2013——2014年物理模拟试题(三模)

K 单元 磁场K1 磁场安培力18．K1 [2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq 3l 2 B.3kql2 C.3kq l 2 D.2 3kq l2 18．B [解析] 由题意，三个小球均处于静止状态，对c 球而言，a 、b 两球在c 球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E ＝2kq l 2cos30°＝3kql 2，B 正确．3．[2013·广东省汕头市期末] 如图X18-3所示，长方形线框abcd 通有电流I ，放在直线电流I ′附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是( )A ．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左B ．只有ad 和bc 边受安培力作用，它们的合力为零C ．ab 和dc 边所受安培力大小相等，方向相同D ．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零图X18-43．A [解析] 线圈四个边都受安培力作用，由于ad 边所在处的磁感应强度大于bc 边所在处的磁感应强度，ad 边所受的向左的安培力大于bc 边所受的向右的安培力，它们的合力方向向左，选项A 正确，选项B 、D 错误；ab 和dc 边所受安培力大小相等，方向相反，选项C 错误．25．K1、E1、L4[2013·浙江卷] (22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2 Ω·m 的海水，通道中a ×b ×c ＝0.3 m ×0.4 m ×0.3 m 的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B ＝6.4 T 、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a ×b ＝0.3 m ×0.4 m 的金属板M 、N ，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N 到M ，大小恒为I ＝1.0×103 A 的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρm ≈1.0×103 kg/m 3.(1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向． (2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”？(3)当潜艇以恒定速度v 0＝30 m/s 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v ＝34 m/s ，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．25．[解析] (1)将通电海水看成导线，所受磁场力 F ＝IBL代入数据得：F ＝IBc ＝1.0×103×6.4×0.3 N ＝1.92 N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率 P 1＝F 牵v 0根据牛顿第三定律：F 牵＝12IBL 当v 0＝30 m/s 时，代入数据得：P 1＝F 牵v 0＝12×1.92×103×30 W ＝6.9×105 W 第二部分：海水的焦耳热功率 对单个直线推进器，根据电阻定律： R ＝ρl S代入数据得：R ＝ρc ab ＝0.2×0.30.3×0.4 Ω＝0.5 Ω由热功率公式，P ＝I 2R代入数据得：P 单＝I 2R ＝5.0×105 W P 2＝12×5.0×105W ＝6.0×106 W 第三部分：单位时间内海水动能的增加值 设Δt 时间内喷出的海水质量为m P 3＝12×ΔΕkΔt考虑到海水的初动能为零， ΔΕk ＝Εk ＝12mv 2水对地m ＝ρm bcv 水对地ΔtP 3＝12×ΔΕk Δt ＝12×12ρm bcv 3水对地＝4.6×104WK2 磁场对运动电荷的作用 5．[2013·河南省郑州市高三第一次质量预测] 如图X19-4所示，中轴线PQ 将矩形区域MNDC 分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度皆为B .一质量为m 、带电荷量为q 的带正电粒子从P 点进入磁场，速度与边MC 的夹角θ＝30°.MC 边长为a ，MN 边长为8a ，不计粒子重力．求：图X19-4(1)若要该粒子不从MN 边射出磁场，其速度最大值是多少？(2)若要该粒子恰从Q 点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？ 5．(1)qBa m (2)10πm 3qB[解析] (1)设该粒子恰不从MN 边射出磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得： r cos60°＝r －12a解得r ＝a 又由q v B ＝m v 2r解得最大速度v ＝qBam.(2)粒子每经过分界线PQ 一次，在PQ 方向前进的位移为轨迹半径R 的3倍． 设粒子进入磁场后第n 次经过PQ 线时恰好到达Q 点 有n ×3R ＝8a 且R <a解得 n >4.62，n 所能取的最小自然数为5， 粒子做圆周运动的周期为 T ＝2πmqB粒子每经过PQ 分界线一次用去的时间为 t ＝13T ＝2πm3qB粒子到达Q 点的最短时间为 t min ＝5t ＝10πm3qB.20．I3、K2[2013·浙江卷] 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶320．BCD [解析] 离子在电场中的加速度a ＝Uq dm ，故a 1a 2＝q 1q 2＝13，A 错误．离开电场区域时的动能E k ＝Uq ，故E k1E k2＝q 1q 2＝13，D 正确．在磁场中运动的半径r ＝mv Bq ＝mBq 2Uq m ＝1B2Um q ，故r 1r 2＝q 2q 1＝31，B 正确．在磁场中转过的角度的正弦值sin θ＝dr＝Bd q2Um ，故sin θ1sin θ2＝q 1q 2＝13，因θ1＝30°，则sin θ2＝32，即θ2＝60°，所以θ1θ2＝12，C 正确． 21．K2[2013·广东卷] 如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近21．AD [解析] 由左手定则可知A 正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bvq ＝mv 2r ，解得r ＝mvBq ，由于同种粒子且速度相同，所以在磁场中运动的轨道半径相同，示意图如图所示，从图中可以看出b 离子轨迹为半圆，a 离子轨迹超过半圆，B 、C 错误，D 正确．18．K2 [2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m18．B [解析] 由Bqv ＝mv 2r 可得v ＝Bqr m，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识得半径r＝R，故B正确．17．K2[2013·新课标全国卷Ⅱ] 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.3mv03qR B.mv0qRC.3mv0qR D.3 mv0qR17．A[解析] 由Bqv0＝mv20r可得：B＝mv0qr，粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场，可作出运动轨迹图如图所示，由几何知识可得：r＝3R ，即B＝3mv03qR，A正确．23．I3K2[2013·安徽卷] 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．23．[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x ＝v 0t ＝2h ， y ＝12at 2＝h ， qE ＝ma ，联立以上各式可得E ＝mv 202qh.(2)粒子到达a 点时沿负y 方向的分速度为v y ＝at ＝v 0， 所以v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，方向指向第Ⅳ象限与x 轴正方向成45°角． (3)粒子在磁场中运动时，有qvB ＝m v 2r，当粒子从b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r ＝22L ，所以B ＝2mv 0qL.K3 带电粒子在组合场及复合场中运动2．[2013·浙江省十二校新高考研究联盟第一次联考] 如图X20-2所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m ，带电荷量为q ，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中．设小球电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有( )图X20-2A ．小球加速度一直减小B ．小球的速度先减小，直到最后匀速C ．杆对小球的弹力一直减小D ．小球队受到的洛伦兹力一直减小2．D [解析] 小球上滑的过程中，在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直减小，根据公式F 洛＝q v B ，小球所受洛伦兹力一直减小，选项B 错误，选项D 正确；在水平方向上，小球共受到水平向右的电场力、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力三个力的作用，三力的合力为零，如果刚开始，小球的初速度较大，其洛伦兹力大于电场力，杆对小球的弹力水平向右，大小F N ＝F 洛－F 会随着速度的减小而减小，小球的加速度也一直减小；如果刚开始小球的初速度较小，其洛伦兹力小于电场力，杆对小球的弹力水平向左，大小F N ＝F －F 洛会随着速度的减小而增大，小球的加速度也一直增大，可见，选项A 、C 错误．图X20-33．[2013·安徽省黄山市一模] 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图X20-3所示，现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是( )A ．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少B ．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多C ．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多D ．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少3．A [解析] 对于粒子在匀强磁场中的运动，由R ＝m vqB可知，随着粒子速度的增大，粒子的运动半径也逐渐增大，设粒子的质量为m ，电荷量为q ，在窄缝间被加速的次数为n ，则由12m v 2＝nqU和R ＝m v qB (其中R 为D 形盒中运动的最大圆周半径)可得，n ＝qB 2R 22mU ，显然，质量大的加速次数少，获得的动能较小；由T ＝2πm qB 可知，T 与m q 成正比，故加速质量大的交流电源的周期较大，选项A 正确．22．E2，K3，K4[2013·福建卷] 如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为B.让质量为m ，电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度v 1沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的A (a ，0)点，求v 1的大小； (2)已知一粒子的初速度大小为v (v>v 1) ，为使该粒子能经过A (a ，0) 点，其入射角θ(粒子初速度与x 轴正向的夹角)有几个？并求出对应的 sin θ值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿 y 轴正向发射．研究表明：粒子在 xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x 分量v x 与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m .22．[解析] (1)带电粒子以速率v 在匀强磁场B 中做匀速圆周运动，半径为R ，有qvB ＝m v 2R ①当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，该圆周半径为R 1，有：R 1＝a2②由②代入①式得v 1＝qBa2m(2)如图，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝a2的直线上，半径为R.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sin θ′＝sin θ＝a2R④由①④式解得sin θ＝aqB2mv⑤(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理，有qEy m ＝12mv 2m －12mv 20⑥由题知，有v m ＝ky m ⑦若E ＝0时，粒子以初速度v 0沿y 轴正向入射，有qv 0B ＝m v 20R 0⑧由⑥⑦⑧式解得 v m ＝E B＋（EB）2＋v 20。

