2012优化方案高考物理总复习(大纲版)：第8章第一节知能优化演练
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图 7－ 4－ 7
图 7－ 4－ 8
(3) 该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实 验数据，在图 7 － 4 － 8 中的方格纸上画出该铅笔芯 的伏安特性曲线；
次 1 数 U/V 0 I/A 0 2
0.3 0.08
3
4
5
6
7
89Βιβλιοθήκη 100.5 0.7 1.0 1.2 1.5 1.7 2.0 2.2 0.13 0.18 0.25 0.30 0.36 0.39 0.43 0.45
实验八
描绘小电珠的伏安特性曲线
实 验 八 描 绘 小 电 珠 的 伏 安 特 性 曲 线
知识要点归纳
过程分析导引
实验典例精析
知能优化演练
知识要点归纳
实验目的 1．描绘小电珠的伏安特性曲线． 2．分析伏安特性曲线的变化规律．
实验原理 用电流表测出流过小电珠的电流，用电压表测出 小电珠两端的电压，测出多组(U，I)值，在U－I 坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这 些点连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线．
图 7－ 4－ 1
2．把滑动变阻器的滑动片调节到图中最左端， 接线经检查无误后，闭合开关S. 3．移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不 同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入表格 中，断开开关S. U(V) I(A) U(V) I(A) 0 2.0 0.2 2.4 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.6 2.8 3.2 3.6 3.8
4．在坐标纸上以U为横轴，以I为纵轴，建立坐 标系．在坐标纸上描出各组数据所对应的点．将 描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠 的伏安特性曲线． 5．拆除电路、整理仪器． 二、注意事项 1．本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小，因 此测量电路必须采用电流表外接法． 2．本实验要作出I－U图线，要求测出一组包括 零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分 压接法．
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2d 【答案】 (1) 2 保持 F1 不变，重复实验多次 t 测量，求平均值 (2)c (3)bc
【规律总结】 本题旨在考查学生对新颖实验情
景的把握和处理，理解实验设计的目的、原理及 操作过程是解决创新实验的关键．
知能优化演练
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图象不过原点，a、b 项错；由于 m 逐渐增 1 大，故 a－ F 图象的斜率 应逐渐减小，c 项对， m d 项错． (3)不论用什么方法改变拉力的大小，都不能改 变滑动摩擦力的大小， a 项错；由于用加水的 方法每次增加的拉力可大可小，故 b、 c 项对； 用两种方法都可以获得较大加速度， 故 d 项错．
3．改变几次钩码的质量，重复2中的方法，得
到若干组数据．记入设计的表格中．
4．在保持钩码不变的前提下，通过在滑块上 增加或减少橡皮泥来改变滑块的质量，按2中 的方法，记录相关数据，填入设计的表格中．
二、实验数据处理 1．通过记录的光电门的位置，确定滑块通过第 1 个光电门到第 2 个光电门的位移．利用遮光 条的宽度和记录的时间，算出滑块通过两个光
量之间的变化关系的方法，这也是物理学Biblioteka 研究问题时经常采用的方法．
本实验中，研究的参量为F、m和a，在验证牛顿
第二定律的实验中，可以控制参量m一定，研究F 与a的关系，控制参量F一定，研究m与a的关系．
实验器材
气垫导轨，光电门，数字计时器，滑块，挡光片，
橡皮泥，钩码，气源，电源．
过程分析导引
一、实验步骤 1．利用气垫导轨装置，将气垫导轨调节为水平， 通过气垫导轨一端的滑轮，用一细绳一端拴在滑 块上，细绳另一端挂一钩码．由于滑块和轨道之 间有一层气垫，滑块所受摩擦力非常小，几乎为 零，这样提高了实验的准确性． 2．记录两个光电门的位置、所挂钩码的质量、 遮光条宽度，让滑块由静止释放，记录滑块通过 两个光电门时的时间．
【大纲版】2012高三物理《优化方案》总复习课件第9章第三节
(2)小球到达B点时的动能．
图9－3－10
解析：(1)小球进入电场区域前做平抛运动，竖直方 向上： v2 y ＝ 2gh， vy＝ 2 m/s U q v0 d 进入电场后做直线运动，满足： ＝ vy mg 解得：d＝0.3 m. (2)从 A 点到 B 点的过程中，应用动能定理： 1 2 mg(h＋ L)＋ qU＝ Ek－ mv0 2 L vy 1 ＝ ＝ 解得： Ek＝ 0.175 J. d v0 2
带电体在匀强电场中的运动
例2 9－3－9所示，在倾角θ＝37°的绝缘 如图 斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场 强E＝4.0×103 N/C，在斜面底端有一与斜面垂 直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.20 kg的带电滑块 从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与 挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高 度h＝0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝ 0.30，滑块带电荷q＝－0.50×10－4 C．取重力 加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝ 0.80.求：
4．动态分析如下表
即时应用
1.(2010年高考北京理综卷)用控制变量法，可以
研究影响平行板电容器电容的因素(如图9－3－
3)．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，
静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不
变，若( ) A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小
图 9－ 3－ 1
三、示波管 1．示波管装置
示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管
内抽成真空．如图9－3－2所示．
图 9－ 3 － 2
2．工作原理
示波器是可以用来观察电信号随时间变化情况
高考物理基础知识综合复习优化集训8曲线运动和抛体运动(含答案)
高考物理基础知识综合复习：优化集训8 曲线运动和抛体运动基础巩固1.图中虚线描述的是一位跳水运动高台跳水时头部的运动轨迹,最后运动员沿竖直方向以速度v入水,图中与入水速度方向可能相同的位置是()A.a点B.b点C.c点D.d点2.某质点在恒力F作用下,从A点沿图中曲线方向运动到B点。
经过B点时,若力的方向突然变为与原来相反,则它从B点开始可能沿图中的哪一条虚线运动()A.虚线aB.虚线bC.虚线cD.虚线d3.比赛中,某赛车在弯道处顺时针加速,下面四幅俯视图中画出了赛车转弯时所受的合力的可能情况,你认为正确的是()4.某研究性学习小组进行了如下实验:如图所示,在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水,水中放一个红蜡做成的小圆柱体R。
将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合,在R从坐标原点匀速上浮的同时,玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。
R可视为质点,则R在上升过程中运动轨迹的示意图是()5.如图所示,建筑工人常常乘坐升降机粉刷外墙。
如果在升降机沿竖直方向匀加速上升的同时,工人水平向右匀速移动,假设工人视为质点,以竖直向上为y轴正方向,水平向右为x轴正方向,则在这个过程中站在地面上的人看到工人的运动轨迹可能是()6.(2021年浙江1月选考)某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示,每次曝光的时间间隔相等。
若运动员的重心运动轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球运动轨迹重合,A、B、C和D表示重心位置,且A和D处于同一水平高度。
下列说法正确的是()A.相邻位置运动员重心的速度变化相同B.运动员在A、D位置时重心的速度相同C.运动员从A到B和从C到D的时间相同D.运动员重心位置的最高点位于B和C中间7.在影片中,某人在右边楼顶上遭遇围攻,情急之下向左急奔后跳出,恰好落在左侧大楼顶层的阳台上,得以逃生。
假设右边楼顶与左侧大楼顶层的阳台的高度差为3 m,水平距离为6.24 m,将上述“跳出”动作看成水平跳出,不考虑空气阻力,g取10 m/s2,则起跳速度大小约为()A.6 m/sB.8 m/sC.11 m/sD.13 m/s8.“套圈圈”是老少皆宜的游戏,如图,大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁圈,都能套中地面上同一目标。
【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(大纲版)实验十八知能优化演练
1. 如图14－4－11，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下说法正确的是( )图14－4－11(1)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离适当大些，可以提高准确度(2)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离取得小些，可以提高准确度(3)入射角θ1适当大些，可以提高准确度(4)入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行(5)P 1、P 2的间距，入射角的大小均与实验的准确度无关A ．(1)(3)B ．(2)(4)C ．(3)(5)D ．(1)(4)解析：选A.实验根据大头针确定入射光线和出射光线，在连线及测量时必然有误差，P 1、P 2和P 3、P 4之间距离适当大些，可以减小百分误差，故(1)正确，(2)错误；实验要求入射角不能太小，否则会导致测量误差太大，(3)正确；根据几何知识知光在第二界面的入射角等于在第一界面的折射角小于临界角，不会发生全反射，(4)错误；综合上述分析知(5)错误．故选A.2．某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误，但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa ′与bb ′不平行，如图14－4－13所示，则( )图14－4－13A ．AO 与O ′B 两条直线平行B ．AO 与O ′B 两条直线不平行C ．他测出的折射率偏大D ．他测出的折射率不受影响答案：BD3．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa ′、bb ′与玻璃砖位置的关系分别如图14－4－14中的①②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以aa ′、bb ′为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．丙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．图14－4－14解析：甲同学测量的光路图如图甲所示，真实值n ＝sin θ1sin θ2，测量值n ′＝sin θ1sin θ2′.因θ2′＞θ2，故n ′＜n ，所以甲同学测得的折射率与真实值相比偏小．乙同学测量的光路图如图乙所示，测量值n ＝sin θ1sin θ2，与真实值相等． 丙同学测量可能出现三种可能，光路图如图丙所示．当出射点为c 时，测量值与真实值相同；当出射点在c 左侧时，测量值小于真实值；当出射点在c 点右侧时，测量值大于真实值．故丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大、可能偏小、可能不变．答案：偏小 不变 可能偏大、可能偏小、可能不变4．