2014届高考物理一轮复习 必拿分基础训练(7) 新人教版

【安徽省，人教版】2014届物理一轮小题精练（67,含答案）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小 题只有一个选项符合题目要求， 有些小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得 0分）1.一个系统的机械能增大，究其原因，下列推测正确的是（ ）A. 可能是重力对系统做了功B. —定是合外力对系统做了功C. 一定是系统克服合外力做了功D. 可能是摩擦力对系统做了功 ［答案］D［解析］系统的机械能增加是除重力、 弹簧的弹力以外的力对系统做正功引起的. 不是合外力做功的问题•所以只有D 说法正确.2. （2013 •济南模拟）如图所示，铁路提速要解决许多具体的技术问题，其中提高机车 牵引力功率是一个重要的问题•若匀速行驶时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即 f = kv 2.那么，当列车分别以 引力功率之比为 120km/h 和40km/h 的速度在水平直轨道上匀速行驶时，机车的牵 （ ）A. 3: 1 C. 27: 1B. 9: 1D. 81: 1［答案］C［解析］本题考查功率的概念，分析时要首先找出功率与速度的关系，然后再进行判 断.功率P = Fv = fv = kv 2x v = kv 3，即功率与速度的三次方成正比， 所以当速度之比是 3- I时，则功率之比是 13.汽车以恒定功率L P 初速度V 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变， 则汽车上坡过程中的 v —t 图象不可能是图中的( )［答案］A［解析］汽车上坡过程中功率不变，开始时牵引力可能大于阻力，可能小于阻力，可能 等于阻力，则速度可能先加速，可能先减速，可能不变，但不可能做匀加速运动，故 A 是不 可能的.4. （2013 •烟台五校联考）某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为 v 1,装满货物后的最大速度为 v 2,已知汽车空车的质量为 m ,汽车所受的阻力跟车重成正比， 则汽车后来所装货物的质量是 （ ）V 1 — V 2 A. v 2 m V 1 — V 2 V 1 C. v i m D.V2mV 1 + V 2 B. V 2 m［答案］A［解析］空载时：P= FfM = km o gv i，装满货物后：P= Ff 2V2= kmgv,所以汽车后来所装V i —V2货物的质量是△ m= m—m o= V2 m o，选项A正确.5. （2013 •广东质检）如图所示，小物体A沿高为h、倾角为0的光滑斜面以初速度v o 从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则（）A. 两物体落地时速度的大小相同B. 两物体落地时，重力的瞬时功率相同C. 从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同D. 从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同［答案］AC［解析］由于竖直高度的变化是相同的，所以相同质量的物体重力做功是一样的，再根据动能定理可计算出末速度的大小相等. 选项A正确，选项C正确.根据功率的定义，两物体落地时竖直方向上的速度不同，可知选项B错误.由于两物体在落地过程中的运动时间不一定相同，所以选项D错误.6•空中花样跳伞是一项流行于全世界的一种极限运动•如图甲所示是花样跳伞队员在空中摆出的莲花图案.假设某跳伞运动员从静止在空中的飞机上无初速度跳下，沿竖直方向下落，运动过程中，运动员的机械能与位移的关系图象如图乙所示，其中0〜S i过程中的图线为曲线，S i〜S2过程的图线为直线•根据该图象，下列判断正确的是（）A. 0〜s i过程中运动员受到的空气阻力是变力，且不断减小B. S i〜S2过程中运动员做匀速直线运动C. s i〜S2过程中运动员做变加速直线运动D. 0〜S i过程中运动员的动能不断增大［答案］BD［解析］根据机械能守恒定律可知，只有重力做功时不影响运动员机械能的变化，所以影响机械能变化的“元凶”是空气阻力做功• 0〜S i过程中，机械能并非均匀减小，且由常识可知，运动员速度越大，所受阻力会越大，A项错误；开始下落阶段，空气阻力小于重力，运动员的速度不断增加，D项正确；S i〜S2过程中运动员的机械能均匀减小，可知空气阻力不再变化，即运动员速度不再发生变化，B项正确，C项错误.7.禾U用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况，实验时让某消防队员从平台上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h.计算机显示消防队员受到地面支持力F随时间变化的图象如图所示.根据图象提供的信息，以下判断正确的是（）A.小球将沿圆柱体表面做圆周运动滑至 C 点B. 在t 3和t 4时间内消防队员的重心在减速下降C. t 3时刻消防队员的加速度为零D. 在t l 至t 4时间内消防队员的机械能守恒 ［答案］AB［解析］t i 时刻前支持力为零，说明处于自由落体阶段， t 2时刻支持力与重力相等， t 1宀t 2阶段已经触地做加速度逐渐减小为零的加速运动，速度在增大， t 2时刻速度达到最大 值，A 、B 对C 错；在11至t 4时间内，消防队员的重力势能减小，动能减小到零，机械能减 小，D 错.& （2013 •重庆模拟）半径为R 的圆桶固定在小车上，有一光滑小球静止在圆桶的最低 点，如图小车以速度 v 向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球在圆桶中上升的 高度可能2vB.大于2gvC.小于2g ［答案］ACD［解析］小球沿圆桶上滑机械能守恒，由机械能守恒分析知 ACD 是可能的.9. 如图所示，固定在地面上、截面圆心为 O 半径为R 、表面粗糙的半圆柱体，其上方固定一个光滑曲线轨道 AB AB 间的竖直高度为 R 轨道底端水平并与半圆柱体顶端相切于 B 点.质量为m 的小球从A 点沿轨道AB 由静止开始滑下，最后在水平面上的落点为 q 图中未A. 在t l 至t 2时间内消防队员的重心在加速下降 D.等于2RA.等于2g2B. 小球将沿圆柱体表面运动一段后脱离表面斜下抛至 C 点C. 小球将做平抛运动到达 C 点D. O C 之间的距离为2R ［答案］CD［解析］设小球沿轨道 AB 滑至B 点时的速度大小为 v,由机械能守恒定律：mgl % mv /2 ,2mv解出滑至B 点时的速度大小 v = y/2gh 因此在B 点时，向心力F 向=頁=2mg 即小球受的支1 持力为mg 所以小球将从圆柱体表面脱离并做平抛运动，由平抛运动的规律知：R= 2gt 2,0（= vt = 2R 所以CD 正确、AB 错误.10. 如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块 A 和B,其中物块 A 连接一个轻弹簧并处于静止状态，物块 B 以水平初速度v o 向着物块A 运动.物块B 与弹簧 相互作用过程中，两物块始终保持在同一条直线上运动，下列图象分别描绘了此过程 A B 两物块的速度v 、动能E k 及所受弹力F 随时间t 的变化规律.能正确表示其关系的一组图象 是（）Vo----- AB .①⑥D.②⑥A在物块B 与弹簧相互作用过程中，由于弹簧弹力是变力且随弹簧压缩量的增大B 的速度逐渐减小、物块 A 的速度逐渐增大，且速度图象斜率 （表示加速度） 机械 图③x 逐渐增大，而压缩量x 随时间t 非均匀变化，图⑤正确⑥错.第n 卷（非选择题共60分）二、填空题（共3小题，每小题6分，共18分.把答案直接填在横线上 ）A.④⑤ C.③⑤ ［答案］ ［解析］而增大，物块逐渐增大，图①②均不能表示速度 v 随时间t 的变化规律.在两物块相互作用过程中, 能守恒，当弹簧压缩至最短两物块速度相等时，弹性势能最大，两物块动能之和最小， 错④正确.弹力F 随弹簧压缩量 ①冲B£ ⑤③11. （6分）（2013年盐城模拟）小玲同学平时使用带弹簧的圆珠笔写字，她想估测里面小弹簧在圆珠笔尾端压紧情况下的弹性势能的增加量.请你帮助她完成这一想法.（1） _______________________________________ 写出实验所用的器材：.（2）写出实验的步骤和所要测量的物理量（用字母表示）.（要求能符合实验并尽量减少误(3)弹性势能的增加量的表达式△巳=.［答案］(1)天平直尺(2) ①将圆珠笔紧靠直尺竖直放在桌面上② 在桌面上将圆珠笔尾端压紧，记下笔尖处的读数 X i ③ 突然放开圆珠笔，观察并记下笔尖到达最高处的读数 X 2④ 用天平测出圆珠笔的质量 m (3) mgx 2— X i )12. (6分)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图 所示的装置，另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、 导线、复写纸、纸带、小木块、 细砂.当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上空的小砂桶时，释放小桶， 滑块处于静止状 态.若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：(1) 你认为还需要的实验器材有 ____________________ . (2) 实验时首先要做的步骤是 ________________ . (3) 在(2)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量 M 往砂桶中装入适量的细砂，用天 平称出此时砂和砂桶的总质量 m 让砂桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况， 在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距 L 和这两点的速度大小 v i 与V 2(V i </2)•则本实验最终要验证的数学表达式为 _____________ (用题中的字母表示实验中测量得到的物理量).［答案］(1)天平刻度尺 (2) 平衡摩擦力1 1(3) mgL= 2( M+ m v 22 — 2( M+ v 2［解析］(1)需要测量滑块、细砂和砂桶的质量和测量纸带的长度，因而还需要天平、 刻度尺.M(2)设绳子的拉力为 T ,根据牛顿第二定律： mg- T = ma T = Ma 解得T =祐和9只有 当M ? m 时上式才能将细砂和砂桶的重力看作等于绳子的拉力.13. (6分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械 能守恒.屮 (1) 实验前需要调整气垫导轨底座使之水平，利用现有器材如何判断导轨是否水平？小砂桶数字计时器(2) 如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d= __________ cm,实验时将滑块从图示位置静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间△ t = 1.2 X 10 一1 2s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为__________ m/s ;在实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m ________ 和 _______ (文字说明并用相应的字母表示)•(3)本实验通过比较__________ 和_________ 在实验误差允许的范围内相等(用测量的物理量符号表示)，从而验证了系统的机械能守恒.［答案］(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的.(接通气源，将滑块放在气垫导轨上，轻推一下，能做匀速运动，则说明导轨是水平的)(2) 0.52 0.43 滑块上的遮光条初始位置到光电门的距离s滑块的质量M12(3) mgs 2( M( d/ △ t)三、论述计算题(共4小题，共42分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14. (10分)跳水运动是我国体育运动的优势项目，某运动员参加10m跳台(即跳台距水面10m)的跳水比赛，假如运动员质量为m= 60kg，其体形可等效为长度L= 1.0m，直径为d=0.3m的圆柱体，不计空气阻力，运动员站立在跳台上向上跳起到达最高点时，他的重心上升的高度为0.20 m,在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y变化的函数图象如图所示，该直线与F 轴相交于F= 2.5 mg处，与y轴相交于y= h(某一未知深度)，为了确保运动员的安全，水池必须有一定的深度，已知水的密度p = 1X 103kg/m3，根据以上的数据估算(保11 运动员起跳瞬间所做的功；2 运动员从起跳到刚接触水面过程所用的时间；3 跳水池至少应为多深？