【高考复习方案】2016年高考物理复习一轮用书【新课标】45分钟单元能力训练卷1

45分钟单元能力训练卷(一)(考查范围：第一单元分值：100分)一、单项选择题(每小题6分，共18分)1．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s匀减速到零所用的时间为1 s，按规定，速度为8 m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9 m，那么上述刹车试验是否符合规定( ) A．位移为8 m，符合规定B．位移为8 m，不符合规定C．位移为4 m，符合规定D．位移为4 m，不符合规定2．一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中( )A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值3．甲、乙两辆汽车同时在一条平直的公路上自西向东运动，开始时刻两车平齐，相对于地面的v－t图象如图D1－1所示，关于它们的运动，下列说法正确的是( )图D1－1A．甲车中乘客说，乙车先以速度v0向西做匀减速运动，后向东做匀加速运动B．乙车中乘客说，甲车先以速度v0向西做匀减速运动，后做匀加速运动C．根据v－t图象可知，开始乙车在前，甲车在后，两车距离先减小后增大，当乙车速度增大到v0时，两车恰好平齐D．根据v－t图象可知，开始甲车在前，乙车在后，两车距离先增大后减小，当乙车速度增大到v0时，两车恰好平齐二、双项选择题(每小题6分，共24分)4．某物体运动的v－t图象如图D1－2所示，下列说法正确的是( )图D1－2A．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 m5．A、B两个物体从同一地点出发，在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图D1－3所示，则( )图D1－3A．A、B两物体运动方向相同B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．在相遇前，t＝4 s时A、B两物体相距最近D．在相遇前，A、B两物体的最远距离为20 m6．2012年4月12日，亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船，中国特战队员发射爆震弹成功将其驱离．假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v－t图象如图D1－4所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变，则下列说法正确的是( )图D1－4A．海盗快艇在0～66 s内从静止出发做加速度减小的加速直线运动B．海盗快艇在96 s末开始调头逃离C．海盗快艇在66 s末离商船最近D．海盗快艇在96～116 s内做匀减速直线运动7．从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，若不计空气阻力，它们在空中任一时刻( )A．甲、乙两球距离越来越大B．甲、乙两球距离保持不变C．甲、乙两球速度之差越来越大D．甲、乙两球速度之差保持不变三、实验题(18分)8．(8分)一小球在桌面上做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球运动过程中在每次曝光时的位置，并将小球的位置编号，得到的照片如图D1－5所示．由于底片保管不当，其中位置4处被污损．若已知摄影机连续两次曝光的时间间隔均为1 s.(1)利用该照片可求得小球运动的加速度约为________m/s2，位置4对应的速度为________ m/s；(2)能求出4的具体位置吗？________，求解方法是：____________________(只说明方法即可)．图D1－59．(10分)如图D1－6所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．图D1－6(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材．A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺(2)通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v－t图象外，还可作________图象，其纵轴表示的是______，横轴表示的是______．三、计算题(40分)10．(18分)一辆长为12 m的客车沿平直公路以8.0 m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m，求两车错车所用的时间．11．(22分)如图D1－7所示，水平面与斜面由光滑的小圆弧相连，一光滑小球甲从倾角θ＝30°的斜面上高h＝5 cm的A点由静止释放，同时小球乙自C点以初速度v0沿水平面向右运动，甲释放后经过t＝1 s在水平面上刚好与乙相碰．不考虑小球甲经过B点时的机械能损失．已知C点与斜面底端B处的距离L＝3.8 m，小球乙与水平面的动摩擦因数μ＝0.2，求乙的初速度v0.(g取10 m/s2)图D1－7参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C 2.B3．A [解析] 甲车中的乘客以甲车为参考系，相当于甲车静止不动，乙车以初速度v 0向西做匀减速运动，速度减为零之后，再向东做匀加速运动，A 正确；乙车中的乘客以乙车为参考系，相当于乙车静止不动，甲车以初速度v 0向东做匀减速运动，速度减为零之后，再向西做匀加速运动，B 错误；以地面为参考系，当两车速度相等时，距离最远，C 、D 错误．4．BC [解析] 根据v －t 图象，在0～2 s 内和4 s ～6 s 内，图线位于横轴上方，这表示物体的运动方向与规定的正方向相同，2 s ～4 s 内，图线位于横轴下方，表示物体运动的方向与规定的正方向相反．在第1 s 末前后瞬间，图线都位于横轴上方，表示物体的运动方向都与正方向相同，选项A 错误；在v －t 图象中，图线的斜率表示加速度，物体在第2 s 内和第3 s 内对应图线的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；根据“面积法”，图线与横轴在4 s 内所围的面积表示位移为0，故物体在4 s 末返回出发点，选项C 正确；物体在5 s 末仍然沿正方向远离出发点运动，只不过开始做减速运动，到6 s 末速度降为0，所以物体在6 s 末离出发点最远，且最大位移为1 m ，选项D 错误．5．AD [解析] A 、B 两个物体的速度均为正值，故运动方向相同，选项A 正确；t ＝4 s 时，A 、B 两个物体的速度大小相同，相距最远，选项B 、C 错误；在相遇前，A 、B 两个物体的最远距离为(15－5)×4×12m ＝20 m ，选项D 正确．6．AB [解析] 在0～66 s 内图象的斜率越来越小，加速度越来越小，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，A 正确；在96 s 末，海盗快艇速度由正变负，即改变运动的方向，开始掉头逃跑，B 正确；当海盗快艇与商船的速度相同时，两者相距最近，因不知商船的速度，故无法判断何时两者相距最近，C 错误；在96～116 s 内，海盗快艇沿反方向做匀加速运动，D 错误.7．AD [解析] 在空中任一时刻t ，甲、乙两球距离Δh ＝12gt 2－12g(t －1)2＝12g(2t －1)，两球速度之差Δv ＝gt －g(t －1)＝g ，显然，甲、乙两球距离会越来越大，而两球速度之差保持不变，选项A 、D 正确．8．(1)3.0×10－2 9×10－2 (2)能 利用(s 6－s 4)－(s 4－s 2)＝4aT 2可以求出位置4的具体位置(其他方法合理均可)[解析] 从图中读出位置5、6之间的距离为37.5 cm －24.0 cm ＝13.5 cm ，位置2、3之间的距离为6.0 cm －1.5 cm ＝4.5 cm ，由s 56－s 23＝3aT 2，求出a ＝3.0×10－2 m /s 2；位置4对应的速度为v 4＝s 352T ＝9×10－2m /s ；欲求4的具体位置，可以采用逐差法利用(s 6－s 4)－(s 4－s 2)＝4aT 2求解．9．(1)D (2)v22—h 速度平方的二分之一 重物下落的高度[解析] (1)打点计时器需接交流电源；重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码；计算速度需要测相邻计数点间的距离，需要毫米刻度尺．(2)由公式v 2＝2gh ，如绘出v22—h 图象，其斜率也等于重力加速度． 10．0.8 s [解析] 设货车启动后经过时间t 1两车开始错车，则有 s 1＋s 2＝180 m ， 其中s 1＝12at 21，s 2＝vt 1，联立解得t 1＝10 s .设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有 s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m . 其中s 1′＝12at 22，s 2′＝vt 2，联立解得t 2＝10.8 s .故两车错车的时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s .11．4 m /s [解析] 设小球甲在斜面上运动的加速度为a 1，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到与小球乙相碰所用时间为t 2，则a 1＝g sin 30°＝5 m /s 2由h sin 30°＝12a 1t 21，得t 1＝4ha 1＝0.2 s 则t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝a 1t 1＝1 m /s小球乙运动的加速度a 2＝μg ＝2 m /s 2小球甲、乙相遇时满足：v 0t －12a 2t 2＋v 1t 2＝L代入数据解得：v 0＝4 m /s .。

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6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．如图D1­1所示，某质点沿半径为r的半圆弧由a点运动到b点，则它通过的位移和路程分别是( )图D1­1A．2r，方向向东πrB．r，方向向东πrC．2r，方向向东2r D．0 02．如图D1­2是2012年12月1日上午9时整，哈尔滨西客站D502次列车首次发车，标志着世界首条高寒区高速铁路哈大高铁正式开通运营．哈大高铁运营里程921公里，设计时速350公里．D502次列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，则下列说法正确的有( )图D1­2A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．时速350公里是指平均速度，921公里是指位移C．列车做匀减速运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始减速时的速度为80 m/s3．某中学生身高 1.7 m，在学校运动会上参加跳高比赛，采用背跃式，身体横着越过2.10 m的横杆，获得了冠军．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为(g取10 m/s2)( )图D1­3A．7 m/sB．6.5 m/sC．5 m/sD．3 m/s4．一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( ) A．1∶4∶9 1∶2∶3B．1∶8∶27 1∶4∶9C．1∶2∶3 1∶1∶1D．1∶3∶5 1∶2∶35．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx（t1－t2）t1t2（t1＋t2）B.Δx（t1－t2）t1t2（t1＋t2）C.2Δx（t1＋t2）t1t2（t1－t2）D.Δx（t1＋t2）t1t2（t1－t2）6．匀速运动的汽车从某时刻开始刹车，匀减速运动直至停止．若测得刹车时间为t，刹车位移为x，根据这些测量结果，可以求出( )A．汽车刹车过程的初速度B．汽车刹车过程的加速度C．汽车刹车过程的平均速度D．汽车刹车过程的制动力7．甲、乙两物体相对于同一点的x­t图像如图D1­4所示．由图像可知下列说法正确的是( )图D1­4A．甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动B．计时开始时甲、乙不在同一地点C．在t2时刻，甲、乙相遇D．在t2时刻，甲、乙的速度大小相等8．入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足100 m．在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞．如图D1­5所示为两辆车刹车后若不相撞的v­t图像，由此可知( )图D1­5A．两辆车刹车时的距离一定等于112.5 mB．两辆车刹车时的距离一定小于100 mC．两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的D．两辆车一定是在刹车20 s以后的某时刻发生相撞的二、计算题(第9题24分，第10题28分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．如图D1­6所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车分别在A、B两处，相距85 m，现甲车由静止开始以a1＝2.5 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，当甲车运动t0＝6 s时，乙车由静止开始以a2＝5 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，求两车相遇处到A处的距离．图D1­610．如图D1­7所示，在高速公路某处安装了一台超声波测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．若汽车距测速仪355 m时刻测速仪发出超声波，同时汽车由于紧急情况而急刹车，当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止，此时汽车距测速仪335 m，已知声速为340 m/s.