专题八 静电场中的能量
一、单项选择题
1.关于电势和电势能,下列说法正确的是 ( )
A.沿着电场线方向电势逐渐升高
B.电场中某点的电势与电势零点的选取有关
C.电势能决定于电场本身,与试探电荷无关
D.静电力做正功,电荷的电势能增加
2.如图所示,
在场强为E 的
如图为某匀强电场的等势面
匀强电场中,有一个电荷 6.
( ),
量为q的正点电荷,使它
分布图 等势面竖直分布
从A点沿着电场线方向移 已知每两个相邻等势面相距
到B点,电场力对它做功W ;如果使它从A 2cm,则该匀强电场的电场强度大小和方向1
点沿路径ACB移到B点,其中AB与CB垂 分别为 ( )
直,此过程电场力做功为W .则 ( ) A.E=100V/m,竖直向下2
A.W1>W2 B.E=100V/m,竖直向上
B.W1C.A 点电势比B 点电势高 D.E=100V/m,水平向右
D.正点电荷q从A点移到C点的过程,电势 7.产生闪电的积雨云底层带负
能增大 电,为避免闪电造成的损害,
3.如图所示,在阴极射 线管的阴、阳两极间加 高大的建筑物会装有 避 雷
上电压U,电子电荷量为-e,电子从阴极出 针.图中虚线为避雷针周围
发,到达阳极时 ( ) 的等势线,相邻两等势线间
的电势差相等.图中a、b两点的场强大小分
别为Ea、Eb,a、b两点的电势分别为φa、φb,则
A.动能不变 B.动能减少了eU ( )
C.电势能减少了eU D.电势能增加了eU A.Ea>Eb
4.如图所示,ABCD 是匀强 B.φa>φb
电场中平行于电场线的
避雷针的顶端带正电
矩形的四个顶点,A、、
C.
BC
D.一带负电的雨滴从a下落至b,电场力做
三点电势分别为φA =8V,φB =2V,φC= 负功
3V,则D点的电势为 ( )
关于静电场的电场强度和电势,下列说法正
A.7V B.6V 8.
( )
C.10V D.9V 确的是
5.电容器是一种能储存电荷的电学元件.两个 A.电场强度的方向处处与等电势面垂直
彼此绝缘又相距很近的导体,就构成一个简 B.电场强度为零的地方,电势也为零
单的电容器.电容器储存电荷的特性可以用 C.随着电场强度的大小逐渐减小,电势也
电容C来表征.用图描述某电容器充电时, 逐渐降低
其电容C与其两极板间电势差U 之间的关 D.任一点的电场强度方向总是与该点电荷
系,其中正确的是 ( ) 的受力方向相同
·23·
9.如图所示,为某一电场的电场 二、非选择题
线,M、N、P为电场线上的三个 13.在电场中一条电场线上
点,M、N 是同一电场线上的两 有A,B 两点,如图所示,若将一电荷q=
点,以下说法正确的是 ( ) -2.0×10-6C从A 点移到B 点,电荷克
A.M、N、P 三点中,M 的场强最大 服电场力做了4.0×10-4J的功.
B.P 的电势可能高于M 的电势 (1)UAB等于多大
C.负电荷在 M 点的电势能小于在N 点的 (2)电场线的方向如何
电势能 (3)如在电场中有另一点C,已知UAC =
D.正电荷从M 自由释放,它将沿电场线运动 500V,若把这一负电荷从B 移到C 点,电
到N 点 场力做功多大
10.如图所示,某区域存在竖直
向下的匀强电场,一电子垂
直电场方向射入该区域,不
计电子重力,则电子在电场
中的运动情况为 ( )
A.向下偏转的曲线运动
B.向上偏转的曲线运动
C.匀变速直线运动
D.匀速圆周运动
11.某一电容器的标注是“400V 22μF”,则
下列说法中正确的是 ( )
A.该电容器可在400V以下电压时正常 14.如图所示,在宽度为L、电场
工作 强度为E、足够长的匀强电
B.该电容器只能在400V电压时正常工作 场中,有一质量为m、电荷量
C.电压是200V时,电容是11μF 为q的带正电的粒子,以初
D.使用时只需考虑工作电压,不必考虑电 速度v0沿垂直电场的方向
容器的引出线与电源的哪个极相连 射入电场.不计粒子重力,求:
12.如图,一平行电容器两极 (1)粒子在电场中运动的时间t;
板之间充满陶瓷介质,现 (2)粒子离开电场时,沿电场方向偏移的距
闭合开关S待电路稳定 离y.
后再断开S,此时若将陶瓷介质移出,则电
容器 ( )
A.极板上的电荷量变大,极板间的电场强
度变大
B.极板上的电荷量不变,极板间的电场强
度变小
C.两极板间电压变大,极板间的电场强度
变大
D.两极板间电压变小,极板间的电场强度
变小
·24·
参考答案
第一部分 合格考专题考点卷 9.D 设全程的位移为2s,则运动的总时间:t=
2s
v
专题一 运动的描述 前半段的时间:t s1=v1
1.D 质点是一个理想化模型,实际上并不存在,引入这个概念可
后半段路程的时间:t s2=
以简化我们分析的问题,不是没有意义,所以A错误;体积大的 v2
物体也可以看作质点,比如地球,所以B错误;轻小的物体,不一 汽车在全程的平均速度:v 2v1v= 2v1+v2
定可以看作质点,要看它的形状对分析的问题有没有影响,所以
故ABC错误,D正确;故选:D.
C错误;如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次
Δv
要因素时,即可把物体看作质点,所以D正确. ,故选:D. 10.B 由a= 可知速度变化大 加速度不一定大,因还有时Δt
2.B 飞流是相对于山在动,故参考系是山,故 A错误;“桥流 间因素,故A错误;加速度等于速度的变化率,变化率大,
水不流”中的“桥流”是桥相对于水在运动,是以水为参考系 加速度大,故B正确;加速度与速度同向为加速运动,反向
的,故B正确;升国旗时,观察到国旗冉冉升起,观察者是以 为减速运动,a>0若v<0则为减速运动,故C错误;任何
“地面”为参考系的,故C错误;钱塘观潮时,潮水扑面而来 一秒初与前一秒的末为同一时刻,速度相同,故D错误.故
是指潮水相对于我们来说的,故是以观察者为参考系的,故 选:B.
D错误.故选:B. 11.C 选取初 速 度v1的 方 向 为 正 方 向,则v1=8m/s,v2=
3.D 飞机驾驶员(甲)认为丙做直线运动,是以飞行的飞机为 v -v
-6m/s,所以小球的加速度为:a= 2 1=-70m/s2,负
参考系的,故A错误;地面指挥员(乙)看到丙做曲线运动是 t
以地面为参考系的,故B错误; 、
号表示加速度方向与v1的方向相反,与 相同,故 正确,甲 乙两人的说法分别是以飞 v2 C
错误 故选:
机和地面作为参考系研究运动的.说法都是正确的.他们的争 ABD . C.
速度的正负表示速度的方向,由图知,在 内速度
论是由于选择的参考系不同而引起的,故C错误,D正确.故 12.C 0~3s
: 均为正方向,3s~5s速度为负,说明在选 D. 0~3s
时间内,物
体的速度方向不变,一直沿正方向, 末速度方向变化,
4.B 40分钟是时间间隔不是时刻,故A错误;上午8点20分 3s
速度方向为负,故 错误, 正确 本题选择错
是时刻,故B正确;25分钟是时间间隔,故C错误;上午9点 3s~5s C ABD .
整是时刻, 误的
,故选:C.
故D错误,故选:B.
, 35.C 路程是指物体所经过的路径的长度 沿图中路线走完一 13.解析:(1)如题图所示质点自 A 点出发运动 圆周到达4 B
遍的路程s=2πR+πR+2R=(3π+2)R;当人离A 点最远的 点的位移方 向 与 水 平 方 向 夹 角 为45°斜 向 上,即 由 A 指
时候,位移最大,所以当人在C点的时候,离A 最远,此时的 向B,
位移是最大的,即为2R,故C正确;故选:C.
大小为x = r2AB +r2= 2r=0.28m.
6.A 既有大小又有方向的物理量是矢量,位移、速度、平均速
3 3
度、加速度都是矢量,故 A正确;路程是物体运动轨迹的长 路程为s=4×2πr=2×3.14×0.2m=0.94m
;
度,故路程只有大小,没有方向,故路程是标量,故B错误;
() x2 质点的平均速度大小v= AB =0.28m/s=0.14m/s,
平均速率是物体在某一段时间内通过的路程与所用时间的 t 2
比值,故平均速率是标量,故C错误;时间只有大小没有方 平均速率v=s=0.94m/t 2 s=0.47m
/s;
向,故时间是标量,故D错误.故选:A. (3)质点 在 运 动 中 速 率 不 变,故 到 达 B 点 时 瞬 时 速 度 为
7.C 小球第5s末的速度对应的是时刻,故为瞬时速度,故A
0.471m/s,方向沿过B 点的切线方向;
错误.子弹射出枪口的速度对应的是位置,故为瞬时速度,故
答案:(1)0.28m,0.94m (2)0.14m/s 0.47m/s
B错误.汽车从甲站行驶到乙站的速度对应的是位移,故为 (3)0.47m/s
平均速度,故C正确.汽车通过某一站牌的速度对应的是位
14.解析:(1)设初速度的方向为正,经100s速度从36km/h
置,故为瞬时速度,故D错误.故选:C.
增大到180km/h,36km/h=10m/s,180km/h=50m/s
8.D 允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度,是瞬时速
; 根据加速度定义式
Δv得: 50-10 /2 /2;加
度 到下一出口还有50km,50km是路程,故D正确,ABC a=Δt a= 100 ms=0.4ms
错误.故选:D. 速度方向与初速度方向相同;
·65·
(2)设初速度的方向为正,沿光滑水平地面以10m/s的速度运 时也无法得出物体的加速度大小,故 AB错误;如果物体做
动的小球,撞墙后以8m/s的速度反弹,与墙壁接触时间为 匀加速直线运动,则物体在第3s内的中间时刻的速度为
0.1s.根 据 加 速 度 定 义 式a=Δv得:a= -8-10Δt 0.1 m
/s2= v x= 33 t =
3m
1s=3m
/s,如果不是匀加速直线运动,则物体在
3
-180m/s2;负号表示加速度方向与初速度方向相反. 第3s内的中间时刻的速度不一定是3m/s,故C错误;物体
答案:(1)0.4m/s2 加速度方向与初速度方向相同 在前5s内的位移为:x=(1+2+3+4+5)m=15m,则前
(2)180m/s2 加速度方向与初速度方向相反
5s内的平均速度为:v=x=15m/s=3m/s,故选:t 5 D.
专题二 匀变速直线运动
7.A 第3s内的平均速度为v=x 6 / /,故t =1 ms=6ms A
1.B 加速度是矢量,加速度的大小和方向均不变的直线运动 正确;根据推论可知,物体做匀加速直线运动,第3s内的平
是匀变速直线运动,故 A错误;匀变速直线运动的加速度a 均速度等于第2.5s末物体的速度,则知物体在2.5s末物
是定值,匀变速直线运动任何相等时间t内速度的变化量
体的速 度 为v=6m/s,由v v=at得:a= 2.5 6, ; /
2
Δv=at相等 故B正确 匀变速直线运动的加速度a不变, t =2.5ms=2.5
匀变速直线运动的速度v=v0+at,初速度不为零的匀变速 2.4m/s2,故 B错 误;前3s内 位 移 为:x3=
1at23=
1 ×
直线运动的速度与时间是一次函数关系,速度与时间不成正 2 2
2 ,故 错误; 末的速度是
比,只有初速度为零的匀加速直线运动速度才与时间成正 2.4×3m=10.8m C 3s v3=at3=
比,故C错误;匀变速直线运动的速度可能先减小后增大, 2.4×3m
/s=7.2m/s,故D错误.故选:A.
, , , 8.D 由 运 动 学 公 式 v
2-v20 =2as,代 入 数 据 解 得:例如竖直上抛运动 其加速度不变 物体先减速到零 然后反 v0=
2
向做匀加速直线运动,故D错误.故选:B. v -2as= 40
2-2×5×140m/s=10 2m/s,故D正确,
2.C 速度—时间图像为倾斜直线则表示物体做匀变速直线 ABC错误.故选:D.
运动,位移—时间图像为倾斜直线则表示物体做匀速直线运 9.C 甲在前2s内沿负方向做匀减速运动,且加速度的大小为a
动.速度负方向均匀增大,做负方向的匀加速直线运动,故A =Δv
(
=0- -3
)
m/Δt 2 s
2=1.5m/s2,故A错误;甲在前2s内
错误;位移正方向均匀减小,做负方向的匀速直线运动,故B
沿负方向运动,后2s内沿正方向运动,通过的总路程等于
错误;速度负方向均匀减小,做负方向的匀减速直线运动,故
1 1
C正确;速度负方向均匀增大,做负方向的匀加速直线运动, 两段时间内的位移绝对值之和,为s=2×3×2m+2×3
故D错误.故选:C. ×2m=6m,故B错误;根据x t图像的斜率表示速度,可
3.A 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,故A正 ( )
知乙在4s内做匀速运动,速度大小为v=Δx=3- -3m/s=
确;在空气中,不考虑空气阻力的运动不一定是自由落体运 Δt 4
动,如水平抛出一物体,不考虑空气阻力,物体做平抛运动而 1.5m/s,故C正确;乙在4s内一直沿正方向运动,通过总
不做自由落体运动,故B错误;设物体下落的高度为h,做自 位移为Δx=3m-(-3m)=6m,故D错误.故选:C.