［答案］(1)1.2 X 10 2J (2)1.6s (3)7.6m1［解析］(1)起跳瞬间做功W= ?mV = mgh，其中怜=0.20m代入数据得：W= 1.2 X 10 2J1(2)起跳到接触水面为竖直上抛运动2mV= mgh代入数据得：V o = 2m/s根据位移公式：一H= V o t —2gt：其中H= 10m代入数据得：t = 1.6s(3)起跳到入水到最低点，设水池至少应为h深，根据动能定理得1 1W/F mg H+ h) 一？Fh—2F浮L一F浮(h—L) = 0,式中F= 2.5 mgd 2F浮=p gL n (2)2代入数据得：h= 7.6m15. (10分)(2013 •盐城二调)如图所示，倾角为0的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L.有若干个相同的小方块(每个小方块视为质点)沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L.将它们由静止释放，释放时下端距A为2L.当下端运动到A下面距A为L/2时物块运动的速度达到最大.(1) 求物块与粗糙斜面的动摩擦因数；(2) 求物块停止时的位置；(3) 要使所有物块都能通过B点，由静止释放时物块下端距A点至少要多远？［答案］(1)2tan 0 (2) B 端(3)3 L［解析］(1)当整体所受合外力为零时，整体速度最大，设整体质量为m则1mg>in 0 =卩2mg cos 0得卩=2ta n 0(2) 设物块停止时下端距A点的距离为X,根据动能定理1mg2 L+ x)sin 0 —2 mg pos 0 L—mc pos 0 (x —L) = 0解得x= 3L即物块的下端停在B端(3) 设静止时物块的下端距A的距离为S,物块的上端运动到A点时速度为V,根据动能定理1 1mgj L+ s)sin 0 —2 卩mg pos 0 L= 2mv物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一块为研究对象，设其质量为m，运动到B点时速度正好减到0,根据动能定理12mg3L sin 0 — ^ mg3L cos 0 = 0 —2mv得s = 3L16. (11分)(2013 •苏锡常镇调查)如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N,改变H的大小，可测出相应的N的大小，N随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PC与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点(0,5.8N)，重力加速度g取10m/s2,求：T乙⑴小物块的质量m⑵ 圆轨道的半径及轨道 DC 所对应的圆心角 0(可用角度的三角函数值表示 )；(3) 小物块与斜面AD 间的动摩擦因数卩.［答案］(1)0.5kg(2)37 ° (3)0.3［解析］(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得2v由向心力公式 N- mg= mR 2v 2mg得 N = mR + mg= -RH+ mg结合PQ 曲线可知 mg= 5得m= 0.5kg 2mg⑵由图象可知-R = 10得R= 1m 1-0.2cos 0 = 1 = 0.8 , 0 = 37°(3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得(H — 0.2) 1 2mg —卩 mg cos 0 sin 0 — = 2mV 8解得 mV = 2mgHk 3 a mg H — 0.2)2 2 V V同向心力公式 N- mg= mR 得 N= mR + mg= R H+ 3 卩 mg+ mg 1.6结合QI 曲线知3 a mg^ mg= 5.8 解得a = 0.3.17. (11分)(2013 •潮州测试)在半径R= 5000km 的某星球表面，宇航员做了如下实验， 实验装置如图甲所示•竖直平面内的光滑轨道由轨道 AB 和圆弧轨道 BC 组成，将质量 m= 0.2kg 的小球，从轨道 AB 上高H 处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过 C 点时对轨 道的压力F ,改变H 的大小，可测出相应的F 大小，F 随H 的变化关系如图乙所示•求：1 _ mg =^mV 解得 v = 2gH82mg- 3 卩 mg 1.6(2)该星球的第一宇宙速度.［答案］(1)0.2m (2)5 X 10 3m/s2V C［解析］ ⑴ 小球过C 点时满足F + mg= mr1又根据 mg H — 2r ) = 2m\C2mg联立解得F = TH- 5mg由题图可知：H = 0.5m 时F i = 0;可解得r = 0.2m H = 1.0m 时 F 2 = 5N;可解得 g = 5m/s 22 v_(2)据 mR = mg可得 v = Rg = 5X 103m/s. 图甲 ⑴圆轨道的半径；图乙。

【人教通用版】2014届高考物理一轮复习必拿分基础训练（28）一、选择题1．由牛顿第一定律可知( )A．物体的运动是依靠惯性来维持的B．力停止作用后，物体的运动就不能维持C．物体做变速运动时，可以没有外力作用D．力是改变物体惯性的原因答案： A2．(2013·廉江中学理科测试)关于物体运动状态的变化，下列说法中正确的是( ) A．运动物体的加速度不变，则其运动状态一定不变B．物体的位置在不断变化，则其运动状态一定在不断变化C．做直线运动的物体，其运动状态可能不变D．做曲线运动的物体，其运动状态也可能不变解析：速度改变则运动状态改变，物体有加速度时，速度改变，运动状态一定改变，A不正确；物体做匀速直线运动时，速度不变，运动状态不改变，位置发生改变，B不正确，C正确；做曲线运动的物体，其速度方向不断变化，运动状态一定改变，D不正确．答案： C3．下列关于运动和力的叙述中，正确的是( )A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同解析：力是改变物体运动状态的原因，也是产生加速度的原因．速度的改变包括大小与方向．加速度、速度变化与力同向．曲线运动，是变速运动，存在合外力与加速度，但加速度可能是恒定的，如平抛运动，A错．物体做变速圆周运动时，合力既改变速度方向，也改变速度大小，合力不指向圆心，B错．运动速率增加，只能说明合力在平行速度方向的分力与速度同向，D错．合力(加速度)与速度共线，物体做直线运动，不共线则做曲线运动．答案： C4．在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是( )①若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进②若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进③磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动④磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动A．①③B．②③C．①④ D．②④解析：若磁悬浮列车减速，磁悬浮列车运动的速度变小了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要大于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向前滚．反之，当磁悬浮列车加速时，磁悬浮列车运动的速度变大了，而小球因为有惯性，要保持原来的匀速直线运动状态，所以小球运动的速度要小于磁悬浮列车运动的速度，即小球要相对磁悬浮列车向后滚．由以上分析可知，选项B正确．答案： B5．一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论，正确的是( )A．车速越大，它的惯性越大B．质量越大，它的惯性越大C．车速越大，刹车后滑行的位移越短D．车速越大，刹车后滑行的位移越长，所以惯性越大解析：要理解质量是惯性大小的唯一决定因素．惯性是物体的固有属性，其大小由物体的质量确定，质量越大惯性越大，所以A错B正确．滑行位移应由刹车时的速度确定，因为刹车过程中，其加速度是相同的，根据v2－v20＝2ax，所以车速越大，其滑行位移越大，而与其惯性大小无关，所以C、D均错．答案： B 6.(2013·福建福州质检)商场搬运工要把一箱苹果沿倾角为θ的光滑斜面推上水平台，如右图所示．他由斜面底端以初速度v 0开始将箱推出(箱与手分离)，这箱苹果刚好能滑上平台．箱子的正中间是一个质量为m 的苹果，在上滑过程中其他苹果对它的作用力大小是( )A ．mgB ．mg sin θC ．mg cos θD ．0解析： 以箱子和里面所有苹果作为整体来研究，受力分析得，Mg sin θ＝Ma ，则a ＝g sin θ，方向沿斜面向下；再以苹果为研究对象，受力分析得，合外力F ＝ma ＝mg sin θ，与苹果重力沿斜面的分力相同．由此可知，其他苹果给它的力应与重力垂直于斜面的分力相等，即mg cos θ，故C 正确．答案： C 7.如右图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析： 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg由牛顿第二定律知a A ＝μmg m ＝μg对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .答案为C.答案： C 8.(2013·河北唐山三月)如右图所示，用皮带输送机将物块m 向上传送，两者间保持相对静止，则下列关于m 所受摩擦力F f 的说法正确的是( )A ．皮带传动的速度越大F f 越大B ．皮带加速运动的加速度越大F f 越小C ．皮带速度恒定，m 质量越大F f 越大D ．F f 的方向一定与皮带速度方向相同解析： 当传送带加速时，F f －mg sin θ＝ma ，即F f ＝mg sin θ＋ma .故皮带加速运动的加速度越大F f 越大，与速度无关，A 、B 均错．当皮带匀速运动时，a ＝0，因此F f ＝mg sin θ，故m 越大F f 越大，C 对．当皮带向上减速时mg sin θ＋F f ＝ma ，当a 增大到a >g sin θ时，F f 方向沿斜面向下，故D 错．答案： C9．(2013·东北四校联考)如右图所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上，开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板，假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )A ．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变B ．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变C ．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力变小D ．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变解析： 小车匀加速向右运动时重球将飞离木板后与小车一起加速，二者保持相对静止，此时弹簧拉力大于重球重力，其读数变大．小车匀加速向左运动时重球受到木板向左的支持力，竖直方向上弹簧拉力仍与重力保持平衡，其读数不变．取整个系统分析由平衡条件可知小车对地面的压力保持不变，始终等于系统重力，综上可知B 项正确．答案： B 10.如右图所示，竖直面内的固定圆环光滑，两个有孔的小球A 和B 套在环上．中间用一根轻绳相连，B 处在过圆心的水平线上，绳与水平方向的夹角为30°时A 、B 均保持静止，已知B 的质量为m ，下列判断正确的是( )A ．绳的张力大小等于3mgB ．A 的质量为2mC ．剪断细绳的瞬间A 的加速度大小为3g /2D ．剪断细绳的瞬间A 的加速度大小为g解析： 分别对A 、B 两球作受力分析知，均为三力平衡，容易解得绳上张力大小等于2mg ，A 的质量为2m ，选项B 正确；剪断细绳的瞬间，A 受到轨道的弹力将发生突变，A 将沿环下滑，加速度方向沿圆环的切向，a ＝2mg cos 60°2m＝g 2，故选项C 、D 错误． 答案： B11．(2013·海南卷)下列说法正确的是( )A ．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B ．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C ．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D ．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动解析： 本题考查运动和力的关系，意在考查考生理解和分析运动和力的关系的各种情况的能力．物体的速率不变，不一定是速度不变，如匀速圆周运动，合外力总是指向圆心，而速率不变，所以选项A 错误；匀加速直线运动的加速度是恒定的，加速度均匀增加就是变加速运动，故B 也不对；物体所受合外力的方向与速度方向相反，物体将做减速运动，但如果合外力大小是变化的，则做的就是变减速运动，故选项C 不对；在任意相等的时间间隔内物体的位移相等，因为位移是矢量，包含了方向，故是匀速直线运动，所以选项D 正确．答案： D二、非选择题12．(2013·天津河西区)如右图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在一块与水平面夹角为30°的粗糙长木板上，另一端连接一个质量为m 的滑块A ，滑块与木板的最大静摩擦力为F f .设滑块与木板的最大静摩擦力与其滑动摩擦力大小相等，且F f <12mg .(1)如果保持滑块在木板上静止不动，弹簧的最小形变量为多大？(2)若在滑块A 上再固定一个同样的滑块B ，两滑块构成的整体沿木板向下运动，当弹簧的形变量仍为(1)中所求的最小值时，其加速度为多大？解析： (1)由于12mg >F f ，因此滑块静止时弹簧一定处于伸长状态，设弹簧最小形变量为x 1，根据共点力平衡条件，kx 1＋F f ＝mg sin 30°解得x 1＝mg －2F f2k .(2)将滑块B 固定到A 上后，设弹簧伸长量仍为x 1时两滑块的加速度为a ，根据牛顿第二定律2mg sin 30°－kx 1－2F f ＝2ma解得a ＝14g －F f2m .答案： (1)mg －2F f 2k (2)14g －F f2m。

