走向高考·高考物理总复习·人教实验版第七章综合测试题

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：第七章综合测试题象有()A．待测电阻不跟别的元件断开，其测量值将偏大B．测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C．测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况D．用多用电表测量60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大[答案]AD[解析]待测电阻不跟别的元件断开时，可能是与其他元件并联，测量值可能偏小；测电阻时，两手碰表笔的金属杆，人体电阻与待测电阻并联，测量值偏小；测量电阻时，如果电路不和电源断开，欧姆表两端的电压可能过大，从而烧坏电表：用多用表测量灯泡的电阻，测量的是灯泡不发光时的电阻，灯泡用额定电压和额定功率计算出的电阻是灯泡正常发光时的电阻，灯泡正常发光时温度很高，电阻较大，故应选A、D.3.中国江苏某一品牌的太阳能热水器中含有辅助电加热控制器，当太阳能不足时，热水器中的水温达不到所需要的温度，热水器内安装的电阻丝辅助加热装置会自动工作，如图所示，如要在最短的时间内将水加热到预期的温度，应将选择开关置于哪一个档位() A．“0”档B．“1”档C．“2”档 D．“3”档[答案] B[解析] 太阳能热水器需要温度是定值，吸收的能量是定值，根据Q ＝U 2R t ，若时间最短，电阻R 必须最小，所以应该选择开关置于“1”档，选B 项．4．粗细均匀的金属环上A 、B 、C 、D 四点把其周长分成四等份，如图所示，当A 、C 点接入电路中时，圆环消耗的电功率为P ；当A 、B 点接入电路时，圆环消耗的电功率为(电源电阻不计)( )A ．3PB ．4P /3C ．PD ．3P /4[答案] D[解析] 设金属环的总电阻为4R ，则A 、C 接入电路中时，金属环的总电阻为3R 4，圆环消耗的电功率为P ＝E 23R /4＝4E 23R，当A 、B 点接入电路中时，则并联的电阻为R ，则功率P 1＝E 2R ＝34P ，D 正确． 5．(2019·北京朝阳区模拟)电动势为E 、内阻为r 的电源，与定值电阻R 1，R 2，R 3连接成如图所示的电路．当开关S 闭合时( )A ．电压表和电流表的示数均减小B ．电压表和电流表的示数均增大C ．电压表的示数减小，电流表的示数增大D ．电压表的示数增大，电流表的示数减小[答案] A[解析] 由题图知，电阻R 2与R 3并联，闭合开关S 时，R 2接入电路，故电路总电阻变小，电流变大，内电压变大，外电压变小，电压表示数变小，又因为电流变大，电阻R 1分压变大，并联部分分压变小，故通过R3的电流变小，电流表示数变小，故A正确．6．(2019·杭州模拟)酒精测试仪利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器，酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化．在如图所示的电路中，R和R0为定值电阻，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，因此，显示仪表读数的指针与酒精气体浓度有了对应关系．如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是()A．U越大，表示r′越大c越大，c与U成正比B．U越小，表示r′越小c越大，但是c与U成正比C．U越小，表示c越小，c与U成反比D．U越大，表示c越小，但是c与U不成正比[答案] D[解析]根据闭合电路的欧姆定律可得U＝ER0R0＋R＋r＋r′，如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度成正比，1r′＝kc，两式联立得U＝ER0R0＋R＋r＋1kc，故可得D项正确．7．(2019·哈尔滨模拟)如图所示，闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端过程中，下列表述正确的是()A．路端电压变大B．电流表的示数变大C．电阻R2消耗的功率变大D ．电阻R 1上的电流变小[答案] C[解析] 滑动触头向b 端滑动过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，则整个电路中电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流I 变大，电源内阻分得的电压增大，路端电压U 变小，选项A错误；由I 3＝U R 3可知电流表示数减小，选项B 错误；根据I 2＝I －I 3可知I 2变大，则电阻R 2消耗功率变大，选项C 正确，D 错误．8．电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比．在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb .由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )A.34、14 B .13、23C.12、12 D .23、13[答案] D[解析] 本题考查电路的U －I 图象以及电源的效率，解决本题的关键是抓住图象的物理意义．由U －I 图象可知，若电源的电动势为6U 0，则a 、b 两点处对应的路端电压分别为4U 0、2U 0，电源的效率η＝UI EI ＝U E ，所以ηa ＝U 1E ＝23，ηb ＝U 2E ＝13. 9．(2019·乌鲁木齐模拟)如图所示电路，电源内阻不可忽略，R 0为定值电阻，开关S 闭合后，滑动变阻器滑片P 置于滑动变阻器的中点时，电压表示数为8V ，当滑片从中点向b 端移动距离s 后，电压表示数变为6V ；滑片从中点向a 端移动距离s 后，电压表示数为( )A ．9VB ．10VC ．11VD ．12V[答案] D[解析] 设电源电动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器的总电阻为R ，长度为s 的电阻为R ′，由闭合电路的欧姆定律可得：U 1＝E r ＋R 0＋R 2×R 0；U 2＝E r ＋R 0＋R 2＋R ′×R 0，联立两式可解得：R ′＝13(r ＋R 0＋12R )，滑片从中点向a 端移动距离s 后由：U ＝E r ＋R 0＋R 2－R ′×R 0，联立解得U ＝12V ，D 选项正确．10．(2019·济南模拟)如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R 的阻值，可使电压表的示数减小ΔU (电压表为理想电表)，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流减小，减少量一定等于ΔU /R 1B ．R 2两端的电压增加，增加量一定等于ΔUC ．路端电压减小，减少量一定等于ΔUD ．通过R 2的电流增加，但增加量一定小于ΔU /R 2[答案] AD[解析] 电压表的示数减小ΔU ，由部分电路的欧姆定律，通过R 1的电流减小，减小量一定等于ΔU /R 1，A 项正确；根据闭合电路的欧姆定律，电压表的示数减小，说明总电阻减小，总电流增加，电源内阻和R2消耗的总电压增加ΔU，R2两端的电压增加，增加量一定小于ΔU，B项错误，D项正确；路端电压增加，增加量一定小于ΔU，C项错误．第Ⅱ卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，共18分．把答案直接填在横线上)11．(4分)(2019·北京海淀模拟)多用电表是实验室和生产实际中常用的测量仪器．使用多用电表测某段导体的电阻．(1)主要的操作过程分以下三个步骤，请填写第②步操作．①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔；选择电阻挡“×10”；②_____________________________________________________ ___________________________________________________________ ________________________________________________________；③把红、黑表笔分别与导体的两端相接，读取导体的电阻．(2)采用上述的操作步骤后，多用电表的示数如图所示．则该段导体的电阻测量值为________Ω.[答案](1)②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零(2)80[解析](1)②选挡之后要进行欧姆调零．(2)电阻测量值为8×10Ω＝80Ω.12．(6分)(2019·嘉兴模拟)现要测电阻R0的阻值、干电池组的电动势E及内阻r.给定的器材有：两个理想电压表(量程均为3.0V)，理想电流表(量程为0.60A)，滑动变阻器R，待测的电阻R0，两节串联的电池，开关S及导线若干．某同学设计一个如图甲所示的电路同时测电阻R0、电池组的电动势及内阻．