2016届高三物理大一轮复习--课时提升练 (21)

课时提升练(二)匀变速直线运动的规律及应用(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固基础知识题组一 匀变速直线运动基本规律的应用1．(2015·江西南昌调研)质点做匀变速直线运动的位置x 与时间t 的关系为x ＝t 2＋5t ＋4(物理量均采用国际单位制单位)，该质点( )A ．运动的初速度为2 m/sB ．运动的加速度为1 m/s 2C ．在第1 s 内的位移为6 mD ．在第1 s 内的平均速度为2 m/s【解析】 质点做匀变速直线运动，其位移公式为x ′＝v 0t ＋12at 2与位置x 与时间t 的关系式x ＝t 2＋5t ＋4，对比可得：质点的初速度v 0＝5 m /s ，加速度a ＝2 m/s 2，选项A 、B 错误；质点在第1 s 内的位移x 10＝x 1－x 0＝(10－4) m ＝6 m ，其平均速度v ＝x 10t ＝6 m/s ，选项C 正确，选项D 错误．【答案】 C2．做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0【解析】 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确． 【答案】 B3．汽车以20 m /s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s 2，那么在刹车后的前3 s 内与后1 s 内汽车通过的位移之比为( )A ．1∶1B ．3∶1C ．4∶1D ．15∶1【解析】 汽车从刹车至停止经过的时间t ＝205 s ＝4 s前3 s 内的位移x 1＝20×3 m －12×5×32 m ＝37.5 m后1 s 内的位移等于第4 s 内的位移，则有：x 2＝2022×5m －x 1＝2.5 m(或x 2＝12×5×12 m ＝2.5 m) 故x 1∶x 2＝15∶1.【答案】 D4．(2015·安徽示范高中联考)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的．若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m 所用的时间是10 s ，通过第二个60 m 所用的时间是6 s ．则( )A ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mB ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mC ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 mD ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m【解析】 设通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以5 s 末的速度v 1＝x 1t 1，解得v 1＝6 m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以13s 末的速度v 2＝x 2t 2，解得v 2＝10 m /s.由v 2＝v 1＋at 得a ＝0.5 m/s 2，由再接下来的6 s 和前面的6 s ，是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2，即x －60＝aT 2，解得x ＝78 m.【答案】 A5．一个小滑块以一定的初速度滑上倾角为30°的光滑斜面，在第1 s 内与前3 s 内通过的位移相等，取初速度方向为正，则下列判断正确的是(取g ＝10 m/s 2)( )A ．滑块在前3 s 内的平均速度v －＝7.5 m/sB ．滑块在前3 s 内的平均速率为2.5 m/sC ．滑块在前4 s 内的平均速度为零D ．滑块在第3 s 内的平均速度v －′＝2.5 m/s【解析】 滑块在斜面上运动的加速度a ＝－mg sin 30°m＝－5 m/s 2，设滑块初速度为v 0，则第1 s 内的位移x 1＝(v 0×1－12×5×12)m ，前3 s 内的位移x 2＝(v 0×3－12×5×32)m ，x 1＝x 2，解得v 0＝10 m/s ，x 1＝x 2＝7.5 m ，因此滑块在前3 s 内的平均速度v －＝x 2t ＝7.53 m /s ＝2.5m/s ，A 项错误；滑块在第2 s 和第3 s 内的总位移为零，即第2 s 上滑，第3 s 下滑，有往返运动，因此前3 s 内的平均速率不等于前3 s 内的平均速度的大小，B 项错误；由对称关系可知4 s 末滑块回到出发点，位移为零，平均速度为零，C 正确；滑块在第3 s 内的位移为x 3＝－12×5×12 m ＝－2.5 m ，平均速度v －′＝－2.5 m/s ，D 项错误．【答案】 C题组二 自由落体、竖直上抛运动6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m /s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m【解析】 小球被竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v －＝v 0＋v 2求，规定向上为正，当小球的末速度为向上10 m /s 时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m /s ，方向向上，A 正确；当小球的末速度为向下10 m/s 时，v ＝－10 m /s ，用公式求得平均速度为5 m/s ，方向向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距抛出点的位移x ＝v 20－v 22g ＝15 m ，D 正确．【答案】 ACD7．(多选)如图1-2-5所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，图中1、2、3、4、5…为小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d .根据图中的信息，下列判断正确的是( )图1-2-5A ．能判定位置“1”是小球释放的初始位置B ．能求出小球下落的加速度为d T 2C ．能求出小球在位置“3”的速度为7d 2TD ．如果已知d 和T 的数值，就能判定小球下落过程中机械能是否守恒【解析】 根据图中的信息，利用Δx ＝aT 2，能求出小球下落的加速度为a ＝d T 2，选项B 正确；能求出小球在位置“3”的速度为v 3＝7d 2T ，选项C 正确；若已知d 和T 的数值，代入a ＝d T 2，计算得出a ＝g ，则小球做自由落体运动，小球下落过程中机械能守恒；若计算得出a ＜g ，则小球下落过程中机械能不守恒，选项D 正确；能判定位置“1”不是小球释放的初始位置，选项A 错误．【答案】 BCD8．有一串佛珠，穿在一根长1.8 m 的细线上，细线的首尾各固定一个佛珠，中间还有5个佛珠．从最下面的佛珠算起，相邻两个佛珠的距离为5 cm 、15 cm 、25 cm 、35 cm 、45 cm 、55 cm ，如图1-2-6所示．某人向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个佛珠紧靠水平桌面．松手后开始计时，若不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则第2、3、4、5、6、7个佛珠( )图1-2-6A．落到桌面上的时间间隔越来越大B．落到桌面上的时间间隔相等C．其中的第4个佛珠落到桌面上的速率为4 m/sD．依次落到桌面上的速率关系为1∶2∶3∶2∶5∶ 6【解析】由题中各佛珠之间的距离可知各距离之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，利用匀变速直线运动的推论可知第2、3、4、5、6、7个佛珠落到桌面上的时间间隔相等，A错误、B正确；其中的第4个佛珠落到桌面上的速率为v＝2gh14＝3 m/s，C错误；第2、3、4、5、6、7个佛珠依次落到桌面上的速率关系为1∶2∶3∶4∶5∶6，D错误．【答案】 BB组深化训练——提升应考能力9．一物体以初速度v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中错误的是()A．初速度v0的大小为2.5 m/sB．加速度a的大小为1 m/s2C．位移x3的大小为1.125 mD．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s【解析】由Δ x＝aT2可得加速度的大小a＝1 m/s2，则B正确；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m /s ，则A 错误；物体的速度由2.5 m/s减小为0所需时间t ＝Δv －a＝2.5 s ，经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，故x 3＝12at ′2＝1.125 m ，C 正确；位移x 3内的平均速度v －＝x 3t ′＝0.75 m/s ，则D 正确．【答案】 A10．(多选)(2014·西安一中模拟)升降机由静止开始以加速度a 1匀加速上升2 s ，速度达到3 m/s ，接着匀速上升10 s ，最后再以加速度a 2匀减速上升3 s 才停下来，则( )A ．匀加速上升的加速度为1.5 m/s 2B ．匀减速上升的加速度为1.5 m/s 2C ．上升的总高度为37.5 mD ．上升的总高度为32.5 m【解析】 由v ＝at 知a 1＝v t 1＝32 m /s 2＝1.5 m/s 2，A 正确；匀减速时a 2＝v t 3＝33 m /s 2＝1 m/s 2，B 错误；升降机上升总高度x ＝v 2·t 1＋v ·t 2＋v 2·t 3＝(3＋30＋4.5) m ＝37.5 m ，故C 正确，D 错误．【答案】 AC11．(2015·武汉联考)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m ．在一次实验紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s ，轿车在制动的最初1 s 内的位移为8.2 m ，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．【解析】 解法一 (利用平均速度)该款小轿车设计的紧急制动加速度为a 0＝v 202s ①代入数据解得a 0＝8 m/s 2 ②设实验测得的加速度为a ，轿车在制动的最初t 1＝1 s 内的平均速度v －＝x t 1③ 平均速度v －等于t 1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t 2＝1 s ，因此有a ＝v －t 2④ 联立③④代入数据解得a ＝8.2 m/s 2 ⑤a ＞a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法二 ①②式同解法一设实验测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21 ③从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v 0－at ④解得a ＝8.2 m/s 2 ⑤a ＞a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法三 设实验测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21 ①从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v 0－at ②解得a ＝8.2 m/s 2 ③若该轿车以20 m/s的初速度开始刹车，则刹车距离由x＝v202a得x＝24.4 m④x＜25 m，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．【答案】符合设计要求12．在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为d＝6.0 m，若汽车启动时都以a＝2.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，加速到v＝10.0 m/s后做匀速直线运动通过路口．该路口亮绿灯时间t＝40.0 s，而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)．另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．请回答下列问题：(1)若绿灯亮起瞬间，所有司机同时启动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？(2)第(1)问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车经多长时间停下？【解析】汽车等距离排列，又以同样加速度同时启动，运动状况总相同，相同时间内位移也相同，因此彼此间距离保持不变，要判断在t＝40 s内有多少汽车能通过路口，就是要计算在这40 s内汽车的位移及在此位移内等距排列的汽车数，如图所示，n(取整数)个d 对应有n＋1车辆能通过路口．(1)汽车加速时间t 1＝v a ＝4.0 s40．0 s 时间内汽车能行驶的位移 x ＝12at 21＋v (t －t 1)＝380 mn ＝x d ＝63.3依题意知能有64辆汽车通过路口．(2)设t 0＝3.0 s ，当计时灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移x 1＝12at 21＋v (t －t 1－t 0)＝350 m 此时汽车距停车线的距离x 2＝64d －x 1＝34 m第65辆车从刹车到停下来的时间t ＝x 2v 2＝6.8 s.【答案】 (1)64 (2)6.8 s。