（2013·淄博市一模）17．如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．在原线圈c、d两端加上的交变电压．则 A．若单刀双掷开关接a，则电压表示数为22V B．若单刀双掷开关接a，再将滑动变阻器触片P向下移，电压表示数变大 C．若将单刀双掷开关由a拨向b，两电流表的示数均变大 D．若将单刀双掷开关由a拨向b，输入功率变大 【答案】ACD 【解析】当单刀双掷开关与a连接时，变压器匝数之比为10：1，原线圈两端有效值为=220V，所以副线圈电压有效值为22V，即电压表示数为22V，A正确；滑动变阻器触片向下移动的过程中，电阻减小，而变压器原线圈电压、匝数比未变，故副线圈电压不变，电压表示数不变，B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故电流表的示数变大，输入功率变大，CD正确；故选ACD。

（2013·烟台市一模）18．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是 A．变压器输入电压的瞬时值表达式为 B．电压表的示数为220V C．变压器原、副线圈的匝数比为11:1 D．变压器的输入功率为110W 【答案】C 【解析】对比正弦交变电压的瞬时值表达式可知变压器输入电压的瞬时值表达式为，选项A错误。

电压表测的是副线圈两端的电压，其大小等于灯泡两端的电压，由可知V，选项B错误。

由原副线圈电压比与匝数比的关系知原、副线圈的匝数比为11:1,选项C正确。

变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，即灯泡的额定功率10W，选项D错误。

（2013·潍坊一模）6．图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为10∶1．测得R=10的电阻两端电压随时间变化的规律如图乙所示．则原线圈中 A．电压的有效值为311OV B．电压的有效值为2200V C．电流变化的频率为25Hz D．电流的有效值为22A 【答案】BC 【解析】由图乙可得副线圈电压的最大值是311V，则其有效值是220V，电流变化的频率为25 Hz，由于电阻R=10，所以副线圈的电流（有效值）为22A，由理想变压器电压、电流与匝数的关系可得原线圈电压的有效值为2200V，电流的有效值为2.2A，选项AD错误B正确。