(1)求汽车刹车过程中的加速度；(2)若该路段汽车正常行驶时速度要求在60 km/h～110 km/h，则该汽车刹车前的行驶速度是否合法？图D1­745分钟单元能力训练卷(一)1．A [解析] 该质点通过的位移是a 点指向b 点的有向线段，大小为2r ，方向向东；它运动的路程是半圆弧的长度，即πr .2．D [解析] 因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离，研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由时间、时刻、位移与路程的意义知时速350公里是指平均速率，921公里是指路程，选项B 错误；由等时位移差公式s n －s m ＝(n －m )aT 2可知加速度大小为a ＝57.5－32.55 m/s 2＝5 m/s 2，选项C 错误；由题意可知第4.5 s 末列车速度为57.5 m/s ，由公式v ＝v 0－at 知v 0＝80 m/s ，选项D 正确．3．C [解析] 运动员跳高过程可以看作竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，可得运动员重心升高高度h ＝2.10 m －1.7 m2＝1.25 m ，根据竖直上抛运动规律得v ＝2gh＝2×1.25×10 m/s ＝5 m/s ，选项C 正确．4．B [解析] 由x ＝12at 2可得物体通过的第一段位移为x 1＝12a ×12、第二段位移为x 2＝12a ×(1＋2)2－12×a ×12＝12a ×8、第三段位移为x 3＝12a ×(1＋2＋3)2－12×a ×(1＋2)2＝12a ×27，故x 1∶x 2∶x 3＝1∶8∶27.在第一段位移的平均速度 v 1＝x 1t 1、在第二段位移的平均速度v 2＝x 2t 2、在第三段位移的平均速度v 3＝x 3t 3，这三段位移上的平均速度之比 v 1∶v 2∶v 3＝1∶4∶9，选项B 正确．5．A [解析] 物体做匀加速直线运动，则物体通过第一段位移Δx 的中间时刻的瞬时速度v 1＝Δx t 1，同理通过下一段位移Δx 的中间时刻的瞬时速度v 2＝Δxt 2，那么物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝Δx t 2－Δx t 1t 1＋t 22＝2Δx （t 1－t 2）t 1t 2（t 1＋t 2），故选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．6．ABC [解析] 因汽车做匀减速直线运动，所以有x ＝12at 2＝vt ，可以求出汽车刹车过程的加速度a 、平均速度v ，选项B 、C 正确；又v ＝at ，可求出汽车刹车过程的初速度，选项A 正确；因不知道汽车的质量，无法求出汽车刹车过程的制动力，选项D 错误．7．BC [解析] 根据题图甲物体从距离参考点x 1的位置沿负方向匀速运动，而乙物体在0～t 1时间内静止在参考点，t 1时刻后沿正方向匀速运动，t 2时刻甲、乙相遇，故选项B 、C 均正确．8．BC [解析] t ＝20 s 时，由v ­t 图像可知甲车的位移为300 m ，乙车的位移为200 m ，因而两车若相撞，刹车前的距离应小于100 m ，选项A 错误，B 正确；若相撞，两车一定是在刹车后的20 s 内的某时刻发生相撞的，选项C 正确，D 错误．9．125 m 或245 m[解析] 甲车运动t 0时间的位移为x 0＝12a 1t 20＝45 m<85 m ，尚未追上乙车．设此后经时间t ，甲与乙相遇，则12a 1(t 0＋t )2＝12a 2t 2＋x AB . 代入数据，解得t ＝4 s 或t ＝8 s.(1)当t ＝4 s 时，甲车追上乙车，第一次相遇处距A 的距离为x 1＝12a 1(t 0＋t )2＝125 m.(2)当t ＝8 s 时，乙车追上甲车，第二次相遇处距A 的距离为x 2＝12a 1(t 0＋t )2＝245 m.10．(1)10 m/s 2(2)合法[解析] (1)根据题意，超声波和汽车运动过程的示意图如图所示：超声波从B 发出到遇到汽车与从被汽车反射到回到B 所需的时间相等，在整个这段时间内汽车的位移为：x ＝355 m －335 m ＝20 m ，初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以x 1＝15 m ，x 2＝5 m ，则超声波被汽车接收时，超声波的位移x ′＝335 m ＋5 m ＝340 m ，所以超声波从B 发出到被汽车接收所需的时间T ＝x ′v 声＝340340s ＝1 s ，则：t ＝2T ＝2 s根据Δx ＝aT 2，得：a ＝Δx T 2＝15－512 m/s 2＝10 m/s 2(2)由刹车过程中的位移：x ＝v 202a解得刹车前的速度：v 0＝20 m/s ＝72 km/h 车速在规定范围内，是合法的．。

45分钟单元能力训练卷(四)(考查范围：第四单元分值：100分)一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．一小球在光滑水平面上以某一速度v0做匀速直线运动，运动途中受到与水平面平行的恒定风力F作用，则小球的运动轨迹不可能为图D4­1中的( )A B C D图D4­12．一条自西向东的河流，南北两岸有两个码头A、B，如图D4­2所示．已知河宽为80 m，水流的速度为5 m/s，两个码头A、B沿水流的方向相距100 m．现有一种船，它在静水中的行驶速度为4 m/s，若使用这种船渡河，且沿直线运动，则( )图D4­2A．它可以正常来往于A、B两个码头B．它只能从A驶向B，无法返回C．它只能从B驶向A，无法返回D．无法判断3．如图D4­3所示，在距水平地面H和4H高度处，同时将质量相同的a、b两小球以相同的初速度v0水平抛出，则以下判断正确的是 ( )图D4­3A．a、b两小球同时落地B．两小球落地速度方向相同C．a、b两小球水平位移之比为1∶2D．a、b两小球水平位移之比为1∶44．一中空圆筒长l＝200 cm，其两端用纸封闭，使筒绕其中心轴线OO′匀速转动，一子弹沿与OO′平行的方向以v＝400 m/s的速度匀速穿过圆筒，在圆筒两端面分别留下弹孔A和B，如图D4­4所示．今测得A和轴线所在平面与B和轴线所在平面的夹角为120°，此圆筒的转速为( )图D4­4A.4003 r/s B.2003r/s C ．200⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋23 r/s(n ＝0，1，2，3…) D ．200⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋13 r/s(n ＝0，1，2，3…) 5．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是( ) A ．第一宇宙速度又叫环绕速度 B ．第一宇宙速度又叫脱离速度 C ．第一宇宙速度跟地球的质量无关 D ．第一宇宙速度跟地球的半径无关6．如图D4­5所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O 有一小球由静止释放，运动到底端B 的时间为t 1.若给小球不同的水平初速度，小球落到斜面上的A 点经过的时间为t 2，落到斜面底端B 点经过的时间为t 3，落到水平面上的C 点经过的时间为t 4，则( )图D4­5A ．t 2>t 1B ．t 3>t 2C ．t 4>t 3D ．t 1>t 47．如图D4­6所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动．一个质量为m 的小球A 紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动，筒口半径和筒高分别为R 和H ，小球A 所在的高度为筒高的一半．已知重力加速度为g ，则( )图D4­6A ．小球A 做匀速圆周运动的角速度ω＝2gH RB ．小球A 受到重力、支持力和向心力三个力作用C ．小球A 受到的合力大小为mgH RD ．小球A 受到的合力方向垂直于筒壁斜向上8．我国“嫦娥三号”探测器已实现月球软着陆和月面巡视勘察，“嫦娥三号”的飞行轨道示意图如图D4­7所示．假设“嫦娥三号”在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则( )图D4­7A．“嫦娥三号”在环月椭圆轨道上P点的速度小于Q点的速度B．“嫦娥三号”由环月圆轨道变轨进入环月椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速C．若已知“嫦娥三号”环月圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度D．“嫦娥三号”在圆轨道和椭圆轨道经过P点时的加速度相等二、计算题(第9题24分，第10题28分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．图D4­8为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面．已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径的比值为k1，质量的比值为k2，地球表面附近的重力加速度为g，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化量．图D4­810．游乐园的小型“摩天轮”上对称站着质量均为m的8位同学，如图D4­9所示，“摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动．若某时刻转到顶点a上的甲同学让一小重物做自由落体运动，并立即通知下面的同学接住，结果重物掉落时正处在c处的乙同学恰好在第一次到达最低点b处时接到．已知“摩天轮”的半径为R，重力加速度为g，不计人和吊篮的大小及重物的质量．求：(1)接住前重物下落的时间t；(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v；(3)乙同学在最低点处对吊篮的压力F N.图D4­945分钟单元能力训练卷(四)1．D [解析] 当水平风力F 与小球速度v 0方向平行时，小球做匀变速直线运动，轨迹为直线，选项A 可能；当水平风力F 与小球速度v 0方向不平行时，小球做匀变速曲线运动，轨迹为曲线，选项B 、C 可能；曲线轨迹只能平滑变化，不会出现折线，选项D 不可能．2．B [解析] 由于河宽d ＝80 m ，A 、B 间沿水流方向的距离为l ＝100 m ，所以当船头指向正对岸时有d l ＝v 船v 水，此时合速度刚好沿AB 连线，可以使船从A 运动到B ，若从B 向A 运动，则由于水速大于船速，船不论向哪个方向，均不可能回到A 点，只可能向下游运动，选项B 正确．3．C [解析] 由H ＝12gt 2a 、4H ＝12gt 2b 可得：t b ＝2t a ，选项A 错误；由x ＝v 0t 可知，x a∶x b ＝1∶2，选项C 正确，D 错误；设落地时速度与水平方向夹角为θ，则由tan θ＝gt v 0可知，tan θa ∶tan θb ＝1∶2，θa ≠θb ，选项B 错误．4．C [解析] 子弹在圆筒内做匀速直线运动，在它由圆筒的一端运动到另一端的时间里，由题图可知圆筒转过的角度可能为θ＝2πn ＋4π3(n ＝0，1，2，3…)．子弹穿过圆筒的时间t ＝l v ＝2400 s ＝1200 s ．由ω＝θt 及N ＝ω2π得，转速N ＝200⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋23 r/s(n ＝0，1，2，3…)，选项C 正确．5．A [解析] 第一宇宙速度又叫环绕速度，选项A 正确，选项B 错误；由G Mm R 2＝m v 2R可知，第一宇宙速度与地球的质量和半径都有关，选项C 、D 错误．6．BD [解析] 设斜面高为h ，倾角为θ，则当小球沿斜面下滑时，其加速度a ＝g sinθ，由h sin θ＝12at 21得t 1＝1sin θ2hg ，小球平抛时，由h ＝12gt 2得t 3＝t 4＝2hg，t 2＝2h Ag，故t 1>t 3＝t 4>t 2，选项B 、D 正确．7．AC [解析] 小球A 受到重力、支持力两个力作用，合力的方向水平且指向转轴，则mg tan θ＝mω2r (设圆锥筒内壁的倾角为θ)，其中r ＝R 2，tan θ＝H R ，解得ω＝2gHR，合力大小为mgHR，选项A 、C 正确，B 、D 错误．8．AD [解析] “嫦娥三号”在环月椭圆轨道上P 点向Q 点运动中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即“嫦娥三号”在环月椭圆轨道上P 点的速度小于Q 点的速度，选项A 正确；“嫦娥三号”在环月圆轨道上P 点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入环月椭圆轨道，选项B 错误；根据万有引力提供向心力得G Mm r2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，可以解出月球的质量，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度，选项C 错误；根据牛顿第二定律得：a ＝GM r2，所以“嫦娥三号”在圆轨道和椭圆轨道经过P 点时的加速度相等，选项D 正确．9．(1)k 21k 2gv 2＋2k 21gh 2k 2 (2)12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)[解析] (1)设地球质量和半径分别为M 和R ，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M ′、R ′和g ′，探测器刚接触月面时的速度大小为v 1.由mg ′＝G M ′m R ′2和mg ＝G Mm R 2得g ′＝k 21k 2g由v 21－v 2＝2g ′h 2得v 1＝v 2＋2k 21gh 2k 2.(2)设机械能变化量为ΔE ，动能变化量为ΔE k ，重力势能变化量为ΔE p .则ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p有ΔE ＝12mv 21－mg ′h 1＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2＋2k 21gh 2k 2－m k 21k 2gh 1得ΔE ＝12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)．10．(1)2R g (2)18πgR (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π264mg ，方向竖直向下[解析] (1)对小球，由自由落体运动规律有 2R ＝12gt 2解得t ＝2R g. (2) 人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小为v ＝s t其中s ＝πR4联立解得v ＝18πgR .(3)设乙同学在最低点处受吊篮的支持力为F ，由牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2R解得F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π264mg 由牛顿第三定律可知，乙同学在最低点处对吊篮的压力大小为F N ＝F ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π264mg ，方向竖直向下．。