调节变阻器，电压表V1，V2和电流表A分别测得多组U1，U2，I的数据，并作出U1－I图(图线1)和U2－I图(图线2)，如图乙．(1)由图可知电阻R0阻值为________Ω；(2)电池组E的电动势为________V，内阻为______Ω.(结果保留两位有效数字)[答案](1)4.0(2)3.0(3)2.0[解析](1)由图线2可以看出电阻R0＝1.00.25Ω＝4Ω；(2)通过图线1可以看出电源电动势为3.0V，内阻为斜率的绝对值，即2.0Ω.13．(8分)(2019·南通模拟)在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：A．小灯泡(额定电压为12V，额定电流约0.5A)B．直流电流表A(0～0.6A，内阻约0.8Ω)C．直流电压表V1(0～3V，内阻约5kΩ)D．直流电压表V2(0～15V，内阻约15kΩ)E．滑动变阻器R1(0～5Ω，2A)F．滑动变阻器R2(0～20Ω，2A)G．电源(12V，内阻不计)H．开关S及导线若干．某同学设计了实验测量电路，通过改变变阻器的滑片位置，使电表读数从零开始变化，记录多组电压表的读数U和电流表的读数I.(1)实验中电压表应选用________(填“V1”或“V2”)，滑动变阻器应选用________(填“R1”或“R2”)；(2)在图甲虚线框内画出实验电路图；甲(3)该同学在实验中测出8组对应的数据(见下表)：次数12345678I/A00.120.220.300.380.450.470.50U/V0 1.2 2.4 3.6 6.08.49.612.0功率增大时，其电阻________(填“增大”“减小”或“不变”)．[答案](1)V2R2(2)如图甲所示(电路图中只要有错不得分)(3)如图乙所示增大[解析](1)灯泡的额定功率为12W，则电压表应选用15V的电压表V2，灯泡正常工作的电阻为24Ω，滑动变阻器要采用分压式接法，若采用R1，则电路中的电流超过2A，所以选用R2.(2)因灯泡的电阻较小，电流表应采用外接法；滑动变阻器采用分压式接法．(3)依据拟合出的U－I图象，图象上的点与坐标原点的连线的斜率逐渐增大，故电阻变大．三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)如图所示，已知电源电动势E＝20V，内阻r＝1Ω，当接入固定电阻R＝4Ω时，电路中标有“3V,6W”的灯泡L和内阻R D ＝0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：(1)电路中的电流大小；(2)电动机的额定电压；(3)电动机的输出功率．[答案](1)2A(2)27V(3)12W[解析](1)灯泡L正常发光，电路中的电流为I＝P L/U L＝6/3A ＝2A(2)由闭合电路欧姆定律可求得，电动机的额定电压为U D＝E－I(r＋R)－U L＝20V－2×(1 ＋4)V－3V＝7V(3)电动机的总功率为P总＝IU D＝2×7W＝14W电动机的热功率为P热＝I2R D＝22×0.5W＝2W所以电动机的输出功率为P出＝P总－P热＝14W－2W＝12W15．(10分)如图所示，变阻器R0的滑片P从最左端移到最右端时电压表的示数变化范围是0～4V，电流表的示数变化范围是1A～0.5A，电源的内阻可忽略不计．求电阻R的阻值、变阻器R0的最大阻值和电源电压U.[答案]8Ω8Ω8V[解析]当电压表示数U1＝0时，电流表示数I A＝1A电源电压：U＝I1R＝1×R①当电压表示数U2＝4V时，电流表示数I 2＝0.5AR 2＝U 2I 2＝4V 0.5A＝8Ω 电源电压：U ＝U 2＋I 2R ＝4＋0.5×R ②由①②解得：U ＝8V ，R ＝8Ω.16．(11分)如图所示的电路中，电路消耗的总功率为40W ，电阻R 1为4Ω，R 2为6Ω，电源内阻r 为0.6Ω，电源的效率为94%，求：(1)a 、b 两点间的电压；(2)电源的电动势．[答案] (1)4.8V (2)20V[解析] (1)电流是联系内、外电路的桥梁，是求解闭合电路的关键，而电源的内电路部分为求解该题的突破口．电源内部的热功率P 内＝I 2r又P 内＝P 总(1－η)故I ＝P 总(1－η)r＝2A 由于R 1、R 2并联，所以U ab ＝I R 1R 2R 1＋R 2＝4.8V (2)由P 总＝IE 得E ＝P 总I ＝20V17．(11分)(2019·黄冈模拟)在如图所示的电路中，R 1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I 和它两端电压U 遵循I ＝kU 3的规律(式中k ＝0.02A/V 3)，R 2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E ＝6V ，闭合开关S 后，电流表的示数为0.16A ，求：(1)R 1两端的电压；(2)电源的内电阻r ；(3)R 1、R 2和r 消耗的电功率P 1、P 2和P r .[答案] (1)2V (2)1Ω (3)0.32W 0.61W 0.026W[解析] (1)由I ＝kU 3得U ＝3I k ＝30.160.02V ＝2V(2)根据闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋IR 2＋Ir故r ＝E －U －IR 2I ＝E －UI －R 2＝6－20.16Ω－24Ω＝1Ω(3)R 1消耗的电功率P 1＝IU ＝0.16×2W ＝0.32WR 2和r 消耗的电功率P 2＝I 2R 2＝0.162×24W ≈0.61WP r ＝I 2r ＝0.162×1W ≈0.026W。

一、选择题1．将一个电动势为3V，内阻不能忽略的电池两端接一电阻R，当有1C的电荷通过电阻R时，在R上产生的热量() A．大于3J B．小于3JC．等于3J D．内阻未知，无法确定[答案] B[解析]根据W＝qU＝3J，而W为内阻r和外电阻R上产生的热量之和，故R上产生的热量小于3J.2．(2011·厦门模拟)如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向a端滑动，则()A．电灯L变亮，电流表的示数减小B．电灯L变亮，电流表的示数增大C．电灯L变暗，电流表的示数减小D．电灯L变暗，电流表的示数增大[答案] D[解析]当滑片向a端滑动时，R1↓——R总↓——I↑即电流表A示数增大，路端电压应等于U＝E－Ir减小，则灯L变暗．故选项A、B、C错误，D正确．3．(2011·镇江模拟)如图所示，电源E的电动势为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为 3.0V，额定功率为 4.5W，当电键S接位置1时，电压表的读数为3V，那么当电键S接到位置2时，小灯泡L的发光情况是()A．很暗，甚至不亮B．正常发光C．比正常发光略亮D．有可能被烧坏[答案] A[解析]S接1时，由U＝RR＋rE得r＝2Ω.R L＝U2额P额＝2Ω，S接2时，U L＝ER L＋r·R L＝1.6V<3.0V，故灯很暗，此时电路中电流I′＝0.8A，有可能超过电源的额定电流，使电源烧毁导致灯不亮．故选项B、C、D错误，选项A正确．4．如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时，则()A．A灯变亮，B灯变暗B．A灯变暗，B灯变亮C．A、B灯均变暗D．A、B灯均变亮[答案] C[解析]滑片P向下端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，变阻器与灯泡B并联的电阻变小，R外变小，由I＝EE外＋r知总电流I变大，U内＝Ir变大，由U外＝E－U内，知U外变小，A灯变暗．通过灯的电流变小，经R的电流变大，U R变大，故B灯两端电压变小，B灯变暗，C正确．5．(2011·西安模拟)为了儿童安全，布绒玩具必须检测其中是否存在金属断针，可以先将玩具放置在强磁场中，若其中有断针，则断针被磁化，用磁报警装置可以检测到断针的存在．如图所示是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中R B是磁敏传感器，它的电阻随断针的出现而减小，a、b接报警器，当传感器R B所在处出现断针时，电流表的电流I，a、b 两端的电压U将()A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变大，U变小D．I变小，U变大[答案] C[解析]由题意知R B的电阻随断针的出现而减小，即外电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律有I总＝E/(R＋r)可知I总增大，再由U外＝E－I总r可知，外电压U减小．而由U1＝I总R1可知，U1增大，U2必减小，I2减小，由电流表的电流I＝I总－I2可知，电流表的电流必变大．故A、B、D错误，选项C正确．6．(2011·镇江模拟)如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω.电流表和电压表均为理想电表，只接通S1时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再接通S2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是()A．