阶段达标检测(一) 直线运动
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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年9月4日～16日，第十三届全国学生运动会在杭州举行。下列关于质点的说法正确的是( )
A．研究乒乓球运动员比赛中发出的弧旋球时，可以把乒乓球视为质点
B．足球运动员踢出的沿曲线飞行的足球一定能视为质点
C．参加健美操比赛的运动员正在完成动作时可视为质点
D．参加武术比赛的运动员正在完成动作时可视为质点
解析：选B 弧旋的乒乓球在转动，其各点的运动情况不同，因而不能把它视为质点，选项A错；足球在踢出后要在空中飞出长长的弧线，足球的大小尺寸和旋转情况，相对于这么长的弧线可以忽略不计，因而可以把这时的足球视为质点，选项B对；健美操运动员的动作复杂，若对运动员的动作进行技术分析，显然不能把运动员视为质点，但若只研究运动员的滑行路线，则可以把运动员视为质点，选项C错；武术比赛中的运动员动作复杂，不仅有转动、而且有平动不能视为质点，选项D错。
2.2018年1月31日发生了月全食。本次月全食的“初亏”为北京时间19时48分，“食既”为20时52分，“生光”时刻为22时08分，“复圆”时刻为23时11分。其中，“食既”到“生光”是最精彩的部分，也就是著名的“红月亮”时段，届时“蓝月亮”将变身为像鸭蛋红一样的“红月亮”。下列说法正确的是( )
A．月球距地球38万千米远，欣赏月全食可以把月球看成质点
B．看到云朵从月球表面掠过，是以地球为参考系
C．“北京时间19时48分”实际表示的是时刻
D．从“食既”到“生光”持续的时间为1小时56分
解析：选C 欣赏月全食不能忽略月球的大小和形状，即不能把月球看成质点，A错误；看到云朵从月球表面掠过，是以月球为参考系，B错误；“北京时间19时48分”是月全食的“初亏”时刻，C正确；从20时52分到22时08分，持续的时间为1小时16分，D错误。
3.中国是掌握空中加油技术的少数国家之一。如图所示是我国自行研制的第五代战斗机“歼-20”在空中加油的情景，以下列的哪个物体为参照物，可以认为加油机是运动的( )
A．“歼-20”战斗机
B．地面上的房屋
C．加油机中的飞行员
D．“歼-20”战斗机里的飞行员
解析：选B 加油机相对于“歼-20”战斗机位置不变，以“歼-20”战斗机为参照物，加油机是静止的，故A错误。加油机相对于地面上的房屋位置不断变化，以地面上的房屋为参照物，加油机是运动的，故B正确。加油机相对于加油机中的飞行员位置不变，以加油机中的飞行员为参照物，加油机是静止的，故C错误。加油机相对于“歼-20”战斗机里的飞行员位置不变，以“歼-20”战斗机里的飞行员为参照物，加油机是静止的，故D错误。
4.2018年3月20日有媒体报道正在舾装的我国首艘国产航母002舰脚手架已经拆除而且进行了试车，而国产航母海试时伴随的综合保障舰也早已经就位，即将出海海试。对于正在海试中的航母，航母上某处的执勤人员认为自己是静止的，他所选择的参考系可能是( )
A．航母外的海面 B．远处的海岛
C．航母的舰岛 D．航母旁的造船厂
解析：选C 正在海试中的航母上某处的执勤人员，以航母外的海面、远处的海岛或航母旁的造船厂为参考系时，执勤人员都是运动的，而以航母的舰岛为参考系，执勤人员是静止的，故选C。
5.2018年2月13日天气网讯，2018年2号台风最新消息，台风三巴14日将会移入我国的南海海面，开始影响我国。预计该台风中心以20 km/h左右的速度向西偏北方向移动，中心附近最大风速约18 m/s…。报道中的两个速度数值分别是指( )
A．平均速度，瞬时速度 B．瞬时速度，平均速度
C．平均速度，平均速度 D．瞬时速度，瞬时速度
解析：选A 平均速度对应的是一段时间或一段位移，而瞬时速度对应的是某时刻或某位置，20 km/h指的是台风向西北方向移动一段时间或一段位移的平均速度，18 m/s指的是台风中心附近的瞬时速度，故A正确。
6.2017年8月7日，短跑界历史上最出色的运动员，牙买加选手博尔特宣布正式退役。他获得过9枚奥运金牌，11枚世锦赛金牌，保持三项世界纪录。在某届奥运会中他在男子100 m决赛和男子200 m决赛中分别以9.69 s和19.30 s的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌。关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．200 m决赛中的位移是100 m决赛的两倍
B．100 m决赛中的冲刺速度约为10.32 m/s
C．200 m决赛中的平均速度约为10.36 m/s
D．200 m决赛中的平均速率约为10.36 m/s
解析：选D 200 m决赛中的轨迹为曲线，100 m决赛的轨迹为直线，由此可知200 m决赛中的位移不是100 m决赛的两倍，A错误；100 m比赛中的平均速度约为10.32 m/s，而不是冲刺速度，B错误；平均速率为路程与时间的比值，所以200 m决赛中的平均速率约为10.36 m/s，C错误，D正确。
7.2018年3月12日乒乓球卡塔尔公开赛闭幕，中国选手樊振东成为本站比赛的男单、男双双冠王。假设在本次比赛中，樊振东接住了对手打来的速度大小为30 m/s 的乒乓球，并将球以45 m/s的速度反向扣杀，从接住到扣杀历时0.15 s，则乒乓球在被扣杀时平均加速度大小为( )
A．50 m/s2 B．100 m/s2
C．250 m/s2 D．500 m/s2
解析：选D 以45 m/s方向为正方向
Δv＝45 m/s－(－30 m/s)＝75 m/s
a＝＝500 m/s2
方向与45 m/s方向相同，故D正确。
8．一家从事创新设计的公司打造了一台飞行汽车，既可以在公路上行驶，也可以在天空中飞行。已知该飞行汽车在跑道上的加速度大小为2 m/s2，速度达到40 m/s后离开地面。离开跑道后的加速度为5 m/s2，最大速度为200 m/s。飞行汽车从静止加速到最大速度所用的时间为( )
A．40 s B．52 s
C．88 s D．100 s
解析：选B 在地面上的匀加速时间t1＝＝20 s，离开地面后速度由40 m/s增加到200 m/s，加速度为5 m/s2，加速时间t2＝＝32 s，所以总时间t＝t1＋t2＝52 s，B正确。
9．下列各组中的物理量，都属于矢量的是( )
A．速度、位移、加速度 B．位移、加速度、速率
C．温度、路程、质量 D．加速度、时间、路程
解析：选A 矢量是有大小有方向的物理量，例如位移、速度、加速度、速度的变化量等，故选A。
10．近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势。王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的( )
A．速度增加，加速度减小 B．速度增加，加速度增大
C．速度减小，加速度增大 D．速度减小，加速度减小
解析：选A “房价上涨”可以类比成运动学中的“速度增加”，“减缓趋势”则可以类比成运动学中的“加速度减小”。
11.(2018·台州联考)如图所示，浙江百丈漈瀑布是全国单体落差最高的瀑布。第一漈207米，第二漈68米，第三漈12米，三漈相加是287米，折合古时鲁班尺是一百丈多17米，故名百丈漈。假设忽略上游水的初速度和空气的阻力，g取9.8 m/s2，那么水仅仅下落第一漈后的速度大约是( )
A．63 m/s B．76 m/s
C．6.3 m/s D．44 m/s
解析：选A 根据公式可知v1＝＝ m/s≈63.7 m/s，选项A正确。
12．如图所示是伽利略的斜面实验，下表为某次实验的一组数据。据此，他发现＝常数。有同学想验证伽利略的结论，作出如下四幅图像，最合理的是( )
时间t/单位
1
2
3
4
5
6
7
8
距离s/单位
32
130
298
526
824
1 192
1 600
2 104
解析：选A 为了验证伽利略的结论＝常数，作s-t2图，应是通过原点的一条直线，故选项A正确。
13．杭新景高速公路限速120 km/h，一般也要求速度不小于80 km/h。冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸。如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30 m，该人的反应时间为0.5 s，并设汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是( )
A．10 m/s B．15 m/s
C．10 m/s D．20 m/s
解析：选B 设汽车行驶的最大速度是vm，汽车匀速运动的位移为x1＝vmt，汽车刹车匀减速运动的位移为x2＝ ，且x＝x1＋x2，联立得vm2＋5vm－300＝0，故vm＝15 m/s，选项B正确。
二、非选择题(本题共4小题，共31分)
14．(5分)(2018·杭州模拟)某同学用如图甲所示的实验装置研究匀变速直线运动。
甲
乙
实验步骤如下：
A．安装好实验器材
B．让小车拖着纸带运动，打点计时器在纸带上打下一系列小点，重复几次，选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量的点开始，每五个点取一个计数点，如图乙中a、b、c、d等点
C．测出x1、x2、x3…
结合上述实验步骤，请你继续完成下列任务：
(1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下列仪器和器材中，必须使用的有________。(多选)
A．电压合适的50 Hz交流电源
B．电压可调的直流电源
C．停表
D．刻度尺
E．天平
F．重锤
G．弹簧测力计
(2)如果小车做匀加速运动，所得纸带如图乙所示，则x1、x2、x3的关系是______________________，已知打点计时器打点的时间间隔是t，则打c点时小车的速度大小是________。
解析：(1)实验中打点计时器要使用50 Hz的低压交流电源；测量x1、x2、x3要使用刻度尺；实验中无需使用停表、天平、重锤和弹簧测力计，故选A、D。
(2)因小车做匀加速直线运动，所以相邻相等时间内的位移之差是恒量，故x3－x2＝x2－x1；c点是bd段的时间中点，则c点的瞬时速度等于该段的平均速度，即vc＝＝。
答案：(1)AD (2)x3－x2＝x2－x1
15．(5分)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计时器接在50 Hz的低压交变电源上。某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出)。从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示，由此可以得到一条表示v-t关系的图线，从而求出加速度的大小。
(1)请你在xOy坐标系中用最简洁的方法作出能表示v-t关系的图线。
(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？
答：____________。
(3)若测得a段纸带的长度为2.0 cm，e段纸带的长度为10.0 cm，则可求出加速度的大小为________m/s2。
解析：(1)纸带的长度表示位移，由于每条纸带宽度相同，也就是时间相同，因此长度表示速度的大小，因此各个顶点连线就可以表示v-t关系的图线。
(2)0.15 s恰好是BC的中间时刻，因此需要测出BC的长度，也就是纸带b的长度。
(3)根据匀变速直线运动的规律Δx＝aT2，由于相邻两段的时间间隔都是0.1 s，可得：a＝＝2.0 m/s2。
答案：(1)如图所示
(2)b纸带 (3)2.0
16．(9分)一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过A、B两相邻的树用了3 s，通过B、C两相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度和通过树B时的速度为多少？
解析：设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a。
对AB段运动，由x1＝vAt1＋at12，
知15 m＝vA×3 s＋a×(3 s)2
同理，对AC段运动，由x2＝vAt2＋at22知
30 m＝vA×5 s＋a×(5 s)2
两式联立解得：vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2
再由vB＝vA＋at
得：vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5 m/s。
答案：1 m/s2 6.5 m/s
17.(12分)斜面长度为4 m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方v02的关系图像(即x -v02图像)如图所示。
(1)求滑块下滑的加速度大小；
(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？
解析：(1)由v02＝2ax推知，图线“斜率”为，所以滑块下滑的加速度大小a＝2 m/s2。
(2)由图像可知，当滑块的初速度为4 m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s时能滑到斜面最低点。设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t－at2，即：4＝5t－×2t2，解得t＝1 s，t＝4 s(舍去)。
答案：(1)2 m/s2 (2)1 s
阶段达标检测(七) 恒定电流
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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.如图所示的干电池常标注有“1.5 V”的字样，表示电源的电动势为1.5 V，这说明( )
A．电路中每通过1 C的电荷量，电源把1.5 J的电能转化为机械能
B．干电池在1 s时间内将1.5 J的化学能转化为电能
