2013届高三物理一轮复习45分钟单元能力训练卷(13) 粤教版

45分钟单元能力训练卷(九)[考查范围：第九单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．图D9－1是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室旋转图D9－1在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子( )A．带正电，由下往上运动B．带正电，由上往下运动C．带负电，由上往下运动D．带负电，由下往上运动2．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是( )A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．同一通电导体在磁场强的地方受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小3．如图D9－2所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图，它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成，线圈中通有如图所示方向的电流．当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时(图中用符号“·”表示电子束)．它将( )A．向上偏转B．向下偏转C．向右偏转 D．向左偏转D9－2D9－34．如图D9－3所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )A.3v2aB，正电荷 B.v2aB，正电荷C.3v2aB，负电荷 D.v2aB，负电荷二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．回旋加速器的原理如图D9－4所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )A．离子从电场中获得能量B．离子从磁场中获得能量C．只增大空隙间的距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能D．只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能D9－4D9－56．如图D9－5所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法中正确的是( )A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球受到的洛伦兹力将不断增大C．小球的加速度先减小后增大D．小球的电势能一直减小7．如图D9－6所示，虚线框中存在匀强电场E和匀强磁场B，它们相互正交或平行．有一个带负电的小球从该复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过图中的哪些复合场区域( )图D9－68．随着社会生产的发展，环境污染也越来越严重．为减少环境污染，技术人员在排污管末端安装了如图D9－7所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( ) A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势低C．污水中离子浓度越高，则电压表的示数将越大D．污水流量Q与U成正比－7D9－89．如图D9－8所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线，A点为运动轨迹的最低点．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是( ) A．OAB轨迹为半圆B．小球在A点时速度最大，且沿水平方向C．小球在整个运动过程中机械能守恒D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等三、计算题(共54分)10．(18分)质谱仪的工作原理图如图D9－9所示，A为粒子加速器，加速电压为U1：M为速度选择器，两板间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度为B1，两板间距离为d；N为偏转分离器，内部有与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B2.一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子由静止经加速器加速后，恰能通过速度选择器，进入分离器后做圆周运动，并打到感光板P上．不计重力，求：(1)粒子经粒子加速器A加速后的速度v的大小及速度选择器M两板间的电压U2；(2)粒子在偏转分离器N的磁场中做圆周运动的半径R；(3)某同学提出在其他条件不变的情况下，只减小加速电压U1，就可以使粒子在偏转分离器N的磁场中做圆周运动的半径减小．试分析他的说法是否正确．11．(18分)如图D9－10所示，宽度为l＝0.8 m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E 与匀强磁场B，其大小E＝2×108N/C，B＝10 T．一带正电荷的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45°的偏转．求粒子的比荷．(不计粒子的重力)图D9－1012．(18分)如图D9－11所示，xOy是位于足够大的绝缘光滑水平桌面内的平面直角坐标系，虚线MN是∠xOy的角平分线．在MN的左侧区域，存在着沿x轴负方向、场强为E的匀强电场；在MN的右侧区域，存在着方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．现有一带负电的小球a从y轴上的P(0，l)点，在电场力作用下由静止开始运动，a球到达虚线MN上的Q 点时与另一个不带电的静止小球b发生碰撞，碰后两小球粘合在一起进入磁场，它们穿出磁场的位置恰好在O点．若a、b两小球的质量相等且均可视为质点，a、b碰撞过程中无电荷量损失．求：(1)a、b两球碰撞合在一起进入磁场中的速度大小；(2)a球的比荷k(即电荷量与质量之比)；(3)过O点后，粘在一起的两个小球再次到达虚线MN上的位置坐标(结果用E、B、l表示)．45分钟单元能力训练卷(九)1．A [解析] 粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式r ＝mv qB可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛伦兹力的方向指向圆心，由左手定则可知粒子带正电．选A.2．D [解析] 磁感线是闭合的曲线，没有出发点和终止点，选项A 错误；磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场力的方向垂直，故选项B 错误；磁感线的疏密可定性表示磁场强弱，不是沿磁感线方向磁场减弱，选项C 错误；通电导体在磁场中受的安培力最小为零，最大为BIL ，同一通电导体在不同的磁场中安培力在零到BIL 之间，由此可见选项D 正确．3．A [解析] 由安培定则判断在偏转线圈内部存在水平向左的磁场，再由左手定则判定电子束向上偏转．4．C [解析] 则可判定粒子带负电．作出粒子运动轨迹示意图如图所示．根据几何关系有r ＋r sin30°＝a ，再结合半径表达式r ＝mv qB 可得q m ＝3v2aB，选项C 正确．5．AD [解析] 在回旋加速器中，离子从电场中获取能量，而D 形盒区域的磁场用来改变运动的方向，A 对、B 错；由qv m B ＝mv 2m r 得E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2r22m知，最大动能与电场情况无关，故增加空隙间的距离不能改变离子最大的动能，只增大D 形盒的半径可以增加离子从回旋加速器中获得的动能，C 错、D 对．6．AC [解析] Q 1、Q 2连线上中点处电场强度为零．从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点．小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，选项C 正确；速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变．故选项A 正确、选项B 错误；小球的电势能先减小后增大，选项D 错误．7．CD [解析] 带电小球要沿直线通过复合场区域，则小球所受的合力为零或者合力恒定，分析刚进复合场时的受力可知选项C 、D 正确．8．BD [解析] 由左手定则可判断出，正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集，导致后表面电势较高，同理负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势较低，故选项A 错误，选项B 正确；设前后表面的最高电压为U ，则qU b＝qvB .所以U ＝vBb ，所以U 与离子浓度无关，选项C 错误；因Q ＝vbc ，而U ＝vBb ，所以Q ＝U CB，选项D正确．9．BC [解析] 带电小球受重力和洛伦兹力，但洛伦兹力随速度的大小而变化，故小球所受合力的大小将随速度而变化，其轨迹不是圆，A 错；小球运动至最低点A 时，重力做功最多，由于洛伦兹力不做功，所以此时速度最大，速度方向沿水平方向，B 对；整个运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，C 对；小球在A 点所受洛伦兹力f 向上，而重力mg 向下，合力提供向心力且竖直向上，故f ≠mg ，D 错．10．(1)2qU 1mB 1d 2qU 1m (2)2U 1mqB 22(3)不正确[解析] (1)带电粒子在A 中电场力对它做功，由动能定理，有qU 1＝12mv 2 带电粒子在M 中水平方向受电场力和洛伦兹力，有q U 2d＝qvB 1解得v ＝2qU 1m，U 2＝B 1d2qU 1m(2)带电粒子在N 中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有qvB 2＝m v 2R解得R ＝2U 1mqB 22(3)不正确．若其他条件不变，只减小加速电压U 1，则粒子经加速后获得的速度减小，进入速度选择器后，粒子受到的电场力和洛伦兹力大小不再相等，粒子无法通过速度选择器进入偏转分离器．11．2.5×106C/kg[解析] 设粒子的初速度为v 0，粒子在复合场中做直线运动时受力平衡，即 qE ＝qv 0B当只撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，则 l ＝v 0t v x ＝v 0v y ＝qE m tv yv x＝t an45°＝1 解得：q m ＝E lB2＝2.5×106C/kg.12．(1)qEl 2m (2)k ＝2EB 2l(3)(2l,2l )[解析] (1)设a 球的质量为m v 0、v . a 在电场中做匀加速直线运动，由动能定理，有：qEl ＝12mv 20a 与b 碰撞中动量守恒，则： mv 0＝2mv 解得：v ＝qEl 2m(2)由题意知，碰后两球在磁场中做匀速圆周运动，圆心O ′的坐标为(l ，l )，如图所示． 轨道半径：R ＝l由牛顿第二定律，有：qBv ＝2m v 2R解得：k ＝q m ＝2EB 2l(3)过O 点后，两球在电场中做类平抛运动．设它们再次到达虚线MN 上的位置为Q ′(x ，y )，在电场中运动时间是t .由运动规律，有：x ＝12×qE2m ×t 2 y ＝vt 且yx＝tan45° 解得：x ＝y ＝2l它们再次到达虚线MN 上的位置是(2l,2l )．。

45分钟滚动复习训练卷(四)[考查范围：第九～十一单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．如图G4－1所示的金属圆环放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是()A．向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B．不管从什么方向拉出，金属圆环中的感应电流方向总是顺时针C．不管从什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针D图G4－1图G4－22．一矩形线圈垂直于匀强磁场方向、并绕位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化情况如图G4－2所示，则()A．t1时刻穿过线圈的磁通量为零B．t2时刻穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为零D．t4时刻穿过线圈的磁通量最大3．如图G4－3所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一铜质圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图G4－4中哪一图线所表示的方式随时间变化时，铜质圆环将受到向上的磁场作用力()图G4－44．某水电站用电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2×105 AB．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．北半球地磁场的竖直分量向下．如图G4－5所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线圈abcd ，线圈的ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向．下列说法中正确的是( )A ．若使线圈向东平动，则a 点的电势比b 点的电势低B ．若使线圈向北平动，则a 点的电势比b 点的电势低C ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →b →c →d →aD ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →d →c →b →a图G4－5G4－66．如图G4－6所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶10，副线圈与电阻R 相连．原线圈两端所加的电压u 1＝220 2sin100πt V ，则( )A ．交流电压表的示数为220 2 VB ．该交流电的频率为50 HzC ．该理想变压器是一个降压变压器D ．电阻R 上消耗的电功率等于原线圈输入的电功率7．如图G4－7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心，P 与O 在同一水平线上．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点．当在金属细杆内通以2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则( )A ．金属细杆开始运动的加速度为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为20 m/s 2D ．金属细杆运动到P 0.75 NG4－7G4－88．如图G4－8所示，金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R (恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )A ．ab 杆中的电流与速率v 成正比B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比D．外力对ab杆做功的功率与速率v成正比三、计算题(共54分)9．(18分)如图G4－9所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿y轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C 点．已知OA＝OC＝d.求电场强度E和磁感应强度B的大小．(粒子的重力不计)图G4－911．(18分)如图G4－10所示，电源电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω.间距d＝0.2 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v＝0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为R x，忽略空气对小球的作用，取g＝10 m/s2.(1)当R x＝29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则R x是多少？图G4－1012．(18分)两个沿水平方向且磁感应强度大小均为B的有水平边界的匀强磁场，如图G4－11所示，磁场高度均为L.一个框面与磁场方向垂直、质量为m，电阻为R，边长为L 的正方形金属框abcd，从某一高度由静止释放，当ab边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动；当ab边下落到GH和JK之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动．整个过程空气阻力不计．求：(1)ab边刚进入第一个磁场时的速度v1；(2)ab边刚到达第二个磁场下边界JK时的速度v2；(3)金属框从ab边开始进入第一个磁场至刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量Q.45分钟滚动复习训练卷(四)1．B [解析] 金属圆环不管是从什么方向拉出磁场，金属圆环中的磁通量方向不变，且不断减小，根据楞次定律知，感应电流的方向相同，感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同，则由安培定则知感应电流的方向是顺时针方向，选项B 正确，选项A 、C 错误；金属圆环匀速出磁场过程中，切割磁感线的有效长度发生变化，选项D 错误．2．C [解析] 由图象可知t 1和t 3时刻电动势为零，磁通量的变化率最小，线圈平面处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，所以选项A 错误，选项C 正确．t 2和t 4时刻电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈平面处于垂直中性面位置，穿过线圈的磁通量为零，所以选项B 、D 错误．3．A [解析] 根据楞次定律，电磁感应现象阻碍穿过圆环的磁通量的变化，当螺线管中电流减小时，圆环受向上的磁场力．由法拉第电磁感应定律知，当导线所围区域内的匀强磁场的磁感应强度的变化率减小时，abcd 回路中的感应电动势减小，所以选项A 正确．4．B [解析] 用500 kV 电压输电时，输电线上的电流为I ＝P U ＝3×1095×105A ＝6000 A ，A错；输电线上由电阻造成的电压损失ΔU ＝IR ＝6000×2.5 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 电压输电时，输电线上损失的功率最多只能是3×106 kW ，不可能超过这个值，C 错；若用ΔP ＝U 2r计算输电线上损失的功率，则U 为输电线上损失的电压，而r 为输电线的电阻，D 错． 5．AC [解析] 线圈向东平动时，ab 和cd 两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a 点电势比b 点电势低，选项A 正确；同理，线圈向北平动，则a 、b 电势相等，高于c 、d 两点电势，选项B 错误；以ab 为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a →b →c →d →a ，则选项C 正确，选项D 错误．6．BD [解析] 原线圈所加的电压为U 1＝U m2＝220 V ，即交流电压表的读数为220 V ，A 错；因ω＝2πf ，故f ＝50 Hz ，B 对；副线圈的匝数大于原线圈的匝数，所以该变压器是一个升压器，C 错；对理想变压器，输出功率等于输入功率，D 对．7．CD [解析] 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F A ＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动的加速度为a ＝Fm＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W ＝F A ·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON＝－0.5 J ，由动能定理得W ＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝2 5m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 正确；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F A ，由牛顿第二定律得F －F A ＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确.8．AB [解析] ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行时，产生的感应电动势为E ＝BL v ，而感应电流为I ＝E R ＝BL vR ，故A 对；作用于ab 杆的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v R，B对；电阻R 上产生的电热功率P ＝I 2R ＝(BL v )2R ，C 错；外力对ab 杆做功的功率P ＝F v ＝B 2L 2v 2R，D 错．9.2qUm qd 4U d[解析] 设带电粒子经电压为U 的电场加速后获得速度为v ，由动能定理，有qU ＝12m v 2带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由牛顿第二定律，有qB v ＝m v 2r即r ＝m v qB依题意可知r ＝d解得B ＝2qUmqd带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点． －x 方向做匀速直线运动，有 d ＝v ty 方向做匀加速直线运动，有 a ＝qE md ＝12at 2 解得E ＝4Ud10．(1)0.6 W (2)54 Ω[解析] (1)闭合电路的外电阻为R ＝R x ＋R 1R 2R 1＋R 2＝49 Ω根据闭合电路的欧姆定律，通过R x 的电流为I ＝E R ＋r＝0.3 A R 2两端的电压为U 2＝E －I (R x ＋r )＝6 V R 2消耗的功率为P 2＝U 22R 2＝0.6 W(2)小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有Bq v ＝m v 2RU 2dq ＝mg 解得：U 2＝BRdgv小球做匀速圆周运动的初速度与末速度的夹角等于圆心角，为60°，根据几何关系得： R ＝d解得：U 2＝Bd 2gv ＝4 V I ＝U 2R 12＝0.2 A R x ＝E －U 2I －r ＝54 Ω11．(1)mgR B 2L 2 (2)mgR 4B 2L 2 (3)15m 3g 2R 232B 4L 4＋2mgL[解析] (1)设ab 边刚进入第一个磁场时的电流为I 1，安培力为F 1，由金属框做匀速运动，有mg ＝F 1＝BI 1LI 1＝E 1RE 1＝BL v 1解得：v 1＝mgRB 2L2(2)设ab 边到达GH 和JK 的之间某位置时的电流为I 2，ab 边受到的安培力为F 2，cd 边受到的安培力为F 3，则有F 2＝F 3mg ＝2F 2＝2BI 2LI 2＝E 2RE 2＝2BL v 2解得：v 2＝v 14＝mgR4B 2L2(3)金属框从ab 边开始进入第一个磁场上边界至刚到达第二个磁场下边界JK 的过程，由能量守恒定律得：12m v 21＋2mgL ＝Q ＋12m v 22解得：Q ＝15m 3g 2R 232B 4L 4＋2mgL。