利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：在白纸上作一直线MN ，并作出它的一条垂线AB ，将半圆柱形玻璃砖(底面的圆心为O )放在白纸上，使它的直边与直线MN 对齐，在垂线AB 上竖直插两枚大头针P 1和P 2，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P 1P 2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．图14－4－15(1)为了确定光线P 1P 2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧最少应插________枚大头针．(2)请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置，并用“×”表示，作出光路图．为了计算折射率，应该测量的量(在光路图14－4－15上标出)有________，计算折射率的公式是________．解析：(1)1 (2)光路图如图所示，光在圆弧面上D 点发生折射，法线为OD 直线，测出入射角i 和折射角r ，折射率n ＝sin r sin i. 答案：见解析5. (2011年福建龙岩调研)小明同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验(如图14－4－17所示)，他进行的主要步骤是：图14－4－17A ．用刻度尺测玻璃砖的直径AB 的大小dB ．先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心O 、直径AB 、AB 的法线OCC ．将玻璃砖放回白纸的原处，长直尺MN 紧靠A 点并与直径AB 垂直放置D ．调节激光器，使PO 光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O ，并使长直尺MN 的左右两端均出现亮点，记下左侧亮点到A 点距离x 1，右侧亮点到A 点的距离x 2.则(1)小明利用实验数据计算玻璃折射率的表达式n ＝________.(2)关于上述实验以下说法正确的是________．A ．在∠BOC 的范围内，改变入射光PO 的入射角，直尺MN 上可能只出现一个亮点B ．左侧亮点到A 点的距离x 1一定小于右侧亮点到A 点的距离x 2C ．左侧亮点到A 点的距离x 1一定大于右侧亮点到A 点的距离x 2D ．要使左侧亮点到A 点的距离x 1增大，应减小入射角解析：(1)作出光路图如图所示，折射光线交于MN 上的E 点，反射光线交于MN 上的F 点．折射率等于折射角的正弦与反射角的正弦的比，即n ＝sin θsin α＝d /2x 21＋(d /2)2d /2x 22＋(d /2)2 ＝ 4x 22＋d 24x 21＋d2. (2)当入射角大于等于临界角时，发生全反射，则只有反射光线照射到MN 上，所以MN 上可能只出现一个亮点，故A 项正确；由图知，θ角大于α角，所以左侧亮点到A 的距离总是比右侧亮点到A 点的距离小，故B 正确，C 项错误；要想左侧亮点到A 点的距离增大，必须减小折射角，由折射率公式可知，要减小折射角，必须减小入射角，故D 项正确．答案：(1) d 2＋4x 22d 2＋4x 21(2)ABD高考∷试.题%库。
【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(大纲版)第5章第二节知能优化演练
1．下列关于运动物体所受合外力做的功和动能变化的关系正确的是( )A ．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零B ．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C ．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化D ．物体的动能不变，所受合外力一定为零解析：选A.由W ＝Fs cos θ知当F ＝0时，W ＝0，A 对，而当W ＝0时，F 不一定为零，B 错．物体做变速运动时可以是速度大小变化，也可以是速度方向变化，若速度大小没变，则动能不变，C 错．动能不变只是速度大小不变，例如匀速圆周运动，而物体所受合外力不为零，D 错．2．如图5－2－8所示，电梯质量为M ，地板上放置一质量为m 的物体．钢索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为H 时，速度达到v ，则( )A ．地板对物体的支持力做的功等于12m v 2 B ．地板对物体的支持力做的功等于mgHC ．钢索的拉力做的功等于12M v 2＋MgH D ．合力对电梯M 做的功等于12M v 2 解析：选D.对物体m 用动能定理：WF N －mgH ＝12m v 2，故WF N ＝mgH ＋12m v 2，A 、B 均错，钢索拉力做的功WF 拉＝(M ＋m )gH ＋12(M ＋m )v 2，故C 错误，由动能定理知，合力对电梯M 做的功应等于电梯动能的变化12M v 2，故D 正确． 3．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m 1∶m 2＝1∶2，速度之比v 1∶v 2＝2∶1.当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l 1，乙车滑行的最大距离为l 2.设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( )A ．l 1∶l 2＝1∶2B ．l 1∶l 2＝1∶1C ．l 1∶l 2＝2∶1D ．l 1∶l 2＝4∶1答案：D4．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm 而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1 cm ，则子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为( )A ．3∶1∶2B ．3∶2∶1C ．2∶1∶3D ．2∶3∶1答案：A5．右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB 长L ＝1.5 m ，如图5－2－9所示．将一个质量为m ＝0.5 kg 的木块在F ＝1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的A 端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F ，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：图5－2－9(1)木块沿弧形槽上升的最大高度；(2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平桌面上滑动的最大距离．解析：(1)由动能定理得：FL －F f L －mgh ＝0其中F f ＝μF N ＝μmg ＝0.2×0.5×10 N ＝1.0 N所以h ＝FL －F f L mg ＝1.5×(1.5－1.0)0.5×10m ＝0.15 m. (2)由动能定理得：mgh －F f s ＝0所以s ＝mgh F f ＝0.5×10×0.151.0m ＝0.75 m. 答案：(1)0.15 m (2)0.75 m高*考[试)题═库。
【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(大纲版)实验十九知能优化演练
1．用图14－5－8所示的装置来观察光的双缝干涉现象时，以下推断正确的是()图14－5－8A．狭缝屏的作用是使入射光到达双缝屏时，双缝就成了两个振动情况总是相同的光源B．若入射光是白光，则像屏上的条纹是黑白相间的干涉条纹C．像屏上某点到双缝的距离差为入射光波长的1.5倍时，该点处一定是亮条纹D．双缝干涉中亮条纹之间的距离相等，暗条纹之间的距离不相等解析：选A.分光法获得干涉光源，所以A正确．白光的干涉条纹是彩色的不是黑白相间的，B错．屏上某点到双缝的距离差为波长的1.5倍时，该处应是暗纹，C错．相邻亮纹间距等于相邻暗纹间距，D错．2．在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时()A．只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失B．红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在C．任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮D．屏上无任何光亮解析：C.两缝透过的红光和绿光不是相干光源，不能发生干涉现象，没有干涉条纹，由于有光到光屏，所以仍有光亮．3．分别以红光和紫光先后用同一装置进行双缝干涉实验，在屏上得到相邻的明条纹间的距离分别为Δx1和Δx2，则()A．Δx1＜Δx2B．Δx1＞Δx2C．若双缝间距离d减小，而其他条件保持不变，则Δx1增大D．若双缝间距离d减小，而其他条件保持不变，则Δx1不变解析：选BC.由Δx＝ld λ可知ld相同，λ越大Δx越大；l、λ不变，d减小，Δx越大．4．如图14－5－9所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动则()图14－5－9A．不再产生干涉条纹B．仍可产生干涉条纹，且中央亮纹P的位置不变C．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向上移D．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向下移解析：选B.同一单缝S发出的光到两缝S1、S2形成频率相同的相干光源，叠加后仍形成干涉条纹，中央亮纹位置不变，因为该点到两缝距离差为零．5．用某种单色光做双缝干涉实验时，已知双缝间距离d＝0.20 mm，双缝到毛玻璃屏间的距离为L＝75.0 cm，如图14－5－10甲所示，实验时先转动如图乙所示的测量头上的手轮，使与卡尺游标相连的分划线对准如图丙所示的第1条明条纹，此时卡尺的主尺和游标的位置如图戊所示，则游标尺上的读数x1＝________mm，然后再转动手轮，使与卡尺游标相连的分划线向右边移动，直到对准第5条明条纹，如图丁所示，此时卡尺的主尺和游标的位置如图己所示，则游标卡尺上的读数x2＝________mm，由以上已知数据和测量数据，则该单色光的波长是________mm.图14－5－10解析：由游标卡尺读数规则读出x1＝0.3 mm，x2＝9.6 mmΔx ＝x 2－x 1n －1＝9.34 mmλ＝Δx ·d l ＝9.3×0.204×750mm ＝6.2×10－4 mm. 答案：0.3 9.6 6.2×10－46．(2011年醴陵模拟)现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在图14－5－11所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图14－5－11(1)将白光光源C 放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列最佳顺序应为C 、________、A .(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮； ②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上； ③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．在操作步骤②时还应注意__________________________和__________________________．(3)将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图14－5－12甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为________mm ，求得相邻亮纹的间距Δx 为______________mm.图14－5－12(4)已知双缝间距d 为2.0×10－4 m ，测得双缝到屏的距离l 为0.700 m ，由计算式λ＝________，求得所测红光波长为______nm.解析：(1)E 、D 、B 通过滤光片获得单色光，通过单缝获得线光源，通过双缝获得相干光(顺序不能交换)(2)单缝和双缝间距为5 cm ～10 cm ，使单缝与双缝相互平行．(3)13.870 2.310 (4)d lΔx 660 答案：(1)E 、D 、B (2)见解析(3)13.870 2.310 (4)d lΔx 660高★考∴试`题∽库。
【优化方案】高三物理专题复习攻略 专题八知能优化训练 新人教版(安徽专用)
