湖南省益阳市南县一中高三物理上学期月考试卷（含解析）.doc

湖南省益阳市南县一中20 15届高三上学期月考物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分其中1-8小题只有一个选项符合题意，9-12小题至少有一个选项符合题意，请将符合题意的选项的序号填入答题表格中）1在“探究弹性势能的表达式”的活动中，为计算弹簧弹力所做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，当每一段足够小时，拉力为每小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做“微元法”下面几个实例中应用到这一思想方法的是( )a由速度的定义v=，当t非常小，x/t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度b在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动c在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用有质量的点来代替物体，即质点d在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系考点：物理学史 专题：常规题型分析：用很短一段时间的平均速度表示瞬时速度，采用的是极限思维的方法在研究曲线运动或加速运动时，常常采用微元法，把曲线运动变成直线运动，将变速运动变成速度不变的运动质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化模型的方法研究三个物理量间的关系，控制一个量不变，采取的是控制变量法解答：解：a、研究某一时刻的速度，往往去一段很短的时间，即让时间趋向于无穷小时的平均速度表示瞬时速度，采用的是极限思维的方法故a错误；b、在推导匀变速直线运动位移公式时，采用微元法将加速运动微分成一段段匀速运动采用了微元法故b正确c、质点采用的科学方法是建立理想化模型的方法，故c错误；d、在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，故d错误；故选：b点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习2酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离（假设汽车制动时的加速度大小都相同）分析表可知，下列说法正确的是( )速度（m/s）思考距离/m制动距离/m正常酒后正常酒后157.515.022.530.02010.020.036.7x2512.525.054.266.7a表中x为66.7b驾驶员酒后反应时间比正常情况下多1.5sc汽车制动时，加速度大小为7.5m/s2d若汽车以20m/s的速度行驶时，发现前方40m处有险情，酒后驾驶能安全停车考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：汽车先匀速运动和后匀减速运动，可以根据速度位移公式求解出减速的加速度大小解答：解：a、制动距离多在思考距离变长，故x=36.7+m=46.7m，故a错误b、反应时间内汽车做匀速运动，故从表中数据得到，多出的反应时间为：，故b错误c、汽车制动时，加速度大小为：a=7.5m/s2，故c正确d、若汽车以20m/s的速度行驶时，发现前方40m处有险情，酒后驾驶的制动距离为46.7m，大于40m，故不能安全停车，故d正确；故选：cd点评：本题关键要明确制动距离的构成，然后结合运动学公式进行计算分析3力f1单独作用在物体a上时产生的加速度大小为a1=5m/s2，力f2单独作用在物体a上时产生的加速度大小为a2=1m/s2那么，力f1和f2同时作用在物体a上时产生的加速度a的大小范围是( )a0a6m/s2b4m/s2a5m/s2c4m/s2a6m/s2d0a4m/s2考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律分别得出力f1、f2与加速度的关系，再研究力f1和f2同时作用在物体a上时合力的大小范围，再由牛顿第二定律求出加速度a的大小范围解答：解：设物体a的质量为m，根据牛顿第二定律得： f1=ma1=5m，f2=ma2=m力f1和f2同时作用在物体a上时合力的范围为 4mf合6m根据牛顿第二定律得加速度范围为4m/s2a6m/s2故选c点评：两个力f1、f2的合力的范围为：|f1f2|f合f1+f2基础题4真空中，相距r的两点电荷间库仑力的大小为f当它们间的距离变为2r时，库仑力的大小变为( )abc2fd4f考点：库仑定律 分析：库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上解答：解：根据库仑定律，距离为r时的静电力为：当距离为2r时，静电力为：故a正确、bcd错误故选：a点评：本题关键是根据库仑定律直接列式求解，基础题在利用库仑定律解题时，要注意库仑定律的使用条件5把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车组，如图所示假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若1节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h；则6节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为( )a120km/hb240km/hc360km/hd480km/h考