45分钟单元能力训练卷(一)[考查范围：第一单元 分值：100分]一、选择题(每小题4分，共16分)1．质点做直线运动的位移s 与时间t 的关系为s ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际制单位)，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/s2．2006年我国自行研制的“枭龙”战机04在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需的时间为t ，则起飞前的运动距离为( )A ．v t B.12v t C ．2v t D ．不能确定 3．做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台某点O 时的速度是1 m/s ，车尾经过O 点时的速度是7 m/s ，则这列列车的中点经过O 点时的速度为( )A ．5 m/sB ．5.5 m/sC ．4 m/sD ．3.5 m/s4．甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲车一直匀速运动，乙车先匀加速运动后匀减速运动，丙车先匀减速运动后匀加速运动，它们经过第二块路标时速度又相等，则先通过第二块路标的是( )A ．甲车B ．乙车C ．丙车D ．无法确定二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km ，从出发地到目的地用了5分钟，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为150 km/h ，那么可以确定的是( )A ．在整个过程中赛车手的平均速度是108 km/hB ．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hC ．在整个过程中赛车手的平均速率是108 km/hD ．经过路标时的瞬时速度是150 km/h6．下列说法中的情形，可能出现的是( )A ．加速度与运动方向相同时，物体减速B ．加速度减小时，物体加速C ．加速度不变，速度不断改变D ．加速度不断改变，速度不变7．物体在一外力作用下做匀加速直线运动，已知第2 s 末的速度是6 m/s ，第3 s 末的速度是8 m/s ，物体的质量为2 kg ，则下列说法中正确的是( )A ．物体在零时刻的速度是4 m/sB ．物体的受到的合外力为4 NC ．第2 s 内物体的位移为5 mD ．物体与地面的动摩擦因数为0.28．某物体运动的v －t 图象如图( )图D1－1A ．物体在第1 s 末运动方向发生变化B ．物体在第2 s 内和第3 s 内的加速度是相同的C ．物体在4 s 末返回出发点D ．物体在5 s 末离出发点最远，且最大位移为0.5 m9．如图D1－2所示是物体在某段运动过程中的v －t 图象，在t 1和t 2时刻的瞬时速度分别为v 1和v 2，则时间由t 1到t 2的过程中( )A ．加速度不断增大B ．加速度不断减小C ．平均速度v ＝v 1＋v 22D ．平均速度v ＜v 1＋v 22三、实验题(共18分) 10．(8分)利用图D1－3中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，图D1－3(1)为了测试重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A ．天平B ．秒表C ．刻度尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.11．(10分)如图D1－4所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到反映小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两个相邻计数点的时间间隔为T ＝0.10 s ，其中s 1＝7.05 cm ，s 2＝7.68 cm ，s 3＝8.33 cm ，s 4＝8.95 cm ，s 5＝9.61 cm ，s 6＝10.26 cm ，则A 点处瞬时速度的大小是______m/s ，小车运动的加速度计算表达式为________，加速度的大小是________m/s 2(四、计算题(共36分)12．(18分)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s 的速度匀速驶过的货车严重超载时，决定前去追赶．经过5.5 s 后警车发动起来，并以2.5 m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h以内．问：(1)警车在追赶货车的过程中，两车之间的最大距离是多少？(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？13．(18分)某天，小明在上学途中沿人行道以v1＝1 m/s速度向一公交车站走去，发现一辆公交车正以v2＝15 m/s速度从身旁的平直公路同向驶过，此时他距车站s＝50 m．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a1＝2.5 m/s2，能达到的最大速度v m＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站s0＝25 m处开始刹车，刚好到车站停下，停车时间t＝10 s，之后公交车启动向前开去．(不计车长)(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度a2大小是多少？(2)若小明加速过程视为匀加速运动，通过计算分析他能否乘上该公交车．图D1－545分钟单元能力训练卷(一)1．D [解析] 由表达式s ＝5t ＋t 2可看出初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2.当t ＝1 s 时，s ＝6 m ，即第1 s 内的位移是s 1＝6 m ，同理，前2 s 内的位移为s 2＝14 m ，前2 s 内的平均速度是v 2＝s 2t 2＝7 m/s ，故A 、B 错；任意相邻的1 s 内位移差为Δs ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内的速度增量Δv ＝aT ＝2 m/s ，D 对．2．B [解析] 利用s ＝12(v 0＋v t )t 求解． 3．A [解析] 利用匀加速直线运动经过位移中点的瞬时速度公式v ＝v 20＋v 2t 2求解． 4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等．根据公式t ＝s v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．本题正确选项只有B.5．AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v ＝s t ＝9560km/h ＝108 km/h ，选项A 正确、B 错误；而平均速率v ＝l t ＝15560km/h ＝180 km/h ，选项C 错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置时的瞬时速度，选项D 正确．6．BC [解析] 当加速度方向与运动方向相同时，物体一定加速，A 错；加速度减小，但若加速度与速度方向相同，则物体加速运动，B 对；当加速度不变且不为零时，物体的速度一定会改变，C 对；只要有加速度，物体的速度就会改变，D 错．7．BC [解析] 设物体的初速度为v 0，则由v t ＝v 0＋at 得6＝v 0＋2a,8＝v 0＋3a ，解得：v 0＝2 m/s ，a ＝2 m/s 2，故A 错；由F ＝ma 知合外力F ＝4 N ，B 对；由v t ＝v 0＋at 得第1 s末的速度v 1＝4 m/s ，则第2 s 内物体的位移为s ＝12(v 1＋v 2)t ＝12×(4＋6)×1 m ＝5 m ，C 对；不知物体的具体受力情况，无法求解物体与地面的动摩擦因数，D 错．8．BC [解析] 根据v －t 图象可知物体在第1 s 末开始减速，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；由图线与坐标轴所围面积表示位移可知4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．9．BD [解析] 根据v －t 图线的斜率不断减小可知物体运动的加速度不断减小；假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，本题选项B 、D 正确． 10．(1)C (2)打点计时器与纸带之间存在摩擦．[解析] (1)用刻度尺测量计数点间的距离；(2)重物下落的加速度值总小于当地的重力加速度值，说明该误差为系统误差，可能产生这种误差的因素有：打点计时器与纸带之间存在摩擦、纸带下落过程中受到空气阻力等．11．0.86 a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 20.64 [解析] 根据做匀变速直线运动的物体某段时间内中间时刻的瞬时速度等于整个过程的平均速度可得v A ＝s 3＋s 42T＝0.86 m/s ；由于s 4－s 1＝3a 1T 2，s 5－s 2＝3a 2T 2，s 6－s 3＝3a 3T 2，所以a ＝a 1＋a 2＋a 33＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2，代入数据得a ＝0.64 m/s 2. 12．(1)75 m (2)12 s[解析] (1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们之间的距离最大，设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等．则t 1＝v a ＝102.5s ＝4 s s 货＝v (t 0＋t 1)＝10×(5.5＋4) m ＝95 ms 警＝12at 21＝12×2.5×42 m ＝20 m 所以两车间的最大距离为Δs ＝s 货－s 警＝75 m.(2)v m ＝90 km/h ＝25 m/s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间t 2＝v m a ＝252.5s ＝10 s s 货′＝v (t 0＋t 2)＝10×(5.5＋10) m ＝155 ms 警′＝12at 22＝12×2.5×102 m ＝125 m 因为s 货′>s 警′，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离Δs ′＝s 货′－s 警′＝30 m警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt 时间追赶上货车，则Δt ＝Δs ′v m －v ＝3025－10s ＝2 s 所以警车发动后要经过t ＝t 2＋Δt ＝12 s 才能追上货车．13．(1)4.5 m/s 2 (2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v 222s 0＝0－1522×25m/s 2＝－4.5 m/s 2 所以其加速度大小为4.5 m/s 2.(2)汽车从相遇处到开始刹车用时t 1＝s －s 0v 2＝2515 s ＝53s 汽车刹车过程中用时t 2＝0－v 2a 2＝103s 小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝v m －v 1a 1＝6－12.5s ＝2 s 小明加速过程中的位移s 2＝12(v 1＋v m )t 3＝7 m 以最大速度跑到车站的时间t 4＝s －s 2v 3 s ＝50－76s ＝7.2 s t 1＋t 2<t 3＋t 4<t 1＋t 2＋10 s ，即小明可以在汽车还停在车站时上车．。

45分钟单元能力训练卷(六)[考查范围：第六单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是() A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v2．如图D6－1所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、BA．A开始运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时3．如图D6－2所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()A．静止不动B．左右往返运动C．向右运动D．向左运动2D6－34．两辆质量相同的小车A、B静止在光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，如图D6－3所示．这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率()A．等于零B．小于B车的速率C．大于B车的速率D．等于B车的速率二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．如图D6－4所示，半径和动能都相等的两个小球相向运动．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是() A．甲球速度为零，乙球速度不为零B．两球速度都不为零C．乙球速度为零，甲球速度不为零D－4D6－56．如图D6－5所示，小车AB静止于水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥．小车AB质量为M，质量为m的木块C放在小车上，C、B相距为L，用细线将木块连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB与木块C都处于静止状态，现烧断细线，弹簧被释放，使木块离开弹簧向B端滑去，并跟B端橡皮泥粘在一起．所有摩擦均不计，对整个过程，以下说法正确的是()A ．整个系统机械能守恒B ．整个系统动量守恒C ．当木块的速度最大时，小车的速度也最大D ．小车AB 向左运动的最大位移等于m ML 7．质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m可能为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．58．如图D6－6所示，完全相同的两个带电金属球A 、B ，初动能相同，在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线从C 、D 开始相向运动，A 球带电为＋3q ，B 球带电为＋2q ；若两球发生弹性碰撞，相碰后又各自返回C 、D 点，下列说法中正确的是( )A ．相碰分离后两球是同时返回C 、D 的B ．相碰分离后两球返回C 、D 时总动能增大C ．相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大D图D6－6图D6－79．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图D6－7所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2B.12mM m ＋Mv 2 C.12NμmgL D ．N μmgL 三、实验题(共18分)10．(10分)用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图D6－8所示，斜槽与水平槽圆滑连接．安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O .接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，认为其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的C 点，让小球1从A 点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M 、P 、N 离O 点的距离，即线段OM 、OP 、ON 的长度．(1)在上述实验操作中，下列说法正确的是__________．A．小球1的质量一定大于球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径B．将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平C．小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差会小D．复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是否清晰并进行移动(2)以下提供的器材中，本实验必需的有________．A．刻度尺B．游标卡尺C．天平D．秒表(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为l1，ON的长度为l2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为________________________，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．11．(8分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图D6－9所示，采用的实验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B；b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B 滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是________________________________________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.四、计算题(共36分)12．(18分)如图D6－10所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段紧贴地面，弯曲段的顶部切线水平、离地高度为h；滑块A静止在水平轨道上，v0＝40 m/s的子弹水平射入滑块A后一起沿轨道向右运动，并从轨道顶部水平抛出．已知滑块A的质量是子弹质量的3倍，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)子弹射入滑块后一起运动的速度；(2)水平距离s与h关系的表达式；(3)当h多高时，s13．(18分)如图D6－11所示，在光滑的水平轨道上，质量为m的物体A处于静止状态．物体B的质量也为m，由不可伸长的轻绳悬挂于O点，B与轨道接触但不挤压．某时刻开始A 受到水平方向的恒力F的作用，经过距离L时撤掉F，A再运动一段距离后与物体B碰撞，求：(1)撤掉F时A的速度和F的作用时间．(2)若A、B发生完全弹性碰撞，绳长为r，则B在碰后的瞬间轻绳受到的拉力．(3)若A、B发生的碰撞情况是所有可能发生的碰撞情况中的一种，那么绳长满足什么条件才能使B总能完成完整的圆周运动？45分钟单元能力训练卷(六)1．A [解析] 以A 原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有m v ＋0＝2m ·v B－m v A ，碰撞过程中能量不可能增加，则有12m v 2≥12m v 2A ＋12·2m ·v 2B ，解得0≤v B ≤23v ；此外由m v ＋0＝2m ·v B －m v A ，解得v B ＝v ＋v A 2>v 2；所以v 2<v B ≤2v 3，只有A 项符合要求． 2．D [解析] 当B 接触到A 上的弹簧时，速度减小，而A 的速度增加，弹簧被压缩，当两者的速度相等时，弹簧的压缩量最大，由机械能守恒定律知，此时系统的动能减小到最小而势能增大到最大，即此时动能损失最大．3．D [解析] A 、B 和车组成的系统动量守恒，A 的动量大于B 的动量，故车与B 的运动方向相同．4．B [解析] 选A 车、B 车和人作为系统．水平面光滑，无论人如何跳来跳去，系统在水平方向上均不受外力作用，故满足动量守恒定律．设人的质量为m ，A 车和B 车的质量均为M ，最终两车速度分别为v A 和v B .由动量守恒定律得：0＝(M ＋m )v A －M v B ，则v A v B ＝M M ＋m，即v A <v B ，选项B 正确．5．AB [解析] 由p ＝m v 和E k ＝12m v 2得p ＝2mE k ，在动能相等的情况下，质量大的动量大，即碰前的总动量为p ＝p 甲－p 乙＞0，方向水平向右，若乙球的速度为零，甲球的速度不为零，则甲球势必再次碰乙球，故C 错；若两球都以各自原来的速率反向运动，则碰后的总动量方向向左，不满足动量守恒，D 错．故正确的是A 、B.6．BC [解析] 整个系统不受外力，动量守恒，当木块的速度最大时，小车的速度也最大．但C 、B 的碰撞过程属于完全非弹性碰撞，机械能不守恒，选项A 错误，选项B 、C 正确；由ms C ＝Ms 车，s C ＋s 车＝L 知：小车AB 向左运动的最大位移为：s 车＝mL M ＋m，选项D 错误．7．AB [解析] 设碰撞后两者的动量都为p ，根据动量守恒定律可知碰前总动量为2p ，根据p 2＝2mE k 和碰撞前后的能量关系得4p 22M ≥p 22m ＋p 22M 得M m≤3，所以A 、B 正确． 8．AB [解析] 两球组成的系统所受合力为零，则动量守恒，碰撞为弹性碰撞，故碰撞过程机械能守恒，碰后两球交换速度，分离后两球同时返回C 、D ，A 正确，C 错误；由于碰撞后电场力增大，故有电势能向机械能转化，B 正确，D 错误．9．BD [解析] 根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v ′＝m v M ＋m，损失的动能ΔE k ＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝12mM m ＋Mv 2，所以B 正确；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程，所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确．10．(1)BD (2)AC (3)m 1l 1＝m 2l 2[解析] (1)为了能够实现对心碰撞，两球的半径必须相同，选项A 错误；将小球静止放置在轨道末端，若小球保持静止，说明轨道末端水平，若小球滚动，说明轨道末端不水平，选项B 正确；碰前的速度不能过大，否则实验不能正常进行，选项C 错误；复写纸可以移动，但是白纸不能移动，选项D 正确．(2)本实验需要测量长度和质量，必须有刻度尺和天平，选项A 、C 正确．(3)由于小球平抛运动的时间相同，可以用OP 代表小球1碰前的速度，用OM 代表小球1碰后的速度，用ON 代表小球2碰后的速度．根据动量守恒定律，有：m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，解得：m 1·(OP －OM )＝m 2·ON ，即：m 1l 1＝m 2l 2.11．(1)B 的右端至D 板的距离L 2 (2)m A L 1t 1＝m B L 2t 2测量质量、时间、距离等存在误差，空气阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可)[解析] (1)本实验中，滑块离开弹簧后匀速运动，故A 的速度大小为v A ＝L 1t 1，B 的速度大小为v B ＝L 2t 2，根据动量守恒定律，有：0＝m A v A －m B v B ，即为：m A L 1t 1＝m B L 2t 2.本实验中，只要能够验证在误差范围内此式的左右两边相等即可，所以实验要求测量m A 、m B 、L 1、L 2、t 1、t 2.(2)误差主要是测量上述物理量时产生的，另外气垫导轨不水平及存在的空气阻力也会产生误差．12．(1)10 m/s (2)20h －4h 2 (3)5 m[解析] (1)设子弹的质量为m ，则滑块的质量为3m ，子弹射入滑块后一起运动的速度为v 1，由动量守恒定律，有：m v 0＝(m ＋3m )v 1解得：v 1＝14v 0＝10 m/s (2)设子弹与滑块到达轨道顶部时的速度为v 2，由机械能守恒定律，有：12(m ＋3m )v 21＝12(m ＋3m )v 22＋(m ＋3m )gh 设子弹与滑块离开轨道顶部到落到地面的时间为t ，由平抛运动规律，有： s ＝v 2th ＝12gt 2 联立解得：s ＝20h －4h 2(3)s ＝20h －4h 2＝25－(2h －5)2当h ＝2.5 m 时，s 最大，s max ＝5 m13．(1)2FL m 2mL F (2)mg ＋2FL r (3)r ≤FL 10mg[解析] (1)设撤掉F 时A 的速度为v ，经历时间为t ，则由牛顿第二定律，有：F ＝ma 由匀变速直线运动的规律，有L ＝v 22a L ＝v 2t 解得v ＝2FL m ，t ＝2mL F(2)设A 与B 碰后速度分别为v A ，v B ，B 在碰后瞬间轻绳受到的拉力为T ，由动量守恒定律有：m v ＝m v A ＋m v B12m v 2＝12m v 2A ＋12m v 2B 由牛顿第二定律，有：T －mg ＝m v 2B r解得：T ＝mg ＋2FL r(3)A 与B 碰撞后，B 获得最小速度为v ′B ，由动量守恒，有：m v ＝(m ＋m )v ′B解得：v ′B ＝12 2FL m若此时恰能使B 做完整圆周运动的绳子为R ，设运动到最高点时速度v 1，由牛顿第二定律，有：mg ＝m v 21RB 从最低点运动至最高点过程中机械能守恒，有： 12m v ′2B ＝mg ·2R ＋12m v 21解得：R ＝FL 10mg即绳长r ≤FL 10mg时才能使B 总能完成完整的圆周运动．。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）45分钟滚动复习训练卷(一)(考查范围：第一～三单元：分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．如图G1－1所示，自由落下的小球从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合力的变化情况是()A．合力变小，速度变小B．合力变小，速度变大C．合力先变小后变大，速度先变大后变小D．合力先变大后变小，速度先变小后变大图G1－1图G1－22．如图G1－2所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上．先将木板水平放置，并使弹簧拉伸，物块P处于静止状态．缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是()A．先保持不变后增大B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大3．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图G 1－3所示，在这段时间内下列说法中正确的是()图G 1－3A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为15g ，方向一定竖直向下二、双项选择题(每小题6分，共24分) 4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具．如图G 1－4所示，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平．当此车减速上坡时，乘客()A ．处于失重状态B ．受到水平向右的摩擦力C ．重力势能增加D ．所受的合力沿斜面向上图G 1－4图G 1－55．如图G 1－5所示，倾角为θ的斜面C 置于水平地面上，小物块B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，已知A 、B 、C 都处于静止状态，则()A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零 B ．C 受到地面的摩擦力一定为零C ．C 有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D ．将细绳剪断，若B 依然静止在斜面上，此时地面对C 的摩擦力为06．某物体沿水平方向做直线运动，规定向右为正方向，其v －t 图象如图G 1－6所示，下列判断正确的是()图G1－6A．在0～1 s内，物体做曲线运动B．在1～2 s内，物体向左运动，且速度大小在减小C．在1～3 s内，物体的加速度方向向左，大小为4 m/s2D．在3 s末，物体处于出发点右方7．如图G1－7所示，质量分别为m1和m2的两个物块A和B放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是μ(μ≠0)，用轻质弹簧将两个物块连接在一起，当用水平力F作用在A上时，两个物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在A上时，两个物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x′.则下列说法正确的是()图G1－7A．F′＝2F B．x′＝2xC．F′>2F D．x′<2x三、实验题(18分)8．(8分)利用如图G1－8中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．图G1－8(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A．天平：B．秒表：C．米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.9．(10分)如图G1－9所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置．图G1－9若测得某一物体质量m一定时，a与F的有关数据资料如下表所示：a/(m·s－2) 1.98 4.06 5.95 8.12F/N 1.00 2.00 3.00 4.00(1)根据表中的数据，请在图G1－10中画出a—F图象．(2)根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为______________________．(3)若甲、乙两同学在实验过程中由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图G1－11所示的a—F图象．图G1－10图G1－11试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.乙：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.四、计算题(40分)10．(20分)如图G1－12所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．图G1－1211．(20分)如图G1－13甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB粗糙，表面BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1) 斜面BC的长度L；(2) 滑块的质量m；(3) 运动过程中滑块克服摩擦力做的功W.：甲乙图G1－1345分钟滚动复习训练卷(一)解析1．C ： 小球受重力和向上的弹力，在平衡位置上方，F 合＝mg －F 弹，且弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小但方向一直向下，速度增大；在平衡位置下方，F 合＝F 弹－mg ，且弹力继续增大，合力增大，加速度增大，但方向向上，速度减小．2．D ： 对物块进行受力分析可知，由于初始状态弹簧被拉伸，所以物块受到的摩擦力水平向左，当倾角逐渐增大时，物块所受重力沿斜面方向的分力逐渐增大，所以摩擦力先逐渐减小，弹力与重力沿斜面方向的分力平衡时，摩擦力变为0；当倾角继续增大时，摩擦力向上且逐渐增大，故选项D 正确．3．D ： 由题图知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计压力小于人的重力，故处于失重状态，实际上人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 错；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －N ＝ma ，可知a ＝g5，方向竖直向下，D 对．4．AC ： 由于车减速上坡，故其加速度沿斜面向下，将其加速度正交分解为竖直向下和水平向左的加速度，故乘客处于失重状态，受到水平向左的摩擦力，受到的合力沿斜面向下，A 正确，B 、D 错误；因乘客在上坡，故重力做负功，重力势能增加，C 正确．5．CD ： 若绳对B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力平衡，则B 与C 间的摩擦力为零，A 项错误；将B 和C 看成一个整体，则B 和C 受到细绳向右上方的拉力作用，故C 有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B 项错误，C 项正确；将细绳剪断，若B 依然静止在斜面上，利用整体法判断，B 、C 整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C 的摩擦力为0，D 项正确.6．CD ： v －t 图象描述速度随时间变化的规律，并不代表运动轨迹，0～1 s 内物体速度方向始终为正方向，所以物体是做正向的直线运动，选项A 错误；1～2 s 内物体的速度为正，方向应向右，速度大小不断减小，选项B 错误；1～3 s 内物体的加速度为－4 m /s 2，表示加速度方向向左，大小为4 m /s 2，选项C 正确；v －t 图象中图象与坐标轴所围“面积”代表位移，时间轴上方的面积明显大于下方的面积，故物体的总位移为正，方向向右，物体位于出发点右方，选项D 正确．7．D ： 两个物块均以加速度a 运动时，由牛顿第二定律对整体有：F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，对B 有：kx －μm 2g ＝m 2a.当两个物块均以加速度2a 运动时，对整体有： F ′－μ(m 1＋m 2)g ＝2(m 1＋m 2)a ， 对B 有：kx′－μm 2g ＝2m 2a.比较对应的两式可得F′<2F ，x ′<2x ，故D 正确． 8．(1)C ：(2)打点计时器与纸带间存在摩擦(1)处理纸带求加速度，一定要知道计数点间的距离，故要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．9．(1)图略：(2)正比例关系：(3)平衡摩擦力时木板抬得过高：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免出现误差，所示在误差允许的范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予考虑．(2)由图可知a与F的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．10．(1)4 m/s：(2)0.4：(3)3.2 m/s(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1mg sin30°＝ma1，v 2m＝2a1hsin30°，解得：v m＝4 m/s.(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝ma2，v 2m＝2a2L，解得：μ＝0.4.(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，v m＝a1t1，得t1＝0.8 s.由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s. 设t＝1.0 s时速度大小为v，v＝v m－a2(t－t1)，解得：v＝3.2 m/s.11．(1)3 m：(2)2.5 kg：(3)40 J(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a1＝g sinθ＝6 m/s2.通过图象可知滑块在斜面上运动时间为：t1＝1 s.由运动学公式得：s＝12a1t21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为：N1＝mg cosθ.木板对传感器的压力为：F1＝N1sinθ.由图象可知：F1＝12 N.解得：m＝2.5 kg.(3)滑块滑到B点的速度为：v1＝a1t1＝6 m/s. 由图象可知：f＝5 N，t2＝2 s.则a2＝fm＝2 m/s2，s2＝v1t2－12a2t22＝8 m，W＝fs2＝40 J.。

