2018届高三物理(浙江学考)一轮复习练习：第2章 学考章末检测2 Word版含答案
2018届高三生物(浙江学考)一轮复习练习：2第8章学考章末检测卷(八)含答案
学考章末检测卷(八）第八章生物的变异与进化一、选择题（本大题共25小题，每小题2分,共50分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分）1.如图为同源染色体a、b联会，其中b出现了变异，其变异类型属于( )A．染色体缺失B．染色体倒位C．基因重组D．基因突变A ［由题图可知，b染色体出现了变异，且比正常的a染色体缺少了3、4片段，该变异类型属于染色体结构变异中的缺失，A正确。
]2．大约105到108个高等动物的配子中才有一个发生基因突变，说明基因突变具有（)A．普遍性B．稀有性C．多方向性D．可逆性B ［大约105到108个高等动物的配子中才有一个发生基因突变,说明基因突变发生的频率极低，体现了基因突变稀有性的特点，B正确.]3．下列关于基因重组的说法不正确的是( ）A．减数第一次分裂后期，非同源染色体上的非等位基因的自由组合属于基因重组B．减数分裂四分体时期，非同源染色体姐妹染色单体的局部交换可导致基因重组C．我国科学家培育的抗虫棉，利用的原理是基因重组D．育种工作者培育无籽西瓜，利用的原理不是基因重组B ［减数第一次分裂前期,同源染色体的非姐妹染色单体之间发生交叉互换可以导致基因重组.]4．下列有关基因重组的叙述中，正确的是( ）A．在基因重组的过程中产生新基因型的原因是产生了新的基因B．在减数第二次分裂后期，由于着丝粒分裂而导致生物性状的不同属于基因重组C．非姐妹染色单体间的互换可能导致基因重组D．造成同卵双生姐妹间性状差异的主要原因是基因重组C ［基因重组不产生新基因,但是可以产生新的基因型；基因重组发生在减数第一次分裂的过程中,在四分体时期发生同源染色体的非姐妹染色单体间的交叉互换,在减数第一次分裂后期同源染色体分离，非同源染色体上的非等位基因自由组合;同卵双生姐妹细胞核中的遗传物质是一样的，其性状差异主要是外界环境引起的。
] 5．在白花豌豆品种栽培园中，偶然发现了一株开红花的豌豆植株，推测该红花表现型的出现是花色基因突变的结果.为了确定该推测是否正确,应检测和比较红花植株与白花植株中（) A．花色基因的碱基组成B．花色基因的DNA序列C．细胞的DNA含量D．细胞的RNA含量B ［基因是DNA分子上有遗传效应的片段,基因突变是指基因结构的改变，包括DNA上碱基对的增加、缺失或替换，不是碱基的组成发生改变，也不是细胞中的DNA含量变化和RNA含量变化,故A、C、D项都是错误的。
2018届高三物理浙江学考一轮复习练习：第3章 学考章末检测3 含答案 精品
学考章末检测(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题．每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．如图1所示，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”．这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于()图1A．冰壶的速度B．冰壶的质量C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力B[一个物体惯性的大小，与其运动状态，受力情况是没有任何关系的．衡量物体惯性大小的唯一因素是质量，故B正确．]2．下列各组属于国际单位制的基本单位的是()A．千克、米、秒B．克、牛顿、米C．质量、长度、时间D．质量、力、位移A[选项C、D中所给的都是物理量，不是物理单位，C、D错误；千克、米、秒分别为质量、长度、时间三个基本物理量的单位，A正确；B项中牛顿是导出单位，克不属于国际单位，B错误．]3．如图2所示，在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球() 【导学号：81370600】图2A．可能落在A处B．一定落在B处C．可能落在C处D．以上都有可能B [匀速行驶的火车车厢内，相对车厢静止释放一个小球，由于惯性，在水平方向保持与车速相同的速度，因此在下落这段时间内，水平位移相等，即落回到B 点，故选B.]4．(2017·丽水模拟)如图3所示，航天员王亚平利用“天宫一号”中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74 kg.测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100 N 的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1 m/s ，则复位的时间为()图3A ．0.74 sB ．0.37 sC ．0.26 sD ．1.35 sA [根据牛顿第二定律，加速度为a ＝F m ＝10074 m/s 2，则复位的时间为t ＝v a ＝110074s ＝0.74 s ，故选A.]5．放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图4)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是( ) 【导学号：81370601】图4A ．匀速上升B ．加速上升C．减速上升D．减速下降C[木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C正确．] 6．质量为m的物体从高处由静止释放后竖直下落，在某一时刻受到的空气阻力为F f，加速度为a＝13g，则F f的大小为()A.13mg B.23mgC．mg D.43mgB[由牛顿第二定律知，a＝Fm＝mg－F fm＝13g，可得空气阻力大小F f＝23mg，B正确．]7．如图5所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是()图5A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面对木楔的摩擦力为0A[由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．]8．(2017·宁波调研)如图6所示，重为10 N的物体以速度v在粗糙的水平面上向左运动，物体与桌面间的动摩擦因数为0.1.现在给物体施加水平向右的拉力F，其大小为20 N，则物体受到的摩擦力和加速度大小为(g取10 m/s2)() 【导学号：81370602】图6A．1 N,20 m/s2B．0,21 m/s2C．1 N,21 m/s2D．1 N,19 m/s2C[物体受到竖直向下的重力G、竖直向上的支持力F N、水平向右的拉力F 和摩擦力F f作用，其滑动摩擦力为：F f＝μF N＝μG＝1 N，由牛顿第二定律得：F ＋F f＝ma，解得a＝21 m/s2，C正确．]9．鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是()D[鱼在水中受水的浮力保持鱼在竖直方向的平衡，由于水平方向向左加速，故鱼受水平方向向左的外力，所以水对鱼的作用力应是浮力与向左推动力的合力，应斜向左上方，故选D.]10.有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重，如图7所示，其环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由下落．落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列说法中正确的是()图7A．座舱自由下落的过程中，人处于超重状态B．座舱自由下落的过程中，人处于失重状态C．座舱减速下落的过程中，人处于失重状态D ．座舱下落的整个过程中，人处于超重状态B [在自由下落的过程中，人只受重力作用，处于失重状态，故A 错误，B 正确；在减速运动的过程中，人受重力和座位对人向上的支持力，做减速运动，所以加速度向上，人处于超重状态，故C 错误；座舱下落的整个过程中人先做自由落体运动，再做减速运动减速下降，故人先失重后超重，D 错误．]11．如图8所示，两物体A 、B 质量相等，相互接触放在光滑水平面上，对物体A 施以水平向右推力F 1，同时对B 施加水平向左推力F 2，且F 1>F 2，则物体B 对物体A 的作用力大小是( )图8A.F 1－F 22B.F 1＋F 22C.F 12D.F 22B [对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离对A 研究．A 在水平方向受到B 对它的作用力和推力F 1，由牛顿第二定律，对A 、B 系统有a ＝F 1－F 22m ，对A 有F 1－F N ＝ma ，解得F N ＝F 1＋F 22，B 正确．]12．如图9甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示．根据图2中所标出的数据可计算出( ) 【导学号：81370603】甲 乙图9A ．物体的质量为1 kgB ．物体的质量为3 kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5C[物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝Fm－μg，由a -F图线，得0.5＝7m－10μ，4＝14m－10μ，联立解得m＝2 kg，μ＝0.3，故C正确．]13．在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图10所示，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则()图10A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小D．地面对拖把的支持力F N变大，地面对拖把的摩擦力F f变大C[设拖把的质量为m，拖把与地面间的动摩擦因数为μ，由平衡条件得F cos θ＝μ(mg＋F sin θ)，力F大小不变，θ减小，故F cos θ>μ(mg＋F sin θ)，则拖把做加速运动，选项A、B错误；地面对拖把的支持力F N＝mg＋F sin θ，力F大小不变，力F与水平方向的夹角θ减小，则F N减小，地面对拖把的摩擦力F f＝μF N，F N减小，则F f减小，选项C正确，选项D错误．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(5分)(2017·宁波调研)(1)图11甲为一拉力传感器，某实验小组在用拉力传感器探究作用力与反作用力关系的实验中，获得了如图乙所示的图线．根据这个图线，你可以得出的结论是：作用力与反作用力总是________．图11A．大小相等方向相反B．两个力大小不相等C．一个减小时另一个增大D．同时产生同时消失(2)如果实验时保持一只手不动，另一只手拉动，与两只手同时对拉得到的结论有没有变化？________(选填“有”或“没有”)【解析】(1)由乙图知作用力与反作用力总是大小相等方向相反，同时产生同时消失，故A、D正确．(2)两只手对拉与一只手拉另一只手不动，对传感器的力是相同的，所以图线没有变化．【答案】(1)AD(2)没有15．(7分)某实验小组利用如图12所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图12(1)下列做法正确的是________．(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图13所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F 的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙(选填“大于”“小于”或“等于”)【导学号：81370604】图13【解析】(1)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木板不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误．(2)选木块(M)、砝码桶及桶内的砝码(m)为研究对象，则mg＝(M＋m)a①选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则mg－F T＝ma②联立①②得：F T＝mg－m2g M＋m要使F T＝mg需要m2gM＋m接近于0即M≫m.(3)对木块由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma即a＝1m F－μg.由上式与题图结合可知：1 m甲>1m乙，μ甲g>μ乙g.即：m甲<m乙，μ甲>μ乙．【答案】(1)AD(2)远小于(3)小于大于16．(10分)(2017·平湖模拟)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图象如图14甲和图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求：图14(1)前2 s内物体运动的加速度和位移大小；(2)物体的质量m和物体与地面间的动摩擦因数μ.【解析】(1)由v-t图象可知，物体在前2 s内做匀加速直线运动，前2 s 内物体运动的加速度为a＝ΔvΔt＝42m/s2＝2 m/s2前2 s内物体运动的位移为x＝12at2＝4 m.(2)对物体进行受力分析，如图所示．对于前2 s，由牛顿第二定律得F－F f＝ma，F f＝μmg2 s之后物体做匀速直线运动，由平衡条件得F′＝F f由F-t图象知F＝15 N，F′＝5 N代入数据解得m＝5 kg，μ＝0.1.【答案】(1)2 m/s2 4 m(2)5 kg0.117．(13分)在平直公路上有A、B两辆汽车，质量均为6.0×103 kg，运动时所受阻力均为车重的115.它们的v-t图象分别如15图中a、b所示，g取10 m/s2.求：图15(1)A 车的加速度a A 和牵引力F A ；(2)0～3 s 内B 车的位移x B 和牵引力F B . 【导学号：81370124】【解析】 (1)由图可得A 车匀加速的加速度为a A ＝Δv Δt ＝148 m /s 2＝1.75 m/s 2由牛顿第二定律得F A －kmg ＝ma A可得F A ＝kmg ＋ma A代入数据可得F A ＝1.45×104 N.(2)0～3 s 内B 车的位移在数值上等于B 车图线与横坐标轴围成的面积 x B ＝9 m由图可得B 车匀减速的加速度为a B ＝Δv ′Δt ′＝－23 m/s 2 由牛顿第二定律得F B －kmg ＝ma B可得F B ＝kmg ＋ma B代入数据可得F B ＝0.【答案】 (1)1.75 m/s 2 1.45×104 N (2)9 m 0。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：选考章末检测7 含答案 精品