2A B．8A C．50A D．58A[答案] C[解析]只接通S1时，由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir＝12V＋10×0.05V＝12.5V，R灯＝UI＝1210Ω＝1.2Ω，再接通S2后，流过电动机的电流为：I电＝E－I′R灯r－I′＝12.5－8×1.20.05A－8A＝50A，故选项C正确．7．(2011·北京东城模拟)如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是() A．路端电压变大B．电路中的电流变小C．滑动变阻器消耗的功率变小D．定值电阻R0上消耗的功率变小[答案] C[解析]当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，整个电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律得I＝ER0＋R滑＋r，电路中的电流变大，内电压U＝Ir变大，路端电压变小，由P＝I2R0知定值电阻R0上消耗的功率变大，A、B、D 错误；当滑片P置于a点时，由于R滑＝2r＝r＋R0，这时可把定值电阻R0看做电源的内阻，则此时滑动变阻器消耗的功率最大，滑片P 从a向b端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，则其消耗的功率变小，C正确．8．(2011·重庆模拟)家用电熨斗为了适应不同衣料的熨烫，设计了调整温度的多挡开关，使用时转动旋钮即可使电熨斗加热到所需的温度．如图所示是电熨斗的电路图．旋转多挡开关可以改变1、2、3、4之间的连接情况．现将开关置于温度最高挡，这时1、2、3、4之间的连接是下图中所示的哪一个()[答案] A[解析]以U表示电源电压，R表示图中每根电阻丝的电阻，在选项A所示的接法中，两根电阻丝并联接入电路，其总电阻为R/2，则此时电熨斗得到的总功率为P A＝2U2R；在选项B所示的接法中，仅有左侧一根电阻丝接入电路通电，右侧一根电阻丝中无电流，故此时电熨斗的总功率为P B＝U2R；在选项C所示的接法中，电源实际上被断开了．使整个电熨斗中无电流通过，此时电熨斗的总功率为P C＝0.在选项D所示的接法中，是两根电阻丝串联接入电路，其总电阻为2R，则此时电熨斗消耗的总功率为P D＝U2 2R.故选项A正确．二、非选择题9.如图所示，图线a是某一蓄电池组的伏安特性曲线，图线b是一定值电阻的伏安特性曲线．将蓄电池组与该定值电阻连成闭合回路，若已知该蓄电池组的内阻为 2.0Ω，则这个定值电阻的阻值为________Ω.现有4个这种规格的定值电阻，可任意选取其中的若干个进行组合，作为该蓄电池组的外电路，则所组成的这些外电路中，输出功率最大时是________W.[答案]650[解析]由图线可得，定值电阻R＝152.5Ω＝6Ω，电源电动势E＝U＋Ir＝15V＋2.5×2V＝20V；用3只电阻并联作为外电阻时，外电阻等于2Ω，输出功率最大，P m＝E24r＝50W.10．我们都有过这样的体验：手电筒里的两节干电池用久了以后，灯泡发红，这就是我们常说的“电池没有电了”，有人为了“节约”，在手电筒里装一节新电池和一节旧电池搭配使用，某同学为了检验这种做法是否合理，设计了下面的实验．(1)该同学设计了如图(a)所示的电路来分别测量新旧干电池的电动势和内阻，并将测量结果描绘成如图(b)所示的U－I图象．由图象可知：新电池：电动势E1＝________V；电阻r1＝________Ω；旧电池：电动势E2＝________V，电阻r2＝________Ω.(2)计算新旧电池各一节串联作电源使用时的效率．(手电筒的小灯泡上标有“3V2W”，认为小灯泡电阻不随电压变化)(3)计算(2)小题中旧电池提供的电功率和它本身消耗的电功率分别是多少？(4)你认为新旧电池搭配使用的做法是否合理？简述理由．[答案](1)1.50.3 1.24(2)51%(3)0.37W0.38W(4)见解析[解析](1)由图象知，新电池电动势为E1＝1.5V，内阻r1＝1.55Ω＝0.3Ω旧电池电动势为E2＝1.2V内阻r2＝1.20.3Ω＝4Ω(2)由η＝P出P总×100%得η＝I 2R 灯I 2R 总×100%＝R 灯R 总×100% 又由R 灯＝U 2P ＝322Ω＝4.5Ω R 总＝(4＋4.5＋0.3)Ω＝8.8Ω故η＝4.58.8×100%＝51% (3)旧电池提供的功率P 供＝E 2I ＝1.2×1.5＋1.28.8W ＝0.37W 旧电池消耗的功率P 消＝I 2r 2＝(1.5＋1.28.8)2×4W ＝0.38W (4)通过计算表明：新旧电池搭配使用，不仅电源效率低，而且旧电池内阻消耗功率有可能大于旧电池本身所提供的功率，从而成为耗电元件，所以新旧电池搭配使用的做法不妥．11．如图甲所示的电路中，R 1、 R 2均为定值电阻，且R 1＝100Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示．其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻．(2)定值电阻R2的阻值．(3)滑动变阻器的最大阻值．[答案](1)20V、20Ω(2)5Ω(3)300Ω[解析](1)将题中乙图中AB线延长，交U轴于20V处，交I 轴于1.0A处，所以电源的电动势为E＝20V，内阻r＝EI短＝20Ω.(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，即U2＝4V、I2＝0.8A，得R2＝U2I2＝5Ω.(3)当P滑到R3的左端时，由乙图知此时U外＝16V，I总＝0.2A，所以P外＝U外I总＝80Ω.因为R外＝R1R3R1＋R3＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为：R3＝300Ω.12．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l＝80cm，两板间的距离d＝40cm.电源电动势E＝40V，内电阻r＝1Ω，电阻R ＝15Ω，闭合开关S ，待电路稳定后，将一带负电的小球从B 板左端且非常靠近B 板的位置以初速度v 0＝4m/s 水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电量q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表．若小球恰好从A 板右边缘射出(g 取10m/s 2)．求：(1)滑动变阻器接入电路的阻值为多少？ (2)此时电流表、电压表的示数分别为多少？ (3)此时电源的输出功率是多少？ [答案] (1)24Ω (2)1A 39V (3)39W [解析] (1)设小球在板间飞行时间为t ， t ＝l v 0＝0.84s ＝0.2s 根据d ＝12at 2得飞行加速度a ＝2d t 2＝2×0.40.22m/s 2＝20m/s 2 对小球根据牛顿第二定律得q U ABd －mg ＝ma ，解得：U AB＝m(g＋a)dq＝2×10－2×(10＋20)×0.41×10－2V＝24V所以滑动变阻器两端电压U滑＝U AB＝24V设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律得，I＝E－U滑R＋r＝40－2415＋1A＝1A滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝U滑I＝24Ω.(2)此时电流表的示数为1A，电压表的示数为U＝E－Ir＝(40－1×1)V＝39V.(3)电源的输出功率P出＝IU＝39W.13．如图甲所示的电路中R1＝R2＝100Ω，是阻值不随温度而变的定值电阻．白炽灯泡L的伏安特性曲线如图乙的I－U图线所示．电源电动势E＝100V，内阻不计．求：(1)当电键S断开时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率；(2)当电键S闭合时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率．[答案](1)40V0.6A24W(2)2.5V0.5A12.5W[解析](1)当S断开时，因R1是定值电阻，与灯泡串联，设灯泡上的电压为U，电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U＋IR1，代入数据得：I＝1－U 100.在I－U图上作出这条直线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(40,0.60)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.6A，灯泡上的电压为40V，灯泡的实际功率P＝24W.(2)当S闭合时，设灯泡上的电压为U，电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U＋(I＋UR2)R1，代入数据有：50＝U＋50I，即I＝1－U50在I－U图上作出这条直线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(25,0.5)．由此可知此时流过灯泡的电流为0.5A，灯泡上的电压为25V，灯泡的实际功率P＝12.5W.。

