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安徽省普通高中学业水平合格性考试仿真模拟卷(六)
(时间:60分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共15 小题,每小题4分,共60 6.关于下列说法正确的是 ( )
分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合 A.重心概念的建立应用了等效替代的思想
题目要求。) B.苹果从树上下落是受到地球的吸引,但苹果
1.如图,质点从坐标轴上的A 点运动到B 点,其 没有吸引地球
位移是 ( ) C.当物体置于斜面上时,其重力方向垂直于斜
面向下
D.重心就是物体上最重的一点
A.0m B.2m 7.如图所示,滑块沿粗糙斜面加
C.3m D.5m 速下滑的过程中,滑块所受到
2.以下哪组物理量均属于标量 ( ) 的力有 ( )
A.力、功 B.位移、速度 A.下滑力、支持力、滑动摩擦力
C.质量、加速度 D.时间、机械能 B.下滑力、压力、滑动摩擦力
3.台球以10m/s的速度垂直于框边的方向撞击 C.重力、压力、静摩擦力
后,以8m/s的速度反向弹回,若球与框边的 D.重力、支持力、滑动摩擦力
接触时间为0.1s,则台球在水平方向的加速 8.摩托艇以恒定的速率垂直河岸横渡一条百米
度大小和方向为 ( ) 宽的大河,当河水向下游流动的速度突然减小
A.20m/s2沿球弹回的方向 时,摩托艇横渡大河经历的时间将 ( )
B.20m/s2沿球撞击的方向 A.变长 B.变短
C.180m/s2沿球弹回的方向 C.不变 D.无法确定
D.180m/s2沿球撞击的方向 9.某人将石块从某高处以5m/s的速度水平抛
4.如图所示,描述物体做自由落体运动的图像是 出,落地点距抛出点的水平距离为5m.忽略
( ) 空气阻力,g取10m/s2,则石块落地时间和抛
出点的高度分别是 ( )
A. B.
C. D.
舰载机在停泊的航母上展开飞行训练 若飞 A.1s 5m B.1s 10m5. .
机着陆时的速度为200m/s,匀减速滑行的加
C.2s 5m D.2s 10m
有两颗人造卫星围绕地球做匀速圆周运动,
速度大小为100m/s2,则航母甲板上的跑道
10.
( ) 它们的运动周期之比为长度不小于 1∶8
,则它们的轨道
半径之比为 ( )
A.50m B.100m
A.8∶1 B.4∶1
C.150m D.200m
C.2∶1 D.1∶4
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11.在“鸡蛋撞地球”的科技活动中,小明设计了
一个缓冲器,为了验证其效果,他将一个鸡蛋
装入缓冲器中,在离地高10米处向空旷场地
抛出,缓冲器落地后鸡蛋完好无损,该过程
中,鸡蛋所受重力做的功约为 ( ) A.开关接1时,平行板电容器充电,且上极
A.0.05J B.0.5J 板带正电
C.5J D.50J B.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板
12.改变汽车的质量和速度,都能使汽车的动能 带负电
发生改变,在下列几种情况中,汽车的动能不 C.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板
发生变化的是 ( ) 带正电
A.质量不变,速度增大到原来的2倍 D.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板
B.速度不变,质量增大到原来的2倍 带负电
C.质量减半,速度增大到原来的4倍 二、实验题(本题共2小题,共12分。)
D.速度减半,质量增大到原来的4倍 16.(6分)在“探究小车速度随时间变化的规律”
13.如图所示,a、b是等量异种点电荷连线的中 实验中,小华同学得到的一条纸带如图所示,
垂线上的两点,现将某检验电荷分别放在a、b A、B、C、D、E 是纸带上五个连续的计数点,
两点,下列说法中正确的是 ( ) 相邻两个计数点间均有四个点未画出,用刻
度尺测得的数据具体如图所示,已知打点计
时器所接交变电源的频率为50Hz,则
A.受到电场力大小相等,方向相同
B.受到电场力大小相等,方向相反
C.受到电场力大小不相等,方向相反
D.受到电场力大小不相等,方向相同 (1)打 D 点 时 小 车 的 速 度 大 小vD =
14.下面是对电源和电流概念的认识,正确的是 m/s,小车运动的加速度大小a=
( ) m/s2.(结果均保留两位有效数字)
A.电动势反映了电源把电能转化为其他形 (2)若打点计时器所接交变电源的实际频率
式能量的本领 高于50Hz,而计算时仍按照50Hz计算,则
B.电动势和电势差的单位相同,电动势实质 小车的加速度大小的测量值 (填“大
上就是电势差 于”、“小于”或“等于”)真实值.
C.电流的方向就是电荷定向移动的方向 17.(6分)小华同学在“验证机械能守恒定律”的
D.在金属导体中,电流的方向与自由电子定 实验 中,所 用 的 打 点 计 时 器 工 作 频 率 为
向移动的方向相反 50Hz.
15.在图所示实验中,关于平行板电容器的充、放 (1)如图,在释放纸带前的瞬间,操作合理的
电,下列说法正确的是 ( ) 是 (选填“甲”或“乙”);
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(1)刹车时汽车加速度a的大小;
(2)开始刹车到停下,汽车发生的位移x;
(3)刹车时汽车受到的阻力.
(2)该同学按正确操作打出一条纸带并用毫
米刻度尺测量 O 点与各连续点的距离h,
如图.
①重物在D点对应的速度vD= m/s
(保留3位有效数字);
②再算出其余各点对应的速度v,以h为横坐
v2标,以 为纵坐标,画出的图像应是如图中的
2
.
A B
C D
三、计算题(本题共3小题,共28分。请写出必
要的分析过程、文字说明和重要的演算步骤,有
数值计算的要注明单位,只写出最后答案的不
给分。)
18.(8分)一辆汽车质量m=1600kg,在平直公路
上以速度v0=12m/s匀速前进,遇紧急情况刹
车后,做匀减速直线运动,经过时间t=3s汽车
停止,当地的重力加速度g取10m/s2.求:
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19.(10分)如图所示,质量 20.(10分)如图所示,带电荷量为+4×10-8C的
m=10kg的物体放在光 滑块在电场强度大小为2×104N/C、方向水平
滑水平面 上,今 用 大 小 向右的匀强电场中,沿光滑绝缘水平面由 M
为F=50N的水平恒力作用于物体,使物体 点运动到N 点.已知M、N 间的距离为0.1m.
由静止开始做直线运动,经位移x=2m,若 求:
取g=10m/s2,求物体在这段运动中:
(1)重力对物体所做的功WG;
(2)恒力F对物体所做的功W;
(3)物体所获得的动能Ek.
(1)滑块所受电场力的大小;
(2)M、N 两点间的电势差;
(3)电场力所做的功.
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参考答案
第一部分 合格考专题考点卷 11.B 由a=Δv可知速度变化大,加速度不一定大,因还有时Δt
专题一 运动的描述 间因素,故A错误;加速度等于速度的变化率,变化率大,
, 加速度大,故B正确;加速度与速度同向为加速运动,反向1.C A.神舟十七号飞船在与天和核心舱对接的过程 需要精
, , , 为减速运动,a>0若v<0则为减速运动,故 错误;任何准控制 调整其姿态 因此其形状大小不可忽略 不能将其看 C
, A ;B. , 一秒初与前一秒的末为同一时刻
,速度相同,故
成质点 故 错误 对接成功后 神舟十七号飞船与空间 D错误.故
选:
站成为一体,因此以空间站为参考系,神舟十七号飞船是静 B.
, B .C. , 12.C 速度的正负表示速度的方向
,由图知,在 内速度
止的 故 错误 载人空间站建成后 研究空间站绕地球 0~3s
, 均为正方向,飞行的时间时 因其形状大小相对于其轨道周长而言可以忽 3s~5s速度为负,说明在0~3s时间内,物
, , , C ;D. , 体的速度方向不变
,一直沿正方向,
略 因此 可将其看成质点 故 正确 对接成功后 以地 3s末速度方向变化,
, , D . :C. 3s~5s速度方向为负
,故C错误,ABD正确球为参考系 整个空间站是运动的 故 错误 故选 .本题选择错
, :
2.B 飞流是相对于山在动,故参考系是山,故 A错误;“桥流 误的 故选 C.
水不流”中的“桥流”是桥相对于水在运动,是以水为参考系 13.解析:(1)如题图所示质点自 A 点出发运动3圆周到达B
的,故B正确;升国旗时,观察到国旗冉冉升起,观察者是以 4
“ 点的位移方 向 与 水 平 方 向 夹 角 为 斜 向 上,即 由 指地面”为参考系的,故C错误;钱塘观潮时,潮水扑面而来 45° A
向 ,
是指潮水相对于我们来说的,故是以观察者为参考系的,故 B
: 大小为x = r2 2D错误.故选 B. AB +r = 2r=0.28m.
3.D 飞机驾驶员(甲)认为丙做直线运动,是以飞行的飞机为参 路程为s=3×2πr=3×3.14×0.2m=0.94m;
考系的,故A错误;地面指挥员(乙)看到丙做曲线运动是以地 4 2
面为参考系的,故B错误;甲、乙两人的说法分别是以飞机和地 (2)
x
质点的平均速度大小v= AB =0.28m/s=0.14m/s,
面作为参考系研究运动的.说法都是正确的.他们的争论是由于 t 2
选择的参考系不同而引起的,故C错误,D正确.故选:D. 平均速率v=s=0.94m/s=0.47m/s;
4.B A.学校每天7:30准时上课是时间点,因此为时刻,故A t 2
错误;B.每节课45min指的是一个时间段,因此为时间间 (3)质点 在 运 动 中 速 率 不 变,故 到 达 B 点 时 瞬 时 速 度 为
隔,故B正确;C.数学考试9:40结束,9:40是个时间点,是 0.471m/s,方向沿过B 点的切线方向;
时刻,故C错误;D.周末文艺 晚 会18:40开 始 是 一 个 时 间 答案:(1)0.28m,0.94m (2)0.14m/s 0.47m/s
点,指时刻,故D错误;故选:B. (3)0.47m/s
5.C 路程是指物体所经过的路径的长度,沿图中路线走完一 14.解析:(1)设初速度的方向为正,经100s速度从36km/h
遍的路程s=2πR+πR+2R=(3π+2)R;当人离A 点最远的 增大到180km/h,36km/h=10m/s,180km/h=50m/s
时候,位移最大,所以当人在C点的时候,离A 最远,此时的 根据加速度定义式a=Δv得:a=50-10m/s2=0.4m/s2;加
位移是最大的,即为2R,故C正确;故选:C. Δt 100
6.A 既有大小又有方向的物理量是矢量,位移、速度、平均速 速度方向与初速度方向相同;
度、加速度都是矢量,故 A正确;路程是物体运动轨迹的长 (2)设初速度的方向为正,沿光滑水平地面以10m/s的速度运
度,故路程只有大小,没有方向,故路程是标量,故B错误; 动的小球,撞墙后以8m/s的速度反弹,与墙壁接触时间为
平均速率是物体在某一段时间内通过的路程与所用时间的 0.1s.根 据 加 速 度 定 义 式a=Δv得:a= -8-10m/s2=
比值,故平均速率是标量,故C错误;时间只有大小没有方 Δt 0.1/2;
向,故时间是标量,故D错误.故选:A. -180ms 负号表示加速度方向与初速度方向相反.
7.C 5s , , A 答案:() /
2
小球第 末的速度对应的是时刻 故为瞬时速度 故 10.4ms 加速度方向与初速度方向相同
2
错误.子弹射出枪口的速度对应的是位置,故为瞬时速度,故 (2)180m/s 加速度方向与初速度方向相反
B错误.汽车从甲站行驶到乙站的速度对应的是位移,故为 专题二 匀变速直线运动
平均速度,故C正确.汽车通过某一站牌的速度对应的是位
, , 1.B 加速度是矢量
,加速度的大小和方向均不变的直线运动
置 故为瞬时速度 故D错误.故选:C.
, 是匀变速直线运动
,故 A错误;匀变速直线运动的加速度a
8.D 允许行驶的最大速度表示在某一位置的速度 是瞬时速
; , , , 是定值
,匀变速直线运动任何相等时间t内速度的变化量
度 到下一出口还有50km50km是路程 故D正确 ABC
: Δv=at相等
,故B正确;匀变速直线运动的加速度a不变,
错误.故选 D. 匀变速直线运动的速度v=v0+at,初速度不为零的匀变速
9.D 设全程的位移为2s,则运动的总时间:t=2sv 直线运动的速度与时间是一次函数关系
,速度与时间不成正
,
s 比 只有初速度为零的匀加速直线运动速度才与时间成正前半段的时间:t1=v 比,故C错误;匀变速直线运动的速度可能先减小后增大,1
例如竖直上抛运动,其加速度不变,物体先减速到零,然后反
后半段路程的时间:t s2=v 向做匀加速直线运动,故D错误.故选:B.2
2vv 2.A 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动,故A正
汽车在全程的平均速度:v= 1 2v +v 确;在空气中,不考虑空气阻力的运动不一定是自由落体运1 2
故ABC错误,D正确;故选:D. 动,如水平抛出一物体,不考虑空气阻力,物体做平抛运动而
10.C 由题图,可知,三个物体均只沿x 轴运动,故均做直线 不做自由落体运动,故B错误;设物体下落的高度为h,做自
运动,故A错误;因 A运动过程中有往返运动,故 A的路 由落体运动的物体落地速度v= 2gh,落地速度由g、h决
程最大;但BC均只有单向运动,故路程相等,平均速率是 定,与物体的质量无关,故C错误;物体做自由落体运动时
路程与时间的比值,可知A的平均速率大于B与C的平均 受重力作用,故D错误.故选:A.
