【金版学案】2018-2019学年高中物理必修二(人教版)：模块综合检测卷(含详解)

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2018-2019学年人教版物理必修二：全册综合检测(含答案)

综合检测限时：90分钟总分：100分一、选择题(1～6为单选，7～10为多选。

每小题4分，共40分)1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.kv k 2－1 B.v 1－k 2C.kv 1－k2D.v k 2－12.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/sD ．0.5 rad/s3．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与地球上的比赛成绩相比，下列说法正确的是( )①跳高运动员的成绩会更好②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小 ③投掷铁饼的距离会更远④用手投出的篮球，水平方向的分速度会更大 A ．①②③ B ．②③④ C ．①③④D ．①②④4．人造卫星环绕地球运转的速率v ＝gR2r，其中g 为地面处的重力加速度，R 为地球半径，r 为卫星离地球中心的距离．下面说法正确的是( )A ．从公式可见，环绕速度与轨道半径的平方根成反比B ．从公式可见，把人造卫星发射到越远的地方越容易C ．由第一宇宙速度公式v ＝gR 知卫星轨道半径越大，其运行速度越大D ．以上答案都不对 5.一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A 点，物体开始与弹簧接触，到B 点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是( )A ．物体从A 下降到B 的过程中，动能不断变小 B ．物体从B 上升到A 的过程中，动能不断变小C ．物体从A 下降到B ，以及从B 上升到A 的过程中，动能都是先增大，后减小D ．物体从A 下降到B 的过程中，物体动能和重力势能的总和不变6．如图所示，物体从倾角为α，长为L 的斜面顶端自静止开始下滑，到达斜面底端时与挡板M 发生碰撞．设碰撞时无能量损失，碰撞后又沿斜面上升．如果物体到最后停止时总共滑过的路程为s ，则物体与斜面间的动摩擦因数为( )A.Lsin αs B.Lssin αC.Ltan αsD.Lscos α7.如图所示，一辆玩具小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上，由图中位置无初速度释放，则小球在下摆过程中，下列说法正确的是( )A．绳的拉力对小车做正功B．绳的拉力对小球做正功C．小球的合力不做功D．绳的拉力对小球做负功8．以下说法中正确的是( )A．在光滑的水平冰面上，汽车可以转弯B．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨将会受压力作用C．飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机的两翼一定处于倾斜状态D．汽车转弯时需要的向心力是由司机转动方向盘所提供的答案1．B 去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝dv 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝dv 21－v2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k 2＝v1－k2，选项B 正确． 2．C当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O 为对称轴位置) 由沿斜面的合力提供向心力，有 μmgcos30°－mgsin30°＝m ω2R 得ω＝g4R＝1.0 rad/s ，选项C 正确． 3．A 根据万有引力定律可知人在该天体上受到的引力小于地球上的重力，即物体好像变“轻”了，所以①、②、③是正确的，选A.4．A 错选B 的同学将运行速度与发射速度混淆了．实际上，当r 增加时，v 减小，但要把卫星送上更高轨道需要克服地球引力做更多的功，发射应更困难，B 错．错选C 的同学误将第一宇宙速度公式当成了运行速度公式且把g 当常量而将R 当变量，而实际上当R 增加时，g 是减小的，故C 错．公式v ＝gR 2r 中，g 为地球表面的重力加速度，R 为地球半径，g 和R 均为常量，所以v ∝1r，A 正确．5．C 物体的动能先增大后减小，同理，物体从B 返回到A 的过程，动能先增大后减小，A 、B 错误，C 正确；物体运动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，因弹簧的弹性势能变化，故动能和重力势能的和在变化，D 错误，故选C.6．C 由能量守恒定律知，物体在运动过程中将机械能全部转化为克服摩擦力做功产生的内能．设物体滑过的总路程为s，则mgLsinα＝μmgscosα，所以μ＝Lsinαscosα＝Ltanαs，所以C项正确．7．AD 在小球向下摆动的过程中，小车向右运动，绳对小车做正功，小车的动能增加．小球和小车组成的系统机械能守恒，小车的机械能增加，则小球的机械能一定减少，所以绳对小球拉力做负功．8．BC 在水平面上汽车转弯需要的向心力是摩擦力提供的，所以在光滑的水平冰面上，汽车是无法转弯的．火车转弯处外轨高于内轨，如果按设计速率行驶，内外轨与轮缘均不挤压，如果行驶速率大于设计速率，则外轨与轮缘挤压，产生向内侧的弹力，辅助提供向心力，反之将由内轨挤压内侧车轮的轮缘．飞机转弯时，空气对飞机的升力应偏离竖直方向，使它与重力的合力沿水平方向提供向心力．9.质量为m 的物体始终固定在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是( ) A ．若斜面水平向右匀速运动距离x ，斜面对物体不做功 B ．若斜面向上匀速运动距离x ，斜面对物体做功mgxC ．若斜面水平向左以加速度a 运动距离x ，斜面对物体做功maxD ．若斜面向下以加速度a 运动距离x ，斜面对物体做功m(g ＋a)x 10.如图所示，M 为固定在桌面上的异形木块，abcd 为34圆周的光滑轨道，a 为轨道最高点，de 面水平且与圆心等高．今将质量为m 的小球在d 点的正上方高为h 处由静止释放，使其自由下落到d 处后，又切入圆轨道运动，则下列说法正确的是( )A ．在h 一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量有关B ．只要改变h 的大小，就能使小球在通过a 点之后既可能落回轨道之内，又可能落到de 面上C ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球在通过a 点之后，又落回轨道之内D ．要使小球飞出de 面之外(即落在e 的右边)是可能的二、填空题(每小题5分，共20分)11．以30°角斜向上抛出一物体，t s 后落在离抛出点30 3 m 远的与抛出点在同一水平面上的A 点，不考虑空气的阻力，g 取10 m/s 2，则该物体的初速度为__________m/s ，物体能上升的最大高度为__________m.12．汽车车轮的直径是1.2 m ，行驶速率是43.2 km/h ，在行驶中车轮的角速度是__________rad/s ，其转速是__________r/min.13．如图所示，一块均匀的正方形板的边长为a ，重为G ，可绕通过O 点的水平轴转动，从AO 呈水平位置开始将板释放，摆动一定时间后最后静止，静止时B 点在O 点的正下方，在这个过程中，其损失的机械能为________．14．一士兵乘飞机巡查，用一部自动照相机在空中摄影，他选好快门开启的时间间隔1 s，镜头放大率为1，将一苹果从飞机上自由落下开始到落地的拍摄照片如下图所示．100(1)该地的重力加速度为________ m/s2.(2)飞机离地面的高度________ m.(3)试根据此照片验证机械能守恒定律．______________________________________三、计算题(共40分)15.(8分)某地区遭受水灾，空军某部奉命赶赴灾区空投物资．空投物资离开飞机后在空中沿抛物线降落，如图所示．已知飞机在垂直高度AO＝2 000 m的高空进行空投，物资恰好准确落在P处，此时飞机飞行的速度v ＝10 m/s.求飞机空投时距目的地的距离OP.答案9.ABC 物体受到平衡力作用而处于匀速直线运动状态，与重力相平衡的力是斜面给它的作用力，方向竖直向上．斜面沿水平方向匀速运动时，力与位移垂直，斜面对物体不做功．斜面向上匀速运动时，力与位移同向，W ＝F·x＝mgx.斜面水平向左加速运动时，物体所受的合外力为ma ，恰等于斜面给它的作用力在位移方向的分量，W ＝F s ·x＝max.斜面向下加速时，对物体有mg ＋F ＝ma ，W ＝F·x＝m(a －g)·x，故选A 、B 、C.10．CD 只要小球能通过轨道的最高点a ，即有v a ≥gR.小球能否落回轨道之内，取决于小球离开a 点后做平抛运动的水平射程x ，由平抛运动公式x ＝v a t 及R ＝12gt 2得；x≥2R ，由此可知，小球在通过a 点之后，不可能落回轨道之内，但可能飞出de 面之外，C 、D 正确．11．10 6 7.5解析：设初速度为v 0.由题意得水平方向v 0cos30°·t＝30 3 ①，竖直方向v 0sin30°＝gt2 ②.由①②两式联立，解得v 0＝10 6 m/s.由上抛过程公式(v 0sin30°)2＝2gh ，得(56)2＝2×10h.所以h ＝7.5 m.12．20600π解析：汽车的速度v ＝43.2 km/h ＝12 m/s ，所以ω＝v R ＝120.6 rad/s ＝20 rad/s ，T ＝2πω＝0.1π s ．每分钟转的圈数n ＝60T ＝600πr/min.13.2－2解析：木板在摆动一段时间后停下来，说明要克服阻力做功，根据动能定理mgh ＝WF f ，而WF f 为损失的机械能，h 为方木板重心下降的高度，所以h ＝2－2，WF f ＝2－2.14．(1)9.8 (2)78.2 (3)见解析解析：(1)由底片和放大率可得连续相等时间内的位移x 1＝4.9 m ，x 2＝14.6 m ，x 3＝24.5 m ，x 4＝34.2 m ，由Δx ＝aT 2＝gT 2和逐差法得g ＝x 4＋x 3－x 2－x 14T2＝9.8 m/s 2. (2)因飞机离地面的高度是底片上起点和终点间距离的100倍．所以h ＝78.2×10－2×100 m＝78.2 m.(3)取C 、O 两点研究 ΔE k ＝12mv 2＝12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤102OD －OB 2T2≈430.7m J， |ΔE p |＝mg·O C ×102＝431.2m J. 在误差允许范围内ΔE k ＝|ΔE p |，所以在只有重力做功的条件下机械能守恒． 15．200 m解析：解法1：空投物资做平抛运动，轨迹是一条抛物线，所以有轨迹方程y ＝g 2v 2x 2.由题意知：y ＝2 000 m ，g ＝10 m/s 2，v ＝10 m/s. 所以OP ＝x ＝200 m.解法2：由题意判断，空投物资做平抛运动，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧AO ＝y ＝12gt 2，①OP ＝x ＝vt.②将g ＝10 m/s 2，y ＝2 000 m 代入①式得t ＝20 s ；将v ＝10 m/s ，t ＝20 s 代入②式得OP ＝200 m.16.(10分)如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R.一质量为m 的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g 为重力加速度)．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围．17.(10分)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示．长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．答案16.52R≤h≤5R 解析：设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由机械能守恒得mgh ＝2mgR ＋12mv 2，①物块在最高点受重力mg 、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力，有 mg ＋N ＝m v2R，②物块能通过最高点的条件是N≥0，③ 由②③式得v≥gR ，④ 由①④式得h≥52R.⑤按题的要求，N≤5mg，由②式得v≤6gR ，⑥由①⑥式得h≤5R，h 的取值范围是52R≤h≤5R. 17.ω＝ gtan θr ＋Lsin θ解析：分析座椅的受力情况如图所示，则由牛顿第二定律得：mgtan θ＝m ω2(r ＋Lsin θ)，由此得：ω＝gtan θr ＋Lsin θ.18.(12分)电机带动水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当小木块与传送带相对静止时，求：(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能；(4)摩擦过程产生的内能；(5)电机因传送小物块多输出的能量．答案18.(1)v22μg(2)v2μg(3)12mv2(4)12mv2(5)mv2解析：对小木块，相对滑动时，由μmg＝ma得，加速度a＝μg，由v＝at得，达到相对静止所用时间t＝vμg.(1)小木块的位移s1＝v2t＝v22μg.(2)传送带始终匀速运动，转过的路程s2＝vt＝v2μg.(3)小木块获得的动能E k＝12mv2.(4)摩擦产生的内能Q＝μmg(s2－s1)＝12mv2.(5)由能的转化与守恒定律知，电机多输出的能量转化为小木块的动能与摩擦产生的内能，所以E总＝E k＋Q＝mv2.。

