【2019-2020】高考物理一轮选练编题(8)(含解析)新人教版

【2019-2020】高考物理一轮复习选编练题（2）（含解析）新人教版）李仕才1、如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F 的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为( )图1A ．2－ B.63 C.33 D.23【答案】C2、由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s ，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s ，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )A. 西偏北方向，1.9×103m/sB. 东偏南方向，1.9×103m/sC. 西偏北方向，2.7×103m/sD. 东偏南方向，2.7×103m/s【答案】B【解析】如图所示，由余弦定理，可知310m/s v ∆=⨯，方向为东偏南方向，B 正确。

【解题关键】解此题的关键是正确理解卫星轨道位置的以及运动和合成综合运用．3、（2018浙江新高考4月）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t 图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D.【答案】 C 【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C 。

【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高考物理一轮复习强化训练题汇总1（含解析）一、选择题1、如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出。

不计空气阻力，则（）A．a和b的飞行时间相同B．b的飞行时间比c的短C．a的水平初速度比b的小D．c的水平初速度比a的大【参考答案】D2、(海安模拟)下列说法正确的是( )A．直线运动的物体位移大小等于路程B．计算火车过桥时所用的时间，火车可当成质点C．速度变化快的物体加速度不一定大D．参考系可以是匀速运动的物体，也可以是变速运动的物体答案：D3、(哈师大附中月考)如图，MN为转轴OO′上固定的光滑硬杆，且MN垂直于OO′.用两个完全相同的小圆环套在MN上．分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接，另一端系于OO′上，长度分别为l1、l2.已知l1、l2与MN的夹角分别为θ1、θ2，OO′匀速转动时，线上弹力分别为F T1、F T2.下列说法正确的是( ) A．若l1sinθ1>l2sinθ2，则F T1>F T2B．若l1cosθ1>l2cosθ2，则F T1>F T2C．若l1tanθ1>l2tanθ2，则F T1>F T2D ．若l 1>l 2，则F T 1>F T 2解析：设两环的质量均为m ，硬杆转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对左环有：FT 1cos θ1＝m ω2l 1cos θ1；对右环有：F T 2cos θ2＝m ω2l 2cos θ2两环ω相等得FT 1FT 2＝l 1l 2；若l 1cos θ1>l 2cos θ2，则F T 1cos θ1>F T 2cos θ2，不能得到F T 1>FT 2；由题意可知l 1sin θ1<l 2sin θ2；若l 1tan θ1>l 2tan θ2，可得cos θ1<cos θ2，不能得到F T 1>F T 2；若l 1>l 2，则F T 1>FT 2，选项D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D4、如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下，然后在水平面上前进至B 点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m ，A 、B 两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB 段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )A ．大于μmgLB ．小于μmgLC ．等于μmgLD ．以上三种情况都有可能解析：设斜坡与水平面的交点为C ，BC 长度为L 1，AC 水平长度为L 2，AC 与水平面的夹角为θ，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W 1＝－μmgL 1，在斜坡上摩擦力做功W 2＝－μmgcos θ·L 2cos θ＝－μmgL 2，所以在滑雪者经过AB 段过程中，摩擦力做功W ＝W 1＋W 2＝－μmg(L 1＋L 2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C 正确． 答案：C5、(四川资阳二诊)如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电的油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．平行板电容器的电容将减小B ．带电油滴的电势能将减少C ．静电计指针的张角变小D ．若将上极板与电源正极断开后，再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受的电场力不变解析：由C ＝εr S4πkd 知，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，d 减小，C增大，A 错误；U 不变，静电计指针的张角不变，C 错误；由E ＝Ud 知，E 增大，则P 点与负极板间的电势差增大，P 点的电势升高，E p ＝φq ，又油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少，B 正确；若将上极板与电源正极的导线断开后再将下极板左移一小段距离，Q 不变，由C ＝εr S4πkd 知，S 减小，C 减小，由U ＝Q C 得，电压U 增大，场强E ＝U d 增大，带电油滴所受的电场力增大，D 错误．答案：B6、一匀强磁场的边界是MN ，MN 左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示，现有一个金属线框以恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的I －t 图象如图乙所示．则可能的线框是如图丙所示中的( )解析：从乙图看到，电流先均匀增加后均匀减小，而线圈进入磁场是匀速运动，所以有效长度是均匀增加的，所以D 项正确，B 项排除的原因是中间有段时间电流恒定不变．答案：D7、(安徽模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )A ．U 1：U 2＝3：4B ．U 1：U 2＝4：3C ．若将L 1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D ．若将L 2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍解析：设灯泡的额定电压为U ，额定电流为I ，则副线圈电压为3U ，电流为I ，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I ，所以原、副线圈的匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U ，所以U 1：U 2＝4：3，选项A 错误、B 正确；若将L 1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C 错误；若将L 2短路，设副线圈的电流为I ′，原线圈的电流也为I ′，因此2I ′R ＋I ′R ＝U 1＝4U ，则I ′R ＝43U ，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，选项D 正确．答案：BD 二、非选择题利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M ＝200.0 g ，钩码的质量为m ＝10.0 g ，打点计时器的电源为50 Hz 的交流电．图1(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到____________________．(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O ，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx ，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v ，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g ＝9.80 m/s 2，利用W ＝mg Δx 算出拉力对小车做的功W.利用Ek ＝12Mv 2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.图3(4)实验结果表明，ΔEk 总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动． (2)两计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s ＝0.1 s v1＝x022T ＝ 2.06＋2.50×0.012×0.1 m/s ＝0.228 m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0) 图线的斜率k ＝4.24－2.04.5－2.15≈0.953①又有k ＝ΔEk ΔW ＝Mv 22mg Δx②根据运动学公式有v2＝2aΔx③根据牛顿第二定律有F＝Ma④由①②③④式解得F≈0.093 N答案：(1)小车做匀速运动(2)0.228 (3)见解析图(4)0.093精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总2（含解析）一、选择题1、质量为m的物块沿着倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.斜面对物块的作用力是( )A. 大小mg，方向竖直向上B. 大小mg cosθ，方向垂直斜面向上C. 大小mg sinθ，方向沿着斜面向上D. 大小μmg cosθ，方向沿着斜面向上【参考答案】A2、(成都模拟)如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是( )A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度解析：甲处表盘显示时刻，乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度，答案为D.答案：D3、(广西重点高中高三一模) 2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功，飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接．如图所示，“天宫二号”处于离地面高h ＝393 km 的圆轨道A 上，“神舟十一号”处于圆轨道B 上．“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C 运动到位置2，然后沿轨道A 运动，通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态，最终对接．已知地球半径为R ＝6 371 km ，引力常量为G ＝6.67×10－11 N ·m 2/kg 2，地球质量为M ＝6.0×1024 kg ，不计大气阻力．下列说法正确的是( )A ．“天宫二号”在轨道A 上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B 上的运行周期小 B ．“天宫二号”在轨道A 上的加速度比“神舟十一号”在轨道B 上的加速度大C ．“天宫二号”在轨道A 上的运行速率约为7.7 km/sD ．“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能 解析：由GMm r 2＝m(2πT)2r ，得T ＝4π2r 3GM ，可知半径越大，周期越大，A 错．由GMmr2＝ma ，得加速度a ＝GM r 2，半径越大，加速度越小，B 错．由GMm 0R ＋h 2＝m 0v 2R ＋h，得v＝GMR ＋h＝7.7 km/s ，C 对．“神舟十一号”在轨道C 上运动时，由于点火加速，故其机械能增加，D 错．