2018年高考物理复习第七章 45分钟章末验收卷

(10＋2)章末综合能力滚动练一、单项选择题1.(2019·天津市和平区上学期期末)利用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素,如图1所示,平行板电容器的极板A 与一静电计相接,极板B 接地,若极板B 稍向上移动一点,由观察到的静电计的指针变化,得出平行板电容器的电容变小的结论,其依据是( )图1A.两极板间的电压不变,静电计指针张角变大B.两极板间的电压不变,静电计指针张角变小C.极板上的电荷量几乎不变,静电计指针张角变小D.极板上的电荷量几乎不变,静电计指针张角变大[参考答案]D[试题解析] A 极板与静电计相连,所带电荷量几乎不变,B 板与A 板带等量异种电荷,电荷量也几乎不变,故电容器的电荷量Q 几乎不变.将极板B 稍向上移动一点,极板正对面积减小,电容C ＝εr S 4πkd 减小,由公式C ＝Q U知板间电压变大,则静电计指针的偏角θ变大,故A 、B 、C 错误,D 正确. 2.(2018·天津卷·3)如图2所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M 点和N 点的电势分别为φM 、φN ,粒子在M 和N 时加速度大小分别为a M 、a N ,速度大小分别为v M 、v N ,电势能分别为E p M 、E p N .下列判断正确的是( )图2A.v M ＜v N ,a M ＜a NB.v M ＜v N ,φM ＜φNC.φM ＜φN ,E p M ＜E p ND.a M ＜a N ,E p M ＜E p N [参考答案]D[试题解析] 由粒子的轨迹知粒子所受电场力的方向偏向右,因粒子带负电,故电场线方向偏向左,由沿电场线方向电势降低,可知φN ＜φM ,E p M ＜E p N .N 点电场线比M 点密,故场强E M ＜E N ,由加速度a ＝Eq m知a M ＜a N .粒子若从N 点运动到M 点,电场力做正功,动能增加,故v M >v N .综上所述,选项D 正确.3. (2020·河南郑州市质检)如图3,一带正电的点电荷固定于O 点,两虚线圆均以O 为圆心,两实线分别为带电粒子M 和N 先后在电场中运动的轨迹,a 、b 、c 、d 、e 为轨迹和虚线圆的交点.不计重力,下列说法错误．．的是( )图3A.M 带负电荷,N 带正电荷B.M 在b 点的动能小于它在a 点的动能C.N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能D.N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功[参考答案]D[试题解析] 由粒子运动轨迹可知,M 受到的是吸引力,N 受到的是排斥力,可知M 带负电荷,N 带正电荷,故A 正确；M 从a 点到b 点,库仑力做负功,根据动能定理知,动能减小,则M 在b 点的动能小于在a 点的动能,故B 正确；d 点和e 点在同一等势面上,电势相等,则N 在d 点的电势能等于在e 点的电势能,故C 正确；N 从c 点运动到d 点,库仑斥力做正功,故D 错误.4.(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四个县市区3月调研)如图4所示三幅图显示了在外加匀强电场E 0的情形下,无穷大导体板中静电平衡的建立过程.下列说法正确的是( )图4A.图甲、图乙显示：导体内部带负电的电子在电场力作用下运动,而带正电的离子不受电场力作用B.图乙中,导体表面感应电荷在导体内部产生一个水平向左的电场E ′,场强大小等于E 0C.图丙中,导体内部场强处处为零,但电势不一定是零D.图丙中,导体AB 表面的电势低于CD 表面的电势[参考答案]C[试题解析] 题图甲、乙显示：导体内部带负电的电子在电场力作用下运动,而带正电的离子也受电场力作用,故A 错误；题图乙中,电子在外加电场作用下运动,在导体表面产生感应电荷的过程,所以感应电荷的电场还没有达到稳定,场强大小小于E 0,故B 错误；题图丙中,导体板已达到静电平衡,即感应电荷的电场与外加的匀强电场等大反向,所以导体内部场强处处为零,电势的高低与零电势点的选取有关,所以电势不一定为零,故C 正确；由于导体板已达到静电平衡,所以整个导体为一等势体,电势处处相等,故D 错误.5.(2019·福建龙岩市5月模拟)如图5,区域Ⅰ、Ⅱ有两个相邻的竖直匀强电场,方向相反,竖直虚线为电场边界,区域Ⅱ的电场强度是区域Ⅰ的2倍.带电粒子以某初速度从A 点在纸面内垂直左边界进入区域Ⅰ,经过一段时间后,从区域Ⅱ右边界上的B 点(未画出)垂直电场方向穿出,粒子重力不计,则( )图5A.粒子从A 点运动到B 点电场力一直做正功B.A 、B 两点的连线与电场线垂直C.粒子在A 、B 两点处动能相等D.粒子穿过两电场区域时间相等[参考答案]C[试题解析] 由题意知,粒子在B 点速度垂直电场方向,所以从A 到B 的过程中在竖直方向先加速后减速,故电场力先做正功后做负功,A 错误；从A 到B 在竖直方向发生了位移,故AB 的连线与电场方向不垂直,B 错误；粒子在水平方向一直做匀速直线运动,所以在A 、B 两点处动能相等,C 正确；在区域Ⅰ内a 1＝qE 1m ,离开区域Ⅰ时,v y ＝a 1t 1,在区域Ⅱ内a 2＝qE 2m,v y ＝a 2t 2,因E 2＝2E 1,则a 2＝2a 1,a 1t 1＝a 2t 2,则t 2＝t 12,故D 错误. 6. (2019·安徽芜湖市上学期期末)某静电场在x 轴上各点的电势φ随坐标x 的分布图象如图6.x 轴上A 、O 、B 三点的电势值分别为φA 、φO 、φB ,电场强度沿x 轴方向的分量大小分别为E Ax 、E Ox、E Bx,电子在A、O、B三点的电势能分别为E p A、E p O、E p B.下列判断正确的是()图6A.φO＞φB＞φAB.E Ox＞E Bx＞E AxC.E p O＜E p B＜E p AD.E p O－E p A＞E p O－E p B[参考答案]D[试题解析] 由题图知,φO＜φB＜φA,故A错误；根据图象切线斜率的大小表示电场强度沿x轴方向的分量大小,则知,E Ox＜E Bx＜E Ax,故B错误；因电子带负电,故根据电势能公式E p＝qφ＝－eφ可知,E p O＞E p B＞E p A,故C错误；由题图知,OA间电势差大于OB间电势差,即有U AO＞U BO,即φA－φO＞φB－φO,电子带负电,则根据电势能公式E p＝qφ＝－eφ得：E p A－E p O＜E p B－E p O,即E p O－E p A>E p O－E p B,故D正确.二、多项选择题7.(2016·全国卷Ⅰ·20)如图7所示,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知()图7A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小[参考答案]AB[试题解析] 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力,所以合外力为恒力,加速度恒定不变,D选项错误；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧,所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向,因此电场力竖直向上,且qE>mg,则电场方向竖直向下,所以Q点的电势比P点的高,A选项正确；假设油滴从P点运动到Q点,当油滴从P点运动到Q点时,电场力做正功,电势能减小,C选项错误；假设油滴从P点运动到Q点,当油滴从P点运动到Q点的过程中,合外力做正功,动能增加,所以油滴在Q点的动能大于在P点的动能,B选项正确.8.