贵州省物理合格考仿真模拟卷(三)
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(共28题,每 小题3分,共84分.在每 一个3秒内的位移为s,第二个3秒内的位移
小题给出的四个选项中,只有一项符合题目 应为 ( )
要求.) A.5s B.4s
1.在体育摄影中有一种拍摄手法为“追拍法”.摄 C.3s D.2s
影师和运动员同步运动,在摄影师眼中运动员 6.汽车停在水平路面上,下列说法正确的是 ( )
是静止的,而模糊的背景是运动的,摄影师用自 A.路面很硬,所以路面没有发生形变
己的方式表达了运动的美.摄影师选择的参考 B.汽车受到路面向上的弹力,是汽车发生形变
系是 ( ) 产生的
A.摄影师 B.太阳 C.路面受到向下的压力,是因为汽车的重力作
C.大地 D.背景 用在了路面上
2.下列哪些现象利用了离心现象 ( ) D.汽车受到向上的弹力,是路面发生形变后
A.工作的洗衣机脱水桶转速很大 要恢复原状而对汽车产生的力
B.转速很大的砂轮半径做得不能太大 7.如图分别是四位同学画的重力G的示意图,其
C.在修建铁路时,转弯处内轨要低于外轨 中正确的是 ( )
D.汽车转弯时要限制速度
3.2023年10月3日21∶30,杭州亚运会田径男
子4×100米接力决赛中,中国队以38.29s的
成绩夺得金牌.则下列说法正确的是 ( ) A B
A.10月3日21∶30指时间间隔
B.38.29s指时间间隔
C.运动员完成4×100米的位移为400m
D.每位运动员均完成100m位移
4.物体沿一条东西方向的水平线做直线运动,取 C D
向东为运动的正方向,其速度—时间图像如图 8.大小不变的两个共点力F1 与F2,其合力为
所示,下列说法中正确的是 ( ) F,则 ( )
A.合力大小既可等于F1,也可等于F2
B.合力F一定大于任一分力
C.合力不可能小于任何一个分力
D.合力F的大小一定随F1的增大而增大
A.0~2s内,速度变化越来越快 9.《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个
B.2~4s内,物体处于静止状态 十年行动纲领,智能机器制造是一个重要方
C.6~7s内,做速度方向向西的加速运动 向,其中智能机械臂已广泛应用于各种领域.
D.10~12s内,做速度方向向东的加速运动 如图所示,一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小
5.某列车启动后,在最初的10秒内的运动可以 球,小球在空中处于静止状态,铁夹与球接触
看作匀加速直线运动,若该列车从静止出发第 面保持竖直,则 ( )
·49·
A.小球受到的摩擦力方向竖直向下 A.线速度 B.角速度
B.小球受到的摩擦力与重力大小相等 C.向心力 D.向心加速度
C.若增大铁夹对小球的压力,小球受到的摩擦 15.开普勒第二定律告诉我们:对任意一个行星
力变大 来说,它与太阳的连线在相等的时间内扫过
D.若铁夹水平移动,小球受到的摩擦力变大 相等的面积,如图所示,某行星绕太阳运动轨
10.量度物体惯性大小的物理量是 ( ) 道为椭圆,该行星在近日点A 时的速度大小
A.速度 B.加速度 为vA,在远日点 B 时的速度大小为vB,则
vA、C.质量 D.合外力 vB
的大小关系为 ( )
11.小船渡河过程中,要想小船以最短的时间渡
河,则船头与河岸所成的角为 ( )
A.0° B.60°
C.90° D.180° A.vA>vB B.vA=vB
12.在平抛运动中,小球的运动可分解为水平方 C.vA向和竖直方向的两个分运动,下列说法正确 16.如图所示,重量为G 的某同学站在电梯里的
的是 ( ) 一台体重计上,当电梯加速上升时,体重计的
示数 ( )
A.水平方向的分运动是匀加速运动
B.竖直方向的分运动是匀加速运动
C.水平方向的分速度均匀增加
D.竖直方向的分速度不变
13.风能是一种绿色能源.如图所示,叶片在风
力推动下转动,带动发电机发电,M、N 为
同一个叶片上的两点,下列判断错误的是
( ) A.为零 B.小于G
C.等于G D.大于G
17.关于功率,下列说法正确的是 ( )
A.功率的单位是焦耳
B.由P=W知,只要知道W 和t就可以求出t
A.M 点的线速度小于N 点的线速度 任意时刻的功率
B.M 点的角速度小于N 点的角速度 C.由P=Fv知,只能求某一时刻的瞬时功率
C.M 点的转速等于N 点的转速 D.由P=Fv知,当汽车发动机功率一定时,
D.M 点的周期等于N 点的周期 牵引力与速度大小成反比
14.如图所示,质量相等的甲、乙两人分别站在赤 18.物体在运动过程中克服重力做功50J,则以
道和纬度为45°的地面上,他们随地球一起绕 下说法正确的是 ( )
地轴做匀速圆周运动,则下列物理量相同 A.重力做正功,重力势能减小
的是 ( ) B.物体一定沿竖直方向运动
·50·
C.物体的重力势能一定是50J A.F4 B.F3
D.物体的重力势能一定增加50J C.F2 D.F1
19.如图是慈溪市某处道路两侧的银杏长廊,场 23.甲、乙两个相同的金属小球分别固定在绝缘
景迷幻的令人陶醉.某次小明随家人游玩时, 支架上,带电量分别为+4q和-2q,两小球
注意到一片手掌大小的树叶静止从离水平地 都视为点电荷,距离r保持不变,将另一个不
面高约6m的树枝上飘落到地面上的时间大 带电的相同的金属小球先与甲接触,分开后
约是4s.下面说法正确的是 ( ) 立即再与乙接触,此时甲、乙之间静电力大
小为 ( )
2
A.0 B.k2q
r2
2
C.k6q D.k8q
2
r2 r2
A.树叶飘落的运动是匀速直线运动 24.很多家用电器的工作原理是利用了电流的热
B.树叶飘落的运动一定是直线运动 效应.下列家用电器中哪一样电器也是利用
C.树叶飘落过程中机械能减少 电流的热效应工作的是 ( )
D.树叶飘落的运动是自由落体运动
20.关于点电荷,下列说法正确的是 ( )
A.任何带电体都能看作点电荷
B.点电荷是实际带电体的理想化模型
C.只有带电量很小的带电体才能看作点电荷
D.只有质量很小的带电体才能看作点电荷 A.电冰箱 B.电风扇
21.如图所示,将带正电的金属小球接触原来不
带电的验电器A 端之后拿走,关于验电器的
带电情况正确的是 ( )
C.电饭煲 D.电视机
25.如图所示,一圆盘可绕通过圆盘中心 O 点
且垂直于盘面的竖直轴转动,在圆盘上放
置一小木块 A,它随圆盘一起做匀速圆周
运动,则关于木块A的受力,下列说法正确
的是 ( )
A.A 端带正电,B 端带正电
B.A 端带负电,B 端带负电
C.A 端带负电,B 端带正电
D.A 端带正电,B 端带负电 A.木块A受重力、支持力和向心力
22.某静电场的电场线分布如 B.木块A受重力、支持力和静摩擦力,静摩
图所示,F1、F2、F3和 F4 擦力的方向指向圆心
分别表示一负点电荷在电 C.木块A受重力、支持力
场中 M 点可能的受力情 D.木块 A受重力、支持力和静摩擦力,静摩
况,其中正确的是 ( ) 擦力的方向与木块运动方向相反
·51·
26.一个电荷只在电场力作用下从电场中的 A (1)电压表量程应选 (选填“0~3V”或
点移到B 点过程中,电场力做了2×10-6J “0~15V”);
的正功,那么 ( ) (2)按电路图连接电路后,在闭合开关S前,
A.电荷在B 处时具有2×10-6J的动能 滑动变阻器滑片应置于 端(选填“a”或
B.电荷的动能减少了2×10-6J “b”);
C.电荷在B 处时具有2×10-6J的电势能 (3)根据实验数据绘出U I 图像如图,由图
D.电荷的电势能减少了2×10-6J 像可得电源电动势为 V.
27.如图所示,闭合开关 K后,将滑动变阻器滑 三、计算题
片P向左移动,电压表和电流表的示数变化 30.(8分)如图所示,质量为2kg的物体在与水平
情况分别是 ( ) 面成53°角的拉力F=20N作用下,沿水平
桌面由静止向右做直线运动,已知物体与桌
面间的动摩擦因数μ=0.5,求(sin53°=0.8,
cos53°=0.6,g=10m/s2)
A.变大,变小 B.变小,不变
, , (1)物体的加速度大小;C.变小 变大 D.不变 变大
(2)开始运动后4s内物体发生的位移x的大28.下列四幅图中画出的直线电流方向与其产生
, ( ) 小是多少;的磁场方向 其中正确的是
(3)开始运动后4s末物体的速度是多大.
A. B.
C. D.
二、实验题
29.(8分)某实验小组在测量电源电动势和内阻
的实验中,采用如图所示的电路进行实验.待
测电源的电动势约2V,内阻约2Ω.
·52·
参考答案
第一部分 合格考专题考点卷 的速度大小,故A先做减速运动,后反向加速;B做匀速运
动,C做加速运动,故D错误;故选:专题一 运动的描述 C.
1.C A.神舟十七号飞船在与天和核心舱对接的过程,需要精 11.B 由a=
Δv可知速度变化大,加速度不一定大,因还有时
Δt
准控制,调整其姿态,因此其形状大小不可忽略,不能将其看 间因素,故A错误;加速度等于速度的变化率,变化率大,
成质点,故A错误;B.对接成功后,神舟十七号飞船与空间 加速度大,故B正确;加速度与速度同向为加速运动,反向
站成为一体,因此以空间站为参考系,神舟十七号飞船是静 为减速运动,a>0若v<0则为减速运动,故C错误;任何
止的,故B错误.C.载人空间站建成后,研究空间站绕地球 一秒初与前一秒的末为同一时刻,速度相同,故D错误.故
飞行的时间时,因其形状大小相对于其轨道周长而言可以忽 选:B.
略,因此,可将其看成质点,故C正确;D.对接成功后,以地 12.C 速度的正负表示速度的方向,由图知,在0~3s内速度
球为参考系,整个空间站是运动的,故D错误.故选:C. 均为正方向,3s~5s速度为负,说明在0~3s时间内,物
2.B 飞流是相对于山在动,故参考系是山,故 A错误;“桥流 体的速度方向不变,一直沿正方向,3s末速度方向变化,
水不流”中的“桥流”是桥相对于水在运动,是以水为参考系 3s~5s速度方向为负,故C错误,ABD正确.本题选择错
的,故B正确;升国旗时,观察到国旗冉冉升起,观察者是以 误的,故选:C.
“地面”为参考系的,故C错误;钱塘观潮时,潮水扑面而来
13.解析:(1)如题图所示质点自A 点出发运动3是指潮水相对于我们来说的,故是以观察者为参考系的,故 圆周到达B点4
D错误.故选:B. 的位移方向与水平方向夹角为45°斜向上,即由A指向B,
3.D 飞机驾驶员(甲)认为丙做直线运动,是以飞行的飞机为 大小为x = r2AB +r2= 2r=0.28m.
参考系的,故A错误;地面指挥员(乙)看到丙做曲线运动是
以地面为参考系的,故B错误;甲、乙两人的说法分别是以 路程为s=
3
4×2πr=
3 ;
2×3.14×0.2m=0.94m
飞机和地面作为参考系研究运动的.说法都是正确的.他们 xAB 0.28
的争论是由于选择的参考系不同而引起的,故C错误,D正 (2)质点的平均速度大小v= = m/t 2 s=0.14m
/s,
确.故选:D. s 0.94
4.B 学校每天7:30 / /;准时上课是时间点,因此为时刻,故A错 平均速率v=t = 2 ms=0.47ms
误;每节课45min指的是一个时间段,因此为时间间隔,故 (3)质点 在 运 动 中 速 率 不 变,故 到 达 B 点 时 瞬 时 速 度 为
B正确;数学考试9:40结束,9:40是个时间点,是时刻,故C 0.471m/s,方向沿过B 点的切线方向.
错误;周末文艺晚会18:40开始是一个时间点,指时刻,故D 答案:(1)0.28m,0.94m (2)0.14m/s 0.47m/s
错误;故选:B. (3)0.47m/s
5.C 路程是指物体所经过的路径的长度,沿图中路线走完一 14.解析:(1)设初速度的方向为正,经100s速度从36km/h
遍的路程s=2πR+πR+2R=(3π+2)R;当人离A 点最远的 增大到180km/h,36km/h=10m/s,180km/h=50m/s
时候,位移最大,所以当人在C点的时候,离A 最远,此时的
根据加速度定义式 Δv得: 50-10 /2 /2;加
位移是最大的,即为2R,故C正确;故选:C. a=Δt a= 100 ms=0.4ms
6.A 既有大小又有方向的物理量是矢量,位移、速度、平均速 速度方向与初速度方向相同;
度、加速度都是矢量,故 A正确;路程是物体运动轨迹的长 (2)设初速度的方向为正,沿光滑水平地面以10m/s的速
度,故路程只有大小,没有方向,故路程是标量,故B错误; 度运动的小球,撞墙后以8m/s的速度反弹,与墙壁接触时
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
间为
, , ; 0.1s.