选考章末检测(七)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．关于电流，下列说法中正确的是()A．由I＝Qt可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B．由I＝nqS v可知，同一导体内电荷定向移动的速率越大，电流越大C．由R＝UI可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比D．因为电流有方向，所以电流是矢量B[由I＝Qt可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流越大，选项A错误；由I＝nqS v可知，同一导体内电荷定向移动的速率越大，电流越大，选项B正确；导体的电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压和电流无关，选项C错误；电流虽然有方向，但是电流是标量，选项D错误；故选B.] 2．(2016·永康学考模拟)下表为某电饭锅铭牌上的一部分内容，根据表中的信息，可计算出在额定电压下，使用电饭锅时的电流约为()A.3.2 AC．5.5 A D．6.2 AA[电饭锅正常工作时的电流I＝PU＝700220A≈3.2 A，故选A．]3．某同学做三种导电元件的导电性实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I-U图象如图1所示，则下述判断正确的是()甲乙丙图1A．只有乙图象是正确的B．甲、丙图象是曲线，肯定误差太大C．甲、丙为线性元件，乙为非线性元件D．甲、乙、丙三个图象都可能是正确的，并不一定有较大误差D[金属的电阻率随温度的升高而增大，丙图可能为金属导体；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，如甲图；某些线性元件电阻率不随温度变化，如乙图．因此，甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定因误差引起．故选D.] 4．下列关于电流、电阻、电阻率、电动势等物理量的说法中，正确的是()【导学号：81370281】A．如果在相等时间内，通过两个导体单位横截面的电荷量相等，则这两个导体中的电流一定相等B．据R＝UI可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍C．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差D．电源的电动势越大，非静电力将正电荷从负极移送到正极做的功一定越多C[如果在相等时间内，通过两个导体横截面的电荷量相等，则这两个导体中的电流一定相等，A错；R＝UI是电阻的定义式，电阻R与加在两端的电压、与通过电阻的电流大小无关，由电阻本身决定阻值的大小，B错；电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差，C对；电动势是指电源通过非静电力搬运电荷所做的功与搬运的电荷量的比值，E＝Wq，D错．]5．扫描隧道显微镜(STM)是根据量子力学原理中的隧道效应而设计成的，当原子尺度的探针针尖在不到一个纳米的高度上扫描样品时，在针尖与样品之间加一大小在2 mV～2 V之间的电压，针尖与样品之间产生隧道效应而有电子逸出，形成隧道电流，电流I随针尖与样品间的距离r的增大而指数减小(如图2甲所示)，当探针沿物质表面按给定高度匀速扫描时，因样品表面原子的凹凸不平，使探针与物质表面间的距离不断发生改变，从而引起隧道电流随时间不断发生改变，这种变化便反映了样品表面原子水平的凹凸形态，如果在某次扫描中隧道电流如图乙所示，那么样品表面可能是下图中的()甲乙图2A B C DA[由甲图可知探针离样品越近电流越大，而探针在给定的高度扫描，从而可以判断电流大的地方样品是凸起状，反之为凹下状．所以根据乙图可知样品的表面为A.]6.在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%，单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V的电动势，可获得0.1 A的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是()A．0.24 J B．0.25 J C．0.26 J D．0.28 JC[根据W＝UIt可得每秒太阳能电池产生的能量为W＝0.6×0.1×1 J＝0.06 J，设太阳能每秒照射的能量为Q，则由能的转化和守恒定律得Q×23%＝W，所以Q＝0.26 J．故选C.]7．(2017·余姚学考模拟) 家用白炽灯泡的灯丝是由弹簧形状的钨丝制成的．下列三幅漫画生动地描绘了一位学生的经历，图3中坏的灯泡“比原来更亮”的原因是()图3A．灯泡的电阻变小了B．灯泡两端的电压变小了C．灯泡的电阻变大了D．灯泡两端的电压变大了A[灯丝重新连接在一起后，灯丝的有效长度l变短了，由电阻定律R＝ρl S知，灯丝的电阻减小了，而灯泡两端电压U不变，故由P＝U2R知，灯泡的功率变大了，则亮度变亮了．故选A.]8．(2016·温岭学考模拟)如图4所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r 恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则()图4A．电灯L更亮，电流表的示数减小B．电灯L更亮，电流表的示数增大C．电灯L更暗，电流表的示数减小D．电灯L更暗，电流表的示数增大A[变阻器的滑片P向b端滑动，R1接入电路的有效电阻增大，外电阻R外增大，干路电流I减小，安培表的示数减小，路端电压U增大，电灯两端电压增大，电灯L更亮，A正确，B、C、D错误．]9．(2017·宁波二模)QQ是一款流行的互联网即时通讯工具，新版本QQ推出了“在线时长”新功能，用户通过积累在线时长可以获得更高等级、享受更多服务，许多网友为追求虚拟的等级而纯粹地开机在线，造成大量的电能浪费．如图5所示是某网友QQ界面的电脑屏幕抓拍图，请你估算他升到下一级还要消耗多少电能(假定QQ用户使用台式电脑)()图5A．0.2 kW·h B．2 kW·hC．20kW·h D．200 kW·hB[电脑正常工作时的功率约为200 W，该网友升到下一级还要消耗的电能为W＝Pt＝2 kW·h，选项B正确. ]10．(2017·义乌联考)两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为()A．Q A∶Q B＝1∶1 B．Q A∶Q B∶2∶1C．Q A∶Q B＝1∶2 D．Q A∶Q B＝4∶1B[两电阻丝直径之比为1∶2，则横截面积之比为1∶4，根据电阻公式R＝ρlS可知，电阻之比为2∶1，根据Q＝I2Rt，由于电流相等，则产生的热量之比为2∶1.故选B.]11．(加试要求)(2017·金华十校调研)如图6所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电表组成闭合电路．若滑动变阻器R1的触头向左移动一小段时，则()【导学号：81370282】图6A．电流表读数减小B．电容器所带电荷量增加C．R2消耗的功率增大D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变D[如题图所示电路中，R1与R2并联，然后与R3串联，电压表、电容器两端电压均为路端电压，电流表测干路电流．当R1的触头向左移动时，R1接入电路的阻值减小，故电路中的总阻值减小，干路电流I增大，即电流表读数增大，路端电压U减小，电容器所带电荷量减小，A、B项错误；因为U R2＝U－IR3，且U减小而I增大，所以R2两端电压U R2减小，故R2消耗的功率减小，C项错误；由U＝E－Ir可知，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比为电源内阻，保持不变，D项正确．]12．(加试要求)(2016·嵊州模拟)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图7所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是()图7A．电能转化为化学能的功率为UIB．充电器输出的电功率为UI＋I2rC．电池产生的热功率为I2rD．充电器的充电效率IrU× 100%C[电能转化为化学能和内能，根据能量守恒定律，有：UI＝I2r＋P，故P ＝UI－I2r，故A错误；充电器输出的电功率为UI，故B错误；电池产生的热功率为I2r，故C正确；充电器的充电效率为U－IrU×100%，故D错误；故选C.]13．(加试要求)一电流表的满偏电流I g＝5 mA，内阻为30 Ω.要把它改装成一个量程为3 A的电流表，则应在电流表上()A．并联一个570 Ω的电阻B．并联一个约0.05 Ω的电阻C．串联一个570 Ω的电阻D．串联一个0.05 Ω的电阻B[把该电流表改装成量程为3 A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：R＝I g R gI－I g＝0.005×303－0.005Ω≈0.05 Ω.故选B.]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(7分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：A ．小灯泡L(3V 5 Ω)B ．滑动变阻器R (0～10 Ω，额定电流1.5 A)C ．电压表V 1(量程：0～3 V ，R V ＝5 kΩ)D ．电压表V 2(量程：0～15 V ，R V ＝10 kΩ)E ．电流表A 1(量程：0～0.6 A ，R A ＝0.5 Ω)F ．电流表A 2(量程：0～3 A ，R A ＝0.1 Ω)G ．铅蓄电池、开关各一个，导线若干．实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压．(1)为了减少误差，实验中应选电压表________，电流表________．(2)该同学按图8所示连接，两电表都有示数，但电压表示数无法调节到零，检查后发现有一处未连接正确，请在图上补上缺少的一条导线．图8(3)某同学实验后作出的I -U 图象如下图所示，请分析该图象形成的原因是___________________________________________________________________ ____________________________________________________________________.【导学号：81370283】【解析】 (1)小灯泡的额定电压为3 V ，故电压表应选C ；小灯泡的额定电流I ＝U L R L＝3 V 5 Ω＝0.6 A ，电流表应选 E ．(2)由于要求小灯泡两端电压可连续地从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压式接法，将滑动变阻器的左下接线柱与电源负极相连．(3)随着电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率(或电阻)增大．【答案】 (1)C E (2)电路图如图所示(3)电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻率(或电阻)增大15．(5分)(加试要求)某同学要测量由某种新材料制成的粗细均匀的圆柱形导体的电阻率ρ，步骤如下：甲乙丙图9(1)用20 分度的游标卡尺测量其长度如图9甲所示，由图可知其长度为________cm.(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径为________mm.(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱形导体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为________Ω.【答案】(1)5.015(2)4.700(3)22016．(10分)如图10所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图10(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g取10 m/s2)【解析】(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压U R＝U－U V＝(160－110)V＝50 V，流过电阻R的电流I R＝U RR＝5010A＝5 A，即通过电动机的电流I M＝I R＝5 A.