课时提升练(二十一)电流 电阻 电功及电功率(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固基础知识题组一 电流、电阻、电阻率的理解1．电解池内有一价的电解液，t s 内通过溶液内截面S 的正离子数是n 1，方向是从A →B ，负离子数是n 2，方向是从B →A ，设基元电荷为e ，以下解释中正确的是( )A ．正离子定向移动形成的电流方向是从A →B ，负离子定向移动形成的电流方向是从B →AB ．溶液内正负离子向相反方向移动，电流抵消C ．溶液内电流方向从A →B ，电流I ＝(n 1＋n 2)e 2tD ．溶液内电流方向从A →B ，电流I ＝(n 1＋n 2)e t【解析】 正离子定向移动方向为电流方向，负离子定向移动方向和电流方向相反，正、负离子向相反方向移动，电流不能抵消，故A 、B 错误；由于溶液内的电流是正、负离子共同形成的，故其大小为I ＝(n 1＋n 2)e t，C 错误、D 正确． 【答案】 D2．关于电阻和电阻率的下列说法中正确的是( )A ．把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半B ．由ρ＝RS l 可知，ρ∝R ，ρ∝1lC ．材料的电阻率随温度的升高而增大D ．对某一确定的导体，当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大【解析】 导体的电阻率由材料本身决定，并随温度的变化而变化，但并不都是随温度的升高而增大，则A 、B 、C 错；若导体温度升高时，电阻增大，又不考虑体积和形状的变化，其原因就是电阻率随温度的升高而增大，则D 选项正确．【答案】 D3．有一段长1 m 的电阻丝，电阻是10 Ω，现把它均匀拉伸到长为5 m 的电阻丝，则电阻变为( )A ．10 ΩB ．50 ΩC ．150 Ω D.250 Ω【解析】 电阻丝无论怎样拉长其体积不变，但随着长度增加，截面面积减小，即满足V ＝Sl 关系式．把电阻丝由1 m 均匀拉伸到5m 时，截面面积变成原来的15，由电阻定律R ＝ρl S 可知电阻变成原来的25倍，D 正确．【答案】 D题组二 电阻的伏安特性曲线与计算4.(多选)如图7-1-10所示是某导体的I －U 图线，图中α＝45°，下列说法正确的是( )图7-1-10A ．通过该导体的电流与其两端的电压成正比B ．此导体的电阻R ＝2 ΩC ．I －U 图线的斜率表示电阻的倒数，所以R ＝cot 45°＝1.0 ΩD ．在该导体两端加6.0 V 电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3.0 C【解析】 由题图可知，通过该导体的电流I 与其两端电压U 成正比，A 正确；导体电阻R ＝U I ＝2 Ω，对应I －U 图线斜率的倒数，但R ≠cot 45°，B 正确、C 错误；当U ＝6.0 V 时，I ＝U R ＝3.0 A ，故每秒通过该导体截面的电荷量为q ＝It ＝3.0 C ，D 正确．【答案】 ABD5．把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l ，直径为d ，乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足( )A.U 甲U 乙＝1 B.U 甲U 乙＝22 C.U 甲U 乙＝ 2 D.U 甲U 乙＝2【解析】 根据电阻定律R 甲＝ρl S 甲，R 乙＝ρ2lS 乙，P 甲＝U 2甲R 甲，P 乙＝U 2乙R 乙，若使P 甲＝P 乙，即U 2甲R 甲＝U 2乙R 乙，U 2甲U 2乙＝R 甲R 乙＝ρlπ(d 2)2ρ2l πd 2＝2，U 甲U 乙＝2，所以选项C 是正确的．【答案】 C6．一只标有“220 V 、60 W ”的白炽灯泡，加在其两端的电压U 由零逐渐增大到220 V ，在这一过程中，电压U 和电流I 的关系与选项中所给的四种情况比较符合的是()【解析】 灯泡两端电压逐渐增大的过程，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大，则U －I 图线的斜率变大，结合所给U －I 图线可知B 对．【答案】 B题组三 电功、电功率、电热的计算7.如图7-1-11所示为一未知电路，现测得两个端点a 、b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( )图7-1-11A ．I 2RB.U 2R C ．UI D.UI －I 2R【解析】 不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P＝UI ，选项C 正确；只有电路为纯电阻电路时，才有P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R ，故A 、B 错误；而UI －I 2R 为电能转化为除热能外其他形式能的功率，故D 错误．【答案】 C8.(多选)如图7-1-12所示，一直流电动机与阻值R ＝9 Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E ＝30 V ，内阻r ＝1 Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U ＝10 V ，已知电动机线圈电阻R M ＝1 Ω，则下列说法中正确的是( )图7-1-12A ．通过电动机的电流为10 AB ．电动机的输入功率为20 WC ．电动机的热功率为4 WD．电动机的输出功率为16 W【解析】由E＝30 V，电动机两端电压为10 V可得R和电源内阻上分担电压为20 V，则I＝209＋1A＝2 A，故A错；电动机输入功率P＝UI＝10 V×2 A＝20 W，故B正确；P热＝I2R M＝4×1 W＝4 W，故C正确；P输出＝P－P热＝20 W－4 W＝16 W，故D正确．【答案】BCDB组深化训练——提升应考能力9．(2014·贵阳二中模拟)电位器是变阻器的一种．如图7-1-13所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯的亮度，下列说法正确的是()图7-1-13A．连接A、B使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮B．连接A、C使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮C．连接A、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗D．连接B、C使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮【解析】根据电位器结构和连线可知：连接A、B使滑动触头顺时针转动时回路电阻增大，回路电流减小，灯泡变暗，A错误；同理，D正确；连接A、C时，滑动触头不能改变回路电阻，灯泡亮度不变，故B、C错误．【答案】 D10．(多选)某集装箱吊车的交流电动机输入电压为380 V，当吊车以0.1 m/s的速度匀速吊起总质量为5.7×103kg的集装箱时，测得电动机的电流为20 A，g取10 m/s2，则()A．电动机的内阻为4.75 ΩB．电动机的输出电压为285 VC．电动机的输出功率为7.6×103 WD．电动机的工作效率为75%【解析】电动机输出功率为P＝mg v＝5.7×103×10×0.1 W＝5.7×103 W；由UI＝P＋I2R解得R＝4.75 Ω，选项A正确，C错误；电动机没有输出电压，选项B错误；电动机的工作效率为η＝PUI＝75%，选项D正确．【答案】AD11．一般地说，用电器的工作电压并不等于额定电压，家庭里通常不备电压表，但可以借助电能表测出用电器的实际工作电压，现在电路中只接入一个电热水壶，壶的铭牌和电能表的铭牌分别如图7-1-14(a)和(b)所示．测得电能表的转盘转过125转的时间为121秒，求此时加在电热水壶上的实际电压．(a)(b)图7-1-14【解析】 设电热水壶的电阻为R由图(a)知R ＝U 2额P 额＝22021 500 Ω＝48415 Ω 由图(b)知电能表转1转消耗的电能为：3.6×1063 000 J ＝1 200 J设电热水壶的实际电压为U则U 2R t ＝125×1 200 J ，解得U ＝200 V .【答案】 200 V12．如图7-1-15所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合、S 2、S 3断开时，电流表A 示数为6 A ；当S 2闭合、S 1、S 3断开时，A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合、S 1、S 2断开时，A 示数为4 A ．求：图7-1-15(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？(2)电动机的内阻是多少？(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？【解析】 (1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I ＝U R 得R ＝U I 1＝2 Ω，其发热功率为P R ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)电解槽工作时，由能量守恒定律得： P 化＝UI 3－I 23r A所以P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W。

高考物理一轮复习必做提升能力试题（含答案）________V，说明________正常(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯).红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是________.(选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯)解析由于多用电表的挡位选为直流50 V，所以读数时可选用0～50 V的刻度，故读数应为11.5 V，两表笔接a、c时，测量电池两端的电压，此读数略小于蓄电池的电动势，说明蓄电池是正常的.若两表笔接b、c两点时，电压表读数仍为11.5 V，说明a、b之间是通路，保险丝和开关正常，b、c之间是断路小灯发生断路故障.答案 11.5(11.2～11.8之间的值均可) 蓄电池小灯3.(2019泰州模拟)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干.实验时，将多用电表调至1 挡，调好零点;电阻箱置于适当数值.完成下列填空：(1)仪器连线如图5-12-10甲所示(a和b是多用电表的两个表笔).若两电表均正常工作，则表笔a为________(选填红或黑)色.(2)若适当调节电阻箱后，图甲中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图5-12-10乙(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为________，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________.(3)将图甲中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA.(保留3位有效数字)答案 (1)黑 (2)14.0 53.0 4.6 (3)1064.为确定某电子元件的电气特征，做如下测量.(1)用多用表测量该元件的电阻，选用100倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择________倍率的电阻挡(选填10或1 k)，并________再进行测量，多用表的示数如图5-12-11甲所示，测量结果为________.(2)将待测元件(额定电压9 V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用表、电键及若干导线连接成电路如图乙所示.添加连线，使电路能测量该元件完整的伏安特性.本实验中使用多用表测电压，多用表的选择开关应调到________挡(选填直流电压10 V或直流电压50 V).解析 (1)用多用表测量该元件的电阻，选用100倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择10倍率的电阻挡，并在欧姆调零后再进行测量，多用表的测量结果为70 .(2)要测量该元件完整的伏安特性，必须连接成分压电路，如图.本实验中使用多用表测电压，多用表的选择开关应调到直流电压10 V挡.答案 (1)10 欧姆调零 70(2)电路见解析图直流电压10 V1.欧姆表刻度盘特点(1)左右0：电阻无限大与电流、电压零刻度重合，电阻零与电流、电压最大刻度重合.(2)刻度不均匀：左密右疏.(3)欧姆挡是倍率挡，即读出的示数应再乘以该挡的倍率.电流、电压挡是量程范围挡.在不知道待测电阻的估计值时，应先从小倍率开始，熟记小倍率小角度偏，大倍率大角度偏(因为欧姆挡的刻度盘上越靠左读数越大，且测量前指针指在左侧处).2.读数技巧(1)为了减小读数误差，指针应指在表盘到的部分，即中央刻度附近.(2)指针所在刻度盘处每个小格表示1 时，要估读到下一位，其余情况都不用估读到下一位.(3)电阻值等于指针示数与所选倍率的乘积.3.欧姆表使用六注意(1)选挡接着调零;(2)换挡重新调零;(3)待测电阻与电路、电源要断开;(4)尽量使指针指在表盘中间位置附近;(5)读数之后要乘以倍率得阻值;(6)用完后，选择开关要置于OFF挡或交流电压的最高挡. 高考物理一轮复习必做提升能力试题和答案的全部内容就是这些，查字典物理网祝愿广大考生可以金榜题名。

课时提升练(十)曲线运动运动的合成与分解(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一曲线运动条件及轨迹分析1．如图所示，在“神舟”十号靠近轨道沿曲线从M点到N点的飞行过程中，速度逐渐减小．在此过程中“神舟”十号所受合力的方向可能是()【解析】做曲线运动的物体所受合力的方向总是指向曲线凹侧，A、D错误；由于速度逐渐减小，故力F的方向与速度方向的夹角应大于90°，C正确．【答案】 C2．一质点在xOy平面内运动的轨迹如图4-1-15所示，已知质点在x方向的分运动是匀速运动，则关于质点在y方向的分运动的描述正确的是()A．匀速运动图4-1-15B．先匀速运动后加速运动C．先加速运动后减速运动D．先减速运动后加速运动【解析】依题意知，质点沿x轴方向做匀速直线运动，故该方向上质点所受外力F x＝0；由图象看出，沿y轴方向，质点运动的轨迹先向y轴负方向弯曲后向y轴正方向弯曲；由质点做曲线运动的条件以及质点做曲线运动时轨迹弯曲方向与所受外力的关系知，沿y轴方向，该质点先受沿y轴负方向的力，后受沿y轴正方向的力，即质点沿y轴方向先做减速运动后做加速运动．【答案】 D题组二合速度、合位移计算3．(多选)如图4-1-16甲所示，在杂技表演中．猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图象如图4-1-16乙所示，人顶杆沿水平地面运动的x-t 图象如图4-1-16丙所示．若以地面为参考系，下列说法中正确的是()甲乙丙图4-1-16A．猴子的运动轨迹为直线B．猴子在2 s内做匀变速曲线运动C．t＝0时猴子的速度大小为8 m/sD．t＝2 s时猴子的加速度大小为4 m/s2【解析】由题图乙、丙可以看出，猴子在竖直方向做初速度v y＝8 m/s、加速度a＝－4 m/s2的匀减速直线运动，人在水平方向做速度v x＝－4 m/s的匀速直线运动，故猴子的初速度大小为v＝82＋42 m/s＝4 5 m/s，方向与合外力方向不在同一条直线上，故猴子做匀变速曲线运动，故选项B正确，A、C均错误；由题图乙、丙可得，t ＝2 s时，a y＝－4 m/s2，a x＝0，则合加速度大小a＝4 m/s2，故选项D 正确．【答案】BD4．如图4-1-17所示，在一次抗洪救灾工作中，一架直升机A用一长H＝50 m的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B，直升机A和伤员B一起在水平方向上以v0＝10 m/s的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉．在将伤员拉到直升机内的时间内，A、B 图4-1-17之间的竖直距离以l＝50－5t(单位：m)的规律变化，则() A．伤员经过5 s时间被拉到直升机内B．伤员经过10 s时间被拉到直升机内C．伤员的运动速度大小为5 m/sD．伤员在运动速度大小为10 m/s【解析】伤员在竖直方向的位移为h＝H－l＝5t(m)，所以伤员的竖直分速度为v1＝5 m/s；由于竖直方向做匀速直线运动，所以伤员被拉到直升机内的时间为t＝H v1＝505s＝10 s，故A错误，B正确；伤员在水平方向的分速度为v0＝10 m/s，所以伤员的速度为v＝v21＋v20＝52＋102m/s＝5 5 m/s，故C、D均错误．【答案】 B题组三 小船渡河问题5．如图4-1-18所示，河宽200 m ，一条小船要将货物从A 点运送到河对岸的B 点，已知AB连线与河岸的夹角θ＝30°，河水的流速v 水＝5m/s ，小船在静水中的速度至少是( ) 图4-1-18 A.532 m /s B ．2.5 m/s C ．5 3 m /s D ．5 m/s【解析】 用动态三角形法分析．如图所示，使合速度与河岸夹角为θ，则当v 船与v 合垂直时，v 船具有最小值．则：v 船min ＝v 水sin θ＝2.5 m/s.【答案】 B6．(多选)(2014·潍坊一中月考)一条小船在静水中的速度为10 m /s ，要渡过宽度为60 m 、水流速度为6 m/s 的河流，下列说法正确的是( )A ．小船渡河的最短时间为6 sB ．小船渡河的最短时间为10 sC ．若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程减小D ．若小船在静水中的速度增加，则小船渡河的最短路程不变【解析】 当小船船头垂直河岸过河时，过河时间最短，为t ＝6 s ，因此，B 错误，A 正确；小船在静水中的速度为10 m /s ，大于河水流速6 m/s ，由速度合成的平行四边形定则可知，合速度可以垂直河岸，因此，过河位移(即最短路程)为60 m ，静水中船速增加时，合速度要改变，由于船速始终大于水流的速度，合速度可以垂直河岸，过河的最短路程不改变，C错误，D正确．【答案】AD题组四关联速度问题7．如图4-1-19所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成α、β角，此时B物体的速度大小为() 图4-1-19 A．v sin α/sin βB．v cos α/sin βC．v sin α/cos βD．v cos α/cos β【解析】根据A、B两物体的运动情况，将两物体此时的速度v和v B分别分解为两个分速度v1(沿绳的分量)和v2(垂直绳的分量)以及v B1(沿绳的分量)和v B2(垂直绳的分量)，由于两物体沿绳的速度分量相等，v1＝v B1，即v cos α＝v B cos β，则B物体的速度方向水平向右，其大小为v，D正确．v B＝cos αcos β【答案】 D8．如图4-1-20所示，一轻杆两端分别固定质量为m A和m B的两个小球A和B(可视为质点)．将其放在一个直角形光滑槽中，已知当轻杆与槽左壁成α角时，A球沿槽下滑的速度为v A，则此时B球的图4-1-20速度v B的大小为()A．v A B．v A/sin αC．v A cot αD．v A cos α【解析】A球以v A的速度沿斜槽滑下时，可分解为一个使杆压缩的分运动，设其速度为v A1；一个使杆绕B点转动的分运动，设其速度为v A2，而B球沿槽上滑的运动为合运动，设其速度为v B，可分解为一个使杆伸长的分运动，设其速度为v B1，v B1＝v A1；一个使杆转动的分运动，设其速度为v B2.由图可知：v B1＝v B sin α＝v A1＝v A cos α，v B＝v A cot α.【答案】 CB组深化训练——提升应考能力9．如图4-1-21所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速度大小为()A．v sin α B.vsin α图4-1-21C．v cos α D.v cos α【解析】如图所示，把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解，由几何知识有v船＝v cos α，所以C正确，A、B、D错误．【答案】 C10．(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O (0,0)开始运动，其沿x 轴和y 轴方向运动的速度—时间图象如图4-1-22甲、乙所示，下列说法中正确的是( )甲 乙图4-1-22A ．前2 s 内物体沿x 轴做匀加速直线运动B ．后2 s 内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y 轴方向C ．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m)D ．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)【解析】 前2 s 内物体在y 轴方向速度为0，由题图甲知只沿x 轴方向做匀加速直线运动，A 正确；后2 s 内物体在x 轴方向做匀速运动，在y 轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y 轴方向，合运动是曲线运动，B 错误；4 s 内物体在x 轴方向上的位移是x ＝(12×2×2＋2×2)m ＝6 m ，在y 轴方向上的位移为y ＝12×2×2 m ＝2 m ，所以4 s 末物体坐标为(6 m,2 m)，D 正确，C 错误．【答案】 AD11．你驾驶一架小型飞机，需在3.0 h 内飞抵正南方向距离450 km 处的一座机场．已知有50.0 km/h 的西风吹来．为了按时抵达目的地，你应当怎样调整飞机的飞行方向和飞行速率？【解析】 如图所示．飞机的合速度为v ＝x t ＝4503.0 km/h＝150 km/h飞机的飞行速率v 2＝v 21＋v 2 ＝502＋1502 km/h＝5010 km/h方向西偏角θtan θ＝v 1v ＝13θ＝arctan 13【答案】 飞行方向为南偏西arctan 13飞行速率为5010 km/h12．如图4-1-23所示，在光滑水平面上有坐标系xOy ，质量为1 kg 的质点开始静止在xOy 平面上的原点O 处，某一时刻起受到沿x 轴正方向的恒力F 1 的作用，F 1的大小为2 N ，若力F 1作用一段时间t 0后撤去，撤去力F 1后5 s 末质点恰好通过该平面上的A 点，A 点的坐标为x ＝11 m ，y ＝15 m.图4-1-23(1)为使质点按题设条件通过A点，在撤去力F1的同时对质点施加一个沿y轴正方向的恒力F2，力F2应为多大？(2)力F1作用时间t0为多长？(3)在图中画出质点运动轨迹示意图，在坐标系中标出必要的坐标．【解析】(1)撤去F1，在F2的作用下，沿x轴正方向质点做匀速直线运动，沿y轴正方向质点做匀加速直线运动．由y＝12a2t2和a2＝F2m 可得F2＝2myt2代入数据得F2＝1.2 N.(2)在F1作用下，质点运动的加速度a1＝F1m＝2 m/s2由x1＝12a1t2，x－x1＝v t＝a1t0t.解得t0＝1 s(3)质点运动轨迹示意图如图所示【答案】(1)1.2 N(2)1 s(3)见解析图。

亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题课时提升作业二动量(30分钟50分)一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)1.下列几种物理现象的解释中,正确的是( )A.砸钉子时不用橡皮锤,只是因为橡皮锤太轻B.跳高时往沙坑里填沙,是为了减小冲量C.在推车时推不动是因为推力的冲量为零D.动量相同的两个物体受到相同的制动力,两个物体将同时停下来【解析】选D。

砸钉子时不用橡皮锤,一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小。

二是因为缓冲时间长,从而导致冲力小,故A错误;跳高时往沙坑里填沙,是为了延长缓冲时间,减小冲力,B错误;推车时推不动,是由于合外力的冲量为零,但推力冲量不为零,故C错误;由动量定理知,动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来,D正确。

2.关于动量,以下说法正确的是( )A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化B.单摆的摆球每次经过最低点时的动量均相同C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D.平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比【解析】选D。

做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A错;单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B错;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C错;平抛运动物体在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向上的分动量p竖=mv y=mgt,故D正确。

3.把一支枪水平地固定在小车上,小车放在光滑的水平地面上,枪发射出子弹时,下列关于枪、子弹和车的说法中正确的是( )A.枪和子弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.若子弹和枪筒之间的摩擦忽略不计,枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒D.枪、子弹和车组成的系统动量守恒【解析】选D。

枪发射子弹的过程中,它们的相互作用力是火药的爆炸力和子弹在枪管中运动时与枪管间的摩擦力,枪和车一起在水平地面上做变速运动,枪和车之间也有作用力;如果选取枪和子弹为系统,则车给枪的力为外力,选项A错;如果选取枪和车为系统,则子弹对枪的作用力为外力,选项B错;如果选车、枪和子弹为系统,爆炸力和子弹与枪管间的摩擦力均为内力,并不存在忽略的问题,系统在水平方向上不受外力,整体符合动量守恒的条件,故选项C错,D对。

课时提升作业二匀变速直线运动规律(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。

1～7题为单选题,8～10题为多选题)1.如图所示,一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动,若到达B点时速度为v,到达C点时速度为2v,则x AB∶x BC等于()A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4【解析】选C。

由位移—速度公式可得-=2ax AB,-=2ax BC,将各瞬时速度代入可知选项C正确。

【加固训练】(2016·铜陵模拟)一个物体做匀加速直线运动,它在第3 s内的位移为5 m,则下列说法正确的是()A.物体在第3 s末的速度一定是6 m/sB.物体的加速度一定是2 m/s2C.物体在前5 s内的位移一定是25 mD.物体在第5 s内的位移一定是9 m【解析】选C。

匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度,根据第3 s内的位移为5 m,则2.5 s时刻的瞬时速度为v=5m/s,2.5 s时刻即为前5 s的中间时刻,因此前5 s内的位移为x=vt=5×5m=25 m,C项对;由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度,故A、B、D项均错。

2.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点()A.第1 s内的位移是5 mB.前2 s内的平均速度是6 m/sC.任意相邻的1 s内位移差都是1 mD.任意1 s内的速度增量都是2 m/s【解析】选D。

由匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2,对比题给关系式可得v0=5m/s,a=2m/s2。

则第1s内的位移是6m,A错;前2s内的平均速度是==m/s=7 m/s,B错;Δx=aT2=2m,C错;任意1 s内速度增量Δv=at=2m/s,D对。

3.(2016·赣州模拟)汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x=24t-6t2,则它在前3s内的平均速度为()A.6 m/sB.8 m/sC.10 m/sD.12 m/s【解题指导】解答本题应把握以下两点：(1)把题目中的运动表达式与位移公式比较,求解初速度和加速度。

课时提升练(十三) 万有引力与航天(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固基础知识题组一 行星运行规律和万有引力定律的应用1．(2014·浙江高考)长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r 1＝19 600 km ，公转周期T 1＝6.39天.2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r 2＝48 000 km ，则它的公转周期T 2最接近于( )A ．15天B ．25天C ．35天D ．45天【解析】 由开普勒第三定律得r 31T 21＝r 32T 22，所以T 2＝r 32r 31·T 1≈25天，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．【答案】 B2．(多选)(2013·浙江高考)如图4-4-10所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M ，半径为R .下列说法正确的是( ) 图4-4-10A ．地球对一颗卫星的引力大小为GMm (r －R )2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMm r 2C ．两颗卫星之间的引力大小为G m 23r 2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMm r 2【解析】 地球与卫星之间的距离应为地心与卫星之间的距离，选项A 错误，B 正确；两颗相邻卫星与地球球心的连线互成120°角，间距为3r ，代入数据得，两颗卫星之间引力大小为Gm 23r 2，选项C 正确；三颗卫星对地球引力的合力为零，选项D 错误．【答案】 BC3．(2012·浙江高考)如图4-4-11所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图4-4-11A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于1年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】 根据F ＝G Mm r 2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A错误；根据G Mm r 2＝m (2πT )2r 得，T ＝2π·r 3GM ，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r 2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；根据G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GMr ，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D 错误．【答案】 C4．(2013·上海物理)小行星绕恒星运动，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动．经过足够长的时间后，小行星运动的( )A ．半径变大B ．速率变大C ．角速度变大D ．加速度变大【解析】 恒星质量减小，则对行星的引力减小，行星逐渐远离恒星，半径变大，A 正确；根据G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝mrω2，解得a ＝GM r 2，v ＝GMr ，ω＝GMr 3，可知恒星质量减小时，小行星的速率、角速度和加速度均减小，B 、C 、D 错误．【答案】 A题组二 卫星运行、发射、变轨5．(2014·江苏高考)已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为( )A ．3.5 km /sB ．5.0 km/sC ．17.7 km /sD ．35.2 km/s【解析】 由G Mm r 2＝m v 2r 得，对于地球表面附近的航天器有：G Mm r 2＝m v 21r ，对于火星表面附近的航天器有：G M ′m r ′2＝m v 22r ′，由题意知M ′＝110M 、r ′＝r 2，且v 1＝7.9 km /s ，联立以上各式得：v 2≈3.5 km/s ，选项A 正确．【答案】 A6．(2014·福建高考)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( ) A.pq 倍 B.qp 倍 C.p q倍 D.pq 3倍 【解析】 设地球质量为M ，半径为R ，根据GMm R 2＝m v 2R 得地球卫星的环绕速度为v ＝GM R ，同理该“宜居”行星卫星的环绕速度为v ′＝GpM qR ，故v ′为地球卫星环绕速度的p q 倍；选项C 正确． 【答案】 C7．(2013·海南高考)“北斗”卫星导航定位系统由地球静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成．地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别约为地球半径的6倍和3.4倍．下列说法正确的是( )A ．静止轨道卫星的周期约为中轨道卫星的2倍B ．静止轨道卫星的线速度大小约为中轨道卫星的2倍C ．静止轨道卫星的角速度大小约为中轨道卫星的1/7D ．静止轨道卫星的向心加速度大小约为中轨道卫星的1/7【解析】 由GMm (R ＋h )2＝m (R ＋h )(2πT )2＝m v 2R ＋h＝m (R ＋h )ω2＝ma 可得：T 静T 中＝(R ＋h 静)3(R ＋h 中)3≈2，ω静ω中＝⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋h 中R ＋h 静3≈12，v 静v 中＝R ＋h 中R ＋h 静≈0.71，a 静a 中＝(R ＋h 中R ＋h 静)2≈0.395，故只有A 正确．【答案】 A8．(2013·安徽高考)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为E p ＝－GMm r ，其中G 为引力常量，M 为地球质量．该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm (1R 2－1R 1) B ．GMm (1R 1－1R 2) C.GMm 2(1R 2－1R 1) D.GMm 2(1R 1－1R 2) 【解析】 根据万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r ①而动能E k ＝12m v 2②由①②式得E k ＝GMm 2r ③由题意知，引力势能E p ＝－GMm r ④由③④式得卫星的机械能E ＝E k ＋E p ＝－GMm 2r由功能关系知，因摩擦而产生的热量Q ＝ΔE 减＝E 1－E 2＝GMm 2(1R 2－1R 1)，故选项C 正确． 【答案】 CB 组 深化训练——提升应考能力9．(多选)如果把水星和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，从水星与金星在一条直线上开始计时，如图4-4-12所示．若天文学家测得在相同时间内水星转过的角度为θ1；金星转过的角度为θ2(θ1、θ2均为锐角)，则由此条件可求得( ) 图4-4-12A ．水星和金星绕太阳运动的周期之比B ．水星和金星的密度之比C ．水星和金星到太阳的距离之比D ．水星和金星绕太阳运动的向心加速度大小之比【解析】 由ω＝ΔθΔt 知，ω1ω2＝θ1θ2，又因为ω＝2πT ，所以T 1T 2＝θ2θ1，A 对；由GMm r 2＝mr 4π2T 2知r 3＝GMT 24π2，既然周期之比能求，则r 之比同样可求，C 对；由a ＝rω2知，向心加速度之比同样可求，D 对；由于水星和金星的质量未知，故密度不可求，B 错．【答案】 ACD图4-4-1310．(多选)(2015·南昌一中检测)在四川汶川的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统，在抗震救灾中发挥了巨大作用．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．“北斗”系统中两颗工作卫星均绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置(如图4-4-13所示)．若卫星均按顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g ，地球半径为R .不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是( )A ．这两颗卫星的加速度大小相等，均为R 2g r 2B ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr 3R r gD ．卫星1中质量为m 的物体的动能为12mgr【解析】 由GMm r 2＝ma 、GMm 0R 2＝m 0g ，得a ＝gR 2r 2，A 正确；卫星1向后喷气时速度增大，所需的向心力增大，万有引力不足以提供其所需的向心力而做离心运动，与卫星2不再处于同一轨道上了，B错误；由t ＝θ360°T ＝16T 、GMm r 2＝mr (2πT )2、GMm 0R 2＝m 0g 可得t ＝πr 3R rg ，C 正确；由GMm r 2＝m v 2r 、GMm 0R 2＝m 0g 、E k ＝12m v 2可得E k ＝mgR 22r ，D 错误．【答案】 AC11．(2014·北京高考)万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，自转周期为T ，万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F 0.a ．若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F 1，求比值F 1F 0的表达式，并就h ＝1.0%R 的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；b ．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F 2，求比值F 2F 0的表达式． (2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r 、太阳的半径为R S 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变，仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的1年将变为多长？【解析】 (1)设小物体质量为m .a ．在北极地面G Mm R 2＝F 0在北极上空高出地面h 处G Mm (R ＋h )2＝F 1得F 1F 0＝R 2(R ＋h )2 当h ＝1.0%R 时， F 1F 0＝1(1.01)≈0.98 b ．在赤道地面，小物体随地球自转做匀速圆周运动，受到万有引力和弹簧秤的作用力，有G Mm R 2－F 2＝m 4π2T 2R 得F 2F 0＝1－4π2R 3GMT 2 (2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力．设太阳质量为M S ，地球质量为M ，地球公转周期为T E ，有G M S M r 2＝Mr 4π2T 2E 得T E ＝4π2r 3GM S ＝3πGρs (r R S )3其中ρs 为太阳的密度．由上式可知，地球公转周期T E 仅与太阳的密度、地球公转轨道半径与太阳半径之比有关．因此“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相同．【答案】 (1)a.F 1F 0＝R 2(R ＋h )2；0.98 b ．1－4π2R 3GMT 2 (2)与现实地球的1年时间相同12．(2014·四川高考)石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换． 图4-4-14(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R .(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g ＝10 m /s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s ，地球半径R ＝6.4×103 km.【解析】 (1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则 r 1＝R ＋h 1①v 1＝r 1ω②货物相对地心的动能为E k ＝12m 1v 21③联立①②③式得E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2④(2)设地球质量为M ，人到地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，则r 2＝R ＋h 2＝5R ⑤a n ＝ω2r 2⑥F ＝G m 2M r 22⑦ g ＝GM R 2⑧设水平地板对人的支持力大小为N ，人对水平地板的压力大小为N ′，则F －N ＝m 2a n ⑨N ′＝N ⑩联立⑤～⑩式并代入数据得N ′＝11.5 N ⑪【答案】 (1)12m 1ω2(R ＋h 1)2 (2)11.5 N。