《优化方案》高三专题复习攻略（新课标）物理安徽专用专题八知能优化训练1．(2011年高考浙江理综卷)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ (漏选或全选得零分)；并分别写出所选器材的作用________________________________________________________________________________________________________________________________________________图8－19解析：电磁打点计时器用来打点计时，以便测定加速度，要配备4 V～6 V学生电源(交流电源)为其供电，通过改变砝码个数来改变拉力大小．钩码放在小车上来调节小车质量．也可用电火花打点计时器来代替学生电源和电磁打点计时器，因为电火花打点计时器使用220 V交流电，不使用学生电源．答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码(或电火花打点计时器、钩码、砝码) 学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花打点计时器)记录小车的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可以用于测量小车的质量．2．(2011年高考山东理综卷) 某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图8－20所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x.(空气阻力对本实验的影响可以忽略)图8－20(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________．(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为________．(3)以下能引起实验误差的是________．a ．滑块的质量b ．当地重力加速度的大小c ．长度测量时的读数误差d ．小球落地和滑块撞击挡板不同时解析：(1)同时听到声音说明小球与木块运动时间相同，设都为t ，则小球做自由落体运动，H ＝12gt 2，木块沿斜面下滑做匀加速直线运动，x ＝12at 2，由以上两式可得a g ＝x H. (2)对木块进行受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：沿斜面方向：mg sin θ－F f ＝ma垂直斜面方向：F N －mg cos θ＝0又有：F f ＝μF N由以上三式解得a ＝g sin θ－μg cos θ.将a g ＝x H代入可得： μ＝h －x 2H x 2－h 2(3)由动摩擦因数的表达式可知选c 、d.答案：(1)xH (2)h －x 2H x 2－h 2 (3)cd3．(2011年高三押题卷)在“验证机械能守恒定律”的实验中：(1)某同学用图8－21甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，A 、B 、C 、D 、E 为连续的五个点，交流电的频率为50 Hz ，测出点A 、C 间的距离为14.77 cm ，点C 、E 间的距离为16.33 cm.已知当地的重力加速度为9.8 m/s 2，重锤的质量为m ＝1.0 kg ，则重锤在下落过程中受到的平均阻力大小F f ＝________.图8－21(2)某同学上交的实验报告显示重锤增加的动能略大于重锤减少的重力势能，则出现这一问题的原因可能是________(填序号)A．重锤下落时受到的阻力过大B．在计算中误将g取10 m/s2C．重锤的质量测量错误D．交流电的频率不等于50 Hz解析：(1)由Δx＝aT2，mg－F f＝ma可解得F f＝0.05 N．(2)在阻力的影响下，重锤增加的动能小于重锤减少的势能，若出现动能大的情况，可能是电源频率偏低或速度求解偏大所致，受到阻力过大、在计算中误将g取10 m/s2两种情况均导致重力势能减少量大于动能增加量，重锤质量对本实验结果无影响．答案：(1)0.05 N (2)D4．(2011年高考江苏卷)某同学利用如图8－22所示的实验电路来测量电阻的阻值．图8－22(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变．改图8－23(2)用待测电阻R x替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V．利用(1)中测绘的U－R图象可得R x＝________Ω.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(选填“偏大”或“偏小”)．现将一已知阻值为10 Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象实现对待测电阻的准确测定？解析：(1)根据表中数据，确定U、R轴刻度，使图象尽量大一些，描点、连线[用平滑曲线连接，且必须过(0,0)点]．(2)由作出的图象得到相应的R值，约为20 Ω.(3)由I＝ER′＋R＋r知r增大后，计算出R值会偏小，由题表知，要实现对待测电阻的准确测定，应改变滑动变阻器的阻值，使电压表示数为1.50 V.答案：(1)(2)20(19～21都算对)(3)偏小改变滑动变阻器阻值，使电压表示数为1.50 V5．(2011年高考天津理综卷)(1)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯的运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G.他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是________________________________________________________________________．(2)用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图8－24所示．该金属丝的直径是________mm.图8－24 图8－25(3)某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率．开始玻璃砖的位置如图8－25中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖的直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像．如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失．此时只须测量出________，即可计算玻璃砖的折射率．请用你的测量量表示出折射率n＝________.(4)某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ)；B．电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω)；C．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；D．电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许最大电流1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定功率1 W)；G．开关和导线若干．电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在连线上存在的问题：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.图8－26解析：(1)由加速度a 方向向上超重，加速度a 方向向下失重，得电梯此时向上减速或向下加速．(2)D ＝1 mm ＋0.5 mm ＋20.6×0.01 mm＝1.706 mm.(3)光线指向圆心入射时不改变传播方向，恰好观察不到P 1、P 2的像时发生全反射，测出玻璃砖直径边绕O 点转过的角度θ，此时入射角θ即为全反射临界角，由sin θ＝1n得n ＝1sin θ. (4)由于电源电压为20 V ，为测量精确应选电压表C ，此时电路中电流表的最大电流I m ＝15 V 25 k Ω＝0.6 mA ＝600 μA ，为保证安全，需选电流表B.R x R V ≈1/4，R A R x≈1/80，故R x 是大电阻，应将电流表内接．滑动变阻器最大阻值1 k Ω，待测电阻约25 k Ω，限流式接法变阻器调节范围很小，起不到应有作用，故应采用分压式接法．答案：(1)减速上升或加速下降 (2)1.706(1.704～1.708均可) (3)玻璃砖直径边绕O点转过的角度θ 1sin θ(4)B C ①电流表应采用内接的方式 ②滑动变阻器应采用分压式接法。
2012优化方案高考物理总复习(大纲版)课时卷8-11(42页)
优化方案·课时作业第8章热学课时24第8章热学第一节分子动理论内能一、选择题1．(2010年高考四川理综卷)下列现象中不．能说明分子间存在分子力的是()A．两铅块能被压合在一起B．钢绳不易被拉断C．水不容易被压缩D．空气容易被压缩解析：选D.A、B选项说明分子间存在引力，C选项说明分子间存在斥力，D选项说明气体分子间距大，故答案为D.2．(2010年高考上海卷)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则()A．分子间斥力随分子间距的增大而增大B．分子间斥力随分子间距的减小而增大C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大解析：选B.分子引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，所以A错；但分子力随分子间距离的减小而先增大后减小最后再增大，C、D选项错误．3．下列说法中正确的是()A．温度低的物体内能小B．温度低的物体分子运动的平均速率小C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加答案：D4．(2011年上海师大附中检测)关于物体的机械能和内能的说法中正确的是()A．物体重力势能大时分子势能一定大B．机械能增大时内能可能减小C．物体的动能增大，则物体内分子平均动能一定增大D．内能增大时机械能可能减小解析：选BD.内能和机械能没有必然的联系，所以A、C错，B、D对．5．(2009年高考北京理综卷)做布朗运动实验，得到某个观测记录如图．图中记录的是()A．分子无规则运动的情况B．某个微粒做布朗运动的轨迹C．某个微粒做布朗运动的速度－时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线解析：选D.微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；而按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线的无规则，也能充分反映微粒布朗运动的无规则，本实验记录描绘的正是某一粒子位置的连线，故选D.6．下列叙述正确的是()A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积C．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小答案：AC7．1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下列说法正确的是()A．分子的平均动能和分子的总动能都相同B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同C．内能相同D．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1 g水和1 g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，D正确．8．分子甲和分子乙距离较远，设甲分子固定不动，乙分子逐渐向甲分子靠近，直到不能再近的这一过程中()A．分子力总是对乙分子做正功B．乙分子总是克服分子力做功C．先是乙分子克服分子力做功，然后分子力对乙分子做正功D．先是分子力对乙分子做正功，然后乙分子克服分子力做功解析：选D.由于分子间距大于r 0时，分子力表现为引力，因此分子乙从远处移到距分子甲r 0处的过程中如右图，乙受的分子力与其运动方向相同，分子力做正功，由于分子间距离小于r 0时分子力表现为斥力，乙受的分子力与其运动方向相反，因此分子乙从距分子甲r 0处继续移近甲时要克服分子力做功．所以只有D 对．9．(2011年北师大附中模拟)分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质．据此可判断下列说法中错误的是( )A ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B ．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C ．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D ．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素解析：选B.A 选项中小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A 是正确的．