优化方案高考物理总复习(大纲版)：第10章实验十六(共29张

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精讲精练+优化方案2021届高考物理大一轮复习―配套Word版文档：

精讲精练+优化方案2021届高考物理大一轮复习―配套Word版文档：考纲展示1.电磁感应现象ⅰ2.磁通量ⅰ3.法拉第电磁感应定律ⅱ4.楞次定律ⅱ5.自感、涡流ⅰ说明：1.导体切割磁感线时，感应电动势的计算，只限于l垂直于b、v的情况．2.在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的高低．3.不要求用自感系数计算自感电动势.第一节电磁感应现象楞次定律热点视角1.感应电流的产生条件、方向推论和电动势的直观排序，磁感应强度、磁通量、电动势、电压、电流随其时间变化的图象，以及感应器电动势、感应电流随其线框加速度变化的图象，就是高频考点，以选择题居多．2.滑轨类问题、线框横越有界坯强磁场、电磁感应中的能量转变等综合问题，能够较好地考查学生的能力，倍受命题专家的亲睐.一、磁通量01______.1．概念：磁感应强度b与面积s的□2．排序02____.(1)公式：φ＝□03______磁场中的有效面积．(2)适用条件：①匀强磁场；②s是□04________.(3)单位：韦伯(wb)，1wb＝□05______.3．意义：穿过某一面积的磁感线的□06______，但有正、负．4．标矢性：磁通量是□二、电磁感应1．电磁感应现象07________发生变化时，当沿着闭合电路的□电路中存有电流产生，这种现象称作电磁感应现象．2．产生感应电流的条件08____________.(1)条件：穿过闭合电路的磁通量□09______________运动．(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做□3．能量转化10______.出现电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转变为□v特别告诫：当电路不滑动时，没感应电流，但存有感应器电动势，只产生感应器电动势的现象也可以称作电磁感应现象，且产生感应器电动势的那部分导体或线圈相等于电源．三、感应电流方向的判断1．楞次定律11______引发感应电流的□12________的变化．(1)内容：感应电流的磁场总必须□(2)适用情况：所有的电磁感应现象．2．右手定则13______，并且都与手掌在同一个□14(1)内容：抬起右手，并使拇指与其余四个手指□15____________的方向，________，使磁感线从手心步入，并使拇指指向□这时四指所指的方向就是感应电流的方向．16________________产生感应电流．,1.(单选)(2)适用于情况：□如图所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直面内有一根通电直导线ef，且ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，穿过圆面积的磁通量将()a．逐渐变小b．逐渐增大c．始终为零d．不为零，但始终保持不变2．(单选)如图所示，小圆圈则表示处在磁场中的闭合电路一部分导线的横截面，速度v在纸面内．关于感应电流的有没有及方向的推论恰当的就是()a．甲图中有感应电流，方向向外b．乙图中有感应电流，方向向外c．丙图中无感应电流d．丁图中a、b、c、d四边线上均并无感应电流3．(多选)如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于o点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()a．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针b．感应电流方向一直就是逆时针c．安培力方向始终与速度方向恰好相反d．安培力方向始终沿水平方向电磁感应现象的判断推论电路中若想产生感应电流的通常流程：(单选)如图所示，一个u形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为b的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是()a．ab向右运动，同时并使θ增大b．使磁感应强度b减小，θ角同时也减小c．ab向左运动，同时增大磁感应强度bd．ab向右运动，同时减小磁感应强度b和θ角(0°[总结提升]判断能否产生电磁感应现象，关键是看回路的磁通量是否发生了变化．磁通量的变化量δφ＝φ2－φ1有多种形式，主要有：(1)s、θ维持不变，b发生改变，这时δφ＝δbssinθ；(2)b、θ维持不变，s发生改变，这时δφ＝δsbsinθ；(3)b、s不变，θ改变，这时δφ＝bs(sinθ2－sinθ1)．1.(多选)如图所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是()a．圆盘绕开圆心的直角轴匀速转动b．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动c．圆盘在磁场中向右匀速位移d．坯强磁场光滑减少楞次定律的理解及应用1．楞次定律中“制约”的含义2．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤(单选)长直导线与矩形线框abcd处于同一平面中静止不动，例如图甲右图．长直Auron线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的交流电：i＝imsinωt，i－t图象如图乙所示．规定沿长直导线方向向上的电流为正方向．关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是()a．由顺时针方向变成逆时针方向b．由逆时针方向变成顺时针方向c．