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：当牵引力与阻力相等时，速度最大，求出功率与阻力和最大速度的关系6节动车加4节拖车编成的动车组运动时，牵引力与阻力相等时速度最大，结合6p=10fvm求出最大速度的大小解答：解：设每节车厢所受的阻力为f，若1节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h，则p=fvm=5fvm设6节动车加4节拖车编成的动车组的最大速度为vm，牵引力等于阻力时速度最大，则有：6p=10fvm联立两式解得vm=360km/h故c正确，a、b、d错误故选：c点评：解决本题的关键知道牵引力与阻力相等时，速度最大，结合功率与速度的关系进行求解6如图，一小球从一半圆轨道左端a点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于b点o为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为r，ob与水平方向夹角为60，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )abcd考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于b点，可知速度的方向与水平方向成30角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度解答：解：小球做平抛运动，在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于b点，则知速度与水平方向的夹角为30，则有：vy=v0tan30又 vy=gt，则得： v0tan30=gt，t= 水平方向上小球做匀速直线运动，则有： r+rcos60=v0t 联立解得：v0=故选：c点评：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合题中隐含的位移关系、速度关系进行求解72013年6月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置，如图所示松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间这样，就测出了聂海胜的质量74kg下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )a测量时仪器必须水平放置b测量时仪器必须竖直放置c其测量原理根据万有引力定律d其测量原理根据牛顿第二定律考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据速度和时间，结合速度时间公式求出航天员的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的质量解答：解：a、因为航天员处于完全失重状态，测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力适用测量时一起的位置不一定需水平、也不一定需竖直故a、b错误c、天宫中的质量测量仪，应用的物理学原理是牛顿第二运动定律：f（力）=m（质量）a（加速度）质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒定的力f，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，计算出加速度a=，再根据牛顿第二定律就能够计算出物体的质量故c错误，d正确故选：d点评：本题主要考查了天宫中的质量测量仪的原理，知道牛顿第二运动定律：f（力）=m（质量）a（加速度），难度不大，属于基础题8在如图所示的电路中，已知电源的电动势e=1.5v，内电阻r=1.0，电阻r=2.0闭合开关s后，电阻r两端的电压u等于（电压表为理想电表）( )a0.5vb1.0vc1.5vd2.0v考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：已知电源电动势、内阻与外电路电阻，由闭合电路的欧姆定律可以求出电路电流，再由部分电路欧姆定律求解电压u解答：解：由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流： i=a=0.5a电阻r两端的电压 u=ir=0.52v=1v故选：b点评：本题考查了电路电流，应用闭合电路欧姆定律即可正确解题，也可以运用比例法求解9随着地球资源的日益匮乏和环境的日益恶劣，人类设想在地球远地轨道上建立一个未来的圆环形太空城远远看去，好像一个巨大的车轮，圆环形的直径为d，“轮胎”是一个空心的大圆环，其内部直径为d（dd），是太空城的生活区同时，太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，利用旋转时产生的离心效应而制造出人造重力，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉已知地球半径r，表面重力加速度为g，地球自转周期为t，空间站轨道半径r下列说法中正确的是( )a太空城中的“地面”在图示的下表面b若忽略太空城的自转，则太空城的绕地球转动的周期为c若太空城的转速刚能提供和地球表面的实际重力加速度效果相同的人造“重力”，那么太空城自转的角速度为d当太空城稳定地转动时，若在“生活区”上空某处静止释放一个物体，让太空城里的你来观察，你会观察到物体沿径向垂直太空城外边缘加速下落考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用 