2020年新课标高考物理一轮复习测评详答 新人教版

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1、45分钟单元能力训练卷（一） 1BC解析 根据vt图象可知，物体在第1 s末开始减速但运动方向不变，选项A错误；由于第2 s内和第3 s内vt图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B正确；由图象与坐标轴所围面积表示位移可知，4 s末物体刚好返回出发点，选项C正确；物体在第2 s末或第6 s末距离出发点最远，选项D错误2C解析 根据题意画出两物体运动的vt图线，易知只有选项C正确3B解析 根据图线的斜率可知，加速度不断减小，假设从t1到t2的过程中做匀减速运动，则平均速度为，而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于，只有选项B正确4B解析 由题意可知：乙v甲丙，

2、三辆车的位移相等，根据公式t可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标本题也可作出三辆车的vt关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标选项B正确5D解析 若小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，则其位移满足xat2，所以a，选项D正确6C解析 物体在01 s内做匀加速直线运动，在12 s内做匀减速直线运动，到2 s时速度刚好减为0，一个周期结束，以此循环运动，选项C正确7B解析 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的 “面积”代数和表示位移，根据对称性，26 s内 “面积”代数和为零，即02 s内的位移和06 s内的位移相等，选项B正确8AD解析 整个过程中赛车手的

3、平均速度为 km/h108 km/h，选项A正确、B错误；而平均速率 km/h180 km/h，选项C错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置的瞬时速度，选项D正确9解析 在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带位移小于乙纸带位移，故甲乙，错误，正确；相邻计数点间所用时间相等，但乙的速度变化得更快，故a甲a乙，错误，正确100.86a0.64解析 A为x3x4过程中的时间中点，根据做匀变速直线运动的物体中间时刻的速度为该过程的平均速度可得vA0.86 m/s；由于x4x13a1T2，x5x23a2T2，x6x33a3T2，所以，代入数据得a0.64 m/s2.1123

4、04 m解析 关闭道口时间为16 s，为安全保障再加20 s，即关闭道口的实际时间为t0t2t120 s16 s36 s汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为x总xx0l26 m5 m15 m46 m需用时t3 s33.12 s由此亮起红灯的时间为Tt0t336 s33.12 s69.12 s故A点离道口的距离应为Lv1T69.12 m2304 m.12(1)4.5 m/s2(2)能解析 (1)公交车刹车的加速度a24.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2.(2)汽车从小明身旁到开始刹车用时t1 s s汽车刹车过程中用时t2 s小明以最大加速度达到最大速度用

5、时t3 s2 s小明加速过程中的位移x2(v1vm)t37 m以最大速度跑到车站的时间t4 s s7.2 s由t1t2t3t4B，所以选项B正确5D解析 以整体为研究对象，求得拉力F(m1m2)a.突然撤去F，以A为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A物体受力不变，其加速度a1a.以B为研究对象，在没有撤去F时有：FFm2a，而F(m1m2)a，所以Fm1a；撤去F则有：Fm2a2，所以a2a.选项D正确6D解析 设钢索对载人箱和人整体拉力大小为T，对载人箱和人整体应用牛顿第二定律有(Mm)gT(Mm)a，对平衡重物由牛顿第二定律有TMgMa，联立解得a，再由运动学规律vat，

6、得t，选项D正确7B解析 对整体：F2mg3ma，对物体B：Fma，联立得F，选项B正确8BD解析 由图可知：从t1时刻到t2时刻，弹力小于钩码重力，钩码处于失重状态，A项正确；从t3时刻到t4时刻，弹力大于钩码重力，钩码处于超重状态，B项错误；根据题目的情景，电梯可能是先加速向下运动，加速度向下，失重，再匀速向下运动，加速度为零，最后减速向下运动，加速度向上，超重，所以选项C正确，选项D错误9解析 由牛顿第二定律得：Fma，aF，直线的斜率等于质量的倒数，三条直线的斜率不同，说明三条直线所对应的小车和砝码的总质量不同，由图可知，直线1的斜率最大，所对应的总质量最小；直线3的斜率最小，所对应的

