2020年新課標高考物理一輪復習測評詳答 魯科版（通用）

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1、45分鐘單元能力訓練卷（一） 1．C　[解析] 根據(jù)v－t圖象可知，物體在第1 s末開始減速但運動方向不變，選項A錯誤；由于第2 s內(nèi)和第3 s內(nèi)v－t圖象的斜率相同，所以加速度相同，選項B錯誤；由圖象與坐標軸所圍面積表示位移可知，4 s末物體剛好返回出發(fā)點，選項C正確；物體在第2 s末或第6 s末距離出發(fā)點最遠，選項D錯誤． 2．C　[解析] 根據(jù)題意畫出兩物體運動的v－t圖線①②，易知只有選項C正確． 3．B　[解析] 根據(jù)圖線的斜率可知，加速度不斷減小，假設(shè)從t1到t2的過程中做勻減速運動，則平均速度為，而該物體在這段時間內(nèi)的速度始終小于做勻減速運動時的速度，因而平均速度也將

2、小于，只有選項B正確． 4．B　[解析] 由題意可知：乙>v甲>丙，三輛車的位移相等，根據(jù)公式t＝可知乙車運動時間最短，即乙車最先通過第二塊路標．本題也可作出三輛車的v－t關(guān)系圖象，如圖所示，可以看出乙車最先通過第二塊路標．選項B正確． 5．D　[解析] 若小球在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，則其位移滿足s＝at2，所以＝a，選項D正確． 6．C　[解析] 物體在0～1 s內(nèi)做勻加速直線運動，在1～2 s內(nèi)做勻減速直線運動，到2 s時速度剛好減為0，一個周期結(jié)束，以此循環(huán)運動，選項C正確． 7．B　[解析] 由速度圖線的物理意義可知，速度圖線與坐標軸包圍的 “面積”代數(shù)和表示

3、位移，根據(jù)對稱性，2～6 s內(nèi) “面積”代數(shù)和為零，即0～2 s內(nèi)的位移和0～6 s內(nèi)的位移相等，選項B正確． 8．D　[解析] 整個過程中賽車手的平均速度為＝＝ km/h＝108 km/h，選項A、B錯誤；而平均速率＝＝ km/h＝180 km/h，選項C錯誤；車內(nèi)速度計指示的速度為汽車通過某位置的瞬時速度，選項D正確． 9．②④　[解析] 在打下計數(shù)點“0”至“5”的過程中，兩紙帶所用時間相同，但甲紙帶位移小于乙紙帶位移，故甲<乙，①錯誤，②正確；相鄰計數(shù)點間所用時間相等，但乙的速度變化得更快，故a甲

4、過程中的時間中點，根據(jù)做勻變速直線運動的物體中間時刻的速度為該過程的平均速度可得vA＝≈0.86 m/s；由于s4－s1＝3a1T2，s5－s2＝3a2T2，s6－s3＝3a3T2，所以＝＝，代入數(shù)據(jù)得a＝0.64 m/s2. 11．2304 m [解析] 關(guān)閉道口時間為16 s，為安全保障再加20 s，即關(guān)閉道口的實際時間為 t0＝t2＋t1＝20 s＋16 s＝36 s 汽車必須在關(guān)閉道口前已通過道口，汽車從停車線到通過道口實際行程為 s總＝s＋s0＋l＝26 m＋5 m＋15 m＝46 m 需用時 t3＝＝ s＝33.12 s 由此亮起紅燈的時間為 T＝t0＋t3＝3

5、6 s＋33.12 s＝69.12 s 故A點離道口的距離應為 L＝v1T＝×69.12 m＝2304 m. 12．(1)4.5 m/s2　(2)能 [解析] (1)公交車剎車的加速度 a2＝＝＝－4.5 m/s2 所以其加速度大小為4.5 m/s2. (2)汽車從小明身旁到開始剎車用時 t1＝＝ s＝ s 汽車剎車過程中用時 t2＝＝ s 小明以最大加速度達到最大速度用時 t3＝＝ s＝2 s 小明加速過程中的位移 s2＝(v1＋vm)t3＝7 m 以最大速度跑到車站的時間 t4＝ s＝ s＝7.2 s 由t1＋t2

6、可以在汽車還停在車站時上車． 45分鐘單元能力訓練卷（二） 1．A　[解析] 取滑塊為研究對象，受力分析如圖所示，由平衡條件得FNsinθ＝mg，即FN＝，選項C、D錯誤；由Ftanθ＝mg，得F＝，選項A正確、B錯誤． 2．D　[解析] 未加壓力F之前，物體處于靜止狀態(tài)，由平衡條件可得：f＝Gsinθ，當加上壓力F后，物體仍處于靜止狀態(tài)，因此f仍為Gsinθ，故D正確． 3．C　[解析] 小球A受到豎直向下的重力、水平向左的彈簧彈力和細線的拉力，由平衡條件可得 kx＝mgtan，即x＝，選項C正確． 4．B　[解析] 以小車M和物體m整體為研究對象，它們必受到重力和地面支持

7、力．因小車和物體整體處于靜止狀態(tài)，由平衡條件知，墻面對小車必無作用力．以小車為研究對象，如圖所示，它受四個力：重力Mg、地面的支持力FN1、m對它的壓力FN2和靜摩擦力f.由于m靜止，可知f和FN2的合力必豎直向下，故選項B正確． 5．D　[解析] 物體受力分析如圖所示，由于物體靜止，由平衡條件知，沿天花板方向：f＝mgsinθ，所以選項A、B、C錯誤；垂直天花板方向：qE＝mgcosθ＋N，當E增大時，N增大，物體仍靜止不動，選項D正確． 6．B　[解析] 設(shè)2、3兩木塊之間彈簧伸長量為x1，分析木塊3的受力，由平衡條件可知，mgsinα＋μmgcosα＝kx1，故2、3兩木

8、塊之間的距離為x1＋L＝＋L，選項A錯誤，B正確；設(shè)木塊1、2之間彈簧的伸長量為x2，以2、3兩木塊為一整體，可得：kx2＝2mgsinα＋2μmgcosα，故1、2兩木塊之間的距離為x2＋L＝＋L，選項C錯誤；如果傳送帶突然加速，并不影響木塊所受的摩擦力的大小和方向，因此相鄰兩木塊之間的距離將不變，選項D錯誤． 7．D　[解析] 依題意，若開始時靜摩擦力的方向沿著斜面向上，則有F＋f＝mgsinθ，當力F減小過程中，f增大，直到力F減小到零時f恒定，則D可選；若開始時靜摩擦力的方向沿著斜面向下，則有F＝f＋mgsinθ，當力F減小過程中，f先減小到零，然后反向增大到mgsinθ恒定，無對應