(2019·湖北4月份调研)一匀强电场的方向平行于纸面,平面内有矩形abcd,已知ab＝8 cm,bc ＝6 cm,如图8所示.a、b、c三点的电势分别为10 V、16 V、22 V.一电荷量为＋e的粒子从b 点沿bd方向以4 eV的初动能射入电场,恰好经过a点,不计粒子重力,下列说法正确的是()图8A.a 点的电势比d 点低4.8 VB.电场强度的大小为125 V/mC.粒子到达a 点时的动能为10 eVD.仅改变粒子的电性,粒子能通过c 点[参考答案]BC9.如图9,水平向右的匀强电场中,一带电粒子从A 点以竖直向上的初速度开始运动,经最高点B 后回到与A 在同一水平线上的C 点,粒子从A 到B 过程中克服重力做功2 J,电场力做功3 J,则( )图9A.粒子在B 点的动能比在A 点多1 JB.粒子在C 点的电势能比在B 点少3 JC.粒子在C 点的机械能比在A 点多12 JD.粒子在C 点的动能为6 J[参考答案]AC[试题解析] 从A →B 根据动能定理可知：W AB －mgh ＝ΔE k ,即：ΔE k ＝1 J,即粒子在B 点的动能比在A 点多1 J,故选项A 正确；设在A 点初速度为v 0,粒子在竖直方向只受重力,做加速度大小为g 的匀变速运动,故从A →B 和从B →C 的时间相等,而水平方向只受到电场力作用,在水平方向做匀加速直线运动,设从A →B 的水平分位移为x 1,从B →C 的水平分位移为x 2,则有x 1＝12at 2,x 1＋x 2＝12a ·(2t )2,得x 1x 2＝13,则W BC ＝3W AB ＝9 J,由于电场力做正功,则粒子在C 点的电势能比在B 点少9 J,故选项B 错误；根据功能关系可知,从A →C 机械能增量为：ΔE ＝W AB ＋W BC ＝12 J,由于重力势能不变,即从A →C 动能增加12 J,即粒子在C 点的动能比在A 点多12 J,故选项C 正确,D 错误.10.(2019·山东菏泽市第一次模拟)如图10所示,a 为xOy 坐标系x 负半轴上的一点,空间有平行于xOy 坐标平面的匀强电场,一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0从a 点沿与x 轴正半轴成θ角斜向右上射入电场,粒子只在电场力作用下运动,经过y 轴正半轴上的b 点(图中未标出),则下列说法正确的是( )图10A.若粒子在b点速度方向沿x轴正方向,则电场方向可能平行于x轴B.若粒子运动过程中在b点速度最小,则b点为粒子运动轨迹上电势最低点C.若粒子在b点速度大小也为v0,则a、b两点电势相等D.若粒子在b点的速度为零,则电场方向一定与v0方向相反[参考答案]CD[试题解析] 如果电场平行于x轴,由于粒子在垂直于x轴方向分速度不为零,因此粒子速度不可能平行于x轴,A项错误；若粒子运动过程中在b点速度最小,则在粒子运动到b点时粒子的电势能最大,由于粒子带正电,因此b点的电势最高,B项错误；若粒子在b点速度大小也为v0,则粒子在a、b两点的动能相等,电势能也相等,则a、b两点电势相等,C项正确；若粒子在b 点的速度为零,则粒子一定做匀减速直线运动,由于粒子带正电,因此电场方向一定与v0方向相反,D项正确.三、非选择题11. (2020·四川资阳市一诊)如图11所示,在E＝103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电场线平行,其半径R ＝0.4 m,N为半圆形轨道最低点,一带负电且电荷量q＝10－4 C的小滑块,质量m＝0.01 kg,与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15,位于N点右侧d＝1.5 m的M处,若给小滑块一个水平向左的初速度v0,小滑块恰能通过半圆形轨道的最高点Q.取g＝10 m/s2,求：图11(1)小滑块的初速度大小v0；(2)小滑块通过Q点后落回水平轨道时落点S距N的水平距离x.[参考答案](1)7 m/s(2)0.8 m[试题解析] (1)设小滑块恰能通过Q点时速度为v,由牛顿第二定律得：mg＋qE＝m v2 R小滑块从开始运动至到达Q点过程中,由动能定理得：－(mg ＋qE )·2R －μ(mg ＋qE )·d ＝12m v 2－12m v 02 联立解得：v 0＝7 m/s ；(2)小滑块从Q 点飞出,由类平抛运动规律有：mg ＋qE ＝ma2R ＝12at 2 x ＝v t联立解得：x ＝0.8 m.12.(2019·全国卷Ⅰ·25改编)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接,小物块B 静止于水平轨道的最左端,如图12(a)所示.t ＝0时刻,小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑,一段时间后与B 发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止.物块A 运动的v －t 图象如图(b)所示,图中的v 1和t 1均为未知量.已知A 的质量为m ,初始时A 与B 的高度差为H ,重力加速度大小为g ,不计空气阻力.图12(1)求物块B 的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A 克服摩擦力所做的功.[参考答案](1)3m (2)215mgH [试题解析] (1)根据题图(b),v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小,v 12为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B 的质量为m ′,碰撞后瞬间的速度大小为v ′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有m v 1＝m ⎝⎛⎭⎫－v 12＋m ′v ′① 12m v 12＝12m ⎝⎛⎭⎫－12v 12＋12m ′v ′2② 联立①②式得m ′＝3m ；③(2)在题图(b)所描述的运动中,设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为F f ,下滑过程中所经过的路程为s 1,返回过程中所经过的路程为s 2,P 与B 的高度差为h ,整个过程中克服摩擦力所做的功为W .由动能定理有mgH －F f s 1＝12m v 12－0④－(F f s 2＋mgh )＝0－12m ⎝⎛⎭⎫－v 122⑤从题图(b)所给出的v －t 图线可知s 1＝12v 1t 1⑥s 2＝12·v 12·(1.4t 1－t 1)⑦由几何关系得：s 2s 1＝h H ⑧物块A 在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W ＝F f s 1＋F f s 2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W ＝215mgH。

绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷)物理注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本卷满分为120分,考试时间为100分钟。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

2．答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0。

5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。

3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。

4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

作答非选择题,必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。

学＠科网5．如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高．今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动．与“高分四号冶相比，下列物理量中“高分五号"较小的是(A）周期（B）角速度（C）线速度（D）向心加速度2．采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为（A）55 kV (B)110 kV （C）440 kV （D）880 kV3．某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平,先后弹出两只小球．忽略空气阻力,两只小球落到水平地面的（A）时刻相同，地点相同（B）时刻相同，地点不同（C)时刻不同，地点相同(D）时刻不同,地点不同4．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k与时间t的关系图象是5．如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（A)仍然保持静止(B）竖直向下运动（C）向左下方运动(D）向右下方运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．6．火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约1 0°．在此10 s时间内，火车(A)运动路程为600 m (B）加速度为零(C)角速度约为1 rad/s （D）转弯半径约为3。

45分钟章末验收卷一、单项选择题1．质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图1所示．整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为F N，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f，重力加速度为g，则()图1A．f≠0，F N＞(m＋M)g B．f＝0，F N＝(m＋M)gC．f≠0，F N＜(m＋M)g D．f＝0，F N＞(m＋M)g答案 B解析开始时物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的重力，方向竖直向上．对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知，f1＝0，F N1＝(m＋M)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小F N＝(m＋M)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f＝0，选项B正确．2．如图2所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为()图2A ．3gB ．1.5gC ．2gD ．2.5g答案 C解析 根据题意，当弹簧处于原长时A 球速度最大，则F ＝mg ，当木块B 对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B 受力分析，此时有kx ＝2mg ，对A 根据牛顿运动定律有kx ＋mg －F ＝ma ，解得a ＝2g ，C 项正确．3．如图3所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )图3A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T 答案 C解析 质量为2m 的木块受五个力的作用，A 项错；当绳的拉力为F T 时，对m 和2m 有F T ＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2F T ，故B 项错，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13F T ，故D 项错． 4．如图4甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10 m /s 、质量为m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图4A ．0～5 s 内小木块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，摩擦力反向C ．斜面倾角θ＝37°D ．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案 A解析 由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 20＝2as ，由题图乙可得a ＝0－v 202s 1＝－10 m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a＝1 s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动，1 s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1 s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a ′＝v 22s 2＝322×(13－5)m /s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确．二、多项选择题5．竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图象如图5所示，下列判断正确的是( )图5A ．0～t 2时间内，小球的平均速度不为零B ．t 1～t 2时间内，小球始终在抛出点下方C ．t 2时刻，小球落回抛出点D ．t 2时刻，小球距离抛出点v 0(t 2－2t 1)2答案 AD解析 从图象看，0～t 2时间内，小球的位移即对应速度图象中的总面积不为0，所以平均速度不为0，A 项正确；t 1～t 2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B 、C 项错误；0～t 1时间内，小球在抛出点上方的位移为s 上＝v 02t 1，t 1～t 2时间内，小球下落过程中的位移为s 下＝v 02(t 2－t 1)，所以总位移大小为v 02(t 2－t 1)－v 02t 1＝v 0(t 2－2t 1)2，D 项正确．6．一质量为m 的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F 1＝k 1v 2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F 2＝k 2v 2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍．在飞机起飞前，下列说法正确的是( )A ．飞机一共受5个力的作用B ．飞机可能做匀加速直线运动C ．飞机的加速度可能随速度的增大而增大D ．若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于2m k 1(1＋4μ)答案 BC解析 对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A 项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向：F －f －F 2＝ma ①竖直方向：F N ＋F 1＝mg ②f ＝μF N ③且F 1＝k 1v 2④F 2＝k 2v 2⑤联立①～⑤得：F －k 2v 2－μ(mg －k 1v 2)＝ma 整理得F －μmg ＋(μk 1－k 2)v 2＝ma ⑥当k 2＝μk 1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B 项正确；当μk 1＞k 2时，加速度随速度的增大而增大，C 项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得a ＝(0.25－μ)mg m＝(0.25－μ)g ⑦ 刚起飞时，支持力F N ＝0，地面摩擦力为0，mg ＝k 1v 2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v 2＝mg k 1⑧v 2＝2as ⑨联立⑦⑧⑨解得s ＝2m k 1(1－4μ)，D 项错误． 三、非选择题7．用如图6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图6(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶．除以上器材外，还需要的实验器材有：________.A．天平(附砝码)B．秒表C．刻度尺(最小刻度为mm)D．低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是()A．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是__________________．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变．(4)如图7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：s1＝0.55 cm，s2＝0.94 cm，s3＝1.35 cm，s4＝1.76 cm，s5＝2.15 cm，s6＝2.54 cm.图7①相邻两计数点间的时间间隔为________ s；②计数点“6”和“7”间的位移s7比较接近于________(填“A、B、C、D”序号)A．2.76 cm B．2.85 cmC．2.96 cm D．3.18 cm③打下“3”点时小车的瞬时速度v3＝________ m/s；小车的加速度a＝________ m/s2.(计算结果均保留2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图象，如图8，然后由图象直接得出a与M成反比．乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数1M是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数1M的图象，如图9所示．你认为________同学(选填“甲”或“乙”)的方案更合理．图8图9(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a－F图象，如图10所示．发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是()图10A．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C ．没有平衡摩擦力，且小车质量较大D ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大答案 (1)ACD (2)C (3)m ≪M (4)①0.1 ②C ③0.16 0.40 (5)乙 (6)B解析 (1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A 项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6 V)，工作频率为50 Hz ，周期为0.02 s ，可以计时，不需要秒表，故选D 项，不选B 项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C 项．(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C 正确．(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg －F ＝ma ，对小车：F ＝Ma ，可得小车受到的拉力F ＝Mmg M ＋m ，加速度a ＝mg M ＋m，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力(拉力)，由F ＝M M ＋m ·mg ＝mg 1＋m M可知，F <mg ，只有m ≪M 时，才有F ≈mg ，所以砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是m ≪M .(4)①打点计时器的工作周期为T 0＝0.02 s ，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T ＝5T 0＝0.1 s.②根据匀变速直线运动的规律a ＝Δs T 2＝s 7－s 6T 2＝s 6－s 5T 2，可知：s 7＝2s 6－s 5＝2×2.54 cm －2.15 cm ＝2.93 cm ，比较接近于2.96 cm ，故选C 项．③v 3＝s 3＋s 42T≈0.16 m/s ， a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2≈0.40 m/s 2. (5)反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数1M关系图象，故应选乙方案． (6)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力F ＝mg 1＋m M，当m ≪M 时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a 与拉力F 成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，a －F 图象发生弯曲，不再是直线，故B 正确．8．如图11所示，一长L ＝2 m 、质量M ＝4 kg 的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l ＝5 m ，木板的正中央放有一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F ，其大小为48 N ，g 取10 m/s 2，试求：图11(1)F 作用了1.2 s 时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件． 答案 (1)0.64 m (2)μ2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F －μ1(M ＋m )g －μ1mg ＝Ma 1，解得a 1＝6 m/s 2对物块：μ1mg ＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2，故假设成立设F 作用t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则L 2＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝1 s 在此过程：木板位移s 1＝12a 1t 2＝3 m ， 末速度v 1＝a 1t ＝6 m/s物块位移s 2＝12a 2t 2＝2 m ，末速度v 2＝a 2t ＝4 m/s 在物块从木板上滑落后的t 0＝0.2 s 内，由牛顿第二定律：对木板：F －μ1Mg ＝Ma 1′，解得a 1′＝8 m/s 2木板发生的位移s 1′＝v 1t 0＋12a 1′t 20＝1.36 m 此时木板右端距平台边缘Δs ＝l －s 1－s 1′＝0.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：对物块：μ2mg ＝ma 2′，解得a2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移s2′＝v222a2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l＋L2≥s2＋s2′联立解得μ2≥0.2.。