(2)电动机的分压U M＝U V＝110 V，输入电动机的功率P电＝I M U M＝550 W.(3)电动机的发热功率P热＝I2M r＝20 W，电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W，又因P出＝mg v，所以m＝P出g v＝53 kg.【答案】(1)5 A(2)550 W(3)53 kg17．(13分)(加试要求)如图11所示，R1＝9 Ω，R2＝30 Ω，S闭合时，电压表的示数为11.4 V，电流表的示数为0.2 A，S断开时，电流表的示数为0.3 A，求：图11(1)电阻R3的值；(2)电源的电动势E和内阻r的值；(3)S断开时，电路中消耗的总功率以及电源的输出功率.【导学号：81370284】【解析】(1)S闭合时，R2两端电压：U2＝I2R2＝0.2 A×30 Ω＝6 V所以，R 1两端电压为U 1＝U －U 2＝11.4 V －6 V ＝5.4 V 流过R 1的电流：I 1＝U 1R 1＝5.49A ＝0.6 A 又因I 2＋I 3＝I 1故有I 3＝I 1－I 2＝0.6 A －0.2 A ＝0.4 AR 3＝U 3I 3＝U 2I 3＝60.4Ω＝15 Ω. (2)S 闭合时，R 并＝R 2R 3R 2＋R 3＝10 Ω 电压表读数为U ＝E r ＋R 1＋R 并(R 1＋R 并)① S 断开时，电流表读数为I ＝E r ＋R 1＋R 2② 由①②两式，代入数据解得： E ＝12 V ，r ＝1 Ω.(3)S 断开时，干路中电流为I ＝0.3 A 所以 P 总＝EI ＝12×0.3 W ＝3.6 WP 输出＝P 总－I 2r ＝3.51 W.【答案】 (1)15 Ω (2)12 V 1 Ω(3)3.6 W 3.51 W。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：选考章末检测6 含答案 精品
选考章末检测(六)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共15小题，每小题5分，共75分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2017·东阳学考模拟)下列说法正确的是()A．物体带电荷量有可能是3×10－19 CB．感应起电的实质是电荷发生了转移C．物体所带电荷量可能很小，可以小于元电荷D．经过摩擦使某物体带正电是因为产生了额外的正电荷B[元电荷的数值通常取e＝1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故A、C错误；感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分，故B正确；摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷，遵循电荷守恒定律，故D错误．故选B.] 2．以下说法正确的是()A．由E＝Fq可知电场中某点的电场强度E与F成正比B．由公式φ＝E pq可知电场中某点的电势φ与q成反比C．由U ab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D．公式C＝QU，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关D[电场强度E＝Fq是采用比值定义的，E与F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误；电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的，故B错误；U ab＝Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误；公式C＝QU，电容器的电容大小C 与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d、极板面积S等有关．故选D]3.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1【导学号：81370251】A ．A 和B 之间B ．A 右侧C ．B 左侧D ．A 的右侧及B 的左侧C [因为A 带正电，B 带负电，所以只有A 右侧和B 左侧电场强度方向相反，因为Q A >Q B ，所以只有B 左侧，才有可能E A 与E B 等大反向，使E A 和E B 矢量和为零，故选项C 正确．]4.如图2所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定，杆上套有一带正电小球，质量为m 、电荷量为q .为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止( )图2A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg cos θqB ．竖直向上，场强大小为mg qC ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg sin θqD ．水平向右，场强大小为mg q tan θB [若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A 、C 错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E ＝mg q 时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B 正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq ＝mg tan θ，所以E＝mg tan θq，选项D错误．]5.(2017·平湖调研)如图3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，左边放一个带正电的固定球＋Q时，两悬球都保持竖直方向．下面说法正确的是()图3A．a球带正电，b球带正电，并且a球带电荷量较大B．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较小C．a球带负电，b球带正电，并且a球带电荷量较大D．a球带正电，b球带负电，并且a球带电荷量较小B[要使a、b平衡，必须有a带负电，b带正电，且a球带电较少，故应选B.]6.如图4所示，一正离子在电场力作用下从A点运动到B点，在A点的速度大小为v0，方向与电场方向相同．该离子从A点到B点的v-t图象是()图4A B C DC[A点的电场线密，故A点的场强大，因此该离子在A点的加速度大，在v-t图象中，图线斜率逐渐变小，故C对．]7.如图5所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的是()图5【导学号：81370252】A．带电粒子的电势能越来越小B．带电粒子的电势能越来越大C．带电粒子受到的静电力一定越来越小D．带电粒子受到的静电力做正功B[带负电的粒子所受静电力方向与电场线方向相反，所以当带负电的粒子沿着电场线从A点运动到B点的过程中，静电力做负功，电势能越来越大，选项A、D错误，B正确；电场线的疏密表示场强的大小，所以E A<E B，带电粒子受到的静电力一定越来越大，选项C错误．]8.如图6所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是()图6A．动能减少，重力势能增加，电势能减少B．动能减少，重力势能增加，电势能增加C．动能不变，重力势能增加，电势能减少D．动能增加，重力势能增加，电势能减少B[由于带电微粒做直线运动，其受力如图所示，其合外力的方向应为速度的反方向，故物体做减速运动，动能减少，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，故选项B正确．]9.(2017·温州模拟)如图7所示的实验装置中，平行板电容器的极板A接地，极板B与一个灵敏的静电计相接．A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，电容器所带的电荷量Q、电容C、两极间的电压U、电容器两极板间的场强E的变化情况是图7A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变大D[电容器所带电荷量Q不变，故A、B错误；A极板向上移动，减小电容器两极板的正对面积时，由C＝εr S4πkd，知电容C变小，Q不变，根据C＝QU分析可知，U变大，由E＝Ud，知d不变，则E变大，故C错误，D正确．]10.等量异种点电荷的连线和中垂线如图8所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则检验电荷在此全过程中()图8【导学号：81370253】A．所受电场力的方向将发生改变B．所受电场力的大小恒定C．电势能一直减小D．电势能先不变后减小D[在等量异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误；又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误；电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功，电势能不变，所以C错误；电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确．]11.(2016·浙江学考二模)如图9所示，虚线是用实验方法描绘出某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰沿图中的实线从A点运动到B点，则下列判断正确的是()图9A．粒子一定带负电B．A点场强大于B点场强C．粒子在A点动能小于B点动能D．粒子由A点运动到B点的过程中电场力做负功C[由力指向曲线凹侧和电场线由高电势指向低电势可以判断粒子一定带正电；同时力做正功，粒子动能增加；从图中可以发现A处等势面稀疏，故A 处场强弱．选项C正确．]12.(加试要求)如图10所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y 轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是()图10A．b点电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能小于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大C[因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x轴指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x轴向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B错误；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b两点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．]13.(加试要求)如图11所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度v0射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN.a、b、c是以O为中心，R a、R b、R c为半径画出的三个圆，R c－R b＝R b－R a.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点，以|W12|表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示点电荷P由3到4的过程中电场力做的功的大小，则()图11A．|W12|＝|W34|B．|W12|>2|W34|C．P、O两电荷可能同号，也可能异号D．P的初速度方向的延长线与O之间的距离可能为零B[因为R b－R a＝R c－R b.2、3间场强大于3、4间场强，据U＝Ed可知2、3间的电势差大于3、4间的电势差，可知|U12|>2|U34|，则由W＝Uq可知，|W12|>2|W34|，故A项错误，B项正确．从电荷P的弯曲运动轨迹可知，P、O两电荷一定异号，故C项错误．如果P的初速度方向延长线与O点之间的距离为零，则P电荷的轨迹为一直线，故D项错误．]14．(加试要求)在真空中A、B两点分别放置等量异种电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一个矩形路径abcd，如图12所示，现将一电子沿abcd移动一周，则下列判断正确的是()图12A．由a→b电场力做正功，电子的电势能减小B．由b→c电场对电子先做负功，后做正功，总功为零C．由c→d电子的电势能一直增加D．由d→a电子的电势能先增加后减小，电势能变化量为零B[电子带负电，由a→b电场力做负功，电势能增加，由c→d电场力做正功，电势能减小，故A、C错误；由b→c，电场对电子先做负功，后做正功，由对称性，b、c两点电子电势能相等，故总功为零，B正确；由d→a电场对电子先做正功后做负功，故电子的电势能先减小后增加，再由对称性可确定电势能变化量为零，故D错误．]15．