9、選項． 8．B　[解析] 對第一塊石塊進行受力分析如圖所示，由幾何關(guān)系可知θ＝60°，所以有N12 ∶N13＝sin60°＝，選項B正確． 9．70.0　 2.10 [解析] 對鉤碼進行受力分析，根據(jù)平衡條件得mg＝kx, 則k＝＝ N/m＝70.0 N/m 掛三個鉤碼時，可列方程(m＋m＋m)g＝kx′ 則x′＝＝ m＝0.0210 m＝2.10 cm 10．(1)BCD　(2)更換不同的小重物 [解析] 本實驗中，結(jié)點 O 受三個拉力處于靜止狀態(tài)，三力平衡，任意兩個力的合力與第三個力等大反向．以兩橡皮筋的伸長量(代表兩個拉力的大小)為長度，沿 OA、OB 方向為鄰邊，作

10、平行四邊形，只要該平行四邊形的對角線與懸掛重物的橡皮筋在一條直線上，與表示其拉力的線段相等，即驗證了平行四邊形定則，故實驗要測量橡皮筋的原長、懸掛重物后橡皮筋的長度，才能算出橡皮筋受力后的伸長量．為了確定拉力的方向，每次必須記錄結(jié)點 O 的位置．由于釘子位置固定，可改變的條件只能是所懸掛的重物的質(zhì)量，即可采用的方法是更換不同的小重物． 11．(1) N　(2) N　水平向左 [解析] (1)以小球為研究對象，受力分析如圖甲所示． 甲　　　　　　乙 在水平方向：Tsin30°＝FNsin30° 在豎直方向：FNcos30°＋Tcos30°＝ mg 解得T＝＝ N＝

11、 N (2)以小球和斜面整體為研究對象，受力分析如圖乙所示，因為系統(tǒng)靜止，所以f＝Tsin30°＝× N＝ N，方向水平向左． 12．(1)30 N、方向沿斜面向上　(2)12 cm [解析] (1)物體靜止在斜面上受力分析如圖所示，則物體受到的靜摩擦力f＝mgsin37° 代入數(shù)據(jù)得f＝5×10×sin37° N＝30 N，摩擦力方向為沿斜面向上． (2)當物體沿斜面向上被勻速拉動時，如圖所示，設(shè)彈簧拉力為F，伸長量為x，據(jù)胡克定律及平衡條件有 F＝kx F＝mgsin37°＋F滑 F滑＝μmgcos37° 彈簧最終長度l＝l0＋x， 聯(lián)立解得l＝12 cm 1

12、3．160 N　如圖所示 [解析] A、B的受力分析如圖所示． 對A應用平衡條件 Tsin37°＝f1＝μFN1 Tcos37°＋FN1＝mAg 聯(lián)立解得： FN1＝＝60 N f1＝μFN1＝30 N 對B應用平衡條件 F＝f′1＋f2＝f′1＋μFN2＝f1＋μ(FN1＋mBg)＝2f1＋μmBg＝160 N. 45分鐘單元能力訓練卷（三） 1．B　[解析] 牛頓第一定律表明，物體在不受外力作用時，具有保持原有運動狀態(tài)不變的性質(zhì)，即慣性，故牛頓第一定律又叫慣性定律，選項A錯誤．牛頓運動定律都是在宏觀、低速的情況下得出的結(jié)論，在微觀、高速的情況下不成立，選項B正

13、確．牛頓第一定律說明了兩點含義，一是所有物體都有慣性，二是物體不受力時的運動狀態(tài)是靜止或勻速直線運動，牛頓第二定律并不能完全包含這兩點意義，選項C錯誤．伽利略的理想實驗是牛頓第一定律的基礎(chǔ)，選項D錯誤． 2．B　[解析] 作用力和反作用力作用在兩個不同的物體上，選項A錯誤；太陽系中的所有行星都要受到太陽的引力，且引力方向沿著兩個星球的連線指向太陽，選項B正確，選項C錯誤；伽利略理想實驗說明力不是維持物體運動的原因，選項D錯誤． 3．C　[解析] 根據(jù)題意，瓦在豎直面內(nèi)受力分析如圖甲所示．結(jié)合弧形瓦的特點對其截面進行受力分析如圖乙所示，F(xiàn)N1＝FN2，且FN1與FN2的合力為FN，而FN＝m

14、gcosα.若兩桿間的距離不變，F(xiàn)N1與FN2均與瓦的質(zhì)量成正比，則摩擦力f＝2μFN1與質(zhì)量成正比．為了防止瓦被損壞，應使瓦塊下滑的加速度減小，而a＝，與質(zhì)量無關(guān)，故選項A、B錯誤．增大兩桿間的距離，F(xiàn)N不變，F(xiàn)N1與FN2將增大，則摩擦力增大，加速度減小，符合題意，選項C正確．減小兩桿間的距離會使加速度增大，選項D錯誤． 　　　 甲　　　　　　　　　　乙 4．B　[解析] 由牛頓第二定律有F－μmg＝ma，解得a＝·F－μg，由此可知：a－F圖象的斜率表示物體質(zhì)量的倒數(shù)，所以A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量，再由縱軸截距截距可得μA>μB，所以選項B正確． 5．D　[解析] 以整體為研究對

15、象，求得拉力F＝(m1＋m2)a.突然撤去F，以A為研究對象，由于彈簧在短時間內(nèi)彈力不會發(fā)生突變，所以A物體受力不變，其加速度a1＝a.以B為研究對象，在沒有撤去F時有：F－F′＝m2a，而F＝(m1＋m2)a，所以F′＝m1a；撤去F則有：－F′＝m2a2，所以a2＝－a.選項D正確． 6．D　[解析] 設(shè)鋼索對載人箱和人整體拉力大小為T，對載人箱和人整體應用牛頓第二定律有(M＋m)g－T＝(M＋m)a，對平衡重物由牛頓第二定律有T－Mg＝Ma，聯(lián)立解得a＝，再由運動學規(guī)律v＝at，得t＝，選項D正確． 7．B　[解析] 對整體：F－μ·2mg＝3ma，對物體B：F′＝ma，聯(lián)立得F′＝

16、，選項B正確． 8．D　[解析] 由圖可知：從t1時刻到t2時刻，彈力小于鉤碼重力，鉤碼處于失重狀態(tài)，A項正確；從t3時刻到t4時刻，彈力大于鉤碼重力，鉤碼處于超重狀態(tài)，B項正確；根據(jù)題目的情景，電梯可能是先加速向下運動，加速度向下，失重，再勻速向下運動，加速度為零，最后減速向下運動，加速度向上，超重，所以選項C正確，選項D錯誤． 9．②④　[解析] 由牛頓第二定律得：F＝ma，a＝·F，直線的斜率等于質(zhì)量的倒數(shù)，三條直線的斜率不同，說明三條直線所對應的小車和砝碼的總質(zhì)量不同，由圖可知，直線1的斜率最大，所對應的總質(zhì)量最小；直線3的斜率最小，所對應的總質(zhì)量最大． 10．(1)合外力　質(zhì)量

17、　質(zhì)量　所受合外力　(2)①改變小車所受的合外力　②記錄更準確(或：更容易記錄，記錄誤差會更小，時間更容易記錄，方便記錄，方便計時，位置很難記錄等類似答案均正確) (3)①表一 線段 OA … … … OE OF 數(shù)據(jù)(cm) … … … … 7.00 9.40 或表二 線段 OA … … … DE EF 數(shù)據(jù)(cm) … … … … 2.25 2.40 ②0.233 11．(1)g　(2)3g [解析] (1)繩BC剛好被拉直時，小球受力如圖甲所示． 因為AB＝BC＝b，AC＝b，故繩BC與AB垂直，θ＝45°.由牛頓第