金版学案2018-2019学年物理(粤教版)选修3-2试题：模块综合检测(二)

模块综合检测(二)(时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1．如图所示，该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象，下列说法中不正确的是()A．它的频率是50 HzB．电压的有效值为311 VC．电压的周期是0.02 sD．电压的瞬时表达式是u＝311sin 314t (V)解析：从图象中可以知道电压最大值为311 V，周期是0.02 s，所以有效值为220 V，频率为50 Hz，所以A、C、D对，答案为B.答案：B2．下述仪器或装置没有使用到传感器的有()A．自动报警器B．弹簧测力计C．电视遥控器D．红外线探测仪解析：自动报警器，通过光信号转换成电信号，因此使用传感器，故A不符合题意；弹簧测力计，也是运用受力平衡来测量力的大小，刻度尺是用来测量长度的工具，没有使用传感器，故B符合题意；电视遥控器是将红外线转换成电信号，因此C不符合题意，红外测温仪是通过将温度转换成电信号，从而显示温度的高低，因此D不符合题意；本题选择没有使用的，故选B.答案：B3．一台家用电冰箱的铭牌上标有“220 V100 W”，这表明所用交变电压的()A．峰值是380 V B．峰值是220 VC．有效值是220 V D．有效值是311 V解析：交流电表的示数，保险丝的熔断电流，铭牌上标有“220 V 100 W”，都是有效值，故C正确，ABD错误．答案：C4.如图所示，闭合线圈正上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部．当磁铁向上运动时()A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥解析：当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生了如图中箭头方向相反的的感应电流．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互吸引．故选B.答案：B5．如图是一种焊接方法的原理示意图．将圆形待焊接金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以某种电流，待焊接工件中会产生感应电流，感应电流在焊缝处产生大量的热量将焊缝两边的金属熔化，待焊工件就焊接在一起．我国生产的自行车轮圈就是用这种办法焊接的．下列说法中正确的是()A．线圈中的电流是很强的恒定电流B．线圈中的电流是交变电流，且频率很高C．待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻小D．焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向总是相反解析：恒定电流不能在工件中产生感应电流，A错误；线圈中的电流是交变电流，且频率很高，磁通量变化快，产生的感应电动势较大，B正确；待焊工件焊缝处的接触电阻比非焊接部分电阻大，产生的热量多，C错误；若磁通量减少时，焊接工件中的感应电流方向与线圈中的电流方向相同，D错误．答案：B6．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ在宽为L的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为3B，其他条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为()A．1∶3，a→b B．3∶1，b→aC．3∶1，a→b D．1∶3，b→a解析：PQ中产生的感应电动势为E＝BL v，若磁感应强度增为2B，其他条件不变时，E与B成正比，则有E1∶E2＝1∶3；由右手定则知通过电阻R的感应电流方向为a→b.答案：A7.电阻R、电容器C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电解析：当磁铁下落时，穿过线圈的磁通量向下增加，在线圈中产生的感应电流的磁场阻碍其增加，则方向向上，由右手定则可知产生的感应电流为从b到a；电容器下极板电势高，故带正电，选项D正确．答案：D8．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V，880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知()A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：由P＝UI可得I＝P LU L＝4 A，选项C正确；根据Ir＝24 V得副线圈电压U2＝U L＋U r＝244 V，再由n1n2＝U1U2可得n1∶n2＝2750∶61≈45∶1，选项A错误；由u＝11 0002sin 100 πt (V)及f＝ω2π可得f＝50 Hz，选项B错误；因导线电阻消耗电能，故变压器输入功率为P＝P L＋I2r＝976 W，选项D错误．答案：C9．如图所示，一个边长为a、电阻为R的等边三角形线框，在外力作用下，以速度v匀速穿过宽均为a的两个匀强磁场区．这两个磁场的磁感应强度大小相等，方向相反．线框的运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直，取逆时针方向的电流为正．若从图示位置开始计时，关于线框中产生的感应电流i 与运动时间t 之间的函数图象，正确的是( )解析：线框向前移动a 2的过程中，由法拉第电磁感应定律有：E ＝Bl v ，而l ＝v t tan 60°＝3v t ，可得E ＝3B v 2t ，可见E ∝t ，i ＝E R ，由楞次定律可得电流为逆时针方向，即感应电流正向增大，当向右移动到a 2处时最大，后l 减小，E 减小，i 减小，当向右移动到a 处时最小，方向不变，即感应电流先正向增大，后正向减小；向右移动距离由a 到2a 的过程中电流仍是先增大后减小，因两区域磁场方向相反，磁通量的变化率是前一过程的2倍，则最大值是前一过程的2倍，由楞次定律可得电流为顺时针方向，即感应电流先反向增大，后反向减小；向右移动距离由2a 到3a 的过程中电流变化与方向与第一阶段相同，即感应电流先正向增大，后正向减小．故选A.答案：A10．某种角速度计，其结构如图所示．当整个装置绕轴OO ′转动时，元件A 相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A 的质量为m ，弹簧的劲度系数为k 、自然长度为l ，电源的电动势为E 、内阻不计．滑动变阻器总长也为l ，电阻分布均匀，装置静止时滑片P 在变阻器的最左端B 端，当系统以角速度ω转动时，不计摩擦，则( )A ．电路中电流随角速度的增大而增大B ．电路中电流随角速度的增大而减小C ．弹簧的伸长量为x ＝m ωl k －mω2D ．输出电压U 与ω的函数式为U ＝Em ω2k －mω2解析：系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC 的电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，与角速度无关，故AB 错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x ，则对元件A ，根据牛顿第二定律得kx ＝mω2(L ＋x )，解得x ＝m ω2l k －mω2，又输出电压U ＝R BP R BC E ＝x L E ，联立两式得U ＝Em ω2k －mω2.故C 错误，D 正确．答案：D二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)11.如图所示，在水平方向的匀强磁场中，一矩形闭合线圈绕OO ′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，下列可行的方法是()A．将线圈的转速减半B．将线圈的匝数减半C．将匀强磁场的磁感应强度减半D．将线圈的边长减半解析：由I m＝E mR，E m＝nBSω，ω＝2πn，得I m＝nBS·2πnR，故A、C正确；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时，电阻R也随之减半，则I m不变，故B错误；当边长减半时，面积S减为原来的1 4，而电阻减为原来的12，故D正确．答案：ACD12．远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，那么当用户用电的总功率增大时()A．升压变压器的原线圈中的电流保持不变B．降压变压器的输出电压升高C．降压变压器的输出电压降低D．输电线上损失的功率增大解析：由题意知输出的总功率增大时，输入功率也增大，由于发电机的输出电压不变，根据P＝UI得升压变压器原线圈电流I1增大，副线圈电流I2也增大，A错误；输电线上的功率损失I22R线增大，D 正确；降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U线，因为升压变压器的输入电压U1不变，U2不变，U线＝I2R线，所以U3降低，降压变压器的输出电压也降低，B错误，C正确．答案：CD13．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流，下列说法正确的是()A．保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率增大B．保持U1不变，S由b切换到a，则I1减小C．保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S由b切换到a，则I2减小解析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电压与匝数成正比．S由b切换到a，副线圈匝数变多，所以副线圈电压变大，电阻不变，副线圈中的电流I2增大，而根据P＝I2R知，R上消耗的功率变大，进一步推知原线圈的输入功率变大，根据P＝UI可知I1增大，故AC正确，BD错误．答案：AC14．如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲、起立的动作时记录的压力随时间变化的图线．由图线可知，该同学的体重约为650 N，在2～8 s时间内()A．该同学做了一次下蹲再起立的动作B．该同学做了两次下蹲再起立的动作C．下蹲过程中人一直处于失重状态D．下蹲过程中人先处于失重状态后处于超重状态解析：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，物体处于失重状态，此时有向下的加速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，物体处于超重状态，此时有向上的加速度．人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，故A正确，B错误；由图可知，下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，故C错误，D正确．答案：AD三、非选择题(本题共4小题，共54分．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位) 15．(12分)如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t)(T)．已知R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈A的电阻不计．求：(1)闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向．(2)闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？解析：(1)由题意B＝(6－0.2t) T得磁感应强度的变化率为：ΔBΔt＝0.2 T/s.由法拉第电磁感应定律知：A线圈内产生的感应电动势：E＝NΔΦΔt＝NΔBSΔt＝100×0.2×0.2 V＝4 V，S闭合后，电路中电流由闭合电路欧姆定律I＝E（R1＋R2）＝4（4＋6）A＝0.4 A，方向由a→R2→b.(2)S闭合后R2的电压为U2＝IR2＝2.4 V，电容上充电电荷量为Q＝CU2＝CIR2＝7.2×10－5 C，所以断开S后，电容器开始放电，通过R2的电荷量Q＝7.2×10－5 C.答案：(1)0.4 A，电流方向由a→R2→b(2)7.2×10－5 C16.(13分)如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝1πT ，当线圈以角速度ω＝4πrad/s的转速匀速转动时，求：(1) 电路中交流电压表的示数；(2) 线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量．(3) 线圈从图示位置转过360°的过程中，外力做的功是多大？解析：(1)线圈转动产生的最大感应电动势E m ＝nBSω，代入数据得： E m ＝20 V感应电动势有效值E ＝E m 2＝10 2 V ，电路中电流有效值I ＝E r ＋R ＝ 2 A ，交流电压表的示数U ＝IR ，解得： U ＝9 2 V ≈12.7 V(2) 线圈从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS ，所用时间Δt ＝14T ＝π2ω ，感应电动势的平均值E ＝n ΔΦΔt，回路中感应电流的平均值I ＝E R ＋r，通过R 的电荷量q ＝I Δt ，联立解得： q ＝12πC ≈0.16 C (3) 线圈从图示位置转过360°的过程中，外力做的功W ＝Q ，回路中产生电热Q ＝I 2()R ＋r t ，转过360°的时间t ＝2πω，联立解得： W ＝10 J答案：(1) 9 2 V(或12.7 V) (2) 12πC(或0.16 C) (3)10 J 17．(13分)某发电站的输出功率为104 kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向远处供电．已知输电导线的电阻为25.6 Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)输电线上的电流；(2)输电线路上的电压损失；(3)升压变压器的原副线圈匝数比．解析：(1)输电线路损失的功率为P 损＝P 1×4%＝107×4% W ＝4.0×105 W对输电线有P 损＝I 22R ，解得I 2＝1.25×102 A(2)U 线＝I 2R ＝3.2 kV(3)P 1＝P 2＝U 2I 2＝104 kW代入数据得U 2＝80 kV升压变压器的原副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝120答案：(1)1.25×102 A (2)3.2 kV (3)n 1n 2＝12018．(16分)如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为3m 的重物，另一端系一质量为m 、电阻为r 的金属杆．在竖直平面内有间距为L 的足够长的平行金属导轨PQ 、EF ，在QF 之间连接有阻值为R 的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B 0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF 处，将重物由静止释放，当重物下降h 时恰好达到稳定速度而匀速下降．运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好(忽略所有摩擦，重力加速度为g )．求：(1)电阻R 中的感应电流方向；(2)重物匀速下降的速度大小v ；(3)重物从释放到下降h 的过程中，电阻R 中产生的焦耳热Q R ；(4)若将重物下降h 时的时刻记作t ＝0，速度记为v 0，从此时刻起，磁感应强度逐渐减小，若此后金属杆中恰好不产生感应电流，则磁感应强度B 怎样随时间t 变化(写出R 与t 的关系式)．解析：(1)电阻R 中的感应电流方向为Q →R →F .(2)对系统由平衡关系得：3mg －mg －F ＝0，又F ＝B 0IL ＝B 20L 2vR ＋r ，解得：v ＝2mg （R ＋r ）B 20L 2.(3)设电阻中产生的总焦耳热为Q ，则由能量守恒关系得：减少的重力势能等于增加的动能和焦耳热Q 即：3mgh －mgh ＝12(3m )v 2＋12m v 2＋Q ，所以电阻R 中产生的焦耳热Q R 为：Q R ＝R R ＋r Q ＝2mghR R ＋r －8m 3g 2（R ＋r ）RB 40L 4.(4)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变：hLB 0＝(h ＋h ′)LB ，式中h ＝v 0t ＋12at 2，又a ＝3mg －mg 3m ＋m ＝12g .解得：B ＝B 0h h ＋v 0t ＋g 4t 2.答案：(1)Q →R →F (2)2mg （R ＋r ）B 20L 2(3)2mghR R ＋r －8m 3g 2（R ＋r ）RB 40L 4 (4)B ＝B 0hh ＋v 0t ＋g 4t 2。