C．干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2 V的蓄电池弱
D．干电池工作时，能提功的电流大小为1.5 A
解析：选C 电动势是指在电源内部从负极到正极移送正电荷非静电力所做的功跟被移送电荷量的比值，干电池的电动势为1.5 V，表示移送1 C电荷的过程中，非静电力做功为1.5 J，电源把1.5 J的化学能转化为电能，A、B错。电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势越大，说明这种本领越强，C对。电动势大小与电路中的电流没有必然联系，D错。
2．如图甲所示是电容器充、放电电路。配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图像。实验中选用直流8 V电压，电容器选用电解电容器。先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可瞬间完成。然后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图像上显示出放电电流随时间变化的I-t曲线，如图乙所示。以下说法正确的是( )
A．电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较小
B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐增大
C．由传感器所记录的该放电电流图像可以估算出该过程中电容器的放电电荷量
D．通过本实验无法估算出该电容器的电容值
解析：选C 电容是用来描述电容器容纳电荷本领的物理量，大小与氧化膜厚度无关，选项A错误；由U＝可知，因电容器电容不变，放电过程中电容器所带电荷量逐渐减小，所以电容器两端电压逐渐减小，选项B错误；由I＝，再结合放电电流随时间变化的I-t曲线可知选项C正确；根据I-t曲线可求出放电过程中通过电阻的电荷量，再由电容器放电瞬间电压与电源电压相等，根据C＝即可求出电容器的电容值，选项D错误。
3.有a、b、c、d四个电阻，它们的I-U关系如图所示，则电阻最大的是( )
A．a B．b
C．c D．d
解析：选D 由I-U图像可知，斜率越大，电阻越小，所以电阻最大的是d，D正确。
4．(2018·温州模拟)如图所示电路中，电动势为E、内阻为r的电源与一滑动变阻器构成闭合电路，当滑片移动时，滑动变阻器两端的电压和电路中电流的关系图像为( )
解析：选D 由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，得U＝E－Ir，U与I为一次函数关系，且随电流I增大，电压U减小。
5．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示。根据表中所提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为( )
额定容量
54 L
最高水温
75 ℃
额定功率
1 500 W
额定压力
0.7 MPa
额定电压
220 V
电器类别
Ⅰ类
A．6.8 A B．0.15 A
C．4.4 A D．0.23 A
解析：选A 由P＝UI可知，该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为I＝＝ A≈6.8 A，故选项A正确。
6．(2018·潮州模拟)如果家里的微波炉(1 000 W)、电视机(100 W)和洗衣机(400 W)平均每天都工作1 h，一个月(30天计)的用电量是( )
A．10 kW·h B．20 kW·h
C．45 kW·h D．40 kW·h
解析：选C P＝100 W＋1 000 W＋400 W＝1 500 W＝1.5 kW，故W＝Pt＝1.5 kW×1 h×30＝45 kW·h。
7．(2018·温州模拟)扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为“iRobot”扫地机器人，已知其电池容量2 000 mA·h，额定工作电压15 V，额定功率30 W，则下列说法正确的是( )
A．扫地机器人的电阻是10 Ω
B．题中“mA·h”是能量的单位
C．扫地机器人正常工作时的电流是2 A
D．扫地机器人充满电后一次工作时间约为4 h
解析：选C 扫地机器人不是纯电阻，无法求出其电阻为10 Ω，A不正确；mA·h是电荷量单位，不是能量单位，B不正确；由P＝UI可得I＝＝2 A，C正确；工作时间t＝＝1 h，D不正确。
8．(2018·温州模拟)R1和R2是材料相同，厚度相同，表面都为正方形的导体，但R1的尺寸比R2大得多，把它们分别连接在如图电路的A、B端，接R1时电压表的读数为U1，接R2时电压表的读数为U2，下列判断正确的是( )
A．R1＜R2 B．R1＞R2
C．U1＞U2 D．U1＝U2
解析：选D 由电阻定律得R＝ρ，设导体正方形表面边长为a，则R＝ρ＝ρ，与边长a无关，所以R1＝R2＝ρ，A、B均不正确；电压表示数U＝R，由于E、r、R均相同，所以U1＝U2，D正确。
9．在某控制电路中，需要连成如图所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是( )
A. L1、L2两个指示灯都变亮
B．L1、L2两个指示灯都变暗
C．L1变亮，L2变暗
D．L1变暗，L2变亮
解析：选B 当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，内阻分担电压增大，路端电压减小，L1灯变暗，通过其电流减小；由U1＝I1R1及I1＝I－IL1可知R1分担电压增大，则L2和R2两端电压减小，L2将因功率减小而变暗，选项B正确。
10．用如图甲所示的电路来测量电池电动势和内电阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U-I图线，由图可知( )
A．电池电动势的测量值为1.40 V
B．电池内阻的测量值为3.50 Ω
C．外电路发生短路时的电流为0.40 A
D．电压表的示数为1.20 V时，电流表的示数I′＝0.40 A
解析：选A 由闭合电路欧姆定律U＝E－Ir知当I＝0时，U＝E，故A正确；U-I直线的斜率表示电源的内阻，则r＝＝ Ω＝1 Ω，B错误；U轴的电压刻度不是从零开始的，U-I图线的横截距不再表示U＝0时的短路电流，而是表示路端电压为1.00 V时的干路电流是0.4 A，C错误；因为＝r＝常数，从题图中易知＝，所以I′＝0.20 A，故D错误。
11．(2018·衢州模拟)第二届世界互联网大会于2015年12月16日至18日在桐乡乌镇举行，为迎接大会召开，桐乡市对部分道路亮化工程进行了改造，如图所示是乌镇某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则该电池板的内阻约为( )
A．7.58 Ω B．6.03 Ω
C．6.23 Ω D．7.35 Ω
解析：选D 电池板的开路电压等于电池板的电动势，则该电池板的电动势为E＝43 V
由题知，短路电流为I短＝5.85 A
根据闭合电路欧姆定律得：
电池板的内阻r＝＝ Ω≈7.35 Ω。
12．(2018·浙江名校测试)如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V，乙电路两端的电压为16 V。调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是( )
A．P甲＜P乙 B．P甲＞P乙
C．P1＞P2 D．P1＝P2
解析：选D 两灯都正常发光，电灯中电流相同，两端电压相等，R1中电流是R2中电流的2倍，乙电路两端电压是甲电路两端电压的2倍，由电功率公式可知，两电路中消耗的总功率P甲和P乙相等，选项A、B错误。由于两灯都正常发光，消耗功率相等，R1和R2消耗的功率P1和P2相等，选项C错误，D正确。
13.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )
A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开开关S
解析：选B 带电油滴原来平衡，则q＝mg。当增大R1的阻值时，电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压U增大，带电油滴向上加速，选项A错误；增大R2的阻值，路端电压不变，油滴仍静止，选项B正确；增大两板间距离， 二、非选择题(本题共4小题，共31分)
14．(7分)(2018·温州月考)描绘一个标有“6 V 3 W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：
a．标有“6 V 3 W”字样的小灯泡一个；
b．9 V学生电源一个；
c．量程为0～3 V的电压表，内阻约为3 kΩ；
d．量程为0～15 V的电压表，内阻约为15 kΩ；
e．量程为0～0.6 A的电流表，内阻约为0.5 Ω；
f．量程为0～3 A的电流表，内阻约为0.1 Ω；
g．滑动变阻器(阻值范围0～50 Ω，允许通过的最大电流1.5 A)；
h．滑动变阻器(阻值范围0～500 Ω，允许通过的最大电流0.5 A)；
开关一个，导线若干。
(1)为减小实验误差，方便调节，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。请在图中给定的四个电路图和上述所给的器材中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上。应选取的电路是__________，电压表应选________；电流表应选__________；滑动变阻器应选__________。
(2)根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流I为纵坐标画出图线，在图中给出的四个I-U图线中，最能反映实际情况的是__________。
解析：(1)由于实验要求电流从零调节，所以变阻器应采用分压式接法；由于灯泡电阻较小，电流表应用外接法，所以应选取C图中的电路；根据小灯泡的额定电压为6 V可知电压表应选择d；小灯泡的额定电流为I＝＝ A＝0.5 A，所以电流表应选择e；变阻器采用分压式接法时，其阻值越小调节越方便，所以变阻器应选择g。
(2)由I＝＝U可知，I-U图像上的点与原点连线的斜率倒数等于导体的电阻，由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以图线上的点与原点连线的斜率应逐渐减小，所以最能反映实际情况的是C。
答案：(1)C d e g (2)C
15．(8分)(2018·浙江玉环中学模拟)北京市技术质量监督局曾对市场中电线电缆产品质量进行抽查，检验负责人说：“十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格问题，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把截面积缩小，买2.5 平方毫米的线，拿到手的线可能是1.5平方毫米或1.5平方毫米多一点，载流量不够；还有一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮，电阻率达不到要求……”。
(1)现从一捆横截面积为1平方毫米的不合格的电线中截取一段，采用绕线法测量其横截面积，读数如图甲所示，可得该导线的半径为________mm(保留3位有效数字)；经你判断该电线的横截面积________(填“合格”或“不合格”)。
(2)欲测量该捆电线的电阻率是否合格，经查阅，纯铜的电阻率为1.8×10－8 Ω·m。取长度为100 m(真实长度)的电线，并用伏安法测量其电阻，所用器材有：
A．电源(电动势约为5 V，内阻不计)
B．待测长度为100 m的电线一捆
C．滑动变阻器(5 Ω，2 A)
D．电压表(量程为5 V，内阻约为5 kΩ)
E．电流表(量程为0.6 A、3 A，内阻分别为0.125 Ω、0.025 Ω)
某同学设计了如图乙的电路，所选电表量程均合理，则电压表的另一端应接________(填“a”或“b”)，测得电压表读数为4.50 V，电流表读数如图丙所示，为________A。结合检验负责人的话，你认为这捆电线不合格的原因最有可能是______________________________。
解析：(1)由题图可知，10匝线圈的直径的总长度为12.4 mm，则导线的半径为 mm＝0.620 mm，则横截面积为：S＝πr2≈1.21 mm2，说明横截面积合格。
(2)因待测电线的阻值很小，故采用电流表外接法，所以电压表的另一端接a。电流表的量程选3 A，分度值为0.1 A，则读数为2.50 A。电阻R＝＝ Ω＝1.8 Ω，ρ＝＝ Ω·m＝2.178×10－8 Ω·m，故电阻率达不到要求，另外不合格的原因可能还有绝缘层质量不合格，用再生塑料制作电线外皮等。
答案：(1)0.620 合格 (2)a 2.50 电阻率大于标准值，达不到合格要求
16．(8分)(2018·金华模拟)如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 Ω 的电阻，测量步骤如下：
(1)调节________，使电表指针停在________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。
(2)将选择开关旋转到“Ω”挡的________位置。(填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”)
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节____________，使电表指针对准________(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线。
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为________ Ω。
(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置。
