【创新设计】2017年高考物理四川专用一轮复习习题：基础课时2 随堂.doc

基础课时9 平抛运动1．(多选)a 、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图13所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则( )图13A ．v a ＞v bB ．v a ＜v bC ．t a ＞t bD ．t a ＜t b解析 由题图知，h b ＞h a ，因为h ＝12gt 2，所以t a ＜t b ，又因为x ＝v 0t ，且x a＞x b ，所以v a ＞v b ，选项A 、D 正确。

答案 AD2.如图14所示，在足够高的竖直墙壁MN 的左侧某点O 以不同的初速度将小球水平抛出，其中OA 沿水平方向，则所有抛出的小球在碰到墙壁前瞬间，其速度的反向延长线( )图14A ．交于OA 上的同一点B ．交于OA 上的不同点，初速度越大，交点越靠近O 点C ．交于OA 上的不同点，初速度越小，交点越靠近O 点D．因为小球的初速度和OA距离未知，所以无法确定解析小球虽然以不同的初速度抛出，但小球碰到墙壁时在水平方向的位移均相等，为OA间距离，由平抛运动的推论易知，所有小球在碰到墙壁前瞬间其速度的反向延长线必交于水平位移OA的中点，选项A正确。

答案 A3.(多选)如图15所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。

将A向B水平抛出的同时，B自由下落。

A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。

不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()图15A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰解析由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv0<t1，即v0>lt1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰。

基础课时1运动的描述1．第二届夏季青年奥林匹克运动会于2014年8月在南京举行，该届青奥会在“三大场馆区”的15个不同竞赛场馆进行了26个项目比赛，向世界奉献了一届精彩的青奥会。

在评判下列运动员的比赛成绩时，运动员可视为质点的是()解析马拉松比赛时，由于路程长，运动员的体积可以忽略，可以将其视为质点，故选项A符合题意；跳水时，评委要关注运动员的动作，所以不能将运动员视为质点，故选项B不符合题意；击剑时评委需要观察运动员的肢体动作，不能将其视为质点，故选项C不符合题意；评委主要根据体操运动员的肢体动作进行评分，所以不能将其视为质点，故选项D不符合题意。

答案 A2．下列说法正确的是()A．电台报时时说：“现在是北京时间8点整”，这里的“8点整”实际上指的是时刻B．沿直线运动的物体，路程等于位移的大小C．平均速度为零的运动，其平均速率也为零D．加速度a甲＝2 m/s2大于加速度a乙＝－3 m/s2答案 A3．(多选)以下说法正确的是()A．加速度不为零的运动，物体的运动速度方向一定发生变化B．加速度不为零的运动，物体的运动速度大小一定发生变化C．加速度不为零的运动，速度的大小和方向至少有一个要发生变化D．物体运动的加速度不为零，但速度却有可能为零解析由于加速度与物体的运动速度没有必然联系，故选项A、B错误，D正确；由加速度公式a＝ΔvΔt知，要使a≠0，则在Δt时间内，速度一定要发生变化，故选项C正确。

答案CD4．(多选)一个物体做匀减速直线运动，其初速度大小为4 m/s，经过1 s后速度大小为3 m/s，规定初速度的方向为正方向，则物体的加速度可能为() A．7 m/s2B．－7 m/s2C．1 m/s2D．－1 m/s2解析根据a＝v t－v0t可知，a＝3－41m/s2＝－1 m/s2或a＝－3－41m/s2＝－7m/s2，故选项B、D正确。

答案BD个概念——质点、参考系、位移、速度、加速度个区别——位移和路程、平均速度和瞬时速度、平均速度和平均速率、速度变化量和速度变化率个关系——加速度方向和速度方向之间的关系种思想方法——极限思维法个理想模型——质点。

章末质量检测(六)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分。

在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。

)1．如图1所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，其速度－时间图像是选项中的()图1解析电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向，因此粒子从A运动到B的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90°，粒子做减速运动，电场力越来越小，加速度越来越小，故B项正确。

答案 B2．(2015·四川德阳三诊)如图2所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在AB两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与AB 连线的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。

现将一电子沿该路径逆时针方向移动一周，下列判断正确的是()图2A．e点和g点的电场强度相同B．h点和d点的电势相等C．电子在e点的电势能比g点电势能大D．电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功解析根据电场线的分布知，e、g两点的场强大小相等，方向不同，故A错误；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以h点的电势高于d 点的电势，故B错误；电子从e点到g点过程中，电场力做正功，电势能减小，故C正确；电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做负功后做正功，故D错误。