根据加速度定义式a=Δv得:a=-8-10m/s2
比值 故平均速率是标量 故C错误 时间只有大小没有方 Δt 0.1
向, 2故时间是标量,故D错误.故选:A. =-180m/s;负号表示加速度方向与初速度方向相反.
2
7.C 小球第5s末的速度对应的是时刻,故为瞬时速度,故A 答案:(1)0.4m/s 加速度方向与初速度方向相同
2
错误.子弹射出枪口的速度对应的是位置,故为瞬时速度,故 (2)180m/s 加速度方向与初速度方向相反
B错误.汽车从甲站行驶到乙站的速度对应的是位移,故为 专题二 匀变速直线运动
平均速度,故C正确.汽车通过某一站牌的速度对应的是位 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
置,故为瞬时速度,故D错误.故选:C. 是匀变速直线运动,故 A错误;匀变速直线运动的加速度a
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 是定值,匀变速直线运动任何相等时间t内速度的变化量
度;到下一出口还有50km,50km是路程,故D正确,ABC Δv=at相等,故B正确;匀变速直线运动的加速度a不变,
错误.故选:D. 匀变速直线运动的速度v=v0+at,初速度不为零的匀变速
9.D 设全程的位移为2s,则运动的总时间:t=2s,前半段的 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v 比,只有初速度为零的匀加速直线运动速度才与时间成正
时间:t1=
s,后半段路程的时间:
v t2=
s,汽车在全程的平 比,v 故C错误
;匀变速直线运动的速度可能先减小后增大,
1 2
2vv 例如竖直上抛运动,其加速度不变,物体先减速到零,然后反
均速度:v= 1 2 ,故 错误, 正确;故选:v1+v
ABC D D. 向做匀加速直线运动,故D错误.故选:B.
2
10.C 由题图,可知,三个物体均只沿x 轴运动,故均做直线 2.A 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,故A正
运动,故A错误;因 A运动过程中有往返运动,故 A的路 确;在空气中,不考虑空气阻力的运动不一定是自由落体运
程最大;但BC均只有单向运动,故路程相等,平均速率是 动,如水平抛出一物体,不考虑空气阻力,物体做平抛运动而
路程与时间的比值,可知A的平均速率大于B与C的平均 不做自由落体运动,故B错误;设物体下落的高度为h,做自
速率,故B错误,C正确;x t图像中图像的斜率表示物体 由落体运动的物体落地速度v= 2gh,落地速度由g、h决
·69·
定,与物体的质量无关,故C错误;物体做自由落体运动时 利略设想,图中斜面的倾角越接近90°,斜面的阻力越小,小
受重力作用,故D错误.故选:A. 球沿斜面滚下的运动就越接近自由落体运动,故C正确;
3.A 根据加速度的定义式可知,加速度等于单位时间内的速 发现斜面上的小球都做匀加速直线运动,则自由落体运动
度变化量,以a=2m/s2做匀加速直线运动的物体,在任意 也是匀加速直线运动,故D正确;本题选错误的,故选:B.
1s内末速度比初速度大2m/s,第ns末的速度比第1s末的 11.B 据v2=2gh知乙在下落过程中,中间位置的速度与刚
速度2(n-1)m/s,故A正确,B错误;2s末速度不一定是 着地速度大小之比为: 2gH∶ 2g·2H=1∶ 2,故 A
1s末速度的2倍,故C错误;初速度未知,故2s末的速度不 错误;两物体同时下落,根据v=gt,在下落的过程中,同一
一定是4m/s,故D错误.故选:A. 时刻甲乙的速度相等,故B正确;甲落地 时,由 于 同 时 下
4.B 速度与时间的关系为v=(12-6t)m/s,则汽车速度减 落,所以乙也下落 H,此时距离地面的距离为 H,故C错
为零的时间t=12s=2s,即2s末汽车停止,则它在3s内6 误;根据h=
1
2gt
2,得t= 2h,知甲乙在空气中运动的时g
行驶的位移大小等于x=12+0×2m=12m,故ACD错误, 间之比为1∶ 2,故D错误.故选:B.2
; : 12.C 初速度为0的匀加速直线运动
,在连续相等时间间隔
B正确 故选 B.
内通过的位移之比为1∶3∶5∶7…,则第1个2s、第2个
5.D 物体在各相邻的1s内位移增加量相等,但在每个1s内
, 2s
和前6s内三段位移比为1∶3∶9.故C正确,ABD错
的运动情况无法确定 即由题意无法确定各段时间内的具体
误
, ; .
故选:C.
运动形式 故无法判断物体是否做的匀加速直线运动 同时也
13.解析:(1)以汽车初速度的方向为正方向,则汽车做匀变速
无法得出物体的加速度大小,故AB错误;如果物体做匀加速 直线运动的加速度为:a=-2m/s2
x
直线运动,则物体在第3s内的中间时刻的速度为v 33= = 由速度—时间公式得:0=v0+att3 代入数据解得汽车速度减为零的时间为:t=10s
3m=3m/s,如果不是匀加速直线运动,则物体在第 内的1s 3s 由速度—时间公式,可知刹车后5s末汽车速度大小为:
/, ; v1=v0+at1=20m/ / /;中间时刻的速度不一定是3ms故C错误 物体在前5s内 s-2×5ms=10ms
: ( ) , (2)根据题意可知汽车刹车时间的位移为 x= 1+2+3+4+5 m=15m 则前5s内的平均 t=10s<20s
使用汽车刹车后20s内汽车的位移,即汽车的刹车位移,
速度为:v=x 15 / /,故选:t =5 ms=3ms D. 由匀变速直线运动的速度-位移公式得:
0-v2x 6 x= 0=0-20
2
6.A 第3s内的平均速度为v= = m/s=6m/s,故 A 2a -2×2m=100m.t 1
正确;根据推论可知,物体做匀加速直线运动,第3s内的平 答案:(1)10m/s (2)100m
均速度等于第2.5s末物体的速度,则知物体在2.5s末物 14.解析:(1)骑行者在汽车正前方x0处,经t0的反应时间后汽
v 6 车开始刹车,两者之间的距离为x1,x1=x0+v骑t0-v汽t0,体的速度为v=6m/s,由v=at得:a= 2.5 /2t =2.5ms= 解得x1=37.5m;2.5
1 1 (2)最小加速度为a,达到共同速度的时间为2 t/ , 1
,此时两者
2.4ms 故 B错 误;前3s内 位 移 为:x 23= 2at3= 2 × 恰好相遇,v -at =v ,v t x v+ = 骑 +v汽2 汽 1 骑 骑 1 1 t1,解得2 a=2.4×3m=10.8m,故C错误;3s末的速度是v3=at3=
2
2.4×3m/s=7.2m/s,故D错误.故选:A. 3m/s;
7.D 由 运 动 学 公 式 v2-v2=2as,代 入 数 据 解 得:v = (3)雾天能见度为x'0,该雾天汽车的最大行驶速度vm,由0 0
2 2 / /, , 于 加 速 度 不 变
,汽 车 开 始 减 速 到 达 到 共 同 速 度 的 时 间
v -2as= 40-2×5×140ms=10 2ms故D正确
ABC错误.故选: t
v
= 汽
-v骑
D. 2 ,a
8.C 甲在前2s内沿负方向做匀减速运动,且加速度的大小
vt vm+v骑
a Δv 0-
(-3) 由位移关系知 (/2 m 0+ t2=x'0+v骑 t0+t2
),
为 =Δt= 2 ms=1.5m
/s2,故 A错 误;甲 在 前 2
解得
, vm=17m
/s.
2s内沿负方向运动 后2s内沿正方向运动,通过的总路程
答案:(1)37.5m (2)3m/s2 (3)17m/s
等于两段时间内的位移绝对值之和,为s=12×3×2m+
1
2 专题三 相互作用
×3×2m=6m,故B错误;根据x t图像的斜率表示速度, 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
Δx 3-(-3) 的运动状态无关,与是否受其他力也无关.故 A正确,C错可知乙在4s内做匀速运动,速度大小为v=Δt= 4 误;物体的重力大小在同一地点是恒定的,不同地点可能是
m/s=1.5m/s,故C正确;乙在4s内一直沿正方向运动,通 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
过总位移为Δx=3m-(-3m)=6m,故D错误.故选:C. 重力不同.故BD错误.故选:A.
9.B 根据速度时间图像与时间轴所围的“面积”大小等于位 2.C 重心只是重力在作用效果上的作用点,重心并不是物体
移大小,图像在时间轴上方“面积”表示的位移为正,图像在 上最重的点,故A错误;重心是重力的等效作用点,不一定
时间轴下方“面积”表示的位移为负,故0~8s时间内质点 在物体上,如圆环的重心就不在圆环上,故B错误;物体重
1 1 心的位置跟物体的形状和质量分布有关,重心在物体中的位通过的位移为:Δx= (2 2+4
)×4m- (2 2+4
)×2m= 置不因物体升高、降低、倾斜而发生改变,故C正确;只有形
6m.由于质点在t=0时位于x=8m处,故当t=8s时,质 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,
点在x轴上的位置为x=8m+Δx=14m,故 ACD错误, 故D错误.故选:C.
B正确.故选:B. 3.D 弹力的产生条件是两物体接触,同时发生弹性形变,两
10.B 铜球沿斜面运动的实验,是伽利略研究自由落体运动 物体接触,若没有挤压则一定不产生弹力.故 A错误;重力
的实验,故 A正确;B、伽利略研究发现:斜面倾角一定,从 与弹力属于 不 同 性 质 的 力,不 能 说 重 力 就 是 压 力,故B错
不同高度开始滚动,小球的加速度应该相同,故B错误;伽 误;施力物体的形变产生弹力,静止在水平面上的物体受到
·70·
向上的弹力是因为地面发生了形变,故C错误;弹力的方向 13.解析:物体所受最大静摩擦力为:fm=μG=0.2×20N=
是垂直于接触面的,故D正确.故选:D. 4N
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 (1)由于F1-F2=2N受到弹力作用所以发生形变,该说法因果倒置,故 A错误; 所以物体处于静止状态,所受摩擦力为静摩擦力:
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 故有:f1=F1-F2=2N,方向水平向右;
变而对汽车作用所产生的,故B正确,C错误;刚度无穷大的 (2)若将F1撤去后,因为F2=3N物体是不存在的,汽车一定也发生了形变,也受到弹力,故D 故所受静摩擦力为:f2=F2=3N,方向水平向左;
错误.故选:B. (3)若将F2撤去后,因为F1=5N>fm,所以物体相对水平
5.A 弹簧的劲度系数k由弹簧的材料、粗细、截面积等与自 面向左滑动,
身因素有关,即是由弹簧本身的性质决定的,与F、x 无关, 故物体受的滑动摩擦力:f3=μG=0.2×20N=4N,方向
故A正确,B错误;由F=kx可知,在弹性限度内弹力F 的 水平向右.
大小与弹簧伸长量(或缩短量)x成正比,故C错误;弹簧的 答案:(1)2N 方向水平向右 (2)3N 方向水平向左
劲度系数在数值上等于弹簧伸长(或缩短)单位长度时弹力 (3)4N 方向水平向右
的大小,故D错误.故选:A. 14.解析:(1)研究小孩与雪橇整体为研究对象,受力情况如图
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 所示,在竖直方向由共点力平衡条件可得:
行的物体,地面受到的是滑动摩擦力,故 A错误;滑动摩擦
力的方向总是沿着接触面,并且跟物体的相对运动方向相
反,故B正确;静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间
发生变化的,与正压力的大小无关,故C错误;摩擦力有时
为阻力、有时为动力,例如小物块在地面滑行时其摩擦力为
阻力,人走路时摩擦力为动力,故D错误.故选:B.
7.D 依题意,物体相对于地面向右运动,受到地面的滑动摩 F0sinθ+FN=(m1+m2)g
擦力方向向左.物体在水平面上运动,F 也在水平方向,则物 代入数据解得:FN=400N;
体对地面的压力大小等于物体的重力,即FN=mg,所以物 根据牛顿第 三 定 律 可 知,雪 橇 对 地 面 的 压 力 F'N=FN=
体受到的滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg=0.1×200N= 400N;
20N,故D正确,ABC错误.故选:D. (2)雪橇和小孩受到的摩擦力:f=μFN
8.B 父亲与儿子掰手腕,他们之间的相互作用是一对作用力 水平方向有:F0cosθ-f=0
与反作用力,总是大小相等,方向相反,同时产生,同时消失. 代入数据解得:μ=0.20;
故B正确,ACD错误.故选:B. (3)由共点力平衡条件有:F=μ(m1+m2)g
9.B 人对沼泽地地面的压力和沼泽地地面对人的支持力是 代人数据解得:F=92N.
一对相互作用力,大小总是相等.故选:B. 答案:(1)400N (2)0.20 (3)92N
10.C 从 图 中 可 知 F1+F2=14N,F1-F2=2N,故 F1= 专题四 运动和力的关系
8N,F2=6N,当θ=90°时,F合 = F21+F22=10N,故C正 1.B 物体的惯性只由质量决定,乘坐汽车时系好安全带不可
确,ABD错误.故选:C. 以减小惯性;运动员跑得越快惯性不变;汽车做任何运动都
11.B 对 M进行受力分析,则 M 可能受绳子的拉力、重力而 具有惯性;宇宙飞船在太空中也有惯性.故选:B.