答案：C4、(常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型，当小球以速度v 经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F ，多次改变小球初始下落的高度h ，就能得出F 与v 的函数关系，下列关于F 与v 之间的关系中有可能正确的是( )解析：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh ＝mg ·2R ＋12mv 2(①)，在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F ＋mg ＝m v 2R (②)，联立①②解得F ＝m v 2R －mg(③)，根据③式，F －v 关系图象是开口向上的抛物线，C 项正确． 答案：C5、(山东泰安一模)如图所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A 以相同的速度v 0射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点．a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小，v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是( )A ．aB ＝aC v B ＝v C B ．a B >a C v B ＝v C C ．a B >a C v B <v CD ．a B <a C v B >v C解析：库仑力F ＝kQqr 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝Fm，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功，有－W ＝12mv 2－12mv 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C )，因为m B <m C ，所以v B <v C，C 正确． 答案：C6、美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示．A 为圆柱形合金材料，B 为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对A 进行加热，则( )A ．B 中将产生逆时针方向的电流 B ．B 中将产生顺时针方向的电流C ．B 线圈有收缩的趋势D ．B 线圈有扩张的趋势解析：合金材料加热后，合金材料成为强磁体，通过线圈B 的磁通量增大，由于线圈B 内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的增加，C 错误、D 正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，A 、B 错误． 答案：D7、(多选)下图是远距离输电的示意图．n 1、n 2是升压变压器原、副线圈的匝数，n 1：n 2＝1：20，n 3、n 4是降压变压器原、副线圈的匝数，n 3：n 4＝40：1.升压变压器的原线圈n 1与一交变电流相连接，该交变电流的瞬时值表达式为u ＝4402sin100πt V ，下列说法正确的是( )A ．用电器获得的电压的有效值为220 VB ．用电器获得电压的有效值小于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 3、n 4不变的前提下，增大n 2C ．用电器获得电压的有效值大于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 2、n 4不变的前提下，增大n 3D ．通过用电器的交变电流的方向，每秒改变100次解析：如果输电线上不存在电阻，即不存在电压降，则有U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 1＝U ＝440 V ，U 2＝U 3，可得U 4＝220 V ，由于输电线存在电压降，所以U 3<U 2，U 4<220 V ；若要提高U 4电压值，根据变压规律，仅增加n 2匝数即可，A 、C 错误，B 正确．由题意知ω＝100π rad/s ，所以f ＝50 Hz ，则电流方向每秒改变100次，D 正确． 答案：BD 二、非选择题下列说法中正确的是( )A ．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B ．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C ．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E ．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在(2)(15分)在某种介质中，S 1、S 2处有相距4 m 的两个波源，沿垂直纸面方向做简谐运动，其周期分别为T 1＝0.8 s 和T 2＝0.4 s ，振幅分别为A 1＝2 cm 和A 2＝1 cm ，在该介质中形成的简谐波的波速为v ＝5 m/s.S 处有一质点，它到S 1的距离为3 m ，且SS 1⊥S 1S 2，在t ＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，试求：(ⅰ)t ＝0时刻振动传到S 处的时间差；(ⅱ)t ＝10 s 时，S 处质点离开平衡位置的位移大小．解析：(1)电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，但在介质中的传播速度由介质和频率共同决定，B 错；泊松亮斑是用光照射不透光的小圆盘时产生的衍射现象，C 错．(2)(ⅰ)由题意可知SS 2＝SS 12＋S 1S 22＝5 m ；S 1在t ＝0时刻振动传到质点S 所需的时间t 1＝SS 1v ＝3 m5 m/s ＝0.6 s.S 2在t ＝0时刻振动传到质点S 所需的时间t 2＝SS 2v ＝5 m5 m/s＝1 s.故S 1、S 2在t ＝0时刻振动传到质点S 的时间差M 为绳的中点Δt ＝t 2－t 1＝0.4 s.(ⅱ)在t ＝10 s 时质点S 按S 1的振动规律已经振动了Δt 1＝t －t 1＝9.4 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫11＋34T 1，此时S 1引起质点S 的位移大小x 1＝A 1＝2 cm ；t ＝10 s 时质点S 按S 2的振动规律已经振动了Δt 2＝t －t 2＝9 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫22＋12T 2，此时S 2引起质点S 的位移大小x 2＝0；所以t ＝10 s 时质点S 离开平衡位置的位移为S 1和S 2单独传播引起S 位移的矢量和，故x ＝x 1＋x 2＝2 cm ＋0＝2 cm. 答案：(1)ADE (2)(ⅰ)0.4 s (ⅱ)2 cm精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总3（含解析）一、选择题1、如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉,已知该喷泉竖直向上喷出,喷出时水的速度为53 m/s,喷嘴的出水量为0.5 m3/s,不计空气阻力,则空中水的体积应为(g取10 m/s2)( )A.2.65 m3B.5.3 m3C.10.6 m3D.因喷嘴的横截面积未知,故无法确定【参考答案】B2、两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示．下列说法正确的是( )A．两物体A、B在t＝2.5 t0时刻相距最远B．两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度相同D．两物体A、B在t＝t0时刻相距最远解析：两物体A、B在t＝2.5 t0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A、B在t＝t0时刻相距最远，选项A错误、D正确．两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动，后沿x轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B错误．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C错误．答案：D3、如图所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式F T ＝a ＋bcos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b2m B.2bm C.3b m D.b 3m解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，F T1＝a ＋b ，F T1＝mg ＋mv 21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，F T2＝a －b ，F T2＝－mg ＋mv 22L ；由动能定理有mg ·2L ＝12mv 21－12mv 22，联立解得g ＝b3m，选项D 正确． 答案：D4、如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．答案：CD5、有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行．已知A 、B 两点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝1.8 V ，A 、B 的距离为4 cm ，B 、C 的距离为3 cm.若把一个电子(e ＝1.6×10－19 C)从A 点移动到C 点，那么电子电势能的变化量为( )A ．8.0×10－19 JB ．1.6×10－19 JC ．－8.0×10－19 JD ．－1.6×10－19 J解析：设AB 与AC 之间的夹角为θ，则cos θ＝45，又AB 的距离S AB ＝4 cm ，则AB沿场强方向的距离为d AB ＝S AB cos θ＝4×45 cm ＝165 cm ，设A 、B 之间电势差为U AB ，则电场强度为E ＝U AB d AB ＝φA －φBd AB ＝100 V/m.电子从A 点到达C 点电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝1.6×10－19×100×0.05 J ＝8.0×10－19 J ，故A 项正确．答案：A6、(肇庆市高中毕业班模拟考试)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN 和PQ 之间接有定值电阻R ，导体棒ab 长为l 且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小B．导体棒ab中的感应电流方向是a→bC．导体棒ab所受安培力方向水平向右D．导体棒ab所受合力做功为零解析：由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E＝BLv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b指向a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能未变，由动能定理可知，合力做的功等于零．选项A、B、C错误，D正确．答案：D7、(上海单科，1)由放射性元素放出的氦核流被称为( )A．阴极射线B．α射线C．β射线D．γ射线解析：本题考查天然放射现象．在天然放射现象中，放出α、β、γ三种射线，其中α射线属于氦核流，选项B正确．答案：B二、非选择题(河北省两校高三年级模拟考试)质量为m＝2 kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)4 s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t；(2)前4 s内，力F的平均功率．解析：(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ff m＝μmg＝4 N，在第1 s内物块静止不动第1～3 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律a 1＝F 1－μmg m＝2 m/s 23 s 末，物块的速度v 1＝a 1t 1＝2×2 m/s ＝4 m/s第3～4 s 内，物块做匀速直线运动，4 s 后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝μg ＝2 m/s 2则物块继续滑行时间t ＝v 1a 2＝2 s(2)设第1～3 s 内与第3～4 s 内物块的位移分别为x 1、x 2 x 1＝12a 1t 21＝4 mx 2＝v 1t 2＝4 m前4 s 内，力F 做功的大小为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝48 J 前4 s 内，力F 的平均功率P ＝Wt 总＝12 W答案：(1)2 s (2)12 W精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总4（含解析）一、选择题1、a 、b 、c 三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。