C单元牛顿运动定律C1牛顿第一定律、牛顿第三定律34．[物理——选修3－4](15分)C1[2013·新课标全国卷Ⅱ](1)(5分)如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b 两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________A0(填“>”“<”或“＝”)，T________T0(填“>”“<”或“＝”)．33．(1)<<34．(2)[2013·新课标全国卷Ⅱ] (10分)如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，∠B＝60°.一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出．若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，(ⅰ)求三棱镜的折射率；(ⅱ)在三棱镜的AC边是否有光线透出？写出分析过程．(不考虑多次反射)34．(2)[解析] (ⅰ)光路图如图所示，图中N点为光线在AC边发生反射的入射点，设光线在P点的入射角为i、折射角为r，在M点的入射角为r′、折射角依题意也为i，有i＝60°①由折射定律有sini＝nsinr②nsinr′＝sini③由②③式得r＝r′④OO′为过M点的法线，∠C为直角，OO′∥AC.由几何关系有∠MNC＝r′⑤由反射定律可知∠PNA＝∠MNC⑥联立④⑤⑥式得∠PNA＝r⑦由几何关系得r＝30°⑧联立①②⑧式得n＝3⑨(ⅱ)设在N点的入射角为i″，由几何关系得i″＝60°⑩此三棱镜的全反射临界角满足nsinθc＝1○11由⑨⑩○11式得i″＞θc○12此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出．14．C1[2013·新课标全国卷Ⅰ] 下图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是()A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比14．C[解析] 通过第三列的数据可看出：130大概是32的4倍，而298大概是32的9倍…….依次类推，可看出物体运动的距离与时间的平方成正比，即C正确．14．C1[2013·新课标全国卷Ⅱ] 一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图像是()14．C[解析] 方法一：由于静摩擦力的作用，当F＝0时并不会产生加速度，A、B、D错误，C正确；方法二：由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma，可得：F＝ma＋μmg，即F是a 的一次函数，且截距为正，C正确．5．[2013·重庆卷] 图X3-2为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应图X3-3中的()A．①、②和③B．③、②和①C．②、③和①D．③、①和②图X3-2图X3-35．B[解析] 本题考查物体的受力分析和图像问题，考查学生的综合分析能力．由图可知：小球对斜面的压力F N ＝mg cos θ，其最大值F m ＝mg ，故比值y F ＝F NF m＝cos θ为图像③；小球运动的加速度a ＝g sin θ，其最大值a m ＝g ，故比值y a ＝aa m＝sin θ为图像②；整个过程重力不变，重力加速度不变，比值y g ＝1为图像①，故选项B 正确．C2 牛顿第二定律单位制23．D2、E3、C2[2013·浙江卷] (16分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．23．[解析] (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有 h 1＝12gt 2①x 1＝v min t ②联立①②式，得v min ＝8 m/s ③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时的速度为v C ，有 (M ＋m)gh 2＝12(M ＋m)v 2C ④ v C ＝2gh 2＝80 m/s ≈9 m/s ⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得 F T －(M ＋m)g ＝(M ＋m)v 2C L⑥由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦得L ＝10 m ⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：F T ＝(M ＋m)g ＋(M ＋m)v 2CL＝216 N ⑨17．C2[2013·福建卷] 在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg ·s －4·A －1B ．m 2·kg ·s －3·A －1C ．m 2·kg ·s －2·A －1D ．m 2·kg ·s －1·A －117．B [解析] 由P ＝UI 、P ＝Fv 、F ＝ma 可得U ＝mavI ，质量m 的单位为kg ，加速度a的单位为m/s 2，速度v 的单位为m/s ，电流I 的单位为A ，故电压U 的单位等效为kg·m/s 2·m/sA，即m 2·kg ·s －3·A －1，B 正确．14．C2 [2013·安徽卷] 如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g)( )A ．T ＝m(gsin θ＋acos θ) F N ＝m(gcos θ－asin θ)B ．T ＝m(gcos θ＋asin θ) F N ＝m(gsin θ－acos θ)C ．T ＝m(acos θ－gsin θ) F N ＝m(gcos θ＋asin θ)D ．T ＝m(asin θ－gcos θ)F N ＝m(gsin θ＋acos θ)14．A [解析] 本题考查受力分析、应用牛顿第二定律分析解决问题的能力．对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律，在水平方向有Tcos θ－F N sin θ＝ma ，在竖直方向有Tsin θ＋F N cos θ＝mg ，解得：T ＝macos θ＋mgsin θ，F N ＝mgcos θ－masin θ，选项A 正确．14．C2[2013·山东卷] 伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( ) A ．力不是维持物体运动的原因 B ．物体之间普遍存在相互吸引力C ．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D ．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反14．AC [解析] 伽利略的“理想斜面实验”得出“物体在不受力的情况下会一直运动下去” 的结论，故A 正确．伽利略还做过“比萨斜塔实验”，得出“在忽略空气阻力的情况下，重的和轻的小球下落一样快”的结论，故C 正确．6．[2013·辽宁省丹东市四校协作体高三摸底] 如图X3-4所示，A 、B 、C 三球的质量均为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X3-4A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为32mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ6．CD [解析] 细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B 、C 两球的受力均发生变化， C 球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mg sin θ，根据牛顿第二定律可知，C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ，选项A 错误，选项D 正确；细线被烧断前，细绳对B 球沿斜面向下的拉力大小为mg sin θ，烧断瞬间，A 、B 两小球组成的系统的合力沿斜面向上，大小为mg sin θ，系统的加速度沿斜面向上，大小为a ＝12g sin θ，再隔离B 球，设A 、B之间杆的拉力大小为F ，则F －mg sin θ＝ma ，可得F ＝32mg sin θ，选项B 错误，选项C 正确．17．C2、B2[2013·浙江卷] 如图所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s 2，下列判断正确的是( )A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ．6 s ～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 217．D [解析] 从图可知，物块与木板之间的静摩擦力最大值为4 N ，滑动摩擦力大小为3 N ．结合拉力和摩擦力的大小可判断物块的运动规律：在0～4 s 物块静止，4～5 s 物块做加速度逐渐增大的变加速直线运动，5 s 以后物块做匀加速直线运动.0～4 s 物块静止，拉力对物体不做功，但是4～5 s 物块运动，拉力对物体做正功，故A 错误.4 s 末，物块所受的合力由0突变为1 N ，故B 错误．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝F f mg ＝31×10＝0.3，故C 错误.6～9 s内，物块的加速度a ＝F －F f m ＝5－31m/s 2＝2.0 m/s 2，故D 正确．10．B4、C2、E6、K3 [2013·四川卷] 在如图所示的竖直平面内，物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数 k ＝5 N/m 的轻弹簧一端固定在O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面．水平面处于场强E ＝5×104 N/C 、方向水平向右的匀强电场中．已知A 、B 的质量分别为m A ＝0.1 kg 和m B ＝0.2 kg ，B 所带电荷量q ＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B 电量不变．取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B 所受静摩擦力的大小；(2)现对A 施加沿斜面向下的拉力F ，使A 以加速度a ＝0.6 m/s 2开始做匀加速直线运动．A 从M 到N 的过程中，B 的电势能增加了ΔE p ＝0.06 J ．已知DN 沿竖直方向，B 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A 到达N 点时拉力F 的瞬时功率．10．[解析] (1)F 作用之前，A 、B 处于静止状态．设B 所受静摩擦力大小为f 0，A 、B 间绳的张力为T 0，有对A ：T 0＝m A gsin θ 对B ：T 0＝qE ＋f 0联立，代入数据即可解得f 0＝0.4 N(2)物体A 从M 点到N 点的过程中，A 、B 两物体的位移均为s ，A 、B 间绳子张力为T ，有qEs ＝ΔE pT －μm B g －qE ＝m B a设A 在N 点时速度为v ，受弹簧拉力为F 弹，弹簧的伸长量为Δx ，有 v 2＝2as F 弹＝k·ΔxF ＋m A gsin θ－F 弹sin θ－T ＝m A a 由几何关系知 Δx ＝s （1－cos θ）sin θ设拉力F 的瞬时功率为P ，有P ＝Fv 联立，代入数据解得 P ＝0.528 WC3 超重和失重4．[2013·四川省成都高新区统一检测] 质量为m 的消防队员从一平台上竖直跳下，下落3 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.6 m ，假设在着地过程中地面对他双脚的平均作用力大小恒定，则消防队员( )A ．着地过程中处于失重状态B ．着地过程中地面对他双脚的平均作用力等于6mgC ．在空中运动的加速度大于触地后重心下降过程中的加速度D ．在空中运动的平均速度小于触地后重心下降过程中的平均速度4．B [解析] 着地过程中有向上的加速度，处于超重状态，选项A 错误；由v 2＝2ax 可知着地过程中的加速度是5g ，选项C 错误；由牛顿第二定律，有F N －mg ＝ma ＝5mg ，解得F N ＝6mg ，选项B 正确；由v －＝v 0＋v t2可知，在空中运动的平均速度等于触地后重心下降过程中的平均速度，选项D 错误．C4 实验：验证牛顿定律9．C4[2013·天津卷] (2)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．①下列做法正确的是________(填字母代号)．A ．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B ．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C ．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D ．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F 的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m 甲、m 乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m 甲________m 乙，μ甲________μ乙．(填“大于”“小于”或“等于”)9．(2)①AD ②远小于 ③小于 大于[解析] ①通过调节木板倾斜度平衡摩擦力时不要悬挂砝码桶，实验时应先接通电源再放开木块，AD 正确，BC 错误．②因为砝码桶及桶内砝码的总重力G ＝mg ，木块运动时受到的拉力F ＝Ma ＝M mg M ＋m ＝mg 1＋mM ，要使G ≈F ，则应使m M ≈0，即mM ，所以要求砝码桶及桶内砝码的总质量要远小于木块和木块上砝码的总质量．③因为图像的斜率表示质量的倒数，所以甲的质量小于乙的质量；因为纵轴上的截距的绝对值表示动摩擦因数与重力加速度的乘积，所以甲的动摩擦因数大于乙的动摩擦因数．C5 牛顿运动定律综合25．C5 I3[2013·全国卷] (19分)一电荷量为q(q>0)、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t ＝0到t ＝T 的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．25．[解析] 解法一：(1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得a 1＝qE 0m ①a 2＝－2qE 0m ②a 3＝2qE 0m ③a 4＝－qE 0m④由此得带电粒子在0～T 时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v 1＝a 1T 4＝qE 0T 4m⑤由图(b)可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为 s ＝T4v 1⑥ 由⑤⑥式得 s ＝qE 016mT 2⑦ 它沿初始电场正方向．(2)由图(b)可知，粒子在t ＝38T 到t ＝58T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为t ＝58T －38T ＝T4⑧ 解法二：(1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得qE 0＝ma 1① －2qE 0＝ma 2② 2qE 0＝ma 3③ －qE 0＝ma 4④设带电粒子在t ＝T 4、t ＝T 2、t ＝3T4、t ＝T 时的速度分别为v 1、v 2、v 3、v 4，则v 1＝a 1T4⑤v 2＝v 1＋a 2T4⑥v 3＝v 2＋a 3T4⑦v 4＝v 3＋a 4T4⑧设带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ，有 s ＝(v 12＋v 1＋v 22＋v 2＋v 32＋v 3＋v 42)T 4⑨联立以上各式可得 s ＝qE 0T 216m⑩它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t ＝T4时粒子开始减速，设经过时间t 1粒子速度减为零．0＝v 1＋a 2t 1将①②⑤代入上式，得 t 1＝T 8○11 粒子从t ＝T2时开始加速，设经过时间t 2速度变为零．0＝v 2＋a 3t 2此式与①②③⑤⑥式联立得 t 2＝T 8○12 t ＝0到t ＝T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间t 为 t ＝(T4－t 1)＋t 2○13 将○11○12式代入○13式得 t ＝T 4○14 14．C5[2013·江苏卷] (16分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1 和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1 ＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg, μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？14．[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1 g 桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 f 1＝m 1a 1 F －f 1－f 2＝m 2a 2 发生相对运动a 2>a 1 解得F>2μ(m 1＋m 2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2 解得F ＝2μ[m 1＋(1＋dl )m 2]g代入数据得F ＝22.4 N.22．C5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．图(a)实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M 、重物的质量m ；用游标卡尺测量遮光片的宽度d ；用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ；图(b)④多次重复步骤③，求a 的平均值a ； ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答下列问题：(1)测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图(b)所示，其读数为________cm.(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝__________．(3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a －和重力加速度g 表示为μ＝____________________________．(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．22．(1)0.960(2)12s ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫d Δt B 2－⎝⎛⎭⎫d Δt A 2 (3)mg －（M ＋m ）a Mg(4)系统误差[解析] (1)考查游标卡尺的读数规则，此题为20分度，最小分度为0.05 mm ，通过数格可看出第12格与主尺对齐，所以读数为9 mm ＋0.05×12 mm ＝9.60 mm ，即0.960 cm.(2)根据运动学公式v 2B －v 2A ＝2as ，其中v B ＝dΔt B ，v A ＝dΔt A，故a ＝12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2.(3)对重物由牛顿第二定律：mg －F ＝ma 对物块由牛顿第二定律：F －μMg ＝Ma 联立解得μ＝mg －（M ＋m ）a－Mg(4)若细线没有调整到水平，物块受到的合力就不是(F 一μMg )，像这种由于原理上不完善而带来的误差就是系统误差．9．C5、E6[2013·江苏卷] 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能甲9．BC [解析] 先大致画出O 点所在位置，如图甲所示，设OA 的距离为b.当物块从A 由静止向左运动时，受力如图乙所示，f ＝μmg ，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力F T 变小；当到达O 点右侧某点P 时，F T 与f 相等，此时合力为0，由于惯性，物块继续向左运动；当物块到达O 点时，水平方向只受摩擦力f ，但仍向左运动至B 停止．在AP 段，物块除受摩擦阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在OB 段，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹力这一个阻力作用，所以物块很快停止，OB<OA ，所以a2<b<a.当拉力把物块从O 点由静止拉至A 点时，根据动能定理得W －μmgb ＝E pA ，即E pA ＝W －μmgb<W －12μmga ，选项A 错误；对物块从A 运动至B 的过程中运用动能定理得E pA －E pB－μmg ＝0，即E pB ＝W －μmgb －μm ga<W －32μmga ，选项B 正确；经O 点时，物块的动能是E pO ＝E pA －μmgb ＝W －2μmgb<W －μmga ，选项C 正确；由于题目中各已知量的具体数值不知道，故无法判断P 点的弹性势能与B 点的弹性势能哪个大，选项D 错误．21．C5[2013·新课标全国卷Ⅰ] 2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则( )图(a) 图(b)A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110B ．在0.4 s ～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD ．在0.4 s ～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变21．AC [解析] 根据图像，由图线所围的面积可计算出飞机从着舰到停止滑行的距离，即x ≈70×0.4 m ＋（70＋10）×（2.5－0.4）2m ＋10×0.52m ＝114.5 m ，A 选项正确；由图可计算出0.4 s ～2.5 s 内的加速度a ＝Δv Δt ＝70－102.5－0.4 m/s 2＝2.86g ，C 选项正确；在0.4 s ～2.5 s 时间内，由牛顿第二定律得2Fcos θ2＝ma ，其中加速度a 不变，阻拦索的张角θ在变小，其张力F在变小，由于速度v 在变小，故阻拦系统对飞机做功的功率P ＝F 合v ＝mav 在变小，B 、D 选项错误．25．C5[2013·新课标全国卷Ⅱ]一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．25．[解析] (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝v1t1①a2＝v0－v1t1②式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1③(μ1＋2μ2)mg＝ma2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律得f ＝ma ′1 ⑦ 2μ2mg －f ＝ma ′2 ⑧假设f ＜μ1mg ，则a ′1＝a ′2；由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾．故 f ＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a ′1等于a 1；物块的v －t 图像如图中点划线所示． 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 s 1＝2×v 212a 1⑩s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a ′2○11 物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1 ○12 联立①⑤⑥⑧⑨⑩○11○12式得 s ＝1.125 m ○13 10．C5、E2、F1 [2013·天津卷] 质量为m ＝4 kg 的小物块静止于水平地面上的A 点，现用F ＝10 N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点，A 、B 两点相距x ＝20 m ，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2，求：(1)物块在力F 作用过程发生位移x 1的大小； (2)撤去力F 后物块继续滑动的时间t.10．[解析] (1)设物块受到的滑动摩擦力为F 1，则 F 1＝ μmg ①根据动能定理，对物块由A 到B 整个过程，有 Fx 1－F 1x ＝0② 代入数据，解得 x 1＝16 m ③(2)设刚撤去力F 时物块的速度为v ，此后物块的加速度为a ，滑动的位移为x 2，则 x 2 ＝x －x 1④ 由牛顿第二定律得 a ＝F 1m⑤ 由匀变速直线运动公式得 v 2＝2ax 2⑥以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得 －F 1t ＝0－mv ⑦ 代入数据，解得 t ＝2 s ⑧4．C5 [2013·重庆卷] 图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y 随θ变化的图像分别对应图2中的( )A ．①、②和③B ．③、②和①C ．②、③和①D ．③、①和②图1 图24．B [解析] 本题考查物体的受力分析和图像问题，考查学生的综合分析能力．由图可知：小球对斜面的压力F N ＝mgcos θ，其最大值F m ＝mg ，故比值y F ＝F NF m＝cos θ为图像③；小球运动的加速度a ＝gsin θ，其最大值a m ＝g ，故比值y a ＝aa m ＝sin θ为图像②；整个过程重力不变，重力加速度不变，比值y g ＝1为图像①，故选项B 正确．19．C5[2013·浙江卷] 如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N19．AD[解析] 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球由牛顿第二定律有：F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830 N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m时的速度v＝2ah＝6 5 m/s>5 m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m所用的时间t＝2ha＝12 5 s>10 s，说明上升10 s后还未上升到180 m处，速度小于5 m/s，故C错误．以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230 N，故D 正确．21．B4，C5[2013·福建卷] 质量为M、长为3L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？21．[解析] (1)如图1，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcos θ－mg＝0①由图知cos θ＝6 3②由①②式解得T＝64mg③图1(2)①此时，对小铁环受力分析如图2，有T′sin θ′＝ma④T′＋T′cosθ′－mg＝0⑤由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝33g⑥图2②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcos α＝(M＋m)α⑦Fsin α－(M＋m)g＝0⑧由⑥⑦⑧式解得F＝2 33(M＋m)gtan α＝3或(α＝60°)。