处于平衡;此时 MP间没有相互的挤压,故没有摩擦力,若 2.B 楔形物体释放前,小球受到重力和支持力,两力平衡;楔
木块对绳子没有拉力,则此时 M 受重力、支持力及摩擦力 形物体释放后,由于小球是光滑的,则小球水平方向不受力,
而处于平衡,故AC错误B正确;对整体受力分析可知,整 根据牛顿第一定律知道,小球在水平方向的状态不改变,即
体不受水平方向的推力作用,故P不受地面的摩擦力,则 仍保持静止状态,水平方向不发生位移.而竖直方向:楔形物
地面也不会受到水平方向的摩擦力;故D错误.故选:B. 体的支持力将小于小球的重力,小球将沿竖直方向做加速运
12.C 对动滑轮受力分析,受重力、两 动,所以其运动轨迹为竖直向下的直线,故B正确,ACD错
个对称的拉力,拉力等于悬挂物体 误.故选:B.
的重量 mg,如图,三个力的合力为 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
零,两个 拉 力 的 大 小 恒 定,夹 角 越
关, F故A错误;根据牛顿第二定律F 合合 =ma,得a= ,可知
大,合力越小,夹角越小,合力越大; m
增加细线长度时,由于两根细线拉 加速度跟物体所受合外力成正比,跟物体的质量成反比;且
力不变,若动滑轮位置不变,则三个 加速度方向与合外力方向相同,故B错误,C正确;根据牛顿
力大小方 向 都 不 变,故 A错 误;减 第二定律得知,物体下落时的加速度a=mg=g,与物体的m
小重物 的 重 力,两 个 拉 力 变 小,动
, 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滑 轮 位 置 不 变 则 两 拉 力 夹 角 不
, , 落时加速度相等,故D错误.故选:C.变 故 合 力 变 小 故 手 要 用 较 小 的
, B ; , 4.B
两个力合成时,合力的范围为F1+F ≥F ≥|F -F|,力 故 错误 手指向下移动 两个 2 合 1 2
拉力大小不变,夹 角 变 小, :故 两 拉 力 合 力 变 大,故 手 要 用 则得6N和8N两个力的合力范围为 14N≥F合≥2N,根
较大的力,故C正确;手指向上移动,两个拉力大小不变, 据牛顿第二定律F合 =ma可得,该合力作用在2kg的物体
夹角变大,故 两 拉 力 合 力 变 小,故 手 要 用 较 小 的 力,故 D 上产生的加速度的范围为:7m/s2≥a≥1m/s2,所以B有可
错误.故选:C. 能,ACD不可能,故ACD错误,B正确.故选:B.
·71·
5.B 球随着车厢在平直轨道做匀变速 撤去F 后物体的加速度大小a'=μmg=μg=5m/s
2,
运动,故加速度水平,合力水平;对小 m
2 2
球受力 分 析,受 重 力 和 拉 力,如 图 所 继续滑行的位移x'=v =12 m=14.4m.
示:故合力为:F=mgtanθ;根据牛顿 2a' 2×5
答案:() /2
第二定 律,有:F=ma 联 立 解 得:a= 16ms
(2)12m (3)14.4m
, ; , 14.解析:(1)设 平 板 车 的 加 速 度 大 小 为a1.由 牛 顿 第 二 定gtanθ 方向水平向右 故ACD错误 B
正确;故选: 律得:B.
6.B 设三个球质量为m,在轻绳剪断前,对三小球整体法,弹 F+μmg=Ma1
, , 代入数据解得: /
2;
簧对A球的弹力大小为3mg 方向竖直向上 将BC隔离看 a1=16ms
, ()对小滑块,由牛顿第二定律得:作整体 轻绳对 A球拉力大小为2mg,方向竖直向下,则在 2 μmg=ma2.
, A , 代入数据解得
: /2
轻绳剪短瞬间 弹簧对 球弹力大小和方向不变 而轻绳对 a2=4ms
, , 设经过时间t滑块与平板车相对静止,共同速度为A球拉力消失 故由牛顿第二定律可知此时 A的加速度大 v.
则
3mg-mg v=v0-a2t=a1t
,
小为:aA= =2g,同理,剪断轻绳瞬间 间弹簧m BC 代入数据解得:t=0.5s,v=8m/s;
的弹力大小和方向也不变,故此时B球的加速度大小为: (3)滑块与平板车在时间t内通过的位移分别为:
a =2mg
v0+v
B =2g,C球加速度大小为0;故 ACD错误,B正确. x2= tm 2
故选:B. x v1= t
7.C m、s是力学国际单位制中的基本单位,N是导出单位, 2
; 、 滑块相对平板车静止时距车的左端距离: ,故A错误 kgs是力学国际单位制中的基本单位,m/s是
L=x2-x1
代入数据解得:
导出单位,故B错误;m、kg、s是力学国际单位制中的基本单
L=2.5m.
, ; 、 , 答案:(C mk N 1
)16m/s2 (2)0.5s (3)2.5m.
位 故 正确 g是力学国际单位制中的基本单位 是
导出单位,故D错误.故选:C. 专题五 曲线运动与万有引力定律
8.B 设A、B系统的加速度为a,对 A、B系统,由牛顿第二定 牛顿力学的局限性与相对论初步
律得:F=(m+2m)a,解得: F , , 1.C
“嫦娥一号”探月卫星从 M 点运动到N,做曲线运动,必a= .F 作用在 上时 对3m A B 有力提供向心力,向心力是指向圆心的;“嫦娥一号”探月卫
由牛顿第二定律 得:F =2ma=2F.F 作 用 在B上 时,对 星同时减速,所以沿切向方向有与速度相反的合力;向心力1 3 和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°,所以选项ABD
A,由牛顿第二定律得:F =ma=1F.则:F ∶F =2∶1, 错误,选项C正确.故选:2 1 2 C.3 2.A 将跳伞员的速度分解,竖直分速度还是, : 4m
/s,当水平分
故B正确 ACD错误.故选 B. 速度为3m/s,根据平行四边形定则得,合速度为5m/s,方
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 向偏西 故 正确,、 错误 故选:
下,
. A BC . A.
处于失重状态.所以B正确.故选:B.
10.B 物块A与车厢壁相对静止,故物块 A竖直方向受力平 3.B 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,根据h=
1
2gt
2
衡,有:f=mg,水平拉力F 增大,物块相对车厢静止,故摩 可知,落地时间由高度决定与初速度大小无关,B正确,C错
擦力不变;故A错误,B正确.拉力F 增大,根据牛顿第二 误;物体落地时水平位移x=v0t,是由初速度与时间共同决
定律,对车厢与 A有:F=(M+m)a,对 A有:FN=ma.综 定的,而时间是由高度决定,因此水平位移大小与抛出点高
合各式,故F 增大,a增大,FN增大,故CD错误.故选:B. 度和初速度都有关,AD错误.故选:B.
11.C 物块开始时受到摩擦力,加速度水平向左,速度由v0到 4.A 共轴转动的各点角速度相等,故 A正确;根据v=ωr可
-v这一过程中:ma=μmg,得:a=2m/s
2,达到与传送带 知,由于二者的半径不同,故二者线速度的大小不同,故B
共速,所需时间有:at1=v0-(-v),得:t1=3s,该过程位 错误;设球的半径为R,若θ=30°,A 点的转动半径为RA=
移大小有:x=v 1 20t1- at1=3m,因此物块还要匀速运动 32 Rcos30°=2R
,B 点的转动半径为RB=R,根据v=ωr,则:
3m,从而返回到A 点,有:vt2=x,得:t2=1.5s,总时间为: vA 3
t=t+t=4.5s.故选:C. = ,故CD错误.故选:A.1 2 vB 2
12.C 由图0~t3时间内,速度均为正方向,火箭一直向上运 5.C 物体做匀速圆周运动需要一个指向圆心的合外力,是根
动,所以t3时刻距地最远,故 AB错误;t1~t2的时间内,火 据力的作用效果命名的,故 A错误;由于向心力指向圆心,
箭的加速度为正值,方向竖直向上,处于超重状态,故C正 与线速度方向始终垂直,所以它的效果只是改变线速度方
确;t2~t3的时间内,火箭向上减速,加速度向下,火箭处于 向,不会改变线速度大小.故BD错误,C正确.故选:C.
失重状态,故D错误.故选:C. 6.D 小木块a和b所受到的摩擦力为:f=kmg,可知小木块
13.解析:(1)对物体进行受力分析,如 的最大静摩擦力相等,根据静摩擦力提供向心力F=mω2r,
图所示: 可知做圆周运动时b需要更大的静摩擦力,故b先开始滑
水平方向:Fcos37°-f=ma 动,A错误;小木块a和b 所受到的摩擦力为各自的圆周运
竖直方向:N+Fsin37°-mg=0 动提供向心力F=mω2r,可知做圆周运动时b受到的静摩擦
滑动摩擦力大小为:f=μN 2kg
联立解得a=6m/s2; 力较大,故B错误;若ω= 时,假设小木块a未发生滑3l
(2)2s末物体的位移 x=1at2= 动,其所需的 向 心 力 由 静 摩 擦 力 来 提 供,可 得f=mω
2r=
2 2
1 3kmg
,由于f×6×222 m=12m
;
2 k
( g3)撤去F 时物体的速度v=at=12m/s 提供向心力kmg=mωbl,可得ωb= ,故选:2l D.
·72·
7.D 当汽车通过拱桥顶点是,根据牛顿第二定律,mg-N= 小球落地时的速度:v= v2 20+vy=14.1m/s,
2
mv ,N=3mg联立解得r=90m,如果要使汽车在粗糙的 vyr 4 tanα= =1,α=45°,方向与地面成45°斜向下v .0
桥面行驶至桥顶时,不受摩擦力作用,则车对桥顶的压力为
答案:(1)t=1s (2)x=10m (3)v=10 2m/s 方向与
零,即mg=mv'
2
,代入解得
r v=30m
/s,故 ABC错误,D正 地面成45°斜向下
确.故选:D. 14.解析:(1)根据自由落体运动公式h=
1
2gt
2
8.A 在修筑铁路时,转弯处轨道的内轨要低于外轨,目的是 2h
由重力的分力提供一部分向心力,弥足向心力不足,防止车 解得该行星表面的重力加速度大小为g= ;t2
速过大,火车产生离心运动而发生侧翻,故 A正确;汽车在 (2)根据物体在 星 球 表 面 受 到 的 重 力 等 于 万 有 引 力 可 得
过弯道时,有时不用减速也能安全通过,说明所需要的向心
, , mg=G
Mm
力小于轮胎与地面的最大摩擦力 不属于防止离心现象 故 R2
B 2错误;洗衣机脱水桶高速旋转把附着在衣服上的水分,是 解得该行星的质量为 M=2hR
Gt2
;
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
误.公共汽车急刹车时,乘客都向前倾倒是由于惯性,与离心 (3)根据mg=mv
现象无关,故D错误.故选:A. R
1
9.B 哥白尼在著作《天体运行论》中提出了日心说,使人们对 解得环绕这个行星的第一宇宙速度大小为v=t 2hR.
宇宙的认识提高到了较客观的新高度,故AD错误;开普勒 2
在第谷的天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规 答案:(1)
2h
2 (2)
2hR
2 (3)
1
t Gt t 2hR
律,故B正确,C错误.故选:B. 专题六 功、功率、动能定理和机械能守恒定律
10.C 公式的研究对象是质点或质量均匀分布的球体,与物 1.B 功是物体之间能量转化的量度,它是标量,功也有正、负
体的大小无关,当两物体间的距离趋近于0时,物体不再能 之分,但功的正负不是表示方向,是表示力对物体的做功效
视为质点,万有引力公式不再适用,AB错误;两物体间的 果的,正功表示动力做功,负功则表示为阻力做功,故 A错
万有引力与地球使苹果下落的力是同一种性质的力,C正 误;摩擦力与运动方向可以相同,也可以相反,即物体受摩擦
确;公式中引力常量 G 是卡文迪什利用扭秤实验测得,D 力可以是动力也可以是阻力,故其可能做正功,也可能做负
错误.故选:C. 功,当然也可以不做功,故B正确;若力的方向与位移方向
2 2
11.C 根据万有引力提供向心力有:GMm=mr4π2 2 =
mv
r .
解 垂直
,则该力不做功,但是有位移,故C错误;功是标量,合
R T 力的功等于各分力做的功的代数和,故D错误.故选:B.
4π2r3 v3得 M= ,M= T.只能求出中心天体的质量,所以知 2.C 由题意可知,拉力与位移的夹角为θ,则由功的公式可
GT2 2πG 知,F 的功为:W=Fxcosθ,故C正确,ABD错误.故选:C.
道人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期、月球 3.B 该题目为估算题,设女生身高h=1.6m,每次仰卧起坐
绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离,可以求出地
时,上半身重心升高1h,因此一分钟内克服重力做功W=n
球的质量;地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距 4
离,只能求出太阳的质量,不能求地球的质量,故 AB不符 ×0.62mg×1h=8048J,因此平均功率P=W =8048W
合题意,C符合题意;若不考虑地球自转,已知地球的半径 4 t 60
Mm =134W
,B正确,ACD错误.故选:B.