解析：使用多用电表欧姆挡，先机械调零。中值电阻为15 Ω，测量20 Ω的电阻时，要使用“×1”的倍率，然后进行欧姆调零；由刻度盘和倍率可知，测量电阻的阻值为19 Ω。
答案：(1)指针定位螺丝 电流 (2)×1
(3)欧姆调零旋钮 电阻 (4)19
17．(8分)在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”实验中，某同学测得了七组数据(如下表)。
1
2
3
4
5
6
7
U/V
1.22
1.02
0.88
0.60
0.63
0.51
0.48
I/A
0.2
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
1.0
(1)根据表中实验数据在图中已描好点，试作出U-I图线；
从图线中得出，电源电动势E＝________V，内电阻r＝______Ω。
(2)若一位同学未画出图线，只选用其中两组U和I的数据，根据公式E＝U1＋I1r和E＝U2＋I2r算出E和r，这样做可能得出误差很大的结果，则他选用其中第______组和第______组数据时算得的结果误差较大。
解析：(1)根据坐标系内描出的点作出图像如图所示：
由图示图像可知，电源的U-I图线与纵轴交点坐标值为1.6，则电池电动势为：E＝1.6 V，
电源内阻：r＝＝ Ω≈1.45 Ω；
(2)由图示图像可知，第4组与第7组实验数据偏离图线最远，应用这两组数据列方程求出的电动势与内阻误差较大。
答案：(1)见解析图 1.6 1.45 (2)4 7
阶段达标检测(三) 牛顿运动定律
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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．在国际单位制中，速度单位的符号是( )
A．N·kg B．kg/N
C．m/s D．m/s2
答案：C
2．下列说法中，正确的是( )
A．力学中的基本单位只有米(m)、千克(kg)和秒(s)
B．牛顿(N)是力学的基本单位，但不是国际单位制中的基本单位
C．帕斯卡(Pa)、焦耳(J)是国际单位制中的单位
D．长度是国际单位制中的基本单位
解析：选C 力学中所有长度、质量、时间的单位都是基本单位，如厘米、毫克、小时等都是基本单位，而不是只有米、千克、秒，A错；牛顿(N)不是力学的基本单位，B错；帕斯卡是根据公式p＝导出的单位，1 Pa＝1 N/m2＝1 kg/(m·s2)，焦耳是根据公式W＝Fx导出的单位，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2，两者都是国际单位制中的导出单位，C对；长度是物理量，而非单位，D错。
3．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速直线运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A 根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置逐渐升高，当斜面光滑时，小球在斜面上可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目中不能直接得出，所以选项A正确。
4．如图所示，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( )
A．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
解析：选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。
5.(2018·宿迁模拟)2016年里约奥运会，马龙获得乒乓球男子单打冠军，将世界乒乓球运动推向一个全新的高度。如图所示，冠军马龙在回球时( )
A．球拍对乒乓球的作用力大于乒乓球对球拍的作用力
B．球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力大小相等
C．球拍对乒乓球的作用力与乒乓球的重力是一对平衡力
D．球拍对乒乓球的作用力与乒乓球对球拍的作用力是一对平衡力
解析：选B 球拍对乒乓球的作用力和乒乓球对球拍的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故A、D错误，B正确；球拍对乒乓球的作用力与乒乓球的重力方向不在同一直线上，不可能是一对平衡力，故C错误。
6.如图所示，质量为60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中。当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．200 N B．280 N
C．320 N D．920 N
解析：选B 根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，得绳子的拉力大小FT＝320 N，然后再对人进行受力分析，由物体的平衡知识得Mg＝FT＋FN，得FN＝280 N，根据牛顿第三定律可知人对地面的压力大小为280 N。B正确。
7.如图所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球( )
A．一定相碰 B．一定不相碰
C．不一定相碰 D．无法确定
解析：选B 因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰。
8.如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )
A．0 B.g
C．g D.g
解析：选B 开始小球处于平衡状态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos 30°＋Fsin 30°，Fcos 30°＝mgsin 30°，解得FN＝mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为g，B正确。
9．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
解析：选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，D正确。
10．在建筑工地上经常通过起重机的钢索将重物由地面吊到空中，关于重物的上升和下降下列说法正确的是( )
A．只有重物向上加速运动时，才会出现超重现象
B．重物向上运动时，就会出现超重现象
C．出现失重现象时，重物的重力减小
D．无论超重、还是失重，重物的重力都不会变化
解析：选D 重物向下减速运动时加速度向上，会出现超重现象，选项A错误；当重物的加速度向上时就会出现超重现象，与重物的运动方向无关，选项B错误；重物的重力不会随加速度方向的变化而变化，选项C错误，D正确。
11．2016年12月12日，德媒报道：中国一年内卫星发射已达20次，打破历史纪录。图为我国西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，以“一箭双星”方式，成功将第14和15颗北斗导航卫星发射升空并送入预定轨道。相关图片如图所示。则下列说法不正确的是( )
A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力
B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小
C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等
D．发射的两颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态
解析：选A 由作用力与反作用力大小相等，可知A错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B正确；由作用力与反作用力的关系可知C正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D正确。
12．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )
A．g B．2g
C．3g D．4g
解析：选B 由题图，据二力平衡条件可知，人的重力大小约为F0，即mg＝F0①
人在最低点时绳的拉力大小约为F0，由牛顿第二定律得：F0－mg＝ma②
由①②两式得a＝2g，故选项B正确。
13．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处去取行李，则( )
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5 s到达B处
C．行李提前0.5 s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要4 s才能到达B处
解析：选B 行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动t2＝＝1.5 s到达B，共用时2.5 s。乘客到达B，历时t＝＝2 s，故B正确。若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间 tmin＝ s＝2 s，D项错误。
二、非选择题(本题共4小题，共31分)
14．(5分)(2018·嘉兴模拟)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从图中选取实验器材，其名称是____________；并分别写出所选器材的作用____________________________________________________________。
解析：电磁打点计时器用来打点计时，以便测定加速度，要配备4～6 V学生电源(交流电源)为其供电，通过改变砝码个数来改变拉力大小。钩码放在小车上来调节小车质量。
答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码
学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可以用于测量小车的质量
15．(5分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某小组同学实验时先正确平衡摩擦力，并利用钩码和小车之间连接的力传感器测出细线上的拉力，改变钩码的个数，确定加速度与细线上拉力F的关系。
(1)下列图像中能表示该同学实验结果的是________。
(2)某次实验中打出如图所示的纸带(打点计时器电源的频率为50 Hz)，则这个加速度值a＝________m/s2(计算结果保留两位有效数字)。
解析：(1)平衡摩擦力后，细线拉力等于合力，而加速度与合力成正比，其关系图线应该为过原点的直线，故选A。
(2)T＝5T0＝0.1 s，根据公式Δx＝aT2得：
0．035 3 m－0.019 3 m＝2aT2
代入数据得到：a＝ m/s2＝0.80 m/s2。
答案： (1)A (2)0.80
16.(9分)2003年，中国成为世界上第三个用飞船载人到太空的国家，并在2005年执行搭载两位宇航员的航天任务，图为飞船升空过程。在飞船加速过程中，宇航员处于超重状态。人们把这种状态下宇航员对座椅的压力与静止在地球表面时所受重力的比值，称为耐受力值，用k表示。在选拔宇航员时，要求其耐受力值为4≤k≤12。若某次宇宙飞船执行任务过程中，在飞船起飞阶段宇航员的耐受力值k1＝4.2，而飞船重返大气层阶段飞船以a2＝5.2 m/s2的加速度竖直向下减速运动。设宇航员质量m＝75 kg, 求：(g取10 m/s2)
(1)飞船起飞阶段加速度a1的大小；
(2)返回大气层时宇航员的耐受力值k2。
解析：(1)飞船起飞阶段，由：
k1＝＝4.2
宇航员与飞船加速度相同，起飞时宇航员受力如图1：重力mg、支持力N1
根据牛顿第二定律，取竖直向上为正方向，
有：N1－mg＝ ma1
代入数据，解得：a1＝32 m/s2。
(2)飞船返回大气层时，宇航员受力如图2：重力mg、支持力N2
根据牛顿第二定律，取竖直向上为正方向，
有：N2－mg＝ ma2
代入数据，解得耐受力值：k2＝＝1＋＝ 1.52。
答案：(1)32 m/s2 (2)1.52
17．(12分)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v -t图像如图乙所示，g取10 m/s2。
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小。
(2)求t＝6 s时物体的速度，并在图乙上将t＝6 s内物体运动的v -t图像补画完整，要求标明有关数据。
解析：(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2，由v -t图像，可知：a1＝ m/s2＝20 m/s2
a2＝ m/s2＝10 m/s2
对物体在撤去拉力前应用牛顿第二定律得
F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1
对物体在撤去拉力后上滑时应用牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2
解得F＝30 N，μ＝0.5。
(2)加速上滑的时间t1＝1 s，撤去拉力时的速度为v＝20 m/s。设再经过t2速度减至0。
由0＝v－a2t2得t2＝2 s。
在最高点时，因mgsin 37°>μmgcos 37°，故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a3，据牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3
解得a3＝2 m/s2
再经过3 s物体的速度大小为6 m/s，方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示。
答案：(1)0.5 30 N (2)6 m/s，方向沿斜面向下