[考查范围：第七、八单元恒定电流分值：100分]一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R 表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是( )A．由U外＝IR可知，外电压随电流的增大而增大B．由U内＝Ir可知，电源两端的电压随电流的增大而增大C．由U＝E－Ir可知，电源的输出电压随电流的增大而减小D．由P＝IU可知，电源的输出功率P随电流的增大而增大2．如图G3－1所示，点电荷A和B分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和Q，在A、B 连线上，则电场强度为零的地方(A．A和B之间B．B左侧C．A右侧 D．A的右侧及B的左侧3．图G3－2中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N图G3－2A．粒子在M点的加速度大于在N点的加速度B．粒子在M点的动能大于在N点的动能C．粒子在M点的电势能高于在N点的电势能D．M点的场强大于N点的场强二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．如图G3－3O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙图G3－3所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )A．电场一定是匀强电场B．电场的场强沿Ox方向增大C．电子将沿Ox正方向运动D. 电子的电势能将增大5．如图G3－4是火警报警装置电路示意图的一部分，其中R2是半导体热敏传感器，它的阻值随温度升高而减小，当R2A．电流表示数将变小B．电流表示数将变大C．a、b两点间电压变大D．a、b两点间电压变小6．如图G3－5所示，P、Q是矩形ABCD的AD边和BC边的中点，E、F是AB边和CD边的中点，M、N是P、Q连线上的两点且MP＝QN，M点和N点有等量异种点电荷．对于图中八个点的场强关系，下列说法正确的是( )A．A与B点场强相同，C与D点场强相同B．A与C点场强相同，B与D点场强相同C．A与D点场强相同，B与C点场强相同D．E与F点场强相同，P与QG3－5G3－67．如图G3－6所示，一簇电场线关于y轴对称分布，电场方向如图中箭头所示，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则( )A．M点的电势比P点的电势高B．一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能C．O、M间的电势差小于N、O间的电势差D．将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功三、实验题(18分)8．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x(标称阻值为180 Ω)的电流随其两端电压变化的特点．实验器材：多用电表，电流表A(0～50 mA，内阻约15 Ω)，电压表V(5 V，内阻约20 kΩ)，电源E(6 V直流电源，内阻可忽略不计)，滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)，定值电阻R0(100 Ω)，电阻箱(99.9 Ω)、开关S和导线若干．(1)该小组用多用表的“×1”倍率的挡位测热敏电阻在室温下的阻值，发现表头指针偏转的角度很小；为了准确地进行测量，应换到________倍率的挡位；如果换挡后就用表笔连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：____________，补上该步骤后，表盘的示数如图G3－7(2)该小组按照自己设计的电路进行实验．实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从0开始逐渐增大到5 V，作出热敏电阻的I－U图线，如图G3－8所示．请在所提供的器材中选择必需的器材，在虚线框内画出该小组设计的电路图．(3)分析该小组所画出的I －U 图线，说明在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而________；分析其变化的原因可能是____________．(4)请提出一个简单的实验方法，说明你对变化原因的判断是正确的．四、计算题(共40分)9．(18分)如图G3－9所示，在A 、B 两点间接一电动势为4 V 、内阻为1 Ω的直流电源，电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为4 Ω，电容器的电容为30 μF，电流表的内阻不计，求：(1)电流表的读数；(2)电容器所带的电荷量；(3)断开电源后，通过R 2的电荷量．10．(22分)如图G3－10所示，在虚线MN 左上方，存在斜向左下、与水平方向夹角为45°的匀强电场，场强大小E ＝2×105 V/m.一半径为R ＝0.8 m 的14光滑绝缘圆弧凹槽固定在水平地面上．一个可视为质点的质量m ＝0.2 kg 、电荷量大小q ＝1×10－5 C 的带正电金属物块P 从槽顶端A 由静止释放，经凹槽底端B 进入绝缘水平地面，凹槽底端B 与地面相切．图中C 点为电场边界与地面的交点，B 、C 之间的距离为0.6 m ，物块P 与绝缘地面之间的动摩擦因数为μ＝13，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块P从A点滑到B点时速度的大小；(2)物块P从B点到离开电场过程所经历的时间；(3)物块P在木板Q上滑动的过程中摩擦产生的热．45分钟滚动复习训练卷(三)1．C [解析] 当电流发生变化时，一定是外电阻减小了，故不能根据U外＝IR来判断，A错；由U内＝Ir只能判断电源的内电压随I的增大而增大，而不能判断电源两端的电压的变化，B错；E、r不变，由U＝E－Ir可知，电源的输出电压随输出电流I的增大而减小，故C对；输出电流I的增大时，路端电压减小，功率的变化情况不能由P＝IU判断，故D 错．2．B [解析] 在A和B之间，A、B产生的场强方向均向左，电场强度不可能为零，A 错；B的左侧，A产生的场强方向水平向左，B产生的场强方向水平向右，在某适当的位置，可以使得电场强度为零，B对；A的右侧，虽然A、B产生的场强方向相反，但是由于A的电荷量大，且离A较近，故合场强不可能为零，C、D错．3．C [解析] 电场线密的地方场强大，故N点的场强大，加速度大，A、D错；带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，由此可知，粒子带正电，由M点到N点，电场力做正功，电势能减少，动能增加，粒子在M点的电势能高于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，B错、C对．4．AC [解析] O点电势φ0为零，设x点的电势为φx，则U x0＝φx－φ0＝Ex，即φx ＝Ex，表明沿Ox方向场强不变，选项A正确，选项B错误；由静止释放电子，电子由电势低处向电势高处运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，选项D错误．5．BD [解析] R2的阻值随温度升高而减小，当发生火情时，电路的总电阻变小，总电流变大，A错、B对；由U＝E－IR可知路端电压变小，C错、D对．6．BD [解析] 根据等量异种电荷周围电场的电场线对称性：电场中A、B、C、D四点的电场强度大小相等，A、C电场方向相同，B、D电场方向相同；电场中P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，E、F两点电场强度大小相等，方向也相同．7．CD [解析] 以电场线的交点为圆心，分别作出过M、P点的圆弧，圆弧为电势不同的等势面，可知M点的电势比P点的电势低，选项A错误；由W＝qU，可判出选项D正确；O点的电势高于Q点的电势，故正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，选项B错误；O、M间的平均电场强度小于N、O间的平均电场强度，由U＝Ed，可知O、M间的电势差小于N、O间的电势差，故选项C正确．8～205) (2)如图所示(供电电路采用分压器接法，测量电路采用电流表外接法) (3)减小电流较大时，热敏电阻温度升高，电阻变小(4)见解析[解析] (1)表头指针偏转的角度很小，说明选择的挡位太小；因为欧姆表读数时，指针接近刻度盘中间部位时，测量结果比较准确，所以应选择“×10 ”挡位．(2)因为要求电压从0开始逐渐增大，所以供电电路采用分压器接法(用限流接法不可)，测量电路采用电流表外接法；(3)由图象知，在电流比较大的情况下热敏电阻的阻值随电流的增大而减小；其变化的原因可能是：电流较大时，热敏电阻的温度升高，引起电阻变小．(4)用欧姆挡测量热敏电阻的阻值过程中，用手握住热敏电阻使其温度升高，可以看出热敏电阻随温度升高阻值变小，用此方法可验证热敏电阻温度升高，电阻变小的判断．9．(1)0.8 A (2)9.6×10－5 C (3)4.8×10－5 C[解析] (1)由图可知，接入电路的有效电阻仅有R3则I＝ER3＋r＝0.8 A(2)电容器C两端电压与R3两端电压相同U C＝U3＝IR3＝3.2 V故电容器所带电荷量Q＝CU3＝30×10－6×3.2 V＝9.6×10－5 C(3)断开电源，R 1与R 2并联后与R 3、C 构成放电回路，故通过R 2的电荷量Q 2＝Q 2＝4.8×10－5 C 10．(1)4 m/s (2)0.2 s (3)1 J[解析] (1)由于A 、B 连线垂直于电场线，故A 、B 两点电势相等，故金属块P 从A 运动到B ，电场力做功为零．设P 滑到B 点时的速度为v 0，该过程由动能定理有mgR ＝12mv 20 解得v 0＝2gR ＝4 m/s(2)物块P 从B 点运动到C 点的过程，由题可知F 电＝qE ＝ 2 Nf ＝μ(F 电cos45°＋mg )＝1 N则加速度大小a ＝f ＋F 电sin45°m＝10 m/s 2 设P 在C 处速度为v 1，由v 20－v 21＝2ax BC解得v 1＝2 m/s故t ＝v 0－v 1a P＝0.2 s (3)物块P 在电场中运动时，电场力只在BC 段对物块P 做功，即W 克电＝F 电x BC cos45°＝0.6 J物块离开电场后做匀减速直线运动，最终静止．由能量转化与守恒定律，全过程摩擦产生的热Q ＝mgR －W 克电＝1 J。