(加试要求)如图13所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分别为q1与q2, 质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后．a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力．则()【导学号：81370254】图13A．电荷量q1大于q2B．质量m1小于m2C．粒子的电荷量与质量之比q1m1>q2m2D．粒子的电荷量与质量之比q1m1<q2m2C[设任一粒子的速度为v，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a＝qEm①时间t＝xv②偏转量y＝12at2③因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得：a 的加速度大，由①得：a 粒子的比荷q m 就一定大，但a 的电荷量不一定大，质量不一定小，故C 正确，A 、B 、D 错误．]二、非选择题(本题共2小题，共25分)16.(10分)用两根长度均为L 的绝缘细线各系一个小球，并悬挂于同一点．已知两小球质量均为m ，当它们带上等量同种电荷时，两细线与竖直方向的夹角均为θ，如图14所示．若已知静电力常量为k ，重力加速度为g .求：图14(1)小球所受拉力的大小；(2)小球所带的电荷量．【解析】(1)对小球进行受力分析，如图所示．设绳子对小球的拉力为T ，则mg T ＝cos θT ＝mg cos θ.(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F ，则F mg ＝tan θ，F ＝mg tan θ又F ＝k Q 2r 2，r ＝2L sin θ所以Q ＝2L sin θmg tan θk .【答案】 (1)mg cos θ (2)2L sin θmg tan θk 17.(15分)如图15所示，有一质子(电荷量为q ，质量为m )由静止经电压U 1加速后，进入两块间距为d ，电压为U 2的平行金属板间．若质子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从下板右边缘穿出电场，求：图15(1)质子刚进入偏转电场U 2时的速度；(2)在偏转电场U 2中运动的时间和金属板的长度L ；(3)质子穿出电场时的动能.【导学号：81370255】【解析】 (1)质子在左边的加速电场中有：qU 1＝12m v 20解得：v 0＝2qU 1m即质子刚进入偏转电场U 2时的速度为2qU 1m . (2)质子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方向的匀加速直线运动，所以沿板方向：x ＝L ＝v 0t 垂直板方向：y ＝12d ＝12at 2 而加速度：a ＝F m ＝qU 2md由以上各式解得：L ＝2U 1U 2dt ＝mqU 2d . (3)质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关．所以整个过程由动能定理得：eU 1＋e U 22＝E k －0所以质子射出电场时的动能为：E k ＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22. 【答案】 (1)2qU 1m (2)m qU 2d 2U 1U 2d (3)e ⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1＋U 22。
2018高考浙江(选考)物理一轮复习：选考章末检测5
选考章末检测(五)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2016·余姚学考模拟)关于弹性势能，下列说法中正确的是()A．当弹簧变长时弹性势能一定增大B．当弹簧变短时弹性势能一定减小C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能C[弹簧弹性势能的大小除了跟劲度系数k有关外，还跟它的形变量有关．如果弹簧原来处在压缩状态，当它变短时，它的弹性势能增大，当它变长时，它的弹性势能应先减小，在原长处它的弹性势能最小，所以A、B、D都不对．故选C.]2．如图1所示为跳伞爱好者表演高楼跳伞的情形，他们从楼顶跳下后，在距地面一定高度处打开伞包，最终安全着陆，则跳伞者()图1A．机械能一直减小B．机械能一直增大C．动能一直减小D．重力势能一直增大A[由于跳伞者所受的拉力和空气阻力对跳伞者做负功，由功能关系知，跳伞者的机械能一直减小，A正确，B错误；动能先增大后减小，C项错；重力一直做正功，重力势能一直减小，D项错．]3.如图2所示，质量为m的物体在恒力F的作用下以一定的初速度竖直向上运动，物体的加速度方向向下，空气阻力不计，则物体的机械能()图2【导学号：81370224】A．一定增加B．一定减少C．一定不变D．可能增加，也可能减少A[因为物体向上运动，恒力F做正功，物体的机械能一定增加，故A正确，B、C、D错误．]4.如图3所示，A、B两物块叠放在一起，用细绳将A连接在墙上，用力F 拉着B向右移动．用F拉、F AB，F BA分别表示细绳的拉力、A对B的摩擦力和B 对A的摩擦力，则下列说法中正确的是()图3A．F做正功，F AB做负功，F BA做正功，F拉不做功B．F和F BA做正功，F拉和F AB不做功C．F做正功，F AB做负功，F BA和F拉不做功D．F做正功，其他力都不做功C[由W＝Fl cos α和题意知，力F的作用点的位移不为零，且与F方向相同，故F做正功；细绳的拉力F拉的作用点的位移为零，故F拉不做功；F AB的作用点的位移不为零，且与F AB方向相反，故F AB做负功；F BA的作用点的位移为零，故F BA不做功．所以选项C正确．]5.(2015·浙江1月学考)如图4所示，在某次马戏表演中，一根轻质细绳穿过轻质定滑轮，一端系有重物．一只猴子在驯兽师的引导下，跳起抓住空中细绳的另一端，猴子抓住细绳的同时即向上爬行，由此带动重物加速上升，并使猴子保持离地高度不变．从猴子抓住细绳开始计时到某一时刻所经时间记为t，时间t。
2018届高三物理(浙江学考)一轮复习练习：第3章 第3节 牛顿运动定律的综合应用 Word版含答案
第3节牛顿运动定律的综合应用考点一| 动力学两类基本问题1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．3．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：(2016·浙江10月学考)在某段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速324 km/h.图3-3-1(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105 kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度的大小．【解析】 由题意作v -t 图，如图(1)324 km/h ＝90 m/s ，可得a 1＝Δv Δt ＝0－90300 m/s 2＝－0.3 m/s 2所以减速时加速度的大小为0.3 m/s 2.(2)根据牛顿第二定律，得F －F f ＝ma 2 ①F f ＝kmg ＝0.1 mg ②加速阶段加速度a 2＝v 21－v 202x ＝902－02×8 100m/s 2＝0.5 m/s 2 ③ 将②③代入①，得F ＝F f ＋ma 2＝m (kg ＋a 2)＝8.0×105×(0.1×10＋0.5) N ＝1.2×106 N所以列车驶离车站加速过程中牵引力大小为1.2×106 N.(3)减速阶段位移x 1＝v 0t ＋12a 1t 2＝90×300 m ＋12×(－0.3)×3002 m ＝13 500m总位移x ＝x 1＋x 2＝(13 500＋8 100)m ＝21 600 m加速阶段时间t 3＝Δv a 2＝90－00.5 s ＝180 s 所以平均速度v ＝x t ＝21 600540＋180m/s ＝30 m/s. 【答案】 (1)0.3 m/s 2 (2)1.2×106 N (3)30 m/s1．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2 kg ，在水平恒力F 推动下开始运动，4 s 末它的速度达到4 m/s ，则F 的大小为( ) 【导学号：81370112】A ．2 NB ．1 NC ．4 ND ．8 NA [在水平恒力F 推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a ＝v －0t ＝44m/s 2＝1 m/s 2.由牛顿第二定律得F ＝ma ＝2×1 N ＝2 N ．]2．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据．刹车线是指汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度为( )A ．7 m/sB ．10 m/sC ．14 m/sD ．20 m/sC [设汽车刹车后滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma ，所以a ＝μg ，由匀变速直线运动的规律得v 20＝2ax ，故汽车刹车前的速度为v 0＝2ax ＝2μgx ＝14 m/s ，选项C 正确．]3．图3-3-2甲是1996年在地球上空测定火箭组质量的实验情景，其实验原理如图乙所示．实验时，用质量m＝3 400 kg的双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组M(发动机已熄火)．接触后，开动飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间为7 s，测出飞船和火箭组的速度变化是0.91 m/s，用这种方法测出火箭组的质量计为M1，而发射前科学家在地面上已测出该火箭组的质量M2＝3 660 kg，则|M1－M2|M2最接近() 【导学号：81370113】图3-3-2A．0.5% B．5%C．10% D．20%B[飞船与火箭组一起加速，a＝Fm＋M1＝895 N3 400 kg＋M1＝0.91 m/s7 s，可得M1＝3 485 kg，则|M1－M2|M2＝0.048，故选B.]4．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)() A．450 N B．400 NC．350 N D．300 NC[汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝v0t＝5 m/s2对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以C正确．]5．如图3-3-3所示，质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为x.耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变．求：图3-3-3(1)拖拉机的加速度大小；(2)拖拉机对连接杆的拉力大小. 【导学号：81370114】【解析】(1)拖拉机在时间t内匀加速前进x，根据位移公式x＝12at2①变形得a＝2xt2.②(2)拖拉机受到牵引力、地面支持力、重力、地面阻力和连接杆的拉力F T，根据牛顿第二定律Ma＝F－kMg－F T cos θ③②③联立变形得F T＝1cos θ[F－M(kg＋2xt2)]④根据牛顿第三定律，拖拉机对连接杆的作用力为F T′＝F T＝1cos θ[F－M(kg＋2xt2)]．【答案】(1)2x t2(2)1cos θ[F－M(kg＋2xt2)]考点二| 超重与失重现象1．超重：(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重：(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．尽管物体的加速度不在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.1．下列情景中属于超重现象的是()D[汽车过拱桥最高点时，加速度竖直向下，汽车处于失重状态，选项A 错误；载人航天器在太空中的运动，重力完全提供向心力，载人航天器处于完全失重状态，选项B错误；人站在体重计上突然下蹲的瞬间，加速度向下，人处于失重状态，选项C错误；电梯中的人随电梯向上加速运动，加速度向上，人处于超重状态，选项D正确．]2．关于超重和失重的下列说法中，正确的是()A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化D[物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错误，D正确．]3．小明站在电梯里，当电梯以加速度5 m/s2加速下降时，小明受到的支持力()A．小于重力，但不为零B．大于重力C．等于重力D．等于零A[由牛顿第二定律结合受力分析可知支持力小于重力，但不为零；或者由超重、失重的知识可知，当物体有向下的加速度时处于失重状态，压力(或支持力)小于重力．选项A正确．]4．某同学背着书包坐竖直升降的电梯，当感觉到背的书包变“轻”时，电梯可能在() 【导学号：81370115】A．匀速下降B．匀速上升C．加速下降D．加速上升C[感觉到背的书包变“轻”说明此时书包处于失重状态，有向下的加速度，物体可能减速上升或加速下降．选C.]5.如图3-3-4是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是()图3-3-4A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态D．