, 、 10.B 根据速度时间图像与时间轴所围的
“面积”大小等于位
由落体运动的物体落地速度v= 2gh 落地速度由gh决
移大小,图像在时间轴上方“面积”表示的位移为正,图像在
定,与物体的质量无关,故C错误;物体做自由落体运动时
, : 时间轴下方
“面积”表示的位移为负,故0~8s时间内质点
受重力作用 故D错误.故选 A.
4.A 根据加速度的定义式可知,加速度等于单位时间内的速 通过的位移为:Δx=
1(
2 2+4
)×4m-1(2 2+4
)×2m=
度变化量,以a=2m/s2做匀加速直线运动的物体,在任意 6m.由于质点在t=0时位于x=8m处,故当t=8s时,质
1s内末速度比初速度大2m/s,第ns末的速度比第1s末的 点在x轴上的位置为x=8m+Δx=14m,故ACD错误,B
速度2(n-1)m/s,故A正确,B错误;2s末速度不一定是1s 正确.故选:B.
末速度的2倍,故C错误;初速度未知,故2s末的速度不一 11.B 据v2=2gh知乙在下落过程中,中间位置的速度与刚
定是4m/s,故D错误.故选:A.
着地速度大小之比为: 2gH∶ 2g·2H=1∶ 2,故 A
5.B 速度与时间的关系为v=(12-6t)m/s,
错误;两物体同时下落,根据v=gt,在下落的过程中,同一
则汽车速度减为零的时间t=126s=2s
,即2s末汽车停止, 时刻甲乙的速度相等,故B正确;甲落地 时,由 于 同 时 下
落,所以乙也下落 H,此时距离地面的距离为 H,故C错
则它在3s内行驶的位移大小等于x=12+02 ×2m=12m
,故
误;根据h=1gt2,得t= 2h,知甲乙在空气中运动的时
ACD错误,B正确;故选:B. 2 g
6.D 物体在各相邻的1s内位移增加量相等,但在每个1s内 间之比为1∶ 2,故D错误.故选:B.
的运动情况无法确定,即由题意无法确定各段时间内的具 12.C 初速度为0的匀加速直线运动,在连续相等时间间隔
体运动形式,故无法判断物体是否做的匀加速直线运动;同 内通过的位移之比为1∶3∶5∶7…,则第1个2s、第2个
·66·
2s和前6s内三段位移比为1∶3∶9.故C正确,ABD错 4.B 力是使物体运动状态或者形状改变的原因,桥面是因为
误.故选:C. 受到弹力作用所以发生形变,该说法因果倒置,故 A错误;
13.解析:(1)以汽车初速度的方向为正方向,则汽车做匀变速 桥梁对汽车有向上的弹力,是由于施力物体桥梁发生弹性形
直线运动的加速度为:a=-2m/s2 变而对汽车作用所产生的,故B正确,C错误;刚度无穷大的
由速度—时间公式得:0=v0+at 物体是不存在的,汽车一定也发生了形变,也受到弹力,故D
代入数据解得汽车速度减为零的时间为:t=10s 错误.故选:B.
由速度—时间公式,可知刹车后5s末汽车速度大小为: 5.A 弹簧的劲度系数k由弹簧的材料、粗细、截面积等与自
v1=v0+at1=20m/s-2×5m/s=10m/s; 身因素有关,即是由弹簧本身的性质决定的,与F、x 无关,
(2)根据题意可知汽车刹车时间t=10s<20s 故A正确,B错误;由F=kx可知,在弹性限度内弹力F 的
使用汽车刹车后20s内汽车的位移,即汽车的刹车位移, 大小与弹簧伸长量(或缩短量)x成正比,故C错误;弹簧的
由匀变速直线运动的速度-位移公式得: 劲度系数在数值上等于弹簧伸长(或缩短)单位长度时弹力
x 0-v
2 2
= 02a =
0-20
-2×2m=100m
的大小,故D错误.故选:A.
6.B 静止的物体可以受到滑动摩擦力的作用,如在地面上滑
答案:(1)10m/s (2)100m
行的物体,地面受到的是滑动摩擦力,故 A错误;滑动摩擦
14.解析:(1)骑行者在汽车正前方x0处,经t0的反应时间后汽
力的方向总是沿着接触面,并且跟物体的相对运动方向相
车开始刹车,两者之间的距离为x1,x1=x0+v骑t0-v汽t0,
反,故B正确;静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间
解得x1=37.5m;
发生变化的,与正压力的大小无关,故C错误;摩擦力有时
(2)最小加速度为a,达到共同速度的时间为t1,此时两者
为阻力、有时为动力,例如小物块在地面滑行时其摩擦力为
,v at v ,vt x v骑 +v恰好相遇 汽 - 1= 骑 骑 1+ 1=
汽t1,解 得2 a 阻力,人走路时摩擦力为动力,故D错误.故选:B.
=3m/s2; 7.D 依题意,物体相对于地面向右运动,受到地面的滑动摩
(3)雾天能见度为x' ,该雾天汽车的最大行驶速度v ,由于 擦力方向向左.物体在水平面上运动,F 也在水平方向,则物0 m
加速 度 不 变,汽 车 开 始 减 速 到 达 到 共 同 速 度 的 时 间 体对地面的压力大小等于物体的重力,即FN=mg,所以物
v -v 体受到的滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg=0.1×200N=t 汽 骑2= ,a 20N,故D正确,ABC错误.故选:D.
v +v
由位移关系知vt+ m 骑t=x' +v (t+t), 8.B 人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用m 0 2 2 0 骑 0 2
力与反作用力,故 A错误,B正确;人所受的重力和人对测
解得vm=17m/s.
力计的压力,既不是一对平衡力,也不是一对作用力与反作
答案:(1)37.5m (2)3m/s2 (3)17m/s
用力,故C、D错误.
专题三 相互作用 9.D 两个分力F1、F2可以是同一性质的力,也可以是不同性
质的力,故A错误;F1、F, 2
必须是同一物体上,才能进行合
1.A 在地球上方的物体都要受到重力作用 所受的重力与它
成,两个力 和 合成为一个力 ,而 不是物体实际受
的运动状态无关,与是否受其他力也无关.故 A正确,
F1 F2 F F
C错
到的力,故 错误;力
; , B F
可以比F 、F 其中的任何一个力都
误 物体的重力大小在同一地点是恒定的 不同地点可能是 1 2
大,也可以比任何一个都小,故C错误;分力的共同作用效
变化的,比如在地球上不同的高度或不同的纬度同一物体的
: 果与合力的作用效果相同
,故D正确.故选:D.
重力不同.故BD错误.故选 A.
从 图 中 可 知 , ,故
2.C 10.C F +F =14N F -F =2N F =重心只是重力在作用效果上的作用点,重心并不是物体 1 2 1 2 1
上最重的点,故A错误;重心是重力的等效作用点,不一定 8N,F2=6N,当θ=90°时,F合 = F
2
1+F22=10N,故C正
在物体上,如圆环的重心就不在圆环上,故B错误;物体重 确,ABD错误.故选:C.
心的位置跟物体的形状和质量分布有关,重心在物体中的位 11.B 对 M 进 行 受 力 分 析,则 M 可 能 受 绳 子 的 拉 力、重 力
置不因物体升高、降低、倾斜而发生改变,故C正确;只有形 而处于平衡;此 时 MP间 没 有 相 互 的 挤 压,故 没 有 摩 擦
状规则且质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上, 力,若木块对 绳 子 没 有 拉 力,则 此 时 M 受 重 力、支 持 力
故D错误.故选:C. 及 摩 擦 力 而 处 于 平 衡,故 AC错 误B正 确;对 整 体 受 力
3.D 弹力的产生条件是两物体接触,同时发生弹性形变,两 分析可知,整体 不 受 水 平 方 向 的 推 力 作 用,故P不 受 地
物体接触,若没有挤压则一定不产生弹力.故 A错误;重力 面的摩擦力,则 地 面 也 不 会 受 到 水 平 方 向 的 摩 擦 力;故
与弹力属于 不 同 性 质 的 力,不 能 说 重 力 就 是 压 力,故B错 D错误.故选:B.
误;施力物体的形变产生弹力,静止在水平面上的物体受到 12.C 对动滑轮受力分析,受重力、两个对称的拉力,拉力等于
向上的弹力是因为地面发生了形变,故C错误;弹力的方向 悬挂物体的重量mg,如图,三个力的合力为零,两个拉力的
是垂直于接触面的,故D正确.故选:D. 大小恒定,夹角越大,合力越小,夹角越小,合力越大;增加细
·67·
线长度时,由于两根细线拉力不变,若动滑轮位置不变,则三 度越小是牛顿第二定律的结论,与本实验无关,故D错误.
个力大小方向都不变,故 A错误;减小重物的重力,两个拉 故选:A.
力变小,动滑轮位置不变,则两拉力夹角不变,故合力变小, 2.A 牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上,根
故手要用较小的力,故B错误;手指向下移动,两个拉力大小 据逻辑推理得出的,是以实验为基础,但又不是完全通过实
不变,夹角变小,故两拉力合力变大,故手要用较大的力,故 验得出,故A正确;虽然在地球上不受力作用的物体是不存
C正确;手指向上移动,两个拉力大小不变,夹角变大,故两 在的,但牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规
拉力合力变小,故手要用较小的力,故D错误.故选:C. 律,是牛顿第二定律的基础,也为科学的发展奠定了基础,故
B错误;牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性
质,即惯性,惯性的大小与物体的受力情况和运动情况均无
关,故C错误,D也错误.故选:A.
3.C 合外力是物体产生加速度的外部条件,与物体的质量无
F
关,故A错误;根据牛顿第二定律F 合合 =ma,得a= ,可知m
加速度跟物体所受合外力成正比,跟物体的质量成反比;且
加速度方向与合外力方向相同,故B错误,C正确;根据牛顿
13.解析:物体所受最大静摩擦力为:fm=μG=0.2×20N= 第二定律得知,物体下落时的加速度a=mgm =g
,与物体的
4N
质量无关,故整块砖自由下落时加速度一定与半块砖自由下
(1)由于F1-F2=2N落时加速度相等,故D错误.故选:C.
所以物体处于静止状态,所受摩擦力为静摩擦力:
: , 4.B
两个力合成时,合力的范围为F1+F2≥F合≥|F1-F|,则故有 f1=F1-F2=2N 方向水平向右.
2
() , , , 得6N和8N两个力的合力范围为:2 若将F 撤去后 因为F =3N< 物体保持静止 14N≥F合≥2N
,根据
1 2 fm
牛顿第二定律
故所受静摩擦力为:f =F =3N,方向水平向左; F合 =ma
可得,该合力作用在2kg的物体上
2 2
(3)若将F 撤去后,因为F =5N>f ,所以物体相对水平 产生的加速度的范围为:7m/s
2≥a≥1m/s2,所以B有可
2 1 m
面向左滑动, 能,ACD不可能,故ACD错误,B正确.故选:B.
故物体受的滑动摩擦力:f3=μG=0.2×20N=4N,方向 5.B 球随着车厢在平直轨道做匀变速运动,故加速度水平,
水平向右. 合力水平;
答案:(1)2N 方向水平向右 (2)3N 方向水平向左 对小球受力分析,受重力和拉力,如图所示:
(3)4N 方向水平向右
14.解析:(1)研究小孩与 雪 橇 整 体 为 研 究
对象,受力 情 况 如 图 所 示,在 竖 直 方 向
由共点力平衡条件可得:
F0sinθ+FN=(m1+m2)g
代入数据解得:FN=400N;
故合力为:
根据牛顿第三定律可知,雪橇对地面的压力F'=F =400N; F=mgtanθ
;
N N
() : 根据牛顿第二定律,有:2 = F F=ma雪橇和小孩受到的摩擦力 f μ N
联立解得:a=gtanθ,方向水平向右;
水平方向有:F0cosθ-f=0
故ACD错误,B正确;故选:B.
代入数据解得:μ=0.20;
6.B 设三个球质量为m,在轻绳剪断前,对三小球整体法,弹(3)由共点力平衡条件有:F=μ(m1+m2)g
簧对A球的弹力大小为3mg,方向竖直向上,将BC隔离看
代人数据解得:F=92N.
