2019版高考物理一轮复习精选题辑周测(打包11套).zip
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周测一直线运动(A)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1伽利略为了研究自由落体运动的规律,将落体实验转化为著名的“斜面实验”,当时利用斜面实验主要是考虑到()A实验时便于测量小球运动的速度B便于测量小球运动的时间C便于测量小球运动的路程D斜面实验可以通过观察与计算直接得到落体的运动规律答案:B解析:本题考查了斜面实验,意在考查考生对斜面实验的理解伽利略为了解决时间难以测量的问题,采用了一个巧妙的方法用来“冲淡”重力;他让铜球沿阻力很小的斜面滚下,小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多,所以时间长,便于测量,选项B正确2下列有关质点和参考系的说法正确的是()A汽车利用卫星导航设备定位时,汽车可看成质点B在研究“嫦娥二号”探月卫星调整飞行姿态时,该卫星可看成质点C选择不同的参考系观察同一物体的运动,其结果一定是相同的D研究物体运动时选择了参照系就无需再建坐标系答案:A解析:本题考查质点、坐标系物体能否视为质点取决于研究问题的需要,利用卫星导航设备对汽车导航时无需考虑汽车的形状与大小,汽车可以视为质点,A项正确;研究“嫦娥二号”卫星调整飞行姿态时,卫星的形状不可忽略,不可以视为质点,故B项错;选择不同的参考系观察同一物体的运动,其结果未必相同,C项错;参考系是用来粗略地描述物体运动的,坐标系可准确地描述物体运动,D项错3一物体从静止开始做匀加速直线运动,以T为时间间隔,在第3个T内的位移为3 m,在第3个T终了时的瞬时速度是3 m/s.则()A物体的加速度为1 m/s2B物体在第1个T终了时的瞬时速度是0.6 m/sC时间间隔T1 sD物体在第1个T内的位移为0.6 m答案:D解析:本题考查匀变速直线运动规律,意在考查考生对运动问题的分析能力设物体的加速度为a,由匀变速直线运动规律得a(3T)2a(2T)23,a3T3,解得a m/s2,T s,选项A、C错误;由匀变速直线运动规律得,物体在第1个T终了时的瞬时速度vaT1 m/s,选项B错误;由匀变速直线运动规律得,物体在第1个T内的位移xaT20.6 m,选项D正确4某质点由静止开始做加速度逐渐减小的加速直线运动,经时间t0,物体达到最大速度v0,在这段时间内关于质点的位移大小x,下列说法正确的是()Ax D无法确定答案:C解析:画出质点由静止开始做加速度减小的加速直线运动的vt图象,如图中Obc.显然三角形Ocd面积为,是初速度为0(末速度为v0)的匀加速直线运动的位移,而Obcd对应的面积比大,选项C对5(2018广东肇庆一模)(多选)甲、乙两车在一平直道路上同向运动,其vt图象如图所示,图中OPQ和OQT的面积分别为s1和s2(s2s1)初始时,甲车在乙车前方s0处下列说法正确的是()A若s0s1,两车相遇1次B若s0s1,则s0s2s1s2,即s甲s0s乙,两车不会相遇,故A错误;若s0s1,则s0s2s1s2,即s甲s0s1s2,即s甲s0s乙,两车不会相遇,速度相等时距离最小,故D错误6(2018湖南怀化一模)如图所示,甲、乙两车同时由静止从A点出发,沿直线AC运动甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a2的匀加速运动,到达C点时的速度亦为v.若a1a2a3,则()A甲、乙不可能同时由A到达CB甲一定先由A到达CC乙一定先由A到达CD若a1a3,则甲一定先由A到达C答案:A解析:根据速度时间图线得,若a1a3,如图(a)所示,因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t甲a1,如图(b)所示,因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t甲100 m,所以该汽车会发生交通事故周测一直线运动(B)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1(2018安徽模拟)(多选)物体从A点由静止出发,先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后,立即以加速度a2做匀减速直线运动至B点时速度恰好减为0,所用总时间为t.若物体以速度v0匀速通过AB之间,所用时间也为t,则()Av2v0 B.C. D.