2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练3含答案

章末高效整合物理方法|类平抛运动的求解技巧1．类平抛运动的特点(1)受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．(2)运动特点在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m.2．类平抛运动的求解技巧(1)常规分解法将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a x、a y，初速度v0分解为v x、v y，然后分别在x、y方向列方程求解．在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v＝10 m/s沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4-1所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图4-1(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点时的速度大小．【规范解答】(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F 和重力mg 作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：a ＝F －mg m ＝15－101 m/s 2＝5 m/s 2.设质点从O 点到P 点经历的时间为t ，P 点坐标为(x P ，y P )， 则x P ＝v 0t ，y P ＝12at 2 又tan α＝y Px P联立解得：t ＝3 s ，x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m. (2)质点经过P 点时沿y 轴正方向的速度 v y ＝at ＝15 m/s 故过P 点时的速度大小v P ＝v 20＋v 2y ＝513 m/s.【答案】 (1)3 s x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m (2)513 m/s [突破训练]1．如图4-2所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1；B 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是( )【导学号：96622074】图4-2A ．A 、B 的运动时间相同 B ．A 、B 沿x 轴方向的位移相同C ．A 、B 运动过程中的加速度大小相同D ．A 、B 落地时速度大小相同D 设O 点与水平面的高度差为h ，由h ＝12gt 21，h sin θ＝12g sin θ·t 22可得：t 1＝2hg，t2＝2hg sin2θ，故t1<t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1<x2，B错误；由a1＝g，a2＝g sin θ可知，C错误；A落地的速度大小为v A＝v20＋(gt1)2＝v20＋2gh，B落地的速度大小v B＝v20＋(a2t2)2＝v20＋2gh，所以v A＝v B，故D 正确．物理模型|宇宙多星模型1．宇宙双星模型(1)两颗双星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等．(2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的．(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1＋r2＝L.2．宇宙三星模型(1)如图4-3所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动．这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡．运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：Gm2r2＋Gm2(2r)2＝ma向图4-3两行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等．(2)如图4-4所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动．每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供．图4-4Gm2L2×2×cos 30°＝ma向其中L ＝2r cos 30°.三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等．(2015·安徽高考)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图4-5所示为A 、B 、C 三颗星体质量不相同时的一般情况)．若A 星体质量为2m ，B 、C 两星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，求：图4-5(1)A 星体所受合力大小F A ； (2)B 星体所受合力大小F B ； (3)C 星体的轨道半径R C ； (4)三星体做圆周运动的周期T .【规范解答】 (1)由万有引力定律可知，A 星体所受B 、C 星体引力大小为F BA ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2＝F CA ，方向如图所示，则合力大小为F A ＝23G m 2a 2.(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为F AB ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2，F CB ＝G m C m B r 2＝G m 2a 2，方向如图所示．由F Bx ＝F AB cos 60 °＋F CB ＝2G m 2a 2， F By ＝F AB sin 60°＝3G m 2a 2， 可得F B ＝F 2Bx ＋F 2By ＝7G m 2a 2.(3)通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，则R C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，可得R C ＝74a .或⎝ ⎛由对称性可知OB ＝OC ＝R C ，cos ∠OBD ＝F Bx F B ＝ DB OB ＝12a R C ，得R C ＝⎭⎪⎫74a (4)三星体运动周期相同，对C 星体，由F C ＝F B ＝7G m 2a 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R C ，可得T ＝πa 3Gm .【答案】 (1)23G m 2a 2 (2)7G m 2a 2 (3)74a (4)πa 3Gm[突破训练]2．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) 【导学号：96622075】A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k TD.n k TB 双星间的万有引力提供向心力．设原来双星间的距离为L ，质量分别为M 、m ，圆周运动的圆心距质量为m 的恒星距离为r .对质量为m 的恒星：GMm L 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·r 对质量为M 的恒星：G Mm L 2＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(L －r )得G M ＋m L 2＝4π2T 2·L 即T 2＝4π2L 3G (M ＋m )则当总质量为k (M ＋m )，间距为L ′＝nL 时，T ′＝n 3k T ，选项B 正确．高考热点1|平抛运动的临界问题解决平抛运动的临界问题要注意以下三点： (1)明确平抛运动的基本性质、公式； (2)确定临界状态；(3)确定临界轨迹，在轨迹示意图上寻找出几何关系．(2014·浙江高考)如图4-6所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝取10 m/s 2)图4-6(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围． 【思路导引】【规范解答】 (1)装甲车匀减速运动的加速度大小 a ＝v 202s ＝209 m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹的弹孔离地的高度 h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时(第二发打到靶上)，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时(第一发打到地上)，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg ＋s ＝570 m故L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m [突破训练]3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图4-7所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图4-7A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6hC.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g6hD 设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好擦球网上边缘落到球网正中间． 则竖直方向上有3h －h ＝12gt 21 ① 水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②由①②两式可得v 1＝L 14g h设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22③ 在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④由③④两式可得v 2＝124L 21＋L 22 g6h则v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.故选项D 正确．高考热点2|万有引力定律的应用万有引力定律的应用是每年高考的必考内容，命题重点主要有两个：一是以现代航天科技为背景考查人造卫星的发射、运行、变轨对接等问题；二是与抛体运动、圆周运动和牛顿第二定律综合起来考查．(多选)宇宙飞船以周期T 绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图4-8所示．已知地球的半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G ，地球自转周期为T 0，太阳光可看做平行光，宇航员在A 点测出的张角为α，则( )图4-8A ．飞船绕地球运动的线速度为2πRT sin α2B ．一天内飞船经历“日全食”的次数为TT 0C ．飞船每次“日全食”过程的时间为α2πT 0 D ．飞船周期为T ＝2πR sin α2RGM sin α2【规范解答】 飞船绕地球运动的线速度为v ＝2πr T ，由几何关系知sin α2＝Rr ，所以v ＝2πRT sin α2，A 正确；又G Mm r 2 ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，由此得T ＝2πR sin α2RGM sin α2，D 正确；飞船每次经历“日全食”过程的时间为飞船转过α角所需的时间，即α2πT ，C 错误；一天内飞船经历“日全食”的次数为T 0T，B 错误．【答案】 AD [突破训练]4．一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T .假设宇航员在火星表面以初速度v 水平抛出一小球，经过时间t 恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图4-9所示．已知引力常量为G ，则火星的质量为( )【导学号：96622076】图4-9A.3v 3T 416Gt 3π4 B.33v 3T 416Gt 3π4 C.3v 2T 416Gt 3π4D.33v 2T 416Gt 3π4B 以M 表示火星的质量，r 0表示火星的半径，g ′表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G Mm r 20＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 0，在火星表面有G Mm ′r 20＝m ′g ′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝g ′tv ，联立以上各式解得M ＝33v 3T 416Gt 3π4，B 正确．。