45分钟章末验收卷一、单项选择题1．物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6 s 内其速度与时间关系的图象和拉力的功率与时间关系的图象如图1甲、乙所示，由图象可以求得物体的质量为(取g ＝10 m/s 2)( )图1A ．2 kgB ．2.5 kgC ．3 kgD ．3.5 kg答案 B解析 匀速运动时拉力等于摩擦力，为： F 2＝F f ＝P v ＝104N ＝2.5 N.物体做匀加速直线运动时，拉力为恒力，v 随时间均匀增大，所以P 随t 均匀增大． F 1＝P ′v ′＝304 N ＝7.5 N ．F 1－F f ＝ma ，a ＝42m /s 2＝2 m/s 2 可得m ＝2.5 kg.故B 正确，A 、C 、D 错误．2.如图2所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点(图中未画出)开始弹回，返回b 点离开弹簧，恰能再回到a 点．若bc ＝0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，则下列说法正确的是( )图2A ．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB ．从d 到b 滑块克服重力做功8 JC ．滑块的动能最大值为8 JD ．从d 点到c 点弹簧的弹力对滑块做功8 J 答案 A解析 整个过程中，滑块从a 点由静止释放后还能回到a 点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的．滑块到c 点时速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kx bc ＝mg sin 30°，解得：k ＝50 N/m ，A 项正确；由d 到b 的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B 项错；滑块由d 到c 点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故到c 点时最大动能一定小于8 J ，又弹性势能减少量小于8 J ，所以弹簧弹力对滑块做功小于8 J ，C 、D 项错．3．如图3所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于23g .物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的( )图3A ．动能损失了23mgHB ．动能损失了43mgHC ．机械能损失了23mgHD ．机械能损失了16mgH答案 B解析 物块所受的合外力F ＝ma ＝23mg ，ΔE k ＝W F ＝－23mg ×2H ＝－43mgH ，因此动能损失了43mgH ，A 项错误，B 项正确；根据机械能守恒，摩擦力做的功等于机械能的变化量，mg sin 30°＋F f ＝23mg ，F f ＝16mg ，ΔE ＝W f ＝－13mgH ，机械能损失了13mgH ，C 、D 项错误．4．一汽车的额定功率为P ，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为v m .则( ) A ．若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动B ．若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于v mC ．无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比D ．汽车以速度v m 匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力 答案 D解析 若汽车以额定功率启动，根据P ＝F v 可知随速度的增加，牵引力F 减小，则做变加速直线运动，选项A 错误；若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时有：P ＝F v m ′，其中F －F f ＝ma ，则v m ′＝P F f ＋ma，而v m ＝PF f ，所以v m ′<v m ，选项B 错误；无论汽车以哪种方式启动，则a ＝F －F fm ，加速度与牵引力不是正比关系，选项C 错误；汽车以速度v m 匀速行驶时，此时F ＝F f ，则若要减速，则要减少牵引力，选项D 正确；故选D.5．如图4所示，小物块以初速度v 0从O 点沿斜面向上运动，同时从O 点斜向上抛出一个速度大小也为v 0的小球，物块和小球在斜面上的P 点相遇．已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是( )图4A ．斜面可能是光滑的B ．小球运动到最高点时离斜面最远C ．在P 点时，小球的动能大于物块的动能D ．小球和物块到达P 点过程中克服重力做功的平均功率不相等 答案 C 二、多项选择题6．质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，如图5所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于( )图5A ．Fx 2B ．F (x 1＋x 2)C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 12 D.12m 2v 22 答案 BC解析 根据功的定义W ＝Fx ，而其x 应为拉过的绳子长度，也就是两个物体运动的位移之和，因此B 正确，A 错误；根据动能定理，拉力做的功等于两个物体增加的动能之和，即W ＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 12，因此C 正确，D 错误． 7.如图6所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质量为m 的小球，小球处于静止状态．现在小球上加一竖直向上的恒力F 使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为H ，则此过程中(g 为重力加速度，弹簧始终在弹性限度内)( )图6A ．小球的重力势能增加mgHB ．小球的动能增加(F －mg )HC ．小球的机械能增加FHD ．小球的机械能不守恒 答案 AD8．如图7甲所示，质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)以v 0＝10 m/s 的初速度从倾角θ＝37°的固定粗糙长斜面上的P 点沿斜面向上运动到最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示．不计空气阻力，取s in 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图7A ．物块所受的重力与摩擦力之比为5∶2B ．在1～6 s 时间内物块所受重力的平均功率为50 WC ．在t ＝6 s 时物块克服摩擦力做功的功率为20 WD ．在0～1 s 时间内机械能的变化量与在1～6 s 时间内机械能的变化量大小之比为1∶5 答案 AD解析 0～1 s 时间内，由题中图象得加速度大小 a 1＝101m /s 2＝10 m/s 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋F f ＝ma 1,1～6 s 时间内，由题中图象得加速度大小a 2＝106－1 m /s 2＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F f ＝ma 2，解得mg F f ＝52，F f ＝4 N ，选项A 正确；1～6 s 时间内，v ＝0＋102m /s ＝5 m/s ，平均功率P ＝mg sin θ·v ＝30 W ，选项B 错误；由题中图象知t ＝6 s 时物块的速率v 6＝10 m/s ，物块克服摩擦力做功的功率P 6＝F f v 6＝40 W ，选项C 错误；根据功能关系，在0～1 s 时间内机械能的变化量大小ΔE 1＝F f s 1，在1～6 s 时间内机械能的变化量大小ΔE 2＝F f s 2，由题中图象得s 1＝12×1×10 m ＝5 m ，s 2＝12×(6－1)×10 m ＝25 m ，所以ΔE 1ΔE 2＝s 1s 2＝15，选项D 正确．