专题：人造卫星问题分析：太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，根据太空城表面重力提供向心力求解角速度，根据开普勒第三定律求解太空城的绕地球转动的周期解答：解：a、太空城还绕着自己的中心轴慢慢旋转，向心力指向圆心，生活在其中的人类就有脚踏实地的感觉，所以太空城中的“地面”在图示的侧表面，故a错误；b、根据题目中的条件无法求解太空城的绕地球转动的周期，故b错误；c、根据太空城表面重力提供向心力得：m2=mg，解得：，故c正确；d、在“生活区”上空某处静止释放一个物体，运动情况类似于地球上的自由落体运动，故d正确故选：cd点评：本题是一道科学探索题，题目新颖，要求同学们能根据题目得出有用信息，能把太空城与地球联系起来，类比研究，难度适中10甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为+q和q，两球间用绝缘细线连接，乙球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在空间有方向向右的匀强电场，上下两根绝缘细线张力的大小分别为( )at1=2mgbt2=ct12mgdt2考点：电场强度 分析：对甲、乙两球整体进行受力分析，由共点力的条件可得出上端细线的张力；再对下面小球受力分析，由共点力的平衡条件可求得下端细线的张力解答：解：对整体受力分析可知，整体在竖直方向受重力和绳子的拉力；水平方向两电场力大小相等方向相反，故在竖直方向上，拉力等于重力，故t1=2mg；对下面小球进行受力分析，小球受重力、电场力、库仑力及绳子的拉力而处于平衡；由图可知，绳子的拉力及库仑力的合力应等于电场力与重力的合力；故绳子的拉力小于；故选：ad点评：本题采用整体法与隔离法进行分析，要注意不能漏力，特别是库仑力是正确解题的关键11如图所示，在水平地面上有一倾角为的斜劈，其斜面光滑，底面粗糙两个质量均为m，用弹簧相连接的物块a、b放在斜劈上，系统静止现用一平行于斜面向上的恒力f拉物块a使之向上运动，当物块b刚要离开固定在斜劈上的挡板c时，物块a运动的距离为d，速度为v，斜劈仍静止已知弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，则此时( )a拉力f的功率为fv sinb斜劈将受到水平向左的摩擦力大小为mgsin2c物块a的加速度为 d弹簧弹性势能比初始状态增加了fdmgd sin考点：功能关系 分析：根据p=fv求解功率，当b刚离开c时，弹簧的弹力等于b的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量，根据牛顿第二定律求出物块a的加速度大小，根据功能关系求解弹簧弹性势能的变化量解答：解：a、拉力的瞬时功率p=fv，故a错误；b、把ab看成一个整体，则整体对斜面的压力n=2mgcos，对斜面受力分析，则有：f=nsin=2mgcossin=mgsin2，故b正确；c、根据牛顿第二定律得：a=开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于a的重力沿斜面下的分力，当b刚离开c时，弹簧的弹力等于b的重力沿斜面下的分力，故mgsin=kx2，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx，故a，故c错误；d、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：fdmgdsinmv2，故d正确；故选：bd点评：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路12如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为c，上板b接地现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板a的正中央p点如果能落到a板的油滴仅有n滴，且第n+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到a板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则( )a落到a板的油滴数b落到a板的油滴数c第n+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于d第n+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于考点：带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解解答：解：ab、设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上则第（n+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：mgqe=ma其中：e=得：a=g第（n+1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=at22=gt22； 