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向d．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向[思路指点]分析直线电流的变化情况，明晰在一个周期内：(1)沿着线框的磁通量的变化：________________________________________________________________________.(2)感应电流的磁场方向变化：________________________________________________________________________.(3)感应电流的方向变化：________________________________________________________________________.[尝试解答]________2．(多挑选)以下各图就是检验楞次定律实验的示意图，直角置放的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方填入或取下，线圈和电流表形成的滑动电路中就可以产生感应电流．各图中分别标示出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中恰当的就是()“一定律三定则”的综合应用1．“三个定则与一个定律”的适用于情况名称基本现象应用领域的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对电流的促进作用磁场对运动电荷、电流存有作用力左手定则部分导体搞研磨磁感线运动右手定则电磁感应滑动电路磁通量变化楞次定律2．三个定则的因果关系三个定则容易相混，特别是左、右手易错用，抓住因果关系是关键：(1)因电而生磁(i→b)→安培定则；(2)因动而生电(v、b→i)→右手定则；(3)因电而受力(i、b→f安)→左手定则．(多挑选)如图所示，水平置放的两条扁平轨道上加可以民主自由移动的金属棒pq、mn，mn的左边有一闭合电路，当pq在外力的作用下运动时，mn向右运动，则pq所做的运动可能是()a．向右加速运动c．向右减速运动[尝试答疑]________3．(多挑选)b．向左加速运动d．向左减速运动如图所示，金属导轨上的导体厉害ab在坯强磁场中沿导轨搞以下哪种运动时，铜制线圈c中将存有感应电流产生且被螺线管迎合()a．向右做匀速运动b．向左做减速运动c．向右做减速运动d．向右做加速运动楞次定律的推广应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原。

2012优化方案高考物理总复习(大纲版)课时卷1-7(82页)

优化方案·课时作第1章力物体的平衡课时1第1章力物体的平衡第一节重力弹力摩擦力一、选择题1.(2011年抚顺六校联合体模拟)如图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A>m B，则物体B()A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个解析：选A.物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B只受重力，选A.2.如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球重G，平衡时小球在A处，今用力F压小球至B处，使弹簧缩短x，则此时弹簧的弹力为()A．kx B．kx＋GC．G－kx D．以上都不对解析：选B.设球在A处时弹簧已压缩了Δx，球平衡时弹力F A＝G＝kΔx，球在B处时，弹簧又压缩x，球再次达到平衡时弹力F B＝k(Δx＋x)＝G＋kx.故选项B是正确的．3.用手握住一个油瓶(油瓶始终处于竖直方向且静止不动，如图所示)，下列说法中正确的是()A．当瓶中油的质量增大时，手握瓶的力必须增大B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大C．不论手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的D．摩擦力大于油瓶与油的总重力解析：选C.因为油瓶处于平衡状态，故摩擦力与油和瓶的总重力大小相等，又因为是静摩擦力，根据其特点，大小与压力无关，故C正确，B、D错误．而最大静摩擦力F f max与正压力有关. 在压力一定的情况下，最大静摩擦力一定．若平衡时，静摩擦力未达到最大值，当适当增加油的质量时，若G≤F f max，不增加压力仍可平衡，A错．4.(2011年北京西城区抽样测试)如图所示，质量为m＝20 kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，物体同时还受到大小为10 N，方向向右的水平拉力F的作用，则水平面对物体的摩擦力(g取10 m/s2)()A．大小是10 N，方向水平向左B．大小是20 N，方向水平向左C．大小是20 N，方向水平向右D．大小是30 N，方向水平向右解析：选C.物体向左运动，受到向右的滑动摩擦力，大小为F f＝μF N＝μmg＝20 N，与外力F无关，故选C.5.某同学用传感器来探究摩擦力，他的实验步骤如下：①将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；②将一质量m＝3.75 kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来；③打开计算机，使数据采集器工作，然后沿水平方向缓慢地拉动细绳，木块运动一段时间后停止拉动；④将实验得到的数据经计算机处理后在屏幕上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是( )A ．0～6 s 内木块一直受到静摩擦力的作用B ．