一、选择题1．(2011·无锡模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量[答案]BD[解析]不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，故选B、D.2．下列叙述中正确的是()A．做匀速直线运动的物体的机械能一定守恒B．做匀速直线运动的物体的机械能可能守恒C．外力对物体做功为零，物体的机械能一定守恒D．系统内只有重力和弹力做功时，系统的机械能一定守恒[答案]BD[解析]做匀速直线运动的物体，若只有重力对它做功时，机械能守恒，若重力以外的其他外力对物体做功的代数和不为零，则物体的机械能不守恒，故A错误B正确；外力对物体做功为零时，有两种情况：若重力不做功，则其他力对物体做功的代数和也必为零，此时物体的机械能守恒；若重力做功，其他外力做功的代数和不为零，此时机械能不守恒，故C错误；由机械能守恒条件知D正确．3．(2011·青岛模拟)如图所示，a、b两物块质量分别为m、2m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦，开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b, 然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h.在此过程中，下列说法正确的是() A．物块a的机械能逐渐增加B．物块b的机械能减少了23mghC．物块b的重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功D．物块a的重力势能的增加量小于其动能的增加量[答案]AB[解析] 由于绳的拉力对物块a 做正功，故a 的机械能逐渐增加，A 正确；根据机械能守恒定律2mg ·h 2＝12 (m ＋2m )v 2＋mg ·h 2，解得：v ＝13gh ，故b 减少的机械能为2mg ·h 2－12·(2m )v 2＝23mgh ，故B 正确；由于细绳拉力对b 做负功，故b 的重力势能的减少量等于物块b 克服细绳拉力做的功和物块b 增加的动能之和，C 错误；物块a 重力势能增加量为mg ·h 2，动能增加量为12m v 2＝16mgh ，故D 错误． 4．(2011·莱芜模拟)如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B 与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上．重力加速度为g ，不计一切摩擦，则( )A ．小球A 下滑过程中，小球A 、B 系统的重力对系统做正功，系统的重力势能减小B ．A 球刚滑至水平面时，速度大小为5gL 2C ．小球B 升高L /2时，重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率D ．小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，绳的拉力对小球B 做功为3mgL 4[答案] ABC[解析] 小球A 下滑过程中，B 球的重力对B 球做负功， A 球的重力对A 球做正功，但由系统的动能增大可知，系统的重力势能减小，故小球A 、B 系统的重力对系统做正功，A 项正确；对A 、B 系统利用机械能守恒可知，A 球从开始滑动到刚滑至水平面过程中，有3mgL －mg L 2＝12×4m v 2，故v ＝5gL 2，B 项正确；小球B 升高L /2时，因两球的速度大小相等 ，而A 球沿斜面向下的分力为1.5mg ，故此时重力对小球A 做功的功率大于重力对小球B 做功的功率，C项正确，小球B 从刚开始上升到开始进入斜面过程中，有3mg L 2－mgL ＝12×4m v ′2, 故v ′＝gL 2，对B 球利用动能定理又有：12m v ′2＝W －mgL ，故W ＝9mgL 8，D 项错误． 5．(2011·嘉兴模拟)如图所示是全球最高的(高度208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m 的乘客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，假设t ＝0时刻乘客在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR (1－cos v R t )B ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2R －mgC ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12m v 2 D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12m v 2＋mgR (1－cos v R t )[答案] AD[解析] 在最高点，根据牛顿第二定律可知，mg －N ＝m v 2R ，受到座位的支持力为N ＝mg －m v 2R ，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的弧度为v R t ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR (1－cos v R t )，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgR (1－cos v R t )，A 、D 两项正确．6．(2011·青岛模拟)如图所示，光滑轨道MO 和ON 底端对接且ON ＝2MO ，M 、N 两点高度相同．小球自M 点由静止自由滚下，忽略小球经过O 点时的机械能损失，以v 、x 、a 、E v 分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M 点到N 点的运动过程的是( )[答案] A[解析] 从M 到O ，v 1＝a 1t ，从O 到N ，v 2＝v 1－a 2t ＝(a 1－a 2)t ，v 与t 是一次函数关系，所以A 正确；从M 到O ，x ＝12a 1t 2，则x 与t 的图象是抛物线，所以B 错误；从M 到O 和从O 到N ，加速度是常数，所以C 错误；从M 到O ，E k ＝12m v 21＝12ma 21t 2，所以D 错误． 7.(2011·德州模拟)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是()A．B物体的机械能一直减少B．B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．细线的拉力对A做的功等于A物体与弹簧组成的系统机械能的增加量[答案]ABD[解析]由于绳的拉力对B做负功，故B物体机械能一直减少，A正确；根据动能定理可确定B正确；由于该过程中A的动能增加，故B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能与物体A动能增加量的和，故C错误；细线的拉力对A和弹簧组成的系统做正功，根据功能关系，D正确．8．(2011·唐山模拟)如图所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L＝0.2m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1m.此时弹簧的弹性势能E p＝1J，自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10m/s2.则下列说法中正确的是()A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒C．B球刚到地面时，速度是2m/sD．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6J[答案]BD[解析]由于弹簧和B之间有作用，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A错误；由于没有摩擦，系统只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；因为弹簧作用于B，并对B做功，B的机械能不守恒，而2m/s是根据机械能守恒求解出的，所以C项错；根据系统机械守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝m A g(L＋h)＋m B gh＋E p＝6J，D项对.二、非选择题9.如图所示滑板爱好者，脱离轨道时速度为v 0，到达最高点时速度为v 1，设人与滑板的总质量为m ，若不计一切阻力，则人离开轨道后上升的最大高度为________．[答案] v 20－v 212g[解析] 选取脱离轨道时的水平面，作为参考平面，则E 1＝12m v 20 E 2＝mgh ＋12m v 21 据机械能守恒定律得E 1＝E 2解得h ＝v 20－v 212g10.