18、二定律有 mgtanθ＝ma 解得a＝g. 　　 甲　　　　　　　乙 (2)小車向左加速度增大，AB、BC繩方向不變，所以AC繩拉力不變，BC繩拉力變大，BC繩拉力最大時，小車向左加速度最大，小球受力如圖乙所示．由牛頓第二定律有 Tm＋mgtanθ＝mam 因Tm＝2mg，所以最大加速度為am＝3g. 12．(1)0.25　(2)8 N或24 N [解析] 對小球，由牛頓第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma 又x＝at2 聯(lián)立解得μ＝0.25 (2)若F垂直桿向下，則mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′ 解得F＝8 N 若F垂直桿向上，則mgsin

19、θ－μ(F－mgcosθ)＝ma′ 解得F＝24 N 13．(1)＋　(2)mv2　(3)如圖所示 [解析] (1)由μ>可得mv2<μmgL 說明物體到達B之前就與傳送帶共速，設(shè)其加速度為a，則由牛頓第二定律有 μmg＝ma 加速階段的時間為 t1＝ 加速階段的位移 s1＝ 勻速階段的時間 t2＝ 總時間t＝t1＋t2 聯(lián)立解得t＝＋ (2)物體在加速階段與傳送帶的相對位移 Δs＝vt1－vt1 產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔs 聯(lián)立解得Q＝mv2 (3)如圖所示 45分鐘滾動復習訓練卷（一） 1．C　[解析] 以上方三人為研究對象，設(shè)中層兩人

20、每只腳受到的支持力為F，則有4F＝3mg，解得F＝mg.設(shè)底層中間的人每只腳受到的支持力F′，則有2F′＝mg＋2F，解得F′＝mg，選項C正確． 2．B　[解析] 加速度大小與速度大小之間無必然聯(lián)系，速度是增加還是減小取決于加速度和初速度的方向關(guān)系．若初始時刻a、v同向，則加速運動；若初始時刻a、v反向，則減速運動．最終加速度為零，物體處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動)，故選項A、C、D均有可能，B項不可能． 3．C　[解析] 先對整體分析，可知F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再以鐵塊1為研究對象，可得：kx－μm1g＝m1a，聯(lián)立可知C項正確． 4．B　[解析] 由速度圖線

21、的物理意義可知，速度圖線與坐標軸包圍的 “面積”代數(shù)和表示位移的大小，根據(jù)對稱性，1～7 s內(nèi) “面積”代數(shù)和為零，即0～1 s內(nèi)的位移和0～7 s內(nèi)的位移相等，選項B正確． 5．A　[解析] 剪斷細線前，物體處于平衡狀態(tài)，由圖可知F1cos60°＝mg，解得：F1＝2mg；剪斷細線后，小球擺到最低點的過程中，mgL(1－cos60°)＝mv2，在最低點：F2－mg＝m，聯(lián)立解得F2＝2mg，故選項A正確． 6．C　[解析] 甲乙兩地距離x＝vt，列車勻速運動的距離s1＝v0(t－t0)，列車從開始剎車至加速到v0過程運動的距離s2＝t0，則有s＝s1＋s2，解得v0＝. 7．C　[

22、解析] 以B為研究對象，兩桿對B的作用力T1、T2的合力與B的重力沿斜面向下的分力等大反向，即T1＋T2＝mBgsinθ，因此T1、T2不可能均為零，選項C錯誤，選項D正確；以AB為研究對象，當滿足(mA＋mB)gsinθ<μAmAgcosθ，且mCgsinθ<μCmCgcosθ時，T2＝0，選項B錯誤；同樣當滿足(mC＋mB)gsinθ<μCmCgcosθ且mAgsinθ<μAmAgcosθ時，T1＝0，選項A錯誤． 8．A　[解析] 由于滑塊與斜面之間存在摩擦力，滑塊上滑的加速度大于下滑的加速度，選項B錯誤、A正確；以斜面為研究對象，滑塊上滑過程中受力如圖甲所示，下滑過程中受力如圖乙所示

23、，兩過程中均有：fAB＝μmgcosθ，NAB＝mgcosθ，則：F1＝Mg＋mgcos2θ－μmgcosθ·sinθ，F(xiàn)2＝Mg＋mgcos2θ＋μmgcosθ·sinθ，選項C錯誤；f1＝mgcosθ·sinθ＋μmgcos2θ，f2＝mgcosθ·sinθ－μmgcos2θ，選項D錯誤． 甲　　　　　　乙 9．(1)CBDAEF　(2)0.5 N/cm或50 N/m [解析] 取圖象上相距較遠的兩點(0,0)(6.00 cm，3.00 N)坐標數(shù)值，根據(jù)胡克定律可得彈簧勁度系數(shù)為k＝50 N/m. 10．(1)B　(2) [解析] 由題設(shè)條件，本實驗的實驗原理是H＝v0t＋gt

24、2，其中v為小球達到光電門1時的速度，由實驗測得的數(shù)據(jù)h1、t1及h2、t2可得h1＝v0t1＋gt，h2＝v0t2＋gt，解得g＝.為保持v0不變，不能改變光電門1和吸球器的相對位置． 11．(1)100 N　(2)200 N [解析] (1)對A物體進行受力分析，受四個力作用．分解繩的拉力，根據(jù)A物體平衡可得 FN1＝mAg＋Tsinθ f1＝Tcosθ f1＝μ1FN1 聯(lián)立解得T＝ 代入數(shù)據(jù)得T＝100 N. (2)對B進行受力分析，受六個力的作用． 地面對B的支持力FN2＝mBg＋FN1 地面對B的摩擦力f2＝μFN2 故拉力F＝f1＋f2＝200 N. 12

25、．(1)0.5　(2)1.29 s [解析] (1)由題意可知，滑塊在水平面上勻速運動，則 v0＝＝4 m/s 在斜面上滑塊做勻減速直線運動，設(shè)加速度大小為a1，則 s3－s4＝a1T2 由牛頓第二定律：mgsinα＋μmgcosα＝ma1 聯(lián)立解得：μ＝0.5 (2)設(shè)滑塊向上滑行所用的時間為t1，上滑的最大距離為s，返回斜面底端的時間為t2，加速度為a2，則 v0＝a1t1 s＝v0t1 mgsinα－μmgcosα＝ma2 s＝a2t 聯(lián)立解得：t＝t1＋t2＝(0.4＋ ) s(或1.29 s) 13．Δt<0.3 s [解析] 設(shè)轎車行駛的速度為v1，卡車

