2017优化方案高考总复习·物理：第七章 第二节课后检测能力提升 含解析

一、单项选择题 1.(2015·高考四川卷)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( ) A ．峰值是e 0 B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：选D.因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝矩形线圈中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．2．通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V解析：选B.由电流的热效应可得U 2R ×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确．3．(2016·北京房山区一模)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0.015 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：选B.由题图乙可知t ＝0.015 s 时感应电动势最大，根据E ＝n ΔΦΔt 知磁通量变化率最大，选项A 错误．t ＝0.01 s 时感应电动势为零，磁通量变化率为零，但通过线框的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B 正确．正弦交流电的有效值E ＝E m2＝220 V ，选项C 错误．根据题图乙知交流电周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项D 错误．4．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V ．图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列说法正确的是( )A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压随时间变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)D ．通过R 的电流随时间变化的规律是i ＝cos 50πt (A)解析：选C.电阻R 上的电功率为P ＝U 2R ＝10 W ，选项A 错误；0.02 s 时穿过线圈的磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)；通过R 的电流随时间变化的规律i ＝1.41cos 100πt (A)，选项C 正确，D 错误．5.(2016·福建福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称值为“5 V 10 W ”的电动机供电，电源内阻不计，下列说法正确的是( )A ．电动机的内阻为2.5 ΩB ．电动机的发热功率为10 WC ．通过电动机的电流为2 AD ．通过电动机的电流为2 2 A解析：选C.由图知该电源电动势最大值为E m ＝5 2 V ，则有效值E ＝5 V ，通过电动机的电流I ＝105 A ＝2 A ，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r <52 Ω＝2.5 Ω，电动机的发热功率P 热＝I 2r <P 总＝10 W ，故A 、B 、D 错误，C 正确．6．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO ′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e 随时间t 的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A.由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBSω＝NBS ·2πT .若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T ′变为原来的12，即T ′＝2 s ，而感应电动势的最大值E ′m 变为原来的2倍，即E ′m ＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t ＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．二、多项选择题7．如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin 100πt (V)解析：选BC.由题图可知，最大值U m ＝311 V ，有效值U ＝U m2＝220 V ，周期T ＝0.02 s ，表达式u ＝311sin 100πt (V)，故选项B 、C 正确．8．标有“220 V 40 W ”的电灯和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联接到交流电源上，V 为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )A ．t ＝T2时刻，V 的示数为零B ．电灯恰正常发光C ．电容器有可能被击穿D ．交流电压表V 的示数保持110 2 V 不变解析：选BC.交流电压表V 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B 对；电压的峰值220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 对．9．面积都为S 且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B ＝B 0cos2πtT，从图示位置开始计时，则( )A ．两线圈的磁通量变化规律相同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t >T )，两线圈产生的热量相同D ．从图示位置时刻起，经T4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同解析：选ACD.图甲中通过线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos 2πTt ，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为Φ乙＝B 0S cos2πTt .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同．又因两线圈电阻相同，所以经过相同的时间t ，Q ＝E 2R t 也相同．经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝I －·T4也相同，故选项A 、C 、D 正确．10.(2016·忻州联考)如图所示，一个“U ”形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．已知线框各边的长均为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻，则( )A ．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL 2B ．线框产生的感应电动势的最大值为BωL 2C ．电路中电阻R 两端电压的有效值为BωL 2RR ＋rD ．电路中电流的有效值为B ωL 22（R ＋r ）解析：选BD.由法拉第电磁感应定律知，图示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A 项错误；由交变电流电动势最大值表达式E m ＝BSω＝BωL 2可知B 项正确；根据闭合电路欧姆定律可知，C 项中表达式为R 两端电压的最大值，C 项错误；由图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦交变电流，另半个周期电流为零，由有效值定义有E 2R ＋r T ＝⎝⎛⎭⎫E m 22R ＋r ·T2，解得E ＝E m2，由欧姆定律可知，D 项正确．三、非选择题11．电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象.⎝⎛⎭⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时， 由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间为： t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1300 s(如图中t 2～t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2 400 s (2)见解析12.(2016·开封模拟)如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量；(3)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量，并求出电流表的示数．解析：(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为 E m ＝BSω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(2)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量Q ＝⎝⎛⎭⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R .(3)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R.设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得⎝⎛⎭⎫E m 22R·T 2＝E ′2RT ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R.答案：(1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R π2r 2nB2R。

一高考题组1．(单选)(2011·高考北京卷)如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大2．(2013·高考上海卷)如图，电路中三个电阻R1、R2和R3的阻值分别为R、2R和4R.当电键S1断开、S2闭合时，电源输出功率为P0；当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为P0.则电源电动势为________；当S1、S2都断开时，电源的总功率为________．二模拟题组3.(单选)(2014·衡阳模拟)如图所示的U－I图象中，直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于(2,2)．用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是()A．6 W,1 ΩB．6 W,0.5 ΩC．4 W,1 ΩD．4 W,0.5 Ω4．(单选)(2014·福建三明联考)两电源电动势分别为E1、E2(E1＞E2)，内阻分别为r1、r2.当这两个电源分别和一阻值为R的电阻连接时，电源输出功率相等．若将R减小为R′，电源输出功率分别为P1、P2，则()A．r1＜r2，P1＜P2B．r1＞r2，P1＞P2C．r1＜r2，P1＞P2D．r1＞r2，P1＜P25．(单选)(2014·山东莘县质检)如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则() A．电压表读数减小B．电流表读数减小C．质点P将向上运动D．R3上消耗的功率逐渐增大1．[解析]选A.由变阻器R 0的滑动端向下滑可知R 0连入电路的有效电阻减小，则R 总减小，由I ＝E R 总＋r可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数变小，故A 正确． 2．[解析]S 1断开，S 2闭合时：P 0＝⎝⎛⎭⎫E R ＋r 2·R ；S 1闭合、S 2断开时：P 0＝⎝⎛⎭⎫E 4R ＋r 2·4R ，联立得：r ＝2R ，E ＝3P 0·R ，当S 1、S 2都断开时，P ＝E 27R ＋r ＝E 29R＝P 0. [答案]3P 0R P 03．[解析]选D.由题图中图线a 的截距可知，电源的电动势为E ＝3 V ；由题图中图线a 的斜率可知电源的内阻为r ＝0.5 Ω；由题图中a 、b 两图线的交点可知，闭合电路的总电流及路端电压分别为2 A 和2 V ．因此，电源的输出功率为P ＝UI ＝4 W ，A 、B 、C 错误，D 正确．4．[解析]选D.如图所示由伏安特性曲线可知，r 1＞r 2，若将R 减小为R ′，电源输出功率P 1＜P 2，选项D 正确．5．[解析]选A.当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4接入电路部分的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻分担的电压增大，则路端电压减小，R 1分担电压增大，则平行金属板两极板间电压减小，带电质点P 所受电场力减小，质点P 将向下运动，选项C 错误；R 3两端电压减小，R 3中电流减小，电流表读数增大，选项B 错误；R 3上消耗的功率逐渐减小，选项D 错误；由于R 2中电流增大，R 2两端电压增大，故电压表读数减小，选项A 正确．。