章末过关练(四) 曲线运动 万有引力与航天(时间：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式，在读取内环数据时，以恒定角速度方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．如图1所示，设内环内边缘半径为R 1，内环外边缘半径为R 2，外环外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为各边缘线上的点．则读取内环上A 点时，A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时，C 点的向心加速度大小之比为( ) 【导学号：96622443】图1A.R 21R 2R 3B.R 22R 1R 3C.R 2R 3R 21D.R 1R 3R 22D A 、B 两点角速度相同，由a ＝ω2r 可知，a A ∶a B ＝R 1∶R 2①；B 、C 两点线速度相同，由a ＝v 2r 可知：a B ∶a C ＝R 3∶R 2②；①×②得：a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 22，D 项正确．2．(2015·全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图2所示．发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )图2A．西偏北方向，1.9×103 m/sB．东偏南方向，1.9×103 m/sC．西偏北方向，2.7×103 m/sD．东偏南方向，2.7×103 m/sB设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1v cos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103m/s.选项B正确．3．一艘船要在最短时间内渡过宽为100 m的河，已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图3甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是() 【导学号：96622444】甲乙图3A．船渡河的最短时间为25 sB．船运动的轨迹可能是直线C．船在河水中航行的加速度大小为a＝0.4 m/s2D．船在河水中的最大速度是5 m/sC船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直时渡河时间最短，即t＝1005s＝20 s，A项错误；由于水流速度变化，所以合速度变化，船头始终与河岸垂直时，运动的轨迹不可能是直线，B项错误；船在最短时间内渡河t＝20 s，则船运动到河的中央时所用时间为10 s，水的流速在x＝0到x＝50 m之间均匀增加，则a1＝4－010 m/s 2＝0.4 m/s 2，同理x ＝50 m 到x ＝100 m 之间a 2＝0－410 m/s 2＝－0.4 m/s 2，则船在河水中航行的加速度大小为0.4 m/s 2，C 项正确；船在河水中的最大速度为v ＝52＋42 m/s ＝41 m/s ，D 项错误．4．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命．假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是( )A ．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救B ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动C ．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍D ．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍D “轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，故A 错误；因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动，故B 错误；根据G Mmr 2＝m v 2r 得：v ＝GMr ，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍，故C 错误；根据G Mm r 2＝ma 得：a ＝G M r 2，因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故D 正确．5．(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.q p 倍C.pq 倍D.pq 3倍C 卫星绕行星做匀速圆周运动的向心力由行星对卫星的万有引力提供，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 ＝vpq ，为地球卫星环绕速度的pq 倍，选项C 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6．(2017·南通模拟)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动，假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的12，质量是地球质量的19.已知地球表面的重力加速度是g ，地球的半径为R ，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h ，忽略自转的影响，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622445】A ．火星的密度为2g3πGR B ．火星表面的重力加速度是2g9C ．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为23D ．王跃以与在地球上相同的的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是9h 4AD 由G Mm R 2＝mg ，得到：g ＝GM R 2，已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的49，即为49g . 设火星质量为M ′，由万有引力等于重力可得：G M ′mR ′2＝mg ′，解得：M ′＝gR 29G ，密度为：ρ＝M V ＝2g3πGR .故A 正确．g ＝GM R 2，已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19.则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的49，即为49g .故B 错误． 由G MmR 2＝m v 2R ，得到v ＝GMR ，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍．故C 错误．王跃以v 0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h ＝v 202g，由于火星表面的重力加速度是49g ，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h ′＝94h .故D 正确．7．(2017·常州模拟)一个做平抛运动的物体，从物体水平抛出开始发生水平位移为s 的时间内，它在竖直方向的位移为d 1；紧接着物体在发生第二个水平位移s 的时间内，它在竖直方向发生的位移为d 2.已知重力加速度为g ，则做平抛运动的物体的初速度为( )A ．s gd 2－d 1B ．s g 2d 1 C.2s 2gd 1d 1－d 2D ．s3g 2d 2ABD 从运动开始到发生水平位移s 的时间内，它在竖直方向的位移为d 1； 根据平抛运动的规律可得 水平方向上：s ＝v 0t 竖直方向上：d 1＝12gt 2联立可以求得初速度v 0＝sg2d 1，所以B 正确；在竖直方向上，物体做自由落体运动，根据Δx ＝gT 2可得d 2－d 1＝gT 2，所以时间的间隔T ＝d 2－d 1g ，所以平抛的初速度v 0＝st ＝sgd 2－d 1，所以A 正确；再根据匀变速直线运动的规律可知d 1d 2＝13，所以从一开始运动物体下降的高度为43d 2，由43d 2＝12g (2t )2，可得物体运动的时间间隔为t ＝2d 23g ，所以平抛的初速度v 0＝st ＝s3g2d 2，所以D 正确；故选ABD.8．如图4所示，斜面倾角为θ，从斜面的P 点分别以v 0和2v 0的速度水平抛出A 、B 两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则( )图4A ．A 、B 两球的水平位移之比为1∶4 B ．A 、B 两球飞行时间之比为1∶2C ．A 、B 两球下落的高度之比为1∶2D ．A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4AB 由平抛运动规律有x 1＝v 0t 1，y 1＝12gt 21，tan θ＝y 1x 1；x 2＝2v 0t 2，y 2＝12gt 22，tan θ＝y 2x 2；联立得A 、B 两球飞行时间之比为t 1∶t 2＝1∶2，A 、B 两球的水平位移之比为x 1∶x 2＝1∶4，A 、B 两项均正确；A 、B 下落的高度之比为y 1∶y 2＝1∶4，C 项错误；A 、B 两球落到斜面上的速度大小分别为v 1＝v 20＋(gt 1)2，v 2＝(2v 0)2＋(gt 2)2＝(2v 0)2＋(2gt 1)2＝2v 20＋(gt 1)2，A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶2，D 项错误．9．“神舟十号”与“天宫一号”多次成功实现交会对接．如图5所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接．M 、Q 两点在轨道1上，P 点在轨道2上，三点连线过地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速．下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有( ) 【导学号：96622446】图5A ．“神舟十号”在M 点加速，可以在P 点与“天宫一号”相遇B ．“神舟十号”在M 点经一次加速，即可变轨到轨道2C ．“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度D ．“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期AD 神舟十号与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬高与天宫一号实现对接，故“神舟十号”在M 点加速，可以在P 点与“天宫一号”相遇，故A 正确；卫星绕地球做圆周运动时向心力由万有引力提供，故有G Mmr 2＝m v 2r ，解得：v ＝GMr ，所以卫星轨道高度越大线速度越小，“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度，所以M 点经一次加速后，还有一个减速过程，才可变轨到轨道2，故B 、C 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2rT 2解得：T ＝2πr 3GM 知轨道半径越大，周期越大，所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期，故D 正确．三、计算题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10．(16分)如图6所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h ＝1.4 m 、宽L ＝1.2 m 的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H ＝3.2 m 的A 点沿水平方向跳起离开斜面．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：图6(1)若运动员不触及障碍物，他从A点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；(2)运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．【解析】(1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式H＝12gt2解得：t＝2Hg＝0.8 s.(2)为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H－h时，他沿水平方向运动的最小距离为Htan 53°＋L，设他在这段时间内运动的时间为t′，则：H－h＝12gt′2，Htan 53°＋L＝v t′，解得v＝6.0 m/s.【答案】(1)0.8 s(2)6.0 m/s11．(17分)如图7所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动．已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L.不计空气阻力．图7(1)求小球通过最高点A时的速度v A；(2)若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力T恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间让细线断裂，求小球落地点到C点的距离．【解析】(1)小球由绳固定，恰好通过最高点应满足：mg＝m v2AL，可得v A＝gL.(2)在B 点，由牛顿第二定律可得：T －mg ＝m v 2BL ， 又T ＝6mg ，可解得：v B ＝5gL又h BC ＝12gt 2，x ＝v B t ，h BC ＝1.9L －L ＝0.9L 可解得：x ＝3L .【答案】 (1)gL (2)3L12．(18分)如图8所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直管BC 组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB 的半径R ＝1.0 m ，BC 段长L ＝1.5 m ．弹射装置将一个质量为1 kg 的小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道，小球从C 点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h ＝1.25 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，π取3.14，求： 【导学号：96622447】图8(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A 点运动到C 点的时间； (2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角． 【解析】 (1)小球在半圆轨道上做匀速圆周运动向心力大小F ＝m v 2R ＝25 N小球从A 到B 的时间t 1＝πRv 0＝0.2π s ＝0.628 s从B 到C 的时间t 2＝Lv 0＝0.3 s则小球从A 点到C 点的时间 t ＝t 1＋t 2＝(0.628＋0.3)s ＝0.928 s. (2)小球做平抛运动h ＝v 2y2g v y ＝5 m/s设小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v yv0＝1故θ＝45°.【答案】(1)25 N0.928 s(2)45°。