飞船落地前减速时，宇航员对座椅的压力小于其重力B[火箭加速上升过程中加速度方向向上，宇航员处于超重状态，A错误，B正确；飞船加速下落时加速度方向向下，宇航员处于失重状态，C错误；飞船减速下落，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D错误．]考点三| 动力学中的连接体问题1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．1.两个物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，互相接触放在光滑水平面上，如图3-3-5所示，对物体A 施以水平的推力F ，则物体A 对物体B 的作用力等于( )【导学号：81370116】图3-3-5A.m 1m 1＋m 2F B.m 2m 1＋m 2F C ．F D.m 1m 2F B [以A 、B 两物体为一整体，应用牛顿第二定律可得：F ＝(m 1＋m 2)a ，设A 对B 的作用力为N ，对B 应用牛顿第二定律可得：N ＝m 2a ，以上两式联立可得：N ＝m 2m 1＋m 2F ，B 正确．] 2.如图3-3-6所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m 1和m 2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F 向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是( )图3-3-6A ．L ＋Fm 2(m 1＋m 2)kB ．L －Fm 1(m 1＋m 2)kC ．L －Fm 1m 2kD ．L ＋Fm 2m 1k B [对两木块整体进行分析，应用牛顿第二定律，可得F ＝(m 1＋m 2)a ，然后再隔离甲，同理可得F ′＝m 1a ，其中F ′＝k (L －L ′)，解得两木块之间距离L ′＝L －Fm 1(m 1＋m 2)k，故选B.]3.如图3-3-7所示，两物体A、B质量相等，相互接触放在光滑水平面上，对物体A施以水平向右推力F1，同时对B施加水平向左推力F2，且F1>F2，则物体B对物体A的作用力大小是() 【导学号：81370117】图3-3-7A.F1－F22 B.F1＋F22C.F12 D.F22B[A在水平方向受到B对它的作用力和推力F1，由牛顿第二定律，对A、B系统有a＝F1－F22m，对A有F1－F B＝ma，解得F B＝F1＋F22，B正确．]4.质量均为5 kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图3-3-8所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20 N、F2＝10 N，则弹簧秤的示数为()图3-3-8A．30 N B．15 NC．20 N D．10 NB[设两物块的质量为m，以两物块为一整体，应用牛顿第二定律可得：F1－F2＝2ma，再以物块2为研究对象，应用牛顿第二定律得：F T－F2＝ma，由以上两式可解得F T＝15 N，B正确．]5.如图3-3-9所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()图3-3-9A．μmg B.MF M＋mC．μ(M＋m)g D．maD[m与M无相对滑动，故a相同．对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝FM＋m，m与整体加速度相同也为a，对m：F f＝ma，即F f＝mFM＋m，故只有D正确．]。
浙江省普通高中2018学考选考(4月)物理试卷-答案
2018年4月浙江省普通高校招生选考考试科目物理答案解析一、选择题I 1.【答案】B【解析】A 、亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A 错误； B 、伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B 正确； C 、笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C 错误；D 、牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D 错误； 故选B 。
2.【答案】D【解析】行驶200公里指的是经过的路程的大小，时速为110公里是某一个时刻的速度，是瞬时速度的大小，故D 正确，A 、B 、C 错误； 故选D 。
3.【答案】A【解析】根据W Fs =，F ma =，可得222J=kg m/s m=kg m /s ⋅⋅⋅，故A 正确，B 、C 、D 错误； 4.【答案】A【解析】A 、因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据sv t=，则A 、B 的线速度之比为4：3，故A 正确；B 、运动方向改变的角度之比为3：2，根据tθω∆=，则角速度之比为3：2，故B 错误； C 、根据v r ω=可得圆周运动的半径之比为12428339r r =⨯=，故C 错误；D 、根据a v ω=得，向心加速度之比为111222432321a v a v ωω==⨯=，故D 错误； 故选A 。
5.【答案】B【解析】一个月可节省的电能最接近5(0.4kW 0.18kW)400010h 30310kW h W Pt ==-⨯⨯⨯≈⨯⋅，故B正确，ACD 错误； 故选B 。
6.【答案】C【解析】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：222A B Q Q Q F k k r r==，不带电的同样的金属小球C 先与A 接触：'2C A QQ Q ==，带电的同样的金属小球C 再与B 接触：3''24B C B C Q Q Q Q Q +===，则两点电荷间的静电力大小为：222''3388'A B Q Q kQ F k F r r===，故C 正确，ABD 错误； 故选C 。
2018届高三物理(浙江学考)一轮复习练习第7章章末限时集训7Word版含答案
章末限时集训(七)(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共13小题．每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中，只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．(2017·台州学考模拟)某根导线中的电流为1.6 A ，则在0.5 s 内通过这根导线某一横截面的电量为( )A ．0.8 CB ．1.2C C ．0.8 KD ．1.2 KA [由电流的定义式I ＝q t 得q ＝It ＝1.6×0.5 C ＝0.8 C ，A 项正确．]2．下列说法中正确的是( ) 【导学号：81370627】A ．电源的电动势实质上就是电源两极间的电压B ．电源的电动势在数值上等于两极间的电压C ．电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别D ．电动势越大，电源两极间的电压一定越高C [电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，而电压是电场中两点间的电势差，电动势与电压有着本质的区别，所以A 选项错，C 选项对；当电源开路时，两极间的电压在数值上等于电源的电动势，但在闭合电路中，电源两极间的电压(路端电压)随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小；当电源短路时，R 外＝0，这时路端电压为零，所以B 、D 选项错．]3．在示波管中，2 s 内有6×1013个电子通过横截面积大小不知的电子枪，则示波管中电流大小为( )A ．4.8×10－6AB ．3×10－13AC ．9.6×10－6AD ．无法确定A [由q ＝It 得，I ＝q t ＝ne t ＝6×1013×1.6×10－192A ＝4.8×10－6A ，故选项A 正确．]4．很多家用电器都有待机功能，这一功能虽给人们带来了方便，但大部分电器在待机时仍会耗电．其中，数字电视机顶盒耗电最多，其正常工作时功率为6.8 W，待机时功率为6.6 W，机顶盒每年待机时所消耗的电能大约为()A．5度B．15度C．50度D．150度C[根据公式E电＝Pt＝(0.006 6 kW)×365×24 h≈58度，选项C正确．] 5．额定电压、额定功率均相同的电吹风机、电热水壶和日光灯，各自在额定电压下正常工作了相同的时间，比较它们产生的热量，下列说法正确的是() 【导学号：81370260】A．电吹风机最多B．电热水壶最多C．日光灯最多D．一样多B[电吹风机、电热水壶和日光灯额定电压、额定功率相同，相同时间内消耗的电能相等，而电吹风机消耗的电能大部分转化为机械能，日光灯消耗的电能大部分转化为光能，电热水壶消耗的电能全部转化为内能，所以电热水壶产生的热量最多，选项B正确．]6.有四个金属导体，它们的伏安特性曲线分别是图1中的a、b、c、d，则电阻最大的是() 【导学号：81370628】图1A．a B．bC．c D．dD[伏安特性曲线中斜率是电阻的倒数，所以斜率最小的阻值最大，据图知d的斜率最小，阻值最大，选项D对．]7．有两个电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，则有()A ．R 1、R 2串联总电阻为5 ΩB ．R 1、R 2并联总电阻为1 ΩC ．R 1、R 2串联总电阻为2.5 ΩD ．R 1、R 2并联总电阻为1.5 ΩA [由于串联电路总电阻等于各部分电阻之和，即R 串＝R 1＋R 2＝5 Ω；两个电阻并联，其总电阻R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝1.2 Ω，选项A 正确．] 8．在图2所示的电路中，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S 闭合后流过R 2的电流是S 闭合前的()图2A.12B.23C.13D.14B [设电源电动势为E ，R 1＝R 2＝R 3＝R ，当S 闭合时，流过R 2的电流I 2＝ER ＋R 2×12＝E 3R ，当S 断开后，流过R 2的电流I 2′＝E 2R '所以I 2I 2′＝23，故选项B 正确]9．已知导体A 的电阻是导体B 的电阻的2倍，加在A 上的电压是加在B 上的电压的一半，那么通过A 和B 的电流I A 和I B 的关系是( )A ．I A ＝2I BB ．I A ＝I B 2C ．I A ＝I BD ．I A ＝I B 4 D [由欧姆定律得I A ＝U A R A ，I B ＝U B R B ，所以I A I B ＝U A R B U B R A＝14，即I A ＝14I B .故选D.] 10．太阳能电池由许多片电池板组成，某电池板不接负载时两极间电压是6.0×10－4 V ，短路电流是3.0×10－5 A ，则这块电池板的内阻为( )A．20 ΩB．5 ΩC．0.2 ΩD．0.05 ΩA[由题可知，U＝6×10－4V，则E＝U＝6×10－4 V，又E＝I短r得r＝EI短＝6×10－43×10－5Ω＝20 Ω，A项正确．]11．如图3所示，当开关S断开时，电压表示数为3 V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8 V，则外电阻R与电源内阻r之比为()图3A．5∶3B．3∶5C．2∶3D．3∶2D[S 断开时，电压表的示数等于电源的电动势，即：E＝3 V．S闭合时，U外＝1.8 V，所以U内＝E－U外＝1.2 V．因U外＝IR，U内＝Ir，所以R∶r＝U外∶U内＝1.8∶1.2＝3∶2.故选D.]12．如图4所示四个相同的灯泡按如图所示连接，关于四个灯泡的亮度，下列结论中正确的是() 【导学号：81370629】图4A．L1灯、L2灯一样亮，L3灯次之，L4灯最暗B．L1灯最亮、L3灯次之，L2与L4灯最暗且亮度相同C．L1灯最亮、L2与L3灯一样亮，L4灯最暗D．L1与L2灯一样亮，L3与L4灯一样亮，但比L1与L2灯暗些B[电路的连接特点是：L2灯与L4灯串联和L3灯并联再和L1灯串联，L1灯在干路上通过它的电流最大，L1灯最亮，L3灯中的电流大于L2与L4灯中的电流，L3灯较亮，L2灯与L4灯最暗且亮度相同，综合以上分析得B正确，A、C、D错误．]13．如图5所示，直线A为电源的U-I图线，直线B为电阻R的U-I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是()图5A．4 W,8 W B．2 W,4 WC．4 W,6 W D．2 W,3 WC[从题图中可知E＝3 V，图线A和图线B的交点是电源和电阻R构成电路的工作点．因此P出＝UI＝4 W，P总＝EI＝6 W．故选C.]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(5分)某同学在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用小灯泡的规格为“2.5 V0.3 A”．(1)根据电路图连接实物图，其中几条线已经接好，用笔画线代替导线完成其余接线．图6(2)在闭合开关前，如图6所示滑动变阻器的滑片应该置于________(选填“左端”“右端”或“中间”)．【解析】(1)因灯泡的电阻较小，电流表采用外接法；因描绘伏安特性曲线电压需要从零开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法．(2)在闭合开关前，要保证电路中的滑动变阻器的总电阻在最大值位置，电压表和电流表的示数为零，故滑片要位于最左端．