一、选择题1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，一定相同的物理量是( )A ．位移B ．速度C ．加速度D ．回复力E ．回到平衡位置的解析：选ACD.做简谐运动的物体，经过同一位置时，位移、回复力和加速度是确定不变的，而速度的方向和回到平衡位置的时间可能不同，故选A 、C 、D.2．(2016·孝感统测)下列说法正确的是( )A ．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B ．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频C ．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象D ．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌E ．较弱声音可振碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振解析：选BDE.摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据T ＝2π L g可知增大摆长L 可以增大摆钟的周期，A 错误；挑水时为了防止水从桶中荡出，可以改变走路的步频，B 正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，C 错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故D 正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共振而破碎，E 正确．3.如图所示为某弹簧振子在0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )A ．振动周期为4 s ，振幅为8 cmB ．第2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C ．第3 s 末振子的速度为正向的最大值D ．从第1 s 末到第2 s 末振子在做加速运动E ．第2 s 末系统势能最大解析：选ACE.由图象可知：T ＝4 s ，A ＝8 cm ，故A 正确．第2 s 末，振子的加速度正向最大，B 错误；第3 s 末，振子正向通过平衡位置，C 正确；从第1 s 末到第2 s 末，振子沿负向减速，D 错误；第2 s 末振子速度为零，动能最小，势能最大，故E 正确．4.某弹簧振子在水平方向上做简谐运动，其位移x ＝A sin ωt ，振动图象如图所示，则( )A ．弹簧在第1 s 末与第5 s 末的长度相同B ．简谐运动的频率为18HzC．第3 s末，弹簧振子的位移大小为2 2AD．第3 s末与第5 s末弹簧振子的速度方向相同E．第5 s末，振子的加速度与速度方向相同．解析：选BCD.在水平方向上做简谐运动的弹簧振子，其位移x的正、负表示弹簧被拉伸或压缩，所以弹簧在第1 s末与第5 s末时，虽然位移大小相同，但方向不同，弹簧长度不同，选项A错误；由图象可知，T＝8 s，故频率为f＝18Hz，选项B正确；ω＝2πT＝π4rad/s，则将t＝3 s代入x＝A sinπ4t，可得弹簧振子的位移大小x＝22A，选项C正确；第3 s末至第5 s末弹簧振子沿同一方向经过关于平衡位置对称的两点，故速度方向相同，选项D正确；第5 s末加速度与速度反向，E错误．5.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是()A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度解析：选ABD.由振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2π·Lg可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5 s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D 正确．6．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是()A．在t＝0.2 s时，弹簧振子的加速度为正向最大B．在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子在同一位置C．从t＝0到t＝0.2 s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动D．在t＝0.6 s时，弹簧振子有最小的弹性势能E．在t＝0.2 s与t＝0.6 s两个时刻，振子速度都为零解析：选BCE.t＝0.2 s时，弹簧振子的位移为正向最大值，而弹簧振子的加速度与位移大小成正比，方向与位移方向相反，A错误；在t＝0.1 s与t＝0.3 s两个时刻，弹簧振子的位移相同，B正确；从t ＝0到t ＝0.2 s 时间内，弹簧振子从平衡位置向最大位移处运动，位移逐渐增大，加速度逐渐增大，加速度方向与速度方向相反，弹簧振子做加速度增大的减速运动，C 正确；在t ＝0.6 s 时，弹簧振子的位移为负向最大值，即弹簧的形变量最大，弹簧振子的弹性势能最大，D 错误；t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s ，振子在最大位移处，速度为零，E 正确．7．一列横波沿水平绳传播，绳的一端在t ＝0时开始做周期为T 的简谐运动，经过时间t (3T /4<t <T )，绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处．则在2t 时，该点位于平衡位置的( )A ．上方，且向上运动B ．上方，且向下运动C ．下方，且向上运动D ．下方，且向下运动解析：选A.由题意可知，34T <t <T ，所以平衡位置上方的最大位移处质点再运动t 时间到2t 时刻．该质点应在平衡位置上方，且向上运动，故只有A 项正确．8．(2016·银川模拟)在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题．在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是( )A ．加大飞机的惯性B ．使机体更加平衡C ．使机翼更加牢固D ．改变机翼的固有频率 解析：选D.当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，振幅较大，因此要减弱机翼的振动，必须改变机翼的固有频率，选D.9．(2014·高考浙江卷)一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪很大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm ，周期为3.0 s ．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm 时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是( )A ．0.5 sB ．0.75 sC ．1.0 sD ．1.5 s 解析：选C.由振动周期T ＝3.0 s 、ω＝2πT、A ＝20 cm 知，游船做简谐运动的振动方程x ＝A sin ωt ＝20sin 2π3t (cm)．在一个周期内，当x ＝10 cm 时，解得t 1＝0.25 s ，t 2＝1.25 s ．游客能舒服登船的时间Δt ＝t 2－t 1＝1.0 s ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．10．一个弹簧振子沿x 轴做简谐运动，取平衡位置O 点为x 轴坐标原点．从某时刻开始计时，经过四分之一周期，振子具有沿x 轴正方向的最大加速度．能正确反映振子位移x 与时间t 关系的图象是( )解析：选A.如图所示，O 为平衡位置，由题意知t ＝T 4时，振子具有正向最大加速度，故此时振子应在A 处，位移x 为负的最大值．分析各图象知，只有A 项正确．二、非选择题11．(2016·成都摸底)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时，且记数为1，到第n 次经过最低点所用的时间为t ；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得悬挂摆球后的摆线长为l ，再用游标卡尺测得摆球的直径为d .(1)该单摆的摆长为________．(2)该单摆的周期为________．(3)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g ＝________________．(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的____________．A ．单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了B ．把n 次摆动的时间误记为(n ＋1)次摆动的时间C ．以摆线长作为摆长来计算D ．以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算解析：到第n 次经过最低点所用的时间的周期数为n －12，该单摆的周期为T ＝2t n －1.由单摆周期公式，T ＝2π·l ＋d /2g ，联立解得g ＝（n －1）2π2（2l ＋d ）2t 2.若单摆的悬点未固定紧，摆动中出现松动，使摆线增长了，测量的周期增大，即t 增大，由此可知，测得的重力加速度的值偏小，选项A 错误；若把n 次摆动的时间误记为(n ＋1)次摆动的时间，由g ＝（n －1）2π2（2l ＋d ）2t 2可知测得的重力加速度的值总是偏大，选项B 正确；若以摆线长作为摆长来计算，由g ＝（n －1）2π2（2l ＋d ）2t 2可知测得的重力加速度的值总是偏小，选项C 错误；以摆线长与摆球的直径之和作为摆长为计算，由g ＝（n －1）2π2（2l ＋d ）2t 2可知测得的重力加速度的值总是偏大，选项D 正确． 答案：(1)l ＋d 2 (2)2t n －1(3)（n －1）2π2（2l ＋d ）2t 2 (4)BD 12．如图所示，小球m 自A 点以初速度v 向AD 方向开始运动，已知AB ︵＝0.9 m ，AB 圆弧的半径R ＝10 m ，AD ＝10 m ，A 、B 、C 、D 在同一水平面内．重力加速度g 取10 m/s 2，欲使小球恰能通过C 点，其初速度v 应为多少？解析：小球m 的运动由两个分运动合成，这两个分运动分别是：以速度v 沿AD 方向的匀速直线运动和在圆弧面上AB 方向上的往复运动．因为AB ︵≪R ，所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性，符合类单摆模型，其圆弧半径R 即为类单摆的摆长，小球m 恰好能通过C ，则有AD ＝v t ，且满足t ＝2n ＋12T (n ＝0，1，2，3…) 又T ＝2πR g ，解以上方程得 v ＝10π（2n ＋1）m/s(n ＝0，1，2，3…)． 答案：10π（2n ＋1） m/s(n ＝0，1，2，3…)。

一、单项选择题1.如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝2202sin 100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光、除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是()A、变压器原、副线圈匝数比为102∶1B、电流表示数为1 AC、电流表示数为10 AD、副线圈中电流的频率为5 Hz解析：选B.由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V，交变电流的频率f＝1T＝ω2π＝50 Hz，D项错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V，由理想变压器变压规律可知，n1n2＝U1U2＝10，A项错误；由灯泡电功率P＝UI可知，通过每只灯泡的电流为1A，故副线圈输出电流为10 A，由理想变压器变流规律可知，I2I1＝10，所以原线圈中电流的有效值为1 A，B项正确，C项错误、2.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，通过负载的电流图象如图所示，则()A、变压器输入功率约为3.9 WB、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) A解析：选A.根据i－t图象，负载电流的函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)且I m＝0.05 A，通过负载的电流的有效值I2＝I m2，输出电压的最大值U m＝2U2＝110 2 V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9 W，变压器原、副线圈匝数比n1n2＝U1U2＝21.选项A正确，选项B、C、D错误、3.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L，则()A、灯L也能正常发光B、灯L比另外三个灯都暗C、灯L将会被烧坏D、不能确定解析：选 A.原、副线圈中的电流之比为I1I2＝n2n1＝13，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I额＝I23.又I1＝13I2，所以通过原线圈中灯L的电流恰为其额定电流，灯L正常发光，所以A正确、4、(2016·沈阳质检)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，b接原线圈的中心触头，电压表和电流表均为理想电表、从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)，则下列说法正确的是()A、单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小B、原线圈和副线圈中交变电流的频率之比为20∶1C、当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为22 VD、当单刀双掷开关由a拨向b时，电压表和电流表的示数均变小解析：选 C.图中电压表测量值为理想变压器输出电压，而根据理想变压器变压规律U1U2＝n1n2可知，输出电压决定于输入电压和原、副线圈匝数比，因输入电压与匝数比不变，故滑动变阻器触头P 上移过程中，电压表示数不变，A项错误；变压器不改变交变电流的频率，B项错误；由交变电流的瞬时值表达式可知，变压器输入电压有效值为220 V，当开关与b连接时，原、副线圈匝数比为10∶1，由U1U2＝n1n2可知，输出电压有效值为22 V，C项正确；开关由a拨向b时，原、副线圈匝数比变小，故电压表示数增大，D项错误、5.如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002·sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作、由此可知()A、原、副线圈的匝数比为50∶1B、交变电压的频率为100 HzC、副线圈中电流的有效值为4 AD、变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋U r，n1n2＝U1U2＝11 000220＋U r＜501，故A错误.2πf＝100πHz，f＝50 Hz，故B错误、I2＝880220A＝4 A，故C项正确、由于理想变压器P入＝P出＝I22r＋880 W＞880 W，故D错误、6、(2016·江西师大附中月考)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计、线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是()A、在图示位置线框中产生的感应电动势最大B、线框中产生感应电动势的有效值为250 2 VC、变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D、允许变压器输出的最大功率为1 000 W解析：选 C.在图示位置线框平面和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A错误；线框中产生的感应电动势的最大值E m＝NBSω＝250 2 V，其有效值E＝22E m＝250V，选项B错误；灯泡能正常发光，则电压U2＝220 V，由U1U2＝n1n2，可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A，即I1＝10 A，P1＝P2＝U1I1＝250×10 W＝2 500 W，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W，选项D错误、二、多项选择题7.(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为 5.0 V，则()A、此时原线圈两端电压的最大值约为34VB、此时原线圈两端电压的最大值约为24VC、原线圈两端原来的电压有效值为68VD、原线圈两端原来的电压有效值为48V解析：选AD.当负载电阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以U R0＝15×5＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式U1U2＝n1n2可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V≈34 V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0，变化前，U′2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U′2＝2U2＝12 V，根据公式U1U′2＝n1n2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D正确、C错误、8、(2016·昆明质检)如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器、开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯泡L仍能正常发光，可采用的措施是()A、将自耦调压变压器的滑片P适当上滑B、将自耦调压变压器的滑片P适当下滑C、适当增大滑动变阻器R2的阻值D、适当减小滑动变阻器R2的阻值解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变、根据变压比UU2＝n1n2，可得U2＝n2n1U，由此可知，n2应增大，自耦调压变压器的滑片P应适当上滑，选项A正确，选项B错误；若保持匝数比不变，根据变压比UU2＝n1n2，可得U2减小，为使灯泡L仍能正常发光，加在L两端的电压应不变，则加在R1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R2应增大，选项C正确，选项D错误、9、电流互感器和电压互感器如图所示，已知n1n2＝110，n3n4＝1001，电流表示数为 5.0 A，电压表示数为220 V，则下列说法正确的是()A、火线中的电流为0.5 AB、火线和地线间的电压为2.2×104 VC、线路的输电功率为1.1×104 WD、线路的输电功率为1.1×106 W解析：选BD.由I1I2＝n2n1得I1＝50 A，由U3U4＝n3n4得U3＝2.2×104 V，P＝U3I1＝1.1×106 W，故B、D正确、10、(2016·河南林州一中专项练习)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器、随着用户负载增多，发电机F达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作、那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A 、适当减小输电线的电阻rB 、适当提高n 4n 3C 、适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D 、适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：选AC.当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对、三、非选择题11、如图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图乙所示、若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式； (2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de. 解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ，U m ＝400 V 电压瞬时值的表达式为u ab ＝400sin 200πt (V)、 (2)电压有效值U 1＝200 2 V 理想变压器P 1＝P 2原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25 A .(3)设ab 间匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de ，解得n ce n de ＝R ceR de代入数据得n ce n de ＝43. 答案：见解析12、(2016·武汉模拟)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失、有一个小型发电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW ·h.求：(1)输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？ 解析：(1)输送功率P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000 kW ·h 由题知输电线上损失的电能ΔE ＝4 800 kW ·h 终点得到的电能E ′＝E －ΔE ＝7 200 kW ·h 所以输电效率η＝E ′E×100%＝60%. 输电线上的电流I ＝PU ＝100 A输电线损耗功率P r ＝I 2r ， 其中P r ＝ΔEt＝200 kW 得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ∝1U 2 原来P r ＝200 kW ，现在要求P ′r ＝10 kW ， 代入数据解得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV. 答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV。