见解析图
阶段达标检测(二) 相互作用
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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.如图所示，歼-20战机是中国最近研制出的第五代隐身重型歼击机。它以具有隐身性、高机动性以及先进的航电系统让世界震惊。关于歼-20战机的受力，下列说法正确的是( )
A．战机受到的重力指向地心
B．战机受重力的同时，它也对地球产生引力
C．战机向前运动的推力无施力物体
D．战机匀速飞行时，它不受重力作用
解析：选B 重力的方向竖直向下，而不一定指向地心，A错；由于地球对战机的引力而产生重力，同时战机对地球也产生引力，B对；任何力都有施力物体，战机向前的推力来自于空气，C错；地球附近的任何物体都受重力作用，D错。
2.玩具汽车停在模型桥面上，如图所示，下列说法正确的是( )
A．桥面受向下的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变
B．汽车没有发生形变，所以汽车不受弹力
C．汽车受向上的弹力，是因为桥梁发生了弹性形变
D．汽车受向上的弹力，是因为汽车发生了形变
解析：选C 汽车与桥面相互挤压都发生了形变，B错；由于桥面发生弹性形变，所以对汽车有向上的弹力，C对，D错；由于汽车发生了形变，所以对桥面产生向下的压力，A错。
3.如图所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力( )
A．大小为7.5 N
B．大小为10 N
C．方向与水平方向成53°角斜向右下方
D．方向与水平方向成53°角斜向左上方
解析：选D 对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力F与绳的拉力与小球重力的合力等值反向，可得F方向斜向左上方，令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝＝，α＝53°，F＝＝12.5 N，故只有D项正确。
4．人握住旗杆匀速上爬，则下列说法正确的是( )
A．人受到的摩擦力的方向是向下的
B．人受到的摩擦力的方向是向上的
C．人握旗杆用力越大，人受的摩擦力也越大
D．人握旗杆用力越大，会使人受的摩擦力增大
解析：选B 人的手与旗杆是相对静止的，人受到的是静摩擦力，方向沿旗杆向上，由二力平衡可知，摩擦力大小始终等于人的重力大小，故B正确。
5.(2018·温州模拟) 如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是下图中的( )
解析：选B 物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用。由于Ff从零开始均匀增大，开始一段时间FfG，物体向下做减速运动，直至减速为零。在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff＝μFN＝μF＝μkt，即Ff与t成正比，是一条过原点的倾斜直线。当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小Ff＝G，所以物体静止后的图线为平行于t轴的线段。正确答案为B。
6．已知一些材料间的动摩擦因数如下表所示：
材料
木—金属
木—木
木—冰
钢—钢
动摩擦因数
0.20
0.30
0.03
0.25
如图所示，一质量为1.0 kg的物块放置在某材料制作的固定斜面上，斜面倾角为30°，现用弹簧秤沿斜面方向以1 m/s2的加速度拉此物块，使其匀加速上升，读得弹簧秤的示数为8.17 N，则两接触面的材料可能是(g取10 m/s2)( )
A．木—金属 B．木—木
C．钢—钢 D．木—冰
解析：选C 对物块受力分析，由牛顿第二定律有
F－Mgsin 30°－μMgcos 30°＝Ma，
所以μ＝＝0.25，C正确。
7．一位体操运动员在水平地面上做倒立动作，下列哪个图中沿每个手臂受到的力最大( )
解析：选D 以人为研究对象，人受到重力和沿两手臂方向的支持力作用，沿两手臂方向的支持力的合力与重力大小相等。在合力一定时，两分力的夹角越大，两分力越大，故D正确。
8．某同学为体验所学知识，做了如图所示的实验。他让铅笔保持水平，铅笔尖B顶在手心，手掌保持竖直，用细线OA的A端系在手指头上，另一端O与铅笔头相连并打结，用细线OC的O端与铅笔头相连并打结，C端连接一钩码。两细线与铅笔都处于同一竖直平面上，A、B在同一竖直线上，整个装置都处于静止状态。已知AO＝20 cm，BO＝16 cm，忽略细线和铅笔的质量，钩码质量m＝90 g，g＝10 m/s2。则铅笔尖对手心的压力大小是( )
A．0.9 N B．1.2 N
C．1.6 N D．2.0 N
解析：选B 将O端竖直向下的拉力按OB和AO方向分解，由几何关系得
＝，
即 FOB＝mg＝×0.09×10 N＝1.2 N。
9.如图所示，把足球装入质量不计的网兜后挂在光滑墙上的A点，悬绳与墙壁的夹角为α( α＜45°)，则( )
A．悬绳的拉力大于足球的重力
B．悬绳的拉力等于足球的重力
C．墙对足球的弹力大于足球的重力
D．墙对足球的弹力等于足球的重力
解析：选A 足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图所示。
运用合成法，根据几何知识得，
绳子对球的拉力：
T＝
墙壁的支持力：
N＝mgtan α
由于α＜45°，
故T＞G，N＜G；
故A正确，B、C、D错误。
10．假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣。他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，如图所示，菜刀横截面为等腰三角形，刀刃前部的横截面顶角较小，后部的顶角较大，他先后做出过几个猜想，其中合理的是( )
A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关
B．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关
C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大
D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大
解析：选D 把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图所示。当在刀背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等(F1＝F2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)。根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式＝＝，得F1＝F2＝，由此可见，刀背上加上一定的压力时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，项角越小，sin θ的值越小，F1和F2的值越大，故D正确。
11.如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。若此人所受重力为G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )
A．Gtan θ B．Gsin θ
C．Gcos θ D．G
解析：选D 因为人处于静止状态，受到两大类力，一个是竖直向下的重力，一个是椅子对人的合力，根据力的平衡，可知椅子对人的合力大小等于重力，方向竖直向上，故D正确。
12．春天有许多游客放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中，以下四幅图中AB代表风筝截面，OL代表风筝线，风向水平，风筝重力不可忽略，风筝可能静止的是( )
解析：选B 风筝受到的风力应是垂直于风筝面向上的。则对于A中：风筝的重力竖直向下，风筝受到的风力与拉力在同一直线上，方向相反，则三力的合力不可能为零，故风筝不可能静止，故A错误；B中风筝的重力竖直向下，风力垂直于风筝面向上，绳子拉力沿绳向下，故任意两力的合力均可能与第三力大小相等，方向相反，风筝可能静止，故B正确；C中风筝的重力和绳子的拉力的合力斜向右下方，而风力垂直于风筝面，故三力不可能平衡，故风筝不可能静止，故C错误；D中风筝受到的重力竖直向下，而绳子的拉力斜向下，风力对风筝不起作用，故风筝的合力不能为零，则不可能静止，故D错误。
13.如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态。如果保持绳子A端、B端在杆上位置不变，将右侧杆平移到虚线位置(A、B两绳仍为绷直状态)，稳定后衣服仍处于静止状态。则( )
A．绳的拉力变大 B．绳的拉力不变
C．绳对挂钩作用力变小 D．绳对挂钩作用力不变
解析：选D 设稳定时，细绳与水平方向间的夹角为θ，衣服的质量为m，挂钩左右两侧绳上的弹力大小均为F，对挂钩受力分析并根据平衡条件可得，2Fsin θ＝mg，所以F＝mg/(2sin θ)；移动后稳定时，细绳与水平方向的夹角θ变大，绳的拉力F会变小，A、B错误；移动前后，绳对挂钩拉力的合力方向竖直向上，大小等于衣服的重力，选项C错误，D正确。
二、非选择题(本题共4小题，共31分)
14．(5分)(2018·嘉兴调研)某同学用如图所示的实验装置来探究求合力的方法。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N。
(2)下列不必要的实验要求是________。(请填写选项前对应的字母)
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法。
解析：(1)如题图所示，弹簧测力计A的示数为3.60 N。
(2)“探究求合力的方法”实验，只要验证FA、FB和Mg满足平行四边形即可，D不必要。
(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，说明弹簧测力计A的拉力过大，由力的平行四边形定则可知，改变弹簧测力计B拉力的大小、减小重物M的质量、改变弹簧测力计B拉力的方向，都可以减小弹簧测力计A的拉力，也可将A更换为量程较大的测力计。
答案：(1)3.60 (2)D (3)见解析
15．(5分)(2018·台州期末)李明同学在做“探究求合力的方法”的实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两个弹簧测力计拉力的大小，如图甲所示。
(1)试在图甲中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力。
(2)有关此实验，下列叙述正确的是______。(多选)
A．两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大
B．橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力
C．两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O。这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同
D．若只增大某一个弹簧测力计的拉力的大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需要调整另一个弹簧测力计的拉力的大小即可
(3)图乙是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中比较符合实验事实的是________的实验。(力F′是用一个弹簧测力计拉时的图示)
解析：(1)用平行四边形定则作图，即以F1、F2为两邻边作平行四边形，对角线就表示合力F。(标上箭头表明方向)
(2)两分力可以同时大于合力，故A对；结点受三个力作用处于平衡状态，其中两弹簧测力计的拉力的合力与第三个力——橡皮筋的拉力等大反向，是一对平衡力，而橡皮筋的拉力不是合力，故B错；只有保证结点在同一位置才能说明作用效果相同，故C对；若两个分力的大小变化而方向都不变，则合力必定变化，故D错。
(3)作图法得到的F必为平行四边形的对角线，单个弹簧测力计的拉力F′一定与橡皮筋共线，故张华的实验比较符合实验事实。
答案：(1)如图所示
(2)AC (3)张华
16.(9分)如图所示，人重600 N，木块A重400 N，人与木块、木块与水平面间的动摩擦因数均为0.2。现人用水平力拉绳，使他与木块一起向右做匀速直线运动，滑轮摩擦不计，求：
(1)人对绳的拉力大小；
(2)人脚对A的摩擦力的大小和方向。
解析：设绳子的拉力为FT，木块与地面间的摩擦力为FfA。
(1)取人和木块为整体，并对其进行受力分析，如图甲所示，由题意可知
FfA＝μ(mA＋m人)g＝200 N。由于系统处于平衡状态，故2FT＝FfA
所以FT＝100 N。
(2)取人为研究对象，对其进行受力分析，如图乙所示。
由于人处于平衡状态，故
FT＝Ff人＝100 N
由于人与木块A处于相对静止状态，故人与木块A之间的摩擦力为静摩擦力。
由牛顿第三定律可知人脚对木块A的摩擦力方向水平向右，大小为100 N。
答案：(1)100 N (2)100 N 方向水平向右
17．(12分)电梯修理员或牵引专家常需要监测金属绳索中的拉力，但在某些场合由于绳索的两端已被固定，因此不便在其两端进行测量。某公司制造出的一种能测量绳中拉力的仪器，工作原理如图所示。将相距为L的两根固定支柱A、B(图中小圆框表示支柱的横截面)垂直于绳索水平放置，在AB的中点用一可动支柱C向上推动绳索，使绳索在垂直于AB的方向竖直向上发生一个偏移量d(d?L)，这时仪器测得绳对支柱C竖直向下的作用力为F。
(1)试用L、d、F表示这时绳索中的拉力T。
(2)如果偏移量d＝10 mm，作用力F＝400 N，L＝250 mm，计算绳索中拉力的大小。
解析：(1)设C′点受两边绳的拉力分别为T1和T2，AB与AC′的夹角为θ，如图所示。依对称性有：T1＝T2＝T，由力的合成有F＝2T1sin θ
