与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练29含答案

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与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练24含答案

课时跟踪训练(二十四)一、选择题1．(多选)将三个不同的电源的U－I图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，它们的内阻分别为r1、r2、r3，则下列关系正确的是()A．r1＝r2<r3B．r1>r2>r3C．E1>E2＝E3D．E1＝E2<E3[解析]由与纵轴截距知E1>E2＝E3，由图线斜率可知r3>r2＝r1，故AC正确．[答案]AC2．(多选)如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，两电表均可看作是理想电表．闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动，在此过程中()A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变暗，L2变亮C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小[解析]分析电路图可知，L1和滑动变阻器并联后再与L2串联，当滑动变阻器连入电路部分的阻值变小后，整个电路的电流变大，外电压减小，故电流表读数增大，电压表读数减小，D项正确；流过L2的电流变大，加在L1两端的电压减小，故L1变暗，而L2变亮，B项正确．[答案]BD3．(2015·山东临沂一模)如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的滑片向上移动时，下列论述正确的是()A．灯泡L一定变亮B．安培表的示数变小C．伏特表的示数变小D．R0消耗的功率变小[解析]当R的滑片P向上移动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，伏特表测量的路端电压变小，选项C正确；根据P＝U2R可知灯L消耗的功率变小，灯L变暗，选项A错误；外电路总电阻变小，回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得总电流I变大，而流过灯L的电流变小，故流过R0的电流变大，R0消耗的功率变大，选项B、D错误．[答案] C4．(2015·上海闸北一模)如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r1>r2，外电阻R相同．两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，下列说法正确的是()A ．甲电路电源内部产生热量较多B ．乙电路外电阻R 产生热量较少C ．乙电路电源做功较多D ．甲电路电源效率较高[解析] 电源做功W ＝EIt ＝Eq ，则两电源做功一样多，C 错误；电源的效率η＝UI EI ＝U E ＝1E ·ER R ＋r ＝R R ＋r，由于内电阻r 1>r 2，外电阻R 相同，甲图电源的内电阻大，则甲电路电源内部产生热量较多，电源效率低，故A 正确，D 错误；两个电阻的电热Q ＝I 2Rt ＝qIR ，电荷量和电阻相等，I 1<I 2，则甲电路外电阻的电热少，故B 错误．[答案] A5．(多选)(2015·江西抚州二模)如图所示，一平行板电容器C ，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个定值电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计(左进左偏)和电源连成电路，现有一个质量为m 的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是( )A ．增大R 3，油滴上升B ．增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏C ．增大R 1，R 1中电流的变化值大于R 3中电流的变化值D ．增大R 1，R 1两端电压的变化值大于R 3两端电压的变化值[解析] 增大R 3，外电路总电阻增大，总电流I 减小，平行板电容器C 的电压U C ＝IR 并，I 减小，U C 减小，板间电场强度减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落，故A 错误．在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，则电容器的电荷量减小，电容器放电，电流计指针左偏，故B错误．增大R1，电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3、r、R0的电压减小，R1、R2并联电压增大，而R3、r、R0及并联电压的和为E，是定值，因此R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值；R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3＝I1＋I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故C、D正确．[答案]CD6．(2015·天津河西一模)如图甲所示电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．开关S闭合后下列判断正确的是()A．L1电流为L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2消耗的电功率为0.375 WD．此时L2的电阻为12 Ω[解析]根据电路图和伏安特性曲线，灯泡L1的电压U1＝3 V，由题图乙读出其电流I1＝0.25 A，则灯泡L1的电阻R1＝12 Ω，灯泡L2、L3串联，电压U2＝U3＝1.5 V，由题图乙读出其电流I2＝I3＝0.20 A，灯泡L2、L3的电阻均为R1＝7.5 Ω，该支路中的总电阻为15 Ω，并联电压相等，通过灯L1电流不是通过灯L2电流的2倍，故A、D错误；灯L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝3×0.25 W＝0.75 W，B正确；灯L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.30 W，C错误．[答案] B7．(多选)(2015·湖南十三校联考)如图所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是()A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5[解析]题图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1，C正确，D错误；电流表A1的量程为3 A，A2的量程为0. 6 A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5∶1，B正确，A错误．[答案]BC8．(2015·北京卷)如图所示，其中电流表A的量程为0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的2倍．若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是()A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A[解析]当接线柱1、2接入电路时，电阻R1与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的13，由于电流表的满偏电压为定值，因此量程扩大为原来的3倍，故每一小格变为0.02×3＝0.06 A ，A 、B 选项错误．当接线柱1、3接入电路时，电阻R 1与电流表内阻并联后再和电阻R 2串联，但是串联的电阻R 2对于电流表量程无影响，故每一小格仍为0.06 A ．C 正确，D 错误．[答案] C9．(多选)(2015·浙江金丽衢一模)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑片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，以下判断错误的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω[解析] 由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系；此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝3.4－30.2 Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.4 V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故A 正确．变阻器向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即V 2读数逐渐增大，故B 错误．由题图可知，电动机的电阻r M ＝0.8－0.40.1 Ω＝4 Ω；当I ＝0.3 A 时，U＝3 V ，电动机输出功率最大，最大为P ＝UI －I 2r M ＝3 V ×0.3 A －(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W ，故C 错误．当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3.60.1－2－4 Ω＝30 Ω，故D 正确． [答案] BC10．(2015·河南焦作一模)在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大D.U 2I 变大、ΔU 2ΔI 变大[解析] 滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.U 2I 为外阻，变大，ΔU 2ΔI 为内阻，不变，则D错误．[答案] C二、非选择题11．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变动器，当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．[解析](1)题图乙中AB延长线交U轴于20 V处，交I轴于1.0 A处，所以电源的电动势为E＝20 V，内阻r＝EI短＝20 Ω.(2)当P滑到R3的右端时，电路参数对应题图乙中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，得R2＝U2I2＝5 Ω.(3)当P滑到R3的左端时，由题图乙知此时U外＝16 V，I总＝0.2 A，所以R外＝U外I总＝80 Ω.因为R外＝R1R3R1＋R3＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω. [答案](1)20 V20 Ω(2)5 Ω(3)300 Ω12．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化．参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电池的内阻)．(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12 V的电源上，求流过电灯的电流和每个电灯的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与9 Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为8 V、内阻为1 Ω的电源上，求通过电流表的电流值以及每个电灯的实际功率．[解析](1)把三个这样的电灯串联后，每个电灯得到的实际电压为123V＝4V由题图甲可知，每个电灯加上4 V的实际电压时的工作电流均为I＝0.4 A 由此可以求出此时每个电灯的实际电阻R＝UI＝40.4Ω＝10 Ω.(2)在题图乙的混联电路中，设每个电灯上的实际电压和实际电流分别为U′和I′.在这个闭合电路中，E＝U′＋2I′(R0＋r) ．代入数值并整理得U′＝8－20I′这是一个反映电路的直线方程．把该直线在题图甲的坐标系中画出，如图所示．(I代表I′，U代表U′)这两条图线的交点U′＝2 V，I′＝0.3 A同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值I A＝2I′＝0.6 A每个电灯的实际功率P＝U′I′＝2×0.3 W＝0.6 W.[答案](1)0.4 A10 Ω(2)0.6 A0.6 W。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练4含答案

课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。

高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练2 含答案

课时跟踪训练(二)一、选择题1．(多选)一物体做匀变速直线运动，经过时间t，它的速度由v1变为v2，经过的位移为x，下列说法中正确的是()A．这段时间内它的平均速度v＝x tB．这段时间内它的平均速度v＝v1＋v22C．经过x2时，它的瞬时速度为xtD．经过x2时，它的瞬时速度为v21＋v22 2[解析]根据平均速度的概念，这段时间内物体的平均速度v＝xt，故A正确；由于物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的平均速度v＝v1＋v22，B正确；由于物体的加速度为a＝v2－v1t，设经过x2时，它的瞬时速度为v，则v2－v21＝2a×x2，v22－v2＝2a×x2，所以v＝v21＋v222，故D正确．[答案]ABD2．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移是3 m，下列说法正确的是()A．第3 s内的平均速度是3 m/sB．物体的加速度是1.2 m/s2C．前3 s内的位移是6 mD．3 s末的速度是4 m/s[解析]第3 s内的位移x3＝12at23－12at22，解得物体的加速度a＝2x3t23－t22＝69－4m/s 2＝1.2 m/s 2，第3 s 末的速度v 3＝at 3＝1.2×3 m/s ＝3.6 m/s ，第3 s 内的平均速度是v ＝31 m/s ＝3 m/s ，前3 s 内的位移是x ＝12at 23＝12×1.2×32 m ＝5.4 m ，故A 、B 正确．[答案] AB3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，则它在前3 s 内的平均速度为( )A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．12 m/s[解析] 将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12at 2比较可知：v 0＝24 m/s ，a ＝－12m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t ＝0－24－12 s ＝2 s ，由此可知3 s 时汽车已经停止，位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m ，故平均速度v ＝x t ＝243 m/s ＝8 m/s.[答案] B4．如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q 、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3 m ，QN 长度为4 m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )A ．2 mB.98 mC.258 m D ．3 m[解析] 设相等的时间为t ，加速度为a ，由Δx ＝aT 2得，加速度a ＝Δx T 2＝(4－3) mT2＝1 m T2.Q点的速度等于PN段的平均速度，v Q＝x PQ＋x QN2T＝(4＋3) m2T＝7 m2T.则OQ间的距离s OQ＝v 2 Q2a ＝49 m24T2×T22 m＝498m，则OP长度x OP＝x OQ－x PQ＝498m－3 m＝258m，故A、B、D错误，C正确．[答案] C5．(多选)质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s内的位移为2.5 m，由此可求得()A．滑块的加速度为5 m/s2B．滑块的初速度为5 m/sC．滑块运动的总时间为3 sD．滑块运动的总位移为4.5 m[解析]初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s时，在前2 s内和后2 s内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，选项C正确；最初1 s内的位移与总位移之比为x1x ＝59，滑块最初1 s内的位移为2.5 m，故x＝4.5 m，选项D正确；根据x＝12at2可得a＝1 m/s2，选项A错误；根据v＝at可得，滑块的初速度为3 m/s，选项B错误．[答案]CD6．(多选)将物体以初速度v0从地面处竖直上抛，物体经3 s到达最高点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体上升的最大高度为45 mB ．物体速度改变量的大小为30 m/s ，方向竖直向上C ．物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为5∶3∶1D ．物体在1 s 内、2 s 内、3 s 内的平均速度之比为9∶4∶1[解析] 物体运动到最高点，速度为零，可以逆向看成自由落体运动，经3 s 落地，根据运动学公式可以得出高度为45 m ，初速度为30 m/s ，所以A 项正确，由Δv ＝gΔt ＝30 m /s 方向与加速度方向一致为坚直向下，B 项错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的规律，可以知道C 项正确，D 项错误．[答案] AC7．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000 s ，则小石子出发点离A 点约为()A ．6.5 mB ．10 mC ．20 mD ．45 m[解析] 根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB 段的平均速度的大小，再利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．由题图可知AB 的长度为2 cm ，即0.02 m ，曝光时间为11000 s ，所以AB 段的平均速度的大小为v ＝x t ＝0.0211000m/s ＝20 m/s ，由自由落体的速度与位移关系式v 2＝2gh 可得，h ＝v 22g ＝2022×10 m ＝20 m ，所以C 正确． [答案] C8．(多选)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt ，速度差为Δv ，如果人站在四层楼的阳台上，以同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差Δt 和速度差Δv 将( )A ．Δt 不变B ．Δt 变小C ．Δv 变小D ．Δv 变大[解析] 设细绳的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L ，在L 内运动的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋12gt 2，初速度越大，时间越短，所以Δt 1>Δt 2.速度差Δv ＝gΔt ，所以Δv 变小，故B 、C 正确．[答案] BC9．(多选)从地面竖直上抛一物体A ，同时在离地面某一高度处有一物体B 自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v ，则下列说法正确的是( )A ．A 上抛的初速度与B 落地时速度大小相等，都是2vB ．两物体在空中运动的时间相等C ．A 上升的最大高度与B 开始下落时的高度相同D ．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B 开始下落时高度的中点[解析] 设两物体从开始运动到同一高度的时间为t ，竖直上抛物体的初速度为v 0，则由gt ＝v 0－gt ＝v ，解得v 0＝2v ，故A 正确；根据竖直上抛运动的对称性可知，B 自由下落到地面的速度为2v ，在空中运动时间为t B ＝2v g ，A 竖直上抛，在空中运动时间t A ＝2v 0g ＝4v g ，故B 错误；物体A 能上升的最大高度h A ＝0－v 20－2g＝(2v )22g ，B 下落的高度h B ＝(2v )22g ，两者相等，故C 正确；两物体运动到同一高度时，B 下落的距离h ＝12gt 2＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫v g 2＝14h B ，同一高度点距地面的高度是下落时高度的34，故D 错误．[答案] AC10．(多选)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )A ．v b ＝8 m/sB ．v c ＝3 m/sC ．de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s[解析] 小球做匀变速直线运动，又因为小球从a 运动到c 和从c 到d 时间相等T ＝2 smh Δx ＝aT 2得a ＝x cd －x ac T 2＝－0.5 m/s 2c 点为ad 过程的中间时刻v c ＝x ad 2T ＝3 m/s ，故B 正确．从b 到c 由v 2c －v 2b ＝2ax bc ，v b ＝10 m/s ，故A 错误．根据速度公式v ＝v 0＋at 可得v d ＝v 0＋at 2＝2 m/s ，则从d 到e 有－v 2d ＝2ax de ，则x de ＝－v 2d /(2a )＝4 m ，故C 错误．由v ＝v 0＋at 可得从d 到e 的时间t de ＝－v d a ＝4 s ，D 正确．[答案] BD二、非选择题11．一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h ＝5 m 处的时间间隔Δt ＝2 s ，则小球的初速度v 0为多少？小球从抛出到返回原处所经历的时间是多少？[解析] 画出小球运动的情景图，如图所示．小球先后经过A 点的时间间隔Δt ＝2 s ，根据竖直上抛运动的对称性，小球从A 点到最高点的时间t 1＝Δt 2＝1 s ，小球在A 点处的速度v A ＝gt 1＝10 m/s在OA 段根据公式v 2A －v 20＝－2gx解得v 0＝10 2 m/s小球从O 点上抛到A 点的时间t 2＝v A －v 0－g ＝10－102－10s ＝(2－1) s 根据对称性，小球从抛出到返回原处所经历的总时间t ＝2(t 1＋t 2)＝2 2 s[答案] 10 2 m/s 2 2 s12．如(1)图所示，在太原坞城路某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．一辆汽车正从A 点迎面驶向测速仪B ，若测速仪与汽车相距355 m ，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C 处与超声波相遇，当测速仪接受到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D 点，且此时汽车与测速仪相距335 m ，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如(2)图所示分析(已知超声波速度为340 m/s)．(1)求汽车刹车过程中的加速度a；(2)此路段有80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车前的行驶速度是否超速？[解析](1)设超声波往返的时间为2t，汽车在2t时间内，刹车的位移为s＝12a(2t)2＝20 m，当超声波与A车相遇后，A车继续前进的时间为t，位移为s2＝12at2＝5 m，则超声波在2t内的路程为2×(335＋5) m＝680 m，由声速为340 m/s，得t ＝1 s，解得汽车的加速度a＝10 m/s2.(2)由A车刹车过程中的位移s＝v20 2a ，解得刹车前的速度v0＝20 m/s＝72 km/h 车速在规定范围内，不超速．[答案](1)10 m/s2(2)不超速。

