《走向高考》高中物理课后强化训练5-1

走向高考·高考物理总复习·人教实验版：4-1C．磁极在C位置，极性一定是N极D．磁极在B位置，极性无法确定[答案] D[解析]小钢球受磁极的吸引力而做曲线运动，运动方向只会向受吸引力的方向偏转，因而磁极位置只可能在B点．又磁极的N极或S极对小钢球都有吸引力，故极性无法确定．3．(2019·新课标全国)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能()A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大[答案]ABD[解析]①质点速度方向若与恒力方向相同，质点做匀加速直线运动，动能一直增大，所以A正确；②质点速度方向若与恒力方向相反，质点先做匀减速直线运动，速度减到零，然后反向匀加速，动能先逐渐减小至零，再逐渐增大，所以B正确；③质点速度方向若与恒力方向成一钝角，如斜抛运动，质点动能可先减小到某一最小值，再逐渐增大，所以D正确，C错误．4．(2019·江门模拟)宽为d的一条河，越靠近河中心水的流速越大，小船在静水中的速度为v0，渡河时船头垂直河岸，则下列说法错误的是()A．渡河时间为d v0B．此种方式渡河，所用的时间最短C．小船渡河的轨迹为直线D．小船到达河中心时速度最大[答案] C[解析]①小船渡河时船头垂直河岸，即小船相对于水的速度v0垂直于河岸，这种渡河的方式所用时间最短，最短时间为t＝d v，故A、B均正确；②由运动的合成可知，小船的速度是变化的，且小船的速度在河中心时最大，所以小船的运动轨迹为曲线，故C错误、D 正确．故选C.5．(2019·蚌埠模拟)如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A，另一竖直杆B以速度v水平向左匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为() A．水平向左，大小为vB．竖直向上，大小为v tanθC．沿A杆斜向上，大小为v cosθD．沿A杆斜向上，大小为v cosθ[答案] C[解析]两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的运动，交点P的实际运动方向沿A杆斜向上，如图所示，则交点P的速度大小为v P＝v，故cosθC正确．6.光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如图)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则()A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y>F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果F x>F y cotα，质点向x轴一侧做曲线运动[答案] D[解析]若F y＝F x tanα，则F x和F y的合力F与v在同一直线上，此时物体做直线运动．若F x>F y cotα，则F x、F y的合力F与x轴正方向的夹角β<α，则物体向x轴一侧做曲线运动，故正确选项为D.7．(2019·江苏)如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为() A．t甲<t乙B．t甲＝t乙C．t甲>t乙D．无法确定[答案] C[解析] t 甲＝l v ＋v 水＋l v －v 水＝2l v v 2－v2水 t 乙＝2lv 2－v 2水，因为t 甲t 乙＝v v 2－v 2水>1，故t 甲>t 乙，C 正确．8．(2019·烟台模拟)在一次抗洪救灾工作中，一架直升机A 用一长H ＝50m 的悬索(重力可忽略不计)系住伤员B ，直升机A 和伤员B 一起在水平方向上以v 0＝10m/s 的速度匀速运动的同时，悬索在竖直方向上匀速上拉，如图所示．在将伤员拉到直升机内的时间内，A 、B 之间的竖直距离以l ＝50－5t (单位：m)的规律变化，则( )A ．伤员经过5s 时间被拉到直升机内B ．伤员经过10s 时间被拉到直升机内C ．伤员的运动速度大小为5m/sD ．伤员的运动速度大小为10m/s[答案] B[解析] ①伤员在竖直方向的位移为h ＝H －l ＝5t (m)，所以伤员的竖直分速度为v 1＝5m/s ；②由于竖直方向做匀速运动，所以伤员被拉到直升机内的时间为t ＝H v 1＝505s ＝10s ，故A 错误、B 正确；③伤员在水平方向的分速度为v 0＝10m/s ，所以伤员的速度为v ＝v 21＋v 20＝52＋102m/s ＝55m/s ，故C 、D 均错误． 二、非选择题9．如图所示，A 、B 两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A 物体以速度v 向左运动时，系A 、B 的绳分别与水平方向成α、β角，此时B物体的速度大小为________，方向________．[答案]cosαcosβv水平向右[解析]根据A、B两物体的运动情况，将两物体此时的速度v 和v B分别分解为两个分速度v1(沿绳的分量)和v2(垂直绳的分量)以及v B1(沿绳的分量)和v B2(垂直绳的分量)，如图，由于两物体沿绳的速度分量相等，v1＝v B1，v cosα＝v B cosβ则B物体的速度方向水平向右，其大小为v B＝cosαcosβv 10．如图所示，用船A拖着车B前进，若船匀速前进，速度为v A，当OA绳与水平方向夹角为θ时，求：(1)车B运动的速度v B多大？(2)车B是否做匀速运动？[答案](1)v A cosθ(2)不做匀速运动[解析](1)把v A分解为一个沿绳子方向的分速度v1和一个垂直于绳的分速度v2，如图所示，所以车前进的速度v B应等于v A的分速度v1，即v B＝v1＝v A cosθ(2)当船匀速向前运动时，θ角逐渐减小，车速v B将逐渐增大，因此，车B不做匀速运动．11．小船在200m宽的河中横渡，水流速度为2m/s，船在静水中的船速是4m/s，求：(1)当小船的船头始终正对对岸时，它将在何时、何处到达对岸？(2)要使小船到达正对岸，应如何行驶？历时多长？[答案] (1)50s 后在正对岸下游100m 处靠岸(2)航向与岸上游成60°角 57.7s[解析] (1)小船渡河时间等于垂直于河岸的分运动时间：t ＝t 1＝d v 船＝2004s ＝50s 沿河流方向的位移x 水＝v 水t ＝2×50m ＝100m即在正对岸下游100m 处靠岸．(2)要小船垂直过河，即合速度应垂直于河岸，如图所示，则cos θ＝v 水v 船＝24＝12所以θ＝60°，即航向与岸上游成60°角渡河时间t ＝d v 合＝d v 船sin θ＝2004sin60°s ＝1003s ≈57.7s 12．如图所示，点光源S 到平面镜M 的距离为d .光屏AB 与平面镜的初始位置平行．当平面镜M 绕垂直于纸面过中心O 的转轴以ω的角速度逆时针匀速转过30°时，垂直射向平面镜的光线SO 在光屏上的光斑P 的即时速度大小为多大？[答案] 8ωd[解析] 当平面镜转过30°角时，反射光线转过60°角，反射光线转动的角速度为平面镜转动角速度的2倍，即为2ω.将P 点速度沿OP 方向和垂直于OP 的方向进行分解，可得：v cos60°＝2ω·OP ＝4ωd ，所以v ＝8ωd .13．如图所示，质量m ＝2.0kg 的物体在水平外力的作用下在水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数μ＝0.05，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3.0t (m )y ＝0.2t 2(m )，g ＝10m/s 2.根据以上条件，求：(1)t ＝10s 时刻物体的位置坐标；(2)t ＝10s 时刻物体的速度和加速度的大小和方向；(3)t ＝10s 时刻水平外力的大小．[答案] (1)(30,20)(2)5.0m/s 方向与x 轴正方向夹角arctan 430.4m/s 2，沿y 轴正方向(3)1.7N[解析] (1)由于物体运动过程中的坐标与时间的关系为⎩⎨⎧ x ＝3.0t (m )y ＝0.2t 2(m )，代入时间t ＝10s ，可得：x ＝3.0t ＝3.0×10m ＝30my ＝0.2t 2＝0.2×102m ＝20m即t ＝10s 时刻物体的位置坐标为(30,20)．(2)由物体运动过程中的坐标与时间的关系为⎩⎨⎧ x ＝3.0t (m )y ＝0.2t 2(m )，比较物体在两个方向的运动学公式：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝v 0ty ＝12at 2可求得：v 0＝3.0m/s第 11 页 a ＝0.4m/s 2当t ＝10s 时，v y ＝at ＝0.4×10m/s ＝4.0m/sv ＝v 20＋v 2y ＝ 3.02＋4.02m/s ＝5.0m/s 方向与x 轴正方向夹角为arctan 43(或满足tan α＝43；或53°)在x 轴方向物体做匀速运动，在y 轴方向物体做匀加速运动．a ＝0.4m/s 2，沿y 轴正方向．(3)如图所示，因为摩擦力方向与物体运动方向相反，外力与摩擦力的合力使物体加速．F f ＝μmg ＝0.05×2×10N ＝1.0NFf x ＝F f ×0.6＝0.6N ，Ff y ＝F f ×0.8＝0.8N ，根据牛顿运动定律：F x －Ff x ＝0，解出F x ＝0.6NF y －Ff y ＝ma ，解出F y ＝0.8N ＋2×0.4N ＝1.6NF ＝F 2x ＋F 2y ＝0.62＋1.62N ＝ 2.92N ＝1.7N.。