机械能守恒定律功和功率的计算1．功的计算(1)定义法：W ＝Fl cos θ，适用于恒力做功问题．(2)利用功率求功：W ＝Pt ，适用于功率恒定不变的情况． (3)利用动能定理或功能关系求功． 2．功率的计算方法(1)P ＝W t：此式是功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，一般用于求平均功率．(2)P ＝Fv ：当v 是瞬时速度时，此式计算的是F 的瞬时功率；当v 是平均速度时，此式计算的是F 的平均功率．物体在合外力作用下做直线运动的v －t 图象如图所示，下列表述正确的是( ) A ．在0～0.5 s 内，合外力的瞬时功率逐渐增大 B ．在0～2 s 内，合外力总是做负功C ．在0.5 s ～2 s 内，合外力的平均功率为零D ．在0～3 s 内，合外力所做总功为零 [解析] A 项，在0～0.5 s 内，做匀加速直线运动，加速度不变，合力不变，速度逐渐增大，可知合力的瞬时功率逐渐增大，故A 正确．B 项，在0～2 s 内，动能的变化量为正值，根据动能定理知，合力做正功，故B 错误．C 项，在0.5 s ～2 s 内，因为初、末速度相等，则动能的变化量为零，根据动能定理知，合力做功为零，则合力做功的平均功率为零，故C 正确．D 项，在0～3 s 内，初、末速度均为零，则动能的变化量为零，根据动能定理知，合力做功为零，故D 正确．[答案] ACD1．(2015·金华高一检测)已知飞机的总质量为m ，若飞机以恒定功率P 由静止开始沿平直跑道加速，经时间t 行驶距离为s 时其速度达到该功率下最大速度v max ，已知飞机所受跑道和空气阻力之和始终为F f ，则此过程中飞机发动机所做的功为( )A ．Pt B.12mv 2max ＋F f sC ．F f v max tD.P 2v 2maxs 解析：选ABC.由于飞机以恒定功率P 运行，所以时间t 内发动机所做的功等于Pt ，A 正确；对此过程应用动能定理有Pt －F f s ＝12mv 2max ，B 正确；达到最大速度时牵引力等于阻力，所以有P ＝F f v max ，C 正确．常见的几种功与能的关系1．合外力对物体做的功对应物体动能的改变． W 合＝E k2－E k1，即动能定理．2．重力做的功对应重力势能的改变． W G ＝－ΔE p ＝E p1－E p23．弹簧弹力做的功与弹性势能的改变相对应． W 弹＝－ΔE p ＝E p1－E p2 4．除重力或弹簧的弹力以外的其他力做的功与物体机械能的增量相对应，即W 其他＝ΔE .(2015·合肥高一检测)水平传送带匀速运动，速度大小为v ，现将一小工件放到传送带上．设小工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v 而与传送带保持相对静止．设小工件质量为m ，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在小工件相对传送带滑动的过程中( )A ．滑动摩擦力对小工件做的功为12mv 2B ．小工件的机械能增量为12mv 2C ．小工件相对于传送带滑动的路程大小为v 22μgD ．传送带对小工件做功为零[解析] 小工件相对传送带滑动的过程中，受到的合外力就是传送带对它施加的摩擦力，根据动能定理可知，摩擦力做的功等于小工件增加的动能，小工件的初速度为零，末速度为v ，其动能增加为12mv 2，则小工件受到的滑动摩擦力对小工件做的功为12mv 2，选项A 正确，而选项D 错误；根据功能关系知，除了重力和弹力以外的其他力所做的功等于小工件机械能的改变量，选项B 正确；由动能定理可得μmgx 1＝12mv 2，则x 1＝v 22μg ，x 1是小工件相对地面的位移，该过程中，传送带相对地面的位移为x 2＝vt ＝v ·vμg＝2x 1，则小工件相对于传送带的位移为x ＝x 2－x 1＝v 22μg，选项C 正确．[答案] ABC2．节日燃放礼花弹时，要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中，然后点燃礼花弹的发射部分，通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气，将礼花弹由炮筒底部射向空中，若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中，克服重力做功W 1，克服炮筒阻力及空气阻力做功W 2，高压燃气对礼花弹做功W 3，则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变)( )A ．礼花弹的动能变化量为W 3＋W 2＋W 1B ．礼花弹的动能变化量为W 3－W 2－W 1C ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 1D ．礼花弹的机械能变化量为W 3－W 2－W 1 解析：选B.A 、B 项，礼花弹在炮筒内运动的过程中，重力、炮筒阻力及空气阻力做负功，高压燃气对礼花弹做正功，三个力做的功的和为W 3－W 2－W 1，故A 错误，B 正确；C 、D 项，除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，故高压燃气做的功和空气阻力及炮筒阻力做的功之和等于机械能的变化量，即机械能的变化量为W 3－W 2，故C 、D 错误．解决力学问题的两条基本思路1．两条基本思路(1)利用牛顿运动定律结合运动学公式求解．利用牛顿第二定律可建立合力与加速度之间的关系，利用运动学公式可计算t 、x 、v 、a 等物理量．(2)利用功能观点求解，即利用动能定理、机械能守恒定律、重力做功与重力势能关系等规律分析求解．2．解题思路的比较(1)用功能观点解题，只涉及物体的初、末状态，不需要关注过程的细节，解题简便． (2)用牛顿第二定律及运动学公式解题，可分析运动过程中的加速度、力的瞬时值，也可分析位移、时间等物理量，即可分析运动过程的细节．(2015·扬州高一检测)如图所示，斜面轨道AB 与水平面之间的夹角θ＝53°，BD 为半径R ＝4 m 的圆弧形轨道，且B 点与D 点在同一水平面上，在B 点，斜面轨道AB 与圆弧形轨道BD 相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A 点处有一质量m ＝1 kg 的小球由静止滑下，经过B 、C 两点后从D 点斜抛出去，最后落在地面上的S 点时的速度大小v S ＝8 m/s ，已知A 点距地面的高度H ＝10 m ，B 点距地面的高度h ＝5 m ，设以MDN 为分界线，其左边为一阻力场区域，右边为真空区域，g 取10 m/s 2，cos 53°＝0.6，求：(1)小球经过B 点时的速度为多大？(2)小球经过圆弧轨道最低处C 点时对轨道的压力为多大？(3)小球从D 点抛出后，受到的阻力F f 与其瞬时速度方向始终相反，求小球从D 点到S 点的过程中阻力F f 所做的功．[解析] (1)设小球经过B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒得：mg (H －h )＝12mv 2B解得v B ＝10 m/s.(2)设小球经过C 点时的速度为v C ，对轨道的压力为F N ，则轨道对小球的支持力F N ′＝F N ，根据牛顿第二定律可得F N ′－mg ＝m v 2CR由机械能守恒得：mgR (1－cos 53°)＋12mv 2B ＝12mv 2C由以上两式及F N ′＝F N 解得F N ＝43 N.(3)设小球到达S 点的过程中阻力所做的功为W ，由机械能守恒知v D ＝v B ，由动能定理可得mgh ＋W ＝12mv 2S －12mv 2D解得W ＝－68 J.[答案] (1)10 m/s (2)43 N (3)－68 J[名师点评] 解题思路的选择，首先考虑是否可用能量守恒定律处理；其次考虑是否可用动能定理处理；最后再考虑用牛顿运动定律和运动学公式处理．3.(2014·高考北京卷改编)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，速率减小为碰前A 的速率的一半，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：(1)滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有m A gR ＝12m A v 2A ，解得v A ＝2gR ＝2 m/s.(2)滑块A 与B 粘在一起滑行．由题意得v ′＝12v A ＝1 m/s ，根据动能定理，有－F f ·l ＝0－12(m A ＋m B )v ′2其中F f ＝μF N ＝μ(m A ＋m B )g ， 解得l ＝0.25 m.答案：(1)2 m/s (2)0.25 m(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1.如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是( )A ．货物受到的支持力变小B ．货物受到的摩擦力变小C ．货物受到的支持力对货物做负功D ．货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选A.货物处于平衡状态，受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f ，则根据平衡条件有：mg sin θ＝F f ，F N ＝mg cos θ，当θ增大时，F f 增大，F N 减小，故A 正确，B 错误．货物受到的支持力的方向与瞬时速度方向相同，所以支持力对货物做正功，故C 错误．摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，故D 错误．2．汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中( ) A ．汽车的机械能守恒B ．汽车的动能和势能相互转化C ．机械能转化为内能，总能量守恒D ．机械能和内能之间没有转化解析：选C.汽车关闭发动机后，匀速下滑，重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡，摩擦力做功，汽车摩擦生热，温度升高，有部分机械能转化为内能，机械能减少，但总能量守恒．因此，选项C 正确，其他选项都错．3.(2015·郑州高一检测)在空中某一位置，以大小v 0的速度水平抛出一质量为m 的物体，经时间t 物体下落一段距离后，其速度大小仍为v 0，但方向与初速度方向相反，如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．风力对物体做功为零B ．风力对物体做负功C ．物体的机械能减少mg 2t 22D ．物体的动能变化为mv 2解析：选B.由题意知物体的动能不变，选项D 错误；由于物体在竖直方向上初、末速度为0，即物体不做自由落体运动，物体在竖直方向下落的高度h ′<h ＝12gt 2，物体减少的机械能ΔE ＝mgh ′，所以ΔE <mg 2t 22，故选项C 错误；由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同，故选项A 错误，B 正确．4.如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgR解析：选D.小球在A 点正上方由静止释放，通过B 点时恰好对轨道没有压力，只有重力提供向心力，即：mg ＝mv 2/R ，得v 2＝gR ，对全过程运用动能定理可得D 正确．5．(2015·温州高一检测)有报道说：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池电能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃过程是将机械能转化为电能；如果将该手机摇晃一次，相当于将100 g 的重物缓慢举高20 cm 所需的能量，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为(g 取10 m/s 2)( )A ．0.04 WB ．0.4 WC ．4 WD ．40 W解析：选B.摇晃手机的平均功率P ＝2mgh t ＝2×0.1×10×0.21W ＝0.4 W ，故B 对．6.如图所示，质量为m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v 0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H .已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E 、动能E k 、势能E p 与上升高度h 之间关系的图象是( )解析：选D.势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A 选项错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中，摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度均匀减小，B 选项错误；动能变化参考合外力做功，上行过程中的合外力大于下行过程中的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，C 选项错误，D 选项正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)7．汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车的质量为5 t ．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g 取10 m/s 2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度为12 m/s.现突然减小油门，使发动机功率减小到40 kW ，对接下来车子运动情况的描述正确的是( )A ．先做匀减速运动，再做匀速运动B ．先做加速度增大的减速运动，再做匀速运动C ．先做加速度减小的减速运动，再做匀速运动D ．最后的速度大小是8 m/s解析：选CD.汽车匀速行驶时，P ＝Fv ，得牵引力F ＝P v ＝6×10412N ＝5×103N ，则阻力F ′＝5×103N ．当功率只有40 kW 时，牵引力减小，汽车做减速运动，但不是匀减速运动，选项A 错误；由于功率突然减小，故牵引力发生突变，减小到某一值，然后牵引力从某一最小值开始增大，加速度减小，而后匀速，速度大小为v ′＝P ′F ′＝40×1035×103m/s ＝8 m/s ，故选项B 错误，选项C 、D 正确．8.(2015·上饶高一检测)质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，如图所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A ．Fx 2B ．F (x 1＋x 2) C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21 D.12m 2v 22 解析：选BC.人做的功等于绳子对人和m 2做的功之和，即W ＝Fx 1＋Fx 2＝F (x 1＋x 2)，A 错误，B 正确．根据动能定理知，人做的功等于人、m 1和m 2动能的增加量，所以W ＝12(m 1＋m )v 21＋12m 2v 22，C 正确，D 错误． 9.质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力F 的大小与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m解析：选BD.2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0mt 0.3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错，B 对；由动能定理可得：前3t 0内，水平力F 做的总功W ＝ΔE k ＝12mv 23＝25F 20t 22m，又W ＝P ·3t 0，故从t ＝0到t ＝3t 0内，平均功率P ＝25F 20t 06m，D 对，C 错．10.(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋Wf .由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝Wf ＋mgh .联立解得Wf ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2.选项B 正确，选项C错误．设圆环在B 位置时，弹簧弹性势能为ΔE ′p，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B＋ΔE ′p＋W ′f ＝mgh ′，B 到A 的过程有12mv ′2B ＋ΔE ′p＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >vB ，选项D 正确．三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)11．(10分)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m ＝1.00 kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度g 取9.80 m/s 2，那么：(1)根据图上所得的数据，应取图中O 点到________点来验证机械能守恒定律．(2)从O 点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p ＝________J ，动能增加量ΔE k ＝________ J(结果取三位有效数字)．(3)若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及物体下落的高度h ，则以v 22为纵轴、以h 为横轴画出的图象是下图中的________．解析：(1)根据题中所给数据可以看出，A 、B 、C 为选取的连续点中的三个点，显然只有B 点的速度由v B ＝AC2T可以求出，其余两点的速度不能直接求出，而且OB 之间的距离已知，所以应选O 点到B 点来验证机械能守恒定律．(2)ΔE p ＝mgh B ＝1.00×9.8×19.20×10－2J ＝1.88 J v B ＝AC2T ＝23.23－15.55×10－22×0.02 m/s ＝1.92 m/sΔE k ＝12mv 2B ＝12×1.00×1.922J ＝1.84 J.(3)由mgh ＝12mv 2得，v 22＝gh ，故A 正确．答案：(1)B (2)1.88 1.84 (3)A12．(14分)如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形粗糙导轨在B 点衔接，导轨半径为R .一个质量为m 的物块将弹簧压缩后静止在A 处，释放后在弹力的作用下获得向右的速度，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能到达最高点C .求：(1)弹簧对物块的弹力做的功； (2)物块从B 至C 克服阻力做的功；(3)物块离开C 点后落回水平面时其动能的大小．解析：(1)设物块经过B 点时的速度为v 1，则由动能定理得W ＝12mv 21根据牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21R两式联立得W ＝12(F N －mg )R ＝3mgR .(2)设物块经C 点时的速度为v 2，由题意知mg ＝m v 22R则由动能定理得－(WF f ＋2mgR )＝12mv 22－12mv 21所以从B 至C 克服阻力做的功WF f ＝12mv 21－12mv 22－2mgR ＝12mgR .(3)根据机械能守恒定律2mgR ＝E k －12mv 22，故物块落回水平面时的动能E k ＝12mv 22＋2mgR ＝52mgR .答案：(1)3mgR (2)12mgR (3)52mgR13.(16分)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 、C 用两条长为L 的细线相连，置于高为h 的光滑水平台面上，L >h ，则C 球刚好跨过水平台面边缘时的速度是多大？解析：对于A 、B 、C 三个小球组成的系统，在A 球下落的过程中，只有重力势能和动能之间的相互转化，因而系统的机械能守恒，设A 刚落地时A 、B 、C 三球的速度大小为v 1，则由机械能守恒定律有：(选地面为参考平面)(m A ＋m B ＋m C )gh ＝12(m A ＋m B ＋m C )v 21＋(m B ＋m C )gh ，即3mgh ＝32mv 21＋2mgh ，得v 21＝23gh ，v 1＝23gh .A 球落地后，B 、C 两球一起运动，对B 、C 两球组成的系统，机械能守恒，设B 球刚落地时，B 、C 两球的速度大小为v 2，则由机械能守恒定律有：(m B ＋m C )gh ＋12(m B ＋m C )v 21＝12(m B ＋m C )v 22＋m C gh ，即2mgh ＋mv 21＝mv 22＋mgh ，所以v 22＝v 21＋gh ＝53gh ，v 2＝53gh .B 球落地后，C 球由于惯性将继续匀速向台面边缘运动，故C 球离开台面边缘的速度为53gh . 答案： 53gh。