2019秋金版学案物理·选修3-3(人教版)练习：模块综合检测(二)

模块综合检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．下列说法中正确的是()A．已知某物质的摩尔质量和分子质量，可以算出阿伏加德罗常数B．已知某物质的摩尔质量和分子体积，可以算出阿伏加德罗常数C．当两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力的合力一定减小D．当两个分子之间的距离增大时，分子势能一定减小解析：阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量的比值，A正确，B错误；两个分子之间的距离增大时，分子引力和斥力都要减小，但在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力的斥力的合力表现为引力，是先变大到最大再减小，C错误；在r>r0区域，随着分子间距的增大，分子引力和斥力的合力表现为引力，且引力做负功，分子势能增加，D错误．答案：A2．关于内能的正确说法是()A．物体分子热运动的动能的总和就是物体的内能B．对于同一种物体，温度越高，分子平均动能越大C．同种物体，温度高、体积大的内能大D．温度相同，体积大的物体内能一定大解析：内能是物体内所有分子的动能和分子势能的总和，故A错；温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大，B对；物体的内能是与物体的物质的量、温度、体积以及存在状态都有关的量，C、D中的描述都不完整．答案：B3．关于液体，下列说法正确的是()A．液体的性质介于气体和固体之间，更接近固体B．小液滴成球状，说明液体有一定形状和体积C．液面为凸形时表面张力使表面收缩，液面为凹形时表面张力使表面伸张D．硬币能浮在水面上是因为所受浮力大于重力解析：液体性质介于气体和固体之间，更接近于固体，具有不易被压缩，有一定体积，没有一定形状，扩散比固体快等特点，A对、B 错．无论液面为凸面还是凹面，表面张力总是使表面收缩，C错．硬币能浮在水面上是因为受到表面张力的缘故，而不是浮力作用的结果，D错．答案：A4.如图所示，在一个配有活塞的厚壁有机玻璃筒底放置一小团硝化棉，迅速向下压活塞，筒内气体被压缩后可点燃硝化棉．在筒内封闭的气体被活塞压缩的过程中()A．气体对外界做正功，气体内能增加B．外界对气体做正功，气体内能增加C．气体的温度升高，压强不变D．气体的体积减小，压强不变解析：压缩玻璃筒内的空气，气体的压强变大，机械能转化为筒内空气的内能，空气的内能增加，温度升高，当达到棉花的燃点后，棉花会燃烧；故B正确，A、C、D错误．答案：B5．(2015·福建卷)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是()A．分子间距离减小时分子势能一定减小B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性解析：当分子间距减小分子势能可能增大，也可能减小，故A错误；温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动越剧烈，故B正确；根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C错误；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故D错误．答案：B6．下列说法中不正确的是()A．给轮胎打气的过程中，轮胎内气体内能不断增大B．洒水车在不断洒水的过程中，轮胎内气体的内能不断增大C．太阳下暴晒的轮胎爆破，轮胎内气体内能减小D．拔火罐过程中，火罐能吸附在身体上，说明火罐内气体内能减小解析：给轮胎打气的过程中，轮胎内气体质量增加，体积几乎不变，压强增加，温度升高，内能增加，选项A正确；洒水车内水逐渐减少，轮胎内气体压强逐渐减小，体积增大，对外做功，气体内能减小，选项B错误；轮胎爆破的过程中，气体膨胀对外做功，内能减小，选项C正确；火罐内气体温度逐渐降低时，内能减小，选项D正确．答案：B7.如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体()A．温度升高，压强增大，内能减少B．温度降低，压强增大，内能减少C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加解析：向下压缩活塞，对气体做功，气体的内能增加，温度升高，对活塞受力分析可得出气体的压强增大，故C选项正确．答案：C8．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，V－T图如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为p b和p c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac，则()A．p b＞p c，Q ab＞Q a B．p b＞p c，Q ab＜Q acC．p b＜p c，Q ab＞Q ac D．p b＜p c，Q ab＜Q ac解析：由V＝Kp T可知V－T图线的斜率越大，压强p越小，故p b＜p c.由热力学第一定律有：Q＝ΔE－W，因T b＝T c，所以ΔE ab＝ΔE ac，而W ab＜W ac，故Q ab＞Q ac.综上C正确．答案：C9．一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，气体的压强随热力学温度变化如图所示，则此过程()A．气体的密度减小B．外界对气体做功C．气体从外界吸收了热量D．气体分子的平均动能增大解析：由图线可知，在从A到B的过程中，气体温度不变，压强变大，由玻意耳定律可知，气体体积变小，V B＜V A；气体质量不变，体积变小，由密度公式可知气体密度变大，故A错误；气体体积变小，外界对气体做功，故B正确；气体温度不变，内能不变，ΔU＝0，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知：Q＜0，气体要放出热量，故C错误；气体温度不变，分子平均动能不变，故D错误．答案：B10.用一导热的可自由滑动的轻隔板把一圆柱形容器分隔成A、B 两部分，如图所示．A和B中分别封闭有质量相等的氮气和氧气，均可视为理想气体，则当两部分气体处于热平衡时()A．内能相等B．分子的平均动能相等C．分子的平均速率相等D．分子数相等解析：两种理想气体处于热平衡时，温度相同，所以分子的平均动能相同，但气体种类不同，其分子质量不同，所以分子的平均速率不同，故B正确，C错误；两种气体的质量相同，而摩尔质量不同，所以分子数不同，故D错误；两种气体的分子平均动能相同，但分子个数不同，故内能也不相同，A错误．答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求)11．一般情况下，分子间同时存在分子引力和分子斥力．若在外力作用下两分子间的间距达到不能再靠近为止，且甲分子固定不动，乙分子可自由移动，则去掉外力后，当乙分子运动到相距很远时，速度为v，则在乙分子的运动过程中(乙分子的质量为m)()A．乙分子的动能变化量为12m v2B．分子力对乙分子做的功为12m v2C．分子引力比分子斥力多做了12m v2的功D．分子斥力比分子引力多做了12m v2的功解析：当甲、乙两分子间距离最小时，两者都静止，当乙分子运动到分子力的作用范围之外时，乙分子不再受力，此时速度为v ，故在此过程中乙分子的动能变化量为12m v 2；且在此过程中，分子斥力始终做正功，分子引力始终做负功，即W 合＝W 斥＋W 引，由动能定理得W 引＋W 斥＝12m v 2，故此分子斥力比分子引力多做了12m v 2的功．答案：ABD12．关于空气湿度，下列说法正确的是( )A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C ．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D ．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比解析：相对湿度越大，人感觉越潮湿，相对湿度大时，绝对湿度不一定大，故A 错误；相对湿度较小时，使人感觉干燥，故B 正确．用空气中水蒸气的压强表示的温度叫作空气的绝对湿度，用空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫作相对湿度，故C 正确，D 错误．答案：BC13．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是( )A ．第二类永动机违反能量守恒定律B ．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加C ．保持气体的质量和体积不变，当温度升高时，每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多D ．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的解析：第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，所以A错误；做功和热传递都可以改变物体的内能，物体从外界吸收了热量，同时也对外做了功，则物体的内能有可能减少，所以B错误；保持气体的质量和体积不变，根据理想气体的状态方程pVT＝C知，当温度升高时，气体的压强增大，故每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多，所以C正确；做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能的转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的，D正确．答案：CD14.一定质量的理想气体的状态变化过程表示在如图所示的p－V 图上，气体先由a状态沿双曲线经等温过程变化到b状态，再沿与横轴平行的直线变化到c状态，a、c两点位于与纵轴平行的直线上，以下说法中正确的是()A．由a状态至b状态的过程中，气体放出热量，内能不变B．由b状态至c状态的过程中，气体对外做功，内能增加，平均每个气体分子在单位时间内与器壁碰撞的次数不变C．c状态与a状态相比，c状态分子平均距离较大，分子平均动能较大D．b状态与a状态相比，b状态分子平均距离较小，分子平均动能相等解析：由a到b的过程是等温过程，所以内能不发生变化，气体体积减小，所以外界对气体做功，放出热量，分子平均距离减小，分子平均动能不变，A、D正确；由b到c的过程是等压过程，体积增大，温度升高，内能增加，所以气体对外界做功，应该吸收热量，因为压强不变，且气体分子热运动的平均动能增大，碰撞次数减少，B错误；由c到a的过程是等容过程，压强减小，温度降低，所以分子平均距离不变，分子平均动能减小，C错误．答案：AD三、非选择题(本题共6小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(6分)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是________．解析：根据理想气体状态方程，空气等温压缩，pV＝C，p与1V成正比，所以该过程中空气的压强p和体积V关系的是图(B)．答案：图(B)16．(10分)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ的功．现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ的热量．在上述两个过程中，空气的内能共减小________kJ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总能量为________kJ.解析：将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，气体内能保持不变；外界做了24 kJ的功，空气放出24 kJ能量，气瓶缓慢地潜入海底的过程中，放出了5 kJ的热量，所以在上述两个过程中，空气的内能共减小5 kJ，空气放出的总能量为24 kJ＋5 kJ＝29 kJ.答案：5放出2917．(8分)已知金刚石密度为3.5×103 kg/m3，体积为4×10－8m3的一小块金刚石中含有多少碳原子？并估算碳原子的直径(取两位有效数字)．解析：这一小块金刚石的质量m＝ρV＝3.5×103×4×10－8 kg＝1.4×10－4kg，这一小块金刚石的物质的量n＝mM＝1.4×10－4kg0.012 kg＝76×10－2mol，所含碳分子的个数N＝n×6.02×1023＝76×10－2×6.02×1023个＝7×1021个．一个碳原子的体积为V′＝VN＝4×10－87×1021m3＝47×10－29m3.碳原子的直径d＝2r＝2 33V′4π＝2 33×47×10－294πm≈2.2×10－10m.答案：7.0×1021个 2.2×10－10m18.(10分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再从状态B变化到状态C.已知状态A的温度为480 K．求：(1)气体在状态C时的温度；(2)试分析从状态A变化到状态B的整个过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量．解析：(1)A、C两状态体积相等，则有p AT A＝p CT C.①得T C＝p Cp A T A＝0.5×4801.5K＝160 K．②(2)由理想气体状态方程得p A V AT A＝p B V BT B.③解得T B＝p B V Bp A V A T A＝0.5×3×4801.5×1K＝480 K.由此可知A、B两状态温度相同，故A、B两状态内能相等．答案：(1)160 K(2)既不吸热也不放热19.(10分）如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭.已知大气压强p0＝75.0 cmHg.(1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度.解析：(1）以cmHg为压强单位.设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，A侧空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p 0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止.由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0 cm④(2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4 cm⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2）＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2 cm答案：(1）12.0 cm(2）13.2 cm20．(10分)如图所示，两个充有空气的容器A、B，以装有活塞栓的细管相连通，容器A浸在温度为t1＝－23 ℃的恒温箱中，而容器B 浸在t2＝27 ℃的恒温箱中，彼此由活塞栓隔开．容器A的容积为V1＝1 L，气体压强为p1＝1 atm；容器B的容积为V2＝2 L，气体压强为p2＝3 atm，求活塞栓打开后，气体的稳定压强是多少．解析：设活塞栓打开前为初状态，打开后稳定的状态为末状态，活塞栓打开前后两个容器中的气体总质量没有变化，且是同种气体，只不过是两容器中的气体有所迁移流动，故可用分态式求解．将两容器中的气体看成整体，由分态式可得：p1V1 T1＋p2V2T2＝p1′V1′T1′＋p2′V2′T2′.因末状态为两部分气体混合后的平衡态，设压强为p′，则p1′＝p2′＝p′，代入有关的数据得：p′＝2.25 atm.因此，活塞栓打开后，气体的稳定压强为2.25 atm.答案：稳定压强为2.25 atm。

【金版学案】2014-2015高中物理人教版必修2同步练习：章末过关检测卷(2)