【人教通用版】2014届高考物理一轮复习必拿分基础训练（3）1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中不正确的是( )A ．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B ．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C ．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D ．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车解析： 本题考查实验过程中应注意的事项，选项A 中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)通过细绳拴在小车上，A 错；选项B 、C 、D 符合正确的操作方法，B 、C 、D 对，A 错．答案： A2．(2013·南通质检)“验证牛顿运动定律”的实验，主要的步骤有：A ．将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上，取两个质量相等的小车，放在光滑的水平长木板上B ．打开夹子，让两个小车同时从静止开始运动，小车运动一段距离后，夹上夹子，让它们同时停下来，用刻度尺分别测出两个小车在这一段时间内通过的位移大小C ．分析所得到的两个小车在相同时间内通过的位移大小与小车所受的水平拉力的大小关系，从而得到质量相等的物体运动的加速度与物体所受作用力大小的关系D ．在小车的后端也分别系上细绳，用一只夹子夹住这两根细绳E ．在小车的前端分别系上细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘内分别放着数目不等的砝码，使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量．分别用天平测出两个砝码盘和盘内砝码的总质量上述实验步骤，正确的排列顺序是________．解析： 此题考查的是实验步骤，对于实验的一些常识，必须牢记于心，结合本实验的实验步骤，不难排列出正确的顺序．答案： AEDBC3．用如下图所示的装置来探究物体的加速度与力、质量的关系．实验时，小盘和砝码牵引小车，使小车做初速度为零的匀加速运动．(1)此实验中可以不测量加速度的具体值，原因是______________________．(2)通过改变________，就可以改变小车所受的合力．(3)在探究加速度与质量关系时，分别以________为纵坐标、________为横坐标作图象，这样就能直观地看出二者关系．答案： (1)探究的是加速度与其他量之间的比例关系(其他解答只要合理就给分．如：初速度为零的匀加速运动，在相同的时间内，位移与加速度成正比) (2)砝码的数量 (3)a ⎝ ⎛⎭⎪⎫或1m 1m (或a )4．在探究物体的加速度a 与物体所受外力F 、物体质量M 间的关系时，采用如图所示的实验装置．小车及车中的砝码质量用M 表示，盘及盘中的砝码质量用m 表示．(1)当M 与m 的大小关系满足________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．(2)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m 一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是________．A ．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D ．用天平测出m 以及小车质量M ，小车运动的加速度可直接用公式a ＝mg M 求出 (3)另两组同学保持小车及车中的砝码质量M 一定，探究加速度a 与所受外力F 的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a －F 关系图象分别如图1和图2所示，其原因分别是：图1：____________________________________________________________________； 图2：_____________________________________________________________________解析： (1)实验中的实际加速度为a ＝mgM ＋m ，实验时把mg 当成对M 的拉力，即忽略m对加速度的影响，使加速度约为a ＝mg M ，显然需m ≪M .(2)平衡摩擦力的实质是，让重力的下滑分力Mg sin θ＝μMg cos θ……①，只需将纸带挂上，不需施加其他外力，A 错；由①式可知B 对；每次实验时应先接通打点计时器的电源，再放开小车，C 错；小车的加速度应由小车后面拖动的纸带上打出的点计算出，D 错．(3)若m ≪M 则a ＝1M mg ，斜率1M 基本不变，若m 过大(或M 过小)，则m 不能忽略，a ＝1M ＋mmg ，随m 的增大斜率1M ＋m 减小；从图2可以看到，有了一定的拉力而加速度为零，显然摩擦力还没有完全平衡掉．答案： (1)m ≪M (2)B (3)m 过大(或M 过小)，造成m 不是远小于M 没有平衡摩擦力或木板的倾角过小5．(2013·山东理综)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN 、PQ ，并测出间距d .开始时将木板置于MN 处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F 0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F 1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ 处的时间t .(1)木板的加速度可以用d 、t 表示为a ＝________；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)______．(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a 与弹簧秤示数F 1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是________．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________． a ．可以改变滑动摩擦力的大小b ．可以更方便地获取多组实验数据c ．可以比较精确地测出摩擦力的大小d ．可以获得更大的加速度以提高实验精度解析： (1)木板做初速度为零的匀加速直线运动，其位移d ＝12at 2，加速度a ＝2d t 2.为了减小偶然误差，可多次测量时间t ，取t 的平均值．(2)当F 1＜F 0时，木块不动，加速度为零，a 、b 均错；当F 1＞F 0时，木板开始运动，但F 1并非绳子的拉力而是瓶和水的总重力，只有当瓶和水的质量远小于木板和弹簧秤的质量时，F 1才可近似等于绳子拉力，此时a －F 1图线为一段倾斜的直线，当瓶和水的质量不远小于木板和弹簧的总质量时，绳子的拉力将小于F 1，其加速度a 随着F 1的增大而增加的变慢，即a －F 1图线的斜率将逐渐减小，因而只有c 项正确．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码相比，水的质量可以连续调节，因而F 1的大小也可以连续调节，从而比较精确地测出摩擦力的大小和更方便地获取多组实验数据，故正确答案为b 、c.答案： (1)2dt 2 多次测量时间t ，取t 的平均值 (2)c (3)bc6．(2013·成都模拟)某实验小组利用如下图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．(1)由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x ＝24 cm ，由下图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d ＝________cm.该实验小组在做实验时，将滑块从上图甲所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt 1，遮光条通过光电门2的时间Δt 2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v 1＝________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v 2＝________，则滑块的加速度的表达式a ＝________.(以上表达式均用字母表示)乙丙(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到如表所示的实(3)应图象． 解析： (1)由图可知：d ＝5 mm ＋0.1 mm×2＝5.2 mm ＝0.52 cm.遮光条的宽度很小，遮光条通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度即为滑块通过光电门的瞬时速度，故v 1＝d Δt 1，v 2＝dΔt 2.滑块由光电门1到光电门2做匀加速直线运动，由v 22－v 21＝2ax 可得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 122x. (2)在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比，当合外力一定时，在误差允许的范围内，物体质量和加速度的乘积近似相等．(3)如图所示答案： (1)0.52 d Δt 1 dΔt 2⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 122x(2)(3)见解析。