基础达标检测一、选择题1．(文)已知向量a ＝(1，－1)，b ＝(2，x )，若a ·b ＝1，则x ＝( ) A ．－1 B ．－12 C.12 D ．1[答案] D[解析] 本题考查了平面向量的坐标运算． 由a ·b ＝1得，1×2－1×x ＝1，得x ＝1.(理)已知两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |，则下面结论正确的是( )A ．a ∥bB ．a ⊥bC ．|a |＝|b |D ．a ＋b ＝a －b[答案] B[解析] 本题考查向量的运算由题意知|a ＋b |＝|a －b |，∵|a ＋b |2＝|a －b |2， 即a 2＋2a ·b ＋b 2＝a 2－2a ·b ＋b 2， ∴a ·b ＝0，∴a ⊥b .2．(2014·东北三校联考)已知|a |＝6，|b |＝3，a ·b ＝－12，则向量a 在向量b 方向上的投影是( )A ．－4B ．4C ．－2D ．2[答案] A[解析] 设a 与b 的夹角为θ，∵a ·b 为向量b 的模与向量a 在向量b 方向上的投影的乘积，而cos θ＝a ·b |a ||b |＝－23，∴|a |cos θ＝6×(－23)＝－4.3．在△ABC 中，(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2，则△ABC 的形状一定是( )A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形[答案] C[解析] 由(BC →＋BA →)·AC →＝|AC →|2得 (BC →＋BA →)·AC →－|AC →|2＝0， 即AC →·(BC →＋BA →－AC →)＝0， 即AC →·(2BA →)＝0，故有AC →⊥BA →.4．(2014·湖南十二校联考)设△ABC 的三个内角为A ，B ，C ，向量m ＝(3sin A ，sin B )，n ＝(cos B ，3cos A )，若m ·n ＝1＋cos(A ＋B )，则C ＝( )A.π6B.π3C.2π3D.5π6[答案] C[解析] m ·n ＝3sin A cos B ＋3cos A sin B ＝3sin(A ＋B )＝1＋cos(A ＋B )即3sin C ＝1－cos C ，所以sin(C ＋π6)＝12，又因为C 为△ABC 的内角，所以C ＋π6＝5π6，即C ＝2π3.5．(2013·湖北高考)已知点A (－1,1)、B (1,2)、C (－2，－1)、D (3,4)，则向量AB →在CD →方向上的投影为( )A.322B.3152 C ．－322 D ．－3152[答案] A[解析] ∵AB →＝(2,1)，CD →＝(5,5)，∴AB →·CD →＝2×5＋1×5＝15，|CD →|＝52，所求投影为|AB →|cos<AB →，CD →>＝AB →·CD →|CD →|＝1552＝322，故选A.6．(2013·福建高考)在四边形ABCD 中，AC →＝(1,2)，BD →＝(－4,2)，则该四边形的面积为( )A. 5 B ．2 5 C ．5 D ．10[答案] C[解析] 本题考查了平面向量的运算． ∵AC →＝(1,2)，BD →＝(－4,2)，∴AC ⊥BD ， 又|AC →|＝5，|BD →|＝25， ∴S ＝12×5×25＝5. 二、填空题7．设向量a ＝(1,2m )，b ＝(m ＋1,1)，c ＝(2，m )，若(a ＋c )⊥b ，则|a |＝________.[答案]2[解析] 本题考查平面向量的垂直充要条件、数量积、模等． a ＋c ＝(3,3m )，∵(a ＋c )⊥b ，∴(a ＋c )·b ＝0，即(3,3m )·(m ＋1,1)＝0， ∴3(m ＋1)＋3m ＝0,6m ＋3＝0，∴m ＝－12， ∴a ＝(1，－1)，∴|a |＝ 2.8．(文)(2013·安徽高考)若非零向量a ，b 满足|a |＝3|b |＝|a ＋2b |，则a 与b 夹角的余弦值为________．[答案] －13[解析] 本题主要考查了向量运算及夹角公式运用． ∵|a |＝3|b |＝|a ＋2b |，∴|a |2＝9|b |2＝(a ＋2b )2＝|a |2＋4|b |2＋4a ·b ，∴a ·b ＝－|b |2，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－|b |23|b |·|b |＝－13.(理)(2013·新课标Ⅰ)已知两个单位向量a ，b 的夹角为60°，c ＝t a ＋(1－t )b ，若b ·c ＝0，则t ＝________.[答案] 2[解析] ∵|a |＝|b |＝1，〈a ，b 〉＝60°， ∴a ·b ＝12，|b |2＝1，∵b ·c ＝t a ·b ＋(1－t )b 2＝12t ＋(1－t )＝1－12t ＝0， ∴t ＝2.9．(2014·晋江调研)已知平面向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，a 与b 的夹角为π3.以a ，b 为邻边作平行四边形，则此平行四边形的两条对角线中较短的一条的长度为________．[答案]3[解析] ∵|a ＋b |2－|a －b |2＝4a ·b ＝4|a ||b |cos π3＝4>0， ∴|a ＋b |>|a －b |，又|a －b |2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝3， ∴|a －b |＝ 3. 三、解答题10．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若AB →·AC →＝BA →·BC →＝k (k ∈R )．(1)判断△ABC 的形状； (2)若c ＝2，求k 的值．[解析] (1)∵AB →·AC →＝cb cos A ，BA →·BC →＝ca cos B ， 又AB →·AC →＝BA →·BC →，∴bc cos A ＝ac cos B ，∴sin B cos A ＝sin A cos B ， 即sin A cos B －sin B cos A ＝0， ∴sin(A －B )＝0，∵－π<A －B <π， ∴A ＝B ，即△ABC 为等腰三角形．(2)由(1)知，AB →·AC →＝bc cos A ＝bc · b 2＋c 2－a 22bc ＝c 22＝k ， ∵c ＝2，∴k ＝1.能力强化训练一、选择题1．(文)已知两单位向量a ，b 的夹角为60°，则两向量p ＝2a ＋b 与q ＝－3a ＋2b 的夹角为( )A ．60°B ．120°C ．30°D ．150°[答案] B[分析] 本题求解中，要注意充分利用两向量的数量积及求向量模的运算公式及方法．[解析] p ·q ＝(2a ＋b )·(－3a ＋2b )＝－6a 2＋a·b ＋2b 2＝－6a 2＋|a |·|b |·cos60°＋2b 2＝－72，|p |＝|2a ＋b |＝(2a ＋b )2＝4a 2＋4a·b ＋b 2＝4a 2＋4|a ||b |·cos60°＋b 2＝7，|q |＝|－3a ＋2b |＝(－3a ＋2b )2＝9a 2－12a·b ＋4b 2＝9a 2－12|a ||b |·cos60°＋4b 2＝7，而cos 〈p ，q 〉＝p ·q |p |·|q |＝－12.即p 与q 的夹角为120°.(理)已知两点A (1,0)为，B (1，3)，O 为坐标原点，点C 在第二象限，且∠AOC ＝120°，设OC →＝－2OA →＋λOB →，(λ∈R )，则λ等于( )A ．－1B ．2C ．1D ．－2[答案] C[解析] 由条件知，OA →＝(1,0)，OB →＝(1，3)，OC →＝(λ－2，3λ)， ∵∠AOC ＝120°，cos ∠AOC ＝OA →·OC→|OA →|·|OC →|＝λ－2(λ－2)2＋3λ2，∴λ－2(λ－2)2＋3λ2＝－12，解之得λ＝1，故选C.2．已知点B (2，0)，点O 为坐标原点且点A 在圆(x －2)2＋(y －2)2＝1上，则OA →与OB →夹角θ的最大值与最小值分别是( )A.π4，0 B.5π12，π4 C.5π12，π12 D.π2，5π12[答案] C[解析] 如图，当直线OA 与圆C 相切时，OA →与OB →夹角最小或最大；由于C (2，2)∴∠BOC ＝π4又由于|OC |＝2，r ＝1.∴∠AOC ＝π6；因此OA →与OB →夹角的最大值、最小值分别为5π12，π12，故选C.二、填空题3．(2013·重庆高考)若OA 为边，OB 为对角线的矩形中，OA →＝(－3,1)，OB →＝(－2，k )，则实数k ＝________.[答案] 4[解析] 本题考查向量的数量积及坐标运算．∵OA →＝(－3,1)，OB →＝(－2，k )， ∴AB →＝OB →－OA →＝(1，k －1)． 由题意知OA →⊥AB →，∴OA →·AB →＝0， 即(－3,1)·(1，k －1)＝0. ∴－3＋k －1＝0，∴k ＝4.4．(文)已知a ＝(cos x ，sin x )，b ＝(cos x ，－sin x )，则函数y ＝a ·b 的最小正周期为________．[答案] π[解析] ∵y ＝a ·b ＝cos 2x －sin 2x ＝cos2x ，∴T ＝2π2＝π.(理)在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，则AB →·AC →＝________.[答案] －16[解析] 本题考查向量的数量积运算．如图．AB →·AC →＝(AM →＋MB →)·(AM →＋MC →)＝|AM →|2－|MB →|2 ＝32－52＝－16.三、解答题5．(2013·江苏高考)已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，0<β<α<π.(1)若|a －b |＝2，求证：a ⊥b ；(2)设c ＝(0,1)，若a ＋b ＝c ，求α，β的值． [解析] (1)由题意得|a －b |2＝2， 即(a －b )2＝a 2－2a ·b ＋b 2＝2. 又因为a 2＝b 2＝|a |2＝|b |2＝1， 所以2－2a ·b ＝2，即a ·b ＝0，故a ⊥b .(2)因为a ＋b ＝(cos α＋cos β，sin α＋sin β)＝(0,1)，所以⎩⎨⎧cos α＋cos β＝0，sin α＋sin β＝1，由此得，cos α＝cos(π－β)，由0<β<π，得0<π－β<π，又0<α<π，故α＝π－β.代入sin α＋sin β＝1得， sin α＝sin β＝12，而α>β，所以α＝5π6，β＝π6. 6．(2014·南通模拟)已知向量m ＝(3sin x4，1)， n ＝(cos x 4，cos 2x 4)．