26、行駛的速度為v2，則v1＝108 km/h＝30 m/s，v2＝72 km/h＝20 m/s，在反應時間Δt內(nèi)兩車行駛的距離分別為s1、s2，則 s1＝v1Δt s2＝v2Δt 轎車、卡車剎車所通過的距離分別為s3、s4，則 s3＝＝ m＝45 m s4＝＝ m＝20 m 為保證兩車不相撞，必須s1＋s2＋s3＋s4<80 m 45分鐘但愿能力訓練卷（四） 1．A　[解析] 空載時：P＝f1v1＝km0gv1，裝滿貨物后：P＝f2v2＝kmgv2，所以汽車后來所裝貨物的質(zhì)量是Δm＝m－m0＝m0，選項A正確． 2．D　[解析] 由牛頓第二定律得F－f－mgsin30°＝－

27、ma，F(xiàn)－f＝mgsin30°－ma＝2m，即物體受到重力以外的力作用，大小為F－f，方向平行斜面向上，對物體做正功，所以物體的機械能增加，選項AB錯誤，D正確；根據(jù)動能定理，重力、拉力、摩擦力對物體做的總功等于物體動能的改變量，選項C錯誤． 3．D　[解析] 蘋果加速下落，運動越來越快，故蘋果通過第3個窗戶所用的時間最短，平均速度最大，選項A、B都錯誤；窗戶完全相同，所以蘋果通過三個窗戶重力做的功一樣多，蘋果通過第1個窗戶用時最長，重力的平均功率最小，故選項C錯誤、D正確． 4．D　[解析] 木板轉(zhuǎn)動過程中，因靜摩擦力始終與速度方向垂直，故靜摩擦力不做功，由動能定理知，支持力做的功W1＝

28、mgh＝mgLsinα；物塊下滑過程中，因支持力始終與速度方向垂直，支持力不做功，由動能定理得，mgLsinα＋Wf＝mv2，所以滑動摩擦力做的功Wf＝mv2－mgLsinα.所以選項D正確． 5．D　[解析] 合力F沿斜面向下，F(xiàn)＝mgsinθ－f，θ為斜面傾角，故F不隨t變化，A錯誤．加速度a＝，也不變，由v＝at知，v－t圖象為過原點的一條傾斜直線，B錯誤；物體做勻加速運動，故位移s＝at2，s－t圖象是開口向上的拋物線的一半，C錯誤；設(shè)物體起初的機械能為E0，t時刻的機械能為E，則E＝E0－Fs＝E0＋F·at2，E－t圖象是開口向下的拋物線的一半，D正確． 6．C　[解析] 小球

29、做平拋運動，將A點時的速度分解如圖所示，vy＝，v＝，小球到達A點時，重力的功率P＝mgvy，小球由O到A過程中，動能的變化為mv2－mv.此過程豎直方向vy＝gt，水平方向x＝v0t，小球拋出點O距斜面端點B的水平距離為－x，故ABD正確．小球從A點反彈后是否直接落至水平地面不能確定，故從A點反彈后落至水平地面的時間不能求出，C錯誤． 7．B　[解析] 兩個過程中，恒力F相同，物體相對地面發(fā)生的位移相同，所以做功相同；第二種情景下，物體相對地面的速度增大，運動時間t變短，物體相對傳送帶的位移Δx變小，功率P＝，故P1Q2.所以選項B正確．

30、 8．C　[解析] 運動過程中，彈簧和圓環(huán)系統(tǒng)的機械能守恒，因彈簧彈力對圓環(huán)做功，故圓環(huán)的機械能不守恒；對彈簧和圓環(huán)系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律知，當圓環(huán)滑到桿底端時，彈簧的彈性勢能增大量等于圓環(huán)重力勢能的減小量mgh，又因彈簧先被壓縮后被拉伸，所以彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大；圓環(huán)到達桿低端時彈簧的彈性勢能最大，此時圓環(huán)動能為零. 9．(1)左　(2)0.98 m/s　(3)0.49 J　0.48 J　(4)＞　受打點計時器對紙帶的摩擦阻力及空氣阻力作用(實驗中有阻力)　(5)在誤差允許范圍內(nèi)機械能守恒 [解析] (1)左端點跡比較密集，所以應是左端與重物相連． (2)vB＝＝＝0.

31、98 m/s (3)ΔEp＝mgh＝0.49 J，ΔEk＝mv＝0.48 J (4)重物下落過程中受打點計時器對紙帶的摩擦阻力及空氣阻力作用，所以ΔEp＞ΔEk. (5)在誤差允許范圍內(nèi)，重物自由下落過程中的機械能守恒． 10．(1)接通氣源，將滑塊靜置于氣墊導軌上，若滑塊基本保持靜止，則說明導軌是水平的(或輕推滑塊，滑塊能基本做勻速直線運動)． (2)0.52　0.43　滑塊的質(zhì)量M及滑塊釋放時遮光條到光電門的距離s　(3)mgs　(m＋M)2 [解析] (2)d＝5 mm＋2×0.1 mm＝5.2 mm＝0.52 cm，v＝＝0.43 m/s；需測量滑塊的質(zhì)量M及滑塊釋放時遮光

32、條到光電門的距離s. (3)系統(tǒng)減少的重力勢能為ΔEp＝mgs，系統(tǒng)增大的動能為ΔEk＝(m＋M)v2＝(m＋M)2，當ΔEp＝ΔEk時，說明系統(tǒng)的機械能守恒． 11. [解析] 以地面為零勢能面，在初始位置，桌面部分鐵鏈的重力勢能為Ep1＝mg·2L，懸空部分鐵鏈的重力勢能為E′p1＝mg(2L－) 鐵鏈的下端剛要觸及地面時的重力勢能為Ep2＝mg 對鐵鏈應用機械能守恒定律得Ep1＋E′p1＝mv2＋Ep2 即mv2＋mg＝mg·2L＋mg(2L－) 故鐵鏈下端剛要觸及地面時的速度為v＝ 12．(1)6 m/s　0.4　(2)4.1 m　(3)能　(4)5.6 J [解析]

33、 (1)由物塊過B點后其位移與時間的關(guān)系x＝6t－2t2得v0＝6 m/s， 加速度a＝4 m/s2 又μm2g＝m2a，故μ＝0.4 (2)設(shè)物塊由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy＝ 又＝tan45°，得vD＝4 m/s 設(shè)平拋運動用時為t，水平位移為x，由R＝gt2，s＝vDt，得s＝1.6 m BD間位移為s1＝＝2.5 m 則BP水平間距為s＋s1＝4.1 m (3)設(shè)物塊沿軌道到達M點的速度為vM，由機械能守恒得 m2v＝m2v－m2gR 則v＝16－8 若物塊恰好能沿軌道過M點，則m2g＝m2 解得v′＝8>v 故物塊不能到達M點．

34、 (4)設(shè)彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep 釋放m1時，Ep＝μm1gxCB 釋放m2時，Ep＝μm2gxCB＋m2v 又m1＝2m2，故Ep＝m2v＝7.2 J 設(shè)m2在桌面上運動過程中克服摩擦力做功為Wf 則Ep－Wf＝m2v 可得Wf＝5.6 J 45分鐘單元能力訓練卷（五） 1．A　[解析] 小車水平向右的速度(也就是繩子末端的運動速度)為合速度，它的兩個分速度為v1、v2，如圖所示．其中v2就是拉動繩子的速度，它等于物體A上升的速度，vA＝v2＝vcosθ.小車勻速向右運動的過程中，θ逐漸變小，vA逐漸變大，故A做加速運動，由A的受力及牛頓第二定律知，繩的拉力大于A