高三物理第一轮复习课时跟踪练：第二章第二讲力的合成与分解解析含答案

第二章相互作用第二讲力的合成与分解课时跟踪练A组基础巩固1．(多选)(2018·丽江模拟)下列说法正确的是( )A．平行四边形定则适用于任何力的合成B．矢量的加法满足平行四边形定则或三角形定则C．力的合成的平行四边形定则只适用于共点力D．三角形定则只适用于共点力的合成解析：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，所以力的合成的平行四边形定则只适用于共点力，与两个分力共点的那条对角线所表示的力才是它们的合力，故A错误，C正确；矢量运算时遵从平行四边形定则或三角形定则，故B正确；三角形定则适用于共点力的合成与分解，故D错误．答案：BC2．(2017·湖北名校月考)关于力的合成与分解，下列说法正确的是( )A．合力一定大于其中一个分力B．合力与分力一定是同种性质的力C．合力与分力是等效的，同时作用在物体上D．已知合力和它的两个分力的方向，则两个力有确定值解析：由平行四边形定则可知，两个力的合力，可以比这两个分力都小，所以A错误；合力与分力在作用效果上等效，但不能说成是同种性质的力，故B错误；合力与分力是等效替代关系，但不是同时作用在物体上，所以C错误；根据力的合成与分解可知，已知合力和两个分力的方向，分解结果是唯一的，故D正确．答案：D3.(2018·大连模拟)生活中的物理知识无处不在．如图所示是我们衣服上的拉链的一部分，在把拉链拉开的时候，我们可以看到有一个类似三角形的东西在两链中间运动，使很难直接分开的拉链很容易地被拉开，关于其中的物理原理，以下说法正确的是( )A．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开两拉链的力B ．在拉开拉链的时候，三角形的物体只是为了将拉链分开，并没有增大拉力C ．在拉开拉链的时候，三角形的物体增大了分开拉链的力，但合上拉链时减小了合上的力D ．以上说法都不正确解析：在拉开拉链的时候，三角形的物体在两链间和拉链一起运动，手的拉力在三角形的物体上产生了两个分力，如图所示，分力大于手的拉力，所以很难直接分开的拉链可以很容易地被三角形物体分开，同理可知，合上拉链时增大了合上的力．答案：A4.(2018·秦皇岛模拟)假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大，如图所示，他先后作出过几个猜想，其中合理的是()A ．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B ．在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C ．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D ．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大解析：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d ，侧面长为l ，如图所示．当在刀背施加压力F 后，产生垂直侧面的两个分力F 1、F 2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F 1＝F 2)，因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)．根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式F 1F 2＝l d 2＝1sin θ，得F 1＝F 2＝F 2sin θ.由此可见，刀背上加上一定的压力F 时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sin θ的值越小，F 1和F 2的值越大，故D 正确．答案：D5.(2017·宁夏育才中学月考)如图所示，在粗糙水平面上放置A 、B 、C 、D 四个小物块，小物块之间由四根完全相同的轻质橡皮筋连接，正好组成一个菱形，∠BAD ＝120°，整个系统保持静止状态．已知A 物块所受的摩擦力大小为F f ，则D 物块所受的摩擦力大小为( )A.32F f B．F f C.3F f D．2F f解析：已知A物块所受的摩擦力大小为F f，设每根橡皮筋的弹力为F，则有2Fcos 60°＝F f，对D物块有2Fcos 30°＝F f′，解得F f′＝3F＝3F f，只有选项C正确．答案：C6．(2017·六安一中二模)如图所示，两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，用轻绳将两球与质量为m2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m1∶m2为( )A．1∶1 B．1∶2 C．1∶ 3 D.3∶2解析：将小球m2的重力按效果根据平行四边形定则进行分解如图，由几何知识得F T＝m2g，对m1受力分析，由平衡条件，在沿杆的方向有：m1g·sin 30°＝F T sin 30°，解得F T＝m1g，可见m1∶m2＝1∶1，故选A.答案：A7.如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆上，一根轻绳AB绕过滑轮，A 端固定在墙上，且A端到滑轮之间轻绳保持水平，B端下面挂一个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是( )A．只有θ变小，弹力才变大B．只有θ变大，弹力才变大C．无论θ变大还是变小，弹力都变大D．无论θ变大还是变小，弹力都不变解析：无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，这两个力的合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变．答案：D8.一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，轻绳与竖直方向的夹角为30°，如图所示．设每只灯笼的质量均为m，重力加速度大小为g，则自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )A．23mg B.23mg3C.83mg3D．8mg解析：以第一只灯笼下方的四只灯笼整体为研究对象，受力分析，根据力的合成与分解得，自上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小F T＝4mgcos 30°＝83mg3，选项C正确．答案：C9．在如图所示的四幅图中．AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接，B点下方用轻绳悬挂小物块，下列关于杆受力的说法正确的是( )A．甲中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳B．乙中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C．丙中的AB杆、BC杆均可替换为轻绳D．丁中的AB杆、BC杆均表现为支持力解析：由题图看出，甲、丙、丁中，AB杆对B点产生的是拉力，当用轻绳代替时效果不变，仍能使装置平衡，同理可知，题图中的BC杆可以用等长的轻绳代替的只有丙，故A错误，C正确；乙中B点受向下的拉力，则BC杆表现为支持力，由平衡关系可知AB杆也表现为支持力，故B错误；对丁中B点分析可知，B点受向下的拉力，AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力，故D错误．答案：C10．(2018·渭南模拟)如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线悬挂着，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力大小是20 3 N，g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )A．弹簧的弹力为10 NB．重物A的质量为2 kgC．桌面对B物体的摩擦力为10 3 ND．OP与竖直方向的夹角为60°解析：O′a与aA两细线拉力的合力与OP线的张力大小相等，由几何知识可知F O′a＝F aA＝20 N，且斜线OP与竖直方向的夹角为30°，D错误；重物A的重力G A＝F aA，所以m A＝2 kg，B正确；桌面对B的摩擦力F f＝F O′b＝F O′a cos 30°＝10 3 N，C正确；弹簧的弹力F弹＝F O′a sin 30°＝10 N，故A正确．答案：DB组能力提升11.(2018·绵阳模拟)近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．现将人体头颈部简化为如图的模型．重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP(可视为轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当人低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(sin 15°＝0.26，3＝1.73)( )A．4.2倍 B．2.8倍C．3.3倍 D．2.0倍解析：对头部进行受力分析，如图所示．设人的颈椎对头的支持力为F，由正弦定理得FG ＝sin（180－15°－45°）sin 15°＝sin 60°sin 15°≈3.3，选项C正确．答案：C12．(2017·辽宁铁岭联考)如图甲所示，两段等长轻质细线将质量分别为m、2m的小球A、B(均可视为质点)悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是( )A．F1＝4F2B．F1＝3F2C．2F1＝3F2D．2F1＝5F2解析：A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整体为研究对象，受力分析如图所示，设O、A间的细线与竖直方向的夹角为α，则由力的分解和平衡条件得Fsin α＋F2＝F1，Fcos α＝2mg＋mg，故tan α＝F1－F22mg＋mg，以B为研究对象受力分析，设A、B间的细线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tan β＝F22mg，由几何关系有α＝β，得2F1＝5F2，选项D正确．答案：D13.(多选)如图所示，用大小恒定的力F将物体压在粗糙竖直墙壁上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置的过程中，物体始终静止，则下列对在这个过程中，墙壁对物体的摩擦力F f与弹力F N的变化情况的分析正确的是( )A．F N先减小后增大B．F N先增大后减小C．F f的方向一直竖直向上D．F f可能先减小后增大解析：物体始终保持静止状态，受力平衡，对物体受力分析，F斜向下时，设F与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上，根据平衡条件得F f＝mg＋Fsin θ，方向向上，在水平方向上，F N＝Fcos θ，当F从实线位置绕O点顺时针转至水平位置的过程中，θ减小，则sin θ减小，cos θ增大，所以F f减小，F N 增大．F斜向上时，设F与水平方向的夹角为α，若Fsin α<mg，则竖直方向，根据平衡条件得F f＝mg －Fsin α，F f方向向上，水平方向F N＝Fcos α，当F从水平位置转至虚线位置的过程中，α增大，则sin α增大，cos α减小，所以F f减小，F N减小；若Fsin α>mg，则F f方向向下，Fsin α＝mg＋F f，α增大，则sin α增大，F f增大．综上可知，F f的方向可能一直向上，大小逐渐减小；也可能先向上后向下，大小先减小后增大．F N先增大后减小，选项B、D正确．答案：BD14．如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球B、C，假设绳与物体A的表面平行，当两球静止时，小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是( )A．m1＝m2B．m1＝m2tan θC．m1＝m2tan θD．m1＝m2cos θ解析：设绳对两球的拉力大小为F T，对C根据力的合成与分解得F T＝m2gsin θ；对B根据力的合成与分解得F T＝m1gcos θ；联立解得m1＝m2tan θ，选项B正确．答案：B15．(多选)如图所示，斜面体A静置于水平地面上，其倾角θ＝45°，上表面水平的物块B在A上恰能匀速下滑，现对B施加一个沿斜面向上的力F，使B能缓慢地向上匀速运动．某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C(图中未画出)，A始终静止，仅改变F的大小为F′，使B保持运动状态不变．已知重力加速度大小为g.关于放上C之后，下列说法正确的是( )A．B受到的摩擦力大小增加了22mgB．B受到的摩擦力不变C．A受到地面的摩擦力不变D．A受到地面的摩擦力大小增加了mg解析：在B匀速下滑过程中，所受的摩擦力大小为F f1＝m B gsin θ，又F f1＝μm B gcos θ，联立解得μ＝tan θ＝1；未放C之前，B匀速上滑时，由于B对A的压力没有变化，则B所受的摩擦力大小没有变化，仍为F f2＝F f1＝μm B gcos θ.放上C之后，B匀速上滑时，B所受的摩擦力大小F f3＝μ(m B＋m)gcos θ，则B受到的摩擦力增加量为ΔF f＝F f3－F f2＝μmgcos θ＝tan θ·mgcos θ＝22mg，选项A正确，B错误．对整体研究，未放C时，地面对A的摩擦力大小为F fA1＝Fcos θ，对B有F＝μm B gcos θ＋m B gsin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA1＝m B g；放上C时，地面对A的摩擦力大小为F fA2＝F′cos θ，F′＝μ(m B＋m)gcos θ＋(m B＋m)gsin θ，将θ＝45°，μ＝1代入得F fA2＝(m＋m B)g；A受到地面的摩擦力增加量为ΔF fA＝mg，选项C错误，D正确．答案：AD。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练27含答案