B 选项中分子间的相互作用力在间距r <r 0范围内，随分子间距的增大而减小，在r >r 0的范围内，随分子间距的增大先增大后减小，故B 是错误的．C 选项中分子势能在r <r 0时，分子势能随r 的增大而减小，在r 0处势能最小，在r >r 0时，分子势能随r 的增大而增大，故C 选项是正确的．D 选项中真空环境是为防止其他杂质的介入，而高温条件下，分子热运动剧烈，有利于所掺入元素分子的扩散．10．铜的摩尔质量为M ，密度为ρ，若用N A 表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是( )A ．1个铜原子的质量为ρN AB ．1个铜原子占有的体积为M N AC ．1 m 3铜所含原子的数目为ρN A M D ．1 kg 铜所含原子的数目为N A M解析：选CD.1个铜原子的质量为M N A ，1个铜原子占有的体积为V N A ＝M ρN A.由1个铜原子的体积大小即可计算1 m 3铜所含原子的数目为1单个铜原子体积＝ρN A M，1 kg 铜所含原子的数目为1单个铜原子质量＝N A M. 二、计算题11．(2011年青岛模拟)已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3 kg/mol ，密度为ρ＝13.6×103kg/m 3，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.求：(1)一个汞原子的质量(用相应的字母表示即可)；(2)一个汞原子的体积(结果保留一位有效数字)；(3)体积为1 cm 3的汞中汞原子的个数(结果保留一位有效数字)．解析：(1)一个汞原子的质量为m 0＝M N A. (2)一个汞原子的体积为V 0＝V mol N A ＝M ρ N A＝200.5×10－313.6×103×6.0×1023 m 3≈2×10－29 m 3. (3)1 cm 3的汞中含汞原子个数n ＝ρVN A M＝13.6×103×1×10－6×6.0×1023200.5×10－3个≈4×1022个． 答案：(1)M N A(2)2×10－29 m 3 (3)4×1022个 12．(2011年徐州模拟)一个标准足球场的面积为105 m ×68 m ＝7140 m 2.通常用空气湿度(相对湿度、绝对湿度)表示空气中含有水蒸气的情况，若球场附近一定体积的空气中所含的水蒸气凝结成水后的体积为103 cm 3，已知水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3，水的摩尔质量M mol＝1.8×10－2 kg/mol ，一标准大气压为1.0×105 Pa ，试求：(1)该足球场上方空气的质量；(2)水蒸气凝结成的水中含多少水分子；(3)估算一个水分子的直径为多大．(以上计算结果均保留一位有效数字)解析：(1)由p 0S ＝mg 得：m ＝p 0S g ＝1×105×714010kg ≈7×107 kg. (2)水的摩尔体积为V 0＝M mol ρ＝1.8×10－21.0×103 m 3/mol ≈2×10－5 m 3/mol水分子数：n ＝V 水N A V 0＝103×10－6×6.02×10232×10－5个 ≈3×1025个．(3)建立水分子的球模型有16πd 3＝V 0N A得水分子直径d ＝ 36V 0πN A ＝ 36×2×10－53.14×6.02×1023 m ≈4×10－10 m. 答案：(1)7×107 kg (2)3×1025个 (3)4×10－10 m课时25第二节 热力学定律及能量守恒 气体一、选择题1．下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( )A ．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B ．能量耗散过程中能量不守恒C ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D ．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性解析：选AD.第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A 正确；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C 错误．2．(2011年苏锡常镇四市高三检测)下列说法正确的是( )A ．机械能和内能的转化具有方向性B ．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C ．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的D ．当温度由20 ℃变为40 ℃，物体分子的平均动能应变为原来的2倍解析：选AC.根据热力学第二定律判断A 、C 项正确；气体的温度升高，气体分子的平均运动速率增加，B 项错误；当温度由20 ℃变为40 ℃，物体分子的平均动能增大，但是平均动能与热力学温度成正比，D 项错误．3．下列说法正确的是( )A ．物体吸收热量，其温度一定升高B ．热量只能从高温物体向低温物体传递C ．遵守热力学第一定律的过程一定能实现D ．做功和热传递是改变物体内能的两种方式解析：选D.物体吸热温度不一定升高，A 错；热量只能自发地从高温物体向低温物体传递，B 错；遵守热力学第一定律的过程不一定能实现，C 错，应选D.4．(2009年高考重庆理综卷)密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( )A ．内能增大，放出热量B ．内能减小，吸收热量C ．内能增大，对外界做功D ．内能减小，外界对其做功解析：选D.不计分子势能时瓶内空气的内能只与其温度有关，温度降低时其内能减小．塑料瓶变扁时瓶内空气体积减小，外界对其做功．再由热力学第一定律知此过程中瓶内空气要放出热量，故只有D 正确．5．(2009年高考全国卷Ⅱ)如图，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )A ．右边气体温度升高，左边气体温度不变B ．左右两边气体温度都升高C ．左边气体压强增大D ．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量解析：选BC.首先是右边气体由于电热丝加热而内能增加温度升高，从而压强变大，进而推动活塞向左运动．活塞向左运动过程中，右边气体对左边气体做功，左边气体内能增加温度升高，压强也变大，而右边气体的压强、温度又会降低，当再达到平衡时两边气体压强又相等，但比初始状态的压强大，对右边气体由pV T＝常量知温度比初始状态高，则内能比初始状态大．由能量守恒知，两边气体内能的总增加量应等于电热丝放出的热量，B 、C 正确．6．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图所示，一绝热容器被隔板K 隔开成a 、b 两部分．已知a 内有一定量的稀薄气体，b 内为真空．抽开隔板K后，a 内气体进入b ，最终达到平衡状态．在此过程中( )A ．气体对外界做功，内能减少B ．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变解析：选BD.因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W＋Q知内能不变，故选项A错误，选项B正确．稀薄气体可看成理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p2V2和V1<V2知p1>p2，即气体压强变小，故选项C 错误，选项D正确．7．A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至如图所示位置停止．假设这一过程中水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是()A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同解析：选B.由热力学第一定律和功能关系知，大气压力对水银做功大小等于水银内能增量和水银重力势能增量之和；大气压力对A、B装置内的水银做功相等，而B中水银重力势能增量小，故B中水银内能增量大．8．(2011年广东广州模拟)某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是()A．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定增大C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的动能一定不变解析：选B.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体仍然有压强，气体对器壁的顶部有作用力，所以A错误；体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加，B正确；外界对气体做功，但气体有可能向外界放热，所以内能的变化情况不能确定，C错误；气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，所以内能不变，但分子势能增大了，所以分子动能一定减小，即D错误．9．(2011年成都模拟)在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的质量为M的汽缸，汽缸内有一质量为m的活塞，已知M>m.活塞密封一部分理想气体．现对汽缸施加一个水平向左的拉力F(如图甲所示)时，汽缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞(如图乙所示)，此时汽缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2.设密封气体的质量和温度均不变，则() A．a1＝a2，p1<p2，V1>V2B．a1<a2，p1>p2，V1<V2C．a1＝a2，p1<p2，V1<V2D．a1>a2，p1>p2，V1>V2解析：选A.将活塞和汽缸看成整体，根据牛顿第二定律知F＝(M＋m)a，则a1＝a2，再分别分析活塞受力情况，则对题图甲，p0S－p1S＝ma，对题图乙，F＋p0S－p2S＝ma，可见p1<p2，再根据气体体积和压强的关系，V1>V2，因此A正确．10.如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下是水，上为空气，大气压恒定，A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热，原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B流，最后达到平衡．在这个过程中，下面哪个说法正确()A．大气压对水做功，水的内能增加B．水克服大气压力做功，水的内能减少C．大气压对水不做功，水的内能不变D．大气压对水不做功，水的内能增加解析：选D.因为水的体积未变，故大气压对水不做功，所以A、B错；由于水的重心降低，重力势能转化为内能，所以D对，C错．二、非选择题11．(2011年江苏南京一模)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功1.7×105 J，气体内能减少1.3×105J，则此过程中气体________(填“吸收”或“放出”)的热量是______J．此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×105 J的功，同时吸收了6.0×105 J的热量，则此过程中，气体内能增加了________J.解析：根据热力学第一定律得：W＝1.7×105 J，ΔU＝－1.3×105 J，代入ΔU＝W＋Q可得Q＝－3.0×105J，Q为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×105J；同理W＝－5×105 J，Q＝6×105 J，ΔU＝W＋Q＝1.0×105 J，即内能增加了1.0×105 J.答案：放出 3.0×105 1.0×10512．(2011年江苏一模)如图所示的圆柱形汽缸固定于水平面上，缸内用活塞密封一定质量的理想气体，已知汽缸的横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p 0.将活塞固定，使汽缸内气体温度升高1 ℃，气体吸收的热量为Q 1；如果让活塞可以缓慢自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气，且不计气体的重力)，也使汽缸内气体温度升高1 ℃，其吸收的热量为Q 2.(1)简要说明Q 1和Q 2哪个大些．(2)求汽缸内气体温度升高1 ℃时活塞向上移动的高度h .解析：(1)等容过程，吸收的热量用于增加气体的内能，ΔU 1＝Q 1等压过程，吸收的热量用于增加气体的内能和对外做功，ΔU 2＋|W 2|＝Q 2又ΔU 2＝ΔU 1，则Q 1<Q 2.(2)气体对外做功|W 2|＝(p 0S ＋G )h活塞向上移动的高度h ＝Q 2－Q 1p 0S ＋G. 