物理·必修2（人教版）章末过关检测卷(二)第六章万有引力与航天(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．下列说法中正确的是()A．经典力学能够说明微观粒子的规律性B．经典力学适用于宏观物体的低速运动问题，不适用于高速运动的问题C．相对论与量子力学的出现，表示经典力学已失去意义D．对于宏观物体的高速运动问题，经典力学仍能适用解析：经典力学适用于低速、宏观问题，不能说明微观粒子的规律性，不能用于宏观物体的高速运动问题，A、D错误，B正确．相对论与量子力学的出现，并不否定经典力学，只是说经典力学有其适用范围，C错误．答案：B2．要使两物体间万有引力减小到原来的18，可采取的方法是( )A ．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变B ．使两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12C ．使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变D ．使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14解析：由F ＝G Mmr 2可知两物体的质量各减少一半，距离保持不变，两物体间万有引力减小到原来的14，A 错误；两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12，两物体间万有引力减小到原来的18，B 正确；使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变，两物体间万有引力减小到原来的14，C 错误；两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14，两物体间万有引力保持不变，D 错误．答案：B3．星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16.不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )A .gr 3B .gr 6C .gr3 D .gr解析：该星球的第一宇宙速度：G Mmr 2＝m v 12r ，在该星球表面处万有引力等于重力：G Mm r 2＝m g6，由以上两式得v 1＝gr6，则第二宇宙速度v 2＝2v 1＝2×gr 6＝gr3，故A 正确．答案：A4．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球轨道半径的13，则此卫星运行的周期大约是( )A ．1天～4天B ．4天～8天C ．8天～16天D ．16天～20天解析：根据G Mmr 2＝m 4π2T2r 得，T ＝2πr 3GM ，即T 卫T 月＝r 卫3r 月3＝127，又T 月＝30天，解得T 卫≈5.8天，B 正确．答案：B5．人造地球卫星与地面的距离为地球半径的1.5倍，卫星正以角速度ω做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g ，R 、ω、g 这三个物理量之间的关系是( )A ．ω＝252g5RB ．ω＝2g5R C ．ω＝323g 2R D ．ω＝255g 2R解析：由G Mmr 2＝mrω2得ω＝GMr 3，其中r ＝2.5R ，再根据黄金代换g ＝GMR 2可得ω＝252g5R，故A 正确．答案：A6．有两个大小一样、由同种材料组成的均匀球体紧靠在一起，它们之间的万有引力为F ，若用上述材料制成两个半径更小的靠在一起的均匀球体，它们间的万有引力将( )A ．等于FB ．小于FC ．大于FD ．无法比较解析：均匀球体看成位于球心的质点，则两质点相距d ＝2r ，其中r 为球体半径，其万有引力F ＝G m 2（2r ）2＝G⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ·43πr 324r 2＝49ρ2G π2r 4，由此知当r 减小时，它们间的万有引力F 减小，B 正确．答案：B7．2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2.则v 1：v 2等于( )A .V 1V 2＝R 13R 23 B .V 1V 2＝R 2R 1C .V 1V 2＝R 22R 12D .V 1V 2＝R 2R 1解析：“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供．设地球质量为M ，“天宫一号”质量为m ，则变轨前：G Mm R 12＝m v 12R 1，变轨后：G MmR 22＝m v 22R 2，联立以上两式解得：v 1v 2＝R 2R 1，故选项B 正确．答案：B8．两颗行星绕某恒星做匀速圆周运动，从天文望远镜中观察到它们的运行周期之比是8∶1，两行星的公转速度之比为() A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1解析：由开普勒第三定律得r13r23＝T12T22＝641，故r1r2＝41，两行星的公转速度之比v1v2＝r1·2πT1r2·2πT2＝r1r2·T2T1＝12，A正确．答案：A二、双项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)9．有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 接近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T，已知引力常量为G，则可得()A．该行星的半径为vT 2πB．该行星的平均密度为3πGT2 C．无法求出该行星的质量D．该行星表面的重力加速度为4π2v2 T2解析：由T＝2πRv可得：R＝v T2π，A正确；由GMmR2＝mv2R可得：M＝v3T2πG，C错误；由M＝43πR3ρ得：ρ＝3πGT2，B正确；由GMmR2＝mg得：g＝2πvT，D错误．答案：AB10．2012年6月，“神舟九号”与“天宫一号”完美“牵手”，成功实现交会对接．交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段．则下列说法正确的是() A．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处B．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处C．在组合体飞行段，“神舟九号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sD．分离后，“天宫一号”变轨升高至飞行轨道运行时，其速度比在交会对接轨道时大解析：在远距离导引段，“神舟九号”位于“天宫一号”的后下方的低轨道上飞行，通过适当加速，“神舟九号”向高处跃升，并追上“天宫一号”与之完成对接，A错，B对．“神舟九号”与“天宫一号”组合体在地球上空数百公里的轨道上运动，线速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，C 对．分离后，“天宫一号”上升至较高轨道上运动，线速度变小，D 错．答案：BC11．关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是( )A ．已知它的质量是1.24 t ，若将它的质量增加为2.84 t ，其同步轨道半径变为原来的2倍B ．它的运行速度小于7.9 km /s ，它处于完全失重状态C ．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播D ．它的周期是24 h ，其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定解析：所有同步卫星的质量可能不同，但轨道半径一定相同，A 错．同步卫星在较高轨道上运行，速度小于7.9 km/s ，重力(万有引力)全部提供向心力，处于完全失重状态，B 对．同步卫星轨道处于赤道的正上方，不可能在北京正上方，C 错．同步卫星的周期与地球自转周期相同，由G Mm （R ＋h ）2＝m (R ＋h )4π2T 2知，高度h ＝3GMT 24π2－R ，即同步卫星的高度一定，D 对．答案：BD12．宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统．它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动．若已知它们的运动周期为T ，两星到某一共同圆心的距离分别为R 1和R 2.那么，双星系统中两颗恒星的质量关系是( )A ．这两颗恒星的质量必定相等B ．这两颗恒星的质量之和为4π2（R 1＋R 2）3GT 2C ．这两颗恒星的质量之比为m 1∶m 2＝R 1∶R 2D ．必有一颗恒星的质量为4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2解析：对于两星有共同的周期T ，由牛顿第二定律得G m 1m 2（R 1＋R 2）2＝m 14π2T 2R 1＝m 24π2T 2R 2，所以两星的质量之比m 1∶m 2＝R 2∶R 1，C 错；由上式可得m 1＝4π2R 2（R 1＋R 2）2GT 2，m 2＝4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2，D 正确，A 错误；m 1＋m 2＝ 4π2（R 1＋R 2）3GT 2，B 正确．故正确答案为B 、D.答案：BD三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)“东方一号”人造卫星A 和“华卫二号”人造卫星B ，它们的质量之比为m A ∶m B ＝1∶2，它们的轨道半径之比为2∶1，则卫星A 与卫星B 的线速度大小之比为多少？解析：由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr 2＝m v 2r ，解得v＝GMr ，故v A v B ＝r Br A＝12＝12. 答案：1∶214．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h 处平抛一物体，水平射程为60 m ，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？解析：平抛运动水平位移x ＝v 0t ，竖直位移h ＝12gt 2，解以上两式得x ＝v 0·2h g ，由重力等于万有引力mg ＝G Mm R 2得g ＝GMR2，所以g 星g 地＝M 星M 地⎝ ⎛⎭⎪⎫R 地R 星2＝9×41＝36，x 星x 地＝g 地g 地＝16，x 星＝16x 地＝10 m.答案：10 m15．(12分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到距地面高度为h 1的近地圆轨道上，在卫星经过A 点时点火实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B 点再次点火将卫星送入同步轨道，如图所示．已知同步卫星的运动周期为T ，地球的半径为R ，地球表面重力加速度为g ，忽略地球自转的影响．求：(1)卫星在近地点A 的加速度大小；(2)远地点B 距地面的高度．解析：(1)设地球质量为M ，卫星质量为m ，万有引力常量为G ，卫星在A 点的加速度为a ，由牛顿第二定律得：G Mm （R ＋h 1）2＝ma ，物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力，则G Mm R 2＝mg ，解以上两式得a ＝R 2g （R ＋h 1）2. (2)设远地点B 距地面高度为h 2，卫星受到的万有引力提供向心力得GMm （R ＋h 2）2＝m 4π2T 2(R ＋h 2)，解得h 2＝3gR 2T 24π2－R . 答案：(1)R 2g （R ＋h 1）2 (2)3gR 2T 24π2－R16．(14分)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T ，两颗恒星之间的距离为r ，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G)解析：设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别是ω1、ω2.根据题意有ω1＝ω2①r 1＋r 2＝r ②根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G m 1m 2r 2＝m 1ω12r 1③ G m 1m 2r 2＝m 2ω22r 2④ 联立①②③④式解得r 1＝m 2r m 1＋m 2⑤ 根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝2πT⑥ 联立③⑤⑥式解得m 1＋m 2＝4π2r 3T 2G. 答案：4π2r 3T 2G。