45分钟单元能力训练卷(十三)(考查范围：第十三单元:分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．下列说法正确的是( )A．天然放射现象说明了原子具有复杂结构B．放射性物质的温度升高，其半衰期减小C．核裂变与聚变都伴有质量亏损D．氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级要吸收光子2．下列说法中正确的是( )A．氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率一定等于入射光子的频率B.23490Th(钍)核衰变为23491Pa(镤)核时，衰变前Th核质量等于衰变后Pa核与β粒子的总质量C．根据α粒子散射实验的结果，卢瑟福提出了原子的核式结构模型D．分别用X射线和绿光照射同一金属表面，若都能发生光电效应，则用绿光照射时光电子的最大初动能较大3．以下是物理学史上3个著名的核反应方程x＋73Li→2y，y＋147 N→x＋178 O，y ＋94Be→z＋126C，x、y和z是三种不同的粒子，其中z是( )A．α粒子B．质子C．中子D．电子二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．下列说法中正确的是( )A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为42He＋147N→178O＋11HB．铀核裂变的核反应为23592U→14156Ba＋9236Kr＋210nC．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(m1＋m2－m3)c2D．某原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子，从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子(λ1>λ2)，则该原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将吸收波长为λ1λ2λ1－λ2的光子5．如图D13－1所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验的装置示意图，荧光屏和显微镜固定在一起，分别放在图中的A、B、C三个位置，关于观察到的现象，下列说法中正确的是( )图D13－1。

45分钟单元能力训练卷(十一)[考查范围：第十一单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共20分)1．图D11－1)图D11－1A．a是升压变压器，b是降压变压器B．a是降压变压器，b是升压变压器C．a的输出电压等于b的输人电压D．a的输出电压等于输电线上损失的电压2．在一些星级宾馆的洗手间经常装有自动干手机，洗手后将湿手靠近，机内的传感器就开通，电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干．手靠近干手机能使传感器工作，是因为()A．改变了湿度B．改变了温度C．改变了磁场D．改变了电容3．输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈的匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图D11－2所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变)图D11－2A．1100、360B．1100、180C．2200、180D．220、3604．图D11－3甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω，则()甲乙图D11－3A．电压表的示数为6 VB．在t＝0.01 s的时刻，穿过线圈磁通量为零C．若线圈转速改为25 r/s，则电动势有效值为3 VD．若线圈转速改为25 r/s，则通过电灯的电流为1.2 A5．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图D11－4甲所示．产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()甲乙图D11－4A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合C. 线框产生的交变电动势有效值为311 VD. 线框产生的交变电动势频率为100 Hz二、双项选择题(每小题6分，共30分)6()A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25t VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电的电压的有效值为100 2 VD．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W7．如图D11－6所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1，连接一理想电流表；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有灯泡L和光敏电阻R(光照加强时，R的阻值会变小)，则()图D11－6A．原副线圈电流之比为n1∶n2B．只使Q向上滑动，灯泡变亮C．只加强光照，电流表读数变大D．只加强光照，原线圈的输入功率变小8．如图D11－7所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R. 开始时开关S)A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小9．图D11－8甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表V为理想电表．则()甲图D11－8A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC．电压表V的读数为5.0 VD．电压表V的读数约为3.5 V10．如图D11－9所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有()A．U2变小，U4变大B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小D．P2变大，P3变大三、计算题(共50分)11．(24分)如图D11－10所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度．该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器．用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg的滑块，滑块可无摩擦滑动，两只弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将该装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前，传感器a在后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10 N．(g取10 m/s2)(1)若传感器a的示数为14 N、b的示数为6.0 N，求此时汽车的加速度大小和方向．(2)12．(26分)温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家电产品中，它是利用热敏电阻的阻值随温度的变化而变化的特性工作的．如图D11－11甲所示，电源的电动势E ＝9.0 V，内阻可忽略不计；G为灵敏电流表，内阻R g保持不变；R为热敏电阻，其阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻甲乙图D11－1145分钟单元能力训练卷(十一)1．A [解析] 远距离输电时，先升压，再降压，故a 是升压变压器，b 是降压变压器，A 对B 错；输电线有电压损失，故a 的输出电压不等于b 的输入电压，C 错；a 的输出电压有一小部分损失，D 错．2．D [解析] 根据自动干手机工作的特征，手靠近时电热器开始工作，手撤离电热器时停止工作，人是一种导体，可以与其他导体构成电容．手靠近时相当于连接一个电容，干手机内设有电容式传感器，手的靠近改变了电容，驱动电热器工作．这在理论上是可行的．3．B [解析] 对新绕线的理想变压器，根据电压与匝数的关系得n 1＝n 3U 1U 3＝5×2201＝1100.变压器烧坏前，同理：n 2＝n 1U 2U 1＝1100×36220＝180，B 正确．4．C [解析] 由图乙知，电动势的峰值E m ＝6 2 V ，电动势的有效值E ＝6 V ，电压表的示数U R ＝ERR ＋r＝5.4 V ，A 错；在t ＝0.01 s 的时刻，感应电动势为0，即磁通量的变化率为0，此时磁通量最大，B 错；由图知，周期T ＝0.02 s ，即线圈转速为50 r/s ，若线圈转速改为25 r/s ，即为原来的一半，则电动势的最大值E m ＝NBSω＝2πNBSn 为原来的一半，有效值也为原来的一半，即为3 V ，C 对；当n ＝50 r/s 时，通过电灯的电流为I ＝ER ＋r＝0.6 A ，当n ＝25 r/s 时，电流为原来的一半，即为0.3 A ，D 错．5．B [解析] 由图乙可知，正弦交流电的最大值为311 V ，周期T ＝0.02 s ，所以该交流电动势的有效值为E ＝E m 2＝3112V ＝220 V ，频率f ＝1T ＝50 Hz ，C 、D 错误；由图乙，t ＝0.005 s 时电动势最大，磁通量的变化率最大．t ＝0.01 s 时电动势为0，磁通量变化率为0，磁通量最大，线框平面与中性面重合，B 正确．6．BD [解析] 由图象知，此交流电的周期为0.04 s 、交流电压的峰值为U m ＝100 V ，所以该交流电的频率为f ＝1T ＝25 Hz ，电压有效值U ＝U m2＝50 2 V ，选项C 错误，选项B正确；交变电压的角频率ω＝2πT ＝50π rad/s ，电压瞬时值的表达式为u ＝100sin50πt V ，选项A 错误；电阻消耗的功率P ＝U 2R＝50 W ，选项D 正确．7．BC [解析] 根据变压器原副线圈功率相等可知原副线圈电流之比I 1I 2＝n 2n 1，选项A 错误；Q 向上滑动时，副线圈匝数增多，副线圈两端电压增大，所以灯泡功率增大，选项B 正确；光照加强时，R 的阻值会变小，副线圈两端电压不变，所以电流增大，副线圈功率增大，选项C 正确，选项D 错误．8．BC [解析] 由变压器原副线圈电压与匝数的关系知，副线圈两端M 、N 的输出电压不变，当S 接通后，总电阻减小，副线圈电流增大，所以等效电阻R 两端的电压增大，灯泡L 1两端的电压减小，通过灯泡L 1的电流减小；由于副线圈电流增大，原线圈电流随之增大．9．BD [解析] 原线圈上电压的有效值为U 1＝U m2＝50 2 V ＝70.7 V ，A 错、B 对；副线圈上电压的有效值U 2＝n 2U 1n 1＝5 2 V ＝7.07 V ，副线圈中的电流为I 2＝U 22R，而电压表读数为U V ＝I 2R ＝U 22＝3.5 V ，C 错、D 对．10．BD [解析] 当用户消耗的功率变大时，用户的电流I 4＝P 4R 变大，输电线上的电流等于T 1的副线圈上的电流I 2及T 2的原线圈的电流I 3，由I 3＝n 4I 4n 3知I 2、I 3变大，而T 1的副线圈的电压U 2＝n 2U 1n 1不变，而U 3＝U 2－I 2R 线将变小，故U 4将变小，A 错、B 对；T 1的输出功率P 2等于其输入功率P 1，而I 1随I 2变大，故P 1＝P 2＝I 1U 1也随之变大，C 错、D 对．11．(1)4.0 m/s 2，方向向右 (2)10 m/s 2，方向向左 [解析] (1)依题意：左侧弹簧对滑块的向右的推力 F 1＝14 N右侧弹簧对滑块的向左的推力 F 2＝6.0 N设此时汽车的加速度为a 1， 根据牛顿第二定律有： F 1－F 2＝ma 1解得：a 1＝F 1－F 2m ＝14－6.02.0m/s 2＝4.0 m/s 2a 1与F 1同方向，即向前(向右)．(2)传感器a 的读数恰为零，即左侧弹簧的弹力F 1′＝0.因两只弹簧相同，左侧弹簧伸长多少，右侧弹簧就缩短多少，所以右侧弹簧的弹力变为F 2′＝20 N.设此时汽车的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 －F 2′＝ma 2解得：a 2＝－F 2′m＝－10 m/s 2，负号表示方向向后(向左)．12．120 ℃[解析] 从图乙查得t ＝20 ℃时，R 的阻值为4 kΩ，由E ＝I 1(R ＋R g )得：R g ＝E I 1－R ＝9.02kΩ－4 kΩ＝0.5 kΩ设当I 2＝3.6 mA 时，热敏电阻的阻值为R ′，则R ′＝E I 2－R g ＝9.03.6kΩ－0.5 kΩ＝2.0 kΩ从图乙中查得此时对应的温度为t 2＝120 ℃.。

45分钟单元能力训练卷(十三)[考查范围：第十三单元分值：120分]一、选择题(每小题6分，共36分)1．下列说法正确的是( )A．热量只能从高温物体向低温物体传递B．外界对物体做功，物体的内能必定增加C．第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律D．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能2．如图D13－1所示为一定质量的某种理想气体由状态A经过状态C变为状态B的图象，下列说法正确的是( )图D13－1A．该气体在状态A时的内能等于在状态B时的内能B．该气体在状态A时的内能等于在状态C时的内能C．该气体由状态A至状态B为吸热过程D．该气体由状态A至状态C对外界所做的功大于从状态C至状态B对外界所做的功3．下列说法正确的是( )A．悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同4．如图D13－2所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( ) A．温度升高，压强增大，内能减少B．温度降低，压强增大，内能减少C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加图D13－2图D13－35．如图D13－3所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是( )A ．ab 为斥力曲线，cd 为引力曲线，e 点横坐标的数量级为10－10mB ．ab 为引力曲线，cd 为斥力曲线，e 点横坐标的数量级为10－10mC ．若两个分子间距离大于e 点的横坐标，则分子间作用力表现为斥力D ．若两个分子间距离越来越大，则分子势能亦越来越大图D 13－46．如图D 13－4所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再由状态B 变化到状态C ，最后变化到状态A 的过程中，下列说法正确的是( )A ．从状态A 变化到状态B 的过程中，气体膨胀对外做功，放出热量B ．从状态B 变化到状态C 的过程中，气体体积不变，压强减小，放出热量C ．从状态C 变化到状态A 的过程中，气体压强不变，体积减小，放出热量D ．若状态A 的温度为300 K ，则状态B 的温度为600 K二、填空题(共16分)7．(6分)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质．某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q 1，对外做功W ，又对低温热源放热Q 2，工质完全恢复到初始状态，内能没有变化．根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q 1、Q 2、W 三者之间满足的关系是______．热机的效率η＝W Q 1不可能达到100%，从能量转换的角度，说明________能不能完全转化为________能．图D 13－58．(10分)(1)如图D 13－5所示，导热性能良好的汽缸固定在水平地面上，用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中，汽缸的内壁光滑，现用水平外力F 作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，由状态①变化到状态②，如果环境温度保持恒温，则在此过程中，下列说法正确的是________．A ．每个气体分子的速率都不变B ．单位时间内汽缸单位面积上气体分子撞击次数减少C ．气体内能不变，从外界吸热，并对外界做功D ．气体是从单一热库吸热，全部用来对外做功，此过程不违反热力学第二定律若用p 、V 、T 分别表示该理想气体的压强、体积、温度，如图D 13－6所示，可用来表示气体的上述变化过程的有________．A BC D图D 13－6(2)若在绝热条件下对一定质量的理想气体做1500 J 的功，可使其温度升高5 ℃.改为只用热传递的方式，使气体温度同样升高5 ℃，则气体应吸收________ J 的热量．若对一定质量的理想气体做2000 J 的功，其内能增加了2400 J ，表明该过程中，气体还________(选填”吸收”或”放出”)热量________ J.三、计算题(共68分)9．(20分)为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿航天服．航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样．假如在地面上航天服内气压为1 atm，气体体积为2 L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4 L，使航天服达到最大体积．若航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统．(1)求此时航天服内的气体压强，并从微观角度解释压强变化的原因．(2)若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压恢复到0.9 atm，则需补充1 atm的等温气体多少升？10．(24分)某同学利用DIS实验系统研究一定质量的理想气体的状态变化，在实验后计算机屏幕显示了如图D13－7所示的p－T图象(实线部分)，已知在A状态气体体积为V0.(1)试求实验过程中，当气体温度保持T0的情况下，气体体积在什么范围内变化？(2)试分析说明在气体状态由B变化至C的过程中是吸热还是放热？图D13－711．(24分)(1)如图D13－8甲所示是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V－T图象．已知气体在状态A时的压强是1.5×105Pa.则A→B过程中压强如何变化？图象中T A的温度值是多少？请在图乙所示坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的p－T图象，并在图线相应位置上标出字母A、B、C.图D13－8(2)如图D13－9所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再从状态B变化到状态C.已知状态A的温度为480 K．求气体在状态C时的温度，并分析从状态A变化到状态B 的过程中，气体是从外界吸收热量还是放出热量．图D13－945分钟单元能力训练卷（十三）1．D [解析] 借助外界的帮助，热量可以由低温物体传递到高温物体，选项A错误、选项D正确；外界对物体做功，物体可能同时放出热量，当放出的热量大于外界对物体做的功时，内能减少，选项B 错误；第二类永动机不可能制成，并不违反能量守恒定律，而是违背热力学第二定律，选项C 错误．2．AC [解析] 由题给图象可判断气体在状态A 时的温度比在状态C 时的温度高，在状态A 时的温度与状态B 时的温度相同，所以选项A 正确，选项B 错误；该气体由状态A 至状态B 温度不变，但体积增大，可判断此过程为吸热过程，故选项C 正确；该气体由状态A 至状态C 对外界所做的功小于从状态C 到状态B 对外界所做的功，选项D 错误．3．D [解析] 悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，微粒受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，选项A 错误；根据热力学第二定律可知机械能可以全部转化为内能，但是内能不可以全部转化为机械能，而不引起其他变化，选项B 错误；知道物质的摩尔质量和密度可以求出摩尔体积，但不能求出阿伏加德罗常数，选项C 错误；内能不同的物体温度可能相同，分子平均动能可能相同，选项D 正确．4．C [解析] 由于气体密闭在绝热容器中，所以Q ＝0，体积减小，则外界对气体做功，W ＞0，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＞0，所以气体内能增加，温度升高．由理想气体状态方程pV T ＝C 可以判断压强增大，选项C 正确．5．B [解析] e 点横坐标等于分子平衡距离r 0，应为10－10m ，在平衡距离之内，分子斥力大于分子引力，分子力表现为斥力，则ab 为引力曲线，cd 为斥力曲线，所以选项A 错误，选项B 正确；当两分子间距离大于e 点的横坐标，即r ＞r 0时表现为引力，选项C 错误；在r ＜r 0时，当两分子间距离增大时，斥力做正功，分子势能减小，选项D 错误．6．BC [解析] 气体从状态A 变化到状态B 的过程中，气体体积增大，膨胀对外做功，压强升高，根据pV T ＝C 可知，其温度升高，根据热力学第一定律可知，气体要吸热，选项A 错误；从状态B 变化到状态C 的过程中，气体体积不变W ＝0，压强减小，则温度降低，由ΔU ＝W ＋Q 可知气体放热，选项B 正确；从状态C 变化到状态A 的过程中，气体体积减小W ＞0，压强不变，则温度降低，由ΔU ＝W ＋Q 可知气体放热，选项C 正确；由pV T＝C 可求出状态B 的温度为1 200 K ，选项D 错误．7．Q 1－Q 2＝W 内 机械[解析] (1)由热力学第一定律得Q 1＋(－Q 2)＋(－W )＝0，即Q 1－Q 2＝W ；再由热力学第二定律，内能不可能全部转化为机械能而不产生其他影响．8．(1)BCD AD (2)1 500 吸收 400[解析] (1)①由于汽缸导热性能良好，所以缸内气体的温度不变，气体分子的平均速率不变，但并不是每个分子的速率都不变，A 选项错误；气体体积变大，单位体积内分子数目变少，单位时间内单位面积撞击的分子数目会变少，B 选项正确；对于理想气体而言，内能只与温度有关，温度不变，内能不变，C 选项正确；气体从单一热库吸热，全部用来做功，这个过程中引起了其他变化，所以是可能的，并不违反热力学第二定律，D 选项正确．②此过程为等温变化，体积增大，压强减小，A 、D 选项正确．(2)做功和热传递是等效的；Q ＝ΔU －W ＝2400 J －2000 J ＝400 J9．(1)0.5atm ，略 (2)1.6 L[解析] (1)对航天服内气体，开始时压强为p 1＝1 atm ，体积为V 1＝2 L ，到达太空后压强为p 2，气体体积为V 2＝4 L由玻意耳定律得：p 1V 1＝p 2V 2解得p 2＝0.5 atm航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小．(2)设需补充1atm 气体V ′升后达到的压强为p 3＝0.9 atm取总气体为研究对象，由玻意耳定律得p 1(V 1＋V ′)＝p 3V 2解得V ′＝1.6 L10．(1)34V 0～32V 0 (2)放热 [解析] (1)对于A 、B 、C 三个状态，由玻意耳定律可知：1．5p 0V 0＝2p 0V 1 1.5p 0V 0＝p 0V 2解得V 1＝34V 0，V 2＝32V 0 即在温度保持T 0的情况下，气体体积在34V 0和32V 0之间变化． (2)在气体状态由B 变化至C 的过程中，由于温度不变，所以气体内能不变，而该过程气体体积减小，外界对气体做功，所以由热力学第一定律可知，此过程是放热的．11．(1)压强不变 200 K 如图所示 (2)160 K 吸热[解析] (1)从图甲可以看出，A 与B 的连线的延长线过原点O ，所以A →B 是一个等压变化，即p A ＝p B根据盖·吕萨克定律可得：V A T A ＝V BT B解得T A ＝V A V B T B ＝0.40.6×300 K＝200 K 由图甲可知，由B →C 是等容变化根据查理定律得：p B T B ＝p CT C解得p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝2.0×105 Pa 则可画出由状态A →B →C 的p －T 图象，如图所示．(2)A 、C 两状态体积相等，根据查理定律p A T A ＝p CT C得 T C ＝p C p A T A ＝0.5×4801.5K ＝160 K 由理想气体状态方程p A V A T A ＝p B V B T B得 T B ＝p B V B p A V A T A ＝0.5×3×4801.5×1K ＝480 K 由此可知A 、B 两状态温度相同，故A 、B 两状态内能相等即从A →B ，ΔU ＝0又因为从A →B ，体积增大，气体对外做功，W ＜0由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知Q ＞0，吸热．。