一、单项选择题 1.如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t 内通过溶液截面S 的正离子数为n 1，负离子数为n 2.设元电荷电荷量为e ，则以下说法正确的是( )A ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为n 1e tB ．溶液内电流方向从B 到A ，电流大小为n 2e tC ．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为（n 1＋n 2）et解析：选D.电解液中通过一截面的电荷量应为n 1e ＋n 2e ，则电流为I ＝q t ＝（n 1＋n 2）et .电流方向为正电荷定向移动方向，为A →B .2．如图所示，D 为一插头，可接入电压恒定的照明电路中，a 、b 、c 为三只相同且功率较大的电炉，a 靠近电源，b 、c 离电源较远，而离用户电灯L 很近，输电线有电阻．关于电炉接入电路后对电灯的影响，下列说法中正确的是( )A ．使用电炉a 时对电灯的影响最大B ．使用电炉b 时对电灯的影响比使用电炉a 时小C ．使用电炉c 时对电灯几乎没有影响D ．使用电炉b 或c 时对电灯影响几乎一样解析：选D.由于电炉a 靠近电源，流过a 的电流，没有流过后面的输电线，不会引起输电线上电压降，接通与不接通对电路没有影响，选项A 错误；使用电炉b 时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，所以使用电炉b 时对电灯的影响比使用电炉a 时大，选项B 错误；c 离电源较远但靠近电灯，使用c 时，流过输电线的电流增大，输电线上的电压降增大，电灯两端的电压减少，功率减少，选项C 错误；b 、c 离电源都较远，根据上面分析，对电灯影响几乎一样，故D 正确．3．有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为l 1∶l 2＝1∶5，横截面积之比为S 1∶S 2＝2∶3，电阻之比为R 1∶R 2＝2∶5，外加电压之比为U 1∶U 2＝1∶2，则它们的电阻率之比为( )A ．2∶3B ．4∶3C ．3∶4D ．8∶3解析：选B.由R ＝ρl S 得：ρ＝RS l ，ρ1∶ρ2＝R 1S 1l 2R 2S 2l 1＝4∶3，B 正确．4.如图所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当A 与B 之间接入的电压为U 时，电流为1 A ，若C 与D 间接入的电压为U 时，其电流为( )A ．4 AB ．2 AC ．0.5 AD ．0.25 A解析：选A.设金属片的厚度为m ，则接A 、B 时R 1＝ρ·l S ＝ρ·abbc ·m ；接C 、D 时，R 2＝ρ·bc ab ·m ；所以R 1R 2＝41，又电压不变，得I 2＝4I 1＝4 A. 5.如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S ，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q ，则当该棒沿轴线方向做速度为v 的匀速直线运动时，形成的等效电流为( )A ．v q B.qv C ．q v S D.q vS解析：选A.设想一横截面，Δt 时间内通过该面的电荷量为：Q ＝q ·v ·Δt ，则I ＝QΔt ＝q v ，故A 正确．6.用如图所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，G 是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表G 的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0解析：选C.对均匀的电阻丝有R ＝ρl S ，得R 1R 2＝l 1l 2，对桥式电路当I G ＝0时满足R 0R x ＝R 1R 2＝l 1l 2，得R x ＝l 2l 1R 0，所以C 项正确．二、多项选择题7．(2016·商丘高三模拟)如图所示，图线a 表示的导体的电阻为R 1，图线b 表示的导体的电阻为R 2，则下列说法正确的是( )A ．R 1∶R 2＝1∶3B ．把R 1拉长到原来的3倍长后电阻等于R 2C ．将R 1与R 2串联后接于电源上，则功率之比P 1∶P 2＝1∶3D ．将R 1与R 2并联后接于电源上，则电流之比I 1∶I 2＝1∶3解析：选AC.根据I －U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R 1∶R 2＝1∶3，A 正确；根据公式R ＝ρl S 可得，把R 1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的13，所以电阻变为原来的9倍，B 错误；串联电路电流相等，所以将R 1与R 2串联后接于电源上，电流比I 1∶I 2＝1∶1，根据公式P ＝I 2R 可得，功率之比P 1∶P 2＝1∶3，C 正确；并联电路电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R 1与R 2并联后接于电源上，电流比I 1∶I 2＝3∶1，D 错误．8.如图所示，用输出电压为1.4 V 、输出电流为100 mA 的充电器对内阻为2 Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是( )A ．电能转化为化学能的功率为0.12 WB ．充电器输出的电功率为0.14 WC ．充电时，电池消耗的热功率为0.02 WD ．充电器把0.14 W 的功率储存在电池内解析：选ABC.充电器的输出功率为P 出＝IU ＝0.1×1.4 W ＝0.14 W ，故B 正确；热功率为：P 热＝I 2R ＝0.12×2 W ＝0.02 W ，故C 正确；电能转化为化学能的功率为：P 转＝P 出－P 热＝0.12 W ，故A 正确、D 错误．9．额定电压均为220 V 的白炽灯L 1和L 2的U －I 特性曲线如图甲所示，现将和L 2完全相同的L 3与L 1和L 2一起按如图乙所示电路接入220 V 电路中，则下列说法正确的是( )A ．L 2的额定功率为99 WB ．L 2的实际功率为17 WC ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小17 WD ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L 2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A ，则L 2的额定功率为P 额＝U 额I 额＝99 W ，选项A 正确；图示电路为L 1和L 2串联再与L 3并联，所以L 1和L 2串联后两端的总电压为220 V ，那么流过L 1和L 2的电流及两灯的电压满足I 1＝I 2，U 1＋U 2＝220 V ，由L 1和L 2的U －I 图线可知，I 1＝I 2＝0.25 A ，U 1＝152 V ，U 2＝68 V ，故灯L 2的实际功率P 2＝I 2U 2＝17 W ，故选项B 正确；由于L 3两端的电压为220 V ，故P 3＝P 额＝99 W ，则P 3－P 2＝82 W ，故选项C 错误，选项D 正确．10．(2016·湖北八校二联)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112Ω B ．L 1消耗的电功率为7.5 W C ．L 2的电阻为7.5 Ω D ．L 2消耗的电功率为0.3 W解析：选CD.S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 错误；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I －U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．三、非选择题11．在如图甲所示的电路中，电阻R 1和R 2都是纯电阻，它们的伏安特性曲线分别如图乙中Oa 、Ob 所示．现在电路两端BC 之间加上恒定的电压U 0＝7.0 V ．调节滑动变阻器R 3，使电阻R 1和R 2消耗的电功率恰好相等，求此时电阻R 1和R 2的阻值为多大？R 3接入电路的阻值为多大？解析：R 1、R 2和R 3串联，电流相等．当电阻R 1和电阻R 2消耗的电功率相等时，有R 1＝R 2 由伏安特性曲线可知，此时电路中的电流I ＝2.5 mA 这时加在电阻R 1和R 2上的电压U 1＝U 2＝2.5 V 由欧姆定律得R 1＝R 2＝U 1I＝1 000 Ω 滑动变阻器R 3两端电压为U 3＝U 0－U 1－U 2＝2 V 由欧姆定律得R 3＝U 3I＝800 Ω. 答案：R 1＝R 2＝1 000 Ω R 3＝800 Ω12．四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一．某地要把河水抽高20 m ，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作．工作电压为380 V ，此时输入电动机的电功率为19 kW ，电动机的内阻为0.4 Ω.已知水的密度为1×103 kg/m 3，重力加速度取10 m/s 2.求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m 3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)． 解析：(1)设电动机的电功率为P ，则P ＝UI 设电动机内阻r 上消耗的热功率为P r ，则P r ＝I 2r 代入数据解得P r ＝1×103 W.(2)设蓄水总质量为M ，所用抽水时间为t .已知抽水高度为h ，容积为V ，水的密度为ρ，则 M ＝ρV设质量为M 的河水增加的重力势能为ΔE p 则ΔE p ＝Mgh设电动机的输出功率为P 0，则P 0＝P －P r 根据能量守恒定律得 P 0t ×60%×80%＝ΔE p 代入数据解得 t ＝2×104 s.答案：(1)1×103 W (2)2×104 s。