答案:AB解析:根据题意并结合运动学公式有xv0tt1t2(t1t2)t,解得v2v0,故A正确;由t1,t2,得t,即,故B正确,C、D错误2(2018陕西长安一中模拟)古希腊权威思想家亚里士多德曾经所言:物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比,重者下落快,轻者下落慢比如说,十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍.1 800多年来,人们都把这个错误论断当成真理而信守不移直到16世纪,伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾对此进行了进一步的研究,通过实验来验证:伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止释放,伽利略手稿中记录的一组实验数据如下表所示,伽利略对该实验的实验数据进行了分析,并得出了结论下列哪项是伽利略得出的结论()时间12345678距离321302985268241 1921 6002 104A.vtv0at B.kCvv2ax D.k答案:D解析:伽利略最初猜想沿斜面自由运动的物体的速度与时间成正比,即vkt;由此伽利略得出推论:物体的位移与时间的平方成正比,有xkt2,即k,结合以上的分析,比较即可,则有;,由以上数据比较可知,各组数据中都接近32.5,考虑到测量的误差等原因,可以认为是一个常数,即物体的位移与时间的平方成正比,所以四个选项中,A、B、C错误,D正确3(2018东北三省四市二模)一物体沿直线运动,用x表示运动位移,用t表示运动时间从t0时刻开始计时,物体与t的关系图象如图所示,图线斜率的绝对值为k,则以下说法正确的是()A物体做匀速直线运动,速度大小等于kB物体做变减速直线运动,加速度均匀减小C物体做匀减速直线运动,加速度大小等于kD物体做匀减速直线运动,加速度大小等于2k答案:D解析:根据xv0tat2可得v0at,则 t图象的斜率为ka;由题图可知ka,a2k,可知物体做匀减速直线运动,加速度大小等于2k,D正确,A、B、C错误4(2018广东省实验中学月考)如图所示,小球从竖直砖墙某位置前由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d.根据图中的信息,下列判断错误的是()A位置“1”是小球释放的初始位置B小球做匀加速直线运动C小球下落的加速度为D小球在位置“3”的速度为答案:A解析:因为小球在连续相等时间内的位移之差是一恒量,可知小球做匀加速直线运动,若位置“1”是初始位置,初速度为零,相等时间内的位移之比为1:3:5:7,与题图矛盾,故A错误,B正确;根据xaT2得,小球下落的加速度a,故C正确;根据平均速度推论知,小球在位置“3”的速度v,故D正确5(2018江西南昌二模)一质点在t0时刻从坐标原点出发,沿x轴正方向做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动,t1 s时到达x5 m的位置,速度大小为v1,此时加速度立即反向,加速度大小变为a2,t3 s时质点恰好回到原点,速度大小为v2,则()Aa23a1Bv23v1C质点向x轴正方向运动的时间为2 sD质点向x轴正方向运动最远到x9 m的位置答案:D解析:设质点运动的第一段时间为t1,第二段时间为t2,由题可知质点在1 s末的速度为v1,最后的速度为v2,则xa1t,代入数据得a110 m/s2,v1a1t1,v2a2t2a1t1,由题意有xt1t2,联立解得a212.5 m/s2,v110 m/s,v215 m/s,即a2a1,v2v1,故A、B错误;质点向x轴正方向减速的时间为t3 s0.8 s,所以质点向x轴正方向运动的时间为tt1t31 s0.8 s1.8 s,故C错误;质点向x轴正方向运动最远的位置xm(t1t2)(10.8) m9 m,故D正确6(多选)在空中的某点O处以一定的初速度竖直向上抛出一物体,不计空气阻力,0.8 s后物体的速率变为4 m/s,关于此时物体的位置和速度方向的说法,正确的是(重力加速度g取10 m/s2)()A在O点上方,速度方向向下B在O点上方,速度方向向上C在O点,速度方向向下D在O点下方,速度方向向下答案:BC解析:若物体此时的速度方向向下,即v4 m/s,由公式vv0gt得,v04 m/s,则物体上升和下降的位移大小相等,物体回到了O点,故A、D错误,C正确;若物体此时的位置在O点上方,速度方向向上,v4 m/s,由公式vv0gt,得v012 m/s,符合题意,B正确7.如图所示为某质点做直线运动的vt图象图中t23t1,质点在0t1时间内和t1t2时间内位移相等则()A在0t1时间内,质点的加速度逐渐变小B在t1t2时间内,质点的加速度逐渐变大C质点在0t1时间内和t1t2时间内的平均速度是相等的D质点在0t1时间内和t1t2时间内,速度方向相同,加速度方向相反答案:D解析:根据vt图线的斜率可得,在0t1时间内,质点的加速度逐渐变大,在t1t2时间内,质点的加速度逐渐变小,A、B错误;质点在0t1时间内和t1t2时间内位移相等,但时间不相等,所以平均速度不相等,C错误;质点在0t1时间内和t1t2时间内,速度都沿正方向,方向相同,加速度方向相反,D正确8.