45分钟单元能力训练卷(八)(考查范围：第八单元分值：100分)一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．如图D8­1所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后静止时( )图D8­1A．N极竖直向上 B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左 D．N极沿轴线向右2．如图D8­2所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里．电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C 位于水平面处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是( )图D8­2A.3B0IL，水平向左B.3B0IL，水平向右C.32B0IL，水平向左D.32B0IL，水平向右3．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图D8­3所示．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图D8­3A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b粒子的动能较大D．b粒子在磁场中运动时间较长4．如图D8­4所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K后，导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性使棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2.忽略回路中电流产生的磁场，则磁感应强度B 的大小为( )图D8­4A.kIL (x 1＋x 2) B.kIL(x 2－x 1) C.k2IL (x 1＋x 2) D.k2IL(x 2－x 1) 5．如图D8­5所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E ，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x 轴的初速度v 0从x 轴上的P 点进入匀强电场中，并且恰好与y 轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x 轴进入第Ⅳ象限的磁场．已知O 、P 之间的距离为d ，则带电粒子在磁场中第二次经过x 轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( )图D8­5A.7πd 2v 0B.d v 0(2＋5π)C.d v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋3π2D.d v 0⎝⎛⎭⎪⎫2＋7π26．如图D8­6所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A 与B 在同一直线上，其中小球B 带正电并被固定，小球A 与一水平放置的光滑绝缘板C 接触(不粘连)而处于静止状态．若将绝缘板C 沿水平方向抽去后，以下说法正确的是( )图D8­6A ．小球A 仍可能处于静止状态B ．小球A 可能沿轨迹1运动C ．小球A 可能沿轨迹2运动D ．小球A 可能沿轨迹3运动7．如图D8­7所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t .在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，根据上述条件可求下列物理量中的( )图D8­7A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子在磁场中运动的半径D ．带电粒子的初速度8．如图D8­8所示，AOB 为一边界为14圆的匀强磁场，O 点为圆心，D 点为边界OB 的中点，C 点为边界上一点，且CD ∥AO .现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A 点正对圆心射入，恰从B 点射出，粒子2从C 点沿CD 射入，从某点离开磁场，则可判断( )图D8­8A ．粒子2在B 、C 之间某点射出磁场 B ．粒子2必在B 点射出磁场C ．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D ．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同二、计算题(第9题24分，第10题28分，共52分，写出必要的步骤和文字说明) 9．如图D8­9所示，两平行金属板间距为d ，电势差为U ，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场．带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强E 的大小；(2)粒子从电场射出时速度v 的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R .图D8­910．如图D8­10所示，在竖直平面xOy内，第二象限有一水平向右的电场强度为E1的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场，y轴右侧有一竖直向上的电场强度为E2的匀强电场，第一象限内有一匀强磁场(未画出)，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从x轴上的A 点以与水平方向成θ＝30°角的初速度v沿直线运动到y轴上的P点，OP＝d.粒子进入y 轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后垂直x轴沿半径方向从M点进入第四象限内、半径为d的圆形匀强磁场区域，粒子在圆形磁场中偏转60°后从N点射出磁场，求：(1)电场强度E1与E2大小之比；(2)第一象限内磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3)粒子从A到N运动的时间．图D8­1045分钟单元能力训练卷(八)1．C [解析] 金属环带负电，按题图所示的方向旋转，则金属环的电流方向与旋转方向相反．由右手螺旋定则可知磁极的方向：左端N 极，右端S 极．因此小磁针N 极沿轴线向左．故C 正确，A 、B 、D 错误．2．B [解析] 根据安培定则，A 电流在C 处产生的磁场方向垂直于AC ，B 电流在C 处产生的磁场方向垂直于BC ，如图所示．根据平行四边形定则及几何知识可知，合磁场的方向竖直向下，与AB 边平行，合磁感应强度的大小为B ＝2B 0cos 30°＝3B 0，由公式F ＝BIL 得，导线C 所受安培力大小为F ＝3B 0IL ，根据左手定则，导线C 所受安培力方向水平向左，因导线C 位于水平面且处于静止状态，由平衡条件知，导线C 受到的静摩擦力方向为水平向右，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．3．C [解析] 由左手定则可知，a 粒子带负电，b 粒子带正电，A 错误；由qvB ＝m v 2r 得r ＝mvqB，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b 粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B 错误；由E k ＝12mv 2可得b 粒子的动能较大，C 正确；由T ＝2πmqB 知两者的周期相同，b 粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a 粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b 粒子在磁场中运动时间较短，D 错误．4．D [解析] 由平衡条件得mg sin α＝kx 1＋BIL ，调转电源极性使棒中电流反向后，由平衡条件得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k2IL(x 2－x 1)，D 正确．5．D [解析] 带电粒子的运动轨迹如图所示．由题意知，带电粒子到达y 轴时的速度v ＝2v 0，这一过程的时间t 1＝d v 02＝2dv 0；又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r ＝2 2d ；故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：t 2＝3πm 4Bq ＝3 2πd 2v ＝3πd2v 0；带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t 3＝2πd v 0.故t 总＝d v 0⎝⎛⎭⎪⎫2＋7π2.6．AB [解析] 小球A 处于静止状态，可判断小球A 带正电，若此时小球A 所受的重力与库仑力平衡，则将绝缘板C 沿水平方向抽去后，小球A 仍处于静止状态；若库仑力大于小球A 的重力，则将绝缘板C 沿水平方向抽去后，小球A 向上运动，此后小球A 在库仑力、重力、洛伦兹力的作用下可能沿轨迹1运动．7．AB [解析] 设磁场区域的半径为R ，不加磁场时，带电粒子速度的表达式为v ＝2Rt；由题图可知带电粒子在磁场中的运动半径r ＝R cot 30°＝3R ；由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得r ＝mv qB .由以上三式可得q m ＝23Bt，周期T ＝2πmqB ＝3πt .由此可知正确选项为A 、B.8．BC [解析] 粒子1从A 点射入，恰好从B 点射出，则粒子做圆周运动的半径等于14圆的半径，从圆弧AB 水平入射的粒子都将聚集到B 点，则选项B 正确，A 错误；粒子1和2的运动的轨迹如图所示，其圆弧对应的圆心角分别为90°和60°，由t ＝θ360°T 得，两粒子运动的时间之比为3∶2，则选项C 正确，D 错误．9．(1)U d(2)2qU m (3)1B2mU q[解析] (1)在匀强电场中，电场强度E ＝U d. (2)根据动能定理，有qU ＝12mv 2－0解得v ＝2qU m.(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R解得R ＝1B2mUq.10．(1)3∶3 (2)3mv 2qd 方向垂直纸面向外 (3)（18＋7 3π）d 9v[解析] (1)粒子从A 到P 做匀速直线运动，由受力情况可得qE 1＝mg tan θ粒子从P 到M 做匀速圆周运动，必有重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力， 即qE 2＝mg联立得E 1∶E 2＝3∶3.(2)粒子从P 到M 、从M 到N 的运动轨迹如图，在第一象限内有R 1＝OPcos 30°＝2 3d 3由洛伦兹力提供向心力知Bqv ＝m v 2R 1联立得B ＝3mv2qd，方向垂直纸面向外． (3)粒子从A 到P 有vt 1＝dsin θ，即t 1＝2dv从P 到M 粒子运动轨迹对应的圆心角为120°，所用时间为t 2＝120°360°×2πR 1v ＝4 3πd9v粒子从M 到N 做圆周运动，由图知其轨迹半径为R 2＝3d ，对应圆心角为60°， 所用时间为t 3＝60°360°×2πR 2v ＝3πd 3v所以粒子从A 到N 运动的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝（18＋7 3π）d9v.。