根据几何关系有：sin θ＝或tan θ＝
联立上述两式可得：T＝
因d?L，故T＝。
(2)代入数据，解得T＝2.5×103 N。
答案：(1) (2)2.5×103 N
阶段达标检测(五) 机械能守恒定律
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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)
1.一张桌子始终静止在水平地面上，一根木棒沿着水平桌面从A运动到B，发生的位移为x，如图所示，若棒与桌面间的摩擦力大小为Ff，则棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力做的功各为( )
A．－Ffx，－Ffx B．Ffx，－Ffx
C．0，－Ffx D．－Ffx,0
解析：选C 棒对桌面的摩擦力和桌面对棒的摩擦力为一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，从A运动到B的过程中，棒受到桌面的摩擦力为Ff，位移为x，摩擦力做的是负功，所以桌面对棒的摩擦力做的功为－Ffx，桌面受到的摩擦力的大小也为Ff，但桌面没动，位移是0，所以棒对桌面的摩擦力做的功为0，C项正确。
2.如图所示，军用直升机悬停于某地上空将汽车匀速提升。这个过程中( )
A．汽车重力对汽车做正功
B．汽车受到的合力对汽车做正功
C．直升机提升汽车的功率保持不变
D．直升机提升汽车的功率逐渐增大
解析：选C 汽车匀速上升的过程中，重力方向竖直向下，位移方向竖直向上，故汽车重力对汽车做负功，选项A错误；因为汽车匀速上升，所以汽车所受的合力为零，由功的公式知汽车所受的合力对汽车不做功，选项B错误；因为汽车匀速上升，所以直升机提升汽车的功率P＝mgv不变，选项C正确，选项D错误。
3.如图所示，某物块分别沿三条不同的轨道由离地面高h的A点滑到同一水平面上，轨道1、2是光滑的，轨道3是粗糙的，则( )
A．沿轨道1滑下重力做功多
B．沿轨道2滑下重力做功多
C．沿轨道3滑下重力做功多
D．沿三条轨道滑下重力做的功一样多
解析：选D 物块分别沿三条不同的轨道由离地面高h的A点滑到同一水平面上，重力做功都是W＝mgh，所以沿三条轨道滑下重力做的功一样多，故D正确。
4.(2018·温州模拟)在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以1 m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
A．1 J B．10 J
C．50 J D．100 J
解析：选B 根据机械能守恒定律可知，该同学罚球时对篮球做的功大约为W＝mv2＋mgh′＝9.3 J，其中h′取1.5 m。
5．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A．4倍 B．2倍
C.倍 D.倍
解析：选D 设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确。
6.如图所示，拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是( )
A．节省燃料
B．提高柴油机的功率
C．提高传动机械的效率
D．增大拖拉机的牵引力
解析：选D 拖拉机耕地时受到的阻力比在路面上行驶时大得多，根据P＝Fv，在功率一定的情况下，减小速度，可以获得更大的牵引力，D正确。
7.(2018·衢州调研)如图所示，小明玩蹦蹦杆，在小明将蹦蹦杆中的弹簧向下压缩的过程中，小明的重力势能、弹簧的弹性势能的变化是( )
A．重力势能减少，弹性势能增大
B．重力势能增大，弹性势能减少
C．重力势能减少，弹性势能减少
D．重力势能不变，弹性势能增大
解析：选A 弹簧向下压缩的过程中，弹簧压缩量增大，弹性势能增大；重力做正功，重力势能减少，故A正确。
8．一棵树上有一个质量为0.3 kg的熟透了的苹果P，该苹果从树上A处先落到地面C处最后滚入沟底D处。A、B、C、D、E面之间竖直距离如图所示。以地面C为零势能面，g取10 m/s2，则该苹果从A落下到D的过程中重力势能的变化量和在D处的重力势能分别是( )
A．－15.6 J和9 J B．9 J和－9 J
C．15.6 J和－9 J D．－15.6 J和－9 J
解析：选D 本题考查的是重力势能的问题，从A到D，mg(hD－hA)＝－15.6 J ，D处的重力势能－mghD＝－0.3×10×3.0 J＝－9.0 J。
9．某同学用200 N的力将质量为0.44 kg的足球踢出，足球以10 m/s的初速度沿水平草坪滚出60 m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是( )
A．4.4 J B．22 J
C．132 J D．12 000 J
解析：选B 根据动能定理可得，足球克服阻力做的功的大小等于足球动能的变化，即为：W＝mv2－0＝×0.44×102 J＝22 J，所以B正确。
10．有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一个滑道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ
解析：选B 第一次停在水平雪道上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0
mgh1－μmg＝0
mgh1－μmgs＝0
μ＝
A错误、B正确。滑雪者在AB段由静止下滑，说明μmgcos θmgsin α；若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。
11.构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图②所示，则第二次向蓄电池所充的电能是( )
A．200 J B．250 J
C．300 J D．500 J
解析：选A 第一次关闭自动充电装置，自由滑行时只有摩擦力做功，根据动能定理有－fx＝0－Ek＝－500 J，第二次启动充电装置后，滑行直至停下来的过程，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为电能，Ek＝fx′＋W，其中x＝10 m，x′＝6 m，计算得W＝200 J，即充电W＝200 J，选项A对。
12.(2018·温州模拟)抽水蓄能电站的工作原理是：在用电低谷时，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。浙江天荒坪抽水蓄能电站是亚洲第一大高山蓄能水电站，堪称世纪之作。山顶水库面积达2.8×105 m2(水库近似为长方体)，已知上、下水库落差H＝600 m，如图所示。蓄水后一昼夜连续发电，山顶水库水位降低30 m，若水的重力势能80%转化为电能，水的密度为1.0×103 kg/m3。则一个昼夜连续发电所产生的电能约为( )
A．4×1010 J B．4×1011 J
C．4×1012 J D．4×1013 J
解析：选D 山顶水库水位下降30 m的水的体积V＝Sh＝2.8×105×30 m3＝8.4×106 m3，其质量m＝ρV＝8.4×109 kg，水减少的重力势能ΔEp＝mgH＝8.4×109×10×600 J＝5.04×1013 J，转化的电能E电＝80%ΔEp＝4.03×1013 J，所以应选D。
13．(2018·浙江名校协作体模拟)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，
橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )
A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒
B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D．从D到E过程橡皮筋对弹丸做功大于从E到C过程
解析：选D 从D到C过程中，除重力外还有橡皮筋弹力做功，弹丸的机械能不守恒，A错；D到C的过程，先弹力大于重力，弹丸加速，后重力大于弹力，弹丸减速，所以弹丸的动能先增大后减小，B错；从D到C，橡皮筋的形变量一直减小，所以其弹性势能一直减小，C错误；D到E的橡皮筋弹力大于E到C的橡皮筋弹力，弹丸位移相等，所以从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功，D正确。
二、非选择题(本题共4小题，共31分)
14．(5分)某同学在做“探究功与速度变化的关系”的实验。当小车在1条橡皮筋的作用下沿木板滑行时，橡皮筋对小车做的功记为W；当用2条、3条、…橡皮筋重复实验时，设法使每次实验中橡皮筋所做的功分别为2W、3W、…。
(1)实验室提供的器材如下：长木板、小车、橡皮筋、打点计时器、纸带、电源等，还缺少的测量工具是________；
(2)小车上有一固定小立柱，下图给出了4种橡皮筋与小立柱的套接方式，为减小实验误差，你认为最合理的套接方式是________；
(3)在正确操作的情况下，某次所打的纸带如图所示。打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量橡皮筋做功后小车获得的速度，应选用纸带的______部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)，小车获得的速度是______m/s。(计算结果保留两位有效数字)
解析：(1)用打点计时器打出纸带后，记录了位置和时间，如果计算速度还需要测出位移，故需要刻度尺；
(2)实验的操作要求是使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能，为避免橡皮筋与立柱之间相互作用，只有A符合要求；
(3)使橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能后，小车做匀速运动，纸带GJ符合要求，由v＝得v＝0.65 m/s。
答案：(1)刻度尺 (2)A (3)GJ 0.65
15.(5分)某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律。频闪仪每隔0.05 s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表(当地重力加速度取9.8 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留三位有效数字)：
时刻
t2
t3
t4
t5
速度(m·s－1)
5.59
5.08
4.58
(1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________m/s。
(2)从t2到t5时间内，重力势能增加量ΔEp＝____J，动能减少量ΔEk＝______J。
(3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，从而验证了机械能守恒定律。由上述计算得ΔEp________ΔEk(选填“＞”“＜”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是____________________________。
解析：(1)v5＝ cm/s＝408 cm/s＝4.08 m/s。
(2)由题给条件知：
h25＝(26.68＋24.16＋21.66)cm＝72.5 cm＝0.725 m。
ΔEp＝mgh25＝0.2×9.8×0.725 J≈1.42 J
ΔEk＝mv22－mv52＝×0.2×(5.592－4.082)J≈1.46 J。
(3)由(2)中知ΔEp＜ΔEk，因为存在空气摩擦等原因，导致重力势能的增加量小于动能的减少量。
答案：(1)4.08 (2)1.42 1.46 (3)＜ 原因见解析
16.(10分)如图所示，一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC。已知滑块的质量m＝0.50 kg。滑块经过A点时的速度vA＝5.0 m/s，AB长x＝4.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，圆弧形轨道的半径R＝0.50 m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h＝0.10 m，g取10 m/s2。求：
(1)滑块第一次经过B点时速度的大小。
(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小。
(3)滑块在从B运动到C的过程中克服摩擦力所做的功。
解析：(1)滑块由A到B的过程中，由动能定理得
－Ffx＝mvB2－mvA2
又Ff＝μmg
解得vB＝4.0 m/s。
(2)在B点，滑块开始做圆周运动，
由牛顿第二定律可知FN－mg＝m
解得轨道对滑块的支持力FN＝21 N
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小为21 N。
(3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得－mg(R＋h)－Wf′＝0－mvB2
解得滑块克服摩擦力做的功Wf′＝1.0 J。
答案：(1)4.0 m/s (2)21 N (3)1.0 J
17．(11分)为模拟人在乘坐过山车时的受力情况，采用如图甲所示的模型：半径为R的细圆管固定在竖直平面内，右侧竖直放置若干个圆形轨道。轨道1半径为，其底端与圆管(底端)相距2R；轨道2半径为，其底端与轨道1相距R；轨道3半径为，其底端与轨道2相距……所有轨道的进出口在底端错开，所有接触面均光滑。从斜面上离地高2R处以初速度v0沿斜面向下推出一个小球(重力加速度为g)。
(1)利用传感器测得圆管顶端处受力F与v02之间关系图像如乙图所示，求小球的质量m；
(2)当v0＝0时，要求小球在运动中受到轨道的支持力小于其重力的9倍，通过计算判断小球能否安全地通过轨道1?