(京津琼鲁专用)2018-2019学年高中物理模块综合试卷(一)新人教版必修2

模块综合试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，共40分.1～8题为单选题，每小题3分，9～12题为多选题，全部选对得4分，有选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.(2018·山东德州市高一下期末)比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例.下列不属于比值定义法的是( ) A.φ＝E p qB.E ＝F qC.C ＝Q UD.I ＝U R答案 D2.点电荷A 和B ，分别带正电和负电，电荷量分别为＋4Q 和－Q ，如图1所示，在AB 连线上，电场强度为零的地方在( )图1A.B 左侧B.A 右侧C.A 和B 之间D.A 的右侧及B 的左侧答案 A解析在B 点左侧有一点，＋4Q 的电荷在该点产生的电场向左，－Q 的电荷在该点产生的电场向右，二者场强大小相等，合场强为零，故选A.3.A 、B 是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下，沿电场线从A 点运动到B 点，速度－时间图象如图2所示，则( )图2A.E A ＞E BB.E A ＜E BC.φA ＝φBD.φA ＞φB答案 A解析根据v －t 图象，速度减小且加速度越来越小，说明正电荷逆着电场线运动，由电势低的点移向电势高的点，且静电力越来越小，即电场变弱，故选项A 正确，B 、C 、D 错误.4.(2018·山东济宁市高一下期末)如图3所示的电路中，U＝90V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1＝100Ω.当滑片P滑至R2的中点时，a、b两端的电压为( )图3A.30VB.45VC.60VD.75V答案 A解析P位于中点时R并＝50Ω，干路中电流I＝UR22＋R并＝90100＋50A＝0.6A，U ab＝IR并＝0.6×50V＝30V，选项A正确.5.(2018·山东菏泽市高一下期末)如图4所示为“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，下列说法正确的是( )图4A.保持开关S闭合，将A、B两极板分开些，指针张角增大B.先闭合再断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张角减小C.先闭合再断开开关S后，减小A、B两极板的正对面积，指针张角减小D.保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，指针张角增大答案 B6.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制作用，如图5所示电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻(温度越高电阻越小)，C为电容器，当环境温度降低时( )图5A.电压表的读数减小B.电容器C的带电荷量增大C.电容器C 两板间的电场强度减小D.R 1消耗的功率增大答案 B解析当环境温度降低时，R 2的阻值增大，则总电阻增大，总电流减小，则内电压减小，路端电压变大，电压表的读数增大，选项A 错误；R 1两端的电压减小，R 2两端的电压增大，即电容器两端的电压增大，由Q ＝CU 知，电容器C 的带电荷量增大，选项B 正确；由E ＝U d，知电容器C 两板间的电场强度增大，选项C 错误；总电流减小，所以R 1消耗的功率减小，选项D 错误.7.如图6所示，从F 处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B 板方向运动，下列说法错误的是(设电源电动势为U )( )图6A.电子到达B 板时的动能是UeB.电子从B 板到达C 板动能变化量为零C.电子到达D 板时动能是3UeD.电子在A 板和D 板之间做往复运动答案 C解析电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，选项A 正确；电子在BC 之间做匀速运动，选项B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，然后电子反向运动，在A 板与D 板之间做往复运动，选项C 错误，选项D 正确.8.在光滑绝缘水平面的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N 点，由静止释放质量为m 、电荷量为－q 的负检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，图7中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中( )图7A.N 点电势高于P 点电势B.P 点电场强度大小是N 点的2倍C.N 点电势为－mv 22qD.检验电荷在N 点具有的电势能为－12mv 2答案 C解析根据顺着电场线方向电势降低可知，M 点的电势高于N 点的电势，而M 、P 两点的电势相等，则N 点电势低于P 点电势，故A 错误.P 点电场强度大小是E P ＝k Qr P 2，N 点电场强度大小是E N ＝kQ r N2，则E P ∶E N ＝r N 2,∶r P 2,＝(2r P )2∶r P 2＝4∶1，故B 错误.根据动能定理得：检验电荷由N 到P 的过程：－q (φN －φP )＝12mv 2，由题，P 点的电势为零，即φP ＝0，解得，N 点的电势φN ＝－mv 22q ，故C 正确.检验电荷在N 点具有的电势能为E p ＝－q φN ＝12mv 2，故D 错误.9.如图8所示，真空中固定两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，图中O 是两电荷连线的中点，a 、b 两点与＋Q 的距离相等，c 、d 是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd 构成一个等腰三角形.则下列说法正确的是( )图8A.a 、b 两点的电场强度相同B.c 、d 两点的电势相同C.将电子由b 移到c 的过程中电场力做正功D.质子在b 点的电势能比在O 点的电势能大答案 BD解析根据等量异种点电荷的电场分布可知：c 、O 、d 三点等电势，故B 正确；a 、b 两点场强大小、方向均不同，故A 错误；由于φb ＞φc ，电子从b 到c 电场力做负功，故C 错误；φb ＞φO ，质子从b 到O 电场力做正功，电势能减小，故质子在b 点的电势能较大，故D 正确.10.把一个电荷量为1C 的正电荷从电势为零的O 点移到电场内的M 点，外力克服电场力做功5J ，若把这个电荷从N 点移到O 点，电场力做功则为6J ，那么( ) A.M 点的电势是－5V B.N 点的电势是6VC.M 、N 两点的电势差为＋11VD.M 、N 两点的电势差为－1V 答案 BD解析外力克服电场力做功5J ，即电场力做功－5J ，由公式U ＝W q ，求出U OM ＝－51V ＝－5V ，U OM ＝φO －φM ，则M 点的电势φM ＝5V ，同理求出N 点电势φN ＝6V ，M 、N 两点的电势差U MN ＝φM －φN ＝－1V ，故B 、D 正确，A 、C 错误.11.(2018·山东德州市高一下期末)在如图9所示的电路中，E 为电源，其内阻为r ，R 1为定值电阻(R 1>r )，R 2为电阻箱，R 3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V 为理想电压表，A 为理想电流表，闭合开关后，下列说法正确的是( )图9A.用光照射R 3，电流表示数变大B.用光照射R 3，电压表示数变小C.将变阻箱R 2阻值变大，电流表示数变大D.将变阻箱R 2阻值变大，电压表示数变小答案 ACD12.如图10所示，直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是( )图10A.电源电动势约为50VB.电源的内阻约为253ΩC.电流为2.5A 时，外电路的电阻约为15ΩD.输出功率为120W 时，输出电压约为30V 答案 ACD解析根据闭合电路欧姆定律，电源的输出电压U ＝E －Ir ，对照U －I 图象，当I ＝0时，E ＝U ＝50V ，故A 正确；U －I 图象斜率的绝对值表示内阻，故r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝50－206Ω＝5Ω，故B 不正确；电流为2.5A 时，外电阻R ＝E I－r ＝15Ω，故C 正确；输出功率为120W 时，对照P －I 图象，电流约为4A ，再对照U －I 图象，输出电压约为30V ，故D 正确.