甲、乙两车在一平直道路上同向运动,其vt图象如图所示,图中OPQ和OQT的面积分别为s1和s2(s2s1)计时开始时,甲、乙两车相距s0,在两车运动过程中,下列说法正确的是()A若甲车在乙车前方且s0s1s2,两车相遇1次B若甲车在乙车前方且s0T时会相遇;当s0s1时,有s1s2s0s2,两车恰在T时刻相遇选项A、C、D错误,B正确二、非选择题(本题包括4小题,共47分)9(8分)如图甲所示,用包有白纸的质量为m(kg)的圆柱棒代替纸带和重物,蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之转动,代替打点计时器当烧断悬挂圆柱棒的线后,圆柱棒竖直自由下落,毛笔就在圆柱棒表面的纸上画出记号,如图乙所示,设毛笔接触棒时不影响棒的运动测得记号之间的距离依次为20.0 mm、44.0 mm、68.0 mm、92.0 mm、116.0 mm、140 mm,已知电动机铭牌上标有“1 200 r/min”字样,由此研究圆柱棒的运动情况根据以上内容,回答下列问题:(1)毛笔画相邻两条线的时间间隔T_ s,图乙中的_(填“左”或“右”)端是圆柱棒的悬挂端(2)根据图乙所给的数据,可知毛笔画下记号D时,圆柱棒下落的速度vD_m/s;圆柱棒竖直下落的加速度a_m/s2.(结果保留两位有效数字)答案:(1)0.05左(2)1.6 m/s9.6 m/s2解析:(1)时间间隔T s0.05 s,从左向右相邻两条线的距离越来越小,所以左端是悬挂端(2)由vn可计算出vD1.6 m/s.由xaT2可得a9.6 m/s2.10.(10分)利用自由落体运动可测量重力加速度某同学利用如图所示的实验装置进行了实验,图中的M为可恢复弹簧片,M与触头接触,开始实验时需要手动敲击M断开电路,使电磁铁失去磁性释放第一个小球,小球撞击M时电路断开,下一个小球被释放(1)为完成实验,除图示装置提供的器材外还需要的器材有_和_(2)用图中所示的实验装置做实验,测得小球开始下落的位置与M的高度差为120.00 cm,手动敲击M的同时开始计时,到第80个小球撞击M时测得总时间为40.0 s,可求得重力加速度g_m/s2(结果保留两位有效数字)(3)若该同学测得的重力加速度偏小,可能的原因是_A手动敲击M时提前计时B手动敲击M时延后计时C记录撞击M的小球个数时少数了一个D记录撞击M的小球个数时多数了一个答案:(1)刻度尺秒表(4分)(2)9.6(4分)(3)AC(2分)解析:(1)由hgt2知,需要用刻度尺测量小球开始下落的位置与M的高度差h,用秒表测量总时间(2)一个小球自由下落的时间t s0.50 s,g m/s29.6 m/s2.(3)手动敲击M时提前计时或记录撞击M的小球个数时少数一个都会增加自由下落的时间t,使根据g算出的g值偏小11(14分)一质点由静止开始从A点向B点作直线运动,初始加速度为a0,(1)若以后加速度均匀增加,每经过n秒增加a0,求经过t秒后质点的速度(2)若将质点的位移sAB平分为n等份,且每过一个等分点后,加速度都增加a0/n,求该质点到达B点时的速度答案:(1)a0tt2(2)解析:(1)作出at图线,图线围成的面积表示速度的变化量,每经过n秒增加a0,则t s时,加速度aa0a0,(2分)则t s内速度的变化量vta0tt2.(3分)因为初速度为零,则t s后的速度va0tt2.(2分)(2)根据速度位移公式得,2a0v0,(2分)2vv.(1分)2vv.(1分)累加,解得vB.(3分)12(15分)同向运动的甲乙两质点在某时刻恰好通过同一路标,以此时为计时起点,此后甲质点的速度随时间的变化关系为v4t12(m/s),乙质点位移随时间的变化关系为s2t4t2(m),试求:(1)两质点何时再次相遇?(2)两质点再次相遇之前何时相距最远?最远的距离是多少?答案:(1)5 s(2)2.5 s12.5 m解析:(1)由甲质点速度随时间变化关系v甲4t12 (m/s)得甲做匀变速直线运动,v0甲12 m/s,a甲4 m/s2(2分)则甲的位移随时间变化关系为s甲12t2t2 (m)(2分)由乙质点位移随时间变化关系s乙2t4t2 (m)若甲乙再次相遇,两者位移相等,则有s甲s乙(1分)由得t10 st25 s(1分)由题意得两质点5 s时再次相遇(1分)(2)由乙质点位移随时间的变化关系s乙2t4t2得乙做匀变速直线运动,v0乙2 m/s,a乙8 m/s2(2分)则乙的速度随时间变化关系为v乙2 (m/s)8t(2分)由甲质点的速度随时间的变化关系为v甲4t12 (m/s)由题意得当两质点速度相等时,两者相距最远,v甲v乙(2分)由得t32.5 s则两质点再次相遇之前2.5 s相距最远(1分)由得两质点的最远距离为s甲s乙12.5 