及重力加速度,万有引力等于重力G 2 =mg,解得 M=R 4.D 当汽车以额定功率行驶时,做加速度减小的加速运动,
2 当加速度减到零时,速度最大,此时牵引力等于阻力,即gR F=.所以若不考虑地球自转,已知地球的半径及重力加速G f=kmg=0.1×5000×10N=5000N,此时的最大速度为
度,可以求出地球的质量,故D不符合题意;故选:C. v =P=50×1000m / /;故选:
2 F 5000
ms=10ms D.
12.D 根据万有引力提供向心力GMm=m 2π2 T r,得T=r 5.C 质量为20kg小孩沿高5m滑梯由静止滑下,重力做功
为WG=mgh=20×10×5J=1000J,根据功能关系,重力
3
2π r ,轨道半径越大,周期越大,可知a的运行周期大 做正功,重力势能减小,重力做了1000J的正功,则重力势GM 能减小了
2 1000J.故C正确,ABD错误.故选:C.
于卫星b的运行周期,故A错误.根据GMm=mv2 得r r
v= 6.C 由 动 能 定 理 可 知:W 11= mv2,W2=
1m ( )22 2 2v -
GM,轨道半径越小,速度越大,当轨道半径等于地球半径 1mv2=3×1mv2,r 则2 2 W2=3W1
,故选:C.
时,速度最大等于第一宇宙速度,故b的速度小于第一宇宙 7.D 根据动能定理,合力做的功等于动能的变化量;由于F1
速度7.9km/s,故B错误.卫星c加速后需要的向心力增 对物体做功7J,F2 对物体做功9J,故F1 与F2 的合力对物
大,大于万有引力,所以卫星将做离心运动,所以不能追上 体做的总功为7J+9J=16J,根 据 动 能 定 理 可 得 W 合 =
前面的卫星b,故C错误.同步卫星a的周期等于地球的自 1mv2-0,解得v=4m/s,故D正确.故选:D.
转周期,故D正确,故选:D. 2
8.C 令轮胎和地面的动摩擦因数为μ,刹车过程中,由动能定
13.解析:(1)由h=1gt2得飞行的时间:t= 2h= 2×52 g 10s= 理可知,-μmgs=0-Ek,即μmgs=
1mv2,由公式可得2 s=
1s; v2
(2)落地点离抛出点的水平距离为:x=vt=10×1m= ,根据表达式可知,位移的大小与汽车的质量无关;两车0 2μg
10m; 与路面的动摩擦因数相同,所以初速度越大,刹车距离长,故
(3)落地时的竖直速度:vy=gt=10m/s. C正确.故选:C.
·73·
9.C 图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中,钢绳对它做负 2.B 由于同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,所以验电
功,所以机械能不守恒,故 A错误;图2中物块在F 作用下 器的上端应带上与小球异号的电荷,而验电器的箔片上将带
沿固定光滑斜面匀速上滑,力F 做正功,物块机械能增加, 上与小球同号的电荷;故ACD项错误,B项正确.故选:B.
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.C 库仑定律的适用条件是真空和静止点电荷,并非适用于
受力平衡,重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡,摩擦力做 任意两个带电体,故 A错误;当两个点电荷距离趋于0时,
负功,物块机械能减少,故C正确;图4中撑杆跳高运动员在 两电荷不能看成点电荷,因此此时库仑定律的公式不再适
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
用,故B错误;根据库仑定理的计算公式F k= q1q2,可知,当
动员的机械能不守恒,故D错误,故选:C. r2
10.D 球和弹簧整体机械能守恒,弹簧弹性势能有变化,所以 两个点电荷距离增加为原来的两倍,但电荷量不变,则他们
球机械能不守恒,A错误;当球在最低点时,加速度最大,B 之间的库仑力减小为原来的1倍,故C正确;根据库仑定律
错误;球在从A 到C 过程中,重力与弹簧弹力二力平衡时 4
动能最大,在B 点弹性势能最小,小球机械能最大,故D正 k的计算公式F= q1q22 ,可得,当两个点电荷所带电荷量均为
确.故选:D. r
11.C 对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究,根据动能 原来的两倍,但之间距离不变,则两点电荷之间的库仑力增
1 1 加为原来的4倍,故D错误.故选:C.定理得W-mgh= mv2,解得:2 W=mgh+ mv
2,故C正2 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
2
确,ABD错误.故选:C. 们的电荷量都为Q,原来它们之间的库仑力为:F=kQ2 一个
12.B 设在AB 段物块克服摩擦力做的功为 W,则物块由 A r
1 不带电的同样的金属小球C先和 A接触,A和C的电荷量到B 运用动能定理可得mgR-W= mv2B,物块由2 B
到C
都为1Q,C再与 接触后,、 分开电荷量均为:3 ,这时,2 B BC 4Q
运用 动 能 定 理 可 得-μmgR=0-
1mv2B,联 立 解 得2 W= 1 ·3
mgR(1-μ),故B正确,ACD错误.故应选:B. A、B两球之间的相互作用力的大小为:F'=k2
Q 4Q
2 =
13.解析:(1)重力功WG=mgh=50×10×30J=15000J,支
r
2
持力的功W 支 =FNlcos90°=0,阻力功 Wf=μmgcos37°·
3
8k
Q
2=
3
8F.
故ABD错误,C正确.故选:C.
r
h
sin37°cos180°=-2000J
;
5.A E=F 是电场强度的定义式,F 是放入电场中电荷所受
(2)
q
合外力功W=WG+W 支 +Wf=15000J+0-2000J= 的电场力,q是放入电场中的试探电荷的电荷量,它适用于
13000J;
1 任何电场,故A错误,() , 2, B
正确;E=kQ2 是真空中点电荷产生的3 根据动能定理 到达底端时W= mv r2
电场强度计算式,Q 是产生电场的电荷的电荷量,它只适用
解得v= 2W= 2×13000m/s= 520m/s≈22.8m/s 于点电荷产生的电场,不适用于匀强电场,故C正确;从点m 50
k
到达坡底时摩擦力的功率是Pf=μmgcos37°v=0.1×50× 电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=k
q1q2
2 ,式
q2
r r2
是
10×0.8×22.8W=912W.
:() kq答案 11WG=15000J W 支 =0 Wf=-2000J 点电荷q2 产生的电场在点电荷q1 处的场强大小,而 2 是r
(2)13000J (3)912W 点电荷q1 产 生 的 电 场 在q2 处 场 强 的 大 小,故 D正 确.故
14.解析:(1)物块从A 滑到B 过程,根据动能定理得:mgR= 选:A.
1mv2,小球运动到B 点的速度:2 v= 2gR
; 6.C A方向不同;B大小不同;C大小和方向相同;D大小相
() , 同但方向不同.故选:2 C.设弹簧最大的压缩量为x1 整个过程根据动能定理得:
0-0=mgR-
Q
μmg(s+2s+2x1) 7.D 根据点电荷的场强公式有E=k 2,则离点电荷越远其r
从弹簧最短处到D 点,由动能定理得: 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
Wp-μmg(x1+s)=0-0 面是发散型的,所以正点电荷在左边,则Ea>Eb>Ec,所以
联立以上方程得:Ep=-W =
1
p (mgR-μmgs); D正确;ABC错误;故选:2 D.
(3)物块速度最大时:kx2=μmg 8.C 根据F=k
q1q2
2 ,都带正电,相互排斥,距离变大,则 ABr
从弹簧最短处到速度最大处,由能量守恒定律得:
间库仑力大小将变小.故选:C.
E 1 2pm=Ep+μmg(x1-x2)+2mvm 9.D 根据感应起电规律“近异远同”,可知a 端感应出正电
2m2g2 1 荷,故A错误;根据处于静电平衡的导体,内部场强处处为联立以上方程得:Ep=μmgs+μ
2
k -2mvm. 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
1 在该处产生的电场强度大小相等,方向相反,由于正电荷在答案:(1)2gR (2) (2 mgR-μmgs
)
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
2 2 2
(3)mgs+μmg -1mv2 生的电场强度的方向由a 指向b
,故BC错误;两端出现感应μ k 2 m 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,
专题七 静电场及其应用 向导体右端移动从而产生的,故D正确.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 10.C 在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔,因铁制的
擦时,使塑料丝带上了同种电荷,而同种电荷相互排斥,因此 高塔有避雷作用,其功能是预防雷电击中发射的火箭.故
会观察到塑料丝散开,D正确,ABC错误.故选:D. 选:C.
·74·
11.A 设两 球 之 间 的 库 仑 力 为 F,则 对 两 球 分 析 可 得 F= 7.C 由匀强电场的电场强度与电势差的关系E=U 可得E=
m1gtanα=m2gtanβ,若m1β;若m =m 则α= d1 2
β,故选:A. 100V/m,电场强度的方向与等势面垂直由高电势指向低电
12.D AB.受力分析可知,P 和Q 两 势即水平向左.C选项正确,ABD选项错误.故选:C.
小球,不能带同种电荷,AB错误; 8.C 由题意可知,产生闪电的积雨云底层带负电,可知避雷
CD.若P 球带负电,Q 球带正电, 针的顶端带正电,选项C正确;等差等势线密集处的电场线
, , ,
如图所示,恰能满足题意,则C错 也密集 场强也较大 则Ea, : 向上,沿电场线的方向电势逐渐降低,可知φa<φb,选项误D正确 故选 D. B
:() , 、 错误;一带负电的雨滴从a下落至b,因电场力向下,则电场13.解析 1 异 种 电 荷 相 互 吸 引 故 A B 之 间 的 库 仑 力 是
力做正功,选项D错误.故选:C.
引力;
9.A 电场强度的方向处处与等电势面垂直,选项 A正确;电
(2)根据库仑定律可得,A、B之间的库仑力大小F=kqAqB2 场强度为零的地方,电势不一定为零,例如等量同种点电荷r
; 连线的中点
,选项B错误;随着电场强度的大小逐渐减小,
代入题中数据求得F=0.9N
电势不一定逐渐降低,例如负的点电荷产生的电场,选项
() , C3 根据场强叠加原理 可得A、B 中点O 处的电场强度大
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
小E=EA+EB=k
qA
2+k
qB ,
2 相同 选项D错误.故选:A.
r r 10.C 电场线的疏密反映了场的强弱,N 点处电场线最密,所2 2
5 / 以 N 点场强最大,故 A错误;顺着电场线的方向,电势降代入题中数据求得E=3.6×10 NC.
5 低,则M 点电势高于P 点电势,故 错误;顺着电场线的方答案:(1)
B
引力 (2)0.9N (3)3.6×10 N/C
向,电势降低,则
:() > >
,且负电荷在电势低处电势
14.解析 1 对小球受力分析可得小球带正电,则有tan37°= φM φP φN能大,则负电荷在 M 点的电势能小于在N 点的电势能,故
qE,解得q=1×10-6C; C正确;在mg M
点静止释放,正电荷在电场力的作用下运动,
() 、 但是运动轨迹并不是电场线,故D错误 故选:2 小球受重力 mg 绳的拉力 T 和静电力F . C.
, 11.B 一电子垂直电场方向射入该区域,不计电子重力,电子作用 如图所示
受向上的电场力,与速度垂直且为恒力,故做向上偏转的曲
根据共点力平衡条件和图中几何关系有
线运动.故选:B.
T= mg ,解得T=5.0×10-3 ;cos37° N 12.C 由C= εS 可知,当陶瓷介质移出时,变小,电容器的4πkd
(3)将电场改为竖直向上后,小球将绕悬点摆动,根据动能
电容C变小;电容器充电后断开S,故Q 不变,根据U=Q
定理有(mg-qE)·l×(1-cos37°)=1mv2-0,解得v= C2
1m/s. 可知
,当C减小时,U 变大.再由E=U ,由于 不变, 变d d U
答案:(1)正电 1×10-6C (2)5.0×10-3N (3)1m/s 大,故E 也变大,故C正确,ABD错误.故选:C.
专题八 静电场中的能量 13.解析:(1)根据U=W ,A、B W两点的电势差为q U =
AB
AB q =
1.B 沿着电场线方向电势逐渐降低,故A错误;电势是标量, -4.0×10-4
具有相对性,所以电场中某点的电势与电势零点的选取有 -6=200V;-2.0×10
关.故B正确;某电荷的电势能决定于电场和自身所带电荷 (2)一负电荷,从A 点移至B 点,电荷克服电场力做功,即
量,故C错误;静电力做正功,电荷 的 电 势 能 减 少.故 D错 电场力做负功,所以电场力的方向是从B 指向A,由于是
误.故选:B. 负电荷,所以电场方向是A 指向B;
2.C 根据W=qEx,从A 点沿着电场线方向移到B 点,从A (3)因为UAC=φA-φC=500V
点沿路径ACB 移到B 点,在电场中沿电场线方向的位移相 UAB=φA-φB=200V
同,则W1=W2,AB错误;沿电场线电势逐渐降低,C正确; 则UBC=φB-φC=300V
正点电荷q从A 点移到C 点的过程,电场力做正功,电势能 所以WBC=qUBC=-2.0×10-6C×300V=-6×10-4J.