45分钟单元能力训练卷(五)(考查范围：第五单元　分值：110分)一、选择题(每小题6分，共48分)1．运动员在110米栏比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段，运动员的脚与地面间不会发生相对滑动．以下说法正确的是( )A．加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功B．匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功C．由于运动员的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论是加速阶段还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终不对运动员做功D．无论是加速阶段还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终做负功图D5​12．2014·河北石家庄质检图D5​1为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线．下列说法正确的是( ) A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且牵引力的功率恒定B．t1～t2时间内汽车牵引力做的功为m v－m vC．t1～t2时间内汽车的平均速度为(v1＋v2)D．在全过程中，t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小图D5​23．2014·辽宁五校协作体模拟如图D5​2所示，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是( )A．斜面的倾角α＝60°B．A获得的最大速度为2gC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒图D5​34．2014·芜湖模拟一环状物体套在光滑水平直杆上，物体能沿杆自由滑动，绳子一端系在物体上，另一端绕过定滑轮，用大小恒定的力F 拉着，使物体沿杆自左向右滑动，如图D5​3所示．物体在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为E a、E b、E c，且ab＝bc，滑轮质量和摩擦均不计，则下列关系中正确的是( )A．E b－E a＝E c－E b B．E b－E a<E c－E bC．E b－E a>E c－E b D．E a<E b<E c图D5​45．2014·温州八校联考如图D5​4所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的F＝mg sin θ的恒力；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能E k、机械能E随时间t及势能E p随位移x变化关系的是图D5​5中的( )图D5​5图D5​66．2014·厦门5月适应考试如图D5​6所示，两个质量均为m且用轻弹簧相连接的物块A、B放在一倾角为θ的光滑斜面上，系统静止．现在用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A，使之沿斜面向上运动，当物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C时，物块A运动的距离为d，瞬时速度为v，已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则( )A．此时物块A运动的距离d＝B．此时物块A的加速度为a＝C．此过程中弹簧弹性势能的改变量ΔE p＝0D．经过程中弹簧弹性势能的改变量ΔE p＝Fd－m v2图D5​77．2014·苏州一中质检如图D5​7所示，半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧槽固定在高为h的平台上，小物块从圆弧槽的最高点A由静止开始滑下，滑出槽口B时速度方向水平向左，小物块落在地面上C点，B、C 两点在以O2点为圆心的圆弧上，O2在B点正下方地面上，则( ) A．4R＝h B．2R＝hC．R＝h D．R＝2h图D5​88．2014·潍坊一摸如图D5​8所示，足够长的粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开始时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中( ) A．a的加速度为B．a的重力势能增加mghC．绳的拉力对a做的功等于a的机械能的增加量D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b的动能的增加量二、实验题(16分)9．2014·西城一模利用如图D5​9甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验．图D5​9(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、交流电源、铁架台、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有________(选填器材前的字母)．A ．大小合适的铁质重锤B ．体积较大的木质重锤C ．刻度尺D ．游标卡尺E ．秒表(2)图乙是实验中得到的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.重锤质量用m 表示，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.从打下O点到打下B点的过程中，重锤重力势能的减少量|ΔE p|＝________，动能的增加量ΔE k＝________．三、计算题(46分)10．(22分)2014·河南示范性高中五校联考如图D5​10所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相切，半圆形导轨的半径为R.一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧，当物体经过B点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后物体向上运动恰能到达最高点C.不计空气阻力，试求：(1)物体在A点时弹簧的弹性势能；(2)物体从B点运动至C点的过程中产生的内能．图D5​1011．(24分)2014·山东实验中学二模如图D5​11所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，小物块恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑到紧靠轨道末端D点的质量M＝3 kg的长木板上．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.(1)求小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力．(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为多大？图D5​11　45分钟单元能力训练卷(五)1．C　[解析] 因运动员的脚与地面间不发生相对滑动，故地面对运动员的静摩擦力对运动员不做功，选项C正确．2．D　[解析] 在0～t1时间内，牵引力恒定，速度均匀增大，由P ＝F v知，牵引力功率也增大，选项A错误；t1～t2时间内，根据动能定理知W F－W f＝m v－m v，选项B错误；由于汽车在t1～t2时间内是做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故平均速度v>(v1＋v2)，选项C错误；全过程中，t1时刻牵引力最大，牵引力的功率达到额定功率，之后牵引力功率不变，但牵引力减小，直至牵引力F＝f，此后汽车做匀速运动，选项D正确.3．B　[解析] A、B两球的速度大小时刻相等，当A沿斜面下滑至速度最大时，B球竖直上升的速度也达到最大，此时A、B两球的加速度均为零，选项C错误；根据“此时C恰好离开地面”可知，弹簧的弹力大小等于mg，对B由平衡条件可得，绳的拉力大小为2mg，对A由平衡条件得4mg sin α＝2mg，解得α＝30°，选项A错误；从释放A到A沿斜面下滑至速度最大的过程中，弹簧由被压缩逐渐变成被拉伸，在此过程中，由三个小球和弹簧组成的系统机械能守恒，设A获得的最大速度为v，则4mg··sin 30°－mg·＝×5m v2，解得v＝2g，选项B正确；从释放A到C刚离开地面的过程中，弹簧对B的弹力先做正功后做负功，所以由A、B两小球组成的系统的机械能先增大后减小，即机械能不守恒，选项D错误．4．CD　[解析] 设绳对物体的拉力为T，力F与T大小相等．T在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题．但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，由W＝Fl cos α及ab＝bc知W ab>W bc，根据动能定理知E b－E a>E c －E b，C正确，A、B错误；由a经过b到c，拉力一直做正功，故物体的动能一直在增加，选项D正确．5．C　[解析] 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于滑块重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的F＝mg sin θ的恒力后，滑块的机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C正确，选项D错误．产生的热量Q＝fx随位移x均匀增大，滑块的动能E k随位移x均匀减小，选项A、B错误.6．C　[解析] 系统静止时，A受到弹簧平行于斜面向上的弹力kx1＝mg sin θ，B即将离开挡板时，B受到弹簧平行于斜面向上的弹力kx2＝mg sin θ，物块A移动的距离d＝x1＋x2＝，选项A错误；对A应用牛顿第二定律得F－kx2－mg sin θ＝ma，解得a＝，选项B错误；由上述讨论知x1＝x2，所以弹簧弹性势能的改变量为零，选项C正确，选项D错误.7．B　[解析] 小物块从圆弧槽的最高点A由静止开始滑下，由动能定理有mgR(1－cos 60°)＝m v2.滑出槽口B后做平抛运动，有h＝gt2，h ＝v t，联立解得2R＝h，选项B正确.8．BD　[解析] 设斜面倾角为θ，开始时，根据平衡条件得m a g sin θ＝mg；施加恒力F时，有F＋mg－T＝ma，T－m a g sin θ－f＝m a a，联立解得a＝<，选项A错误；b下降h高度过程中，b的重力势能减少ΔE p减＝mgh，a的重力势能增加ΔE p＝m a gh sin θ＝mgh，选项B正确；b下降h 高度过程中，a受重力、绳的拉力、支持力及滑动摩擦力作用，根据能量守恒定律得，绳的拉力对a做的功大于a的机械能的增加量，选项C错误；对a、b组成的系统应用能量守恒定律得，F对b做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a、b的机械能的增加量，而b的重力势能的减少量等于a 的重力势能的增加量，所以F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b的动能的增加量，选项B、D正确.9．(1)AC　(2) mgh B　[解析] (2)打B点时重锤的速度v B＝，从O到B，重锤动能的增加量ΔE k＝m v＝，重锤重力势能的减少量＝mgh B.10．(1)mgR　(2)mgR[解析] (1)设物体在B点时的速度为v B，受到的弹力为F N B，则有F N B－mg＝m其中F N B＝8mg物体从A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律可知E p＝m v解得E p＝mgR.(2)设物体在C点时的速度为v C，由牛顿第二定律得mg＝m物体从B点运动到C点的过程中，由能量守恒定律得Q＝m v－解得Q＝mgR.11．(1)60 N，方向竖直向下　(2)2.5 m[解析] (1)小物块在C点时的速度为v C＝小物块从C到D的过程中，由动能定理得mgR(1－cos 60°)＝m v－m v解得v D＝2 m/s小物块在D点时，由牛顿第二定律得F N－mg＝m解得F N＝60 N由牛顿第三定律得F′N＝F N＝60 N，方向竖直向下．(2)设小物块刚滑到木板左端时恰与木板达到共同速度v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1＝＝μga2＝则有v＝v D－a1t＝a2t对小物块和木板组成的系统，由能量守恒定律得μmgL＝m v－(m＋M)v2解得L＝2.5 m.。

45分钟单元能力训练卷(九)(考查范围：第九单元分值：100分)一、选择题(每小题6分，共42分，1～5小题为单选，6～7小题为多选)1．如图D9­1所示，一个圆环形导体位于竖直平面内，圆心为O，有一个带正电的粒子沿图中的虚线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流方向是( )图D9­1A．沿逆时针方向B．沿顺时针方向C．先沿逆时针方向后沿顺时针方向D．先沿顺时针方向后沿逆时针方向2．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图D9­2所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )图D9­2A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时3．如图D9­3所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导轨所在平面，当ab棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P0，除灯泡外，其他电阻不计，要使稳定状态灯泡的功率变为2P0，下列措施正确的是( )图D9­3A．换一个电阻为原来一半的灯泡B．把磁感应强度B增为原来的2倍C．换一根质量为原来的2倍的金属棒D．把导轨间的距离增大为原来的2倍4．如图D9­4所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一条直线上．若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程中产生的感应电流i 随时间t 变化的图像是图D9­5中的( )图D9­4图D9­55．如图D9­6所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s 时间拉出，外力所做的功为W 1；第二次用0.9 s 时间拉出，外力所做的功为W 2，则( )图D9­6A ．W 1＝13W 2B ．W 1＝W 2C ．W 1＝3W 2D ．W 1＝9W 26．线圈在长直导线电流的磁场中，做如图D9­7所示的运动．A ：向右平动，B ：向下平动，C ：绕轴转动(ad 边向外转动角度θ≤90°)，D ：向上平动(线圈有个缺口)，判断线圈中有感应电流的是( )图D9­77．如图D9­8甲所示，在竖直平面内有一单匝正方形线圈和一垂直于竖直平面向里的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，磁场上、下边界AB 和CD 均水平，线圈的ab 边水平且与AB 间有一定的距离．现在让线圈无初速自由释放，图乙为线圈从自由释放到cd 边恰好离开CD 边界过程中的速度—时间关系图像．已知线圈的电阻为r ，且线圈平面在线圈运动过程中始终处在竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g ，则根据图中的数据和题中所给物理量可得( )甲 乙图D9­8A ．在0～t 3时间内，线圈中产生的热量为B 2v 41（t 2－t 1）3rB ．在t 2～t 3时间内，线圈中cd 两点之间的电势差为零C ．