章末过关练(八) 磁场(时间：60分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．垂直纸面的长直导线p 、q 通有大小相等、方向如图1所示的电流，MN 是p 、q 连线的中垂线，O 为垂足，现使带负电的粒子a 、b 、c 、d 从O 点以速率v 向M 、N 、p 、q 四个方向做直线运动，则( )图1A ．a 在O 点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外B ．b 在O 点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里C ．c 离开O 点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外D ．d 离开O 点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里D 两导线在O 点产生的合磁场磁感应强度为零，在O 点a 、b 不受洛伦兹力作用，A 、B 错误；两导线在pO 段产生的合磁场方向水平向左，在qO 段产生的合磁场方向水平向右，c 、d 所受洛伦兹力的方向均垂直于纸面向里，C 错误、D 正确．2．如图2所示，两根平行放置、长度均为L 的直导线a 和b ，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a 导线通有电流为I 、b 导线通有电流为2I ，且电流方向相反时，a 导线受到磁场力大小为F 1，b 导线受到的磁场力大小为F 2，则a 通电导线的电流在b 导线处产生的磁感应强度大小为( ) 【导学号：96622462】图2A.F 22ILB.F 1ILC.2F 1－F 22ILD.2F 1－F 2ILC a 、b 电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F ，对a 有F 1＝F ＋BIL ，对b 有F 2＝F ＋2BIL ，解得F ＝2F 1－F 2.对于导线b ，F ＝2F 1－F 2＝B ′·2IL ，解得B ′＝2F 1－F 22IL ，C 正确．3．如图3所示，一个带负电荷的物体从粗糙斜面顶端由静止释放后，滑到斜面底端时的速度为v .若加上一个如图所示的垂直于纸面指向外的水平磁场，则物体滑到底端时( )图3A ．v 变小B ．v 变大C ．v 不变D ．v 可能变大，也可能不变A 根据左手定则，带负电的物体受到垂直于斜面向下的洛伦兹力，这会增大物体与斜面间的正压力，从而增加物体与斜面间的摩擦力，物体在沿斜面向下运动的过程中，会有更多的机械能转化为内能，所以v 变小，选项A 正确．4．如图4所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )【导学号：96622463】图4A.23B ．2 C.32 D ．3D 两电子进入同一匀强磁场中，由圆周运动半径公式R ＝m v qB 可知，两电子轨迹半径相同．电子1垂直MN 射入匀强磁场，由几何知识可知，电子1在磁场中运动轨迹所对圆心角为π，电子2在磁场中运动轨迹所对圆心角为π3.由周期公式T＝2πm qB可知，两电子运动周期相同，故运动时间之比等于轨迹所对圆心角之比，即t1∶t2＝3∶1，D项正确．5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图5所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()图5A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正A由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a电极带正电，b电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即q v B＝qE得v＝EB＝UBd≈1.3 m/s.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6.(2017·徐州模拟)如图6所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()图6A ．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1∶3B ．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1C ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动的时间比值为2∶1D ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为3∶6BD 粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA ＝60°，φB ＝120°，设粒子的运动轨道半径为r A ，r B ，r A ＝R tan 30°＝33R ，r B ＝R tan 60°＝3R ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，q m ＝v Br，则粒子1与粒子2的比荷值为：vBr A v Br B＝r B r A ＝3，故A 错误；B 正确；粒子运动的周期，T ＝2πqB ，粒子运动的时间：t ＝θ2π·T ＝mθqB ，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为t 1t 2＝m 1q 1θ1m 2q 2θ2＝13·60°120°＝123，故C 错误，D 正确． 7．长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图7所示，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，极板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是() 【导学号：96622464】图7A ．使粒子的速度v <Bql 4mB ．使粒子的速度v >5Bql 4mC ．使粒子的速度v >Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m <v<5Bql 4mAB 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝m v 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m ；粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝m v 2Bq ，解得v 2＝Bql 4m ，故A 、B 正确．8．如图8所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB 、CD ，导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如下图所示的表示棒所受的安培力F 和摩擦力F f 随时间变化的四个选项中，正确的是( ) 【导学号：96622465】图8BC 由左手定则知，金属棒MN 的安培力方向垂直纸面向里，因此金属棒对竖直金属导轨AB 、CD 的正压力在数值上等于金属棒MN 的安培力F ，设匀强磁场的磁感应强度为B 、棒MN 长为L ，则有F N ＝F ＝BIL ＝kBLt ，选项B 正确；开始阶段滑动摩擦力较小，即F f <mg ，物体加速下滑，滑动摩擦力为F f ＝μF N ＝μkBLt ，由上式可知，物体将做加速度减小的加速运动，当F f ＝mg 时速度达到最大，由于惯性，此后物体将继续向下运动，f 也继续随时间增加，当F f >mg 时物体将做减速运动，当速度减小到零时，物体由运动状态转变为静止状态，物体受到的滑动摩擦力“突变”为静摩擦力，由平衡条件可得，此后的静摩擦力大小为F f ＝mg ，选项C 正确．9．如图9所示，在一竖直平面内，y 轴左侧有一水平向右的匀强电场E 1和一垂直纸面向里的匀强磁场B ，y 轴右侧有一竖直方向的匀强电场E 2，一电荷量为q (电性未知)、质量为m 的微粒从x 轴上A 点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P 点运动到图中C 点，其中m 、q 、B 均已知，重力加速度为g ，则( )图9 A．微粒一定带负电B．电场强度E2一定竖直向上C．两电场强度之比E1E2＝43D．微粒的初速度为v＝5mg 4BqBD微粒从A到P受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及电场力的性质可确定微粒一定带正电，A错误；此时有qE1＝mg tan 37°，微粒从P到C在电场力、重力作用下做直线运动，必有mg＝qE2，所以E2的方向竖直向上，B正确；由以上分析可知E1E2＝34，C错误；AP段有mg＝Bq v cos37°，即v＝5mg4Bq，D正确．三、计算题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10．(16分)如图10所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：【导学号：96622466】图10(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小．【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.30 N.【答案】 (1)1.5 A (2)0.3 N11．(16分)如图11所示，在一底边长为2L ，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O 为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场．现有一质量为m ，电量为q 的带正电粒子从静止开始经过电势差为U 的电场加速后，从O 点垂直于AD 进入磁场，不计重力与空气阻力的影响．图11(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度；(2)若要进入磁场的粒子能打到OA 板上，求磁感应强度B 的最小值．【解析】 (1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v由qU ＝12m v 2得v ＝2qUm .(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC 边相切，设圆周半径为R ，由图中几何关系得：R ＋R sin θ＝L由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R解得B ＝(2＋2)Uqm qL. 【答案】 (1)2qU m (2)(2＋2)Uqm qL12．(19分)(2014·江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图12所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．图12(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．【解析】 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ，粒子的运动轨迹如图所示．根据题意知L ＝3r sin 30°＋3d 2tan 30°，且磁场区域的宽度h ＝r (1－cos 30°)解得：h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32. (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，洛伦兹力提供向心力，则有m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B ， 由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°，解得粒子速度的最小变化量Δv ＝v －v ′＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d . (3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d tan θ＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2n r n＝q v n B ，解得v n ＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数. 【答案】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32 (2)qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d (3)qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数。