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课时提能演练1.(2013·岳阳模拟)若以μ表示水的摩尔质量，V 表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，N A 表示阿伏加德罗常数，m 、v 分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系错误的有( )**= B.ρ=C.ρ<A N v μD.m=A N μ2.分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则( )A.分子间引力随分子间距的增大而增大B.分子间斥力随分子间距的减小而增大C.分子间相互作用力随分子间距的增大而增大D.分子间相互作用力随分子间距的减小而增大3.(2012·大纲版全国卷)下列关于布朗运动的说法，正确的是( )A.布朗运动是液体分子的无规则运动B.液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈C.布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的D.布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的4.做布朗运动实验，得到某个观测记录如图。

图中记录的是( )A.分子无规则运动的情况B.某个微粒做布朗运动的轨迹C.某个微粒做布朗运动的速度—时间图线D.按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线5.下列关于温度及内能的说法中正确的是( )A.温度是分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的温度高B.两个不同的物体，只要温度和体积相同，内能就相同C.质量和温度相同的冰和水，内能是相同的D.一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化6.(2012·广东高考)清晨,草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠,这一物理过程中,水分子间的( )A.引力消失,斥力增大B.斥力消失,引力增大C.引力、斥力都减小D.引力、斥力都增大7.(2011·广东高考)如图所示,两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来,下面的铅柱不脱落,主要原因是( )A.铅分子做无规则热运动B.铅柱受到大气压力作用C.铅柱间存在万有引力作用D.铅柱间存在分子引力作用8.(2013·嘉定模拟)从微观的角度来看，一杯水是由大量水分子组成的，下列说法中正确的是( )A.当这杯水静止时，水分子也处于静止状态B.每个水分子都在运动，且速度大小相等C.水的温度越高，水分子的平均动能越大D.这些水分子的动能总和就是这杯水的内能9.(1)如图所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面。

(分钟：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的12，再给它两端加上电压U ，则( )A ．通过导线的电流为I4B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v4D ．导线中自由电子定向移动的速率为v2[解析] 导线被拉长后，其横截面积变小，变为原来的14，由V ＝Sl 可知其长度变为原来的4倍，由R ＝ρlS 可知其电阻增大为原来的16倍，则加上相同的电压U 时，电流会变为原来的116，A 项错误，B 项正确；又根据I ＝neS v ，导线被拉长后，n 、e 不变，I 变为原来的116，S 变为原来的14，故v 变为原来的14，C 项正确，D 项错误． [答案] BC2．在如右图所示的电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以A 、B 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为下图中的( )[解析] 根据电阻定律，横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R ＝ρxS ，这两点间的电压U＝IR ＝IρxS(I 为电路中的电流，它是一个定值)，故U 跟x 成正比例关系，故选A.[答案] A3．把六个相同的小灯泡接成如下图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和P 乙表示，则下列结论中正确的是( )A ．P 甲＝P 乙B ．P 甲＝3P 乙C．P乙＝3P甲D．P乙>3P甲[解析]设各灯泡正常工作时的电流为I，则甲电路的总电流为I甲＝3I，乙电路的总电流为I乙＝I，所以由P＝UI得P甲＝3P乙，应选B.[答案] B4．(2011·九江月考)在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝．如右图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低．这样，管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制，如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量，这种电热丝的伏安特性曲线，得到结果正确的是()[解析]电阻R两端的电压U0越高，电流I就越大，由闭合电路欧姆定律得I＝E，则电热丝的电阻越小，符合这个规律的图是C.R＋r＋R电热[答案] C5．(2010·福州模拟)在高速公路隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是() A．两个灯泡串联B．两个灯泡并联C．每个灯泡实际消耗的功率是其额定功率的四分之一D．每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一[解析]两个灯泡串联，每个灯泡承担的电压为220 V/2＝110 V，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P＝U2/R，U变为原来的1/2，由于灯丝较正常发光时温度偏低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率大于其额定功率的四分之一．故选项A、D 正确．[答案]AD6．(2011·烟台月考)下面列出不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目：根据铭牌上提供的信息，试判断下列说法正确的是()A．正常工作时电风扇中流过的电流最小B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少[解析]由P＝UI得空调机的额定功率P空＝1364 W，所以正常工作时电风扇消耗的电功率最小，电流也最小，故A、B均对；由于在24小时内电冰箱的耗电量W＝0.8 kW·h，而电风扇的耗电量W＝Pt＝65×24 W·h＝1.56 kW·h，所以C错，D对．[答案]ABD7．某厂研制的一种节能冰箱，一天的能耗只相当于一个25瓦的灯泡一天工作的能耗，如右图所示为该冰箱内的温度随时间变化的图象，则该冰箱工作时的功率为() A．25 W B．50 WC．75 W D．100 W[解析]由冰箱内的温度随时间变化的图象可知，每小时冰箱要启动两次(20～30分钟，50～60分钟)，每次工作10分钟，共20分钟，一天工作时间为8小时，则有P×8＝25×24 W，解得P＝75 W，C项正确．[答案] C8．“神舟”七号载人飞船上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的. 由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应. “神舟”飞船上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池. 在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%.单片单晶硅太阳能电池可产生0.6 V 的电动势，可获得0.1 A 的电流，则每秒照射到这种太阳能电池上的太阳光的能量是( )A ．0.24 JB ．0.25 JC ．0.26 JD ．0.28 J[解析] 根据W ＝UIt 可得每秒太阳能电池产生的能量为W ＝0.6×0.1×1 J ＝0.06 J ，设太阳能每秒照射的能量为Q ，则由能的转化和守恒定律得Q ×23%＝W ，所以Q ＝0.26 J.[答案] C9．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( )A.IΔl eS m 2eUB.IΔl e m 2eUC.I eSm 2eUD.ISΔl em 2eU[解析] 设单位体积电子束中含有的电子个数为n ，由电流的定义得I ＝q t ＝neS v tt ＝neS v ，所以n ＝I eS v ，电子经电场加速后，满足eU ＝12m v 2，得n ＝IeS m2eU，长为Δl 的电子束内的电子个数为N ＝nΔlS ＝IΔlem2eU，故选项B 正确． [答案] B10．阻值较大的电阻R 1和R 2，串联后，接入电压为U 的恒定电路中，如右图所示．现用同一电压表依次测量R 1和R 2的电压，测量值分别为U 1与U 2，已知电压表内阻、R 1和R 2相差不大．则( )A ．U 1＋U 2＝UB ．U 1＋U 2<U C.U 1U 2＝R 1R 2D.U 1U 2≠R 1R 2[解析] 设电压表的内阻为R v ，测R 1的电压时， U 1＝U R 1R v R 1＋R v＋R 2×R 1R v R 1＋R v ＝R 1R vR 1R v ＋R 1R 2＋R 2R vU测R 2的电压时，U 2＝U R 2R v R 2＋R v＋R 1×R 2R vR 2＋R v＝R 2R vR 1R v ＋R 1R 2＋R 2R vUU 1＋U 2＝(R 1＋R 2)R v(R 1＋R 2)R v ＋R 1R 2U <U ，故选项B 正确；U 1U 2＝R 1R 2，选项C 正确． [答案] BC二、非选择题(共30分)11．(12分)有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，通过在钻孔中进行电学特性测量，可以反映地下的有关情况，如图为一钻孔，其形状为圆柱体，半径为10 cm.设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m.现在钻孔的上表面和底部加上电压测得U ＝100 V ，I ＝100 mA ，求该钻孔的深度．[解析] 设该钻孔内的盐水的电阻为R ，由R ＝U I ，得R ＝100100×10－3Ω＝103 Ω 由电阻定律R ＝ρl S，l ＝RS ρ＝103×3.14×0.120.314 m ＝100 m.[答案] 100 m12．(18分)一台电风扇，内阻为20 Ω，两端加220 V 电压后正常工作，消耗功率66 W ，求：(1)电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少？(2)电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少？转化为内能的功率是多少？电动机的效率是多少？(3)如果接上电源后，电风扇的扇叶被卡住，不能转动，这时通过电动机的电流以及电动机消耗的电功率和发热功率是多少？[解析] (1)因为P 入＝IU 所以I ＝P U ＝66220 A ＝0.3 A(2)电风扇正常工作时转化为内能的功率为 P 内＝I 2R ＝0.32×20 W ＝1.8 W电风扇正常工作时转化为机械能的功率为 P 机＝P 入－P 内＝66 W －1.8 W ＝64.2 W 电风扇正常工作时的效率为：η＝W 机W 总＝P 机P 入＝64.266×100%≈97.3%. (3)电风扇的扇叶被卡住后通过电风扇的电流为 I ＝U R ＝22020A ＝11 A 电动机消耗的电功率为 P ＝IU ＝11×220 W ＝2420 W 电动机发热功率为 P 内＝I 2R ＝112×20 W ＝2420 W.[答案] (1)0.3 A (2)64.2 W 1.8 W 97.3% (3)11 A 2420 W 2420 W 拓展题：(2011·大连测试)如图所示，用半径为0.4 m 的电动滚轮在长薄铁板的上表面压轧一道浅槽．薄铁板的长为2 m 、质量为10 kg.已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1.铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100 N ，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽．已知滚轮转动的角速度恒为5 rad/s ，g ＝10 m/s 2.求：(1)铁板和滚轮分离时铁板的速度；(2)加工一块这样的铁板，电动机要消耗多少电能？(不考虑电动机自身的能耗) [解析] (1)开始滚轮给铁板向前的滑动摩擦力： F 1＝μ1F 1N ＝0.3×100 N ＝30 N 工作台给铁板的摩擦阻力：F 2＝μ2F 2N ＝0.1×(100＋10×10) N ＝20 N设加速过程铁板达到的最大速度为v ，由动能定理得： F 1·l －F 2·l ＝12m v 2解得v ＝2 m/s又滚轮速度v 0＝ωr ＝2 m/s即铁板正好向前滑行2 m 时达到滚轮速度，因而在铁板和滚轮分离时恰好与滚轮共速，分离速度为2 m/s.(2)在铁板向前滑行2 m 过程中，电动机消耗的电能转化为三部分：铁板和滚轮的相对滑动产生的内能、铁板与地面的滑动产生的内能及铁板增加的动能．Q 1＝F 1l ＝30×2 J ＝60 J Q 2＝F 2l ＝20×2 J ＝40 J E k ＝12m v 2＝12×10×22 J ＝20 J所以加工一块这样的铁板，电动机需消耗的电能E＝Q1＋Q2＋E k＝120 J.[答案](1)2 m/s(2)120 J。