m(1分)11周测七恒定电流(A卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1(多选)对公式I和I的理解,下列说法中正确的是()A由I可知导体的电阻与导体两端的电压成正比B由I可知导体中的电流既与导体两端的电压有关也与导体的电阻有关C由I可知导体的电流与通电时间成反比D由I可知导体中的电流为零时,导体两端的电压一定为零答案:BD解析:对于导体而言,导体的电阻与其两端所加的电压无关,A错误;由欧姆定律公式I可知,导体中电流与导体两端的电压和导体的电阻有关,对某一段导体来说,导体中的电流跟它两端的电压成正比,跟导体的电阻成反比,B正确;导体中的电流与通电时间无关,C错误;导体中的电流为零时,一定是导体两端的电压为零,D正确2(多选)如图所示为长度相同的镍铬合金丝甲和乙的伏安特性曲线,根据所掌握的知识分析下列选项,其中正确的是()A甲的直径小B由图象可知镍铬合金丝的电阻随电压的增大而增大C将甲和乙并联接在电路中时,通过甲的电流大D将甲和乙串联接在电路中时,甲消耗的电功率小答案:CD解析:IU图线的斜率表示电阻的倒数,甲的IU图线斜率大于乙的IU图线斜率,所以甲的电阻小于乙的电阻,根据电阻定律R,且长度相同,材料相同,可知甲的横截面积大,则甲的直径大,A错误;电阻的大小与电压和电流大小无关,B错误;根据并联电压相等,则通过导体的电流与电阻成反比,因此通过甲的电流大于通过乙的电流,C正确;根据串联电流相等,由功率表达式PI2R可得电阻越小,则电功率越小,因此甲消耗的电功率较小,D正确3(多选)如图所示为一水平绝缘盘,盘边缘均匀地固定着带负电的电荷,从上向下看,盘面沿逆时针方向匀速转动,则对该过程中形成的电流的理解正确的是()A如果仅将盘边缘固定的总电荷量加倍,则其形成的电流也加倍B如果仅将盘面转动的角速度加倍,则其形成的电流也加倍C如果仅增大盘的半径,则其形成的电流也增大D如果仅增大盘的半径,则其形成的电流减小答案:AB解析:时间t内通过横截面(沿盘半径的切面)的电荷量为Qvt,vR,I,因此A、B正确4(2018山东青岛模拟)如图所示,a、b、c为不同材料做成的电阻,b与a的长度相等,b的横截面积是a的两倍;c与a的横截面积相等,c的长度是a的两倍当开关闭合后,三个理想电压表的示数关系是U1U2U3112.关于这三种材料的电阻率a、b、c,下列说法中正确的是()Aa是b的2倍Ba是c的2倍Cb是c的2倍 Dc是a的2倍答案:C解析:设a的长度为L,横截面积为S,因为R,而R,所以,即1,故b2a;同理,所以,故ac,由上述可知b2c,C正确5有两个同种材料制成的导体,两导体为横截面为正方形的柱体,柱体高均为h,大柱体的横截面边长为a,小柱体的横截面边长为b,现将两柱体串联接在电压U上,已知通过导体的电流方向如图,大小为I,则导体的电阻率为()A BC D答案:A解析:根据公式R可得,Ra,Rb,故RaRb,因为两柱体串联在一起,则电流相等,又电阻相等,所以两柱体两端的电压相等,都为,根据欧姆定律可得I,解得,故A正确6(2018江西南昌模拟)已知两电源的电动势分别为E1、E2(E1E2),内阻分别为r1、r2.当两电源分别与阻值为R的电阻连接时,外电路消耗的功率正好相等若电阻R减小一些,再与E1、E2分别连接时,对应的外电路消耗的功率分别是P1、P2.则()Ar1r2,P1P2 Br1P2Cr1r2,P1r2,P1P2答案:C解析:由外电路消耗的功率相等得2R2R,又知E1E2,则r1r2,再画出UI图象如图,可知R减小一些(图中虚线),E2输出电流增加量较大,由PI2R可得P1RB,且应满足IA下,电容器上极板带正电;若有自上而下的电流通过电流表,说明电容器两端电压变大,极性不变,故电阻R2变大或者电阻R3变大,断路相当于电阻变为无穷大,选项A、D错误,选项B、C正确7.(多选)如图,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.闭合开关后,将滑动变阻器滑片向下滑动,理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3,理想电流表示数变化量的绝对值为I,则()AU2U1U3B.RrC.和保持不变D电源输出功率先增大后减小答案:BC解析:本题考查了电路的动态分析由电路图知,电阻R、滑动变阻器、电流表串联在电路中,电压表V1测R两端电压,电压表V2测路端电压,电压表V3测滑动变阻器两端的电压,滑动变阻器的滑片向下滑动,电路中总电阻减小,电流增大,路端电压减小,R两端的电压增大,则滑动变阻器两端的电压减小,由串联电路的特点知,U2U3U1,选项A错误;将R等效为电源的内阻,所以Rr,选项B正确;R,是不变的,r,是不变的,选项C正确;当内电阻等于外电阻时,电源输出功率最大,电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r,减小滑动变阻器连入电路中的阻值,电源输出功率一直增大,选项D错误8(多选)在如图甲所示的电路中,电源电动势为3.0 V,内阻不计,L1、L2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 .