作整体,轻绳对 A球拉力大小为2m ,方向竖直向下,则在
答案:(1)400N (2)0.20 (3)92N g
轻绳剪短瞬间,弹簧对A球弹力大小和方向不变,而轻绳对
专题四 运动和力的关系 A球拉力消失,故由牛顿第二定律可知此时,A的加速度大
1.A 如果斜面光滑,小球不会有能量损失,将上升到与O 点 小为:a 3mg-mgA= =2g,同理,剪断轻绳瞬间m BC
间弹簧
等高的位置,故A正确;通过推理和假想,如果小球不受力, 的弹力大小和方向也不变,故此时B球的加速度大小为:
它将一直保持匀速运动,得不出静止的结论,故B错误;根
, a
2mg
B= =2g,C球加速度大小为0;故 ACD错误,B正确据三次实验结果的对比 不可以直接得到运动状态将发生改 m .
变的结论,故C错误;受到的力一定时,质量越大,它的加速 故选:B.
·68·
7.C m、s是力学国际单位制中的基本单位,N是导出单位, 14.解析:(1)设 平 板 车 的 加 速 度 大 小 为a1.由 牛 顿 第 二 定
故A错误;kg、s是力学国际单位制中的基本单位,m/s是 律得:
导出单位,故B错误;m、kg、s是力学国际单位制中的基本单 F+μmg=Ma1
位,故C正确;m、kg是力学国际单位制中的基本单位,N是 代入数据解得:a1=16m/s2;
导出单位,故D错误.故选:C. (2)对小滑块,由牛顿第二定律得:μmg=ma2.
8.B 设 A、B系统的加速度为a,对 A、B系统,由牛顿第二定
代入数据解得:a2=4m/s2
律得:
设经过时间t滑块与平板车相对静止,共同速度为v.
F=(m+2m)a,解得:a=F3m 则v=v0-a2t=a1t,
代入数据解得:t=0.5s,v=8m/s;
F 作用在A上时,对B,由牛顿第二定律得:F1=2ma=
2
3F (3)滑块与平板车在时间t内通过的位移分别为:
F 作用在B上时,对A,由牛顿第二定律得:F2=ma=
1 v +v
3F x 02= 2 t
则:F1∶F2=2∶1,故B正确,ACD错误.故选:B. v
9.B A、C、D中物体处于平衡状态.在B中物体加速度竖直向 x1=2t
下,处于失重状态.所以B正确.故选:B. 滑块相对平板车静止时距车的左端距离:L=x2-x1,
10.B 物块A与车厢壁相对静止,故物块 A竖直方向受力平 代入数据解得:L=2.5m.
衡,有:f=mg,水平拉力F 增大,物块相对车厢静止,故摩 答案:(1)16m/s2 (2)0.5s (3)2.5m.
擦力不变;故A错误,B正确.拉力F 增大,根据牛顿第二 第二部分 合格考模块达标卷
定律,对车厢与 A有:F=(M+m)a,对 A有:FN=ma.综
合各式,故F 增大,a增大,FN增大,故CD错误.故选:B. 模块达标卷(一)(必修第一册)
11.C 物块开始时受到摩擦力,加速度水平向左,速度由v0到 [范围:专题一至四]
-v这一过程中:ma=μmg,得:a=2m/s
2,达到与传送带
1.C 当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们
共速,所需时间有:at1=v0-(-v),得:t1=3s,该过程位
就可以把它看成质点,与体积和质量的大小无关,如原子的
移大小有:x=vt -1 20 1 at1=3m,因此物块还要匀速运动2 体积、质量都很小,当研究原子的转动时,不能把原子看作质
3m,从而返回到A 点,有:vt2=x,得:t2=1.5s,总时间为: 点,故AB错误;质点是只计质量、不计大小、形状的一个几
t=t+t=4.5s.故选:C. 何点,是实际物体在一定条件的科学抽象,是一种理想化的1 2
12.C 由图0~t3时间内,速度均为正方向,火箭一直向上运 模型,故C正确;研究火车过桥的时间,火车的长度不能忽
动,所以t3时刻距地最远,故 AB错误;t1~t2的时间内,火 略不计,不能把火车看作质点,故D错误.故选:C.
箭的加速度为正值,方向竖直向上,处于超重状态,故C正 2.C A.若运动员A以对面的运动员为参考系,他是静止的,
确;t2~t3的时间内,火箭向上减速,加速度向下,火箭处于 故A错误;B.若运动员A以旁边的运动员为参考系,地面是
失重状态,故D错误.故选:C. 运动的,故B错误;C.以他自己为参考系,当他俯视大地时,
13.解析:(1)对物体进行受力分析,如图所示: 看到大地迎面而来,故C正确;D.以大地为参考系,运动员
的位置不断变化,是运动的,故D错误.故选:C.
3.A t1表示时刻,称为第1秒末或第2秒初,故 A正确;t3表
示时刻,其含义是第4s初或第3s末,故B错误;t1~t2表示
时间间隔,大小为1s,故C错误;t0~t3表示时间间隔,大小
: 为3s,故 错误;故选:水平方向 Fcos37°-f=ma
D A.
: 4.C 小球从离地板 高处落下,通过的路程是 ,被地板竖直方向 N+Fsin37°-mg=0 5m 5m
,
滑动摩擦力大小为:= N 弹回 在离地板2m高处被接住,通过的路程是2m,则小球f μ
联立解得a=6m/s2; 通过的总路程是7m.起点到终点的线段长度是3m,则位移
1 大小是3m,方向向下.故选:C.(2)2s末物体的位移x= at22 =
1
2×6×2
2m=12m;
5.D 位移、速度是矢量,时间是标量,故A不符合题意;速度、
(3)撤去F 时物体的速度v=at=12m/s 加速度是矢量,路程是标量,故B不符合题意;位移是矢量,
撤去F 后物体的加速度大小a'=μmg= g=5m/s2μ , 路程、时间是标量,故C不符合题意;加速度、力、速度都是m
2 2 矢量,故D符合题意.故选:D.
继续滑行的位移x'=v =122a' 2×5m=14.4m. 6.D 由 于 运 动 员 参 加100m赛 跑,故 运 动 员 的 位 移 为:s=
答案:(1)6m/s2 (2)12m (3)14.4m 100m,10s末运动员到达终点,故运动时间为:t=10s.根据
·69·
: x 100 / /, , 擦力也越大,但实际静摩擦力的大小始终等于重力大小,故平均速度公式可知 v=t =10 ms=10ms
故D正确 C
错误;人匀速滑下时人受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小也等
ABC错误.故选:D. 于人的重力,与人匀速上爬时受到的摩擦力是相等的,故D错
7.A 由图甲可知汽车速度的变化量Δv的方向与速度方向相 误.故选:B.
同,所以汽车做加速运动,由图乙知汽车速度的变化量 Δv 13.B 人对桌面的压力是弹力,不是人受的重力,压力的施力
的方向与速度方向相反,所以汽车做减速运动,故 A正确;
物体是人,而重力的施力物体是地球,故不能说压力就是重
根据加速度的定义式a=Δv可知,加速度的大小还与Δt有Δt 力,故A错误;根据人处于静止状态,对人受力分析,可知
关,故B错误;加速度的大小与速度变化率有关,与速度的 桌面对人的支持力和人受到的重力是一对平衡力;根据牛
大小无关,故C错误;汽车加速时,其加速度方向与Δv方向 顿第三定律,可知桌面对人的支持力和人对桌面的压力是
相同,汽车减速时,其加速度方向与Δv方向相同,故 D错 一对作用力与反作用力,故B正确,C错误;根据牛顿第三
误;故选:A. 定律,可知人对桌面的压力与桌面对人的支持力大小相等,
8.B 0~t 时间内,甲的斜率不变,则速度不变,做匀速运动. 而桌面对人的支持力与人的重力大小相等,地面对桌子的1
乙图线的斜率先小于甲后大于甲,即乙的速度先小于甲后大 支持力大小等于人和桌子的总重力,所以人对桌面的压力
于甲,乙做加速运动,故 AD错误.0~t 时间内,甲、乙的起 和地 面 对 桌 子 的 支 持 力 不 是 一 对 平 衡 力,故 D错 误.故1
点和终点都相同,则位移相同,故B正确.甲、乙都做单向运 选:B.
动,通过的路程等于位移,则甲、乙通过的路程相同,故C错 14.B 如果二力方向相同,则合力:F=F1+F2=5N+7N=
误.故选:B. 12N;如果二力方向相反,则合力:F=|F1-F2|=|7N-
1 5N|=2N;因此,此二力的合力最小是2N,最大是12N,9.D 第3s内:6=(v0+2a)×1+ a×12,由2 5s
内:10=(v0
故合力可能的只有B,故ACD错误,B正确.故选:B.
+4a×1+1a×12×1+1a×12,由 以 上 两 式 可 得:a= 15.A 手机处于静止状态,受力平衡,受到重力和纳米材料对2 2
手机的作用力,根据平衡条件可知,纳米材料对手机的作用
1m/s2,v0=1m/s故 AB错误;第3s末的速度为:v=v0+
力大小等于手机的重力G,方向与重力方向相反,即竖直向
at=(1+2×3)m/s=7m/s,故C错误;前5s的位移为:x5
上,故A正确、B错误;手机处于静止状态,受力平衡,根据
=vt+1at2=(1×5+1×2×520 )2 2 m=30m
,故D正确.故 平衡条件可知,在垂直支架方向有:FN=Gcosθ+F吸,大于
选:D. Gcosθ,有可能大于G,故CD错误.故选:A.
2 1 2 16.D 一切物体在任何时候都有惯性,故A错误;惯性是物体10.B 将x=5t+t 与位移时间关系公式x=v0t+ 对比2at 的一种性质,惯性不是惯性力;故B错误;一切物体在任何
可得:v0=5m/s,a=2m/s2.加速度为a=2m/s2,故A错 时候都有惯性,故C错误;一切物体都具有惯性;下面的棋
误;任意1s内的速度增量都是:Δv=aΔt=(2×1)m/s= 子离 开 尺 继 续 飞 行 是 由 于 棋 子 具 有 惯 性.故 D正 确.故
2m/s.故B正确;t=1s时的速度是v=v0+at=(5+2× 选:D.
1)m/s=7m/s.故C错误;将t=1s代入x=5t+t2得:第
F kSv2 k F17.B 将 = 变形得 = f
1s内的位移为:x =(5×1+12)m=6m.故 D错误.故 f 2
,采用国际单位制,式中F
Sv f1
选:B. 的单位为N,即kg· m/s2,S 的单位为 m2,速度的二次方
的单位可写为(m/s)2.将这些单位代入得比例系数k的单
11.A 根据位移-公式h=1gt2,有:t= 2h 2×452 g = 10 s= 位是kg/m3,故选:B.
3s,故A正确;根据速度与位移的关系公式v2=2gh,得: 18.C 从加速度的角度判断,由题意知0~2s物体的加速度
v= 2gh= 2×10×45m/s=30m/s,故B错误;前2s 竖直向上,则物体处于超重状态;2s~8s物体的加速度为
内下降的高度为h'=1gt'2=1×10×22m=20m,故物 零,物体处于平衡状态;8s~10s物体的加速度竖直向下,2 2
则物体处于失重状态,故选:C.
体在落地前最后1s内的位移为Δh=h-h'=45m-20m
19.D 汽车刹车时在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,据牛
=25m,故C错误;由平均速度定义可得,物体在整个下落
a
h 45 顿第二定律知刹车时有:f=ma,则加速度之比
甲 =1,根
过程中的平均速度:v=t = m
/
3 s=15m
/s,故D错误; a乙 2
x v2 a
故选:A. 据速 度 - 位 移 关 系 有:v2=2ax,可 得:
甲 = 甲 × 乙x 2 =乙 v乙 a甲
12.B 手与旗杆间不发生相对滑动,所以人受的是静摩擦力,人 1 2 2,故 正确, 错误 故选:
握住旗杆匀速上爬时,受到向下的重力和向上的静摩擦力而 9×1=9 D ABC . D.
平衡,故A错误,B正确;手与旗杆间不发生相对滑动,所以人 20.B 静止释放后,物体 A将加速下降,物体B将加速上升,
受的是静摩擦力.手握旗杆的力越大,只是人受到的最大静摩 二者加速度大小相等,沿绳方向,由牛顿第二定律,
·70·
对A有:mAg-T=mAa 故有:mmaxg=Fmaxcos37°
对B有:T-mBg=mBa F cos37°联立解得:mmax= max =
100×0.8kg=8kg;
代入数据解得:a=5m/s2,T=15N,故B正确,ACD 10错误. g
: (B. 3
)当OB 与OA 垂直时,OB 细线的拉力最小,如图所示:
故选
21.解析:甲图中,F=0,a≠0,说明小车重力沿木板的分力大
于摩擦力,木板倾角过大,即平衡摩擦力过度.乙图中,F≠
0,a=0,说明小车重力沿木板的分力小于摩擦力,即平衡摩
擦力不足或未平衡摩擦力;当F 较大,即小盘和重物的总
质量较大时,小车的质量远大于小盘和重物的总质量这一
条件得不到满足,图线变成曲线. 根据几何关系结合平衡条件可得:
答案:木板垫得过高 木板的倾角过小(或未垫木块平衡摩 Fmin=mgsin37°=2.4×10×0.6N=14.4N.