速率,故B错误,C正确;x t图像中图像的斜率表示物体 3.A 根据加速度的定义式可知,加速度等于单位时间内的速
的速度大小,故A先做减速运动,后反向加速;B做匀速运 度变化量,以a=2m/s2做匀加速直线运动的物体,在任意
动,C做加速运动,故D错误;故选:C. 1s内末速度比初速度大2m/s,第ns末的速度比第1s末的
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速度2(n-1)m/s,故A正确,B错误;2s末速度不一定是1s 12.C 初速度为0的匀加速直线运动,在连续相等时间间隔
末速度的2倍,故C错误;初速度未知,故2s末的速度不一 内通过的位移之比为1∶3∶5∶7…,则第1个2s、第2个
定是4m/s,故D错误.故选:A. 2s和前6s内三段位移比为1∶3∶9.故C正确,ABD错
4.B 速度与时间的关系为v=(12-6t)m/s,则汽车速度减 误.故选:C.
为零的时间t=12s=2s,即2s末汽车停止,则它在3s内 13.解析:(1)以汽车初速度的方向为正方向,则汽车做匀变速6 直线运动的加速度为:a=-2m/s2
行驶的位移大小等于x=12+0×2m=12m,故ACD错误,B 由速度—时间公式得:0=v0+at2 代入数据解得汽车速度减为零的时间为:t=10s
正确;故选:B. 由速度—时间公式,可知刹车后5s末汽车速度大小为:
5.D 物体在各相邻的1s内位移增加量相等,但在每个1s内
, v1=v0+at1=20m
/s-2×5m/s=10m/s;
的运动情况无法确定 即由题意无法确定各段时间内的具 (2)根据题意可知汽车刹车时间, t=10s<20s体运动形式 故无法判断物体是否做的匀加速直线运动;同
, ; 使用汽车刹车后20s内汽车的位移
,即汽车的刹车位移,
时也无法得出物体的加速度大小 故 AB错误 如果物体做
, 由匀变速直线运动的速度-位移公式得:匀加速直线运动 则物体在第3s内的中间时刻的速度为 0-v2 2
v x= 3=3m
0 0-20
3 =3m/s,如果不是匀加速直线运动,则物体在
x= 2a =t 1s -2×2
m=100m
3
/, ; 答案:() / ()第3s内的中间时刻的速度不一定是3ms故C错误 物体 110ms 2100m
: ( ) , 14.解析:(1)骑行者在汽车正前方x0处,经t0的反应时间后汽在前5s内的位移为 x= 1+2+3+4+5 m=15m 则前 , ,
x 15 车开始刹车 两者之间的距离为x1 x1=x0+v骑t0-v汽t0
,
5s内的平均速度为:v=t =5 m
/s=3m/s,故选:D. 解得x1=37.5m;
x 6 (2)最小加速度为a,达到共同速度的时间为t1,此时两者6.A 第3s内的平均速度为v= / /,故t =1 ms=6ms A ,v at v v骑 +v恰好相遇 - = 汽
; , , 汽 1 骑
,v骑t1+x1= t1,解得a=
正确 根据推论可知 物体做匀加速直线运动 第3s内的平 2
2
均速度等于第2.5s末物体的速度,则知物体在2.5s末物 3m/s;
v 6 (3)雾天能见度为2.5 x'0,该雾天汽车的最大行驶速度vm,由于体的速 度 为v=6m/s,由v=at得:a= = m/s2t 2.5 = 加速 度 不 变,汽 车 开 始 减 速 到 达 到 共 同 速 度 的 时 间2.5
/2, ; : 1 2 1 t v汽 -v骑2.4ms 故 B错 误 前3s内 位 移 为 x3= = ,2at3= 2 × 2 a
2.4×32m=10.8m,故C错误;3s末的速度是v3=at3= 由位移关系知
/ /, : vmt
v +v
0+
m 骑
2 t2=x'0+v骑
(t+t),
2.4×3ms=7.2ms故D错误.故选 A. 0 2
7.D 由 运 动 学 公 式 v2-v20 =2as,代 入 数 据 解 得:v = 解得vm=17m/s.0
2
v2-2as= 402-2×5×140m/s=10 2m/s, D , 答案:(1)故 正确 37.5m (2)3m/s (3)17m/s
ABC错误.故选:D. 专题三 相互作用
8.C 甲在前2s内沿负方向做匀减速运动,且加速度的大小为
( ) 1.A 在地球上方的物体都要受到重力作用,所受的重力与它
a=Δv=0- -3 m/s2=1.5m/s2,故 A错误;甲在前Δt 2 2s 的运动状态无关
,与是否受其他力也无关.故 A正确,C错
; ,
内沿负方向运动,后2s内沿正方向运动,通过的总路程等 误 物体的重力大小在同一地点是恒定的 不同地点可能是
1 1 变化的,比如在地球上不同的高度或不同的纬度同一物体的于两段时间内的位移绝对值之和,为s=2×3×2m+2× 重力不同.故BD错误.故选:A.
3×2m=6m,故B错误;根据x t图像的斜率表示速度,可 2.C 重心只是重力在作用效果上的作用点,重心并不是物体
Δx 3-(-3) 上最重的点,故A错误;重心是重力的等效作用点,不一定知乙在4s内做匀速运动,速度大小为v=Δt= 4 m
/s= 在物体上,如圆环的重心就不在圆环上,故B错误;物体重
1.5m/s,故C正确;乙在4s内一直沿正方向运动,通过总 心的位置跟物体的形状和质量分布有关,重心在物体中的位
位移为Δx=3m-(-3m)=6m,故D错误.故选:C. 置不因物体升高、降低、倾斜而发生改变,故C正确;只有形
9.B 根据速度时间图像与时间轴所围的“面积”大小等于位 状规则且质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上,
移大小,图像在时间轴上方“面积”表示的位移为正,图像在 故D错误.故选:C.
时间轴下方“面积”表示的位移为负,故0~8s时间内质点 3.D 弹力的产生条件是两物体接触,同时发生弹性形变,两
通过的位移为:Δx=1(2+4)×4m-1(2+4)×2m= 物体接触,若没有挤压则一定不产生弹力.故 A错误;重力2 2 与弹力属于 不 同 性 质 的 力,不 能 说 重 力 就 是 压 力,故B错
6m.由于质点在t=0时位于x=8m处,故当t=8s时,质 误;施力物体的形变产生弹力,静止在水平面上的物体受到
点在x轴上的位置为x=8m+Δx=14m,故 ACD错误, 向上的弹力是因为地面发生了形变,故C错误;弹力的方向
B正确.故选:B. 是垂直于接触面的,故D正确.故选:D.
10.B 铜球沿斜面运动的实验,是伽利略研究自由落体运动 4.B 力是使物体运动状态或者形状改变的原因,桥面是因为受
的实验,故 A正确;B、伽利略研究发现:斜面倾角一定,从 到弹力作用所以发生形变,该说法因果倒置,故A错误;桥梁对
不同高度开始滚动,小球的加速度应该相同,故B错误;伽 汽车有向上的弹力,是由于施力物体桥梁发生弹性形变而对汽
利略设想,图中斜面的倾角越接近90°,斜面的阻力越小,小 车作用所产生的,故B正确,C错误;刚度无穷大的物体是不存
球沿斜面滚下的运动就越接近自由落体运动,故C正确; 在的,汽车一定也发生了形变,也受到弹力,故D错误.故选:B.
发现斜面上的小球都做匀加速直线运动,则自由落体运动 5.A 弹簧的劲度系数k由弹簧的材料、粗细、截面积等与自
也是匀加速直线运动,故D正确;本题选错误的,故选:B. 身因素有关,即是由弹簧本身的性质决定的,与F、x 无关,
11.B 据v2=2gh知乙在下落过程中,中间位置的速度与刚 故A正确,B错误;由F=kx可知,在弹性限度内弹力F 的
着地速度大小之比为: 2gH∶ 2g·2H=1∶ 2,故 A 大小与弹簧伸长量(或缩短量)x成正比,故C错误;弹簧的
错误;两物体同时下落,根据v=gt,在下落的过程中,同一 劲度系数在数值上等于弹簧伸长(或缩短)单位长度时弹力
时刻甲乙的速度相等,故B正确;甲落地 时,由 于 同 时 下 的大小,故D错误.故选:A.
落,所以乙也下落 H,此时距离地面的距离为 H,故C错 6.B 静止的物体可以受到滑动摩擦力的作用,如在地面上滑
误;根据h=1gt2,得t= 2h,知甲乙在空气中运动的时 行的物体,地面受到的是滑动摩擦力,故 A错误;滑动摩擦2 g 力的方向总是沿着接触面,并且跟物体的相对运动方向相
间之比为1∶ 2,故D错误.故选:B. 反,故B正确;静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间
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发生变化的,与正压力的大小无关,故C错误;摩擦力有时 14.解析:(1)研究小孩与 雪 橇 整 体 为 研 究
为阻力、有时为动力,例如小物块在地面滑行时其摩擦力为 对象,受力 情 况 如 图 所 示,在 竖 直 方 向
阻力,人走路时摩擦力为动力,故D错误.故选:B. 由共点力平衡条件可得:
7.D 依题意,物体相对于地面向右运动,受到地面的滑动摩 F0sinθ+FN=(m1+m2)g
擦力方向向左.物体在水平面上运动,F 也在水平方向,则物 代入数据解得:FN=400N;
体对地面的压力大小等于物体的重力,即FN=mg,所以物 根据牛顿第三定律可知,雪橇对地面的压
体受到的滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg=0.1×200N= 力F'N=FN=400N;
20N,故D正确,ABC错误.故选:D. (2)雪橇和小孩受到的摩擦力:f=μFN
8.B 父亲与儿子掰手腕,他们之间的相互作用是一对作用力 水平方向有:F0cosθ-f=0
与反作用力,总是大小相等,方向相反,同时产生,同时消失. 代入数据解得:μ=0.20;
故B正确,ACD错误.故选:B. (3)由共点力平衡条件有:F=μ(m1+m2)g
9.B 人对桌面的压力是弹力,不是人受的重力,压力的施力 代人数据解得:F=92N.
物体是人,而重力的施力物体是地球,故不能说压力就是重 答案:(1)400N (2)0.20 (3)92N
力,故A错误;根据人处于静止状态,对人受力分析,可知桌 专题四 运动和力的关系
面对人的支持力和人受到的重力是一对平衡力;根据牛顿第
三定律,可知桌面对人的支持力和人对桌面的压力是一对作 1.A 牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上,根
用力与反作用力,故B正确,C错误;根据牛顿第三定律,可 据逻辑推理得出的,是以实验为基础,但又不是完全通过实
知人对桌面的压力与桌面对人的支持力大小相等,而桌面对 验得出,故A正确;虽然在地球上不受力作用的物体是不存
人的支持力与人的重力大小相等,地面对桌子的支持力大小 在的,但牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规
等于人和桌子的总重力,所以人对桌面的压力和地面对桌子 律,是牛顿第二定律的基础,也为科学的发展奠定了基础,故
的支持力不是一对平衡力,故D错误.故选:B. B错误;牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性
10.C 从 图 中 可 知 F1+F2=14N,F1-F2=2N,故 F = 质,即惯性,惯性的大小与物体的受力情况和运动情况均无1
8N,F2=6N,当θ=90°时,F合 = F21+F22=10N,
关,故C错误,D也错误.故选:故C正 A.
, : 楔形物体释放前,小球受到重力和支持力,两力平衡;楔确 ABD错误.故选 C. 2.B
, 、 形物体释放后,由于小球是光滑的,则小球水平方向不受力,11.B 对 M进行受力分析 则 M 可能受绳子的拉力 重力而
; 根据牛顿第一定律知道,小球在水平方向的状态不改变,即处于平衡 此时 MP间没有相互的挤压,故没有摩擦力,若
木块对绳子没有拉力, 仍保持静止状态,水平方向不发生位移 而竖直方向:楔形物则此时 M 受重力、支持力及摩擦力 .
, ; , 体的支持力将小于小球的重力,小球将沿竖直方向做加速运而处于平衡 故AC错误B正确 对整体受力分析可知 整
, , 动,所以其运动轨迹为竖直向下的直线,故 正确, 错体不受水平方向的推力作用 故P不受地面的摩擦力 则 B ACD
误 故选:
地面也不会受到水平方向的摩擦力;故D错误.故选:B. . B.
, 、 , 3.C 合外力是物体产生加速度的外部条件,与物体的质量无12.C 对动滑轮受力分析 受重力 两个对称的拉力 拉力等于
悬挂物体的重量mg,如图,三个力的合力为零,两个拉力的 F关,故A错误;根据牛顿第二定律F 合合 =ma,得a= ,可知m
大小恒定,夹角越大,合力越小,夹角越小,合力越大;增加细
加速度跟物体所受合外力成正比,跟物体的质量成反比;且
线长度时,由于两根细线拉力不变,若动滑轮位置不变,则三
, ; , 加速度方向与合外力方向相同,故A B
错误,C正确;根据牛顿
个力大小方向都不变 故 错误 减小重物的重力 两个拉
m
力变小,动滑轮位置不变,则两拉力夹角不变,故合力变小, 第二定律得知,物体下落时的加速度a= g=g,与物体的m
故手要用较小的力,故B错误;手指向下移动,两个拉力大小 质量无关,故整块砖自由下落时加速度一定与半块砖自由下
不变,夹角变小,故两拉力合力变大,故手要用较大的力,故 落时加速度相等,故D错误.故选:
C正确;
C.
