错．答案：A4.(2013·天津卷)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2解析：设线框ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，进入磁场的速度为v ，电阻为R ，ab 边平行MN 进入磁场时，根据能量守恒，线框进入磁场的过程中产生的热量等于产生的电能，即Q 1＝B 2L 21v 2R ·L 2v ＝B 2L 21v L 2R ，通过线框导体横截面的电荷量q 1＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ；同理得bc 边平行MN进入磁场时，Q 2＝B 2L 22v R ·L 1，q 2＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ，则q 1＝q 2，由于L 1>L 2，因此Q 1>Q 2，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案：A5.如图，连接两个定值电阻的平行金属导轨与水平面成θ角，R 1＝R 2＝R ，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒MN 质量为m ，棒的电阻也为R，棒与导轨之间的动摩擦因数为μ导体棒MN沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P.下列说法正确的是()A．此时重力的功率为mg v cosθB．此装置消耗的机械功率为μmg v cosθC．导体棒受到的安培力的大小为6P/vD．导体棒受到的安培力的大小为8P/v解析：此时重力的功率为mg v sinθ，故选项A错；μmg v cosθ是克服摩擦力而消耗的机械功率，设此时安培力为F安，则此装置消耗的机械功率为(F安＋μmg cosθ)v，故选项B错；因R1＝R2且二者并联，故R1消耗的电功率也为P，根据电路的特点，此时棒消耗的电功率为4P，故整个电路消耗的电功率为6P，此即克服安培力做功的功率，因此安培力大小为F安＝6P v，选项C正确，D错误．答案：C6．如图(甲)、(乙)所示的是与匀强磁场垂直放置的两个光滑金属框架，导体棒AB放在金属框上．图(甲)中接有一个电阻R，图(乙)中接有一个自感系数为L、直流电阻也为R的线圈，其他部分两图都相同．下列说法中正确的是()A．使导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，则(甲)图中外力做功多B．使导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，则(乙)图中外力做功多C．使导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则(甲)图中外力做功多D．使导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则(乙)图中外力做功多解析：若导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，电路中产生的感应电流越来越大，线圈要产生自感电动势阻碍电流的增大，题图(乙)中的电流要小一些，故题图(甲)中外力做功多，选项A 正确，B错误；若导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则电路中产生的感应电流恒定，两电路中的电流相等，外力相等则做功也相同，选项C、D错误．答案：A7．(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3D ．两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，选项A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析其受力，则有：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，选项C 正确．答案：BC8．(多选)(2014·衡水模拟)如图所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平行粗糙且无限长的金属导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．金属滑杆MN 垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m 的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I 表示稳定后回路中的感应电流，g 表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F f ，则在物块下落过程中( )A ．物块的最终速度为(mg －F f )RB 2l 2B ．物块的最终速度为I 2R mg －F fC ．稳定后物块重力的功率为I 2RD ．物块重力的最大功率可能大于mg (mg －F f )R B 2l 2解析：由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN 一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态．设MN 的最终速度为v ，对MN 列平衡方程：B 2l 2v R ＋F f ＝mg ，得v ＝(mg －F f )R B 2l 2，所以选项A 正确；又从能量守恒角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生的热功率，所以有I 2R ＋F f v ＝mg v ，得v ＝I 2R mg －F f，故选项B 正确；由于滑杆受摩擦力作用，物块重力的功率大于I 2R ，故选项C 错误；物块重力的最大功率为P m ＝mg v ＝mg (mg －F f )R B 2l 2，故选项D 错误． 答案：AB9.