答案 C3．(2015·陕西西安第二次质检)如图3所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为()图3A．m v20B．2m v20C.52m v2D．12m v2解析 根据平抛运动的特点得小球在水平方向上做匀速运动，x ＝v 0t ，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，y ＝12at 2，mg －qE ＝ma ，由tan 45°＝y x ，解得t ＝2v 0a ，故v y ＝2v 0，v 合＝5v 0，故小球的动能E k ＝52m v 20，C 正确。

基础课时13 动能定理及应用一、单项选择题1．(2016·湖北襄阳一模)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm 。

若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2。

则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J答案 C2．质量m ＝2 kg 的物体，在光滑水平面上以v 1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个F ＝8 N 方向向北的恒力作用于物体，在t ＝2 s 内物体的动能增加了( )A ．28 JB ．64 JC ．32 JD ．36 J 解析 由于力F 与速度v 1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动：a ＝F m ＝4 m/s 2，v 2＝at ＝8m/s,2 s 末物体的速度v ＝v 21＋v 22＝10 m/s,2 s 内物体的动能增加了ΔE k ＝12m v 2－12m v 21＝64 J ，故选项B 正确。

答案 B3．如图1所示，将一质量为m 的小球以一定的初速度自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点，OA 与竖直方向夹角为53°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则小球抛出时的动能与到达A 点时动能的比值为( )图1A.43B ．34 C.134 D ．413解析 小球做平抛运动，则v 0t ＝12gt 2tan 53°，v y ＝gt ，v 2A ＝v 20＋v 2y ，可得12m v 2012m v 2A＝413，选项D 正确。

答案 D4．如图2所示，一质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)从高H ＝12 m 处的A 点由静止沿光滑的圆弧轨道AB 滑下，进入半径为r ＝4 m 的竖直圆环轨道，圆环轨道的动摩擦因数处处相同，当到达圆环轨道的顶点C 时，小球对圆环轨道的压力恰好为零，小球继续沿CFB 滑下，进入光滑轨道BD ，且到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(g 取10 m/s 2)()图2A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m解析 小球在圆环轨道的最高点时速度v C ＝gr ＝210 m/s ，设小球在BEC段克服摩擦力做的功为W1，则W1＝mg(H－2r)－12m v2C＝20 J，设小球在CFB段克服摩擦力做的功为W2，则0＜W2＜W1，从C点到D点有－mg(h－2r)－W2＝－12m v2C，代入数据得8 m＜h＜10 m，B正确。

阶段滚动练(二)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分。

在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。

)1.某工厂的生产流水线上用水平放置的皮带传送装置传送工件，当工件随皮带做减速运动时，工件受到的静摩擦力的方向是()A.跟速度方向相反B.跟速度方向相同C.跟速度方向无关D.不能确定解析工件随皮带做减速运动，则工件必受阻力，此阻力为皮带给工件的静摩擦力，必与速度方向相反。

答案 A2.(2016·广东六校第二次联考)体操运动员静止悬挂在单杠上，当两只手掌握点之间的距离减小时，关于运动员手臂受到的拉力，下列判断正确的是()图1A.不变B.变小C.变大D.无法确定解析对运动员受力分析如图所示。

运动员静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为α，根据三力平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力F＝mg2cos α，α减小，cos α增大，F减小，故选项B正确。

答案 B3.(2016·湖北孝感一模)质量为50 kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图2，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m，在最高点的速度为 3 m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10 m/s2)()图2A.225 JB.400 JC.625 JD.850 J解析运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t＝2hg＝2×0.810s＝0.4 s，竖直方向初速度v y＝gt＝4 m/s，水平方向做匀速直线运动，则v0＝3 m/s，则起跳时的速度v＝v20＋v2y＝32＋42m/s＝5 m/s。

运动员的质量为50 kg，根据动能定理得W＝12m v2＝625 J，故C正确，A、B、D错误。

答案 C4.如图3甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能E k随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端的重力势能为零，小滑块的重力势能E p随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。