章末过关练(七)　恒定电流(时间：60分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．在长度为l 、横截面积为S 、单位体积内自由电子数为n 的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电荷量为e 的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复……所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v (不随时间变化)的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v 成正比，即f ＝k v (k 是常量)，则该导体的电阻应该等于( ) 【导学号：96622457】A. B. kl neSkl ne 2S C. D.kS nelkSne 2l B 电子定向移动，由平衡条件，k v ＝e ，则U ＝，导体中的电流I ＝neS v ，电U l k v l e阻R ＝＝，选项B 正确．U I kl ne 2S2．在如图1所示的电路中，输入电压U 恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V 6 W ”字样，电动机线圈的电阻R M ＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )图1A ．电动机的输入电压是5 VB ．流过电动机的电流是3.2 AC ．电动机的效率是80%D ．整个电路消耗的电功率是10 WA 灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3 V ，电流为2 A ，电动机的输入电压是8 V －3 V ＝5 V ，流过电动机的电流是I ＝2 A ，选项A 正确，B 错误；电动机内阻消耗功率I2R M＝4 W，电动机输入功率为UI＝5×2 W＝10 W，输出功率为6 W，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W＋6 W＝16 W，选项C、D错误．3．在如图2所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表的读数变大，电压表的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障判断的下列说法正确的是( )图2A．可能是R1短路B．可能是R2断路C．可能是R3短路D．可能是R4短路D　电流表的示数变大，则说明干路电流变大，路端电压变小；由于R1两端电压变大，则并联部分电压变小，灯泡L变暗，说明流经灯泡L的电流减小，且流经R2的电流也减小，所以流经R4、R3的电流增大，但由于R3、R4两端电压减小，且R3完好，所以只有R4短路，故A、B、C错误，D正确．4．咸阳市区某学校创建绿色校园，如图3甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)．现增加光照强度，则下列判断正确的是( )【导学号：96622458】甲 乙图3A．电源路端电压不变 B．R0两端电压变大C．B灯变暗，A灯变亮D．电源总功率不变B　由题意，增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电流I0＝I－I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B 的电压减小，B 灯变暗；电源的总功率P ＝EI ，I 增大，则P 增大．故B 正确，A 、C 、D 错误．5．(2015·北京高考)如图4所示，其中电流表的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的；R 2的阻值等于12电流表内阻的2倍．若用电流表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4A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 AC 设电流表的内阻为R A ，用电流表的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ，则每一小格表示0.06 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ，则每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6．如图5所示，电动势为E ，内阻为r 的电源与滑动变阻器R 1、定值电阻R 2、R 3、平行板电容器及理想电表组成闭合电路．若滑动变阻器R 1的触头向左移动一小段时，则( )图5A ．电流表读数增大B ．电容器所带电荷量增加C ．R 2消耗的功率减小D ．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变ACD 如题图所示电路中，R 1与R 2并联，然后与R 3串联，电压表、电容器两端电压均为路端电压，电流表测干路电流．当R 1的触头向左移动时，R 1接入电路的阻值减小，故电路中的总阻值减小，干路电流I 增大，即电流表读数增大，路端电压U 减小，电容器所带电荷量减小，A 项正确，B 项错误；因为U R 2＝U －IR 3，且U 减小而I 增大，所以R 2两端电压U R 2减小，故R 2消耗的功率减小，C 项正确；由U ＝E －Ir 可知，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比为电源内阻，保持不变，D 项正确．7．如图6所示的电路中，开关S 闭合．在开关S 接a 且电路稳定后，电流表、和电压表的示数分别为I 1a 、I 2a 和U a ，电源的输出功率为P 1，平行金属板所带电荷量为Q 1；这时让带电微粒从P 点水平射入平行板间，恰能沿图示水平直线射出．若把平行板的上板向上移动少许，且S 接b ，当电路稳定后，、和的示数分别为I 1b 、I 2b 和U b ，电源的输出功率为P 2，平行板所带电荷量为Q 2；再让相同微粒仍从P 点水平射入．则下列判断正确的是( )【导学号：96622459】图6A ．I 1a ＝I 1b ，I 2a ＝I 2b ≠0，U a ＞U bB ．Q 1＞Q 2C ．P 1＞P 2D ．该粒子带负电，且第二次从P 射入后，有可能打在下极板上BD 电容器接在直流电路中，电路稳定时，平行板电容器无充、放电电流，电流表的示数均为0，即I 2a ＝I 2b ＝0，电容器两端的电压等于与之并联的电路的电压，故开关S 分别接a 和b 时，电压表的读数不会发生变化，选项A 错误；由C ＝和εS 4πkdC ＝得Q ＝CU ＝，S 接b 时，平行板间的电压U 减小，同时d 增大，故电容器所Q U U εS 4πkd带电量减小，选项B 正确；开关S 分别接a 和b 时，电路的连接方式未变，路端电压和总电流均不变，电源的输出功率不变，选项C 错误；微粒第一次射入时，恰能沿水平直线射出，微粒的重力与电场力相平衡，则电场力竖直向上，而上极板带正电，故微粒带负电；微粒第二次射入时，极板间的电压U 减小，同时间距d 变大，故微粒受到的电场力减小，微粒向下偏转，则有可能打到下极板上，选项D 正确．8．如图7所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是( )图7A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为 Ω253C ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 VACD 电源的输出电压和电流的关系为：U ＝E －Ir ，显然直线①的斜率的绝对值等于r ，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出截距为50 V ，斜率的大小等于r ＝ Ω＝5 Ω，A 正确，B 错误；当电流为I 1＝2.5 A 时，由回路中电流I 1＝50－206－0，解得外电路的电阻R 外＝15 Ω，C 正确；当输出功率为120 W 时，由题图中Er ＋R 外P ­I 关系图线中看出对应干路电流为4 A ，再从U ­I 图线中读取对应的输出电压为30 V ，D 正确．9.锂电池因能量高、环保、无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图8所示，充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622460】图8A ．电能转化为化学能的功率为UIB ．充电器输出的电功率为UIC ．电池产生的热功率为I 2rD ．充电器的充电效率为×100%Ir UBC 充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI ＝I 2r ＋P 化，故电能转化为化学能的功率P 化＝UI －I 2r ，故A 错误；充电器消耗的电功率为：P ＝UI ，故B 正确；电池产生的热功率为P 热＝I 2r ，故C 正确；充电器的充电效率为：η＝×100%＝×100%，故D 错误．P －P 热P U －Ir U三、非选择题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10．(16分)为了测定一叠层电池的电动势和内电阻，实验室中提供有下列器材：A ．电流表(满偏电流10 mA ，内阻10 Ω)B ．电流表(0～0.6 A ～3 A ，内阻未知)C ．滑动变阻器R (0～100 Ω，1 A)D ．定值电阻R 0(阻值990 Ω)E ．开关与导线若干(1)某同学根据现有的实验器材，设计了图9甲所示的电路，请按照电路图在图乙上完成实物连线．甲 乙丙图9(2)图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用实验测出的数据绘出的I 1­I 2图线，I 1为电流表的示数，I 2为电流表的示数，由图线可以得到被测电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.【解析】　(1)如图所示．(2)对实验电路由欧姆定律有E ＝I 1(R g ＋R 0)＋(I 1＋I 2)r ，解得I 1＝－E r ＋R g ＋R 0I 2.由此可知图象的纵截距b ＝，斜率k ＝－.由图象可r r ＋R g ＋R 0E r ＋R g ＋R 0r r ＋R g ＋R 0知k ＝－1.0×10－2，纵截距为b ＝9.0×10－3 A ，解得E ≈9.0 V ，r ≈10.0 Ω.【答案】　(1)图见解析(2)9.0　10.011．(17分)(2015·全国卷Ⅰ)图10(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．图10(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA ；R 1和R 2为阻值固定的电阻．若使用a 和b 两个接线柱，电表量程为3 mA ；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可以求出R 1＝________Ω，R 2＝________Ω.(2)现用一量程为3 mA 、内阻为150 Ω的标准电流表Ⓐ对改装电表的3 mA 挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5 mA 、1.0 mA 、1.5 mA 、2.0 mA 、2.5 mA 、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V ，内阻忽略不计；定值电阻R 0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R 0应选用阻值为________Ω的电阻，R 应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R 1和R 2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R ′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路．则图中的d 点应和接线柱________(填“b ”或“c ”)相连．判断依据是：___________________________________________.【解析】　(1)设使用a 和b 两接线柱时，电表量程为I 1，使用a 和c 两接线柱时，电表量程为I 2，则使用a 和b 时：＋I g ＝I 1①I g R gR 1＋R 2使用a 和c 时：＋I g ＝I 2②I g (R g ＋R 2)R 1由①②两式得R 1＝15 Ω，R 2＝35 Ω.(2)校准时电路中的总电阻的最小值为R 小＝ Ω＝500 Ω，总电阻的1.53.0×10－3最大值为R 大＝ Ω＝3 000 Ω，故R 0选300 Ω的，R 选用最大阻值为3 1.50.5×10－3000 Ω的滑动变阻器．(3)d 接b 时，R 1和R 2串联，不论是R 1还是R 2损坏，电表都有示数且示数相同，故应将d 接c .根据d 接c 时的电路连接情况可知：闭合开关，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 2.【答案】　(1)15　35　(2)300　3 000　(3)c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 212．(18分)如图11所示，R 1＝9 Ω，R 2＝30 Ω，S 闭合时，电压表的示数为11.4 V ，电流表的示数为0.2 A ，S 断开时，电流表的示数为0.3 A ．求：【导学号：96622461】图11(1)电阻R 3的值；(2)电源的电动势E 和内阻r 的值；(3)S 断开时，电路中消耗的总功率以及电源的输出功率．【解析】　(1)S 闭合时，R 2两端电压：U 2＝I 2R 2＝0.2 A ×30 Ω＝6 V所以，R 1两端电压为U 1＝U －U 2＝11.4 V －6 V ＝5.4 V流过R 1的电流：I 1＝＝ A ＝0.6 A U 1R 1 5.49又因I 2＋I 3＝I 1故有I 3＝I 1－I 2＝0.6 A －0.2 A ＝0.4 AR 3＝＝＝ Ω＝15 Ω.U 3I 3U 2I 360.4(2)S 闭合时，R 并＝＝10 ΩR 2R 3R 2＋R 3电压表读数为U ＝(R 1＋R 并)①Er ＋R 1＋R 并S 断开时，电流表读数为I ＝②Er ＋R 1＋R 2由①②两式，代入数据解得：E ＝12 V ，r ＝1 Ω.(3)S 断开时，干路中电流为I ＝0.3 A 所以P 总＝EI ＝12×0.3 W ＝3.6 W P 输出＝P 总－I 2r ＝3.51 W.【答案】　(1)15 Ω　(2)12 V 1 Ω　(3)3.6 W 3.51 W。