手指向上移动,两个拉力大小不变,夹角变大,故两 4.B 两个力合成时,合力的范围为, , : F1+F2≥F合≥|F1-F2|
,则
拉力合力变小 故手要用较小的力 故D错误.故选 C. 得6N和8N两个力的合力范围为:14N≥F合≥2N,根据
牛顿第二定律F合 =ma可得,该合力作用在2kg的物体上
产生的加速度的范围为:7m/s2≥a≥1m/s2,所以B有可
能,ACD不可能,故ACD错误,B正确.故选:B.
5.B 球随着车厢在平直轨道做匀变速
运动,故加速度水平,合力水平;
对小球受力分析,受重力和拉力,如图
所示:故合力为:F=mgtanθ;根据牛
顿第二定律,有:F=ma联立解得:a=
gtanθ,方向水平向右;故ACD错误,B
正确;故选:B.
,
13.解析:物体所受最大静摩擦力为:fm=μG
6.B 设 三 个 球 质 量 为 m 在 轻 绳 剪 断=0.2×20N=
前,对三小球整体法,弹簧对 A球的弹力大小为4N 3mg
,方向
() 竖直向上,将BC隔 离 看 作 整 体,轻 绳 对 A球 拉 力 大 小 为1 由于F1-F2=2N所以物体处于静止状态,所受摩擦力为静摩擦力: g
: , 大小和方向不变,而轻绳对A球拉力消失,故由牛顿第二定故有 f1=F1-F2=2N 方向水平向右.
(2)若将F1撤去后,因为F2=3N3mg-mg
A =2g,同理,m
故所受静摩擦力为:f2=F2=3N,方向水平向左; 剪断轻绳瞬间BC间弹簧的弹力大小和方向也不变,故此时
(3)若将F2撤去后,因为F1=5N>fm,所以物体相对水平
面向左滑动, B球的加速度大小为:a =
2mg
B =2g,C球加速度大小为m 0
;
故物体受的滑动摩擦力:f3=μG=0.2×20N=4N,方向 故ACD错误,B正确.故选:B.
水平向右. 7.C m、s是力学国际单位制中的基本单位,N是导出单位,
答案:(1)2N 方向水平向右 (2)3N 方向水平向左 故A错误;kg、s是力学国际单位制中的基本单位,m/s是
(3)4N 方向水平向右 导出单位,故B错误;m、kg、s是力学国际单位制中的基本单
·75·

位,故C正确;m、kg是力学国际单位制中的基本单位,N是
, D . :C. 第二部分 合格考模块达标卷导出单位 故 错误 故选
8.B 设A、B系统的加速度为a,对A、B系统,由牛顿第二定律 模块达标卷(一)(必修第一册)
得:F=(m+2m)a,解得:a= F .F 作用在 A上时,对B,由 1.C 当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时,我们3m 就可以把它看成质点,与体积和质量的大小无关,如原子的
牛顿第二定律得:F =2ma=2F.F 作用在B上时,对 A, 体积、质量都很小,当研究原子的转动时,不能把原子看作质1 3 点,故AB错误;质点是只计质量、不计大小、形状的一个几
由牛顿第二定律得:F2=ma=
1F.则:F1∶F2=2∶1,故B 何点,是实际物体在一定条件的科学抽象,是一种理想化的3 模型,故C正确;, : 研究火车过桥的时间
,火车的长度不能忽
正确 ACD错误.故选 B. 略不计,不能把火车看作质点,故D错误.故选:C.
9.B A、C、D中物体处于平衡状态.在B中物体加速度竖直向 2.A t1表示时刻,称为第1秒末或第2秒初,故 A正确;下, t处于失重状态.所以B正确.故选:B. 3
表
示时刻,其含义是第4s初或第, 3s
末,故B错误;t~t 表示
10.B A A 1 2物块 与车厢壁相对静止 故物块 竖直方向受力平 时间间隔,大小为
, : , , , 1s
,故C错误;t0~t3表示时间间隔,大小
衡 有 f=mg 水平拉力F 增大 物块相对车厢静止 故摩 为3s,故D错误;故选:A.
擦力不变;故A错误,B正确.拉力F 增大,根据牛顿第二 3.C 小球从离地板5m高处落下,通过的路程是5m,被地板
定律,对车厢与 A有:F=(M+m)a,对 A有:FN=ma.综 弹回,在离地板2m高处被接住,通过的路程是2m,则小球
合各式,故F 增大,a增大,FN增大,故CD错误.故选:B. 通过的总路程是7m.起点到终点的线段长度是3m,则位移
11.C 物块开始时受到摩擦力,加速度水平向左,速度由v0到 大小是3m,方向向下.故选:C.
-v这一过程中:ma=μmg,得:a=2m/s
2,达到与传送带 4.D 位移、速度是矢量,时间是标量,故A不符合题意;速度、
共速,所需时间有:at1=v0-(-v),得:t1=3s,该过程位 加速度是矢量,路程是标量,故B不符合题意;位移是矢量,
移大小有:x=vt -1at2=3m, 、因此物块还要匀速运动 路程 时间是标量,故C不符合题意;加速度、力、速度都是0 1 2 1 矢量,故D符合题意.故选:D.
3m,从而返回到A 点,有:vt2=x,得:t2=1.5s,总时间为: 5.D 由 于 运 动 员 参 加100m赛 跑,故 运 动 员 的 位 移 为:s=
t=t1+t2=4.5s.故选:C. 100m,10s末运动员到达终点,故运动时间为:t=10s.根据
12.C 由图0~t3时间内,速度均为正方向,火箭一直向上运
, , ; 平均速度公式可知
:v=x =100m/s=10m/s,故D正确,
动 所以t3时刻距地最远 故 AB错误 t1~t2的时间内,火 t 10
箭的加速度为正值,方向竖直向上,处于超重状态,故C正 ABC错误.故选:D.
确;t2~t3的时间内,火箭向上减速,加速度向下,火箭处于 6.B 0~t1时间内,甲的斜率不变,则速度不变,做匀速运动.
失重状态,故D错误.故选:C. 乙图线的斜率先小于甲后大于甲,即乙的速度先小于甲后大
13.解析:(1)对物体进行受力分析,如图所示: 于甲,乙做加速运动,故 AD错误.0~t1时间内,甲、乙的起
点和终点都相同,则位移相同,故B正确.甲、乙都做单向运
动,通过的路程等于位移,则甲、乙通过的路程相同,故C错
误.故选:B.
7.D 第3s内:6=(v0+2a)×1+
1
2a×1
2,由5s内:10=(v0
+4a)×1+1a×12×1+1a×12,由以上两式可得:2 2 a=
水平方向:Fcos37°-f=ma 1m/s2,: v0=1m
/s,故AB错误;第3s末的速度为:v=v
竖直方向 N+Fsin37°-mg=0 0
+
at=(1+2×3)m/s=7m/s,故C错误;前5s的位移为:
滑动摩擦力大小为:f=μN 1 2 1 2
联立解得a=6m/s2; x5=v0t+ at=(2 1×5+2×2×5
)m=30m,故D正确.
(2)2s末物体的位移x=1at2=1×6×22m=12m; 故选:D.2 2
(3)撤去F 时物体的速度v=at=12m/s 8.A 根据位移-公式h=1gt2,有:t= 2h= 2×452 g 10 s=
撤去F 后物体的加速度大小a'=μmg=μg=5m/s
2,
m 3s
,故A正确;根 据 速 度 与 位 移 的 关 系 公 式v2=2gh,得:
v2 122 v= 2gh= 2×10×45m/s=30m/s,故B错误;前2s内继续滑行的位移x'=2a'=2×5m=14.4m. 下降的高度为h'=1gt'2=1×10×22m=20m,故物体在落
答案:(1)6m/s2 (2)12m (3)14.4m 2 2
14.解析:(1)设 平 板 车 的 加 速 度 大 小 为a .由 牛 顿 第 二 定 地前最后1s内的位移为Δh=h-h'=45m-20m=25m,故C1
: 错误;由平均速度定义可得,物体在整个下落过程中的平均速律得
F+ mg=Ma 度:v=h=45μ 1 m/s=15m/s,故D错误;故选:
: /2; t 3
A.
代入数据解得 a1=16ms 9.B 手与旗杆间不发生相对滑动,所以人受的是静摩擦力,人握
(2)对小滑块,由牛顿第二定律得:μmg=ma2. 住旗杆匀速上爬时,受到向下的重力和向上的静摩擦力而平衡,
代入数据解得:a2=4m/s2 故A错误,B正确;手与旗杆间不发生相对滑动,所以人受的是
设经过时间t滑块与平板车相对静止,共同速度为v. 静摩擦力.手握旗杆的力越大,只是人受到的最大静摩擦力也越
则v=v0-a2t=a1t, 大,但实际静摩擦力的大小始终等于重力大小,故C错误;人匀
代入数据解得:t=0.5s,v=8m/s; 速滑下时人受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小也等于人的重力,
(3)滑块与平板车在时间t内通过的位移分别为: 与人匀速上爬时受到的摩擦力是相等的,故D错误.故选:B.
v0+v 10.B 绳子对物体的拉力和物体对绳子的拉力是作用力和反x2= 2 t 作用力,根据牛顿第三定律,两个力大小相等,方向相反,故
x =vt A错误
,B正确;人用轻绳提升重物加速上升的过程中,加
1 2 速度方向向上,根据牛顿第二定律得绳子对物体的拉力大
滑块相对平板车静止时距车的左端距离:L=x2-x1, 于物体的重力,故C错误;人对绳子的拉力等于绳子对人
代入数据解得:L=2.5m. 的拉力,物体对绳子的拉力等于绳子对物体的拉力,所以人
答案:(1)16m/s2 (2)0.5s (3)2.5m. 对绳子的拉力等于物体对绳子的拉力,故D错误.故选:B.
·76·

11.B 如果二力方向相同,则合力:F=F1+F2=5N+7N= 19.解析:(1)以 结 点 O 为 研 究 对 象,受 到 重
12N;如果二力方向相反,则合力:F=|F1-F2|=|7N- 力、OB 细线的拉力和OA 细线的拉力,如
5N|=2N;因此,此二力的合力最小是2N,最大是12N, 图所示:
故合力可能的只有B,故ACD错误,B正确.故选:B. 根据平衡条件结合图中几何关系可得:
12.D 一切物体在任何时候都有惯性,故A错误;惯性是物体 FOB=mgtan37°=2.4×10×0.75N=18N;
的一种性质,惯性不是惯性力;故B错误;一切物体在任何 所以细线BO上的拉力大小F=FOB=18N;
时候都有惯性,故C错误;一切物体都具有惯性;下面的棋 (2)若三 根 细 线 能 承 受 的 最 大 拉 力 均 为
子离 开 尺 继 续 飞 行 是 由 于 棋 子 具 有 惯 性.故 D正 确.故 100N,根据图中力的大小关系可得,只要OA 不拉断,其它
选:D. 两根细线拉不断,故有:mmaxg=Fmaxcos37°
13.C 从加速度的角度判断,由题意知0~2s物体的加速度
竖直向上,则物体处于超重状态;2s~8s物体的加速度为 联立解得:m
Fmaxcos37°= =100×0.8max g 10 kg=8kg
;
零,物体处于平衡状态;8s~10s物体的加速度竖直向下, (3)当OB 与OA 垂直时,OB 细线的拉力最小,如图所示:
则物体处于失重状态,故选:C.
14.D 汽车刹车时在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,据牛
顿第二定律知刹车时有:f=ma,
a
则加速度之比 甲 =1,根a乙 2
:v2 ax, :x
2
据速度-位移关系有 =2 可得 甲
v
= 甲
a
x 2 ×
乙 1
乙 v乙 a
=
甲 9
×2=2,故1 9 D
正确,ABC错误.故选:D.
根据几何关系结合平衡条件可得:
15.B 静止释放后,物体 A将加速下降,物体B将加速上升, Fmin=mgsin37°=2.4×10×0.6N=14.4N.
二者加速度大小相等,沿绳方向,由牛顿第二定律, 答案:(1)18N (2)8kg (3)14.4N
对A有:mAg-T=mAa 20.解析:(1)滑块受重力、支持力、摩擦力和拉力作用,合外力
对B有:T-mBg=mBa 为:F合 =F-μmg=5N,故由牛顿第二定律可得加速度为:
代入数据解得:a=5m/s2,T=15N,故B正确,ACD错误. F合 2
故选:B. a= / ;m =1ms
16.解析:(1)A.打点计时器使用低压交流电源,A错误;BD.小 (2)物体由静止开始做匀加速直线运动,故开始运动后5秒
车停在靠近打点计时器处,使小车有充分的运动空间,同时 末的速度大小为:v=at=5m/s;
节约纸带,B正确,D错误;C.先接通电源,后使纸带运动,C (3)物体由静止开始做匀加速直线运动,故滑块在力F 作
错误.故选B.
(2)相邻计数点的时间间隔为 用下经5s,通过的位移为:s=
1at22 =12.5m.