减小,D错误.故选:C. 答案:(1)200V (2)A 指向B (3)-6×10-4J
3.C 因为电子从阴极出发到达阳极过程 中,电 场 力 做 功 为 14.解析:(1)水平方向匀速运动,有L=v0t,解得t=
L;
W=eU,即电场力做正功,则电势能减少,动能增加,且电势 v0
能减少 了eU,动 能 增 加 了eU,故 C正 确,ABD 错 误.故 (2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,有y=
选:C. 1
2at
2
4.D 根据匀强场中电势差特点可知UAB =UDC,所以φD=φA qE
-φB+φC=9V,故选:D. 又a=m
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
解得 qEL
2
势差U 无关,
= .
其两极板间电势差U 增大的过程中电容大小 y 2mv20
不变,故C正确,ABD错误.故选:C. 2答案:(1)L (2)qEL2
εS v0 2mv0
6.C 平行板电容器电容的决定式C= r ,当键被按下时,4πkd 专题九 电路及其应用
其下方金属片与另一块固定的小金属片之间距离减小,电容 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
C增大,平行板电容器的电容取决于组成电容器的材料性质 电量)叫作电流强度,通过导体横截面的电量越多,但时间不
以及内部结构,与电容器是否带电无关,故 ABD错误,C正 知道,电流强度不一定大,故 A错误;导电流强度的微观表
确.故选:C. 达式为I=nevS,所以电子速率大,电流强度不一定大,故B
·75·
错误;物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简 据图像可知,电源的电动势为3V,电源的总功率是P'=EI
称电量)叫作电流强度,则单位时间内通过导体截面的电量 =3×2W=6W,故ABC错误,D正确.故选:D.
越多,电流强度越大,故C正确;电流有方向,但其运算不能 12.C 电压表测量路端电压,闭合开关后将滑动变阻器的滑
应用平行四边形定则,故其为标量,故D错误.故选:C. 动头P向右滑动,则阻值增大,根据闭合电路欧姆定律可
2.A 导体的电阻由导体本身的性质决定,导体电阻由长度、 知,干路电流减小,内电压减小,则路端电压增大,电压表读
横截面积和材料决定,跟导体两端的电压及流过导体的电流 数变大,故A错误;电压表读数与电流表 A1读数之比等于
, , ; U , 定值电阻R1的阻值,比值不变,故 错误;路端电压增大,的大小无关 故A错误 B正确 由欧姆定律R= 可知 对 BI 电压表示数增大,根据欧姆定律可知,电流表 A1的示数变
某一导体来说,其两端电压和流过它的电流的比值就是它的 大,故C正确;干路电流减小,电流表 A1的示数变大,则电
电阻值,故C正确;根据U=IR 可知,一定的电流流过导体, 流表A2读数变小,故D错误.故选:C.
电阻越大,其电压越大,即电阻两端的电压降越大,故D正
; : 13.解析:由欧姆定律得,液体的电阻
U 6
确 不正确的故选 A. R=I = -6Ω=6×1×10
3.A 因为该图线为I U 图线,则图线的斜率表示电阻的倒 6106Ω,根 据 电 阻 定 律 R= L 得 =RS=6×10×10
-4
数,两根图线的斜率比为tan60°∶tan30°=3∶1,所以电阻 ρS ρ l 10-2
比为:R1∶R
4
2=1∶3,BCD错误,A正确.故选:A. Ω·m=6×10 Ω·m.
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 答案:6×10
4Ω·m
: L L ρ, , 14.解析:(1)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最左端时,根据得 R=ρS =ρLd=
所以 与边长 无关 与厚度成反
d R L 闭合电路欧姆定律有U1=E-I1r,当滑片滑至最右端时有U2
R
比,所以 R = 1=5Ω,故A正确,BCD错误.故选:A. =E-I2r,联立两式,代入已知数据求得E=20V,r=20Ω;2 2 (2)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最右端时,R1 接入电
5.B 定值电阻R1=R2=R3=10Ω,电阻R1与电阻R3并联后
RR 路中的电阻为0,
U
根据部分电路欧姆定律有I2= 2,代入数
的电阻为:R 1 3 10×10 R213= = Ω=5Ω,并联后 的 电 阻R1+R3 10+10 U
据求得R 22= =
4V =5Ω;
R13与 电 阻 R
U
2 串 联,根 据 串 联 电 路 的 分 压 式,有:
V
R =
I2 0.8A
13 (3)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最左端时,R1 完全接
U 解得: 故选: U
R2+R
. UV=4V. B.
13 入电路中,根据部分电路欧姆定律有I =
1
1 ,代入数R1+R2
6.C 把电流表改装成1V的电压表需要串联分压电阻,串联
R U1-I1R据得 = 2=16V-0.2A×5Ω=75Ω.
电阻阻值为:R=UI -Rg=
1
-6 Ω-200Ω=1800Ω;
1 I1 0.2A
g 500×10 答案:(1)E=20V r=20Ω (2)R2=5Ω
故ABD错误,C正确.故选:C. (3)R1=75Ω
7.B 非纯电阻中,W=UIt用来求电功,Q=I2Rt用来求电热, 专题十 电磁场与电磁波初步
但W>Q;只有在纯电阻电路,根据能量守恒电功和电热都相
等, , ,电功可用公式W=UIt计算,也可用公式W=I2Rt计算, 1.D 磁铁周围存在磁场 通电电流周围也存在磁场 故 A错
W=UIt ; , , ;可用于任何电路求总电功,而Q=I2Rt可以适用任何 误 磁场是客观存在的物质 磁感线是假想的 故B错误 磁
电路求电热, B , ;故 正确,A、C、D错误;故选:B. 场随时存在于 磁 体 与 通 电 电 流 周 围 故C错 误 磁 极 与 磁
8.D , 、开关S1、S2都闭合时,电动机和电热丝并联工作,电吹风
极 磁极与电流 电流与电流之间都是通过磁场发生相互作
吹热风,故A错误;开关S , , :闭合时 电吹风吹冷风,110W= 用 故D正确.故选 D.2
磁感线上某点的切线方向就是该点 的 磁 场 方 向, 正
电机机械功率+电机内阻热功率,由于电机机械功率未知, 2.C A
确;两条磁感线若相交,在交点处磁感应强度就有两个方向,
电吹风中电动机的内电阻不可求,故B错误;吹热风时,电
所以磁场中两条磁感线一定不相交, 正确;地球的地理北
动机和电热丝并联工作,吹热风时电热丝的功率为990W- B
, ; 极在地磁场 极附近,所以磁感线由空中指向地面, 错误;100W=800W 故C错误 电热丝的功率800W=220V× S C
, 磁感线分布较密的地方,磁感应强度较强, 正确 本题选择I 解得I=4A,故D正确;故选:D. D .
9.C 据题:Uab=6V,Ucd=6V,
不正确选项,故选:
即L2 的电压等于电源两极间
C.
, , 由右手螺旋定则可知,电流向外的直导线周围的磁场分的电压 说明d与a 连接完好 c与b 连接完好,所以不可能 3.D
布为逆时针的同心圆;故 错误;由右手螺旋定则可知,向
是L1 的灯丝烧断了,也不可能变阻器R 断路.只可能是L
A
2
的灯丝烧断,故ABD错误,C正确.故选:
上的电流左侧磁场应向外,右侧向里;故
C. B
错误;由右手螺
10.D 电源两极间电压, ,
旋定则可知,电流由右方流入,内部磁感线应向右;故 错
当电源不接入电路时 等于电源的电 C
; , , ; 误;由右手螺旋定则可知,环形电流的中心处磁场向上;故动势 当接入电路时 小于电源的电动势 故 A错误 电源 D
正确;故选:D.
的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领,
4.D 当通电导线平行磁场时,不受磁场力作用,故A错误;只
铅蓄电池的电动势为2V,干电池的电动势是1.5V,铅蓄
1
电池的电动势比一节干电池的电动势大,所以蓄电池将化 有当导线垂直磁场方向放置时,才满足题中的B=1×1T=
学能转变成电能的本领比一节干电池大,但蓄电池将化学 1T,故B错误;根据左手定则可得磁感应强度方向与安培
能转变成电能的不一定比一节干电池的多,故B错误;铅 力方向垂直,故C错误;根据安培力的公式F=BIL可知,一
蓄电池的电动势为2V,表示非静电力将单位正电荷从电 小段通电导线放在磁感应强度为零的位置,那么它受到的磁
源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J,即 场力也一定为零,故D正确.故选:D.
2J化学能转化为电能,不知道电路中的电流,无法求出蓄 F
电池能在1s内把化学能转变为电能的情况,故C错误, 5.D 若 导 线 与 磁 场 垂 直,则 该 处 的 磁 感 应 强 度 B=IL=
D正确;故选:D. 1
, T=2T,若 导 线 不 是 与 磁 场 垂 直,则 磁 感 应 强 度11.D 用该电源和小灯泡组成闭合电路时 图像的交点为工 0.1×5
作状态,所以电源的输出功率是P=IU=2×2W=4W,根 B>2T;故ABC三项错误,D项正确.故选:D.
·76·
6.C 用 右 手 螺 旋 定 则 判 断 通 电 直 导 线 在 BS可知,线框中的 磁 通 量 为 Φ=BS=0.3125×0.02×
abcd四个点 上 所 产 生 的 磁 场 方 向,如 图 所 0.05Wb=3.125×10-4Wb.
示:a点有向上 的 磁 场,还 有 电 流 产 生 的 向 答案:(1)0.3125T (2)3.125×10-4 Wb
上的磁场,电流产生的磁感应强度和原磁感 专题十一 力学实验
应强度方向相同,叠加变大.b点有向上的磁 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
场,还有电流产生的水平向左的磁场,磁感应强度叠加变大, 交流电源,当电源的频率是50Hz时,每隔0.02s打一次
方向向左上.c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方 点.实验步骤要遵循先安装器材后进行实验的原则进行.即
向相反,叠加变小.d点有向上的磁场,还有电流产生的水平 先安装打点计时器,再安装纸带;先接通电源再拖动纸带,打
向右的磁场,叠加后磁感应强度的方向向右上.d 点与b 点 完后要立即关闭电源.故步骤为CBDA;
叠加后的磁场大小相等,但是方向不同.选项 ABD错误,选 (2)按 打 点 先 后 顺 序 每5个 点 取1个 计 数 点,则 T=5×
项C正确.故选:C. 0.02s=0.1s,由图可知相同时间两点间距离越来越远,则
7.B 由 题 可 得,穿 过 该 圆 面 的 磁 通 量 为 Φ=BSsin30°,则 x
Φ 小车做 加 速 运 动.打 C 点 时 纸 带 的 速 度 大 小v =
BD =
此 匀 强 磁 场 的 磁 感 应 强 度 B 为 B = c 2TSsin30°=
-5 2.30+2.70 ×10
-2
3.0×10 Wb /, : 2×0.1 ms=0.25m
/s.
=0.1T 故 选 B.
6.0×10-4m2×12 答案:(1)交流 0.02 CBDA (2)0.1 加速 0.25
8.A 线圈在匀强磁场中,当线圈平面与磁场方向垂直时,穿 2.D 遮光条的宽度为d=4.0mm=0.004m,由于遮光条的
过线圈的磁通量Φ=BS,B 是磁感应强度,S是线圈的面积. 宽度很小,因此将遮光条通过光电门时的平均速度当作瞬时
当线圈平面与磁场方向平行时,穿过线圈的磁通量Φ=0.当 速度.滑块经 过 光 电 门 时 的 速 度 为 v=d =0.004m/s=
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 Δt 0.04
面方向分解,从而求出磁通量.矩形线圈abcd 水平放置,匀 0.1m
/s,故D正确,ABC错误.故选:D.
, 3.解析:(1)电源频率f=50Hz,纸带上打相邻两点的时间间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
水平方向与竖直方向分解,所以B⊥=Bsinα=0.8B,则穿过 隔T=
1
f=0.02s
;
矩形线圈的磁通量是Φ=B⊥S=0.8BS;故选:A. (2)实验中,不需要测量小车或砝码的质量,因此不需要天
9.D 线框垂直于磁感线运动,虽然切割磁感线,但穿过的磁 平,打点计时器使用的是交流电源,因此不需要直流电源,同
通量没有变化,因此也不会产生感应电流,故 A错误;线框
时打点计时器记录了小车运动时间,因此不需要秒表.测量
平行于磁场感应线运动,穿过线框的磁通量没有变化,不会
点迹间的距离需要刻度尺,所以还需要的器材是:CE;
产生感应电流,故B错误;线框绕轴转动,但线框平行于磁 (3)以上步骤有错误的是c,应先接通电源,再释放小车.根
场感应线穿过的磁通量没有变化,因此也不会产生感应电
据组装器材、进行实验,数据处理的顺序知,操作步骤顺序
流,故C错误;线框绕轴转动,导致磁通量发生变化,因此线
为:becda.
框产生感应电流,故选:D.
答案:(1), 0.02
(2)CE (3)c 先接通电源,再释放小车 becda
10.A 奥斯特发现了电流的磁效应 揭示了磁现象和电现象 :(
, , ; 4.解析 1
)在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中,
之间的联系 故A正确 C错误 楞次在分析了许多实验事 ,
, , 选用一条点迹清晰且间距适当的纸带 来进行数据处理
,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, ; A正确
,B错误;
故B错误 纽曼
, (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和韦伯总结出法拉第电磁感应定律表达式 故D错误.故
: 中的平均速度可以求出B 点速度的大小为:选 A. ( ) -2
11.D 电场和磁场总是交替出现,统称为电磁场,选项 A错 v =AC 3.80+4.60 ×10B / /2T= 2×0.10 ms=0.42ms
误;电磁波不是机械波,传播不需要介质,选项B错误;电 根据公式Δx=aT2,
磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s,选项C错误;电
, , : 可知加速度为:a=BC-AB
(4.60-3.80)×10-2
磁波是一种物质 可在真空中传播 选项D正确.故选 D. 2 = 2 m/s
2=
T 0.10
12.C 无线电波波长较长,容易产生衍射现象,所以广泛用于 0.8m/s2.