当开关S闭合后()AL1的电阻为 BL1消耗的电功率为7.5 WCL2的电阻为7.5 DL2消耗的电功率为0.3 W答案:CD解析:本题考查欧姆定律、电功率电源电动势为3.0 V,内阻不计,L1两端的电压为U13.0 V,由图乙知,通过L1的电流为I10.25 A,由欧姆定律得L1的电阻R112 ,选项A错误;L1消耗的电功率P1U1I13.0 V0.25 A0.75 W,选项B错误;由图甲可知,L2两端的电压U2和定值电阻两端的电压UR之和等于3.0 V,即U2UR3.0 V,在电源、L2、R组成的回路中,将R等效为电源内阻,结合图乙可知,U21.5 V,I20.2 A,由欧姆定律得L2的电阻R27.5 ,选项C正确;L2消耗的电功率P2U2I21.5 V0.2 A0.3 W,选项D正确二、非选择题(本题包括4小题,共47分)9(9分)某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如下表:U/V0.000.200.501.001.502.002.503.00I/A0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215现备有下列器材:A内阻不计的6 V电源;B量程为03 A的内阻可忽略的电流表;C量程为00.3 A的内阻可忽略的电流表;D量程为03 V的内阻很大的电压表;E阻值为010 ,允许通过的最大电流为3 A的滑动变阻器;F电键和导线若干(1)这个学习小组在实验中电流表选_(填器材前面的字母)(2)利用表格中数据描绘出电器元件Z的伏安特性曲线如图甲所示,分析曲线可知该电器元件Z的电阻随U的变大而_(填“变大”、“变小”或“不变”)(3)若把电器元件Z接入如图乙所示的电路中时,电流表的读数为0.150 A,已知A、B两端的电压恒为2.00 V,则定值电阻R0的阻值为_.答案:(1)C(2)变大(3)6.67解析:(1)表格中最大电流为0.215 A,电流表应选C.(2)在图线上取一点,将该点与原点相连,连线的斜率大小为电阻的倒数,电压越大,该连线斜率越小,则电阻越大(3)当电路中电流为0.150 A时,电器元件Z两端的电压为1.00 V,电阻R0上电压为1.00 V,R0的阻值为6.67 .10(9分)某同学用如图1所示的电路测量两节干电池串联而成的电池组的电动势E和内阻r,R为电阻箱干电池的工作电流不宜超过0.5 A实验室提供的器材如下:电压表(量程03 V,内阻约3 k);电阻箱(阻值范围0999.9 );开关、导线若干(1)请根据电路图在图2所示实物图中画出连线,将器材连接成实验电路(2)实验时,改变电阻箱R的阻值,记录电压表的示数U,得到若干组R、U的数据根据实验数据绘出如图3所示的图线由图象得出电池组的电动势E_V,内阻r_.(3)本实验测得的电池组的电动势与实际值相比_(填“偏大”、“偏小”或“相等”),测得的内阻与实际值相比_(填“偏大”、“偏小”或“相等”)答案:(1)如图所示(2)2.866.05(6.026.08均可)(3)偏小偏小解析:(2)根据闭合电路欧姆定律得EU,变换为,结合图象可得电动势E2.86 V,内阻r6.05 .(3)若考虑电压表内阻对实验测量的影响,则有EUr,变换为,可知电动势测量值偏小,内阻测量值偏小11(15分)(2018安庆模拟)在如图所示电路中,定值电阻R02 ,电流表和电压表均为理想电表闭合开关S,当滑动变阻器Rx的滑片P从一端移向另一端时,发现电压表的电压变化范围为03 V,电流表的变化范围为0.751.0 A求:(1)电源的电动势和内阻(2)移动变阻器滑片时,能得到的电源的最大输出功率答案:(1)12 V10 (2)3.375 W解析:(1)当Rx0时,Ux10,对应电流为I11.0 A,由闭合电路欧姆定律得EI1(R0r)当Rx为最大值时,Ux23 V,对应电流为I20.75 A,有EI2(R0r)Ux2Rx的最大值为Rxm 4 .由两式代入数据得E12 V,r10 .(2)电源的输出功率P输出2(RxR0)当RxR0r时,电源有最大输出功率,但RxR0恒小于r,由输出功率随外电阻变化的关系知,当RxR0取最大值时输出功率最大,即Pm2(RxmR0)2(42) W3.375 W.12(14分)有一个小型直流电动机,把它接入电压为U10.2 V的电路中时,电动机不转,测得流过电动机的电流I10.4 A;若把电动机接入U22.0 V的电路中,电动机正常工作,工作电流I21.0 A求:(1)电动机正常工作时的输出功率多大?(2)如果在电动机正常工作时,转子突然被卡住,此时电动机的发热功率是多大?答案:(1)1.5 W(2)8 W解析:(1)U10.2 V时,电动机不转,此时电动机为纯电阻,故电动机线圈内阻r 0.5 U22.0 V时,电动机正常工作,此时电动机为非纯电阻,则由电功率与热功率的定义式得P电U2I22.01.0 W2 WP热Ir1.020.5 W0.5 W所以由能量守恒定律可知,电动机的输出功率P出P电P热2 W0.5 W1.5 W(2)此时若电动机突然被卡住,则电动机成为纯电阻,其热功率P热 W8 