2
T=5×1s=0.1s 答案:(1)1m/s (2)5m/s (3)12.5m50
打下B 点时小车的瞬时速度为 专题五 曲线运动与万有引力定律
v =24.0-4.8×10-21 m/2×0.1 s=0.96m
/s 牛顿力学的局限性与相对论初步
舍去OA 段,小车加速度为 1.C “嫦娥一号”探月卫星从 M 点运动到N,做曲线运动,必
56.0-24.0-(24.0-4.8) 有力提供向心力,向心力是指向圆心的;“嫦娥一号”探月卫a= ×10-22 m/s
2=3.2m/s2
4×0.1 星同时减速,所以沿切向方向有与速度相反的合力;向心力
答案:(1)B (2)0.96 3.2 和切线合力与速度的方向的夹角要大于90°,所以选项ABD
17.解析:(1)平衡摩擦力时不应该挂钩码,但小车应拖着纸带, 错误,选项C正确.故选:C.
平衡摩擦力的目的是让绳子拉力成为小车所受的合外力, 2.A 将跳伞员的速度分解,竖直分速度还是4m/s,当水平分
让m 远小于M 的目的是可以用钩码的重力来计算绳子拉 速度为3m/s,根据平行四边形定则得,合速度为5m/s,方向
力的大小.故选CD. 偏西.故A正确,B、C错误.故选:A.
(2)根据匀变速直线运动规律有 3.B 平抛运动在竖直方向上做自由落体运动,根据h=1gt2
v xDE+x
2
EF
E= 2T =0.65m
/s 可知,落地时间由高度决定与初速度大小无关,B正确,C错
根据逐差法可知 误;物体落地时水平位移x=v0t,是由初速度与时间共同决
(x +x +x )-(x +x +x )=9aT2 定的,而时间是由高度决定,因此水平位移大小与抛出点高DE EF FG AB BC CD
代入数据可得 度和初速度都有关,AD错误.故选:B.
a=0.49m/s2. 4.A 共轴转动的各点角速度相等,故 A正确;根据v=ωr可
答案:(1)CD/DC (2)0.65 0.49 知,由于二者的半径不同,故二者线速度的大小不同,故B错
18.解析:(1)72km/h=20m/s,则汽车从刹车到停止的时间: 误;设球 的 半 径 为 R,若θ=30°,A 点 的 转 动 半 径 为 RA =
t 0-v= 0=0-20s=5s,因为5s>3s,由速度—时间公 Rcos30°=
3R,B 点的转动半径为RB=R,根据2 v=ωr
,则:
a -4
式,可知汽车刹车后3s末的速度:v=v0+at=20m/s-4× vA 3
3m/ /;
,故 错误
s=8ms v =2 CD .
故选:A.
B
(2)刹车后6s内的位移与5s内的位移相等,由速度—位移 5.C 物体做匀速圆周运动需要一个指向圆心的合外力,是根
公式,可 知 从 开 始 刹 车 经 过6s汽 车 通 过 的 距 离 为:x= 据力的作用效果命名的,故 A错误;由于向心力指向圆心,
0-v2 -2020 ; 与线速度方向始终垂直,所以它的效果只是改变线速度方
2a =2×(-4)m=50m 向,不会改变线速度大小.故BD错误,C正确.故选:C.
(3)汽车停止前1s内的逆运动为初速度为零的匀加速直 6.D 小木块a和b所受到的摩擦力为:f=kmg,可知小木块
线运动,则汽车停止前1s内通过的距离:x=1at2=1× 的最大静摩擦力相等,根据静摩擦力提供向心力F=mω
2r,
2 2 可知做圆周运动时b需要更大的静摩擦力,故b先开始滑
4×12m=2m. 动,A错误;小木块a和b 所受到的摩擦力为各自的圆周运
答案:(1)8m/s (2)50m (3)2m 动提供向心力F=mω2r,可知做圆周运动时b受到的静摩擦
·77·

, ; 2kg , 答案:(1)t=1s (2)x=10m (3)v=10 2m/s 方向与力较大 故B错误 若ω= 时 假设小木块a未发生滑3l 地面成45°斜向下
动,其所需的 向 心 力 由 静 摩 擦 力 来 提 供,可 得f=mω2r= 14.解析:(1)根据自由落体运动公式
2kmg,由于f提供向心力kmg=mω2bl,可得ω =
kg,故选: 解得该行星表面的重力加速度大小为b 2l D. 2h
7.D 当汽车通过拱桥顶点是,根据牛顿第二定律,mg-N= g=t2
.
v2m ,N=3mg联立解得r=90m,如果要使汽车在粗糙的桥 (2)根据物体在星球表面受到的重力等于万有引力可得r 4 Mm
面行驶至桥顶时,不受摩擦力作用,则车对桥顶的压力为零,即 mg=GR2
mg=mv'
2
,代入解得
r v=30m
/s,故ABC错误,D正确.故选:D. 解得该行星的质量为
8.A 2hR
2
在修筑铁路时,转弯处轨道的内轨要低于外轨,目的是 M= 2 .
由重力的分力提供一部分向心力, Gt弥足向心力不足,防止车
速过大,火车产生离心运动而发生侧翻,故 A正确;
(3)根据汽车在 2
过弯道时,有时不用减速也能安全通过,说明所需要的向心 mg=mvR
力小于轮胎与地面的最大摩擦力,不属于防止离心现象,故
; , 解得环绕这个行星的第一宇宙速度大小为B错误 洗衣机脱水桶高速旋转把附着在衣服上的水分 是
利用离心作用将水从衣服甩掉,是利用的离心运动,故C错 v=1t 2hR.
误.公共汽车急刹车时,乘客都向前倾倒是由于惯性,与离心 2h 2hR2 1
现象无关,故D错误.故选:A. 答案:(1)2 (2) 2 (3)t Gt t 2hR
9.B 哥白尼在著作《天体运行论》中提出了日心说,使人们对
宇宙的认识提高到了较客观的新高度,故AD错误;开普勒 专题六 功、功率、动能定理和机械能守恒定律
在第谷的天文观测数据的基础上,总结出了行星运动的规 1.B 功是物体之间能量转化的量度,它是标量,功也有正、负
律,故B正确,C错误.故选:B. 之分,但功的正负不是表示方向,是表示力对物体的做功效
10.C 公式的研究对象是质点或质量均匀分布的球体,与物体的 果的,正功表示动力做功,负功则表示为阻力做功,故 错
大小无关,当两物体间的距离趋近于0时,
A
物体不再能视为质 误;摩擦力与运动方向可以相同,也可以相反,即物体受摩擦
点,万有引力公式不再适用,AB错误;两物体间的万有引力与 力可以是动力也可以是阻力,故其可能做正功,也可能做负
地球使苹果下落的力是同一种性质的力,C正确;公式中引力 功,当然也可以不做功,故B正确;若力的方向与位移方向
常量G是卡文迪什利用扭秤实验测得,D错误.故选:C.
2 2 垂直,则该力不做功,但是有位移,故C错误;功是标量,合
11.C 根据万有引力提供向心力有:GMm2 =mr
4π mv
2 = 解r . 力的功等于各分力做的功的代数和,故 错误 故选:R T D . B.
4π2r3 v3T 2.C 由题意可知
,拉力与位移的夹角为θ,则由功的公式可
得 M= 2 ,M= .只能求出中心天体的质量,所以知GT 2πG 知,F 的功为:W=Fxcosθ,故C正确,ABD错误.故选:C.
道人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期、月球 3.B 该题目为估算题,设女生身高h=1.6m,每次仰卧起坐
绕地球运行的周期及月球与地球之间的距离,可以求出地 时,上半身重心升高1h,因此一分钟内克服重力做功W=n
球的质量;地球绕太阳运行的周期及地球与太阳之间的距 4
离,只能求出太阳的质量,不能求地球的质量,故 AB不符 ×0.62mg×14h=8048J
,因此平均功率P=W =8048W
合题意,C符合题意;若不考虑地球自转,已知地球的半径 t 60
=134W,B正确,ACD错误.故选:B.
及重力加速度,万有引力等于重力GMm2 =mg,解得 M=R 4.D 当汽车以额定功率行驶时,做加速度减小的加速运动,
gR2 当加速度减到零时
,速度最大,此时牵引力等于阻力,即F=
.所以若不考虑地球自转,已知地球的半径及重力加速G f=kmg=0.1×5000×10N=5000N,此时的最大速度为
度,可以求出地球的质量,故D不符合题意;故选:C. v =P=50×1000m F 5000 m
/s=10m/s;故选:D.
2
12.D 根据万有引力提供向心力GMm2 =m
2π
r T r,得T= 5.C 质量为20kg小孩沿高5m滑梯由静止滑下,重力做功
3 为r WG=mgh=20×10×5J=1000J
,根据功能关系,重力
2π ,轨道半径越大,周期越大,可知a的运行周期大GM 做正功,重力势能减小,重力做了1000J的正功,则重力势
于卫星b的运行周期,故A错误.根据GMm=mv
2 能减小了1000J.故C正确,ABD错误.故选:C.
2 得r v=r 6.C 由动能定理可知:W 1 21=2mv
GM,轨道半径越小,速度越大,当轨道半径等于地球半径
r W =1m(2v)2-1mv2 1 22
, 2 2
=3×2mv
时 速度最大等于第一宇宙速度,故b的速度小于第一宇宙 则
速度7.9km/s,故B错误.卫星c加速后需要的向心力增 W2=3W1
,故选:C.
, 根据动能定理,合力做的功等于动能的变化量;由于大 大于万有引力,所以卫星将做离心运动,所以不能追上 7.D F1
对物体做功 , 对物体做功 ,故 与 的合力对物
前面的卫星b,故C错误.同步卫星a的周期等于地球的自 7JF2 9J F1 F2,
转周期,故D正确,故选:D. 体做的总功为7J+9J=16J 根 据 动 能 定 理 可 得 W 合 =
1
:() 1 2 : 2h 2×5 2mv
2-0,解得v=4m/s,故D正确.故选:D.
13.解析 1 由h= gt 得飞行的时间2 t= g = 10s= 8.C 令轮胎和地面的动摩擦因数为μ,刹车过程中,由动能定1s.
(2)落地点离抛出点的水平距离为:x=v 1 20t=10×1m=10m. 理可知,-μmgs=0-Ek,即μmgs= mv ,由公式可得2 s=(3)落地时的竖直速度:vy=gt=10m/s. v2
小球落地时的速度:v= v2 2 ,根据表达式可知,位移的大小与汽车的质量无关;两车0+vy=14.1m/s, 2μg
vy , , 与路面的动摩擦因数相同,所以初速度越大,刹车距离长,故tanα=v =1α=45°
方向与地面成45°斜向下.
0 C正确.故选:C.
·78·

9.C 图1中“蛟龙号”被吊车吊下水的过程中,钢绳对它做负 3.C 因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向
功,所以机械能不守恒,故 A错误;图2中物块在F 作用下 上做自由落体运动,水平分速度不变,所以速度的变化量等
沿固定光滑斜面匀速上滑,力F 做正功,物块机械能增加, 于竖直方向上速度的变化量,根据Δv=gΔt,几段相等时间
故B错误;图3中物块沿固定斜面匀速下滑,在斜面上物块 内速度变化相同,故C项正确,ABD三项错误.故选:C.
受力平衡,重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡,摩擦力做 4.C 依据运动的独立性原理,在水平方向上,两球之间的距离
负功,物块机械能减少,故C正确;图4中撑杆跳高运动员在 d=(v +v)t=(2v +2v)t',得t'=t,故选:C.
上升过程中撑杆的弹性势能转化为运动员的机械能,所以运 1 2 1 2 2
动员的机械能不守恒,故D错误,故选:C. 5.C 物体受到重力、支持力、静摩擦力,其中,指向圆心的静
10.D 球和弹簧整体机械能守恒,弹簧弹性势能有变化,所以球 摩擦力提供向心力,C正确.故选:C.
机械能不守恒,A错误;当球在最低点时,加速度最大,B错误; 26.D 在坡顶,由牛顿第二定律得mg-F =mvN ,解得:FN=
球在从A到C过程中,重力与弹簧弹力二力平衡时动能最大, r
2
在B点弹性势能最小,小球机械能最大,故D正确.故选:D. mg-mv ,即r FN,在坡谷,由牛顿第二定律得FN'-mg=
11.C 对足球从球员踢出到飞入球门的过程研究,根据动能
v2 v2
定理得W-mgh=1mv2,解得:W=mgh+1mv2,故C正 m ,解得FN'=mg+m ,即r r F'N>mg
,由上分析可知则
2 2
确,ABD错误.故选:C. 在B、D 两点比A、C两点容易爆胎,而 D 点半径比B 点小,
12.B 设在AB 段物块克服摩擦力做的功为 W,则物块由 A 则D 点最容易爆胎,故选:D.
1 7.A 在水平面上,细绳的拉力提供 m 所需的向心力,当拉力到B 运用动能定理可得mgR-W=2mv
2
B,物块由B 到C 消失,物体受力合为零,将沿切线方向Ba做匀速直线运动,
1 A正确.F 突然变小,向心力减小,则小球将沿轨迹Bb做离运用 动 能 定 理 可 得-μmgR=0- mv
2
B,联 立 解 得2 W= 心运动,故BC错误;F 突然变大,小球将沿轨迹Bc做向心
mgR(1-μ),故B正确,ACD错误.故应选:B. 运动,故D错误.故选:A.