9．有一辆质量为170 kg 、输出功率为1 440 W 的太阳能试验汽车，安装有约6 m 2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30 W /m 2.若驾驶员的质量为70 kg ，汽车最大行驶速度为90 km/h.假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车( )A ．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6 NB ．刚启动时的加速度大小为0.24 m/s 2C ．保持最大速度行驶1 h 至少需要有效光照8 hD ．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s 的最大行驶速度 答案 AC解析 根据P 额＝F v max ，得：F ＝P 额v max ＝1 44025 N ＝57.6 N ，故A 正确；以额定功率启动时：P 额v－F f ＝ma ，而刚启动时v ＝0，则F f ＝0，故刚启动时加速度无穷大，B 错误；由公式W ＝Pt 和能量守恒得：1 440 W ×1 h ＝30×6 W ×t ，得：t ＝8 h ，即保持最大速度行驶1 h 至少需要有效光照8 h ，故C 正确；由题意知，汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设F f ＝k v ，则结合前面分析：57.6＝k ×25得：k ＝2.318，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶获得最大速度时：牵引力＝阻力，即：180v ＝k v 得：v ≈8.84 m/s ，故D 错误．三、非选择题10．用如图8所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V的交流电和直流电两种．重锤从高处由静止开始落下，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g.图8(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A．按照图示的装置安装器件；B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；C．用天平测量出重锤的质量；D．先释放悬挂纸带的夹子，然后接通电源开关打出一条纸带；E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能在误差范围内是否等于增加的动能．其中没有必要或操作不恰当的步骤是________(填写选项对应的字母)．(2)如图9所示是实验中得到一条纸带，将起始点记为O，并在离O点较远的任意点依次选取6个连续的点，分别记为A、B、C、D、E、F，量出各点与O点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6，使用交流电的周期为T，设重锤质量为m，则在打E点时重锤的动能为________，在打O点和E点这段时间内的重力势能的减少量为________．图9(3)在本实验中发现，重锤减少的重力势能总是______(填“大于”或“小于”)重锤增加的动能，主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，为了测定阻力大小，可算出(2)问中纸带各点对应的速度，分别记为v1至v6, 并作v n2—h n图象，如图10所示，直线斜率为k，则可测出阻力大小为________．图10答案 (1)BCD (2)m (h 6－h 4)28T 2 mgh 5(3)大于 m (g －k2)解析 (1)步骤B 应该将打点计时器接到电源的交流输出端上；步骤C 中没必要用天平测量出重锤的质量；步骤D 中应该先接通电源开关，后释放悬挂纸带的夹子，然后打出一条纸带；故没有必要或操作不恰当的步骤是B 、C 、D. (2)在打E 点时重锤的速度为：v E ＝h 6－h 42T ，则在打E 点时重锤的动能为：E k E ＝12m v E 2＝12m (h 6－h 42T )2＝m (h 6－h 4)28T 2；在打O 点和E 点这段时间内的重力势能的减少量为mgh 5.(3)在本实验中，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能；根据v n 2＝2ah n 可知，v n 2—h n 图象的斜率k ＝2a ，而mg －F f ＝ma ，解得F f ＝m (g －k 2)．11．已知半径为r 的小球在空气中下落时受到的粘滞阻力F f 满足如下规律：F f ＝6πηv r ，公式中η为空气与小球间的粘滞系数．一同学欲使用传感器通过实验测定粘滞系数，他将一个半径为r 0、质量为m 的小球从空中某位置由静止释放，测得小球速度为v 0时，加速度大小为a 0，若忽略空气浮力，已知当地重力加速度为g ，求： (1)粘滞系数η；(2)若测得小球下落h 高度时达到最大速度，求此过程中小球损失的机械能． 答案 (1)m (g －a 0)6πv 0r 0 (2)mgh －mg 2v 202(g －a 0)2解析 (1)对小球下落过程受力分析 mg －F f0＝ma 0 F f0＝6πηv 0r 0 η＝m (g －a 0)6πv 0r 0(2)达到最大速度时，有 mg －F fm ＝0 F fm ＝6πηv m r 0v m ＝g v 0g －a 0mgh －ΔE ＝12m v m 2－0ΔE ＝mgh －mg 2v 202(g －a 0)2.12.如图11所示，传送带A 、B 之间的距离为L ＝3.2 m ，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v ＝2 m/s ，在上端A 点无初速度放置一个质量为m ＝1 kg 、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R ＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E ，已知B 、D 两点的竖直高度差为h ＝0.5 m(取g ＝10 m/s 2)．求：图11(1)金属块经过D 点时的速度大小；(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功． 答案 (1)2 5 m/s (2)3 J 解析 (1)对金属块在E 点有mg ＝m v 2ER，解得v E ＝2 m/s在从D 到E 过程中，由动能定理得 －mg ·2R ＝12m v E 2－12m v D 2解得v D ＝2 5 m/s.(2)金属块在传送带上运行时有， mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 解得a 1＝10 m/s 2.设经位移x 1金属块与传送带达到共同速度，则 v 2＝2ax 1解得x 1＝0.2 m<3.2 m继续加速过程中mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2由v B 2－v 2＝2a 2x 2，x 2＝L －x 1＝3 m 解得v B ＝4 m/s在从B 到D 过程中，由动能定理： mgh －W f ＝12m v D 2－12m v B 2解得W f ＝3 J.。