7、总质量最大10(1)合外力质量质量所受合外力(2)改变小车所受的合外力记录更准确(或：更容易记录，记录误差会更小，时间更容易记录，方便记录，方便计时，位置很难记录等类似答案均正确)(3)表一线段OAOEOF数据(cm)7.009.40或表二线段OADEEF数据(cm)2.252.400.23311(1)g(2)3g解析 (1)绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示因为ABBCb，ACb，故绳BC与AB垂直，45.由牛顿第二定律有mgtanma解得ag.甲乙(2)小车向左加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC绳拉力不变，BC绳拉力变大，BC绳拉力最大时，小车向左加速度最大，小球受力如图乙所示

8、由牛顿第二定律有Tmmgtanmam因Tm2mg，所以最大加速度为am3g.12(1)0.25(2)8 N或24 N解析 对小球，由牛顿第二定律mgsinmgcosma又xat2联立解得0.25(2)若F垂直杆向下，则mgsin(Fmgcos)ma解得F8 N若F垂直杆向上，则mgsin(Fmgcos)ma解得F24 N13(1)(2)mv2(3)如图所示解析 (1)由可得mv2mgL说明物体到达B之前就与传送带共速，设其加速度为a，则由牛顿第二定律有mgma加速阶段的时间为t1加速阶段的位移x1匀速阶段的时间t2总时间tt1t2联立解得t(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移xvt1vt1产

9、生的热量Qmgx联立解得Qmv2(3)如图所示45分钟滚动复习训练卷（一）1C解析 以上方三人为研究对象，设中层两人每只脚受到的支持力为F，则有4F3mg，解得Fmg.设底层中间的人每只脚受到的支持力F，则有2Fmg2F，解得Fmg，选项C正确2B解析 加速度大小与速度大小之间无必然联系，速度是增加还是减小取决于加速度和初速度的方向关系若初始时刻a、v同向，则加速运动；若初始时刻a、v反向，则减速运动最终加速度为零，物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，故选项A、C、D均有可能，B项不可能3C解析 先对整体分析，可知F(m1m2)g(m1m2)a，再以铁块1为研究对象，可得：kxm1gm1a

10、，联立可知C项正确4B解析 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的 “面积”代数和表示位移的大小，根据对称性，17 s内 “面积”代数和为零，即01 s内的位移和07 s内的位移相等，选项B正确5A解析 剪断细线前，物体处于平衡状态，由图可知F1cos60mg，解得：F12mg；剪断细线后，小球摆到最低点的过程中，mgL(1cos60)mv2，在最低点：F2mgm，联立解得F22mg，故选项A正确6C解析 甲乙两地距离xvt，列车匀速运动的距离x1v0(tt0)，列车从开始刹车至加速到v0过程运动的距离x2t0，则有xx1x2，解得v0.7BD解析 以B为研究对象，两杆对B的作用力T

11、1、T2的合力与B的重力沿斜面向下的分力等大反向，即T1T2mBgsin，因此T1、T2不可能均为零，选项C错误，选项D正确；以AB为研究对象，当满足(mAmB)gsinAmAgcos，且mCgsinCmCgcos时，T20，选项A错误；同样当满足(mCmB)gsinCmCgcos且mAgsinAmAgcos时，T10，选项B正确甲乙8AC解析 由于滑块与斜面之间存在摩擦力，滑块上滑的加速度大于下滑的加速度，选项B错误、A正确；以斜面为研究对象，滑块上滑过程中受力如图甲所示，下滑过程中受力如图乙所示，两过程中均有：fABmgcos，NABmgcos，则：F1Mgmgcos2mgcossin，F

12、2Mgmgcos2mgcossin，选项C正确；f1mgcossinmgcos2，f2mgcossinmgcos2，选项D错误9(1)CBDAEF(2)0.5 N/cm或50 N/m解析 取图象上相距较远的两点(0,0)(6.00 cm，3.00 N)坐标数值，根据胡克定律可得弹簧劲度系数为k50 N/m.10(1)B(2)解析 由题设条件，本实验的实验原理是Hv0tgt2，其中v为小球达到光电门1时的速度，由实验测得的数据h1、t1及h2、t2可得h1v0t1gt，h2v0t2gt，解得g.为保持v0不变，不能改变光电门1和吸球器的相对位置11(1)100 N(2)200 N解析 (1)对A