课时跟踪训练(二十七)一、选择题1．(多选)如右图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是()A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的电荷量越小[解析]因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，A正确．在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B正确．再由qE＝q v B有v＝E/B，C正确．在匀强磁场B0中R＝m vqB0，所以q＝m vB0R，由于粒子的质量大小不确定，所以电荷量大小也不确定，D错误．[答案]ABC2．(2015·韶关模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒．两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是()A ．离子从磁场中获得能量B ．带电粒子的运动周期是变化的C ．离子由加速器的中心附近进入加速器D ．增大金属盒的半径，粒子射出时的动能不变[解析] 离子在回旋加速器中从电场中获得能量，带电粒子的运动周期是不变的，选项A 、B 错误；离子由加速器的中心附近进入加速器，增大金属盒的半径，粒子射出时的动能增大，选项C 正确D 错误．[答案] C3．如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球从水平线PQ 上方M 点自由下落，以PQ 为边界下方有方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a 点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b 点穿出，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向外B ．小球的电荷量与质量的比值q m ＝g EC ．小球从a 运动到b 的过程中，小球和地球组成的系统的机械能守恒D ．小球在a 、b 两点的速度相同[解析] 带电小球在复合场中做匀速圆周运动，则qE ＝mg ，选项B 正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b 点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项A 错误；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球组成的系统的机械能不守恒，只是在a 、b 两点机械能相等，选项C 错误；小球在a 、b 两点速度方向相反，故选项D 错误．[答案] B4．(2015·东北三校联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关[解析] 设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v 0，根据动能定理有qU 1＝12m v 20.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r ＝m v qB ，v ＝v 0cos θ，而d ＝2r cos θ，联立解得d ＝2m v 0qB ，因而选项A 正确．[答案] A5．(多选)(2015·苏北三市一模)如右图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法中正确的是()A．极板M比极板N电势高B．加速电场的电压U＝ERC．直径PQ＝2B qmERD．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷[解析]粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N电势高，选项A正确；由Uq＝12m v2和Eq＝m v2R可得U＝ER2，选项B错误；直径PQ＝2r＝2m vBq＝2ERmB2q，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，D正确．[答案]AD6．(多选)(2016·武汉摸底)下图甲是回旋加速器的工作原理图．D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速．两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动．若带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是()A．在E k－t图中应该有t n＋1－t n＝t n－t n－1B．在E k－t图中应该有t n＋1－t n<t n－t n－1C．在E k－t图中应该有E n＋1－E n＝E n－E n－1D．在E k－t图中应该有E n＋1－E n<E n－E n－1[解析]根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在E k－t 图中应该有t n＋1－t n＝t n－t n－1，选项A正确B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在E k－t图中应该有E n＋1－E n＝E n－E n－1，选项C正确D 错误．[答案]AC二、非选择题7．(2015·陕西咸阳质检)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一与x 轴负方向夹角为45°的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)从坐标原点O，以速度v射入磁场，其入射方向与y轴负方向夹角为45°.经过磁场，从x轴上的P点进入电场，已知O、P间距为L.求：(1)磁感应强度的大小；(2)若粒子再次通过P点进入磁场，又经x轴上某点后进入电场，回到坐标原点O，求电场强度的大小．[解析](1)粒子从O点以与y轴负方向成45°角射入磁场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有q v B ＝m v 2R ①因OP ＝L ，由几何关系得R ＝22L ②由①②得B ＝2m v qL .(2)粒子从O 点进入磁场，做圆周运动，经四分之一的圆周后到达P 点，然后平行电场线进入电场，做匀减速运动到达A 点速度为零，然后反向加速回到P ，再以与x 轴负方向成45°角进入磁场后到达B 点，再垂直于电场线进入电场，做类平抛运动回到O 点．带电粒子两次在磁场中的速度相同，取B 点在过原点电场线上投影点为C 点，可得OP ＝PB ＝L ，所以OB ＝2L ，如图由几何关系得OC ＝CB ＝2L ③由B 到O 做类平抛运动得CB ＝v t ④CO ＝12at 2⑤a ＝Eq m ⑥由③④⑤⑥得E ＝2m v 2qL .[答案] (1)2m v qL (2)2m v 2qL8．(2015·山东德州一模)如图所示，在坐标系xOy 的第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E .第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，y 轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子自P (－l ，l )点由静止释放，沿垂直于x 轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y 轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力．(1)求磁场Ⅰ的磁感应强度B 1；(2)若磁场Ⅱ的磁感应强度B 2＝3B 1，求粒子从第一次经过y 轴到第四次经过y 轴的时间t 及这段时间内的平均速度．[解析] (1)设粒子垂直于x 轴进入磁场Ⅰ时的速度为v ，由运动学公式有2al ＝v 2，由牛顿第二定律有Eq ＝ma ，由题意知，粒子在Ⅰ中做圆周运动的半径为l ，由牛顿第二定律有q v B 1＝m v 2l ，联立以上各式，解得B 1＝2mEql .(2)粒子的运动轨迹如图所示．设粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为r 1，周期为T 1，则r 1＝l ，T 1＝2πr 1v ＝2πm qB 1，设粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为r 2，周期为T 2，有3q v B 1＝m v 2r 2，T 2＝2πr 2v ＝2πm qB 2＝2πm 3qB 1，得r 2＝r 13，T 2＝T 13.粒子从第一次经过y 轴到第四次经过y 轴的时间t ＝T 12＋T 2，代入数据得t ＝5π3ml 2qE .粒子在第一次经过y 轴到第四次经过y 轴时间内的位移s ＝2r 1－4r 2＝2r 2.解得平均速度v ＝s t ＝25π2qEl m ，方向沿y 轴负方向． [答案] (1)2mE ql (2)5π3ml 2qE 25π2qEl m ，方向沿y 轴负方向 9．(2015·豫晋冀第二次联考)如图甲所示，坐标空间第二象限和第三象限中有竖直向下的宽度为L 的匀强电场，y 轴为电场的右边界，虚线为电场区域的左边界，第四象限有磁感应强度为B 0的匀强磁场．现有一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子从电场左边界PQ 某处以初速度v 0沿x 轴正方向运动，经电场偏转后恰好从坐标原点以与x 轴正方向成θ＝37°夹角进入磁场，粒子的重力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求电场强度E 的大小．(2)求粒子在磁场中运动的半径．(3)若磁感应强度的大小保持不变，而磁场的方向随时间t 的变化如图乙所示，图乙中B >0表示磁场方向垂直于纸面向外，而B <0则表示磁场方向垂直于纸面向内．已知图象的变化周期T 0＝4πm qB 0，则粒子在时间0～T 02内的什么时刻从O 点射入磁场，就可以在0～T 0时间内恰好不能穿过y 轴？[解析] (1)粒子在电场中做类平抛运动，有水平方向L ＝v 0t ，竖直方向v 0tan θ＝at ，由牛顿第二定律有qE ＝ma ，联立以上各式解得E ＝3m v 204qL .(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v B 0＝m v 2R ，且v 0＝v cos θ，解得R ＝5m v 04qB 0. (3)粒子在磁场中运动周期T ＝2πR v ＝2πm qB 0. 粒子在磁场中运动，恰好不能穿过y 轴的情况如图所示，粒子从O 点射入的时刻t ＝T 02－90°360°·T ＝3πm 2qB 0. [答案] (1)3m v 204qL (2)5m v 04qB 0 (3)3πm 2qB 0。

与名师对话·高三课标版物理1-1

是：1 s、2 s、3 s、4 s．下列说法正确的是 ( )
2.速度和速率 (1)平均速度：物体的位移与发生这段位移 x 比值，即 v＝ t ；其方向与位移 (2)瞬时速度：运动物体在某一所用时间的
的方向相同，是矢量．
时刻或某一位置的速
度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量． (3)速率：瞬时速度的大小，是标量．
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高考总复习 ·课标板物理
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(对应学生用书 P1)
一、质点(理想模型) 1．定义：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型． 2．物体可看做质点的条件：研究物体的运动时，物体的形状和大小对研究结果的影响可以忽略．
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A．甲先到达B地
B．乙先到达B地 C．只要v1、v2取值合适，甲、乙两人可以同时到达 D．以上情况都有可能
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与名师对话
高考总复习 ·课标板物理
x x [尝试解答] 设 AB 两地相距 x，则 t 甲＝＋， 2v1 2v2 x 2v1v2 所以 v 甲＝＝，设乙从 A→B 经历时间为 t，则 t甲 v1＋v2 t t v1 ＋v2 v ＋v v 乙 v1＋v22 2 2 1 2 v 乙＝＝，所以＝ . t 2 4v1v2 v甲由于(v1＋v2)2－4v1v2＝(v1－v2)2>0，所以 v 乙> v 甲，所以由 x v ＝ t 得 t 乙<t 甲，即乙先到达 B 地，应选 B.

与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练2-4-3含答案

重点回顾专练：平抛运动与圆周运动的综合问题一、选择题1．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为()A.g(r2－R2)2ω2R2 B.g(r2－R2)2ω2r2C.g(r－R)22ω2R2 D.gr22ω2R2[答案] A2．(多选)如右图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.则()A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 mB．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 mC．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F N B的大小是1 ND．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力F N B的大小是2 N[解析]根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度v y＝gt＝3 m/s，水平分速度v x＝v y tan45°＝3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝v x t＝0.9 m，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m v 2B R ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．[答案] AC二、非选择题3．(2015·苏州模拟)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切．质量为m 的小球以大小为v 0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小球恰能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点．(不计空气阻力，重力加速度为g )求：(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小；(2)AB 两点间的距离；(3)小球落到A 点时的速度方向与水平方向夹角的正切值．[解析] (1)在B 点小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 20R 解得：F N ＝mg ＋m v 20R由牛顿第三定律得小球通过B 点时对半圆槽的压力大小为mg ＋m v 20R .(2)在C 点小球恰能通过，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2C R过C 点小球做平抛运动，则：水平方向：x AB ＝v C t竖直方向：2R ＝12gt 2解得：x AB ＝2R .(3)设小球落到A 点时的速度方向与水平方向成θ角，则：tan θ＝v ⊥v Cv ⊥＝gt 解得：tan θ＝2.[答案] (1)mg ＋m v 20R (2)2R (3)24．如图所示，P 是水平面上的圆弧轨道，从高台边B 点以速度v 0水平飞出质量为m 的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入．O 是圆弧的圆心，θ是OA 与竖直方向的夹角．已知：m ＝0.5 kg ，v 0＝3 m/s ，θ＝53°，圆弧轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A 、B 两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C ？如能到达，小球对C 点的压力大小为多少？[解析] (1)小球在A 点的速度分解如图，则v y ＝v 0tan53°＝4 m/sA 、B 两点的高度差为：h ＝v 2y 2g ＝422×10m ＝0.8 m. (2)小球若能到达C 点，在C 点需要满足：mg ≤m v 2R ，v ≥gR ＝ 5 m/s小球在A 点的速度v A ＝v 0cos53°＝5 m/s从A →C 机械能守恒：12m v 2A ＝12m v 2C ＋mgR (1＋cos53°)v C ＝3 m/s> 5 m/s所以小球能到达C 点由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2C R 解得F N ＝4 N由牛顿第三定律知，小球对C 点的压力为4 N.[答案] (1)0.8 m (2)能 4 N5．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直线BC 组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB 的半径R ＝1.0 m ，BC 段L ＝1.5 m ．弹射装置将一个质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道，小球从C 点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h ＝1.25 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，π取3.14，求：(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力F 的大小及从A 运动到C 点的时间t ；(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角θ.[解析] (1)小球做匀速圆周运动，向心力大小F ＝m v 20R ＝25 N.小球从A 到B 的时间t 1＝πR v 0＝0.2π＝0.628 s ，从B 到C 的时间t 2＝L v 0＝0.3 s ，小球从A 到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝0.928 s.(2)小球做平抛运动，有h ＝v 2y 2g ，解得v y ＝5 m/s ，所以tanθ＝v yv0＝1，解得θ＝45°.[答案](1)25 N0.928 s(2)45°6．(2015·青岛模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R＝1 m，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行．滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h＝1.25 m．在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2.当用一大小为F＝4 N的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2πrad/s，绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s2.(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度．[解析](1)物块做平抛运动，设水平初速度为v，所用时间为t，则水平方向R＝v t竖直方向h＝12gt2解得物块离开滑道时的速度v＝2 m/s，t＝0.5 s设拉动物块时的加速度为a1，所用时间为t1，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1解得a 1＝8 m/s 2撤去拉力后，设物块的加速度大小为a 2，所用时间为t 2，由牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间 T ＝2πω＝1 s物块在滑道上先加速后减速，则v ＝a 1t 1－a 2t 2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为 t 1＋t 2＋t ＝T解得t 1＝0.3 s(2)物块加速t ′1＝0.5 s 的末速度v 1＝a 1t ′1＝4 m/s则滑道长L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 2′1＋v 2－v 21－2a 2＝4 m[答案] (1)0.3 s (2)4 m。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练2-5-5含答案