在t 3～t 4时间内，线圈中ab 边电流的方向为从b 流向aD ．在0～t 3时间内，通过线圈回路某截面的电荷量为Bv 21（t 3－t 1）2r二、计算题(第8题26分，第9题32分，共58分，写出必要的步骤和文字说明) 8．如图D9­9所示，由7根长度都是L 的金属杆连接成的一个“日”字形的矩形金属框abcdef ，放在纸面所在的平面内，有一个宽度也为L 的匀强磁场，磁场边界跟cd 杆平行，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向里，金属杆af 、be 、 cd 的电阻都为r ，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好．现以速度v 匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从cd 杆刚进入磁场瞬间开始计时，不计金属框重力．求：(1)cd 杆在磁场中运动的过程中，通过af 杆的电流；(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框所产生的总热量Q .图D9­99．如图D9­10甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L＝0.2 m，电阻不计．质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装置处于磁感应强度大小为B＝1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中．从t＝0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑．从t＝1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab 杆且平行于右导轨平面向下的力F，使ab杆开始做匀加速直线运动．cd杆运动的v­t图像如图乙所示(其中第1 s内图线为直线，倾斜虚线为图线在t＝2 s处的切线)．若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求ab杆的初速度v1：(2)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热．甲乙图D9­1045分钟单元能力训练卷(九)1．D [解析] 由于带正电的粒子没有沿直径运动，所以它产生的磁场的磁感线穿过圆环时不能抵消，所以穿过圆环的磁通量开始时向外增加，然后向外减少，根据楞次定律，圆环中感应电流的方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，选项D 正确．2．C [解析] 由楞次定律可知：只要线圈中电流增强，即穿过N 的磁通量增加，则N 受排斥而向右运动；只要线圈中电流减弱，即穿过N 的磁通量减少，则N 受吸引而向左运动．选项C 正确．3．C [解析] 金属棒在导轨上下滑的过程中，受重力mg 、支持力F N 和安培力F ＝IlB 三个力的作用．其中安培力F 是磁场对棒ab 切割磁感线所产生的感应电流的作用力，它的大小与棒的速度有关．当金属棒下滑到稳定状态(匀速运动)时所受合外力为零，则有mg sinθ＝IlB .此过程小灯泡获得稳定的功率P ＝I 2R .由上两式可得P ＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2.要使灯泡的功率由P 0变为2P 0，根据上式讨论可得，题目所给的四个选项只有C 是正确的．4．C [解析] 根据楞次定律，在金属框进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，切割的有效长度线性增大，排除选项A 、B ；在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，切割的有效长度线性减小，排除D.5．C [解析] 设正方形导线框的边长为L ，电阻为R ，则导线框切割磁感线的边长为L ，运动距离为L ，W ＝E 2R t ＝B 2L 2v 2R ·L v ＝B 2L 3v R ＝B 2L 4Rt，可知W 与t 成反比，W 1＝3W 2，选项C 正确．6．BC [解析] 选项A 中线圈向右平动，穿过线圈的磁通量没有变化，故线圈中没有感应电流；选项B 中线圈向下平动，穿过线圈的磁通量减少，必产生感应电动势和感应电流；选项C 中线圈绕轴转动，穿过线圈的磁通量变化，必产生感应电动势和感应电流；选项D 中线圈由于有个缺口，故不会产生感应电流，选项B 、C 正确．7．AC [解析] 由图知线圈在t 1时刻进入磁场做匀速运动，线圈的边长为L ＝ac ＝bd ＝v 1(t 2－t 1)，在0～t 3时间内，只有在t 1～t 2时间内线圈产生热量，产生的热量为Q ＝mgL＝mgv 1(t 2－t 1)，又据平衡条件得：mg ＝B 2L 2v 1r ，联立解得Q ＝B 2v 41（t 2－t 1）3r，选项A 正确；在t 2～t 3时间内，线圈中cd 切割磁感线，c 、d 两点之间的电势差不为零，选项B 错误；在t 3～t 4时间内，线圈出磁场，磁通量减少，由楞次定律知线圈中ab 边电流的方向为从b 流向a ，选项C 正确；在0～t 3时间内，通过线圈回路某截面的电荷量为q ＝ΔΦr ＝BL 2r＝Bv 21（t 2－t 1）2r，选项D 错误．8．(1)BLv 3r (2)2B 2L 3v r[解析] (1)cd 杆切割磁感线产生的电动势E ＝BLv此时的等效电路如图所示，则be 、af 并联，由闭合电路欧姆定律，通过干路bc 的电流为I ＝BLv r ＋r 2＝2BLv 3r故通过af 杆的电流I af ＝I 2＝BLv3r.(2)无论是哪一根杆在磁场中运动，其他两杆都是并联，故等效电路与上图相同，整个金属框产生的热量也相同．因金属框匀速运动，切割磁感线产生的电能全部转化为内能，故cd 杆在磁场中运动时，金属框产生的总热量为Q 0＝IEt ＝2BLv 3r ·BLv ·L v ＝2B 2L 3v3r因此，从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框所产生的总热量 Q ＝3Q 0＝2B 2L 3vr.9．(1)1 m/s (2)3 J[解析] (1)由题意第1 s 内对cd 杆：由图乙得：a 1＝4 m/s 2由牛顿第二定律得：mg sin 53°－μ(mg cos 53°＋F B 1)＝ma 1 第1 s 内对ab 杆：E ＝BLv 1I ＝E 2RF B 1＝BLI解之得：v 1＝1 m/s(2)由题意得t ＝2 s 时cd 杆的加速度a 3＝－4 m/s 2设2 s 时ab 杆速度为v 2，对cd 杆，由牛顿第二定律得：mg sin 53°－μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg cos 53°＋B 2L 2v 22R ＝ma 3 解之得：v 2＝9 m/s 第2 s 内ab 杆的位移：x 2＝v 1＋v 22t ＝5 m对ab 杆由动能定理得：W F ＋W G ＋W f ＋W B ＝12mv 22－12mv 21由题意得：W F ＝9 JW G ＝mgx 2sin 37° W f ＝－μmgx 2cos 37° －W B ＝2Q cd解之得：Q cd ＝3 J。

45分钟单元能力训练卷(六)(考查范围：第六单元分值：100分)一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．如图D6­1所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B 两点，已知MA＝AB＝BN.下列说法中正确的是( )图D6­1A．A、B两点场强相同B．A、B两点电势相等C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能2．如图D6­2所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动的过程中( )图D6­2A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的电势能一直增大C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D．物块Q的机械能一直增大3．如图D6­3所示，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源．若一个带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c的轨迹是直线，由于极板边缘效应，粒子从c到d 的轨迹是曲线，重力加速度为g，则该粒子( )图D6­3A．在ac段所受的重力与静电力平衡，做匀速运动B．由a到c做匀加速直线运动，加速度是gcos θC．由a至d重力势能减小，电势能增加D．由a至d所受的合力一直沿轨迹的切线方向4．水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，如图D6­4所示．一带电微粒自距MN高为h处由静止下落，从P点进入场区，沿半圆弧POQ运动，最后从Q点射出．重力加速度为g，O点为圆弧最低点，忽略空气阻力的影响．下列说法中不正确的是( )图D6­4A ．微粒进入场区后受到的静电力的方向一定竖直向上B ．微粒进入场区后做圆周运动，半径为E B2h gC ．从P 点运动到Q 点的过程中，微粒的电势能先增大后减小D ．从P 点运动到O 点的过程中，微粒的电势能与重力势能之和越来越小5．有一静电场，其电势随x 坐标的改变而改变，变化的图线如图D6­5所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O 由静止释放，电场中P 、Q 两点分别位于x 坐标轴上的1 mm 、4 mm 处．则下列说法正确的是( )图D6­5A ．粒子将沿x 轴正方向一直向前运动B ．粒子在P 点与Q 点的加速度大小相等、方向相反C ．粒子经过P 点与Q 点时，动能相等D ．粒子经过P 点与Q 点时，电场力做功的功率相等6．图D6­6是密立根油滴实验的示意图．油滴从喷雾器的喷嘴喷出，落到图中的匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中．下列说法正确的是( )图D6­6A ．油滴带正电B ．油滴带负电C ．只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴的电荷量D ．该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍7．等量异号点电荷＋Q 和－Q 处在真空中，O 为两点电荷连线上偏向＋Q 方向的一点，以O 点为圆心画一圆，圆平面与两点电荷的连线垂直，P 点为圆上一点，则下列说法正确的是( )图D6­7A ．圆上各点的电场强度相同B ．圆上各点的电势相等C ．将试探电荷＋q 由P 点移至O 点电场力做正功D ．将试探电荷＋q 由P 点移至O 点，它的电势能变大8．如图D6­8所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P ，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧处于原长状态，滑块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v ，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x ，若弹簧始终处在弹性限度内，滑块质量为m ，以下说法正确的是( )图D6­8A ．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量B ．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12mv 2C ．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D ．当滑块的加速度最大时，滑块与弹簧组成的系统机械能最大二、计算题(第8题24分，第9题28分，共52分，写出必要的步骤和文字说明) 9．电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理．某一水平面内有一直角坐标系xOy ，x ＝0和x ＝L ＝10 cm 的区间内有一沿x 轴负方向的有理想边界的匀强电场，其场强E 1＝1.0×104V/m ，x ＝L 和x ＝3L 的区间内有一沿y 轴负方向的有理想边界的匀强电场，其场强E 2＝1.0×104V/m ，一电子为了计算简单，比荷e m＝2×1011C/kg 从直角坐标系xOy 的坐标原点O 以很小的速度进入匀强电场E 1，计算时不计此速度且只考虑xOy 平面内的运动．求：(1)电子从O 点进入到离开x ＝3L 处的电场所需的时间； (2)电子离开x ＝3L 处的电场时的y 坐标．图D6­910．如图D6­10所示，水平放置的平行板电容器两板间距为d ＝8 cm ，板长为l ＝25 cm ，接在直流电源上，有一带电液滴以v 0＝0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P 处时迅速将下板向上提起43 cm ，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用时间为多少？(g 取10 m/s 2)图D6­1045分钟单元能力训练卷(六)1．A [解析] 根据等量异种点电荷形成的电场特点，A 、B 两点场强相同，电势不相等，选项A 正确，B 错误；将一正电荷从A 点移到B 点，电场力做正功， 选项C 错误；负电荷在A 点的电势能小于在B 点的电势能，选项D 错误．2．D [解析] 由F －mg sin θ＝ma 可知，物块沿斜面的加速度先沿斜面向上逐渐减小，再沿斜面向下逐渐增大，其速度先增大后减小，故物块Q 的动能先增大再减小，A 错误；因电场力始终做正功，故电势能一直减小，物块Q 的机械能一直增大，B 错误，D 正确；因只有电场力、重力做功，物块的电势能、重力势能、动能之和不变，又知动能先增大后减小，故重力势能和电势能之和先减小后增大，C 错误．3．B [解析] 由题意知在ac 段粒子所受的重力和静电力的合力方向沿ac 方向，粒子做匀加速直线运动，加速度是gcos θ.粒子由a 至d 的过程中重力、静电力做正功，重力势能、电势能均减小．根据曲线运动中合力的方向指向轨迹弯曲的一侧可知，cd 段粒子所受的合力方向不沿轨迹的切线方向，本题只有选项B 正确．4．