(1)若m ·n ＝1，求cos(2π3－x )的值；(2)记f (x )＝m ·n ，在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且满足(2a －c )cos B ＝b cos C ，求函数f (A )的取值范围．[解析] (1)m ·n ＝3sin x 4·cos x 4＋cos 2x 4 ＝32sin x 2＋1＋cos x 22＝sin(x 2＋π6)＋12，∵m ·n ＝1，∴sin(x 2＋π6)＝12.cos(x ＋π3)＝1－2sin 2(x 2＋π6)＝12，cos(2π3－x )＝－cos(x ＋π3)＝－12.(2)∵(2a －c )cos B ＝b cos C ，由正弦定理得(2sin A －sin C )cos B ＝sin B cos C ， ∴2sin A cos B －sin C cos B ＝sin B cos C .∴2sin A cos B ＝sin(B ＋C )．∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin(B ＋C )＝sin A ≠0.∴cos B ＝12，∵0<B <π，∴B ＝π3.∴0<A <2π3.∴π6<A 2＋π6<π2，sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 又∵f (x )＝sin(x 2＋π6)＋12.∴f (A )＝sin(A 2＋π6)＋12.故函数f (A )的取值范围是(1，32)．。

第五章第一讲一、选择题1．(2009·苏北四市联考)在2008年北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩第24次打破世界纪录．如图所示为她在比赛中的几个画面．下列说法中正确的是()A．运动员过最高点时的速度为零B．撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能C．运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆D．运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功[答案] D[解析]运动员在最高点要有一个向前的速度，A错误；撑杆恢复形变时，弹性势能转化为动能、重力势能和克服阻力时的内能，故B错误；运动员在成功跃过的过程中，一般使用背越式，重心可以在横杆的下方，C错误；运动员奔跑一段后，杆的一端触地，运动员开始上升，在此过程中，运动员的动能先转化为杆的弹性势能和她本身的重力势能，当上升到一定高度时，弹性势能再转化为运动员的动能和重力势能，故D正确．2．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是()A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合外力对物体做正功[答案]AC[解析]由受力分析知摩擦力方向沿斜面向上，做正功，A对B错；支持力与速度垂直不做功，C正确；合外力为零，做功为零，D错．3．(2009·山东日照一中测试)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度达到最大值v m，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么()A ．这段时间内小车先匀加速运动，然后匀速运动B ．这段时间内电动机所做的功为PtC ．这段时间内电动机所做的功为12m v 2mD ．这段时间内电动机所做的功为Fs ＋12m v 2m[答案] BD[解析] 小车以恒定功率启动，则小车先做变加速运动，速度达到v m 后再做匀速运动，A 错误；当行驶时间t 时，电动机所做的功为Pt ，B 正确．根据能量关系，电动机所做的功一部分克服摩擦阻力做功，另一部分转化为小车的动能，D 正确C 错误．4．如图所示，一物体分别沿AO 、BO 轨道由静止滑到底端，物体与轨道间的动摩擦因数相同，物体克服摩擦力做功分别为W 1和W 2，则 ( )A ．W 1>W 2B ．W 1＝W 2C ．W 1<W 2D ．无法比较[答案] B [解析] 设轨道水平部分的长度为x ，对于倾角为θ的轨道，斜面长L ＝x cos θ.物体所受摩擦力的大小F f ＝μmg cos θ，物体克服摩擦力所做的功W ＝F f ·L ＝μmg cos θ·x cos θ＝μmgx .由于两轨道的水平部分相等，所以W 1＝W 2，B 正确．5．(2010·潍坊)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图象如图所示．从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则 ( )A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于⎝⎛⎭⎫m v 1t 1＋F f v 1 C ．汽车运动的最大速度v 2＝⎝⎛⎭⎫m v 1F f t 1＋1v 1 D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度小于v 1＋v 22[答案] BC[解析] 0～t 1时间内，汽车的加速度a ＝v 1t 1由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma所以汽车的牵引力F ＝F f ＋m v 1t 1，A 错．t 1时刻汽车达恒定功率P ，所以P ＝F v 1＝⎝⎛⎭⎫m v 1t 1＋F f v 1，B 对． 汽车运动的最大速度v 2＝P F f ＝⎝⎛⎭⎫m v 1F f t 1＋1v 1，C 对． 由图象知t 1～t 2时间内，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，D 错，正确案答BC. 6．一物块放在水平面上，在水平拉力F 作用下做直线运动，运动的v －t 图象如图(甲)所示，则有关该力F 的功率P －t 图象可能是图(乙)中的 ( )[答案] BC[解析] 由于题目未讲水平面是否光滑，故应分情况讨论，若水平面光滑，0～t 1段F 为恒力，速度线性增加，故功率也线性增大，t 1～t 2段F 为零，功率为零，t 2～t 3段F 反向，仍为恒力，速度线性减小，故功率也线性减小，故C 项正确．若水平面不光滑，考查t 1、t 2时刻后一段小的时间内，F 突然减小，故功率突然减小，故B 项正确．7．如图所示，物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速运转，则传送带对物体做功情况可能是 ( )A ．始终不做功B ．先做负功后做正功C ．先做正功后不做功D ．先做负功后不做功[答案] ACD[解析] 设传送带速度大小为v 1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v 2.①当v 1＝v 2时，物体随传送带一起匀速运动，故传送带与物体之间不存在摩擦力，即传送带对物体始终不做功，A 正确．②当v 1<v 2时，物体相对传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力方向向左，则物体先做匀减速运动直到速度减为v 1，再做匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功，D 正确．③当v 1>v 2时，物体相对传送带向左运动，物体受到的滑动摩擦力方向向右，则物体先做匀加速运动直到速度达到v 1，再做匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功，B 错误，C 正确．8．(2009·江苏姜堰二中月考)用一个机械将货箱全部吊上离地12m 高的平台，现有30个货箱，总质量为150kg ，这个机械在吊箱子时所能提供的功率，取决于所吊物体质量的多少，如图所示．(不计放下吊钩、搬起和放下箱子等时间)．根据图线可得出下列结论，则其中正确的是 ( )A ．每次吊起3个货箱，吊起货箱所需时间最短B ．吊完所有货箱至少需要12minC ．每次吊起的货箱越多，上升速度越小D ．一次吊起3个货箱时，上升速度最大[答案] ABC[解析] 根据题意可知每个箱子的质量为5kg ，再根据图象可得，当吊起一个箱子时，上升的最大速度约为v 1＝12.550m/s ，当吊起两个箱子时，上升的最大速度约为v 2＝21100m/s ，当吊起三个箱子时，机械提供的功率最大，此时上升的最大速度约为v 3＝25150m/s ，随着功率减小及重物的增加货箱上升的速度越来越小，故C 正确，D 错误．综合所吊货箱的次数及速度可知，当3个货箱时所需时间最短．如果整个过程是以最大速度上升则需要12min ，所以吊完所有货箱不会少于12min ，A 、B 正确．二、非选择题9．如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v ＝4m/s 的速度水平匀速运动，一质量m ＝1kg 的物块无初速度地放到皮带A 处，物块与皮带间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、B 之间距离为s ＝6m ，则物块从A 运动到B 的过程中摩擦力对物块做功________J ．(g ＝10m/s 2)[答案] 8[解析] 由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ∴a ＝μg ＝2m/s 2设物块运动l 后与皮带速度相同，则有：v 2＝2al ∴l ＝v 22a＝4m 此后与皮带一起匀速到达B 点，无摩擦力作用，所以摩擦力做功为：W ＝μmgl ＝8J10．跳绳是一种健身运动．设某运动员的质量是50kg ，他1min 跳绳180次．假定在每次跳跃中，脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时间的25，则该运动员跳绳时克服重力做功的平均功率是多少瓦？