35、的重力，選項A正確． 2．A　[解析] 由平拋規(guī)律x＝v0t，y＝gt2可得，x＝y(tǒng)時t＝，則vy＝gt＝2v0，v＝＝v0，s＝＝，選項A正確． 3．D　[解析] 恰能通過最高點P，則在最高點P重力恰好提供向心力，故 mg＝，選項C錯誤；離開P點后做平拋運動，x＝vt,2R＝gt2，解得x＝2R，故選項A、B錯誤；若將半圓弧軌道上部的圓弧截去，其他條件不變，則小球離開軌道后豎直上拋，達到的最大高度時速度為零，顯然能達到的最大高度比P點高，選項D正確． 4．D　[解析] 角速度的大小關(guān)系為ωa＝ωc＜ωb ，選項A錯誤；向心加速度的大小關(guān)系為ab＞ac＞aa，選項B錯誤；線速度的大

36、小關(guān)系為vb＞vc＞va，選項C錯誤；周期的大小關(guān)系為Ta＝Tc＞Tb ，選項D正確． 5．A　[解析] 由于同步衛(wèi)星與地球的自轉(zhuǎn)周期相同， “纜線”上各點的角速度也相同， 選項A正確；線速度v＝ωr，則各點的線速度不同，選項B錯誤；若“纜線”上各質(zhì)點均處于失重狀態(tài)，則萬有引力提供向心力，有：G＝m，得v＝，r越大，線速度越小，而“纜線”上離地面越高的質(zhì)點線速度越大，因此只有同步衛(wèi)星上的質(zhì)點處于完全失重狀態(tài)，選項C錯誤；由G＝mg，可得離地面越高，重力加速度越小，選項D錯誤． 6．D　[解析] 設(shè)移民質(zhì)量為Δm，未移民時的萬有引力F引＝G與移民后的萬有引力F引′＝G比較可知，由于M>m，所

37、以F引′>F引；由于地球的質(zhì)量變小，由F引′＝G＝(m＋Δm)r2＝(m＋Δm)a可知，月球繞地球運動的周期將變大，月球繞地球運動的向心加速度將變??；由月球?qū)ζ浔砻嫖矬w的萬有引力等于其重力可知，由于月球質(zhì)量變大，因而月球表面的重力加速度將變大．綜上所述，可知本題錯誤選項為D. 7．C　[解析] 空間站運動的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受萬有引力提供，選項A錯誤；由G＝m得v＝，運動速度與軌道半徑的平方根成反比，并非與離地高度的平方根成反比，選項B錯誤；由G＝m2R得T＝2πR ，所以空間站運行周期小于地球自轉(zhuǎn)的周期，選項C正確；空間站中宇航員所受萬有引力完全提供向心力，處于完全失重狀

38、態(tài)，選項D錯誤． 8．b [解析] 物體在光滑斜面上只受重力和斜面對物體的支持力，因此物體所受的合力大小為F＝mgsinθ，方向沿斜面向下；根據(jù)牛頓第二定律，則物體沿斜面向下的加速度應為a加＝＝gsinθ，又由于物體的初速度與a加垂直，所以物體的運動可分解為兩個方向的運動，即水平方向是速度為v0的勻速直線運動，沿斜面向下的是初速度為零的勻加速直線運動．因此在水平方向上有b＝v0t，沿斜面向下的方向上有a＝a加t2；故v0＝＝b. 9．1∶8　14 [解析] 萬有引力提供向心力，則G＝m1ra，G＝m2rb，所以Ta∶Tb＝1∶8.設(shè)每隔時間t，a、b共線一次，則(ωa－ωb)t＝π，所

39、以t＝，故b運動一周的過程中，a、b、c共線的次數(shù)為：n＝＝＝Tb＝－2＝14. 10. [解析] 以g′表示火星表面的重力加速度，M表示火星的質(zhì)量，m表示火星的衛(wèi)星質(zhì)量，m′表示火星表面處某一物體的質(zhì)量，由萬有引力定律和牛頓第二定律，有 G＝m′g′ G＝m2r 設(shè)v表示著陸器第二次落到火星表面時的速度，它的豎直分量為v1，水平分量仍為v0，有 v＝2g′h v＝ 由以上各式解得v＝. 11．(1)2π　(2) (3) [解析] (1)“嫦娥二號”軌道半徑r＝R＋h， 由G＝mr 可得“嫦娥二號”衛(wèi)星繞月周期 T＝2π. (2)在月球自轉(zhuǎn)一周的過程中，“嫦娥二號

40、”將繞月運行的圈數(shù) n＝＝ . (3)攝像機只要將月球的“赤道”拍攝全，就能將月面各處全部拍攝下來；衛(wèi)星繞月球轉(zhuǎn)一周可對月球“赤道”拍攝兩次，所以攝像機拍攝時拍攝到的月球表面寬度至少為s＝＝ . 12．(1)0.6 m　(2)P位置比圓心O低 [解析] (1)物體在最高點C時只受重力，由牛頓第二定律得 mg＝m， 得vC＝. 物體從B到C的過程中，由機械能守恒定律得 mg(ssinθ－R－Rcosθ)＝mv 代入數(shù)據(jù)解得R＝0.6 m. (2)設(shè)物體平拋至與O點等高處，則由平拋運動的規(guī)律得 R＝gt2， x＝vCt， 聯(lián)立解得x＝R 又由圖可知O點到斜面的水平距離為

41、x′＝＝R 顯然x′＞x，故物體的落點位置P低于O點． 45分鐘滾動復習訓練卷（二） 1．D　[解析] 由圖線可知，運動過程中發(fā)動機輸出功率一定，若牽引力＝阻力，則汽車做勻速直線運動；若牽引力＞阻力，則速度增大，牽引力減小，汽車做加速度減小的加速直線運動．故選項D正確． 2．C　[解析] 火車從甲站出發(fā)，沿平直鐵路做勻加速直線運動，即初速度為零，緊接著又做勻減速直線運動，也就是做勻加速直線運動的末速度即為做勻減速直線運動的初速度，而做勻減速直線運動的末速度又為零，所以在先、后兩個運動過程中的平均速度(＝)相等，選項C正確；火車運動的位移s＝t＝t，火車運動的加速度a＝，即它們不僅與速度

42、變化量有關(guān)，還跟時間有關(guān)，而先、后兩個運動過程中所用的時間不一定相同，所以火車的位移、加速度在先、后兩個運動過程中不一定相等，即A、B、D選項都不正確． 3．C　[解析] 設(shè)物體A對圓球B的支持力為F1，豎直墻對圓球B的彈力為F2；F1與豎直方向夾角θ因物體A右移而減?。畬ξ矬wB由平衡條件得：F1cosθ＝mBg，F(xiàn)1sinθ＝F2，解得F1＝，F(xiàn)2＝mBgtanθ.因θ減小，故F1減小，F(xiàn)2減小，選項A、B均錯誤；對A、B整體分析可知：在豎直方向上，地面對整體支持力FN＝(mA＋mB)g，與θ無關(guān)，選項D錯誤；在水平方向上，地面對A的摩擦力f＝F2，因F2減小，故f減小，選項C正確． 4