某游乐场过山车模拟简化为如图所示，光滑的过山车轨道位于竖直平面内，该轨道由一段斜轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .可视为质点的过山车从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．(1)若要求过山车能通过圆形轨道最高点，则过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 至少要多少？(2)考虑到游客的安全，要求全过程游客受到的支持力不超过自身重力的7倍，过山车初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 不得超过多少？[答案] (1)2.5R (2)3R[解析] (1)设过山车总质量为m 0，从高度h 1处开始下滑，恰能以v 1过圆形轨道最高点，在圆形轨道最高点有：m 0g ＝m 0v 21R ①运动过程机械能守恒：m 0gh 1＝2m 0gR ＋12m 0v 21② 由①②式得：h 1＝2.5R高度h 至少要2.5R .(2)设从高度h 2处开始下滑，过圆形轨道最低点时速度为v 2， 游客受到的支持力最大是F N ＝7mg最低点时：F N －mg ＝m v 22R ③运动过程机械能守恒：mgh 2＝12m v 22④ 由③④式得：h 2＝3R高度h 不得超过3R .11．(2011·福建三明第二次阶段考试)光滑曲面轨道置于高度为H ＝1.8m 的平台上，其末端切线水平；另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面， 如图所示．一个可视作质点的质量为m ＝1kg 的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g 取10m/s 2，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8)(1)若小球从高h ＝0.2m 处下滑，则小球离开平台时速度v 0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h 为多大？(3)试推导小球下滑后第一次撞击木板时的动能与它下滑高度h的关系表达式， 并作用E k －h 图象．[答案] (1)2m/s (2)0.8m(3)E k ＝32.5h 图象见解析[解析] (1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：mgh ＝12m v 20① 得v 0＝2gh ＝2×10×0.2m/s ＝2m/s(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，则H ＝12gt 2② H tan θ＝v 1t ③ 联立②③两式得：v 1＝4m/s设释放小球的高度为h 1，则由mgh 1＝12m v 21 得h 1＝v 212g＝0.8m (3)由机械能守恒定律可得：mgh ＝12m v 2 小球离开平台后做平抛运动，可看做水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则：y ＝12gt 2④ x ＝v t ⑤tan37°＝y x ⑥v y ＝gt ⑦v 2合＝v 2＋v 2y ⑧E k ＝12m v 2合⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨式得：E k ＝32.5h ⑩考虑到当h >0.8m 时小球不会落到斜面上，其图象如图所示12．(2011·福建)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g .求：(1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1；(2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ；(3)已知地面与水面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在23m 到m 之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？[答案] (1)gR (2)3mgR(3)334πR 2(或8.25πR 2) [解析] (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 处时做圆周运动向心力由重力提供，则有：mg ＝m v 21R ①由①式解得：v 1＝gR ②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有：E p ＝mg (1.5R ＋R )＋12m v 21③ 由②③式解得：E p ＝3mgR .④(3)质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛，设经过t 时间落到水面上，离OO ′的水平距离为x 1，由平抛规律，有4．5R ＝12gt 2⑤ x 1＝v 1t ＋R ⑥由②⑤⑥式得：x 1＝4R ⑦当鱼饵的质量为23m 时，设其到达管口C 的速度为v 2由机械能守恒定律有：E p ＝23mg (1.5R ＋R )＋12(23m )v 22 ⑧ 由④⑧式得：v 2＝2gR ⑨质量为23m 的鱼饵落到水平面上时，距OO ′的水平距离为x 2，则有：x 2＝v 2t ＋R ⑩由⑤⑨⑩式得：x 2＝7R鱼饵能够落到的最大面积S ＝14(πx 22－πx 21)＝334πR 2(或8.25πR 2)．⑪。

1．[答案]BC[解析]因质量是惯性大小的量度，所以AD错，B对，因路面情况相同，所以动摩擦因数μ相同，又x＝v202μg，因此车速越大，刹车后滑行的路程越长，C对．2．[答案] D[解析]因绳拉物体的力与物体拉绳的力是作用力与反作用力，总是等大反向，与物体的运动状态无关，故A、B、C均错误，D正确．3．[答案] A[解析]由图乙可知，最初杆对小球的向上的力与小球的重力平衡，而后小球在竖直方向合力为零，在水平方向合力向右，具有向右的加速度，且加速度越来越大，选项B、D错误。

由于小球的初速度情况未知，故A正确，C错误．4．[答案] A[解析]若物体匀速下滑，整体受力分析可知水平方向不受外力，故f1＝0，选项CD错误；若物体受沿斜面向下外力作用加速下滑，单独对物体受力分析可知其受到的斜面支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，故斜面体受到物体作用力竖直向下，水平方向不受外力作用，f2＝0，选项A正确，B错误．5．[答案] B[解析]分别过P点作三个竖直圆，P为竖直直径的顶点，使得三杆分别为三个圆的弦长，不难看出a杆所在竖直圆直径最长，根据匀变速直线运动规律可得：t＝2Rg，故选项B正确．6．[答案]B[解析]由图可知，0～t1内物体做匀速运动，F1＝f；t1～t2内做匀加速运动，F2>f；t2以后时间内物体做匀速运动，F3＝f；故B正确．7．[答案]ACD[解析]物体受到的滑动摩擦力的大小为f＝μF N＝10N.若物体向左做匀加速直线运动，F1的值应小于5N，A对；若物体向右做匀加速直线运动，F1的值应大于25N，CD对．8．[答案]ABD[解析]物体水平方向的受力如图所示，据牛顿第二定律得F－F f＝ma，由图数据可得：6N－F f＝0.4m；12N－F f＝5m，联立解得：F f＝5.5N，m＝1.25kg，μ＝F f/mg＝0.44，又物体与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．由上可知选项ABD正确；由于F作用与物体上的时间不知道，故不能求出外力F为12N时物体的速度，选项C错误．9[答案]AD[解析]松开的一瞬间，弹簧的弹力不变，因此A受到的合力为重力的二倍，加速度为2g，B受到的合力为零，加速度为0；松开的一瞬间，绳的张力突变为零，C、D一起做自由落体运动，因此C、D的加速度都为g，A、D项正确．10. [答案] C[解析]对A物体进行受力分析，受到竖直向下的重力G，垂直于斜面的支持力F N，还有摩擦力f，由于运动情况不确定，f的方向可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，在竖直方向上有，G＝F N cos θ±f sin θ(摩擦力沿着斜面向下时取－，沿着斜面向上时取＋)，水平方向上，F N sin θ±f cos θ＝ma (摩擦力沿着斜面向下时取＋，沿着斜面向上时取－)，由以上可得，作用在B 上的外力增大时，斜面对A 的支持力增大，摩擦力可能增大可能减小，可能大小不变，方向改变，BC 正确．11． [答案] M m g[解析] 由题意知，弹簧原长时，加速度为0，合力为0，此时电场力F ＝mg ；当A 处对桌面压力为0时，小球受合力为Mg ，则小球加速度为M m g .12．[答案] (1)0.16 (2)实验前要先平衡摩擦力[解析] 根据纸带知，小车在连续相等的时间内运动的位移差的平均值为0.155cm ，由Δx ＝aT 2，代入可得a ＝0.16m/s 2，由图象知拉力大到一定程度才有加速度，故说明没有平衡摩擦力或平衡得不够．