45分钟单元能力训练卷(三)(考查范围：第三单元 分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是( ) A ．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎B ．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C ．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D ．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小图D 3－12．如图D 3－1所示，在光滑的水平面上，质量均为m 的A 、B 两球之间系着一根不计质量的弹簧，A 球紧靠竖直墙壁．今用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后突然将F 撤去，在这一瞬间，则( )A ．B 球的速度为零，加速度为零B ．B 球的速度不为零，加速度也不为零C ．B 球的速度不为零，加速度为零D ．B 球的速度为零，加速度不为零3．在电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10，则电梯运动的情况可能是( )A ．以大小为1110g 的加速度加速上升B ．以大小为1110g 的加速度减速上升C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 的加速度减速下降二、双项选择题(每小题6分，共24分) 4．下列说法中正确的是( )A ．物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿运动定律又叫惯性定律B ．牛顿第一定律仅适用于宏观物体，只可用于解决物体的低速运动问题C ．牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a ＝0条件下的特例D ．伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去5．下列实例属于超重现象的是( )A. 火箭点火后加速升空B. 汽车驶过拱形桥顶端C. 荡秋千的小孩通过最低点D. 跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动6．如图D3－2所示，在水平地面上，A、B两物体叠放，在水平力F的作用下一起匀速运动，若将水平力F作用在A上，两物体可能发生的情况是( )图D3－2A．A、B一起匀速运动B．A加速运动，B匀速运动C．A加速运动，B静止D．A与B一起加速运动7．物体静止放在光滑水平面上，在如图D3－3所示的水平方向的力的作用下由静止开始运动，下列说法正确的是( )图D3－3A．0～T时间内物体的加速度和速度都逐渐减小B．T时刻物体的加速度和速度都等于零C．T～2T时间内物体的运动方向与原来相同D．T时刻物体的加速度等于零，速度最大三、实验题(18分)8．(8分)(1)如图D3－4所示为某同学所安装的“验证牛顿第二定律”的实验装置，若在图示状态下开始做实验，请从该同学的装置和操作中指出存在的问题或错误________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(回答两条即可)图D3－4(2)图D3－5是(1)中更正后实验打出的一条纸带，已知打点计时器的打点周期是0.02 s，则小车运动的加速度为__________ m/s2.(计算结果保留两位有效数字)图D3－59．(10分)在验证牛顿运动定律的实验中，一个同学打出了5条纸带后，测出了纸带中相邻的每隔四个点间的距离和每条纸带对应的小车的受力情况如下表所示．频率为50 Hz)图D3－6(2)由图可以判断小车的质量为________kg.四、计算题(40分)10．(18分)如图D3－7所示，一根劲度系数k＝200 N/m的轻质弹簧拉着质量为m＝0.2 kg的物体从静止开始沿倾角为θ＝37°的斜面匀加速上升，此时弹簧伸长量x＝0.9 cm，在t＝1.0 s内物体前进了s＝0.5 m．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物体加速度的大小；(2)物体和斜面间的动摩擦因数．图D3－711．(22分)如图D3－8所示，质量为M的木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图中的折线ACD和BCD所示，a、b、c、d点的坐标为A(0，10)、B(0，0)、C(4，4)、D(12，0)．根据v－t图象，求：图D3－8(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，物块和木板达到相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与木板质量M之比；(3)物块相对木板滑行的距离Δx.45分钟单元能力训练卷(三)1．C [解析] 相同大小的力作用在不同的物体上产生的效果往往不同，故不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，选项C 正确．2．D [解析] 用水平力F 将B 球向左推压缩弹簧，平衡后弹簧弹力为F.突然将水平力F 撤去，在这一瞬间，B 球的速度为零，加速度为Fm，选项D 正确.3．D [解析] 当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，说明弹簧弹力kx ＝mg ；弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧弹力为1.1mg ，根据牛顿第二定律有1.1mg －mg ＝ma ，电梯的加速度为g10，且方向是向上的，电梯处于超重状态，符合条件的只有D . 4．BD [解析] 物体在不受外力作用时保持原有运动状态不变的性质叫惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，A 错误．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，D 正确．5．AC [解析] 火箭加速升空，加速度方向向上，属于超重现象，A 正确；汽车驶过拱形桥顶端时，加速度方向向下，属于失重现象，B 错误；荡秋千的小孩通过最低点时，加速度方向向上，属于超重现象，C 正确；跳水运动员被弹起后，只受重力作用，属于完全失重现象，D 错误．6．AC [解析] 若A 、B 接触面光滑，当将水平力F 作用在A 上时，A 加速运动，B 保持静止状态，C 正确；若A 、B 接触面粗糙，当A 所受的最大静摩擦力小于B 所受的最大静摩擦力时，将水平力F 作用在A 上，A 加速运动，B 保持静止状态；当A 所受的最大静摩擦力大于B 所受的最大静摩擦力时，将水平力F 作用在A 上，A 、B 一起匀速运动，故A 、C 正确，B 、D 错误．7．CD [解析] 由F －t 图象可知，物体在0～T 时间内和T ～2T 时间内所受力F 方向相反且具有对称性，由牛顿第二定律得物体在这两段时间内，产生的加速度方向相反，大小具有对称性，因此物体在0～T 时间内做加速度逐渐减小的加速运动，T 时刻物体的加速度等于零，速度最大；T ～2T 时间内物体做加速度逐渐增大的减速运动，2T 时刻速度减为零，0～2T 时间内物体的速度方向始终保持不变，故A 、B 错误，C 、D 正确．8．(1)用交流电源；木板右侧垫起以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处；细线应与木板平行(任写两条即可) (2)4.0[解析] (1)“验证牛顿第二定律”的实验中，通过打点计时器测量加速度，而打点计时器需要使用交流电源；小车运动中受到摩擦力，故需要使木板形成斜面以平衡摩擦力；小车应放在靠近打点计时器处．(2)小车运动的加速度a ＝（s 6＋s 5＋s 4）－（s 3＋s 2＋s 1）9（2T ）＝4.0 m /s 2.9．(1)如图所示 (2)0.2[解析] (1)由a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T2可得，5条纸带对应的加速度分别为：a 1＝0.25 m /s 2，a 2＝0.49 m /s 2，a 3＝0.75 m /s 2，a 4＝0.99 m /s 2，a 5＝1.26 m /s 2，在a —F 坐标系中描点连线．(2)由牛顿第二定律知，F ＝ma ，m ＝F a ＝1k ，其中k 为a —F 图线的斜率，由图可得k ＝5，故m ＝0.2 kg .10．(1)1.0 m /s 2(2)0.25[解析] (1)根据运动学公式：s ＝12at 2得a ＝2s t 2＝1.0 m /s 2.(2)物体运动过程受力如图所示．根据牛顿第二定律有 F －f －mg sin 37°＝ma 根据胡克定律有 F ＝kx ＝1.8 N则f ＝F －mg sin 37°－ma ＝0.4 N 又N ＝mg cos 37°＝1.6 N根据滑动摩擦力公式f ＝μN 得： μ＝fN＝0.25.11．(1)1.5 m /s 2 1 m /s 2 0.5 m /s 2(2)3∶2 (3)20 m[解析] (1)由v －t 图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a 1＝10－44m /s 2＝1.5 m /s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04m /s 2＝1 m /s 2，达到相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08m /s 2＝0.5 m /s 2.(2)对物块冲上木板的减速阶段有 μ1mg ＝ma 1对木板在水平地面上的加速阶段有 μ1mg －μ2(m ＋M)g ＝Ma 2对物块和木板达到相同速度后的减速阶段有 μ2(m ＋M)g ＝(M ＋m)a 3 以上三式联立可得m M ＝32.(3)由v －t 图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx 对应图中△ABC 的面积，故Δx1 2m＝20 m.＝10×4×。