【答案】(1)如图所示(2)左端15．(7分)小明用如图7所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．图7(1)图中电流表的示数为________A.(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：由图线求得：电动势E＝________V；内阻r＝________Ω.(小数点后保留两位有效数字)(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_____________________．【解析】(1)由实验装置图可知，电流表使用0.6 A量程，所以读数为0.44 A．(2)描点作图，如图所示．根据U＝－Ir＋E可得电动势为E＝1.60 V；图线斜率的绝对值等于内阻r＝1.22 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．【答案】(1)0.44(2)U-I图线见解析图 1.60(1.58～1.62都算对)1．22(1.18～1.26都算对)(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大16．(10分)如图8甲所示为小明爷爷家里的老式手电筒．小明按下开关，小灯泡正常发光，然后他打开后盖，发现里面装有三节1.5 V的干电池，打开电筒前盖，观察到里面的小灯泡上标有“3.8 V,0.3 A”字样．其结构简图如图乙所示，不计导线和接触电阻．(1)求小灯泡正常发光时的电阻；(2)求每一节干电池的内阻；(3)求小灯泡正常发光时整个电路每分钟消耗的电能．甲乙图8【解析】(1)由小灯泡标有“3.8 V,0.3 A”字样，根据部分电路欧姆定律得R＝U I代入数据可得：R ＝12.7 Ω.(2)电源电动势：E ＝3E 0＝4.5 V闭合电路欧姆定律：E ＝I (R ＋3r )代入数据可得：r ＝0.77 Ω.(3)电路每分钟消耗的电能：E 电＝EIt代入数据可得：E 电＝81 J.【答案】 (1)12.7 Ω (2)0.77 Ω (3)81 J17．(13分)如图9所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，Ⓐ示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，Ⓐ示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，Ⓐ示数为4 A ．求：图9(1)电炉的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少.【导学号：81370630】【解析】 (1)电炉为纯电阻元件，由欧姆定律得：R ＝U I 1＝126 Ω＝2 Ω 其发热功率为：P ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得： UI 2＝I 22r M ＋P 输出所以：r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得： P 化＝UI 3－I 23r A所以 P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W。
2018届高三物理浙江选考一轮复习练习：选考章末检测4 含答案 精品
选考章末检测(四)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．(2016·温州调研)若已知物体的速度方向和它所受合力的方向，如图所示，可能的运动轨迹是()C[物体做曲线运动时，轨迹夹在速度方向和合力方向之间，合力大致指向轨迹凹的方向．故C正确，而B不应该出现向下凹的现象，故A、B、D错误．] 2．如图1所示，小物体A与圆盘保持相对静止跟着圆盘一起做匀速圆周运动，则A受力情况是()【导学号：81370182】图1A．重力、支持力B．重力、向心力C．重力、支持力、指向圆心的摩擦力D．重力、支持力、向心力、摩擦力C[物体在水平面上，一定受到重力和支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力，故A、B、D错误，C正确．]3．如图2所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()图2A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大B[a、b、c三点为共轴转动，故角速度相等，B正确，C错误；又由题图知，三点的转动半径r a＝r b>r c，根据v＝ωr知，v a＝v b>v c，故A、D错误．] 4．在漂流探险中，探险者驾驶摩托艇想上岸休息．假设江岸是平直的，江水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，原来地点A 离岸边最近处O点的距离为d.若探险者想在最短时间内靠岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为()【导学号：81370183】A.d v2v22－v21B．0C.d v1v2 D.d v2v1C[根据运动的独立性与等时性可知，当摩托艇船头垂直江岸航行，即摩托艇在静水中的航速v2全部用来靠岸时，用时最短，最短时间t＝dv2，在此条件下摩托艇登陆的地点离O点的距离为x＝v1t＝d v1v2.故选C.]5．如图3所示，细线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()图3A ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θD ．v cot θA [将光盘水平向右移动的速度v 分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v 沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v 球＝v sin θ，A 正确．]6．(2017·宁波选考模拟)光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．如图4所示，设内环内边缘半径为R 1，内环外边缘半径为R 2，外环外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为各边缘线上的点，则读取内环上A 点时的向心加速度大小和读取外环上C 点时的向心加速度大小之比为( )【导学号：81370184】图4A.R 21R 2R 3B.R 22R 1R 3C.R 2R 3R 21D.R 1R 3R 22D [内环外边缘和外环内边缘为同一圆．A 与B 角速度相等，向心加速度之比为a A a B ＝R 1R 2.B 与C 线速度相等，向心加速度之比为a B a C ＝R 3R 2，读取内环上A 点时的向心加速度大小和读取外环上C 点时的向心加速度大小之比为a A a C ＝R 1R 3R 22，选项D 正确．]7．火星的质量和半径分别约为地球的110和12，地球表面的重力加速度为g ，则火星表面的重力加速度约为( )A ．0.2gB ．0.4gC ．2.5gD ．5gB [星球表面重力等于万有引力，即G Mm R 2＝mg ，故火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为g 火g 地＝M 火M 地×R 2地R 2火＝0.4，故选项B 正确．] 8．由我国自主研发的北斗卫星导航系统，空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星．目前已经实现了覆盖亚太地区的定位、导航和授时以及短报文通信服务能力，预计到2020年左右，建成覆盖全球的北斗卫星导航系统．关于其中的静止轨道卫星(同步卫星)，下列说法中正确的是( )图5A ．该卫星一定不会运动到杭州正上方天空B ．该卫星处于完全失重状态，卫星所在处的重力加速度为零C ．该卫星若受到太阳风暴影响后速度变小，它的轨道半径将变大D ．该卫星相对于地球静止，其运行速度等于地球赤道处自转的线速度A [根据同步卫星的定义知，它只能在赤道上空，故A 项对；卫星处于完全失重状态，重力加速度等于向心加速度，故B 错；速度变小后，万有引力大于所需向心力，卫星的轨道半径将变小，C 项错；卫星相对地球静止是指角速度等于地球自转角速度，由v ＝ωr 知，其运行速度大于地球赤道处自转的线速度，故D 项错．]9．如图6所示是某课外研究小组设计的可以用来测量转盘转速的装置．该装置上方是一与转盘固定在一起有横向均匀刻度的标尺，带孔的小球穿在光滑细杆上与一轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在转动轴上，小球可沿杆自由滑动并随转盘在水平面内转动．当转盘不转动时，指针指在O 处，当转盘转动的角速度为ω1时，指针指在A 处，当转盘转动的角速度为ω2时，指针指在B 处，设弹簧均没有超过弹性限度．则ω1与ω2的比值为( )【导学号：81370185】图6A.12B.12C.14D.13B [小球随转盘转动时由弹簧的弹力提供向心力．设标尺的最小分度的长度为x ，弹簧的劲度系数为k ，则有kx ＝m ·4x ·ω21，k ·3x ＝m ·6x ·ω22，故有ω1∶ω2＝1∶2，B 正确．]10．如图7所示，我国的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星——风云一号，绕地球做匀速圆周运动的周期为12 h ，另一类是地球同步轨道卫星——风云二号，绕地球做匀速圆周运动的周期为24 h ．下列说法正确的是( )图7A ．风云一号的线速度大于风云二号的线速度B ．风云一号的向心加速度小于风云二号的向心加速度C ．风云一号的角速度小于风云二号的角速度D ．风云一号、风云二号相对地面均静止A [卫星绕地球做匀速圆周运动：G mM r 2＝mr 4π2T 2，可知，风云一号卫星的周期和半径均小于风云二号卫星的周期和半径．根据万有引力提供圆周运动向心力G mM r 2＝m v 2r ，有卫星的线速度v ＝GMr ，所以风云一号卫星的半径小，线速度大，故A 正确；根据万有引力提供圆周运动向心力G mM r 2＝ma ，有卫星的向心加速度a ＝G M r 2，风云一号的半径小，向心加速度大于风云二号卫星的向心加速度，故B 错误；根据万有引力提供圆周运动向心力G mM r 2＝mω2r ，解得：ω＝GMr 3，风云一号的半径小，角速度大于风云二号卫星的角速度，故C 错误；风云二号是同步卫星，相对地面静止，而风云一号不是同步卫星，相对地面是运动的，故D 错误．]11．(加试要求)如图8所示，两个倾角分别为30°、45°的光滑斜面放在同一水平面上，两斜面间距大于小球直径，斜面高度相等．有三个完全相同的小球a 、b 、c ，开始均静止于同一高度处，其中b 小球在两斜面之间，a 、c 两小球在斜面顶端．若同时释放，小球a 、b 、c 到达该水平面的时间分别为t 1、t 2、t 3.若同时沿水平方向抛出，初速度方向如图所示，到达水平面的时间分别为t 1′、t 2′、t 3′.下列关于时间的关系错误的是( )图8【导学号：81370186】A ．t 1>t 3>t 2B ．t 1＝t 1′、t 2＝t 2′、t 3＝t 3′C ．t 1′>t 3′>t 2′D ．t 1<t 1′、t 2<t 2′、t 3<t 3′D [设三小球在高为h 的同一高度处．由静止释放三小球时，对a ：h sin 30°＝12g sin 30°·t 21则t 21＝8h g. 对b ：h ＝12gt 22，则t 22＝2h g. 对c ：h sin 45°＝12g sin 45°·t 23，则t 23＝4h g. 所以t 1>t 3>t 2.当平抛三小球时，小球b 做平抛运动，竖直方向运动情况同第一种情况；小球a 、c 在斜面内做类平抛运动，沿斜面向下方向的运动同第一种情况，所以t 1＝t1′、t2＝t2′、t3＝t3′.故选D.]12．(2016·台州市调研)如图9所示，一小物块以大小为a＝4 m/s2的向心加速度做匀速圆周运动，半径R＝1 m，则下列说法正确的是()图9A．小物块运动的角速度为2 rad/sB．小物块做圆周运动的周期为2π sC．小物块在t＝π4s内通过的位移大小为π20mD．小物块在π s内通过的路程为零A[因为a＝ω2R，所以小物块运动的角速度ω＝aR＝2 rad/s，周期T＝2πω＝π s，选项A正确，B错误；小物块在π4s内转过π2，通过的位移为 2 m，在πs内转过一周，通过的路程为2π m，选项C、D错误．]13．(加试要求)如图10所示为游乐园中空中转椅的理论示意图．长度不同的两根细绳悬挂于同一点，另一端各系一个质量相同的小球，使它们在同一水平面内做圆锥摆运动，则两个圆锥摆相同的物理量是()【导学号：81370187】图10A．周期B．线速度的大小C．绳的拉力D．向心力A[对其中一个小球受力分析，如图，受重力、绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动．故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F ＝mg tan θ① 由向心力公式得到：F ＝mω2r ②设球与悬挂点间的竖直高度为h ，由几何关系，得：r ＝h tan θ③由①②③三式得，ω＝g h ，与绳子的长度和转动半径无关；又由T ＝2πω，故周期与绳子的长度和转动半径无关，故A 正确；由v ＝ωr ，两球转动半径不等，故线速度不同，故B 错误；绳子拉力：F T ＝mg cos θ，故绳子拉力不同，故C 错误；由F ＝ma ＝mω2r ，两球转动半径不等，故向心力不同，故D 错误．