通信;故A正确;紫外线有显著的化学作用,可利用紫外线 答案:(1)A (2)0.42 0.8
消毒,故B正确;紫外线具有荧光效应,验钞机利用了紫外 5.解析:(1)由胡克定律F=kx可知,弹簧的劲度系数:
线的荧光作用,故C错误;工业上利用γ射线来检查金属内 F 16
部伤痕,是因为γ射线穿透能力很强,故D正确;本题选择 k= = -2N/m=160N/x m
;
10×10
错误的,故选:C. 由图乙所示弹簧秤可知,其分度值为0.2N,示数为3.0N;
13.解析:(1)根据磁感应强度的定义式:B=F, (2)设弹簧原长为l0,弹簧长度为l,弹簧形变量ΔL=L-LIL 0
-3 由胡克定律得:F=kΔL=kL-kL0
可得:B=F= 4×10 ;IL 0.2×0.05T=0.4T F L 图像的斜率是弹簧的劲度系数,由图丙所示图像可知,
(2)磁感应强度只与磁场本身有关,若导线中的电流强度增 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
大为0.1A,则磁场的磁感应强度不变,仍然是0.4T. b的劲度系数小.
答案:(1)0.4T (2)磁感应强度只与磁场本身有关,不会 答案:(1)160 3.0 (2)小
变化. 6.解析:(1)做探究共点力合成的规律实验:我们是让两个力拉
14.解析:(1)由题意可知,通电后,弹簧测力的示数变大,其差 橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同,测出两个力
值为0.11N-1N=0.01N,则可知,安培力的方向竖直向 的大小和方向以及一个力的大小和方向,用力的图示画出这
三个力,用平行四边形作出两个力的合力的理论值,和那一
下,大小即为0.01N.由B=F,可知,IL B=
F 0.01
IL=1.6×0.02T= 个力进行比较.所以我们需要的实验器材有:方木板(固定白
0.3125T;(2)通电线框在磁场中的长度为5cm,则由Φ= 纸),白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧秤拉
·77·
橡皮筋)、弹簧秤(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画
系时做a 1图像,更容易找到a与M 的关系,并没有减小
平行四边形)、橡皮筋(让力产生相同的作用效果的).要完成 M
该实验,必须要有刻度尺画力的图示,拉时要用弹簧秤.故 误差,故D错误;故选:BC.
AC正确,BD错误.故选:AC; 答案:(1)A (2)BC
(2)由图可知,O 点为橡皮筋原长时结点的位置,O'点为橡皮 10.A 平抛运动竖直方向为自由落体运动,两小球高度相同,
绳拉长后结点的位置,所以需要记录的是O'点;(3)实验时, 竖直方向都有:h=1gt2,解得t= 2h,两小球高度相同,
b、c两细绳套应适当长一些,可以减小画方向时的误差,故 2 g
所以听到A和B同时落地的声音,A正确;本实验验证平
A正确;实验过程中,弹簧测力计外壳不能与木板有接触,以
1 2
保证拉力大小测量准确,故B正确;做探究共点力合成的规 抛运动竖直方向为自由落体运动,由h= gt,可知,与质2
律实验:我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的 量无关,不需要A和B的质量相同,B错误;本实验验证平
作用效果相同,所以重复实验再次探究时,“结点”的位置必 抛运动竖直方向为自由落体运动,不能说明小球A水平方
须与前一次相同,故C错误;若只有一个弹簧秤,实验需要 向做匀速运动,C错误;验证平抛运动竖直方向为自由落体
记录两个分力的大小,第二次时先应弹簧秤与一根细绳将橡 运动,要保证竖直高度相同比时间,D错误.故选:A.
皮筋拉到同一位置O 点,然后再把弹簧秤换到未记录的一 11.解析:(1)实验中由打点计时器测量时间,不再需要秒表,A
边测出该力的大小,所以只有一把弹簧测力计也可以完成此 错误;在求动能时需要测量两点间的长度求出平均速度,故
实验,故D正确.故选:ABD. 需要用刻度尺,B正确;需要学生交流电源,给打点计时器
答案:(1)AC (2)O'点 (3)ABD 工作,故C正确;在用自由落体“验证机械能守恒定律”时,
7.解析:(1)对O 点受力分析OA、OB、OC 分别表 我们是利用自由下落的物体带动纸带运动,通过打点计时
示三个力的大小,由于三共点力处于平衡,所以 器在纸带上打出的点求得动能及变化的势能,故需要打点
OC等于OD.因此三个力的大小构成一个三角 计时器,D正确.故选:BCD;
形.4、4、4 () ,可以构成三角形,则结点能处于平衡 2 为了减小空气阻力的影响 在选择重物时,要选择密度
, ;、、 , 大的实心金属球,即选择质量大体积小的重物,故 正状态 故A正确 334可以构成三角形 则结 AB
;、、 确;重物所受重力应远大于它所受的空气阻力和纸带所受点能处于平衡.故B正确 224不能构成三角
打点计时器的阻力,故C错误,D正确.故选:ABD.
形,则结点不能处于平衡.故C错误;3、4、5可以构成三角 答案:(1)BCD (2)ABD
形,则结点能处于平衡.故D正确.本题选错误的,故选:C; 12.解析:(1)重物做加速运动,纸带在相等时间内的位移越来
(2)为验证平行四边形定则,必须作出受力图,所以先明确受 越大,可知纸带的左端与重物相连;
力点,即标记结点O 的位置,其次要作出力的方向并读出力 (2)根据图上所得的数据,应取图中O 点到B 点来验证机
的大小,最后作出力的图示,因此要做好记录,是从力的三要 械能守恒定律;
素角度出发,要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC 三段绳 (3)从 O 点 到B 点 的 过 程 中,重 力 势 能 的 减 小 量 ΔEp=
子的方向; mgh=1×9.8×19.25×10-2J≈1.89J
(3)以O 点为研究对象,F3的是实际作用效果在OC 这条线 B 点的速度
上,由于误差的存在,F 、F 的理论值要与实际值有一定偏 x (22.93-15.55)×10-21 2 v = ACB = m/s=1.845m/s,
差,故甲图符合实际,乙图不符合实际. 2T 0.04
答案:(1)C (2)标记结点O的位置,并记录OA、OB、OC三 则动能的增加量
段绳子的方向 (3)乙 ΔE =1mv2 1k B= ×1×1.8452J≈1.70J.
8.解析:(1)探究加速度与力、物体质量的关系,
2 2
需采用控制变 答案:(1)左 (2)B (3)1.89 1.70
量法,故B正确,A、C、D错误.故选:B; 专题十二 电学实验
(2)为了直观判断加速度和物体质量之间的关系,应作a 1M 1.解析:由图1所示可知,主尺示数为2.3cm=23mm,游标尺
, , , 示数为 ,游 标 卡 尺 示 数 为图线 因为作a M 图线 该图线为曲线 无法得出a与M 的 5×0.1mm=0.5mm 23mm+
. C ,A、B、D . :C; 0.5mm=23.5mm
;由图2所示螺旋测微器可知,固定刻度
定量关系 故 正确 错误 故选
示数 为6.5mm,可 动 刻 度 示 数 为() , , , 21.3×0.01 mm=3 根据牛顿 第 二 定 律 得 mg-F=ma F=Ma 解 得a= 0.213mm,螺旋测微器示数为6.5mm+0.213mm=6.713mm.
mg ,则拉力F=Ma= Mmg= mg ,当 M 远大于m 时, 答案:m+M M+m m 23.5 6.713.1+M 2.解析:(1)小球应处于游标卡尺外测量爪的中部.故选:B;
()
F=m . 2 游标卡尺主尺读数为15mm
,游标尺上第
g 40
个刻度与主
:() ( 尺上某 一 刻 度 对 齐,所 以 游 标 尺 读 数 为答案 1B 2)C (3)远大于. 0.02×40mm=
:() , 0.80mm
,所以最终读数为:15mm+0.80mm=15.80mm.
9.解析 1 某同学在实验时由于没有补偿阻力 当拉力大于滑 答案:(
, , 1
)B (2)15.80
动摩擦力时 小车才会做加速度运动 即a F 图像为不过 3.解析:由 图 乙 可 知,欧 姆 表 挡 位 选 择×10;故 读 数 为12×
坐标原点的直线,故A正确,BCD错误;故选:A; 10Ω=120Ω.
(2)实验前要补偿阻力,作出的a F 图像过坐标原点,若没 答案:120
有补偿阻力,只是不过坐标原点的一条直线,故 A错误;对 4.D 由于待测电阻丝的电阻远小于电压表的内阻值,测量电
小桶和小车组成的系统,根据牛顿第二定律可得mg=(M+ 路采用电流表的外接法,要求在实验中获得较大的电压调节
m)a,对小车F=Ma= Mmg= mg ,只有当 M m 时,小 范围,故滑动变阻器采用分压接法,故选:D.M+m 1+m R 3Ω RV 3000ΩM 5.解析:由题意可知, ,R =30Ω=0.1 R = 3Ω =1000
,
A
车受到的拉力才等于小桶的重力,故B正确;安装打点计时 RV R
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 > ,则电流表应采用外接法,应选图乙所示电路图R R .A
摩擦力的影响,故C正确;m 一定,探究加速度a与M 的关 答案:乙
·78·
6.解析:(1)螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读 +R),测量多组数据可求解,B正确;C中根据欧姆定律可
数为0.01×20.0mm=0.200mm,所以这段金属丝直径是 得E=I(R+r),可测量多组数据列式求解,C正确;D中两
0.5mm+0.200mm=0.700mm; 个安培表和一个滑动变阻器,由于不知道滑动变阻器电阻,
(2)实物图连接如图所示; 故无法测量,D错误.故选:D.
12.解析:(1)三节干电池的电动势约为4.5V,如果采用15V
的电压表进行测量误差太大,故应采用3V量程的C与定
值电阻串联,根据改装原理可知,改装后电压表量程应大于
4.5V,故应与R2串联,串联后电压表的量程为5V,符合
题意;故定值电阻选择F;因电源内阻较小,故为了便于调
节,滑动变阻器应选择总阻值较小的G;
(2)根据改装原理可知,53U=E-Ir
(3)在闭合开关前,
3 3
应将图丙中的滑动变阻器滑片移到最左端, 则可知U=5E-5Ir
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 3 3 2.4-0.9
器,图丁所示电压表的示数为1.9V,电流表的示数为0.44A, 则可知,5E=2.4
,
5r= 0.2
由此求得电阻为R=U,再结合公式求得金属丝的电阻率为: 解得:E=4.0V;r=12.5ΩI 因实验中内阻包含电流表内阻,
2
RS Uπ d 故实际内阻= = 2 =1.9×3.14×(0.7×10-3)2 r真 =12.5-5=7.5Ω.ρ ·L IL 0.44×4×0.5 Ω m≈3.32× 答案:(1)C F G (2)4.0 7.5
10-6Ω·m; 第二部分 合格考模块达标卷
由于安培表外接测量电阻和电压表并联的总电流,根据R= 合格考模块达标卷(一)(必修第一册)
U 得到测量电阻阻值偏小,因此测得的电阻率比实际值小
I . [范围:专题一至四]
答案:(1)0.700 (2)见解析 (3)左 3.32×10-6 小 1.C 当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们
7.解析:(1)小灯泡的额定电流不超过0.6A,可知电流表选择 就可以把它看成质点,与体积和质量的大小无关,如原子的
C即可;小灯泡的额定电压为2.4V,则电压表选择E即可; 体积、质量都很小,当研究原子的转动时,不能把原子看作质
(2)闭合开关前,应将滑动触头置于输出电压最小的a端,以 点,故AB错误;质点是只计质量、不计大小、形状的一个几
保护电流表; 何点,是实际物体在一定条件的科学抽象,是一种理想化的
U 模型,故C正确;研究火车过桥的时间,火车的长度不能忽(3)根据欧姆定律,电阻测量值为R测 = ,若考虑电压表内I 略不计,不能把火车看作质点,故D错误.故选:C.
, U , 2.D A.以地面为参考系,歼 16是运动的,故 A错误;B.以阻影响 待测电阻的真实值为 R真 = 比较可知I-I R测R真,所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小; 为参考系,歼 20是静止的,故C错误;D.以运油 20为参考
根据I U 图 像 读 出 U=2.4V 时,对 应 的 电 流 为:I= 系,歼 16是静止的,故D正确.故选:D.
0.5A,所以在额定电压下灯泡的电阻为R=U =2.4Ω= 3.A t1表示时刻,称为第1秒末或第2秒初,故 A正确;t 表I 30.5
示时刻,其含义是第4s初或第3s末,故B错误;t1~t2表示4.8Ω.
时间间隔,:() () () 大小为1s
,故C错误;t ~t 表示时间间隔,大小
答案 1C E 2a 3 偏小 4.8 0 3
为 ,故 错误;故选:
8.解析:根据多用电表原理可知,电流应从红表笔流入,黑表笔 3s D A.