随堂训练1．在运用橡皮筋做关于“探究动能定理”的实验中，下列叙述正确的是() A．每次实验必须设法测出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应该尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出[解析]本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少，只要测出以后各次实验时橡皮筋做的功是第一次实验时的多少倍即可；每次实验橡皮筋伸长的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后各次实验时，橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍；小车运动中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，由此可知，选项D正确．[答案] D2．为了探究恒力作用时的动能定理，某同学做了如下实验，他让滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v，并测量出不同初速度的最大滑行距离x，得到下表所示几组数据：(1)学作出如下推理：根据x－v图象大致是一条抛物线，可以猜想，x可能与v2成正比．请在图(乙)所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想．(2)根据你所作的图象，你认为滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2的关系是_________________________________________________________．[解析](1)作出x－v2图线如图所示．(2)x－v2图线是过原点的直线，所以，滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2成正比．[答案](1)见解析图(2)x∝v23．某同学利用图(甲)的实验装置做“探究动能定理”的实验．先接通打点计时器的电源，再释放纸带，让质量m＝1.00 kg的重物由静止下落，在纸带上打出一系列的点，如图(乙)所示，A、B、C分别为所选取的计数点，相邻计数点的时间间隔为0.02 s，且O为开始打出的第一点，OA之间有若干点未标出，重力加速度g取10 m/s2.(1)释放纸带前，纸带的________(选填“O”或“C”)端在上面；(2)重物从O运动到B的过程中，动能的变化量ΔE k＝________ J；重力做功W ＝________ J(以上均保留两位有效数字)．[解析] (1)O 点为打出来的第一个点，速度为0，与重物相连的纸带在下端，应该先打点．所以释放纸带前，纸带的C 端在上面．(2)重力势能减小量ΔE p ＝mgh ＝1×10×0.0693 J ≈0.69 J.利用匀变速直线运动的推论得：v B ＝x AC 2T ＝0.0944－0.04810.04m/s ＝1.1575 m/s ， ΔE k ＝12m v 2B ＝12×1×1.15752 J ≈0.67 J.[答案] (1)C (2)0.67 0.694．(2016·辽宁大连期末)某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，提出以下几种猜想：①W ∝v ，②W ∝v 2，③W ∝v …他们的实验装置如图(甲)所示，PQ 为一块倾斜放置的木板，让物体从木板上由静止滑下，在Q 处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q 点的速度)．在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议．(1)本实验中不需要测量物体质量的理由是什么？(2)让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体从初始位置到速度传感器的距离L 1、L 2、L 3、L 4…读出物体每次通过速度传感器Q 的速度v 1、v 2、v 3、v 4…并绘制了如图(乙)所示的L －v 图象．根据绘制出的L －v 图象，若为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出( )A ．L －v 2图象B ．L －v 图象C ．L －1v 图象D ．L －1v 图象(3)本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？[解析](1)由动能定理知W＝ΔE k，而W＝mg(sinθ－μcosθ)L，ΔE k＝12m v2，所以探究W与v的关系可以不用测量物体的质量m.(2)由于题图(乙)是关于“L－v”的图象，该图象类似抛物线，即L＝k v2，但L与v2的关系图象则应为直线，因此作出L－v2的图象看是否为直线，选项为A.(3)在实验中，由于物体在木板上运动时，所受的合力是确定的，即F合＝mg(sinθ－μcosθ)，所以摩擦力的大小不会影响探究结果．[答案](1)见解析(2)A(3)不会5．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤夹后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如下图甲所示．第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．请回答下列问题：(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度v B＝________.(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W合＝________.(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出v2－W图象，可知该图象是一条________，根据图象还可求得________．[解析](1)由打出的纸带可知B点的速度为v B＝x3－x12Δt；(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移x，由动能定理可知W合＝ΔE k，即mgx＝ΔE k；(3)v2－W图象应该为一条过原点的直线，根据ΔE k＝12M v2可求得M的值．[答案](1)x3－x12Δt(2)下滑的位移x mgx(3)过原点的直线滑块的质量M。

2017届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练29含答案

课时跟踪训练(二十九)..1. (多选)如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动．下列说法中正确的是()..A．当线圈在如图所示位置时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BSB．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝0C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝0..D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝BS[解析]根据磁通量的定义可知，如图所示时，磁通量最大Φm＝BS，当转过90°时，线圈与磁场平行，磁通量为零，所以A、B正确；当线圈转过180°时，磁通量大小为Φ＝－BS，故磁通量变化的大小为ΔΦ＝2BS，所以C错误；当线圈转过360°时，磁通量大小为Φ＝BS，故磁通量变化的大小为零，所以D错误．[答案]AB2.如图所示，半径为R的圆线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2[答案] B3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化[解析]产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A项中，线圈绕在磁铁上，磁通量未变，不会产生感应电流，A错误．同理B错误．C项中，往线圈中插入条形磁铁的瞬间，线圈中磁通量发生变化，此时线圈中将产生感应电流，但插入后磁通量不再变化，无感应电流，故到相邻房间观察时无示数，C错误．D项中，在线圈通电或断电的瞬间，磁通量发生变化，产生感应电流，D正确．[答案] D4．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针．法拉第可观察到的现象有()A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转[解析]当合上开关，A线圈接通电流瞬间，穿过A的磁通量发生变化，使得穿过B的磁通量也变化，所以在B中产生感应电流，电流稳定后穿过AB的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，即小磁针偏转一下，随即复原，选项A正确；A 线圈中有电流，但是如果电流大小不变，则在B中不会产生感应电流，即小磁针就不会发生偏转，选项B错误；B线圈中的感应电流大小与A中电流的变化率有关，与A中电流大小无关，故C错误；当开关打开，A线圈电流中断瞬间，由于穿过B 的磁通量减小，则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反，所以小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转，选项D错误．[答案] A5. (多选)(2015·青岛期末)如图所示，螺线管B置于闭合金属环A的轴线上，B中有恒定电流，从某时刻起，当B中通过的电流逐渐变大时，则()A．环A有缩小的趋势B．环A有扩张的趋势C．螺线管B有缩短的趋势D．螺线管B有伸长的趋势[解析]当B中通过的电流逐渐变大时，穿过A环的磁通量增加，感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加，根据楞次定律可知，环A有扩张的趋势；根据同向电流相互吸引可知，螺线管相邻两匝线圈间的力相互吸引，因此，螺线管B有缩短的趋势，所以正确选项为B、C.[答案]BC6．(2015·安徽淮北一模)如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线制的软弹簧线圈．若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是()[解析] 在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN 中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，知ΔB Δt 增大．[答案] B7．(多选)(2015·广东茂名一模)如图甲所示，导线MN 和矩形线圈abcd 共面且均固定．在MN 中通以图乙所示的电流(电流正方向为M 指向N )，则在0～T 时间内( )A ．线圈中感应电流方向始终为abcdaB ．线圈中感应电流方向先为abcda 后为adcbaC ．ab 边始终不受安培力作用D ．bc 边受安培力方向先右后左[解析] 由楞次定律可知线圈中感应电流方向始终为abcda ，A 正确，B 错误；ab 边只是在i ＝0时不受安培力，在其他时刻都受安培力，C 错误；bc 边的电流方向不变，但bc 边所处的磁场方向先向里后向外，由左手定则可知，bc 边受的安培力方向先向右后向左，D 正确．[答案] AD8．(多选)匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B 随时间t 变化规律如图甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令I 1、I 2、I 3分别表示oa 、ab 、bc 段的感应电流，f 1、f 2、f 3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力，则()A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心[解析]由图知oa段，穿过金属环的磁场方向为垂直纸面向里，磁通量增大，根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向，同理可判断I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，所以A正确，B错误；根据左手定则可判断f1方向指向圆心，f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心，故C错误，D正确．[答案]AD9．(多选)(2015·汕头一模)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是()A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势[解析]由B－t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零，故A错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，B正确；在t1～t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，由左手定则可知圆环各处受力指向圆心，有收缩的趋势．故C错．D正确．[答案]BD10．(2015·宜春四校联考)如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是()A．ab向左，cd向右B．ab向右，cd向左C．ab、cd都向右运动D．ab、cd保持静止[解析]当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，电路中的总电阻变小，流过螺线管的电流将增大，因此螺线管周围的磁场变强，即磁感应强度B变大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场应阻碍其变化，因此两根金属棒应分别向外运动，增大回路的面积，以增大螺线管外部磁场的磁通量来抵消内部磁场磁通量的增大，故选项A 正确．[答案] A11. (2014·广东卷)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大[解析]磁块在铜管(金属管)中下落，会在铜管中产生感应电流，感应电流的磁场一定会阻碍磁块的下落，塑料管中不会出现感应电流，因此Q中的小磁块做自由落体运动，P中不是，A错误．P中小磁块下落需克服阻力做功，机械能不守恒，B 错误．根据牛顿第二定律，P中磁块下落的加速度小于Q中磁块下落的加速度，因此下落时间更长，落至底部时速度较小，C正确，D错误．[答案] C12．(多选)(2015·上海虹口区一模)振弦型频率传感器的结构如图所示，它由钢弦和永久磁铁两部分组成，钢弦上端用固定夹块夹紧，下端的夹块与一膜片相连接，当弦上的张力越大时，弦的固有频率越大．这种装置可以从线圈输出电压的频率确定膜片处压力的变化．下列说法正确的是()A．当软铁块与磁铁靠近时，a端电势高B．当软铁块与磁铁靠近时，b端电势高C．膜片上的压力较小时，线圈中感应电动势的频率高D．膜片上的压力较大时，线圈中感应电动势的频率高[解析]当软铁块靠近磁铁时，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律可得，b端电势比a端电势高，选项B正确；膜片上压力越小时，钢弦上的张力越大，振动频率越高，线圈中感应电动势的频率越高，所以选项C正确．[答案]BC13．如右图所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为()A．a A>a B>a C>a D B．a A＝a C>a B>a DC．a A＝a C>a D>a B D．a A＝a C>a B＝a D[解析]线框在A、C位置时只受重力作用，加速度a A＝a C＝g.线框在B、D位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下．由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a＝g－Fm<g.又线框在D点时速度大于B点速度，即F D>F B，所以a D<a B，因此加速度的关系为a A＝a C>a B>a D，选项B正确．[答案] B14．(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈[解析]若线圈合格，则由于电磁感应现象会向左移动一定距离，且合格线圈移动的距离相等，移动后线圈的间距也等于移动前的间距，由图知线圈3与其他线圈间距不符，不合格．[答案]AD15. (多选)(2016·福建泉州期末)AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒靠立在导轨上(开始时b离O点很近)，如图所示，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中()A．感应电流方向始终是b→aB．感应电流方向先是b→a，后变为a→bC．所受磁场力方向垂直于ab向上D．所受磁场力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上[解析]初始，ab与直角形金属导轨围成的三角形面积趋于0，末状态ab与直角行金属导轨围成的三角形面积也是趋于0，所以整个运动过程中，闭合回路的面积是先增大后减小．根据楞次定律的增反减同，判断电流方向先是逆时针后是顺时针，选项A错B对．根据左手定则判断安培力，可得安培力先是垂直于ab向下，后垂直于ab向上，选项C错D对．[答案]BD。