13、物体进行受力分析，受四个力作用分解绳的拉力，根据A物体平衡可得FN1mAgTsinf1Tcosf11FN1联立解得T代入数据得T100 N.(2)对B进行受力分析，受六个力的作用地面对B的支持力FN2mBgFN1地面对B的摩擦力f2FN2故拉力Ff1f2200 N.12(1)0.5(2)1.29 s解析 (1)由题意可知，滑块在水平面上匀速运动，则v04 m/s在斜面上滑块做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，则x3x4a1T2由牛顿第二定律：mgsinmgcosma1联立解得：0.5(2)设滑块向上滑行所用的时间为t1，上滑的最大距离为x，返回斜面底端的时间为t2，加速度为a2，则v0a1t

14、1xv0t1mgsinmgcosma2xa2t联立解得：tt1t2(0.4 ) s(或1.29 s)13t0.3 s解析 设轿车行驶的速度为v1，卡车行驶的速度为v2，则v1108 km/h30 m/s，v272 km/h20 m/s，在反应时间t内两车行驶的距离分别为x1、x2，则x1v1tx2v2t轿车、卡车刹车所通过的距离分别为x3、x4，则x3 m45 mx4 m20 m为保证两车不相撞，必须x1x2x3x480 m联立解得tm，所以F引F引；由于地球的质量变小，由F引G(mm)r2(mm)a可知，月球绕地球运动的周期将变大，月球绕地球运动的向心加速度将变小；由月球对其表面物体的万有引

15、力等于其重力可知，由于月球质量变大，因而月球表面的重力加速度将变大综上所述，可知本题错误选项为A、D.7AC解析 空间站运动的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受万有引力提供，选项A正确；由Gm得v，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B错误；由Gm2R得T2R ，所以空间站运行周期小于地球自转的周期，选项C正确；空间站中宇航员所受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，选项D错误8b解析 物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体所受的合力大小为Fmgsin，方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律，则物体沿斜面向下的加速度应为a加gsin，又由于物体

16、的初速度与a加垂直，所以物体的运动可分解为两个方向的运动，即水平方向是速度为v0的匀速直线运动，沿斜面向下的是初速度为零的匀加速直线运动因此在水平方向上有bv0t，沿斜面向下的方向上有aa加t2；故v0b.91814解析 万有引力提供向心力，则Gm1ra，Gm2rb，所以TaTb18.设每隔时间t，a、b共线一次，则(ab)t，所以t，故b运动一周的过程中，a、b、c共线的次数为：nTb214.10.解析 以g表示火星表面的重力加速度，M表示火星的质量，m表示火星的卫星质量，m表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有GmgGm2r设v表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，

17、它的竖直分量为v1，水平分量仍为v0，有v2ghv由以上各式解得v.11(1)2(2)(3)解析 (1)“嫦娥二号”轨道半径rRh，由Gmr可得“嫦娥二号”卫星绕月周期T2.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n .(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s .12(1)0.6 m(2)P位置比圆心O低解析 (1)物体在最高点C时只受重力，由牛顿第二定律得mgm，得vC.物体从B到C的过程中，由机械能守恒定律得mg(ssinRRcos)mv代入数据解得R0.6

18、m.(2)设物体平抛至与O点等高处，则由平抛运动的规律得Rgt2，xvCt，联立解得xR又由图可知O点到斜面的水平距离为xR显然xx，故物体的落点位置P低于O点45分钟单元能力训练卷（五）1A解析 空载时：Pf1v1km0gv1，装满货物后：Pf2v2kmgv2，所以汽车后来所装货物的质量是mmm0m0，选项A正确2D解析 由牛顿第二定律得Ffmgsin30ma，Ffmgsin30ma2m，即物体受到重力以外的力作用，大小为Ff，方向平行斜面向上，对物体做正功，所以物体的机械能增加，选项AB错误，D正确；根据动能定理，重力、拉力、摩擦力对物体做的总功等于物体动能的改变量，选项C错误3D解析 苹