; , , , 4.C 小球从离地板5m高处落下,通过的路程是 ,被地板流出 测电阻时 多用电表测电阻时 多用表内部提供电源 5m
; 弹回,在离地板 高处被接住,通过的路程是 ,则小球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 2m 2m
, , “ ” 通过的总路程是 起点到终点的线段长度是 ,则位移姆调零 方法时调整欧姆调零旋钮 使指针指向右侧 0Ω . 7m. 3m
答案:红 , : 黑 欧姆调零 大小是3m 方向向下.故选 C.
9.C 欧姆档刻度分布不均匀,越靠近左侧刻度线越密集,故 5.D 位移、速度是矢量,时间是标量,故A不符合题意;速度、
A错误;无论是测电流、电压,还是测电阻,都要进行机械调 加速度是矢量,路程是标量,故B不符合题意;位移是矢量,
零,即是调节指针定位螺丝,使指针指在最左端刻度,故B 路程、时间是标量,故C不符合题意;加速度、力、速度都是
错误;为减小测量误差,使用欧姆表测电阻时应选择合适的 矢量,故D符合题意.故选:D.
挡位,使指针指在表盘中央刻度线附近,故C正确;在使用 6.A 到达终点的撞线速度是9.1m/s,9.1m/s是到达终点
欧姆表中“×100”挡测量电阻阻值时,发现指针非常靠近欧 时的速度,是瞬时速度的大小,不是瞬时速度的方向,既不是
姆零点,应该选择较小倍率档.故D错误.故选:C. 平均速度大小也不是平均速度方向,故 A正确,BCD错误.
10.C 根据两组测量数据可以算出一组E,r值,但不能减少 故选:A.
偶然误差,故A错误;原理可行,但不符合题目中“直观、简 7.D 由 于 运 动 员 参 加100m赛 跑,故 运 动 员 的 位 移 为:s=
便”的要求,故B错误;采用图像法处理实验数据,直观、同 100m,10s末运动员到达终点,故运动时间为:t=10s.根据
时减小了偶然误差,故C正确;该做法是错误的,不能求出 平均速度公式可知:v=x =100m/s=10m/s,故D正确,
I、U 的平均值,然后应用欧姆定律求出电阻阻值,故D错 t 10
误;故选:C. ABC错误.故选:D.
11.D A中根据闭合回路欧姆定律可得E=U+Ir,可测量多 8.A 由图甲可知汽车速度的变化量Δv的方向与速度方向相
U 同,所以汽车做加速运动,由图乙知汽车速度的变化量 Δv组数据列式求解,A正确;B中根据欧姆定律可得E= (R r 的方向与速度方向相反,所以汽车做减速运动,故 A正确;
·79·
根据加速度的定义式a=Δv可知,加速度的大小还与Δt有 16.B
人对桌面的压力是弹力,不是人受的重力,压力的施力
Δt 物体是人,而重力的施力物体是地球,故不能说压力就是重
关,故B错误;加速度的大小与速度变化率有关,与速度的 力,故A错误;根据人处于静止状态,对人受力分析,可知
大小无关,故C错误;汽车加速时,其加速度方向与Δv方向 桌面对人的支持力和人受到的重力是一对平衡力;根据牛
相同,汽车减速时,其加速度方向与Δv方向相同,故 D错 顿第三定律,可知桌面对人的支持力和人对桌面的压力是
误;故选:A. 一对作用力与反作用力,故B正确,C错误;根据牛顿第三
9.B 0~t1时间内,甲的斜率不变,则速度不变,做匀速运动. 定律,可知人对桌面的压力与桌面对人的支持力大小相等,
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 而桌面对人的支持力与人的重力大小相等,地面对桌子的
于甲,乙做加速运动,故 AD错误.0~t1时间内,甲、乙的起 支持力大小等于人和桌子的总重力,所以人对桌面的压力
点和终点都相同,则位移相同,故B正确.甲、乙都做单向运 和地 面 对 桌 子 的 支 持 力 不 是 一 对 平 衡 力,故 D错 误.故
动,通过的路程等于位移,则甲、乙通过的路程相同,故C错 选:B.
误.故选:B. 17.D 在物体对地面的压力大 小 等 于 物 体 的 重 力,即 FN=
10.D 第3s内:6=(v+2a)×1+1a×12,由5s内:10=(v + mg,所以物体受到的滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg=0 2 0 0.4×10N=4N,故D正确,ABC错误.故选:D.
4a)×1+1a×12×1+1a×12,由 以 上 两 式 可 得:a= 18.B 如果二力方向相同,则合力:2 2 F=F1+F2=5N+7N=
/2, / ; : 12N;如果二力方向相反,则合力:1ms v F=|F1-F2|=|7N-0=1ms故AB错误 第3s末的速度为 v=v0+
( ) / /, ; : 5N|=2N;因此,此二力的合力最小是 ,最大是 ,at= 1+2×3 ms=7ms C 5s 2N 12N故 错误 前 的位移为
故合力可能的只有 ,故
1 1 B ACD
错误,B正确.故选:B.
x =vt+ at2 25 0 ( )2 = 1×5+2×2×5 m=30m
,故D正 19.A 手机处于静止状态,受力平衡,受到重力和纳米材料对
确.故选:D. 手机的作用力,根据平衡条件可知,纳米材料对手机的作用
力大小等于手机的重力G,方向与重力方向相反,即竖直向
11.B 将x=5t+t2与位移时间关系公式x=vt+1at20 对比2 上,故A正确、B错误;手机处于静止状态,受力平衡,根据
可得:v0=5m/s,a=2m/s2.加速度为a=2m/s2,故A错 平衡条件可知,在垂直支架方向有:FN=Gcosθ+F吸,大于
误;任意1s内的速度增量都是:Δv=aΔt=(2×1)m/s= Gcosθ,有可能大于G,故CD错误.故选:A.
2m/s.故B正确;t=1s时的速度是v=v0+at=(5+2× 20.C 足球受重力、拉力和支持力平衡,受力
1)m/s=7m/s.故C错误;将t=1s代入x=5t+t2得:第 如图所示;根据平行四边形定则,
1s内的位移为:x1=(5×1+12)m=6m.故 D错 误.故 绳子对球的拉力:F= G ,故ABD错误cosα C选:B.
正确.故选:C.
12.A 根据位移-公式h=1gt2,有:2 t=
2h= 2×4510 s= 21.D 一切 物 体 在 任 何 时 候 都 有 惯 性
,故
g A
3s, A ; v2=2h, : 错误
;惯性是物体的一种性质,惯性不是惯
故 正确 根据速度与位移的关系公式 g 得
性力;故B错误;一切物体在任何时候都有
v= 2gh= 2×10×45m/s=30m/s,故B错误;前2s 惯性,故C错误;一切物体都具有惯性;下面的棋子离开尺
内下降的高度为h'=12gt'
2=12×10×2
2m=20m,故物 继续飞行是由于棋子具有惯性.故D正确.故选:D.
/2 ,
体在落地前最后1s内的位移为Δh=h-h'=45m-20m 22.B A.ms 是加速度的单位 故 A正确;B.m是长度的单
=25m, , , , ;故C错误;由平均速度定义可得,物体在整个下落 位 不是质量的单位 质量的单位是kg 故B错误 C.N是
h 45 力的单位,故C正确;D.m/s是速度的单位,故D正确.本过程中的平均速度:v= = m/s=15m/s,故D错误;t 3 题选不正确的,故选:B.
故选:A. 23.C 物 体 的 加 速 度a=2x=2×22 2 m/s
2=4m/s2,则 恒 力
13.B A.北京的纬度大于汕头,北京的重力加速度较大,则同 t 1
一个物体在北京受到的重力比在汕头受到的重力更大,选 F=ma=4N,故选:C.
项A错误;B.球形物体受到的支持力方向总是经过其球 24.C AB.以A、B 为整体,根据牛顿第二定律可得F=(mA+
心,选项B正确;C.压力和重力是不同性质的力,则人站在 mB)a,解得a=5m/s
2,隔离B,对B 受力分析,由牛顿第二
水平地面静止不动时,只能说人对地面的压力大小等于人 定律可得F弹 =mBa,解得F弹 =10N,故 AB错误;C.撤去
体受到的重力大小,选项C错误;D.弹簧的劲度系数k是 外力F 的瞬间,弹簧弹力来不及发生变化,故B 的加速度
2
由弹簧本身决定的,与 弹 力 F 以 及 弹 簧 的 长 度 改 变 量 无 瞬间不变,仍为5m/s,故C正确;D.撤去F 后的短暂时间
关,选项D错误.故选:B. 内,A 物块在弹簧弹力作用下,速度将减小,B 在弹簧弹力
14.B 手与旗杆间不发生相对滑动,所以人受的是静摩擦力,人 作用下,速度将继续增大,故D错误.故选:C.
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 25.B 将Ff=kSv2变形得k
F
= f ,采用国际单位制,式中Ff
平衡,故A错误,B正确;
2
手与旗杆间不发生相对滑动,所以人 Sv
2 2
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 的单位为N,即kg· m/s,S 的单位为 m ,速度的二次方
擦力也越大,但实际静摩擦力的大小始终等于重力大小,故C 的单位可写为(m/s)
2.将这些单位代入得比例系数k的单
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 位是kg/m3,故选:B.
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 26.C 从加速度的角度判断,由题意知0~2s物体的加速度
误.故选:B. 竖直向上,则物体处于超重状态;2s~8s物体的加速度为
15.D 弹 簧 的 弹 力 为:F弹 =12N,形 变 量 为 x=6cm= 零,物体处于平衡状态;8s~10s物体的加速度竖直向下,
F 则物体处于失重状态,故选:C.
0.06m,根据 胡 克 定 律 得,弹 簧 的 劲 度 系 数 为:k= 弹x = 27.D 汽车刹车时在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,据牛
12 N/m=200N/m, a故D正确,ABC错误.故选:D. 顿第二定律知刹车时有:f=ma,则加速度之比
甲 1,根
0.06 a =乙 2
·80·
2 x甲 v2甲 a乙 1 7.B 被起重机匀速吊起的重物,动能不变,: , : 势能增加,因此机据速度-位移关系有 v =2ax 可得 x =v2
×a =乙 乙 甲 9 械能增加,A错误;不计阻力,石头被抛出后在空中飞行过程
×2=2,故D正确,ABC错误.故选:D. 中,只有重力做功,机械能守恒,B正确;木箱沿粗糙斜面自1 9 由下滑过程中,摩擦力做负功,机械能减小,C错误;神舟号
28.B 静止释放后,物体 A将加速下降,物体B将加速上升, 飞船点火升空过程中,推力做正功,机械能增加,D错误.故
二者加速度 大 小 相 等,沿 绳 方 向,由 牛 顿 第 二 定 律,对 A 选:B.
有:mAg-T=mAa,对B有:T-mBg=mBa,代入数据解 1 2
得:a=5m/s2,T=15N,故B正确,ACD错误.故选:B. 8.D 小球斜上抛运动中机械能守恒,机械能为2mv0
,A错;
29.解析:(1)根据胡克定律结合图像的斜率可知劲度系数为 运动到最高点时动能不为零,机械能大于 mgH,B错;由机
k=ΔF= 1.6Δx ( ) -2 N
/m=27N/m; 1 2
12-6 ×10 械能守恒2mv0=mgh+E
,运动到h平台处动能为1k 2mv
2
0
当弹簧处于原长时,弹簧弹力为0,由图可知原长为6.0cm; -mgh,C错;D对.故选:D.
(2)把弹簧悬挂后,由于弹簧自身有重力,在不加外力的情 9.A 由于曲线运动的速度方向为曲线切线方向,所以曲线运动
况下,弹簧已经有一定的伸长. 的速度方向时刻改变,故A正确;做曲线运动的物体速度大小
故选:C. 不一定变化,如匀速圆周运动的速度大小不变,故错误;做曲线
答案:(1)27 6.0 (2)C 运动的物体的加速度大小不一定变化,如匀速圆周运动的加速
30.解析:(1)由速度公式知:a=Δv=10m/s2=2m/s2; 度大小不变,故C错误;做曲线运动的物体加速度方向不一定Δt 5
() 变化,如平抛运动物体的加速度为重力加速度即不变,故 错2 D由牛顿第二定律:F-F阻 =ma
误 故选:
所以F=160+800×2N=1760N; . A.
() 10.A 在圆周上运动,其某一点速度应该沿圆周的切线方向,3 汽车牵引力的反作用力在水平路面上.
答案:() /2 () 向上爬升,则自行车速度方向为垂直于自行车与圆形拱桥12ms 21760N
(3)汽车牵引力的反作用力在水平路面上. 圆心的连线向上,故BCD错误,A正确.故选:A.
合格考模块达标卷(二)(必修第二册) 11.B 曲线运动的物体速度方向沿该点轨迹的切线方向,故AD
错误;曲线运动时合力指向轨迹的内侧,故C错误,B正确 故[范围: .专题五至六]
选B.