W13周测三牛顿运动定律(A卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1下列关于惯性的说法正确的是()A宇航员从地球到达太空,惯性减小B火箭升空时速度增大,惯性增大C战斗机战斗前抛掉副油箱,惯性增大D空卡车装满货物后,惯性增大答案:D解析:惯性的唯一决定因素是物体的质量,宇航员从地球到达太空,其质量不变,惯性不变,故A错误;火箭升空时,由于燃料的燃烧,其总质量会减小,惯性减小,故B错误;战斗机战斗前抛掉副油箱,是为了减小惯性,故C错误;空卡车装满货物后,质量增大,故惯性增大,故D正确2(2018河南开封一模)以初速度v竖直向上抛出一小球,小球所受空气阻力与速度的大小成正比,下列图象中,能正确反应小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是()答案:D解析:设小球所受的阻力fkv,小球的质量为m,则在小球上升的过程中有mgfma,得ag,由于上升过程中小球的速度越来越小,小球的加速度a也越来越小,故vt图象的斜率的绝对值越来越小,A、B错误;在下落过程中有ag,下落过程中小球的速度越来越大,故小球的加速度越来越小,则vt图象的斜率的绝对值越来越小,选项C图象的斜率的绝对值越来越大,C错误、D正确3(2018广州深圳中学六模)(多选)如图所示,甲图为光滑水平桌面上质量为M的物体,用轻绳通过定滑轮与质量为m的物体相连,m所受重力为5 N;乙图为同一物体M在光滑水平桌面上用轻绳通过定滑轮施加竖直向下的拉力F,拉力F的大小也是5 N,开始时M距桌边的距离相等,则()AM到达桌边时的速度相等,所用的时间也相等B甲图中M到达桌边用的时间较长,速度较小C甲图中M到达桌边时的动能较大,所用时间较短D乙图中绳子受到的拉力较大答案:BD解析:将题图甲的两个物体整体作为研究对象,由牛顿第二定律得aM;对题图乙的M分析有aM.因xat2,v22ax,且aMaM,所以题图甲中M到达桌边用的时间较长,速度较小,动能较小,A、C错误,B正确;题图乙中绳子受到的拉力大小为F,题图甲中,对M分析有TMaMtan,即A先做匀加速运动,并设其速度能达到传送带的速度v2 m/s,然后做匀速运动,到达M点金属块由O运动到M,有Latvt2,且t1t2t,vat1,根据牛顿第二定律有1mgcos37mgsin37ma,解得t11 st2 s,符合题设要求,加速度a2 m/s2.解得金属块与传送带间的动摩擦因数11.(2)由静止释放后,木块B沿传送带向下做匀加速运动,设其加速度大小为a1,运动距离LON4 m,B第一次与P碰撞前的速度大小为v1,则有a1gsin2gcos2 m/s2,v14 m/s,由2tan可知,与挡板P第一次碰撞后,木块B以速度大小v1被反弹,先沿传送带向上以加速度大小a2做匀减速运动直到速度为v,此过程运动距离为s1;之后以加速度大小a1继续做匀减速运动直到速度为0,此时上升到最高点,此过程运动距离为s2.a2gsingcos10 m/s2,s10.6 m,s21 m,因此与挡板P第一次碰撞后,木块B所到达的最高位置与挡板P的距离为ss1s21.6 m.周测三牛顿运动定律(B卷)(本试卷满分95分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分在每小题给出的四个选项中,有的小题只有一个选项是正确的,有的小题有多个选项是正确的全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.如图所示,三个物体质量分别为m11.0 kg、m22.0 kg、m33.0 kg,已知斜面上表面光滑,斜面倾角30,m1和m2之间的动摩擦因数0.8.不计绳和滑轮的质量及摩擦初始用外力使整个系统静止,当撤掉外力时,m2将(g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A和m1一起沿斜面下滑B和m1一起沿斜面上滑C相对于m1上滑D相对于m1下滑答案:D解析:假设m1和m2保持相对静止,对整体分析,整体的加速度a2.5 m/s2.对m2分析,根据牛顿第二定律得fm2gsin30m2a,解得fm2gsin30m2a15 N,最大静摩擦力fmm2gcos308 N,可知ffm,则m2的加速度应小于m1的加速度,m2相对于m1下滑,故D正确2如图甲所示,一根质量分布均匀的粗绳AB长为l,在水平恒力F的作用下沿水平面运动绳上距A端x处的张力FT与x的关系如图乙所示(F和l为已知量)下列说法正确的是()A粗绳一定不受摩擦力作用B若只增大恒力F,则FTx直线斜率的绝对值变大C若已知粗绳的质量,则可求出粗绳运动的加速度D若已知粗绳运动的加速度,则可求出粗绳的质量答案:B解析:从设题内容不能确定粗绳是否受摩擦力,选项A错误;设粗绳的质量为m,加速度为a,与地面的动摩擦因数为,以距A端x处的后面一段绳为研究对象有FTmgma,即FTx(mgma)或FTxF,若只增大恒力F,则FTx直线斜率的绝对值变大,选项B正确;因粗绳的质量m、加速度a、与地面的动摩擦因数均未知,选项C、D错误3(多选)如图所示,倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动,t0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带,tt0时刻离开传送带下列描述小物体的速度随时间变化的图象可能正确的是()答案:ABD解析:若v2v1且物体与传送带间的动摩擦因数tan,即加速度沿传送带向上,则物体沿传送带向上做匀加速运动至速度为v1后做匀速向上运动;若v2v1且物体与传送带间的动摩擦因数v1且物体与传送带间的动摩擦因数tan,则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为v1后向上做匀速运动;若v2v1且物体与传送带间的动摩擦因数Ta1,Tb2Tb1.