第（n+1）粒子不落到极板上，则有关系：y联立以上公式得：n=，故a错误，b正确；c、第（n+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：w=mgqe代人数据得：w=，故c正确；d、第（n+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：w电=qe=故d正确故选：bcd点评：考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用二、实验题（本题共2小题，共15分，将答案填写在答题卷中）13学生实验“用dis研究机械能守恒定律”的装置如图（a）所示，某组同学在一次实验中，选择dis以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图（b）所示图象的横轴表示小球距d点的高度h，纵轴表示摆球的重力势能ep、动能ek或机械能e试回答下列问题：（1）图（a）所示的实验装置中，传感器k的名称是光电门传感器（2）图（b）的图象中，表示小球的重力势能ep、动能ek、机械能e随小球距d点的高度h变化关系的图线分别是乙、丙、甲（按顺序填“甲、乙、丙）（3）在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法要保证初速度为0 让光电门与小球运动的方向垂直考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：（1）要使求得动能则应测出小球在各点时的速度，则应用到光电门传感器，小球充当遮光片；（2）根据各能量与高度的关系，可知甲、乙、丙所对应的图象；（3）分析图象中的各能量间的关系，可得出正确结论解答：解：实验中用dis测出的应为小球在各点时的动能，故应用到光电门传感器，而小球充当档光片的作用； 小球高度下降，故小球的重力势能应减小，动能增大，但总机械能不变，故乙图表示重力势能的变化； 丙图表示动能的变化，甲图表示机械能的变化；由图可知，动能与势能的和近似与机械能相等，故说明在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒而要验证机械能守恒即验证：mgh=从公式中可以看出，影响实验的有一下几点：1要保证初速度为0；2适当减小遮光板的宽度d；3让光电门与小球运动的方向垂直；等故答案为：（1）光电门传感器（或光电门、光电传感器）；（2）乙、丙、甲；（3）1要保证初速度为0；2适当减小遮光板的宽度d；3让光电门与小球运动的方向垂直（任意有两个即可）点评：本题比较新颖，要注意结合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的原理14某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只（1）实验中滑动变阻器应选用r1（填“r1”或“r2”）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=1.48v；内阻，r=0.88考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）估算出电路中最大电流：当变阻器的电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器（2）对照电路图，按顺序连接电路（3）由闭合电路欧姆定律分析ui图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻解答：解：（1）电路中最大电流i=1.5a，r2的额定电流远小于1.5a，同时r2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用r1（2）对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示（3）由闭合电路欧姆定律u=eir得知，当i=0时，u=e，ui图象斜率的绝对值等于电源的内阻和电流表内阻之和，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势e=1.48v r=ra=1=0.88故答案为：（1）r1；（2）连线如图；（3）1.48，0.88点评：本实验的原理是闭合电路欧姆定律，根据原理由图象的斜率和截距分别求出内阻和电动势三、解答题（本题共4小题，满分47分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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）15如图所示，甲为操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，为了研究学生沿竿下滑的情况，在竿的顶部装有一拉力传感器，可显示竿的顶端所受拉力的大小现有一学生手握滑竿，从竿的上端由静止开始下滑，下滑5s后这个学生的下滑速度为零，并用手紧握住滑竿保持静止不动以这个学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的力随时间变化的情况如图乙所示求：（1）该学生下滑过程中的最大速度；（2）5s内该学生下滑的距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）传感器显示的力即为杆对这名学生的拉力大小由图得知，01s内，杆对学生的力小于其重力，学生做匀加速运动，第15s内，杆对学生的力大于学生的重力，学生做匀减速运动，所以在第1s末，这名学生达到最大速度，由牛顿第二定律和运动学结合求解最大速度（2）运用平均速度分别求出两段时间内学生的位移，再求解总位移解答：解：（1）因为杆顶端所受拉力大小与杆对这名学生拉力的大小相等，所以传感器显示的力大小即为杆对这名学生的拉力由图象可知，01s内，杆对学生的拉力f1=380n；第5s后，杆内学生的拉力f3=500n，此时学生处于静止状态设学生在01s内的加速度为a，取向下为正方向，由牛顿第二定律知，在01s内：mgf1=ma第5s后：mgf3=0由可解得：a=2.4m/s2可知，这名学生在下滑的第1秒内做匀加速直线运动而由图象可知，第15s内，杆对学生的拉力f2mg，加速度方向竖直向上，学生做匀减速直线运动，所以第1s末，这名学生达到最大速度v=at=2.4m/s（2）设这名学生第1s内加速下滑的距离为x1，第15s内减速下滑的距离为x2，则有所以5s内该学生下滑的距离x=x1+x2=6.0m 