础课时21电学中仪器的使用及基本电路的选择1．如图7甲所示为某次测量时电压表的刻度盘的情形，若当时使用的是该表的0～3 V量程，那么电压表读数为________V，若当时使用的是该表的0～15 V 量程，那么电压表读数应为________V；如图乙所示的电阻箱的读数为________Ω。

图7解析0～3 V量程最小刻度是0.1 V，要向下估读一位，读1.15 V(由于最后一位是估读的，有偶然误差，读成1.14～1.16 V都算正确)。

0～15 V量程最小刻度为0.5 V，只要求读到0.1 V这一位，所以读5.7 V(5.6～5.8 V都算正确)。

图乙中的电阻箱有6个旋钮，每个旋钮上方都标有倍率，将每个旋钮上指针所指的数值(都为整数)乘以各自的倍率，从最高位依次往下读，即可得到电阻箱的读数为84 580.2 Ω。

答案 1.15(1.14～1.16均可) 5.7(5.6～5.8均可)84 580.2 2．(2015·北京理综，19)如图8所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。

若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是()图8A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A解析当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝R A2，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B错误；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C正确，D错误。

基础课时11万有引力定律1．(2015·重庆理综，2)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象。

若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0B．GM (R＋h)2C.GMm(R＋h)2D．GMh2解析对飞船由万有引力定律和牛顿第二定律得，GMm(R＋h)2＝mg′，解得飞船所在处的重力加速度为g′＝GM(R＋h)2，B项正确。

答案 B2．(2015·四川德阳三诊)我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息。

若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则()A．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为G1 G2B．地球的质量与月球的质量之比为G1R22 G2R21C．地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G2 G1D．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为G1R1 G2R2解析质量与空间位置无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1∶1，A错误；根据g＝gMR2，有：M＝gR2G，故地球的质量与月球的质量之比为M 地M 月＝g 地R 21g 月R 22＝G 1R 21G 2R 22，B 错误；重力加速度：g ＝G 重m ，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G 1∶G 2，C 错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v ＝gR ，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：v 1v 2＝G 1G 2·R 1R 2＝G 1R 1G 2R 2，故D 正确。

答案 D3．对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r 与周期T 关系作出如图6所示图像，则可求得地球质量为(已知引力常量为G )( )图6A.4π2a Gb B ．4π2b Ga C.Ga 4π2bD ．Gb 4π2a解析 由G Mm r 2＝mr (2πT )2，得r 3＝GMT 24π2，即r 3T 2＝GM 4π2＝a b ，求得地球的质量为M ＝4π2a Gb ，因此A 项正确。

实验九测定电源的电动势和内阻1．(2015·四川内江一诊)某同学采用如图10甲所示的电路测定电源电动势和内电阻。

已知干电池的电动势约为1.5 V，内阻约为1 Ω；电压表(0～3 V,3 kΩ)、电流表(0～0.6 A，1.0 Ω)、滑动变阻器R1(10 Ω，2 A)和R2(100 Ω，0.1 A)各一只。

(1)实验中滑动变阻器应选用(填“R1”或“R2”)。

(2)在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路。

(3)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U－I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E＝V；内阻r＝Ω。

图10解析(1)电路中最大电流I＝1.5 A，R2的额定电流远小于1.5 A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1。

(2)对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示。

(3)由闭合电路欧姆定律U ＝E －Ir 知，当I ＝0时，U ＝E ，U －I 图象斜率的绝对值等于电源的内阻和电流表内阻之和，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势，E ＝1.47 V ，r ＝ΔU ΔI －R A ＝1.47－0.80.37 Ω－1 Ω＝0.81 Ω。

答案 (1)R 1 (2)连线见解析图 (3)1.47 0.812．(2016·四川成都月考)在研究性课题的研究中，小刚、小聪和小明所在的小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容器、电感线圈等电子器件。

现从这些材料中选取两个待测元件进行研究，一是电阻R x (阻值约2 kΩ)，二是手机中常用的锂电池(电动势E 的标称值为3.4 V)。

在操作台上还准备了如下实验器材：A ．电压表V(量程4 V ，内阻R V 约10 kΩ)B ．电流表A 1(量程100 mA ，内阻R A1约5 Ω)C ．电流表A 2(量程2 mA ，内阻R A2约50 Ω)D ．滑动变阻器R (0～40 Ω。