一、选择题1.(2013·湖南长沙高三质检)如右图所示，将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，充电完成后，将电键S闭合到2位置，让其放电，在电键S闭合瞬间将产生火花．放电后，再次将电键S合到1位置，对平行板电容器充电，然后断开电键，将两金属板间距离拉大些，并再次将电键闭合到2位置，让其放电，产生火花，则两次放电过程相比较( )A．两次放电过程放出的电荷量相等B．两次放电过程释放的能量相等C．第二次放电过程放出的电荷量较大D．第二次放电过程释放的能量较小解析：两次充电是用同一电源进行的，所以所充电的电荷量相同，故放电时所放出的电荷量也相等，在将两金属板间距离拉大的过程中，克服电场力做功，电场能增加．答案： A2.如右图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E＝Ud＝QCd＝4kπQεrS，可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中央．所以只有选项B正确．答案： B3．(2013·海门模拟)如右图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小解析：电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D 正确．答案： D4.如右图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D．小球在运动过程中机械能守恒解析： 若qE ＝mg ，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qE<mg ，球在a 处速度最小，对细线的拉力最小．若qE>mg ，球在a 处速度最大，对细线的拉力最大．故A 、B 错．a 点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故C 正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，D 错误．答案： C5．(2013·衡阳四市毕业班联考)如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是( )A ．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B ．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C ．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D ．电子射出后动能一定增大解析： 由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A 、B 板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A 、B 错，C 对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D 错．答案： C6．(2013·安徽理综)如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F 的大小判断正确的是( )A ．保持R1不变，缓慢增大R2时，F 将变大B ．保持R1不变，缓慢增大R2时，F 将变小C ．保持R2不变，缓慢增大R1时，F 将变大D ．保持R2不变，缓慢增大R1时，F 将变小解析： 当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力F 三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R0两端电压，当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，F 不变，C 、D 两项错．若保持R1不变，缓慢增大R2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，F 变小．故B 项正确． 答案： B7．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．在t ＝2.5 s 时，小球经过边界MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3∶2C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析： 由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mg F －mg ＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B 错误．小球在t ＝2.5 s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错．答案： C8．(2013·山东济南模拟)如下图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析： 设加速电压为U0，进入偏转电场时的速度为v0，则电子经加速电场：eU0＝12mv20① 偏转电场中：L ＝v0t ②y ＝12Ue dmt2③ eU d y ＝12mv2－12mv20④ 由①②③得y ＝L2U 4dU0当滑动触头向右滑动时，U0变大，y 变小，所以选项A 、B 均错．对①②③④得12mv2＝L2U2e 4d2U0＋eU0 当U 增大时，12mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对． 答案： D9.一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则( )A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对解析： 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v21R ，mg(h －2R)＝12mv21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE)(h －2R)＝12mv22，联立解得mg －qE ＝mv22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确．答案： B10.如右图所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到N 极上的C 点，已知AB ＝BC.不计空气阻力，则可知( )A ．微粒在电场中作类平抛运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等C ．MN 板间的电势差为2mv20/qD ．MN 板间的电势差为Ev20/2g解析： 因电场力和重力均为恒力，其合力亦为恒力，且与v0有一定夹角，故微粒做匀变速曲线运动——即抛物线运动，但不是类平抛运动，所以A 错．因AB ＝BC ，即v02·t＝vC 2·t 可见vC ＝v0.故B 项正确；由动能定理，得：W 电＋WG ＝ΔEk ＝0，即：q U 2－mg·v202g＝0，所以 U ＝mv20/q ，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q ＝mg E 代入U ＝mv20q ，得U ＝Ev20g，故D 项错误． 答案： B二、非选择题11.如右图所示，水平光滑绝缘轨道MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E ＝4.0×102 N/C 、水平向左的匀强电场．一个质量m ＝0.10 kg 、带电荷量q ＝5.0×10－5 C 的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x1＝0.20 m 的P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x2＝0.10 m 的Q 点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小；(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功；(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．解析： (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a此过程滑块所受合外力F ＝qE ＝2.0×10－2 N根据牛顿第二定律F ＝ma ，解得a ＝0.20 m/s2.(2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W1＝qEx1＝4.0×10－3 J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功即ΔE ＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J.答案： (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J。

高考物理一轮复习必拿分基础训练（7）（带答案与解析）的正确答案、解答解析、考点详解姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1.【题文】右图示为一链条传动装置的示意图．已知主动轮是逆时针转动的，转速为n，主动轮和从动轮的齿数比为k.以下说法中正确的是( )A．从动轮是顺时针转动的B．从动轮是顺时针转动的C．从动轮的转速为nkD．从动轮的转速为n/k【答案】C【解析】试题分析：因为主动轮是逆时针转动，，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，所以从动轮也做逆时针转动，AB错误；主动轮与从动轮的转速比等于两轮的齿数之反比，即，故C正确．D错误故选C考点：考察了匀速圆周运动规律的应用点评：在研究同一根带子转动时，要知道线速度相等，同轴转动，角速度相等．2.【题文】探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比( )A．轨道半径变小B．向心加速度变小C．线速度变小D．角速度变小【答案】A【解析】评卷人得分试题分析：探测器做匀速圆周运动由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律可得：,解得：,周期变小，轨道半径减小，A正确；根据公式，解得,半径减小，线速度增大，C错误；根据公式，可得，半径减小，角速度增大，D错误；根据公式可半径减小，向心加速度增大，D错误，故选A．考点：万有引力定律及其应用点评：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期，向心加速度的表达式，进而可分析各选项．3.【题文】英国《新科学家(New Scientist)》杂志评选出了2013年度世界8项科学之最，在XTEJ1650－500双星系统中发现的最小黑洞位列其中．若某黑洞的半径R约45 km，质量M和半径R的关系满足其中c为光速，G为引力常量)，则该黑洞表面重力加速度的数量级为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对黑洞表面的某一质量为m物体有：，又有，联立解得，带入数据得重力加速度的数量级为，故选C．考点：万有引力定律及其应用．点评：处理本题要从所给的材料中，提炼出有用信息，构建好物理模型，选择合适的物理方法求解．4.【题文】质量为2 kg的质点在x－y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如右图所示，下列说法正确的是( )A．质点的初速度为5 m/sB．质点所受的合外力为5 NC．质点初速度的方向与合外力方向垂直D．2 s末质点速度大小为6 m/s【答案】A【解析】试题分析：v-t图像的斜率表示加速度，故由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为，根据牛顿第二定律可得受力，x-t图像的斜率表示物体运动的速度，故由在y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为，受力.因此质点的初速度为5 m/s，A选项正确；受到的合外力为3 N，B选项错误；显然，质点初速度方向与合外力方向不垂直，C选项错误；2 s末质点速度应该为，D选项错误．故选A考点：考查了对运动图像的理解v-t图像的斜率表示加速度，x-t图像的斜率表示物体运动的速度，点评：关键是知道5.【题文】如右图所示，在斜面顶端a处以速度水平抛出一小球，经过时间恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度水平抛出另一小球，经过时间恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定，a物体下落的高度是b的2倍，所以有，所以CD错误；水平方向的距离由高度和初速度决定，由题意得a的水平位移是b的2倍，可知，所以B正确．A错误故选B．考点：本题考查平抛运动，点评：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解6.【题文】如右图所示，在绕中心轴OO′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法中正确的是( )A．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变B．物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了C．物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角为零D．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变【答案】D【解析】试题分析：在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，则摩擦力的竖直分量与重力平衡，切线分量与速度方向相同，使物体速度增加，所以物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零，C错误；物体的向心力由弹力提供，随着速度增加，向心力增加，物体所受弹力逐渐增大，如果圆筒的角速度均匀增加，则摩擦力大小不变，D正确．AB错误故选D考点：匀速圆周运动；共点力平衡的条件及其应用；点评：本题中要使静摩擦力与重力平衡，角速度要大于某一个临界值，即重力不能小于最大静摩擦力！7.【题文】地球有一个可能的天然卫星被命名为“J002E2”，这个天体是美国亚利桑那州的业余天文爱好者比尔·杨发现的，他发现“J002E2”并不是路经地球，而是以50天的周期围绕地球运行，其特征很像火箭的残片或其他形式的太空垃圾．