19、果加速下落，运动越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，选项A、B都错误；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故选项C错误、D正确4BD解析 木板转动过程中，因静摩擦力始终与速度方向垂直，故静摩擦力不做功，由动能定理知，支持力做的功W1mghmgLsin；物块下滑过程中，因支持力始终与速度方向垂直，支持力不做功，由动能定理得，mgLsinWfmv2，所以滑动摩擦力做的功Wfmv2mgLsin.所以选项BD正确5AD解析 合力F沿斜面向下，Fmgsinf，为斜面倾角，故F不随t变化，A正确加速度a，也不变，由va

20、t知，vt图象为过原点的一条倾斜直线，B错误；物体做匀加速运动，故位移xat2，xt图象是开口向上的抛物线的一半，C错误；设物体起初的机械能为E0，t时刻的机械能为E，则EE0FxE0Fat2，Et图象是开口向下的抛物线的一半，D正确6ABD解析 小球做平抛运动，将A点时的速度分解如图所示，vy，v，小球到达A点时，重力的功率Pmgvy，小球由O到A过程中，动能的变化为mv2mv.此过程竖直方向vygt，水平方向xv0t，小球抛出点O距斜面端点B的水平距离为x，故ABD正确小球从A点反弹后是否直接落至水平地面不能确定，故从A点反弹后落至水平地面的时间不能求出，C错误7B解析 两个过程中，恒力F

21、相同，物体相对地面发生的位移相同，所以做功相同；第二种情景下，物体相对地面的速度增大，运动时间t变短，物体相对传送带的位移x变小，功率P，故P1Q2.所以选项B正确8C解析 运动过程中，弹簧和圆环系统的机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量mgh，又因弹簧先被压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆低端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零.9(1)左(2)0.98 m/s(3)0.49 J0.48 J(4)受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用(

22、实验中有阻力)(5)在误差允许范围内机械能守恒解析 (1)左端点迹比较密集，所以应是左端与重物相连(2)vB0.98 m/s(3)Epmgh0.49 J，Ekmv0.48 J(4)重物下落过程中受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用，所以EpEk.(5)在误差允许范围内，重物自由下落过程中的机械能守恒10(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的(或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)(2)0.520.43滑块的质量M及滑块释放时遮光条到光电门的距离x(3)mgx(mM)2解析 (2)d5 mm20.1 mm5.2 mm0.52 cm，v0.43 m/s

23、；需测量滑块的质量M及滑块释放时遮光条到光电门的距离x.(3)系统减少的重力势能为Epmgx，系统增大的动能为Ek(mM)v2(mM)2，当EpEk时，说明系统的机械能守恒11.解析 以地面为零势能面，在初始位置，桌面部分铁链的重力势能为Ep1mg2L，悬空部分铁链的重力势能为Ep1mg(2L)铁链的下端刚要触及地面时的重力势能为Ep2mg对铁链应用机械能守恒定律得Ep1Ep1mv2Ep2即mv2mgmg2Lmg(2L)故铁链下端刚要触及地面时的速度为v12(1)6 m/s0.4(2)4.1 m(3)能(4)5.6 J解析 (1)由物块过B点后其位移与时间的关系x6t2t2得v06 m/s，加

24、速度a4 m/s2又m2gm2a，故0.4(2)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy又tan45，得vD4 m/s设平抛运动用时为t，水平位移为x，由Rgt2，xvDt，得x1.6 mBD间位移为x12.5 m则BP水平间距为xx14.1 m(3)设物块沿轨道到达M点的速度为vM，由机械能守恒得m2vm2vm2gR则v168若物块恰好能沿轨道过M点，则m2gm2解得v8v故物块不能到达M点(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep释放m1时，Epm1gxCB释放m2时，Epm2gxCBm2v又m12m2，故Epm2v7.2 J设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则

25、EpWfm2v可得Wf5.6 J45分钟滚动复习训练卷（二）1AD解析 由图线可知，运动过程中发动机输出功率一定，若牵引力阻力，则汽车做匀速直线运动；若牵引力阻力，则速度增大，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直线运动故选项A、D正确2C解析 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度即为做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以在先、后两个运动过程中的平均速度()相等，选项C正确；火车运动的位移xtt，火车运动的加速度a，即它们不仅与速度变化量有关，还跟时间有关，而先、后两个运动过程中所用的时间不一