学习资料机械振动1。

（多选)(简谐运动的特征）(2020河北石家庄质检)关于简谐运动,以下说法正确的是() A.在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=—kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的劲度系数B.物体的速度再次相同时,所经历的时间一定是一个周期C。

位移的方向总跟加速度的方向相反,跟速度的方向相同D.水平弹簧振子在简谐振动中动能和势能的和是不变的2。

(多选)（受迫振动)如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。

当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力,使其余各摆也振动起来。

图乙是c摆稳定以后的振动图像,重力加速度为g,不计空气阻力，则()A。

a、b、c单摆的固有周期关系为T a=T c<T bB。

b、c摆振动达到稳定时,c摆振幅较大C。

达到稳定时b摆的振幅最大D.由图乙可知,此时b摆的周期小于t03。

(多选）（简谐运动的图像）(2020山东菏泽模拟)有一个在y方向上做简谐运动的物体,其振动图像如图所示.下列关于图甲、乙、丙、丁的判断不正确的是(选项中v、F和a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度）（)A。

甲可作为该物体的v—t图像B。

乙可作为该物体的F-t图像C.丙可作为该物体的F—t图像D.丙可作为该物体的a-t图像4。

(单摆的周期公式）如图所示，一单摆悬于O点,摆长为L,若在过O点的竖直线上的O'点钉一个钉子，使OO’=L2,将单摆拉至A处释放，小球将在A、B、C间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是(）A.2π√LL B.2π√L2LC.√LL +√L2LD。

π√LL+√L2L5。

(简谐运动的图像）如图所示为一弹簧振子在水平面内做简谐运动的x-t图像，则下列说法正确的是(）A。

t1时刻和t2时刻具有相同的动能和动量B。

t2到1。

0 s时间内加速度变小,速度减小sin πt (m）C.弹簧振子的振动方程是x=110D。

课时提升练(十六)机械能守恒定律(限时：45分钟)A对点训练——练熟基础知识题组一机械能守恒定律的理解判断1．下列说法正确的是()A．如果物体所受到的合外力为零，则其机械能一定守恒B．如果物体所受到的合外力做的功为零，则其机械能一定守恒C．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能一定守恒D．做匀加速运动的物体，其机械能不守恒【解析】物体受到的合外力为零，机械能不一定守恒，如在竖直方向上物体做匀速直线运动，其机械能不守恒．所以选项A、B错误．物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒．选项C正确．做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒，如自由落体运动，选项D错误．【答案】 C2．(2014·威海模拟)如图5-3-12所示，a、b两小球静止在同一条竖直线上，离地面足够高，b球质量大于a球质量．两球间用一条细线连接，开始线处于松弛状态．现同时释放两球，球运动过程中所受的空气阻力忽略不计．下列图5-3-12 说法不正确的是()A．下落过程中两球间的距离保持不变B．下落后两球间距离逐渐增大，一直到细线张紧为止C．下落过程中，a、b两球都处于失重状态D．整个下落过程中，系统的机械能守恒【解析】两球同时释放后，均做自由落体运动，加速度均为g，故两球均处于失重状态，且机械能守恒，两球间距也保持不变，A、C、D均正确，B错误．【答案】 B3．(多选)(2013·山东高考)如图5-3-13所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m(M>m)的滑块．通过不可伸长的轻绳图5-3-13跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中()A．两滑块组成系统的机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功【解析】这是系统能量转化的综合问题，解题要点是分析各个力做的功与能量的转化关系．除重力以外其他力对物体做的功等于物体机械能的变化，故M 克服摩擦力做的功等于两滑块组成的系统机械能的减少量，拉力对m 做的功等于m机械能的增加量，选项C、D正确．【答案】CD题组二机械能守恒定律的应用4．(2014·南通模拟)如图5-3-14所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A 、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均 图5-3-14处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则( )A ．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等B ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大C ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大D ．两球到达各自悬点的正下方时，两球受到向上的拉力一样大【解析】 两球由水平位置下降到竖直位置，重力势能减少量相同，但B 球重力势能减少量有一部分转化为弹簧的弹性势能，由系统机械能守恒定律可知，A 球在悬点正下方的动能大，B 正确，A 、C错误；在最低点，由F －mg ＝m v 2l 及v A >v B 可知，F A >F B ，D 错误．【答案】 B5．(2015·山东省实验中学检测)如图5-3-15所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆 图5-3-15 筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能B ．弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能C ．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒D ．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关【解析】 小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，因此小球和弹簧系统的机械能守恒，即12m v 20＝mgh ＋E p ，由此得到E p ＜12m v 20，选项A 正确，B 、C 错误；斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动，在竖直方向上有2gh＝v20sin2θ(θ为v0与水平方向的夹角)，解得v0＝2ghsin θ，由此可知，选项D错误．【答案】 A题组三系统机械能守恒6．(多选)如图5-3-16所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，图5-3-16在运动过程中下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能减小C．M和N组成的系统的机械能守恒D．绳的拉力对N做负功【解析】由于杆AB、AC光滑，所以M下降，N向左运动，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，对M、N系统，杆对M、N均不做功，系统机械能守恒，故B、C两项正确．【答案】BC7．(多选)如图5-3-17所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架．在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开图5-3-17始时OB与地面相垂直．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是()A ．A 球到达最低点时速度为零B ．A 球机械能减少量等于B 球机械能增加量C ．B 球向左摆动所能达到的最高位置应高于A 球开始运动时的高度D ．当支架从左向右摆回时，A 球能回到起始高度【解析】 因A 处小球质量大、位置高，图中三角形框架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动．摆动过程中只有小球受的重力做功，故系统的机械能守恒，选项B 、D 正确．A 球到达最低点时，若设支架边长是L ，A 球下落的高度便是12L ，有mg (12L )的重力势能转化为支架的动能，因而此时A 球速度不为零，选项A 错．当A 球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续左摆，B 球仍要继续上升，因此B 球能达到的最高位置比A 球的最高位置要高，C 选项正确．【答案】 BCD8．(多选)(2014·成都彭州中学模拟)如图5-3-18所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上．放手后物体A 下落， 图5-3-18 与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A ．物体A 下落过程中的任意时刻，加速度不会为零B ．此时弹簧的弹性势能等于mgh ＋12m v 2C ．此时物体B 处于平衡状态D ．此过程中物体A 的机械能变化量为mgh －12m v 2【解析】对物体A进行受力分析可知，当弹簧的弹力大小为mg时，物体A的加速度为零，A错误；由题意和功能关系知弹簧的弹性势能为E p＝mgh－12m v2，B错误；当物体B对地面恰好无压力时，说明弹簧的弹力大小为2mg，此时B所受合外力为零，恰好处于平衡状态，C正确；弹簧的弹性势能的增加量等于物体A的机械能的减少量(mgh－12m v2)，D正确．【答案】CDB组深化训练——提升应考能力9．(多选)如图5-3-19所示，滑块A、B的质量均为m，A套在固定竖直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并紧靠竖直杆图5-3-19，A、B均静止．由于微小扰动，B开始沿水平面向右运动．不计一切摩擦，滑块A、B视为质点．在A下滑的过程中，下列说法中正确的是()A．A、B组成的系统机械能守恒B．在A落地之前轻杆对B一直做正功C．A运动到最低点时的速度为2gLD．当A的机械能最小时，B对水平地面的压力大小为2mg【解析】A、B组成的系统中只有动能和势能相互转化，故A、B组成的系统机械能守恒，选项A正确；分析B的受力情况和运动情况：B先受到竖直杆向右的推力，使其向右做加速运动，当B的速度达到一定值时，杆对B有向左的拉力作用，使B向右做减速运动，当A落地时，B的速度减小为零，所以杆对B先做正功，后做负功，选项B错误；由于A、B组成的系统机械能守恒，且A到达最低点时B的速度为零，根据机械能守恒定律可知选项C正确；B先做加速运动后做减速运动，当B的速度最大时其加速度为零，此时杆的弹力为零，故B对水平面的压力大小为mg，由于A、B组成的系统机械能守恒，故此时A机械能最小，选项D错误．【答案】AC10．如图5-3-20所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，并使图5-3-20细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是()A．斜面倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2g m 5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒【解析】释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，此时细线中拉力等于4mg sin α，弹簧的弹力等于mg，则有4mg sinα＝mg ＋mg ，解得斜面倾角α＝30°，选项A 错误；释放A 前，弹簧的压缩量为x ＝mg k ，A 沿斜面下滑至速度最大时弹簧的伸长量为x ′＝mg k ，由机械能守恒定律得4mg ·2x sin α－mg ·2x ＝12·4m v 2＋12m v 2，解得A 获得的最大速度为v ＝2g m5k ，选项B 正确；C 刚离开地面时，B 的加速度为零，选项C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒，选项D 错误．【答案】 B11．(2014·海南国兴中学模拟)半径R ＝0.50 m 的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A 处，另一端系一个质量m ＝0.20 kg 的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L 0＝0.50m ，劲度系数k ＝4.8 N /m.将小球从如图5-3-21所示 图5-3-21的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C ，在C 点时弹簧的弹性势能E p C ＝0.6 J ．(g 取10 m/s 2)，求：(1)小球经过C 点时的速度v C 的大小；(2)小球经过C 点时对环的作用力的大小和方向．【解析】 由题图知初始时刻弹簧处于原长．(1)小球从B 到C ，根据机械能守恒定律有mg (R ＋R cos 60°)＝E p C ＋12m v 2C代入数据求出v C ＝3 m/s.(2)小球经过C 点时受到三个力作用，即重力G 、弹簧弹力F 、环的作用力F N ，设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律有F ＋F N －mg ＝m v 2C RF ＝kxx ＝R所以F N ＝m v 2C R ＋mg －FF N ＝3.2 N ，方向竖直向上根据牛顿第三定律得出，小球对环的作用力大小为3.2 N ，方向竖直向下．【答案】 (1)3 m/s (2)3.2 N ，方向竖直向下12．滑板运动是青少年喜爱的一项活动．如图5-3-22所示，滑板运动员以某一初速度从A 点水平离开h ＝0.8 m 高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后经C 点沿固定斜面向上运动至最高点D .圆弧轨道的半径为1 m ，B 、C 为圆弧的两端点，且其连线水平，圆弧所对圆心角θ＝106 °，斜面与圆弧相切于C 点．已知滑板与斜面间的动摩擦因数为μ＝13，g＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos37 °＝0.8，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量为50 kg ，可视为质点．试求：(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v 0；(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点时对轨道的压力N ；(3)运动员(连同滑板)在斜面上滑行的最大距离L .图5-3-22【解析】 (1)运动员离开平台后做平抛运动，从A 至B ，在竖直方向上有v 2y ＝2gh在B 点有v y ＝v 0tan θ2解得v 0＝3 m/s(2)运动员在圆弧轨道上做圆周运动，设运动员在最低点的速度为v ，则在最低点时有N －mg ＝m v 2R根据机械能守恒定律有12m v 20＋mg [h ＋R (1－cos θ2)]＝12m v 2解得N ＝2 150 N(3)设运动员在C 点的速度为v C ，在运动员从A 至C 的过程中机械能守恒，有mgh ＝12m v 2C －12m v 20在运动员从C 至D 过程中，根据动能定理有mgL sin θ2＋μmgL cos θ2＝12m v 2C解得L ＝1.25 m.【答案】 (1)v 0＝3 m/s (2)N ＝2 150 N(3)L ＝1.25 m。