章末过关练(六)静电场(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分、每小题只有一个选项符合题意)、1、绝缘细线的一端与一带正电的小球M相连接,另一端固定在天花板上,在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N,在下列情况下,小球M能处于静止状态的是()B M受到三个力的作用处于平衡状态,则绝缘细线对小球M的拉力与小球N对小球M的库仑力的合力必与M的重力大小相等,方向相反,其受力分析图如图所示,故B正确、2、如图1所示,一正离子在电场力作用下从A点运动到B点,在A点的速度大小为v0,方向与电场方向相同、该离子从A点到B点的v-t图象是() 【导学号：96622452】图1C A点的电场线密,故A点的场强大,因此该离子在A点的加速度大,在v-t图象中,图线斜率逐渐变小,故C对、3、如图2所示,在两个等量负点电荷形成的电场中,O点是两电荷连线的中点,a、b是该线上的两点,c、d是两电荷连线中垂线上的两点,acbd 为一菱形、若将一负离子(不计重力且不影响原电场分布)从c点匀速移动到d点,电场强度用E、电势用φ来表示、则下列说法正确的是()图2A、φa一定小于φO,φO一定大于φcB、E a一定大于E O,E O一定大于E cC、负离子的电势能一定先增大后减小D、施加在负离子上的外力一定先减小后增大C两等量同种负点电荷连线中点O的场强为零,B项错；由c到O 过程中,负离子受到沿Oc方向的电场力作用,电场力做负功,电势能增大,由电势能与电势关系可知,φO一定小于φc,A项错；由O到d过程中,负离子受到沿Od方向的斥力,电场力做正功,电势能减小,故C项正确；在两点电荷连线垂直平分线上,由O到无穷远处,场强先增大后减小,由题意不能确定d点场强与中垂线上场强最大值的关系,故D项错误、4、在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的绝缘细线的一端连接一个质量为m、电荷量为q的带电小球、细线另一端固定于O点,把小球拉起直至细线水平,如图3所示、将小球无初速度释放,小球向下摆动的最大角度为45°,重力加速度为g,则匀强电场的电场强度大小为() 【导学号：96622453】图3A.mg qB 、(2＋1)mg qC 、(2－1)mg q D.22＋12·mg qB 设绝缘细线的长度为l ,由动能定理得mg 22l －qE ⎝⎛⎭⎪⎫l －22l ＝0,E ＝2＋1q mg ,选项B 正确、5、两个不等量异种点电荷位于x 轴上,a 带正电,b 带负电,|q a |>|q b |,且a 、b 相对坐标原点位置对称、取无限远处的电势为零,下列各选项正确描述x 轴上的电势φ随位置x 变化规律的是( )D 电场线从正电荷出发而终止于负电荷,沿着电场线电势降低,由于|q a |>|q b |,故在b 电荷右侧存在电场强度为零的位置；φ - x 图象的切线斜率表示电场强度、故D 正确、二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)、6.(2017·淮安模拟)如图4所示,A 、B 、C 为直角三角形的三个顶点,∠A ＝30°,D 为AB 的中点,负点电荷Q 位于D 点、A 、B 、C 三点的电势分别用φA 、φB 、φC 表示,下列说法正确的是( ) 【导学号：96622454】图4A 、φC 等于φAB 、A 、B 两点电场强度相同C 、负检验电荷在BC 连线上各点具有的电势能都相等D 、将正检验电荷沿AC 从A 点移到C 点,电场力先做正功后做负功 AD 点电荷的等势面是一系列的同心圆,A 、C 两点在同一个等势面上,故φC 等于φA ,故A 正确；A 、B 两点与场源点电荷距离相等,根据点电荷场强公式E ＝k Q r 2,故AB 两点的电场强度大小相等,但方向不同,故A 、B两点的电场强度不相同,故B 错误；BC 连线上各点距场源距离不等,电势不等,根据E p ＝qφ,负检验电荷在BC 连线上各点具有的电势能不相等,故C 错误；AC 连线上,越靠近负电荷电势越低,从A 到C 电势先降低后升高,正检验电荷具有的电势能先减小后增大,故电场力先做正功后做负功,故D 正确、7.如图5所示,一个质量为m 、带电量为q 的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入,不计粒子所受的重力、当粒子的入射速度为v 时,它恰能穿过电场区域而不碰到金属板上、现欲使质量为m 、入射速度为v 2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,在以下的仅改变某一物理量的方案中,可行的是( )图5A 、使粒子的带电量减少为原来的14B 、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C 、使两板间的距离增加到原来的2倍D 、使两极板的长度减小为原来的一半ACD 设电容器两板间距为d ,板长为l ,由类平抛运动规律可得l ＝v t ,d 2＝12qE m t 2＝12qU dm t 2,可得d 2＝qUl 2m v 2.粒子带电量减少为原来的14,则d ′2＝qUl 2m v 2＝d 2,满足条件,选项A 正确；电压变为原来的12,则d ′2＝2qUl 2m v 2＝2d 2,不满足条件,选项B 错误；两板间距离增加到原来的2倍,则d ′2＝4qUl 2m v 2＝4d 2,满足条件,选项C 正确；两极板长度减小到原来的一半,则d ′2＝qUl 2m v 2＝d 2,满足条件,选项D 正确,故不可行的是选项B.8.如图6所示,一个电场的电场线分布关于y 轴对称,等腰直角三角形OPQ 处于电场中,A 为OQ 中点,则下列说法中正确的是( )【导学号：96622455】图6A 、Q 点的电势比A 点的电势低B 、将负电荷由O 点移动到P 点,电场力做正功C 、OA 两点间的电势差大于AQ 两点间的电势差D 、在O 点静止释放一个带正电粒子,该粒子将沿y 轴做匀变速直线运动AC 因为沿着电场线的方向,电势降低,所以Q 点的电势低于A 点的电势,选项A 正确；将负电荷由O 点移到P 点,电场力做负功,选项B 错误；由于OA 之间的电场强度大于AQ 之间的电场强度,而OA ＝AQ ,故OA 之间的电势差大于AQ 之间的电势差,选项C 正确；从O 点开始,沿y 轴正方向,电场线越来越疏,电场强度越来越小,故带正电粒子将做加速度越来越小的加速运动,选项D 错误、9.如图7所示,长为L 、倾角为θ的绝缘光滑斜面处于电场中,一电荷量为q 、质量为m 的带正电小球,以初速度v 0由斜面底端的A 点沿斜面上滑,到达斜面顶端B 点时速度仍为v 0.下列判断正确的是( )图7A 、A 、B 两点的电势相等B 、A 、B 两点间的电势差为mgL sin θqC 、小球在A 点的电势能和重力势能之和与在B 点时相同D 、由A 到B 过程中电场力做的功大于克服重力做的功BC 小球受到重力、电场力和支持力的作用运动,支持力不做功,由能量守恒得小球的动能、重力势能和电势能的总和保持不变,A 点和B 点的动能相同,故A 、B 两点的电势能和重力势能的总和相同,C 正确；由A到B 过程中电场力做功等于克服重力所做的功,则有U AB ＝W AB q ＝mgL sin θq,B 正确,A 、D 错误、 三、非选择题(本题共3小题,共51分、按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)、10.(17分)用两根长度均为L 的绝缘细线各系一个小球,并悬挂于同一点、已知两小球质量均为m ,当它们带上等量同种电荷时,两细线与竖直方向的夹角均为θ,如图8所示、若已知静电力常量为k ,重力加速度为g .求：图8(1)小球所受拉力的大小；(2)小球所带的电荷量、【解析】 (1)对小球进行受力分析,如图所示、设绳子对小球的拉力为F T ,则mg T ＝cos θF T ＝mg cos θ.(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F ,则F mg ＝tan θ,F ＝mg tan θ又F ＝k Q 2r 2,r ＝2L sin θ所以Q ＝2L sin θmg tan θk .【答案】 (1)mg cos θ (2)2L sin θmg tan θk11、(17分)如图9所示为一个从上向下看的俯视图,在光滑绝缘的水平桌面上,固定放置一条光滑绝缘的挡板轨道ABCD ,AB 段为直线,BCD 段是半径为R 的一部分圆弧(两部分相切于B 点),挡板处于场强为E 的匀强电场中,电场方向与圆的直径MN 平行,现使一带电量为＋q 、质量为m 的小球(不计重力)由静止从斜挡板内侧上某点释放,为使小球能沿挡板内侧运动,最后从D 点抛出,试求：图9(1)小球从释放点到N 点沿电场强度方向的最小距离；(2)在上述条件下小球经过N 点时对挡板的压力大小、【解析】 (1)根据题意分析可知,小球过M 点对挡板恰好无压力时,s最小,根据牛顿第二定律有：qE ＝m v 2M R .由动能定理得：qE (s －2R )＝12m v 2M联立解得：s ＝52R .(2)小球过N 点时,根据牛顿第二定律有：N －qE ＝m v 2N R由动能定理得：qEs ＝12m v 2N联立解得：N ＝6qE .【答案】 (1)52R (2)6qE12、(17分)如图10所示,水平放置的平行板电容器,两板间距离为d ＝8 cm,板长为L ＝25 cm,接在直流电上,有一带电液滴以v 0＝0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P 处时迅速将下板向上提起43 cm,液滴刚好从金属板末端飞出,求：【导学号：96622456】图10(1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P 点所用时间为多少？(g 取10 m/s 2)【解析】 (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有：qE ＝mg ,q U d ＝mg ,即：qU ＝mgd .当下板向上提后,d 减小,E 增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动、此时液滴所受电场力F ＝q U d ′＝mgd d ′,a ＝F －mg m ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d d ′－1m ＝15g ＝2 m/s.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是d 2.设液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t 1,则d 2＝12at 21,t 1＝d a＝0.2 s.而液滴从刚进入电场到出电场的时间t 2＝L v 0＝0.5 s. 所以液滴从射入电场到匀速运动到P 点的时间为t ＝t 2－t 1＝0.3 s.【答案】 (1)2 m/s 2 (2)0.3 s。