13． [答案] (1)(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 20(2)mg －m (s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 20(3)实验前将木板右端稍垫高，直至木块在细线未挂上重物时能沿木板匀速下滑 木块的质量应远大于重物的质量三、14．[答案] (1)50m (2)0.5[解析] (1)由图可知，司机刹车过程有0.5s 的反应时间 在0.5s 内位移 s 1＝v t 1＝20×0.5m ＝10m制动后汽车前进的位移s 2＝v t 22＝v (t －t 1)2＝20×(4.5－0.5)2m ＝40m 刹车过程汽车前进的总位移s ＝s 1＋s 2＝50m(2)由图可知，制动后汽车运动的加速度为a ＝Δv Δt ＝0－204.5－0.5m/s 2＝－5m/s 2 根据牛顿第二定律得 －μmg ＝ma代入数据得μ＝0.515． [答案] (1)m (g sin θ－2x t 2) (2)tan θ－2x gt 2cos θ[解析] (1)由位移公式x ＝12at 2 沿斜面方向，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f ＝ma联立求得F f ＝m (g sin θ－2x t 2) (2)在垂直斜面方向上，受力平衡F N －mg cos θ＝0又由摩擦力公式得F f ＝μF N联立并代入数值后，得μ＝F f mg cos θ＝tan θ＝2x gt 2cos θ16．[答案] (1)0.8 (2)29m[解析](1)汽车在平直公路上紧急制动的加速度为a1；－μmg＝ma1①0－v20＝2a1s1②μ＝0.8③(2)汽车沿倾角为θ的斜坡向下运动时，紧急制动的加速度为a2，制动距离为s2mg sinθ－μmg cosθ＝ma2④0－v20＝2a2s2⑤tanθ＝0.1，则sinθ＝1101≈0.1cosθ≈10101≈1s2＝29m⑥17．[答案](1)0.5(2)(1＋5)s[解析](1)在F的作用下，物体做匀速运动，有F cos37°＝mg sin37°＋μ(mg cos37°＋F sin37°)解得μ＝0.5(2)撤去F后，物体往上滑时a＝g sin37°＋μg cos37°＝10m/s2t1＝v0a＝1s s＝v02t1＝5m往下滑时a′＝g sin37°－μg cos37°＝2m/s2s＝12a′t22t2＝5st＝t1＋t2＝(1＋5)s。

一、选择题1．跳伞运动员在刚跳离飞机、降落伞尚未打开的一段时间内：①空气阻力做正功；②重力势能增加；③动能增加；④空气阻力做负功．以下说法中正确的是()A．①②B．③④C．②④D．①③[答案] B[解析]跳伞运动员跳离飞机，在尚未打开降落伞的这段时间内，运动员向下运动，重力对运动员做正功，重力势能减少；空气阻力对运动员做负功．由于重力大于空气阻力，运动员向下做加速运动，其动能增加，故①②错，③④对．2．(2011·扬州模拟)自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能()A．增大B．变小C．不变D．不能确定[答案] A[解析]由图可知，水袋中的水的重心上升，所以水的重力势能增大，选项A正确．3．(2011·苏州模拟)如图所示，用手通过弹簧拉着物体沿光滑斜面上滑，下列说法正确的是()A．物体只受重力和弹簧的弹力作用，物体和弹簧组成的系统机械能守恒B．手的拉力做的功，等于物体和弹簧组成的系统机械能的增加量C．弹簧弹力对物体做的功，等于物体机械能的增加量D．手的拉力和物体重力做的总功等于物体动能增加量[答案]BC[解析]对于物体和弹簧组成的系统，当只有重力做功时机械能才守恒，手的拉力对系统做正功，系统的机械能增大，由功能原理可知A错误，B正确．对物体，弹簧弹力是外力，物体所受外力中，除重力外只有弹簧弹力做功，因此弹簧弹力做的功等于物体机械能的增加量，C正确．手的拉力作用于弹簧，因此引起弹簧的形变而改变弹性势能，故D错．4．(2011·南宁模拟)如图所示，具有一定初速度的物体，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是()A．物块的机械能一定增加B．物块的机械能一定减小C．物块的机械能可能不变D．物块的机械能可能增加也可能减小[答案] A[解析]除重力、弹力做功以外，其他力做功等于机械能的增加量，题中除重力外，有拉力F和摩擦力F f做功，则机械能的变化取决于F与F f做功的大小关系．由mg sin30°＋F f－F＝ma知：F－F f＝mg sin30°－ma>0，即F>F f，故F做正功多于克服摩擦力做的功，故机械能增加，A项正确．5．(2011·大连模拟)质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )A.14mgR B.13mgR C.12mgR D ．mgR[答案] C[解析] 小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg ①由牛顿第二定律可知：F －mg ＝m v 21R ② 小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22R ③小球由最低点到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR ＋W Ff ＝12m v 22－12m v 21④ 由①②③④可得W Ff ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为12mgR ，故C 正确，A 、B 、D 错误． 6．(2011·郑州模拟)如图所示，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O ，A 的质量为m ，B 的质量为4m .开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动，将A 由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是( )A ．物块B 受到的摩擦力先减小后增大B ．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C ．小球A 的机械能守恒D ．小球A 的机械能不守恒，A 、B 系统的机械能守恒[答案] D[解析] 因斜面体和B 均不动，小球A 下摆过程中只有重力做功，因此机械能守恒，C 正确，D 错误；开始A 球在与O 等高处时，绳的拉力为零，B 受到沿斜面向上的摩擦力，小球A 摆至最低点时， 由F T －mg ＝m v 2l OA和mgl OA ＝12m v 2得F T ＝3mg ，对B 物体沿斜面列方程：4mg sinθ＝F f＋F T，当F T由0增加到3mg的过程中，F f先变小后反向增大，故A正确．以斜面体和B为一整体，因OA绳的拉力水平方向的分力始终水平向左，故地面对斜面的摩擦力的方向一直向右，故B正确．7．(2011·安顺模拟)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.则以下判断正确的是()A．小环的质量是1kgB．细杆与地面间的倾角是30°C．前3s内拉力F的最大功率是2.25WD．前3s内小环机械能的增加量是5.75J[答案]AD[解析]设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1s内的加速度a＝0.52＝0.5m/s2，由牛顿第二定1m/s律得：5－mg sinα＝ma，又4.5＝mg sinα，得m＝1kg，A正确；sinα＝0.45，B错误；分析可得前3s内拉力F的最大功率以1s末为最大，P m＝F v＝5×0.5W＝2.5W，C错误；前3s内小环沿杆上升的位移x＝0.52×1m ＋0.5×2m ＝1.25m ，前3s 内小环机械能的增加量ΔE ＝12m v 2＋mgs sin α＝ 5.75J ，故D 正确．8．(2011·淮南模拟)如图所示，一个质量m ＝0.5kg 的小球(视为质点)从H ＝12m 高处，由静止开始沿光滑弧形轨道AB 滑下，接着进入半径R ＝4m 的粗糙竖直圆环轨道，当到达环顶C 时，刚好对轨道压力为零；小球在沿左半环CB 滑下后，再进入光滑弧形轨道BD ，且到达D 点时速度为零．g 取10m/s 2，下列说法正确的是( )A ．在由A 到D 的过程中，小球的机械能守恒B. D 点离地面的高度是12mC ．小球第一次过B 点时对轨道的压力大小是30ND ．小球从B 到C 的过程中克服阻力做的功是10J[答案] D[解析] ①小球在圆环轨道运动过程中受摩擦阻力，机械能不守恒，故A 错误；②因为由A 到D 小球机械能不守恒，所以D 点离地面高度小于12m ，故B 错误；③小球从A 到B 机械能守恒，mgH ＝12m v 2B ，在B 点由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2B R ，解得F N ＝35N ，故C 错误．④小球从B 到C 过程，据动能定理得－mg ·2R －W f ＝12m v 2C －12m v 2B ，小球在C 点时mg ＝m v 2C R ，解得W f ＝10J ，故D 正确.二、非选择题9.