(取g ＝10m/s 2)[答案] 75W[解析] 人跳一次所需的时间为t 0＝t n ＝60180s ＝13s 人跳离地面后做竖直上抛运动，从跳离地面到回到地面的时间为 t 1＝t 0·⎝⎛⎭⎫1－25＝13×⎝⎛⎭⎫1－25s ＝15s 人从跳离地面到上升到最高点的时间为t 2＝12t 1＝12×15s ＝110s 此过程中人克服重力做功W 0＝mgh ＝mg ·12gt 22＝50×10×12×10×⎝⎛⎭⎫1102J ＝25J. 所以，运动员跳绳时克服重力做功的平均功率为P ＝nW 0t ＝180×2560W ＝75W. 11．如图所示，一个与平台连接的足够长的斜坡倾角θ＝arcsin 130，一辆卡车的质量为1t.关闭发动机，卡车从静止开始沿斜坡滑下，最大速度可达120km/h ，已知卡车运动过程中所受空气阻力和地面阻力与速度成正比，即F f ＝k v .(g 取10m/s 2)(1)求出比例系数k ；(2)现使卡车以恒定功率P 沿斜坡向上行驶，达到的最大速度为54km/h ，求功率P .[答案] (1)10N·s/m (2)7250W[解析] (1)下滑达最大速度时有mg sin θ＝k v m故k ＝mg sin θv m＝10N·s/m. (2)设向上达最大速度时，牵引力为F有F ＝mg sin θ＋k v m ′，而F ＝P v m ′故P v m ′＝mg sin θ＋k v m ′，得P ＝7250W. 12．一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做特技表演，如图所示，若车运动的速度恒为20m/s ，人与车质量之和为200kg ，车所受阻力与轨道间的弹力成正比．k ＝0.1，车通过最低点A 时发动机的功率为12kW ，求车通过最高点B 时发动机的功率为多少？(g ＝10m/s 2)[答案] 4×103W[解析] 设竖直圆轨道的半径为R ，车通过最高点B 时发动机的功率为P B .由于车速恒为20m/s 不变，车的牵引力与阻力应相等，而不同位置车对轨道压力不等，因而阻力不等，导致牵引力不等，发动机的功率不等．在最低点A ：F NA －mg ＝m v 2RFf A ＝KF NAF A ＝Ff A ＝P A v在最高点B ：F NB ＋mg ＝m v 2RF fB ＝kF NBF B ＝F fB ＝P B v将v ＝20m/s 、P A ＝1.2×104W 、k ＝0.1、m ＝200kg 代入联立解得：P B ＝4×103W.13．如图所示，质量为M 的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m 的车厢(可视为质点)在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的摩擦阻力为其重力的μ倍，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间的夹角为θ，汽车的额定功率为P ，重力加速度为g ，不计空气阻力．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和车厢始终保持相对静止，问：(1)汽车所能达到的最大速度为多少？(2)汽车能达到的最大加速度为多少？(3)汽车以最大加速度行驶的时间为多少？[答案] (1)P μ(m ＋M )g(2)g cot θ (3)P (μ＋cot θ)(m ＋M )g 2cot θ[解析] (1)当汽车达到最大速度时汽车的功率为P 且牵引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即F ＝F f由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为F f ＝μ(m ＋M )g又P ＝F v由上述三式可知汽车的最大速度为：v ＝P μ(m ＋M )g(2)要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面．考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力F T ，设此时车厢的最大加速度为a ，则有：水平方向F T cos θ＝ma竖直方向F T sin θ＝mg由上两式得：a ＝g cot θ(3)因为此时汽车做匀加速运动，所以F －F f ＝(M ＋m )aF f ＝μ(m ＋M )g (用隔离法同样可得)即F ＝(μ＋cot θ)(M ＋m )g因为汽车达到匀加速最大速度时，汽车的功率达到额定功率，根据P ＝F v a由题意知，汽车一开始就做加速度最大的匀加速运动，匀加速的最大速度为v a ＝at所以以最大加速度匀加速的时间为：t ＝P (μ＋cot θ)(m ＋M )g 2cot θ.。

第五章综合测试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟．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．(2012·哈尔滨模拟)某物体在距地面h高处以大小为g3，方向竖直向下的加速度由静止下落到地面，下列说法中正确的是()A．物体重力势能减少13mghB．物体的机械能减少23mghC．物体的动能增加mghD．重力做功mgh[答案]BD[解析]重力做功等于物体重力势能的减少，选项A错误，D正确；根据能量转化和机械能守恒定律可知选项B正确，C错误．2．(2012·合肥模拟)如图所示，质量为M的物体放在光滑水平地面上，受与水平方向成α角的恒定拉力F作用，从静止开始沿水平地面运动，在时间t 内，拉力F对物体所做的功为W.若仅改变上述某一个量，物体还是从静止开始沿水平地面运动，下列可使拉力做的功为2W的是()A．物体质量减小为M2B．拉力增大为2FC．做功时间增长为2t D．α角从60°变为0°[答案] A[解析]由F cosα＝Ma及W＝F×12at 2，可得：W＝F2t2cosα2M，要使拉力做的功变为2W，可使F′＝2F，t′＝2t，M′＝M2，或者cosα′＝12cosα，由此可知选项A正确．3．(2012·郑州模拟)运动员从悬停在空中的直升机上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落．如果用h表示下落高度、t表示下落的时间、F表示人受到的合外力、E 表示人的机械能、E p表示人的重力势能、v表示人下落的速度．在整个过程中，下列图象可能符合事实的是()[答案] C[解析]以运动员为研究对象，运动员先在重力的作用下做自由落体运动，开伞后受到阻力作用做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速运动，此时阻力等于重力，合力为零，C正确，D错误；运动过程中重力势能随下落的高度h均匀减小，而机械能E在自由落体阶段不变，然后再逐渐减小，A、B错误．4．(2012·长春模拟)如图甲所示，斜面AB与水平面BC是由同种材料制成的．质量相等的可视为质点的a，b两物块，从斜面上的同一位置A由静止开始下滑，经B点在水平面上滑行一段时间后停止．不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图乙所示，则由上述信息判断下列说法正确的是()A．在斜面上滑行的加速度物块a比物块b的小B．在水平面上滑行的距离物块a比物块b的小C．与斜面间的动摩擦因数物块a比物块b的小D．在整个运动过程中克服摩擦力做的功物块a比物块b多[答案] C[解析]由图象可以看出斜面上滑行时a a>a b，选项A错误；根据图象与时间轴所夹面积可知在水平面滑行时，x a>x b，选项B错误；在斜面上运动，受力分析有mg sinθ－μmg cosθ＝ma解得：μ＝g sinθ－ag cosθ，因a a>a b，所以μa<μb，选项C正确；在水平面由动能定理可得：mgh－W f＝0，解得W f＝mgh，选项D错误．5．(2012·杭州模拟)如图所示，半径r＝0.5m的光滑圆轨道被竖直固定在水平地面上，圆轨道最低处有一小球(小球的半径比r小很多)．现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离轨道运动，v0应满足() A．v0≤5m/s B．v0≥25m/sC．v0≥5m/s D．v0≤10m/s[答案] D[解析]小球不脱离轨道运动，则小球能够恰好通过最高点或恰好到达圆心等高处．到达圆心等高处有mgr＝12m v2，则v0≤10m/s；小球做圆周运动的条件是在最高点的最小速度等于gr，从最低点到最高点由机械能守恒12m v2＝mg2r＋12m v2，代入数值可得v≥5m/s，故D正确．6．(2012·福州模拟)如图所示，某中技小组制作了利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的公路上从静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变；小车又继续前进了s 距离，达到最大速度v max.设小车的质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则小车的额定功率为()A．f v max B．f vC．fs/t D．(f＋m v/t)v max[答案] A[解析]小车匀加速行驶时，牵引力不变，电动机的功率随着小车速度的增大而增大，当达到额定功率时，以额定功率行驶，做加速度逐渐减小的加速运动，最终当牵引力等于阻力时，速度达到最大，所以额定功率P ＝f v max ，A 正确．7．(2012·济南模拟)下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )[答案] ACD[解析] 汽车匀加速启动过程，由牛顿第二定律F －f ＝ma ，牵引力恒定，由P ＝F v ，v ＝at ，得P ＝Fat ，汽车的功率逐渐增加，当功率达到额定功率时，此时物体的速度为v 1m ＝P 额f ＋ma，以后汽车的功率不再变化，由P ＝F v ，速度增加，牵引力减小，以后物体不能再做匀加速运动，由F －f ＝ma 得加速度逐渐减小，故汽车做加速度减小的加速运动，当F ＝f 时，加速度减为零，速度达到最大值，v 2m ＝P 额f ，故可得B 项错误，ACD 项正确．