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(7分)(2017·丽水调研)在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：图11A ．让小球多次从________释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图11中a 、b 、c 、d 所示．B ．安装好器材，注意使________，记下平抛初位置O 点和过O 点的竖直线．C ．取下白纸，以O 为原点，以竖直线为y 轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹．(1)完成上述步骤，将正确的答案填在横线上．(2)上述实验步骤的合理顺序是________．(3)已知图中小方格的边长L ＝1.25 cm ，则小球平抛的初速度为v 0＝________(用L 、g 表示)，其值是________．(g 取9.8 m/s 2)【解析】 (1)这种方法，需让小球重复同一个平抛运动多次，才能记录出小球的一系列位置，故必须让小球每次由同一位置静止释放．斜槽末端切线水平，小球才会做平抛运动．(3)由Δx ＝aT 2得两点之间的时间间隔T ＝L g ，所以小球的初速度v 0＝2L T ＝2Lg代入数据得v 0＝0.70 m/s.【答案】 (1)同一位置静止 斜槽末端切线水平 (2)BAC(3)2Lg 0.70 m/s15．(8分)(2017·湖州市联考)如图12所示，小球以15 m/s 的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上．g 取10 m/s 2，tan 53°＝43，求：图12(1)小球在空中的飞行时间；(2)抛出点距落点的高度．【解析】 如图所示．由几何关系知β＝90°－37°＝53°.(1)由图得tan β＝v y 0＝gt 0，得飞行时间t ＝v 0g tan β＝2 s.(2)高度h ＝12gt 2＝12×10×22 m ＝20 m.【答案】 (1)2 s (2)20 m16．(9分)如图13为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图．参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB ，AO 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，OB 是以A 点为圆心的弧形坡，∠OAB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道．选手可以自A 点借助绳索降到O 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A 点直接跃上水平跑道．选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.图13(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值；(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间.【导学号：81370188】【解析】 (1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则水平方向有h sin 60°≤v 0t ，竖直方向有h cos 60°＝12gt 2解得v 0≥3210 m/s.(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1<v 0，人将落在弧形坡上． 人下降高度为y ＝12gt 2水平前进距离x ＝v 1t又x 2＋y 2＝h 2解得t ＝0.6 s.【答案】 (1)3210 m/s (2)0.6 s17．(11分)如图14所示，竖直平面内的34圆弧形不光滑管道半径R ＝0.8 m ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点为管道的最高点且在O 的正上方．一个小球质量m ＝0.5 kg ，在A 点正上方高h ＝2.0 m 处的P 点由静止释放，自由下落至A 点进入管道并通过B 点，过B 点时小球的速度v B 为4 m/s ，小球最后落到AD 面上的C 点处．不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图14(1)小球过A 点时的速度v A 的大小；(2)小球过B 点时对管壁的压力；(3)落点C 到A 点的距离．【解析】 (1)对小球由自由落体运动规律可得2gh ＝v 2A解得v A ＝210 m/s.(2)小球过B 点时，设管壁对其压力为F ，方向竖直向下，由向心力公式有F＋mg ＝m v 2B R解得F ＝5 N ，方向竖直向下由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力为5 N ，方向竖直向上．(3)从B 到C 的过程中，由平抛运动规律可得x ＝v B tR ＝12gt 2x AC ＝x －R ＝0.8 m.【答案】 (1)210 m/s (2)5 N ，方向竖直向上(3)0.8 m。
2018届高三物理浙江学考一轮复习练习第3章学考章末检测3含答案
学考章末检测(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共13小题．每小题5分，共65分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．如图1所示，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”．这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于()图1A．冰壶的速度B．冰壶的质量C．冰壶受到的推力D．冰壶受到的阻力B[一个物体惯性的大小，与其运动状态，受力情况是没有任何关系的．衡量物体惯性大小的唯一因素是质量，故B正确．]2．下列各组属于国际单位制的基本单位的是()A．千克、米、秒B．克、牛顿、米C．质量、长度、时间D．质量、力、位移A[选项C、D中所给的都是物理量，不是物理单位，C、D错误；千克、米、秒分别为质量、长度、时间三个基本物理量的单位，A正确；B项中牛顿是导出单位，克不属于国际单位，B错误．]3．如图2所示，在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球() 【导学号：】图2A．可能落在A处B．一定落在B处C．可能落在C处D．以上都有可能B[匀速行驶的火车车厢内，相对车厢静止释放一个小球，由于惯性，在水平方向保持与车速相同的速度，因此在下落这段时间内，水平位移相等，即落回到B点，故选B.]4．(2017·丽水模拟)如图3所示，航天员王亚平利用“天宫一号”中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74 kg.测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100 N的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1 m/s，则复位的时间为()图3A．s B．sC．s D．sA[根据牛顿第二定律，加速度为a＝Fm＝10074m/s2，则复位的时间为t＝va＝110074s＝s，故选A.]5．放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图4)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是() 【导学号：】图4A．匀速上升B．加速上升C．减速上升D．减速下降C[木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C正确．] 6．质量为m的物体从高处由静止释放后竖直下落，在某一时刻受到的空气阻力为F f，加速度为a＝13g，则F f的大小为()mg mg C．mg mgB[由牛顿第二定律知，a＝Fm＝mg－F fm＝13g，可得空气阻力大小F f＝23mg，B正确．]7．如图5所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是()图5A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面对木楔的摩擦力为0A[由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．]8．(2017·宁波调研)如图6所示，重为10 N的物体以速度v在粗糙的水平面上向左运动，物体与桌面间的动摩擦因数为.现在给物体施加水平向右的拉力F，其大小为20 N，则物体受到的摩擦力和加速度大小为(g取10 m/s2)() 【导学号：】图6A．1 N,20 m/s2B．0,21 m/s2C．1 N,21 m/s2D．1 N,19 m/s2C[物体受到竖直向下的重力G、竖直向上的支持力F N、水平向右的拉力F 和摩擦力F f作用，其滑动摩擦力为：F f＝μF N＝μG＝1 N，由牛顿第二定律得：F ＋F f＝ma，解得a＝21 m/s2，C正确．]9．鱼在水中沿直线水平向左加速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是()D[鱼在水中受水的浮力保持鱼在竖直方向的平衡，由于水平方向向左加速，故鱼受水平方向向左的外力，所以水对鱼的作用力应是浮力与向左推动力的合力，应斜向左上方，故选D.]10.有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重，如图7所示，其环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由下落．落到一定位置时，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列说法中正确的是()图7A．座舱自由下落的过程中，人处于超重状态B．座舱自由下落的过程中，人处于失重状态C．座舱减速下落的过程中，人处于失重状态D ．座舱下落的整个过程中，人处于超重状态B [在自由下落的过程中，人只受重力作用，处于失重状态，故A 错误，B 正确；在减速运动的过程中，人受重力和座位对人向上的支持力，做减速运动，所以加速度向上，人处于超重状态，故C 错误；座舱下落的整个过程中人先做自由落体运动，再做减速运动减速下降，故人先失重后超重，D 错误．]11．如图8所示，两物体A 、B 质量相等，相互接触放在光滑水平面上，对物体A 施以水平向右推力F 1，同时对B 施加水平向左推力F 2，且F 1>F 2，则物体B 对物体A 的作用力大小是( )图8B [对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离对A 研究．A 在水平方向受到B 对它的作用力和推力F 1，由牛顿第二定律，对A 、B 系统有a ＝F 1－F 22m ，对A 有F 1－F N ＝ma ，解得F N ＝F 1＋F 22，B 正确．] 12．如图9甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示．根据图2中所标出的数据可计算出( ) 【导学号：】甲 乙图9A ．物体的质量为1 kgB ．物体的质量为3 kgC ．物体与水平面间的动摩擦因数为D．物体与水平面间的动摩擦因数为C[物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝Fm－μg，由a-F图线，得＝7m－10μ，4＝14m－10μ，联立解得m＝2 kg，μ＝，故C正确．]13．在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图10所示，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则()图10A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小D．地面对拖把的支持力F N变大，地面对拖把的摩擦力F f变大C[设拖把的质量为m，拖把与地面间的动摩擦因数为μ，由平衡条件得F cos θ＝μ(mg＋F sin θ)，力F大小不变，θ减小，故F cos θ>μ(mg＋F sin θ)，则拖把做加速运动，选项A、B错误；地面对拖把的支持力F N＝mg＋F sin θ，力F 大小不变，力F与水平方向的夹角θ减小，则F N减小，地面对拖把的摩擦力F f ＝μF N，F N减小，则F f减小，选项C正确，选项D错误．]二、非选择题(本题共4小题，共35分)14．(5分)(2017·宁波调研)(1)图11甲为一拉力传感器，某实验小组在用拉力传感器探究作用力与反作用力关系的实验中，获得了如图乙所示的图线．根据这个图线，你可以得出的结论是：作用力与反作用力总是________．图11A．大小相等方向相反B．两个力大小不相等C．一个减小时另一个增大D．同时产生同时消失(2)如果实验时保持一只手不动，另一只手拉动，与两只手同时对拉得到的结论有没有变化？________(选填“有”或“没有”)【解析】(1)由乙图知作用力与反作用力总是大小相等方向相反，同时产生同时消失，故A、D正确．(2)两只手对拉与一只手拉另一只手不动，对传感器的力是相同的，所以图线没有变化．【答案】(1)AD(2)没有15．(7分)某实验小组利用如图12所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图12(1)下列做法正确的是________．