M单元交变电流M1 交变电流的产生及描述3．[2018·辽宁省五校协作体联考] 如图X24­3所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是( )A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωtB．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间时，通过电流表的电荷量为0图X24­3C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小3．A [解析] 从图示位置开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，选项A正确；矩形线圈从图示位置经过π2ω时间时，通过电流表的电荷量一定不为零，选项B错误；当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，选项C错误；当P位置向上移动，R不变时，输出电压升高，输出功率增大，电流表的读数增大，选项D错误．8．M1M2M3[2018·江苏卷] 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A．向下滑动PB．增大交流电源的电压C．增大交流电源的频率[:物理大师物理大师]D．减小电容器C的电容[:物理大师][:物理大师]8．BC [解析] 因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比，当向下滑动P时，相当于减少副线圈的匝数，导致副线圈两端的电压减小，流过灯泡L的电流也减小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，则会使副线圈两端的电压也随之增大，灯泡变亮，选项B正确；电容器的电容越大，交流电源的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，灯泡就越亮，选项C正确，选项D错误．[:物理大师物理大师]4．[2018·广东省罗定市联考] 如图G9­4所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s.线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m、ad＝0.4 m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝216πT．电容器放电时间不计．下列说法正确的是( )图G9­4A ．该线圈产生的交流电动势峰值为50 VB ．该线圈产生的交流电动势有效值为50 VC ．电容器的耐压值至少为50 VD ．电容器的电容C 变大时，电流表的示数变小4．B [解析] 该线圈产生的交流电动势峰值为E m ＝NBS ω＝100×216π×0.2×0.4×100π V ＝50 2 V ，有效值为50 V ，选项A 错误，选项B 正确；电容器的耐压值至少为50 2 V ，电容器的电容C 变大时，容抗变小，电流表的示数变大，选项C 、D 错误．[:物理大师]M2 变压器远距离输电10．[2018·湖北省孝感市期末] 如图G9­10所示，MN 和PQ 为两个光滑的电阻不计的水平金属导轨，变压器为理想变压器，今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场，则以下说法正确的是 ( )图G9­10A ．若ab 棒匀速运动，则I R ≠0，I L ≠0，I C ＝0B ．若ab 棒匀速运动，则I R ＝0，I L ＝0，IC ＝0C ．若ab 棒固定，磁场按B ＝B m sin ωt 的规律变化，则I R ≠0，I L ≠0，I C ≠0[:物理大师]D ．若ab 棒做匀加速运动，则I R ≠0，I L ≠0，I C ≠010．BCD [解析] 若ab 棒匀速运动，ab 棒因为切割磁感线而产生的感应电动势恒定，即变压器输入的是恒定电流，所以输出电压、电流均为零，选项A 错误，选项B 正确；若ab 棒固定，磁场按B ＝B m sin ωt 的规律变化，变压器的输入电压E ＝S ΔB Δt ＝S ΔBΔt ＝S ωB m cos ωt ，输入电压和输出电压均是交流电，选项C 正确；若ab 棒做匀加速运动，不妨设v ＝v 0－at ，则输入电压E ＝BLv ＝BL(v 0－at)，电压值均匀增大，根据变压器原理，输出电压也是均匀增大的，所以I R ≠0，I L ≠0，L C ≠0，选项D 正确．[:数理化]16．M2[2018·广东卷] 如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻R L＝6 Ω，AB端电压u1＝12 2sin100πt (V)．下列说法正确的是( )A．电流频率为100 HzB．V的读数为24 VC．A的读数为0.5 AD．变压器输入功率为6 W16．D [解析] 由u1＝12 2sin100πt(V)得，输入电压有效值U1＝12 V，ω＝100π rad/s，故电流频率f＝ω2π＝50 Hz，A错；根据U1U2＝n1n2得电压表的读数U2＝6 V，B错；电流表的读数I2＝U2R＝1 A，C错；灯泡功率P2＝U22R＝6 W，则变压器输入功率P1＝P2＝6 W，D对．8．M1M2M3[2018·江苏卷] 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A．向下滑动PB．增大交流电源的电压C．增大交流电源的频率D．减小电容器C的电容8．BC [解析] 因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比，当向下滑动P时，相当于减少副线圈的匝数，导致副线圈两端的电压减小，流过灯泡L的电流也减小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，则会使副线圈两端的电压也随之增大，灯泡变亮，选项B正确；电容器的电容越大，交流电源的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，灯泡就越亮，选项C正确，选项D错误．2．M2 [2018·四川卷] 用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图像如图所示，则( )A．变压器输入功率约为3.9 W[:物理大师]B．输出电压的最大值是110 VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋π2) A2．A [解析] 由图像可知通过负载的电流有效值为I有＝I m2＝0.052A，负载消耗的功率P＝UI≈3.9W，变压器输入功率等于输出功率，故约为3.9 W ，选项A 正确；变压器的输出电压110 V 是有效值，最大值为110 2V ，选项B 错误；由公式n 1n 2＝U 1U 2得变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝21，选项C 错误；负载电流的函数表达式应为i ＝0.05sin(100πt) A ，选项D 错误．[:物理大师物理大师]M3 交变电流综合8．M1M2M3[2018·江苏卷] 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时 ，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容8．BC [解析] 因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比，当向下滑动P 时，相当于减少副线圈的匝数，导致副线圈两端的电压减小，流过灯泡L 的电流也减小，灯泡变暗，选项A 错误；增大交流电源的电压，则会使副线圈两端的电压也随之增大，灯泡变亮，选项B 正确；电容器的电容越大，交流电源的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，灯泡就越亮，选项C 正确，选项D 错误．17．M3[2018·山东卷] 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示．以下判断正确的是( )图甲 图乙A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行[:物理大师]D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左17．AC [解析] 产生的交变电流的最大值为10 2 A ，有效值为10 A ，所以电流表的示数为10 A ，故A正确．线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.02 rad/s ＝100π rad/s ，故B 错误.0.01 s 时电动势最大，由法拉第电磁感应定律得，磁通量的变化率最大，此时线圈平面与磁场方向平行，故C 正确.0.02 s 时线圈转到图示位置，对CD 边由右手定则可判断电流方向为由D 到C ，所以R 中的电流从左向右，故D 错误．4．M3 [2018·天津卷] 普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A．ab接MN、cd接PQ，I ab<I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab>I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab<I c dD．ab接PQ、cd接MN，I ab>I cd4．B [解析] 电流互感器的作用是把数值较大的一次电流转化为数值较小的二次电流，所以ab接MN，cd 接PQ，ab侧的电流比cd侧的大，B正确．。