2019年高考物理（人教版）一轮选练习题（10）李仕才1、物体沿一条直线运动，下列说法正确的是( )A ．物体在某时刻的速度为3 m/s ，则物体在1 s 内一定运动了3 mB ．物体在1 s 内的平均速度是3 m/s ，则物体在这1 s 内的位移一定是3 mC ．物体在某段时间内的平均速度是3 m/s ，则物体在任1 s 内的位移一定是3 mD ．物体在某段时间内的平均速率是3 m/s ，则物体在任1 s 内的路程一定是3 m 【答案】B2、(多选)如图8所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点.已知容器半径为R ，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图8A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B.容器对小球的作用力指向球心OC.轻弹簧对小球的作用力大小为23mg D.弹簧原长为R ＋k mg【答案】BD3、如图7所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动.若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )图7A.－1B.2－C.23－21D.1－23【答案】B4、三个相同的物体叠放在水平面上，B 物体受到水平拉力的作用，但三个物体都处于静止状态，如图8所示，下列说法正确的是图8A. A 与B 的接触面一定是粗糙的B. 各接触面都一定是粗糙的C. B 与C ，C 与水平面的接触面一定是粗糙的D. C 与水平面的接触面可能是光滑的 【答案】C【解析】A 、以A 为研究对象，A 处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件得知，B 对A 有摩擦力，则A 与B 的接触面可能是粗糙的，也可能是光滑的，故AB 错误；C 、以A 与B 组成的整体为研究对象，根据平衡条件得知，C 对B 的摩擦力大小等于F ，方向水平向左，则B 、C 间一定是粗糙的，以ABC 三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对C 的摩擦力大小等于F ，方向水平向左，则C 与水平面的接触面一定是粗糙的，故C 正确，D 错误。

【2019-2020】高考物理一轮复习编练习题（5）（含解析）新人教版）李仕才一、选择题1、如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平.设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F.现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°，在此过程中( )图A.F1先增大后减小B.F2先增大后减小C.F先增大后减小D.F先减小后增大答案 B解析对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90°的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确.2、在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态解析：选C 由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为g sin α。

对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：a x＝a cos α＝g ·sin αcos α该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L 1处于压缩状态；对于题图乙，以C 为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F 合＝mg sin α，即C 不能受到弹簧的弹力，弹簧L 2处于原长状态。

故选项C 正确，A 、B 、D 错误。

3、如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力。

（人教）物理2019高考一轮选练练题（1）及答案李仕才一、选择题1、“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船自动交会对接前的示意图如图所示,圆形轨道Ⅰ为“天宫一号”运行轨道,圆形轨道Ⅱ为“神舟十号”运行轨道.此后“神舟十号”要进行多次变轨,才能实现与“天宫一号”的交会对接,则( D )A.“天宫一号”的运行速率大于“神舟十号”在轨道Ⅱ上的运行速率B.“神舟十号”变轨后比变轨前高度增加,机械能减少C.“神舟十号”可以通过减速而使轨道半径变大D.“天宫一号”和“神舟十号”对接瞬间的向心加速度大小相同解析:根据G=m得v=,“天宫一号”的轨道半径大,运行速率小,选项A错误;“神舟十号”只有加速后才能实现向高轨道的变轨,故机械能增加,选项B,C错误;根据a=,“天宫一号”与“神舟十号”对接瞬间的向心加速度a=,大小相等,选项D正确.2、(2017·南平市普通高中毕业班适应性检测)如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为m的小球接触但不连接．开始时小球位于O点，弹簧水平且无形变．O点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为R，B为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ.现用外力推动小球，将弹簧压缩至A点，OA间距离为x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点B.已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.下列说法中正确的是( )A ．小球在从A 到O 运动的过程中速度不断增大B ．小球运动过程中的最大速度为v m ＝5gRC ．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ＝2.5mgR ＋μmgx 0D ．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为5mg解析：选C.小球在从A 到O 运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知：k Δx －μmg ＝ma ，物体做加速度减小的加速运动 ，当加速度为零的时(弹力等于摩擦力时)速度最大，接下来摩擦力大于弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故A 错误；因为小球恰能沿轨道运动到最高点B ，由重力提供向心力：mg ＝m v 2BR ，解得：v B ＝gR ，从O 到B 根据动能定理得：－mg 2R ＝12mv 2B －12mv 20，联立以上解得：v 0＝5gR ，由上分析可知：小球从开始运动到离开弹簧速度先增大后减小，所以最大速度要比5gR 大，故B 错误；从A 到O 根据能量守恒得：E p ＝12mv 20＋μmgx 0，联立以上得：E p ＝2.5mgR ＋μmgx 0，故C 正确；小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得：N －mg ＝m v 2R，联立以上解得：N ＝6mg ，故D 错误．3、（2018甘肃武威市第六中学高三阶段考）将某材料制成的长方体锯成A 、B 两块放在水平面上，A 、B 紧靠在一起，物体A 的角度如图所示．现用水平方向的力F 推物体B ，使物体A 、B 保持原来形状，整体沿力F 的方向匀速运动，则( )A. 物体A 在水平方向受两个力的作用，合力为零B. 物体A 只受一个摩擦力C. 物体B 对A 的弹力小于桌面对物体A 的摩擦力D. 物体B 在水平方向受三个力的作用 【答案】C【解析】对A 受力分析，在水平方向上受B 对A 的弹力，桌面的滑动摩擦力，B 对A 的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡，选项AB 错误；受力如图。