答案：(1)Q 1<Q 2 (2)Q 2－Q 1p 0S ＋G优化方案·课时作业 第9章 电 场课时26第9章 电 场第一节 电场力的性质一、选择题1．(2011年青岛模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F q，下列说法正确的是( ) A ．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B ．若检验电荷的电量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小方向均不变解析：选D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故D 对．2．(2011年北京东城期末检测)使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q 和＋5Q 的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 2.则F 1与F 2之比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．16∶1D ．60∶1解析：选D.两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．3.(2010年高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)()解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示．4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是()A．a，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量B．a，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量C．a，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量D．a，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量解析：选B.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密，则电荷b附近的场强必比电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于a带的电荷量，则A 选项错误，B选项正确．5.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小答案：C6．一个点电荷产生的电场，两个等量同种点电荷产生的电场，两个等量异种点电荷产生的电场，两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场．这是几种典型的静电场．带电粒子(不计重力)在这些静电场中的运动()A．不可能做匀速直线运动B．不可能做匀变速运动C．不可能做匀速率圆周运动D．不可能做往复运动答案：A7.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是()A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确．8．(2011年江苏镇江模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的()解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.9.(2011年陕西五校联考)如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A ，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B 时速度为零．以下说法正确的是( )A ．小球重力与电场力的关系是mg ＝3EqB ．小球重力与电场力的关系是Eq ＝3mgC ．小球在B 点时，细线拉力为F T ＝3mgD ．小球在B 点时，细线拉力为F T ＝2Eq解析：选BC.根据对称性可知，小球处在AB 中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知选项A 错误，B 正确；小球到达B 点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：F T ＝qE sin30°＋mg cos30°，化简可知F T ＝3mg ，选项C 正确，D 错误．10．(2011年北京考试院抽样测试)如图所示，真空中Ox 坐标轴上的某点有一个点电荷Q ，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为0.2 m 和0.7 m ．在A 点放一个带正电的试探电荷，在B 点放一个带负电的试探电荷，A 、B 两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x 轴正方向相同，电场力的大小F 跟试探电荷电荷量q 的关系分别如图中直线a 、b 所示．下列说法正确的是( )A ．B 点的电场强度的大小为0.25 N/CB ．A 点的电场强度的方向沿x 轴负方向C ．点电荷Q 是正电荷D ．点电荷Q 的位置坐标为0.3 m解析：选D.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q 为负电荷，且放置于A 、B 两点之间某位置，选项B 、C 均错；设Q 与A 点之间的距离为l ，则点电荷在A 点产生的场强为E A ＝kQ /l 2＝F a /q a ＝[4×104/(1×10－9)]N/C ＝4×105 N/C ，同理，点电荷在B 点产生的场强为E B ＝kQ /(0.5－l )2＝F b /q b ＝[1×10－4/(4×10－9)]N/C ＝0.25×105 N/C.解得l ＝0.1 m ，所以点电荷Q 的位置坐标为x Q ＝x A ＋l ＝0.2＋0.1＝0.3(m)，所以选项A 错误，选项D 正确．二、计算题11．(2011年南通一模)如图所示，BCDG 是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R ，下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m 、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g .(1)若滑块从水平轨道上距离B 点s ＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．解析：本题解题的关键是要有等效场的思想，求轨道与物块之间作用力时要找准向心力的来源．(1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理得qE (s ＋R )－μmgs －mgR ＝12m v 2－0， 而qE ＝3mg 4，解得v ＝gR . (2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则F －qE ＝m v 2R ，解得F ＝74mg . (3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为v min )，则有(qE )2＋(mg )2＝m v 2min R ，解得v min ＝5gR 2. 答案：见解析12．(2011年北京东城模拟)如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E ＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q ＝－1.73×10－5 C 、质量为m ＝3×10－2 kg 的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C 点．已知AB 间距离x 1＝0.4 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)小球在B 点的速度v B ；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x 2；(3)小球从A 点滑至C 点的时间是多少？。
2012届高考物理知能优化演练复习试题(含答案)
2012届高考物理知能优化演练复习试题(含答案)1.一质量均匀的不可伸长的绳索(其重力不可忽略)．A、B两端固定在天花板上，如图5－4－5所示，今在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉至D点，在此过程中，绳索的重心位置将()图5－4－5A．逐渐升高B．逐渐降低C．先降低后升高D．始终不变解析：选A.在下拉过程中，外力做正功，绳索的机械能增加，而动能又不变，故重力势能增大，重心上升．2．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于()A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和解析：选D.物块在运动过程中有重力和摩擦力做功，在物块的运动过程中，由动能定理W＝ΔEk得：WG－Wf＝ΔEk，即WG＝ΔEk＋Wf.从上式可见，重力做功，重力势能减少，减少的重力势能一部分增加物体的动能，一部分克服摩擦力做功，D选项正确．3．如图5－4－6所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为Ep和Ek，弹簧弹性势能的最大值为Ep′，则它们之间的关系为()图5－4－6A．Ep＝Ek＝Ep′B．Ep>Ek>Ep′C．Ep＝Ek＋Ep′D．Ep＋Ek＝Ep′解析：选A.当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能会全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知Ep＝Ek＝Ep′，故答案选A.4．如图5－4－7所示，一长为2l的轻杆中央有一光滑的小孔O，两端各固定质量为2m和m的A、B两个小球，光滑的铁钉穿过小孔垂直钉在竖直的墙壁上，将轻杆从水平位置由静止释放，转到竖直位置，在转动的过程中，忽略一切阻力．下列说法正确的是()图5－4－7A．杆转到竖直位置时，A、B两球的速度大小相等为gl3B．杆转到竖直位置时，杆对B球的作用力向上，大小为13mgC．杆转到竖直位置时，B球的机械能减少了43mglD．由于忽略一切摩擦阻力，A球机械能一定守恒解析：选 B.忽略一切摩擦阻力时，系统的机械能守恒．两球转动半径相等，则任一时刻的速率相等．取初始位置为重力势能的零点，有0＝－2mgl＋mgl＋12(m＋2m)v2，可得v＝2gl3，A错误；则B球在最高点时所需向心力为F向＝mv2l＝23mg，故杆应对B有向上的支持力，大小为13mg，B正确；此时B球的机械能为mgl＋12mv2＝43mgl＞0，故增加了43mgl，C错误；系统的机械能守恒，而B球机械能增加，则A球的机械能一定减少同样多，D错误．5．(2011年江苏泰州联考)如图5－4－8所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点．现给小球一冲击，使它以初速度v0沿环上滑，已知v0＝6Rg.求：图5－4－8(1)若金属环光滑，小球运动到环的最高点时，环对小球作用力的大小和方向．(2)若金属环粗糙，小球运动到环的最高点与环恰无作用力，小球从最低点运动到最高点的过程中克服摩擦力所做的功．解析：(1)设小球到最高点速度为v1，金属环光滑，由机械能守恒定律得：12mv20＝12mv21＋2mgR解得：v1＝2gR在最高点mg＋N＝mv21R解得：N＝mg，方向竖直向下．(2)小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v2则mg＝mv22R解得：v2＝gR从最低点到最高点，由动能定理得：－mg2R－W克＝12mv22－12mv20 解得：W克＝12mgR.答案：(1)mg方向竖直向下(2)12mgR。
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垂直的情形
命题热点
1. 本章主要内容是磁场的基本性质及安培力，洛伦 磁力的应用，高考对本章的命题热点主要集中在安培 力应用和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合 场中的运动． 2．高考在本章命题的题型有两种：一种是以选择题 的形式侧重考查磁场的基本概念、安培力的简单应用、 带电粒子在磁场中运动；另一种是以计算题形式着重 考查带电粒子在复合场中的运动，与电磁感应的综合 考查与新科学、新科技的发展和生产实践相结合的题 目．
3．从近几年高考看，复合场问题综合性较强， 覆盖知识点较多，预计在2012年高考中仍是命题 的热点，同时一些与生活联系较多的新材料科学 也会成为新的命题背景，但最终仍是带电粒子的
运动问题.