由此可知“J002E2”绕地半径与月球绕地的半径之比约为( )A．B．C．D．【答案】A【解析】试题分析：万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：有和，两式相比解得：，A正确．故选A考点：考查了万有引力定律的应用点评：关键是对公式灵活掌握8.【题文】如右图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是( )A．小球通过最高点时的最小速度B．小球通过最高点时的最小速度C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球有较小的作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力【答案】B【解析】试题分析：因为管道的下表面可以对小球存在力的作用，所以小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A 错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力与球重力在背离圆心方向的分力的合力提供向心力，即：，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧壁无作用力，C错误；小球在水平线ab以上管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，可能外侧壁对小球有作用力，也可能内侧壁对小球有作用力．故D错误．故选B考点：向心力；牛顿第二定律．点评：解决本题的关键知道小球在竖直光滑圆形管道中运动，在最高点的最小速度为0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供．9.【题文】经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”．“双星系统”是由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体．如右图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力的作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动．现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1∶m2＝3∶2.则可知( )A．m1、m2做圆周运动的线速度之比为3∶2B．m1、m2做圆周运动的角速度之比为3∶2C．m1做圆周运动的半径为D．m2做圆周运动的半径为【答案】C【解析】试题分析：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，对：，对：．得：，．所以．C正确，D错误；又，所以线速度之比．故A错误．根据公式可得1:1，B错误故选C考点：双星问题．点评：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解10.【题文】如右图所示，P是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角．则( )A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．速度与水平方向的夹角为，．位移与竖直方向的夹角为，，则．故B正确，ACD错误．故选B．考点：考查了平抛运动规律点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍．11.【题文】如右图所示，将一根光滑的细金属棒折成“V”形，顶角为2θ，其对称轴竖直，在其中一边套上一个质量为m的小金属环P.(1)若固定“V”形细金属棒，小金属环P从距离顶点O为x的A点处由静止自由滑下，则小金属环由静止下滑至顶点O需多长时间？(2)若小金属环P随“V”形细金属棒绕其对称轴以每秒n转匀速转动时，则小金属环离对称轴的距离为多少？【答案】(1)(2)【解析】试题分析：(1)设小金属环沿棒运动的加速度为a，滑至O点用时为t，由牛顿第二定律得由运动学公式得联立解得t＝.(2)设小金属环离对称轴的距离为r，由牛顿第二定律和向心力公式得联立解得r＝.考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；向心力．点评：本题主要考查了牛顿第二定律及匀速圆周向心力公式的直接应用，关键是对小球进行受力分析求出合力，难度不大，属于基础题．12.【题文】小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地，如右图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2.(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？【答案】(1)(2(3)【解析】试题分析：(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有竖直方向，水平方向联立解得由机械能守恒定律，有得.(2)设绳能承受的最大拉力大小为，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为由圆周运动向心力公式，有联立解得.(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有得绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为x，时间为.有得当时，x有极大值.考点：牛顿第二定律；平抛运动；向心力．点评：考查了平抛运动的规律、圆周运动结合动能定理，较难．13.【题文】关于速度和加速度，下列说法中正确的是( )A．速度不变时，加速度可能改变B．加速度增大时，速度可能减小C．速度变化越来越快时，加速度越来越小D．速度方向改变时，加速度的方向也一定改变【答案】B【解析】试题分析：速度不变时，加速度一定为零，选项A错误；加速度方向与速度方向相反时速度减小，选项B 正确；加速度是表示速度变化快慢的物理量，速度变化越来越快时，加速度越来越大，选项C错误；速度方向改变时，加速度方向不一定改变，如平抛运动，加速度恒定不变，选项D错误．故选B考点：考查了速度与加速度的关系点评：做此类型的关键一是对各物理量的正确理解，二是掌握一些相关的特例，如匀速圆周运动和平抛运动14.【题文】如右图所示，物体在水平外力作用下处于静止状态，当外力F由图示位置逆时针转到竖直位置的过程中，物体仍保持静止，则静摩擦力可能为( )①0②F③④2FA．①②④B．②③④C．①②③D．①③④【答案】C【解析】试题分析：设外力与水平方向的夹角为α．根据平衡条件得物体所受的静摩擦力当α=0°时，静摩擦力f最大，当α=90°时，静摩擦力f最小，则所以①②③可能，④不可能．故选C．考点：静摩擦力和最大静摩擦力．点评：本题是简单的动态分析问题，关键确定静摩擦力的范围，来进行选择．15.【题文】汶川大地震后，为解决灾区群众的生活问题，党和国家派出大量直升机空投救灾物资．有一直升机悬停在空中向地面投放装有物资的箱子，如右图所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”【答案】C【解析】试题分析：由于箱子在下降的过程中受到空气的阻力，加速度的大小要小于重力加速度，由牛顿第二定律可知物体一定要受到箱子底部对物体的支持力的作用，所以A错误．箱子刚从飞机上投下时，箱子的受到为零，此时受到的阻力的大小也为零，此时加速度的大小为重力加速度，物体处于完全失重状态，箱内物体受到的支持力为零，所以B错误．箱子接近地面时，速度最大，受到的阻力最大，所以箱子底部对物体向上的支持力也是最大的，所以C正确．若下落距离足够长，由于箱子阻力和下落的速度成二次方关系，最终将匀速运动，受到的压力等于重力，所以D错误．故选C．．考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．点评：本题主要是考查根据物体的运动情况来分析物体受力的大小，物体运动状态的判断是解题的关键．16.【题文】如右图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时( )A．绳的张力减小，b对a的正压力减小B．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加C．绳的张力减小，地面对a的支持力增加D．绳的张力增加，地面对a的支持力减小【答案】C【解析】试题分析：在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；对b受力分析，受重力、支持力、绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有①；②；由①②两式解得：；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：③；④；由③④两式解得：；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变．物块b相对于a向上加速滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大．综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加．故ABD错误；故选C考点：牛顿第二定律．点评：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识17.【题文】如右图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木板与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，则( )A．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1MgB．长木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)gC．当Fμ2(m＋M)g时，长木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动【答案】D【解析】试题分析：以木板为研究对象，木板水平方向两个力：m的向右的滑动摩擦力，大小为和地面向左的静摩擦力，根据平衡条件得：．故A错误．地面对木板的最大静摩擦力为，而题中条件不足，无法判断木板所受的静摩擦力是否达到最大值，所以木板受到地面的摩擦力的大小不一定是．故B错误．当时，木块对木板的滑动摩擦力大小仍等于，没有变化，木板都不可能运动．故C错误．无论怎样改变F的大小，木块对木板的滑动摩擦力大小不变，不会大于地面对木板的最大静摩擦力，木板都不可能运动．故D正确．故选D考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力．点评：本题采用隔离法分析木板的受力情况，木板所受的静摩擦力一般不能用求解大小．18.【题文】荡秋千是大家喜爱的一项体育活动，随着科技的发展，将来有一天，同学们也许会在其它星球上享受荡秋千的乐趣．假设你当时所在星球的质量与地球质量之比为1∶80，半径为1∶4.可将人看成质点，摆角小于90°，若经过最低位置的速度为4 m/s，你能上升的最大高度是( )A．0.8 mB．4 mC．2 mD．1.6 m【答案】B【解析】试题分析：由黄金代换式,可得星球表面的重力加速度：，由机械能守恒定律得：，B正确．故选B考点：考查了万有引力定律的应用点评：把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量．19.【题文】以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球．不计空气阻力，，以下判断错误的是( ) A．小球到最大高度时的速度为0B．小球到最大高度时的加速度为0C．小球上升的最大高度为61.25 mD．小球上升阶段所用的时间为3.5 s【答案】B【解析】试题分析：小球做匀减速直线运动，当上升到最高点时，小球的速度减为零，再向下做匀加速直线运动，故A正确；小球到达最高点时，小球仍受重力，故加速度仍为g；故B错误；由可得，小球上升的最大高度，故C正确；由可得，上升所用时间为，故D正确；本题选错误的，故选B．考点：考查了竖直上抛运动点评：竖直上抛运动为末速度为零的匀减速运动，可以用反向法看作初速度为零的匀加速直线运动．20.【题文】如下图所示，三个小球从同一高处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A∶AB∶BC＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5 B．三个小球下落的时间相同C．三个小球落地的速度相同 D．三个小球落地的动能相同【答案】B【解析】试题分析：做平抛运动的物体在空中运动的时间是由高度决定的，根据可得，高度相同，下落时间相同， B项正确；根据平抛运动的速度公式，由于，所以，故，A项错误；落地时的速度，由于三个小球高度相同，所以落地时它们的竖直分速度vy是相等的，但是由于不相等，所以落地时的速度v不相等，C项错误；由于三小球落地时的速度不相等，所以它们落地时动能也不相等，D项错误．