故A、D正确7(2018河南洛阳二模)(多选)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,一轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮,绳两端分别连接小物块A和B.保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示,设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,g取10 m/s2,斜面的倾角为,下列说法正确的是()A若已知,可求出A的质量B若已知,可求出乙图中m0的值C若已知,可求出乙图中a2的值D若未知,可求出乙图中a1的值答案:CD解析:由牛顿第二定律得,对B有mgFma,对A有FmAgsinmAa,联立得a.不能根据图象求出A的质量mA,故A错误当a0时,mm0mAsin,mA未知,不能求出m0,故B错误若已知,m0时,aa2gsin,故C正确若未知,由以上可知a,当m时,aa1g,故D正确8(2018四川宜宾诊断)(多选)如图所示,表面粗糙、质量M2 kg的木板,t0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动,加速度a2.5 m/s2,t0.5 s时,将一个质量m1 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端,铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半,已知铁块和木板之间的动摩擦因数10.1,木板和地面之间的动摩擦因数20.25,g取10 m/s2,则()A水平恒力F的大小为10 NB铁块放在木板上后,木板的加速度为2 m/s2C铁块在木板上运动的时间为1 sD木板的长度为1.625 m答案:AC解析:开始时木板在水平方向受到拉力与摩擦力,由牛顿第二定律可得FMa2Mg10 N,故A正确;铁块放在木板上后,木板在水平方向受到拉力、水平面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力,由牛顿第二定律可得MaF2(Mm)g1mg,代入数据解得a0.75 m/s2,故B错误;小铁块无初速度地放在木板最右端时木板的速度vat1.25 m/s,铁块的加速度为a1g1 m/s2,设铁块从木板掉落时所用的时间为t,则vat2at,代入数据解得t1 s,故C正确;这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为Lvtat2at2,代入数据解得L1.125 m,故D错误二、非选择题(本题包括4小题,共47分)9(7分)图甲为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图图中小车A的质量为m1,连接在小车后的纸带穿过电火花打点计时器B,它们均置于水平放置的一端带有定滑轮且足够长的木板上,P的质量为m2,C为力传感器,实验时改变P的质量,读出对应的力传感器的示数F,不计绳与滑轮间的摩擦(1)电火花打点计时器的工作电压为_(填“交”或“直”)流_V.(2)下列说法正确的是_A一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B实验中通过打点计时器打出的点来求解小车运动时的加速度C实验中m2应远小于m1D传感器的示数始终为m2g(3)图乙为某次实验得到的纸带,纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离,相邻两计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度的大小是_m/s2.(交流电的频率为50 Hz,结果保留二位有效数字)(4)实验时,某同学由于疏忽,遗漏了平衡摩擦力这一步骤,他测量得到的aF图象是图丙中的_答案:(1)交220(每空1分)(2)B(2分,多选不得分)(3)0.49(或0.50)(2分)(4)C(1分)解析:本题考查探究加速度与物体质量和物体受力的关系(1)电火花打点计时器工作电压为交流220 V;(2)该实验首先必须要平衡摩擦力,选项A错误;根据打点计时器打出来的点,应用“逐差法”来求小车运动时的加速度,选项B正确;由于该实验的这种连接方式,重物和小车的加速度不相同,小车在绳的拉力下加速运动,由于一根细绳中的弹力大小处处相等,故测力计示数等于此拉力,因此不需要用重物的重力来代替,故不要求重物质量远小于小车质量,选项C错误;重物向下加速度运动,由牛顿第二定律m2g2Fm2a,解得Fm2(ga),选项D错误;(3)根据匀变速直线运动的推论xaT2,有x(3.392.89)102 ma(0.1 s)2或者x(2.892.40)102a(0.1 s)2,解得a0.50 m/s2(或者0.49 m/s2);(4)若没有平衡摩擦力,只有当F增加到一定值时,小车才可能加速运动,则当F0时,a0,所以可能是图中的图线C.