第 8章
磁
场
2012高考导航
广东考纲展示
1. 磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ 2．通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ 3．安培力、安培力的方向Ⅰ 4．匀强磁场中的安培力Ⅱ 5．洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ 6．洛伦兹力公式Ⅱ 7．带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ 8．质谱仪和回旋加速器Ⅰ
说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感
2012届高考物理 知能优化演练复习试题8
复习试题1.图2－4－6(2009年高考广东理基卷)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图2－4－6所示．下列表述正确的是( )A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比解析：选B.图像的横轴截距表示弹簧的原长，A错误，图像的斜率表示弹簧的劲度系数，B 正确，C错误，图像不过原点，D错误．2．(2010年高考福建卷)某实验小组研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系．实验时，将原长约200 mm的上端固定在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20 g)，每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图像如图2－4－7所示．从图像中可以得出( )图2－4－7A．增挂钩码时Δl与F成正比，而减挂钩码时Δl与F不成正比B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度解析：选D.从图像看，图线呈非线性关系，说明所挂钩码已使橡皮筋的形变超出弹性限度．故选项D正确．3．如图2－4－8甲所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连．当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图像(如图乙)．则下列判断正确的是( )图2－4－8A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比C．该弹簧的劲度系数是200 N/mD．该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变解析：选BCD.由乙图可知F＝kx，即弹簧的弹力和弹簧的形变量成正比，不与弹簧长度成正比，A错误．由ΔF＝kΔx可知，B说法正确；由k＝Fx＝200.1N/m＝200 N/m，C正确；F－x图线的斜率对应弹簧的劲度系数，而x＞0和x＜0时的斜率相同，故D正确．4．做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验步骤如下：A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来；B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度L0；C．将铁架台固定于桌子上(也可在横梁的另一侧挂上一定的配重)，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺；D．依次在弹簧下端挂上2个、3个、4个、…钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码；E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式，首先尝试写成一次函数，如果不行则考虑二次函数；F．解释函数表达式中常数的物理意义；G．整理仪器．请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：________________________________________________________________________.解析：根据实验的实验操作过程应先安装仪器，再挂钩码然后记录数据，分析数据，最后整理即可，排列先后顺序为：CBDAEFG.答案：CBDAEFG图2－4－95．某同学用如图2－4－9所示装置做探究弹力和弹簧伸长关系的实验．他先测出不挂砝码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上砝码，并逐个增加砝码，测出指针2砝码质量m/×102 g0 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.007.00 标尺刻度x/×10－2m15.0018.9422.8226.7830.6634.6042.0054.50x m图2－4－10(2)根据所测得的数据和关系曲线可以判断，在________范围内，弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律．这种规格弹簧的劲度系数为________ N/m.解析：(1)根据题目中所测量的数据进行描点，然后用平滑的曲线(或直线)连接各点，在连接时应让尽可能多的点落在直线上，偏差比较大的点舍去，不在直线上的点尽量平均分布在线的两侧，如图所示．(2)根据所画图像可以看出，弹簧原长为x0＝15×10－2 m，当m≤5.00×102 g＝0.5 kg时，标尺刻度x与弹簧伸长关系满足胡克定律．由胡克定律F＝k(x－x0)可知，x－x0＝gk m，所以图线斜率在数值上等于gk，即19.6×10－25.0×10－1N/m＝gk，解得k＝25 N/m.答案：(1)略(2)m≤0.5 kg256．(创新实验)某学习小组通过实验知道：在弹性限度内，弹簧的弹力F的大小与弹簧的伸长(或缩短)量x成正比，公式表示为F＝kx；并且不同的弹簧，其劲度系数k也不同．现在该学习小组将两根已知劲度系数分别为k1、k2的弹簧A和B串接成一根新弹簧，并想通过实验确定新弹簧的劲度系数k3与k1、k2的关系．(1)甲同学猜想是k3＝k1＋k2，乙同学猜想是1k3＝1k1＋1k2.其中有一位同学的猜想是对的，请你判断出谁对谁错，并写出判断依据．(2)为了验证理论推导的正确性，可通过实验来完成．实验所需的器材除了弹簧A和B、已知质量为m且质量相等的钩码外，还需要的器材有______________．(3)请你写出完整的实验步骤．解析：(1)乙同学的猜想是对的，当新弹簧所受拉力为F时，其中A弹簧的伸长量x1＝Fk1，B弹簧的伸长量x2＝Fk2，而k3＝Fx1＋x2，可得1k3＝1k1＋1k2.(2)要将弹簧悬挂起来，需要实验器材铁架台；要测量弹簧的长度，从而得到弹簧的形变量，需要用刻度尺．(3)完整的实验步骤：①将新弹簧悬挂在铁架台上，用刻度尺测出弹簧的长度l0；②在弹簧下端挂上n个钩码，测出此时弹簧的长度l1；③将测量结果代入k3＝nmgl1－l0得到k3的值；④改变n的值，多测几次，取k3的平均值代入1k3＝1k1＋1k2进行验证．答案：见解析。
2012届高考物理知能优化演练复习试题(附答案和解释)
2012届高考物理知能优化演练复习试题（附答案和解释）1．关于验证机械能守恒定律实验的下列说法中，哪些是正确的() A．选用重物时，重的比轻的好B．选用重物时，体积小的比体积大的好C．选用重物后，要称出它的质量D．重物所受的重力，应远大于它所受的空气阻力和纸带受到打点计时器的阻力解析：选ABD.在选取重物时，由于有空气阻力和摩擦阻力的存在，应该选取质量比较大的、体积比较小的重物，这样可以使重物的重力远大于它所受的空气阻力和纸带受到的打点计时器的摩擦阻力．2．(2011年宁波模拟)某同学在用落体法验证机械能守恒定律时，进行了以下步骤：a．把电磁打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器接在低压交流电源上；b．将连有重物的纸带穿过打点计时器的限位孔，提稳纸带并将重物靠近打点计时器；c．释放纸带，然后接通电源开关，打出一条纸带；d．更换纸带，重复b、c步骤，选出点迹清晰符合要求的纸带；e．用公式v＝2gh求出速度，验证机械能是否守恒．以上的操作中，你认为存在错误的步骤是________(只填步骤前序号)．解析：应当先接通电源开关，再释放纸带，步骤c错误；速度应通过实验测定，而不能用公式v＝2gh求出，原因是若利用公式，则说明物体下落的加速度等于重力加速度，则机械能一定守恒，失去了验证的意义，所以步骤e错误．答案：ce3.(2010年高考安徽卷)利用图5－6－6所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v 和下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：图5－6－6a．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t通过v＝gt计算出瞬时速度v.b．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝2gh计算出瞬时速度v.c．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h＝v22g计算出高度h.d．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v.以上方案中只有一种正确，正确的是________．(填入相应的字母)解析：在验证机械能守恒定律的实验中不能将物体下落的加速度看做g，只能把它当做未知的定值，所以正确方案只有d项．答案：d4．在用自由落体运动验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选出的纸带如图5－6－7所示．其中O点是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量O点到A、B、C 各点的距离，并记录在图中(单位：cm)．已知打点计时器电源频率为50Hz，重锤质量为m，当地重力加速度g＝9.8m/s2.图5－6－7(1)这三组数据中不符合有效数字读数要求的是________．(2)该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒定律，先计算出该段重锤重力势能的减小量为________，接着从打点计时器打下的第一个点O数起，数到图中B点是打点计时器打下的第9个点，他用vB＝gt 计算跟B点对应的物体的瞬时速度，得到动能的增加量为________(均保留三位有效数字)．这样他发现重力势能的减小量小于动能的增加量，造成这一错误的原因是____________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ____________.解析：(1)用毫米刻度尺测量长度，应估读到毫米的十分位，也即以厘米为单位，小数点后有两位，可见，三组数据中不符合有效数字要求的是OC(或15.7)．(2)重力势能的减少量ΔEp＝mghOB＝m×9.80×12.42×10－2＝1.22m(J)vB＝gt＝9.80×0.16m/s＝1.568m/s(J)动能的增加量ΔEk＝12mv2B＝12m×1.5682＝1.23m(J)造成这一现象的原因是计算物体速度时，认为物体下落加速度为g，而实际加速度小于g，将物体的速度算大了．应该用AC段的平均速度算，即vB＝AC2T(T＝0.02s)．答案：见解析5.如图5－6－8所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律．图5－6－8(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________．(在横线上填入选项前的编号)①物块的质量m1、m2；②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；④绳子的长度．(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：①绳的质量要轻；②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；④两个物块的质量之差要尽可能小．以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________．(在横线上填入选项前的编号)(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)本实验需要验证系统重力势能的减少量ΔEp＝(m1－m2)gh与系统动能的增加量ΔEk＝12(m1＋m2)v2是否相等，而h＝v2t，所以v ＝2ht，即(m1－m2)gh＝＋，因此，选①②或①③. (2)本实验验证的是A、B系统的机械能守恒，忽略了绳的质量，所以，绳的质量要轻，①对；在“轻质绳”的前提下，为尽可能减小实验误差，绳子应尽可能长些，但并不是越长越好，②错；本题所求的速度是竖直方向的速度，所以③对；为减小物体运动过程中摩擦阻力的影响，两物块的质量之差要尽可能大些，④错，故选①③.(3)①多次测量h和t②用高精度仪器测量各量、轻质滑轮④减小滑轮摩擦⑤绳子刚性弹性小物块密度大⑦真空任一条均可．答案：(1)①②或①③(2)①③(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”；“选取受力后相对伸长尽量小的绳”等等．6．(探究创新)某研究性学习小组用如图5－6－9所示装置验证机械能守恒定律．让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置，若不考虑空气阻力，小球的机械能应该守恒，即12mv2＝mgh.直接测量摆球到达B 点的速度v比较困难．现让小球在B点处脱离悬线做平抛运动，利用平抛的特性来间接地测出v.如图5－6－9所示，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重锤线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放)，小球的落点痕迹如图5－6－10所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐．用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离s，即可验证机械能守恒定律．已知重力加速度为g，小球的质量为m.图5－6－9图5－6－10(1)根据图5－6－10可以确定小球平抛时的水平射程为________cm.(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0＝________.(3)用测出的物理量表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量ΔEp ＝________，动能的增加量ΔEk＝________.解析：(1)将记录点用较小的圆圈起来，从直尺可读出圆心处的位置约为64.0cm～65.5cm.(2)根据自由落体下落的距离可求出小球水平运动的时间为t＝2h2g，小球平抛的初速度为v0＝st＝s•g2h2.(3)物体从A下降到B的竖直距离为h1－h2，重力势能的减少量ΔEp＝mg(h1－h2)，根据第(2)问可求得速度，得动能的增加量为ΔEk＝12mv2＝12m(s•g2h2)2＝mgs24h2.答案：(1)65.0(64.0～65.5均可)(2)s•g2h2(3)mg(h1－h2)mgs24h2。