课时提升练(十四) 功和功率(限时：45分钟)A对点训练——练熟基础知识题组一做功的分析、判断1．如图5­1­16所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中( ) 图5­1­16A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量【解析】斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错，C 对；摩擦力总与速度方向相反，做负功；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错．【答案】 C2．(多选)如图5­1­17所示，木块B上表面是水平的，木块A置于B上并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中( )A．A所受的合外力对A不做功图5­1­17B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B不做功【解析】A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，设斜面倾角为θ，则加速度为g sin θ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确．A对B不做功，选项D正确．【答案】CD3．如图5­1­18所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的图5­1­18支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功【解析】 因加速度a 的大小情况不确定，故物体m 可能不受摩擦力，也可能受沿斜面向上或向下的摩擦力，故摩擦力对物体做功情况不确定，B 错误，C 、D 正确；因支持力与位移方向夹角小于90°，故支持力一定做正功，A 正确．【答案】 B题组二 功、功率的计算4.(2014·开封一中检测)如图5­1­19所示，木板质量为M ，长度为L ，小木块质量为m ，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别 图5­1­19与M 和m 连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m 拉至右端，拉力至少做功为( )A ．μmgLB ．2μmgLC ．μmgL /2D ．μ(M ＋m )gL【解析】 m 缓慢运动至右端，拉力F 做功最小，其中F ＝μmg ＋F T ，F T ＝μmg ，小木块位移为L 2，所以W F ＝F ·L 2＝μmgL . 【答案】 A5．如图5­1­20所示，质量为m 的小球以初速度v 0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计空气阻力)，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为( ) 图5­1­20A ．mgv 0tan θB.mgv 0tan θC.mgv 0sin θ D ．mgv 0cos θ【解析】 如图所示，由于v 垂直于斜面，可求出小球落在斜面上时速度的竖直分量v 2＝v 0/tan θ，此时重力做功的瞬时功率为P ＝mgv 2＝mgv 0tan θ.B 正确．【答案】 B 6．(多选)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图5­1­21甲、乙所示．下列说法正确的是( )甲 乙图5­1­21A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N【解析】 由v ­t 图象面积表示相应时间内的位移，得A 项正确；0～2 s 内，物体做匀加速运动，设拉力为F 1，由P 1＝F 1v ，得F 1＝306 N ＝5 N ，W 1＝F 1x 1＝5×2×62J ＝30 J,2 s ～6 s 内，W 2＝P 2t 2＝10×4 J＝40 J ，所以0～6 s 内W ＝W 1＋W 2＝70 J ，B 项正确；由v ­t 图象得0～2 s 内物体做匀加速运动，2 s ～6 s 内物体做匀速运动，由动能定理可得C 项正确；2 s ～6 s 内，F f ＝F 拉＝P v ＝106 N ＝53N ，D 项错误． 【答案】 ABC题组三 两种启动方式7．汽车由静止开始做匀加速直线运动，速度达到v 0的过程中的平均速度为v 1；若汽车由静止开始以额定功率行驶，速度达到v 0的过程中的平均速度为v 2，且两次历时相同，则( )A ．v 1>v 2B ．v 1<v 2C ．v 1＝v 2D ．条件不足，无法判断【解析】 两种运动的v －t 图象如图所示．a 表示匀加速的过程，b 表示以额定功率行驶的过程，由v －t 图线与横轴围成的面积表示位移的大小可知x b >x a ，根据平均速度的定义v ＝x t可知v 1<v 2.故B 正确．【答案】 B8．(多选)汽车在平直的公路上以恒定的功率启动，设阻力恒定，则图5­1­22中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，以下判断正确的是( )图5­1­22A ．汽车的加速度—时间图象可用图乙描述B ．汽车的速度—时间图象可用图甲描述C ．汽车的加速度—时间图象可用图丁描述D ．汽车的速度—时间图象可用图丙描述【解析】 由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，F ＝P v ，即P v －F f ＝ma ，随着v 的增大，物体做加速度减小的加速运动，在v －t 图象上斜率应越来越小，故甲为汽车的速度—时间图象，B 对，D 错；因速度增加得越来越慢，由a ＝P mv －F f m 知，加速度减小得越来越慢，最后趋于零，故图乙为汽车加速度—时间图象，A 对，C 错．【答案】 ABB 组 深化训练——提升应考能力9．(多选)如图5­1­23甲所示，质量m ＝2 kg 的物块放在光滑水平面上，在P 点的左方始终受到水平恒力F 1的作用，在P 点的右方除F 1外还受到与F 1在同一条直线上的水平恒力F 2的作用．物块从A 点由静止开始运动，在0～5 s 内运动的v －t 图象如图5­1­23乙所示，由图可知下列判断正确的是( )甲 乙图5­1­23A ．t ＝2.5 s 时，物块经过P 点B ．t ＝2.5 s 时，物块距P 点最远C ．t ＝3 s 时，恒力F 2的功率P 为10 WD ．在1～3 s 的过程中，F 1与F 2做功之和为－8 J【解析】 根据题图乙可知t ＝1 s 时，物块由加速变为减速，结合题干条件可判断t ＝1 s 时，物块经过P 点，A 错；根据v －t 图象的物理意义可知t ＝2.5 s 时，物块向右运动位移最大，即距P 点最远，B 对；根据牛顿第二定律得F 1＝ma 1，F 2－F 1＝ma 2，结合图象联立解得F 2＝10 N ，t ＝3.0 s 时，v ＝a 2t ′＝1 m/s ，所以，恒力F 2的功率P ＝F 2v ＝10 W ，C对；根据动能定理得在1～3 s 的过程中，F 1与F 2做功之和W ＝12mv 22－12mv 21＝－8 J ，D 对． 【答案】 BCD图5­1­2410．(多选)一个质量为50 kg的人乘坐电梯，由静止开始上升，整个过程中电梯对人做功的功率随时间变化的P­t图象如图5­1­24所示，g＝10 m/s2，加速和减速过程均为匀变速运动，则以下说法正确的是( )A．图中P1的值为900 WB．图中P2的值为1 100 WC．电梯匀速阶段运动的速度为2 m/sD．电梯加速运动过程中对人所做的功大于减速阶段对人所做的功【解析】由于加速和减速过程均为匀变速运动，所以每个过程中电梯对人的作用力均为恒力．由题图可知在第2～5 s过程中，电梯匀速上升，电梯对人的支持力大小等于重力500 N．由P＝Fv可知，电梯以2 m/s的速度匀速上升，C项正确；电梯加速上升的末速度和减速上升的初速度均为2 m/s.其加速度分别为1 m/s2和0.5 m/s2.由牛顿第二定律得加速过程F2＝mg＋ma＝550 N，减速过程F1＝mg－ma2＝475 N，故P2＝F2v＝1 100 W，P1＝F1v＝950 W．故A项错，B项正确．在P－t图象中，图线与坐标轴所围的面积表示电梯对人的支持力所做的功，由图象易知，加速过程中电梯对人所做的功小于减速过程中电梯对人所做的功，D项错误．【答案】BC图5­1­2511．如图5­1­25所示，水平传送带正以v＝2 m/s的速度运行，两端水平距离l＝8 m，把一质量m＝2 kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计物块的大小，g取10 m/s2，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的平均功率是多少？1 s时，摩擦力对物块做功的功率是多少？皮带克服摩擦力做功的功率是多少？【解析】物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，摩擦力对物块做功，求出物块在摩擦力作用下的位移和运动时间．物块受向右的摩擦力为：F f＝μmg＝0.1×2×10 N＝2 N加速度为α＝F f m ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2当物块与传送带相对静止时，物块的位移为：x ＝v 22a ＝222×1 m ＝2 m. 摩擦力做功为：W ＝F f x ＝2×2 J＝4 J相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到B 端，物块由A 端运动到B 端所用的时间为：t ＝v a ＋l －x v ＝21 s ＋8－22s ＝5 s 则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：P ＝W t ＝45W ＝0.8 W. 1 s 时，物块的速度为v 1＝at ＝1 m/s则摩擦力对物块做功的功率为P 1＝F f v 1＝2×1 W＝2 W.皮带的速度为v ＝2 m/s故皮带克服摩擦力做功的功率为P 2＝F f v ＝2×2 W＝4 W.【答案】 0.8 W 2 W 4 W12．一辆汽车质量为1×103 kg ，最大功率为2×104 W ，在水平路面上由静止开始做直线运动，最大速度为v 2，运动中汽车所受阻力恒定．发动机的最大牵引力为3×103 N ，其行驶过程中牵引 图5­1­26力F 与车速的倒数1v的关系如图5­1­26所示．试求： (1)根据图线ABC 判断汽车做什么运动；(2)v 2的大小；(3)整个运动过程中的最大加速度．【解析】 (1)题图中图线AB 段牵引力F 不变，阻力F f 不变，汽车做匀加速直线运动，图线BC 的斜率表示汽车的功率P ，P 不变，则汽车做加速度减小的加速运动，直至达到最大速度v 2，此后汽车做匀速直线运动．(2)当汽车的速度为v 2时，牵引力为F 1＝1×103N ， v 2＝P m F 1＝2×1041×10 m/s ＝20 m/s. (3)汽车做匀加速直线运动时的加速度最大阻力F f ＝P m v 2＝2×10420N ＝1 000 N a ＝F m －F f m ＝－31×103 m/s 2＝2 m/s 2.【答案】 (1)见解析 (2)20 m/s (3)2 m/s 2。