与名师对话高考物理课标一轮课时跟踪训练33 含解析

课时跟踪训练(三十三)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①～④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①中，回路产生的感应电动势恒定不变B ．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C ．图③中，回路在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可得，闭合回路产生的感应电动势取决于Φ－t 图象的斜率的绝对值大小．图①中Φ－t 图象的斜率为零，故感应电动势为零，A 错误；图②中Φ－t 图象斜率不变，故感应电动势为定值，B 错误；图③中回路中0～t 1时间内Φ－t 图象的斜率的绝对值大于t 1～t 2时间内Φ－t 图象的斜率的绝对值，故在0～t 1时间内产生的感应电动势大于t 1～t 2时间内产生的感应电动势，C 错误；图④中Φ－t 图象的斜率的绝对值先变小再变大，故回路产生的感应电动势先变小再变大，D 正确．答案：D2.如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻忽略不计，MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)，现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v (如图)做匀速运动，令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到d B ．U ＝12v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b C ．U ＝v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由b 到dD ．U ＝v Bl ，流过固定电阻R 的感应电流由d 到b解析：导体杆向右做匀速直线运动产生的感应电动势Bl v ，R 和导体杆形成一串联电路，由分压原理得U ＝Bl vR ＋R·R ＝12Bl v ，由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d →N ，故A 选项正确．答案：A3．(2014·临沂三月)如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映通过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向斜向右下，故外力F与F安的水平分力等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安的水平分力方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C错误，D正确．答案：D4.(2013·大纲卷)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示．若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()解析：从导体杆转动切割磁感线产生感应电动势的角度考虑．当导体杆顺时针转动切割圆形区域中的磁感线时，由右手定则判断电动势由O指向A，为正，选项D错误；切割过程中产生的感应电动势E ＝BL v＝12ω，其中L＝2R sinωt，即E＝2BωR2sin2ωt，可排除选2BL项A、B，选项C正确．答案：C5.(2014·陕西省西工大附中高三第六次模拟)如图所示，平行导轨之间有一个矩形磁场区，在相等面积两部分区域内存在着磁感应强度大小相等方向相反的匀强磁场．细金属棒AB沿导轨从PQ处匀速运动到P′Q′的过程中，棒上AB两端的电势差U AB随时间t的变化图象正确的是()解析：AB在到达磁场左边界前、及离开右边界后没有感应电动势，设导体棒切割磁感线的总长度为L，在两个磁场中切割的长度分别为L1和L2，则L1＋L2＝L①，则感应电动势U AB＝B(L1－L2)v②由①②式得：U AB＝2BL1v－BL v，在运动过程中L1逐渐减小，U AB先正后负，C正确．答案：C6.(2013·福建卷)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t变化的规律()解析：根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的v－t图象．线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab边刚进磁场时，其所受安培力F安与重力mg的大小关系可分以下三种情况：①当F 安＝mg 时，线框匀速进入磁场，其速度v ＝mgR B 2L 2，选项D 有可能；③当F 安<mg 时，线框加速进入磁场，又因F 安＝B 2L 2v R ，因此a＝mg －B 2L 2v R m，即a ＝g －B 2L 2v mR ，速度v 增大，a 减小，线框做加速度逐渐减小的加速运动，选项C 有可能；③当F 安>mg 时，线框减速进入磁场，a ＝B 2L 2v mR －g ，v 减小，a减小，线框做加速度逐渐减小的减速运动，当线框未完全进入磁场而a 减为零时，即此时F 安＝mg ，线框开始做匀速运动，当线框完全进入磁场后做匀加速直线运动，选项B 有可能．故不可能的只有选项A.答案：A7．(多选)如图甲所示，正六边形导线框abcdef 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度B 的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd 所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i 和cd 边所受安培力F 随时间t 变化的图象正确的是( )解析：0～2 s时间内，负方向的磁场在减弱，产生正方向的恒定电流，cd边受安培力向右且减小.2 s～3 s时间内，电流仍是正方向，且大小不变，此过程cd边受安培力向左且增大.3 s～6 s时间内，电流沿负方向，大小不变，cd边受安培力先向右后变为向左，故选A、C.答案：AC8．(多选)(2014·锦州一模)如图所示，两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L ，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n 个宽度皆为x 0的条形匀强磁场区域1、2、3、…、n 组成，从左向右依次排列，磁感应强度大小分别为B 、2B 、3B 、…、nB ，两导轨左端MP 间接入电阻R ，金属棒ab 垂直放在水平导轨上，且与导轨接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．若在不同的磁场区对金属棒施加不同的拉力，使棒ab 以恒定速度v 向右匀速运动．取金属棒图示位置(即磁场1区左侧)为x ＝0，则通过棒ab 的电流i 、对棒施加的拉力F 随位移x 变化的图象是( )解析：金属棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ，电路中感应电流I ＝E R ＝BL v R ，所以通过棒的电流i 与n 成正比，选项A 正确；棒所受的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，因为棒匀速运动，对棒施加的外力F与F安等大反向，即F与n2成正比，选项D正确．答案：AD9．(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t ＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的()解析：在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，电流在减小，U ab＝－I(R bc＋R cd＋R da)在减小．在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，电流逐渐减小，U ab ＝－IR ab 逐渐减小，A 、D 正确．答案：AD二、非选择题10．(2014·重庆一中月考)如图所示，匀强磁场B ＝0.1 T ，金属棒AB 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻为13Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，当金属棒以5 m/s 的速度匀速向左运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则带电荷量是多少？解析：(1)由E ＝BL v 得E ＝0.1×0.4×5 V ＝0.2 VR ＝R 1·R 2R 1＋R 2＝2×12＋1Ω＝23 Ω I ＝E R ＋r ＝0.223＋13A ＝0.2 A.(2)路端电压U ＝IR ＝0.2×23 V ＝0.43V Q ＝CU 2＝CU ＝0.3×10－6×0.43 C ＝4×10－8 C.答案：(1)0.2 A (2)4×10－8 C11．(2014·广州一模)如图甲所示，空间存在一宽度为2L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．在光滑绝缘水平面内有一边长为L 的正方形金属线框，其质量m ＝1 kg 、电阻R ＝4 Ω，在水平向左的外力F 作用下，以初速度v 0＝4 m/s 匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ；(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由．解析：(1)由F －t 图象可知，线框加速度a ＝F 2m ＝2 m/s 2线框的边长L ＝v 0t －12at 2＝(4×1－12×2×12) m ＝3 m t ＝0时刻线框中的感应电流I ＝BL v 0R线框所受的安培力F 安＝BIL由牛顿第二定律F 1＋F 安＝ma又F 1＝1 N ，联立得B ＝13T (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E ＝BL 2t平均电流I ＝E R通过线框的电荷量q ＝I t联立得q ＝0.75 C.(3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x .由运动学公式得0－v 20＝－2ax代入数值得x ＝4 m<2L所以线框不能从右侧离开磁场．答案：(1)13T (2)0.75 C (3)不能。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练39含答案

课时跟踪训练(三十九)一、选择题1．下述关于机械波的说法中，正确的是()A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化B．发生干涉现象时，介质中振动加强的质点，振动的振幅最大，减弱点振幅可能为零C．在一个周期内，介质的质点所走过的路程等于波长D．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大[解析]产生多普勒效应的原因是波源相对于观察者发生了变化，A错误；发生干涉现象时，介质中振动加强的质点振幅相加，振动的振幅最大，减弱点振幅相减可能为零，B正确；在一个周期内，介质的质点在平衡位置往复运动，所走过的路程等于4个振幅，C错误；某一频率的声波，从空气进入水中时，频率不变，由v＝λf，声速增加，波长变大，D错误．[答案] B2．如右图所示是利用水波槽观察到的水波衍射图象，从图象可知()A．B侧波是衍射波B．A侧波速与B侧波速相等C．减小挡板间距离，衍射波的波长将减小D．增大挡板间距离，衍射现象将更明显[解析]B侧波在传播过程中遇到带有窄缝的挡板后发生衍射，A侧水波是衍射波，选项A错误；同种机械波在相同介质中的传播速度相同，选项B正确；减小挡板间距离，衍射现象会更明显，但是衍射波的波速不变，频率不变，故波长不变，选项C错误；因为只有当挡板间距跟波长差不多，或者比波长更小时，衍射现象才明显，所以当增大挡板间距离时，衍射现象将变得不明显，选项D 错误．本题答案为B.[答案] B3．(2015·四川卷)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波() A．频率是30 Hz B．波长是3 mC．波速是1 m/s D．周期是0.1 s[解析]小木块1分钟上下30次可知f＝0.5 Hz，T＝2 s，由图所示可知：1.5λ＝3 m，故λ＝2 m，由v＝λf得v＝1 m/s，故C项正确．[答案] C4．(2014·天津卷)平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50 Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播，波速均为100 m/s.平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为x P＝3.5 m、x Q ＝－3 m．当S位移为负且向－y方向运动时，R、Q两质点的() A．位移方向相同、速度方向相反B．位移方向相同、速度方向相同C．位移方向相反、速度方向相反D．位移方向相反、速度方向相同[解析]根据题目可知T＝1f＝0.02 s，λ＝v T＝2 m，S位移为负向－y方向运动时的图象如图所示．根据图象可知，x Q>0，x Q向上．x P<0，v p向上，故D正确．[答案] D5. (多选)(2015·广东九校联考)如图所示，实线与虚线分别表示振幅(A)、频率振动步调均相同的两列波的波峰和波谷．此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是()A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，质点M将向O点处移动D．从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，此时位移为零E．OM连线中点是振动加强的点，其振幅为2A[解析]由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，不是平衡位置，A 错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，由于振幅相同，位移始终为零，即处于平衡位置，故B正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，所以C错误；此时M点在波峰位置，从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D正确；因为OM是振动加强点，所以OM连线中点也是振动加强的点，其振幅为2A，选项E正确．[答案]BDE6．(2015·天津卷)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为x a＝2 m和x b＝6 m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象．下列说法正确的是()A．该波沿＋x方向传播，波速为1 m/sB．质点a经4 s振动的路程为4 mC．此时刻质点a的速度沿＋y方向D．质点a在t＝2 s时速度为零[解析]由质点b的振动图象可知，t＝0时b的振动方向向上．再根据波的传播方向与振动方向的关系知，波沿－x方向传播．波速v＝λT＝88m/s＝1 m/s，故A错误；由图乙知，振动周期T＝8 s，质点a在4 s内完成12次全振动，通过的路程为2倍振幅，即1 m，而不是4 m，故B错误；由于波沿－x方向传播，可判定此刻质点a速度沿－y方向，故C错误；质点a在2 s时间内恰好完成1 4次全振动，即从平衡位置运动到最低点，故t＝2 s时其速度为零，D正确．[答案] D7．(2015·福建卷)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v.若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是()[解析]对于A图，根据波沿x轴正方向传播可知，此时质点a正沿y轴正方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝34T ，又有s ＝12λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝3s 2v ；对于B 图，质点a 正沿y 轴负方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝14T ，又有s ＝λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝s 4v ；对于C 图，质点a 正沿y 轴正方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝34T ，又有s ＝λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝3s 4v ；对于D 图，质点a 正沿y 轴负方向运动，第一次到达波谷的时间为t ＝14T ，又有s ＝32λ，v ＝λT ，由以上各式得，t ＝s 6v .综合以上分析可知，D 图中质点a 最早到达波谷．[答案] D8．(2015·北京丰台一模)一列简谐横波沿直线由A 向B 传播，相距10.5 m 的A 、B 两处的质点振动图象如图中a 、b 所示，则( )A ．该波的振幅一定是20 cmB ．该波的波长可能是14 mC ．该波的波速可能是10.5 m/sD ．该波由A 传播到B 可能历时7 s[解析] 该波的振幅一定是10 cm ，A 错误；t ＝0时，A 质点位于平衡位置向上振动，B 质点位于负向最大位移处向上振动，则A 、B 之间满足⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14λ＝10.5 m ，n ＝0,1,2,3，…，波长λ＝424n ＋1 m ，该波的波长不可能是14 m ，B 错误；该波的波速v ＝λT ＝218n ＋2m/s ，当n ＝0时，v ＝10.5 m/s ，C 正确；该波由A 传播到B 历时t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋14T ＝4n ＋1，n ＝0,1,2,3，…，该波由A 传播到B 不可能历时7 s ，D 错误．[答案] C9．(2015·福建四地六校模拟)一简谐波在如图所示的x 轴上传播，实线和虚线分别是t 1＝0和t 2＝0.2 s 时刻的波形图．则( )A ．若该波在t 1＝0时刻已沿＋x 方向恰传播到x ＝6 m 处，则波源起振方向向下B ．若该波与另一频率为1.25 Hz 的简谐波相遇时发生干涉，则该波沿－x 方向传播C ．若该波在t 2＝0.2 s 时刻，x ＝2.5 m 处的质点向－y 方向运动，则该波向＋x 方向传播D ．若该波的传播速度是75 m/s ，则该波沿－x 方向传播 [解析] 若该波在t 1＝0时刻已沿＋x 方向恰传播到x ＝6 m 处，从t 1＝0时刻的波形图上判断x ＝6 m 的质点与x ＝2 m 处质点运动情况相同，其前面的点(波向右传播，左边为前)在其上方，则此质点将向上运动，所有质点的起振方向是一致的，故波源起振方向向上，故A 错误；频率为1.25 Hz 的简谐波周期为0.8 s ，则0.20.8＝14，根据波的平移法实线右移14波长为虚线波形，则波向右传播，故B 错误；t 2＝0.2 s 时刻，x ＝2.5 m 处的质点向－y 方向运动，则波源在右侧，波向－x方向传播，故C 错误；根据s ＝v t ＝75 m/s ×0.2 s ＝15 m ，即传播距离为334λ，根据波的平移法，波向左平移34波长为虚线波形，故波向－x 方向传播，故D 正确．[答案] D10．(多选)(2015·锦州市高三模拟)如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x＝－0.2 m和x＝1.2 m处，两列波的速度均为v＝0.4 m/s，两波源的振幅均为A＝2 cm.图示为t＝0时刻两列波的图象(传播方向如图所示)，此刻平衡位置处于x＝0.2 m和x＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动．质点M的平衡位置处于x＝0.5 m处，关于各质点运动情况判断正确的是()A．两列波相遇后振幅仍然为2 cmB．t＝1 s时刻，质点M的位移为－4 cmC．t＝1 s时刻，质点M的位移为＋4 cmD．t＝0.75 s时刻，质点P、Q都运动到M点E．质点P、Q的起振方向都沿y轴负方向[解析]两列波相遇后各个质点同时参加两列波的振动，位移为两列波振动位移的矢量和，但对两列波没有影响，各自振幅不变，选项A对．t＝1 s时刻，两列波的传播距离均等于Δx＝v t＝0.4 m，左边的波向右平移0.4 m，x＝0.1 m处的波谷刚好平移到M点，同理，右边波向左平移0.4 m，x＝0.9 m处的波谷刚好平移到M点，M点为两列波位移的矢量和即－2 cm＋(－2 cm)＝－4 cm，选项B 对C错．t＝0.75 s，PQ都在自己平衡位置振动，不会随波迁移，沿传播方向传递的是振动形式和能量，选项D错．根据传播方向和振动方向都在波形图同一侧，可判断t＝0时PQ都在向y轴负方向振动，选项E对．[答案]ABE二、非选择题11．(2015·江西九所重点中学联考)有频率相同、振动方向相同的两个声源S1和S2，如图所示．一人站在声源北方的A点，此人此时听到的声音很响，这个人向东慢慢移动，声音逐渐减弱，到B点时几乎听不到声音，测得A、B间距离为1.5 m．则：(1)S1、S2声波的波长λ为多少？(2)若此人由B点再向正南方向移动，声音逐渐变响，那么，此人沿正南方向至少走多远，声音又变得很响？[解析](1)依题意，A在S1S2的中垂线上，S1A＝S2A，此点为声波叠加振动加强处，走到B点几乎听不到声音，B点是声波叠加振动减弱处，则S1B－S2B＝λ2由几何关系知S1B＝5 m，解得λ＝2 m.(2)设人沿BS2走到C点，振动又一次加强．S1C－S2C＝2 m ，S2C2＝S1C2－S1S22得S2C＝1.25 m，BC＝BS2－S2C＝(4－1.25) m＝2.75 m.[答案](1)2 m(2)2.75 m12．(2015·新课标全国卷Ⅱ)平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O 的距离为35 cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1 s，振幅A＝5 cm.当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置．求：(1)P、Q间的距离；(2)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．[解析] (1)由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ①波速v 与波长的关系为v ＝λT ②在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为v t .由题意有v t ＝PQ ＋λ4③式中，PQ 为P 、Q 间的距离．由①②③式和题给数据，得 PQ ＝133 cm ④(2)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ⑤波源从平衡位置开始运动，每经过T 4，波源运动的路程为A .由题给条件得t 1＝25×T 4⑥故t 1时间内，波源运动的路程为s ＝25A ＝125 cm ⑦[答案] (1)133 cm (2)125 cm。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-3-2含答案