(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图13所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙(选填“大于”“小于”或“等于”)【导学号：】图13【解析】(1)在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木板不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误．(2)选木块(M)、砝码桶及桶内的砝码(m)为研究对象，则mg＝(M＋m)a①选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则mg－F T＝ma②联立①②得：F T＝mg－m2g M＋m要使F T＝mg需要m2gM＋m接近于0即M≫m.(3)对木块由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma即a＝1m F－μg.由上式与题图结合可知：1 m甲>1m乙，μ甲g>μ乙g.即：m甲<m乙，μ甲>μ乙．【答案】(1)AD(2)远小于(3)小于大于16．(10分)(2017·平湖模拟)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图象如图14甲和图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.求：图14(1)前2 s内物体运动的加速度和位移大小；(2)物体的质量m和物体与地面间的动摩擦因数μ.【解析】(1)由v-t图象可知，物体在前2 s内做匀加速直线运动，前2 s 内物体运动的加速度为a＝ΔvΔt＝42m/s2＝2 m/s2前2 s内物体运动的位移为x＝12at2＝4 m.(2)对物体进行受力分析，如图所示．对于前2 s，由牛顿第二定律得F－F f＝ma，F f＝μmg2 s之后物体做匀速直线运动，由平衡条件得F′＝F f由F-t图象知F＝15 N，F′＝5 N代入数据解得m＝5 kg，μ＝.【答案】(1)2 m/s2 4 m(2)5 kg17．(13分)在平直公路上有A、B两辆汽车，质量均为×103kg，运动时所受阻力均为车重的115.它们的v-t图象分别如15图中a、b所示，g取10 m/s2.求：图15(1)A车的加速度a A和牵引力F A；(2)0～3 s内B车的位移x B和牵引力F B. 【导学号：】【解析】(1)由图可得A车匀加速的加速度为a A＝ΔvΔt＝148m/s2＝m/s2由牛顿第二定律得F A－kmg＝ma A可得F A＝kmg＋ma A代入数据可得F A＝×104 N.(2)0～3 s内B车的位移在数值上等于B车图线与横坐标轴围成的面积x B＝9 m由图可得B车匀减速的加速度为a B＝Δv′Δt′＝－23m/s2由牛顿第二定律得F B－kmg＝ma B可得F B＝kmg＋ma B代入数据可得F B＝0.【答案】(1) m/s2×104 N(2)9 m0。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
学考章末检测(二) (时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共13小题，每小题5分，共65分．每小题所列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 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．物体挂在弹簧测力计下，弹簧测力计的示数一定等于物体的重力 C [物体是否受重力作用与其运动状态无关，故A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，故B错误；根据G＝mg和重力加速度g随纬度的升高而增大可知，物体在赤道上受的重力最小，C正确；在弹簧测力计和物体都静止或匀速运动时，测力计的示数才等于物体的重力，若弹簧测力计拉着物体加速上升或下降，则弹簧测力计的示数不等于重力，故D错误．] 2．(2017·金华十校调研)体育课上一学生将足球踢向墙壁，如图1所示，下列关于足球与墙壁作用时墙壁给足球的弹力方向的说法中，正确的是( )
图1 A．沿v1的方向 B．沿v2的方向 C．先沿v1的方向后沿v2的方向 D．沿垂直于墙壁(斜向左上方)的方向 D [足球与墙壁的作用是球面与平面接触，足球所受弹力方向垂直于墙壁指向足球球心，即斜向左上方的方向，故选项D正确．] 3.如图2所示，用水平力F将质量为m的木块压在竖直墙壁上使木块保持静止，下列说法中正确的是( )
图2 A．因为木块静止，木块所受的静摩擦力可能等于0 B．木块所受的静摩擦力大小等于mg，方向向上 C．木块所受的静摩擦力可能大于mg D．如果F增大，木块与墙壁间的静摩擦力也增大 B [对物体受力分析，受水平力F、重力G，又由于物体保持静止．处于平衡状态，合力为零，故受墙壁对其垂直向外的支持力N，还有竖直向上的静摩擦力Ff，根据平衡条件，有F＝N，Ff＝G，即静摩擦力与重力平衡，与水平力F无关．故选B.] 4．(2017·临海市调研)如图3所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么( )
图3 A．F1就是物体对斜面的压力 B．物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcos α C．F2就是物体受到的静摩擦力 D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用 B [重力G是物体受的力，其两个分力F1和F2作用在物体上，故A错误；F2与物体受到的静摩擦力等大反向，并不是物体受到的静摩擦力，C错误；F1、 F2不能与物体的重力G同时作为物体受到的力，D错误；物体对斜面的压力的大小等于重力G的分力F1＝Gcos α，方向与F1方向相同，B正确．] 5．如图4所示，在粗糙的水平地面上有质量为m的物体，连接在一劲度系数为k的轻弹簧上，物体与地面之间的动摩擦因数为μ，现用一水平力F向右拉弹簧，使物体做匀速直线运动，则弹簧伸长的长度为(重力加速度为g)( ) 【导学号：81370588】
图4 A.kF B.mgk C.kμmg D.μmgk D [根据平衡条件得：弹簧的弹力F弹＝F＝μmg，根据胡克定律得，F弹＝kx，解得弹簧的伸长量x＝Fk，或x＝μmgk，故D正确，A、B、C错误．] 6．原在水平地面上的小物块受到瞬时撞击后，沿光滑斜面向上滑动，如图5所示，则小物块沿斜面向上滑动的过程中受到几个力作用( )
图5 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 B [物体在滑动过程中，受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的弹力，由于接触面光滑没有摩擦力，故物体只受两个力，B正确．] 7．如图6，质量mA>mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是( ) 【导学号：81370589】 图6 A B C D A [A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，
如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力．故选A.] 8.如图7所示，一个重60 N的物体置于光滑的水平面上，当用一个F＝20 N的力竖直向上拉物体时，物体所受的合力为( )
图7 A．0 N B．40 N，方向竖直向下 C．40 N，方向竖直向上 D．80 N，方向竖直向上 A [用一个F＝20 N的力竖直向上拉物体，并没有拉动物体，则物体仍然处于平衡状态，合力还是零，所以A正确．] 9．如图8所示，轻质弹簧秤通过两只定滑轮，两边各挂一个5 N的砝码，则弹簧秤的读数为( ) 【导学号：81370590】 图8 A．10 N B．5 N C．0 D．无法确定 B [弹簧秤水平方向受两个拉力的作用，每个拉力大小均为5 N，弹簧秤的示数是钩上受到的力或是一端受到的力，故示数为5 N．B正确．] 10．如图9所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
图9 A．小棋子共受三个力作用 B．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力 C．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大 D．质量不同的棋子所受的摩擦力不同 D [小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的支持力、摩擦力，共四个力，选项A错误；磁力大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于磁力，与重力大小无关，选项B错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D正确．] 11．自卸式运输车是车厢配有自动倾卸装置的汽车，又称为翻斗车、工程车，由汽车底盘、液压举升机构、取力装置和货厢组成．如图10所示，在车厢由水平位置逐渐抬起的过程中，有关货物所受车厢的支持力FN和摩擦力Ff，下列说法中正确的是( ) 【导学号：81370591】 图10 A．摩擦力Ff逐渐增大 B．摩擦力Ff先增大后减小 C．支持力FN逐渐增大 D．支持力FN先减小后不变 B [设货厢底板与水平方向夹角为θ，在θ增大过程中，若货物没有滑动，受力分析则有FN＝mgcos θ，Ff＝mgsin θ，滑动后受力分析有FN＝mgcos θ，Ff
＝μmgcos θ，故FN随θ增大一直减小，Ff先增大后减小，选项B正确，A、C、D错误．] 12.如图11所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处，下列说法正确的是( )
图11 A．在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点碗对蚂蚁的作用力 B．在a点碗对蚂蚁的作用力和在b点碗对蚂蚁的作用力都指向半球形碗的球心 C．在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点碗对蚂蚁的作用力 D．蚂蚁在a点受到的合力大于在b点受到的合力 C [蚂蚁缓慢上爬，可以认为蚂蚁处于平衡状态，则合力始终为零，选项D错误；在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点碗对蚂蚁的作用力，选项A、B错误，C正确．] 13．如图12所示，建筑工人用恒力F推运料车在水平地面上匀速前进，F与水平方向成30°角，运料车和材料的总重为G，下列说法正确的是( ) 图12 A．建筑工人受摩擦力方向水平向左 B．建筑工人受摩擦力大小为32G C．运料车受到地面的摩擦力水平向右 D．运料车对地面压力为F2＋G D [以人为研究对象，分析人的受力情况，如图1，由平衡条件，人受到的摩擦力方向水平向右，大小为Ff人＝Fcos 30°＝32F，A、B错误；分析运料车和材料的受力情况，作出受力图，如图2，由平衡条件，运料车受到地面的摩擦力水平向左，地面对运料车的支持力大小为N车＝G＋Fsin 30°＝F2＋G，则运料车对地面压力为F2＋G，故D正确．
图1 图2] 二、非选择题(本题共4小题，共35分) 14.(5分)在“探究求合力的方法”的实验中，根据实验数据画出力的图示，如图13所示，图上标出F1、F2、F、F′四个力，其中________(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的；若F与F′的________基本相等，________基本相同，说明力的平行四边形定则得到了验证．
图13 【解析】 位于平行四边形对角线上的那个力是理论值，不是真正实验测量所对应的力，只要作出的对角线方向、长短与实验得到力的有向线段差不多重合且等长，则在误差允许范围内，可认为平行四边形定则得到了验证． 【答案】 F′ 大小 方向 15．(7分)图14甲为“探究求合力的方法”的实验装置．
甲 乙 图14 (1)下列说法中正确的是________． A．在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化 B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下 C．F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程 D．为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90° (2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为________N. 【解析】 (1)在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，故A正确；弹簧测力计拉细线时，方向不一定竖直向下，只要把O点拉到同一位置即可，故B错误；根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；F1、F2方向间夹角为90°并不能减小误差，故D错误．(2)由题图乙弹簧测力计的指针指示可知，拉力F的大小为4.00 N. 【答案】 (1)AC (2)4.00 16.(10分)如图15所示，重力为500 N的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重力