答：（1）该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s；（2）5s内该学生下滑的距离为6m点评：本题运用牛顿第二定律和运动学规律相结合解决动力学问题，关键是分析学生的受力情况和运动情况16如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，滑块与圆盘间的动摩擦因数1=0.2，经光滑的过渡圆管进入轨道abc已知ab段斜面倾角为53，bc段斜面倾角为37，滑块与斜面间的动摩擦因数均为=0.5，a点离b点所在水平面的高度h=1.2m滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和b点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8 （1）若圆盘半径r=0.5m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达b点时的动能（3）从滑块到达b点时起，经0.5s正好通过c点，求bc之间的距离考点：动能定理的应用；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块做匀速圆周运动，指向圆心的静摩擦力力提供向心力，静摩擦力随着外力的增大而增大，当滑块即将从圆盘上滑落时，静摩擦力达到最大值，根据最大静摩擦力等于向心力列式求解，可以求出滑块即将滑落的临界加速度；（2）先根据动能定理求解出滑倒最低点时的动能，再根据机械能的表达式求出动能；（3）对滑块受力分析，分别求出向上滑行和向下滑行的加速度，然后根据运动学公式求解出bc间的距离解答：解：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得：mg=m2r，代入数据解得：=5rad/s；（2）滑块在a点时的速度：va=r=50.2=1m/s，从a到b的运动过程由动能定理：mghmgcos53h/sin53=mvb2mva2，代入数据解得：vb=4m/s，ekb=8j；（3）滑块在b点时的速度：vb=4m/s，滑块沿bc段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37+ucos37）代入数据解得：a1=10m/s2，位移：s1=0.8m，时间：t1=0.4s，返回时加速度大小：a2=g（sin37ucos37），代入数据解得：a2=2m/s2，bc间的距离：sbc=s1a2（tt1）2，代入数据解得：sbc=0.76m；答：（1）若圆盘半径r=0.2m，当圆盘的角速度为5rad/s时，滑块从圆盘上滑落（2）滑块到达b点时的动能为8j（3）从滑块到达b点时起，经0.6s 正好下滑通过c点，bc之间的距离为0.76m点评：本题关键把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解17一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表 规 格后轮驱动直流电动机车型26电动自行车额定电压下的输出功率110w整车质量30kg额定电压36v最大载重120kg额定电流3.5a质量为m=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的0.020倍若取g=10m/s2，那么在此人行驶的过程中，求：（结果保留两位有效数字）（1）此车电动机在额定电压下正常工作的效率有多高？（2）在电动机以额定功率提供动力的情况下，此人骑车行驶的最大速度为多大？（3）在电动机以额定功率提供动力的情况下，当车速为v1=1.0m/s时，此人骑车的加速度为多大？（4）假设电动机正常工作时，损失的功率有80%是由于电机绕线电阻生热而产生的，则电动机的绕线电阻为多大？考点：电功、电功率；牛顿第二定律 专题：恒定电流专题分析：（1）根据电动机的电压和电流可以求得电动机的总的功率的大小，再有电动机的输出的功率的大小可以求得电动机在额定电压下正常工作的效率；（2）根据功率p=fv可以求得人骑车行驶的最大速度；（3）根据功率求出牵引力的大小，根据牛顿第二定律求得加速度的大小；（4）根据发热功率的计算公式p=i2r可以求得电动机的绕线电阻解答：解：（1）电动机的总的功率的大小为：p总=ui=363.5=126w，由图表可知，电动机的输出功率为110w，所以电动机在额定电压下正常工作的效率为：=100%=100%=87%；（2）当电动自行车的牵引力和受到的阻力的大小相等时，电动自行车的速度到达最大，电动自行车受到的阻力的大小为：f=0.020mg=0.020（30+70）10=20n，所以由p=fv可的自行车的最大的速度为：v=m/s=5.5m/s，（3）当速度为v1=1.0m/s时，电动机的牵引力为：f1=110n，根据牛顿第二定律可得：a=0.90m/s2（4）电动机正常工作时，损失的功率为：126w110w=16w，电动机绕线电阻发热的功率为：p热=1680%=12.8w，根据p热=i2r可得电动机的绕线电阻为：r=1.0答：（1）此车电动机在额定电压下正常工作的效率为87%；（2）在电动机以额定功率提供动力的情况下，此人骑车行驶的最大速度为5.5m/s；（3）在电动机以额定功率提供动力的情况下，当车速为v1=1.0m/s时，此人骑车的加速度为0.90m/s2；（4）假设电动机正常工作时，损失的功率有80%是由于电机绕线电阻生热而产生的，则电动机的绕线电阻为1.0点评：在计算电功率的公式