重点回顾专练：动力学基本方法练一、选择题1．(2015·海南三亚一中第二次月考)竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推力增大到2F ，则火箭的加速度将达到(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( )A ．20 m/s 2B ．25 m/s 2C ．30 m/s 2D ．40 m/s 2[解析] 根据牛顿第二定律可知F －mg ＝ma 1，当推力为2F 时，有2F －mg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝30 m/s 2，则C 正确．[答案] C2．(2015·南京外国语学校高三月考)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的( )A ．伸长量为m 1g k tan θB ．压缩量为m 1g k tan θC ．伸长量为m 1g k tan θD ．压缩量为m 1g k tan θ[解析] 对小球：F 合＝m 2g tan θ＝m 2a ，a ＝g tan θ，对木块：F 弹＝kx ＝m 1a ，x ＝m 1g k tan θ ，故A 正确．[答案] A3．(多选)(2015·山东潍坊一中检测)如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M ，人的质量都是m ，甲车上的人用力F 推车，乙车上的人用等大的力F 拉绳子(绳与滑轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )A ．甲车的加速度大小为F MB ．甲车的加速度大小为0C ．乙车的加速度大小为2F M ＋mD ．乙车的加速度大小为0[解析] 将甲图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的合外力为0(人的推力F 是内力)，故a 甲＝0，选项A 错误，选项B 正确．将乙图中的人和车视为一整体，其在水平方向受的外力为2F ，由牛顿第二定律知：a乙＝2F M ＋m ，则选项C 正确，选项D 错误．[答案] BC4．如图所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )A ．a 1＝0 a 2＝0B ．a 1＝a a 2＝m 2m 1＋m 2a C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a a 2＝m 1m 2a [解析] F 作用下，弹簧弹力T ＝m 1a ，撤去外力瞬间A 受力不变，a 1＝a ，B的加速度大小为a 2＝T m 2＝m 1m 2a ，故D 正确． [答案] D5．如右图所示，质量为M 、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )A ．小铁球受到的合外力方向水平向左B ．凹槽对小铁球的支持力为mg sin αC ．系统的加速度为a ＝g tan αD ．推力F ＝Mg tan α[答案] C6．(多选)乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如右图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则( )A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为12mg＋ma[解析]小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有F f－mg sin30°＝ma，F f＝12mg＋ma，方向平行斜面向上．[答案]AD7．如右图所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()A．μF B．2μFC.32m(g＋a) D．m(g＋a)[解析]本题考查力和运动的关系，意在考查学生对牛顿第二定律、整体法和隔离法的应用．由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误．设民工兄弟一只手对A、B在竖直方向上的摩擦力为F f，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为F′f，对A由牛顿第二定律有F f－F′f－mg＝ma，解得F′f ＝m(g＋a)，C错误，D正确．[答案] D8．(多选)如右图所示，质量为m的光滑小球置于斜面体上，被一个竖直固定在斜面体上的挡板挡住．现使斜面体在水平面上向右做加速度为a的匀加速直线运动，下列说法中正确的是()A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B．若加速度足够大，斜面体对球的作用力可能为零C．斜面体和挡板对球的弹力的合力大于maD．加速度由a增大至2a的过程中，斜面体对球的弹力保持不变[解析]小球受到的重mg、斜面的支持力F N2、竖直挡板的水平弹力F N1，设斜面的倾斜角为α则竖直方向有：F N2cosα＝mg∵mg和α不变，∴无论加速度如何变化，F N2不变且不可能为零，故B错，D对．水平方向有：F N1－F N2sinα＝ma∵F N2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错．斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的F N2cosα与水平方向的力ma 的合成，因此大于ma，故C对．故选答案CD.[答案]CD9．(2016·南宁三校期中)如右图所示，一连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到达底端C点时速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、所受摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是()[解析]滑雪者在AB段加速，在BC段减速，在B点速度最大．x－t图象中，图线的斜率表示速度，滑雪者在B点时的速度最大而不是零，A错误；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿坡道向下的分力大小不变，故滑雪者在AB段和BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，又AB>BC，故a AB<a BC，B正确，C错误；AB段，滑雪者加速下滑，则G sinθ>F f，又sinθ<1，则AB段下滑过程中F f比G要小，而不是D项表示的F f与G相等，D错误．[答案] B10．如右图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则()A．t1>t2>t3B．t1<t2<t3C．t1＝t3<t2D．t1＝t3>t2[解析]三根固定的光滑细杆在水平面上投影相等，设投影长度为d，则有aA＝d/cos60°，bB＝d/cos45°，cC＝d/cos30°，小滑环沿三根光滑细杆下滑，d/cos60°＝12g sin60°·t21；d/cos45°＝12g sin45°·t22；d/sin60°＝12g cos60°·t23；联立解得：t1＝t3＝2dg sin60°cos60°，t2＝2dg sin45°cos45°，即t1＝t3>t2，选项D正确．[答案] D二、非选择题11．一氢气球的质量m＝0.2 kg，在无风的天气，氢气球在轻绳的牵引下静止在空中，此时轻绳的拉力F＝10 N．星期天，某儿童带氢气球到公园玩耍，休息时为了防止气球飞掉，他把轻绳系到一质量M＝4 kg的木块上，如右图所示，木块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.3.当有水平方向风吹来，气球受到水平风力F＝k v(k为一常数，v为风速)，当风速v1＝3 m/s时木块在地面上恰好静止．木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.求：(1)气球受到的浮力；(2)若风速v2＝6 m/s，木块开始运动时的加速度大小．[解析](1)无风时气球在竖直方向受重力、绳的拉力和浮力，三力平衡，则有F浮－mg－F＝0，解得F浮＝12 N，方向竖直向上(2)当v1＝3 m/s时对整体受力分析F1＝k v1在水平方向上F1－F f＝0在竖直方向上F浮＋F N－(mg＋Mg)＝0又知F f＝μF N得：F f＝9 N，k＝3 N·s/m若v2＝6 m/s时，F2＝k v2＝18 N，由牛顿第二定律有：F2－F f＝(m＋M)a得：a≈2.14 m/s2[答案](1)12 N，方向竖直向上(2)2.14 m/s212．(2016·广西北海质检一)为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如下图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f＝k v.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字)[解析](1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－k v ＝ma解得a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，由图象知a ＝Δv Δt ＝3 m/s 2.又a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315≈0.23最大速度v ＝2 m/s ，v m ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3.0 kg/s [答案] (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m(2)mg (sin θ－μcos θ)k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些． (3)0.23 3.0 kg/s。

与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练1-1-4含答案

随堂训练1．(多选)下列关于误差的说法正确的是()A．测量误差太大，便是错误B．绝对误差大，相对误差不一定大C．相对误差越小，说明测量越准确D．相对误差越小，对应的绝对误差一定越小[答案]BC2．(多选)关于错误和误差的说法，你认为正确的是()A．错误是可以避免的，而误差是不能避免的B．错误是人为造成的，而误差完全是测量工具的不精确造成的C．认真操作可以避免错误，但不能消除误差D．采用多次测量取平均值的方法，可以减小误差，但不能消除误差[答案]ACD3．以千米为单位记录的某次测量结果为6.5 km，若以米为单位记录的这一结果可写为()A．6500 m B．6.5×103 mC．6.5×10－3 m D．6.500×103 m[答案] B4．某同学两次用不同刻度尺测量同一张桌子的长度，测量结果分别为：1.2212 m和1.220 m，这两次测量结果有什么不同？这两次所用测量仪器有什么不同？[答案]两次测量的有效数字不同：前者是五位有效数字，后者是四位有效数字，前者测量的精确度较高．第一次测量所用刻度尺的最小分度为毫米，第二次测量所用刻度尺的最小分度是厘米．5．(2014·福建卷)某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.[解析]毫米刻度尺需要估读一位，读数为60.10 cm.游标卡尺主尺读数为4 mm,50分度游标尺的第10刻度对齐，游标尺读数为10×0.02 mm＝0.20 mm，所以直径为4 mm＋0.20 mm＝4.20 mm.[答案]60.10 4.206．在下图用3 V量程时电压表读数为多少？用15 V量程时电压表度数又为多少？________.[答案] 1.14 V 5.7 V7．沿长廊AB方向铺有30块完整的相同的正方形地砖，如下图甲所示．(1)小明用最小分度值是1 mm的刻度尺测量其中一块地砖的长度，示数如图乙所示，则每块地砖的长度是________m.(2)小明用停表测量自己从长廊的A端走到B端所用的时间．停表的示数如图丙所示，他所用的时间是________s.(3)根据速度、路程和时间的关系v＝________，算出小明的步行速度为________m/s.[答案](1)0.6000(2)20(3)x/t0.908．下图是一个弹簧秤的示意图，该弹簧秤的量程为________N．由图中读出的测量值应为________N.[答案]50279．图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm.[解析]测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的A进行测量；测量尺寸较小管件的外径时用游标卡尺的B进行测量；测量深度时用游标卡尺的C进行测量．钢笔帽的内径为：11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm.[答案]A11.2510．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示．图(a)所示读数为________mm，图(b)所示读数为________mm，所测金属板的厚度为________mm.[解析]依据螺旋测微器读数的基本原理，0.5毫米以上的值在主尺上读出，而在螺旋尺上要估读到千分之一毫米，则图(a)读数为0.010 mm，图(b)读数为6.870 mm.[答案]0.010(0.009或0.011也对) 6.870(6.869或 6.871也对)6.860(6.868～6.872)。