2012优化方案高考物理总复习(大纲版)课时卷12-15(41页)
优化方案·课时作业第12章电磁感应课时34第12章电磁感应第一节电磁感应现象楞次定律一、选择题1．(2011年广州调研)如图所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则()A．断开电键K，ab中有感应电流B．闭合电键K，ab中有感应电流C．无论断开还是闭合电键K，ab中都有感应电流D．无论断开还是闭合电键K，ab中都没有感应电流解析：选B.两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故A、C错误；若闭合电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．2．如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是()A．a、b两个环B．b、c两个环C．a、c两个环D．a、b、c三个环解析：选A.当滑片左、右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流．3．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是()A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b解析：选B.根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a.当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现()A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流解析：选D.N单极子向下靠近时，磁通量向下增加，当N单极子向下离开时，磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向．5．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右解析：选BD.在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对．6．如图所示，沿x轴、y轴有两根长直导线，互相绝缘．x轴上的导线中通有沿－x方向的电流，y轴上的导线中通有沿＋y方向的电流，两虚线是坐标轴所夹角的角平分线．a、b、c、d是四个圆心在虚线上、与坐标原点等距的相同的圆形导线环．当两直导线中的电流从相同大小，以相同的快慢均匀减小时，各导线环中的感应电流情况是()A．a中有逆时针方向的电流B．b中有顺时针方向的电流C．c中有逆时针方向的电流D．d中有顺时针方向的电流解析：选BC.先根据安培定则可以判断a、b、c、d圆环所在区域的合磁场、合磁通，a、d圆环内合磁通为零，b圆环内合磁通方向向里，c圆环内合磁通方向向外．再根据楞次定律可以判断b圆环上感应电流方向为顺时针，c圆环上感应电流方向为逆时针，故答案为B、C.7．如图所示为地磁场磁感线的示意图．在北半球地磁场的竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，则()A．若飞机从西往东飞，U1比U2高B．若飞机从东往西飞，U2比U1高C．若飞机从南往北飞，U1比U2高D．若飞机从北往南飞，U2比U1高解析：选AC.北半球的地磁场的竖直分量向下，其俯视图如图所示，对水平飞行的飞机，其机翼可等效为一水平放置的导体棒，应用右手定则可判断，向北飞行时，左方机翼末端电势高．并可得出如下结论：在北半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机左翼电势高；在南半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机右翼电势高．(右手定则中四指的指向即等效电源的正极，因为在电源内部电流从负极流向正极)故A、C正确．8．(2011年潍坊模拟)如图所示，两块金属板水平放置，与左侧水平放置的线圈通过开关K用导线连接．压力传感器上表面绝缘，位于两金属板间，带正电的小球静置于压力传感器上，均匀变化的磁场沿线圈的轴向穿过线圈．K 未接通时压力传感器的示数为1 N ，K 闭合后压力传感器的示数变为2 N ．则磁场的变化情况可能是( )A ．向上均匀增大B ．向上均匀减小C ．向下均匀减小D ．向下均匀增大解析：选AC.K 闭合后，向上均匀增大或向下均匀减小磁场都能使上金属板带正电，下金属板带负电，带正电的小球受竖直向下的电场力，压力传感器示数变大．9．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N 及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A ．F N 先小于mg 后大于mg ，运动趋势向左B ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向左C ．F N 先小于mg 后大小mg ，运动趋势向右D ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右解析：选D.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈先左侧受到向右下的安培力，后右侧受到向右上的安培力，因此F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右，所以正确选项是D.10．如图，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平，烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是( )①磁铁下落的加速度先增大，后减小②磁铁下落的加速度恒定③磁铁下落的速度先增大后减小④磁铁下落的加速度一直减小最后为零⑤磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动A ．只有②正确B ．只有①③正确C ．只有①⑤正确D ．只有④⑤正确解析：选D.磁铁下落过程中，将在铜管中产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁将受到阻碍，磁铁下落速度越大，阻力越大，加速度越小，当阻力与重力相等时，加速度减为0，速度达到最大，磁铁以此速度匀速运动，故只有D 项正确．11．(2011年黄冈调研)如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为B y ＝B 0y ＋c，y 为该点到地面的距离，c 为常数，B 0为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径ab 水平，(空气阻力不计)铝框由静止释放下落的过程中( )A ．铝框回路磁通量不变，感应电动势为0B ．回路中感应电流沿顺时针方向，直径ab 两点间电势差为0C ．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD ．直径ab 受安培力向上，半圆弧ab 受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g 解析：选C.由题意知，y 越小，B y 越大，下落过程中，磁通量逐渐增加，A 错误；由楞次定律判断，铝框中电流沿顺时针方向，但U ab ≠0，B 错误；直径ab 受安培力向上，半圆弧ab 受安培力向下，但直径ab 处在磁场较强的位置，所受安培力较大，半圆弧ab 的等效水平长度与直径相等，但处在磁场较弱的位置，所受安培力较小，这样整个铝框受安培力的合力向上，故C 正确D 错误．二、计算题12．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.答案：B随t减小，B＝B0ll＋v t课时35第二节法拉第电磁感应定律自感一、选择题1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的甲～丁所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势先变小后变大解析：选D.根据法拉第电磁感应定律：感应电动势等于磁通量的变化率，得到在图甲中的磁通量不变，所以不会产生感应电动势，选项A错误．由数学知识得图乙中的磁通量变化率是恒定的，所以产生的感应电动势是恒定的，选项B错误．图丙中回路在0～t1时间内与t1～t2时间内磁通量的变化率都是恒定的，故产生恒定的电动势，但是0～t1时间内的磁通量的变化率大于t1～t2时间内磁通量的变化率，所以前一段时间内产生的感应电动势大于后一段时间内产生的感应电动势，选项C错误．图丁中的磁通量的变化率是先变小后变大，产生的感应电动势也是先变小后变大．所以本题的正确选项应该为D.2．(2011年宝鸡一检)在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒PQ以初速度v0水平抛出，如图所示．棒在运动过程中始终保持水平，空气阻力不计，那么，下列说法中正确的是()A．PQ棒两端的电势一定满足φP<φQB．PQ棒中的感应电动势越来越大C．PQ棒中的感应电动势越来越小D．PQ棒中的感应电动势保持不变解析：选AD.PQ棒水平切割磁感线，利用右手定则可判断两端的电势一定满足φP<φQ，A正确；因PQ棒水平方向速度不变，竖直方向不切割磁感线，所以PQ棒中的感应电动势保持不变，D正确．3．如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A．由c到d，I＝Br2ω/RB．由d到c，I＝Br2ω/RC．由c到d，I＝Br2ω/(2R)D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)解析：选D.金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．4．图中电感线圈L的直流电阻为R L，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合且稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开时，下列说法中正确的是()A．G1、G2的指针都立即回到零点B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点、G2两条支路的电流解析：选B.S闭合且稳定时，通过电流表G均由左向右．断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，等效电路如图所示．显然，断开S后，在E自的作用下，回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经电流表G2支路的电流方向变为由右向左．由于这段时间内E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的．5．(2010年高考北京卷)在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是()解析：选B.由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由零逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以选项B正确．6．(2010年高考全国卷Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是() A．电压表记录的电压为5 mVB．电压表记录的电压为9 mVC．河南岸的电势较高D．河北岸的电势较高解析：选BD.可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BL v＝9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D 项正确．7．(2010年高考江苏卷)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B ．1C ．2D ．4解析：选B.根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝Δ(BS )Δt，设初始时刻磁感应强度为B 0，线圈面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝Δ(BS )Δt ＝(2B 0－B 0)S 01＝B 0S 0；第二种情况下的感应电动势为E 2＝Δ(BS )Δt ＝2B 0(S 0－S 0/2)1＝B 0S 0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．8．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍( )A ．把线圈匝数增加一倍B ．把线圈面积增加一倍C ．把线圈半径增加一倍D ．改变线圈与磁场方向的夹角解析：选C.设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则I ＝E R ＝n ΔΦΔt R＝n πr 2ΔB Δt sin θρn ·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔB Δt ·sin θ.可见将r 增加一倍，I 增加1倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加到原来的2倍，电流也增加到原来的2倍，I 与线圈匝数无关．9．如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R 相连接，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F ，使金属棒从a 位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b 和c .若导轨与金属棒的电阻不计，ab 与bc 的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是( )A ．金属棒通过b 、c 两位置时，电阻R 的电功率之比为1∶2B ．金属棒通过b 、c 两位置时，外力F 的大小之比为1∶ 2C ．从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，电阻R 上产生的热量之比为1∶1D ．从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1解析：选AD.由题意知v c ＝2v b ，所以E c ＝2E b ，I c ＝2I b ，电阻R 消耗的功率P ＝I 2R ，所以P b P c ＝I 2b I 2c ＝12，A 正确；所需的外力F ＝B 2L 2v R ＋ma ，而金属棒所受的安培力F b F c ＝v b v c ＝12，因加速度未知，B 错误；金属棒从a 到b 和从b 到c 的两个过程中外力做功W 1<W 2，由动能定理可知动能的增加量ΔE k 1＝ΔE k 2，由能量守恒定律可知Q 1<Q 2，C 错误；E ＝ΔΦΔt ，I ＝ER，q＝It ，所以q ＝ΔΦR，因金属棒从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，磁通量的改变量相同，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1，D 正确．