13.解析:(1)重力功WG=mgh=50×10×30J=15000J,支持力 8.A 所有地球同步卫星都必须位于赤道正上空,故 A正确.
的功 W =Flcos90°=0,阻 力 功 W =μmgcos37°· 地球同步卫星的运行周期必须与地球自转周期相同,由开普支 N f
h 3; 勒第三定律r =k,知所有地球同步卫星的轨道半径相同,
sin37°cos180°=-2000J T2
(2)合外力功W=WG+W 支 +Wf=15000J+0-2000J= 则离地高度一定相同,故B错误.根据万有引力提供向心
13000J; 力,得GMm2 =ma,得a=G
M
2,M、r相同,则所有地球同步
(3) r r根据动能定理,到达底端时W=12mv
2,
卫星的向心加速度大小相等,故C错误.所有地球同步卫星
解得v= 2W= 2×13000m/s= 520m/s≈22.8m/s 受到的向心力等于万有引力,由F=G
Mm,知不同卫星的质
m 50 r2
到达坡底时摩擦力的功率是Pf=μmgcos37°v=0.1×50× 量不一定相等,所以向心力不一定相等,故D错误.故选:A.
10×0.8×22.8W=912W. 9.D 做匀速圆周运动的人造卫星,万有引力提供向心力,根
答案:(1)WG=15000J W 支 =0 Wf=-2000J
2 2
据向心力公式得GMm=mv =mω2r=m4πr=ma,解得
(2)13000J (3)912W r2 r T2
14.解析:(1)物块从A 滑到B 过程,根据动能定理得:mgR= 线速度v= GM,a、b的轨道半径是2∶3,所以1 a
、b的线速
mv2,小球运动到B 点的速度:2 v= 2gR
; r
3
(2)设弹簧最大的压缩量为x ,整个过程根据动能定理得: 度大小之比是 3∶ 2,故A错误;解得周期T=2π
r ,a、1 GM
0-0=mgR-μmg(s+2s+2x1) b的轨道半径是2∶3,所以a、b的周期之比是2 2∶3 3,故
从弹簧最短处到D 点,由动能定理得:
W -μmg(x +s)=0-0 B错误;解得角速度ω= GMp 1 3 ,a、b的轨道半径是2∶3,所以
联立以上方程得:E =-W =1
r
p p (2 mgR-μmgs
); a、b的角速度大小之比是3 3∶2 2,故C错误;解得向心加
(3)物块速度最大时:kx2=μmg 速度a=GM, : r2
,a、b的轨道半径是2∶3,所以a、b的向心加速
从弹簧最短处到速度最大处 由能量守恒定律得
1 度大小之比是9∶4,故D正确.故选:D.Epm=Ep+μmg(x1-x2)+2mv
2
m 10.B 受力分析如图所示摩擦力斜向右
2 2 2
: μmg 1 2 上方,支持力斜向左上方,运动方向水联立以上方程得 Ep=μmgs+ k -2mvm. 平向右,摩擦力的水平分力向右,支持
答案:(1) 2gR (2)1 (mgR-μmgs) (3)mgs+
力水平分力向左.因此摩擦力做正功,
2 μ 支持力做负功,故ACD错误,B正确.故选:B.
2m2g2μ -1mv2 11.C 汽车在水平路面上匀速行驶,故牵引力与阻力的大小k 2 m 相等为1.8×103N,根据功率P=Fv=1.8×103×20W=
模块达标卷(二)(必修第二册) 36kW,故ABD错误,C正确;故选:C.
1.A 由于曲线运动的速度方向为曲线切线方向,所以曲线运 12.C 以地面为零势能参平面,D 处重力势能Ep=mgh=0.3
动的速度方向时刻改变,故A正确;做曲线运动的物体速度 ×10×(-3.0)J=-9J,从A 到D 的过程中重力势能减
大小不一定变化,如匀速圆周运动的速度大小不变,故错误; 少量ΔEp=mgΔh=0.3×10×(0.7+1.5+3.0)J=
做曲线运动的物体的加速度大小不一定变化,如匀速圆周运 15.6J,故C正确,ABD错误.故选:C.
动的加速度大小不变,故C错误;做曲线运动的物体加速度 13.C 设物体的质量为m,当一物体的速度大小为v0时,其动
方向不一定变化,如平抛运动物体的加速度为重力加速度即
能为 1 2
不变,故D错误.故选:A. Ek
,则有Ek= mv0,当它的动能为2 2Ek
时,有2Ek=
2.B 曲线运动的物体速度方向沿 该 点 轨 迹 的 切 线 方 向,故
AD错误;曲线运动时合力指向轨迹的内侧,故C错误,B正 2×
1
2mv
2 1 2
0= mv ,解得:2 v= 2v0
,故选项C符合题意.故
确.故选B. 选:C.
·79·

14.C 对小球受力分析,受到重力、拉力 F 和 物块由C到D 过程,物体的动能全部转化为弹性势能
绳子的拉力T,如图 E =1mv2
根据共点力平衡条件,有F=mgtanα,故F p 2 C
随着α 的增大而不断变大,故F 是变力;对 解得Ep=35J;
小球运动过程运用动能定理,得到-mgl(1 (3)物体由C出发到停止过程,由动能定理可得
-cosα)+W=0,故拉力做的功等于mgl(1 -μmgs'=0-
1 2
-cosθ),故选:C. 2
mvc
15.D 小球斜上抛运动中机械能守恒,机械能 解得s'=35m
1 距2 B 点x=L-(35-2L)=10m.为 mv0,A错;运动到最高点时动能不为零,机械能大于2 答案:(1)10m/s (2)35J (3)10m
mgH,B错;由机械能守恒1mv22 0=mgh+E
专题七 静电场及其应用
k,运动到h平
1 1.D 由于不同物质对电子的束缚本领不同,当手与塑料丝摩台处动能为 mv20-mgh,C错;D对.故选:2 D. 擦时,使塑料丝带上了同种电荷,而同种电荷相互排斥,因此
16.解析:(1)探究向心力、质量、半径与角速度之间的关系采用 会观察到塑料丝散开,D正确,ABC错误.故选:D.
的是控制变量法.故选C. 2.B 由于同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引,所以验电
(2)探究向心力与角速度之间的关系时,应使两个塔轮的角 器的上端应带上与小球异号的电荷,而验电器的箔片上将带
速度不同,则应选择半径不同的两个塔轮. 上与小球同号的电荷;故ACD项错误,B项正确.故选:B.
(3)探究向心力与角速度之间的关系时,两个小球所受的向 3.C 库仑定律的适用条件是真空和静止点电荷,并非适用于
心力的比值为1∶9,根据公式 任意两个带电体,故 A错误;当两个点电荷距离趋于0时,
F=mω2r 两电荷不能看成点电荷,因此此时库仑定律的公式不再适
可得角速度之比为1∶3,传动皮带线速度大小相等,由v k用,故B错误;根据库仑定理的计算公式F= q1q22 ,可知,当
=ωr r
可知塔轮的半径之比为3∶1. 两个点电荷距离增加为原来的两倍,但电荷量不变,则他们
故选D. 之间的库仑力减小为原来的1倍,故C正确;根据库仑定律
答案:(1)C (2)不同 (3)D 4
17.解析:(1)打点计时器的工作电压为交流电,故需要交流电 k的计算公式F= q1q22 ,可得,当两个点电荷所带电荷量均为
源,为了测量速度,需要利用刻度尺测量计数点之间的间 r
距.故选AB. 原来的两倍,但之间距离不变,则两点电荷之间的库仑力增
(2)B 点的速度为 加为原来的4倍,故D错误.故选:C.
h -h 4.C 两个相同的带等量的同种电荷的导体小球A和B,设它vB= C A 22T 们的电荷量都为Q,原来它们之间的库仑力为:F=kQ2 一个
若机械能守恒,则有 r
1 不带电的同样的金属小球C先和 A接触,A和C的电荷量mghB=2mv
2
B
都为1Q,C再与B接触后,B、C分开电荷量均为:3 ,这
1 2 h 2 4
Q
解得gh = C
-hA
B 2 2T 1Q·3Q
(3)大多数学生的实验结果显示,重力势能的减少量大于动 时,A、B两球之间的相互作用力的大小为:F'=k2 42 =
能的增加量,原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响.故 r
选C. 3
2
8k
Q =32 8F.
故ABD错误,C正确.故选:C.
答案:(1)AB/BA (2)h =1 hC-h
2 r
g AB ()2 2T 3C 5.A E=F 是电场强度的定义式,F 是放入电场中电荷所受q
18.解析:(1)根据h=1 2 得,小球在空中的运动时间为:2gt 的电场力,q是放入电场中的试探电荷的电荷量,它适用于
kQ
t= 2h= 2×45
任何电场,故A错误,B正确;E= 是真空中点电荷产生的
g 10 s=3s.
r2
() : 电场强度计算式,Q 是产生电场的电荷的电荷量,它只适用2 小球离开桌面时的速度为 于点电荷产生的电场,不适用于匀强电场,故C正确;从点
v=xt =
15
3 m
/s=5m/s. k
电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F=kq1q22 ,式
q2
2 是
答案:(1)3s (2)5m/s r r
19.解析:(1)根据向心力公式和牛顿第二定律得 mg-FN= k点电荷q2 产生的电场在点电荷q1 处的场强大小,而
q1是
v2 r
2
m r 点电荷q1 产 生 的 电 场 在q2 处 场 强 的 大 小,故 D正 确.故
解得F =9000N; 选:A.N
v2 6.C A方向不同;B大小不同;C大小和方向相同;D大小相(2)最大允许速度满足mg=m m,解得r vm=20m
/s; 同但方向不同.故选:C.
2
(3)经过凹形路面时F'-mg=mv , 7.D 根据点电荷的场强公式有E=k
Q
2,则离点电荷越远其
N r r
解得F'=15000N. 场强越小,再根据正点电荷的场强方向是由正点电荷指向外N
答案:(1)9000N (2)20m/s (3)15000N 面是发散型的,所以正点电荷在左边,则Ea>Eb>Ec,所以
20.解析:(1)物体由A 运动到B 过程中机械能守恒,即 D正确;ABC错误;故选:D.
1 8.C 根据F=kq1q2 2mgh= mv 2 ,都带正电,相互排斥,距离变大,则 AB2 B r
解得vB=10m/s; 间库仑力大小将变小.故选:C.
(2)物块由B 到C 过程,由动能定理可得 9.D 根据感应起电规律“近异远同”,可知a 端感应出正电
1 1 荷,故A错误;2 2 根据处于静电平衡的导体,内部场强处处为-μmgsBC=2mvC-2mvB 零的特点可知,感应电荷在c点产生的电场强度与正点电荷
·80·

在该处产生的电场强度大小相等,方向相反,由于正电荷在 以及内部结构,与电容器是否带电无关,故 ABD错误,C正
c点处产生的场强方向由b 指向a,所以感应电荷在c点产 确.故选:C.
生的电场强度的方向由a 指向b,故BC错误;两端出现感应 7.C 由匀强电场的电场强度与电势差的关系E=U 可得E=
电荷是因为导体中的自由电子在正电荷产生的电场作用下, d
向导体右端移动从而产生的,故D正确.故选:D. 100V/m,电场强度的方向与等势面垂直由高电势指向低电
10.C 在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔,因铁制的高塔 势即水平向左.C选项正确,ABD选项错误.故选:C.
有避雷作用,其功能是预防雷电击中发射的火箭.故选:C. 8.C 由题意可知,产生闪电的积雨云底层带负电,可知避雷
11.A 设 两 球 之 间 的 库 仑 力 为 F,则 对 两 球 分 析 可 得 F= 针的顶端带正电,选项C正确;等差等势线密集处的电场线
mgtanα=mgtanβ,若m β;若 m =m 则α= 也密集,场强也较大,则Eaβ,故选:A. 向上,沿电场线的方向电势逐渐降低,可知φa<φb,选项B
12.D AB.受力分析可知,P 和Q 两小球,不能带同种电荷, 错误;一带负电的雨滴从a下落至b,因电场力向下,则电场
AB错误;CD.若P 球带负电,Q 球带正电,如下图所示,恰 力做正功,选项D错误.故选:C.
能满足题意,则C错误D正确,故选:D. 9.A 电场强度的方向处处与等电势面垂直,选项 A正确;电
场强度为零的地方,电势不一定为零,例如等量同种点电荷
连线的中点,选项B错误;随着电场强度的大小逐渐减小,
电势不一定逐渐降低,例如负的点电荷产生的电场,选项C
错误;任一点的电场强度方向总是与该点正电荷的受力方向
相同,选项D错误.故选:A.
10.C 电场线的疏密反映了场的强弱,N 点处电场线最密,所
13.解析:(1)异 种 电 荷 相 互 吸 引,故 A、B 之 间 的 库 仑 力 是 以 N 点场强最大,故 A错误;顺着电场线的方向,电势降
引力; 低,则M 点电势高于P 点电势,故B错误;顺着电场线的方
qAqB 向,电势降低,则φM>φP>φN,且负电荷在电势低处电势(2)根据库仑定律可得,A、B 之间的库仑力大小F=k
r2 能大,则负电荷在 M 点的电势能小于在N 点的电势能,故
代入题中数据求得F=0.9N; C正确;在 M 点静止释放,正电荷在电场力的作用下运动,
(3)根据场强叠加原理,可得A、B 中点O 处的电场强度大 但是运动轨迹并不是电场线,故D错误.故选:C.
q q 11.B 一电子垂直电场方向射入该区域,不计电子重力,电子小E=EA+EB=k A +k B2 2
r r 受向上的电场力
,与速度垂直且为恒力,故做向上偏转的曲
2 2 线运动.故选:B.