(3)当v0＝时，考虑到超重(极限)，可考虑在轨道底端的连接处铺设某种材料，它与小球之间的动摩擦因数 μ ＝0.8，试判断小球将在第几个轨道上脱轨？
解析：(1)由机械能守恒定律知，小球运动到圆管顶端时的速度vH＝v0
在圆管最高处(当速度vH较小时)有mg－F＝m
取vH＝0时 F＝mg ，对照图乙得m＝0.1 kg。
(2)小球在圆周轨道最底端受到的支持力FN最大，
FN－mg＝m
由机械能守恒定律，得mvL2＝mg·2R
把r1＝代入得FN＝9mg
即小球(恰好)不能安全地通过轨道1。
(3)小球运动到圆轨道最高点时最易脱轨，临界条件为mg＝
考察轨道1最高处，设小球的速度为v1，据
mv02＋mg·2R－μmg·2R＝mv12＋mgR
解得v12＝0.8gR>g·，不会脱轨。
再考察轨道2最高点速度v2，
mv12＋mgR－μmgR＝mv22＋mg
解得v22＝0.2gR< g·
即小球运动到轨道2(最高点前)就要脱轨。
答案：(1)0.1 kg (2)不能安全通过 (3)轨道2
阶段达标检测(八) 磁场(含静电场与恒定电流)
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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．(2018·诸暨模拟)如图甲所示，一块有机玻璃板和一块塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发现金属箔片张开，如图乙所示；然后抽回塑料板，再将有机玻璃板和塑料板互相平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接触金属球，发现金属箔片没有张开，如图丙所示。关于这一实验现象，下列的说法正确的是( )
A．两板摩擦后带电说明创造了新的电荷
B．图乙验电器箔片张开是因为发生了电磁感应
C．图乙验电器箔片张开是因为板上电荷转移到箔片上
D．图丙验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷
解析：选D 两板摩擦后电荷发生了转移，并且满足电荷守恒定律，不会创造新的电荷，故A错误；图乙验电器箔片张开是因为发生了静电感应，故B、C错误；两板带等量异种电荷，同时插入空心金属球后，不会发生静电感应，所以箔片没有张开，故D正确。
2．(2018·永昌调研)关于电势差的说法中，正确的是( )
A．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，静电力所做的功
B．1 C电荷从电场中一点移动到另一点，如果静电力做了1 J的功，这两点间的电势差就是1 V
C．在两点间移动电荷时，静电力做功的多少跟这两点间的电势差无关
D．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电荷量成反比
解析：选B 由公式UAB＝可知，两点间的电势差在数值上等于移动1 C的电荷时静电力所做的功，故选项A错误，B正确；两点间的电势差由电场决定，即电势差与试探电荷没有关系，由此知道选项D错误；由WAB＝qUAB可知，静电力做功的多少与q、UAB均有关，选项C错误。
3.如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )
A．A、B可能带等量异号的正、负电荷
B．A、B可能带不等量的正电荷
C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零
D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反
解析：选D 根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由题图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确。
4.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的动能一个增加一个减小
解析：选C 粒子在电场力作用下做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，从题图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减少。电场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，所以A、B、D错误。电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以C正确。
5.如图为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入的越多，则( )
A．正对面积越大，电容越大
B．正对面积越大，电容越小
C．动片、定片间距离越小，电容越大
D．动片、定片间距离越小，电容越小
解析：选A 可变电容器动片旋入的越多，正对面积越大。由平行板电容器的电容决定式C＝知，电容器的正对面积越大，电容越大，A项正确。
6在我们生活的地球周围，每时每刻都会有大量的由带电粒子组成的宇宙射线向地球射来，地球磁场可以有效地改变这些宇宙射线中大多数带电粒子的运动方向，使它们不能到达地面，这对地球上的生命有十分重要的意义，如图所示为地磁场的示意图。现有一束宇宙射线在赤道上方沿垂直于地磁场的方向射出地球，在地磁场的作用下，射线方向发生改变的情况是( )
A．若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向南偏移
B．若这束射线是由带正电荷的粒子组成，它将向北偏移
C．若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向东偏移
D．若这束射线是由带负电荷的粒子组成，它将向西偏移
解析：选D 地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向东，所以粒子将向东偏转，所以D正确。
7.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示。若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力f的变化情况分别是( )
A．F增大，f减小 B．F减小，f增大
C．F与f都增大 D．F与f都减小
解析：选C 题图中电流与磁体间的磁场力为引力，若将磁极位置对调，则相互作用力为斥力，再由受力分析可知，C正确。
8.(2018·温岭联考)如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率P内随电流I变化的图线。若A、B对应的横坐标为2 A，那么线段AB表示的功率及此时对应的外电阻是( )
A．2 W,0.5 Ω B．4 W,2 Ω
C．2 W,1 Ω D．6 W,2 Ω
解析：选A C点表示电源总功率，也等于电源内部的热功率，此时电路中只有内阻，由P总＝EI，可得E＝3 V，由P内＝I2r，可得r＝1 Ω，当电路电流等于2 A时，由E＝I(R＋r)，可得R＝0.5 Ω，P出＝I2R＝2 W，选项A正确。
9．(2018·绍兴模拟)小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图标涉及的物理知识及其理解，下列说法正确的( )
A．制作这些图标的依据是静电屏蔽原理
B．工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装
C．化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患
D．用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系
解析：选C 据题意，梳头过程中梳子与头发摩擦会产生放电现象，选项D错误；非棉手套、衣服与身体摩擦更容易产生静电，选项B错误，选项C正确；脱衣服过程因为摩擦会产生静电，这些图标都是为了防止静电引起火灾，故选项A错误。
10．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
解析：选B 地磁场从地理的南极附近出来，进入地理的北极附近，除两极外，地表上空的磁场都具有向北的磁场分量。根据安培定则，环形电流外部磁场方向向北可知，B正确。A图在地表上空产生的磁场方向向南，故A错误。C、D两图在地表上空产生的磁场方向沿东西方向，故C、D错误。
11.利用如图所示装置可测磁感应强度B，矩形线圈宽为L，共N匝，磁场垂直于纸面，当线圈中通以方向如图所示的电流I时，天平处于平衡。当电流改为反方向且大小不变时，右边需加质量为m的砝码后，天平才能重新平衡，由此可知( )
A．B的方向垂直纸面向里，且B＝
B．B的方向垂直纸面向里，且B＝
C．B的方向垂直纸面向外，且B＝
D．B的方向垂直纸面向外，且B＝
解析：选B 当电流改为反方向且大小不变时，右盘中需加砝码才能平衡，说明此时安培力方向向上。由左手定则判断可知磁场方向垂直纸面向里。通以题图所示电流，平衡时满足m1g＝m2g＋F，电流改为反方向时满足m1g＝(m2＋m)g－F，而F＝NILB，由此可得B＝。故选项B正确。
12.(2018·丽水模拟)如图所示，在蹄形磁铁两极间放置一阴极射线管，一束电子从A端高速射向B端，当它经过蹄形磁铁产生的磁场时，受的洛伦兹力方向( )
A．向上 B．向下
C．指向N极 D．指向S极
解析：选B 电子从阴极射向阳极，根据左手定则，磁感线垂直穿入手心，四指指向电子束运动的反方向，洛伦兹力的方向向下，故选B。
13．(2018·台州检测)用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。图甲是洛伦兹力演示仪的实物图，图乙是结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直纸面的匀强磁场，励磁线圈中的电流越大，产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场。下列关于实验现象和分析正确的是( )
A．仅增大励磁线圈中的电流，电子束径迹的半径变小
B．仅升高电子枪加速电场的电压，电子束径迹的半径变小
C．仅升高电子枪加速电场的电压，电子做圆周运动的周期将变小
D．要使电子形成如图乙中的运动径迹，励磁线圈应通以逆时针方向的电流
解析：选A 由evB＝m得r＝，仅增大励磁线圈中的电流，磁场增强，磁感应强度B增大，即r减小，电子束径迹半径变小，A正确；仅升高电子枪加速电场的电压，由动能定理eU＝mv2得v＝ ，即v增大，又r＝，所以电子束径迹的半径变大，B不正确；因T＝＝，周期与速度v大小无关，电子做圆周运动的周期不变，C不正确；要使电子形成题图乙中的运动径迹，玻璃泡内磁场方向应垂直纸面向里，而要形成垂直纸面向里的磁场，由安培定则知，励磁线圈中应通以顺时针方向的电流，D不正确。
二、非选择题(本题共4小题，共31分)
14．(5分)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要求加在小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器的连接方式应选择____(填“甲”或“乙”)；图丙是某个小灯泡的伏安特性曲线，细实线是A点切线，图线中A点对应的灯丝电阻等于________ Ω ；随着电压的增大，灯丝的电阻________(填“增大”或“减小”)。
解析：电压从零开始变化，滑动变阻器应选择分压式接法，即图甲；灯丝电阻R＝＝
Ω＝10 Ω；伏安特性曲线的斜率等于灯丝电阻值的倒数，可知灯丝的电阻在增大。
答案：甲 10 增大
15．(5分)某同学为了测量某灯泡的电阻，进行了如下实验：
(1)首先用多用电表进行粗测，下列操作步骤正确的是________。
A．甲图，机械调零过程中，红黑表笔短接
B．乙图，利用所示旋钮进行欧姆调零
C．丙图，对灯泡电阻进行测量
D．丁图，实验完成后，挡位调至所示位置
(2)选择×10 Ω挡位，在正确的操作步骤下，测量灯泡电阻，测量结果如图戊所示，灯泡的电阻为________ Ω。
(3)以下四个电路图用以研究小灯泡伏安特性曲线规律的是________。
解析：(1)使用多用电表时不能用手接触表笔的金属头，故甲、丙图均错误；每次换挡都需要欧姆调零，乙图操作正确；实验完成后挡位应调至OFF或交流高压挡，丁图错误。
(2)读数为2.6×10 Ω＝26 Ω。
(3)研究小灯泡伏安特性曲线时，应采用滑动变阻器分压电路、电流表外接法，故C正确。
答案：(1)B (2)26 (3)C
16.(10分)如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向。
解析：(1)根据库仑定律，A、B两点间的库仑力大小为：
F＝k①
代入数据得：F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：
E1＝k③
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为：