擦力),小盘和重物的总质量较大. 答案:(1)18N (2)8kg (3)14.4N
22.解析:(1)打点计时器的工作时要求必须接交流电源,打点 25.解析:(1)滑块受重力、支持力、摩擦力和拉力作用,合外力
时间间隔为0.02s; 为:F合 =F-μmg=5N,故由牛顿第二定律可得加速度为:
(2)从纸带上能直接得到的物理量是某两个点之间的时间 a F= 合 =1m/s2;
间隔和某两点之间的距离,即为位移,故选AB; m
() (2)物体由静止开始做匀加速直线运动,故开始运动后 秒3 平均速度等于位移比上通过这段位移所用的时间. 5
( 末的速度大小为
:
x v=at=5m
/s;
v = BD = 0.019+0.0238
)
BD /t 0.04 ms=1.1m
/s,
BD (3)物体由静止开始做匀加速直线运动,故滑块在力F 作
v x= DF
(
= 0.0288+0.0339
) 1
DF /t 0.04 ms=0.88m
/s 用下经5s,通过的位移为:s=2at
2=12.5m.
DF
答案:(1)交流 0.02 (2)AB (3)1.1 0.88 答案:(1)1m/s2 (2)5m/s (3)12.5m
23.解析:(1)72km/h=20m/s,则汽车从刹车到停止的时间: 专题五 曲线运动与万有引力定律
t 0-v= 0=0-20s=5s,因为5s>3s,由速度—时间公 牛顿力学的局限性与相对论初步a -4
式,可知汽车刹车后3s末的速度:v=v0+at=20m/s-4× 1.C 如果力的大小变化,方向不变且 与 物 体 的 速 度 方 向 在
3m/s=8m/s; 同一直线上,则物体做直线运动,故 A错误;物体在恒定的
(2)刹车后6s内的位移与5s内的位移相等,由速度—位移 合外力作用下 不 一 定 会 做 直 线 运 动,如 平 抛 运 动,故B错
公式,可 知 从 开 始 刹 车 经 过6s汽 车 通 过 的 距 离 为:x= 误;物体做曲线运动时,合外力方向可能发生变化,也可能
0-v20 -202 ; 不变,如匀速圆 周 运 动 的 合 力 方 向 发 生 变 化,平 抛 运 动 的
2a =2×(-4)m=50m
合力方向不变,故C正 确;物 体 在 大 小 不 变 的 合 外 力 作 用
(3)汽车停止前1s内的逆运动为初速度为零的匀加速直
下不一定做匀变速曲线运动,如匀速圆周运动,故D错误.
线运动,则汽车停止前1s内通过的距离:x=1 2 12at=2× 故选:C.
4×12m=2m. 2.A 将跳伞员的速度分解,竖直分速度还是4m/s,当水平分
答案:(1)8m/s (2)50m (3)2m 速度为3m
/s,根据平行四边形定则得,合速度为5m/s,方向
24.解析:(1)以结点O 为研究对象,受到重力、OB ,、 :细线的拉力 偏西.故A正确 BC错误.故选 A.
和OA 细线的拉力,如图所示: 3.B 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,根据h=1gt22
可知,落地时间由高度决定与初速度大小无关,B正确,C错
误;物体落地时水平位移x=v0t,是由初速度与时间共同决
定的,而时间是由高度决定,因此水平位移大小与抛出点高
度和初速度都有关,AD错误.故选:B.
4.D 平抛运动的规律与飞镖的质量无关,换用质量稍小的飞
根据平衡条件结合图中几何关系可得: 镖,飞镖命中的位置不变.故A错误.由于初速度不变、水平
FOB=mgtan37°=2.4×10×0.75N=18N; 位移不变,则飞镖击中靶子的时间不变,则竖直方向上下落
所以细线BO 上的拉力大小F=FOB=18N; 的高度不变,减小飞镖的高度,飞镖将打在靶心的正下方.故
(2)若三根细线能承受的最大拉力均为100N,根据图中力 B错误.水平距离增大,初速度不变,则飞镖击中靶子的时间
的大小关系可得,只要OA 不拉断,其它两根细线拉不断, 增大,竖直方向上下落的高度增大,飞镖将打在靶心的正下
·71·
方.故C错误.增大初速度,水平距离不变,则飞镖击中靶子 道人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期、月球
的时间减小,竖直方向上下落的高度减小,飞镖将会打在靶 绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离,可以求出地
心.故D正确.故选:D. 球的质量;地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距
5.A 共轴转动的各点角速度相等,故 A正确;根据v=ωr可 离,只能求出太阳的质量,不能求地球的质量,故 AB不符
知,由于二者的半径不同,故二者线速度的大小不同,故B错 合题意,C符合题意;若不考虑地球自转,已知地球的半径
误;设球 的 半 径 为 R,若θ=30°,A 点 的 转 动 半 径 为 RA = 及重力加速度,万有引力等于重力GMm
R2
=mg,解得 M=
Rcos30°= 3R,B 点的转动半径为 ,根据 ,则: 22 RB=R v=ωr gR .所以若不考虑地球自转,已知地球的半径及重力加速G
vA = 3,故CD错误.故选:A. 度,可以求出地球的质量,故v 2 D
不符合题意;故选:C.
B
2
6.C 物体做匀速圆周运动需要一个指向圆心的合外力,是根 12.D 根据万有引力提供向心力GMm=m 2π ,得r2 T r T=
据力的作用效果命名的,故 A错误;由于向心力指向圆心,
r3
与线速度方向始终垂直,所以它的效果只是改变线速度方 2π ,轨道半径越大,周期越大,可知a的运行周期大GM
向,不会改变线速度大小.故BD错误,C正确.故选:C. 2
于卫星b的运行周期,故A错误.根据GMm=mv 得v=
7.D 小木块a和b所受到的摩擦力为:f=kmg,可知小木块 r
2 r
的最大静摩擦力相等,根据静摩擦力提供向心力F=mω2r, GM,轨道半径越小,速度越大,当轨道半径等于地球半径
可知做圆周运动时b需要更大的静摩擦力,故b先开始滑 r
动,A ; , ,错误 小木块a和b 所受到的摩擦力为各自的圆周运 时 速度最大等于第一宇宙速度 故b的速度小于第一宇宙
/,
动提供向心力F=mω2r,可知做圆周运动时b受到的静摩擦 速度7.9kms 故B错误.卫星c加速后需要的向心力增
大,大于万有引力,所以卫星将做离心运动,所以不能追上
力较大,故B错误;若ω= 2kg时,假设小木块a未发生滑3l 前面的卫星b,故C错误.同步卫星a的周期等于地球的自
动,其所需的 向 心 力 由 静 摩 擦 力 来 提 供,可 得f=mω2r= 转周期,故D正确,故选:D.
2kmg,由于f2h 2×5
g = 10s=
2 1s.提供向心力kmg=mωbl,可得ωb=
kg,故选:
2l D. (2)落地点离抛出点的水平距离为:x=v0t=10×1m=10m.
8.D 当汽车通过拱桥顶点是,根据牛顿第二定律,mg-N= (3)落地时的竖直速度:vy=gt=10m/s.
mv
2
,N=3mg联立解得 ,如果要使汽车在粗糙的桥 小球落地时的速度: 2 2 /,r 4 r=90m v= v0+vy=14.1ms
v
面行驶至桥顶时,不受摩擦力作用,则车对桥顶的压力为零,即 tanα= y ,v =1α=45°
,方向与地面成45°斜向下.
0
2
mg=mv' ,代入解得v=30m/s,故ABC错误,D正确.故选:r D. 答案:(1)t=1s (2)x=10m (3)v=10 2m/s 方向与
9.A 在修筑铁路时,转弯处轨道的内轨要低于外轨,目的是 地面成45°斜向下
由重力的分力提供一部分向心力,弥足向心力不足,防止车 14.解析:(1)根据自由落体运动公式
速过大,火车产生离心运动而发生侧翻,故 A正确;汽车在 h=1 22gt
过弯道时,有时不用减速也能安全通过,说明所需要的向心
解得该行星表面的重力加速度大小为
力小于轮胎与地面的最大摩擦力,不属于防止离心现象,故
2h
B错误;洗衣机脱水桶高速旋转把附着在衣服上的水分,是 g= 2 .t
利用离心作用将水从衣服甩掉,是利用的离心运动,故C错 (2)根据物体在星球表面受到的重力等于万有引力可得
误.公共汽车急刹车时,乘客都向前倾倒是由于惯性,与离心
mg=GMm2
现象无关,故D错误.故选:A. R
10.C 公式的研究对象是质点或质量均匀分布的球体,与物 解得该行星的质量为
2
体的大小无关,当两物体间的距离趋近于0时,物体不再能 M=2hR .
Gt2
视为质点,万有引力公式不再适用,AB错误;两物体间的
(3)根据
万有引力与地球使苹果下落的力是同一种性质的力,C正
v2
确;公式中引力常量 G 是卡文迪什利用扭秤实验测得,D mg=m R
错误.故选:C. 解得环绕这个行星的第一宇宙速度大小为
Mm 2 211.C 根据万有引力提供向心力有:G 2 =mr
4π mv
2 = r .
解
R T v=
1
t 2hR.
4π2r3 3 2得 M= 2 ,M=
vT.只能求出中心天体的质量,所以知G 答案:(1)
2h (
GT 2π 2
)2hR (3)1
t2 Gt2 t 2hR
·72·
9.D 球和弹簧整体机械能守恒,弹簧弹性势能有变化,所以球机
专题六 功、功率、动能定理和机械能守恒定律
械能不守恒,A错误;当球在最低点时,加速度最大,B错误;球
1.B 功是物体之间能量转化的量度,它是标量,功也有正、负 在从A到C过程中,重力与弹簧弹力二力平衡时动能最大,在
之分,但功的正负不是表示方向,是表示力对物体的做功效 B点弹性势能最小,小球机械能最大,故D正确.故选:D.
果的,正功表示动力做功,负功则表示为阻力做功,故 A错 10.C 对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究,根据动能
误;摩擦力与运动方向可以相同,也可以相反,即物体受摩擦
定理得W-mgh=1mv2,解得:2 W=mgh+
1mv2,故2 C
正
力可以是动力也可以是阻力,故其可能做正功,也可能做负
, :
功,当然也可以不做功,故B正确;
确 ABD错误.故选 C.
若力的方向与位移方向
, , , ; , 11.B 设在AB 段物块克服摩擦力做的功为 W
,则物块由 A
垂直 则该力不做功 但是有位移 故C错误 功是标量 合
1
力的功等于各分力做的功的代数和,故D错误.故选:B. 到B 运用动能定理可得mgR-W= mv2B,物块由 到2 B C
2.C 由题意可知,拉力与位移的夹角为θ,则由功的公式可
运用动能定理可得 1 2
知, - mgR=0- mvF 的功为:W=Fxcosθ,故C正确,ABD错误.故选:C. μ 2 B
,联立解得W=mgR
3.D 功率是描述做功快慢的物理量,功率大说明单位时间内 (1-μ),故B正确,ACD错误.故选:B.
做功多,时间不确定时某个力对物体做功越多,它的功率不 12.B 在运动员下落h的过程中,重力势能减少了 mgh,选项
W 错误;根据动能定理,物体的动能增加了一定大,故A错误;由P= , ,
A ΔEk=F合 h=mah
可以知道做功一定时 功率与
t
=4mh,选项B正确;物 体 所 受 的 阻 力 为 =m -ma=
时间成反比,故B错误;
g f g
从公式P=Fvcosθ,可以知道F 不 5
为零,v也不为零,但F 与v 的方向垂直,此时功率为零,故 1mg,则克服阻力所做的功为1mgh,选项 错误;根据能5 5 C
C错误;功率是描述做功快慢的物理量,所以某个力对物体
1
做功越快,它的功率一定越大,故D正确.故选:D. 量关系可知,物体的机械能减小了 mgh,选项5 D
错误.故
4.D 当汽车以额定功率行驶时,做加速度减小的加速运动, 选:B.
当加速度减到零时,速度最大,此时牵引力等于阻力,即F= 13.解析:(1)重力功WG=mgh=50×10×30J=15000J,支持力
f=kmg=0.1×5000×10N=5000N,此时的最大速度为 的功 W 支 =FNlcos90°=0,阻 力 功 Wf=μmgcos37°·
v =P=50×1000m / /;故选: hF 5000 ms=10ms D. sin37°cos180°=-2000J
;
5.C 质量为20kg小孩沿高5m滑梯由静止滑下,重力做功 (2)合外力功W=WG+W 支 +Wf=15000J+0-2000J=
为WG=mgh=20×10×5J=1000J,根据功能关系,重力 13000J;
做正功,重力势能减小,重力做了1000J的正功,则重力势 (3)根据动能定理,到达底端时W=1mv2,
能减小了1000J.故C正确,ABD错误.故选:C. 2
6.D 根据动能定理,合力做的功等于动能的变化量;由于F1 解得v= 2W= 2×13000 /m 50 ms= 520m
/s≈22.8m/s
对物体做功7J,F2 对物体做功9J,故F1 与F2 的合力对物
到达坡底时摩擦力的功率是Pf=μmgcos37°v=0.1×50×
体做的总功为7J+9J=16J,根 据 动 能 定 理 可 得 W 合 =
10×0.8×22.8W=912W.