代入题中数据求得E=3.6×105N/C. 12.C 由C= εS 可知,当陶瓷介质移出时, 变小,电容器的
答案:(1)引力 (2)0.9N (3)3.6×105N/C 4πkd
14.解析:(1)对小球受力分析可得小球带正电,则有tan37°= 电容C变小;电容器充电后断开S,故Q 不变,根据U=QC
qE,解得q=1×10-6 ;mg C 可知,当C减小时,U 变大.再由E=U ,由于d不变,d U
变
(2)小球受重力 mg、绳的拉力 T 和静电力F 大,, 故E 也变大
,故C正确,ABD错误.故选:C.
作用 如图所示
根据共点力平衡条件和图中几何关系有 13.解析:(1)根据U=W ,A、B 两点的电势差为q U
WAB
AB =
m q
=
T= g ,解得cos37° T=5.0×10
-3N; -4.0×10-4=200V;
() -2.0×10
-6
3 将电场改为竖直向上后,小球将绕悬点摆动,根据动能 (2)一负电荷,从A 点移至B 点,电荷克服电场力做功,即
定理有(mg-qE)·l×(1-cos37°)=1mv2-0,解得v= 电场力做负功,所以电场力的方向是从2 B
指向A,由于是
/ 负电荷,所以电场方向是 指向 ;1ms. A B
答案:(1)正电 1×10-6 ()
()因为
C 25.0×10-3N (3)1m/s 3 UAC=φA-φC=500VUAB=φA-φB=200V
专题八 静电场中的能量 则UBC=φB-φC=300V
所以W =qU =-2.0×10-6C×300V=-6×10-41.B 沿着电场线方向电势逐渐降低,故A错误;电势是标量,具 BC BC J.
有相对性,所以电场中某点的电势与电势零点的选取有关.故B 答案:(1)200V (2)A 指向B (3)-6×10
-4J
正确;某电荷的电势能决定于电场和自身所带电荷量,故C错 14.解析:(1)水平方向匀速运动,有L=v L0t,解得t= ;
误;静电力做正功,电荷的电势能减少.故D错误.故选:B. v0
2.C 根据W=qEx,从A 点沿着电场线方向移到B 点,从A (2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动,有y=1at2
点沿路径ACB 移到B 点,在电场中沿电场线方向的位移相 2
同,则W1=W2,AB错误;沿电场线电势逐渐降低,C正确; 又a=
qE
m
正点电荷q从A 点移到C 点的过程,电场力做正功,电势能 2
减小,D错误.故选:C. 解得y=
qEL .
, 2mv
2
0
3.C 因为电子从阴极出发到达阳极过程中 电场力做功为W= L
eU, , q
EL2
即电场力做正功 则电势能减少,动能增加,且电势能减少 答案:(1) (2)v 2mv2
了eU,
0
动能增加了eU,故C正确,ABD错误.故选:C. 0
4.D 根据匀强场中电势差特点可知UAB=U 专题九 电路及其应用DC
所以φD=φA-φB+φC=9V,故选:D. 1.C 物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简称
5.C 电容器的电容是由电容器本身决定的,与其两极板间电 电量)叫作电流强度,通过导体横截面的电量越多,但时间不
势差U 无关,其两极板间电势差U 增大的过程中电容大小 知道,电流强度不一定大,故 A错误;导电流强度的微观表
不变,故C正确,ABD错误.故选:C. 达式为I=nevS,所以电子速率大,电流强度不一定大,故B
εrS , , 错误;物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量(简6.C 平行板电容器电容的决定式C= 当键被按下时4πkd 称电量)叫作电流强度,则单位时间内通过导体截面的电量
其下方金属片与另一块固定的小金属片之间距离减小,电容 越多,电流强度越大,故C正确;电流有方向,但其运算不能
C增大,平行板电容器的电容取决于组成电容器的材料性质 应用平行四边形定则,故其为标量,故D错误.故选:C.
·81·

2.A 导体的电阻由导体本身的性质决定,导体电阻由长度、 : , U 6
横截面积和材料决定, 13.
解析 由欧姆定律得 液体的电阻R= = Ω=6×
跟导体两端的电压及流过导体的电流 I 1×10-6
6 -4
的大小无关,故A错误,B正确;由欧姆定律R=U 可知,对 6 ,根据电阻定律 L 得 RS 6×10×10 ·I 10 Ω R=ρS ρ=l = Ω m10-2
某一导体来说,其两端电压和流过它的电流的比值就是它的 =6×104Ω·m.
电阻值,故C正确;根据U=IR 可知,一定的电流流过导体, 答案:6×104Ω·m
电阻越大,其电压越大,即电阻两端的电压降越大,故D正 14.解析:(1)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最左端时,根据
确;不正确的故选:A. 闭合电路欧姆定律有U1=E-I1r,当滑片滑至最右端时有
3.A 因为该图线为I U 图线,则图线的斜率表示电阻的倒 U2=E-I2r,联立两式,代入已知数据求得 E=20V,r=
数,两根图线的斜率比为tan60°∶tan30°=3∶1,所以电阻 20Ω;
比为:R1∶R2=1∶3,BCD错误,A正确.故选:A. (2)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最右端时,R1 接入电
4.A 设导体的电阻率为ρ,厚度为d,边长为L,则由电阻定律 U
路中的电阻为0,根据部分电路欧姆定律有I = 22 ,代入数
得:R= L = LρS ρLd=
ρ,所以
d R
与边长L 无关,与厚度成反 R2
U
据求得 2 4VR ;
比,所以 R = 1
R = = =5Ω
2 =5Ω,
2
故A正确,BCD错误.故选:A. I2 0.8A2 (3)闭合开关,当滑动变阻器的滑片在最左端时,R1 完全接
5.B 定值电阻R1=R2=R3=10Ω,电阻R1与电阻R3并联后 U1
的电阻为:R R1R= 3 =10×10
入电路中,根据部分电路欧姆定律有I1= ,代入数
13 Ω=5Ω,并联后 的 电 阻 R1+R2R1+R3 10+10
R U1-I据得 = 1R2U 1 =
16V-0.2A×5Ω=75Ω.
R13与 电 阻 R2 串 联,根 据 串 联 电 路 的 分 压 式,有: V = I1 0.2AR13 答案:(1)E=20V r=20Ω (2)R2=5Ω
U .解得:R +R UV=4V.
故选:B. (3)R1=75Ω
2 13
6.C 把电流表改装成1V的电压表需要串联分压电阻,串联 专题十 电磁场与电磁波初步
电阻阻值为:R=U -R = 1I g -6 Ω-200Ω=1800Ω
; 1.D 磁铁周围存在磁场,通电电流周围也存在磁场,故A错误;
g 500×10 磁场是客观存在的物质,磁感线是假想的,故B错误;磁场随时
故ABD错误,C正确.故选:C. 存在于磁体与通电电流周围,故C错误;磁极与磁极,磁极与电
7.B 非纯电 阻 中,W =UIt 用 来 求 电 功,Q=I2Rt用 来 求 电 流、电流与电流之间都是通过磁场发生相互作用,故D正确.故
热,但W>Q;只有在纯电阻电路,根据能量守恒电功和电热 选:D.
都相等,电功可用公式 W=UIt计算,也可用公式 W=I2Rt 2.C 磁感线上某点的切线方向就是该点 的 磁 场 方 向,A正
计算,W=UIt可用于任何电路求总电功,而Q=I2Rt可以 确;两条磁感线若相交,在交点处磁感应强度就有两个方向,
适用任何电路求电热,故B正确,A、C、D错误;故选:B. 所以磁场中两条磁感线一定不相交,B正确;地球的地理北
8.D 开关S1、S2都闭合时,电动机和电热丝并联工作,电吹风 极在地磁场S极附近,所以磁感线由空中指向地面,C错误;
吹热风,故A错误;开关S2闭合时,电吹风吹冷风,110W= 磁感线分布较密的地方,磁感应强度较强,D正确.本题选择
电机机械功率+电机内阻热功率,由于电机机械功率未知, 不正确选项,故选:C.
电吹风中电动机的内电阻不可求,故B错误;吹热风时,电动 3.D 由右手螺旋定则可知,电流向外的直导线周围的磁场分
机和电热丝并联工作,吹热风时电热丝的功率为990W- 布为逆时针的同心圆;故 A错误;由右手螺旋定则可知,向
100W=800W,故C错误;电热丝的功率800W=220V× 上的电流左侧磁场应向外,右侧向里;故B错误;由右手螺
I,解得I=4A,故D正确;故选:D. 旋定则可知,电流由右方流入,内部磁感线应向右;故C错
9.C 据题:Uab=6V,Ucd=6V,即L2 的电压等于电源两极间 误;由右手螺旋定则可知,环形电流的中心处磁场向上;故D
的电压,说明d与a 连接完好,c与b 连接完好,所以不可能 正确;故选:D.
是L1 的灯丝烧断了,也不可能变阻器R 断路.只可能是L2 当通电导线平行磁场时,不受磁场力作用,故 错误;只
的灯丝烧断, 4.D A故ABD错误,C正确.故选:C.
10.D 电源两极间电压,当电源不接入电路时,等于电源的电 有当导线垂直磁场方向放置时,才满足题中的B=
1
1×1T=
动势;当接入电路时,小于电源的电动势,故 A错误;电源 1T,故B错误;根据左手定则可得磁感应强度方向与安培力
的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领, 方向垂直,故C错误;根据安培力的公式F=BIL可知,一小
铅蓄电池的电动势为2V,干电池的电动势是1.5V,铅蓄 段通电导线放在磁感应强度为零的位置,那么它受到的磁场
电池的电动势比一节干电池的电动势大,所以蓄电池将化 力也一定为零,故 正确 故选:
学能转变成电能的本领比一节干电池大,
D . D.
但蓄电池将化学 F
能转变成电能的不一定比一节干电池的多,故B错误;铅 5.D 若导 线 与 磁 场 垂 直,则 该 处 的 磁 感 应 强 度 B=IL=
蓄电池的电动势为2V,表示非静电力将单位正电荷从电 1
源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J,即 T=2T,若 导 线 不 是 与 磁 场 垂 直,则 磁 感 应 强 度0.1×5
2J化学能转化为电能,不知道电路中的电流,无法求出蓄 B>2T;故ABC三项错误,D项正确.故选:D.
电池能在1s内把化学能转变为电能的情况,故C错误, 6.C 用 右 手 螺 旋 定 则 判 断 通 电 直 导 线 在
D正确;故选:D. abcd四个点 上 所 产 生 的 磁 场 方 向,如 图 所
11.D 用该电源和小灯泡组成闭合电路时,图像的交点为工 示:a点有向上 的 磁 场,还 有 电 流 产 生 的 向
作状态,所以电源的输出功率是P=IU=2×2W=4W,根 上的磁场,电流产生的磁感应强度和原磁感
据图像可知,电源的电动势为3V,电源的总功率是P'=EI 应强度方向相同,叠加变大.b点有向上的磁
=3×2W=6W故ABC错误,D正确.故选:D. 场,还有电流产生的水平向左的磁场,磁感
12.C 电压表测量路端电压,闭合开关后将滑动变阻器的滑 应强度叠加变大,方向向左上.c点电流产生的磁感应强度
动头P向右滑动,则阻值增大,根据闭合电路欧姆定律可 和原磁感应强度方向相反,叠加变小.d点有向上的磁场,还
知,干路电流减小,内电压减小,则路端电压增大,电压表读 有电流产生的水平向右的磁场,叠加后磁感应强度的方向向
数变大,故A错误;电压表读数与电流表 A1读数之比等于 右上.d点与b点叠加后的磁场大小相等,但是方向不同.选
定值电阻R1的阻值,比值不变,故B错误;路端电压增大, 项ABD错误,选项C正确.故选:C.
电压表示数增大,根据欧姆定律可知,电流表 A1的示数变 7.D 穿过某个面的磁通量为零,此处磁感应强度不一定为
大,故C正确;干路电流减小,电流表 A1的示数变大,则电 零,可能此平面与磁感线平行,故 A错误,D正确;磁通量的
流表A2读数变小,故D错误.故选:C. 大小一般公式Φ=BSsinθ,θ是线圈平面与磁场方向的夹角,
·82·

可见穿过线圈的磁通量越大,线圈面积不一定越大,磁感应 电荷从A 点移动到B 点所受电场力和电场线方向相反,电
强度也不一定越大,故BC错误.故选:D. 场力做负功,故C正确;将-q电荷从A 点移动到B 点所受
8.A 线圈在匀强磁场中,当线圈平面与磁场方向垂直时,穿 电场力和电场线方向相反,电场力做负功,电势能增加,所以
过线圈的磁通量Φ=BS,B 是磁感应强度,S是线圈的面积. 将电荷-q分别放在a、b两点时具有的电势能Epa当线圈平面与磁场方向平行时,穿过线圈的磁通量Φ=0.当 D错误.故选:C.
存在一定夹角时,则将磁感应强度沿垂直平面方向与平行平
电容器的电容是 Q 4.5×10
-4
-4 故
面方向分解,从而求出磁通量.矩形线圈abcd 水平放置,匀 6.A C=U = 3 F=1.5×10 F.