故选B考点：本题考查平抛运动的规律点评：三个小球都做平抛运动，将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运用平抛运动的位移公式、速度公式列式分析21.【题文】如右图所示，长为L的轻杆A一端固定一个质量为m的小球B，另一端固定在水平转轴O上，轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω.在轻杆A与水平方向夹角α从0°增加到90°的过程中，下列说法正确的是( )A．小球B受到轻杆A作用力的方向一定沿着轻杆AB．小球B受到的合力的方向不一定沿着轻杆AC．小球B受到轻杆A的作用力逐渐增大D．小球B受到轻杆A的作用力对小球B做正功【答案】D【解析】试题分析：因为小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以小球B受到的合力的方向一定沿着轻杆A，A、B 均错误．由于小球所受的重力以及所需的向心力均不变，而重力与合力(向心力)之间的夹角减小，故小球B 受到轻杆A的作用力逐渐减小，C错误；由于小球的动能不变，而重力做负功，所以小球B受到轻杆A的作用力对小球B做正功，D正确．考点：考察了圆周运动规律点评：本题要紧扣匀速转动，这题说明杆的作用力方向不一定沿杆子方向，要由物体的状态进行分析．22.【题文】太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象．图中坐标系的横轴是lg(T/T0)，纵轴是lg(R/R0)；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径．下列4幅图中正确的是( )【答案】B【解析】试题分析：根据开普勒周期定律：两式相除后取对数，得：，整理得：，所以B正确．故选B．．考点：开普勒定律．点评：本题要求学生对数学知识要比较熟悉，并且要有一定的计算能力，主要是数学的计算问题．23.【题文】假设我国发射的探月卫星“嫦娥一号”的绕月运行轨道和载人飞船“神舟七号”的绕地运行轨道都可以看成是圆轨道，且不计卫星到月球表面的距离和飞船到地球表面的距离．已知月球质量约为地球质量的1/81，月球半径约为地球半径的1/4，地球上的第一宇宙速度约为7.9 km/s，卫星和飞船的轨道半径分别为r星、r船，周期分别为T星、T船，且，，则下列说法或结果正确的是( )A．“神舟七号”绕地运行的速率大于7.9 km/sB．“嫦娥一号”绕月运行的速率为3.95 km/sC．k星∶k船＝1∶81D．T星∶T船＝1∶4【答案】C【解析】试题分析：根据可知轨道越高，运行速度越小，第一宇宙速度是物体在地球表面附近做匀速圆周运动的临界速度，故飞船速度应小于第一宇宙速度，A错误；“嫦娥一号”绕月运行的速率，B错误；飞船和卫星分别绕地球和月球运行，由万有引力提供向心力，有：，故，，代入数据得：，C正确，D错误．故选C考点：考查了万有引力定律的应用点评：关键是对公式的灵活掌握，基础题，难度适中24.【题文】如右图所示，竖直平面内两根光滑细杆所构成的角∠AOB被铅垂线OO′平分，∠AOB＝120°.两个质量均为m的小环P、Q通过水平轻弹簧的作用静止在A、B两处，A、B连线与OO′垂直，连线与O点的距离为h，弹簧原长为.现在两小环沿杆向下移动至A′B′，使其在竖直方向上均下移h 距离，同时释放两环．整个过程未超出弹簧的弹性限度，重力加速度为g，试求：(1)弹簧的劲度系数；(2)释放瞬间两环加速度的大小．【答案】(1)(2)g【解析】试题分析：(1)在A、B处，弹簧处于伸长状态，伸长量由小环P(或Q)受力平衡可知：。

【安徽省，人教版】2014届物理一轮小题精练（78，含答案）第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．下列说法正确的是 ( )A ．由R ＝U I知，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B ．比值U I 反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R ＝U IC ．导体中电流越大，导体电阻越小D ．由I ＝U R知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 [答案] BD[解析] 导体的电阻决于导体自身，与U 、I 无关，故A 、C 错误；比值U I反映了导体对电流的阻碍作用，是电阻的定义式，即选项B 正确；由欧姆定律可知，D 项正确．2．如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流I 的关系图线，下列说法中正确的是 ( )A ．路端电压都为U0时，它们的外电阻相等 B ．电流都是I 0时，两电源的内电压相等 C ．电源甲的电动势大于电源乙的电动势 D ．电源甲的内阻小于电源乙的内阻 [答案] AC[解析] 外电阻R ＝U I，甲、乙两图线的交点坐标为(I 0，U 0)，说明两电源的外电阻相等，故A 对；由题图图线可知，甲的电动势大于乙的电动势，甲的内阻大于乙的内阻，故C 对D 错；电源的内电压U 内＝Ir ，因甲的内阻比乙的内阻大，所以当电流都为I 0时，甲的内电压较大，故B 错．3．(2013·镇江模拟)如图所示为汽车蓄电池与车灯(电阻不变)、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05Ω.电流表和电压表均为理想电表，只接通S 1时，电流表示数为10A ，电压表示数为12V ，再接通S 2，启动电动机工作时，电流表示数变为8A ，则此时通过启动电动机的电流是 ( )A ．2AB ．8AC ．50AD ．58A [答案] C[解析] 只接通S 1时，由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir ＝12V ＋10×0.05V＝12.5V ，R 灯＝U I ＝1210Ω＝1.2Ω，再接通S 2后，流过电动机的电流为：I 电动机＝E －I ′R 灯r －I ′＝12.5－8×1.20.05A －8A ＝50A ，故选项C 正确．4．如下图所示，电源电动势为4V ，当接通K 时，灯L 1和L 2均不亮，用电压表测得U ab ＝0，U bc ＝0，U cd＝U ad ＝4V.由此可知断路处是 ( )A ．灯L 1B ．灯L 2C ．灯L 1和L 2D ．变阻器R [答案] D[解析] U cd ＝4V ，说明a 、c 之间的电路没有断路，因为若此处断路，则电压表不可能有读数；同理，U ad ＝4V ，说明a 、d 之间的电路没有断路，又U ab ＝0，U bc ＝0，所以断路只可能是滑动变阻器．5．(2013·武汉模拟)两个相同的小量程电流表表头分别改装成两个电流表A 1、A 2.已知电流表A 1量程大于A 2的量程，改装好后把它们按图接入电路，则 ( )A ．电流表A 1的读数大于电流表A 2的读数B ．电流表A 1的读数等于电流表A 2的读数C ．电流表A 1的偏转角等于电流表A 2的偏转角D ．电流表A 1的偏转角小于电流表A 2的偏转角 [答案] AC[解析] A 1与A 2并联，电压相同，由于A 1量程大于A 2，说明A 1的内阻小于A 2的内阻，故通过A 1的电流大于A 2，所以A 对B 错．将小量程电流表表头改装成较大量程的电流表，都是并联小电阻，因此两表头仍为并联关系，通过表头的电流相等，所以表头指针偏转相同，故正确答案选A 、C.6．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗．如图所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A ，电动机启动时电流表读数为58A.若电源电动势为12.5V ，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了 ( )A ．35.8WB ．43.2WC ．48.2WD ．76.8W[答案] B[解析] 车灯电阻为R ＝E I－r ＝12.510Ω－0.05Ω＝1.2Ω，电动机未启动时车灯的电功率P 1＝I 2R ＝102×1.2W＝120W.电动机启动后，电源内阻消耗的电压U r ＝Ir ＝58×0.05V＝2.9V ，车灯与电动机的并联电压为U ＝E －U r ＝(12.5－2.9)V ＝9.6V ，车灯的电功率为P 2＝U 2R ＝9.621.2W ＝76.8W ，车灯电功率降低了ΔP ＝P 1－P 2＝43.2W.7．有四盏灯，接入如图电路中，L 1和L 2都标有“220V,100W”字样，L 3和L 4都标有“220V,40W”字样，把电路接通后，最暗的灯将是 ( )A ．L 1B ．L 2C ．L 3D ．L 4 [答案] C[解析] 由它们铭牌上所标的额定电压、额定功率可判出电阻之间的关系是：R 1＝R 2<R 3＝R 4，即R 4>R 1>R 23并，此时把L 2、L 3的并联当成一个电阻，因此可以知道：P 4>P 1>(P 2＋P 3)，原因是串联电路P 与R 成正比．对于L2和L3来讲，它们的电压相同，P3<P2，原因是并联电路P与R成反比．可得L3灯最暗(功率最小)．8．硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电．硅光电池的原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N是两块硅半导体，E区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P的上表面镀有一层增透膜．光照射到半导体P上，使P 内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E区电场加速到达半导体N，从而产生电动势，形成电流．以下说法中正确的是( )A．E区匀强电场的方向由P指向NB．电源内部的电流方向由P指向NC．a电极为电池的正极D．硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置[答案] C[解析] 由于自由电子经E区电场加速到半导体N，所以E区匀强电场的方向由N指向P，选项A错，因正电荷定向移动的方向为电流方向，与电子移动方向相反，所以选项B错；由电流方向知，选项C正确；由题意知硅光电池是一种把光能转化为电能的装置，选项D错．9．(2013·韶关模考)在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是( )A．增大R1B．减小R2C．减小R3D．增大MN间距[答案] B[解析] 由题意知带电液滴带负电，带电液滴原来处于静止状态，则电场力与重力平衡．为了让带电液滴向上加速运动，只要增大电场力即可，减小R2或增大R3，都可使电场力增大，B项正确；若增加两板间距，电场强度减小，带电液滴将向下加速运动，不符合题意．10．如图所示，电路中的电阻均为1Ω，电源电动势为3V，内阻为0.5Ω，电流表、电压表均为理想电表，则此时电流表、电压表的读数分别是( )A．3A、3V B．1.5A、1.5VC．3A、1.5V D．1.5A、3V[答案] B[解析] 此题的等效电路如图，由闭合电路的欧姆定律有：I ＝ER 总＋r＝3V 0.5Ω＋0.5Ω＝3A ，I ′＝I 3＝12I ＝1.5A ，U 3＝I 3R 3＝1.5V ，故应选B.第Ⅱ卷(非选择题 共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上) 11．(6分)(2013·天津)如图所示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流I g ＝300μA ，内阻R g ＝100Ω，可变电阻R 的最大阻值为10k Ω，电池的电动势E ＝1.5V ，内阻r ＝0.5Ω，图中与接线柱A 相连的表笔颜色应是________色，按正确使用方法测量电阻R x 的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R x ＝________k Ω.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x ，其测量结果与原结果相比较________(填“变大”“变小”或“不变”)．[答案] 红 5 变大[解析] 欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“＋”进“－”出，即回路中电流从标有“＋”标志的红表笔进去，所以与A 相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接(即R x ＝0)时，电流表应调至满偏电流I g ，设此时欧姆表的内阻为R 内，此时有关系I g ＝E R 内得R 内＝EI g＝5k Ω；当指针指在刻度盘的正中央时I ＝I g /2，有I g 2＝ER 内＋R x ，代入数据可得R x ＝R 内＝5k Ω；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆表得重新调零，由于满偏电流I g 不变，由公式I ＝ER 内＋R x＝I g R 内R 内＋R x ＝I g1＋R xR 内，可知当R 内变小时，I 变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．