【2019-2020】高考物理一轮选习练题（3）（含解析）新人教版）李仕才一、选择题1、如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉,已知该喷泉竖直向上喷出,喷出时水的速度为53 m/s,喷嘴的出水量为0.5 m3/s,不计空气阻力,则空中水的体积应为(g 取10 m/s2)( )A.2.65 m3B.5.3 m3C.10.6 m3D.因喷嘴的横截面积未知,故无法确定【参考答案】B2、两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示．下列说法正确的是( )A．两物体A、B在t＝2.5 t0时刻相距最远B．两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度相同D．两物体A、B在t＝t0时刻相距最远解析：两物体A、B在t＝2.5 t0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A、B在t＝t0时刻相距最远，选项A错误、D正确．两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动，后沿x 轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B错误．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C 错误．答案：D3、如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式F T＝a＋bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b 2m B.2b m C.3b m D.b 3m解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，F T1＝a ＋b ，F T1＝mg ＋mv 21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，F T2＝a －b ，F T2＝－mg ＋mv 22L；由动能定理有mg·2L ＝12mv 21－12mv 22，联立解得g ＝b 3m，选项D 正确． 答案：D4、如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．答案：CD5、有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行．已知A 、B 两点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝1.8 V ，A 、B 的距离为4 cm ，B 、C 的距离为3 cm.若把一个电子(e ＝1.6×10－19 C)从A 点移动到C 点，那么电子电势能的变化量为( )A ．8.0×10－19 JB ．1.6×10－19 JC ．－8.0×10－19 JD ．－1.6×10－19J 解析：设AB 与AC 之间的夹角为θ，则cos θ＝45，又AB 的距离S AB ＝4 cm ，则AB 沿场强方向的距离为d AB ＝S AB cos θ＝4×45 cm ＝165cm ，设A 、B 之间电势差为U AB ，则电场强度为E ＝U AB d AB ＝φA －φB d AB＝100 V/m.电子从A 点到达C 点电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝1.6×10－19×100×0.05 J＝8.0×10－19 J ，故A 项正确．答案：A 6、(2018·××市高中毕业班模拟考试)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN 和PQ 之间接有定值电阻R ，导体棒ab 长为l 且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A ．导体棒ab 两端的感应电动势越来越小B ．导体棒ab 中的感应电流方向是a→bC ．导体棒ab 所受安培力方向水平向右D ．导体棒ab 所受合力做功为零解析：由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E ＝BLv 可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b 指向a ；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能未变，由动能定理可知，合力做的功等于零．选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D7、(2017·单科，1)由放射性元素放出的氦核流被称为( )A ．阴极射线B ．α射线C ．β射线D ．γ射线解析：本题考查天然放射现象．在天然放射现象中，放出α、β、γ三种射线，其中α射线属于氦核流，选项B 正确．答案：B二、非选择题(2018·两校高三年级模拟考试)质量为m ＝2 kg 的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F ，力F 随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，求：(1)4 s 后撤去力F ，物块还能继续滑动的时间t ；(2)前4 s 内，力F 的平均功率．解析：(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ff m ＝μmg ＝4 N ，在第1 s 内物块静止不动 第1～3 s 内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律a 1＝F 1－μmg m＝2 m/s 2 3 s 末，物块的速度v 1＝a 1t 1＝2×2 m/s＝4 m/s第3～4 s 内，物块做匀速直线运动，4 s 后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝μg ＝2 m/s 2则物块继续滑行时间t ＝v 1a 2＝2 s (2)设第1～3 s 内与第3～4 s 内物块的位移分别为x 1、x 2x 1＝12a 1t 21＝4 m x 2＝v 1t 2＝4 m前4 s 内，力F 做功的大小为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝48 J前4 s 内，力F 的平均功率P ＝W t 总＝12 W 答案：(1)2 s (2)12 W。