(2014·安徽师大附中一模)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R Bl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21(Mg －mg sin θ)RD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2解析：设线框进入磁场前，线框和重物的加速度大小均为a ，绳上拉力大小为F T ，则F T －mg sin θ＝ma ，Mg －F T ＝Ma ，联立可得a ＝Mg －mg sin θM ＋m，选项A 错误；设线框进入磁场时做匀速运动的速度为v ，则根据线框的平衡条件可得mg sin θ＋F 安＝Mg ，其中F 安＝B 2l 21v R ，可得v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2l 21，选项B 错误；线框做匀速运动的总时间t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2(Mg －mg sin θ)R，选项C 错误；根据能量守恒定律，该匀速运动过程中系统减少的重力势能等于产生的焦耳热，所以Q ＝(Mg －mg sin θ)l 2，选项D 正确．答案：D10．(多选)(2014·陕西省五校高三联合考试)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP 及PN 均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )A ．当ab 边刚越过JP 时，导线框的加速度大小为a ＝g sin θB ．导线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2＝4∶1C ．从t 1到t 2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少D ．从t 1到t 2的过程中，有3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2机械能转化为电能解析：ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域时，电动势E 1＝BL v 1，电流I 1＝E 1R ＝BL v 1R ，线框做匀速运动，所以mg sin θ＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R ，当ab 边刚越过JP 时，电动势E 2＝2BL v 1，I 2＝E 2R ＝2BL v 1R ，根据牛顿第二定律2BI 2L －mg sin θ＝ma ，联立解得a ＝3g sin θ，所以A 错误；当a ＝0时，以速度v 2做匀速直线运动，即2BI 2L －mg sin θ＝0，得：mg sin θ＝4B 2L 2v 2R ，所以v 1∶v 2＝4∶1，故B 正确；从t 1到t 2的过程中，根据能量守恒导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W ＝3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2，所以C 错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D 正确．答案：BD二、非选择题11.如图所示，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析：(1)设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为I ＝2I 0此时金属棒MN 所受的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有mg ＝ILB ，联立解得B ＝mg 2L R P .(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得E ＝BL v ，E ＝RI 0联立得v ＝2P mg .答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg12．(2014·衡水中学高三二调)如图甲所示，两根与水平面成θ＝30°角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L ＝1 m ，导轨底端接有阻值为0.5 Ω的电阻R ，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B ＝1 T ．现有一质量为m ＝0.2 kg 、电阻为0.5 Ω的金属棒用细绳通过光滑滑轮与质量为M ＝0.5 kg 的物体相连，细绳与导轨平面平行．将金属棒与M 由静止释放，棒沿导轨运动了2 m 后开始做匀速运动．运动过程中，棒与导轨始终保持垂直接触．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)金属棒匀速运动时的速度；(2)棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的焦耳热；(3)若保持某一大小的磁感应强度B 1不变，取不同质量M 的物块拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的v 值，得到实验图象如图乙所示，请根据图中的数据计算出此时的B 1；(4)改变磁感应强度的大小为B 2，B 2＝2B 1，其他条件不变，请在坐标图上画出相应的v －M 图线，并请说明图线与M 轴的交点的物理意义．解析：(1)金属棒受力平衡，所以Mg ＝mg sin θ＋B 2L 2v R ①所求速度为：v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2L 2＝4 m/s ②(2)对于系统，由能量守恒有：Mgs ＝mgs sin θ＋2Q ＋12(M ＋m )v 2③ 所求热量为：Q ＝(Mgs －mgs sin θ)/2－(M ＋m )v 2/4＝1.2 J ④(3)由上(2)式变换成速度与质量的函数关系为：v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2L 2＝gR B 2L 2M －mgR sin θB 2L 2⑤ 再由图象可得：gR B 2L 2＝100.3，B 1＝0.54 T (4)由上⑤式的函数关系可知，当B 2＝2B 1时，图线的斜率减小为原来的1/4.(画出图线)与M 轴的交点不变，与M 轴的交点为M ＝m sin θ. 答案：(1)4 m/s (2)1.2 J(3)gR B 2L 2M －mgR sin θB 2L 20.54 T (4)见解析。
与名师对话高考物理课标一轮课时跟踪训练46 含解析