章末过关练(五)机械能及其守恒定律(时间：60分钟满分：100分)一.单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分.每小题只有一个选项符合题意).1.如图1所示，两物体A.B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A.B 两物体施加等大反向的水平恒力F1.F2，使A.B同时由静止开始运动.在以后的运动过程中，关于A.B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)图1A.由于F1.F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变B.当A.B两物体之间的距离减小时，系统的机械能增大C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D.当弹簧弹力的大小与F1.F2的大小相等时，A.B两物体速度为零C从开始状态到弹簧拉到最长过程中，两拉力方向与其受力物体位移方向均相同，做正功，由功能关系可知，系统机械能增大，A项错；当两物体之间距离减小即A.B相向运动，力F1和F2做负功，系统机械能减小，B项错误；当弹簧伸长到最长时，力F1和F2做正功最多，故系统机械能最大，C项正确；分别对A.B应用动能定理，从开始到弹力与外力相等时，合外力分别对A.B做正功，两物体动能增加，速度一定大于零，D项错.2.一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图2所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()【导学号：96622448】图2A.质点的机械能不断增加B.在0～5 s内质点的动能增加C.在10～15 s内质点的机械能一直增加D.在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能D质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B 错；0～5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A.C错误；由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～10 s内增加的机械能大于10～15 s内减少的机械能，所以D正确.3.如图3甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()甲乙图3A.物体在沿斜面向上运动B.在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C.在0～x 2过程中，物体先减速再匀速D.在x 1～x 2过程中，物体的加速度为g sin θD 由图乙可知，0～x 1阶段，物体的机械能E 随x 减小，故力F 一定对物体做负功，物体在沿斜面向下运动，A 错误；由E ＝E 0－Fx ，即图乙中0～x 1阶段图线的斜率大小为F ，故力F 减小，至x 1后变为零.物体的加速度先增大，后不变，匀加速的加速度大小为a ＝g sin θ，B.C 错误，D 正确.4.一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1v 图象如图4所示.若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( ) 【导学号：96622449】图4A.汽车的功率B.汽车行驶的最大速度C.汽车所受到的阻力D.汽车运动到最大速度所需的时间D 由F －f ＝ma ，P ＝F v 可得：a ＝P m ·1v －f m ，对应图线可知，P m ＝k ＝40，可求出汽车的功率P ，由a ＝0时，1v m＝0.05可得：v m ＝20 m/s ，再由v m ＝P f ，可求出汽车受到的阻力f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间.5.(2015·福建高考)如图5所示，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A .B .C 三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )图5A.t 1＜t 2B.t 1＝t 2C.t 1＞t 2D.无法比较t 1.t 2的大小A 在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2易知，v 1＞v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小.同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑动损失的动能更大.故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1＜t 2.选项A 正确.二.多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分).6.如图6所示，n 个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l ，总质量为M ，它们一起以速度v 在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面.小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的数值为( ) 【导学号：96622450】图6A.12M v 2B.M v 2C.12μMglD.μMglAC 小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明小方块进入粗糙水平面后速度为零.以所有小方块为研究对象，由动能定理可知，所有小方块克服摩擦力做功W f ＝12M v 2，A 项正确；将所有小方块等效为质量集中在重心的质点，恰能完全进入粗糙水平面，重心位移为12l ，摩擦力做功为－12μMgl ，做功的数值大小为12μMgl ，C 正确.7.在离水平地面h 高处将一质量为m 的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f ，落地时小球距抛出点的水平距离为x ，速率为v ，那么，在小球运动的过程中( )A.重力做功为mghB.克服空气阻力做的功为f ·h 2＋x 2C.落地时，重力的瞬时功率为mg vD.重力势能和机械能都逐渐减少AD 重力做功为W G ＝mgh ，A 正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于h 2＋x 2，故克服空气阻力做的功大于f ·h 2＋x 2，B 错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mg v ，C 错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，D 正确.8.有一辆新颖电动汽车，总质量为1 000 kg.行驶中，该车速度在14～20 m/s 范围内保持恒定功率20 kW 不变.一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400 m 范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则B.位移120～320 m 过程牵引力所做的功约为9.5×104 JC.位移120～320 m 过程经历时间约为14.75 sD.该车速度在14～20 m/s 范围内可能做匀加速直线运动AC 汽车最后匀速行驶，有P ＝f v m 得：f ＝20×10320.0 N ＝1 000 N ，则A 对；汽车位移120～320 m 过程中牵引力做功W ，由动能定理得：W －f ·(320 m －120 m)＝12m v 2m －12m v 20，代入数据得W ＝2.95×105 J ，则B 错；设汽车位移120～320 m 过程经历时间为t ，由动能定理得：Pt －f ·(320 m －120 m)＝12m v 2m －12m v 20，代入数据得：t ＝14.75 s ，则C 对；汽车速度在14～20 m/s 范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D 错.9.(2016·全国丙卷)如图7，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图7A.a ＝2(mgR －W )mRB.a ＝2mgR －W mRC.N ＝3mgR －2W RD.N ＝2(mgR －W )RAC 质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2，则速度v ＝2(mgR －W )m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝2(mgR －W )mR，选项A 正确，选项B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2W R，选项C 正确，选项D 错误.三.非选择题(本题共3小题，共51分.按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明.方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位).图810.(16分)在验证机械能守恒的实验中，某同学利用图8中器材进行实验，正确地完成实验操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图9所示.在实验数据处理中，某同学取A.B两点来验证实验.已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，g取9.8 m/s2，图中测量结果记录在下面的表格中.图9“右”)(2)将表格中未填项目填写完整；(3)若重物和夹子的总质量为0.6 kg，那么在A到B运动过程中，动能的增加量为________J，重力势能的减少量为________J.【解析】(1)重物刚开始运动，速度较小，点迹比较密集，故夹子应夹在纸带的左端.(2)v B＝x22T＝3.20 m/s.(3)在A到B运动过程中，动能的增加量ΔE k＝12m v2B－12m v2A≈2.78 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh AB＝2.94 J.【答案】(1)左(2)3.20(3)2.78 2.9411.(17分)(2016·全国丙卷)如图10，在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接.AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动.【导学号：96622451】图10(1)求小球在B .A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点.【解析】 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒定律得E k A ＝mg R 4① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A ＝5. ③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足 N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝12m v 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点.【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到C 点12.(18分)(2014·江苏高考)如图11所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g .图11(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复.若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －.【解析】 小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知：(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v 202μg .(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向.纵向加速度的大小分别为a x .a y ，则a y a x＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向.纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δv y Δv x＝tan θ 且由题意知tan θ＝v y v x，则v′yv′x＝v y－Δv yv x－Δv x＝tan θ所以摩擦力方向保持不变.则当v′x＝0时，v′y＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v＝2v0.(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的纵向位移为y，由题意知：a x＝μg cos θ，a y＝μg sin θ由匀变速运动规律知在侧向上：－2a x x＝0－v20在纵向上：2a y y＝(2v0)2－0工件滑动时间：t＝2v0 a y乙前进的距离：y1＝2v0t工件相对乙的位移：L＝x2＋(y1－y)2，则系统摩擦生热：Q＝μmgL电动机做功：W＝12m(2v0)2－12m v2＋Q由P－＝Wt，解得电动机的平均输出功率为：P－＝45μmg v05.【答案】(1)2v202μg(2)2v0(3)45μmg v05。

物理试卷第1页（共12页）物理试卷第2页（共12页）绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km ，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km ，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A .周期B .角速度C .线速度D .向心加速度2.采用220 kV 高压向远方的城市输电，当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( ) A.55 kVB.110 kVC.440 kVD.880 kV3.某弹射管每次弹出的小球速度相等。

在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。

忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的 ( )A.时刻相同，地点相同B.时刻相同，地点不同C.时刻不同，地点相同D.时刻不同，地点不同4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力，该过程中小球的动能k E 与时间t 的关系图象是( )5.如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。

现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

6.火车以60 m /s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10 。

在此10 s 时间内，火车( )A.运动路程为600 mB.加速度为零C.角速度约为1 rad /sD.转弯半径约为3.4 km7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。