[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1、(2018·山东济宁模拟)铜的摩尔质量为m ，密度为ρ，每摩尔铜原子中有n 个自由电子、今有一根横截面积为S 的铜导线，当通过的电流为I 时，电子平均定向移动的速率为( ) A 、光速c B.I neS C.ρI neSmD.mI neSρ解析：由电流表达式I ＝n ′eS v 可得v ＝I n ′eS ，其中n ′＝n m /ρ＝nρm ，故v ＝mIneSρ，D 对、 答案：D2、现有一段长为L 、电阻为R 的均匀电阻丝，把它拉成3L 长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为( ) A.R 3 B 、3R C.R 9D 、R解析：根据R ＝ρL S ＝ρL 2V 可知，原电阻丝被拉长3倍后的总阻值为9R ，再切成三段后每段的阻值为3R ，把它们并联后的阻值为R ，故选项D 正确、 答案：D3.两根材料相同的均匀导线x 和y ，其中，x 长为l ，y 长为2l ，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x 和y 两导线的电阻和横截面积之比分别为( ) A 、3∶1,1∶6 B 、2∶3,1∶6 C 、3∶2,1∶5D 、3∶1,5∶1解析：由图可知，两导线两端的电压之比为3∶1，电流相同，则电阻之比为3∶1，由电阻定律R ＝ρL S 得横截面积S ＝ρL R ，横截面积之比S xS y ＝L x L y ·R y R x ＝12×13＝16，A 正确、 答案：A4.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab ＝10cm ，bc ＝5 cm ，当将C 与D 接入电压恒为U 的电路时，电流强度为2 A ，若将A 与B 接入电压恒为U 的电路中，则电流为( ) A 、0.5 A B 、1 A C 、2 AD 、4 A解析：设金属薄片厚度为d ′，根据电阻定律公式R ＝ρlS ，有R CD ＝ρl bc l ab ·d ′，R AB ＝ρl ab l bc ·d ′，故R CD R AB ＝12×12＝14；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比，故两次电流之比为4∶1，故第二次电流为0.5 A ，故选A. 答案：A5.如图为一玩具起重机的电路示意图、电源电动势为6 V ，内电阻为0.5 Ω，电阻R ＝2.5 Ω，当电动机以0.5 m/s的速度匀速向上提升一质量为320 g 的物体时(不计一切摩擦阻力，g 取10 m/s 2)，标有“3 V ,0.6 W”的灯泡正好正常发光、则电动机的内阻为( ) A 、1.25 Ω B 、3.75 Ω C 、5.625 ΩD 、1 Ω解析：电动机输出功率P 出＝mg v ＝1.6 W ，灯泡中电流I L ＝P 额U 额＝0.2 A ，干路电流I ＝E －U 额r ＋R＝1 A ，电动机中电流I M ＝I －I L ＝0.8 A ，电动机的输入功率P ＝U 额 I M ＝I 2M R M ＋P 出，计算得R M ＝1.25 Ω，A 正确、答案：A 二、多项选择题6.某一导体的伏安特性曲线如图中AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( ) A 、导体在B 点的电阻为120 Ω B 、导体在B 点的电阻为40 ΩC 、导体的电阻因温度的影响改变了1ΩD 、导体的电阻因温度的影响改变了10 Ω解析：根据电阻的定义式可以求出A 、B 两点的电阻分别为R A ＝30.1 Ω＝30 Ω，R B ＝60.15 Ω＝40 Ω，所以ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故B 、D 对，A 、C 错、答案：BD7、下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中正确的是( ) A 、电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多B 、W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U2R t 只适用于纯电阻电路C 、在非纯电阻电路中，UI ＞I 2RD 、焦耳热Q ＝I 2Rt 适用于任何电路解析：由电功率公式P ＝Wt 知，电功率越大，表示电流做功越快、对于一段电路，有P ＝IU ，I ＝P U ，焦耳热Q ＝(P U )2Rt ，可见Q 与P 、t 都有关，所以，P 越大，Q 不一定越大，选项A 错误；W ＝UIt 是电功的定义式，适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U2R t 只适用于纯电阻电路，选项B 正确；在非纯电阻电路中，电流所做的功＝焦耳热＋其他形式的能，所以W ＞Q ，即UI ＞I 2R ，选项C 正确；Q ＝I 2Rt 是焦耳热的定义式，适用于任何电路中产生的焦耳热，选项D 正确、 答案：BCD8.(2018·江西南昌调研)如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R 构成、已知电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W 、关于该电吹风，下列说法正确的是( )A 、若S 1、S 2闭合，则电吹风吹冷风B 、电热丝的电阻为55 ΩC 、电动机工作时输出的机械功率为880 WD 、当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J解析：开关均闭合时，电动机、电热丝均工作，电吹风吹热风，A 项错误；电动机工作时输出的机械功率为电动机的功率减去自身消耗的功率，其数值一定小于120 W ，C 项错误；由P ＝U 2R 得R ＝U 2P ＝2202(1 000－120)Ω＝55 Ω，B 项正确；电吹风吹热风、冷风时电动机消耗的电功率不变，均为120 W ，故每秒钟消耗的电能为120 J ，D 项正确、 答案：BD[能力题组]一、选择题9、欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律、有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a 、b 、c ，且a ＞b ＞c .电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )解析：由电阻的决定式可知，A 中电阻R A ＝ρc ab ，B 中电阻R B ＝ρbac ，C 中电阻R C ＝ρa bc ，D 中电阻R D ＝ρabc ，由于a ＞b ＞c ，故电阻最小的为A. 答案：A10、(2018·湖北孝感期中)机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一、电动汽车因其无尾气排放且噪音小等因素，正在逐渐被人们接受、某国产品牌电动汽车的铭牌如下表，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是( )B 、电动机的内阻为0.72 ΩC 、蓄电池充满电后储存的电能约为2.88×104 JD 、充满电后电动汽车在额定功率下能连续行驶的时间约为16 h 解析：电动机正常工作时消耗的电功率P ＝U 额I 额＝36×50 W ＝1 800 W ，故A 错误；电动机内阻的发热功率P 热＝P －P 出＝1 800 W －1 675 W ＝125 W ，则电动机的内阻为r ＝P 热I 2额＝0.05 Ω，故B 错误；蓄电池充满电后储存的电能为W ＝UIt ＝800×3 600×36 J ＝1.04×108 J ，故C 错误；在额定功率下连续行驶最长时间为t ＝WP ＝16 h ，故D 正确、答案：D11、一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作、用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.50 A ，则下列说法中正确的是( )A 、电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB 、电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC 、1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为 6.6×103 JD 、电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍 解析：由于电饭煲是纯电阻元件， 所以R 1＝UI 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J 洗衣机为非纯电阻元件， 所以R 2≠UI 2，P 2＝UI 2＝110 W其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍、 答案：C12.(多选)如图所示电路，电源电动势为E ，内阻为r .当开关S 闭合后，小型直流电动机M 和指示灯L 都恰能正常工作、已知指示灯L 的电阻为R 0，额定电流为I ，电动机M 的线圈电阻为R ，电压表的示数为U .不计灯泡电阻变化，则下列说法中正确的是( ) A 、额定电流I ＝E R ＋R 0＋rB 、电动机的发热功率为U 2R C 、电动机的输入功率为IU D 、电动机的效率η＝1－IRU解析：由于电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，所以不能用公式I ＝ER ＋R 0＋r 求解电路中的电流，故A 错误、电动机发热功率为P 热＝I 2R ，由于U >IR ，则知P 热<U 2R ，故B 错误、通过电动机的电流为I ，电动机的输入功率为P 入＝IU ，故C 正确、电动机的效率η＝P 出P 入＝IU －I 2R IU ＝1－IRU ，故D 正确、答案：CD 二、非选择题13、神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类、现代生物学认为，髓鞘是由多层(几十层到几百层不等)类脂物质——髓质累积而成的，髓质具有很大的电阻、已知蛙有髓鞘神经，髓鞘的厚度只有2 μm 左右，而它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达1.6×105 Ω. (1)若不计髓质片层间的接触电阻，计算髓质的电阻率；(2)若有一圆柱体是由髓质制成的，该圆柱体的体积为32π cm 3，当在其两底面上加上1 000 V 的电压时，通过该圆柱体的电流为10π μA ，求圆柱体的圆面半径和高、 解析：(1)由电阻定律R ＝ρlS 得ρ＝SRl ＝1.0×10－4×1.6×1052×10－6 Ω·m ＝8×106 Ω·m.(2)由部分电路欧姆定律I ＝U R 和R ＝ρh πr 2，得h πr 2＝U Iρ， 联立圆柱体体积公式V ＝πr 2h ，代入数据解得h ＝0.02 m ＝2 cm ，r ＝0.04 m ＝4 cm. 答案：(1)8×106 Ω·m (2)4 cm 2 cm14、有一个直流电动机，把它接入0.2 V 电压的电路时，电动机不转，此时测得流过电动机的电流是0.4 A ；若把电动机接入2.0 V 电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0 A 、求： (1)电动机线圈的电阻；(2)电动机正常工作时的输出功率；(3)在发动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率、 解析：(1)电动机不转时，电动机电路为纯电阻电路，根据欧姆定律可得线圈的电阻R ＝U 0I 0＝0.5 Ω；(2)电动机正常工作时的输入功率P 输入＝UI ＝2.0×1.0 W ＝2 W ，此时线圈的发热功率为P 热＝I 2R ＝0.5 W ，电动机的输出功率P 输出＝P 输入－P 热＝2 W －0.5 W ＝1.5 W ；(3)当转子被卡住之后，电动机为纯电阻电路，电动机的发热功率P 热′＝U 2R ＝220.5 W ＝8 W.答案：(1)0.5 Ω (2)1.5 W (3)8 W。