1 2 ,解得 /,故 正确 故选:
2mv -0 v=4ms D . D. 答案:(1)WG=15000J W 支 =0 Wf=-2000J
7.C 令轮胎和地面的动摩擦因数为μ,刹车过程中,由动能定
(2)13000J (3)912W
1 14.解析:(1)物块从A 滑到B 过程,根据动能定理得:mgR=理可知,-μmgs=0-Ek,即μmgs= mv
2,由公式可得
2 s= 1
2mv
2,小球运动到B 点的速度:v= 2gR ;
v2 ,根据表达式可知,位移的大小与汽车的质量无关;两车
2μg (2)设弹簧最大的压缩量为x1,整个过程根据动能定理得:
与路面的动摩擦因数相同,所以初速度越大,刹车距离长,故 0-0=mgR-μmg(s+2s+2x1)
C正确.故选:C. 从弹簧最短处到D 点,由动能定理得:
8.C 图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中,钢绳对它做负 Wp-μmg(x1+s)=0-0
功,所以机械能不守恒,故 A错误;图2中物块在F 作用下
联立以上方程得:E =-W =1p p (mgR-μmgs);
沿固定光滑斜面匀速上滑,力F 做正功,物块机械能增加, 2
故B错误; () :图3中物块沿固定斜面匀速下滑,在斜面上物块 3 物块速度最大时 kx2=μmg
,
受力平衡,重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡,摩擦力做 从弹簧最短处到速度最大处 由能量守恒定律得:
负功,物块机械能减少,故C正确;图4中撑杆跳高运动员在 Epm=Ep+μmg(x1-x )+
1mv22 2 m
上升过程中撑杆的弹性势能转化为运动员的机械能,所以运 2 2 2
, 联立以上方程得:动员的机械能不守恒 故D错误,故选:C. Ep=μmgs+
μmg -1mv2k 2 m.
·73·
:() ()1 ( ) () 5400∶1,故C错误;秒针与分针的角速度之比是答案 1 2gR 2 mgR- mgs 3 mgs+ 60∶1
,根据
2 μ μ ω
2 2 2 n= 可知,秒针与分针的转速之比是60∶1,m 故 错误 故μ g -1
D .
mv2 2πk 2 m
选:B.
模块达标卷(二)(必修第二册) 9.C 物体受到重力、支持力、静摩擦力,其中,指向圆心的静
[范围:专题五至六] 摩擦力提供向心力,C正确.故选:C.
1.A 由于曲线运动的速度方向为曲线切线方向,所以曲线运 2
10.D 在 坡 顶,由 牛 顿 第 二 定 律 得 mg-FN=m
v ,解 得:
动的速度方向时刻改变,故A正确;做曲线运动的物体速度 r
2
大小不一定变化,如匀速圆周运动的速度大小不变,故错误; F =mg-mvN ,即r FN,在坡谷,由牛顿第二定律得FN'
做曲线运动的物体的加速度大小不一定变化,如匀速圆周运
v2 2
动的加速度大小不变,故C错误;做曲线运动的物体加速度 -mg=m ,解得FN'=mg+m
v ,即F'N>mg,由上分析r r
方向不一定变化,如平抛运动物体的加速度为重力加速度即 可知则在B、D 两点比A、C 两点容易爆胎,而 D 点半径比
不变,故D错误.故选:A. B 点小,则D 点最容易爆胎,故选:D.
2.B 曲线运动的物体速度方向沿 该 点 轨 迹 的 切 线 方 向,故 11.A 在水平面上,细绳的拉力提供m 所需的向心力,当拉力
AD错误;曲线运动时合力指向轨迹的内侧,故C错误,B正 消失,物体受 力 合 为 零,将 沿 切 线 方 向 Ba 做 匀 速 直 线 运
确.故选B. 动,A正确.F 突然变小,向心力减小,则小球将沿轨迹Bb
3.A 两个匀速直线运动的合运动,由于合加速度为零,合速 做离心运动,故BC错误;F 突然变大,小球将沿轨迹Bc做
度恒定,则合运动仍然是匀速直线运动,故 A正确;根据平 向心运动,故D错误.故选:A.
行四边形定则知,两个匀变速直线运动的合运动,若合加速 12.A 所有地球同步卫星都必须位于赤道正上空,故A正确.
度与合初速度的方向共线,则是直线运动,若两者方向不共
地球同步卫星的运行周期必须与地球自转周期相同,由开
线,则是曲线运动,故B错误;合运动的位移是分运动位移 r3
的矢量和,因此合运动的位移可能大于任一分运动的位移, 普勒第三定律 2=k,知所有地球同步卫星的轨道半径相T
也可能小于,也可能等于,故CD错误.故选:A. 同,则离地高度一定相同,故B错误.根据万有引力提供向
4.A 平抛运动的初速度水平,只受重力作用,加速度为g,保 心力,得GMm2 =ma,得a=G
M
2,M、r相同,则所有地球同
持不变,是匀变速曲线运动,故A正确,B错误;根据Δv=gt r r
知,任意两段相等时间内的速度变化量相等,方向竖直向下, 步卫星的向心加速度大小相等,故C错误.所有地球同步
故C错误;小球在竖直方向上做自由落体运动,在空中的运 卫星受到的向心力等于万有引力,由F=GMm2 ,知不同卫r
动时间t= 2h,与做平抛运动的物体的初速度无关,故g D 星的质量不一定相等,所以向心力不一定相等,故D错误.
错误;故选:A. 故选:A.
5.C 因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向 13.D 做匀速圆周运动的人造卫星,万有引力提供向心力,根
2 2
上做自由落体运动,水平分速度不变,所以速度的变化量等 据向心力公式得GMm=mv =mω2r=m4πr2 2 =ma,解得r r T
于竖直方向上速度的变化量,根据Δv=gΔt,几段相等时间
内速度变化相同,故C项正确,ABD三项错误.故选:C. 线速度v= GM,a、b的轨道半径是2∶3,所以a、b的线速r
6.C 依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距离
度大小之比是 ,故 错误;解得周期 r
3
,
d=(
3∶ 2 A T=2π
v +v)t=(2v +2v)t',得t'=t1 2 1 2 ,故选:2 C.
GM
7.C 圆周运动单位时间内通过的路程为线速度的大小,单位 a、b的轨道半径是2∶3,所 以a、b的 周 期 之 比 是2 2∶
时间内通过的弧长为线速度的大小,单位时间内通过的角度 3 3,故B错误;解得角速度ω= GM3 ,a、b的轨道半径是r
为角速度大小,而 单 位 时 间 内 通 过 的 位 移 不 同,所 以C错
误,符合题意,故选:C. 2∶3,所以a、b的角速度大小之比是3 3∶2 2,故C错
GM
8.B 秒针和分针的周期之比为1∶60,根据ω=2π可知,秒针 误;解得向心加速度a= 2 ,a、b的轨道半径是2∶3,所以T r
与分针的角速度之比是60∶1,故 A错误;秒针与分针的角 a、b的向心加速度大小之比是9∶4,故D正确.故选:D.
速度之比是60∶1,秒针与分针由转动轴到 针 尖 的 长 度 之 14.B 受力分析如图所示摩擦力斜向右
比为3∶2,根据v=ωr可知,秒针 针 尖 与 分 针 针 尖 的 线 速 上方,支持力斜向左上方,运动方向水
度之比为90∶1,故B正确;秒 针 与 分 针 的 角 速 度 之 比 是 平向右,摩擦力的水平分力向右,支持
60∶1,秒针针 尖 与 分 针 针 尖 的 线 速 度 之 比 为90∶1,根 力水平分力 向 左.因 此 摩 擦 力 做 正 功,支 持 力 做 负 功,故
据a=ωv 可 知 秒 针 与 分 针 针 尖 的 向 心 加 速 度 之 比 是 ACD错误,B正确.故选:B.
·74·
15.C 汽车在水平路面上匀速行驶,故牵引力与阻力的大小 v = d2
相等为1.8×103N,根据功率P=Fv=1.8×103 Δt×20W= 2
验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒,在钩码从光电
36kW,故ABD错误,C正确;故选:C.
门1运动到光电门2的过程中,钩码的重力势能转化为钩
16.C 以 地 面 为 零 势 能 参 平 面,D 处 重 力 势 能Ep=mgh=
码和滑块所组成的系统的动能,还需要测量钩码下落的距
0.3×10×(-3.0)J=-9J,从A 到D 的过程中重力势能
离即两光电门之间的距离x.
减少量 ΔEp=mgΔh=0.3×10×(0.7+1.5+3.0)J= (2)在钩码从光电门1运动到光电门2的过程中,钩码的重
15.6J,故C正确,ABD错误.故选:C. 力势能转化为钩码和滑块所组成的系统的动能,因此系统
17.C 设物体的质量为m,当一物体的速度大小为v0时,其动 减少的重力势能为ΔEp=mgx
能为E ,则有E =1mv2k k 0,当它的动能为2 2Ek
时,有2Ek= 系统增加的动能为
2 2
1 1 ΔEk=Ek2-E
1
k1= (2 m+M
) d 1(Δt -2 m+M) d2× mv2= mv20 ,解得:v= 2v0,故选项C符合题意.故 2 Δt1 2 2
1 2 2
选:C. = (2 m+M
) d - dΔt2 Δt1
18.C 对小球受力分析,受到重力、拉力F 和绳子的拉力T, 答案:(1)d d 两光电门之间的距离x
如图 Δt1 Δt2
1 d 2(2)mgx d
2
2 m+M Δt -2 Δt1
23.解析:(1)根据h=1gt2 得,小球在空中的运动时间为:2
t= 2h 2×45g = 10 s=3s.
(2)小球离开桌面时的速度为:
v=x=15m/s=5m/s.
根据共点力平衡条件,有F=mgtanα,故F 随着α 的增大 t 3
而不断变大,故F 是变力;对小球运动过程运用动能定理, 答案:(1)3s (2)5m/s
得到-mgl(1-cosα)+W =0,故拉力做的功等于 mgl(1 24.解析:(1)根据向心力公式和牛顿第二定律得 mg-FN=
-cosθ),
2
故选:C. mvr
19.B 被起重机匀速吊起的重物,动能不变,势能增加,因此
解得FN=9000N;
机械能增加,A错误;不计阻力,石头被抛出后在空中飞行
v2
过程中,
m
只有重力做功,机械能守恒,B正确;木箱沿粗糙斜 (2)最大允许速度满足mg=m ,解得r vm=20m
/s;
面自由下滑过程中,摩擦力做负功,机械能减小,C错误;神 2
(3)经过凹形路面时F' vN-mg=m ,
舟号飞船点火升空过程中,推力做正功,机械能增加,D错 r
误.故选:B. 解得F'N=15000N.
答案:(1)1 9000N
(2)20m/s (3)15000N
20.D 小球斜上抛运动中机械能守恒,机械能为 2,2mv0 A
错;
25.解析:(1)物体由A 运动到B 过程中机械能守恒,即
运动到最高点时动能不为零,机械能大于mgH,B错;由机 mgh=1mv22 B
械能 守 恒 1 2 ,运 动 到 平 台 处 动 能 为
2mv0=mgh+Ek h 解得vB=10m/s;
1 (2)物块由B 到C 过程,由动能定理可得
2mv
2
0-mgh,C错;D对.故选:D.
- mgs 1 2 1 2μ BC= mvC- mvB
21.解析:(1)在小球A、B 处于同一高度时,用小锤轻击弹性金 2 2
,
属片,使 A 球水平飞出,同时B 球被松开,A 球做平抛运 物块由C到D 过程 物体的动能全部转化为弹性势能
动,在竖直方向是自由落体运动,B 球做自由落体运动,两 E 1 2p=2mvC
小球下落高度相同,观察到的现象是:小球A、B 同时落地. 解得Ep=35J;
(2)由于A 球下落的高度不变,因此A 球在空中运动的时 (3)物体由C出发到停止过程,由动能定理可得
间将不变.
-μmgs'=0-
1mvc2
答案:同时 不变 2
22.解析:(1)由光电门测速原理可知 解得s'=35m
d 距B 点x=L-(35-2L)=10m.v1=Δt1 答案:(1)10m/s (2)35J (3)10m
·75·
面是发散型的,所以正点电荷在左边,则E
专题七 静电场及其应用 a
>Eb>Ec,所以
D正确;ABC错误;故选:D.
1.D 由于不同物质对电子的束缚本领不同,当手与塑料丝摩
8.C 根据F=kq1q22 ,都带正电,相互排斥,距离变大,则 AB
擦时,使塑料丝带上了同种电荷,而同种电荷相互排斥,因此 r
会观察到塑料丝散开,D正确,ABC错误.故选:D. 间库仑力大小将变小.故选:C.