一、单项选择题 1.(2016·西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M 、N 、Q 是以直电场线上一点O 为圆心的同一圆周上的三点，OQ 连线垂直于MN .以下说法正确的是( )A ．O 点电势与Q 点电势相等B ．M 、O 间的电势差小于O 、N 间的电势差C ．将一负电荷由M 点移到Q 点，电荷的电势能增加D ．在Q 点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ 垂直的方向竖直向上解析：选C.由电场线的方向可知φM >φO >φN ，再作出此电场中过O 的等势线，可知φO >φQ ，A错误；且MO 间的平均电场强度大于ON 间的平均电场强度，故U M O >U ON ，B 错误；因U M Q >0，负电荷从M 到Q 电场力做负功，电势能增加，C 正确；正电荷在Q 点的电场力方向沿电场线的切线方向，而不是圆的切线方向，D 错误．2．(2016·中山模拟)如图所示是某电场中的一组等势面，若A 、B 、C 、D 相邻两点间距离均为2 cm ，A 和P 点间的距离为1.5 cm ，则该电场的场强E 和P 点的电势φP 分别为( )A ．500 V/m ，－2.5 V B.1 00033V/m ，－2.5 VC ．500 V/m ，2.5 VD.1 00033V/m ，2.5 V 解析：选B.相邻等势面间距离：d ＝AB ·sin 60°，场强E ＝φB －φAAB sin 60°＝1 00033 V/m.U APU AB＝AP AB ＝34，U AP ＝34×(－10) V ＝－7.5 V ，所以φP ＝φA ＋7.5 V ＝－2.5 V ，故B 正确．3．(2016·泉州质检)如图所示，空间中存在着由一固定的正点电荷Q (图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q 仅在电场力作用下沿曲线MN 运动，在M 点的速度大小为v 0，方向沿MP 方向，到达N 点时速度大小为v ，且v <v 0，则( )A ．Q 一定在虚线MP 上方B ．M 点的电势比N 点的电势高C ．q 在M 点的电势能比在N 点的电势能小D ．q 在M 点的加速度比在N 点的加速度大解析：选C.正点电荷q 受到的电场力方向指向轨迹的凹侧，则正点电荷Q 应在该轨迹的右侧，选项A 错误；由于v <v 0，在此过程中只有电场力做功且电场力做功为负，故q 在M 点的电势能比在N 点的电势能小，则M 点电势比N 点电势低，又电场由正点电荷Q 产生，因此，N 距Q 比M 距Q 近，则q 在M 点的加速度比在N 点的加速度小，选项B 、D 错误，C 正确．4.空间有一沿x 轴对称分布的电场，其电场强度E 随x 变化的图象如图所示．下列说法中正确的是( )A ．O 点的电势最低B ．x 2点的电势最高C ．x 1和－x 1两点的电势相等D ．O 到x 1和O 到x 3两点的电势差相等解析：选C.沿x 轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O 点为中心指向正、负方向(或从正、负无穷远指向O )，沿电场线电势降落(最快)，所以O 点电势最高(或最低)，A 、B 错误；由于电场沿x 轴对称分布，则O 点到x 1与O 点到－x 1的电势差相等，故x 1与－x 1两点电势相等，C 正确；x 1和x 3两点电场强度大小相等，电势不相等，故O 到x 1和O 到x 3两点的电势差也不相等，D 错误．5.(2014·高考山东卷)如图，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A .已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )解析：选A.试探电荷的动能E k ＝E k0＋W ＝E k0＋kQqr 2Δl ，由此可知在球壳内，由于球壳内的场强处处为零，因此电场力不做功，试探电荷的动能不变；在球壳外，所受电场力为库仑力，随着运动距离的增大，在移动相同位移的前提下，库仑力做功越来越少，因此动能的增加越来越慢．据此可知，所给的四个图中只有A 选项正确，其余选项皆错误．6.如图甲所示，一条电场线与Ox 轴重合，取O 点电势为零，Ox 方向上各点的电势φ随x 变化的情况如图乙所示，若在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则( )A ．电子将沿Ox 轴负方向运动B ．电子的电势能将增大C ．电子运动的加速度恒定D ．电子运动的加速度先减小后增大解析：选D.由题给条件知，沿x 轴正方向电势逐渐升高，因此电场方向沿x 轴负方向，电子将沿x 轴正方向加速，动能增大，电势能减小，故A 、B 错误；φ －x 图象的斜率表示场强大小，由题图知，场强沿x 轴正方向先减小后增大，电子的加速度先减小后增大，故C 错误、D 正确．二、多项选择题7．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静止．现撤去F ，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，不计空气阻力，则对于上述过程中分析正确的是( )A ．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B ．小球的重力势能增加－W 1C ．小球的机械能增加W 1＋12m v 2D ．小球的电势能减少W 2解析：选BD.由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，增加量为－W 1，故B 选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W 1＋12m v 2，故C 选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，减少量为W 2，故D 选项正确．8.(2014·高考全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM解析：选AD.电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以点电荷Q到M和N的距离相等，到P和F的距离相等，即过F作MN的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为正点电荷Q所在的位置，由几何知识得Q在MP的连线上，如图所示，选项A正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；由几何关系知点电荷Q距M的距离大，距P 的距离小，所以φM<φP，故选项D正确．9.(2015·高考广东卷)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则() A．M的带电量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功解析：选BD.两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A、C错误；M、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M带负电，N带正电，M、N 两球在移动的过程中匀强电场对M、N均做负功，选项B、D正确．10.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15，3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8 C 的滑块P (可视为质点)，从x ＝0．10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．x ＝0.15 m 处的场强大小为2.0×106 N/CB ．滑块运动的加速度逐渐减小C ．滑块运动的最大速度约为0.1 m/sD ．滑块最终在0.3 m 处停下解析：选AC.φ －x 的斜率等于该点的电场强度，所以x ＝0.15 m 处的场强大小为E ＝ΔφΔx ，选项A 正确；图象的斜率逐渐减小，因为在x ＝0.15 m 处，Eq ＝μmg ＝0.04 N ，所以从x ＝0.1 m 开始，滑块向右运动的过程中，加速度向右先减小后反向变大，选项B 错误；当滑动摩擦力等于电场力时，滑块的速度最大，此时对应的x ＝0.15 m ，由动能定理有Uq －μmg Δx ＝12m v 2，U ＝1.5×105 V ，Δx ＝0.05 m ，解得v ＝0.1 m/s ，选项C 正确；假设滑块在x ＝0.3 m 处停下，则从x ＝0.1 m 处到x ＝0.3 m 处，电场力做功W ＝qU ′＝6×10－3 J ，摩擦力做功W f ＝－μmg Δx ′＝－8×10－3J ，因为W <W f ，所以滑块滑不到x ＝0.3 m 处，选项D 错误． 三、非选择题 11.(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．解析：设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有 qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝m v 20q.答案：m v 20q12．(2016·潍坊模拟)如图所示，带电荷量为Q 的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C 点，斜面上有A 、B 两点，且A 、B 和C 在同一直线上，A 和C 相距为L ，B 为AC 中点．现将一带电小球从A 点由静止释放，当带电小球运动到B 点时速度恰好为零．已知带电小球在A 点处的加速度大小为g4，静电力常量为k ，求：(1)小球运动到B 点时的加速度大小； (2)B 和A 两点间的电势差(用Q 和L 表示)． 解析：(1)带电小球在A 点时： mg sin 30°－k QqL 2＝ma A带电小球在B 点时： kQq⎝⎛⎭⎫L 22－mg sin 30°＝ma B 且a A ＝g4由以上各式联立解得：a B ＝g2.(2)由A 点到B 点应用动能定理得： mg sin 30°·L2－U BA ·q ＝0由mg sin 30°－k Qq L 2＝ma A ＝m g4可得：14mg ＝k QqL 2 可求得：U BA ＝kQL. 答案：(1)g 2 (2)kQL。