（人教）物理2019高考一轮选练练题（11）及答案李仕才一、选择题1、如图所示,某特战队员在进行素质训练时,用手抓住一端固定在同一水平高度的绳索另一端,从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆.当绳索到达竖直位置时特战队员放开绳索,特战队员水平抛出直到落地,不计绳索质量和空气阻力,特战队员可看成质点.下列说法正确的是( B )A.绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越大B.绳索越长,特战队员落地时水平方向的速度越大C.绳索越长,特战队员平抛运动的水平位移越大D.绳索越长,特战队员落地时的速度越大解析:设平台离地的高度为H,绳长为L,根据动能定理得mgL=mv2,解得v=,对于平抛过程,根据H-L=gt2,解得t=,则特战队员落地时竖直方向的速度为v y=gt=,由此可知,绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越小,选项A错误;落地时水平方向的速度等于平抛运动的初速度,根据v=知,绳索越长,落地时水平方向的速度越大,选项B正确;水平位移为x=vt=2,由数学知识可得当L=H时,水平位移最大,所以不是绳索越长,水平位移越大,选项C错误;对全过程运用动能定理得mgH=mv′2,解得v′=,可知落地的速度大小与绳索长度无关,选项D错误.2、(多选)如图所示为甲、乙两个物体在同一时刻从同一地点沿同一直线做匀变速直线运动的位移—速度图象，下列有关说法正确的是( )A．两个物体的初速度都为零B．两个物体的加速度方向相同C．物体甲做匀加速直线运动，物体乙做匀减速直线运动D ．物体甲加速度的大小是物体乙的2倍解析：选CD.甲的速度随位移的增大而增大，对照图象可得物体甲做匀加速直线运动．乙的速度随位移的增大而减小，对照图象可得物体乙做匀减速直线运动，且初速度为v 0＝6 m/s ，所以选项C 正确，A 、B 错误．当甲的速度v 1＝8 m/s 、乙的速度v 2＝2 m/s 时，两质点通过相同的位移，设为x′.对甲有v 21＝2a 1x′，对乙有v 22－v 20＝－2a 2x′，联立解得a 1＝2a 2，所以选项D 正确．3、（2018宁夏石嘴山高三上期中）如图甲所示，以速度v 逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ．现将一个质量为m 的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是（）【答案】CD4、如图所示，质量为m 的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T ，则①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0 ②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT ③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0 ④每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为mgT 2以上结论正确的是( ) A ．①④ B ．②③ C ．②③④D ．①③④解析：选B.转动一周时，时间为T ，则冲量I ＝mgt ＝GT ，故①错误，②正确；因每转动一周，小球的动量保持不变，由动量定理可知，合外力的冲量为零，故③正确；由于小球在竖直面上做变速圆周运动，故转动半周用时不一定为T 2，故重力的冲量不一定为mg T2，故④错误；故选：B.5、(2017·上海虹口区一模)如图所示,电源电动势为E,内阻为r,R 1,R2为定值电阻,R2>R1>r,且R1大于滑动变阻器R0的最大阻值.闭合开关S,将滑动变阻器的滑动片P由最上端滑到最下端,若电压表V1,V2,电流表A的读数改变量的大小分别用ΔU1,ΔU2,ΔI表示,则下列说法中正确的是( B )A.=R2B.<rC.电源的发热功率先减小,再增大D.电源的输出功率先增大,再减小解析:由题图可知,电流表与R0的下部分串联、R1与R0的上部分串联,二者再并联后与R2串联;电流表中的电流小于流过R2的电流,故R2≠=,故A错误;电压表V1测量路端电压,则其电压表示数的变化等于内阻两端电压的变化,在滑片向下滑动过程中,总电阻减小,总电流增大,并联部分电压减小,电流表示数增大,而流过R1的电流减小,因此总电流的变化量小于A中电流的变化量,因此<r,故B正确;因总电流增大,故电源的发热功率一直增大,故C错误;由R2>R1>r知,外电阻一定大于内电阻,而在改变中外电阻减小,故外电阻越来越接近内电阻,故电源的输出功率一直增大,故D错误.6、1995年科学家“制成”了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成．反质子和质子有相同的质量，带有等量异种电荷．反氢原子和氢原子有相同的能级分布，氢原子能级如图所示．下列说法中正确的是( )A．反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B．基态反氢原子的电离能是13.6 eVC．基态反氢原子能吸收11 eV的光子发生跃迁D．在反氢原子谱线中，从n＝2能级跃迁到基态辐射光子的波长最长解析：选B.反氢原子和氢原子有相同的能级分布，所以反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故A错误；处于基态的氢原子的电离能是13.6 eV，具有大于等于13.6 eV能量的光子可以使氢原子电离，故B正确；基态的反氢原子吸收11 eV光子，能量为－13.6 eV＋11 eV＝－2.6 eV，不能发生跃迁，所以该光子不能被吸收，故C错误；在反氢原子谱线中，从n＝2能级跃迁到基态辐射光子能量很大，频率很大，波长很小，故D错误．7、(2017·泸州市二诊)如图所示的闭合电路中，电源电动势为E，内阻为r，电阻箱R1、R2、电灯和理想电流表A1、A2分别接入电路中，电灯的电阻为R L(电表和用电器均安全工作)，下列说法正确的是( )A．仅调节R1，电流表A1的示数总大于A2的示数B．仅使R2减小，电流表A2变化量比A1变化量大C．仅使R1增大，电源内阻消耗的功率变大D．仅调节电阻箱R1，R L＝R1＋r时，电灯L可达到最亮解析：选B.仅调节R1，R L与R2的大小关系不确定，所以电流表A1的示数不一定总大于A2的示数．故A错误．仅使R2减小，并联部分电阻减小，通过R L的电流减小，总电流增大，则通过R2的电流增大，且电流表A2变化量比A1变化量大．故B正确．仅使R1增大，总电阻增大，总电流减小，则电源内阻消耗的功率减小，故C错误．仅调节电阻箱R1，R1＝0时，电路中电流最大，电灯L的电压最大，达到最亮，故D错误．8、用细绳拴一个质量为m带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。