E＝2E1cos 30°④
代入数据得E≈7.8×103 N/C，方向沿y轴正方向。
答案：(1)9.0×10－3 N
(2)7.8×103 N/C 方向沿y轴正方向
17．(11分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。
(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；
(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。
解析：(1)线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得
F＝nBIL①
由左手定则知方向水平向右。
(2)安培力的功率为P＝Fv②
联立①②式解得P＝nBILv。
答案：(1)nBIL 方向水平向右 (2)nBILv
阶段达标检测(六) 静电场
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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．物理学引入“点电荷”概念，从科学方法上来说是属于( )
A．控制变量的方法 B．观察实验的方法
C．理想化模型的方法 D．等效替代的方法
解析：选C 点电荷的概念和质点的概念相同，都是应用了理想化模型的方法。故选项C正确。
2.如图所示，摩擦过的塑料刻度尺能够吸引轻小的纸片，这是由于它们之间存在( )
A．静电力 B．安培力
C．洛伦兹力 D．弹力
解析：选A 摩擦过的塑料尺带电，塑料尺与纸片之间存在静电力，故塑料尺可吸引轻小的纸片，由此可知A项正确。
3．M、N是两个原来都不带电的物体，它们相互作用摩擦后M带正电荷1.60×10－10 C，且它们与外界无电荷的转移，则下列判断正确的是( )
A．在摩擦前，M和N的内部没有任何电荷
B．摩擦过程中，电子从M转移到N
C．摩擦过程中，创造了1.60×10－10 C的正电荷
D．摩擦过程中，消灭了1.60×10－10 C的正电荷
解析：选B M、N作为一个与外界没有电荷转移的系统，在摩擦过程中，系统的电荷是守恒的。摩擦前，M、N都不带电，说明M、N内部的正、负电荷量是相等的，不是内部没有电荷，A错。摩擦过程不会创造电荷，也不会消灭电荷，只会是电荷从一个物体转移到另一个物体，C、D错。摩擦起电、感应起电等带电方式的本质是电子的转移，摩擦后M带正电，说明电子从M转移到了N，M多余了正电荷，B正确。
4．A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为( )
A．－ B.
C．－F D．F
解析：选B 设A、B间距离为x，则B、C间距离为2x，根据库仑定律有F＝k，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′＝k＝，考虑电场力方向易知B正确。
5.(2018·绍兴适应性考试)如图所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为( )
A.E B.E
C．E D.E
解析：选D 由点电荷的电场强度计算式E＝k得：E＝k，两球接触后，电荷量平分，有Q1＝Q2＝，ED＝k＋k，联立得：ED＝E，所以应选D。
6．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是( )
解析：选C 因为电势是标量，并在题中的四个电场中具有对称性，故四个电场中a、b两点的电势都是相等的；而电场强度则是矢量，虽然四个图中a、b两点的电场强度大小相等，但A图中点电荷的电场对称点的电场强度方向相反；B图中两电场叠加后a点场强方向斜向右上方，b点场强方向斜向右下方；C图中电场叠加后，a、b点场强方向都是水平向右；D图中电场叠加后a点场强方向向上，b点场强方向向下，因此只有选项C正确。
7.如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线(电势相等的各点连成的线)。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )
A．A点和B点的电势相同
B．C点和D点的电场强度相同
C．正电荷从C点移至B点，电场力做正功
D．负电荷从C点移至D点，电势能增大
解析：选C 沿电场线方向电势降低，所以A点比乙球面电势高，乙球面比B点电势高，故A点和B点的电势不相同，A错；电场强度是矢量，C、D两点场强大小相等，方向不同，B错；正电荷从C点移到B点过程中，电场力方向与电荷运动方向相同，电场力做正功，C对；C、D两点位于同一等势面上，电荷在两点的电势能相等，从C点移动到D点，电势能不变，D错。
8．下列器件中，属于电容器的是( )
答案：C
9．(2018·绍兴适应性考试)2015年4月16日，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”。如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是( )
A．该“超级电容器”能储存电荷
B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
解析：选A 电容器能储存电荷，A正确；电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领，由电容器本身决定，与电压无关，B错误；电容器放电过程把电能转化为其他形式的能，C错误；电容器充电时，电源的正极接电容器的正极，D错误。
10.(2018·宁波六校联考)如图所示，静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电。假设微粒被喷出后只受静电力作用，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的过程中( )
A．一定沿着电场线运动
B．所受电场力先减小后增大
C．克服电场力做功
D．电势能逐渐减小
解析：选D 在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电，由于涂料微粒有初速度，不一定沿电场线方向运动，在涂料微粒向工件靠近的过程中，离工件越近，涂料微粒所受库仑力越大，故选项A、B错误；由于涂料微粒与工件间为引力，微粒向工件靠近的过程中，电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小，故选项C错误，D正确。
11．据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，若某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( )
A．充电时，电容器的电容变小
B．充电时，电容器存储的电能变小
C．充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
解析：选B 电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，故A错误；充电时，手机电能增加，根据能量守恒定律，电容器存储的电能减小，故B正确；充电时，电容器所带的电荷量减小，故C错误；电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电结束后，电容器的电容不可能为零，故D错误。
12.(2018·温州模拟)如图所示，是喷墨打印机的简化模型。质量为m的墨汁微粒经带电室带上负电后，以某一速度平行于极板飞入板间，已知板间匀强电场的电场强度为E，微粒最终打在纸上。则以下说法正确的是( )
A．墨汁微粒的电荷量不一定是电子电量的整数倍
B．当墨汁微粒的电荷量q＞时，微粒向负极板偏
C．当墨汁微粒的电荷量q＜时，微粒向正极板偏
D．当墨汁微粒的电荷量q＝时，微粒沿直线穿过电场
解析：选D 电荷量不能连续变化，一定是元电荷的整数倍，A错误；当墨汁微粒的电荷量q＞时，则有qE＞mg，合力向上，微粒向上偏转，即向正极板偏转，B错误；同理知C错误；当q＝，即qE＝mg时，合力为零，微粒做匀速直线运动，D正确。
13.(2018·台州联考)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P。不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )
A．在电场中微粒A运动的时间比B长
B．在电场中微粒A、B运动的时间相同
C．微粒A所带的电荷量比B少
D．静电力对微粒A做的功比B少
解析：选B 带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为t＝，由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B正确，A错误；竖直方向做匀加速直线运动，y＝at2，由于t相同，yA>yB，可得aA>aB，即>，则qA>qB，选项C错误；由W＝qU，可知静电力对微粒A做的功比B多，选项D错误。
二、非选择题(本题共3小题，共31分)
14.(9分)如图所示，M、N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d＝35 cm，已知N板电势高，两板间电压U＝3.5×104 V。现有一质量m＝7.0×10－6 kg、电荷量q＝6.0×10－10 C的带负电油滴，由N板下方距N为h＝15 cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零(g取10 m/s2)。求油滴上抛的初速度v0。
解析：全过程重力做负功，油滴在M、N间运动时电场力做负功，全过程根据动能定理有：－mg(d＋h)－qU＝0－mv02，解得v0＝ ，代入数据得v0＝4 m/s。
答案：4 m/s
15.(10分)如图所示，一长为L的绝缘细线下端系一质量为m、电荷量为q的带负电金属小球，在细线的悬点O处放一电荷量为q的带正电的点电荷。金属小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，已知静电力常量为k。
(1)求金属小球在最高点的最小速度的大小；
(2)如果金属小球刚好能通过最高点，则它通过最低点时的速度为多大？
解析：(1)设金属小球在最高点时的最小速度值为v1，根据牛顿第二定律有：mg＋k＝m
解得：v1＝。
(2)设金属小球刚好能通过最高点，它通过最低点时的速度值为v2，因为只有重力对小球做功，所以机械能守恒，可得：
mv22＝mv12＋2mgL
解得：v2＝。
答案：(1) (2)
16.(12分)如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°角斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏。一质量m＝1.0×10－3 kg，电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点。若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)。g取10 m/s2。求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量及偏转角度。
解析：(1)由题意可知，粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE1cos 45°－mg＝0①
解得：E1＝ N/C≈1.4 N/C。
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：
qE1dABsin 45°＝mvb2②
解得：vb＝5 m/s
加磁场前粒子在B、C间做匀速直线运动，则有：
qE2＝mg③
加磁场后粒子在B、C间做匀速圆周运动，如图所示：
由牛顿第二定律得：qvbB＝m④
解得：R＝5 m
由几何关系得：R2＝dBC2＋(R－y)2⑤
解得：y＝1.0 m
粒子在B、C间运动时电场力做的功为：W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J⑥
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J
设偏转角度为θ，则：sin θ＝＝0.6⑦
解得：θ＝37°。
答案：(1)1.4 N/C (2)电势能增加1.0×10－2 J 37°
阶段达标检测(四) 曲线运动 万有引力与航天
(时间：60分钟，满分：70分)
一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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.如图所示，小锐同学正在荡秋千，他经过最低点P时的速度方向是( )
A．a方向 B．b方向
C．c方向 D．d方向
解析：选B 速度的方向沿轨迹的切线方向，故B正确。