第1节 追寻守恒量——能量第2节 功一、追寻守恒量阅读教材第55～56页第1节内容，了解伽利略对能量的探究，知道势能、动能的概念，知道能量相互转化。

1．伽利略的斜面实验探究2.动能与势能：(1)动能：物体由于运动而具有的能量。

(2)势能：相互作用的物体凭借其位置而具有的能量。

(3)能量转化：小球的动能和势能A(A.可以 B ．不可以)相互转化。

思维拓展1.如图1所示，射箭运动员正在参加射箭比赛。

结合图分析射箭过程中能量是怎样转化的。

图12．如图2所示，在游乐场里，“过山车”运动是一种非常有趣的刺激性游戏活动。

结合图分析过山车运动过程中的能量是怎样转化的。

图2答案 1.在射箭过程中，运动员将弓拉开的过程，是把人体的生物能(化学能)转化为弓的弹性势能；而箭在射出的过程中，又将弓的弹性势能转化为箭的动能。

2．过山车从高处滑向低处时，重力势能转化为动能；过山车从低处向高处运动时，动能转化为重力势能。

二、功阅读教材第57～59页第2节内容，知道功的概念，初步了解正功和负功的判断方法。

1．概念：一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，这个力就对物体做了功。

2．做功的两个因素：3．公式：(1)力F与位移l同向时，W＝Fl。

(2)力F与位移l夹角为α时，W＝Fl cos__α。

其中F、l、α分别为力的大小、位移的大小和力与位移方向的夹角。

4．单位：国际单位制中，功的单位是焦耳，符号是__J__。

5．正功和负功6.总功的计算(1)各个分力分别对物体所做功的代数和。

(2)几个力的合力对物体所做的功。

思维拓展1.如图3所示，人推着木箱在水平地面上运动。

人推木箱前进时，推力和摩擦力对木箱有没有做功？如果做功，分别做的是正功还是负功？图32．一个物体受到两个力的作用，其中F1做功10 J，F2做功－15 J，力F1和F2哪个力做的功多？两力做的总功是多少？答案 1.做功。

推力的方向与木箱的运动方向一致，做正功；摩擦力的方向与木箱的运动方向相反，做负功。

，[学生用书P146］）1．(考点一）(单选）（2016·江西八校联考)如图所示，电源电动势为E，内阻为r。

当滑动变阻器的滑片P从左端滑到右端时，理想电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2,干路电流为I，下列说法正确的是(灯泡电阻不变）( ）A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮B．ΔU1与ΔI的比值不变C．ΔU1＜ΔU2D．ΔU1＝ΔU2解析:选B.图中L1与滑动变阻器串联后与L3并联，然后再与L2串联，最后接在电源上构成闭合电路，V1测并联部分电压,V2测L2两端的电压．当滑动变阻器的滑片P右移,其连入电路的阻值变大,总阻值变大，由闭合电路的欧姆定律得,干路电流I变小,L2中电流变小,灯L2变暗，A错；干路电流变小，内电压变小，L2两端电压变小，并联部分电压变大，由闭合电路知识得:ΔU1＝ΔU r＋ΔU2，两边同除以ΔI可得：错误!＝错误!＋错误!＝r＋R L2，则C、D错,B对．2．（考点二)(多选）(2016·南昌调研)在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当移动滑动变阻器滑片时,电流表示数变大，则( ）A．电源的总功率一定增大B．电源的输出功率一定增大C．电源内部消耗的功率一定减小D．电源的效率一定减小解析：选AD。

滑片移动时，电流表示数变大,可知滑片向右移动，电路的总电阻减小，总电流增大,因此电源的总功率增大,电源的效率减小，A、D正确；电源内阻消耗的功率增大,输出的功率变化不确定，B、C错误．3．(考点二）（多选)(2016·苏州市高三调研)如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是( ）A．电源的电动势为4 VB．电源的内电阻为1 ΩC．电源输出功率最大值为8 WD．电源被短路时，电源消耗的功率为16 W解析:选ABD。

当I＝2 A时，内外电路消耗的功率相等,则P＝I2r＝I2R＝4 W,解得r＝R＝1 Ω，选项B正确;根据I＝错误!＝2 A，解得电动势E＝4 V,选项A正确；当R＝r时电源输出的功率最大，为4 W，选项C错误；电源被短路时，电源消耗的功率为P＝错误!＝16 W,选项D正确．4．（考点三)（多选）如图所示,C1＝6 μF,C2＝3 μF,R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E ＝18 V,内阻不计，下列说法正确的是( ）A．开关S断开时,a、b两点电势相等B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2 AC．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大解析：选BC。

章末过关检测(七）（建议用时：60分钟）一、单项选择题1．某电路如图所示，已知电池组的总内阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝5 Ω，理想电压表的示数U＝3。

0 V，则电池组的电动势E等于（）A．3。

0 V B．3。

6 VC．4。

0 V D．4.2 V解析：选B。

由欧姆定律得I＝错误!＝错误!A＝0。

6 A,又由闭合电路的欧姆定律得E＝I（R＋r)＝0。

6×(5＋1)V＝3.6 V。

2．两根材料相同的均匀导线A和B,其长度分别为L和2L，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图所示，则A和B导线的横截面积之比为（)A．1∶3 B．2∶3C．1∶2 D．3∶1解析：选A。

U A＝6 V，U B＝4 V,两导线电阻之比为：R A∶R B＝3∶2。

由R＝ρ错误!得：S A∶S B＝（l A∶R A）∶（l B∶R B）＝1∶3,A正确．3．(2016·衡阳模拟）如图所示的U－I图象中，直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线b为某一电阻R的伏安特性曲线，两图线相交于（2，2）．用该电源和该电阻组成闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别是（）A．6 W，1 ΩB．6 W，0.5 ΩC．4 W,1 ΩD．4 W，0。

5 Ω解析:选D。

由题图中图线a的截距可知，电源的电动势为E＝3 V;由题图中图线a的斜率可知电源的内阻为r＝0。

5 Ω;由题图中a、b两图线的交点可知，闭合电路的总电流及路端电压分别为2 A和2 V．因此，电源的输出功率为P＝UI＝4 W，A、B、C错误，D正确．4．(2013·高考江苏卷）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，装置发生警报,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增大越明显解析：选C.当传感器接触药液时，其阻值发生变化,导致S两端电压U增大,则M两端电压减小，可知R M应变小；R与R M构成并联电路，其并联总电阻为R并＝错误!＝错误!，可知当R越大，R M减小相同值时，R并减小得越多，因此S两端电压增大越明显,选项C正确．5．(2016·浙江稽阳联谊学校联考）如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时,电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )A．电源电动势为3。

一、单项选择题1．2015年9月3日,在纪念抗日战争胜利70周年的阅兵式上，空中加油机编队米秒不差通过天安门广场上空，图示为歼—10战斗机在空中加油的情景．以下列哪个物体为参考系，可以认为加油机是运动的（) A．歼—10战斗机B．天安门C．加油机中的飞行员D．歼—10战斗机中的飞行员解析：选B.加油过程中，战斗机、加油机及飞行员以相同速度经过天安门上空，因此它们相对天安门是运动的,它们之间是相对静止的，故B正确．2．下列有关质点的说法中正确的是( )A．只有质量和体积都极小的物体才能视为质点B．研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点C．研究自行车的运动时,在任何情况下都不能把自行车视为质点D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点解析:选D.物体能不能看做质点，不是由物体的大小决定的,故A错误；由于火车的长度相对桥的长度不能忽略,所以不能看做质点,故B错误；如果研究自行车运动快慢，则可视为质点,故C错误;地球的大小和形状对研究地球公转的影响均可忽略,可看做质点，故D 正确．3．下列关于瞬时速度和平均速度的说法中正确的是（) A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则它在这段时间内的平均速度不一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定等于零C．做匀速直线运动的物体在任意一段时间内的平均速度都等于它任一时刻的瞬时速度D．做变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度解析:选C。

若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则物体在这段时间内保持静止状态，位移为零，平均速度一定为零，A错误;若物体在某段时间内，经过某点沿某一路径一直运动又回到此点，此段时间内，物体位移为零，平均速度等于零,但它在任一时刻的瞬时速度不为零,B错误;由匀速直线运动规律知,C正确；根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度,知D错误．4．在田径运动会的400米比赛中，第1跑道和第8跑道的运动员同时到达终点．下列说法错误的是（）A．两个运动员的平均速度相等B．两个运动员的平均速率相等C．研究运动员全程的平均速率时，可以把运动员看做质点D．研究运动员是否同时到达终点时，不能把运动员看做质点解析：选A.第1跑道运动员的路程是400米，而位移为0，第8跑道运动员的路程是400米，位移不为零，故A错误、B正确；运动员的大小与400米路程相比很小，可看做质点，C正确；在冲线时,要研究运动员最靠前的部分是否同时撞线,因此不能看做质点,故D正确．5．（2016·铜陵模拟）如图所示是汽车的速度计,某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化．开始时指针指示在如图甲所示的位置，经过8 s后指针指示在图乙所示的位置，若汽车做匀加速直线运动，那么它的加速度大小约为（）A．11 m/s2B．5。

一、单项选择题1．在地球表面某高度处以一定的初速度水平抛出一个小球，测得水平射程为x 。

在另一星球表面以相同的水平速度抛出该小球，需将高度降低一半才可以获得相同的水平射程．忽略一切阻力．设地球表面重力加速度为g ，该星球表面的重力加速度为g ′,则g ∶g ′为( ）A ．1∶2B ．1∶错误!C.错误!∶1D ．2∶1 解析：选D 。