额定电流1 A)E ．电阻箱R 0(0～999.9 Ω)F ．开关S 一只、导线若干(1)小刚采用伏安法测定R x 的阻值，他使用的电源是待测的锂电池。

能力课时2受力分析共点力的平衡一、单项选择题1.如图1所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，长木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则()图1A.箱子受到的摩擦力方向向右B.地面对长木板的摩擦力方向向左C.长木板对地面的压力大小为3mgD.若人用斜向下的力推箱子，则长木板对地面的压力会大于3mg解析人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，箱子受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，选项A错误；对三个物体整体进行分析，整体受重力和支持力，整体不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对长木板没有静摩擦力，选项B错误；三个物体的整体在竖直方向上，受重力和支持力，根据平衡条件知，支持力等于重力，又根据牛顿第三定律，支持力等于压力，故压力大小等于重力大小，为3mg，选项C正确；若人用斜向下的力推箱子，对整体分析可知，竖直方向上受重力和支持力，故压力依然等于3mg，选项D错误。

答案 C2.L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图2所示。

若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。

则木板P的受力个数为()图2A.3B.4C.5D.6解析对木板P进行受力分析：木板P受重力、斜面的支持力、滑块Q的压力、弹簧的弹力和斜面的摩擦力共5个力的作用。

答案 C3.(2015·江苏淮安高三考前信息卷)如图3所示，斜面的倾角为30°，物块A、B通过轻绳连接在弹簧测力计的两端，A、B重力分别为10 N、6 N，整个装置处于静止状态，不计一切摩擦，则弹簧测力计的读数为()图3A.1 NB.5 NC.6 ND.11 N解析对物体A由共点力平衡条件有F T－G A sin 30°＝0，由牛顿第三定律可知，弹簧测力计的读数为F T＝5 N。

选项B正确。

答案 B4.在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P 与竖直方向夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为F A、F B、F C、F D，则以下判断中正确的是()A.F A＝F B＝F C＝F DB.F D＞F A＝F B＞F CC.F A＝F C＝F D＞F BD.F C＞F A＝F B＞F D解析设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mg cosφ，由夹角关系可得2F D＞F A＝F B＞F C，选项B正确。

能力课时4 牛顿运动定律的综合应用(二)一、单项选择题1.如图1所示，传送带保持v ＝1 m/s 的速度顺时针转动。

现将一质量m ＝0.5 kg 的物体轻轻地放在传送带的左端a 点上，则物体从a 点运动到右端b 点所经历的时间为(设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a 、b 间的距离L ＝2.5 m ，g 取10 m/s 2)( )图1 A. 5 sB ．(6－1) sC ．3 sD ．2.5 s解析 物体开始做匀加速直线运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，速度达到传送带的速度时发生的位移x ＝v 22a ＝12×1m ＝0.5 m ＜L ，所经历的时间t 1＝v a ＝1 s ，物体接着做匀速直线运动，所经历的时间t 2＝L －x v ＝2.5－0.51s ＝2 s ，故物体从a 点运动到b 点所经历的时间t 总＝t 1＋t 2＝3 s 。

答案 C2．如图2甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE 滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。

AC 是滑道的竖直高度，D 点是AC 竖直线上的一点，且有AD ＝DE ＝10 m ，滑道AE 可视为光滑，滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道AE 向下做直线滑动，g 取10 m/s 2，则滑行者在滑道AE 上滑行的时间为( )图2A. 2 s B．2 sC. 3 s D．2 2 s解析A、E两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝4Rg＝4ADg＝2 s。

答案 B3.如图3所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图像可能是下列选项中的()图3解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。

基础课时20电路闭合电路的欧姆定律1．(2016·山东日照检测)如图13所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其电阻随光照强度的增加而减小。

闭合开关S后，若照射R3的光强度减弱，则()图13A．R1两端的电压变大B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小D．电源两极间的电压变小解析照射R3的光强度减弱，光敏电阻阻值变大，故电路总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知，电路的总电流减小，路端电压增大，D项错误；由部分电路欧姆定律得U1＝IR1，则R1两端电压减小，A项错误；根据串反并同规律可知，与R3串联的小灯泡消耗的功率减小，B项正确；通过与R3并联的电阻R2的电流增大，C项错误。

答案 B2．(2015·四川成都二诊)如图14为学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为220 V，发电机到教学楼的输电线电阻用图中r等效替代。