2013年各地高考物理模拟考试试题分类汇编：万有引力与航天（含答案解析）7（2013山东济宁期末）．中国于2007年10月24日18时05分在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭成功发射了“嫦娥一号”月球卫星．卫星在地球轨道近地点上经历三次加速变轨后由地月转移轨道进入月球轨道，然后又在月球轨道近月点上经历三次近月制动，最后进入127分钟工作轨道，如图所示．下列有关“嫦娥一号”月球卫星的说法正确的是（ ）A ．卫星在地球轨道上变轨后机械能增大B ．卫星在地球轨道上变轨后运行周期变小C ．卫星在月球轨道上变轨后机械能增大D ．卫星在月球轨道上变轨后运行周期变小答案：AD7.理论上可以证明，质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零。

假定地球的密度均匀，半径为R 。

若矿底部和地面处的重力加速度大小之比为错误！未找到引用源。

，则矿井的深度为A.错误！未找到引用源。

B.KRC.错误！未找到引用源。

D.错误！未找到引用源。

答案：A 18. （2013广东惠州一月调研）“东方红一号”的运行轨道为椭岡轨道，其近地点M和远地点N 的高度分别为439km 和238km则A. 卫星在M 点的速度小于N 点的速度B. 卫星在M 点的角速度大于N 点的角速度C. 卫星在M 点的加速度大于N 点的加速度D. 卫星在N 点的速度大于7.9km/s答案：BC20（2013广东增城一模）．搭载着嫦娥二号卫星的长征三号丙运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最终进入距离月球表面100公里，周期为118分钟的工作轨道，开始对月球进行探测 A .卫星在轨道III 上的运动速度比月球的第一宇宙速度小 B .卫星在轨道III 上经过P 点的速度比在轨道I 上经过P 点时大C .卫星在轨道III 上经过P 点的向心加速度比在轨道I 上经过P点时小D .卫星在轨道I 上的机械能比在轨道II 上大答案：AD16（2013广东茂名一模）.目前我国已发射北斗导航地球同步卫星十六颗，大大提高了导航服务质量，这些卫星A ．环绕地球运行可以不在同一条轨道上B ．运行角速度相同 PC．运行速度大小相等，且都大于7.9km/sD．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等。