【2019-2020】高考物理一轮复习选练习题（2）（含解析）新人教版）李仕才1、(多选)我国新研制的隐形战机歼－20已经开始挂弹飞行.在某次试飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的( )A.速度不断增大，位移不断减小B.速度不断增大，位移不断增大C.速度增加越来越快，位移增加越来越慢D.速度增加越来越慢，位移增加越来越快【答案】BD【解析】根据题意，飞机速度与加速度同向，飞机速度和位移都在增大，选项A错误，选项B正确；由于加速度减小，所以速度增加越来越慢，而速度增大，会使位移变化越来越快，选项C错误，选项D正确.2、某物体自斜面顶端从静止开始匀加速下滑，经过)1秒到达斜面中点，从斜面中点到达斜面底端的时间是（）A. 1秒B. )1秒C. )1秒秒【答案】A3、足球运动员已将足球踢向空中，如图1所示，描述足球在向斜上方飞行过程某时刻的受力，其中正确的是(G为重力，F为脚对球的作用力，F阻为阻力)( )图1【答案】B4、如图4所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起.当车轮刚被顶起时，汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°.下列判断正确的是( )图4A.此时千斤顶每臂受到的压力大小均为5.0×104 NB.此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×104 NC.若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大D.若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小【答案】D5、一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是( )A.一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C.可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2【答案】A6、(2018·湖南怀化质检)如图8所示，A 、B 、C 三球质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接.倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图8A.A 球受力情况未变，加速度为零B.C 球的加速度沿斜面向下，大小为gC.A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD.A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为21g sin θ 【答案】D7、(多选)甲、乙两物体在同一直线上运动的x －t 图象如图5所示，以甲的出发点为原点，出发时刻为计时起点.则从图象可以看出( )图5A.t 2到t 3这段时间内甲的平均速度大于乙的平均速度B.乙比甲先出发C.甲开始运动时，乙在甲前面x 0处D.甲在中途停了一会儿，最终也没追上乙【答案】AC【解析】在t 2～t 3这段时间内，甲的位移大于乙的位移，由＝t x，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，A 项正确.由题图知乙和甲同时出发，且乙在甲前面x 0处，故B 项错误，C 项正确.在t 3时刻，甲追上了乙，D 项错误.8、(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02g B.v 0g C.3v 0g D.3v 02g【答案】BC【解析】当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确.9、如图5所示，一质量为m 的沙袋用不可伸长的轻绳悬挂在支架上，一练功队员用垂直于绳的力将沙袋缓慢拉起使绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，且绳绷紧，则练功队员对沙袋施加的作用力大小为( )图5A.2mgB.23mgC.33mg D.mg 【答案】A【解析】建立如图所示直角坐标系，对沙袋进行受力分析.由平衡条件有：F cos 30°－F T sin 30°＝0， F T cos 30°＋F sin 30°－mg ＝0，联立可解得：F ＝2mg，故选A.10、(多选)如图9所示，在竖直平面内，A 和B 是两个相同的轻弹簧，C 是橡皮筋，它们三者间的夹角均为120°，已知A 、B 对小球的作用力均为F ，此时小球平衡，C 处于拉直状态，已知当地重力加速度为g .则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度可能为( )图9A.g －m F ，方向竖直向下B.m F －g ，方向竖直向上C.0D.m F＋g ，方向竖直向下 【答案】BC【解析】由于橡皮筋C 只能提供向下的拉力，所以轻弹簧A 和B 对小球的作用力一定是拉力.可能有两种情况：(1)橡皮筋可能被拉伸，设拉力为F T ，由平衡条件可知，2F cos 60°＝mg ＋F T ，解得橡皮筋拉力F T ＝F －mg .剪断橡皮筋的瞬间，小球所受合外力等于橡皮筋拉力F T ＝F －mg ，方向竖直向上，由牛顿第二定律，F 合＝ma ，解得小球的加速度a ＝m F－g ，选项B 正确；(2)橡皮筋可能没有发生形变，拉力为零，则剪断橡皮筋的瞬间，小球的加速度为零，选项C 正确.11、(多选)一质点做直线运动的v －t 图象如图6所示，下列选项正确的是( )图6A.在2～4 s 内，质点所受合外力为零B.质点在0～2 s 内的加速度比4～6 s 内的加速度大C.在第4 s 末，质点离出发点最远D.在0～6 s 内，质点的平均速度为5 m/s【答案】AD12、如图11所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，物块在A 点的速度为v 0＝2 m/s ，A 、B 之间的距离L ＝10 m.已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.图11(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小.(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？【答案】(1)3 m/s 28 m/s (2)30° 53N(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F cos α－mg sin θ－F f ＝ma⑤F sin α＋F N －mg cos θ＝0⑥又F f ＝μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝cos α＋μsin αmg(sin θ＋μcos θ＋ma⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝33sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为F min ＝53N ⑪。