43、．B　[解析] 設(shè)斜面傾角為θ，長度為L，小球沿光滑斜面下滑的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ＝ma得a＝gsinθ，小球沿斜面做勻加速直線運動，所以小球的位移x＝gsinθ·t2，即位移與時間的平方成正比，選項A錯誤；小球在斜面上的速度v＝gsinθ·t，即速度與時間成正比，選項B正確；設(shè)小球從頂端滑到底端的速度為v，由運動學公式有：v2＝2gsinθ·L，選項C錯誤；由L＝gsinθ·t2，選項D錯誤． 5．C　[解析] A項位移正負交替，說明物體做往復運動；B項物體先做勻加速運動，再做勻減速運動，然后做反向的勻加速運動，再做反向的勻減速運動，周而復始；C項表示物體先做勻加速

44、運動，再做勻減速運動，循環(huán)下去，物體始終單向運動，C正確；D項從面積判斷物體速度有負值出現(xiàn)，不是單向運動． 6．A　[解析] 取x＝0，對A端進行受力分析，F(xiàn)－T＝ma，又A端質(zhì)量趨近于零，則F＝T＝6 N，選項A正確；由于不知繩子的加速度，其質(zhì)量也無法得知，選項B、D均錯誤；由圖易知選項C錯誤． 7．D　[解析] 滑動摩擦力對工件做功等于工件動能的改變，也等于其機械能的增加量，選項A、B正確；此過程中，工件(對地)位移為s1＝＝，s1＝，傳送帶的位移為s2＝vt＝2s1，因此工件相對傳送帶的位移為Δs＝s2－s1＝＝，選項C正確；在工件相對傳送帶滑動的過程中，傳送帶對工件的摩擦力對工件做

45、功，D錯誤． 8．B　[解析] 在由橢圓軌道變成圓形軌道時，需經(jīng)過加速實現(xiàn)，這樣CE—2的機械能增加，線速度增大，選項A錯誤、B正確；若過Q有一繞月球的圓形軌道，在這一圓形軌道上的飛行器速度比繞橢圓軌道過Q點時的速度小，而這一速度比經(jīng)過P的圓軌道速度大，所以CE—2在Q點的線速度比沿圓軌道運動的線速度大，選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，加速度跟CE—2受到的萬有引力成正比，所以在Q點的加速度比沿圓軌道運動的加速度大，選項D錯誤． 9. (1)0.50　2.00　(2)1.97　(3)v0＝vB [解析] (1)游標尺第0刻度線與主尺5 mm刻度對齊，小球直徑為d＝5 mm＋0×0.1 mm

46、＝5.0 mm＝0.50 cm，小球通過光電門的速度vB＝＝＝2.00 m/s.(2)由平拋運動規(guī)律得，s＝v0t，h＝gt2，解得v0＝s＝1.97 m/s.(3)在研究平拋運動實驗中，計算平拋初速度時取重力加速度為當?shù)氐闹亓铀俣?.8 m/s2，實際已經(jīng)默認了此過程中機械能守恒．以斜槽末端為重力勢能的零參考點，則小球平拋的初動能就等于小球運動時的機械能，也就等于小球落地時的機械能(認為是守恒的)，因此以平拋運動計算得到的初動能(初速度)如果近似等于用光電門測得初動能(初速度)，則可認為此過程機械能守恒． 10．(1)2.4　(2)0.58　 0.59　在誤差允許的范圍內(nèi)，m1 、m2組

47、成的系統(tǒng)機械能守恒　(3)9.7 [解析] (1)v5＝＝2.4 m/s.(2)ΔEk＝mv＝0.58 J，ΔEp＝mgh＝0.59 J，結(jié)論：在誤差允許的范圍內(nèi)，運動過程中m1 、m2組成的系統(tǒng)的機械能守恒．(3)由圖象知，斜率k＝ m/s2，所以當?shù)氐膶嶋H重力加速度g＝9.7 m/s2. 11．(1)1.5 m/s　36 J　(2)49.5 J [解析] (1)開始時，由平衡條件有mAg＝kx1 當物體B剛要離地面時，kx2＝mBg 可得：x1＝x2＝0.15 m 由x1＋x2＝at2 vA＝at 得：vA＝1.5 m/s. 物體A重力勢能增大，ΔEpA＝mAg(x1＋x

48、2)＝36 J (2)因開始時彈簧的壓縮量與末時刻彈簧的伸長量相等，對應彈性勢能相等，由功能關(guān)系可得： WF＝ΔEpA＋mAv＝49.5 J 12．(1)2.5 m　(2)4.5 s [解析] (1)要求賽車在運動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運動的路程最短，則小車經(jīng)過圓軌道P點時速度最小，此時賽車對軌道的壓力為零，重力提供向心力，即 mg＝m 由機械能守恒定律得： mg·2R＋mv＝mv 聯(lián)立解得：vC＝5 m/s 設(shè)小車在CD軌道上運動的最短路程為s，由動能定理得： －kmgs＝0－mv 解得：s＝2.5 m (2)由于豎直圓軌道光滑，由機械能守恒定律知：

49、vB＝vC＝5 m/s 從A點到B點的運動過程中，由動能定理得： Pt－kmgL＝mv 解得：t＝4.5 s 45分鐘單元能力訓練卷（六） 1．D　[解析] 小球過b點時速度最大，有qE＝mg，得E＝，①正確；小球在c點并不是受力平衡，場強無法確定，②錯誤；小球從O到c有qU－mgh＝0，得U＝，由U＝0－φc得φc＝－，③錯誤、④正確． 2．D　[解析] 電場中某點的場強與檢驗電荷無關(guān)，選項D正確． 3．C　[解析] 由軌跡特征可知，正電荷經(jīng)過MN時受力方向由N指向M，場源電荷在靠近N一側(cè)，故a點的場強大于b點的場強，選項A錯誤；遠離場源電荷的b點的電勢低，選項B錯誤；從a

50、運動到b過程中，電場力做正功，動能增大，電勢能減小，選項C正確、D錯誤． 4．B　[解析] 根據(jù)電場的電勢變化分析電場，可以從兩個方面入手：①電勢線的斜率(表示場強)；②電勢的大?。趫D甲和圖乙中，沒有電勢為零的點，應由斜率為零(場強為零)的點判讀，由圖甲中A、B之間的電勢分布可知，斜率為零的點靠近A側(cè)，即場強為零的點靠近A，故Q1＜Q2，同理可判斷圖乙中Q1>Q2，選項A正確、選項B錯誤；圖丙中電勢為零的點位于AB連線的中點，由電勢分布規(guī)律可知，Q1、Q2為等量異號電荷，但Q1應為正電荷，選項C正確；圖丁中，電勢為零的點靠近B一側(cè)，|Q1|＞|Q2|，選項D正確． 5．C　[解析] 由等