J 单元 电路J1 部分电路及其规律3．[2013·湖南省怀化市联考] 如图X13-3所示，a 、b 、c 为不同材料做成的电阻，b 与a 的长度相等，横截面积是a 的两倍；c 与a 的横截面积相等，长度是a 的两倍．当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是V 1∶V 2∶V 3＝1∶1∶2.关于三种材料的电阻率ρa 、ρb 、ρc ，下列说法中正确的是( )图X13-3A ．ρa 是ρb 的2倍B ．ρa 是ρc 的2倍C ．ρb 是ρc 的2倍D ．ρc 是ρa 的2倍3．C [解析] 设a 的长度为L ，截面积为S ，因为R ＝U I ，而R ＝ρL S ，所以R a R b ＝U 1U 2，即ρaL S ρb L2S＝1，故ρb ＝2ρa ；同理R a R c ＝U 1U 3＝12，所以ρaL S ρc2L S＝12，故ρa ＝ρc ，选项C 正确．24．J1[2013·北京卷] (20分)对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．(1)一段横截面积为S 、长为l 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电量为e.该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v.(a)求导线中的电流I ；(b)将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B ，导线所受安培力大小为F 安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F ，推导F 安＝F.(2)正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m ，单位体积内粒子数量n 为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v ，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)24．[解析] (1)(a)设Δt 时间内通过导体横截面的电量为Δq ，由电流定义，有I ＝Δq Δt ＝neSv Δt Δt＝neSv (b)每个自由电子所受的洛伦兹力 F 洛＝evB设导体中共有N 个自由电子 N ＝n·Sl导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 F ＝NF 洛＝nSl·evB由安培公式，有F 安＝IlB ＝neSv·lB 得F 安＝F(2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 ΔI ＝2mv如图，以器壁上的面积S 为底、以v Δt 为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在Δt 时间内有16与器壁S 发生碰撞，碰壁粒子总数为 N ＝16n ·Sv ΔtΔt 时间内粒子给器壁的冲量为 I ＝N·ΔI ＝13nSmv 2Δt面积为S 的器壁受到粒子压力为F ＝IΔt器壁单位面积所受粒子压力为S 312．L1、J1、E6 [2013·天津卷] 超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国已研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行．(1)超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圆环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化，则表明其电阻为零．请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由．(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ，并经一年以上的时间t 未检测出电流变化．实际上仪器只能检测出大于ΔI 的电流变化，其中ΔI I ，当电流的变化小于ΔI 时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化．设环的横截面积为S ，环中定向移动电子的平均速率为v ，电子质量为m 、电荷量为e.试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式．(3)若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t ，为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法．12．[解析] (1)逆时针方向．撤去磁场瞬间，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上．由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向．(2)设圆环周长为l 、电阻为R ，由电阻定律得 R ＝ρl S①设t 时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE ，由焦耳定律得 ΔE ＝I 2Rt ②设环中单位体积内定向移动电子数为n ，则 I ＝nevS ③式中n 、e 、S 不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化．电流变化大小取ΔI 时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv ，则ΔI ＝neS Δv ④设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔE k ，则 ΔE k ＝nlS ⎣⎡⎦⎤12mv 2－12m （v －Δv ）2⑤ 由于ΔII ，可得e 根据能量守恒定律，得 ΔE ＝ΔE k ⑦ 联立上述各式，得 ρ＝mvS ΔI etI 2⑧(3)由ρ＝mvS ΔIetI 2看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ 的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流．J2 闭合电路的欧姆定律4．J2[2013·江苏卷] 在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压 U 增大，装置发出警报，此时( )A ．R M 变大，且R 越大，U 增大越明显B ．R M 变大，且R 越小，U 增大越明显C ．R M 变小，且R 越大，U 增大越明显D ．R M 变小，且R 越小，U 增大越明显4．C [解析] 此装置电路中R M 先与R 并联后与R S 串联．根据闭合电路的欧姆定律得I ＝ER S ＋R 并，S 两端的电压U ＝IR S 增大，则电流I 增大，故R 并减小，所以并联的一条支路电阻减小，即R M必减小，故排除选项A 和B.由于1R 并＝1R M ＋1R ，即R 并＝RR M R ＋R M ＝R M1＋R M R，当RR M 时，R MR→0，则R 并≈R M ，R M 变化了多少，R 并也变化了多少．对U 的变化影响明显，即R 越大，U 增大越明显，选项C 正确，选项D 错误．7．[2013·甘肃省河西五市部分普通高中联合考试] 如图X13-7所示，电路中每个电阻的阻值都相同．当电压U 升高时，先烧坏的电阻应是( )A ．R 1和R 2B ．R 3和R 4C ．R 5D ．不能确定7．C [解析] 画出等效电路，可知该电路有两个支路：一个为R 1和R 2并联后与R 5串联；一个为R 3和R 4串联，当电压U 升高时，先烧坏的电阻应是电流最大的电阻R 5，选项C 正确．7．J2、L3 [2013·四川卷] 如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝kt(常量k>0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则( )A ．R 2两端的电压为U7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 27．AC [解析] R 2先与滑动变阻器右半部分并联，后与左半部分串联，再与R 1串联，R 2所在并联电路的电阻占外电阻的17，故R 2两端的电压为U7，A 对；通过R 2的电流与通过滑动变阻器右半部分的电流相等，故通过滑动变阻器左半部分的电流是通过R 2的电流的2倍，其热功率是R 2的4倍，滑动变阻器右半部分又与R 2的热功率相等，所以滑动变阻器的热功率是R 2的5倍，C 对；由楞次定律、安培定则可判断a 极板带负电，B 错；由法拉第电磁感应定律得E ＝S ΔBΔt ＝kS ，其中回路面积为圆的面积，所以感应电动势为k πr 2，D 错．J3 电路综合问题6．J3 [2013·重庆卷] (19分)(1)我国舰载飞机在“辽宁舰”上成功着舰后，某课外活动小组对舰载飞机利用阻拦索着舰的力学问题很感兴趣．他们找来了木板、钢球、铁钉、橡皮条以及墨水，制作了如图所示的装置，准备定量研究钢球在橡皮条阻拦下前进的距离与被阻拦前速率的关系．要达到实验目的，需直接测量的物理量是钢球由静止释放时的________和在橡皮条阻拦下前进的距离，还必须增加的一种实验器材是________．忽略钢球所受的摩擦力和空气阻力，重力加速度已知，根据________定律(定理)，可得到钢球被阻拦前的速率．6．(1)高度(距水平水板的高度) 刻度尺 机械能守恒(动能)[解析] 本题考查物体机械能守恒．要求钢球到达水平面被阻拦前的速率，就必须知道钢球被释放前的高度；钢球被释放前的高度和在橡皮条阻拦下前进的距离都需要用刻度尺进行测量；钢球在斜面上运动过程中，在忽略摩擦力和空气阻力的情况下，机械能守恒，故应用机械能守恒定律(动能定理)可求出钢球被阻拦前的速率．6．(2)某同学对有故障的电热毯进行探究．图1是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接．图2为测试电路实物图，A 、B 为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表．①请在虚线框中画出与图2对应的电路图．Ｋ②断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U－I曲线如图3所示．已知电热线材料的电阻率为2.8×10－7Ω·m，电热线的直径为0.200 mm.可求得此电热线的电阻为________kΩ，总长度为________m．(结果均保留两位有效数字)③为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图1中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示．由此测试结果可判断出电路有断路，位置在__________之间(在“1和2”“1′和2′”“2和3”“2′和3′”中选填一项)．图3测试点3和3′1和1′1和3 1和2′2′和3′电表指针有无偏转电压表 有 有 无 有 无 电流表无有有无有6.(2)①电路图②0.58(0.57～0.59均可) 65(64～66均可) ③1′和2′[解析] 本题考查电路图的作法、图像的分析及故障的排查．①根据电流从电源的正极出发经过各用电器回到负极的方法，作出电路图；②由U －I 图像可知，图像的斜率即为电热线的电阻，由于图线是一条倾斜直线，表示电阻不变，由某一特殊点的坐标可求出电热线的电阻R ＝U I ＝ 2.0 V3.45×10－3 A ＝0.58×103 Ω＝0.58 k Ω，根据R ＝ρl S ＝ρ4lπd 2，有l ＝πRd 24ρ＝65 m.③在3和3′之间有电压无电流，说明3－2－1－1′－2′－3′之间有断路；在1和1′之间有电压，也有电流，说明1－1′之间电路完好；1和3之间有电流无电压，说明1－3之间电路完好；1和2′之间有电压无电流，说明1－1′－2′之间有断路；2′和3′之间有电流无电压，说明2′－3′之间电路完好．因此电路中的断路位置在1′和2′之间．J4 实验：描绘小电珠的伏安特性曲线9．J4 [2013·天津卷] (3)要测绘一个标有“3 V 0.6 W ”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V ，并便于操作．已选用的器材有：电池组(电动势为4.5 V ，内阻约1 Ω)；电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；电键一个、导线若干．①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)B．滑动变阻器(最大阻值1750 Ω，额定电流0.3 A)②实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)．