二、实验题(本题3小题，共18分)13.(4分)(2018·山东滨州市高一下期末)如图11所示为多用电表示意图，其中A 、B 、C 为三个可调节的部件.该同学在实验室中用它测量一阻值约3k Ω的电阻.他测量的操作步骤如下：图11(1)调节可调部件A ，使电表指针指向(选填“电阻”或“电流”)为零的位置，此过程为机械调零.(2)调节可调部件B ，使它的尖端指向倍率的欧姆挡.(3)将红、黑表笔分别插入正、负插孔中，两表笔短接，调节可动部件C ，使电表指针指向欧姆零刻度位置，此过程为欧姆调零.(4)若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是. 答案 (1)电流 (2)×100 (4)2700Ω或2.7k Ω 14.(6分)某同学测定一个圆柱体的电阻. (1)按如图12连接电路后，实验操作如下：a.将滑动变阻器R 1的阻值置于最(填“大”或“小”)；将S 2拨向接点1，闭合S 1，调节R 1，使电流表示数为I 0；b.将电阻箱R 2的阻值调至最(填“大”或“小”)，S 2拨向接点2；保持R 1不变，调节R 2，使电流表示数仍为I 0，此时R 2阻值为1280Ω； (2)由此可知，圆柱体的电阻为Ω.图12答案(1)a.大 b.大(2)128015.(8分)某同学用如图13所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零).实验器材的规格如下：电流表A1(量程200μA，内阻R1＝300Ω)；电流表A2(量程30mA，内阻R2＝5Ω)；定值电阻R0＝9700Ω；滑动变阻器R(阻值范围0～500Ω).闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表：图13(1)依据表中数据，作出I1－I2图线如图14所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝V，欧姆表内阻为r＝Ω.(结果保留3位有效数字)图14(2)若某次电流表A1的示数是114μA，则此时欧姆表的示数约为Ω.(结果保留3位有效数字) 答案(1)1.50(1.48～1.52) 15.2(15.0～15.4)(2)48.1(47.5～48.5)解析 (1)根据闭合电路欧姆定律有：E ＝I 1(R 1＋R 0)＋(I 1＋I 2)r所以I 1＝－r R 1＋R 0＋r I 2＋ER 1＋R 0＋r由题图可知斜率k ＝ΔI 1ΔI 2＝－1.52×10－3，截距b ＝1.5×10－4A 即r R 1＋R 0＋r＝1.52×10－3，E R 1＋R 0＋r＝1.5×10－4A解得E ≈1.50V，r ≈15.2Ω.(2)由题图可知当I 1＝114μA 时，I 2＝23.7mA 所以R 外＝I 1(R 0＋R 1)I 2≈48.1Ω，则此时欧姆表示数约为48.1Ω. 三、计算题(本题4小题，共42分)16.(8分)如图15所示，电源的电动势是6V ，内阻是0.5Ω，小电动机M 的线圈电阻为0.5Ω，限流电阻R 0为3Ω，若理想电压表的示数为3V ，试求：图15(1)电源的功率和电源的输出功率；(2)电动机消耗的功率和电动机输出的机械功率. 答案 (1)6W 5.5W (2)2.5W 2W 解析 (1)电路中电流I ＝IR 0＝UR 0R 0＝1 A ；电源的功率P E ＝IE ＝6 W ；内电路消耗的功率P r ＝I 2r ＝0.5 W ；电源的输出功率P 出＝P E －P r ＝5.5 W. (2)电动机分压U M ＝E －Ir －UR 0＝2.5 V ；电动机消耗的功率P M ＝IU M ＝2.5 W ；热功率P 热＝I 2r M ＝0.5 W ；电动机输出的机械功率P 机＝P M －P 热＝2 W.17.(10分)(2018·山师附中高一下期末)如图16所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间距离d ＝40cm ，电源电动势E ＝10V ，内电阻r ＝1Ω，定值电阻R ＝8Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带负电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝3m/s 竖直向上射入板间.已知小球带电荷量q ＝1×10－2C ，质量m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力.(g 取10 m/s 2)图16(1)要使小球在A 、B 板间向上匀速运动，则滑动变阻器接入电路的阻值为多大？(2)若小球带正电，只改变滑动变阻器滑片位置，其他量不变，那么，A 、B 板间电压为多大时，小球恰能到达A 板？此时电源输出功率是多大？答案 (1)36Ω (2)1V 9W 解析 (1)由平衡条件得mg ＝qU ABd解得：U AB ＝8VU 滑＝U AB ＝8V I ＝E －U 滑R ＋r ＝29A滑动变阻器电阻：R 滑＝U 滑I＝36Ω. (2)由动能定理：－mgd －qU AB ′＝0－12mv 02得U AB ′＝1VI ′＝E －U AB ′R ＋r＝1A电源输出功率：P ＝EI ′－I 2′r ＝9W.18.(12分)(2018·山东淄博市高一下期末)如图17所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定.细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E ＝2×104N/C.在细杆上套有一个带电荷量为q ＝－3×10－5C 、质量为m ＝3×10－2kg 的小球.现使小球从细杆的顶端A 由静止开始沿杆滑下，并从B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C 点.已知AB 间距离x 1＝0.4m ，g ＝10m/s 2.求：图17(1)小球在B 点的速度v B 的大小； (2)小球进入电场后滑行的最大距离x 2；(3)试画出小球从A 点运动到C 点过程的v －t 图象. 答案 (1)2m/s (2)0.4m (3)见解析解析 (1)小球在AB 段滑动过程中做匀加速运动.由机械能守恒得mgx 1sin α＝12mv B 2，可得v B ＝2m/s.(2)小球进入匀强电场后，在电场力和重力的作用下做匀减速运动，由牛顿第二定律qE cos α－mg sin α＝ma 2，得a 2＝5m/s 2，小球进入电场后还能滑行到最远处C 点，v B 2＝2a 2x 2，得：x 2＝0.4m.(3)小球从A 到B 和从B 到C 的两段位移的平均速度分别为v AB ＝0＋v B 2，v BC ＝v B ＋02，则小球从A 到C 的平均速度为v B2x 1＋x 2＝v B2t ，可得t ＝0.8s ，v －t 图象如图所示，19.(12分)(2018·山东济南市高一下期末)如图18甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2kg 、带电荷量为q ＝＋2.0×10－6C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g 取10m/s 2)，求：图18(1)0～2s 与2～4s 内的加速度大小； (2)9s 末小物块的速度大小； (3)9s 内小物块的位移大小.答案 (1)2m/s 22 m/s 2(2)2m/s (3)17m 解析 (1)设0～2s 内小物块的加速度为a 1由牛顿第二定律得E 1q －μmg ＝ma 1即a 1＝E 1q －μmg m＝2m/s 2 2～4s 内小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 E 2q －μmg ＝ma 2即a 2＝E 2q －μmg m＝－2m/s 2 (2)2s 末的速度为v 2＝a 1t 1＝4m/s4s 末的速度为v 4＝0小物块做周期为4s 的加速和减速运动，第9s 末的速度为v 9＝2m/s(3)0～2s 内物块的位移x 1＝12a 1t 12＝4m 2～4s 内位移x 2＝x 1＝4m9s 内小物块的位移大小，可以看做是上述2个周期加上 x ′＝12a 1t ′2＝1m所求位移为x ＝2(x 1＋x 2)＋x ′解得x ＝17m.。

2019统编人教版高中物理必修第二册全册教案设计(含课后练习单元测试及答案)

【2019统编版】人教版高中物理必修第二册第五章《抛体运动》全章节备课教案教学设计+课后练习及答案5.1《曲线运动》教学设计教学目标：知识与技能1通过观察,了解曲线运动,知道曲线运动的方向:2掌握物体做曲线运动的条件,明确曲线运动是一种变速运动:3知道速度方向、合力方向及轨迹弯曲情况之间的关系;过程与方法1.体验曲线运动与直线运动的区别2体验曲线运动是变速运动及它的速度方向的变化。