高考物理一轮复习课时跟踪检测(二十九)习题详解课件新人教版

课时跟踪检测(二十九)
1．解析：由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a 电极带正电，b 电极带负电。血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为 0，即 qvB＝qE 得 v＝EB＝BUd≈1.3 m/s。答案：A
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2．解析：电势差 UCD 与磁感应强度 B、材料有关，选项 A 错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向 C 侧面偏转，则电势差 UCD<0，选项 B 正确；仅增大磁感应强度时，电势差 UCD 变大，选项 C 正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项 D 错误。答案：BC
加速度的一半，则 mg－μ(qvB－qE)＝mg2，得 v＝2μq2Eμq＋Bmg，
故 C、D 正确。答案：CD
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10．解析：(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方
向上有
qE1sin 45 °＝mg
解得 E1＝
2mg q
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有
mg＝qE2，E2＝mqg
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(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为 a，离开
区域Ⅰ时速度为 v，在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为 R，则
a＝qE1cmos 45°＝g
v2＝2ad1(或 qE1cos 45°×d1＝12mv2) Rsin 60°＝d2 qvB＝mvR2
解得 B＝qmd2
3gd1 2
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3．解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足
qE0＝qv0B0
①
∴v0＝EB00
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与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练10含答案

课时跟踪训练(十)一、选择题1．(2015·广州高考调研)如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以()A．缓慢向上匀速运动B．缓慢向下匀速运动C．突然向上加速运动D．突然向下加速运动[解析]手电筒缓慢向上、向下匀速运动，电筒处于平衡状态，内部连接状况不变，小电珠能发光，故A、B错误；若突然向上加速运动，以电池为研究对象，受向上的弹力突然增大，弹簧形变量增大，即压缩量增大，使得电池与电珠断开，小电珠熄灭，所以C正确；若突然向下加速，电池受向上的弹力减小，弹簧压缩量减小，电路仍然是通路，所以小灯珠不会熄灭，故D错误．[答案] C2．(2015·江苏省盐城市三模)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压[解析]若细线有拉力，则T cosθ＋mg＝ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确．[答案] C3．(2015·北京市东城区统一检测)如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g 取10 m/s2.对此过程的分析正确的是()A．物体受到的重力变大B．物体的加速度大小为1 m/s2C．电梯正在减速上升D．电梯的加速度大小为4 m/s2[解析]电梯中的物体处于超重、平衡、失重状态时是加速度不同，本身的重力不变，选项A错误．由牛顿第二定律可知F支－mg＝ma，而由牛顿第三定律得F压＝F支＝44 N，解得：a＝1 m/s2，故选项B正确、选项D错误．加速度向上，运动是加速向上或减速向下，选项C错误．故选B.[答案] B4．(2015·浙江省东阳中学阶段检测)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客()A．处于失重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用D．所受力的合力竖直向上[解析]当此车加速上坡时，车里的乘客具有相同的加速度，方向沿斜面向上，人应受到竖直向下的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，C正确，B、D错误；由于有沿斜面向上的加速度，所以在竖直方向上有向上的加速度，物体处于超重状态，A错误．[答案] C5．(2015·湖北襄阳第五中学5月模拟)如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则()A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态[解析] 在CD 段时，因AB 一起运动的加速度为a ＝g sin θ，故此时A 只受重力和B 对A 的支持力作用，选项A 错误；在DE 段时，因为粗糙，故AB 一起运动的加速度为a ＝g sin θ－μg cos θ，此时A 受重力和B 对A 的支持力外，还受向上的摩擦力作用，故选项B 错误，C 正确；在CD 段AB 的加速度向下，属于失重状态；在DE 段，加速度可能向上，故可能处于超重状态，故选项D 错误；故选C.[答案] C6．(多选)(2015·上海青浦区质量调研)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( )A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．图线的斜率等于物体质量的倒数1m[解析] 货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得T －mg ＝ma ，图线与纵轴的交点，即当T ＝0时，a ＝－g ，图线与横轴的交点即a ＝0时，T ＝mg ，A 、B 正确；根据牛顿第二定律可得a ＝T m －g ，根据关系式可得图象的斜率k ＝1m ，C 错误D 正确．[答案] ABD7．(多选)(2015·新课标全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着这列车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18[解析] 由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：F km ＝23F (n －k )m ，解得：k ＝35n ，k 是正整数，n只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误．[答案] BC8．(2015·浙江嘉兴第一中学高考适应性考试)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mg sin θC ．运动员对球拍的作用力为Mg cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动[解析] 对网球进行受力分析，受到重力mg 和球拍的支持力F N ，受力如图所示：根据牛顿第二定律，F N sinθ＝ma，F N cosθ＝mg，整理可以得到：F N＝mgcosθ，a＝g tanθ，故选项A正确，选项B错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同，受力如图所示：根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F＝(M＋m)gcosθ，故选项C错误；当加速度a>g tanθ时，网球将向上运动，由于g sinθ与g tanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．所以本题正确选项为A.[答案] A9．(多选)(2015·江西南昌十所省重点中学二模)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是()A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg[解析] 若木块和木板之间发生相对滑动，则对木板，根据牛顿定律：μmg －13μ·2mg ＝ma ，解得a ＝13μg ，选项C 正确；若木块和木板之间不发生相对滑动，则对木板和木块的整体，根据牛顿定律可得：F －13μ·2mg ＝2ma ，解得a ＝F 2m －13μg ，选项D 正确；故选CD.[答案] CD10．(多选)(2015·哈尔滨九中三模)如图甲所示，静止在水平面C 上足够长的木板B 左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示．A 、B 间最大静摩擦力大于B 、C 之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A 、B 运动过程中的加速度及A 与B 间摩擦力f 1、B 与C 间摩擦力f 2随时间变化的图线中正确的是( )[解析] 当拉力小于BC 之间的最大静摩擦力时，AB 不会运动，物体AB 没有加速度，所以B 错误；拉力小于BC 之间的最大静摩擦力时，物体AB 没有运动前，F ＝f 1＝f 2，两个摩擦力都随拉力增大而增大，当拉力大于BC 之间的最大静摩擦力小于AB 间的最大静摩擦力时，物体AB 一起向前加速，BC 之间变为了滑动摩擦力保持不变，所以D 项正确；物体A 的加速度为整体的加速度，AB 间的摩擦力为静摩擦力，当拉力大于AB 之间的最大静摩擦力时，AB 之间也发生了相对滑动，AB之间变为了滑动摩擦力，A的加速度也发生了变化，所以A、C 项正确．[答案]ACD二、非选择题11．(2016·江西师范大学附属中学高三上期期末)如图，在光滑的倾角为θ的固定斜面上放一个劈形的物体A，其上表面水平，质量为M.物体B质量为m，B放在A的上面，先用手固定住A.(1)若A的上表面粗糙，放手后，求AB相对静止一起沿斜面下滑，B对A的压力大小．(2)若A的上表面光滑，求放手后的瞬间，B对A的压力大小．[解析](1)AB相对静止一起沿斜面下滑，加速度a＝g sinθB的加速度的竖直分量a y＝g sin2θ则mg－N＝ma yN＝mg－mg sin2θ＝mg cos2θ所以B对A的压力大小等于mg cos2θ(2)因为A、B下滑时，A与B的加速度并不相同．A的加速度沿斜面向下，B的加速度竖直向下，A的加速度的竖直分量与B的加速度相等．即有a B＝a Ay ＝a A sinθ(Mg＋N B)sinθ＝Ma A对A、B分别运用牛顿第二定律，有mg－N B＝ma B＝ma A sinθ所以N B＝mMg cos2θM＋m sin2θ.[答案](1)mg cos2θ(2)mMg cos2θM＋m sin2θ12．(2015·山东淄博5月阶段性诊断)如图所示，一个质量为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H＝5 m.现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．(3)圆管的长度L.[解析](1)管第一次落地弹起时，管的加速度大小为a1，球的加速度大小为a2，由牛顿第二定律对管Mg＋4mg＝Ma1对球4mg－mg＝ma2故a1＝20 m/s2，方向向下a2＝30 m/s2，方向向上(2)球与管第一次碰地时，由v0＝2gH得碰后管速v1＝2gH，方向向上碰后球速v2＝2gH，方向向下球刚好没有从管中滑出，设经过时间t ，球、管速度相同，则有对管v ＝v 1－a 1t对球v ＝－v 2＋a 2t代入数值联立解得t ＝0.4 s(3)管经t 时间上升的高度为 h 1＝v 1t －12a 1t 2球下降的高度h 2＝v 2t －12a 2t 2管长L ＝h 1＋h 2＝4 m[答案] (1)20 m/s 2，方向向下 30 m/s 2，方向向上 (2)0.4 s (3)4 m。