强磁场方向与水平方向成α角向上,因此可将磁感应强度沿 选:A.
水平方向与竖直方向分解,所以B⊥=Bsinα=0.8B,则穿过 7.D 电风扇将电能转化为动能和少量的热能,A错误;电视
矩形线圈的磁通量是Φ=B⊥S=0.8BS;故选:A. 机主要将电能转化为光能,B错误;手机充电时是电能转化
9.D 线框垂直于磁感线运动,虽然切割磁感线,但穿过的磁 为化学能,C错误;电饭煲主要将电能转化为热能,D正确.
通量没有变化,因此也不会产生感应电流,故 A错误;线框 故选:D.
平行于磁场感应线运动,穿过线框的磁通量没有变化,不会 8.B 电热 水 器 的 额 定 电 压 为U=220V,额 定 功 率 为 P=
产生感应电流,故B错误;线框绕轴转动,但线框平行于磁 1500W,根据P=IU,可知正常工作时电流为I=P=1500A
场感应线穿过的磁通量没有变化,因此也不会产生感应电 U 220
流,故C错误;线框绕轴转动,导致磁通量发生变化,因此线 ≈6.8A.故选:B.
框产生感应电流,故选:D. 9.A 将导线均匀拉长,使导线的直径减小为原来的一半,横
10.A 奥斯特发现了电流的磁效应,揭示了磁现象和电现象之 截面积变为原来的1,体积不变,长度变为原来的4倍,由
间的联系,故A正确,C错误;楞次在分析了许多实验事实 4
后,提出感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总 电阻定律R= L 可知,电阻变为原来的16倍,则导线原来
要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故B错误;纽曼和韦 ρS
伯总结出法拉第电磁感应定律表达式,故D错误.故选:A. 的电阻值为4Ω.故选:A.
11.D 电场和磁场总是交替出现,统称为电磁场,选项 A错 10.C 两小灯泡L1,L2是串联关系,通过的电流相同,当滑动
误;电磁波不是机械波,传播不需要介质,选项B错误;电 变阻器滑片P向左移动时,有效电阻增大,电路中电流变
磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s,选项C错误;电 小,因此,两小灯泡都将变得更暗些,故选:C.
磁波是一种物质,可在真空中传播,选项D正确.故选:D. 11.C 图像中图线斜率代表电阻的倒数,则有电阻R2的阻值
2
12.C 无线电波波长较长,容易产生衍射现象,所以广泛用于 较大,R1的阻值较小.故AB错误;根据公式,有P=
U .电
通信;故A正确;紫外线有显著的化学作用,可利用紫外线 R
消毒,故B正确;紫外线具有荧光效应,验钞机利用了紫外 压相同时,R1的阻值较小,则电阻R1的发热功率较大.故C
线的荧光作用,故C错误;工业上利用γ射线来检查金属 正确,D错误.故选:C.
内部伤痕,是因为γ射线穿透能力很强,故D正确;本题选 12.B 水力发电中所使用的发电机应用了电磁感应原理.故
择错误的,故选:C. 选:B.
F 13.C 通电直导线产生稳定的磁场,离导线越远磁场越弱,磁13.解析:(1)根据磁感应强度的定义式:B= ,IL 感线越稀疏,故当线框远离通电导线时,穿过线框的磁感线
可得:B=F= 4×10
-3 的条线越来越少,所以磁通量逐渐减小.故选:C.
;
IL 0.2×0.05T=0.4T 14.B 根据感应电流产生的条件,闭合回路的磁通量发生变
(2)磁感应强度只与磁场本身有关,若导线中的电流强度增 化.ACD的磁通量都发生了变化,都能产生感应电流,B的
大为0.1A,则磁场的磁感应强度不变,仍然是0.4T. 磁通量 不 变,不 能 产 生 感 应 电 流.B正 确,ACD错 误.故
答案:(1)0.4T (2)磁感应强度只与磁场本身有关,不会 选:B.
变化. 15.B 由于匀强磁场的磁感应强度B 垂直于线圈平面,所以,
14.解析:(1)由题意可知,通电后,弹簧测力的示数变大,其差 通过该线圈平面的磁通量为Φ=BS,公式中的面积为磁场
值为0.11N-1N=0.01N,则可知,安培力的方向竖直向 穿过的有效面积,即Φ=BS=Bπr22.ACD错误,B正确.故
选:, B.下 大小即为0.01N.由B=F,可知,B=F 0.01IL IL=1.6×0.02T= 16.解析:(1)此小电珠正常发光时的电阻为
0.3125T;(2)通电线框在磁场中的长度为5cm,则由Φ= R=U =3.8Ω≈6.3Ω
BS可知,线 框 中 的 磁 通 量 为 Φ=BS=0.3125×0.02× I 0.6
0.05Wb=3.125×10-4Wb. 故应选择“×1”挡;测试结果如题图所示,示数为
答案:(1)0.3125T (2)3.125×10-4 Wb 6×1Ω=6Ω
模块达标卷(三)(必修第三册) (2)多用电表黑表笔直接与内部电源正极相连,即电流从红
表笔流入电表,从黑表笔流出电表,电流从电压表正接线柱
1.A 元电荷是指电子或质子所带的电荷量,数值为e=1.60 流入,故红表笔应接“-”接线柱,黑表笔接“+”接线柱.
×10-19C,故A错误,故B正确;所有带电体的电荷量都等 答案:(1)×1 6 (2)-
于元电荷的整数倍,故C正确;电荷量e的数值最早是由美 17.解析:(1)在测量金属丝的电阻电路中,电压表与金属丝并
国科学家密立根用实 验 测 得 的,故 D正 确.本 题 选 错 误 选 联,测金属丝两端的电压;电流表与电阻丝串联,测通过金
项,故选:A. 属丝的电流,所以①是电压表,②是电流表.
2.D 一个带正电的物体能够吸引另一个物体,另一个物体带 (2)滑动变阻器采用的是分压式接法.
负电或不带电,锡箔屑被吸引过程带正电,故 A错误;锡箔 答案:(1)电压表 电流表 (2)分压
屑被吸引过程是加速过程,故B错误;最后锡箔屑散开主要 18.解析:t=0时,B0=2T;t=1s时,B1=(2+3×1)T=5T
是因为锡箔屑带正电,同种电荷相互排斥导致,故C错误,D 由
; : Φ=BS⊥
得 ΔΦ=ΔBSsin30°=(B 21-B0)Lsin30°=
正确 故选 D. (5-2)×0.12×0.5Wb=1.5×10-2Wb.
3.D 因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关, 答案: -2
由场源电荷决定.所以电场强度不随q、F 的变化而变化,故 1.5×10 Wb19.解析:(1)带负电的小球 A处于平衡
A、B错误;由E=F 知,某点的电场强度一定,F 与q 成正 状态,A受到库仑力F、重力mg以及q ,
比.故C错误,D正确.故选:D. 绳子 的 拉 力 T 的 作 用 受 力 如 图
4.D 正电子受到沿电场线方向的电场力,故向上偏转.故选:D. 所示. : ,
5.C 电场线越密的地方电场强度越大,所以场强Ea竖直方向 mg-Tcosα=0 ①
:
着电场线电势降低,所以电势 > ,故 A、B错误;将- 水平方向q F-Tsinα=0
,②
φa φb
·83·

解得:F=mgtanα,③ F L 图像的斜率是弹簧的劲度系数,由图丙所示图像可知,
mg ; 图线a的斜率小于图线b的斜率,弹簧 的劲度系数比弹簧T= acosα ④ b的劲度系数小.
() :()2 根据库仑定律F=kqQ,⑤ 答案 1160 3.0
(2)小
r2 6.解析:(1)做探究共点力合成的规律实验:我们是让两个力拉
2
, mgrtanα 橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同,测出两个力联立③⑤ 解得q= kQ . 的大小和方向以及一个力的大小和方向,用力的图示画出这
2
答案:(1)mg (2)mgrtanα 三个力,用平行四边形作出两个力的合力的理论值,和那一个cosα kQ 力进行比较.所以我们需要的实验器材有:方木板(固定白
20.解析:(1)小球放入板间后,受重力和电场力作用,由二力平 纸),白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧秤拉
U 橡皮筋)、弹簧秤(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画
衡,小球应带负电,且满足mg-q 2d =0 平行四边形)、橡皮筋(让力产生相同的作用效果的).要完成
解得U =mgd=2×10
-2×10×50×10-2 V=10V; 该实验,必须要有刻度尺画力的图示,拉时要用弹簧秤.故AC2 q 1×10-2 正确,BD错误.故选:AC;
() U2 10 ; (2)由图可知,2 电路中的电流I= = A=1A O
点为橡皮筋原长时结点的位置,O'点为橡皮
R2 10 绳拉长后结点的位置,所以需要记录的是O'点;(3)实验时,b、
(3)根据闭合电路欧姆定律得E=U2+I(R1+r) c两细绳套应适当长一些,可以减小画方向时的误差,故A正
解得r=1Ω. 确;实验过程中,弹簧测力计外壳不能与木板有接触,以保证
答案:(1)10V (2)1A (3)1Ω 拉力大小测量准确,故B正确;做探究共点力合成的规律实
专题十一 力学实验 验:我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同,所以重复实验再次探究时,“结点”的位置必须与前
1.解析:(1)电火花计时器和电磁打点计时器一样,工作时使用 一次相同,故C错误;若只有一个弹簧秤,实验需要记录两个
交流电源,当电源的频率是50Hz时,每隔0.02s打一次 分力的大小,第二次时先应弹簧秤与一根细绳将橡皮筋拉到
点.实验步骤要遵循先安装器材后进行实验的原则进行.即 同一位置O点,然后再把弹簧秤换到未记录的一边测出该力
先安装打点计时器,再安装纸带;先接通电源再拖动纸带,打 的大小,所以只有一把弹簧测力计也可以完成此实验,故D
完后要立即关闭电源.故步骤为CBDA; 正确.故选:ABD.
(2)按打点先 后 顺 序 每5个 点 取1个 计 数 点,则 T=5× 答案:(1)AC (2)O'点 (3)ABD
0.02s=0.1s,由图可知相同时间两点间距离 越 来 越 远, 7.解析:(1)对O点受力分析OA、OB、OC分别表示
xBD 三个力的大小,由于三共点力处于平衡,所以OC则小车做加速运动.打C 点时纸带的速 度 大 小vc=2T= 等于OD.因此三个力的大小构成一个三角形.4、
2.30+2.70 ×10-2 / / 4、4可以构成三角形,则结点能处于平衡状态,故
2×0.1 ms=0.25ms. A正确;3、3、4可以构成三角形,则结点能处于平
答案:(1)交流 0.02 CBDA (2)0.1 加速 0.25 衡.故B正确;2、2、4不能构成三角形,则结点不能
2.D 遮光条的宽度为d=4.0mm=0.004m,由于遮光条的宽 处于平衡.故C错误;3、4、5可以构成三角形,则结
度很小,因此将遮光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速 点能处于平衡.故D正确.本题选错误的,故选:C.
d 0.004 (2)为验证平行四边形定则,必须作出受力图,所以先明确受度.滑 块 经 过 光 电 门 时 的 速 度 为 v= /Δt= 0.04 ms= 力点,即标记结点O 的位置,其次要作出力的方向并读出力
0.1m/s,故D正确,ABC错误.故选:D. 的大小,最后作出力的图示,因此要做好记录,是从力的三要
3.解析:(1)电源频率f=50Hz,纸带上打相邻两点的时间间 素角度出发,要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC 三段绳
1 子的方向.隔T=f=0.02s
; (3)以O 点为研究对象,F3的是实际作用效果在OC 这条线
(2)实验中,不需要测量小车或砝码的质量,因此不需要天 上,由于误差的存在,F1、F2的理论值要与实际值有一定偏
平,打点计时器使用的是交流电源,因此不需要直流电源,同 差,故甲图符合实际,乙图不符合实际.
时打点计时器记录了小车运动时间,因此不需要秒表.测量 答案:(1)C (2)标记结点O的位置,并记录OA、OB、OC三
点迹间的距离需要刻度尺,所以还需要的器材是:CE; 段绳子的方向 (3)乙
(3)以上步骤有错误的是c,应先接通电源,再释放小车.根据组 8.解析:(1)探究加速度与力、物体质量的关系,需采用控制变
装器材、进行实验,数据处理的顺序知,操作步骤顺序为:becda. 量法,故B正确,A、C、D错误.故选:B;
答案:(1)0.02 (2)CE (3)c 先接通电源,再释放小车 (2)为了直观判断加速度和物体质量之间的关系,应作a 1图
becda M
4.解析:(1)在用打点计时器“ , , ,研究匀变速直线运动”的实验中, 线 因为作a M 图线 该图线为曲线 无法得出a与M 的定
量关系 故 正确, 、、 错误 故选:;
选用一条点迹清晰且间距适当的纸带,来进行数据处理,故 . C ABD . C
, ; (3)根据牛顿 第 二 定 律 得,A正确 B错误 mg-F=ma
,F=Ma,解 得a=
(2)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程 mg ,则拉力F=Ma= Mmg= mg ,当 M 远大于m 时,m+M M+m
中的平均速度可以求出B 点速度的大小为: 1+
m
( ) -2
M
vB=
AC= 3.80+4.60 ×10 /2T 2×0.10 ms=0.42m
/s F=mg.
答案:(1)B (2)C (2, 3
)远大于.