45分钟单元能力训练卷(五)[考查范围：第五单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．伽利略曾设计如图D5－1所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小()图D5－1A．只与斜面的倾角有关B．只与斜面的长度有关C．只与下滑的高度有关D．只与物体的质量有关2．从同一高度处以相同的速率抛出三个质量相同的小球，第一个平抛，第二个竖直上抛，第三个向下抛，直到三球落地，在此过程中，重力势能变化量大小分别是ΔE p1、ΔE p2、ΔE p3，则()A．ΔE p1＝ΔE p2＝ΔE p3B．ΔE p1＞ΔE p2＝ΔE p3C．ΔE p1＜ΔE p2＜ΔE p3D．ΔE p1＜ΔE p2＝ΔE p33．近年来我国的高铁发展迅速，而提速要解决许多具体的技术问题，其中提高机车牵引功率是一个重要问题．已知匀速行驶时，列车所受阻力f与速度v的一次方成正比，即f ＝k v.当福州至上海的“和谐号”动车分别以240 km/h和120 km/h的速度在水平轨道上匀速行驶时，机车的牵引功率之比为()A．1∶1B．2∶1C．4∶1D．无法确定4．如图D5－2所示，拉力F将物体沿斜面拉下，已知拉力大小与摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是()图D5－2A．物体的总机械能增加B．物体的总机械能保持不变C．物体的总机械能减少D．合外力对物体做功为零二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．第16届广州亚运会上，中国运动员何冲在男子单人三米板跳水决赛中卫冕冠军，他在跳水过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．他在空中上升过程处于失重状态B．他在空中下降过程处于超重状态C．他从起跳后到完全进入水中的全过程机械能守恒D．他从起跳后到完全进入水中的全过程机械能不守恒6．汽车在平直的公路上行驶，某一段时间内汽车的功率随时间的变化如图D5－3所示．设汽车运动过程中受到的阻力不变，则在这一段时间内汽车的运动情况可能是()图D5－3 A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动C ．加速度增加的加速直线运动D ．加速度减小的加速直线运动7．如图D5－4所示，一物体从直立轻质弹簧的正上方处下落，然后又被弹回，若不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) 图D5－4A ．物体的机械能在任何时刻都跟初始时刻相等B ．物体和弹簧组成的系统任意两时刻机械能相等C ．物体在把弹簧压缩到最短时，物体和弹簧组成的系统的机械能最小D ．当重力和弹簧的弹力大小相等时，物体的速度最大8．如图D5－5所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中( )A ．支持力对物块做功为零B ．支持力对小物块做功为mgL sin αC ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α 9．如图D5－6所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，再在B 上放一物体A ，现以恒定的外力拉B, A 、B 发生相对滑动，向前移动了一段距离．在此过程中( )A ．B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能增加量B ．A 对B 的摩擦力所做的功等于B 对A 的摩擦力所做的功C ．外力F 做的功等于A 和B 动能的增加量D ．外力F 对B 做的功等于B 的动能的增加量与B 克服摩擦力所做的功之和三、实验题(共18分)10．(8分)实验小组利用光电计时器验证物块沿斜面下滑过程中机械能守恒，装置如图D5－7甲所示．让小物块从斜面顶端滑下，若测得小物块通过A 、B 光电门时的速度为v 1和v 2，A 、B 之间的距离为L ，斜面的倾角为α，重力加速度为g .甲乙图D5－7(1)图乙为用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度l的示数，由此读出l＝________mm.(2)若实验数据满足关系式______________，则验证了物块沿斜面下滑过程中机械能守恒．(3)本实验的误差主要来源于斜面对物块的______________而造成的物块机械能的损失．11．(10分)某实验小组利用如图D5－8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．图D5－8(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？________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(2)如图D5－9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由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝1.2×10－2 s，则滑块经过光电门时的瞬时速度为______m/s.在本次实验中还需要测量的物理量有：钩码的质量m 和________(用文字说明并用相应的字母表示)．(3)本实验通过计算________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．图D5－9四、计算题(共36分)12．(18分)如图D5－10所示，两个半径分别为r1、r2的半圆形钢管(内径很小)竖直立起，管内光滑．现让一质量为m的小球由地面以速度v0进入管口．小球最终刚好停留在管道的最高点．(1)求入射速度v0；(2)求小球通过下面管道的最高点P时对管道的压力，并说明r1、r2满足什么关系时，小球是压上壁还是下壁？图D5－1013．(18分)如图D5－11所示，一个半径R ＝0.80 m 的14光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线水平，轨道下端距地面高度h ＝1.25 m ．在圆弧轨道的最下端放置一个质量m B ＝0.30 kg 的小物块B (可视为质点)．另一质量m A ＝0.10 kg 的小物块A (也可视为质点)由圆弧轨道顶端从静止开始释放，运动到轨道最低点时，与物块B 发生碰撞，碰后A 物块和B 物块粘在一起水平飞出．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)物块A 与物块B 碰撞前对圆弧轨道最低点的压力大小；(2)物块A 和B45分钟单元能力训练卷(五)1．C [解析] 物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，重力势能转化为动能，只要高度相同，重力势能的改变量相同，其末速度也相同．2．A [解析] 重力势能的变化只与重力做功有关，因为三个小球的质量相同，下落的高度相同，所以重力势能的变化量相同．3．C [解析] 当机车匀速行驶时，牵引力F ＝f ，牵引力功率P ＝f v ＝k v 2，当动车以v 1＝240 km/h 和v 2＝120 km/h 的速度行驶时的功率比为：P 1∶P 2＝v 21∶v 22＝4∶1.4．B [解析] 物体在沿斜面向下运动的过程中，受重力、支持力、拉力和摩擦力，其中拉力与摩擦力大小相等、方向相反而平衡，相当于物体只受支持力与重力，由于支持力垂直斜面，对物体不做功，除重力外的其他力做功的代数和为零，故机械能守恒，A 、C 错，B 对；合外力对物体做功的多少等于重力对物体做功的多少，这个功不为零，D 错．5．AD [解析] 何冲在空中下落的过程中，向下的加速度为g ，故处于完全失重的状态，A 正确、B 错误；何冲进入水中后，受到重力及水的阻力，他要克服水的阻力做功，故机械能不守恒，C 错误、D 正确．6．AD [解析] 由图线可知，运动过程中发动机输出功率一定．若牵引力等于阻力，则汽车做匀速直线运动；若牵引力大于阻力，则速度增大，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直线运动．故选项A 、D 正确．7．BD [解析] 当物体接触弹簧时，要受到弹力作用，弹力对物体做功，此时物体的机械能不守恒，但如果把弹簧和物体看成一个系统，则这个系统在任何时刻只有重力、弹力做功，机械能守恒，故A 、C 错，B 对；在弹簧压缩的过程中，由于重力的方向和弹力的方向相反，当重力和弹力大小相等时，速度最大，D 对．8．.BD [解析] 木板转动的过程中，静摩擦力始终与速度方向垂直，静摩擦力不做功，由动能定理知，支持力做的功W 1＝mgh ＝mgL sin α；物块下滑过程中，支持力始终与速度方向垂直，支持力不做功，由动能定理得mgL sin α＋W f ＝12m v 2，所以滑动摩擦力功W f ＝12m v 2－mgL sin α.所以选项B 、D 正确．9．AD [解析] 对物体A 分析，受三个力：重力G A 、支持力N A 、摩擦力f A .这三个力的合力F 合＝f A ，由动能定理知，合外力做的功等于功能的增加，A 对；因A 、B 发生相对滑动，故A 、B 对地的位移不同，故A 对B 的摩擦力所做的功不等于B 对A 的摩擦力所做的功，B 错；由功能关系，外力F 做的功、A 对B 的摩擦力所做的功、B 对A 的摩擦力所做的功的代数和才等于系统动能的增加量，C 错；对B 运用动能定理知，外力F 对B 做的功等于B 的动能的增加量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 对．10．(1)5.700 mm (2)gL sin α＝12v 22－12v 21 (3)摩擦力做负功 [解析] (1)固定刻度上的读数是5.5 mm ，可动旋钮的读数是20.0×0.01 mm ＝0.200 mm ，故读数为5.700 mm ，读数时不同的人略有差异，在5.698～5.702都可视为正确．(2)物块从A 到B 重力势能的减少量为ΔE p ＝mgL sin α，而动能的增加量为ΔE k ＝12m v 22－12m v 21，当两者相等时机械能守恒．故只要验证gL sin α＝12v 22－12v 21，即可说明这个过程中机械能守恒．(3)物块下滑过程中要克服摩擦力而做功，消耗能量．11．(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(或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)(2)0.52 0.43 滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离s (3)mgs 12(m ＋M )⎝⎛⎭⎫d Δt 2[解析] (2)d ＝5 mm ＋2×0.1 mm ＝5.2 mm ＝0.52 cm ，v ＝d Δt＝0.43 m/s ；需测量滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离s .(3)系统减少的重力势能为ΔE p ＝mgs ，系统增大的动能为ΔE k ＝12(m ＋M )v 2＝12(m ＋M )⎝⎛⎭⎫d Δt 2，当ΔE p ＝ΔE k 时，说明系统的机械能守恒．12．(1)2g (r 1＋r 2) (2)略[解析] (1)壁面光滑，在小球上升过程中，由机械能守恒定律，得mg (2r 1＋2r 2)＝12m v 20解得v 0＝2g (r 1＋r 2)(2)取竖直向下为正方向，设小球到达下面管道最高点P 的速度为v ，对管道的压力为N ，由机械能守恒，有12m v 20＝12m v 2＋mg ·2r 1 在下面管道最高点P ，有mg ＋N ＝m v 2r 1解得N ＝⎝⎛⎭⎫4r 2r 1－1mgr 1＝4r 2时，N ＝0；r 1>4r 2时，N >0，压上壁．r 1<4r 2时，N <0，压下壁．13．(1)3 N (2)0.5 m[解析] (1)物块A 下滑的过程机械能守恒，有m A gR ＝12m A v 20 设在最低点时物块A 受到的支持力大小为N ，在最低点对物块A 由牛顿第二定律，有N －m A g ＝m A v 20R解得v 0＝4 m/s ，N ＝3 N根据牛顿第三定律，在最低点物块A 对轨道的压力大小等于轨道对物块A 的支持力，即为3 N.(2)A 、B 碰撞时动量守恒，取向右为正方向，则有m A v 0＝(m A ＋m B )v碰后，A 、B 整体做平抛运动，设在空中运动的时间为t ，有h ＝12gt 2 s ＝v t解得s ＝0.5 m。

45分钟滚动复习训练卷(三)
(考查范围：第七～九单元:分值：100分)
一、单项选择题(每小题6分，共18分)
1．如图G3－1所示在匀强电场E的区域内，O点处放置一点电荷＋Q，a，b、c、d，e，f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场E平行，bedf平面与电场E垂直，则下列说法中正确的是( )
图G3－1
A．b、d两点的电场强度相同
B．bedf平面是等势面
C．整个球面是等势面
D．在球面上任意两点之间移动点电荷＋q时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大
2．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图G3－2所示为垂直于导线的截面图．在图示的平面内，O点为两根导线连线ab的中点，M、N为ab的中垂线上的两点，它们与a、b 的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流，已知直线电流产生的磁场在某点的磁感应强度B的大小跟该点到通电导线的距离r成反比，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )
图G3－2
A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反
C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D．若在N点放一小磁针，静止时其北极沿ON指向O点
3．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路如图G3－3所示．接通开关S，电源即给电容器充电，达到稳定后( )
图G3－3
A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小。

45分钟单元能力训练卷(二)[考查范围：第二单元 分值：110分]一、选择题(每小题6分，共48分)1．如图D2－1所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心，一质量为m 的小滑块在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是( )图D2－1A ．F ＝mgtan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mgtan θD ．F N ＝mg tan θ2．如图D2－2所示，重为G 的物体静止于倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的压力F ＝kt (k 为比例常量，t 为时间)作用在物体上．从t ＝0开始，物体所受摩擦力f 随时间t 的变化关系是图D2－3中的( )图D2－2A B C D图D2－33．如图D2－4所示，质量均为m 的两个完全相同的小球A 和B 用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间连着一根劲度系数为k 的轻质弹簧，静止不动时，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tanθ2kD.2mg tanθ2k图D2－4图D2－54．如图D2－5所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若在斜面上加一物体m ，且M 、m 相对静止，则小车后来受力个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．65．如图D2－6所示，匀强电场的方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是( )A ．天花板与物体间的弹力一定不为零B ．天花板对物体的摩擦力可能为零C ．物体受到天花板的摩擦力随电场强度E 的增大而增大D ．在逐渐增大电场强度E 的过程中，物体将始终保持静止图D2－6图D2－76. 如图D2－7所示，在倾角为α的传送带上有质量均为m 的三个木块1、2、3，中间均用原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，其中木块1被与传送带平行的细线拉住，传送带按图示方向匀速运行，三个木块处于平衡状态．下列结论正确的是( )A ．2、3两木块之间的距离等于μmg cos αk＋LB ．2、3两木块之间的距离等于L ＋α＋μcos αmgkC ．1、2两木块之间的距离等于2、3两木块之间的距离D ．如果传送带突然加速，相邻两木块之间的距离都将增大图D2－87. 如图D2－8甲所示，一物块在粗糙斜面上，平行斜面向上的外力F 作用在物块上，斜面和物块始终处于静止状态．当F 按图D2－8乙所示规律变化时，物体与斜面间的摩擦力f 大小变化规律可能是图D2－9中的( )A B C D图D2－9图D2－108．如图D2－10所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力与第1、3块石块间的作用力的大小之比为( )A.12B.32C.33D. 3二、实验题(共16分)9．(8分)用如图D2－11甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于A点，另一端B用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为mm的刻度尺．当挂两个钩码时，绳上一定点P对应刻度如图乙中ab虚线所示．再增加一个钩码后，P点对应刻度如图乙中cd虚线所示．已知每个钩码质量为50 g，重力加速度g＝9.8 m/s2，则被测弹簧的劲度系数为________N/m，挂三个钩码时弹簧的形变量为________ cm.甲乙图D2－1110．(8分)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物，如图D2－12所示．图D2－12(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是________________________________________________________________________．三、计算题(共46分)11．(14分)如图D2－13所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1 kg，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M ＝3 kg，置于粗糙水平面上．取g＝10 m/s2，求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．图D2－1312．(16分)如图D2－14所示，在倾角为37°的固定斜面上静置一个质量为5kg 的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8.取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体所受的摩擦力；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(2)若用原长为10 cm 、劲度系数为3.1×103N/m 的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，则弹簧的最终长度是多少？图D2－1413．(16分)如图D2－15所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，已知A 、B 的质量分别为m A ＝10 kg ，m B ＝20 kg ，A 、B 之间及B 与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A ，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°.今欲用外力将物体B 匀速向右拉出，求所加水平力F 的大小，并画出A 、B 的受力分析图．(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图D2－1545分钟单元能力训练卷（二）1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得F N sin θ＝mg ，即F N ＝mgsin θ，选项C 、D 错误；由F tan θ＝mg ，得F ＝mgtan θ，选项A 正确、B 错误．2．D [解析] 未加压力F 之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f ＝G sin θ，当加上压力F 后，物体仍处于静止状态，因此f 仍为G sin θ，故D 正确．3．C [解析] 小球A 受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力，由平衡条件可得 kx ＝mg tan θ2，即x ＝mg tanθ2k，选项C 正确．4．B [解析] 以小车M 和物体m 整体为研究对象，它们必受到重力和地面支持力．因小车和物体整体处于静止状态，由平衡条件知，墙面对小车必无作用力．以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg 、地面的支持力F N1、m 对它的压力F N2和静摩擦力f .由于m 静止，可知f 和F N2的合力必竖直向下，故选项B 正确．5．AD [解析] 物体受力分析如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f ＝mg sin θ，所以选项A 正确、BC 错误；垂直天花板方向：qE ＝mg cos θ＋N ，当E 增大时，N 增大，物体仍静止不动，选项D 正确．6．B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x 1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，mg sin α＋μmg cos α＝kx 1，故2、3两木块之间的距离为x 1＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项A 错误，B 正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x 2，以2、3两木块为一整体，可得：kx 2＝2mg sin α＋2μmg cos α，故1、2两木块之间的距离为x 2＋L ＝α＋μcos αmgk＋L ，选项C 错误；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，选项D 错误．7．D [解析] 依题意，若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F ＋f ＝mg sin θ，当力F 减小过程中，f 增大，直到力F 减小到零时f 恒定，则D 可选；若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F ＝f ＋mg sin θ，当力F 减小过程中，f 先减小到零，然后反向增大到mg sin θ恒定，无对应选项．8．B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝60°，所以有N 12 ∶N 13＝sin60°＝32，选项B 正确．9．70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析，根据平衡条件得mg ＝kx,则k ＝mg x ＝50×10－3×9.87.0×10－3N/m ＝70.0 N/m 挂三个钩码时，可列方程(m ＋m ＋m )g ＝kx ′则x ′＝3mg k ＝3×50×10－3×9.870.0m ＝0.0210 m ＝2.10 cm10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中，结点 O 受三个拉力处于静止状态，三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向．以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度，沿 OA 、OB 方向为邻边，作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，每次必须记录结点 O 的位置．由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用的方法是更换不同的小重物．甲 乙11．(1)1033 N (2)533N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示． 在水平方向：T sin30°＝F N sin30°在竖直方向：F N cos 30°＋T cos30°＝ mg解得T ＝12mg cos30°＝12×1×1032N ＝1033 N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f ＝T sin30°＝1033×12N＝533N ，方向水平向左．12．(1)30 N 、方向沿斜面向上 (2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图所示，则物体受到的静摩擦力f ＝mg sin37° 代入数据得f ＝5×10×sin37° N＝30 N ，摩擦力方向为沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图所示，设弹簧拉力为F ，伸长量为x ，据胡克定律及平衡条件有F ＝kxF ＝mg sin37°＋F 滑 F 滑＝μmg cos37°弹簧最终长度l ＝l 0＋x， 联立解得l ＝12 cm 13．160 N 如图所示[解析] A 、B 的受力分析如图所示． 对A 应用平衡条件 T sin37°＝f 1＝μF N1 T cos37°＋F N1＝m A g 联立解得：F N1＝3m A g 4μ＋3＝60 Nf 1＝μF N1＝30 N 对B 应用平衡条件F＝f′1＋f2＝f′1＋μF N2＝f1＋μ(F N1＋m B g)＝2f1＋μm B g＝160 N.。