2.(2018·绍兴调研)手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，则重物运动的速度( )
A．大小和方向均不变
B．大小不变，方向改变
C．大小改变，方向不变
D．大小和方向均改变
解析：选A 重物参与两个运动；竖直向上的匀速直线运动和水平向右的匀速直线运动，故合运动为向右上方的匀速直线运动，所以重物运动的速度大小和方向均不变。
3．(2018·温州月考)如图所示，某人游珠江，他以一定速度面部始终垂直河岸向对岸游去。江中各处水流速度相等，他游过的路程、过河所用的时间与水速的关系是( )
A．水速大时，路程长，时间长
B．水速大时，路程长，时间短
C．水速大时，路程长，时间不变
D．路程、时间与水速无关
解析：选C 游泳者相对于岸的速度为他相对于水的速度和水流速度的合速度，水流速度越大，其合速度与岸的夹角越小，路程越长，但过河时间t＝，与水速无关，故A、B、D均错误，C正确。
4．在高空中匀速飞行的轰炸机，每隔时间t投放一颗炸弹，若不计空气阻力，则投放的炸弹在空中的位置是选项中的(图中竖直的虚线将各图隔离)( )
解析：选B 炸弹的运动是一个平抛运动，它在水平方向上是匀速直线运动，与飞机速度相等，所以所有离开飞机的炸弹与飞机应在同一条竖直线上，显然A、C两选项错误；炸弹在竖直方向上是自由落体运动，从上至下，炸弹间的距离越来越大，B项正确，D项错误。
5．(2018·海口模拟)某同学在篮球场上练习投篮，一次投篮时篮球恰好垂直打在篮板上，且篮球撞击篮板处与投出点之间的水平距离是竖直距离的2倍，空气阻力不计，则篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．75°
解析：选B 采用逆向思维，篮球做平抛运动，设竖直位移为h，则水平位移为：x＝2h，根据h＝gt2得：t＝，可知篮球水平分速度为：vx＝＝2h＝，vy＝，根据平行四边形定则知，tan α＝＝1，解得篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角α＝45°。
6.(2018·嘉兴调研)科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮。若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )
A．小齿轮逆时针转动
B．小齿轮每个齿的线速度均相同
C．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
D．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍
解析：选C 大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿的线速度不同，选项B错误；根据v＝ωr，且线速度大小相等，角速度与半径成反比，选项C正确；根据向心加速度a＝，线速度大小相等，向心加速度与半径成反比，选项D错误。
7.(2018·台州质量评估)如图所示的陀螺，是汉族民间最早的娱乐工具，也是我们很多人小时候喜欢玩的玩具。从上往下看(俯视)，若陀螺立在某一点顺时针匀速转动，此时滴一滴墨水到陀螺，则被甩出的墨水径迹可能如下图的( )
解析：选D 做曲线运动的物体，所受陀螺的束缚的力消失后，水平面内(俯视)应沿轨迹的切线飞出，A、B错误，又因陀螺顺时针匀速转动，故C错误，D正确。
8．(2018·宁波模拟)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低。如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些。汽车的运动可看做是半径为R的圆周运动。设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L。已知重力加速度为g。要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )
A. B.
C. D.
解析：选B 汽车做匀速圆周运动，向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F向＝mgtan θ，根据牛顿第二定律：F向＝m，tan θ＝，解得汽车转弯时的速度v＝ ，B对。
9.“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动。若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是( )
A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大
B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大
C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多
D．摩托车对侧壁的压力随高度H增大而减小
解析：选B 杂技演员和摩托车整体受力如图所示，则重力mg与支持力FN的合力F沿水平方向提供向心力，根据几何知识得F＝mgtan α，与H无关，A项错误；又F＝m，H越高时r越大，则线速度v越大，B项正确；向心力不做功，C项错误；FN＝，与H无关，由牛顿第三定律知，D项错误。
10.洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B．水会从桶中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故
C．加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好
D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好
解析：选B 脱水过程中，衣物做离心运动而甩向桶壁，A正确；水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B错；F＝ma＝mω2R，ω增大会使向心力F增大，而转筒有洞，不能提供足够大的向心力，水滴会被甩出，增大向心力，会使更多水滴被甩出去，C正确；靠近中心的衣服，R比较小，角速度ω一样，所以向心力小，脱水效果差，D正确。
11．(2018·绍兴模拟)我国卫星移动通信系统首发星，被誉为中国版海事卫星的天通一号01星，在2016年8月6日在西昌卫星发射中心顺利升空并进入距离地球约三万六千公里的地球同步轨道。这标志着我国迈入了卫星移动通信的“手机时代”。根据这一信息以及必要的常识，尚不能确定该卫星的( )
A．质量 B．轨道半径
C．运行速率 D．运行周期
解析：选A 由距离地球约三万六千公里的地球同步轨道，可以确定轨道半径R和周期T，由v＝可确定运动速率v，而不能确定的是该卫星的质量。
12．原香港中文大学校长、被誉为“光纤之父”的华裔科学家高锟和另外两名美国科学家共同分享了2009年度的诺贝尔物理学奖。早在1996年中国科学院紫金山天文台就将一颗于1981年12月3日发现的国际编号为“3463”的小行星命名为“高锟星”。假设“高锟星”为均匀的球体，其质量为地球质量的，半径为地球半径的，则“高锟星”表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的( )
A. B.
C. D.
解析：选C 根据G＝mg得，g＝。因为高锟星的质量为地球质量的，半径为地球半径的，则“高锟星”表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的。故C正确。
13．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．在相同时间内b转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是
D．d的运动周期有可能是20小时
解析：选B a与c的角速度相等，由a向＝ω2R知a的向心加速度小于c的，c的向心加速度小于g，所以a的向心加速度小于g，A错；a、b、c、d四颗卫星中，b的线速度最大，所以在相同时间内b转过的弧长最长，B正确；c的周期为24小时，c在4小时内转过的圆心角θ＝ωt＝×4＝，C错；由T＝ 知d的周期大于c的周期，大于24小时，D错。
二、非选择题(本题共4小题，共31分)
14．(5分)在“研究平抛运动”的实验中，小希同学采用如实验原理图甲所示的装置来获得平抛运动的轨迹。
(1)为得到一条轨迹，需多次释放小球，每次释放小球的位置________(填“相同”或“任意”)。
(2)为了测得小球离开斜槽末端时的速度，该同学需测量的物理量是________。
A．小球的质量
B．小球下落的时间
C．斜槽末端距落点间的水平距离和竖直高度
D．斜槽末端距释放点间的水平距离和竖直高度
解析：(1)本实验要通过多次重复平抛小球来记录轨迹，所以每次的轨迹必须相同，因此要求每次将小球从轨道同一位置无初速度释放；
(2)根据平抛运动规律，水平方向x＝v0t，竖直方向h＝gt2，解得小球离开斜槽末端时的速度v0＝x，故需要测量的物理量是斜槽末端距落点间的水平距离x和竖直高度h，选项C正确。
答案：(1)相同 (2)C
15．(5分)某校科技活动开展了关于平抛运动的研究学习。
(1)学习小组甲为了探究影响平抛运动水平射程的因素，某同学通过改变抛出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如下表：
序号
抛出点的高度(m)
水平初速度(m/s)
水平射程(m)
1
0.20
2.0
0.40
2
0.20
3.0
0.60
3
0.20
4.0
0.80
4
0.45
2.0
0.60
5
0.45
4.0
1.20
6
0.80
2.0
0.80
①若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为________的三组实验数据进行分析。
②若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为________的三组实验数据进行分析。
(2)学习小组乙在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相，拍摄到了如图所示的照片，已知每个小方格边长9.8 cm，当地的重力加速度为g＝9.8 m/s2。
①若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则没有被拍摄的小球位置坐标为________。
②小球平抛的初速度大小为________。
解析：(1)①探究影响平抛运动水平射程的因素时，若探究水平射程和初速度的关系，应保持高度不变，可用表中序号为1、2、3的三组数据；
②若探究水平射程和高度的关系，应保持初速度不变，可用表中序号为1、4、6的三组实验数据；
(2)①根据平抛运动的特点，水平方向的坐标为3×2×9.8 cm＝58.8 cm，竖直方向y＝(1＋2＋3)×9.8 cm＝58.8 cm，故没有被拍摄到的小球位置坐标为(58.8 cm,58.8 cm)；
②由Δh＝gt2，得t＝ s＝0.1 s，
v0＝＝ m/s＝1.96 m/s。
答案：(1)①1、2、3 ②1、4、6
(2)①(58.8 cm,58.8 cm) ②1.96 m/s
16．(9分)(2015·10月浙江学考)如图所示，饲养员对着长l＝1.0 m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m＝0.02 kg的注射器射到动物身上。注射器飞离长管末端的速度大小v＝20 m/s。可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动，如图所示。
(1)求注射器在长管内运动时的加速度大小；
(2)求注射器在长管内运动时受到的合力大小；
(3)若动物与长管末端的水平距离x＝4.0 m，求注射器下降的高度h。
解析：(1)由匀变速直线运动规律v2－0＝2al
得a＝＝2.0×102 m/s2。
(2)由牛顿第二定律F＝ma
得F＝4 N。
(3)由平抛运动规律
x＝vt
得t＝＝0.2 s
由h＝gt2
得h＝0.2 m。
答案：(1)2.0×102 m/s2 (2)4 N (3)0.2 m
17.(12分)(2018·临沂质检)游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动，若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b处接到，已知“摩天轮”半径为R，重力加速度为g，不计人和吊篮的大小及重物的质量。求：
(1)接住前重物下落运动的时间t；
(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v；
(3)乙同学在最低点处对地板的压力。
解析：(1)由2R＝gt2，解得t＝2 。
(2)v＝，s＝，
联立解得v＝π。
(3)由牛顿第二定律，F－mg＝m，
解得F＝mg，
由牛顿第三定律可知，乙同学在最低点处对地板的压力大小为F′＝mg，方向竖直向下。
答案：(1)2 (2)π (3)mg，方向竖直向下