人教物理2019高考一轮选习练题（5）李仕才一、选择题1、右图为一物体做直线运动的图象，但纵坐标表示的物理量未标出，已知物体在前2 s 内向东运动，以下判断正确的是( )A ．若纵坐标表示速度，则物体在4 s 内的位移为4 mB ．若纵坐标表示速度，则物体在4 s 内的加速度大小不变，方向始终向东C ．若纵坐标表示位移，则物体在4 s 内的运动方向始终向东D ．若纵坐标表示位移，则物体在4 s 内的位移为零 【参考答案】C2、(2018·河北承德市月考)图示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是( )A ．0～1 s 内的平均速度是2 m/sB ．0～2 s 内的位移大小是3 mC ．0～1 s 内的加速度大于2～4 s 内的加速度D ．0～1 s 内的运动方向与2～4 s 内的运动方向相反解析：根据v －t 图象可知，质点在0～1 s 内的位移x 1＝1 m ，平均速度v 1＝x 1t 1＝1 m/s,1～2s 内的位移x 2＝2 m,0～2 s 内的位移x ＝x 1＋x 2＝3 m ，A 错误、B 正确.0～1 s 内的加速度a 1＝2 m/s 2,2～4 s 内的加速度a 2＝－1 m/s 2，负号表示a 2和v 方向相反，故a 1>a 2，C 正确.0～1 s 内与2～4 s 内的速度均为正值，表示物体都沿正方向运动，D 错误．选B 、C.答案：BC3、(2018·江苏苏北四市一模)(多选)澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的“红矮星Wolf 1061”周围发现了三颗行星b 、c 、d ，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视为圆，如图所示．已知引力常量为G.下列说法正确的是( )A ．可求出b 、c 的公转半径之比B ．可求出c 、d 的向心加速度之比C ．若已知c 的公转半径，可求出“红矮星”的质量D ．若已知c 的公转半径，可求出“红矮星”的密度解析：行星b 、c 的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律R3T2＝k ，可以求出轨道半径之比，A 正确．行星c 、d 的周期分别为18天、67天，同上可以求出轨道半径之比，根据万有引力提供向心力，有G Mm r 2＝ma ，解得a ＝GMr 2，故可以求出c 、d 的向心加速度之比，B 正确．已知c 的公转半径和周期，根据牛顿第二定律有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，解得M ＝4π2r3GT 2，故可以求出“红矮星”的质量，但不知道“红矮星”的体积G ，无法求出“红矮星”的密度，C 正确，D 错误．答案：ABC4、质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移L 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2.则此物体( )A ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 3 m/sB ．在位移L ＝9 m 时的速度是3 m/sC ．在OA 段运动的加速度是2.5 m/s 2D ．在OA 段运动的加速度是1.5 m/s 2解析：由图象可知当L ＝9 m 时，W ＝27 J ，而W Ff ＝－μmgL ＝－18 J ，则W 合＝W ＋W Ff ＝9 J ，由动能定理，有W 合＝12mv 2，解得v ＝3 m/s ，A 项错误，B 项正确；在A 点时，W′＝15 J ，W′Ff ＝－μmgL′＝－6 J ，由动能定理可得v A ＝3 m/s ，则a ＝v 2A 2L′＝1.5 m/s 2，C 项错误，D 项正确．答案：BD5、(2018·舟山模拟) A 、B 两球带等量异种电荷，带电荷量均为2×10－5C ，两球质量均为0.72 kg ，A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球一端固定绝缘棒，现将B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为30°，g 取10 m/s 2，则B 球到A 球的距离可能为( )A ．0.5 mB ．1 mC ．2 mD ．3 m解析：选A 球为研究对象，它受重力、库仑力和细线的拉力，三力平衡，由几何关系得，库仑力的最小值为F min ＝mgsin30°＝0.72×10×12N ＝3.6 N而由F ＝kq2r 2得r max ＝kq 2F min＝9×109×4×10－103.6m ＝1 m ，故A 、B 正确，C 、D 错误．答案：AB6、在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A 、B 与自感系数很大的线圈L 和定值电阻R 组成如图所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)，关于这个实验下面说法中正确的是( )A ．闭合开关的瞬间，A 、B 一起亮，然后A 熄灭 B ．闭合开关的瞬间，B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗C ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，B 逐渐变暗，A 闪亮一下然后逐渐变暗D ．闭合开关，待电路稳定后断开开关，A 、B 灯中的电流方向均为从左向右解析：闭合开关的瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的通过，故B 立即亮，A 逐渐变亮．随着A 中的电流逐渐变大，流过电源的电流也逐渐变大，路端电压逐渐变小，故B 逐渐变暗，A 错误、B 正确；电路稳定后断开开关，线圈相当于电源，对A 、B 供电，回路中的电流在原来通过A 的电流的基础上逐渐变小，故A 逐渐变暗，B 闪亮一下然后逐渐变暗，C 错误；断开开关后，线圈中的自感电流从左向右，A 灯中电流从左向右，B 灯中电流从右向左，故D 错误． 答案：B7、下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是( )A ．γ射线是高速运动的电子流B ．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大C ．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D.21083Bi 的半衰期是5天，100克21083Bi 经过10天后还剩下50克解析：β射线是高速电子流，而γ射线是一种电磁波，选项A 错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B 正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C 错误.10天为两个半衰期，剩余的21083Bi 为100×⎝ ⎛⎭⎪⎫12t τ g ＝100×⎝ ⎛⎭⎪⎫122 g ＝25 g ，选项D错误．答案：B二、非选择题(2018·江西联考)如图所示，P 为弹射器，PA 、BC 为光滑水平面分别与传送带AB 水平相连，CD 为光滑半圆轨道，其半径R ＝2 m ，传送带AB 长为L ＝6 m ，并以v 0＝2 m/s 的速度逆时针匀速转动．现有一质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)由弹射器P 弹出后滑向传送带经BC 紧贴圆弧面到达D 点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为0.2.若物体经过BC 段的速度为v ，物体到达圆弧面最高点D 时对轨道的压力为F ，(g ＝10 m/s 2)(1)写出F 与v 的函数表达式；(2)要使物体经过D 点时对轨道压力最小，求此次弹射器初始时具有的弹性势能为多少； (3)若某次弹射器的弹性势能为8 J ，则物体弹出后第一次滑向传送带和离开传送带由于摩擦产生的热量为多少？解析：(1)对于D 点分析可得： F ＋mg ＝m v 2DR12mv 2＝12mv 2D ＋2mgR 联立可得：F ＝m v 2R －5mg ＝12v 2－50(2)当F ＝0时，v ＝10 m/s ， 根据能量守恒定律得： E p ＝12mv 2＋μmgL ＝62 J(3)当E p ＝8 J 时，v A ＝4 m/s 设物体向右匀减速运动历时t 1， t 1＝v Aa ＝2 s此时物体向右的位移 x 1＝12at 21＝4 m皮带向左的位移x 2＝v 0t 1＝4 m 两者相对位移Δx 1＝x 1＋x 2＝8 m当物体向右匀减速到0时又向左匀加速运动直到与传送带速度相等，两者相对静止，设此过程历时t 2，t 2＝v 0a＝1 s物体向左的位移x 3＝12at 22＝1 m皮带向左的位移x 4＝v 0t 2＝2 m 两者的相对位移Δx 2＝x 4－x 3＝1 m Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝9 m Q ＝μmg·Δx ＝18 J答案：(1)F ＝12v 2－50 (2)62 J (3)18 J。