2.D 任何带电体都有形状和大小,其上的电荷也不会集中在 9.D 根据感应起电规律“近异远同”,可知a 端感应出正电
一点上,当带电体间的距离比他们自身的大小大的多,以至 荷,故A错误;根据处于静电平衡的导体,内部场强处处为
带电体的形状、大小及电荷分布状况对他们之间的作用力的 零的特点可知,感应电荷在c点产生的电场强度与正点电荷
影响可以忽略时,这样的带电体就可以看作带电的点,叫作 在该处产生的电场强度大小相等,方向相反,由于正电荷在
点电荷,点电荷是一种理想化的模型,D对.故选:D. c点处产生的场强方向由b 指向a,所以感应电荷在c点产
3.C 库仑定律的适用条件是真空和静止点电荷,并非适用于 生的电场强度的方向由a 指向b,故BC错误;两端出现感应
任意两个带电体,故 A错误;当两个点电荷距离趋于0时, 电荷是因为导体中的自由电子在正电荷产生的电场作用下,
两电荷不能看成点电荷,因此此时库仑定律的公式不再适 向导体右端移动从而产生的,故D正确.故选:D.
kqq 10.B 由题意可知,良好接地,目的是为了消除静电,静电会用,故B错误;根据库仑定理的计算公式F= 1 2
r2
,可知,当
产生火花、热量,麻醉剂为易挥发性物品,遇到火花或热源
两个点电荷距离增加为原来的两倍,但电荷量不变,则他们 便会爆炸,就象油罐车一样,在运输或贮存过程中,会产生
之间的库仑力减小为原来的1倍,故C正确;根据库仑定律 静电,汽油属于易挥发性物品,所以它的屁股后面要安装接4
地线(软编织地线),以防爆炸,麻醉剂与之同理,故B正
F k的计算公式 = q1q22 ,可得,当两个点电荷所带电荷量均为r 确,ACD错误;故选:B.
原来的两倍,但之间距离不变,则两点电荷之间的库仑力增 11.A 设 两 球 之 间 的 库 仑 力 为 F,则 对 两 球 分 析 可 得 F=
加为原来的4倍,故D错误.故选:C. m1gtanα=m2gtanβ,若m1β;若 m1=m2 则α=
4.C 两个相同的带等量的同种电荷的导体小球A和B,设它 β,故选:A.
2 12.D AB.受力分析可知,P 和Q 两小球,不能带同种电荷,
们的电荷量都为Q,原来它们之间的库仑力为:F=kQ2 一个r AB错误;CD.若P 球带负电,Q 球带正电,如下图所示,恰
不带电的同样的金属小球C先和 A接触,A和C的电荷量 能满足题意,则C错误D正确,故本题选:D.
都为1
2Q
,C再与B接触后,B、C分开电荷量均为:3 ,这4Q
1Q·3Q
时,A、B两球之间的相互作用力的大小为:F'=k2 4 =
r2
3 Q2
8k 2=
3F.故ABD错误,C正确 故选:
r 8
. C. 13.解析:(1)异 种 电 荷 相 互 吸 引,故 A、B 之 间 的 库 仑 力 是
引力;
5.A E=F 是电场强度的定义式,F 是放入电场中电荷所受q
, , (2)根据库仑定律可得,A、B 之间的库仑力大小
qAqB
的电场力 q是放入电场中的试探电荷的电荷量 它适用于
F=k
r2
任何电场,故A错误,B正确;E=kQ是真空中点电荷产生的 代入题中数据求得F=0.9N;
r2 (3)根据场强叠加原理,可得A、B 中点O 处的电场强度大
电场强度计算式,Q 是产生电场的电荷的电荷量,它只适用
qA qB
于点电荷产生的电场,不适用于匀强电场,故C正确;从点 小E=EA+EB=k 2+kr r 2
电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=kqq kq
2 2
1 2
2 ,式
2
r r2
是
代入题中数据求得E=3.6×105N/C.
k 5
点电荷q 产生的电场在点电荷q 处的场强大小,而 q1是 答案
:(1)引力 (2)0.9N (3)3.6×10 N/C
2 1 r2 14.解析:(1)对小球受力分析可得小球带正电,则有tan37°=
点电荷q1 产 生 的 电 场 在q2 处 场 强 的 大 小,故 D正 确.故 qE,解得 -6
选:A. mg q=1×10 C
;
6.C A方向不同;B大小不同;C大小和方向相同;D大小相 (2)小球受重力 mg、绳的拉力 T 和静电力F
同但方向不同.故选:C. 作用,如图所示
7.D 根据点电荷的场强公式有E=kQ ,则离点电荷越远其 根据共点力平衡条件和图中几何关系有
r2
T= mg, ,解得场强越小 再根据正点电荷的场强方向是由正点电荷指向外 cos37° T=5.0×10
-3N;
·76·
(3)将电场改为竖直向上后,小球将绕悬点摆动,根据动能 10.B 一电子垂直电场方向射入该区域,不计电子重力,电子
( )· ( ) 1 2 , 受向上的电场力,与速度垂直且为恒力,故做向上偏转的曲定理有 mg-qE l× 1-cos37°= mv -0 解得2 v= 线运动.故选:B.
1m/s. 11.A 每一个电容器都有它的耐压值,电容器可以在耐压值
答案:(1)正电 1×10-6C (2)5.0×10-3N (3)1m/s 及其以下正常工作,所以选项A正确,选项B错误;电容是
专题八 静电场中的能量 表示电容器容纳电荷本领的物理量,是由电容器本身的性
1.B 沿着电场线方向电势逐渐降低,故A错误;电势是标量, 质决定的,所以电容不变,选项C错误;有的电容器是有极
具有相对性,所以电场中某点的电势与电势零点的选取有 性的,分正负极,所以选项D错误.故选:A.
关.故B正确;某电荷的电势能决定于电场和自身所带电荷 12.C 由C= εS 可知,当陶瓷介质移出时, 变小,电容器的4πkd
量,故C错误;静电力做正功,电荷 的 电 势 能 减 少.故 D错
误.故选:B. 电容C变小;电容器充电后断开S,故Q 不变,根据U=
Q
C
2.C 根据W=qEx,从A 点沿着电场线方向移到B 点,从A
可知,当C减小时,U 变大.再由E=U ,由于d不变,U 变
点沿路径ACB 移到B 点,在电场中沿电场线方向的位移相 d
同, W , , , :则 1=W2,AB错误;沿电场线电势逐渐降低,C正确;
大 故E 也变大 故C正确 ABD错误.故选 C.
正点电荷q从A 点移到C 点的过程,电场力做正功,电势能 W13.解析:(1)根据U=W ,A、B 两点的电势差为U = ABq AB q =
减小,D错误.故选:C.
-4.0×10-4 ;
3.C 因为电子从阴极出发到达阳极过程中,电场力做功为W -6=200V-2.0×10
=eU,即电场力做正功,则电势能减少,动能增加,且电势能 (2)一负电荷,从A 点移至B 点,电荷克服电场力做功,即
减少了eU,动能增加了eU,故C正确,ABD错误.故选:C. 电场力做负功,所以电场力的方向是从B 指向A,由于是
4.D 根据匀强场中电势差特点可知UAB=UDC 负电荷,所以电场方向是A 指向B;
所以φD=φA-φB+φC=9V,故选:D. (3)因为UAC=φA-φC=500V
5.C 电容器的电容是由电容器本身决定的,与其两极板间电 UAB=φA-φB=200V
势差U 无关,其两极板间电势差U 增大的过程中电容大小 则UBC=φB-φC=300V
不变,故C正确,ABD错误.故选:C. 所以WBC=qUBC=-2.0×10-6C×300V=-6×10-4J.
U 答案:() () 指向 () -46.C 由匀强电场的电场强度与电势差的关系E= 可得d E=
1200V 2A B 3 -6×10 J
/ , 解析:()水平方向匀速运动,有 ,解得
L;
100V m 电场强度的方向与等势面垂直由高电势指向低电 14. 1 L=v0t t=v0
势即水平向左.C选项正确,ABD选项错误.故选:C. (2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,有y=12at
2
7.C 由题意可知,产生闪电的积雨云底层带负电,可知避雷
qE
针的顶端带正电,选项C正确;等差等势线密集处的电场线 又a=m
也密集,场强也较大,则Ea解得y=qEL .
向上, , 2沿电场线的方向电势逐渐降低 可知φa<φb,选项B 2mv0
2
错误;一带负电的雨滴从a下落至b,因电场力向下,则电场 答案:(1)L (2)qELv 2mv 2, 0力做正功 选项D错误.故选:C. 0
8.A 电场强度的方向处处与等电势面垂直,选项 A正确;电 专题九 电路及其应用
场强度为零的地方,电势不一定为零,例如等量同种点电荷
1.C 物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简称
连线的中点,选项B错误;随着电场强度的大小逐渐减小,
电量)叫作电流强度,通过导体横截面的电量越多,但时间不
电势不一定逐渐降低,例如负的点电荷产生的电场,选项C
知道,电流强度不一定大,故 A错误;导电流强度的微观表
错误;任一点的电场强度方向总是与该点正电荷的受力方向
达式为I=nevS,所以电子速率大,电流强度不一定大,故B
相同,选项D错误.故选:A.
错误;物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简
9.C 电场线的疏密反映了场的强弱,N 点处电场线最密,所
称电量)叫作电流强度,则单位时间内通过导体截面的电量
以N 点场强最大,故A错误;顺着电场线的方向,电势降低,
越多,电流强度越大,故C正确;电流有方向,但其运算不能
则 M 点电势高于P 点电势,故B错误;顺着电场线的方向,
应用平行四边形定则,故其为标量,故D错误.故选:C.
电势降低,则φM>φP>φN,且负电荷在电势低处电势能大, 2.B 已知雷击时放电时间为200μs,放电量等于8C,则此次
则负电荷在 M 点的电势能小于在 N 点的电势能,故C正
雷击时的平均电流为: q 8 4; ,故确 在 M 点静止释放,正电荷在电场力的作用下运动,但是 I=t = -6A=4×10 A B200×10
运动轨迹并不是电场线,故D错误.故选:C. 正确,ACD错误.故选:B.
·77·
3.A 因为该图线为I U 图线,则图线的斜率表示电阻的倒 数变大,故A错误;电压表读数与电流表 A1读数之比等于
数,两根图线的斜率比为tan60°∶tan30°=3∶1,所以电阻 定值电阻R1的阻值,比值不变,故B错误;路端电压增大,
比为:R1∶R2=1∶3,BCD错误,A正确.故选:A. 电压表示数增大,根据欧姆定律可知,电流表 A1的示数变
4.A 设导体的电阻率为ρ,厚度为d,边长为L,则由电阻定律 大,故C正确;干路电流减小,电流表 A1的示数变大,则电
得:R= L = Lρ ρ =ρ,所以R 与边长L 无关,与厚度成反
流表A2读数变小,故D错误.故选:C.
S Ld d
U 6
, R R
13.解析:由 欧 姆 定 律 得,液 体 的 电 阻 R= = -6Ω=
比 所以 12= ,故2=5Ω A
正确,BCD错误.故选:A. I 1×10
6 L
5.C 把电流表改装成1V的电压表需要串联分压电阻,串联 6×10 Ω,根据电阻定律R=ρ 得S
电阻阻值为:R=U 1
6 -4
I -Rg= Ω-200Ω=1800Ω
; RS 6×10×10 4
g 500×10-6 ρ=l = -2 Ω
·m=6×10 Ω·m.
10
故ABD错误,C正确.故选:C. 答案:6×104Ω·m
6.B 非纯电 阻 中,W =UIt 用 来 求 电 功,Q=I2Rt用 来 求 电 14.解析:(1)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最左端时,根据
热,但W>Q;只有在纯电阻电路,根据能量守恒电功和电热 闭合电路欧姆定律有U1=E-I1r,当滑片滑至最右端时有
都相等,电功可用公式 W=UIt计算,也可用公式 W=I2Rt U2=E-I2r,联立两式,代入已知数据求得 E=20V,r=
计算,W=UIt可用于任何电路求总电功,而Q=I2Rt可以 20Ω;
适用任何电路求电热,故B正确,A、C、D错误;故选:B. (2)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最右端时,R1 接入电
7.D 开关S1、S2都闭合时,电动机和电热丝并联工作,电吹风 U
路中的电阻为0,根据部分电路欧姆定律有I = 2,代入数
吹热风,故A错误;开关S2闭合时,电吹风吹冷风,110W=
2 R2
电机机械功率+电机内阻热功率,由于电机机械功率未知, U据求得R = 22 =
4V =5Ω;
电吹风中电动机的内电阻不可求,故B错误;吹热风时,电动 I2 0.8A
, ()闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最左端时, 完全接机和电热丝并联工作 吹热风时电热丝的功率为990W- 3 R1
100W=800W,故C错误;电热丝的功率800W=220V× , I U入电路中 根据部分电路欧姆定律有 = 11 ,代入数R1+R2
I,解得I=4A,故D正确;故选:D.