8．(2012·信息卷)如图所示，一条轻绳一端通过定滑轮悬挂一个质量为m的重物，在另一端施加拉力F，使重物从地面由静止开始加速向上运动．当重物上升高度为h时，轻绳断开，不计一切摩擦，则() A．重物从开始向上加速到轻绳断开的过程中重力势能的增量为FhB．轻绳断开瞬间重物重力的瞬时功率为－2(F－mg)mg2hC．重物上升过程中机械能守恒D．重物落地前瞬间的动能为Fh[答案]BD[解析]从重物开始加速上升到轻绳断开的过程中拉力做的功为Fh，等于重物重力势能的增量与动能的增量的和，选项A错误；轻绳断开瞬间重物重力的瞬时功率为P＝－mg v，由动能定理得(F－mg)h＝12m v2，则P＝－2(F－mg)mg2h，选项B正确；在重物上升过程中拉力做正功，重物机械能不守恒，选项C错误；选地面为参考平面，重物从开始加速上升到轻绳断开的过程中拉力做的功为Fh，轻绳断开时，重物的机械能为Fh，此后只有重力对重物做功，重物机械能守恒，故重物落地前瞬间的动能为Fh，选项D正确．9．(2012·苏州模拟)滑块以速率v1靠惯性沿固定长斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率变为v2，且v2<v1，若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则()A．上滑过程中机械能的减少量大于下滑过程中机械能的减少量B．上滑过程中机械能的减少量等于下滑过程中机械能的减少量C．上滑过程中经过A点时的动能大于重力势能D．上滑过程中摩擦力的平均功率的绝对值大于下滑过程中摩擦力的平均功率的绝对值[答案]BCD[解析]由题意，v2<v1可见有摩擦力做功．重力以外的力做的功等于机械能的变化，上滑过程和下滑过程摩擦力对滑块做的功相等，所以上滑过程和下滑过程机械能的减少量相等，A错，B对；从A点到最高点应用动能定理，－W f－W G＝0－E k A，其中W G＝E p A，可见E k A>E p A，C对；上滑过程中摩擦力方向沿斜面向下，下滑过程中摩擦力的方向沿斜面向上，可见上滑过程的加速度大于下滑过程中的加速度，所以上滑过程用的时间短，两个过程摩擦力做功相同，故上滑过程摩擦力的平均功率大，D对．10．(2012·南京模拟)质量为m的小球，以初速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为H，已知小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比．设抛出点重力势能为零，则小球在运动过程中，下列关于小球的动能E k、重力势能E p、机械能E随高度h，速率v随时间t变化的图线可能正确的有()[答案]BCD[解析]在上升的过程中重力势能的变化量由重力做功来量度，由功能关系可得：E p＝－W G＝mgh(0≤h≤H)，B选项正确；动能的变化量由合外力做功来量度，在上升的过程中：ΔE k＝－mgΔh－fΔh，由于在上升过程中小球的速率在逐渐减小，空气的阻力在逐渐减小，动能的变化率在逐渐减小，对应的E k－h图象斜率减小；在下落的过程中小球的速率在逐渐增加，空气的阻力在逐渐增加，动能的变化率在逐渐增加，对应的E k－h图象斜率增加，A选项错误，C选项正确；在上升的过程中由牛顿第二运动定律可知：(mg＋f)＝ma⇒a＝g＋fm，随空气阻力的减小，加速度在减小，v－t图象越来越平缓，到最高点速度减小为零；在下降的过程中由牛顿第二定律可得：mg－f＝ma⇒a＝g－fm，随空气阻力的增加，加速度在减小，v－t图象越来越平缓，到最低点具有一定的速度且小于v0，D选项正确．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)在用落体法“验证机械能守恒”的实验中，某同学上交的实验报告中，显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，则出现这一问题的可能原因是()A．重锤的质量测量错误B．用公式v＝gt计算各点的速度C．交流电源的频率不等于50HzD．重锤下落时受到的阻力过大[答案]BC[解析]重锤的质量并不影响mgh和12m v2的大小关系，A错误；重锤下落的阻力越大，动能的增加量比重力势能的减少量小的越多，D 错误；用v ＝gt 计算的速度比实际速度大，如交流电源的频率小于50Hz ，而仍用T ＝0.02s 来计算各点速度，也把速度算大了，均有可能出现重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，故B 、C 正确．12．(6分)(2012·洛阳模拟)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为U ，频率为f 的交流电源上，在实验中打下一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A ，B ，C ，D ，E ，测出A 点距起始点O 的距离为x 0，点A ，C 间的距离为x 1，点C ，E 间的距离x 2, 已知重锤的质量为m ，当地的重力加速度为g ，则(1)从起始点O 到打下C 点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔE p ＝________，重锤动能的增加量ΔE k ＝________.(2)根据题中提供的条件，还可求出重锤实际下落的加速度a ＝________.[答案] (1)mg (x 0＋x 1) mf 2(x 1＋x 2)232(2)f 2(x 2－x 1)4[解析] (1)由功能关系知重力势能减小量等于重力所做的功，即ΔE p ＝mg (x 0＋x 1)，做匀变速运动物体在某段时间中点的速度等于前后两点间的平均速度，即v C ＝x 1＋x 24T ＝x 1＋x 24f ，动能的变化量ΔE k ＝12m v 2C －0＝mf 2(x 1＋x 2)232. (2)由于物体做匀变速运动，由Δx ＝aT 2得：a ＝Δx T 2＝x 2－x 14f 2.13．(6分)(2012·信息卷)如图为用拉力传感器和速度传感器探究动能定理的实验装置．用拉力传感器记录总质量为m＝1kg的小车受到拉力的大小，在长木板上相距L＝48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，记录小车分别到达A、B时的速率．(1)实验主要步骤如下：①将拉力传感器固定在小车上；②平衡摩擦力，需要让小车做________运动；③把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；④接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率v A、v B；⑤改变所挂钩码的数量，重复④的操作．(2)下表中记录了实验测得的几组数据，v2B－v2A是两个速度传感器记录的速率的平方差，若要验证动能定理，只需要验证F＝________，请利用上述表达式将表中第3次的实验数据填写完整．(结果保留三位有效数字)[答案] (1)匀速直线 (2)B A 2L2.44 [解析] (1)小车做匀速直线运动时所受合力为零，说明平衡了摩擦力．(2)根据动能定理有FL ＝12m (v 2B －v 2A )，代入数据得F ＝2.44N.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)如图所示，滑块从A 点由静止开始沿曲面下滑，过O 点后滑上右边曲线面B 点时的速度恰好等于零，O 点附近光滑，滑块经过O 点不发生碰撞，如滑块从B 点以某速度v 沿原路径往回滑，到达A 点时的速度也恰好为零，求A 、B 两点间的高度差(设运动过程中阻力大小恒定，与速度大小无关)．[答案] v 24g[解析] 从A 到B ，重力势能减少量为mg Δh ，则由功能关系可知克服阻力的功等于物体重力势能的减少，即：W f ＝mg Δh ①若滑块从B 至A ，其动能损失一部分转化为重力势能，一部分克服阻力的功转化为内能，由能量守恒定律得：12m v 2＝mg Δh ＋W f ② 由①②式得，A 、B 间高度差为Δh ＝v 24g. 15．(10分)(2012·福州模拟)如图所示，光滑弧形轨道下端与水平传送带上表面等高，轨道上的A 点到传送带的竖直距离和传送带上表面到地面的距离均为h ＝5m.把一物体放在A 点由静止释放，当传送带不动，物体从右端B 点水平飞离，落在水平地面上的P 点，B ，P 的水平距离OP 为x ＝2m.g 取10m/s 2，求：(1)当传送带不动，物体飞出B 点时的速度；(2)若传送带以v ＝5m/s 的速度顺时针方向传送，物体会落在何处？[答案] (1)2m/s (2)5m[解析] (1)当传送带不动时，设物体进入和飞出传送带的速度分别为v 1，v 2根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 21，解得v 1＝10m/s 物体离开B ：由h ＝12gt 2，解得t ＝1s v 2＝x t ＝2m/s(2)因为v 2<v <v 1，所以物体先减速后匀速飞出B 点速度v ′2＝v ＝5m/s解得x ′＝v ′2t ＝5m16．(11分)(2012·天津河西模拟)如图所示，半径R ＝0.40m 的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A .一质量m ＝0.10kg 的小球，以初速度v 0＝7.0m/s 在水平地面上向左做加速度a ＝3.0m/s 2的匀减速直线运动，运动4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C 点．求A ，C 间的距离(取重力加速度g ＝10m/s 2)．