情感态度与价值观1.能领略曲线运动的奇妙与和谐,发展对科学的好奇心与求知欲:2.通过探究的过程,让学生体会得出结论的科学方法-归纳法:3.理解物体做曲线运动的条件,能运用牛顿运动定律分析曲线运动的条件,掌握速度和合外力方向与曲线弯曲情况之间的关系,形成曲线运动的物理观念教学重难点：教学重点：1.什么是曲线运动？物体做曲线运动的方向的确定。

2.物体做曲线运动的条件。

教学难点：1.理解曲线运动的变速运动；2.用牛顿第二定律分析物体做曲线运动的条件，能运用曲线运动相关知识解决实际问题。

课前准备：实验用具；PPT课件教学过程：一、自学导入1.曲线运动的速度方向(1)□01曲线的运动称为曲线运动。

(2)做曲线运动的物体，速度的方向在□02不断变化。

(3)如图所示，过曲线上的A、B两点作直线，这条直线叫作曲线的割线。

设想B点逐渐沿曲线向A点移动，这条割线的位置也就不断变化。

当B点非常非常接近A点时，这条割线就叫作曲线在A点的□03切线。

(4)做曲线运动时，质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的□04切线方向。

(5)曲线运动是变速运动①速度是矢量，它既有大小，又有□05方向。

不论速度的大小是否改变，只要速度的□06方向发生改变，就表示速度发生了变化，也就具有了□07加速度。

②在曲线运动中，速度的方向是变化的，所以曲线运动是□08变速运动。

2．物体做曲线运动的条件(1)动力学角度：当物体所受合力的方向与它的速度方向□09不在同一直线上时，物体做曲线运动。

2018版物理新课堂同步必修二文档：模块综合测评含解

模块综合测评(用时：60分钟满分：100分)(教师用书独具)一、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．下列关于曲线运动的说法中正确的是 ( )A ．所有曲线运动一定是变速运动B ．物体在一恒力作用下不可能做曲线运动C ．做曲线运动的物体，速度方向时刻变化，故曲线运动不可能是匀变速运动D ．物体只有受到方向时刻变化的力作用时才可能做曲线运动【解析】做曲线运动的物体，速度方向沿曲线的切线方向，时刻变化，曲线运动一定是变速运动，A 对．做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一条直线上，如果合力是恒力，物体做匀变速曲线运动，B 、C 、D 均错．【答案】 A2．甲沿着半径为R 的圆周跑道匀速跑步，乙沿着半径为2R 的圆周跑道匀速跑步，在相同的时间内，甲、乙各自跑了一圈，他们的角速度和线速度的大小分别为ω1、ω2和v 1、v 2，则( )A ．ω1＞ω2，v 1＞v 2B ．ω1＜ω2，v 1＜v 2C ．ω1＝ω2，v 1＜v 2D ．ω1＝ω2，v 1＝v 2【解析】由于甲、乙在相同时间内各自跑了一圈，v 1＝2πR t ，v 2＝4πR t ，v 1＜v 2，由v ＝rω，得ω＝v r ，ω1＝v 1R ＝2πt ，ω2＝2πt ，ω1＝ω2，故C 正确．【答案】 C3．如图1所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图1A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D．任意相等的时间内重力做的功相等【解析】下降过程中，阻力始终与运动方向相反，做负功，A对；加速下降时合力向下，减速下降时合力向上，B错；下降时重力做功等于重力势能减少量，C错；由于任意相等的时间内下落的位移不等，所以，任意相等时间内重力做的功不等，D错．【答案】 A4．如图2所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L.某人在乒乓球训练中，从左侧L/2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则()【导学号：45732174】图2A．击球点的高度与网高度之比为2∶1B．乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为2∶1C．乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1∶2D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2【解析】根据平抛运动规律，乒乓球在左、右两侧运动时间之比为1∶2，由Δv＝gΔt可得，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，选项D正确，B错误．由y＝12gt2可得击球点的高度与网高度之比为9∶8，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速度之比为1∶3，选项A、C错误．【答案】 D5．雨天在野外骑车时，自行车的后轮胎上常会黏附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就会被甩下来．如图3所示，图中a、b、c、d 为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则()图3A．泥巴在图中的a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来【解析】当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，A错误．在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有F a＋mg＝mω2R，在b、d两点有F b、d＝mω2R，在c点有F c－mg＝mω2R.所以泥巴不脱离轮胎在c 位置所需要的相互作用力最大，泥巴最容易被甩下来．故B、D错误，C正确．【答案】 C6．人造地球卫星可在高度不同的轨道上运转，已知地球质量为M、半径为R、表面重力加速度为g，万有引力常量为G，则下述关于人造地球卫星的判断正确的是()【导学号：45732175】A．各国发射的所有人造地球卫星的运行速度都不超过GM RB．各国发射的所有人造地球卫星的运行周期都应小于2πR gC．若卫星轨道为圆形，则该圆形的圆心必定与地心重合D．地球同步卫星可相对地面静止在广州的正上空【解析】由GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，当r＝R时，卫星的运行速度最大，v max ＝GM R ，选项A 正确；此时对应的周期最小，T min ＝2πR v max，且GM ＝gR 2，解得T min ＝2πRg ，选项B 错误；由万有引力完全用来充当向心力可知，选项C 正确；同步卫星只能定位于赤道上空固定的高度，选项D 错误．【答案】 AC7．如图4所示，小滑块从一个固定的光滑斜槽轨道顶端无初速开始下滑，用v 、t 和h 分别表示小球沿轨道下滑的速率、时间和距轨道顶端的高度．如图所示的v -t 图象和v 2-h 图象中可能正确的是( )图4【解析】小滑块下滑过程中，小滑块的重力沿斜轨道切向的分力逐渐变小，故小滑块的加速度逐渐变小，故A 错误，B 正确；由机械能守恒得：mgh ＝12m v 2，故v 2＝2gh ，所以v 2与h 成正比，C 错误，D 正确．【答案】 BD8．如图5所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点，已知ab ＝0.8 m ，bc ＝0.4 m ，那么在整个过程中下列说法正确的( )【导学号：45732176】图5A ．滑块动能的最大值是6 JB ．弹簧弹性势能的最大值是6 JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD．滑块和弹簧组成的系统整个过程机械能守恒【解析】滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，D正确；以c点为参考点，则a点的机械能为6 J，c点时的速度为0，重力势能也为0，所以弹性势能的最大值为6 J，从c到b弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故为6 J，所以B、C正确；由a→c时，因重力势能不能全部转变为动能，故A错．【答案】BCD二、实验题(共2小题，共18分)9．(8分)某实验小组利用如图6甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律．重锤的质量为m，已知当地的重力加速度g＝9.80 m/s2.实验小组选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，测得h1＝12.01 cm，h2＝19.15 cm，h3＝27.86 cm.打点计时器通以50 Hz的交流电．根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了________J，此时重锤的动能比开始下落时增加了________J．根据计算结果可以知道该实验小组在做实验时出现的问题是________．(重锤质量m已知)图6【解析】打点计时器打B点时重锤减小的重力势能为ΔE p＝mgh2＝1.88mJ．因为重锤做的是匀加速直线运动，所以v B＝h3－h14T＝1.98 m/s，打B点时重锤增加的动能为：ΔE k＝12m v2B＝1.96m J．由于ΔE k＞ΔE p，所以可能是先释放纸带后接通电源开关．【答案】 1.88m 1.96m该实验小组做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的开关或者释放纸带时手抖动了(其他答案只要合理均可) 10．(10分)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7甲所示．木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1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OB1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…数据，用W-L图象处理数据，回答下列问题：图7(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________；(2)由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是________W1；(3)W-L图象斜率的物理意义是________．【解析】(1)从A到B根据能量守恒可得：W－W f＝fL，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(0.06,1)、(0.42,5)代入W－W f＝fL解得木块从A到O过程中摩擦力做的功为13W1；(3)由W－W f＝fL知图象的斜率为摩擦力．【答案】(1)未计算AO间的摩擦力做功(2)13(3)摩擦力三、计算题(共2小题，共34分)11．(16分)用一台额定功率为P 0＝60 kW 的起重机，将一质量为m ＝500 kg 的工件由地面竖直向上吊起，不计摩擦等阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)工件在被吊起的过程中所能达到的最大速度v m ；(2)若使工件以a ＝2 m/s 2的加速度从静止开始匀加速向上吊起，则匀加速过程能维持多长时间？(3)若起重机在始终保持额定功率的情况下从静止开始吊起工件，经过t ＝1.14 s 工件的速度v t ＝10 m/s ，则此时工件离地面的高度h 为多少？【导学号：45732177】【解析】 (1)当工件达到最大速度时，F ＝mg ，P ＝P 0＝60 kW故v m ＝P 0mg ＝60×103500×10m/s ＝12 m/s. (2)工件被匀加速向上吊起时，a 不变，v 变大，P 也变大，当P ＝P 0时匀加速过程结束，根据牛顿第二定律得F ′－mg ＝ma ，解得F ′＝m (a ＋g )＝500×(2＋10)N ＝6 000 N匀加速过程结束时工件的速度为v ＝P 0F ′＝60×1036 000 m/s ＝10 m/s 匀加速过程持续的时间为t 0＝v a ＝102 s ＝5 s.(3)根据动能定理，有P 0t －mgh ＝12m v 2t －0代入数据，解得h ＝8.68 m.【答案】 (1)12 m/s (2)5 s (3)8.68 m12．(18分)如图8甲所示，质量为m ＝0.1 kg 的小球，用长l ＝0.4 m 的细线与固定在圆心处的力传感器相连，小球和传感器的大小均忽略不计．当在A 处给小球6 m/s 的初速度时，恰能运动至最高点B ，设空气阻力大小恒定，g 取10 m/s 2.求：图8(1)小球在A 处时传感器的示数；(2)小球从A 点运动至B 点过程中克服空气阻力做的功；(3)小球在A 点以不同的初速度v 0开始运动，当运动至B 点时传感器会显示出相应的读数F ，试通过计算在图乙坐标系中作出F -v 20图象．【解析】 (1)在A 点，由F －mg ＝m v 2A l ，解得：F ＝10 N.(2)由mg ＝m v 2B l 得：v B ＝2 m/s小球从A 到B 过程中，根据动能定理：W f －2mgl ＝12m v 2B －12m v 2A得到：W f ＝－0.8 J所以克服空气阻力做功0.8 J.(3)小球从A 到B 过程中，根据动能定理：W f －2mgl ＝12m v 2B －12m v 20小球在最高点F ＋mg ＝m v 2B l两式联立得：F ＝14v 20－9图象如图所示【答案】(1)10 N(2)0.8 J(3)如解析图所示。