D [解析] 带电微粒进入场区后做圆周运动，只能是重力与静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以静电力竖直向上，并且微粒做匀速圆周运动，微粒从P 点运动到O 点的过程中，静电力做负功，电势能增大，从O 点运动到Q 点的过程中，静电力做正功，电势能减小，选项A 、C 正确；设微粒带的电荷量为q ，在磁场中运动的速率为v ，重力与静电力平衡，有Eq ＝mg ①，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R②，微粒自由下落过程中，由机械能守恒定律，有mgh ＝12mv 2 ③，由①②③三式可得R ＝EB2hg，选项B 正确；微粒从P 点运动到Q 点的过程中，微粒的动能保持不变，由能量守恒定律可知微粒的电势能与重力势能之和也保持不变，选项D 错误．5．C [解析] 由题中φ­x 图，画出电场强度E 随x 变化的图像及带电粒子的v ­t 图像，如图所示，由图可知A 错误；由牛顿第二定律知，粒子在P 、Q 两点的加速度满足a P ＝2a Q ，B 错误；由v ­t 图像可知，粒子在P 、Q 两点对应的时间分别是22t 0和(3－2)t 0，其速度相等，C 正确；粒子在P 、Q 两点电场力做功的功率P ＝Eqv ，因电场强度不相同，故功率不同，D 错误．6．BD [解析] 由图可知，板间电场方向向下，油滴所受的电场力向上，则知油滴带负电，选项A 错误，B 正确；根据油滴受力平衡得：mg ＝qE ＝qU d ，得 q ＝mgdU，所以要测出两板间的距离、电压和油滴的质量才能求出油滴的电荷量，选项C 错误；根据密立根油滴实验研究知，该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍，选项D 正确．7．BD [解析] 根据等量异号点电荷电场线的分布情况可知，圆上各点的电场强度大小相等，但方向不同，选项A 错误；根据等量异号点电荷等势面分布的对称性可知，圆上各点的电势相等，选项B 正确；根据圆面上的场强分布情况(P 点的场强方向斜向右上方)可知正电荷从P 点到O 点电场力做负功，电势能增大，选项C 错误，D 正确．8．AB [解析] 开始时滑块处于平衡状态，Eq ＝mg sin θ，当滑块下滑至弹簧压缩到最短时，电场力做负功，电势能增加Eqx ，重力做正功，重力势能减小mgx sin θ＝Eqx ，选项A 正确；由动能定理，W 电＋W G ＋W 弹＝－12mv 2，则W 弹＝－12mv 2，选项B 正确，C 错误；根据能量守恒定律，电势能增加，系统的机械能减小，当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，电势能增加最多，此时系统的机械能最小，选项D 错误．9．(1)2×10－8s (2)0.1 m[解析] (1)设电子离开x ＝L 的位置为P 点，离开x ＝3L 的位置为Q 点，则：v P ＝2eE 1mL代入数据得：v P ＝2×107m/s电子从O 点运动到P 点：t 1＝2LeE 1m代入数据得：t 1＝10－8s电子从P 点运动到Q 点：t 2＝2L v P＝10－8s所以总时间为t ＝t 1＋t 2＝2×10－8s. (2)电子运动到Q 点时：y Q ＝12·eE 2m·t 22代入数据得：y Q ＝0.1 m.10．(1)2 m/s 2(2)0.3 s[解析] (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：qE ＝mg 即q Ud＝mg得qU ＝mgd当下板向上提起后，d 减小，E 增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动此时液滴所受电场力F ′＝qU d ′＝mgd d ′a ＝F ′－mg m ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫d d ′－1＝15g ＝2 m/s 2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d2设液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t 1，则d 2＝12at 21 t 1＝da＝0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t 2＝l v 0＝0.5 s 所以液滴从射入开始匀速运动到P 点的时间为 t ＝t 2－t 1＝0.3 s.。

45分钟单元能力训练卷(八)(考查范围：第八单元 分值：110分)一、选择题(每小题6分，共48分)1．2014·江苏南京市、盐城一模在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样．图D8­1是导线受的力F 与通过的电流I 的关系图像，a 、b 各代表一组F 、I 的数据，其中正确的是( )图D8­12．关于带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力，下列说法正确的是( )A ．带电粒子的速度越大，洛伦兹力一定越大B ．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，洛伦兹力最大C ．洛伦兹力的方向和速度方向可以垂直，也可以不垂直D ．洛伦兹力不做功，所以洛伦兹力一定不会改变带电粒子的速度大小图D8­23．如图D8­2所示，半径为r 的圆形空间内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向沿半径射入磁场中，并从B 点射出，且∠AOB ＝120°，则该粒子在磁场中运动的时间为( )A.2πr 3v 0B.2 3πr 3v 0C.πr 3v 0D.3πr 3v 04．2014·长沙质检如图D8­3所示，两根足够长的平行导线a 和b 水平放置(a 、b 在同一竖直平面内)，两导线中通有方向相反、大小不等的恒定电流，且I a ＞I b .当加一个垂直于a 、b 所在平面的匀强磁场B 时，导线a 恰好不再受安培力的作用，则与加磁场B 之前相比较( )图D8­3A ．b 也恰好不再受安培力的作用B ．b 受的安培力小于原来安培力的2倍，方向竖直向上C ．b 受的安培力等于原来安培力的2倍，方向竖直向下D ．b 受的安培力小于原来安培力的大小，方向竖直向下5．2015·江西五校联考如图D8­4所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘椭圆形大环，水平长轴为AC ，竖直短轴为ED .轻弹簧一端固定在大环的中心O ，另一端连接一个可视为质点的带正电的小环，小环穿在大环上，整个装置处于一个垂直于大环面的水平向里的匀强磁场中．将小环从A 点由静止释放，已知小环在A 、D 两点时弹簧的形变量大小相等．下列说法中错误的是( )图D8­4A ．刚释放时，小球的加速度为重力加速度gB ．小环的质量越大，其滑到D 点时的速度将越大C ．小环从A 到运动到D ，弹簧对小环先做正功后做负功D ．小环一定能滑到C 点6．2014·东北师大附中第四次摸底如图D8­5所示，MN 是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光．MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P 为屏上的一个小孔，PQ 与MN 垂直．一群质量为m 、电荷量为q 的正、负两种带电粒子(不计重力)以相同的速率v 从小孔 P 处沿垂直于磁场且与PQ 夹角为θ的范围内向各个方向射入磁场区域，不计粒子间的相互作用．以下说法正确的是( )图D8­5A ．在荧光屏上P 点两侧将出现两个长度相等的条形亮线，其长度为2m v qB(1－cos θ) B ．在荧光屏上P 点两侧将出现两个长度相等的条形亮线，其长度为2m v qB(1－sin θ) C ．在荧光屏上将出现一个圆形亮斑，其半径为2m v qBD ．在荧光屏上将出现一个圆形亮环，其外半径为2m v qB ，内半径为2m v qBcos θ图D8­67．如图D8­6所示，三角形磁场区域的三个顶点a 、b 、c 在直角坐标系内的坐标分别为(0，2 3 cm)、(－2 cm ，0)、(2 cm ，0)，磁感应强度B ＝4×10－4 T ，方向垂直于纸面向里．某正离子的比荷为q m＝2.5×105 C/kg ，重力不计．大量的该正离子在t ＝0时从O 点以相同的速度v ＝2 3 m/s 沿不同方向垂直于磁场射入该磁场区域，下列说法正确的是( )A ．从ac 边离开磁场的离子离开磁场时距c 点最近的位置坐标为[ 3 cm ，(2 3 －3) cm]B ．从a 点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长C ．不可能有离子垂直于ab 边离开磁场D ．在t ＝π300s 时运动时间最长的离子离开磁场 8．如图D8­7所示，在半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在边长为2R的正方形区域里也有垂直于纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小相同．两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点垂直于磁场方向射入匀强磁场．在M点射入的带电粒子的速度方向指向圆心，在N点射入的带电粒子的速度方向与边界垂直，且N 点为正方形边长的中点．下列说法正确的是()图D8­7A．带电粒子在两个磁场中飞行的时间一定不同B．从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C．从N点射入的带电粒子可能先飞出磁场D．从N点射入的带电粒子不可能比从M点射入的带电粒子先飞出磁场二、填空题(12分)9．(4分)已知地磁场的水平分量为B，利用这一值可以测定某一弱磁场的磁感应强度．图D8­8甲为测定通电线圈中央一点的磁感应强度的实验示意图，实验方法：①先将未通电的线圈平面固定于沿南北方向的竖直平面内，中央放一枚小磁针，N极指向北方；②给线圈通电，此时小磁针N极指向北偏东θ角后静止，图乙为俯视图．由此可以确定线圈中电流方向(由东向西看)为__________(选填“顺时针”或“逆时针”)方向，线圈中央的合磁感应强度大小为__________．图D8­8图D8­910．(8分)如图D8­9所示，平行板电容器的金属极板M、N间的距离为d，两板间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，等离子群以速度v沿图示方向射入．已知电容器的电容为C，则：(1)当开关S断开时，稳定后电容器所带的电荷量Q______(选填“＝”“>”或“<”)B v dC；(2)当开关S闭合时，稳定后电容器所带的电荷量Q′______(选填“＝”“>”或“<”)B v dC.三、解答题(50分)11．(23分)如图D8­10所示，空间中O点放一质量为m、电荷量为＋q的微粒，过O 点水平向右为x轴，竖直向下为y轴，MN为边界线，MN上方存在水平向右的匀强电场E，MN下方存在水平向左的匀强电场E′和垂直于纸面向里的匀强磁场．OM＝h.若由静止释放微粒，则微粒一直沿直线OP穿过此区域，OP与竖直方向的夹角为θ＝60°；若在O点给微粒沿x轴正方向的初速度v0，微粒将经过MN上的C点．重力加速度为g，电场强度E 和E′大小未知，求：(1)C 点的坐标；(2)匀强磁场的磁感应强度B .图D8­1012．2014·宁波期末(27分)如图D8­11所示，abcd 是一个长方形盒子，在ad 边和cd 边上各开有小孔f 和e ，e 是cd 边上的中点，荧光屏M 平行于cd 放置，能显示从e 孔射出的粒子落点的位置．盒子内有一方向垂直于abcd 平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .粒子源不断地发射相同的带电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子经电压为U 的电场加速后，从f 孔垂直于ad 边射入盒内，再经磁场偏转后恰好从e 孔射出．已知fd ＝3L ，cd ＝2L ，屏M 与cd 间的距离为3L ，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力．(1)求带电粒子的比荷q m. (2)求带电粒子从f 孔运动到屏M 的时间t .(3)若撤去磁场，盒子内加一平行于ad 边的匀强电场，粒子经电场偏转后仍恰好从e 孔射出，求电场的场强大小．图D8­1145分钟单元能力训练卷(八)1．C [解析] 由题意知，导线受到的安培力为F ＝BIL ，所以F I＝BL ，选项C 正确． 2．D [解析] 当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，选项A 、B 错误；洛伦兹力的方向既和速度方向垂直，也和磁场垂直方和，选项C 错误．3．D [解析] 设粒子运动的轨道半径为R ，则粒子运动的圆弧对应的圆心角为60°，故运动的轨迹长度为L ＝πR 3，由几何关系可知，tan 30°＝r R，该粒子在磁场中运动的时间为t ＝L v 0.联立解得t ＝3πr 3v 0，选项D 正确． 4．D [解析] 未加匀强磁场B 之前，导线a 和b 在对方处产生的磁场方向相同，因I a <I b ，所以在b 导线处的磁感应强度较大；加上匀强磁场B 后，导线a 恰好不受安培力，说明匀强磁场B 与导线b 在导线a 处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，则匀强磁场B 与导线b 处产生的磁感应强度方向相反，合磁感应强度方向与导线a 在导线b 处产生的磁感应强度方向相同，大小比未加匀强磁场B 之前要小．所以b 所受的安培力比原来的安培力小，由左手定则可判断，安培力方向竖直向下．5．B [解析] 刚释放时，小球所受的合力等于重力，加速度为g ，A 正确；小环从A 到运动到D ，弹簧先回复原长，再压缩，即弹簧对小环先做正功后做负功，C 正确；小环从A 运动到D ，由动能定理得mgh ＝12m v 2D，可知小环到D 点时的速度v D 与小环的质量无关，B 错误；小环到C 点时的速度刚好为0，D 正确．6．A [解析] 如图所示沿P A 方向射入的带负电的粒子打在屏上P 点右侧的C 点(离P 最近的点)，沿PQ 方向射入的带负电的粒子打在屏上P 点右侧的D 点(离P 最远的点)，可知打在屏上P 点右侧的为一亮线，因PD ＝2R ＝2m v qB ，PC ＝2R cos θ＝2m v qBcos θ，所以亮线长度CD ＝PD －PC ＝2m v qB(1－cos θ)；同理，带正电的粒子打在屏上P 点左侧的亮线长度也为2m v qB(1－cos θ)，选项A 正确，B 、C 、D 错误．