[答案] 1.2m[解析] 匀减速运动过程中，有v 2A －v 20＝－2as ①恰好做圆周运动时物体在最高点B 满足mg ＝m v 2B 1R ，v B 1＝2m/s ②假设能到达圆环的最高点B ，由机械能守恒12m v 2A ＝2mgR ＋12m v 2B ③ 联立①③可得v B ＝3m/s因为v B >v B 1，所以小球能通过最高点B小球从B 点做平抛运动，有2R ＝12gt 2④ s AC ＝v B t ⑤由④⑤得s AC ＝1.2m ⑥17. (11分)(2012·大连模拟)为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为L ＝2.0m 的粗糙的倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的．其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图所示．一个小物块以初速度v 0＝4.0m/s ，从某一高处水平抛出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下．已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.50.(g 取10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)(1)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE 滑出，求竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？(2)a.为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB ，则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件？b ．按照“a”的要求， 小物块进入轨道后可以有多少次通过圆轨道上距水平轨道高为0.01m 的某一点．[答案] (1)0.66m (2)8[解析] (1)小物块做平抛运动，经时间t 到达A 处时，令下落的高度为h ，水平分速度为v x , 竖直分速度为v ytan37°＝v y v x＝gt v 0 h ＝12gt 2 物体落在斜面上后，受到斜面的摩擦力f ＝μF N ＝μmg cos37° 设物块进入圆轨道到最高点时有最小速度v 1，此时物块受到的重力恰好提供向心力，令此时半径为R 0 mg ＝m v 21R 0物块从抛出到圆轨道最高点的过程中mg (h ＋L ·sin37°－2R 0)－μmg cos37°·L ＝12m v 21－12m v 20 联立上式，解得：R 0＝0.66m若物块从水平轨道DE 滑出，圆弧轨道的半径有：R 1≤0.66m(2)a.为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB ，则物块上升的高度须小于或等于R ′0.mg (h ＋L ·sin37°)－μmg cos37°·L －mgR ′0＝0－12m v 20 解得 R ′0＝1.65m物块能够滑回倾斜轨道AB ，则R 2≥1.65mb ．物块冲上圆轨道H 1＝1.65m 高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h 1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H 2.有mgH 1＝mgh 1＋μmgh 1·43mgH 2＝mgh 1－μmgh 1· 43得H 2＝1－43μ1＋43μH 1＝15H 1之后物体在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往反运动，同理：n 次上升的高度H n ＝(15)n －1H 1(n >0)为一等比数列． 当n ＝5时，上升的最大高度小于0.01m ，则物块共有8次通过距水平轨道高为0.01m 的某一点．。

一、选择题1．(2019·沧州模拟)在“研究匀变速直线运动”的实验中，下列方法有助于减小实验误差的是()A．选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位B．使小车运动的加速度尽量小些C．舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算D．适当增加挂在细绳下钩码的个数[答案]ACD[解析]选取的计数点间隔较大，在用直尺测量这些计数点间的间隔时，在测量绝对误差基本相同的情况下，相对误差较小，因此A 项正确；在实验中，如果小车运动的加速度过小，打出的点很密，长度测量的相对误差较大，测量准确性降低，因此小车的加速度应适当大些，而使小车加速度增大的常用方法是适当增加挂在细绳下钩码的个数，以增大拉力，故B错，D对；为了减小长度测量的相对误差，舍去纸带上过于密集，甚至分辨不清的点，因此C项正确．2．关于游标卡尺，下列说法正确的是()A．利用一对外测量爪可测量圆筒的内径B．利用一对内测量爪可测量圆筒的外径C．利用一对外测量爪可测量乒乓球的直径D．利用深度尺可测量槽或孔的深度[答案]CD[解析]游标卡尺的内测量爪可测圆筒的内径，外测量爪可测圆筒的外径，深度尺可测槽或孔的深度．3．某人用刻度尺去测量一个物体的长度，共测量4次，测得数据分别为1.42cm、1.43cm、1.42cm、1.44cm，物体长度的测量结果应为()A．1.427 5cm B．1.427cmC．1.43cm D．1.4cm[答案] C[解析]直接测量结果有三位有效数字，求平均值时仍应保留三位有效数字，1100cm位是不可靠数字，只能保留1位不可靠数字，所以结果应为1.43cm.4．在使用打点计时器时，发现打点计时器打点周期不稳定，其原因可能是()A．交流电压不稳定B．永久磁铁磁性太弱C．电源的频率不稳定D．振动片的固有频率与交流电源的频率有偏差[答案]CD[解析]打点计时器的打点周期跟电源频率和振动片的固有频率有关．一个性能良好的打点计时器振动片的固有频率和使用的交流电频率相等．这样振动片发生共振，振幅较大，打点清晰，等时性好，而电压的高低直接影响振动片的振动强弱，即振幅的大小，而不影响振动片的振动周期，故也不影响打点计时器的打点周期．永久磁铁的磁性能影响打点痕迹的轻重，即点迹的清晰度，并不影响打点的周期，综上所述，引起打点周期不稳定的原因是C、D两选项所述，故答案应为C、D两选项．二、非选择题5．(2019·泸州模拟)市场上新出现了一种新式的游标卡尺，这种“新式”游标卡尺上的刻度与传统的游标卡尺明显不同，新式游标卡尺中游标尺的刻度看起来很稀疏，使得读数时清晰明了，便于正确读数．已知某“新式”游标卡尺的10分度游标尺总长39mm.用这种“新式”游标卡尺测某物体的厚度，示数如图，则该物体的厚度为________cm.[答案] 3.15[解析]10分度的游标卡尺其精度为0.1mm，主尺上读出整毫米数为31mm，游标尺读数为刻度数乘以精度为5×0.1mm，该物体的厚度为31mm＋0.5mm＝31.5mm＝3.15cm.6．(2019·贵阳模拟)在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学的操作中有以下实验步骤，其中错误或遗漏的步骤有________．(遗漏步骤可编上序号G、H…)A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先放开纸带，再接通电源B．将打点计时器固定在平板上，并接好电源C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下面吊着适当重的钩码D．取下纸带E．将平板无滑轮的一端抬高，轻推小车，使小车能在平板上做匀速运动F．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔将以上步骤完善后按合理顺序填写在横线上________．[答案]见解析[解析]A中应先接通电源，再放开纸带．C中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D中应先断开电源，使打点计时器停止工作，E属于多余步骤．应补充G换上新纸带，重复操作两次．H断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B、F、C、A、D、G、H.7．(1)用游标卡尺(卡尺的游标有20等份)测量一支铅笔的长度，测量结果如图所示，由此可知铅笔的长度是________cm.(2)在“研究匀变速直线运动”的实验中，如图所示为实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间的时间间隔均为0.1s，测得A到B和B到C的距离分别为5.60cm和7.82cm，则物体的加速度大小为________m/s2，B点的速度大小为________m/s.[答案](1)9.160(2)2.220.671[解析](1)读数＝9.1cm＋120×12mm＝9.160cm(2)Δs＝aT2∴a＝ΔsT2＝(7.82－5.60)×10－2(0.1)2m/s2＝2.22m/s2v B＝s AC2T＝5.60＋7.822×0.1m/s＝0.671m/s.8．如图所示的纸带，是某同学练习使用打点计时器得到的，纸带的左端先通过打点计时器，从点迹的分布情况，可以断定纸带的速度变化情况是__________；若使用的电源的频率是50Hz，从打下A 点到打下D点，共13个点迹，历时________s．当打点计时器使用的电源的频率低于50Hz时，如果仍用50Hz的时间间隔打一个点计算，则测出的速度值将比物体的真实值________．[答案]纸带的速度在减小0.24偏大[解析]由于点迹右端密集，说明纸带的速度在减小；A点到D 点之间共有12个时间间隔，对应的时间是t＝12×0.02s＝0.24s；当交流电的频率低于50Hz时，打点计时器打一次点的时间间隔将大于0.02s，因此用0.02s的时间计算得出的速度偏大．9．(2019·南昌模拟)在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间，计时器所用电源的频率为50Hz，如图所示是一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离分别为1.40cm 、3.55cm、6.45cm、10.15cm 、14.55cm、19.70cm.