51、量異種點電荷的電場分布圖可知，O點與無窮遠處的電勢相同，在x軸上，＋Q點左側(cè)的點的場強方向向左，－Q點右側(cè)的點的場強方向向左，＋Q與－Q之間的點的場強向右，故在＋Q左側(cè)與P點關(guān)于原點O對稱的點的場強與P點場強相同，P點電勢比O點電勢低，試探電荷＋q由P點移到O點后電勢能增大． 6．D　[解析] 由動能定理qUAB＝q(φA－φB)＝ΔEkAB＝0.5 Ek0，設(shè)A點電勢為0，則B點電勢為φB＝－0.5，令φ＝，則B點電勢為－0.5φ，C點電勢為－φ.由于在勻強電場中沿同一直線電勢均勻變化，則AC的中點D的電勢為－0.5φ，故BD為等勢面，作BD的平行線與圓相切與P點，則UAP最大，粒子到達P

52、點的動能最大，連接PO交圓周于Q，Q點電勢最高，由幾何關(guān)系可知，φQ<φ，由動能定理可知粒子可以到達Q點，且打在Q點的粒子動能最小，由此可知粒子能夠達到圓周上的任何一點，綜上所述，只有選項D正確． 7．B　[解析] 由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力方向向上，選項A錯誤；粒子由M到N，電場力做負功，電勢能增加，動能減少，速度減小，故選項B正確、選項C錯誤；由于粒子和兩極板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，選項D錯誤． 8．C　[解析] 若qE＝mg，小球做勻速圓周運動，球在各處對細線的拉力一樣大．若qE

53、?。魆E>mg，球在a處速度最大，對細線的拉力最大．故選項A、B錯．a(chǎn)點電勢最高，負電荷在電勢最高處電勢能最低，故選項C正確．小球在運動過程中除重力外，還有電場力做功，機械能不守恒，選項D錯誤． 9. [解析] 未截去圓弧AB時，整個圓環(huán)上的電荷分布關(guān)于圓心對稱，則O處的電場強度為0.截去圓弧AB后，除CD(和AB關(guān)于O對稱的一小段圓弧)外，其余的電荷在O處的場強為0，則CD在O處的場強就等于中心O處電場強度E.CD上所帶電荷量為Lq，根據(jù)點電荷場強公式可得E＝. 10. [解析] 小球受力情況如圖所示，設(shè)場強大小為E，根據(jù)共點力平衡條件得qEcosα＝mg，所以E＝. 11．

54、(1)0.3 m　(2)0.175 J [解析] (1)小球進入電場區(qū)域前做平拋運動，豎直方向上 v＝2gh 解得vy＝2 m/s 進入電場后做直線運動，滿足＝ 解得d＝0.3 m. (2)從A到B的過程中，應用動能定理得 mg(h＋L)＋qU＝Ek－mv 其中＝＝ 解得Ek＝0.175 J. 12．(1)6.4×10－14 J　(2)0.06 s　(3)7.5×10－2 m2 [解析] (1)據(jù)動能定理，電場力對每個微粒做功 W＝Ekt－Ek0＝qEd 微粒打在B板上時的動能 Ekt＝W＋Ek0＝qEd＋mv＝6.4×10－14 J (2)微粒初速度方向垂直于極

55、板時，到達B板時間最短．設(shè)到達B板時速度為vt，有Ekt＝mv 可得vt＝8.0 m/s， 由于微粒在兩極板間做勻變速運動，即 ＝＝ 解得t＝0.06 s (3)由于噴槍噴出的油漆微粒是向各個方向，因此微粒落在B板上所形成的圖形是圓形．對于噴槍沿垂直電場方向噴出的油漆微粒，在電場中做拋物線運動，根據(jù)牛頓第二定律，油漆微粒沿電場方向運動的加速度a＝ 運動的位移d＝at 油漆微粒沿垂直于電場方向做勻速運動，運動的位移即為落在B板上圓周的半徑R＝v0t1 微粒最后落在B板上所形成的圓面積S＝πR2 聯(lián)立解得S＝＝7.5×10－2 m2 13．(1)(mv－2mgR)　(2)mg＋

56、m＋k [解析] (1)小球由最高點M運動到C的過程中，由動能定理得 mgR＋UMCQ＝mv 可得MC兩點的電勢差為 UMC＝(mv－2mgR) 又等量異種電荷中垂線上的電勢相等，即C、D兩點電勢相等，故M點的電勢為 φM＝UMC＝(mv－2mgR) (2)小球到達最低點C時，＋q與－q對其的電場力F1、F2是大小相等的，有 F1＝F2＝k 又因為△ABC為等邊三角形，易知F1、F2的夾角是120°，所以二者的合力為F12＝k，且方向豎直向下． 由牛頓運動定律得 FN－mg－F12＝m 解得軌道對小球的支持力 FN＝mg＋m＋k 45分鐘單元能力訓練卷（七） 1．

57、A　[解析] 根據(jù)電位器結(jié)構(gòu)和連線可知：連接A、B，使滑動觸頭順時針轉(zhuǎn)動時，回路電阻增大，回路電流減小，燈泡變暗，選項A正確；同理可確定選項D錯誤；連接A、C時，滑動觸頭不能改變回路電阻，燈泡亮度不變，故選項B、C均錯誤． 2．A　[解析] 由焦耳定律Q＝I2Rt知，電爐與電動機發(fā)熱相同，選項A正確；對電動機，U＞IR，消耗的功率P1＝UI＞I2R，而電爐是純電阻，P2＝U′I＝I2R，所以電動機消耗的功率比電爐的大，選項B錯誤；電動機兩端電壓大于電爐兩端電壓，選項C、D錯誤． 3．B　[解析] 　由I＝得R＝－r，則R－圖象的斜率k＝E＝2.0 V，選項A錯誤；R軸截距的絕對值等于內(nèi)阻r

58、，即r＝0.5 Ω，選項B正確；S2斷開、S1閉合時，R＋r＝；S1斷開、S2閉合時，Rx＋R＋r＝，所以Rx＝－＝0.5 Ω，選項C錯誤；因Rx＝r，所以電路中的外電阻大于內(nèi)阻，隨著R減小，電源輸出功率將增大，R＝0時電源輸出功率最大，選項D錯誤． 4．D　[解析] 測量電阻時，若指針偏角過大，說明被測電阻較小，應選用倍率較小的擋位，A項正確；測量時按規(guī)定紅、黑表筆分別插在正、負插孔，表筆作為測量的兩個引線，本身并無正負，故調(diào)換表筆不會影響測量結(jié)果，B項正確；根據(jù)歐姆表的使用規(guī)則，C項正確；換擋則應重新調(diào)零，不用換擋則不需要重新調(diào)零，D項錯誤． 5．B　[解析] 滑動變阻器的滑動頭向下滑

59、動時，變阻器連入電路的電阻增大，使得整個電路的電阻增大，根據(jù)歐姆定律，則干路電流減小，導致電燈A兩端的電壓升高，故A燈變亮，依據(jù)并聯(lián)電路的電流特點，此時通過B燈的電流減小，故B燈變暗，選項A錯誤、B正確；由于干路電流減小，電源的內(nèi)阻分得的電壓降低，由E＝U－Ir可知，電源的輸出電壓升高，故電源的工作效率增大，選項D錯誤；當R＝r時電源的輸出功率最大，但本題中上述電阻關(guān)系是無法確定的，故選項C錯誤． 6．D　[解析] 電路結(jié)構(gòu)是：R1、R2并聯(lián)后與R4串聯(lián)，再與R3并聯(lián)，電流表測量R2、R3電流之和，電壓表測量路端電壓．當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向右滑動時，R2增大，外電路等效電阻變大，由閉