课时跟踪训练(四十六)一、选择题1．(2014·北京卷)质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)()A．(m1＋m2－m3)c B．(m1－m2－m3)cC．(m1＋m2－m3)c2D．(m1－m2－m3)c2解析：根据爱因斯坦质能方程，知ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，C正确．答案：C2．(2014·福建卷)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是()A．①表示γ射线，③表示α射线B．②表示β射线，③表示α射线C．④表示α射线，⑤表示γ射线D．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析：根据三种射线的性质，α射线氦原子核带正电；β射线高速电子流带负电；γ射线光子流不带电．①向正极板偏转，所以是β射线；②不偏转所以是γ射线；③向负极板偏转，所以是α射线；④受到洛伦兹力向左，由左手定则知带正电，为α射线；⑤不偏转所以是γ射线；⑥向右偏转，带负电，所以是β射线．故此A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C3．(2014·重庆卷)碘131的半衰期约为8天．若某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( )A.m 4B.m 8C.m 16D.m 32解析：其半衰期为8天，经过32天，即经过4个半衰期，则碘131剩余量为m 24＝m 16，选项C 正确． 答案：C4．(2014·江门市模拟)典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出x 个中子：235 92U ＋10n →144 56Ba ＋8936Kr ＋x 10n ，铀235质量为m 1，中子质量为m 2，钡144质量为m 3，氪89的质量为m 4.下列说法正确的是( )A ．该核反应类型属于人工转变B ．该反应放出能量(m 1－xm 2－m 3－m 4)c 2C ．x 的值是3D ．该核反应比聚变反应对环境的污染较少解析：该反应是重核裂变反应，选项A 错误；该反应放出能量[m 1－(x －1)m 2－m 3－m 4]c 2，选项B 错误；根据质量数守恒可算得x ＝(235＋1)－(144＋89)＝3，选项C正确；因为铀有放射性，故该核反应比聚变反应对环境的污染较大，选项D错误．答案：C5．(多选)(2014·辽宁省锦州市高三模拟)以下关于天然放射现象，叙述正确的是()A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少B．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强D．铀核(238 92U)衰变为铅核(206 82Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变E．α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成一个α粒子解析：放射性物质放射的本质是原子核内部的反应，温度的变化不能影响原子核内部，所以半衰期不变，选项A错．β衰变所释放的电子是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子而形成的，选项B错．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，选项C对．铀核(238 92U)衰变为铅核(205 82Pb)的过程，假设发生x次α衰变和y次β衰变，则有质量数守恒238＝4x＋206和电荷数守恒92＝2x－y＋82，可得x＝8，y＝6，选项D对．α衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成一个α粒子离开原子核的过程，选项E对．答案：CDE6．中子和质子结合成氘核时，质量亏损为Δm，相应的能量ΔE ＝Δmc2＝2.2 MeV是氘核的结合能．下列说法正确的是() A．用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核能分解为一个质子和一个中子B．用能量等于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零C．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零D．用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零解析：由结合能的概念可知，结合成氘核和氘核分解时，释放和吸收的能量都是2.2 MeV，用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，不能分解，所以选项A错误．用能量大于等于结合能的光子照射氘核时，氘核可能分解，只要分解，分解出的质子和中子动能之和一定不为零(若动能之和为零就分不开了)，所以选项B、C错误，D 正确．答案：D7．某种元素具有多种同位素，反映这些同位素的质量数A与中子数N关系的是图()解析：元素的质量数A与中子数N、质子数Z的关系为：A＝Z ＋N，又因为同位素的质子数相同，即Z为常数，故A是N的一次函数，且A随N的增大而增大，选项B正确，A、C、D错误．答案：B8．(多选)正电子发射型计算机断层显像(PET)的基本原理是：将放射性同位素15 8O注入人体，15 8O在人体内衰变放出的正电子与人体内的负电子相遇而湮灭转化为一对γ光子，被探测器采集后，经计算机处理生成清晰图象．则根据PET原理判断下列表述正确的是()A.15 8O在人体内衰变的方程是15 8O→15 7N＋01eB．正、负电子湮灭的方程是01e＋0－1e→2γC．在PET中，15 8O主要用途是作为示踪原子D．在PET中，15 8O主要用途是参与人体的新陈代谢解析：由题意知A、B正确，显像的原理是采集γ光子，即注入人体内的15 8O衰变放出正电子和人体内的负电子湮灭转化为γ光子，因此15 8O主要用途是作为示踪原子，故C对，D错．答案：ABC9．一个电子(质量为m，电量为－e)和一个正电子(质量为m，电量为e)，以相等的初动能E k相向运动，并撞到了一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子，设产生光子的频率为ν；若这两个光子的能量都是hν，动量分别为p和p′，下列关系中正确的是() A．hν＝mc2B．hν＝12mc2，p＝p′C．hν＝mc2＋E k，p＝－p′D．hν＝12(mc2＋E k)，p＝－p′解析：由能量守恒知2mc2＋2E k＝2hν，故hν＝mc2＋E k，由动量守恒知0＝p＋p′，故p＝－p′，故选项C正确，选项A、B、D错误．答案：C10．如图k－介子衰变的方程为k－→π－＋π0，其中k－介子和π－介子带负的基元电荷，π0介子不带电．一个k－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径R k－与Rπ－之比为2∶1.