课时提升练电学设计性实验(限时：45分钟)1．(2014·滁州模拟)有一根圆台状匀质合金棒如图7-3-12甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关．他进行了如下实验：甲图7-3-12(1)测量该合金棒电阻的实物电路如图7-3-12乙所示(相关器材的参数已在图中标出)，该合金棒的电阻约为几欧姆．图中有一处连接不当的导线是________(用标注在导线旁的数学表示)．乙图7-3-12(2)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝5.72 Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆台状合金棒的电阻分别为R d＝13.3 Ω、R D＝3.38 Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝R d·R D，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________.【解析】 (1)合金棒的电阻为几欧，所以Rx R A<R v Rx ，应外接，故⑥连接不当(2)R d ＝4ρL πd 2 R D ＝4ρL πD 2R ＝R d R D ＝4ρL πdD【答案】 (1)⑥ (2)4ρL πdD2．欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：a ．无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程；b ．有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．现备有如下器材：A ．待测电流表A 1(量程3 mA ，内阻约为50 Ω)B ．电压表V(量程3 V ，内阻未知)C ．电流表A 2(量程15 mA ，内阻为10 Ω)D ．保护电阻R ＝120 ΩE ．直流电源E (电动势2 V ，内阻忽略不计)F ．滑动变阻器(总阻值10 Ω，额定电流0.5 A)G ．开关一个，导线若干(1)在以上提供的器材中，除A 、E 、F 、G 以外，还应选择________、________(填字母代号)．(2)请画出符合要求的实验电路图．【解析】 根据题中给出的备用器材，选择内阻已知的电流表A 2作为电压表，选择保护电阻R 与并联的两个电流表串联．由于电流表两端电压最大只有0.15 V ，滑动变阻器最大电阻只有10 Ω，所以选择分压电路，电路图如图所示．【答案】 (1)C D (2)见解析3．如图7-3-13甲所示的电路中，A 、V 均为理想电表，R 0为阻值未知的定值电阻．改变滑动变阻器R 的阻值，将得到的A 、V 示数绘制成U -I 图线如图7-3-13乙．图象中U 轴的初始坐标为U 0，I 轴的初始坐标为零；图线与U 轴的交点为U 1，与I 轴的交点为I 1.实验中电流表的最大示数为I m .回答下列问题：甲 乙图7-3-13(1)电源的电动势E ＝__________，内阻r ＝__________.(2)当滑动变阻器的阻值R ＝__________，定值电阻R 0消耗的功率最大，最大值为__________．(3)定值电阻的阻值为R 0＝__________.【解析】 结合电路图和闭合电路欧姆定律，U ＝E －Ir ，在U -I 图象中，图线与U 轴的交点即为电动势；图线斜率的绝对值即为电源内阻的大小．定值电阻R 0消耗的功率P ＝I 2R 0，当R ＝0时，I 最大，P 最大为I m U 1－I 2m U 1－U 0I 1.根据闭合电路欧姆定律E ＝I m (r ＋R 0)，整理得R 0＝U 1I m －U 1－U 0I 1. 【答案】 (1)U 1 U 1－U 0I 1 (2)0 I m U 1－I 2m U 1－U 0I 1 (3)U 1I m －U1－U0I14．当小灯泡发光时其灯丝的电阻会随着发光亮度的变化而变化．某同学为研究这一现象，按照自己设计的实验电路图测量小灯泡的电流I和电压U，得到如下表所示的数据.用的器材有：电压表、电流表、滑动变阻器(0～10 Ω)、电源、小灯泡、开关和导线若干．(2)在图7-3-14所示坐标纸上画出小灯泡的U-Ⅰ曲线，并定性分析灯丝的电阻与灯泡发光亮度的变化关系：_______________(3)如果将上面实验中使用的小灯泡接在电动势为1.5 V、内阻为2.0 Ω的电源两端，利用上面的U-Ⅰ曲线可求出小灯泡的实际功率是________________W，电源效率为________．(结果保留2位有效数字)图7-3-14【解析】电压取值范围大，应采用分压式接法，灯丝电阻较小，采用电流表外接法．由图象得灯丝电阻随发光亮度的增加而增大．在U-Ⅰ图象中作电动势为1.5 V、内阻为2.0 Ω的伏安特性图线，两图线交点为(0.35 A,0.8 V)，故P＝UI＝0.8×0.35 W＝0.28 W，η＝0.28×100%＝53%.1.5×0.35【答案】(1)如图甲所示(2)如图乙所示灯丝电阻随发光亮度的增加而增大(3)0.2853%甲乙5．某物理实验小组利用实验室提供的器材测量一待测电阻的阻值．可选用的器材的代号和规格如下：甲图7-3-15电流表A1(量程250 mA，内阻r1＝5 Ω)电流表A2(量程300 mA，内阻r2约为5 Ω)待测电阻R x(阻值约为100 Ω)滑动变阻器R(最大阻值10 Ω)蓄电池E (电动势为6 V ，内阻r 约为1 Ω)单刀单掷开关S ，导线若干(1)小组同学根据实验器材所设计的实验电路原理图如图7-3-15甲所示，但两只电流表的代号没有明确．请用笔画线代替导线，将图乙中的实验器材按电路原理图连成实验电路，并在电流表下方的虚线框内标明两只电流表的代号．乙图7-3-15(2)他们需要直接测量的物理量是________，用所测物理量表示待测电阻的计算式为R x ＝________.【解析】 (1)题中没给电压表，而是给了两只电流表，可将已知阻值的电流表A 1作为电压表使用，因此与R x 并联的电流表为A 1，右侧的电流表为A 2，实验器材连线如图所示．(2)实验中读出电流表A 1的示数I 1、电流表A 2的示数I 2，则电阻R x 两端的电压为U ＝I 1r 1，电流为I ＝I 2－I 1，所以R x ＝U I ＝I 1r 1I 2－I 1. 【答案】 (1)见解析图 (2)电流表A 1的示数I 1、电流表A 2的示数I2I1r1I2－I16．某实验小组要测量一个用电器L的额定功率(额定电压为10V、额定功率在12 W～15 W之间)，测量电路的部分导线已经接好(如图7-3-16所示)，实验室有下列器材可供选用：图7-3-16直流电源：E1(电动势为3 V，内阻很小)E2(电动势为15 V，内阻很小)直流电流表：A1(量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)A2(量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω)直流电压表：V(量程为3 V、内阻为3 kΩ)滑动变阻器：R1(阻值范围0～20 Ω)R2(阻值范围0～200 Ω)定值电阻：R3＝3 kΩ、R4＝9 kΩ、R5＝25 kΩ开关一个，导线若干为使测量尽可能准确、方便，请回答：(1)电源应该选择________(填“E1”或“E2”)；(2)电流表应该选择________(填“A1”或“A2”)；(3)滑动变阻器应该选择________(填“R1”或“R2”)；(4)由于电压表的量程不够，要利用一个定值电阻进行改装．请选择合适的定值电阻，在图7-3-16中用笔画线代替导线连接好测量电路的剩余部分．【解析】由于额定电压为10 V，所以直流电源选择电动势为15 V的E2.其额定电流为1.2 A～1.5 A，所以直流电流表选择A2.根据已有的电路结合使实验结果更为精确的要求，采用限流电路，所以利用滑动变阻器R1作为限流电阻．若要将电压表改装为量程更大的电压表，需要与其串联一个定值电阻，根据串联电路特点知，若串联R3，则量程为6 V，若串联R4，则量程为12 V，若串联R5，则量程为28 V，因此串联R4比较合适．【答案】(1)E2(2)A2(3)R1(4)如图所示7．(2014·江西重点中学联盟第二次联考)某同学要测量一节干电池的电动势和内阻．他根据老师提供的以下器材画出了如图7-3-17所示的原理图．图7-3-17A．电压表V(15 V,10 kΩ)B．电流表G(量程3.0 mA，内阻R g为10 Ω)C．电流表A(量程0.6 A，内阻约为0.5 Ω)D．滑动变阻器R1(0～20 Ω，10 A)E．滑动变阻器R2(0～100 Ω，1 A)F．定值电阻R3＝990 ΩG．开关S和导线若干(1)该同学没有选用电压表是因为________；(2)该同学将电流表G与定值电阻R3串联，实际上是进行了电表的改装．则他改装的电压表对应的量程是________V；(3)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是________(填写器材前的字母编号)；(4)该同学利用上述实验原理图测得以下数据，并根据这些数据绘出了如图7-3-18所示的图线，根据图线可求出干电池的电动势E ＝________V(保留3位有效数字)．干电池的内阻r＝________Ω(保留2位有效数字)．图7-3-18压表的量程却达到0到15 V，读数不到刻度盘十分之一，无法准确读数．(2)电流表G与定值电阻R3串联，串联后的最大电压U m＝I m(R3＋R g)＝3 V，所以改装的电压表量程是0～3 V.(3)由于电源电压只有1.5 V左右，若选用滑动变阻器R2(0～100Ω，1 A)，电流最小只会有1.5 V100 Ω＝0.015 A远小于电流表量程，读数不准确，所以选择较小的滑动变阻器R1(0～20 Ω，10 A)．(4)改装后电压表示数U＝I1(R3＋R g)，根据路端电压和电流的关系有1 000I1＝E－I2r，图象纵轴截距即为电动势，所以电动势E＝1.47 V，斜率即内阻r＝0.82 Ω.【答案】(1)量程太大(2)0～3 V(3)D(4)1.470.828．某同学用如图7-3-19甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源)，实验器材的规格如下：电流表A1：200μA,300 Ω电流表A2：30 mA,5 Ω定值电阻R0：9700 Ω滑动变阻器R：0～50 Ω甲图7-3-19①闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1和I2.多次改变滑动触头的位置，得到的数据为乙图7-3-19在图7-3-19乙所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标，画出所对应的I1-I2曲线；②利用所得曲线求得欧姆表内电源的电动势E ＝__________V ，欧姆表内阻r ＝__________Ω；③将该欧姆表两个表笔短接，欧姆表的电流为I ＝______A.【解析】 把R 1和A 1整体等效为一个电压表，测量路端电压．根据闭合电路欧姆定律，I 1(R 1＋R 0)＝E －(I 1＋I 2)r ，即I 1＝E R 1＋R 0＋r－r R 1＋R 0＋r I 2，结合图象可以求得E ＝1.50 V ．r ＝15.0 Ω.短路电流为0.1 A.【答案】 ①如图；②1.50(1.48～1.51)；15.0(14.0～16．0)；③0.1(0.09～0.11)。

课时强化练(二十一)(限时：40分钟)A组跨越本科线1．(2016·黄山模拟)铜的摩尔质量为m，密度为ρ，每摩尔铜原子中有n个自由电子，今有一根横截面积为S的铜导线，当通过的电流为I时，电子平均定向移动的速率为()A．光速c B.I neSC.ρIneSm D.mIneSρ【解析】由电流表达式I＝n′eS v可得v＝In′eS，其中n′＝nm/ρ＝nρ/m，故v＝mIneSρ，D对．【答案】 D2．(多选)截面直径为d、长为L的导线，两端电压为U，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是() A．电压U加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍B．导线长度L加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半C．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变D．导线截面直径d加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍【解析】电压U加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式I＝nqS v得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍，故A正确；导线长度L加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式I＝nqS v 得知，自由电子定向运动的平均速率v减半，故B正确；导线横截面的直径d加倍，由S＝πd24可知，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为原来的14，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式I＝nqS v得知，自由电子定向运动的平均速率v 不变．故C 正确，D 错误．【答案】 ABC3．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3 C ，消耗的电能为0.9 J ．为在相同时间内使0.6 C 的电荷量通过该电阻，则其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )A ．3 V ,1.8 JB ．3 V ,3.6 JC ．6 V ,1.8 JD ．6 V ,3.6 J【解析】 通过电阻的电荷量为0.3 C 时，电阻两端所加的电压为U 1＝W 1q 1＝0.90.3 V ＝3 V ．在相同时间内通过电阻的电荷量变为原来的2倍，由q ＝It 可知电流变为原来的2倍，由U ＝IR 得电阻两端的电压变为原来的2倍，即电阻两端需加的电压为6 V ，由W ＝qU 得消耗的电能为W 2＝q 2U 2＝0.6×6 J ＝3.6 J ，选项D 正确．【答案】 D4.某导体中的电流随其两端电压的变化如图7-1-9所示，则下列说法中正确的是( )图7-1-9A ．加5 V 电压时，导体的电阻约为5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．此导体为线性元件【解析】 对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的U I 值仍表示该点所对应的电阻值．当导体在加5 V 电压时，电阻R 1＝U I ＝5 Ω，A 正确；当导体加11 V 电压时，由图知电流约为1.4 A ，电阻R 2大于1.4 Ω，B 错误；当电压增大时，U I 值增大，即电阻增大，导体为非线性元件，C 、D 错误．【答案】 A5.如图7-1-10所示为一未知电路，现测得两个端点a 、b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( )图7-1-10A ．I 2RB.U 2R C ．UI D ．UI －I 2R【解析】 不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P ＝UI ，选项C 正确；只有电路为纯电阻电路时，才有P ＝UI ＝I 2R ＝U 2R ，故A 、B 错误；而UI －I 2R 为电能转化为除了所产生的热量以外的其他形式能量的功率，故D 错误．【答案】 C6．如图7-1-11所示，a 、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是( )图7-1-11A ．a 代表的电阻丝较粗B ．b 代表的电阻丝较粗C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值D ．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比【解析】 b 图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R ＝ρl S ，可知b 代表的电阻丝较粗，选项B 正确，A 、C 错误；电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，选项D错误．【答案】 B7．(2015·江苏高考)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图7-1-12所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)图7-1-12(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.【解析】(1)由电阻定律得R＝ρ2πrA，代入数据得R≈6×103Ω.(2)感应电动势E＝ΔB·πr2Δt，代入数据得E≈4×10－2 V.(3)由焦耳定律得Q＝E2RΔt，代入数据得Q＝8×10－8 J.【答案】(1)6×103Ω(2)4×10－2 V(3)8×10－8 JB组名校必刷题8．如图7-1-13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P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是()甲 乙图7-1-13A ．P 甲<P 乙B ．P 甲>P 乙C ．P 1>P 2D ．P 1＝P 2【解析】 设灯泡额定电流为I ，则两灯都正常发光，电流均为额定电流I ，甲电路中总电流I 甲＝2I ，乙电路中总电流I 乙＝I ，所以P 甲＝U 甲I 甲＝8×2I ＝16I ，P 乙＝U 乙I 乙＝16×I ＝16I ，P 甲＝P 乙，选项A 、B 均错误；R 1消耗的功率P 1＝P 甲－2P 灯，R 2消耗的功率P 2＝P 乙－2P 灯，故P 1＝P 2，选项D 正确．【答案】 D9．如图7-1-14所示，a 、b 、c 为不同材料做成的电阻，b 与a 的长度相等，横截面积是a 的两倍；c 与a 的横截面积相等，长度是a 的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是U 1∶U 2∶U 3＝1∶1∶2.关于三种材料的电阻率ρa 、ρb 、ρc ，下列说法中正确的是()图7-1-14A ．ρa 是ρb 的2倍B ．ρa 是ρc 的2倍C ．ρb 是ρc 的2倍D ．ρc 是ρa 的2倍【解析】 设a 的长度为L ，截面积为S ，因为R ＝U I ，而R ＝ρL S ，所以R a R b＝U 1U 2，即ρa L S ρb L 2S ＝1，故ρb ＝2ρa ；同理R a R c ＝U 1U 3＝12，所以ρa L Sρc 2L S ＝12，故ρa ＝ρc ，选项C正确．【答案】 C10．(多选)在研究微型电动机的性能时，可采用如图7-1-15所示的实验电路．当调节滑动变阻器R ，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A 和1.0 V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是()图7-1-15A ．电动机的内电阻为2 ΩB ．电动机的内电阻为7.5 ΩC ．电动机的输出功率为30 WD ．电动机的输出功率为22 W【解析】 当调节滑动变阻器R ，使电动机不转动，此时将电动机视为纯电阻，电压表与电流表示数之比为电动机的内阻，R 0＝U I ＝2 Ω，选项A 正确，B错误；当电动机正常工作时，电动机的输出功率为P 出＝UI －I 2R 0＝22 W ，选项C 错误、D 正确．【答案】 AD11．两根材料相同的导线，质量之比为2∶1，长度之比为1∶2，加上相同的电压后，通过的电流之比为( )A ．8∶1B ．4∶1C ．1∶1D ．1∶4【解析】 同种材料的导线体积之比等于质量之比，即V 1∶V 2＝2∶1，面积之比为S 1S 2＝V 1L 1V 2L 2＝41，由R ＝ρL S 可得R 1R 2＝L 1L 2·S 2S 1＝12×14＝18，加上相同电压后，由I ＝U R 可得I 1I 2＝R 2R 1＝81. 【答案】 A12．如图7-1-16所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉，恒定电压U＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，○A 示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，○A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，○A 示数为4 A ．求：图7-1-16(1)电炉的电阻及发热功率；(2)电动机的内阻；(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少．【解析】 (1)电炉为纯电阻元件，由欧姆定律得：R ＝U I 1＝126 Ω＝2 Ω 其发热功率为：P ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W.(2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI 2＝I 22r M ＋P 输出所以：r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552 Ω＝1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：P 化＝UI 3－I 23r A所以P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W.【答案】 (1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W。