因为x ＝v 0t ,h ＝错误!gt 2，而x ＝v 0t ′，错误!＝错误!g ′t ′2，联立可得错误!＝2。

2．(2016·山东冲刺)我国成功发射“嫦娥三号”探测器,实现了我国航天器首次在地外天体软着陆和巡视探测活动，月球半径为R 0，月球表面处重力加速度为g 0。

地球和月球的半径之比为错误!＝4，表面重力加速度之比为错误!＝6，地球和月球的密度之比错误!为（ )A 。

错误!B 。

错误!C ．4D ．6解析：选B 。

设星球的密度为ρ,由G Mm ′R 2＝m ′g 得GM ＝gR 2，ρ＝错误!＝错误!，联立解得ρ＝错误!，设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则错误!＝错误!,将错误!＝4，错误!＝6代入上式，解得错误!＝错误!，选项B正确．3．一宇航员在某星球上以速率v0竖直上抛一物体，经t秒落回原处，已知该星球半径为R,忽略一切阻力,那么该星球的第一宇宙速度是（）A。

错误!B。

错误!C. 错误!D. 错误!解析：选B。

由2v0＝gt得g＝错误!，由v＝错误!得该星球的第一宇宙速度为错误!，选项B正确．4．（2015·高考福建卷)如图,若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动,a、b到地心O的距离分别为r1、r2,线速度大小分别为v1、v2,则（)A。

错误!＝错误! B.错误!＝错误!C。

错误!＝错误!错误!D。

错误!＝错误!错误!解析：选A.对人造卫星,根据万有引力提供向心力错误!＝m错误!,可得v＝错误!.所以对于a、b两颗人造卫星有错误!＝错误!，故选项A正确．5．（2015·高考四川卷)登上火星是人类的梦想．“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星．地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比（）行星半径/m质量/kg轨道半径/mA。

一、单项选择题1.(2016·苏北四市调研)如图所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端绳的拉力为F1，吊床对该人的作用力为F2，则()A．坐着比躺着时F1大B．躺着比坐着时F1大C．坐着比躺着时F2大D．躺着比坐着时F2大解析：选A.如图甲所示，F2＝G，始终不变，故C、D选项均错．F1＝G2cos θ，坐着和躺着的两种情况如图乙所示，很明显θ2<θ1，所以坐着比躺着时F1大，即A项正确、B项错误．2．(2016·天津渤海月考)如图所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的合力的方向()A．沿斜面向上 B．沿斜面向下C．竖直向上D．垂直斜面向上解析：选C.一箱苹果整体向下匀速运动，其中央的一个苹果也一定是做匀速运动，受到的合力为零．由于中央的那一个苹果只受重力与它周围苹果对它作用力的合力的作用，故重力与它周围苹果对它作用力的合力为一对平衡力，大小相等、方向相反，受力如图，故C 正确．3．(2016·湖北八校联考)如图所示，质量为m 的木块A 放在水平面上质量为M 的斜面体B 上，现用大小相等方向相反的两个水平推力F 分别作用在A 、B 上，A 、B 均保持静止不动．则( )A ．A 与B 之间一定存在摩擦力 B ．B 与地面之间一定存在摩擦力C ．B 对A 的支持力一定等于mgD ．地面对B 的支持力大小一定等于(m ＋M )g解析：选D.A 在斜面体上处于静止状态，对A 受力分析如图甲所示，若F x ＝G x ，则F f ＝0；若F x ＞G x ，则F f ≠0，且方向沿斜面向下，则A 错误；由图甲知F N ＝F y ＋G y ，C 错误；对A 、B 整体受力分析，如图乙所示，水平推力的合力为0，与地面间无摩擦力，竖直方向上F N 地＝G A ＋G B ＝(m ＋M )g ，则B 错误、D 正确．4．(2016·长沙模拟)如图所示，一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑，A 与B 的接触面光滑．已知A 与斜面之间的动摩擦因数是B 与斜面之间动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，则B 与斜面之间的动摩擦因数是( )A.23tan α B.23cot α C ．tan αD ．cot α解析：选A.设两个物体的质量均为m ，B 与斜面之间动摩擦因数为μ.以A 、B 整体为研究对象．根据平衡条件得2mg sin α＝2μmg cos α＋μmg cos α，解得μ＝23tan α，故A 正确．5.(2016·乐山市二次调研)如图所示，用三根轻绳将A 、B 两小球以及水平天花板上的固定点O 之间两两连接．然后用一水平方向的力F 作用于A 球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB 绳恰好处于竖直方向，两球均处于静止状态．已知三根轻绳的长度之比为OA ∶AB ∶OB ＝3∶4∶5，两球质量关系为m A ＝2m B ＝2m ，则下列说法正确的是( )A ．OA 绳的拉力大小为10mg3B ．OB 绳的拉力大小为2mgC ．F 的大小为4mg3D ．AB 绳的拉力大小为mg解析：选A.对球B 受力分析，受到重力、OB 的拉力，二力方向相反，假设AB 绳子有拉力，则拉力的方向一定是沿着绳子由B 指向A 的，球B 会偏离竖直方向，与题目矛盾，故AB 绳子的拉力为零，OB 绳子的拉力大小等于球B 的重力(为mg )，故B 、D 错误；对球A 受力分析，受拉力F 、重力2mg 和OA 绳子的拉力F T ，如图所示，根据几何关系，有F ＝43×2mg ＝83mg ，F T ＝53×2mg ＝103mg ，故A 正确、C 错误．6．(2016·荆州质量检查)如图所示，左侧是倾角为 60°的斜面、右侧是14圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两端分别系有质量为m 1、m 2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状态时，连接m 2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m 1∶m 2等于( )A ．1∶1B ．2∶3C ．3∶2D ．3∶4解析：选B.m 1、m 2静止，设轻绳张力为F T ，圆弧面对m 2的支持力为F N .以m 1为研究对象，有m 1g sin 60°＝F T ；以m 2为研究对象，有F N sin 30°＝F T sin 30°，F N cos 30°＋F T cos 30°＝m 2g ，得F N ＝F T ，2F T cos 30°＝m 2g ，即F T ＝m 2g 2cos 30°.所以m 1g sin 60°＝m 2g2cos 30°，得m 1∶m 2＝2∶3.二、多项选择题7．如图所示，固定的斜面上叠放着A 、B 两木块，木块A 与B 的接触面是水平的，水平力F 作用于木块A ，使木块A ，B 保持静止．且F ≠0，则下列描述正确的是( )A ．B 可能受到3个或4个作用力B ．斜面对木块B 的摩擦力方向可能沿斜面向下C ．A 对B 的摩擦力可能为0D ．A 、B 整体可能受三个力解析：选BD.对A 、B 整体，一定受到重力G 、斜面支持力F N 、水平力F ，如图甲，这三个力可使整体平衡，因此斜面对整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，B 、D 项正确；对木块A ，受力如图乙，水平方向受平衡力，因此一定有静摩擦力F f A 与水平力F 平衡，C 项错误；对木块B ，受力如图丙，其中摩擦力F f 可能为0，因此B 可能受4个或5个作用，A 项错误．8．(2016·河北衡水中学模拟)质量均为1 kg 的木块M 和N 叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在M 和N 右侧，在绳子中点用力F ＝5 N 拉动M 和N 一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角θ＝60°，则下列说法正确的是( )A ．木块N 和地面之间的动摩擦因数μ＝0.25B ．木块M 和N 之间的摩擦力可能是F f ＝2.5 NC．木块M对木块N的压力大小为10 ND．若θ变小，拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5 N解析：选AB.以M、N为整体分析受力，得F＝μ·2mg，得μ＝0.25，A正确；单独分析M 受力，因绳子有竖直向下的分力，故M对N的压力大于10 N，θ变化后，N对地面的压力仍为20 N，所以需要拉力不变，B正确，C、D错误．9.(2016·江苏省六市高三联考)如图所示，质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为θ.质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙之间．A、B处于静止状态，现对B加一竖直向下的力F，F的作用线过球心．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的支持力为F3，地面对A的摩擦力为F4，若F缓慢增大而且整个装置仍保持静止，在此过程中()A．F1保持不变，F3缓慢增大B．F2、F4缓慢增大C．F1、F4缓慢增大D．F2缓慢增大，F3保持不变解析：选BC.A、B整体竖直方向上有F3＝F＋Mg＋mg，F3随F增大而增大；水平方向上有F1＝F4.B 球的受力分析如图所示，平移F1、F2′与(mg＋F)构成力的三角形，由图可知，当F缓慢增大时，F1、F2′都增大，则F2增大，F4＝F1也增大，选项B、C正确．10.如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在平面上．现过a的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有() A．拉力F先增大后减小，最大值是GB．开始时拉力F最大为3G，以后逐渐减小为0C ．a 、b 间的压力开始最大为2G ，而后逐渐减小到GD ．a 、b 间的压力由0逐渐增大，最大为G解析：选BC.要把a 拉离平面，在开始时，平面MN 对a 球的支持力应为零，因此a 球受力分析如图甲所示，则sin θ＝R 2R ＝12，所以θ＝30°，拉力F ＝Gtan 30°＝3G .当球a 逐渐上移时，用图解法分析F 的变化如图乙所示，在球a 上移时，拉力F 逐渐减小至零．在开始时，F N ＝Gsin 30°＝2G ，以后逐渐减小至G ，因此正确选项为B 、C.三、非选择题 11．(2016·江西上绕中学周练)轻绳AB 总长l ，用轻滑轮悬挂重G 的物体．绳能承受的最大拉力是2G ，将A 端固定，将B 端缓慢向右移动d 而使绳不断，求d 的最大可能值 .解析：以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象，在任何一个平衡位置都在滑轮对它的压力(大小为G )和绳的拉力F 1、F 2共同作用下静止．而同一根绳子上的拉力大小F 1、F 2总是相等的，它们的合力F 是压力的平衡力，方向竖直向上．因此以F 1、F 2为分力作力的合成的平行四边形一定是菱形，如图所示．利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合相似三角形知识可得d ∶l ＝15∶4，所以d 最大为154l . 答案：154l 12．(2016·江西白鹭洲中学月考)一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A 、骨架B 、弹簧C (劲度系数为k )、锁舌D (倾斜角θ＝45°)、锁槽E ，以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D 的侧面与外壳A 和锁槽E 之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力F fm 由F fm ＝μF N (F N 为正压力)求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x.(1)求自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向．(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小．(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？解析：(1)设锁舌D下表面受到的最大静摩擦力为F f1，则其方向向右．(2)设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为F f2，正压力为F N，下表面的正压力为F，弹力为kx，如图所示，由力的平衡条件可知：kx＋F f1＋F f2cos 45°－F N sin 45°＝0①F－F N cos 45°－F f2sin 45°＝0②F f1＝μF③F f2＝μF N④联立①②③④式解得正压力大小F N＝2kx1－2μ－μ2.(3)令F N趋近于∞，则有1－2μ－μ2＝0解得μ＝2－1＝0.41.答案：(1)向右(2)2kx1－2μ－μ2(3)0.41。