③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V，内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.9．(3)①A②B③0.1 W[解析] ①测绘小灯泡的伏安特性曲线时，小灯泡两端的电压应从0开始，故所需要的电路为滑动变阻器分压式，滑动变阻器应选用阻值小而电流大的A.②电路图应为滑动变阻器分压式和电流表外接法，所以应选用B图．③作出测电源电动势和内阻的I－U图像，与伏安特性曲线交于一点，这点的电压与电流的乘积即为小灯泡消耗的功率，P＝IU＝0.10×1.0 W＝0.1 W.J5实验：测定金属的电阻率J6实验：把电流表改装成电压表23．J6[2013·新课标全国卷Ⅱ] 某同学用量程为1 mA、内阻为120 Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1 V和1 A的多用电表．图中R1和R2为定值电阻，S为开关．回答下列问题：(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线．(2)开关S闭合时，多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量________(填“电流”“电压”或“电阻”)．(3)表笔A应为________色(填“红”或“黑”)．(4)定值电阻的阻值R1＝________Ω，R2＝________Ω.(结果取3位有效数字)23．(1)连线如图所示(2)电流电压(3)黑(4)1.00880[解析] (1)根据电路图连接实物图，注意两表笔与表头的正负接线柱．(2)根据“串联分压，并联分流”可知，当S断开时，多用电表测量电压；当S闭合时，多用电表测量电流．(3)电流从红表笔流进多用电表，从黑表笔流出．从电路图中表头和表笔的接法可知电流从表笔A流出，所以A为黑表笔．(4)当S断开时为电压表，此时R2＝1 V10－3 A－120 Ω＝880 Ω；当S闭合时为电流表，此时R1＝10－3 A×()120 Ω＋880 Ω1 A－10－3 A≈1.00 Ω.J7实验：测定电源的电动势和内阻22．J7[2013·浙江卷] (10分)采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．(1)除了选用照片中的部分器材外，________(填选项)．A．还需要电压表B．还需要电流表C．还需要学生电源D．不再需要其他器材(2)测量所得数据如下：测量次数物理量1 2 3 4 5 6R/Ω 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2I/A 0.60 0.70 0.80 0.89 1.00 1.20U/V 0.90 0.78 0.74 0.67 0.62 0.43 用作图法求得电池的内阻r＝________．(3)根据第5次所测得的实验数据，求得电流表内阻R A＝________．22．(1)A(2)如图所示(0.75±0.10)Ω(3)0.22 Ω[解析] (1)依据实物图，实验器材还缺电压表．(2)根据数据描点、连线，作出电源的U －I 图像，电源内阻r ＝ΔUΔI .(3)电流表的电阻R A ＝UI －R.J8 实验：多用电表的使用(用多用电表探索黑箱内的电学元件)1．[2013·浙江省台州市联考] 关于多用表的使用下列操作正确的是( ) A ．多用表测电压时，要将红表棒接高电势点 B ．多用表测电压时，应将多用表串联接入电路C ．多用表测电阻时，要调节倍率，使测量指示值尽可能大D ．多用表测电阻时，如将红黑表棒接错将导致测量错误1．A [解析] 测电压时，红表笔与表内表头的“＋”接线柱相连，所以要将红表棒接要测电压的高电势点，或者使用多用表的电压挡时，我们可把多用表当作一个普通的电压表，多用表的“＋”插孔和“－”插孔分别相当于电压表的“＋”接线柱和“－”接线柱，使用时需要先接两个表笔，然后再将多用表并联接入电路，选项A 正确，选项B 错误；多用表测电阻时，要调节倍率，使指针指在中值电阻附近，选项C 错误；多用表测电阻时，无需区分红黑表笔，选项D 错误J9 实验：传感器的简单应用J10 电学实验综合4．[2013·吉林省长春市第一次调研测试] 利用如图X16-6所示电路测量一量程为300 mV 的电压表的内阻R V ，R V 约为300 Ω.图X16-6实验步骤如下：①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R 的滑片P 滑到a 端，闭合开关S 2，并将电阻箱R 0的阻值调到较大；②闭合开关S 1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度； ③保持开关S 1闭合和滑动变阻器滑片P 的位置不变，断开开关S 2，调整电阻箱R 0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的一半；读出此时电阻箱R 0的阻值，即为电压表内阻R V 的测量值．实验提供的器材除待测电压表、电阻箱(最大阻值999.9 Ω)、电池(电动势约1.5 V ，内阻可忽略不计)、导线和开关之外，还有如下可供选择的实验器材：A ．滑动变阻器(最大阻值150 Ω)；B ．滑动变阻器(最大阻值10 Ω)；C ．定值电阻(阻值约20 Ω)；D ．定值电阻(阻值约200 Ω)．根据以上设计的实验方法，回答下列问题：(1)对于上述测量方法，从实验原理分析可知，在测量无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R 测________真实值R V (选填“大于”“小于”或“等于”)．(2)为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R 应选用________，定值电阻R ′应选用________________________________________________________________________(填字母代号)．(3)在其他元件不变的情况下，为使测量更准确，可换用一电动势更______的电池(内阻可忽略)(选填“大”或“小”)．4．(1)80.0 (2)如图所示 (3)4.44×10－3 1.50[解析] (1)电阻为80.0 Ω的数据点离直线过远，超过了误差范围，应剔除； (2)图略．(3)图线的斜率是k ＝1.42－0.71160V －1·Ω－1＝4.44×10－3V －1·Ω－1.根据闭合电路欧姆定律 E ＝U 12R 0(r ＋R )＋U 12，变形得1U 12＝1ER 0R ＋r ＋R 0ER 0，斜率是k ＝1ER 0，故电池电动势是E ＝1kR 0＝1.50 V.21．J10[2013·北京卷] 某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x 的阻值．(1)现有电源(4 V ，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，以及下列电表：A ．电流表(0～3 A ，内阻约0.025 Ω)B ．电流表(0～0.6 A ，内阻约0.125 Ω)C ．电压表(0～3 V ，内阻约3 kΩ)D ．电压表(0～15 V ，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的________(填“甲”或“乙”)．甲乙图1图2(2)图2是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线．(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U.某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值R x＝UI＝________ Ω(保留两位有效数字)．图3(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母)A．电流表测量值小于流经R x的电流值B．电流表测量值大于流经R x的电流值C．电压表测量值小于R x两端的电压值D．电压表测量值大于R x两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻R x两端的电压U也随之增加，下列反映U－x关系的示意图中正确的是________．A B C图421．(1)B C甲(2)如图所示(3)5.2 (4)B D (5)A[解析] (1)电路中的最大电流为I ＝E R ＝45 A ，和B 对应的电流表的量程接近，故选B 电流表．电压表量程为3 V ，和电源的电动势接近，故选C 电压表．因R x <R A R V ，此电阻是小电阻，故采用电流表外接法．(2)略．(3)电流表的读数为0.5 A ，电压表的读数为2.60 V ，由R ＝UI 可得，电阻为5.2 Ω.(4)甲图中的电流表测量的是电阻和电压表的总电流，由R ＝UI x ＋I V算出的电阻偏小，所以B 正确；乙图的电压表测量的是电流表和电阻的总电压，由R ＝U x ＋U AI算出的电阻偏大，所以D 正确．(5)由于电流I ＝E R x ＋R P ＝ER x ＋L －xL R，从表达式中可看出，电流I 并不随x 成线性变化，且x有最大值，故U ＝IR x 最后会达到临界值，C 正确．10．J10[2013·江苏卷] (8分)为探究小灯泡的电功率P 和电压U 的关系，小明测量小灯泡的电压U 和电流I ，利用P ＝UI 得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V 1.8 W ”，电源为12 V 的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω.(1)准备使用的实物电路如图所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．(用笔画线代替导线)图1(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R 1 应选________Ω的定值电阻．(3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材． (4)小明处理数据后将P 、U 2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图所示．请指出图象中不恰当的地方．图210．(1)如图所示(2)10 (3)电池(4)图线不应画为直线；横坐标的标度不恰当．[解析] (1)由第(3)小问中小明所描的点来看，电压是从0开始变化的，故滑动变阻器应采用分压式接法．(2)小灯泡的额定电流为1.8 W 3.0 V ＝0.6 A ，故通过R 1的电流应大于0.6 A ，由R ＝EI 可得，总电阻R应小于20 Ω，所以R 1只能取10 Ω.(3)应先拆电池，再拆除其他部分的导线，要养成良好的习惯．(4)应尊重实验数据，按照所描的点用一条平滑的曲线拟合这些点．横坐标U 2最大值为9，图中横坐标的标度选取不合适，应使图象尽可能分布开，充分利用坐标纸.23．J10[2013·新课标全国卷Ⅰ] 某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k ”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：图(a)多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点．(2)将图(a)中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示．多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V.图(b)图(c)(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V．从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ.图(d)(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为________kΩ.23．(1)短接(2)1(3)15.0 3.60(4)12.0(5)9.0015.0[解析] (1)多用电表调零时把两表笔短接相当把电路接通．(2)根据流经电压表的电流是从正极流向负极，可判断出电流的方向；再根据对多用电表来说“红进黑出”即电流从红表笔流入，从黑表笔流出，可判断出红表笔接1.(3)根据读数原则，最小刻度是1、0.1、0.01的都要估读一位．图b 中的指针指在15，而10～20间的最小刻度为1，所以读数为15.0；图c 中的电压表的最小刻度为0.1 V ，指针指在36格，所以读数为3.60 V.(4)当把滑动变阻器的电阻调为零时，相当于多用电表测的是电压表的电阻，所以多用电表的读数即为电压表的内阻．(5)根据多用电表的原理，其中值电阻等于其内阻，即选×1k 挡时的内阻为15.0 k Ω，此时滑动变阻器接入电路的阻值调为零，相当于只有多用电表和电压表构成一回路，此时I ＝E 15.0 k Ω＋12.0 k Ω＝4.00 V12.0 k Ω，可得E ＝9.00 V.。