江苏省通、泰、淮、连、扬、徐、宿2018届高三第三次模拟考试物理注意事项:1. 本试卷满分120分,考试时间100分钟.2. 答题前,考生务必将自己的学校、班级、姓名写在密封线内.一、单项选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1.春秋末年齐国人的著作《考工记》中有“马力既竭,辀犹能一取焉”,意思是马对车不施加拉力了,车还能继续向前运动,这是关于惯性的最早记述.下列关于惯性的说法中正确的是()A.车只在运动时才具有惯性B.撤去拉力后车的惯性大小不变C.拉力可以改变车的惯性D.车运动越快惯性越大2.如图所示,带有孔的小球A套在粗糙的倾斜直杆上,与正下方的小球B通过轻绳连接,处于静止状态.给小球B施加水平力F使其缓慢上升,直到小球A刚要滑动.在此过程中()A.水平力F的大小不变B.杆对小球A的支持力不变C.轻绳对小球B的拉力先变大后变小D.杆对小球A的摩擦力先变小后变大3.磁流体发电机原理如图所示,等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内,正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金属板偏转,形成直流电源对外供电.则()A.仅减小两板间的距离,发电机的电动势将增大B.仅增强磁感应强度,发电机的电动势将减小C.仅增加负载的阻值,发电机的输出功率将增大D.仅增大磁流体的喷射速度,发电机的总功率将增大4.如图所示,不可伸长的细线一端固定,另一端系一小球,小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动,不计空气阻力,则小球从释放位置运动到最低点的过程中()A.水平方向加速度不断增大B.竖直方向加速度不断增大C.重力做功的瞬时功率先增大后减小D.拉力做功的瞬时功率先增大后减小5.如图所示,水平虚线MN上方有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里.大量带正电的相同粒子,以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向,由小孔O射入磁场区域,做半径为R的圆周运动,不计粒子重力和粒子间相互作用.下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域,其中正确的是()A B C D二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分.6.某卫星绕地球做圆周运动周期等于地球自转周期,其轨道平面与赤道平面成55°角,则该卫星()A.离地面高度与地球同步卫星相同B.在轨运行速度等于第一宇宙速度C.加速度大于近地卫星的加速度D.每天两次经过赤道上同一点的正上方7.健身车上装有金属电磁阻尼飞轮,飞轮附近固定一电磁铁,示意图如图所示,人在健身时带动飞轮转动,则()A.飞轮转速越大,阻尼越大B.电磁铁所接电压越大,阻尼越大C.飞轮材料电阻率越大,阻尼越大D.飞轮材料密度越大,阻尼越大8.某区域的电场线分布如图所示,一电场线上有P、Q两点,一电子以速度v0从P点向Q点运动,经过时间t1到达Q点时速度大小为v1一正电子(带正电,质量、电荷量均与电子相同)以大小为v0的速度从Q点向P 点运动,经过时间t2到达P点时速度大小为v2,不计正、负电子受到的重力,则()A.v1<v2B.v1=v2C.t1>t2D.t1=t29.如图所示,斜面体静置在水平面上,斜面底端固定一挡板,轻弹簧一端连接在挡板上,弹簧原长时自由端在B 点.一小物块紧靠弹簧放置,在外力作用下将弹簧压缩至A点.物块由静止释放后,恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C,然后下滑,最终停在斜面上,斜面体始终保持静止,则()A.物块最终会停在A、B之间的某位置B.物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置相同C.整个运动过程中产生的内能小于弹簧的最大弹性势能D.物块从A上滑到C过程中,地面对斜面体的摩擦力先减小再增大,然后不变三、简答题:本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分,共计42分.请将解答填写在相应的位置.10. (8分)用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.气垫导轨上A处安装了一个光电门,滑块上固定一遮光条,滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连,每次滑块都从同一位置由静止释放,释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方.甲乙(1) 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d,如图乙所示,则d= mm.(2) 实验中,接通气源,滑块静止释放后,由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t,测得滑块质量为M,钩码质量为m,A、B间的距离为L.在实验误差允许范围内,钩码减小的重力势能mgL与(用直接测量的物理量符号表示)相等,则机械能守恒.(3) 下列不必要的一项实验要求是(请填写选项前对应的字母).A.滑块必须由静止释放B.应使滑块的质量远大于钩码的质量C.已知当地重力加速度D.应使细线与气垫导轨平行(4) 分析实验数据后发现,系统增加的动能明显大于钩码减小的重力势能,原因是.11. (10分)氧化膜电阻是用真空镀膜等工艺将金属氧化淀积在绝缘基体表面上形成的薄膜电阻,常用色环来标识阻值,如图甲所示.某学习小组为了测量色环不清晰的氧化膜电阻的阻值,准备了下列器材:A.待测氧化膜电阻R xB.电流表A1(量程150 μA,内阻约40 Ω)C.电流表A2(量程1 mA,内阻约10 Ω)D.电压表V(量程3 V,内阻约10 kΩ)E.滑动变阻器R(阻值020 Ω,允许最大电流1 A)F.直流电源E(输出电压5 V,内阻不计)G.多用电表H.开关S、导线若干甲乙丙(1) 用多用电表粗测电阻时,将选择开关旋至×100挡,调零后将红、黑表笔与氧化膜电阻的两端相接,发现指针偏转的角度很小,再将选择开关旋至(填“×1”“×10”或“×1 k”)挡,正确操作后,多用电表示数如图乙所示.(2) 用伏安法测量该电阻阻值,电流表应选用(填写器材代号).请在图丙中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接.(3) 正确连接电路,闭合开关,调节滑动变阻器滑片位置,发现电压表指针偏转而电流表指针始终不偏转.在不断开电路的情况下,使用多用电表直流电压挡检查电路故障,将多用电表的(填“红”或“黑”)表笔与电流表“+"接线柱保持接触,另一表笔依次与氧化膜电阻的左、右接线柱以及滑动变阻器的左上接线柱接触,发现多用电表指针均发生较大角度的偏转,说明电路在何处发生何种故障?.12.【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定两题作答.如都作答,则按A、B两小题评分.A. (选修模块3-3)(12分)(1) 下列说法中正确的有.A.只有在温度较高时,香水瓶盖打开后才能闻到香水味B.冷水中的某些分子的速率可能大于热水中的某些分子的速率C.将沸腾的高浓度明矾溶液倒入玻璃杯中冷却后形成的八面体结晶属于多晶体D.表面张力是由液体表面层分子间的作用力产生的,其方向与液面平行(2) 1912年,英国物理学家威尔逊发明了观察带电粒子运动径迹的云室,结构如图所示,在一个圆筒状容器中加入少量酒精,使云室内充满酒精的饱和蒸汽.迅速向下拉动活塞,室内气体温度(填“升高”、“不变”或“降低”),酒精的饱和汽.压(填“升高”“不变”或“降低”).(3) 如图所示,一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置,用截面积为S的轻活塞在汽缸内封闭着体积为V0的气体,此时气体密度为ρ0.在活塞上加竖直向下的推力,使活塞缓慢下降到某位置O,此时推力大小F=2p0S.已知封闭气体的摩尔质量为M,大气压强为p0,阿伏加德罗常数为N A,环境温度不变,求活塞下降到位置O时,①封闭气体的体积V.②封闭气体单位体积内的分子数n.B. (选修模块3-4)(12分)(1) 下列说法中正确的有.A.汽车减震系统的固有周期远大于外界冲击力的周期B.照相机镜头涂有增透膜,各种颜色的可见光能几乎全部透过镜头C.观看3D电影时,观众戴的偏振眼镜两个镜片的透振方向相平行D.车站行李安检机采用X射线,X射线穿透能力比紫外线强(2) 自动驾驶汽车配置了超声波、激光、无线电波雷达和光学相机组成的传感探测系统,当汽车与前方车辆距离减小到安全距离时,系统会执行减速指令.若汽车静止时发出的超声波频率为4.0×104 Hz,空气中声速为340 m/s,该超声波的波长为m.汽车行驶时接收到被前方汽车反射的超声波频率(填“大于”“等于”或“小于”)汽车发出的频率.(3) 如图所示,真空中有一个半径为R的均匀透明介质球,一细束激光沿直线AB传播,在介质球表面的B点经折射进入球,入射角θ1=60°,在球面上另一点又一次经折射后进入真空,此时激光的传播方向相对于光线AB偏转了60°.已知真空中的光速为c,求:①介质球的折射率n.②激光在介质球中传播的时间t.C. (选修模块3-5)(12分)(1) 中微子是一种不带电、质量很小的粒子.早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案,静止的铍核Be)可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子,新核处于激发态,放出γ光子后回到基态,通过测量新核和γ光子的能量,可间接证明中微子的存在,则.A.产生的新核是锂核Li)B.反应过程吸收能量C.中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等D.中微子的动能与处于激发态新核的动能相等(2) 我国计划在南京建立国际领先的大科学工程装置——“强流高亮度超导质子源”,超导直线加速器将质子加速至0.9倍光速以上,加速过程中,质子的能量增加,则质子的质量(填“增加”“不变”或“减小”),其物质波波长(填“增加”“不变”或“减小”).(3) 如图所示,在光滑水平冰面上,一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v0=1.0 m/s向左匀速运动.某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v1=7.0 m/s向左推出,冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回.已知冰车的质量为m1=10 kg,小孩与滑板的总质量为m2=30 kg,小孩与滑板始终无相对运动.取g=10 m/s2.①求冰车与竖直墙发生碰撞过程中,墙对冰车的冲量大小I.②通过计算判断冰车能否追上小孩.四、计算或论述题:本题共3小题,共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,必须明确写出数值和单位.13. (15分)如图所示,水平导体棒ab质量为m、长为L、电阻为R0,其两个端点分别搭接在竖直平行放置的两光滑金属圆环上,两圆环半径均为r、电阻不计,阻值为R的电阻用导线与圆环相连接,理想交流电压表V 接在电阻两端.整个空间有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场,导体棒ab在外力F作用下以角速度ω绕两圆环的中心轴OO'匀速转动,产生正弦交变电流.已知重力加速度为g.求:(1) 导体棒ab沿环运动过程中受到的安培力最大值F m.(2) 电压表的示数U和导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程中通过电阻R的电荷量q.(3) 导体棒ab从环的最低点运动半周到最高点的过程中外力F做的功W.14. (16分)如图所示,两根不可伸长的细绳A、B端分别固定在水平天花板上,O端系有一质量m= kg的物体,ABO组成一边长为L=5 m的正三角形.物体受到方向水平向左的风力作用,绳BO能承受的最大拉力F m=20 N,绳AO不会被拉断,取g=10 m/s2.(1) 水平风力F1=5 N时,物体处于静止状态,求绳BO中的拉力大小F B.(2) 水平风力为F2时,绳BO刚好被拉断,求F2和绳BO拉断时物体的加速度大小a.(3) 在(2)的情况下,求物体运动过程中的最大速度v m和物体运动到最高点时与初始位置的高度差h.15. (16分)如图甲所示,真空室中电极K发出的电子(初速不计)经电场加速后,由小孔P沿两水平金属板M、N的中心线射入板间,加速电压为U0,M、N板长为L,两板相距.加在M、N两板间电压u随时间t变化关系为u MN=sin,如图乙所示.把两板间的电场看成匀强电场,忽略板外电场.在每个电子通过电场区域的极短时间内,电场可视为恒定.两板右侧放一记录圆筒,筒左侧边缘与极板右端相距,筒绕其竖直轴匀速转动,周期为T,筒的周长为s,筒上坐标纸的高为.以t=0时电子打到坐标纸上的点作为xOy坐标系的原点,竖直向上为y轴正方向.已知电子电荷量为e,质量为m,重力忽略不计.(1) 求穿过水平金属板的电子在板间运动的时间t.(2) 通过计算,在示意图丙中画出电子打到坐标纸上的点形成的图线.(3) 为使从N板右端下边缘飞出的电子打不到圆筒坐标纸上,在M、N右侧和圆筒左侧区域加一垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B应满足什么条件?甲乙丙江苏省通、泰、淮、连、扬、徐、宿2018届高三第三次模拟考试物理参考答案及评分标准一、单项选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意.1. B2. D3. D4. C5. B二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共计16分.每小题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答得0分.6. AD7. AB8. BC9. ACD三、简答题:本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分,共计42分.请将解答填写在相应的位置.10. (8分)(1) 2.70(2分)(2) (2分)(3) B(2分)(4) 气垫导轨右端偏高(2分)11. (10分)(1) ×1 k(2分)(2) A1(2分)如图所示(2分)(3) 黑(2分)电流表“+”与氧化膜电阻的左接线柱间的连接发生断路(2分)12. A. (选修模块3-3)(12分)(1) BD(3分,漏选得1分)(2) 降低(2分)降低(2分)(3) ①由玻意耳定律有p0V0=(p0+)V (1分)解得V=V0(1分)②密闭气体的摩尔数n0=(1分)单位体积内的分子数n=(1分)解得n=(1分)B. (选修模块3-4)(12分)(1) AD(3分,漏选得1分)(2) 8.5×10-3(2分)大于(2分)(3) ①激光的光路图如图所示由几何关系可知折射角θ2=30°由折射定律有n=(1分)解得n==1.73 (1分)②激光在介质中传播的距离s=R(1分)传播的速度v=(1分)则t==(1分)C. (选修模块3-5)(12分)(1) AC(3分,漏选得1分)(2) 增加(2分)减小(2分)(3) ①冰车在碰撞过程由动量定理有-I=m1(-v1)-m1v1(1分)解得I=140 N·s(1分)②设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v,由动量守恒定律有(m1+m2)v0=m1v1+m2v(1分)解得v=-1.0 m/s(1分)由于|v|<v1,故冰车能追上小孩(1分)四、计算或论述题:本题共3小题,共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.13. (15分)(1) 导体棒ab产生的最大感应电动势E m=BLv=BLωr(1分)受到的安培力最大值F m=(1分)解得F m=(2分)(2) 通过电阻R的电流I=(1分)电压表的示数U=IR(1分)解得U=(1分)导体棒从环的最低点运动到与环心等高处过程产生的平均感应电动势=(1分)通过电阻R的电荷量q=·Δt=·Δt(1分)磁通量的变化量ΔΦ=BLr解得q=(1分)(3) 此过程安培力做的功W安=-I2(R+R0)·(1分)由动能定理有W+W安-mg·2r=0 (2分)解得W=2mgr+(2分)14. (16分)(1) 设此时绳AO中的拉力大小F A,由平衡条件有F1+F A cos60°-F B cos60°=0 (1分)F A sin60°+F B sin60°-mg=0 (1分)代入数据解得F B=15 N(2分)(2) 设绳BO拉断时,物体仍在原来位置,则拉断前瞬间水平和竖直方向的分力分别为F m x=F m cos60°=10 N(1分)F m y=F m sin60°=10 N(1分)由于F my=mg,说明物体仍在原来位置,此时绳AO中的拉力大小为0.水平方向由平衡条件有F2=F m x=10 N(1分)绳BO被拉断后,物体做圆周运动,拉断时加速度方向沿圆切线方向,则F2sin60°+mg cos60°=ma(2分)解得a=10 m/s2(1分)(3) 设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为θ时,物体运动的速度最大,则F2sinθ-mg cosθ=0 (1分)F2(L cos60°+L cosθ)+mg(L sinθ-L sin60°)=m.(1分)解得v m=10 m/s(1分)设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为α时,物体到达最高点,则F2(L cos60°+L cosα)+mg(L sinα-L sin60°)=0 (1分)h=L sin 60°-L sin α (1分)解得h=7.5 m(1分)15. (16分)(1)设电子经加速电压加速后的速度为v0,则eU0=m,L=v0t(2分)解得t=L·(2分)(2) 电子在板间运动的加速度a=(1分)能飞出的电子打到坐标纸上的偏距y=at2+L·解得y==3L sin(1分)设当M、N两板间电压为U时,电子从水平金属板右边缘飞出,则=at2解得U=U0(1分)故在一个周期中的、时间内,电子打在M、N板上,画出电子打到坐标纸上的点形成的图线如图所示(正弦曲线的一部分).(3分)(3) 设从N板右端下边缘飞出时的电子速度与水平方向的夹角为θ,速度大小为v,则tanθ=,v=解得tanθ=,v=(2分)①当匀强磁场方向垂直于纸面向外时,电子打不到圆筒坐标纸上,磁场的磁感应强度为B1,电子做圆周运动的轨道半径为r1,则r1+r1sinθ=,evB1=m解得r1=L,B1=(1分)应满足的条件B>(1分)②当匀强磁场方向垂直于纸面向里时,电子打不到圆筒坐标纸上,磁场的磁感应强度为B2,电子做圆周运动的轨道半径为r2,则+=,evB2=m解得r2=L,B2=(1分)应满足的条件B>(1分)。