12．(6分)(2013·安徽)用下图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻．电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R 0起保护作用．除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：(a)电流表(量程0.6A 、3A)； (b)电压表(量程3V 、15V)(c)定值电阻(阻值1Ω、额定功率5W) (d)定值电阻(阻值10Ω、额定功率10W)(e)滑动变阻器(阻值范围0～10Ω、额定电流2A) (f)滑动变阻器(阻值范围0～100Ω、额定电流1A) 那么(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择________V ，电流表的量程应选择________A ；R 0应选择________Ω的定值电阻，R 应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器．(2)引起该实验系统误差的主要原因是______________________________．[答案] (1)3 0.6 1 0～10 (2)由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小[解析] 由于电源是一节干电池(1.5V)，所以选量程为3V 的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几欧左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A 左右，所以选量程为0.6A 的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变，最后突然变化的现象．关于系统误差一般由测量工具和所选测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或偏小．本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比实际值小．13．(6分)如图所示为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I －U 关系曲线图．(1)为了通过测量得到如图所示的I －U 关系曲线，在图(甲)、图(乙)两个电路中应选择的是图______，简要说明理由：________.(电源电动势为6V ，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω)(2)在图(丙)电路中，电源电压恒为6V ，电流表读数为50mA ，定值电阻R 1＝250Ω.由热敏电阻的I －U 关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V ；电阻R 2的阻值为________Ω.[答案] (1)(甲) 理由见解析 (2)4.6 53.8[解析] (1)题图图象中的电压从零开始逐渐增加，测量时为多获取实验数据，因此电路应采用分压式，因此电路选题图(甲)所示的电路．(2)由题图电路可知通过R 1的电流为I 1＝U R 1＝6250A ＝24mA.则通过热敏电阻的电流为I 2＝I －I 1＝50mA －24mA ＝26mA.从题图I －U 图线可知当热敏电阻通过的电流为26mA 时， 它两端的电压为U 1＝4.6V ，则R 2＝U －U 1I 2＝6－4.626Ω＝53.8Ω.三、论述计算题(共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．(10分)(2013·上海模拟)在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流I 和它两端电压U 遵循I ＝kU 3的规律(式中k ＝0.02A/V 3)，R 2是普通电阻，阻值为24Ω，遵循欧姆定律，电源电动势E ＝6V ，闭合开关S 后，电流表的示数为0.16A.求：(1)R 1两端的电压； (2)电源的内电阻r ；(3)R 1、R 2和r 消耗的电功率P 1、P 2和P r .[答案] (1)2V (2)1Ω (3)0.32W 0.61W 0.026W[解析] (1)由I ＝kU 3得U ＝3Ik ＝30.160.02V ＝2V(2)根据闭合电路的欧姆定律有 E ＝U ＋IR 2＋Irr ＝E －U －IR 2I ＝E －U I －R 2＝6－20.16Ω－24Ω＝1Ω(3)P 1＝IU ＝0.16×2W＝0.32W P 2＝I 2R 2＝0.162×24W＝0.61W P r ＝I 2r ＝0.162×1W＝0.026W 15．(10分)如下图所示，直流电动机M 串联在直流电路中，其轴与圆盘中心O 相连，圆盘半径为5.0cm ，一皮带绕过圆盘边缘，两端通过弹簧秤拉紧．开关S 断开时，电压表的读数为12.6V ；开关S 接通后，使两弹簧秤的读数差保持为2.0N ，这时电流表的读数为2.00A ，电压表的读数为12.0V ，测速计测得圆盘的角速度为180rad/s.求：(1)电动机的输出功率、效率各为多少？(2)拉紧皮带使电动机停转片刻，此时电压表、电流表的读数各为多少？电动机的输入功率为多大？ [答案] (1)18W 75% (2)10.5V 7A 73.5W [解析] (1)圆盘边缘的线速度：v ＝ωR ＝9.0m/s 电动机的输入功率：P 入＝U 2I 2＝24W 电动机的输出功率：P 出＝ΔFv ＝18W电动机的效率：η＝P 出P 入×100%＝75% (2)电源电动势：E ＝U 1＝12.6V ，电源的内阻：r ＝E －U 2I 2＝0.3Ω设电动机线圈的电阻为R 0，则：P 入－P 出＝I 22R 0， 得：R 0＝1.5Ω当电动机卡住时，电动机为纯电阻电路 总电流即为电流表的读数：I 3＝ER 0＋r＝7A电压表的读数为：U 3＝I 3R 0＝10.5V电动机的输入功率为：P 3＝U 3I 3＝73.5W.16．(11分)受动画片《四驱兄弟》的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车，某玩具赛车充电电池的输出功率P 随电流I 变化的图象如图所示．(1)求该电池的电动势E 和内阻r ；(2)求该电池的输出功率最大时对应的外电阻R (纯电阻)；(3)由图象可以看出，同一输出功率P 可对应两个不同的电流I 1、I 2，即对应两个不同的外电阻(纯电阻)R 1、R 2，试确定r 、R 1、R 2三者间的关系．[答案] (1)2V 0.5Ω (2)0.5Ω (3)r 2＝R 1R 2[解析] (1)I 1＝2A 时，P m ＝E 24r①I 2＝4A 时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I 2＝Er.②解得：E ＝2V ，r ＝0.5Ω. (2)R ＝r ＝0.5Ω(3)由题知：⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 1＋r 2R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2＋r 2R 2，整理得r 2＝R 1R 2.17．(11分)现有两个电阻元件，其中一个是由金属材料制成的，它的电阻随温度的升高而增大，而另一个是由某种半导体材料制成的，其电阻随温度的升高而减小．现对其中一个元件R 0进行测试，测得通过其中的电流与加在它两端的电压数据如下表所示：0(1)0(2)把元件R 0接入如图所示的电路中，闭合开关后，电流表读数为。

【安徽省，人教版】 2014 届物理一轮小题精练（77，含答案）1. 日来源子能企业所属敦贺湾核电站因为水管破碎致使高辐射冷却剂外流，在检测此次重要事故中应用了非电量变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转移为电信号的自动化丈量技术 . 图是一种经过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小便可知容器中液面地点的高低，为此，以下说法中正确的选项是A.假如指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，必液面高升B.假如指示器显示电容减小了，则两电极正对面积增大，必液面高升C.假如指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积减小，液面必降低D.假如指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，液面必降低2. 如下图，平行板电容器经开关S 与电池连结， a 处有一电荷量特别小的点电荷，S是闭合的，φa表示a点的电势， F 表示点电荷遇到的电场力. 现将电容器的 B 板向下略微移动，使两板间的距离增大，则A. φa变大，F变大B. φa变大，F变小C. φa不变，F不变D.φa不变，F变小3. 如下图，虚线、b 和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φ a、φ ba和φ，φ ＞φ ＞φ，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹照实线KLMN所示，由图可c abc知A. 粒子从K到L的过程中，电场力做负功B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功C. 粒子从K到L的过程中，静电势能增添D. 粒子从L到M的过程中，动能减小4.离子发动机飞船，其原理是用电压 U加快一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船获得加快，在氦、氖、氩、氪、氙中采用了氙，原因是用相同电压加快，它喷出时A. 速度大B. 动量大C. 动能大D. 质量大5. 如下图，从 F 处开释一个无初速的电子向B极方向运动，指出以下对电子运动的描述中哪句是错误的（设电源电动势为U）A. 电子抵达 B 板时的动能是U eVB. 电子从B板抵达C板动能变化量为零C. 电子抵达D板时动能是 3 eVD. 电子在A板和D板之间做来去运动6. a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如下图，此中 b①在 b 飞离电场的同时， a 恰巧打在负极板上② b 和 c 同时飞离电场③进入电场时， c 的速度最大， a 的速度最小④动能的增量对比， c 的最小， a 和b 的相同大A. ①B. ①②C. ③④D. ①③④7.在图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的 A 极板与敏捷的静电计相接，极板B 接地.若极板 B 稍向上挪动一点，由察看到静电计指针的变化，作出电容器电容变小的依照是A.两极间的电压不变，极板上电荷量变小B.两极间的电压不变，极板上电荷量变大C.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变小D.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变大8. 如下图，电子在电势差为U1的加快电场中由静止开始运动，而后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装必定置处在真空中，重力可忽视，在知足电子能射出平行板区的条件下，下述四种状况中，能使电子的偏转角θ变大的是A. U1变大、U2变大B. U1变小、U2变大C. U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小9. 密立根油滴实验进一步证明了电子的存在，揭露了电荷的非连续性. 如下图是密立根实验的原理表示图，设小油滴质量为m，调理两板间电势差为U，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d.可求出小油滴的电荷量q=_______.10.水平搁置的平行板电容器的电容为C，板间距离为 d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q 的微粒恰巧做匀速直线运动. 若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需的时间_______.11.来自质子源的质子（初速度为零），经一加快电压为 800 kV 的直线加快器加快，形成电流强度为 1 mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10-19C，这束质子流每秒打在靶上的质子数为 ______，假设散布在质子源到靶之间的加快电场是平均的，在质子束中与质子源相距l 和4l 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，此中的质子数分别为n 和 n ，则1 2n1/ n2=______.12. 