根据公式Δx=aT 9.解析:(1)某同学在实验时由于没有补偿阻力,当拉力大于滑
( ) -2
可知加速度为:a=BC-AB= 4.60-3.80 ×10 m/s2= 动摩擦力时,小车才会做加速度运动,即a F 图像为不过
T2 0.102 坐标原点的直线,故A正确,BCD错误;故选:A;
0.8m/s2. (2)实验前要补偿阻力,作出的a F 图像过坐标原点,若没
答案:(1)A (2)0.42 0.8 有补偿阻力,只是不过坐标原点的一条直线,故 A错误;对
5.解析:(1)由胡克定律F=kx可知,弹簧的劲度系数: 小桶和小车组成的系统,根据牛顿第二定律可得mg=(M+
k=F= 16 N/m=160N/m; m)a,对小车F=Ma= Mmg mgx 10×10-2 ,只有当 时,小M+m= m M m
由图乙所示弹簧秤可知,其分度值为0.2N,示数为3.0N; 1+M
(2)设弹簧原长为l0,弹簧长度为l,弹簧形变量ΔL=L-L0 车受到的拉力才等于小桶的重力,故B正确;安装打点计时
由胡克定律得:F=kΔL=kL-kL0 器时要保证纸带运动的过程中与限位孔的摩擦最小,减小了
·84·

摩擦力的影响,故C正确;m 一定,探究加速度a与M 的关 (2)实物图连接如图所示;
系时做a 1图像,更容易找到a与M 的关系,并没有减小M
误差,故D错误;故选:BC.
答案:(1)A (2)BC
10.A 平抛运动竖直方向为自由落体运动,两小球高度相同,
竖直方向都有:h=1gt2,解得t= 2h,两小球高度相同,2 g
所以听到A和B同时落地的声音,A正确;本实验验证平
1 (3)在闭合开关前,应将图丙中的滑动变阻器滑片移到最左端,抛运动竖直方向为自由落体运动,由h= gt2,可知,与质2 使滑动变阻器接入电路的电阻最大,闭合开关后,调节滑动变阻
量无关,不需要A和B的质量相同,B错误;本实验验证平 器,图丁所示电压表的示数为1.9V,电流表的示数为0.44A,
抛运动竖直方向为自由落体运动,不能说明小球A水平方 由此求得电阻为R=U,再结合公式求得金属丝的电阻率为:
向做匀速运动,C错误;验证平抛运动竖直方向为自由落体 I2
运动,要保证竖直高度相同比时间,D错误.故选:A. Uπ d
11.解析:(1)实验中由打点计时器测量时间,不再需要秒表,A =RS= 2 =1.9×3.14×
(0.7×10-3)2
ρ ·
; L IL 0.44×4×0.5
Ω m≈3.32×
错误 在求动能时需要测量两点间的长度求出平均速度,故
10-6Ω·m;
需要用刻度尺,B正确;需要学生交流电源,给打点计时器 由于安培表外接测量电阻和电压表并联的总电流,根据R=
工作,故C正确;在用自由落体“验证机械能守恒定律”时, U
我们是利用自由下落的物体带动纸带运动,通过打点计时 得到测量电阻阻值偏小,因此测得的电阻率比实际值小I .
器在纸带上打出的点求得动能及变化的势能,故需要打点 答案:(
, : 1
)0.700 (2)见解析 (3)左 3.32×10-6 小
计时器 D正确.故选 BCD. 7.解析:(1)小灯泡的额定电流不超过0.6A,可知电流表选择
(2)为了减小空气阻力的影响,在选择重物时,要选择密度 C即可;小灯泡的额定电压为2.4V,则电压表选择E即可;
大的实心金属球,即选择质量大体积小的重物,故 AB正 (2)闭合开关前,应将滑动触头置于输出电压最小的a端,以
确;重物所受重力应远大于它所受的空气阻力和纸带所受 保护电流表;
打点计时器的阻力,故C错误,D正确.故选:ABD. U
答案:(1)BCD (2)ABD (3)根据欧姆定律,电阻测量值为R测 = ,若考虑电压表内I
12.解析:(1)重物做加速运动,纸带在相等时间内的位移越来 U
越大, 阻影响,待测电阻的真实值为 ,比较可知可知纸带的左端与重物相连; R真 =I-I R测(2)根据图上所得的数据,应取图中O 点到B 点来验证机 R真,所以测出的灯泡电阻值比真实值偏小;
械能守恒定律; 根据I U 图像读出U=2.4V时,对应的电流为:I=0.5A,所
(3)从 O 点 到B 点 的 过 程 中,重 力 势 能 的 减 小 量 ΔEp= 以在额定电压下灯泡的电阻为R=U =2.4Ω=4.8Ω.
mgh=1×9.8×19.25×10-2J≈1.89J I 0.5
B 点的速度 答案:(1)C E (2)a (3)偏小 4.8
x (22.93-15.55)×10-2 8.解析:根据多用电表原理可知,电流应从红表笔流入,黑表笔v = ACB 2T=
/
0.04 ms=1.845m
/s, 流出;测电阻时,多用电表测电阻时,多用表内部提供电源,
则动能的增加量 红表笔的电势低于黑表笔的电势;欧姆挡换挡后必须进行欧
1 1 姆调零,方法时调整欧姆调零旋钮,使指针指向右侧“0Ω”.ΔEk= 2 22mvB=2×1×1.845J≈1.70J. 答案:红 黑 欧姆调零
答案:(1)左 (2)B (3)1.89 1.70 9.C 欧姆档刻度分布不均匀,越靠近左侧刻度线越密集,故
A错误;无论是测电流、电压,还是测电阻,都要进行机械调
专题十二 电学实验 零,即是调节指针定位螺丝,使指针指在最左端刻度,故B
1.解析:由图1所示可知,主尺示数为2.3cm=23mm,游标尺示 错误;为减小测量误差,使用欧姆表测电阻时应应选择合适
数为5×0.1mm=0.5mm,游标卡尺示数为23mm+0.5mm= 的挡位,使指针指在表盘中央刻度线附近,故C正确;在使
23.5mm;由 图2所 示 螺 旋 测 微 器 可 知,固 定 刻 度 示 数 为 用欧姆表中“×100”挡测量电阻阻值时,发现指针非常靠近
6.5mm,可动刻度示数为21.3×0.01mm=0.213mm,螺旋 欧姆零点,应该选择较小倍率档.故D错误.故选:C.
测微器示数为6.5mm+0.213mm=6.713mm. 10.C 根据两组测量数据可以算出一组E,r值,但不能减少偶然
答案:23.5 6.713. 误差,故A错误;原理可行,但不符合题目中“直观、简便”的要
2.解析:(1)小球应处于游标卡尺外测量爪的中部.故选:B; 求,故B错误;采用图像法处理实验数据,直观、同时减小了偶
(2)游标卡尺主尺读数为15mm,游标尺上第40个刻度与主 然误差,故C正确;该做法是错误的,不能求出I、U 的平均值,
尺上某 一 刻 度 对 齐,所 以 游 标 尺 读 数 为0.02×40mm= 然后应用欧姆定律求出电阻阻值,故D错误;故选:C.
0.80mm,所以最终读数为:15mm+0.80mm=15.80mm. 11.D A中根据闭合回路欧姆定律可得E=U+Ir,可测量多
答案:(1)B (2)15.80 组数据列式求解,A正确;B中根据欧姆定律可得E=U (r
3.解析:由图乙可知,欧姆表挡位选择×10;故读数为12×10Ω= R+R),测量多组数据可求解,B正确;120Ω. C
中根据欧姆定律可
: 得E=I
(R+r),可测量多组数据列式求解,C正确;D中两
答案 120 个安培表和一个滑动变阻器,由于不知道滑动变阻器电阻,
4.D 由于待测电阻丝的电阻远小于电压表的内阻值,测量电 故无法测量,D错误.故选:D.
路采用电流表的外接法,要求在实验中获得较大的电压调节 12.解析:(1)三节干电池的电动势约为, 4.5V
,如果采用15V的
范围 故滑动变阻器采用分压接法,故选:D. 电压表进行测量误差太大,故应采用3V量程的C与定值
解析: ,R 3Ω ,R5. 由题意可知 = =0.1 V=3000Ω=1000, 电阻串联,根据改装原理可知,改装后电压表量程应大于4.RA 30Ω R 3Ω 5V,故应与R2串联,串联后电压表的量程为5V,符合题
RV>R ,则电流表应采用外接法,应选图乙所示电路图. 意;故定值电阻选择F;因电源内阻较小,故为了便于调节,R RA 滑动变阻器应选择总阻值较小的G;
答案:乙
6.解析:(1)螺旋测微器固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读数 (2)根据改装原理可知,
5
3U=E-Ir
为0.01×20.0mm=0.200mm,所 以 这 段 金 属 丝 直 径 是
; 则可知U=
3
0.5mm+0.200mm=0.700mm 5E-
3
5Ir
·85·

则可知,3E=2.4,3r=2.4-0.9 12.C
图中 M、N 两点电场强度大小相等,但方向不同,故电场
5 5 0.2 强度不同.故A错误;图中 M、N 两点方向相同,但电场强度
解得:E=4.0V;r=12.5Ω 大小不等,故电场强度不同.故B错误;此电场是匀强电场,
因实验中内阻包含电流表内阻, M、N 两点电场强度相同.故C正确;根据电场线的疏密表示
故实际内阻r真 =12.5-5=7.5Ω. 电场强度的大小,切线方向表示电场强度的方向,可知,M、
答案:(1)C F G (2)4.0 7.5 N 两点电场强度大小和方向都不同,故D错误.故选:C.
第三部分 合格考仿真模拟卷 13.B
高大建筑物顶上安放避雷针是为了防止静电危害,故
A正确;静电复印机是利用静电工作的,与静电有关,故B
安徽省普通高中学业水平合格性考试 不正确;用静电喷漆的方法给汽车喷涂油漆,由于电荷间的
相互作用,既省漆又均匀,故C正确;油罐车拖一条与地面
仿真模拟卷(一) 接触的铁链是为了将摩擦产生的静电及时导走,防止静电
1.C 研究地球绕太阳的运动时,地球大小可以忽略不计,故 危害,故D正确;本题选不正确的,故选:B.
可以简化为点,故A错误;被运动员推出后在空中运动的铅 14.D 根据闭合电路欧姆定律得I= E = 6 A=2A 则
球,其大小和形状可以忽略,故可以看作质点;故B错误;研 R+r 2+1
究体操运动员在双杠上的姿态,没有大小就没有姿态,故大 D正确,故选:D.
小和形状不能忽略,不能看作质点,故C正确;从高处自由 15.D 保持线框平面始终与磁感线平行,线框在磁场中向右
下落的石块,其大小和形状可以忽略,故可以看作质点;故D 运动,磁通量一直为零,磁通量不变,无感应电流,故 A错
错误;本题考查不能看作质点的,故选:C. 误;保持线框平面始终与磁感线垂直,线框在磁场中向上运
2.D 如图所示,气门芯由车轮的正上方第 动,磁通量不变,无感应电流,故B错误;保持线框平面始
一次运动到车轮的正下方的过程中,初、 终与磁感线垂直,线框在磁场中向右运动,故磁通量不变,
末位置之间的距离,也就是位移大小为x 无感应电流,故C错误;保持线框平面始终与磁感线垂直,
, , ,
= (2R)2+(πR)2 2
线框在磁场中向右运动 离开磁场 磁通量减小 有感应电
=R 4+π ,因此 选 流,故D正确;故选:D.
项D正确.故选:D. 16.解析:(1)由图可知,从A 到B 和从B 到C 用的时间均为
3.C v t图像的斜率表示物体的加速度,由于题中加速度不 t0,根据
变且大于0,所以小车做的是匀加速直线运动,AB错误;在 Δx=at2
t=10s时,小车的速度是4m/s,故C正确;在t=0时, 0小车 (s2-s1)-(s3-s2) 2s2-s1-s3
的速度是2m/s,故小车不是从静止开始运动,故D错误.故 可得a= =
: t
2 t2
选 C. 0 0(2)根据牛顿第二定律
4.C 由于月球表面上的物体只受月球的引力,故所有物体下 mgsinθ-μmgcosθ=ma
落的加速度相同,根据h=1gt2可得,大石块和小石块下落 a2 解得μ=tanθ- cosθ
时间相同, g故同时落地,故C正确,ABD错误.故选:C. (3)改进的方法是把传感器固定在斜面顶端.
5.C 对N进行受力分析:N受到重力,M对N的支持力,这两个 2s2-s1-s3
力的合力不能平衡,所以还受到 M对N向上的静摩擦力,不可 答案:(1) 2 (2)tanθ-
a
t0 gcosθ
能受到4个力,故AD错误;M、N两物体静止,合力为0,对 MN (3)把传感器固定在斜面顶端
整体进行受力分析,受到重力和F,墙对 M没有弹力,否则合力 17.解析:(1)螺旋测微器的精度为0.01mm,所以图甲的读数为:
不能为0,所以也没有摩擦力,故B错误;再对M进行受力分析: d=1.5mm+19.0×0.01mm=1.690mm=0.1690cm;
M受到重力、恒力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的 (2)电压表的量程为0~3V,为了保护电压表和减小误差,
静摩擦力,一共4个力,故C正确.故选:C.
6.A N这个单位是根据牛顿第二定律F=ma推导得到的导 电路中的最大电流约为I
3V 3V
m= = =15mA,超过了Rx 200Ω
出单位,不属于国

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