60、合電路歐姆定律知，電路中的總電流I減小，內(nèi)電路消耗的功率P內(nèi)＝I2r減小；由U＝E－Ir知，電壓表示數(shù)U變大，通過R3的電流I3增大，通過R4的電流I4＝I－I3減小，R4兩端電壓U4減小，所以R1兩端電壓U1＝U－U4增大，通過R1的電流增大，因此電流表示數(shù)IA＝I－I1減?。挥羞x項D錯誤． 7．A　[解析] 由于樓內(nèi)有電視機、洗衣機等，不是純電阻電路，歐姆定律不成立． 8．D　[解析] 先假設(shè)燈L短路，則外電路只有變阻器R，由于內(nèi)電阻的分壓作用，R兩端電壓應小于電源電動勢4 V，即Ubc<4 V，與題目條件沖突，從而排除選項A.接著假設(shè)燈L斷路，此時電路中無電流，所以R兩端電壓應為

61、0，即Ubc＝0，與題目條件沖突，從而排除選項B.再假設(shè)變阻器R短路，此時外電路中燈L直接接在電源兩端，只要燈未被燒壞，應能發(fā)光，這也與題目條件沖突，從而排除選項C.最后假設(shè)變阻器R斷路，故Ubc＝4 V，因為燈L中無電流通過，所以Uab＝0，Uac＝Uab＋Ubc＝4 V，所以選項D正確． 9．D　[解析] 當外電路電阻減小時，總電流增大，路端電壓減小，即當開關(guān)S扳到位置2時，總電流大于0.20 A，路端電壓小于U1＝I1R1＝4 V，電流表中的電流小于＝0.25 A，只有選項D正確． 10．(1)將S2切換到b，調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表的示數(shù)仍為I　r1－r2　(2)1.5　1.0 [解

62、析] (1)將S2切換到b，調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表的示數(shù)仍為I.因電路中電流I相同，兩次測量時電路電阻相等，所以R1＝r1－r2 . (2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得E＝I(R1＋R2＋R)，解得＝·R＋，根據(jù)圖線斜率得電源電動勢E＝ V＝1.5 V，由縱軸截距得R2＝1.0 Ω. 11．(1)①③?、儆脷W姆擋不能直接測量含電源的電路電阻 ③用電流擋直接測量可能會造成電源短路　(2)×1　12 [解析] (2)多用電表用歐姆擋測量時，如果指針偏轉(zhuǎn)角度太大，說明所測電阻的阻值小，應當選用小量程進行測量；圖中所示讀數(shù)為12 Ω. 12．(1)1.77　10.8　0.35　2.16　(2)1　1

63、.5 [解析] (1)0～3 A擋電流表的最小刻度值為0.1 A，故圖中讀數(shù)為1.77 A．0～15 V電壓表的最小刻度值為0.5 V，圖中讀數(shù)為10.8 V．如果電流表使用的是0～0.6 A擋，最小刻度值為0.02 A，故讀數(shù)為0.35 A；如果電壓表使用的是0～3 V 擋，最小刻度為0.1 V，故讀數(shù)為2.16 V. (2)該元件接在電源上時，路端電壓U＝E－Ir＝8－4I，在題圖中作出該關(guān)系圖象，與元件伏安曲線交于點(1 A,4 V)，所以通過該元件的電流為1 A；兩元件并聯(lián)接在該電源上時，設(shè)每個元件中的電流為I0，則路端電壓U＝E－2I0r＝8－8I0，同理得交點坐標為(0.75

64、A,2 V)，每一個元件消耗的功率為P＝I0U0＝1.5 W. 13．(1) ①如圖甲所示?、?k　(2)如圖乙所示 甲 乙 [解析] (1) ①由于黑表筆接內(nèi)部電源的正極，故電流從黑表筆流出，因此黑表筆應接電壓表的正接線柱，電路如圖所示．② 因電阻表測電阻時，指針指在表盤中間一段刻度范圍內(nèi)處理結(jié)果較準確，而中央刻度值為30，故應選“×1k”倍率．(2) 從圖中可看出，測量小燈泡的伏安特性曲線的供電電路圖是分壓式接法，測量電路是電流表外接法． 45分鐘滾動復習訓練卷（三） 1．B　[解析] 根據(jù)等量異種電荷周圍電場的對稱性：電場中A、B、C、D四點的電場強度大小

65、相等，A、C電場方向相同，B、D電場方向相同；電場中P、Q兩點電場強度大小相等，方向相同，E、F兩點電場強度大小相等，方向也相同． 2．A　[解析] 質(zhì)點要垂直打在M屏上，則打在M屏上時豎直方向上速度為零．對豎直方向上的運動進行分析，質(zhì)點的前一段運動必定是在電場力和重力作用下做加速運動，后一段運動必定是在重力作用下做減速運動，最后速度減小為零，則只可能先向上做加速運動，然后向上做減速運動，位移應向上，故質(zhì)點打在P點上方．又因兩段運動的過程中質(zhì)點在水平方向上的位移相等，質(zhì)點在水平方向上做勻速直線運動，故質(zhì)點做兩段運動所經(jīng)歷的時間相等，設(shè)為t，對豎直方向上的運動有：＝a1，g＝a2，根據(jù)兩段運動

66、的對稱性知a1t＝a2t，則E＝，選項A正確． 3．A　[解析] O點電勢φ0為零，設(shè)x點的電勢為φx，則Ux0＝φx－φ0＝Ex，即φx＝Ex，表明沿Ox方向場強不變，選項A正確、B錯誤；由靜止釋放電子，電子由電勢低處向電勢高處運動，電場力做正功，電勢能減小，選項C、D錯誤． 4．D　[解析] 以電場線的交點為圓心，分別做出過M、P點的圓弧，圓弧為電勢不同的等勢面，可知M點的電勢比P點的電勢低，選項A錯誤；由W＝qU可判出選項D正確；O點的電勢高于Q點的電勢，故正電荷在O點時的電勢能大于在Q點時的電勢能，選項B錯誤；O、M間的平均電場強度小于N、O間的平均電場強度，由U＝Ed，故選項C錯誤． 5．C　[解析] 兩電荷從進入電場到相遇所用時間t相等，平行于金屬板方向做勻速直線運動，根據(jù)x＝v0t，又xM＞xN，所以vM＞vN，故選項D錯誤；在垂直板方向做初速度為零的勻加速運動，根據(jù)y＝at2，又yM＞yN，所以aM＞aN，故選項B錯誤；而FM＝qME＝maM，F(xiàn)N＝qNE＝maN，所以FM＞FN，qM＞qN，故選項A錯誤、C正確． 6．D　[解析] 在b點時，電源的內(nèi)阻等于外電