45分钟单元能力训练卷(二)[考查范围：第二单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图D2－1所示．以下说法正确的是()图D2－1A．人受到重力和支持力的作用B．人受到重力、支持力和摩擦力的作用C．人受到的合外力不为零D．人受到的合外力方向与速度方向相同2．在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为104V/m.已知一半径为1 mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10 m/s2，水的密度为103 kg/m3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为()A．2×10－9 C B．4×10－9 CC．6×10－9 C D．8×10－9 C3．如图D2－2甲所示，重为G的物体静止于倾角为θ的斜面上，现用垂直于斜面的压力F＝kt(k为常量，t为时间)作用在物体上．从t＝0开始，物体所受摩擦力f随时间t的变化关系是图乙中的()甲A BC D乙图D2－2图D2－34．如图D2－3所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，小车后来受力个数为()A．3B．4C．5D．6二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．如图D2－4所示，匀强电场方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是()A．天花板与物体间的弹力一定不为零B．天花板对物体的摩擦力可能为零C．物体受到天花板的摩擦力随电场强度E的增大而增大D．在逐渐增大电场强度E的过程中，物体将始终保持静止－4D2－56．如图D2－5所示，将光滑斜面上的物体的重力G分解为F1、F2两个力，下列结论正确的是()A．F1是斜面作用在物体上使物体下滑的力，F2是物体对斜面的正压力B．物体受G、N、F1、F2四个力作用C．物体只受重力G和弹力N的作用D．力N、F1、F2三个力的作用效果跟G、N两个力的作用效果相同7．作用在一个物体上的两个共点力的合力随两个力之间的夹角变化的关系如图D2－6所示，根据此关系图线，作出下列判断，其中正确的是()A．这两个力合力的最大值为30 NB．这两个力合力的最小值为10 NC．这两个力的合力可以为8 ND．这两个力的合力可以为40 N8．如图D2－7所示，猎人非法猎猴，用两根轻绳将猴子悬于空中，猴子处于静止状态．以下相关说法正确的是()A．猴子受到三个力的作用B．绳拉猴子的力大于猴子拉绳的力C．两根绳的夹角越大，则绳子拉力越大DD2－7D2－89．如图D2－8所示，木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25；夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m，系统置于水平地面上静止不动．现用F＝1 N的水平拉力作用在木块B上，则() A．弹簧的弹力是16 NB．弹簧的弹力是8 NC．木块B所受摩擦力大小是9 ND．木块A受的摩擦力大小是12.5 N三、实验题(共18分)10．(8分)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．如图D2－9所示．图D2－9(1)为完成实验，下述操作中必需的是________．A．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长C．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证可采用的方法是________________________________________________________________________．11．(10分)某同学在做探究弹力和弹簧伸长的关系的实验时，设计了如图D2－10甲所示的实验装置．所用的钩码的质量都是30 g．他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，将数据填在了下面的表中．(弹力始终未超过弹性限度，取g＝10 m/s2)(1)L 之间的函数关系图线．乙图D2－10(2)上一问所得图线的物理意义是________________________________________________________________________(3)该弹簧的劲度系数k＝________ N/m.(结果保留两位有效数字)四、计算题(共36分)12．(18分)如图D2－11所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1 kg，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，斜面体的质量M＝3 kg，置于粗糙水平面上．取g＝10 m/s2，求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．图D2－1113．(18分)如图D2－12所示，在倾角为37°的固定斜面上有一个质量为5 kg的物体，物体与斜面间的动摩擦因数为0.8.g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物体所受的摩擦力；(2)若用原长为10 cm，劲度系数为3.1×103 N/m的弹簧沿斜面向上拉物体，使之向上匀速运动，则弹簧的最终长度是多少？图D2－1245分钟单元能力训练卷(二)1．A [解析] 由于人随扶梯斜向上匀速运动，对其受力分析可知，人只受重力和支持力的作用，选项A 正确．2．B [解析] 带电雨滴在电场力和重力作用下不会下落，则有Eq ≥mg ，则q ≥mgE＝ρ·43πr 3 g E＝4×10－9 C. 3．D [解析] 未加压力F 之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f ＝G sin θ，当加上压力F 后，物体仍处于静止状态，因此仍有f ＝G sin θ，故D 正确．4．B [解析]以小车M 和物体m 的整体为研究对象，它们必受到重力和水平面的支持力．由于M 和m 相对静止，所以整体处于静止状态．由平衡条件可知，墙壁对M 必无作用力．再以M 为研究对象可知它受四个力：重力、水平面对它的弹力、m 对它的弹力和摩擦力．5．AD [解析] 物体受力如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f ＝mg sin θ，摩擦力不为零，天花板与物体间一定存在弹力，选项A 正确，选项B 、C 错误；垂直天花板方向：qE ＝mg cos θ＋N ，当E 增大时，N 增大，物体仍静止不动，选项D 正确．6．CD [解析] F 1、F 2是重力G 的分力，F 1有使物体下滑的效果，F 2有压着斜面的效果，A 的表述不正确，所以A 错．物体只受重力G 和弹力N ，F 1、F 2是G 的分力，所以B 错、C 对．G 与分力F 1、F 2的作用效果相同，所以D 对．7．AB [解析] 由图线可知，当两个力的夹角θ＝0或θ＝2π时，合力的值最大，为F max＝30 N ，当两个力的夹角θ＝π时，合力的值最小，为F min ＝10 N ，A 、B 对；设两个力的大小为F 1、F 2，则F 1＋F 2＝30 N ，F 1－F 2＝10 N ，解得：F 1＝20 N ，F 2＝10 N ，这两个力的合力范围是[10 N,30 N]，故C 、D 错．8．AC [解析] 对猴子受力分析可知，猴子受到三个力的作用，A 对；由牛顿第三定律可知，绳拉猴子的力与猴子拉绳的力是一对相互作用力，二者等大反向，B 错；由力的平行四边形定则可知，当合力不变的情况下，两个分力的夹角越大，则两个分力越大，C 对；由平衡条件可知，猴子的合力始终为零，D 错．9．BC [解析] 由胡克定律知，弹簧的弹力F 弹＝8 N ，A 错、B 对；对木块A 受力分析，知木块A 受到向左的弹力和向右的静摩擦力，f A ＝F 弹＝8 N ，所以D 错；对木块B 受力分析，知木块B 受到向右的拉力F 、向右的弹力F 弹和向左的静摩擦力f B ，则f B ＝F 弹＋F ＝9 N ，C 对．10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] (1)本实验中，结点O 受三个拉力处于静止状态，任意两个力的合力与第三个力等大反向．沿OA 、OB 、OC 方向求出三条橡皮筋的伸长量，并按等比例缩放为三条线段(代表三个拉力的大小)，以OA 、OB 方向的线段为邻边作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与OC 方向的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，必须记录结点O 的位置．(2)由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用方法是更换不同的小重物．11．(1)如图所示．(2)(3)25[解析] (1)先描点，再画出一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧；(2)图线的物理意义是表明弹簧的弹力和弹簧伸长量成正比；(3)劲度系数即为直线的斜率，即：k ＝ΔMg Δx ＝(0.150－0)×10(12－6)×10－2N/m ＝25 N/m. 12．(1)10 33 N (2)5 33N ，方向水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，有F ＝mg F ＝2T cos30°解得T ＝12mg cos30°＝1033N(2)以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f ＝T sin30°＝533N ，方向水平向左．13．(1)30 N ，方向沿斜面向上 (2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图甲所示，则物体受到的静摩擦力f ＝mg sin37°＝30 N ，方向沿斜面向上．(2)当物体沿斜面向上匀速运动时，受力分析如图乙所示，设弹簧弹力为F ，伸长量为x ，有F ＝kxN ＝mg cos37° F ＝mg sin37°＋f ′f′＝μN弹簧的最终长度l＝l0＋x 由以上各式解得l＝12 cm。

45分钟单元能力训练卷(十)[考查范围：第十单元分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．在如图D10－1所示的实验装置中，处在磁极间的A盘和B盘分别是两个可绕不同固定转轴灵活转动的铜盘，实验时用一根导线与A盘的中心和B盘的边缘接触，用另一根导线与B盘的中心和A盘的边缘接触．摇动摇把，A盘顺时针转动(从上往下看)起来后( ) A．因为穿过A盘的磁通量不变，所以没有感应电流产生B．A盘上有感应电动势，A盘中心的电势比盘边缘高C．B盘逆时针转动，B盘中心的电势比盘边缘高D．B盘顺时针转动，B盘中心的电势比盘边缘低D10－1D10－22．如图D10－2所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O 点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转3．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B．1 C．2 D．44．如图D10－3所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在图D10－4中能正确描述线框从图D10－3中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随( )图D10－3A B C D图D10－4二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )A．河北岸的电势较高B．河南岸的电势较高C．电压表记录的电压为9 mVD．电压表记录的电压为5 mV6．如图D10－5所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么( )A．合上S，A、B一起亮，然后A变暗后熄灭B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭D10－5D10－67．如图D10－6所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向8．将一磁铁缓慢或迅速地插到闭合线圈中的同一位置，两次发生变化的物理量不同的是( )A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过线圈导体横截面中的电荷量9．如图D10－7所示，水平放置的平行光滑金属导轨左边接有电阻R，除R外，其余电阻不计，轨道所在处有竖直向下的匀强磁场，金属棒ab横跨导轨，它在外力的作用下向右匀速运动，速度为v.若将金属棒的运动速度变为2，则( )A ．作用在ab 上的外力应增大到原来的2倍B ．感应电动势将增大为原来的4倍C ．感应电流的功率将增大为原来的2倍D ．外力的功率将增大为原来的4倍 三、计算题(共54分)10．(18分)如图D10－8所示，光滑的U 形金属导轨MNN ′M ′水平固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨的宽度为L ，其长度足够长，M ′、M 之间接有一个阻值为R 的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m 、电阻也为R 的金属棒ab 恰能放在导轨之上，并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v 0开始向右滑行．求：(1)开始运动时，棒中的瞬时电流i 和棒两端的瞬时电压u 分别为多大？(2)当棒的速度由v 0减小到v 010的过程中，棒中产生的焦耳热Q 是多少？11．(18分)轻质细线吊着一质量为m ＝0.32 kg ，边长L ＝0.8 m 、匝数n ＝10、总电阻r ＝1 Ω的正方形线圈，边长为L2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图D10－9甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间的变化情况如图乙所示，从t ＝0开始经时间t 0细线开始松弛，g ＝10 m/s 2.求：(1)在前t 0时间内线圈中产生的电动势； (2)在前t 0时间内线圈的电功率； (3)求t 0的值．甲 乙12．(18分)如图D10－10所示，矩形单匝导线框abcd竖直放置，其下方有一磁感应强度为B的有界匀强磁场区域，该区域的上边界PP′水平，并与线框的ab边平行，磁场方向与线框平面垂直．已知线框ab边长为L1，ad边长为L2，线框质量为m，总电阻为R.现无初速地释放线框，在下落过程中线框所在平面始终与磁场垂直，且线框的ab边始终与PP′平行．重力加速度为g.若线框恰好匀速进入磁场，求：(1)dc边刚进入磁场时，线框受安培力的大小F；(2)dc边刚进入磁场时，线框速度的大小v；(3)在线框从开始下落到ab边刚进入磁场的过程中，重力做的功W.图D10－1045分钟单元能力训练卷(十)1．C [解析] 先由右手定则判断出A盘中感应电流的方向，再根据B盘中电流方向和左手定则判断B盘的转动方向．A盘顺时针方向转动时，处在磁场中沿半径方向的导体做切割磁感线运动，由右手定则可以判断出A盘中感应电流方向由中心指向边缘，而产生感应电动势的导体相当于电源，因此A盘边缘电势比中心处高，故选项A、B错误．A盘产生的感应电动势与B盘构成闭合回路，则B盘中电流方向由中心指向边缘，据外电路中电流由电势高的点流向电势低的点知，B盘中心处电势高，选项D错误．由左手定则可以判断出，B盘处在磁场中，沿半径方向的导体所受安培力与半径垂直，方向沿逆时针，则B盘将逆时针方向转动，选项C正确．2．B [解析] 圆环b中有顺时针方向的感应电流且具有收缩趋势，由左手定则可判断，原磁场在圆环a外的磁场方向是垂直纸面向外的，则圆环a内的磁场方向是垂直纸面向里的，由安培定则知，圆环a的旋转方向是顺时针的，而感应电流的磁场是垂直纸面向里的，由楞次定律可知，原磁场是减速旋转的．3．B [解析] E1＝ΔBt·S＝2B－Bt·S＝BSt，E2＝2B·ΔSt＝2B·S2－St＝－BSt，大小相等，选B.4．A [解析] 在0～T 4周期内，线框未进入磁场，无感应电流；在T 4～T2内导线框有一条边进入磁场，产生恒定的电动势E ＝12Br 2ω，线框中有逆时针方向的电流，其大小是恒定的；在T 2～3T 4内，线框完全进入磁场后，磁通量无变化，无感应电流；在3T4～T 内线框的一条边出了磁场，另一条边切割磁感线，产生顺时针方向的电流，满足这个变化的图是A.5．AC [解析] 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场．根据右手定则，北岸是正极，电势高，南岸是负极，电势低，A 对、B 错．根据法拉第电磁感应定律，有：E ＝BLv ＝9×10－3V ，C 对、D 错．6．AD [解析] 合上开关时，L 上产生很大的自感电动势，使得通过L 上电流远小于通过灯泡A 的电流，与B 灯的电流接近，故A 、B 一起亮，当电流稳定时，线圈相当于一段电阻不计的导线，造成灯泡A 短路，故稳定后A 熄灭，而B 灯比以前更亮，A 对、B 错；断开S ，由于自感，L 与灯泡A 构成闭合回路，故A 闪亮一下后熄灭，而B 灯由于不能与其他电器构成回路，故立即熄灭，D 对、C 错．7．AD [解析] 先看感应电流的方向，根据楞次定律，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，则铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，故铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，所以A 、B 二者选A.再看安培力方向，根据左手定则，铜制圆环所受安培力左右不等，合力方向始终沿水平方向，故C 、D 二者选D.8．BC [解析] 两次磁通量的变化都是由0到某一值，即相同，但发生这一变化的时间并不相同，故磁通量的变化率ΔΦΔt 不相同，A 错、B 对；由于ΔΦΔt不同，两次的感应电动势不同，感应电流不同，C 对；流过线圈中的电荷量为q ＝I ·Δt ，而E ＝n ΔΦΔt ，I ＝E R ，得q ＝n ΔΦR，即两次通过线圈的电荷量相同，D 错．9．AD [解析] 由E ＝BLv 、I ＝E R 、F 安＝BIL 得F 安＝B 2L 2v R ，感应电流的功率为P ＝E 2R＝BLv 2R ，当外力F ＝F 安时，导体棒匀速运动，外力的功率P 外＝P ＝BLv 2R，故E ∝v 、F 安∝v 、P ∝v 2、P 外∝v 2，当速度由v 变为2v 时，E 、F 安、将变为原来的2倍，而P 、P 外将变为原来的4倍，所以A 、D 对，B 、C 错．10．(1)BLv 02R 12BLv 0 (2)99400mv 2[解析] (1)开始运动时，棒中的感应电动势： E ＝BLv 0棒中的瞬时电流：i ＝E 2R ＝BLv 02R棒两端的瞬时电压：u ＝iR ＝12BLv 0.(2)由能量守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q 总＝12mv 20－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫110v 02Q ＝12Q 总 解得Q ＝99400mv 211．(1)0.4 V (2)0.16 W (3)2 s [解析] (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝nΔΦΔt ＝n ·12⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22ΔB Δt ＝10×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.822×0.5 V＝0.4 V (2)回路中产生的感应电流：I ＝E r＝0.4 A线圈的电功率：P ＝I 2r ＝0.16 W(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时安培力与重力平衡，有F 安＝nB t 0I L2＝mgB t 0＝2mgnIL＝2 T由图象知：B t 0＝1＋0.5t 0 解得：t 0＝2 s12．(1)mg (2)mgR B 2L 21 (3)m 3g 2R 22B 4L 41＋mgL 2[解析] (1)由于线框匀速进入磁场，所以线框进入磁场时受安培力的大小F ＝mg(2)线框dc 边刚进入磁场时，感应电动势：E ＝BL 1v 感应电流：I ＝E Rdc 边受安培力的大小：F ＝BIL 1 又F ＝mg解得：v ＝mgRB 2L 21(3)在线框从开始下落到dc 边刚进入磁场的过程中，重力做功W 1.根据动能定理得：W 1＝12mv 2在线框从dc 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程中，重力做功W 2，W 2＝mgL 2解得：W ＝W 1＋W 2＝m 3g 2R 22B 4L 41＋mgL 2。