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块距挡板P 的距离为l 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑， 滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．[答案] 1μ(v 202g cos θ＋l 0tan θ) [解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s ，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q ＝12m v 20＋mgl 0sin θ又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q ＝μmgs cos θ解以上两式可得s ＝1μ(v 202g cos θ＋l 0tan θ) 10．(2011·桂林模拟)传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10m/s2)(1)传送带对小物体做的功；(2)电动机做的功．[答案](1)255J(2)270J[解析](1)小物体轻放在传送带上时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得沿斜面方向：μmg cosθ－mg sinθ＝ma可知，小物体上升的加速度为a＝2.5m/s2当小物体的速度为v＝1m/s时，位移x＝v2＝0.2m然后小物体将2a以v＝1m/s的速度完成4.8m的路程，由功能关系得：W＝ΔE p＋ΔE k ＝mgl sinθ＋12＝255J2m v(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由v＝at得t＝v＝0.4sa相对位移x′＝v t－12＝0.2m2at摩擦热Q＝μmgx′cosθ＝15J故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270J.11．(2011·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC 的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m.现让质量为m的小滑块自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离．[答案] (1)3m/s (2)2s (3)1.4m[解析] (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得mg (h 1－h 2)－μmgs ＝12m v 2D －0 代入数据得：v D ＝3m/s(2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得mgh 1－μmgs ＝12m v 2C 代入数据得：v C ＝6m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小a ＝g sin θ＝6m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间t 1＝v C a ＝1s由于对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间t 2＝t 1＝1s故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔t ＝t 1＋t 2＝2s(3)对小滑块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s 总有：mgh 1＝μmgs 总代入数据得s 总＝8.6m故小物块最终停止的位置距B 点的距离为2s －s 总＝1.4m12．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R.用质量m1＝0.4kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块从D 点飞离桌面恰好由P点沿切线落入圆弧轨道．g＝10m/s2，求：(1)BD间的水平距离．(2)判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点．(3)物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．[答案](1)2.5m(2)不能(3)5.6J[解析](1)设物块由D点以初速度v D做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：v y＝2gRv y＝tan45°v D所以v D＝4m/s在桌面上过B点后初速度v0＝6m/s，加速度a＝－4m/s2所以BD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5m (2)若物块能沿圆弧轨道到达M 点，其速度为v M ，由机械能守恒定律得：12m 2v 2M ＝12m 2v 2D －22m 2gR 轨道对物块的压力为F N ，则：F N ＋m 2g ＝m 2v 2M R解得：F N ＝(1－2)m 2g <0所以物块不能到达M 点(3)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，物体a 、b 与桌面间的动摩擦因数均为μ，释放物块a 时，E p ＝μm 1gx CB释放物块b 时，E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2，可得E p ＝m 2v 20＝7.2J物块b 释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ，则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6J.。

单元小结练 电学实验综合练习(限时：30分钟)1．分别用如图1所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值．图甲中两表的示数分别为3 V 、4 mA ，图乙中两表的示数分别为4 V 、3.9 mA ，则待测电阻R x 的真实值为( )图1A ．略小于1 kΩB ．略小于750 ΩC ．略大于1 kΩD ．略大于750 Ω 答案 D解析 先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用图甲进行测量比较准确．图甲中测量值为R 测＝U 测I 测＝750 Ω，较真实值偏小．故D 项正确． 2．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图2所示，此示数为________mm.用游标为50分度的卡尺(测量值可准确到0.02 mm)测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图3所示，可读出圆柱的图2直径为________mm.图3答案 8.116 42.12解析 螺旋测微器读数时，首先要明确其精确度为0.01 mm ，读取固定刻度上的数值时，要看半毫米刻度线是否露出；游标卡尺读数时应注意精确度、单位，读法为主尺读数加游标尺读数．螺旋测微器读数为(8＋11.6×0.01) mm＝8.116 mm.游标卡尺读数为(42＋6×0.02) mm＝42.12 mm.3．如图4所示为一正在测量中的多用电表表盘．图4(1)如果是用×10 Ω挡测量电阻，则读数为________ Ω.(2)如果是用直流10 mA 挡测量电流，则读数为______ mA.(3)如果是用直流5 V 挡测量电压，则读数为________ V.答案 (1)60 (2)7.2 (3)3.57解析 用欧姆挡测量时，用最上面一排数据读数，读数为6×10 Ω＝60 Ω；用直流电流挡测量时，读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.2 mA ；用直流电压挡测量时，读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.7×0.1 V＝3.57 V.4．(2012·天津理综·9(3))某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G 1来校对待测电流表G 2的满偏电流和测定G 2内阻的电路，如图5所示．已知G 1的量程略大于G 2的量程，图中R 1为滑动变阻器，R 2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验． 图5①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为________(填步骤的字母代号)；A ．合上开关S 2B ．分别将R 1和R 2的阻值调至最大C ．记下R 2的最终示数D ．反复调节R 1和R 2的阻值，使G 1的示数仍为I 1，使G 2的指针偏转到满刻度的一半，此时R 2的最终示数为rE ．