26、定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A、B、D选项都不正确3C解析 设物体A对圆球B的支持力为F1，竖直墙对圆球B的弹力为F2；F1与竖直方向夹角.因物体A右移而减小对物体B由平衡条件得：F1cosmBg，F1sinF2，解得F1，F2mBgtan，因减小，故F1减小，F2减小，选项A、B均错误；对A、B整体分析可知：在竖直方向上，地面对整体支持力FN(mAmB)g，与无关，选项D错误；在水平方向上，地面对A的摩擦力fF2，因F2减小，故f减小，选项C正确4B解析 设斜面倾角为，长度为L，小球沿光滑斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mgsinma得agsi

27、n，小球沿斜面做匀加速直线运动，所以小球的位移xgsint2，即位移与时间的平方成正比，选项A错误；小球在斜面上的速度vgsint，即速度与时间成正比，选项B正确；设小球从顶端滑到底端的速度为v，由运动学公式有：v22gsinL，选项C错误；由Lgsint2，选项D错误5C解析 A项位移正负交替，说明物体做往复运动；B项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向的匀加速运动，再做反向的匀减速运动，周而复始；C项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终单向运动，C正确；D项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动6A解析 取x0，对A端进行受力分析，FTma，又A端质量趋

28、近于零，则FT6 N，选项A正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，选项B、D均错误；由图易知选项C错误7ABC解析 滑动摩擦力对工件做功等于工件动能的改变，也等于其机械能的增加量，选项A、B正确；此过程中，工件(对地)位移为x1，x1，传送带的位移为x2vt2x1，因此工件相对传送带的位移为xx2x1，选项C正确；在工件相对传送带滑动的过程中，传送带对工件的摩擦力对工件做功，D错误8BCD解析 在由椭圆轨道变成圆形轨道时，需经过加速实现，这样CE2的机械能增加，线速度增大，选项A错误、B正确；若过Q有一绕月球的圆形轨道，在这一圆形轨道上的飞行器速度比绕椭圆轨道过Q点时的速度小，而这一速

29、度比经过P的圆轨道速度大，所以CE2在Q点的线速度比沿圆轨道运动的线速度大，选项C正确；根据牛顿第二定律，加速度跟CE2受到的万有引力成正比，所以在Q点的加速度比沿圆轨道运动的加速度大，选项D正确9. (1)0.502.00(2)1.97(3)v0vB解析 (1)游标尺第0刻度线与主尺5 mm刻度对齐，小球直径为d5 mm00.1 mm5.0 mm0.50 cm，小球通过光电门的速度vB2.00 m/s.(2)由平抛运动规律得，xv0t，hgt2，解得v0x1.97 m/s.(3)在研究平抛运动实验中，计算平抛初速度时取重力加速度为当地的重力加速度9.8 m/s2，实际已经默认了此过程中机械能

30、守恒以斜槽末端为重力势能的零参考点，则小球平抛的初动能就等于小球运动时的机械能，也就等于小球落地时的机械能(认为是守恒的)，因此以平抛运动计算得到的初动能(初速度)如果近似等于用光电门测得初动能(初速度)，则可认为此过程机械能守恒10(1)2.4(2)0.58 0.59在误差允许的范围内，m1 、m2组成的系统机械能守恒(3)9.7解析 (1)v52.4 m/s.(2)Ekmv0.58 J，Epmgh0.59 J，结论：在误差允许的范围内，运动过程中m1 、m2组成的系统的机械能守恒(3)由图象知，斜率k m/s2，所以当地的实际重力加速度g9.7 m/s2.11(1)1.5 m/s36 J(

31、2)49.5 J解析 (1)开始时，由平衡条件有mAgkx1当物体B刚要离地面时，kx2mBg可得：x1x20.15 m由x1x2at2vAat得：vA1.5 m/s.物体A重力势能增大，EpAmAg(x1x2)36 J(2)因开始时弹簧的压缩量与末时刻弹簧的伸长量相等，对应弹性势能相等，由功能关系可得：WFEpAmAv49.5 J12(1)2.5 m(2)4.5 s解析 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力，即mgm由机械能守恒定律得：mg2Rmvmv联立解得：vC5 m/s设小车在C