若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则()图14A．整个电路的电阻将增大，干路电流将减小B．因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变C．发电机的输出功率将减小D．输电过程中的损失功率(即输电线路消耗的功率)将增大解析增加教室开灯的盏数，即并联灯泡，总电阻减小，总电流增大，故A 错误；根据欧姆定律可知，输电线上消耗的电压变大，则日光灯两端电压变小，亮度变暗，故B错误；发电机的输出功率P＝UI，电压不变，电流变大，输出功率变大，故C错误；电流变大，输电线电阻不变，根据P损＝I2r可知，输电过程中的损失功率将增大，故D正确。

答案 D3．如图15所示，直线A为某电源的U－I图线，曲线B为某小灯泡的U－I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是()图15A．4 W,8 W B．2 W,4 WC．2 W,3 W D．4 W,6 W解析电源的U－I图线A在纵轴上的截距表示电源电动势为3 V，图线A、B的交点表示电路工作点，对应的工作电压为U＝2 V，工作电流为I＝2 A。

章末质量检测(二)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

)1．已知物体在4 N、6 N、8 N三个共点力的作用下处于平衡状态，若撤去其中8 N的力，那么其余两个力的合力大小为()A．4 N B．6 NC．8 N D．10 N解析物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，若撤去其中一个力，那么其余两个力的合力与撤去的力等大反向。

答案 C2.(2016·河北石家庄模拟)如图1所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧，A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是()图1A．B受到向左的摩擦力B．B对A的摩擦力向右C．地面对A的摩擦力向右D．地面对A没有摩擦力解析压缩的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，选项A错误；A对B的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左，选项B错误；对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A 没有摩擦力，选项C错误，D正确。

答案 D3.如图2，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块。

已知风对物块的推力F∝S v2，其中v为风速，S为物块迎风面积。

当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为()图2A．4m B．8mC．32m D．64m解析根据题意知F＝kS v2，其中k为常量，根据水平方向二力平衡有μmg ＝kS v2，设物块的密度为ρ，正方体物块的边长为L，则m＝ρL3，S＝L2，得μmg＝k(mρ)23v2，即m∝v6，根据比值法，当风速为2v0时，该物块的质量为64m，选项D正确。

答案 D4．(2016·四川绵阳诊断)如图3所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C的两侧。

基础课时18电容器带电粒子在电场中的运动1．(2015·新课标全国卷Ⅱ，14)如图13，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图13A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确。

答案 D2．(2015·海南单科，5)如图14所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。

在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。

在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。

已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面。

若两粒子间相互作用力可忽略。

不计重力，则M∶m为()图14A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：a M＝EqM，25l＝12EqMt2；对m有：a m＝Eqm，35l＝12Eqm t2，联立解得Mm＝32，A正确。

答案 A3．(2016·浙江协作校期中)如图15所示的实验装置中，平行板电容器两极板的正对面积为S，两极板的间距为d，电容器所带电荷量为Q，电容为C，静电计指针的偏转角为α，平行板中间悬挂了一个带电小球，悬线与竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是()图15A．若增大d，则α减小，θ减小B．若增大Q，则α减小，θ不变C．将A板向上提一些，α增大，θ增大D．在两板间插入云母片，则α减小，θ不变解析若增大两极板的间距d，由C＝εr S4πkd可知，C变小，而Q不变，由C＝QU可知，U增大，α增大，又E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S，故E不变，电场力不变，小球的平衡状态不变，故θ不变，选项A错误；同理，若增大Q，电容器的电容C不变，则U增大，α增大，电场强度增大，则电场力增大，故θ增大，选项B错误；将A板向上提一些，S减小，则C变小，θ不变，电压U增大，α增大，电场强度增大，则电场力增大，故θ增大，选项C正确；在两板间插入云母片，εr增大，则C变大，θ不变，电压U必减小，α减小，θ减小，选项D错误。