由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小为v4＝________m/s，小车的加速度大小a＝________m/s2.(结果保留三位有效数字)[答案]0.4050.756[解析]v4＝x5－x32T＝(14.55－6.45)×10－20.2m/s＝0.405m/sx1′＝0.0140m，x2′＝x2－x1＝0.0215m x3′＝x3－x2＝0.0290mx4′＝x4－x3＝0.0370m x5′＝x5－x4＝0.0440m x6′＝x6－x5＝0.0515ma＝(x4′＋x5′＋x6′)－(x1′＋x2′＋x3′)9T2＝(0.0370＋0.0440＋0.0515)－(0.0140＋0.0215＋0.0290)0.09m/s2＝0.756m/s2.10．某校研究性学习小组的同学用如图甲所示的滴水法测量一小车在斜面上运动时的加速度．实验过程如下：在斜面上铺上白纸，用图钉钉住；把滴水计时器固定在小车的末端，在小车上固定一平衡物；调节滴水计时器的滴水速度，使其每0.2s滴一滴(以滴水计时器内盛满水为准)；在斜面顶端放置一浅盘，把小车放在斜面顶端，把调好的滴水计时器盛满水，使水滴能滴入浅盘内；随即在撤去浅盘的同时放开小车，于是水滴在白纸上留下标志小车运动规律的点迹；小车到达斜面底端时立即将小车移开．图乙为实验得到的一条纸带，用刻度尺量出相邻两点之间的距离是s01＝1.40cm，s12＝2.15cm，s23＝2.91cm，s34＝3.65cm，s45＝4.41cm，s56＝5.15cm.试问：(1)滴水计时器的原理与课本上介绍的________原理类似．(2)由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度v4＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2. (结果均保留2位有效数字)[答案](1)打点计时器(2)0.200.19[解析]可把小车的运动看做是匀变速直线运动，则v4＝v＝s34＋s452T＝(3.65＋4.41)×10－22×0.2m/s＝0.20m/s；求加速度利用逐差法：(s56＋s45＋s34)－(s23＋s12＋s01)＝9aT2，(5.15＋4.41＋3.65)×10－2－(2.91＋2.15＋1.40)×10－2＝9a×0.22, 解得a＝0.19m/s2.11．(2019·兰州模拟)如图(a)所示，小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与打点计时器的纸带相连．起初小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离．启动打点计时器，释放重物，小车在重物的牵引下，由静止开始沿斜面向上运动，重物落地后，小车会继续向上运动一段距离．打点计时器使用的交流电频率为50Hz.图(b)中a、b、c是小车运动纸带上的三段，纸带运动方向如箭头所示．(1)根据所提供纸带上的数据，计算打c段纸带时小车的加速度大小为________m/s2.(结果保留两位有效数字)(2)打a段纸带时，小车的加速度是2.5m/s2.请根据加速度的情况，判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中的________．(3)如果取重力加速度10m/s2，由纸带数据可推算出重物与小车的质量比为________．[答案](1)5.0(2)区间4(3)1 ∶1[解析](1)图中相邻两个点时间间隔Δt＝0.02s，从纸带数据中利用逐差法计算加速度：a＝(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)9Δt2，即加速度大小a＝(2.08＋1.90＋1.73)－(1.48＋1.32＋1.12)9×(0.02)2cm/s2＝5.0m/s2(2)打a段纸带时，小车的加速度是2.5m/s2，则对应连续相等时间间隔位移之差Δs＝at2＝2.5×(0.02)2m＝0.1cm，在b段中Δs21＝Δs32＝0.1cm，这说明此两段区间小车仍在加速，且加速度为2.5m/s2；Δs43＝0.06cm，区间4内加速度变化，不再是2.5m/s2，又Δs54＝－0.16cm可知在区间5小车减速，故在区间4速度达到最大．(3)设重物质量M, 小车质量m，所受摩擦力F f，则小车在a段重物未着地，对于重物和小车组成的系统，应用牛顿第二定律：Mg －mg sinθ－F f＝(M＋m)a1 (其中a1＝2.5m/s2)，在c段重物着地后，对于小车：mg sinθ＋F f＝ma2(其中a2＝5.0m/s2)两式联立得：M＝m12．(2019·青岛模拟)某同学用如图所示的实验装置研究小车在斜面上的运动，实验步骤如下a．安装好实验器材．b．接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次．选出一条点迹比较清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如图中0、1、2 (6)所示．c．测量1、2、3...6计数点到0计数点的距离，分别记作：s1、s2、s3 (6)d．通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀加速直线运动．e．分别计算出s1、s2、s3…s6与对应时间的比值s1 t1、s2t2、s3t3…s6t6f．以st为纵轴、t为横轴，标出st与对应时间t的坐标点，画出st－t图线．结合上述实验步骤，请你完成下列任务(1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有________和________ .(填选项代号)A．电压合适的50Hz交流电源B．电压可调的直流电源C．刻度尺D．秒表E．天平F．重锤(2)将最小刻度为1mm的刻度尺的0刻度线与0计数点对齐，0、1、2、5计数点所在位置如图所示，则s2＝________cm，s5＝________cm.(3)该同学在坐标图中已标出1、3、4、6计数点对应的坐标，请你在该图中标出与2、5两个计数点对应的坐标点，并画出st－t图．(4)根据st－t图线判断，在打0计数点时，小车的速度v0＝________m/s；它在斜面上运动的加速度a＝________m/s2.[答案] (1)A C (2)2.98(2.97～2.99也可)13．20(13.19～ 13.21也可)(3)见解析(4)0.176(0.16～0.20也可) 4.93(4.50～5.10)也可[解析] (1)打点计时器需要电压合适的50Hz 的交流电，测量纸带上点距需要刻度尺，故选择A 、C.(2)毫米刻度尺精确到1mm ，估读到0.1mm ，s 2＝2.98cm ，s 5＝13.20cm.(3)每两个打点间隔取一个计数点，则相邻计数点时间间隔T ＝0.04s ，可知当打点2时t ＝0.08s ，对应s t ＝37.3cm/s ，当打点5时t ＝0.20s ，对应s t ＝66.0cm/s.(4)当打点4时对应s t ＝57cm/s 即点2瞬时速度v 2＝57cm/s ，当打点2时，点1的瞬时速度v 1＝37.3cm/s ，则a ＝v 2－v 1t ＝4.93m/s 2，在打0计数点时，则小车的速度v 0＝v 1－at ＝0.176m/s.。

第7章第一讲一、选择题1．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m 的近似圆形轨道，当环中的电流是10mA 时(设电子的速度是3×107m/s)，在整个环中运行的电子数目为(电子电量e ＝1.6×10－19C) ( )A ．5×1011B ．5×1010C ．1×102D ．1×104[答案] A[解析] 由电流强度的定义式：I ＝q t得： q ＝It ＝I l v ＝8×10－8C所以在整个环中运行的电子数目为：n ＝q e＝5×1011个，故选项A 正确． 2．(2009·南京模拟)温度能明显地影响金属导体和半导体材料的导电性能，在图中所示的图线分别为某金属导体和某半导体的电阻随温度变化的关系曲线，则 ( )A ．图线1反映半导体材料的电阻随温度的变化关系B ．图线2反映金属导体的电阻随温度的变化关系C ．图线1反映金属导体的电阻随温度的变化关系D ．图线2反映半导体材料的电阻随温度的变化关系[答案] CD[解析] 金属导体的电阻随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻随温度的升高而减小，故选项C 、D 正确．3．(2009·南京模拟)在如图所示电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以A 、B 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为( )[答案] A[解析] 由欧姆定律得：U ＝IR x ，由于I 为定值，而R x ∝x ，故U ∝x ，因此选项A 正确．4．如图所示电路中，三个相同的灯泡额定功率是40 W ，在不损坏灯泡的情况下，这三个灯泡消耗的总功率最大不应超过 ( )A ．40 WB ．60 WC ．80 WD ．120 W[答案] B[解析] 依题意，设L 3灯正常发光时的电流为I 0，则L 1和L 2的电流此时则为I 02，由P ＝I 2R 知这个支路总功率最大不超过P ＝I 20R＋(I 02)2R ＋(I 02)2R ＝32P 0＝32×40 W ＝60 W. 5．(2009·常州高级中学第二次阶段教学质检)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线过P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中正确的是 ( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积[答案] ABD[解析] 小灯泡的灯丝是一个纯电阻，在通电时满足欧姆定律．