【与名师对话】高考物理总复习课时作业29 新人教版选修3-2

课时作业(二十九)(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e ＝200 2sin100πt (V)，那么( ) A ．该交变电流的频率是50 HzB ．当t ＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C ．当t ＝1200s 时，e 有峰值D ．该交变电流的电动势的有效值为200 2 V[解析] 由交变电流的电动势瞬时值表达式e ＝nBS ωsin ωt 可知，交变电流的频率f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，A 正确．在t ＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好与中性面平行，B 不正确．当t ＝1200 s 时，e 有峰值E m ＝200 2 V ，C 正确．该交变电流的电动势的有效值E ＝E m2＝200 V ，D 不正确．[答案] AC2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如下图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析] 由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误． [答案] B3．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如右图)，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规定由a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I 随时间t 变化的图线是下图中的( )[解析] 分析交变电流的图象问题应注意图线上某一时刻对应的线圈在磁场中的位置，将图线描述的变化过程对应到线圈所处的具体位置是分析的关键，线圈在图示位置时磁通量为零，但感应电流为最大值；再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中，感应电流为正，故选项C 正确．[答案] C4．下图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )A ．图甲表示交变电流，图乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．图甲所示电压的瞬时值表达式为U ＝311sin100πt VD ．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的110[解析] 由图象的纵坐标知，电压的正、负分别表示电压的方向，因此两图均为交变电流，A 错；对于正弦式电流才有U 有效＝U m2，虽然两图的最大值相同，但图乙所示的非正弦(余弦)式电流不适用上式，故B 错；正弦式电流瞬时值表达式为u ＝U m sin ωt ，由图象可知U m ＝311 V ，T ＝2×10－2s ，可得ω＝2πT＝100π，代入上式得u ＝311sin100πt V ，故C 对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变交变电流的周期和频率，故D 错．[答案] C5．如右图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO ′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动，t ＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcda 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的( )[解析] 由楞次定律可知前半个周期感应电流沿adcba 方向，后半个周期沿abcda 的方向，因线圈绕垂直磁场的轴匀速转动，所以产生正弦式电流，A 正确．[答案] A6．(2011·佛山月考)如右图所示，单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴OO ′匀速转动，在转动过程中，穿过线框的最大磁通量为Φm ，线框中的最大感应电动势为E m ，下列说法中正确的是( )A ．在穿过线框的磁通量为Φm 2的时刻，线框中的感应电动势为E m2B ．在穿过线框的磁通量为Φm 2的时刻，线框中的感应电动势为E m2C ．线框每转动一周，线框中的感应电流方向改变一次D ．线框转动的角速度为E mΦm[解析] 闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，若从中性面开始计时，穿过线框的磁通量Φ按余弦规律变化，线框中产生的感应电动势按正弦规律变化，在穿过线框的磁通量为Φm /2的时刻，线框中的感应电动势大于E m /2，A 错误；在穿过线框的磁通量为Φm /2的时刻，线框中的感应电动势等于E m /2，B 项正确；线框每转动一周，线框中感应电流的方向改变两次，C 错误；由E m ＝BS ω＝Φm ω解得线框转动的角速度为ω＝E m /Φm ，D 正确．[答案] BD7．如右图所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈固定在图示位置，线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端；U 形磁铁以线圈的中心轴线OO ′为轴以角速度ω匀速转动，已知U 形磁铁两极间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为B ，取磁铁转动到图示位置的时刻t ＝0.则( )A ．在t ＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R 的电流为0B ．1 s 内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次C ．线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，电压表读数不变D ．在电阻R 的两端再并联一只阻值为R 的电阻后，电压表的读数不变[解析] 在t ＝0时刻，线圈中的磁通量最小，线圈处于垂直于中性面的位置，感应电动势最大，流过电阻R 的电流为最大值，A 错；由于一个周期内电流的方向改变两次，1 s 内流过电阻R 的电流方向改变的次数为n ＝2f ＝ωπ，B 正确；线圈产生的感应电动势的最大值E m ＝NBS ω，线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，E m 不变，由于产生的交变电流为正弦交变电流，因此其有效值为E ＝E m2也不变，因匝数减半，内阻也减半，外电阻不变．所以路端电压增加，即电压读数变大，所以C 不正确．当并联一个电阻R 后，外电阻内电阻不变，所以路端电压减小，即电压读数减小，所以D 错．[答案] B8．(2011·皖南模拟)如下图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6[解析] 电功的计算，I 要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33A ；图乙中，I 的值不变I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3，C 正确．[答案] C9．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t ＝π2ω时刻( )A ．线圈中的电流最大B ．穿过线圈的磁通量最大C ．线圈所受的安培力为零D ．穿过线圈磁通量的变化率最大[解析] 注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t ＝π2ω＝T4，线圈转过90°，本题应选B 、C.[答案] BC10．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如右图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )A.πl 2nB2PB.πl 2nB2PC.l 2nB 22PD.l 2nB 2P[解析] 单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式电流，则电动势的最大值E m ＝Bl 2ω＝2πnBl 2，其有效值E ＝E m2＝2πnBl22，计算小灯泡的额定功率P 要用其有效值，即P ＝E 2R.R ＝E 2P＝πBnl22P，故只有B 选项正确．[答案] B二、非选择题(共30分)11．(15分)下图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝、电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按下图乙所示正弦规律变化．求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值； (2)电路中交流电压表的示数．[解析] (1)交流发电机产生的电动势的最大值E m ＝nBS ω 而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT由Φ－t 图线可知：Φm ＝2.0×10－2Wb ，T ＝6.28×10－2 s 所以E m ＝200 V.(2)电动势的有效值E ＝22E m ＝100 2 V 由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝ 2 A 交流电压表的示数为 U ＝IR ＝90 2 V≈127 V.[答案] (1)200 V (2)127 V12．(15分)如下图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r ＝0.10 m 、匝数n ＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如下图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B 的大小均为B ＝0.20πT ，线圈的电阻为R 1＝0.50 Ω，它的引出线接有R 2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v 随时间t 变化的规律如下图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：(1)小电珠中电流的最大值； (2)电压表的示数；(3)t ＝0.1 s 时外力F 的大小；(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高双倍，可采取什么办法(至少说出两种方法)?[解析] (1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为：E m ＝nBlv ＝nB 2πrv m ，电路总电阻为：R 1＋R 2，那么小电珠中电流的最大值为I m ＝nB 2πrv mR 1＋R 2＝20×0.2×2π×0.1×2π＋A ＝0.16 A.(2)电压表示数为有效值U ＝U m2＝22I m R 2＝22×0.16×9.5 V＝0.76 2 V≈1.07 V. (3)当t ＝0.1 s 也就是T /4时，外力F 的大小为F ＝nB 2πrI m ＝n 2B 2πr2R 1＋R 2v m ＝0.128N.(4)提高v m 用变压器[答案] (1)0.16 A (2)1.07 V (3)0.128 N (4)提高v m 用变压器拓展题：某小型发电机矩形线圈面积为200 cm 2，共50匝，电阻0.05 Ω，用电磁铁做磁场，磁场的磁感应强度为1 T ，产生频率为50 Hz 的单相正弦交变电流．外电路由110盏“220 V,40 W”的灯泡组成，当灯泡全部正常发光时，试求：(1)输电导线的电阻多大？(2)若只用11盏电灯，为了使电灯正常发光，而发出的交变电流频率又不能变化，则电磁铁磁场的磁感应强度应调到多大？[解析] (1)交变电流的最大值为E m ＝NBS ·2πf ，发电机的输出电压为 E ＝E m2＝50×1×200×10－4×2π×502 V≈222 V每盏灯流过电流为I 0＝40220 A ＝211 A干路中的电流为I ＝110×211 A ＝20 A由闭合电路欧姆定律有E ＝[220＋20×(0.05＋R )] V得出R ＝0.05 Ω.(2)只有11盏灯时，干路中的电流为I ′＝11×211A ＝2 A电源电动势的有效值E ′＝[220＋2×(0.05＋0.05)] V ＝220.2 V由最大值E m＝2E′＝NB′S·2πf，得到电磁铁磁场的磁感应强度：B′＝2E′NS·2πf ＝2×220.250×200×10－4×2π×50T＝0.992 T.[答案] (1)0.05 Ω(2)0.992 T。

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课时跟踪训练(二十九)1. (多选)如图所示，面积大小为S的矩形线圈abcd，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈可以绕O1O2转动．下列说法中正确的是()A．当线圈在如图所示位置时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝BSB．当线圈从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量大小Φ＝0C．当线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝0D．当线圈从图示位置转过360°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ＝BS[解析]根据磁通量的定义可知，如图所示时，磁通量最大Φm＝BS，当转过90°时，线圈与磁场平行，磁通量为零，所以A、B正确；当线圈转过180°时，磁通量大小为Φ＝－BS，故磁通量变化的大小为ΔΦ＝2BS，所以C错误；当线圈转过360°时，磁通量大小为Φ＝BS，故磁通量变化的大小为零，所以D错误．[答案]AB2.如图所示，半径为R的圆线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2[答案] B3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化[解析]产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A项中，线圈绕在磁铁上，磁通量未变，不会产生感应电流，A错误．同理B错误．C项中，往线圈中插入条形磁铁的瞬间，线圈中磁通量发生变化，此时线圈中将产生感应电流，但插入后磁通量不再变化，无感应电流，故到相邻房间观察时无示数，C 错误．D项中，在线圈通电或断电的瞬间，磁通量发生变化，产生感应电流，D 正确．[答案] D4．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针．法拉第可观察到的现象有()A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转[解析]当合上开关，A线圈接通电流瞬间，穿过A的磁通量发生变化，使得穿过B的磁通量也变化，所以在B中产生感应电流，电流稳定后穿过AB的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，即小磁针偏转一下，随即复原，选项A正确；A线圈中有电流，但是如果电流大小不变，则在B中不会产生感应电流，即小磁针就不会发生偏转，选项B错误；B线圈中的感应电流大小与A 中电流的变化率有关，与A中电流大小无关，故C错误；当开关打开，A线圈电流中断瞬间，由于穿过B的磁通量减小，则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反，所以小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转，选项D错误．[答案] A5. (多选)(2015·青岛期末)如图所示，螺线管B置于闭合金属环A的轴线上，B中有恒定电流，从某时刻起，当B中通过的电流逐渐变大时，则()A．环A有缩小的趋势B．环A有扩张的趋势C．螺线管B有缩短的趋势D．螺线管B有伸长的趋势[解析]当B中通过的电流逐渐变大时，穿过A环的磁通量增加，感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加，根据楞次定律可知，环A有扩张的趋势；根据同向电流相互吸引可知，螺线管相邻两匝线圈间的力相互吸引，因此，螺线管B有缩短的趋势，所以正确选项为B、C.[答案]BC6．(2015·安徽淮北一模)如图所示，Q 是单匝金属线圈，MN 是一个螺线管，它的绕线方法没有画出，Q 的输出端a 、b 和MN 的输入端c 、d 之间用导线相连，P 是在MN 的正下方水平放置的用细导线制的软弹簧线圈．若在Q 所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )[解析] 在t 1至t 2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN 中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，知ΔB Δt 增大．[答案] B7．(多选)(2015·广东茂名一模)如图甲所示，导线MN 和矩形线圈abcd 共面且均固定．在MN 中通以图乙所示的电流(电流正方向为M 指向N )，则在0～T 时间内( )A ．线圈中感应电流方向始终为abcdaB ．线圈中感应电流方向先为abcda 后为adcbaC ．ab 边始终不受安培力作用D ．bc 边受安培力方向先右后左[解析] 由楞次定律可知线圈中感应电流方向始终为abcda ，A 正确，B 错误；ab边只是在i＝0时不受安培力，在其他时刻都受安培力，C错误；bc边的电流方向不变，但bc边所处的磁场方向先向里后向外，由左手定则可知，bc边受的安培力方向先向右后向左，D正确．[答案]AD8．(多选)匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力，则()A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿逆时针方向，I3沿顺时针方向C．f1方向指向圆心，f2方向指向圆心D．f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心[解析]由图知oa段，穿过金属环的磁场方向为垂直纸面向里，磁通量增大，根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向，同理可判断I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，所以A正确，B错误；根据左手定则可判断f1方向指向圆心，f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心，故C错误，D正确．[答案]AD9．(多选)(2015·汕头一模)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是()A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势[解析]由B－t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，L上的磁通量为零，故A错误；在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大，B正确；在t1～t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，由左手定则可知圆环各处受力指向圆心，有收缩的趋势．故C错．D正确．[答案]BD10．(2015·宜春四校联考)如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是()A．ab向左，cd向右B．ab向右，cd向左C．ab、cd都向右运动D．ab、cd保持静止[解析]当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，电路中的总电阻变小，流过螺线管的电流将增大，因此螺线管周围的磁场变强，即磁感应强度B变大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场应阻碍其变化，因此两根金属棒应分别向外运动，增大回路的面积，以增大螺线管外部磁场的磁通量来抵消内部磁场磁通量的增大，故选项A正确．[答案] A11. (2014·广东卷)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大[解析]磁块在铜管(金属管)中下落，会在铜管中产生感应电流，感应电流的磁场一定会阻碍磁块的下落，塑料管中不会出现感应电流，因此Q中的小磁块做自由落体运动，P中不是，A错误．P中小磁块下落需克服阻力做功，机械能不守恒，B错误．根据牛顿第二定律，P中磁块下落的加速度小于Q中磁块下落的加速度，因此下落时间更长，落至底部时速度较小，C正确，D错误．[答案] C12．(多选)(2015·上海虹口区一模)振弦型频率传感器的结构如图所示，它由钢弦和永久磁铁两部分组成，钢弦上端用固定夹块夹紧，下端的夹块与一膜片相连接，当弦上的张力越大时，弦的固有频率越大．这种装置可以从线圈输出电压的频率确定膜片处压力的变化．下列说法正确的是()A．当软铁块与磁铁靠近时，a端电势高B．当软铁块与磁铁靠近时，b端电势高C．膜片上的压力较小时，线圈中感应电动势的频率高D．膜片上的压力较大时，线圈中感应电动势的频率高[解析]当软铁块靠近磁铁时，线圈中的磁通量增加，根据楞次定律可得，b端电势比a端电势高，选项B正确；膜片上压力越小时，钢弦上的张力越大，振动频率越高，线圈中感应电动势的频率越高，所以选项C正确．[答案]BC13．如右图所示，线圈由A位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为()A．a A>a B>a C>a D B．a A＝a C>a B>a DC．a A＝a C>a D>a B D．a A＝a C>a B＝a D[解析]线框在A、C位置时只受重力作用，加速度a A＝a C＝g.线框在B、D 位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下．由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小a＝g－Fm<g.又线框在D点时速度大于B点速度，即F D>F B，所以a D<a B，因此加速度的关系为a A＝a C>a B>a D，选项B正确．[答案] B14．(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，线圈进入磁场前等距离排列，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是()A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈[解析]若线圈合格，则由于电磁感应现象会向左移动一定距离，且合格线圈移动的距离相等，移动后线圈的间距也等于移动前的间距，由图知线圈3与其他线圈间距不符，不合格．[答案]AD15. (多选)(2016·福建泉州期末)AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒靠立在导轨上(开始时b离O点很近)，如图所示，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b 端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中()A．感应电流方向始终是b→aB．感应电流方向先是b→a，后变为a→bC．所受磁场力方向垂直于ab向上D．所受磁场力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上[解析]初始，ab与直角形金属导轨围成的三角形面积趋于0，末状态ab 与直角行金属导轨围成的三角形面积也是趋于0，所以整个运动过程中，闭合回路的面积是先增大后减小．根据楞次定律的增反减同，判断电流方向先是逆时针后是顺时针，选项A错B对．根据左手定则判断安培力，可得安培力先是垂直于ab向下，后垂直于ab向上，选项C错D对．[答案]BD。