45分钟专题验收卷(十三)一、选择题(每小题5分，共60分)1．(2017·日照校际联合检测)以下是美国和捷克斯洛伐克分别于1947年和1949年以马歇尔计划(Marshall Plan)为对象创作的漫画，反映了双方的分歧(注：图一人物身上的文字是Europe，绳子上写着Marshall Plan；图二人物手中和墙上挂着的绳圈上分别写着法国、德国等国家名称)导致分歧的原因有()图一图二①意识形态领域的对立②对计划内容的理解不全面③两大阵营对峙的环境④东西欧国家发展需求不同A．①③B．①②③C．②④D．①③④答案 A解析马歇尔计划是第二次世界大战结束后美国对被战争破坏的西欧各国进行经济援助、协助重建的计划，但在促进西欧经济恢复发展的同时也使美国更方便地控制和占领欧洲市场，捷克斯洛伐克是社会主义阵营的成员，与美国的意识形态不同，处于对立的状态，因而图一美国表现的是对西欧经济的援助，而图二则体现的是揭露美国对西欧的控制，故①③正确；而②不能体现捷克斯洛伐克创作漫画的原因，故②错误；东西欧发展需求都是发展本国经济，故④错误，选择A项符合题意。

2．(2016·皖北协作区一模)朝鲜战争中，苏联选择了旁观；柏林墙危机中，美国保持了冷静；古巴导弹危机中，苏联做出了退让。

这反映出美苏()A．双方尊重对方的利益要求B．交替采用对抗与缓和的政策C．在争霸中相互妥协与克制D．军事克制是双方冷战的主题答案 C解析美苏两极格局的形成是因为国家利益的冲突，故A项错误；“交替”说明一个规律性的产物，与材料彼此根据国家利益的决策不同，故B项错误；美苏开始冷战与两极格局的形成便是对峙的但是会出现这种奇怪的情况是妥协的产物，故C项正确；军事克制是双方冷战主题的说法不符合史实，故D项错误。

3．“冷战是当代国际关系史中一段特殊时期。

冷战双方处在特殊环境中，它们用特殊的语言、特殊的武器、特殊的意识形态反对它们各自设定的敌人。

45分钟专题验收卷(十五)一、选择题(每小题5分，共60分)1．(2016·全国高考预测创新)19世纪下半叶，西方史学家倾向于把世界各民族分为不同类型并孤立考察各自的发生、发展的过程。