合上开关S 1F ．调节R 1使G 2的指针偏转到满刻度，此时G 1的示数为I 1，记下此时G 1的示数 ②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G 2内阻的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)；③若要将G 2的量程扩大为I ，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G 2上并联的分流电阻R S 的表达式，R S ＝________.答案 ①BEFADC ②相等 ③I 1r I －I 1解析 ①开关闭合前应使回路中的总电阻值最大，实验时，先闭合S 1，调整R 1使G 2满偏，测出G 2的满偏电流，然后利用半偏法(比较法)测出G 2的电阻．故合理的顺序依次为BEFADC.②根据串、并联电路的特点，R 2、G 2两端的电压相等，即I 12r g ＝I 12r ，所以r g ＝r ，即测量值与真实值相等．③改装表的原理图如图所示，则I 1r ＝(I －I 1)R S所以分流电阻R S ＝I 1r I －I 1. 5．(2012·四川理综·22(2))为测量一电源的电动势及内阻(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压表C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表．(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号、或与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V时，电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E＝____ V，内阻r＝________Ω.答案(1)或C 6 (2)见解析图(3)7.5 10.0解析(1)、的内阻不确定，故应选择进行改装，串联电阻R＝(UU0－1)R V＝(93－1)×3 kΩ＝6 kΩ.(2)本实验的原理为U＝E－Ir，利用变阻箱和电压表可获取电流I，故电路图如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律知：E＝3U＋3UR′·r将U1＝1.50 V，R1′＝15.0 Ω及U2＝2.00 V，R2′＝40.0 Ω分别代入上式联立解方程组得E＝7.5 V，r＝10.0 Ω.6．两位同学在实验室中利用如图6甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I图线．回答下列问题：甲乙图6(1)根据甲、乙两同学描绘的图线，可知( )A．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据(2)图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动触头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为0.5 WD ．电源的效率达到最大值 (3)根据图乙，可以求出定值电阻R 0＝________Ω，电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(4)该电路中电流表的读数能否达到0.6 A ，试说明理由．________________________________________________________________________ 答案 (1)AD (2)BC (3)2 1.5 1 (4)见解析解析 (1)从电路连接可以看出，电流表A 的读数增大时，电压表V 1的读数减小，电压表V 2的读数增大．甲同学是根据电压表V 1和电流表A 的数据绘制图象的，A 正确，B 错误；乙同学是根据电压表V 2和电流表A 的数据绘制图象的，C 错误，D 正确．(2)图象中两直线的交点表示电压表V 1的读数与电压表V 2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，滑动变阻器的滑动触头P 滑到了最左端，A 错误；从图象可以得出电阻R 0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，B 正确；定值电阻R 0消耗的功率为：P ＝U 2I ＝1.0×0.5 W＝0.5 W ，C 正确；电源的效率为：η＝UI EI ＝U E，U 越大，效率越大，D 错误．(3)从图象乙可以得出定值电阻R 0的阻值为：R 0＝U 2I ＝1.00.5Ω＝2 Ω；从甲同学的图象可以得出图象在U 轴上的截距为1.5 V ，即电源的电动势为1.5 V ，图象斜率的绝对值为：k ＝|ΔU 1ΔI |＝0.50.5＝1，即电源的内阻为r ＝1 Ω. (4)该电路中的电流为：I ＝E R ＋R 0＋r ，当R 最小为0时，电流最大，最大值为：I m ＝E R 0＋r ＝1.52＋1A ＝0.5 A ，故该电路中电流表的读数不能达到0.6 A. 7．有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A ．电压表V 1(0～5 V ，内阻约10 kΩ)B ．电压表V 2(0～10 V ，内阻约20 kΩ)C ．电流表A 1(0～0.3 A ，内阻约1 Ω)D ．电流表A 2(0～0.6 A ，内阻约0.4 Ω)E ．滑动变阻器R 1(0～10 Ω，2 A)F ．滑动变阻器R 2(0～100 Ω，0.2 A)G ．学生电源(直流6 V)、开关及导线(1)为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表________，电流表________，滑动变阻器________．(填器材前的选项符号)(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在下面的虚线框中画出实验电路图．(3)P 为图7中图线上的一点，PN 为图线上P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将________(填“增大”、“减小”或“不变”)；对应P 点，小灯泡的电阻值约为________Ω.(保留三位有效数字)图7答案 (1)A D E (2)见解析图 (3)增大 5.33解析 (1)由灯泡“4 V,2W”可知，I ＝P U ＝0.5 A ，故电压表选A ，电流表选D ，要求电压从0开始增大，可知用分压式接法，故滑动变阻器选E.(2)由R L R A <R V R L可知电流表外接，电路图如图所示．(3)I －U 图象中图线的斜率为电阻的倒数，所以随着电压的增加，小灯泡的电阻增大，结合图象和R ＝U I ，可得R ＝2.40.45Ω≈5.33 Ω. 8．某同学为了研究“3 V,0.3 W”的小灯泡L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况．设置了如下器材：电流表A 1(量程400 mA ，内阻r 1＝5 Ω)；电流表A 2(量程600 mA ，内阻r 2约为1 Ω)；电压表V(量程15 V ，内阻约为3 kΩ)；定值电阻R 0(5 Ω)；滑动变阻器R 1(0～10 Ω，额定电流为1 A)；滑动变阻器R 2(0～250 Ω，额定电流为0.3 A)；电源E (电动势3 V ，内阻较小)；开关一个，导线若干．(1)从以上给定的器材中选择恰当的器材．在虚线框内画出实验电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号．(2)根据设计的方案，将图8中的器材连成符合要求的电路(有个别仪器可能不用)．图8(3)闭合开关S ，移动滑片P ，使________时，可知灯泡正常发光，此时灯泡的电阻为________(用测量的物理量表示)．答案 (1)、(2)见解析图 (3)A 1的示数为300 mA I 1r 1＋R 0I 2－I 1解析 测电阻的基本方法是伏安法，但由于小灯泡的额定电压为 3 V ，比电压表的量程小得多，故无法用电压表测电压．可设计让定值电阻R 0与A 1串联，改装成一个适当量程的电压表，然后用A 2测量小灯泡和改装电表并联后的总电流，这样通过两表的示数就可以知道通过小灯泡的电流为I 2－I 1，小灯泡两端的电压为I 1(R 0＋r 1)，故小灯泡的电阻为R L ＝I 1r 1＋R 0I 2－I 1. 实验要求测量小灯泡L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况，即要求电压从0开始调节，故滑动变阻器应选用分压式接法．由于滑动变阻器R 2阻值太大，所以滑动变阻器选R 1；小灯泡正常发光时电压为3 V ，对应电流表读数为I 1＝U R 0＋r 1＝0.3 A ＝300 mA.则电路原理图如图甲所示，实物连接图如图乙所示使A 1的示数为300 mA 时，灯泡正常发光，此时R L ＝I 1r ＋R 0I 2－I 1，式中I 2为A 1表示数为300 mA 时，电流表A 2的读数，故I 1＝300 mA.。