一、单项选择题1.如图所示，一倾角为45°的斜面固定于墙角，为使一光滑的铁球静止于图示位置，需加一水平力F，且F通过球心．下列说法正确的是()A．球一定受墙水平向左的弹力B．球可能受墙水平向左的弹力C．球一定受斜面通过铁球重心的弹力D．球可能受斜面垂直于斜面向上的弹力解析：选B.F的大小合适时，球可以静止在无墙的斜面上，F增大时墙才会对球有弹力，所以选项A错误，B正确；斜面对球必须有斜向上的弹力才能使球不下落，该弹力方向垂直于斜面但不一定通过球的重心，所以选项C、D错误．2．(2016·宝鸡模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则()A．B受C的摩擦力一定不为零B．C受地面的摩擦力一定为零C．C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左解析：选C.当A物体的重力大小等于B物体重力沿斜面向下的分力大小时，B不受摩擦力，故A错误；B、C看做一个整体，受斜向上的拉力而处于静止状态，C一定受到地面向左的静摩擦力，剪断细绳，地面对C没有摩擦力，故C正确，B、D错误．3.(2014·高考广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P 在支撑点M 、N 处受力的方向，下列说法正确的是( )A ．M 处受到的支持力竖直向上B ．N 处受到的支持力竖直向上C ．M 处受到的静摩擦力沿MN 方向D ．N 处受到的静摩擦力沿水平方向解析：选A.支持力的方向垂直于支持面，因此M 处受到的支持力垂直于地面竖直向上，N 处受到的支持力过N 垂直于切面，A 项正确、B 项错误；静摩擦力方向平行于接触面与相对运动趋势的方向相反，因此M 处的静摩擦力沿水平方向，N 处的静摩擦力沿MN 方向，C 、D 项都错误．4．(2016·黄冈模拟)如图所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平．A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A 、B 两点离墙壁的距离分别为x 1、x 2.物块与地面间的最大静摩擦力为F f ，则弹簧的劲度系数为( )A.F f x 2＋x 1B.2F f x 2＋x 1C.2F f x 2－x 1D.F f x 2－x 1解析：选C.设弹簧原长为x 0，则F f ＝k (x 2－x 0)＝k (x 0－x 1)，解得k ＝2F f x 2－x 1，C 正确． 5．(2016·湖北黄冈模拟)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v 0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力为F f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F 1使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F 2使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f3；如图丁所示，若对该物块施加一与斜面成30°斜向下的推力F 3使其沿斜面下滑，则地面对斜劈的摩擦力为F f4.下列关于F f1、F f2、F f3和F f4大小及其关系式中正确的是( )A ．F f1＞0B ．F f2＜F f3C ．F f2＜F f4D ．F f3＝F f4解析：选D.由题图甲可知，斜劈和物块都平衡，对斜劈和物块整体进行受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零．不论物块受力情况和运动状态如何，只要物块沿斜面下滑，物块对斜面的摩擦力与压力的合力总是竖直向下的，所以有F f1＝F f2＝F f3＝F f4＝0，即只有选项D 正确．6.(2016·天津模拟)如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木板受到地面的摩擦力大小为()A．μ1Mg B．μ2mgC．μ1(m＋M)g D．μ1Mg＋μ2mg解析：选B.因为木块对木板的摩擦力大小为μ2mg，方向水平向右，而木板静止，所以地面给木板的静摩擦力水平向左，大小为μ2mg，选项B正确．7.(2016·北京阶段性考试)如图所示，A、B两物体叠放在一起沿倾角为θ的斜面匀速下滑，已知它们的质量分别为m A和m B，A和B之间、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则A、B之间的摩擦力大小为()A．0 B．μ1m A g cos θC．μ2m A g sin θD．m A g sin θ解析：选D.据题意，A、B物体一起匀速下滑，据物体的平衡条件知，它们所受的合力均为0，对A物体受力分析，受到重力G、支持力F N和摩擦力F f，则沿斜面方向有：F f＝m A g sin θ，所以D选项正确．8.(2015·高考山东卷)如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2解析：选B.滑块B 刚好不下滑，根据平衡条件得m B g ＝μ1F ；滑块A 恰好不滑动，则滑块A 与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A 、B 看成一个整体，根据平衡条件得F ＝μ2(m A ＋m B )g ，解得m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2，故选项B 正确．9．(2016·怀化模拟)如图所示，物体A 、B 置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A 、B 用一跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A 物体的绳子与水平面成53°角，拉B 物体的绳子与水平面成37°角，此时A 、B 两物体刚好处于平衡状态，则A 、B 两物体的质量之比m A m B为(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A.4μ＋33μ＋4B.3μ＋44μ＋3C.4μ－33μ－4D.3μ－44μ－3解析：选A.绳对A 、B 拉力大小相等，设为F ，则A 、B 所受最大静摩擦力分别为：F f A ＝F cos 53°，F f B ＝F cos 37°，A 、B 对地面的压力F N A ＝m A g －F sin 53°，F N B ＝m B g －F sin 37°.由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可得：F cos 53°＝μ(m A g －F sin 53°)①F cos 37°＝μ(m B g －F sin 37°)②联立①②解得：m A m B ＝4μ＋33μ＋4，故A 正确．10．(2016·安徽名校联考)如图甲所示，斜面体固定在水平面上，斜面上有一物块在拉力F 的作用下始终处于静止状态，拉力F 在如图乙所示的范围内变化，取沿斜面向上为正方向．则物块所受的摩擦力F f 与时间t 的关系正确的是( )解析：选B.物块在重力、斜面支持力、斜面摩擦力和拉力F共同作用下处于平衡状态．所以开始时，摩擦力沿斜面向下，且为最大静摩擦力．设斜面倾角为θ，则静摩擦力F f＝F－mg sin θ，所以摩擦力随着拉力的减小而减小；当拉力大小减小到与重力沿斜面方向的分力大小相等时(t1时刻之前)，摩擦力减小到零；随着拉力继续减小，摩擦力反向增大，故B正确．二、多项选择题11．如图所示，A、B、C三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数相同．三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示．则下列说法正确的是()A．A物体受到的摩擦力不为零，方向向右B．三个物体只有A物体受到的摩擦力为零C．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相同D．B、C受到的摩擦力大小相等，方向相反解析：选BC.A物体与传送带一起匀速运动，没有发生相对滑动，也没有相对运动趋势，所以A物体不受摩擦力，选项A错误；对B、C物体进行受力分析，可知B、C所受的静摩擦力大小均为mg sin θ，方向均沿传送带向上，故选项B、C正确，D错误．12．(2016·四川成都高新区月考)如图所示，把重为20 N的物体放在倾角为30°的粗糙斜面上，物体处于静止状态．物体右端与固定在斜面上的轻弹簧相连接，若物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N，则弹簧对物体的弹力(弹簧与斜面平行)()A．可以为22 N，方向沿斜面向上B．可以为2 N，方向沿斜面向下C．可以为12 N，方向沿斜面向下D．弹力不可能为零解析：选AB.将物体重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力为mg sin 30°＝10 N，垂直斜面的垂直分力为mg cos 30°＝10 3 N，当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N，弹簧弹力为拉力，等于22 N；当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12 N，弹簧弹力为推力，等于2 N，故弹簧弹力可以是不大于2 N的推力或者不大于22 N的拉力，也可以没有弹力，综上所述，故A、B正确，C、D 错误．13．如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球．下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是()A．小车静止时，F＝mg sin θ，方向沿杆向上B．小车静止时，F＝mg cos θ，方向垂直于杆向上C．小车向右做匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上D．小车向右做匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上解析：选CD.小球受重力和杆的作用力F处于静止或匀速运动状态时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，有F＝mg，方向竖直向上；小车向右做匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示，则F＞mg，方向可能沿杆向上，故C、D正确．14.(2016·成都检测)如图所示，物体P、Q用轻绳连接后跨过定滑轮，物体P静止在倾角为37°的斜放木板上，物体Q悬挂在定滑轮的另一侧．已知P、Q的质量m P、m Q 大小的关系为m Q ＝34m P .今将斜放木板的倾角从37°增大到45°，物体P 仍保持静止而没有滑动，若不计滑轮处的摩擦，则下列说法中正确的是( )A ．绳子的张力大小不变B ．物体P 受到的静摩擦力将变小C ．物体P 对斜板的压力将变小D ．绳子张力和物体P 受到的摩擦力大小均不变解析：选ABC.绳中张力大小等于物体Q 的重力大小，且其大小保持不变，故A 正确；令斜放木板与水平面夹角为α，物体P 对斜板压力等于m P g cos α，倾角由37°变为45°，压力变小，故C 正确；当α＝37°时，P 受到的静摩擦力F f ＝m Q g －m P g sin 37°＝0.15m P g ，方向沿斜板向下，当α＝45°时，P 受到的静摩擦力F f ′＝m Q g －m P g sin 45°＝0.04m P g ，方向仍沿斜板向下，故B 正确、D 错误． 15.如图所示，斜劈A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 以一定的初速度v 沿斜面下滑．已知物体B 与斜劈A 间的动摩擦因数μ＝tan α，则下列说法中正确的是( )A ．若此刻加一竖直向下的恒力作用在物体B 上，物体B 一定加速下滑B ．若此刻对物体B 施加一水平向左的推力，则地面对斜劈A 无摩擦力C ．若此刻对物体B 施加一水平向左的推力，则地面对斜劈A 的摩擦力向右D ．若此刻对物体B 施加一平行于斜面向下的恒定推力，物体B 加速下滑，地面对斜劈A 无摩擦力解析：选BD.因μ＝tan α，对物体B 受力分析知，B 受到的合力为零，B 匀速下滑．B 受竖直向下的力后，对B 受力分析知，合力仍为零，故物体B 仍匀速下滑，选项A 错误；对斜劈A 受力分析，B 对A 的摩擦力与对A 的弹力的合力竖直向下，再加上A 所受到的重力与地面的支持力均在竖直方向上，故地面对A 不可能有摩擦力，综上可知，选项C 错误，B 、D 正确．。