2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题（江苏卷）物 理第Ⅰ卷一、 单项选择题：（本题共5小题，每小题3分，共15分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求的1．半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN 。

在半圆柱体P 和MN 之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图。

现使MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，发现P 始终保持静止。

则在此过程中，下列说法正确的是 A ．MN 对Q 的弹力逐渐减小 B ．地面对P 的支持力逐渐增大 C ．Q 所受的合力逐渐增大D ．地面对P 的摩擦力逐渐增大2．如图所示，四个小球在离地面不同高度处，同时由静止释放，不计空气阻力，从某一时刻起，每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面。

则刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是3．一个门电路的两个输入端A 、B 与输出端Z 的波形如图所示，则可知该门电路是 A ．“与”门 B ．“或”门 C ．“与非”门 D ．“或非”门4． “抛石机”是古代战争中常用的一种设备，它实际上是一个费力杠杆。

如图所示，某研究小组用自制的抛石机演练抛石过程。

所用抛石机长臂的长度L ，石块装在长臂末端的口袋中。

开始时长臂与水平面间的夹角α ，对短臂施力，使石块经较长路径获得较大的速度，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出，石块落地位置与抛出位置间的水平距离s 。

不计空气阻力。

根据以上条件，不能求出的物理量是A ．石块刚被抛出时的速度大小v 0B ．抛石机对石块所做的功WC ．石块刚落地时的速度v t 的大小D ．石块刚落地时的速度v t 的方向5．欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I 时，小磁针偏转了30°，问当他发现小磁针偏转了60°，通过该直导线的电流为（已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）A ．2IB ．2IC ．3ID ．3IMNQPαLα高 度 地面 高 度 地面 高 度 地面 高度地面1 2 34 1 2 3 4 1 23 4 12 3 4 AB C D二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。