32、D轨道上运动的最短路程为x，由动能定理得：kmgx0mv解得：x2.5 m(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律知：vBvC5 m/s从A点到B点的运动过程中，由动能定理得：PtkmgLmv解得：t4.5 s45分钟单元能力训练卷（六）1AD解析 小球过b点时速度最大，有qEmg，得E，选项A正确；小球在c点并不是受力平衡，场强无法确定，选项B错误；小球从O到c有qUmgh0，得U，由U0c得c，选项D正确、选项C错误2D解析 电场中某点的场强与检验电荷无关，选项D正确3C解析 由轨迹特征可知，正电荷经过MN时受力方向由N指向M，场源电荷在靠近N一侧，故a点的场强大于b点的场强，选项A错误

33、；远离场源电荷的b点的电势低，选项B错误；从a运动到b过程中，电场力做正功，动能增大，电势能减小，选项C正确、D错误4AD解析 根据电场的电势变化分析电场，可以从两个方面入手：电势线的斜率(表示场强)；电势的大小在图甲和图乙中，没有电势为零的点，应由斜率为零(场强为零)的点判读，由图甲中A、B之间的电势分布可知，斜率为零的点靠近A侧，即场强为零的点靠近A，故Q1Q2，同理可判断图乙中Q1Q2，选项A正确、选项B错误；图丙中电势为零的点位于AB连线的中点，由电势分布规律可知，Q1、Q2为等量异号电荷，但Q1应为正电荷，选项C错误；图丁中，电势为零的点靠近B一侧，|Q1|Q2|，选项D正确5AC解

34、析 由等量异种点电荷的电场分布图可知，O点与无穷远处的电势相同，在x轴上，Q点左侧的点的场强方向向左，Q点右侧的点的场强方向向左，Q与Q之间的点的场强向右，故在Q左侧与P点关于原点O对称的点的场强与P点场强相同，P点电势比O点电势低，试探电荷Q由P点移到O点后电势能增大6D解析 由动能定理qUABq(AB)EkAB0.5 Ek0，设A点电势为0，则B点电势为B0.5，令，则B点电势为0.5，C点电势为.由于在匀强电场中沿同一直线电势均匀变化，则AC的中点D的电势为0.5，故BD为等势面，作BD的平行线与圆相切与P点，则UAP最大，粒子到达P点的动能最大，连接PO交圆周于Q，Q点电势最高，由几何

35、关系可知，Q，由动能定理可知粒子可以到达Q点，且打在Q点的粒子动能最小，由此可知粒子能够达到圆周上的任何一点，综上所述，只有选项D正确7B解析 由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力方向向上，选项A错误；粒子由M到N，电场力做负功，电势能增加，动能减少，速度减小，故选项B正确、选项C错误；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，选项D错误8C解析 若qEmg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大若qEmg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大故选项A、B错a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故选项C正确小球在运动过程中除重力外，

36、还有电场力做功，机械能不守恒，选项D错误9.解析 未截去圆弧AB时，整个圆环上的电荷分布关于圆心对称，则O处的电场强度为0.截去圆弧AB后，除CD(和AB关于O对称的一小段圆弧)外，其余的电荷在O处的场强为0，则CD在O处的场强就等于中心O处电场强度E.CD上所带电荷量为Lq，根据点电荷场强公式可得E.10.解析 小球受力情况如图所示，设场强大小为E，根据共点力平衡条件得qEcosmg，所以E.11(1)0.3 m(2)0.175 J解析 (1)小球进入电场区域前做平抛运动，竖直方向上v2gh解得vy2 m/s进入电场后做直线运动，满足解得d0.3 m.(2)从A到B的过程中，应用动能定理得m

37、g(hL)qUEkmv其中解得Ek0.175 J.12(1)6.41014 J(2)0.06 s(3)7.5102 m2解析 (1)据动能定理，电场力对每个微粒做功WEktEk0qEd微粒打在B板上时的动能EktWEk0qEdmv6.41014 J(2)微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短设到达B板时速度为vt，有Ektmv可得vt8.0 m/s，由于微粒在两极板间做匀变速运动，即解得t0.06 s(3)由于喷枪喷出的油漆微粒是向各个方向，因此微粒落在B板上所形成的图形是圆形对于喷枪沿垂直电场方向喷出的油漆微粒，在电场中做抛物线运动，根据牛顿第二定律，油漆微粒沿电场方向运动的加速度a运