随堂训练1．(2015·大同模拟)某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态(填“水平”或“竖直”)．(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________ cm，劲度系数k＝________ N/m.(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝________ cm.[解析](1)刻度尺应保持竖直状态以保证与弹簧轴线平行．(2)图线在横轴上的截距等于弹簧的原长x0＝4.00 cm，图线斜率等于弹簧的劲度系数k＝50 N/m.(3)把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数为3.0 N时，弹簧伸长量Δx ＝6 cm.此时弹簧的长度x＝x0＋Δx＝10 cm.[答案](1)竖直(2)4.0050(3)102．(2015·福建卷)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________ cm；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________；(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB 段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是____________________．[解析](1)题图甲示数为7.73 cm，题图乙示数为14.66 cm，弹簧的伸长量Δl ＝14.66－7.73 cm＝6.93 cm.(2)逐一增挂钩码，弹簧的伸长量逐渐地增大，不会出现超过弹性限度的情况，选项A正确．(3)当超过弹簧的弹性限度时，弹力与弹簧伸长量不再成正比．[答案](1)6.93(6.92～6.94)(2)A(3)超过弹簧的弹性限度3．(2014·浙江卷)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．(1)某次测量如图2所示，指针示数为________ cm.(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A和L B，如下表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g取10 m/s2)．由表中数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.[解析](1)毫米刻度尺的最小刻度是mm，读数时要估读到0.1 mm.(2)由胡克定律得k1＝Fx＝ΔFΔx＝3×50×10－3×10(27.76－15.71)×10－2N/m＝12.5 N/m，同样应用胡胡定律可计算出k2.[答案](1)15.95～16.05(2)12.2～12.8能4．某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k.做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；……；挂七个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7(弹簧始终处于弹性限度内)．(1)下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是________和________.37根据图将这两个测量值填入上表中．(3)为了充分利用测量数据，该同学将所测得的数据按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d 1＝L 4－L 0＝6.90 cm ，d 2＝L 5－L 1＝6.90 cm ，d 3＝L 6－L 2＝7.00 cm.请你给出第四个差值：d 4＝________＝________cm.(4)根据以上差值，可以求出每增加50 g 砝码弹簧的平均伸长量ΔL ，ΔL 用d 1、d 2、d 3、d 4表示的式子为：ΔL ＝____________________，代入数据解得ΔL ＝________cm.(5)计算弹簧的劲度系数k ＝________N/m(g 取9.8 m/s 2)．[解析] (1)L 5、L 6两组数据没有估读值．(2)根据表格已知读数，刻度尺上端的刻度数小，因而L 3＝6.85 cm ，L 7＝14.05 cm.(3)题中三组数据在寻求多挂4个砝码形成的长度差，故d 4＝L 7－L 3＝ (14.05－6.85) cm ＝7.20 cm.(4)每增加4个砝码弹簧的平均伸长量ΔL 1＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44，则每增加1个砝码弹簧的平均伸长量ΔL ＝ΔL 14＝d 1＋d 2＋d 3＋d 416，代入数据求得ΔL ＝1.75 cm.(5)由(3)(4)可知，弹力F 和弹簧伸长量ΔL 成正比，即满足F ＝kΔL ，代入数据得k ＝F ΔL ＝50×10－3×9.81.75×10－2 N/m ＝28 N/m.[答案] (1)L 5 L 6 (2)6.85 14.05(3)L 7－L 3 7.20 (4)d 1＋d 2＋d 3＋d 4161.75 (5)28 5．(2015·襄樊模拟)某同学利用弹簧测力计、小车、砝码、钩码、木块和带有定滑轮的长木板等器材探究滑动摩擦力F f 与正压力F N 之间的关系，实验装置如图所示．该同学主要的实验步骤如下：a．将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，在细绳一端挂适量的钩码，使其能够带动小车向右运动b．多次改变木块上砝码的个数，并记录多组数据c．进行数据处理，得出实验结论．请回答下列问题：(1)实验中应测量木块和木块上砝码的总重力，并记录___________________.(2)若用图象法处理实验数据，以滑动摩擦力F f为横轴，正压力F N为纵轴，建立直角坐标系，通过描点，得到一条倾斜的直线，该直线的斜率所表示的物理意义(可用文字描述)为____________________________________________.(3)通过实验得出的结论是______________________________________.[解析](1)实验中应测量木块和木块上砝码的总重力，为小车受到的正压力F N；记录弹簧测力计的示数，该示数等于小车所受的滑动摩擦力F f.(2)由F f＝μF N可知，F N－F f图线的斜率所表示的物理意义为动摩擦因数的倒数．(3)通过实验得出的结论是：在误差允许的范围内，滑动摩擦力F f与正压力F N成正比．[答案](1)弹簧测力计的示数(2)动摩擦因数的倒数(3)在误差允许的范围内，滑动摩擦力F f与正压力F N成正比。