45分钟单元能力训练卷(七)[考查范围：第七单元 分值：100分]一、单项选择题(每小题4分，共16分)1．在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F q，下列说法正确的是( ) A ．若移去试探电荷，则该点的电场强度为0B ．若试探电荷的电荷量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的试探电荷的电荷量变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的试探电荷的电荷量变为－2q ，则场中该点的场强大小、方向均不变2．如图D7－1所示，A 、B 是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触．现使带负电的橡胶棒C 靠近A (C 与A 不接触)，然后先将A 、B 分开，再将C 移走．关于A 、B 的带电情况，下列判断正确的是( )A ．A 带正电，B 带负电 B ．A 带负电，B 带正电C ．A 、B 均不带电D ．A 、B－1D7－23．三个点电荷电场的电场线分布如图D7－2所示，图中a 、b 两点处的场强大小分别为E a 、E b ，电势分别为φa 、φb ，则( )A ．E a ＞E b ，φa ＞φbB ．E a ＜E b ，φa ＜φbC ．E a ＞E b ，φa ＜φbD ．E a ＜E b ，φa ＞φb4．如图D7－3所示，M 、N 两块金属板竖直放置，使其带电．悬挂其中的带电小球P 偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP 悬线与竖直方向的夹角增大(P 球不与金属板接触)( )图D7－3A ．增大M 、N 两板间的电势差B ．减小M 、N 两板的带电荷量C ．保持板间间距不变，将M 、N 板一起向右平移D ．保持板间间距不变，将M 、N 板一起向左平移 二、双项选择题(每小题6分，共30分)5．图D7－4为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是() A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同DD7－4D7－56．如图D7－5所示，MN是由一个正点电荷Q产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子＋q飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a、b两点，不计粒子的重力，则()A．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度B．a点电势φa小于b点电势φbC．粒子在a点的动能E k a小于在b点的动能E k bD．粒子在a点的电势能E p a小于在b点的电势能E p b7．如图D7－6所示，带等量异种电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度v M经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N折回N点，则()A．粒子受电场力的方向一定由N指向MB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势图D7－6D7－78．如图D7－7所示，一水平固定的小圆盘A，带电荷量为Q，电势为零，从圆盘中心处O由静止释放一质量为m，带电荷量为＋q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的c点，Oc＝h，又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是()A．b点场强B．c点场强C．b点电势D．c点电势9．如图D7－8所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，P点位于－Q右侧，则下列判断正确的是()图D7－8A．轴上还有一点与P点场强相同B．轴上还有两点与P点场强相同C．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能增大D．若将试探电荷＋q从P点移至O，电势能减小三、计算题(共54分)10．(18分)如图D7－9所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(l,0)点有一个质量为m，电荷量为－q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0，－l)点，不计重力作用．求：(1)粒子的初速度v0的大小；(2)当粒子到达B图D7－911．(18分)如图D7－10所示，两块平行金属板M、N竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103 V，现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝4×10－5 C的带电小球从两板上方的A 点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的B点．已知A点距两板上端的高度h＝0.2 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：(1)M、N两板间的距离d.(2)小球到达B点时的动能E图D7－1012．(18分)如图D7－11所示，图甲是用来使带正电的离子加速和偏转的装置．图乙为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图．以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y轴负向的另一匀强电场．已知OA⊥AB，OA＝AB，且O、B间的电势差为U0.若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：(1)C、O间的距离d；(2)粒子通过B点的速度大小．甲乙图D7－1145分钟单元能力训练卷(七)1．D [解析] 电场中某点的场强与试探电荷无关，选项D 正确．2．A [解析] C 靠近A 使A 感应出正电荷，而B 感应出负电荷，然后将A 、B 分开，再将C 移走，A 、B 就分别带上了正、负电荷．3．C [解析] 电场线的疏密表示场强的大小，沿电场线方向电势逐渐降低，选C.4．A [解析] 要使OP 悬线与竖直方向的夹角增大，需使电场力增大，即使电场强度增大．由E ＝U d知，增大M 、N 两板间的电势差，可以达到目的，A 对；当减小M 、N 两板的带电荷量时，由Q ＝CU 和E ＝U d知，OP 悬线与竖直方向的夹角将减小，B 错；保持板间间距不变，将M 、N 板一起向左平移向或向右平移，都不会改变OP 悬线与竖直方向的夹角，C 、D 错．5．BD [解析] 集尘极接直流高压电源的正极，带正电荷，放电极接电源的负极，带负电荷，故电场方向由集尘极指向放电极，B 选项正确；尘埃在电场力作用下向集尘极运动，受力方向与电场方向相反，故尘埃带负电荷，A 、C 选项错误；由F ＝qE 可知，当电场强度E 不变时，F 与q 成正比，故D 选项正确．6．AC [解析] 由轨迹特点可知，正电荷经过MN 时受力方向由N 指向M ，场源电荷在靠近N 一侧，故a 点的场强大于b 点的场强，选项A 正确；顺着电场线，电势逐渐降低，选项B 错误；从a 到b 运动过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小， 选项C 正确，选项D 错误．7．AB [解析] 由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力方向向上，选项A 正确；粒子由M 到N 电场力做负功，电势能增加，动能减少，速度减小，故选项B 正确、选项C 错误；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M 、N 点电势的高低，选项D 错误．8．AD [解析] 小球过b 点时速度最大，有qE ＝mg 得E ＝mg q，选项A 正确；小球在C 点受力不平衡，故场强无法确定，选项B 错误；小球从O 到C 有qU －mgh ＝0得U ＝mgh q，由U ＝0－φc ＝mgh q 得φc ＝－mgh q，选项D 正确，选项C 错误．9．AC [解析] Q 的左侧，还有一处与P 点场强相同，其他位置没有与P 点场强相同的点，故选项A 正确，选项B 错误；取无穷远点为电势零点，O 点电势为零，P 点电势为负值，O 点电势高于P 点电势，试探电荷＋q 从P 点移至O ，电势能增大，选项C 正确，选项D 错误．10．(1)qEl 2m (2)qE 2qEl m[解析] (1)粒子在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动．所以粒子做的是类平抛运动．设粒子的初速度为v 0，则：在y 方向上有：l ＝v 0t在x 方向上有：qE ＝ma l ＝12at 2 可得：v 0＝qEl 2m(2)在B 点电场力做功的瞬时功率为：P ＝qE v x由运动学公式可得：v x ＝2al ＝2qEl m解得：P ＝qE v x ＝qE 2qEl m11．(1)0.3 m (2)0.175 J[解析] (1)小球进入电场区域前做平抛运动，在竖直方向上： v 2y ＝2gh解得v y ＝2 m/s进入电场后做直线运动，满足v 0v y ＝q U d mg解得d ＝0.3 m.(2)从A 到B 的过程中，应用动能定理得mg (h ＋L )＋qU ＝E k －12m v 20 其中L d ＝v y v 0＝12解得E k ＝0.175 J.12．(1)U 04E (2)5qU 02m[解析] (1)设正离子到达O 点的速度为v 0，则正离子从C 点到O 点，由动能定理得：qEd ＝12m v 20而正离子从O 点到B 点做类平抛运动，令OA ＝AB ＝L ，则有： E 1＝U 0LF ＝qE 1F ＝maL ＝12at 2 L ＝v 0t解得：d ＝U 04E(2)设正离子到B 点时速度的大小为v B ，正离子从C 到B 过程中，由动能定理得：qEd ＋qU 0＝12m v 2B解得：v B ＝5qU 02m。

45分钟滚动复习训练卷(二)[考查范围：第四～六单元分值：100分]一、单项选择题(每一小题4分，共16分)1．火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到乙站恰好停止．在先、后两个运动过程中( )A．火车的位移一定相等B．火车的加速度大小一定相等C．火车的平均速度一定相等D．所用的时间一定相等2．如图G2－1所示，汽车在一段弯曲水平路面上匀速率行驶，关于它受到的水平方向的作用力方向的示意图，图G2－2中可能正确的答案是(图中F为地面对其的静摩擦力，f 为它行驶时所受阻力)( )图G2－1A B C D图G2－23．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一局部，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图G2－3甲所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图乙所示．如此在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )图G2－3A.v20gB.v20 sin2αgC.v20 cos2αgD.v20 cos2αg sinα图G2－44．如图G2－4所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上．现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，如下说法中正确的答案是( ) A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量一样二、双项选择题(每一小题6分，共30分)5．用起重机提升货物，货物上升过程中的v－t图象如图G2－5所示．在t＝3 s到t ＝5 s内，重力对货物做的功为W1、绳索拉力对货物做的功为W2、货物所受合力做的功为W3，如此( )图G2－5A ．W 1＞0B ．W 2＜0C ．W 2＞0D ．W 3＜06．质量为m 的物体在空中由静止下落，由于空气阻力的影响，运动的加速度是0.9g ，物体下落高度为h ，以下说法正确的答案是( )A ．重力势能减少了0.9mghB ．动能增加了0.9mghC ．抑制阻力做功为0.9mghD ．机械能损失了0.1mgh7．某人向放在水平地面的正前方小桶中水平抛球，结果球划出一条弧线飞到小桶的前方(如图G2－6所示)．不计空气阻力，为了能把小球抛进小桶中，如此下次再水平抛球时，他可能作出的调整为( )A ．减小初速度，抛出点高度不变B ．增大初速度，抛出点高度不变C ．初速度大小不变，降低抛出点高度D ．初速度大小不变，提高抛出点高度－6G2－78．2011年9月29日，我国首个空间实验室天宫一号发射升空后进入高度约为350公里的近圆轨道，地球同步卫星的轨道高度约为36000公里，如图G2－7所示，如此如下说正确的答案是( )A ．天宫一号在从地面发射升空的初始阶段，处于超重状态B ．天宫一号在发射升空阶段，空气阻力有可能对它做正功C ．天宫一号在上升过程中，机械能减少D ．天宫一号在进入预定轨道绕地球飞行的线速度大于同步卫星的线速度9．如图G2－8所示，光滑的水平面上，质量为m 1的小球以速度v 与质量为m 2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v2，方向相反，如此两小球质量之比m 1∶m 2和碰撞前后动能变化量之比ΔE k1∶ΔE k2为( )A ．m 1∶m 2＝1∶3B ．m 1∶m 2＝1∶1C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶1 三、实验题(共18分)10．(8分)某同学在实验室用如图G2－9甲所示的装置来研究有关做功的问题．(1)如图甲所示，在保持M≫m条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，在控制小车的质量不变的情况下进展实验．在实验中，该同学先接通打点计时器的电源，再放开纸带，交流电的频率为50 Hz.图乙是在m＝100 g，M＝1 kg情况下打出的一条纸带，O为起点，A、B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有4个点没有标出，有关数据如图乙所示，如此打B点时小车的动能为________ J，从开始运动到打至B 点时，绳的拉力对小车做功W＝________ J．(保存2位有效数字，g＝9.8 m/s2)(2)在第(1)中绳的拉力对小车做功W大于小车获得的动能E k，请你举出导致这一结果的主要原因乙图G2－1011．(10分)用如图G2－10实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进展测量，即可验证机械能守恒定律．图G2－11给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第1个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如下列图．m1＝50 g、m2＝150 g，如此(g取10 m/s2(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s；图G2－12(2)在打计数点0～5过程中系统动能的增量ΔE k＝________J，系统势能的减少量ΔE p ＝________J，由此得出的结论是__________________________________________________；(3)假设某同学作出12v2－h图象如图G2－12所示，如此当地的实际重力加速度g＝__________m/s2.四、计算题(共36分)12．(18分)如图G2－13所示，小车A的质量m A＝3 kg，原来静止于光滑的水平轨道上，小车的前侧有一钉子，用长为1 m的细线(不可伸长)悬挂一个质量m B＝2 kg的物体B，现有一颗质量m C＝10 g的子弹C，以v0＝600 m/s的水平速度射穿B后，速度变为v＝100 m/s，试求物体B向右摆动的最大高度．13．(18分)如图G2－14所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．赛车在水平轨道AB局部和CD局部运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝fmg＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求：(1)小车在CD轨道上运动的最短路程；(2)赛车电动机工作的时间．图G2－1445分钟滚动复习训练卷(二)1．C [解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度就是做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以在先、后两个运动过程中的平均速度⎝ ⎛⎭⎪⎫v ＝v 0＋v 2相等，选项C 正确；而火车运动的位移x ＝v t ＝v 0＋v 2t ，火车运动的加速度a ＝v －v 0t，即它们不仅与初速度、末速度有关，还与时间有关，而前、后两个运动过程中所用的时间不一定一样，所以火车的位移、加速度在前、后两个运动过程中不一定相等，即A 、B 、D 选项都不正确．2．C [解析] 汽车后轮与地面间的静摩擦力提供牵引力，汽车与地面间的静摩擦力提供向心力，汽车受到的阻力包括空气阻力与汽车前轮与地面间的摩擦力，所以选C.3．C [解析] 根据运动的分解，物体斜抛到最高点P 的速度v P ＝v 0cos α；在最高点P ，物体所受重力提供向心力，根据牛顿第二定律：mg ＝mv 2P R ，解得：R ＝v 20cos 2αg.应当选项A 、B 、D 错误，选项C 正确．4．C [解析] 动量守恒的条件是系统所受的合外力为零．男孩和木箱组成的系统，水平方向受小车的摩擦力，合外力不为零，动量不守恒，A 错；小车与木箱组成的系统，水平方向受人的推力和人的摩擦力，故合外力不为零，动量不守恒，B 错；男孩、小车与木箱三者组成的系统，只受重力和支持力而平衡，动量守恒，C 对；由动量守恒定律知木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量的大小相等、方向相反，D 错．5．CD [解析] 在t ＝3 s 到t ＝5 s 内，起重机做减速运动，拉力小于重力，重力方向与运动方向相反，重力对货物做负功，W 1＜0，A 错误；拉力与运动方向一样，拉力对货物做正功，W 2＞0，B 错误、C 正确，动能减少，合外力对货物做负功，W 3＜0，D 正确．6．BD [解析] 重力势能减少ΔE p ＝mgh ，A 错；动能增加了ΔE k ＝F 合h ＝0.9mgh ，B 对；由牛顿第二定律，有：mg －f ＝ma ，解得：f ＝0.1mg ，故抑制阻力做功W 克＝fh ＝0.1mgh ，故机械能损失ΔE ＝W 克＝fh ＝0.1mgh ，C 错、D 对．7．AC [解析] 根据水平位移的表达式x ＝v 02hg，要把小球抛入小桶中，可使平抛运动的水平位移减小．可以通过保持抛出点高度h 不变而减小初速度v 0，或者保持初速度v 0不变而降低抛出点高度h 来达到目的，A 、C 对，B 、D 错．8．AD [解析] 由于天宫一号发射初始阶段向上加速，所以处于超重状态，A 对；空气阻力肯定做负功，B 错；天宫一号上升过程中，动能增大，重力势能增大，所以机械能一定增大，C 错；由v ＝GMr知轨道半径越大，线速度越小，D 对． 9．AD [解析] 由动量守恒定律，有m 1v ＝－m 1v 2＋m 2v2，解得m 1∶m 2＝1∶3 ，A 对、B 错；碰撞前后m 1的动能变化为ΔE k1＝12m 1v 2－12m 1⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38m 1v 2，m 2的动能变化为ΔE k2＝12m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22＝38m 1v 2，故ΔE k1∶ΔE k2＝1∶1，D 对．10．(1)0.50 0.51 (2)没有平衡摩擦力或摩擦力没有完全平衡掉，沙和沙桶的总重力大于绳的拉力．[解析] (1)打B 点时小车的速度v B ＝s AC 2T ＝0.998 m/s ，12Mv 2B ＝0.50 J ；W ＝mga OB ＝0.51 J.(2)没有平衡摩擦力或摩擦力没有完全平衡掉，沙和沙桶的总重力大于绳的拉力．11．(1)2.4 (2)0.58 0.60 在误差允许的范围内，m 1 、m 2组成的系统机械能守恒 (3)9.7[解析] (1)v 5＝s 462T ＝2.4 m/s ；(2)ΔE k ＝12(m 1＋m 2)v 25＝0.58 J ，ΔE p ＝(m 2－m 1)g (s 04＋s 45)＝0.60 J ，结论：在误差允许的范围内，运动过程中m 1 、m 2组成的系统的机械能守恒；(3)由图象知，斜率k ＝5.821.20m/s 2＝9.7 m/s 2，所以当地的实际重力加速度g ＝9.7 m/s 2.12．0.19 m[解析] 子弹射入物体的过程，动量守恒．设子弹穿过物体后物体的速度为v 1，如此有m C v 0＝m B v 1＋m C v解得v 1＝2.5 m/s物体向上摆动的过程中，A 、B 组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒．如此有m B v 1＝(m A ＋m B )v 2由机械能守恒定律，如此有 12m B v 21＝12(m A ＋m B )v 22＋m B gh 解得h ＝0.19 m13．(1)2.5 m (2)4.5 s [解析] (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD 轨道上运动的路程最短，如此小车经过圆轨道P 点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力，如此有mg ＝m v 2PR由机械能守恒定律可得：mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2C解得：v C ＝5 m/s设小车在CD 轨道上运动的最短路程为x ，由动能定理可得：－kmgx ＝0－12mv 2C解得：x ＝2.5 m(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知： v B ＝v C ＝5 m/s从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得：Pt －kmgL ＝12mv 2B代入数据可得：t ＝4.5 s。