38、动的位移dat油漆微粒沿垂直于电场方向做匀速运动，运动的位移即为落在B板上圆周的半径Rv0t1微粒最后落在B板上所形成的圆面积SR2联立解得S7.5102 m213(1)(mv2mgR)(2)mgmk解析 (1)小球由最高点M运动到C的过程中，由动能定理得mgRUMCQmv可得MC两点的电势差为UMC(mv2mgR)又等量异种电荷中垂线上的电势相等，即C、D两点电势相等，故M点的电势为MUMC(mv2mgR)(2)小球到达最低点C时，q与q对其的电场力F1、F2是大小相等的，有F1F2k又因为ABC为等边三角形，易知F1、F2的夹角是120，所以二者的合力为F12k，且方向竖直向下由牛顿运动定

39、律得FNmgF12m解得轨道对小球的支持力FNmgmk45分钟单元能力训练卷（七）1AD解析 根据电位器结构和连线可知：连接A、B，使滑动触头顺时针转动时，回路电阻增大，回路电流减小，灯泡变暗，选项A正确；同理可确定选项D正确；连接A、C时，滑动触头不能改变回路电阻，灯泡亮度不变，故选项B、C均错误2AC解析 由焦耳定律QI2Rt知，电炉与电动机发热相同，选项A正确；对电动机，UIR，消耗的功率P1UII2R，而电炉是纯电阻，P2UII2R，所以电动机消耗的功率比电炉的大，选项B错误；电动机两端电压大于电炉两端电压，选项C正确、D错误3BC解析 由I得Rr，则R图象的斜率kE2.0 V，选项A

40、错误；R轴截距的绝对值等于内阻r，即r0.5 ，选项B正确；S2断开、S1闭合时，Rr；S1断开、S2闭合时，RxRr，所以Rx0.5 ，选项C正确；因Rxr，所以电路中的外电阻大于内阻，随着R减小，电源输出功率将增大，R0时电源输出功率最大，选项D错误4AC解析 测量电阻时，若指针偏角过大，说明被测电阻较小，应选用倍率较小的挡位，A项正确；测量时按规定红、黑表笔分别插在正、负插孔，表笔作为测量的两个引线，本身并无正负，故调换表笔不会影响测量结果，B项错误；根据欧姆表的使用规则，C项正确；换挡则应重新调零，不用换挡则不需要重新调零，D项错误5B解析 滑动变阻器的滑动头向下滑动时，变阻器连入电路

41、的电阻增大，使得整个电路的电阻增大，根据欧姆定律，则干路电流减小，导致电灯A两端的电压升高，故A灯变亮，依据并联电路的电流特点，此时通过B灯的电流减小，故B灯变暗，选项A错误、B正确；由于干路电流减小，电源的内阻分得的电压降低，由EUIr可知，电源的输出电压升高，故电源的工作效率增大，选项D错误；当Rr时电源的输出功率最大，但本题中上述电阻关系是无法确定的，故选项C错误6D解析 电路结构是：R1、R2并联后与R4串联，再与R3并联，电流表测量R2、R3电流之和，电压表测量路端电压当滑动变阻器R2的滑动触头P向右滑动时，R2增大，外电路等效电阻变大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的总电流I减小，内

42、电路消耗的功率P内I2r减小；由UEIr知，电压表示数U变大，通过R3的电流I3增大，通过R4的电流I4II3减小，R4两端电压U4减小，所以R1两端电压U1UU4增大，通过R1的电流增大，因此电流表示数IAII1减小只有选项D错误7AB解析 由于楼内有电视机、洗衣机等，不是纯电阻电路，欧姆定律不成立选项A、B错误8D解析 先假设灯L短路，则外电路只有变阻器R，由于内电阻的分压作用，R两端电压应小于电源电动势4 V，即Ubc4 V，与题目条件冲突，从而排除选项A.接着假设灯L断路，此时电路中无电流，所以R两端电压应为0，即Ubc0，与题目条件冲突，从而排除选项B.再假设变阻器R短路，此时外电路