π0介子的轨迹未画出．由此可知π－介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为()A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6解析：根据题意，分别计算出带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径．根据动量的定义，分别求出两个介子的动量大小，再从图中确定两个介子动量的方向，最后运用动量守恒，计算出π0粒子的动量大小．Bq v k －＝m k －v 2k －R k －，R k －＝m k －－v k －qB ＝p k －qB ，R π－＝p π－qB ，p k －p π－＝21，p π－＝－p k －＋pπ0，p 0π＝3p π－.选项C 正确． 答案：C二、非选择题11．(2014·江苏淮安市高三调研)一静止的铀核232 92U(原子质量为232.0372 u)放出一个带电粒子(原子质量为4.0026 u)后衰变成钍核228 90Th(原子质量为228.0287 u)．(1)该过程的衰变方程为____________________．(2)求该衰变过程中放出的核能(1 u 相当于931 MeV ，结果保留2位有效数字)．解析：(1)根据衰变过程中原子质量数、电荷数守恒可知，放出的带电粒子的质量数为：A ＝232－228＝4，电荷数为：Z ＝92－90＝2，所以该粒子为42He ，其衰变方程为：232 92U →228 90Th ＋42He.(2)根据爱因斯坦质能方程可知，该衰变过程中放出的核能为：ΔE ＝Δmc 2＝232.0372 u －(228.0287 u ＋4.0026 u)＝0.0059 u ＝0.0059×931 MeV ＝5.5 MeV .答案：(1)232 92U →228 90Th ＋42He (2)5.5 MeV12．室内装修污染四大有害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡．氡存在于建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土壤中．氡看不到，嗅不到，即使在氡浓度很高的环境里，人们对它也毫无感觉．氡进入人的呼吸系统能诱发肺癌，是除吸烟外导致肺癌的第二大因素．静止的氡核222 86Rn 放出某种粒子X 后变成钋核218 84Po ，粒子X 的动能为E k1，若衰变放出的能量全部变成钋核和粒子X 的动能．试回答以下问题：(1)写出上述衰变的核反应方程(请用物理学上规定的符号表示粒子X)；(2)求钋核的动能E k2.解析：(1)题述衰变的核反应方程为222 86Rn →218 84Po ＋42He.(2)设粒子X 的质量为m 1、速度为v 1，钋核的质量为m 2、速度为v 2，根据动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 2v 2，所以钋核的动能E k2＝(m 2v 2)22m 2＝m 1v 212×m 1m 2＝2E k1109. 答案：(1)222 86Rn →218 84Po ＋42He (2)2E k1109。
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
! " # !
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．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] D
2．(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]BC
3．(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 g
B．M＝100 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 g
C．M＝500 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 g
D．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＋3.39－2.89－2.40
4×0.12
×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＝d
t1，经过光电门B时的速度v B＝
d
t2，根据
v2B－v2A＝2aL得a＝v2B－v2A
2L＝
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫d
t2
2－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫d
t1
2
2L.
(4)以1
m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)⎝
⎛
⎭
⎪
⎫d
t2
2－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫d
t1
2
2L(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＝
d
Δt1；
经过光电门2时的速度表达式v2＝d
Δt2；由2ax＝v 2
2
－v21，解得滑块加速度的表达
式a＝⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
d
Δt2
2－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
d
Δt1
2
2x；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＝Mgh
L，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)d
Δt1⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
d
Δt2
2－
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
d
Δt1
2
2x8.10(2)BC
6．(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＝m
2a＋
f
2，由此可知，图象的斜率为：
m
2＝k，则滑块质量为：m＝2k；摩擦力为：f
2＝b，动摩擦因数为：μ＝
2b
mg＝
b
kg.
[答案]2k b kg。