U1-I1R2 16V-0.2A×5Ω
8.C 据题:Uab=6V,Ucd=6V,即L2 的电压等于电源两极间 据得R1= I = 0.2A =75Ω.1
的电压,说明d与a 连接完好,c与b 连接完好,所以不可能 答案:(1)E=20V r=20Ω (2)R2=5Ω
是L1 的灯丝烧断了,也不可能变阻器R 断路.只可能是L2 (3)R1=75Ω
的灯丝烧断,故ABD错误,C正确.故选:C.
9.D 电源两极间电压,当电源不接入电路时,等于电源的电 专题十 电磁场与电磁波初步
动势;当接入电路时,小于电源的电动势,故A错误;电源的 1.D 磁铁周围存在磁场,通电电流周围也存在磁场,故A错误;
电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领,铅 磁场是客观存在的物质,磁感线是假想的,故B错误;磁场随时
蓄电池的电动势为2V,干电池的电动势是1.5V,铅蓄电池 存在于磁体与通电电流周围,故C错误;磁极与磁极,磁极与电
的电动势比一节干电池的电动势大,所以蓄电池将化学能 流、电流与电流之间都是通过磁场发生相互作用,故D正确.故
转变成电能的本领比一节干电池大,但蓄电池将化学能转 选:D.
变成电能的不一定比一节干电池的多,故B错误;铅蓄电池 2.C 磁感线上某点的切线方向就是该点 的 磁 场 方 向,A正
的电动势为2V,表示非静电力将单位正电荷从电源的负极 确;两条磁感线若相交,在交点处磁感应强度就有两个方向,
通过电源内部移送到正极时所做的功为2J,即2J化学能转 所以磁场中两条磁感线一定不相交,B正确;地球的地理北
化为电能,不知道电路中的电流,无法求出蓄电池能在1s 极在地磁场S极附近,所以磁感线由空中指向地面,C错误;
内把化学能转变为电能的情况,故C错误,D正确;故选:D. 磁感线分布较密的地方,磁感应强度较强,D正确.本题选择
10.A 根据如题图所示电路,由闭合电路欧姆定律得:E=I(R+ 不正确选项,故选:C.
r)=0.20×(9.0+1.0)V=2.0V,故A正确,BCD错误.故 3.D 由右手螺旋定则可知,电流向外的直导线周围的磁场分
选:A. 布为逆时针的同心圆;故 A错误;由右手螺旋定则可知,向
11.D 用该电源和小灯泡组成闭合电路时,图像的交点为工 上的电流左侧磁场应向外,右侧向里;故B错误;由右手螺
作状态,所以电源的输出功率是P=IU=2×2W=4W,根 旋定则可知,电流由右方流入,内部磁感线应向右;故C错
据图像可知,电源的电动势为3V,电源的总功率是P'=EI 误;由右手螺旋定则可知,环形电流的中心处磁场向上;故D
=3×2W=6W故ABC错误,D正确.故选:D. 正确;故选:D.
12.C 电压表测量路端电压,闭合开关后将滑动变阻器的滑 4.D 当通电导线平行磁场时,不受磁场力作用,故A错误;只
动头P向右滑动,则阻值增大,根据闭合电路欧姆定律可
, , , , 有当导线垂直磁场方向放置时,才满足题中的
1
知 干路电流减小 内电压减小 则路端电压增大 电压表读 B=1×1T=
·78·
1T,故B错误;根据左手定则可得磁感应强度方向与安培力 磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s,选项C错误;电
方向垂直,故C错误;根据安培力的公式F=BIL可知,一小 磁波是一种物质,可在真空中传播,选项D正确.故选:D.
段通电导线放在磁感应强度为零的位置,那么它受到的磁场 12.C 无线电波波长较长,容易产生衍射现象,所以广泛用于
力也一定为零,故D正确.故选:D. 通信;故A正确;紫外线有显著的化学作用,可利用紫外线
, F 消毒,故B正确;紫外线具有荧光效应,验钞机利用了紫外5.D 若导 线 与 磁 场 垂 直 则 该 处 的 磁 感 应 强 度 B=IL=
线的荧光作用,故C错误;工业上利用γ射线来检查金属内
1 ,若 导 线 不 是 与 磁 场 垂 直,则 磁 感 应 强 度
0.1×5T=2T 部伤痕,是因为γ射线穿透能力很强,故D正确;本题选择
B>2T; ABC ,D . :D. 错误的, :故 三项错误 项正确 故选 故选 C.
6.C 用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd 13.解析:(1)根据磁感应强度的定义式:B=F,IL
四个点上所产生的磁场方向,如图所示:a点
可得:B=F= 4×10
-3
;
有向上的磁场,还有电流产生的向上的磁场, IL 0.2×0.05T=0.4T
电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向 (2)磁感应强度只与磁场本身有关,若导线中的电流强度增
相同,叠加变大.b点有向上的磁场,还有电流产生的水平向 大为0.1A,则磁场的磁感应强度不变,仍然是0.4T.
左的磁场,磁感应强度叠加变大,方向向左上.c点电流产生 答案:(1)0.4T (2)磁感应强度只与磁场本身有关,不会
的磁感应强度和原磁感应强度方向相反,叠加变小.d点有向 变化.
上的磁场,还有电流产生的水平向右的磁场,叠加后磁感应强 14.解析:(1)由题意可知,通电后,弹簧测力的示数变大,其差
度的方向向右上.d点与b点叠加后的磁场大小相等,但是方 值为0.11N-1N=0.01N,则可知,安培力的方向竖直向
向不同.选项ABD错误,选项C正确.故选:C. 下,大小即为0.01N.由B=F,可知, F 0.01IL B=IL=1.6×0.02T=
7.D 穿过某个面的磁通量为零,此处磁感应强度不一定为
0.3125T;(2)通电线框在磁场中的长度为5cm,则由Φ=
零,可能此平面与磁感线平行,故 A错误,D正确;磁通量的
BS可知,线 框 中 的 磁 通 量 为 Φ=BS=0.3125×0.02×
大小一般公式Φ=BSsinθ,θ是线圈平面与磁场方向的夹角,
0.05Wb=3.125×10-4Wb.
可见穿过线圈的磁通量越大,线圈面积不一定越大,磁感应
答案:(1)0.3125T (2)3.125×10-4 Wb
强度也不一定越大,故BC错误.故选:D.
, , 模块达标卷(三)(必修第三册)8.A 线圈在匀强磁场中 当线圈平面与磁场方向垂直时 穿
[ : ]
过线圈的磁通量Φ=BS,B ,S . 范围 专题七至十是磁感应强度 是线圈的面积
, Φ 1.A 元电荷是指电子或质子所带的电荷量
,数值为
当线圈平面与磁场方向平行时 穿过线圈的磁通量 =0.当 e=1.60
×10-19, C,故A错误,故B正确;所有带电体的电荷量都等存在一定夹角时 则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平
, , 于元电荷的整数倍,故C正确;电荷量e的数值最早是由美面方向分解 从而求出磁通量.矩形线圈abcd 水平放置 匀
, 国科学家密立根用实 验 测 得 的,故 正 确 本 题 选 错 误 选强磁场方向与水平方向成α角向上 因此可将磁感应强度沿 D .
, , 项
,故选:A.
水平方向与竖直方向分解 所以B⊥=Bsinα=0.8B 则穿过
2.D 一个带正电的物体能够吸引另一个物体,另一个物体带
矩形线圈的磁通量是Φ=B⊥S=0.8BS;故选:A.
负电或不带电,锡箔屑被吸引过程带正电,故 A错误;锡箔
9.D 线框垂直于磁感线运动,虽然切割磁感线,但穿过的磁
屑被吸引过程是加速过程,故B错误;最后锡箔屑散开主要
通量没有变化,因此也不会产生感应电流,故 A错误;线框
是因为锡箔屑带正电,同种电荷相互排斥导致,故C错误,D
平行于磁场感应线运动,穿过线框的磁通量没有变化,不会
正确;故选:D.
产生感应电流,故B错误;线框绕轴转动,但线框平行于磁
3.C 牛顿发现万有引力定律;伽利略通过理想斜面实验提出
场感应线穿过的磁通量没有变化,因此也不会产生感应电
运动不需要力来维持;库仑发现库仑定律;法拉第发现电磁
流,故C错误;线框绕轴转动,导致磁通量发生变化,因此线
感应现象.故选:C.
框产生感应电流,故选:D.
4.C 图中,甲是电键,乙是灯泡,丙是电容,丁是电阻.故选:C.
10.A 奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了磁现象和电现象
5.D 因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关,
之间的联系,故A正确,C错误;楞次在分析了许多实验事
由场源电荷决定.所以电场强度不随q、F 的变化而变化,故
实后,提出感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场
总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故B错误;纽曼 A、B错误;由E=
F 知,某点的电场强度一定,F 与q 成正q
和韦伯总结出法拉第电磁感应定律表达式,故D错误.故 比.故C错误,D正确.故选:D.
选:A. 6.C 电场力的方向是这样规定的:正电荷的电场力方向与电
11.D 电场和磁场总是交替出现,统称为电磁场,选项 A错 场强度方向相同,负电荷的电场力方向与电场强度方向相
误;电磁波不是机械波,传播不需要介质,选项B错误;电 反,所以a带正电,b带负电,选项C正确.故选:C.
·79·
7.D 沿着电场线方向电势逐渐降低,可知φa<φb<φc,D正 确;根据光速不变原理可知,光在真空中运动的速度在不同
确.故选:D. 的惯性系中测得的数值是相同的,故D错误.本题选错误
8.D 正 电 子 受 到 沿 电 场 线 方 向 的 电 场 力,故 向 上 偏 转.故 的,故选:D.
选:D. 20.B 由于匀强磁场的磁感应强度B 垂直于线圈平面,所以,
9.C 电场线越密的地方电场强度越大,所以场强Ea着电场线电势降低,所以电势φa>φb,故 A、B错误;将-q 穿过的有效面积,即Φ=BS=Bπr
2
2.ACD错误,B正确.故
电荷从A 点移动到B 点所受电场力和电场线方向相反,电 选:B.
场力做负功,故C正确;将-q电荷从A 点移动到B 点所受 21.解析:(1)根据乙图可知,此元件的伏安特性曲线为一条曲
电场力和电场线方向相反,电场力做负功,电势能增加,所以 线,说明该元件是非线性元件;
将电荷-q分别放在a、b两点时具有的电势能EpaD错误.故选:C. R0,因为导线不分压,所以滑动变阻器滑片稍微向右滑动
Q 4.5×10-4 -4 的多一些,导致待测元件两端电压过大,电流会过大,烧坏10.A 电容器的电容是C=U = 3 F=1.5×10 F. 待测元件,因此调节滑动变阻器滑片时所允许的调节范围
故选:A. 会变得非常小.
11.D 电风扇将电能转化为动能和少量的热能,A错误;电视 答案:(1)非线性 (2)小
机主要将电能转化为光能,B错误;手机充电时是电能转化 22.解析:(1)电压表接0~3V量程,由图示电压表可知,其分度
为化学能,C错误;电饭煲主要将电能转化为热能,D正 值为0.1V,示数为2.17V,电压表接0~15V量程,由图示
确.故选:D. 电压表可知,其分度值为0.5V,示数为10.8V;
12.B 电热水器 的 额 定 电 压 为U=220V,额 定 功 率 为 P= (2)电流表接0~0.6A量程,由图示电流表可知,其分度值
1500W,根据 P=IU,可 知 正 常 工 作 时 电 流 为I= P = 为0.02A,示数为U 0.16A
;
(3)螺旋测微器的固定刻度为2.0mm,可动刻度为1500
220 A≈6.8A.
故选:B. 20.0×0.01mm=0.200mm
13.A 将导线均匀拉长,使导线的直径减小为原来的一半,横 所以最终读数为2.0mm+0.200mm=2.200mm
1, , 4 , 50分度的游标卡尺的最小分度为截面积变为原来的 体积不变 长度变为原来的 倍 由 0.02mm
;该游标卡尺的
4 主尺读数为10mm,游标第47刻度与上边的刻度对齐,读
电阻定律R= Lρ 可知,电阻变为原来的16倍,则导线原S 数为
来的电阻值为4Ω.故选:A. 47×0.02mm=0.94mm
14.C 两小灯泡L1,L2是串联关系,通过的电流相同,
所以最终读数为
当滑动 10mm+0.94mm=10.94mm=1.094cm.
答案:() ( 均可) 均可
变阻器滑片P向左移动时,有效电阻增大,电路中电流变 12.172.16~2.18 10.6~10.9
, , , : () ()小 因此 两小灯泡都将变得更暗些 故选 C. 20.16 32.200 1.094
:
15.C 解析图像中图线斜率代表电阻的倒数,则有电阻R 的阻值 23. t=0时
,B0=2T;t=1s时,B1=(2+3×1)T=5T
2
2 由Φ=BS⊥ 得 ΔΦ=ΔBSsin30°=(B1-B0)L2sin30°=
较大,R1的阻值较小.故AB错误;根据公式,有P=
U
R .