如下图，一绝缘细圆环半径为r ，其环面固定在水平面上，场强为 E 的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经 A 点时速度 v A的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度 v A=_______.当小球运动到与 A 点对称的 B 点时，小球对圆环在水平方向的作使劲N=_______.B13.证明：在带电的平行金属板电容器中，只需带电粒子垂直电场方向射入（不必定在正中间），且能从电场中射出如下图，则粒子射入速度 v0的方向与射出速度 v t的方向的交点 O必然在板长 L 的中点.14.如下图，一对竖直搁置的平行金属板 A、B 组成电容器，电容为 C.电容器的 A 板接地，且中间有一个小孔 S.一个被加热的灯丝 K 与 S 位于同一水平线，从灯丝上能够不停地发射出电子，电子经过电压 U0加快后经过小孔 S 沿水平方向射入 A、B 两极板间.设电子的质量为 m，电荷量为 e，电子从灯丝发射时的初速度不计.假如抵达 B 板的电子都被 B 板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n，跟着电子的射入，两极板间的电势差渐渐增添，最后使电子没法抵达 B 板.求：（1）当 B 板汲取了 N个电子时， A、B两板间的电势差.（2）A、B两板间可达到的最大电势差.（3）从电子射入小孔 S 开始到 A、B 两板间的电势差达到最大值所经历的时间 .15. （ 12 分）在圆滑水平面上有一质量=1.0 × 10-3 kg 、电荷量=1.0 × 10-10 C 的带正m q电小球，静止在O点，以 O点为原点，在该水平面内成立直角坐标系Oxy，现忽然加一沿 x 轴正方向、场强盛小 E=2. 0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过 1.0 s ，所加电场忽然变成沿y 轴正方向、场强盛小仍为=2.0 ×106 V/m 的匀强电场，再经过 1.0 s，所加E电场又忽然变成另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经 1.0 s 速度变成零，求此电场的方向及速度变成零时小球的地点 .11.6.25 × 1015个， 2/1 ，n=I/e =6.25 ×1015个，设质子在与质子源相距l 和4l 的两处的速度分别为v1、 v2，则 v1/ v2=2al2a 4ln1 Q1 It1 t1 v2 2.n2 Q2 It 2 t2 v1 1=1/2 ，极短的相等长度质子流中质子数之比为12.Eqr / m，6Eq13.从偏移量 y 与偏转角θ的关系即可获得证明.14. （ 1）Ne （ 2）U（3）U 0C C ne15. 第 3 s内所加电场方向指向第三象限，与x 轴与225°角；小球速度变成零的地点（0.40 m ，0.20 m ）. 小球在第 1 s内沿x轴正方向做匀加快直线运动；第 2 s内沿x轴正方向做匀速运动，沿y 轴正方向做初速度为零的匀加快运动；第 3 s内做匀减速直线运动，至速度减小到零 .。

专题一　相互作用 (2012·高考山东卷)如图所示两相同轻质硬杆OO可绕其两端垂直纸面的水平轴O转动在O点悬挂一重物M将两相同木块m紧压在竖直挡板上此时整个系统保持静止．F表表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后系统仍静止且O始终等高则( )变小 ．不变 ．变小 ．变大 (2012·高考新课标全国卷)如图一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N球对木板的压力大小为N以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦在此过程中( )始终减小始终增大始终减小始终减小先增大后减小始终减小先增大后减小先减小后增大(2012·高考广东卷)如图所示两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上两绳与竖直方向的夹角都为45日光灯保持水平所受重力为G左右两绳的拉力大小分别为( )和G G和C.G和G和(2012·高考新课标全国卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)．设拖把头的质量为m拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时沿拖杆方向推拖把拖杆与竖直方向的夹角为θ.(1)若拖把头在地板上匀速移动求推拖把的力的大小．2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ若θ≤θ则不管沿拖杆方向的推力多大都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切答案： 【解析】选本题考查静力学问题运用整体法可知 2F保持不变故项对．对其中一木块受力分析如图甲对O点受力由共点力的平衡条件知夹角增大变大(θ/2)，FN变大故项对． 甲 乙【解析】选如图球受三个力的作用平衡转动过程中角逐渐增大在力三角形中2＝，N1＝，由数学知识得随θ的增大均减小．【解析】选由受力分析知日光灯受两绳拉力T以及重力作用处于静止状态两绳拉力相等且互相垂直由力的合成有TG，故选 【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把如图将推拖把的力沿竖直和水平方向分解按平衡条件有式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有联立①②③式得 mg.④ (2)若不应有F这时式仍满足联立①⑤式得 现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零且当F无限大时极限为零有使上式成立的θ角满足θ≤θ这里θ是题中所定义的临界角即当θ≤θ时不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为【答案】(1)　(2)λ。

【安徽省，人教版】 2014 届高三物理一轮基础训练卷（6，含详尽分析）1．(2013 ·四川卷 ) 有 4 条用打点计时器( 所用沟通电频次为50 Hz) 打出的纸带A、B、C、D，此中一条是做“考证机械能守恒定律”实验时打出的．为找出该纸带，某同学在每条纸、x 、 x .带上取了点迹清楚的、连续的 4 个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离挨次为x123请你依据以下 x1、x2、x3的丈量结果确立该纸带为________．(已知当地的重力加快度为m/s2)A． 61.0 mm,65.8 mm,70.7 mmB． 41.2 mm,45.1 mm,53.0 mmC． 49.36 mm,53.5 mm,57.3 mmD． 60.5 mm,61.0 mm,60.6 mm)分析：考证机械能守恒采纳重锤的自由落体运动实验，因此相邻的0.02 s内的位移22答案：C2．(2013 ·安徽理综) 利用图示装置进行考证机械能守恒定律的实验时，需要丈量物体由静止开始自由着落到某点时的刹时速度v和着落高度h.某班同学利用实验获得的纸带，设计了以下四种丈量方案：a．用刻度尺测出物体着落的高度h，并测出着落时间t ，经过v＝ gt计算出刹时速度vv b．用刻度尺测出物体着落的高度h，并经过v＝2gh计算出刹时速度c．依据做匀变速直线运动时纸带上某点的刹时速度，等于这点前后相邻两点间的均匀v2速度，测算出刹时速度v，并经过h＝2g计算出高度hd．用刻度尺测出物体着落的高度h，依据做匀变速直线运动时纸带上某点的刹时速度，等于这点前后相邻两点间的均匀速度，测算出刹时速度v以上方案中只有一种正确，正确的选项是______． ( 填入相应的字母)g，只好把它当分析：在考证机械能守恒定律的实验中不可以将物体着落的加快度看做做未知的定值，因此正确方案只有 d 项．答案：d3(2013·新课标全国卷改编题 ) 右图为考证机械能守恒定律的实验装置表示图．现有的器械为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答以下问题：(1) 为达成此实验，除了所给的器械，还需要的器械有________．( 填入正确选项前的字母)A．游标卡尺C． 0～12 V的直流电源B．秒表D． 0～12 V的沟通电源(2) 实验中偏差产生的原由有___________________________________________．( 写出两个原由 )分析：(1) 不是用游标卡尺测长度，而是用米尺丈量长度，用 D 项沟通电源供打点计时器使用． (2) 纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺丈量纸带上点的地点时读数有偏差，计算势能变化时，选用始末两点距离过近，沟通电频次不稳固．答案：(1)D(2) 纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺丈量纸带上点的地点时读数有偏差，计算势能变化时，选用始末两点距离过近，沟通电频次不稳固．4．(2013 ·安徽池州 ) 在利用自由落体运动考证机械能守恒定律的实验中，电源的频次为 50 Hz ，挨次打出的点为 0,1,2,3,4 ，n. 则：(1)如用第 2 点到第 6 点之间的纸带来考证，一定直接丈量的物理量为________________ 、 ________________ 、 ________________ ，必须计算出的物理量为________________ 、________________ ，考证的表达式为__________________ ．(2)以下实验步骤操作合理的次序摆列是____________( 填写步骤前方的字母 ) ．A．将打点计时器竖直安装在铁架台上B．接通电源，再松开纸带，让重物自由着落C．取下纸带，改换新纸带( 或将纸带翻个面) 从头做实验D．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带E．选择一条纸带，用刻度尺测出物体着落的高度h1，h2，h3，h n，计算出对应的刹时速度v1， v2， v3， v n12F．分别算出2mv n和mgh n，在实验偏差范围内看能否相等答案： (1) 第 2 点到第 6点之间的距离 h26第 1 点到第 3 点之间的距离h第 5点到1311第 7 点之间的距离h57第 2点的刹时速度 v2第 6 点的刹时速度22 v6 mgh26＝2mv6－2mv2(2)ADBCEF5．(2013 ·广州模拟 ) “考证机械能守恒定律”的实验能够采纳以以下图所示的甲或乙方案来进行．(1)比较这两种方案，________( 选填“甲”或“乙”)方案好些，原由是__________________ ．(2)如图丙是该实验中获得的一条纸带，测得每两个计数点间的距离如图中所示，已知每两个计数点之间的时间间隔T＝0.1 s．物体运动的加快度a＝________；该纸带是采纳________( 选填“甲”或“乙”)实验方案获得的．简要写出判断依照________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.丙(3) 如图丁所示是采纳甲方案时获得的一条纸带，在计算图中N 点速度时，几位同学分别用以下不一样的方法进行，此中正确的选项是( ) 丁x n ＋ x n ＋ 1A ． v N ＝ gnTB ． v N ＝ 2TC ． N ＝ d n ＋ 1＋ d n － 1D ． N ＝ ( －1) T2Tv v g n答案： (1) 2甲 该方案摩擦阻力小，偏差小，操作方便(2)4.83 m/s 乙 由于物体的加快度比 g 小得多(3)B 6．在用打点计时器考证机械能守恒定律的实验中，质量 m ＝ 1.00 kg 的重物自由着落，打点计时器在纸带上打出一系列点．以下图为选用的一条切合实验要求的纸带，O 为第一 个点， A 、B 、C 为从适合地点开始选用的三个连续点 ( 其余点未画出 ) ．已知打点计时器每隔 0.02 s 打一次点，当地的重力加快度 g ＝ 9.80 m/s 2. 那么：(1) 纸带的 ________端 ( 选填“左”或“右” ) 与重物相连；(2) 依据图上所得的数据，从 O 点到 B 点，重物重力势能减少许能增添量 E k ＝ ________ J( 结果取 3 位有效数字 ) ；E p ＝________ J，动(3) 实验的结论是 ________________________________________________________ ．分析： O 为第一个点在纸带的左端，因此纸带的左端与重物相连．依据图上所得的数据，从 O 点到 B 点，重物重力势能减少许E p ＝mgx ＝J ，动能增添量1 x OC － x OAE k ＝ 2m2TOB2＝ 1.84 J ．实验的结论是：重物只受重力作用，在偏差同意范围内，重物减小的重力势能等于增添的动能，即机械能守恒．答案： (1) 左 (2)1.88 1.84 (3) 重物只受重力作用，在偏差同意范围内，重物减小的重力势能等于增添的动能，即机械能守恒。