1.B 受力分析如图所示摩擦力斜向右上 , ,
方,支持力 斜 向 左 上 方, 12.A
两个匀速直线运动的合运动 由于合加速度为零 合速
运 动 方 向 水 平
, , 度恒定,则合运动仍然是匀速直线运动,故A正确;根据平向右 摩擦 力 的 水 平 分 力 向 右 支 持 力
, 行四边形定则知,两个匀变速直线运动的合运动,若合加速水平分力 向 左.因 此 摩 擦 力 做 正 功 支
, 度与合初速度的方向共线
,则是直线运动,若两者方向不共
持力做负功 故ACD错误,B正确.故选:B.
, 线,则是曲线运动,故B错误;合运动的位移是分运动位移2.C 汽车在水平路面上匀速行驶 故牵引力与阻力的大小相
3 , 3 的矢量和,因此合运动的位移可能大于任一分运动的位移,等为1.8×10 N 根 据 功 率 P=Fv=1.8×10 ×20W=
也可能小于,也可能等于,故 错误 故选:
36kW,故ABD错误,C正确;故选:C. CD . A.
, 13.A 根据运动的合成和分解规律可知,飞机的速度在水平3.C 以地面为零势能参平面 D 处重力势能Ep=mgh=0.3
方向的分速度为
×10×(-3.0)J=-9J,从A 到D 的过程中重力势能减少
量ΔEp=mgΔh=0.3×10×(0.7+1.5+3.0)J=15.6J,故
C正确,ABD错误.故选:C.
4.C 由于人的拉力与弓的形变方向相同,故人对弓做正功;
在拉开过程中由于弓的形变量增大,故弹性势能增大,故C
正确,ABD错误.故选:C.
5.C 设物体的质量为 m,当一物体的速度大小为v0时,其动
能为Ek,则有Ek=
1
2mv
2
0,当它的动能为2Ek时,有2Ek=2 vx=vcos60°=200×0.5m/s=100m/s,故 A正确;BCD
错误 故选:
×1mv2=1
. A.
2
0 mv ,解得:2 2 v= 2v0
,故选项C符合题意.故 14.A 平抛运动的初速度水平,只受重力作用,加速度为g,保持
选:C. 不变,是匀变速曲线运动,故A正确,B错误;根据Δv=gt知,
6.C 对小球受力分析,受到重力、拉力F 和绳子的拉力T, 任意两段相等时间内的速度变化量相等,方向竖直向下,故C
如图 错误;小球在竖直方向上做自由落体运动,在空中的运动时间
t= 2h,与做平抛运动的物体的初速度无关,故D错误;g
故选:A.
15.C 因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,竖直方
向上做自由落体运动,水平分速度不变,所以速度的变化量
等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.
16.C 依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距
根据共点力平衡条件,有F=mgtanα,故F 随着α的增大而
, ; , 离d=(v1+v2)t=(2v1+2v2)t',得t'=
t.故选:不断变大 故F 是变力 对小球运动过程运用动能定理 得 2 C.
到-mgl(1-cosα)+W =0,故 拉 力 做 的 功 等 于 mgl(1- 17.C 圆周运动单位时间内通过的路程为线速度的大小,单
cosθ).故选:C. 位时间内通过的弧长为线速度的大小,单位时间内通过的
·81·
角度为角速度大小,而单位时间内通过的位移不同,所以C 26.B 物体做自由落体运动有h=1gt2,根据万有引力与重
错误,符合题意.故选:C. 2
Mm 2hR2
18.B 秒针和分针的周期之比为1∶60,根据ω=2π可知,秒 力的关 系 G 2 =mg,解 得 月 球 的 质 量 为 M= ,故T R Gt
2
针与分针的角速度之比是60∶1,故A错误;秒针与分针的 选:B.
角速度之比是60∶1,秒针与分针由转动轴到针尖的长度 27.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
之比为3∶2,根据v=ωr可知,秒针针尖与分针针尖的线速 据向心力公式得GMm=mv =mω2r=m4πr2 2 =ma,解得
度之比为90∶1,故B正确;秒针与分针的角速度之比是 r r T
60∶1,秒针针尖与分针针尖的线速度之比为90∶1,根据a 线速度v= GM,a、b的轨道半径是2∶3,所以a、b的线
=ωv可知秒针与分针针尖的向心加速度之比是5400∶1, r
速度 大 小 之 比 是 3∶ 2,故 A 错 误;解 得 周 期 T=
故C错误;秒针与分针的角速度之比是60∶1,根据n=ω2π r3
可知,秒针与分针的转速之比是60∶1,故D错误.故选: 2π
,、的轨道半径是 ,所以 、 的周期之比是
B. GM ab 2∶3 ab
19.C 物体受到重力、支持力、静摩擦力,其中,指向圆心的静
, : 2 2∶3 3
,故B错误;解得角速度ω= GM,a、b的轨道
摩擦力提供向心力 C正确.故选 C. r3
20.D BC.传动中皮带不打滑,可知 A、B 两点的线速度大小 半径是2∶3,所以a、b的角速度大小之比是3 3∶2 2,故
2
相等,则有vA∶vB=1∶1,根据a=
v ,可知A、B 两点向心r C错误;解得向心加速度a=
GM
2 ,a、b的轨道半径是2∶3,r
加速度大小之比为aA ∶aB=rB ∶rA =1∶2,故BC错误; 所以a、b的 向 心 加 速 度 大 小 之 比 是9∶4,故 D正 确.故
AD.B、C两点同轴转动,角速度大小相等,则有ωB∶ωC= 选:D.
1∶1,A、B 两点的线速度大小相等,则A、B 两点的角速度 2
ω ∶ω =r ∶r =1∶2, A、C 28.B
根据万有引力提供向心力公式:GMm=mv,在半径一定
之比为 2A B B A 可得 两点的角速度 R R
大小之比为ω ∶ω =ω ∶ω =1∶2,根据a=ω2r,由于A、 的情况下,速度越大,所需要的向心力越大.如果向心力不足,A C A B
C两点的半径相等,可知A、C 两点的向心加速度大小之比 物体将做离心运动.物体在地球表面轨道上运动时,受到的向
为aA∶aC=ω2A∶ω2C=1∶4,故A错误,D正确.故选:D. 心力刚好对应的速度就是7.9km/s.超过就要做离心运动.而
2 要完全脱离地球引力,需要的速度为11.2km/s.所以,当速度
21.D 在坡顶,由牛顿第二定律得 mg-F =mvN ,解得:r FN 在7.9~11.2km/s之间时.人造卫星既不能保持在地球附近
v2, , , 做圆周运动,又无法完全逃离地球.最终轨迹就是一个椭圆 故=mg-m F
.
即 Nv2 v2mg=m ,解得FN'=mg+m ,即F'N>mg,由上分析可 29.
解析:(1)打点计时器工作时需要接交流电源,验证机械能守
r r 恒时质量可以约去,不需要使用天平,需要使用刻度尺量取各
知则在B、D 两点比A、C 两点容易爆胎,而 D 点半径比B 点间的距离,故本实验不需要的器材是直流电源、天平.
点小,则D 点最容易爆胎.故选:D. 故选:A.
22.A 在水平面上,细绳的拉力提供m 所需的向心力,当拉力 (2)本实验要验证表达式
消失,物体受 力 合 为 零,将 沿 切 线 方 向 Ba 做 匀 速 直 线 运 1 2
动,A正确.F 突然变小,向心力减小,则小球将沿轨迹Bb mgh=2mv
做离心运动,故BC错误;F 突然变大,小球将沿轨迹Bc做 所以用v= 2gh这一表达式计算瞬时速度,相当于用机械
向心运动,故D错误.故选:A. 能守恒验证机械能守恒,所以不能利用v= 2gh计算出瞬
23.B A.由开普勒定律可知,所有行星绕太阳做椭圆运动,太 时速度;
阳不是宇宙的中心,太阳围绕银河系中心旋转而银河系不 (3)实验中误差产生的原因有重物受到空气阻力;纸带与限
过是宇宙中 千 亿 个 星 系 中 微 不 足 道 的 一 个,故 A 错 误; 位孔之间的摩擦力.
B.行星围绕太阳运动的轨迹是椭圆,太阳处于椭圆的一个 答案:(1)A (2)不能
焦点上,故B正确;C.根据开普勒第二定律,行星距离太阳 (3)重物受到空气阻力;纸带与限位孔之间的摩擦力
越近,其运动速率越大,故C错误;D.根 据 开 普 勒 第 三 定 30.解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进
律,行星围绕太阳运动的轨道半径的三次方跟它公转周期 L
, : 入上翘甲板时的速度为 ,则有
v
的二次方成正比 故D错误.故选 B. v 2=
1
t ①
24.C 在物理学发展史上,发现万有引力定律的科学家是牛 根据动能定理,有W=1mv2-0 ②
顿,故ABD错误,C正确.故选:C. 2
4
25.A 所有地球同步卫星都必须位于赤道正上空,故A正确. 联立①②式,代入数据,得W=7.5×10J; ③
地球同步卫星的运行周期必须与地球自转周期相同,由开 (2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有
r3 L2=Rsinθ④普勒第三定律 2=k,知所有地球同步卫星的轨道半径相 2T 由牛顿第二定律,有FN-mg=m
v ⑤
同,则离地高度一定相同,故B错误.根据万有引力提供向 R
联立①④⑤式,代入数据,得Mm M FN=1.1×10
3N.
心力,得G
r2
=ma,得a=G 2,M、r相同,则所有地球同r 答案:(1)7.5×10
4J (2)1.1×103N
步卫星的向心加速度大小相等,故C错误.所有地球同步 合格考模块达标卷(三)(必修第三册)
[范围:专题七至十]
卫星受到的向心力等于万有引力,由F=GMm2 ,知不同卫r 1.A 元电荷是指电子或质子所带的电荷量,数值为e=1.60
星的质量不一定相等,所以向心力不一定相等,故D错误. ×10-19C,故A错误,故B正确;所有带电体的电荷量都等
故选:A. 于元电荷的整数倍,故C正确;电荷量e的数值最早是由美
·82·
国科学家密立根用实 验 测 得 的,故 D正 确.本 题 选 错 误 选 16.A 三 个 相 同 规 格 的 电 阻,任 何 组 合 中 的 最 小 电 阻 值 为
项,故选:A. 9Ω,因为当三个电阻并联的时候电阻最小,且n个相同规
2.C 原来金属导体P 不带电,对外显电中性,金属导体P 与 格的电阻并联之后总电阻会变成单个电阻的1,由此可知
带正电的金属导体N 接触时,带正电导体 N 夺得电子的本 n
领大于不带电的金属导体P,带正电的金属导体 N 夺得电 电阻的阻值为27Ω,故BCD错误,A正确.故选:A.
子,金属导体P 失去电子带正电,所以有电子由 P 转移到 17.C 两小灯泡L1,L2是串联关系,通过的电流相同,当滑动
N.故选:C. 变阻器滑片P向左移动时,有效电阻增大,电路中电流变
3.D 一个带正电的物体能够吸引另一个物体,另一个物体带 小,因此,两小灯泡都将变得更暗些.故选:C.
负电或不带电,锡箔屑被吸引过程带正电,故 A错误;锡箔 P18.B 由 小 灯 泡L正 常 发 光,可 知 电 路 中 电 流 为I= L=
屑被吸引过程是加速过程,故B错误;最后锡箔屑散开主要 UL
是因为锡箔屑带正电,同种电荷相互排斥导致,故C错误,D 0.4A=0.2A,则电动机两端电压为UM =E-Ir-UL=
正确;故选:D. 2
4.C 牛顿发现万有引力定律;伽利略通过理想斜面实验提出 3.8V,电动机的输入功率为P=IUM =0.76W,电动机发
2
运动不需要力来维持;库仑发现库仑定律;法拉第发现电磁 热功率为PQ=IrM =0.04W,可得电动机的输出功率为
感应现象.故选:C. P出 =P-PQ=0.72W,故选:B.
5.D 运输汽油的油罐车尾部拖在地上的链子的作用是将静 19.C 图像中图线斜率代表电阻的倒数,则有电阻R2的阻值
2
电释放,因此它的材料必须是导电能力强的,而橡胶、塑料是 较大,R1的阻值较小.故AB错误;根据公式,有P=
U .电
绝缘体,硅是半导体,铁是导体.故D符合题意,ABC不符合 R
题意.故选:D. 压相同时,R1的阻值较小,则电阻R1的发热功率较大.故C
6.C 根据库仑定律公式,开始时两个电荷之间的作用力:F= 正确,D错误.故选:C.
4Q·k 6Q 24kQ
2 20.B 水力发电中所使用的发电机应用了电磁感应原理.故
2 = 2 ,只将它们的距离变为2r,故库仑力F'=r r 选:B.
4Q·6Q 6kQ2 1 , , : 21.D
磁场中某点的磁感应强度方向为该点的磁场方向,与
k ( = = F 故C正确 ABD错误.故选 C.2r)2 r2 4 在该点的小磁针静止时N极所指方向相同,即与该点小磁
7.D 因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关, 针N极的受力方向相同,故 ABC正确,D错误.本题选不
由场源电荷决定.所以电场强度不随q、F 的变化而变化,故 正确的.故选:D.
、 ; F , 通电直导线产生稳定的磁场,离导线越远磁场越弱,磁AB错误 由E= 知 某点的电场强度一定,F 与q 成正 22.C q 感线越稀疏,故当线框远离通电导线时,穿过线框的磁感线
比.故C错误,D正确.故选:D. 的条线越来越少,所以磁通量逐渐减