【最新文档题库】2018-2019年《金版学案》物理_选修3-5(人教版)章末质量评估(二)

解析：黑体辐射的强度与温度有关，
温度越高，黑体辐射的强度
越大， A 正确、 B 错误；随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向
波长较短的方向移动，故
C 、 D 正确 .
答案： B 6．用波长为 2.0 × 10
7 －
m 的紫外线照射钨的表面，释放出来的
光电子中最大的动能是 4.7 × 10
19 －
J ．由此可知，钨的极限频率是：
D 对．
答案： D
3 ．关于光的波粒二象性，以下说法中正确的是
(
)
A ．光的波动性与机械波，光的粒子性与质点都是等同的
B ．光子和质子、电子等是一样的粒子
C ．大量光子易显出粒子性，少量光子易显出波动性
D ．紫外线、 X 射线和 γ射线中， γ射线的粒子性最强，紫外线
的波动性最显著
解析：光的波动性与机械波、光的粒子性与质点有本质区别，选
(
)
A ．实物粒子与光子一样都具有波粒二象性，所以实物粒子与光
子是本质相同的物体
B ．物质波和光波都不是概率波
C ．粒子的动量越大，其波动性越易观察
D ．粒子的动量越大，其波动性越易观察
解析：实物粒子虽然与光子具有某些相同的现象，
但实物粒子是
--
参考范例
实物，而光则是传播着的电磁波，其本质不同；物质波和光波都是概
)
--
h
A.
2mqU
指导参考范例
h B.
2mqU
--
参考范例
h C.
2mqU
2mqU
h
mqU D.
解析：设加速后的速度为 v ，由动能定理，得 qU ＝
2 qU

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物理·必修2（人教版）模块综合检测卷(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．) 1．发现万有引力定律的科学家是( )A．开普勒 B．牛顿C．卡文迪许 D．爱因斯坦答案：B2．经典力学适用于解决( )A．宏观高速问题 B．微观低速问题C．宏观低速问题 D．微观高速问题答案：C3．关于向心加速度的物理意义，下列说法中正确的是( )A．描述线速度的大小变化的快慢B．描述线速度的方向变化的快慢C．描述角速度变化的快慢D．描述向心力变化的快慢答案：B4．当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力了，则( )A．质点一定在圆周轨道上运动B．质点一定向心运动，离圆心越来越近C．质点一定做匀速直线运动D．质点一定离心运动，离圆心越来越远答案：D5．忽略空气阻力，下列几种运动中满足机械能守恒的是( )A．物体沿斜面匀速下滑 B．物体自由下落的运动C．电梯匀速下降 D．子弹射穿木块的运动答案：B6．人造地球卫星中的物体处于失重状态是指物体( )A．不受地球引力作用B．受到的合力为零C．对支持物没有压力D．不受地球引力，也不受卫星对它的引力答案：C7．物体做竖直上抛运动时，下列说法中正确的是( )A．将物体以一定初速度竖直向上抛出，且不计空气阻力，则其运动为竖直上抛运动B．做竖直上抛运动的物体，其加速度与物体重力有关，重力越大的物体，加速度越小C．竖直上抛运动的物体达到最高点时速度为零，加速度为零，处于平衡状态D．竖直上抛运动过程中，其速度和加速度的方向都可改变答案：A8．已知地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，第二宇宙速度为11.2 km/s, 则沿圆轨道绕地球运行的人造卫星的运动速度( )A．只需满足大于7.9 km/sB．小于等于7.9 km/sC．大于等于7.9 km/s，而小于11.2 km/sD．一定等于7.9 km/s答案：B9．如图甲、乙、丙三种情形表示某物体在恒力F作用下在水平面上发生一段大小相同的位移，则力对物体做功相同的是( )A．甲和乙 B．甲、乙、丙 C．乙和丙 D．甲和丙答案：D10．如图所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中( )A．P做匀变速直线运动B．P的加速度大小不变，但方向改变一次C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大答案：C二、双项选择题(本题共6小题，每题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)11．关于质点做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A．质点的速度不变 B．质点的周期不变[:C．质点的角速度不变 D．质点的向心加速度不变答案：BC12．对下列四幅图的描述正确的是( )A．图A可能是匀速圆周运动的速度大小与时间变化的关系图象B．图B可能是竖直上抛运动的上升阶段速度随时间变化的关系图象C．图C可能是平抛运动的竖直方向加速度随时间变化的关系图象D．图D可能是匀速圆周运动的向心力大小随时间变化的关系图象答案：BD13．关于同步地球卫星，下列说法中正确的是( )A．同步地球卫星可以在北京上空B．同步地球卫星到地心的距离为一定的C．同步地球卫星的周期等于地球的自转周期[:D．同步地球卫星的线速度不变答案：BC14．三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层外沿如图所示的轨道做匀速圆周运动，已知m A＝m B>m C，则三个卫星( )A．线速度大小的关系是v A>v B＝v CB．周期关系是T A<T B＝T CC．向心力大小的关系是F A>F B＝F CD．向心加速度大小的关系是a A>a B>a C答案：AB15.如右图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下．不计空气阻力，则在重物由A点摆向最低点B的过程中( ) A．弹簧与重物的总机械能守恒 B．弹簧的弹性势能增加C．重物的机械能不变 D．重物的机械能增加答案：AB三、非选择题(本大题3小题，共40分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 16．(11分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50 Hz，当地重力加速度的值为9.80 m/s2，测得所用重物的质量为1.00 kg.若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示(相邻计数点时间间隔为0.02 s)，那么：(1)纸带的______端与重物相连；(2)打点计时器打下计数点B时，物体的速度v B＝________；(3)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔE p＝________，此过程中物体动能的增加量ΔE k ＝________(取g＝9.8 m/s2)；(4)通过计算，数值上ΔE p____ΔE k(填“＞”“＝”或“＜”)，这是因为________________________________________________________________________；(5)实验的结论是______________________________________________________．解析：(1)重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀．所以，纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．(2)v B＝OC－OA2T＝0.98 m/s.(3)ΔE p＝mg×OB＝0.49 J，ΔE k＝12mv B2＝0.48 J.(4)ΔE p＞ΔE k，这是因为实验中有阻力．(5)在实验误差允许范围内，机械能守恒．答案：(1)左(2)0.98 m/s (3)0.49 J 0.48 J (4)＞这是因为实验中有阻力(5)在实验误差允许范围内，机械能守恒17.(4分)如图所示，将轻弹簧放在光滑的水平轨道上，一端与轨道的A端固定在一起，另一端正好在轨道的B 端处，轨道固定在水平桌面的边缘上，桌边悬一重锤．利用该装置可以找出弹簧压缩时具有的弹性势能与压缩量之间的关系．(1)为完成实验，还需下列那些器材？________．A．秒表B．刻度尺C．白纸D．复写纸E．小球F．天平(2)某同学在上述探究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系的实验中，得到弹簧压缩量x和对应的小球离开桌面后的水平位移s的一些数据如下表，则由此可以得到的实验结论是________________________________________________________________________.答案：(1)BCDE (2)弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比18.(8分)如图一辆质量为500 kg 的汽车静止在一座半径为50 m 的圆弧形拱桥顶部．(取g ＝10 m/s 2)(1)此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？(2)如果汽车以6 m/s 的速度经过拱桥的顶部，则汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？ (3)汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零？解析：(1)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，二力平衡，故F ＝G ＝5 000 N 根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为5 000 N.[: (2)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，根据牛顿第二定律有 G －F ＝m v 2r 故F ＝G －m v2r＝4 000 N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为4 000 N. (3)汽车只受重力G G ＝m v2rv ＝gr ＝10 5 m/s. 答案：见解析19．(8分)要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v 1＝40 m/s ，然后再减速到v 2＝20 m/s ，t 1＝v 1a 1；t 2＝（v 1－v 2）a 2；t ＝t 1＋t 2.你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．解析：①不合理②理由：因为按这位同学的解法可得t 1＝v 1a 1＝10s ，t 2＝（v 1－v 2）a 2＝2.5s总位移x ＝v 12t 1＋v 1＋v 22t 2＝275m>s.③由上可知摩托车不能达到最大速度v 2，设满足条件的最大速度为v ，则v 22a 1＋v 2－v 222a 2＝218.解得v ＝36 m/s ，这样加速时间t 1＝v a 1＝9 s ，减速时间t 2＝（v 1－v 2）a 2＝2 s ，因此所用的最短时间t ＝t 1＋t 2＝11 s.答案：见解析20．(9分)如下图所示，质量m ＝60 kg 的高山滑雪运动员，从A 点由静止开始沿雪道滑下，从B 点水平飞出后又落在与水平面成倾角θ＝37°的斜坡上C 点．已知AB 两点间的高度差为h ＝25 m ，B 、C 两点间的距离为s ＝75 m ，(g 取10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)，求：[:(1)运动员从B 点飞出时的速度v B 的大小． (2)运动员从A 到B 过程中克服摩擦力所做的功．解析：(1)设由B 到C 平抛运动的时间为t 竖直方向： h BC ＝ssin 37° h BC ＝12gt 2水平方向： scos 37°＝v B t 代入数据，解得： v B ＝20 m/s.(2)A 到B 过程由动能定理有 mgh AB ＋W f ＝12mv B 2－0代入数据，解得W f ＝－3 000 J所以运动员克服摩擦力所做的功为3 000 J. 答案：见解析。