7．ABD [解析] 正离子在磁场中做圆周运动的轨迹圆半径R ＝m v qB＝2 3 cm ，入射方向不同的离子的轨迹圆半径相同，各离子的轨迹圆是过O 点的半径为R 的动圆，且入射速度沿x 轴正方向的离子离开磁场时距c 点最近，最近点A 的坐标为[ 3 cm ，(2 3－3) cm]，选项A 正确；当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，运动的时间最长，即从a 点射出的离子的运动时间最长，该轨迹圆弧对应的圆心角为60°，运动时间t ＝T 6＝16·2πm qB ＝π300s ，选项B 、D 正确；由几何关系可知，从O 点沿与Oc 成120°角方向射入磁场的离子将垂直于ab 边离开磁场，选项C 错误．8．BD [解析] 假设粒子带负电，画出轨迹图如图所示，容易得出粒子在圆形磁场中的轨迹长度不会大于在正方形磁场中的轨迹长度，故B 、D 正确．9．逆时针 B cos θ[解析] 由于合磁场的方向指向北偏东θ角，地磁场的水平分量为B ，方向向北，通电线圈在中央处产生的磁场方向应水平向东，根据安培定则可判断，线圈中电流方向(由东向西看)为逆时针方向．根据平行四边形定则，线圈中央处的合磁感应强度大小为B cos θ. 10．(1)＝ (2)<[解析] (1)正、负离子在磁场中运动时受到洛伦兹力，正离子向N 板偏转，负离子向M板偏转，当q U NM d＝q v B 时，离子不再偏转，故断开开关S 时，稳定后电容器两极板间的电压U MN ＝B v d ，电容器所带的电荷量Q ＝B v dC .(2)当开关S 闭合时，稳定后平行金属板及等离子群相当于一个电源，电源电动势E ＝B v d ，由于内阻的存在，使得U ′C ＝U ′MN <E ＝B v d ，故此时电容器所带的电荷量Q ′<B v dC .11．(1)⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫3h ＋v 0 2h g ，h (2)mg q 6gh[解析] (1)微粒由静止释放时，在重力和电场力的合力作用下做匀加速直线运动，可得qE ＝mg tan 60°微粒以初速度v 0运动时，在竖直方向有mg ＝ma yh ＝12a y t 2 在水平方向有qE ＝ma xx ＝v 0t ＋12a x t 2 联立解得x ＝3h ＋v 0 2h g所以C 点的坐标为⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫3h ＋v 0 2h g ，h (2)设微粒由静止沿直线OP 运动到D 点的速度为v ，由动能定理，有mgh ＋Eqh tan 60°＝12m v 2 微粒在MN 下方做匀速直线运动，由平衡条件得q v B ＝mg sin 60°联立解得B ＝mg q 6gh12．(1)3U 2B 2L 2 (2)⎝⎛⎭⎫4π9＋2 33BL 2U (3)4 3U L [解析] (1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理得qU ＝12m v 2， 解得v ＝2qU m粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动的轨迹如图所示，设圆周运动的半径为R ，在三角形Ode 中，有(3L －R )2＋L 2＝R 2解得R ＝2 33L 由洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R联立解得q m ＝3U 2B 2L2.(2)粒子运动的轨迹如图所示在三角形Ode 中，∠dOe ＝arcsin L R＝60° 则弧ef 所对应的圆心角是120°故弧长ef ＝2π3R ＝4 39πL 粒子出磁场后，做匀速直线运动，到达屏上的g 点，eg 长度s eg ＝3L sin 60°＝2L 将q m ＝3U 2B 2L2代入v ＝2qU m可得v ＝3U BL 所以粒子从f 孔运动到屏M 的总时间t ＝ef ＋s eg v ＝⎝⎛⎭⎫4π9＋2 33BL 2U(3)换成电场后，粒子做类平抛运动沿入射方向有t ＝L v沿ad 方向有3L ＝12at 2 其中a ＝Eq m联立解得E ＝4 3U L。

45分钟单元能力训练卷(三)(考查范围：第三单元分值：100分)一、选择题(每一小题6分，共48分，1～5小题为单项选择，6～8小题为多项选择)1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的开展．利用如图D3­1所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的比照，可以得到的最直接的结论是( )图D3­1A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2．如下关于牛顿运动定律的说法中正确的答案是( )A．惯性就是物体保持静止状态的性质B．力的国际制单位“牛顿〞是根据牛顿第二定律定义的C．物体运动状态改变的难易程度就是加速度D．一对作用力与反作用力的作用效果总一样3．在解一道由字母表达结果的计算题中，某同学解得位移结果的表达式为：x＝F〔t1－t2〕其中F表示力，t表示时间，m表示质量，用单位制的方法检查，这个结果( ) 2mA．可能是正确的B．一定是错误的C．如果用国际单位制，结果可能正确D．用国际单位，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确4．某同学用一个空的“易拉罐〞做实验，他在靠近罐底的侧面打一个小洞，用手指堵住洞口，向“易拉罐〞里面注满水，再把它悬挂在电梯的天花板上．当电梯静止时，他移开手指，水就从洞口喷射出来，在水未流完之前，电梯启动加速上升．关于电梯启动前、后的两个瞬间水的喷射情况，如下说法中正确的答案是( )A．电梯启动前后水的喷射速率不变B．电梯启动后水不再从孔中喷出C．电梯启动后水的喷射速率突然变大D．电梯启动后水的喷射速率突然变小5．如图D3­2所示，一木箱在斜向下的推力F作用下以加速度a在粗糙水平地面上做匀加速直线运动．现将推力F的大小增大到4F，方向不变，如此木箱做匀加速直线运动的加速度可能为( )图D3­2A．2aB．3aC．4aD．5a6．如图D3­3所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，如此如下说法正确的答案是( )图D3­3A．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间，A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后，A物块向下运动距离x时速度最大D．悬绳剪断后，A物块向下运动距离2x时速度最大7．如图D3­4所示，质量为m的球置于斜面上，球被一个竖直挡板挡住，处于静止状态．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的答案是( )图D3­4A．球做匀加速运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时的大B．斜面对球的弹力保持不变C．假设加速度足够大，如此斜面对球的弹力可能为零D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma8．如图D3­5所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，连接天花板和滑轮的绳子对滑轮的拉力为T.重力加速度大小为g，如下a­x、T­x关系图线正确的答案是( )图D3­5 图D3­6二、实验题(17分)9．某同学用如图D3­7甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系〞．(1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力，该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列________________的点，说明小车在做________________运动．甲 乙图D3­7(2)如果该同学先如(1)中的操作，平衡了摩擦力．以沙和沙桶的重力为F ，在小车质量M 保持不变情况下，不断往桶里加沙，沙的质量最终达到13M ，测小车加速度a ，作a ­F 的图像．如下图线正确的答案是________．A B C D图D3­8(3)设纸带上计数点的间距为s 1和s 2.如图D3­9为用米尺测量某一纸带上的s 1、s 2的情况，从图中可读出s 1＝3.10 cm ，s 2＝________cm ，打点计时器的频率为50 Hz ，由此求得加速度的大小a ＝________m/s 2.(保存3位有效数字)图D3­9三、计算题(第10题15分，第11题20分，共35分，写出必要的步骤和文字说明) 10．如图D3­10所示，倾角为θ＝30°的斜面由两种材料制成，其中OP 段与其他局部动摩擦因数不同，现将一带有速度传感器的小物块(可视为质点)从O 点由静止释放，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示．g 取10 m/s 2，求：图D3­10(1)两种材料与小物块间动摩擦因数之比；(2)OP间的距离大小．11．如图D3­11所示，水平平台ab长为20 m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为θ＝30°.在平台a端放上质量为5 kg的物块，并给物块施加与水平方向成α＝37°角的50 N推力后，物块由静止开始运动．物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求物块由a运动到b所用的时间；(2)假设物块从a端运动到P点时撤掉推力，如此物块刚好能从斜面b端开始下滑，如此aP间的距离为多少？(物块在b端无能量损失)(3)假设物块与斜面间的动摩擦因数μbc＝0.277＋0.03L b，式中L b为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在(2)中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？图D3­1145分钟单元能力训练卷(三)1．A [解析] 从实验中小球的三种运动情况可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，如果不受阻力，就会上升到与O点相等的高度，选项A正确；而其他选项都不是由实验直接得到的，需要进一步推理或实验验证，B、C、D错误．2．B [解析] 惯性是物体保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A错误；力的国际制单位“牛顿〞是根据牛顿第二定律F＝ma定义的，当质量以kg为单位、加速度以m/s2为单位时，力的单位为N，1 N＝1 kg·m/s2，选项B正确；物体运动状态改变的难易程度取决于物体的质量，选项C错误；作用力和反作用力作用在两个物体上，其作用效果表现在两个不同的物体上，作用效果不一样，选项D错误．3．B [解析] 将F、t、m的国际单位N、s、kg代入，x的单位为N·s/kg，而1 N＝1 kg·m/s2，所以式中x单位为m/s，m/s为速度单位，不可能为位移单位，所以选项B正确．4．C [解析] 当电梯不动时，水只是在重力的作用下流出，当电梯加速上升时，此时电梯处于超重状态，重力的效果变大，洞口处的水受到的作用力变大，所以水的喷射速率会变大，所以C正确．5．D [解析] 对木箱受力分析，根据平衡条件，水平方向：F cos θ－F f＝ma，竖直方向：F sin θ＋mg －F N ＝0，其中滑动摩擦力F f ＝μF N ，代入数据解得a ＝F 〔cos θ－μsin θ〕m－μg ，所以F 变为原来的4倍时，加速度大于原来的4倍，选项D正确．6．AD [解析] 剪断悬绳前，隔离B 受力分析，如此B 受到重力和弹簧的弹力，弹力F ＝mg ；剪断瞬间，A 受到弹簧的弹力瞬间不变，A 受到的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，其加速度a ＝2g ，选项A 正确，B 错误；弹簧开始处于伸长状态，弹力F ＝mg ＝kx ，弹簧伸长量x ＝mgk；悬绳剪断后物块A 向下加速运动，向下的弹力逐渐减小，弹力减小为零后弹簧被压缩，当弹簧的弹力(向上)等于重力时，物块A 的加速度减小为零，物块A 的速度最大，此时有F ＝mg ＝kx ′，弹簧的压缩量x ′＝mgk，所以物块A 下降的距离为x ＋x ′＝2x ，选项C 错误，D 正确．7．AB [解析] 对球受力分析如下列图，由牛顿第二定律得F N1－F N2sin θ＝ma ，F N2cosθ＝mg ，联立求解可知：F N2不随a 的变化而变化，F N1随a 的增大而增大，选项A 、B 正确，选项C 错误；由牛顿第二定律，斜面和挡板对球的弹力与重力三个力的合力等于ma ，选项D 错误．8．AC [解析] 设单位长度绳子的质量为m 0，隔离左右两局部绳子，根据牛顿第二定律得，m 1g －F ＝m 1a ，F －m 2g ＝m 2a ，解得a ＝〔m 1－m 2〕gm＝〔L ＋x 〕m 0g －〔L －x 〕m 0g 2Lm 0＝xgL，F＝m 2(g ＋a )＝－m 0g Lx 2＋m 0gL ，如此x <L 时加速度与x 成正比，x ≥L 时加速度等于重力加速度不变，图A 正确，B 错误；对滑轮有T ＝2F ＝－2m 0g Lx 2＋2m 0gL ＝－2m 0g Lx 2＋mg ，图像为开口向下的抛物线，纵轴截距为mg ，所以图C 正确，图D 错误．9．(1)点迹均匀(点迹间距一样) 匀速直线 (2)C (3)5.50 2.40[解析] (1)平衡摩擦力的标志是小车拖着纸带，在不挂沙桶的情况下，给小车一个初速度，小车能做匀速运动，所以纸带上打出的点迹均匀(点迹间距一样)．(2)平衡摩擦力后，对于小车有T ＝Ma ，对于沙和沙桶有mg －T ＝ma ，联立可得a ＝mgM ＋m ＝FM ＋m，假设满足m ≪M ，如此a ­F 的图像为过原点的直线，当沙和沙桶质量较大不满足“m ≪M 〞，此情况下按一样方式描点的图像遵循a ＝FM ＋m规律，随着沙的质量的增加，a ­F 的图像的斜率为k ＝1M ＋m将减小，所以图线向下弯曲．所以选项C 正确．(3)从第一个计数点开始读数可得最后一个点的读数为8.60 cm ，所以s 2＝8.60 cm －3.10 cm ＝5.50 cm ，由Δs ＝a ·Δt 2解得加速度为2.40 m/s 2.10．(1)1∶2 (2)9.375 m[解析] (1)由表中数据可知：0～2 s 、3～6 s 物块做匀变速直线运动OP 段加速度为a 1＝Δv 1Δt 1＝6 m/s －02 s＝3 m/s 2其他局部加速度为a 2＝Δv 2Δt 2＝11 m/s －8 m/s 3 s ＝1 m/s 2根据牛顿第二定律可得：OP 段：mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1其他局部：mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 2 联立解得μ1∶μ2＝1∶2(2)由表中数据可知：物块2～3 s 之间某时刻经过两种材料连接处 设物块2 s 末后经时间Δt 到达连接处，速度为v 第2 s 末和第3 s 末的速度分别为v 1＝6 m/s 和v 2＝8 m/s 如此v ＝v 1＋a 1Δtv 2＝v ＋a 2(1 s －Δt )联立解得Δt ＝0.5 sOP 间的距离x ＝12a 1(2 s ＋Δt )2＝9.375 m11．(1)5 s (2)14.3 m (3)略 [解析] (1)根据牛顿第二定律F cos α－μ(F sin α＋mg )＝ma 1代入数据解得物块的加速度a 1＝1.6 m/s 2又x ＝12a 1t 2解得物块由a 运动到b 所用的时间t ＝5 s (2)物块从a 端运动到P 点：v 2P ＝2a 1x 1 物块从P 点运动到b 端：v 2P ＝2a 2x 2a 2＝μg x ＝x 1＋x 2解得aP 间的距离x 1＝14.3 m(3)物块沿斜面下滑速度最大时，加速度为0 根据共点力的平衡条件mg sin θ＝μbc mg cos θ而μbc ＝0.277 ＋ 0.03L b 解得L b ＝10 m因此假设斜面长度L ＞10 m ，如此L b ＝10 m 时速度最大；假设斜面长度L ≤10 m ，如此在斜面的最底端速度最大。