20世纪以后，西方史学家的注意力向不同民族和地区的“相对性”和“关联性”转移，体现全球互动的世界史便应运而生。

与这一变化最相关的科学理论是()A．进化论与相对论B．进化论与科学社会主义C．经典力学与电磁学D．电磁学与信息技术答案 A解析进化论出现的时间是19世纪中期，相对论诞生于20世纪初，与材料时间相符，故A 项正确；进化论与科学社会主义都出现于19世纪中期，与“20世纪以后，西方史学家的注意力向不同民族和地区的‘相对性’和‘关联性’转移”不符，故B项错误；经典力学出现于17世纪，电磁学出现于19世纪中期，故C项错误；信息技术出现于20世纪中期，故D 项错误。

2．(2016·济南一模)“能量的释放和被吸收，是以特定的不连续的单位或束的形式进行的，而并非像先前所想象的那样以平衡和连续不断的方式释放。

”这一理论的提出()A．奠定了研制发电机的理论基础B．否定了经典力学的绝对时空观C．挑战了天主教会宣扬的创世说D．深化了人们对微观世界的认识答案 D解析从“能量的释放和被吸收”可看出该理论是量子理论。

法拉第的电磁感应理论奠定了研制发电机的理论基础，故A项错误；爱因斯坦的相对论否定了经典力学的绝对时空观，故B项错误；达尔文的生物进化论挑战了天主教会宣扬的创世说，故C项错误；量子理论引导人们深入探索微观世界，开阔了人们的视野，故D项正确。

3．什么是工业4.0？“互联网＋制造”就是工业4.0。

“工业4.0”是德国推出的概念。

结合以下图片回顾以往的科技创新历程，下列表述有误的是()A．工业1.0创造了机器工厂的蒸汽时代，导致世界市场初步形成B．工业2.0将人类带入大批量生产的流水线模式和电气化时代C．工业3.0是电子信息化时代，促使第三产业产生D．历次科技革命都以创新为手段，引导社会不断前进答案 C解析工业1.0即第一次工业革命，把人类带入蒸汽时代，导致世界市场初步形成，故A项正确，不符合题意；工业2.0即第二次工业革命，将人类带入大批量生产的流水线模式和电气化时代，故B项正确，不符合题意；第三产业很早就有，只是工业3.0即第三次科技革命后发展显著而不是才产生，故C项错误，符合题意；综上所述，历次科技革命都以创新为手段，引导社会不断前进，故D项正确，不符合题意。