10．(2010年湖北荆州三月)如图，在水平面内有两条固定的光滑轨道MN 、PQ (电阻不计)，处于竖直向下的匀强磁场中，其上放有两根静止的导体棒ab 和cd ，质量分别为m 1、m 2，且m 1>m 2，两导体棒的电阻恒定，相距足够远．第一次导体棒ab 以速度v 0向静止的导体棒cd 运动，最后以共同速度运动，第二次导体棒cd 以速度v 0向静止的导体棒ab运动，最后也以共同速度运动，对ab 和cd 组成的系统，下列说法正确的是( )A ．第一次系统产生的焦耳热较小B ．第二次系统产生的焦耳热较小C ．两次系统末动能一样大D ．第二次系统末动能较小解析：选D.ab 、cd 棒最终达共速，满足动量守恒m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1，m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 2，故系统的末动能E k1＝12(m 1＋m 2)v 21＝(m 1v 0)22(m 1＋m 2)，E k2＝12(m 1＋m 2)v 22＝(m 2v 0)22(m 1＋m 2)，m 1>m 2，故E k1>E k2，C 错，D 对；系统产生的热量Q ＝12m i v 20－12(m 1＋m 2)v 2i ＝12m i v 20－(m i v 0)22(m 1＋m 2)＝12m i v 20(1－m im 1＋m 2)，当m i ＝m 1时，Q 1＝m 1m 22(m 1＋m 2)v 20，当m i ＝m 2时，Q 2＝m 1m 22(m 1＋m 2)v 20，则Q 1＝Q 2，A 、B 均错．二、计算题11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1 T ，金属棒AD 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻r ＝1/3 Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2Ω，R 2＝1 Ω.当金属棒以5 m/s 速度匀速向右运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流为多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则电容器中储存多少电荷量？解析：(1)金属棒产生的电动势E ＝BL v ＝0.2 V外电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝23Ω 通过金属棒的电流I ＝E R ＋r＝0.2 A. (2)电容器两板间的电压U ＝IR ＝215V 带电荷量Q ＝CU ＝4×10－8C.答案：(1)0.2 A (2)4×10－8C12．(2009年高考广东卷)如图甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．求0至t 1时间内：(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．解析：(1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，而S ＝πr 22 由闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋R联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)通过电阻R 1上的电荷量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0 电阻R 1上产生的热量Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20. 答案：见解析 课时36第三节 电磁感应规律的综合应用一、选择题1．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3D ．Ba v 解析：选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A. 2．如图所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L ＝0.1 m ，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度B ＝10 T ，质量m ＝0.1 kg 、电阻为R ＝2 Ω的金属杆ab 接在两导轨间，在开关S 断开时让ab 自由下落，ab 下落过程中、始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取g ＝10 m/s 2，当下落h ＝0.8 m 时，开关S 闭合．若从开关S 闭合时开始计时，则ab 下滑的速度v随时间t 变化的图象是图中的( )解析：选D.开关S 闭合时，金属杆的速度v ＝2gh ＝4 m/s.感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝E /R ，安培力F ＝BLI ，联立解出F ＝2 N ．因为F >mg ＝1 N ，故ab 杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故D 正确．3．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2 解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12m v 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12m v 2.4．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是( )A ．产生的焦耳热之比为1∶4B ．产生的焦耳热之比为1∶1C ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶2D ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶4解析：选AC.根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BL v )2R a ·L vW b ＝Q b ＝(B 2L v )2R b·2L v 由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4，A 对B 错；由产生的电量Q ＝ΔΦR ＝BS R得， Q a ∶Q b ＝1∶2，C 对D 错．5．(2010年高考全国卷Ⅱ)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析：选D.线圈自由下落，到b 点受安培力，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，线圈继续加速，到d 点出磁场时受到安培力作用，由F ＝B 2L 2v R知，安培力和线圈的速度成正比，D 正确．6．(2011年宝鸡一检)一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则图中能正确表示线圈中电流I随时间t 变化规律的是( )解析：选C.0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小为定值，A 、B 错误；4 s ～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd 的磁通量不变化，无感应电流，D 错误．7．(2010年高考上海卷)如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L .边长为L 的正方形线框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上．使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图( )解析：选AC.线框做匀加速直线运动，则有v ＝at ，v ＝2ax ；由欧姆定律可得电流I ＝BL v R＝BLat R ＝BL 2ax R，据此可知A 、C 两项正确，B 、D 两项错误． 8．(2011年东北三校联考)如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v 向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q 随时间t 变化的图象中正确的是( )解析：选AC.设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t ，导体棒的水平位移为x ＝v t ，导体棒切割磁感线的有效长度L ＝v t ·tan θ，所以回路中感应电动势E ＝BL v ＝B v 2t ·tan θ，感应电动势与时间t 成正比，A 正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B 错误；导体棒匀速移动，外力F 与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P ＝F v ＝BIL v ＝BI v 2t ·tan θ，与时间成正比，故C 正确；回路产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ，式中电流不变，回路电阻与t 成正比，故焦耳热Q 与t 2成正比，D 错误．9．(2009年高考福建理综卷)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且。
2012优化方案高考物理总复习(大纲版)：第2章第一节(共39张ppt)
【思路点拨】 由于两车位移相同，所以平 均速度大的车先到达，因此只要比较两车的 平均速度大小即可．
【解析】 对甲车：设用时为 t，则前一半 时间内的位移为 s1＝v1· 后一半时间内的 t/2， 位移为 s2＝v2· t/2 s1＋s2 v1· t/2＋v2· t/2 v1＋v2 v 甲＝ t ＝ ＝ ， t 2
经典题型探究 参考系的灵活选取
例1
一列长为l的队伍，行进速度为v1，通讯
员从队尾以速度v2(v2>v1)赶到队头，又立即以 速度v2返回队尾．求这段时间里队伍前进的距 离．
【思路点拨】 先求出通讯员从队尾到队头 和从队头回到队尾的时间，再利用x＝v1t计 算队伍前进的距离．
【解析】 法一：以队伍为参考系，则通讯员 从队尾赶到队头这一过程中，相对速度为(v2 －v1)；通讯员再从队头返回队尾的这一过程中 相对速度为(v1＋v2)，则整个运动时间 l l t＝ ＋ v2－v1 v1＋v2 则队伍在这段时间相对地面前进的距离 s 为 2v1v2l l l s＝v1t＝v1( ＋ )＝ 2 2. v2－v1 v1＋v2 v2－v1
2v1v2l 【答案】 v2－v2 2 1
【规律总结】 同一问题选择不同的参考系， 解决问题的难易、繁简程度不同，应用时注 意参考系的选取．
变式训练 以地面为参考系，通讯员在这段时间内的位
移大小和路程各是多少？
解析：通讯员从队尾出发最后又回到队尾， 2v1v2l 其位移与队伍的位移相同， s′＝s＝ 2 则 v2－v2 1 通讯员运动的路程： 2 2v2l l l L＝v2t＝v2( ＋ )＝ 2 2. v2－v1 v1＋v2 v2－v1
定 义 区 别 联 系
四、速度和速率 位移 1．平均速度：运动物体的_________和运动 所用时间的比值， 叫做这段时间内的平均速 Δs 度，即 v ＝ ，平均速度是矢量，其方向跟 Δt _________的方向相同． 位移
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1．关于温度的概念，下述说法中正确的是( )
A．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则分子的平均动能大
B．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大
C．当某物体内能增加时，该物体的温度一定升高
D．甲物体的温度比乙物体的温度高，则甲物体分子平均速率比乙物体分子平均速率大
解析：选A.由分子动理论内容得：温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能就越大，所以选项A正确．温度升高，分子的平均动能增加，但是每一个分子的动能不一定全增大，选项B错误．物体的内能是由两方面共同决定的：分子的平均动能和分子势能，所以当物体内能增加时，单一地说物体的温度升高是错误的，所以选项C错误．两个物体温度高低比较，温度高的则分子的平均动能大，但是不能说明是平均速率大，所以选项D 错误．
2．(2011年丰台区模拟)布朗运动的发现，在物理学上的主要贡献是( )
A．说明了悬浮微粒时刻做无规则运动
B．说明了液体分子永不停息地做无规则运动
C．说明了悬浮微粒做无规则运动的激烈程度与温度有关
D．说明了液体分子与悬浮微粒之间有相互作用力
答案：B
3．(2011年湖南联考)如图8－1－6所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能Ep与两分子间距离的变化关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为0，则下列说法中正确的是( )
A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大
B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0
C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态
D．乙分子的运动范围为x≥x1图8－1－6
解析：选BD.由图可知当x＝x2时分子势能最小，即为平衡位置，其加速度为零，A错；由于两分子所具有的总能量为0，即E总＝Ep＋Ek，故在x2处Ek＝E0，B对；在x＝x1时分子势能为0 ，但分子力表现为斥力，处于非平衡态，C错；当x<x1时分子势能为正，总能量为0，动能应为负，是不可能的，因此分子的运动范围为x≥x1，D对．
4．(2011年武汉模拟)已知地球表面空气的总质量为m，空气的平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，若把地球表面的空气全部液化且均匀分布在地球表面，则地球的半径将增加ΔR.为估算ΔR，除上述已知量之外，还需要下列哪一组物理量( )
A．地球半径R
B．液体密度ρ
C．地球半径R，空气分子的平均体积V
D．液体密度ρ，空气分子的平均体积V
解析：选C.若把空气全部液化且均匀分布在地球表面时，形成一个大的球体，液化后的空气形成球壳的体积V0＝π(R＋ΔR)3－πR3，而V0＝NAV，联立可求ΔR的值，故C正确．5．(2011年黄冈模拟)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的质量和体积分别为m和V0，则阿伏加德罗常数NA不可能表示为( )
A．NA＝B．NA＝
C．NA＝ D．NA＝
解析：选AD.由NA＝＝计算阿伏加德罗常数，不仅适用于分子间隙小的液体与固体，而且适用于分子间隙大的气体，故B、C正确；而NA＝＝仅适用于分子间隙小的液体与固体，由于
气体分子间有很大的间隙，每个气体分子所占据的空间为V占比每个分子的体积V0大得多，所以A、D不正确．
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