2014届高三物理考点检测卷（2）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．关于基本物理量，单位制，矢量、标量的下列说法中正确的是（ ）A ．物理学中共有7个基本物理量，其中力学中的三个基本物理量是米、千克、秒B ．力的单位“N”，它即是一个基本单位，又是一个国际单位C ．力是一个矢量，功是一个标量D ．电流即有大小又有方向，它是一个矢量 2．如图甲所示，在倾角为30º的足够长的光滑斜面上，有一质量为m 的物体，受到沿斜面方向的力F 作用，力F 按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F 与重力大小mg 的比值，力沿斜面向上为正）．则物体运动的速度v 随时间t 变化的规律是下图中的（物体的初速度为零，重力加速度取10m ／s 2）（ ）3．水平放置的平板表面有一个圆形浅槽，一只小球在水平槽内滚动直至停下，在此过程中（ ） A ．小球受四个力，合力方向指向圆心 B ．小球受三个力，合力方向指向圆心C ．槽对小球的摩擦力提供小球作圆周运动的向心力D ．槽对小球弹力的水平分力提供小球作圆周运动的向心力4．如图所示，两根长度不同的细线分别系有两个小球，细线的上端都系于O 点。

设法让两个小球在空中同一水平面上做匀速圆周运动。

已知细线长之比为L 1∶L 2=3∶1，L 1跟竖直方向成60º角。

下列说法中正确的有（ ）A ．两小球做匀速圆周运动的周期必然相等B ．两小球的质量m 1∶m 2=3∶1C ．L 2跟竖直方向成60º角D ．L 2跟竖直方向成45º角5.一对等量正点电荷电场的电场线和等势线分布如图所示，图中D 点在两电荷连线的中点，C 在两电荷连线的中垂线上，下列判断正确的是（ ） A ．场强E A >E B B ．将一个负电荷从C 点移到A 点电场力做负功C ．电势ΦA <ΦCD ．D 点电势一定为0， 6．如图所示，n=50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B =102T 的水平匀强磁场中，线框面积S =0.5m 2，线框电阻不计。

专题02 比热容一、热量：1、比热容：(1)定义：单位质量的某种物质温度升高（降低）1℃时吸收（放出）的热量。

(2) 物理意义：表示物体吸热或放热的本领的物理量。

(3)比热容是物质的一种特性，大小与物体的种类、状态有关，与质量、体积、温度、密度、吸热放热、形状等无关。

(4)水的比热容为4.2×103J(kg·℃) 表示：1kg的水温度升高（降低）1℃吸收（放出）的热量为4.2×103J(5)水常调节气温、取暖、作冷却剂、散热，是因为水的比热容大二、探究物质的比热容1、在科学探究过程中要采用控制变量法，即让两种不同物质的质量相同，温度相同，升高的温度相同。

2、在探究中应尽量保证让不同物质在相同的时间内吸收的热量相等，用加热时间的多少表示物质吸收热量的多少。

3、在探究中应尽量避免热量的损失。

三、热量的计算1、热量的计算公式：用c表示物质的比热容，用m表示物体的质量，用t表示物体的末温，用t。

表示物体的初温，则物体温度升高时，所吸收的热量Q吸=cm(t-t0) ：物体温度降低时，所放出的热量Q放=cm(t0-t)，若用△t表示物体温度的变化，则上述两个公式可统一表示为Q＝cmΔt。

2、应用热量的计算公式解题时，公式中各物理量的单位要统一，即比热容c的单位是J／（㎏·℃），质量m的单位是㎏，温度的单位是℃，热量的单位是J。

3、热量公式Q＝cmΔt适用于物体温度变化过程中，物体所吸收或放出热量的计算，物态变化过程中，物体所吸收或放出的热量不能用Q＝cmΔt计算。

4、运用热量计算公式解题时要注意明确“初温”、“末温”、“温度升高到”、“温度升高了”、“温度降低到”、“温度降低了”的含义。

典型例题【2014年北京市通州区初三模拟考试】汽车发动机用水做冷却剂，是利用水的（）A．密度较大B．质量较大C．体积较大D．比热容较大解析：由Δt=Q/cm可知，在吸收的热量和物质的质量相同的情况下，物质的比热容越大，温度上升的越慢，所以汽车发动机用水做冷却剂，而与物质的密度、质量和体积无关。

2013——2014年中考物理模拟试题（二模）班级：姓名：一、选择题：（共8题，每题2分，共16分）1、海波的熔点是48℃，则温度为45℃的海波( )A．一定是固态B．一定是液态C．一定是固液共存D．可能是固态，可能是液态，也可能是固液共存2、某同学在上学去的路上，用的速度走完前一半路程，又用的速度走完后一半路程，则他在整个路程中的平均速度是（）A. B. C. D.3、如下图所示的电蚊拍，具有灭蚊和照明等功能。

当开关Sl闭合、S2断开时，只有灭蚊网通电起到灭蚊作用；当开关Sl和S2都闭合时，灭蚊网与灯都通电同时起到灭蚊和照明作用。

下列电路设计符合这种要求的是4、小丽设计了如图所示的简易电子距离测量仪，R是一根粗细均匀的电阻丝，其每厘米长的电阻为0.5 Ω，电路各部分均接触良好。

物体M只能在导轨上做直线运动，并带动与之相连的金属滑片P移动，电压表示数可反映物体M移动的距离。

开始测量前，将金属滑片P 置于电阻丝中点，此时电压表和电流表示数分别为1.5 V和0.2 A。

由此可知( )A. 电阻丝的总电阻为7.5 ΩB. 当电压表示数为2 V时，物体M向右移动了5 cmC. 当电压表示数为1 V时，物体M向左移动了5 cmD. 若开始测量前，将金属滑片P置于电阻丝某端点，可测量的最大距离30 cm.5、在亚丁湾海域，我国海军护航编队使用“金噪子”（又名“声波炮”）震慑海盗，它的声波定向发射器外观类似喇叭，能发出145dB以上的高频声波，甚至比喷气式飞机引擎的噪声还要刺耳，根据以上信息，下列说法中错误的是（）A．声波具有能量B．声波定向发射器喇叭状外观可以减少声音的分散，从而增大响度C．使用“金嗓子”时，护航官兵佩戴耳罩是在人耳处减弱噪声D．“金噪子”发出的声波是次声波6、如图1所示，北京时间08年9月27日下午16时43分，中国“神七”载人飞船航天员翟志刚顺利出舱，实施中国首次空间出舱活动．出舱后翟志刚抬头仍然看到天上的一轮红日，周围的其它景象应是（）Ａ．一片黑暗，能看见星星，但不闪烁Ｂ．一片黑暗，能看见星星，且星闪烁Ｃ．一片明亮，无法看见星星Ｄ．一片天蓝色，能看见地球和星星7、下面知识结构图错误的是( )8、由同种材料制成的AB 和BC 两段导体，它们的长度相同，AB 的横截面积比BC 的小，将它们按照图3所示的方式串联在电路中，不计温度的影响，下列判断正确的是（ ）A ．两段导体的电阻值：RAB ＝RBCB ．两段导体的电阻值：RAB ＜RBCC ．两段导体两端的电压：UAB ＞UBCD ．通过两段导体的电流：IAB ＜IBC填空题（24分）9、如图是直流电动机的工作原理图，“CD ”部件我们称之为____________，它的作用是当线圈转动到平衡位置时，能自动改变______________________________，从而实现通电线圈在磁场中的连续转动。