故选项C正确10.(7分)为了探究在质量不变时,物体的加速度与合力的关系,某学生想到用气垫导轨(物体在其上面运动时可认为摩擦力为0)和光电门及质量为m的滑块来进行实验如图所示,他将气垫导轨的一端用木块垫高,使导轨有一个倾角,将滑块从导轨上端释放,光电门自动记录滑块经过A、B光电门时,滑块上挡光片的挡光时间分别为t1、t2,用游标卡尺测得挡光片的宽度为d,用量角器测得气垫导轨的倾角为,则(1)要测出滑块的加速度还必须测出_(同时用符号表示该测量量)(2)滑块的加速度a_(用上面的已知量和测量量符号表示)(3)要改变滑块受到的合力,只需改变_在利用图象探究加速度与合力的关系时,以纵轴表示加速度,在不用合力表示横轴的情况下,可用_(填“sin”、“cos”或“tan”)表示横轴答案:(1)两光电门之间的距离x(1分)(2)(2分)(3)气垫导轨的倾角sin(每空2分)解析:(1)(2)由于光电门挡光片非常窄,且挡光时间短,所以用挡光片的宽度d除以挡光时间t得到的平均速度可近似当做瞬时速度这样可求得滑块经过A、B两位置时的瞬时速度分别是v1,v2,又由运动学公式可知a,故要求加速度,还必须测量出A、B两光电门间的距离x.(3)由于滑块在气垫导轨上运动,可认为不受摩擦力,当气垫导轨一端垫高时,滑块在倾斜气垫导轨上所受重力沿导轨方向的分力Fmgsin即为滑块合力,要改变滑块合力大小,需要改变气垫导轨的倾角.当利用图象探究加速度与合力的关系时,以纵轴表示加速度,在不用合力表示横轴的情况下,可用sin来表示横轴11(15分)(2018安徽淮南一模)如图所示,质量均为m3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k100 N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上,开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块B在水平外力F作用下向右做a2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,求:(1)物块A、B静止时,弹簧的形变量;(2)物块A、B分离时,所加外力F的大小;(3)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间答案:(1)0.3 m(2)21 N(3)0.3 s解析:(1)A、B静止时,对A、B组成的整体分析,由平衡条件可得kx12mg,解得x10.3 m.(2)物块A、B分离时,对B分析,由牛顿第二定律可知Fmgma,解得Fmamg21 N.(3)A、B分离时,对A分析,由牛顿第二定律可得kx2mgma,此过程中物块A的位移为x1x2at2,解得t0.3 s.12(18分)(2018四川成都七中期末)如图所示,某传送带与水平地面夹角30,A、B之间距离L1 m,传送带以v01.0 m/s的速率转动,质量为M1.0 kg,长度L21.0 m的木板上表面与小物块的动摩擦因数20.4,下表面与水平地面间的动摩擦因数30.1,开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态现从传送带上端A无初速地放一个质量为m1.0 kg的小物块,它与传送带之间的动摩擦因数为1(假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变,重力加速度g取10 m/s2),求:(1)若传送带顺时针转动,物块从A到B的时间tAB;(2)若传送带逆时针转动,物块从A运动到B时的速度vB的大小;(3)在上述第(2)问基础上,从物块滑上木板开始计时,则之后物块运动的总时间T.答案:(1) s(2)3 m/s(3)1.5 s解析:(1)若传送带顺时针转动,对物块受力分析如图甲所示,有mgsin fma1,Nmgcos0,且f1N,L1a1t,解得tAB s.(2)若传送带逆时针转动,刚开始物块相对传送带向上滑动,对物块受力分析如图乙所示,有mgsin1mgcosma2,物块达到传送带速度v0所用时间为t,位移x1a2t2,之后因为1tan30,故物块相对传送带向下加速滑动,物块受力分析如图丙所示,有mgsin1mgcosma1,位移x2L1x1,解得vB3 m/s.(3)物块滑上木板与木板相对滑动过程做匀减速运动,则物块的加速度为a34 m/s2,则木板的加速度为a42 m/s2,设经过t1时间物块与木板达到共同速度v1,则有vBa3t1a4t1,解得t10.5 s,v1a4t11 m/s,因为32,物块能与木板保持相对静止,其整体加速度为a51 m/s2,物块与木板做匀减速运动直到停止的时间t21 s.物块运动的总时间Tt1t21.5 s.13
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