43、中灯L直接接在电源两端，只要灯未被烧坏，应能发光，这也与题目条件冲突，从而排除选项C.最后假设变阻器R断路，故Ubc4 V，因为灯L中无电流通过，所以Uab0，UacUabUbc4 V，所以选项D正确9D解析 当外电路电阻减小时，总电流增大，路端电压减小，即当开关S扳到位置2时，总电流大于0.20 A，路端电压小于U1I1R14 V，电流表中的电流小于0.25 A，只有选项D正确10(1)将S2切换到b，调节电阻箱，使电流表的示数仍为Ir1r2(2)1.51.0解析 (1)将S2切换到b，调节电阻箱，使电流表的示数仍为I.因电路中电流I相同，两次测量时电路电阻相等，所以R1r1r2 .(2)根

44、据闭合电路欧姆定律得EI(R1R2R)，解得R，根据图线斜率得电源电动势E V1.5 V，由纵轴截距得R21.0 .11(1)用欧姆挡不能直接测量含电源的电路电阻用电流挡直接测量可能会造成电源短路(2)112解析 (2)多用电表用欧姆挡测量时，如果指针偏转角度太大，说明所测电阻的阻值小，应当选用小量程进行测量；图中所示读数为12 .12(1)1.7710.80.352.16(2)11.5解析 (1)03 A挡电流表的最小刻度值为0.1 A，故图中读数为1.77 A015 V电压表的最小刻度值为0.5 V，图中读数为10.8 V如果电流表使用的是00.6 A挡，最小刻度值为0.02 A，故读数为

45、0.35 A；如果电压表使用的是03 V 挡，最小刻度为0.1 V，故读数为2.16 V.(2)该元件接在电源上时，路端电压UEIr84I，在题图中作出该关系图象，与元件伏安曲线交于点(1 A,4 V)，所以通过该元件的电流为1 A；两元件并联接在该电源上时，设每个元件中的电流为I0，则路端电压UE2I0r88I0，同理得交点坐标为(0.75 A,2 V)，每一个元件消耗的功率为PI0U01.5 W.13(1) 如图甲所示1k(2)如图乙所示甲乙解析 (1) 由于黑表笔接内部电源的正极，故电流从黑表笔流出，因此黑表笔应接电压表的正接线柱，电路如图所示 因电阻表测电阻时，指针指在表盘中间一段刻度

46、范围内处理结果较准确，而中央刻度值为30，故应选“1k”倍率(2) 从图中可看出，测量小灯泡的伏安特性曲线的供电电路图是分压式接法，测量电路是电流表外接法45分钟滚动复习训练卷（三）1BD解析 根据等量异种电荷周围电场的对称性：电场中A、B、C、D四点的电场强度大小相等，A、C电场方向相同，B、D电场方向相同；电场中P、Q两点电场强度大小相等，方向相同，E、F两点电场强度大小相等，方向也相同2A解析 质点要垂直打在M屏上，则打在M屏上时竖直方向上速度为零对竖直方向上的运动进行分析，质点的前一段运动必定是在电场力和重力作用下做加速运动，后一段运动必定是在重力作用下做减速运动，最后速度减小为零，则

47、只可能先向上做加速运动，然后向上做减速运动，位移应向上，故质点打在P点上方又因两段运动的过程中质点在水平方向上的位移相等，质点在水平方向上做匀速直线运动，故质点做两段运动所经历的时间相等，设为t，对竖直方向上的运动有：a1，ga2，根据两段运动的对称性知a1ta2t，则E，选项A正确3AC解析 O点电势0为零，设x点的电势为x，则Ux0x0Ex，即xEx，表明沿Ox方向场强不变，选项A正确、B错误；由静止释放电子，电子由电势低处向电势高处运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确、D错误4CD解析 以电场线的交点为圆心，分别做出过M、P点的圆弧，圆弧为电势不同的等势面，可知M点的电势比P点的电势低，选项A错误；由WqU可判出选项D正确；O点的电势高于Q点的电势，故正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，选项B错误；O、M间的平均电场强度小于N、O间的平均电场强度，由UEd，故选项C正确5AC解析 两电荷从进入电场到相遇所用时间t相等，平行于金属板方向做匀速直线运动，根据xv0t，又xMxN，所以vMvN，故选项D错误；在垂直板方向做初速度为零的匀加速运动，根据y