电
(5-2)×0.12×0.5Wb=1.5×10-2Wb
压相同时,R 的阻值较小,则电阻R 的发热功率较大.故C 答案:1.5×10-21 1 Wb
正确,D错误.故选:C. 24.解析:(1)带负电的小球 A处于平衡
16.B 水力发电中所使用的发电机应用了电磁感应原理.故 状态,A受到库仑力F、重力mg以及
选:B. 绳子 的 拉 力 T 的 作 用,受 力 如 图
17.C 通电直导线产生稳定的磁场,离导线越远磁场越弱,磁 所示.
感线越稀疏,故当线框远离通电导线时,穿过线框的磁感线 竖直方向:mg-Tcosα=0,①
的条线越来越少,所以磁通量逐渐减小.故选:C. 水平方向:F-Tsinα=0,②
18.B 根据感应电流产生的条件,闭合回路的磁通量发生变 解得:F=mgtanα,③
化.ACD的磁通量都发生了变化,都能产生感应电流,B的
T= mg ;
磁通量 不 变,不 能 产 生 感 应 电 流.B正 确,ACD错 误.故 cosα
④
选:B. (2)根据库仑定律F=kqQ2,⑤
19.D 红外线辐射即热辐射,一切物体都在不停地发射红外 r
线,故A正确;紫外线的作用是促进人体维生素D的合成, 联立③⑤,解得q=mgr
2tanα
kQ .
还有荧光作用、杀菌等,故B正确;X射线的穿透能力比较 2
强,医学上用 X射线透视人体,检查体内病变等,故C正 答案:(1)
mg (2)mgrtanαcosα kQ
·80·
25.解析:(1)小球放入板间后,受重力和电场力作用,由二力平 由图乙所示弹簧秤可知,其分度值为0.2N,示数为3.0N;
U2 (2), , 设弹簧原长为l0,弹簧长度为l,弹簧形变量m ΔL=L-L衡 小球应带负电 且满足 g-q 0d =0 由胡克定律得:F=kΔL=kL-kL0
mgd 2×10-2×10×50×10-2解得U2= = -2 V=10V; F L 图像的斜率是弹簧的劲度系数,由图丙所示图像可知,q 1×10
图线a的斜率小于图线b的斜率,弹簧a的劲度系数比弹簧
(2)
U
电路中的电流I= 2 10R =10A=1A
; b的劲度系数小2 .
(3)根据闭合电路欧姆定律得E=U2+I(R1+r) 答案:(1)160 3.0 (2)小
解得r=1Ω. 5.解析:(1)对O 点受力分析OA、OB、OC 分别表
答案:(1)10V (2)1A (3)1Ω 示三个力的大小,由于三共点力处于平衡,所以
OC等于OD.因此三个力的大小构成一个三角
专题十一 力学实验 形.4、4、4可以构成三角形,则结点能处于平衡
1.解析:(1)电火花计时器和电磁打点计时器一样,工作时使用 状态,故A正确;3、3、4可以构成三角形,则结
交流电源,当电源的频率是50Hz时,每隔0.02s打一次 点能处于平衡.故B正确;2、2、4不能构成三角形,则结点不
点.实验步骤要遵循先安装器材后进行实验的原则进行.即 能处于平衡.故C错误;3、4、5可以构成三角形,则结点能处
先安装打点计时器,再安装纸带;先接通电源再拖动纸带,打 于平衡.故D正确.本题选错误的,故选:C.
完后要立即关闭电源.故步骤为CBDA; (2)为验证平行四边形定则,必须作出受力图,所以先明确受
(2)按打点先 后 顺 序 每5个 点 取1个 计 数 点,则 T=5× 力点,即标记结点O 的位置,其次要作出力的方向并读出力
0.02s=0.1s,由图可知相同时间两点间距离 越 来 越 远, 的大小,最后作出力的图示,因此要做好记录,是从力的三要
x 素角度出发,要记录砝码的个数和记录OA、BD OB、OC 三段绳则小车做加速运动.打C 点时纸带的速 度 大 小vc=2T= 子的方向.
2.30+2.70 ×10-2 m/s=0.25m/s. (3)以O 点为研究对象,F3的是实际作用效果在OC 这条线2×0.1
上,由于误差的存在,F1、F2的理论值要与实际值有一定偏
答案:(1)交流 0.02 CBDA (2)0.1 加速 0.25
差,故甲图符合实际,乙图不符合实际.
2.解析:(1)电源频率f=50Hz,纸带上打相邻两点的时间间
答案:(1)C (2)标记结点O的位置,并记录OA、OB、OC三
隔T=1 ;f=0.02s 段绳子的方向 (3)乙
(2)实验中,不需要测量小车或砝码的质量,因此不需要天 6.解析:(1)探究加速度与力、物体质量的关系,需采用控制变
平,打点计时器使用的是交流电源,因此不需要直流电源,同 量法,故B正确,A、C、D错误.故选:B;
时打点计时器记录了小车运动时间,因此不需要秒表.测量 (2)为了直观判断加速度和物体质量之间的关系,应作a 1图M
点迹间的距离需要刻度尺,所以还需要的器材是:CE;
线,因为作a M 图线,该图线为曲线,无法得出a与M 的定
(3)以上步骤有错误的是c,应先接通电源,再释放小车.根据组
量关系.故C正确,A、B、D错误.故选:C;
装器材、进行实验,数据处理的顺序知,操作步骤顺序为:becda.
(3)根据牛顿 第 二 定 律 得,mg-F=ma,F=Ma,解 得a=
答案:(1)0.02 (2)CE (3)c 先接通电源,再释放小车
mg ,则拉力F=Ma= Mmg mgbecda ,当 远大于 时,m+M M+m= m M m1+
3.解析:(1)在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中, M
选用一条点迹清晰且间距适当的纸带,来进行数据处理,故 F=mg.
A正确,B错误; 答案:(1)B (2)C (3)远大于.
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程 7.解析:(1)某同学在实验时由于没有补偿阻力,当拉力大于滑
中的平均速度可以求出B 点速度的大小为: 动摩擦力时,小车才会做加速度运动,即a F 图象为不过
AC (3.80+4.60)×10-2 坐标原点的直线,故A正确,BCD错误;故选:A;vB= = m/2T 2×0.10 s=0.42m
/s
(2)实验前要补偿阻力,作出的a F 图像过坐标原点,若没
根据公式Δx=aT2, 有补偿阻力,只是不过坐标原点的一条直线,故 A错误;对
( )
可知加速度为:a=BC-AB= 4.60-3.80 ×10
-2
m/s2= 小桶和小车组成的系统,根据牛顿第二定律可得mg=(M+
T2 0.102
Mmg mg
0.8m/s2 m)a,对小车F=Ma= ,只有当M+m= m M m
时,小
1+
答案:(1)A (2)0.42 0.8 M
4.解析:(1)由胡克定律F=kx可知,弹簧的劲度系数: 车受到的拉力才等于小桶的重力,故B正确;安装打点计时
F 16 器时要保证纸带运动的过程中与限位孔的摩擦最小,减小了k= = N/m=160N/x m
;
10×10-2 摩擦力的影响,故C正确;m 一定,探究加速度a与M 的关
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系时做a 1图像,更容易找到M a
与M 的关系,并没有减小 3.解析:由题意可知,R 3Ω RR = =0.1
, V=3000Ω=1000,
A 30Ω R 3Ω
误差,故D错误;故选:BC. RV R ,则电流表应采用外接法,应选图乙所示电路图
答案:(1)A (2)BC R
>R .A
8.A 平抛运动竖直方向为自由落体运动,两小球高度相同, 答案:乙
h 4.解析
:(1)螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读数
竖直方向都有:h=1gt2,解得t= 2 ,两小球高度相同,2 g 为0.01×20.0mm=0.200mm,所 以 这 段 金 属 丝 直 径 是
所以听到A和B同时落地的声音,A正确;本实验验证平抛 0.5mm+0.200mm=0.700mm;
运动竖直方向为自由落体运动,由h=1 t2,可知,与质量 (2)g 实物图连接如图所示
;
2
无关,不需要A和B的质量相同,B错误;本实验验证平抛
运动竖直方向为自由落体运动,不能说明小球 A水平方向
做匀速运动,C错误;验证平抛运动竖直方向为自由落体运
动,要保证竖直高度相同比时间,D错误.故选:A.
9.解析:(1)实验中由打点计时器测量时间,不再需要秒表,A
错误;在求动能时需要测量两点间的长度求出平均速度,故 (3)在闭合开关前,应将图丙中的滑动变阻器滑片移到最左端,
需要用刻度尺,B正确;需要学生交流电源,给打点计时器工 使滑动变阻器接入电路的电阻最大,闭合开关后,调节滑动变阻
作,故C正确;在用自由落体“验证机械能守恒定律”时,我 器,图丁所示电压表的示数为1.9V,电流表的示数为0.44A,
们是利用自由下落的物体带动纸带运动,通过打点计时器在
, 由此求得电阻为
U,再结合公式求得金属丝的电阻率为:
纸带上打出的点求得动能及变化的势能 故需要打点计时 R=I
器,D正确.故选:BCD. d 2
(2)为了减小空气阻力的影响,在选择重物时,要选择密度大 =RS
Uπ ( -3)2
ρ L =
2 =1.9×3.14×0.7×10IL 0.44×4×0.5 Ω
·m≈3.32×
的实心金属球,即选择质量大体积小的重物,故AB正确;重
10-6Ω·m;
物所受重力应远大于它所受的空气阻力和纸带所受打点计
由于安培表外接测量电阻和电压表并联的总电流,根据R=
时器的阻力,故C错误,D正确.故选:ABD.
U
答案:(1)BCD (2)ABD 得到测量电阻阻值偏小,因此测得的电阻率比实际值小I .
10.解析:(1)重物做加速运动,纸带在相等时间内的位移越来 答案:(1)0.700 (2)见解析 (3)左 3.32×10-6 小
越大,可知纸带的左端与重物相连; 5.解析:(1)小灯泡的额定电流不超过0.6A,可知电流表选择
(2)根据图上所得的数据,应取图中O 点到B 点来验证机 C即可;小灯泡的额定电压为2.4V,则电压表选择E即可;
械能守恒定律; (2)闭合开关前,应将滑动触头置于输出电压最小的a端,以
(3)从 O 点 到B 点 的 过 程 中,重 力 势 能 的 减 小 量 ΔEp= 保护电流表;
mgh=1×9.8×19.25×10-2J≈1.89J (3)根据欧姆定律,电阻测量值为R测 =U ,若考虑电压表内
B 点的速度 I
( ) -2 U
v x= AC 22.93-15.55 ×10 / /, 阻影响,待测电阻的真实值为 R真 = ,比较可知R测则动能的增加量 R真,所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小;
1 1 根据I U 图像读出U=2.4V时,对应的电流为:I=0.5A,所ΔEk=2mv
2
B=2×1×1.845
2J≈1.70J.
以在额定电压下灯泡的电阻为R=U =2.4Ω=4.8Ω.
答案:(1)左 (2)B (3)1.89 1.70 I 0.5
答案:(1)C E (2)a (3)偏小 4.8
专题十二 电学实验 6.解析:根据多用电表原理可知,电流应从红表笔流入,黑表笔
1.解析:由图1所示可知,主尺示数为2.3cm=23mm,游标尺示 流出;测电阻时,多用电表测电阻时,多用表内部提供电源,
数为5×0.1mm=0.5mm,游标卡尺示数为23mm+0.5mm= 红表笔的电势低于黑表笔的电势;欧姆挡换挡后必须进行欧
23.5mm;由 图2所 示 螺 旋 测 微 器 可 知,固 定 刻 度 示 数 为 姆调零,方法时调整欧姆调零旋钮,使指针指向右侧“0Ω”.
6.5mm,可动刻度示数为21.3×0.01mm=0.213mm,螺旋 答案:红 黑 欧姆调零
测微器示数为6.5mm+0.213mm=6.713mm. 7.C 欧姆档刻度分布不均匀,越靠近左侧刻度线越密集,故
答案:23.5 6.713. A错误;无论是测电流、电压,还是测电阻,都要进行机械调
2.解析:由图乙可知,欧姆表挡位选择×10;故读数为12×10Ω= 零,即是调节指针定位螺丝,使指针指在最左端刻度,故B
120Ω. 错误;为减小测量误差,使用欧姆表测电阻时应应选择合适
答案:120 的挡位,使指针指在表盘中央刻度线附近,故C正确;在使
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用欧姆表中“×100”挡测量电阻阻值时,发现指针非常靠近 甲的速度,故乙运动得比较快;甲加速度为-1m/s2,乙加速度
欧姆零点,应该选择较小倍率档.故D错误.故选:C. 为1m/s2,所两者的加速度大小一样,即两者的速度变化一样
8.C 根据两组测量数据可以算出一组E,r值,但不能减少偶 快,故C正确,ABD错误.故选:C.
然误差,故A错误;原理可行,但不符合题目中“直观、简便” 4.C v t图像的斜率表示物体的加速度,由于题中加速度不
的要求,故B错误;采用图像法处理实验数据