45分钟滚动复习训练卷(二)(考查范围：第四、五单元分值：110分)一、选择题(每小题6分，共42分)图G2­11．如图G2­1所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于()A．0.3 JB．3 JC．30 JD．300 J2．(多选)2013年1月27日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段．如图G2­2所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A点发射升空，目标是攻击红军基地B点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从C点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D将其击毁．下列说法中正确的是()图G2­2A．图中E到D过程，弹道导弹的机械能不断增大B．图中E到D过程，弹道导弹的加速度不断减小C．图中E到D过程，弹道导弹的速度不断减小D．弹道导弹飞行至D点时速度大于7.9 km/s3．如图G2­3所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()图G2­3A．小球通过最高点时的最小速度v min＝g（R＋r）B．小球通过最高点时的最小速度v min＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力4．航天技术的不断发展为人类探索宇宙创造了条件.1998年1月发射的“月球勘探者号”空间探测器运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定等方面取得最新成果．探测器在一些环形山中央发现了质量密集区，当飞越这些重力异常区域时()A．探测器受到的月球对它的万有引力将变大B．探测器运行的轨道半径将变大C．探测器飞行的速率将变大D．探测器飞行的速率将变小图G2­45．如图G2­4所示，水平抛出的物体抵达斜面上端P处时速度恰好沿着斜面方向，然后物体紧贴斜面PQ无摩擦滑下．图G2­5为物体沿x方向和y方向运动的位移—时间图像及速度—时间图像，其中可能正确的是()A B C D图G2­5图G2­66．一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图G2­6所示．若不计空气阻力的影响，根据图像提供的信息可以求出() A．高尔夫球在何时落地B．高尔夫球上升的最大高度C．人击球时对高尔夫球做的功D．高尔夫球落地时离击球点的距离7．如图G2­7所示，置于足够长斜面上的盒子A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，斜面光滑且固定于水平地面上．一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接，另一端与A相连．现用外力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放A，则从释放A到其获得最大速度的过程中()图G2­7A．弹簧的弹性势能一直减小直至为零B．A对B做的功等于B的机械能的增加量C．弹簧弹性势能的减少量等于A和B的机械能的增加量D．A所受的重力和弹簧弹力做功的代数和小于A的动能的增加量二、实验题(18分)8．小刚同学用如图G2­8所示的实验装置研究“机械能守恒定律”，他进行如下操作：图G2­8①用天平测出小球的质量为0.50 kg；②用游标卡尺测出小球的直径为10.0 mm；③用刻度尺测出电磁铁下端到光电门的距离为82.05 cm；④电磁铁先通电，让小球吸在其下端；⑤电磁铁断电时，小球自由下落；⑥在小球通过光电门时，计时装置记下小球通过光电门所用的时间为2.50×10－3 s，由此可算出小球通过光电门的速度．(1)由以上测量数据可计算得出小球重力势能的减少量ΔE p＝__________J，小球动能的变化量ΔE k＝________J．(g取9.8 m/s2，结果均保留三位有效数字)(2)从实验结果中发现ΔE p____________(选填“稍大于”“稍小于”或“等于”)ΔE k，试分析可能的原因：_______________________________________________________________________________ _三、计算题(50分)9．(24分)如图G2­9甲所示为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r＝0.10 m，在轨道的最低点A和最高点B各安装了一个压力传感器(图中未画出)，小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力F A和F B.g 取10 m/s2.图G2­9(1)若不计小球所受的阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度v A的大小．(2)若不计小球所受的阻力，小球每次都能通过B点，F B随F A变化的图线如图乙中的a 所示，求小球的质量m.(3)若小球所受的阻力不可忽略，F B随F A变化的图线如图乙中的b所示，当F B＝6.0 N 时，求小球从A运动到B的过程中损失的机械能．10．(26分)如图G2­10所示，竖直平面内的轨道由一半径为4R、圆心角为150°的圆形的光滑滑槽C1和两个半径为R的半圆形光滑滑槽C2、C3以及一个半径为2R的半圆形光滑圆管C4组成，C4内径远小于R.C1、C2、C3、C4各衔接处平滑连接．现有一个比C4内径略小的质量为m的小球从与C4的最高点H等高的P点以一定的初速度向左水平抛出，小球恰好从C1的A端沿切线方向进入轨道．已知重力加速度为g.图G2­10(1)求小球在P点开始平抛的初速度的大小．(2)小球能否依次顺利通过C1、C2、C3、C4各轨道而从I点射出？请说明理由．(3)小球运动到何处，轨道对小球的弹力最大？最大值是多大？45分钟滚动复习训练卷(二)1．A [解析] 一个鸡蛋大约为55 g ，鸡蛋抛出的高度大约为60 cm ，则将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝mgh ＝55×10－3×10×60×10－2 J ＝0.33 J ，选项A 正确．2．BC [解析] E 到D 过程，只有万有引力做功，机械能守恒，选项A 错误；弹道导弹受到的万有引力随高度的增大而减小，加速度不断减小，选项B 正确；E 到D 过程，高度在增大，引力做负功，动能减小，转化成引力势能，弹道导弹的速度不断减小，选项C 正确；弹道导弹还要飞回大气层，可见其飞行至D 点时速度小于第一宇宙速度，即小于7.9 km/s ，选项D 错误．3．BC [解析] 小球沿管道上升到最高点的速度可以为零，选项A 错误，选项B 正确；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力沿背离圆心方向的分力F 1的合力提供向心力，即F N －F 1＝m v 2R ＋r，因此，外侧管壁对小球一定有作用力，而内侧管壁无作用力，选项C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，选项D 错误．4．AC [解析] 万有引力与质量乘积成正比，故在质量密集区时万有引力会增大，提供的向心力增大了，探测器会发生近心运动，万有引力做功，导致探测器飞行速率增大．选项A 、C 正确．5．AD [解析] 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移图像为倾斜直线，水平速度图像为平行于时间轴的直线，竖直位移图像为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图像为倾斜的直线，斜率等于重力加速度；沿斜面下滑的运动可分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，且竖直加速度分量小于重力加速度，所以水平位移图像为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，水平速度图像为向上倾斜的直线，竖直位移图像为曲线且各点切线的斜率随时间逐渐变大，竖直速度图像为倾斜的直线，斜率小于重力加速度，选项A 、D 正确．6．ABD [解析] 高尔夫球刚被击出时的速度v 0＝31 m/s ，根据机械能守恒定律，高尔夫球到达最高点时重力势能最大，动能最小，故当速度v ＝19 m/s 时高尔夫球处于最高点．由12m v 20＝mgh ＋12m v 2可求出高尔夫球上升的最大高度h ＝30 m ，选项B 正确．根据机械能守恒定律，高尔夫球落地时的速率与击出时的速率相等，故高尔夫球在第5 s 时落地，选项A 正确．研究击球过程，根据动能定理，人做击球时以高尔夫球的功W ＝12m v 20，由于m 未知，所以求不出W ，选项C 错误；研究高尔夫球的水平分运动，由x ＝v x t ，其中v x ＝19 m/s ，t ＝5 s ，可求出高尔夫球落地时离击球点的距离x ＝95 m ，选项D 正确．7．BC [解析] 当A 的速度最大时，A 受力平衡，有kx ＝(m A ＋m B )g sin θ，此时弹簧仍处于压缩状态，弹性势能不为零，选项A 错误；除重力外，只有A 对B 的弹力对B 做功，对应的B 机械能的增加量，选项B 正确；对A 、B 组成的系统，弹簧弹力对系统做的正功等于弹簧弹性势能的减少量，也等于系统机械能的增加量，选项C 正确；对A 应用动能定理可知，A 所受的重力、弹簧弹力、B 对A 的弹力做的功之和等于A 的动能的增加量，因B 对A 的弹力对A 做负功，故A 所受的重力和弹簧弹力做功的代数和大于A 的动能的增加量，选项D 错误．8．(1)4.02 4.00 (2)稍大于 空气阻力的影响或高度测量中忽略了小球的尺度等9．(1) 5 m/s (2)0.1 kg (3)0.2 J[解析] (1)设小球通过B 时的速度为v B ，小球恰能通过B 点，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2B r根据机械能守恒定律有12m v 2A ＝12m v 2B＋mg ·2r 联立解得v A ＝ 5 m/s.(2)根据第(1)问及图线a 可知，当小球通过A 点时的速度v A ＝ 5 m/s 时，小球对轨道的压力F A 1＝6 N ．设小球通过A 点时轨道对小球的支持力为F A 2.根据牛顿运动定律有F A 1＝F A 2F A 2－mg ＝m v 2A r联立解得m ＝0.1 kg.(3)根据图线b 可知，当小球通过B 点时，若小球对轨道的压力F B ＝6 N ，则小球通过A 点时对轨道的压力F A ＝16 N ．设小球通过A 、B 时轨道对小球的支持力分别为F ′A 、F ′B ，小球的速度分别为v ′A 、v ′B .根据牛顿运动定律有F ′A ＝F AF ′A －mg ＝m v ′2A rF ′B ＝F BF ′B ＋mg ＝m v ′2B r在小球从A 运动到B 的过程中，根据功能关系有12m v ′2A ＝12m v ′2B ＋mg ·2r ＋ΔE 联立解得ΔE ＝0.2 J.10．(1)26gR 3 (2)能，理由略 (3)F 点 293mg [解析] (1)从P 点到A 点，小球在竖直方向做自由落体运动，有v 2Ay ＝2g (2R ＋4R sin 30°)解得v Ay ＝22gR在A 点，由速度关系，有v 0＝v Ay tan 30°解得v 0＝26gR 3. (2)若小球恰能过D 点，则在D 点时满足mg ＝m v 2D 临R 解得v D 临＝gR小球从P 点到D 点，由机械能守恒定律得mgR ＋12m v 20＝12m v 2D 解得v D ＝14gR 3因v D >v D 临，故小球能通过D 点．若小球能过H 点，则在H 点时满足v H 临＝0小球从P 点到H 点，由机械能守恒定律得v H ＝v 0＝26gR 3因v H >v D 临＞0，故小球能通过H 点．综上所述，小球能依次顺利通过C 1、C 2、C 3、C 4各轨道从I 点射出．(3)小球在运动过程中，轨道对小球的弹力时只会在圆轨道的最低点，B 点和F 点都有可能．小球从P 点到B 点，由机械能守恒定律得6mgR ＋12m v 20＝12m v 2B 在B 点时轨道对小球的弹力F N B 满足F N B －mg ＝m v 2B 4R解得F N B ＝143mg 小球从P 点到F 点，由机械守恒定律得3mgR ＋12m v 20＝12m v 2F 在F 点时轨道对小球的弹力F N F 满足F N F －mg ＝m v 2F R解得F N F ＝293mg 比较B 、F 两点的情况可知，在F 点时轨道对小球的弹力最大，为293mg .。