从小灯泡的I －U 曲线可以看出，随着电压的增大，电压与电流的比值增大，即小灯泡的电阻增大，A 正确；根据欧姆定律得，对应P 点，从图象可以得出小灯泡的电阻为：R ＝U 1I 2，C 错误、B 正确；小灯泡的功率P ＝UI ，从图象可以看出P 点功率等于图中矩形PQOM 所围的面积，D 正确．6．(2010·泰安测试)某居民家中的电路如图所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光．拔出电饭煲的插头，把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则 ( )A ．仅电热壶所在的C 、D 两点间发生了断路故障B ．仅电热壶所在的C 、D 两点间发生了短路故障C ．仅A 、B 间导线断路D ．因为插座用导线接地，所以发生了上述故障[答案] C[解析] 由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C 、D 两点间没有发生短路故障．把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C 、D 两点间没有发生断路故障．综合分析可知，故障为A 、B 间导线断路，即C 选项正确．7．(2009·济南模拟)如图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的平行金属板间，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 ．滑片向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B ．滑片向左移动时，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时间不变[答案] BD[解析] 加速极板间的电压由滑动变阻器分压提供，当滑片向右移动时，提供电压增大，电子将得更大的水平速度v 0，由t ＝l v 0可知，穿过水平板间的时间减小，又因为y ＝12at 2，故偏转距离变小，打在荧光屏上的位置下降，A 错；同理分析B 对；若增大U ，加速度a 增大，但穿过水平板间的时间t ＝l v 0不变，由v y ＝at 可知，打在荧光屏上的竖直速度变大，所以合速度也变大，故C 错D 对．8．如图所示电路，已知R 1＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝1 kΩ，I ＝10 mA ，I 1＝6 mA ，则a 、b 两点电势高低和通过R 2中电流正确的是( )A ．a 比b 高，7 mAB ．a 比b 高，2 mAC ．a 比b 低，7 mAD ．a 比b 低，2 mA[答案] C[解析] 本题考查电流守恒定律，即流入某节点的电流一定等于从该节点流出的电流，如图所示．I3＝I －I 1＝10mA －6mA ＝4mAU ca ＝I 1R 1＝6×10－3×3V ＝18VU cb ＝I 3R 3＝4×10－3×1V ＝4V ，U b >U aI 2＝U ba R 2＝142mA ＝7mA ，所以选项C 正确． 二、非选择题9．(2009·上海交通大学附属中学摸底)如图所示，R 1＝30Ω，R 4＝20Ω，电源电压恒为30V ，现安培表示数为0.75A ，若把电键闭合，则伏特表的示数减少1/3，滑片P 位置不变，则R 2的阻值为________，R 3的阻值为________．[答案] 60Ω 20Ω[解析] 设电路两端的总电压为U ，与伏特表并联电阻的阻值为R x .电键断开时，流过R 1的电流为I 1，电路中的总电流为I ，电键闭合时，流过R 1的电流为I 1′，电路中的总电流为I ′.电键断开时，R 4两端的电压为：U 4＝IR 4＝0.75×20V ＝15V ，电阻R 1两端的电压为：U 1＝U －U 4＝30V －15V ＝15V ，流过R 1的电流为：I 1＝U 1/R 1＝15/30A ＝0.5A ，流过R 2的电流为：I 2＝I －I 1＝0.75A －0.5A ＝0.25A ，电阻R 2的阻值为：R 2＝U 2/I 2＝U 1/I 2＝15/0.25Ω＝60Ω.伏特表示数为：U 示＝I 1R x .电键闭合时，U 示′＝I 1′R x ，由题意可知，U 示′＝⎝⎛⎭⎫1－13U 示＝23U 示，解得：I 1′＝23I 1＝13A ，电阻R 1两端的电压为：U 1′＝I 1′R 1＝13×30V ＝10V ，通过电阻R 2的电流为：I 2′＝U 1′/R 2＝10/60A ＝16A ，R 4两端的电压为：U 4′＝U －U 1′＝30V －10V ＝20V ，电路中的总电流为：I ′＝U 4′/R 4＝20/20A ＝1A ，通过R 3的电流为：I 3′＝I ′－I 1′－I 2′＝1A －13A －16A ＝0.5A ，电阻R 3的阻值为：R 3＝U 1′/I 3′＝10/0.5Ω＝20Ω.10．如图(甲)所示的电路中，电源电动势为3.0V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图(乙所示)．(1)小灯泡的电阻随电流的增大而________．(2)当开关闭合后，小灯泡L 1的电阻为________，电功率为________，灯泡L 2的电功率为________．[答案] (1)增大 (2)12Ω 0.75W 0.27W[解析] 由图(乙)知：图线上某点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，随电流的增大，连线的斜率减小，因此电阻随电流的增大而增大．根据串、并联知识知，灯泡L 1两端的电压为3V ，灯泡L 2两端的电压为1.5V ，在图(乙)中找到对应3V 和1.5V 的电流分别为I 1＝0.25A 和I 2＝0.18A 左右．因此小灯泡L 1的电阻R 1＝U 1I 1＝30.25Ω＝12Ω，功率P 1＝U 1I 1＝3×0.25W ＝0.75W ；小灯泡L 2的功率P 2＝U 2I 2＝1.5×0.18W ＝0.27W.11．某工厂由于生产需要用一部直流电动机提升重物，装置如图所示，重物质量m 为50kg.电源电动势E 为110V ，内阻不计，当电动机以0.85m/s 的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度为5A.不计摩擦阻力，重力加速度g 取10m/s 2，求：(1)电动机的输入功率和输出功率各是多少？(2)电动机线圈的电阻R 是多少？[答案] (1)550W 425W (2)5Ω[解析] (1)电动机的输入功率P 入＝IE ＝5×110W ＝550W.电动机的输出功率P 出＝mg v ＝50×10×0.85W ＝425W.(2)由能量守恒定律：P 入＝P 出＋I 2R ，R ＝P 入－P 出I 2＝5Ω 12．(2009·江苏省常州高级中学模拟)实验室中大量的实验表明，通过某一金属氧化物制成的棒中的电流I 遵循I ＝kU 3的规律(式中U 表示棒两端的电势差，k ＝0.02A/V 3)，现将该棒与遵从欧姆定律的电阻器串联在一起后，接在一个内阻可忽略、电动势为6.0V 的电源上．(1)当电路中的电流为0.16A ，则串联的电阻器阻值R 1为多少？(2)当棒上消耗的电功率是电阻R 2上消耗电功率的2倍，则串联的电阻器R 2的阻值为多少？[答案] (1)25Ω (2)1.56Ω[解析] (1)由题意可得：I ＝kU 3，解得：U ＝3I k ＝30.160.02V ＝2.0V ，由欧姆定律得：I ＝E －U R 1，解得：R 1＝E －U I ＝6.0－2.00.16Ω＝25Ω (2)根据电功率公式得：P 1＝UI ，P 2＝I 2R 2，由题意得：P 1＝2P 2，联立解得：E －U ＝U 2，U ＝4V I ＝1.28A ，R 2＝E －U I ＝6.0－4.01.28Ω＝1.56Ω13．如图所示，电源的电动势E ＝110V ，电阻R 1＝21Ω，电动机绕组的电阻R 0＝0.5Ω，电键S 1始终闭合．当电键S 2断开时，电阻R 1的电功率是525W ；当电键S 2闭合时，电阻 R 1的电功率是336W ，求(1)电源的内电阻；(2)当电键S 2闭合时流过电源的电流和电动机输出的功率．[答案] (1)1Ω (2)26A,1606W[解析] (1)设S 2断开时R 1消耗的功率为P 1，则有：P 1＝⎝⎛⎭⎫E R 1＋r 2R 1 代入数据解得：r ＝1Ω(2)设S 2闭合时R 1两端的电压为U ，消耗的功率为P 2，则有：P 2＝U 2R 1，代入数据解得U ＝84V .由闭合电路欧姆定律得，E ＝U ＋Ir ，代入数据解得：I ＝26A.流过R 1的电流为I 1，流过电动机的电流为I 2，由欧姆定律得：I 1＝U R 1＝4A ，由串联电路的电流关系得：I 1＋I 2＝I ，解得：I 2＝22A ，由能量守恒得：UI 2＝P 出＋I 22R 0，代入数据解得：P 出＝1606W.14．(2009·蚌埠模拟)大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随离地面距离的增大而增大，可以把离地面50km 以下的大气看作是具有一定漏电程度的均匀绝缘体(即电阻率较大的物质)；离地面50km 以上的大气则可以看作是带电粒子密度非常高的良导体．地球本身带负电，其周围空间存在电场，离地面50km 处与地面之间的电势差为4×105V.由于电场的作用地球处于放电状态，但大气中频繁发生的闪电又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变．统计表明，大气中每秒平均发生60次闪电，每次闪电带给地球的电荷量平均为30C.试估算大气的电阻率和地球漏电的功率．已知地球半径r ＝6400km.[答案] 2.29×1012Ω·m 7.2×108W[解析] 设每秒闪电的次数为n ，每次闪电带给地球的电荷量为q ，则大气电流平均为I ＝nq大气电阻可由欧姆定律求得R ＝U I由题设条件，式中U ＝4×105V ，设大气的电阻率为ρ，则有R ＝ρl S由题设条件，式中l ＝50km ＝5.0×104m ，S ＝4πr 2解以上各式得大气的电阻率ρ＝4πr 2nql代入有关数值得ρ≈2.29×1012Ω·m而地球的漏电功率P ＝IU ＝nqU代入有关数值得P ＝7.2×108W。