45分钟章末验收卷一、单项选择题1．质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图1所示．整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为N，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f，重力加速度为g，则()图1A．f≠0，N＞(m＋M)g B．f＝0，N＝(m＋M)gC．f≠0，N＜(m＋M)g D．f＝0，N＞(m＋M)g答案 B解析开始时物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的重力，方向竖直向上．对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知，f1＝0，N1＝(m＋M)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小N＝(m＋M)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f＝0，选项B正确．2．如图2所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为()图2A．3g B．1.5g C．2g D．2.5g答案 C解析根据题意，当弹簧处于原长时A球速度最大，则F＝mg，当木块B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B受力分析，此时有kx＝2mg，对A根据牛顿运动定律有kx＋mg－F ＝ma，解得a＝2g，C项正确．3．如图3所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()图3A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23T 答案 C解析 质量为2m 的木块受五个力的作用，A 项错；当绳的拉力为T 时，对m 和2m 有T ＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2T ，故B 项错，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13T ，故D 项错． 4．如图4甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10m /s 、质量为m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图4A ．0～5s 内小木块做匀减速运动B ．在t ＝1s 时刻，摩擦力反向C ．斜面倾角θ＝37°D ．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案 A解析 由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 20＝2ax ，由题图乙可得a ＝0－v 202x 1＝－10m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a＝1s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1s 内小木块向上做匀减速运动，1s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a ′＝v 22x 2＝322×(13－5)m /s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确．二、多项选择题5．竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图像如图5所示，下列判断正确的是( )图5A ．0～t 2时间内，小球的平均速度不为零B ．t 1～t 2时间内，小球始终在抛出点下方C ．t 2时刻，小球落回抛出点D ．t 2时刻，小球距离抛出点v 0(t 2－2t 1)2答案 AD解析 从图像看，0～t 2时间内，小球的位移即对应速度图像中的总面积不为0，所以平均速度不为0，A 项正确；t 1～t 2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B 、C 项错误；0～t 1时间内，小球在抛出点上方的位移为x 上＝v 02t 1，t 1～t 2时间内，小球下落过程中的位移为x 下＝v 02(t 2－t 1)，所以总位移大小为v 02(t 2－t 1)－v 02t 1＝v 0(t 2－2t 1)2，D 项正确．6．一质量为m 的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F 1＝k 1v 2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F 2＝k 2v 2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍．在飞机起飞前，下列说法正确的是( )A ．飞机一共受5个力的作用B ．飞机可能做匀加速直线运动C ．飞机的加速度可能随速度的增大而增大D ．若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于2m k 1(1＋4μ) 答案 BC解析 对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A 项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向：F －f －F 2＝ma ①竖直方向：N ＋F 1＝mg ②f ＝μN ③且F 1＝k 1v 2④F 2＝k 2v 2⑤联立①～⑤得：F －k 2v 2－μ(mg －k 1v 2)＝ma 整理得F －μmg ＋(μk 1－k 2)v 2＝ma ⑥当k 2＝μk 1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B 项正确；当μk 1＞k 2时，加速度随速度的增大而增大，C 项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得a ＝(0.25－μ)mg m ＝(0.25－μ)g ⑦刚起飞时，支持力N ＝0，地面摩擦力为0，mg ＝k 1v 2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v 2＝mg k 1⑧v 2＝2ax ⑨联立⑦⑧⑨解得x ＝2m k 1(1－4μ)，D 项错误． 三、非选择题7．用如图6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图6(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶．除以上器材外，还需要的实验器材有：________.A ．天平(附砝码)B ．秒表C ．刻度尺(最小刻度为mm)D ．低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是( )A ．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B ．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C ．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是__________________．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变．(4)如图7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x 1＝0.55cm ，x 2＝0.94cm ，x 3＝1.35cm ，x 4＝1.76cm ，x 5＝2.15cm ，x 6＝2.54cm.图7①相邻两计数点间的时间间隔为________s ；②计数点“6”和“7”间的位移x 7比较接近于________(填“A 、B 、C 、D ”序号)A ．2.76cmB ．2.85cmC ．2.96cmD ．3.03cm③打下“3”点时小车的瞬时速度v 3＝________m /s ；小车的加速度a ＝________ m/s 2.(计算结果均保留2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M ，分别记录小车加速度a 与其质量M 的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a 与其质量M 的图像，如图8，然后由图像直接得出a 与M 成反比．乙同学认为应该继续验证a 与其质量倒数1M是否成正比，并作出小车加速度a 与其质量倒数1M的图像，如图9所示．你认为________同学(选填“甲”或“乙”)的方案更合理．图8图9(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F ，然后根据测得的数据作出a －F 图像，如图10所示．发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是( )图10A ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C ．没有平衡摩擦力，且小车质量较大D ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大答案 (1)ACD (2)C (3)m ≪M (4)①0.1 ②C ③0.16 0.40 (5)乙 (6)B解析 (1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A 项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6V)，工作频率为50Hz ，周期为0.02s ，可以计时，不需要秒表，故选D 项，不选B 项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C 项．(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C 正确．(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg －F ＝ma ，对小车：F ＝Ma ，可得小车受到的拉力F ＝Mmg M ＋m ，加速度a ＝mg M ＋m，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力(拉力)，由F ＝M M ＋m ·mg ＝mg 1＋m M可知，F <mg ，只有m ≪M 时，才有F ≈mg ，所以砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是m ≪M .(4)①打点计时器的工作周期为T 0＝0.02s ，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T ＝5T 0＝0.1s.②根据匀变速直线运动的规律a ＝Δx T 2＝x 7－x 6T 2＝x 6－x 5T 2，可知：x 7＝2x 6－x 5＝2×2.54cm －2.15cm ＝2.93cm ，比较接近于2.96cm ，故选C 项．③v 3＝x 3＋x 42T≈0.16m/s ， a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2≈0.40m/s 2. (5)反比关系不容易根据图像判定，而正比关系容易根据图像判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数1M关系图像，故应选乙方案． (6)图像与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力F ＝mg 1＋m M，当m ≪M 时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a 与拉力F 成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，a －F 图像发生弯曲，不再是直线，故B 正确．8．如图11所示，一长L ＝2m 、质量M ＝4kg 的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l ＝5m ，木板的正中央放有一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F ，其大小为48N ，g 取10m/s 2，试求：图11(1)F 作用了1.2s 时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件． 答案 (1)0.64m (2)μ2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F －μ1(M ＋m )g －μ1mg ＝Ma 1，解得a 1＝6m/s 2对物块：μ1mg ＝ma 2，解得a 2＝4m/s 2，故假设成立设F 作用t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则L 2＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝1s在此过程：木板位移x 1＝12a 1t 2＝3m ， 末速度v 1＝a 1t ＝6m/s物块位移x 2＝12a 2t 2＝2m ，末速度v 2＝a 2t ＝4m/s 在物块从木板上滑落后的t 0＝0.2s 内，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1Mg ＝Ma 1′，解得a 1′＝8m/s 2木板发生的位移x 1′＝v 1t 0＋12a 1′t 20＝1.36m 此时木板右端距平台边缘Δx ＝l －x 1－x 1′＝0.64m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： 对物块：μ2mg ＝ma 2′，解得a 2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x 2′＝v 222a 2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l ＋L 2≥x 2＋x 2′ 联立解得μ2≥0.2.。

45分钟章末验收卷一、单项选择题1．如图1所示，质量为m 、长度为L 的金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂在O 、O ′点，处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B ，棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g .则（ )图1A ．金属棒中的电流方向由N 指向MB ．金属棒MN 所受安培力的方向垂直于OMNO ′平面向上C ．金属棒中的电流大小为错误!tan θD ．每条细线所受拉力大小为mg cos θ答案 C解析 平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ,故金属棒受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M 指向N ,故A 错误；金属棒MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右,故B 错误；设每条细线所受拉力大小为F T ，由受力分析可知，2F T sin θ＝BIL ，2F T cos θ＝mg ，得I ＝错误!tan θ，故C 正确;由受力分析可知，2F T cos θ＝mg ，得F T ＝12·错误!，故D 错误． 2．不计重力的两个带电粒子M 和N 沿同一方向经小孔S 垂直进入匀强磁场,在磁场中的径迹如图2.分别用v M与v N、t M与t N、错误!与错误!表示它们的速率、在磁场中运动的时间、荷质比，则（)图2A．如果错误!＝错误!，则v M〉v NB．如果错误!＝错误!，则t M<t NC．如果v M＝v N，则错误!>错误!D．如果t M＝t N,则错误!>错误!答案A解析由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m v2r，错误!＝错误!，由它们在磁场中的轨迹可知，两个带电粒子M和N轨迹的半径关系为r M〉r N，如果错误!＝错误!，则v M〉v N，选项A正确；两个带电粒子M和N在匀强磁场中轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，由T＝错误!可知,如果错误!＝错误!，则两个带电粒子M和N在匀强磁场中运动周期相等，t M＝t N，选项B错误,同理,选项D错误；由qvB＝m错误!，可解得v＝错误!。