课时提升作业一描述运动的基本概念(45分钟100分)选择题(本题共16小题,1～12题每小题6分,13～16题每小题7分,共100分。

1～11题为单选题,12～16题为多选题)1.在田径运动会400m比赛中,终点在同一直线上,但起点不在同一直线上(如图所示)。

关于这样的做法,下列说法正确的是()A.这样做是为了使参加比赛的同学位移大小相同B.这样做是为了使参加比赛的同学路程大小相同C.这样做是为了使参加比赛的同学所用时间相同D.这种做法其实是不公平的,明显对外侧跑道的同学有利【解析】选B。

这种做法其实是公平的,为了使参加比赛的同学路程大小相同,B正确。

2.海峡两岸直航后,原来从台北飞往上海要经过香港中转(以下称“A线路”),现在可以从台北直飞到上海(以下称“B线路”)。

假设某人分别沿上述两条线路从台北到上海(如图),以下说法正确的是()A.沿A线路和B线路的路程相同,位移也相同B.沿A线路和B线路的路程相同,位移不相同C.沿A线路和B线路的路程不相同,位移相同D.沿A线路和B线路的路程不相同,位移也不相同【解析】选C。

根据路程和位移的定义,可知A线路的路程大于B线路的路程,但两条线路的位移相同,故C正确。

【加固训练】若规定向东方向为位移正方向,今有一个足球停在坐标原点处,轻轻踢它一脚,使它向东做直线运动,经过5m时与墙相碰后又向西做直线运动,经过7m停下,则上述过程足球通过的路程和位移分别是()A.12 m、2 mB.12 m、-2 mC.-2 m、-2 mD.2 m、2 m 【解析】选B。

路程为运动轨迹的长度,为7m+5 m=12 m,位移是初位置到末位置的有向线段,为5 m-7 m=-2 m,故B正确。

3.(2016·南阳模拟)下列几种比赛项目中的研究对象可视为质点的是()A.跳高比赛中研究运动员跳跃的姿势时B.研究男子千米比赛中运动员的位置时C.研究投篮过程中篮球能否进入篮筐时D.100米终点裁判在分析运动员冲线过程时【解析】选B。

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课时提能演练1.(2013·广州模拟)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动**与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m**与油泥粘在一起后，AB立即停止运动**与油泥粘在一起后，AB继续向右运动2.如图所示，放在光滑水平面上的两物体，它们之间有一个被压缩的轻质弹簧，用细线把它们拴住。

已知两物体质量之比为m1∶m2=2∶1，把细线烧断后，两物体被弹开，速度大小分别为v1和v2，动能大小分别为E k1和E k2,则下列判断正确的是( )A.弹开时，v1∶v2=1∶1B.弹开时，v1∶v2=2∶1C.弹开时，E k1∶E k2=2∶1D.弹开时，E k1∶E k2=1∶23.在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1=2 kg，乙球的质量m 2=1 kg ，规定向右为正方向，碰撞前后甲球的速度随时间变化情况如图所示。

已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为( ) ** m/s,向右 B.7 m/s ，向左** m/s,向左D.1 m/s ，向右4.两位同学穿旱冰鞋面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是( )A.互推后两同学总动量增加B.互推后两同学动量大小相等，方向相反C.分离时质量大的同学的速度小一些D.互推过程中机械能守恒5.(2010·福建高考)如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。

课时提升练(二十二) 电路闭合电路欧姆定律(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一动态分析问题1．(2014·安徽皖南八校联考)某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的( )【解析】设图中定值电阻的阻值为R，则四个选项中电压表的读数分别为U A＝E－I(r ＋R)、U B＝E－Ir、U C＝IR和U D＝E－Ir，则可知只有C项满足题中要求，所以选项C正确．【答案】 C2.(2014·新疆乌鲁木齐一诊)如图7­2­19所示，A1、A2、A3为三个相同的电流表，开关S1、S2均闭合，流过电流表A1、A2的电流分别为I1、I2，现将开关S2断开，则S2断开后与断开前相比( )图7­2­19A．I1减小，I2增大B．I1增大，I2减小C．I1增大、I2增大D．I1减小、I2减小【解析】设电流表内阻为R′，断开S2后，整个电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律I＝ER＋r可知，干路电流减小，即I1减小，又根据U2＝E－I(r＋R′)可知电流表A2两端的电压增大，根据欧姆定律可知，通过电流表A2的电流增大，即I2增大，选项A正确，其余均错误．【答案】 A3．(2015·河北石家庄检测)在如图7­2­20所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是( )图7­2­20A．电压表和电流表的示数都增大B．灯L2变暗，电流表的示数减小C．灯L1变亮，电压表的示数减小D．电源的效率增大，电容器C的带电量增加【解析】滑片P向下移动时，滑动变阻器阻值减小，电路的总电阻减小，故总电流I U减小，所以电压表示数减小，灯泡L1变亮，选项C对；电源的效率η＝总增大，路端电压U变小，选项A、D错；灯泡L2的电压U L2＝U－U L1，由于U减小，U L1增大，所以U L2减小，灯E泡L2变暗，灯泡中的电流减小，根据串并联电路规律，电流表示数增大，选项B错．【答案】 C题组二U－I图线问题4．(多选)如图7­2­21所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B 为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线．将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么( )图7­2­21A．R接到b电源上时电源的效率高B．R接到b电源上时电源的输出功率较大C．R接到a电源上时电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到a电源上时电阻的发热功率较大，电源效率也较高【解析】 由题图知E a >E b ，内阻r a >r b ，当电阻R 接到电源两端时，电源的效率为η＝I 2R I R ＋r ＝RR ＋r，所以R 接到电源b 上时，电源的效率高，A 对、D 错．由题图知，R 接到电源a 上时，电源的输出电压和电流均比接到b 上时大，故R 接到电源a 上时，电源的输出功率较大，B 错、C 对．故选A 、C.【答案】 AC5．(多选)如图7­2­22甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，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流过电源的电流变化的图象如图7­2­22乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在滑动变阻器的两个不同端点得到的．根据以上信息，下列说法正确的是( )甲 乙图7­2­22A ．该电源的电动势为20 VB ．该电源的内阻为5 ΩC ．定值电阻R 2的阻值为15 ΩD ．定值电阻R 2的阻值为5 Ω【解析】 将图乙中AB 线延长，交纵轴于20 V 处，交横轴于1.0 A 处，可得电源电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝EI 短＝20 Ω.当P 滑到R 3右端时，电路参数对应图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，解得R 2＝U 2I 2＝5 Ω，选项A 、D 正确．【答案】 AD6．(2015·广东六校联考)(多选)如图7­2­23甲所示，其中R 两端电压u 随通过该电阻的直流电流I 的变化关系如图7­2­23乙所示，电源电动势为7.0 V(内阻不计)，且R 1＝1000 Ω(不随温度变化)．若改变R 2，使AB 与BC 间的电压相等，这时( )甲 乙图7­2­23A ．R 的阻值为1 000 ΩB ．R 的阻值为1 300 ΩC ．通过R 的电流为1.5 mAD ．通过R 的电流为2.0 mA【解析】 要使AB 与BC 间的电压相等，即有E ＝U AB ＋U BC ，U AB ＝U BC ，解得U BC ＝3.5 V ．而U BC ＝U ＋IR 1，得：U ＝U BC －IR 1，将U BC ＝3.5 V ，R 1＝1 000 Ω代入得U ＝3.5－1 000 I ，在题给图象中作出函数关系U ＝3.5－1 000I 的图象，两图象的交点对应的横纵坐标I ＝1.5 mA ，U ＝2 V 即为公共解，由IR ＝U 解得R ＝UI＝1 300 Ω.【答案】 BC题组三 电源的功率、效率问题7.(多选)在纯电阻电路中，当用一个固定的电源(E 、r 是定值)向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率P 随外电阻R 变化的规律如图7­2­24所示，则( )图7­2­24A ．当R ＝r 时，电源有最大的输出功率B ．当R ＝r 时，电源的效率η＝50%C ．电源的功率P ′随外电阻R 的增大而增大D ．电源的效率η随外电阻R 的增大而增大【解析】 由题图可知，R ＝r 时电源有最大输出功率E 24r ，A 正确；电源的功率P ′＝E 2r ＋R，随外电阻R 的增大而减小，C 错误；由η＝IU IE ＝R R ＋r ＝11＋rR可知B 、D 正确．【答案】 ABD8．(多选)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E 、内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E【解析】 电动机不是纯电阻，电动机消耗的总功率为UI ，A 选项正确；电动机消耗的热功率为I 2R ，B 选项错误；电源的输出功率为UI ，C 选项错误；电源的效率为U E ＝E －IrE＝1－IrE，D 选项正确．【答案】 ADB 组 深化训练——提升应考能力9．(多选)(2014·佛山模拟)在如图7­2­25所示的电路中，R 1、R 2是两个定值电阻，R ′是滑动变阻器，R 3为小灯泡，电源内阻为r .开关闭合后，当滑动变阻器触头P 向上移动时( )图7­2­25A ．电压表示数变大B ．小灯泡亮度变大C ．电容器充电D ．电源的总功率变大【解析】 滑动变阻器触头向上移动，接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，故电路中总电流减小，小灯泡变暗，端电压增大，故A 项正确、B 项错；电路稳定时，R 2中无电流通过，故R 2两端电压为零，相当于导线；由欧姆定律可知，由于电路中电流减小，故灯泡R 3两端电压也减小，又端电压增大，故电容两端电压增大，由Q ＝CU 可知，电容器带电荷量增大，电容器充电，C项正确；电源的电功率P＝IE，所以电源总功率随电流减小而减小，D 项错．【答案】AC10．如图7­2­26所示电路中，由于某处出现了故障，导致电路中的A、B两灯变亮，C、D两灯变暗，故障的原因可能是( )图7­2­26A．R1短路B．R2断路C．R2短路D．R3短路【解析】A灯在干路上，A灯变亮，说明电路中总电流变大，由闭合电路欧姆定律可知电路的外电阻减小，这就说明电路中只会出现短路而不会出现断路，选项B被排除，因为短路部分的电阻变小，分压作用减小，与其并联的用电器上的电压降低，C、D两灯变暗，A、B两灯变亮，这说明发生短路的电阻与C、D两灯是并联的，而与A、B两灯是串联的．观察电路中电阻的连接形式，只有R3短路符合条件．故应选D.【答案】 D11．如图7­2­27所示的电路中，电源的电动势恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝15 Ω.两水平放置的平行金属板A、B并联接在滑动变阻器两端，间距d＝40 cm.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量为q＝1×10－2 C，质量为m＝2×10－2kg，不考虑空气阻力．当滑动变阻器接入电路的阻值为8 Ω时，小球恰能到达A板，(取重力加速度g＝10 m/s2)求：图7­2­27(1)电源的电动势；(2)电源的输出功率．【解析】(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A板时速度为零．设两板间电压为U AB ，由动能定理得：－mgd －qU AB ＝0－12mv 2滑动变阻器两端电压U P ＝U AB ＝8 V 通过滑动变阻器的电流I ＝U P R P＝1 A 则电源的电动势为E ＝I (r ＋R ＋R P )＝24 V (2)电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R P )＝23 W 【答案】 (1)24 V (2)23 W12.在如图7­2­28所示的电路中，R 1＝2 Ω，R 2＝R 3＝4 Ω，当电键K 接a 时，R 2上消耗的电功率为4 W ，当电键K 接b 时，电压表示数为4.5 V ，试求：图7­2­28(1)电键K 接a 时，通过电源的电流和电源两端的电压； (2)电源的电动势和内电阻；(3)当电键K 接c 时，通过R 2的电流．【解析】 (1)K 接a 时，R 1被短路，外电阻为R 2，根据电功率公式P ＝I 2R 可得通过电源电流I 1＝PR 2＝1 A 再根据P ＝U 2R得电源两端电压U 1＝PR 2＝4 V. (2)K 接a 时，有E ＝U 1＋I 1rK 接b 时，R 1和R 2串联，R 外＝R 1＋R 2＝6 Ω 通过电源的电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝0.75 A这时有：E ＝U 2＋I 2r 解得：E ＝6 V ，r ＝2 Ω.(3)当K 接c 时，R 2、R 3并联，R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝2 ΩR 总＝R 1＋r ＋R 23＝6 Ω总电流I 3＝E /R 总＝1 A通过R 2的电流I ′＝12I 3＝0.5 A.【答案】 (1)1 A 4 V (2)6 V 2 Ω (3)0.5 A。