最大静摩擦力比滑动摩擦力大C ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.08D ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.11答案：BC6. (2010年高考课标全国卷)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( ) A.3－1 B ．2－ 3C.32－12 D ．1－32解析：选B.当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)；当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．7. (2011年郑州模拟)如图所示，质量为m 的小物块静止地放在半径为R 的半球体上，小物块与半球体间的动摩擦因数为μ，小物块与球心连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．小物块所受摩擦力大小为μmg sin θB ．小物块对半球体的压力大小为mg cos θC ．小物块所受摩擦力大小为mg sin θD ．小物块所受摩擦力大小为mg cos θ解析：选D.分析小物块受力如图所示，因小物块静止在半球体上，所以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，故有D 正确，B 、C 错误；因小物块受静摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算，故A 错误．8．(2011年北京东城区检测) 如图所示，质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上．已知m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是( )A ．细绳对A 的拉力将增大B ．A 对斜面的压力将减小C ．A 受到的静摩擦力不变D ．A 受到的合力将增大解析：选B.对A 受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：F N－G cos θ＝0，G sin θ－F f －F ＝0，F ＝G 2若θ从45°增大到50°，则有F N 减小，F f 增大．物体A 受到的合力仍为0.9. (2011年武汉调研)如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v ，则传送带启动后( )A ．M 静止在传送带上B ．M 可能沿斜面向上运动C ．M 受到的摩擦力不变D ．M 下滑的速度不变解析：选CD.由M 匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力，传送带启动以后对M 受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C 、D 正确．10. (2011年扬州模拟)如图所示，重80 N 的物体A 放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为1000 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A 后，弹簧长度缩短为8 cm ，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N ，当弹簧的长度仍为8 cm 时，测力计读数不可能为( )A ．10 NB ．20 NC ．40 ND ．60 N解析：选 D.设物体所受静摩擦力F f 的方向沿斜面向上，由平衡条件得：F ＋F f ＋kx ＝mg sin30°，可得：F ＋F f ＝20 N ，F 由0逐渐增大，F f 逐渐减小，当F f ＝0时，F 为20 N ，故A 、B 均可能；当F f 沿斜面向下时，F ＋kx ＝F f ＋mg sin30°，有：F ＝F f ＋20 N ，随F 增大，F f 也逐渐增大，直到F f ＝25 N ，此时F ＝45 N ．当F >45 N ，物体就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.二、计算题11. 如图所示，质量分别为m 和M 的两物体P 和Q 叠放在倾角为θ的斜面上，P 、Q 之间的动摩擦因数为μ1，Q 与斜面间的动摩擦因数为μ2(μ1>μ2)．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P 受到的摩擦力大小为多少？先取PQ 为一整体，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：(M ＋m )g sin θ－F fQ ＝(M ＋m )aF fQ ＝μ2F NF N ＝(m ＋M )g cos θ以上三式联立可得a ＝g sin θ－μ2g cos θ再隔离P 物体，设P 受到的静摩擦力为F fP ，方向沿斜面向上，对P 再应用牛顿第二定律得：mg sin θ－F fP ＝ma可得出F fP ＝μ2mg cos θ.答案：μ2mg cos θ12．(2011年苏州模拟) 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k 1、k 2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m 1的重物，最下端挂一质量为m 2的重物，现用力F 沿斜面向上缓慢推动m 2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：(1)m 1、m 2各上移的距离．(2)推力F 的大小．解析：(1)没加推力时：k 2x 2＝m 2g sin θk 2x 2＋m 1g sin θ＝k 1x 1加上推力后，当两弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，k 1的伸长量与k 2的压缩量均为x ，对m 1受力分析可得：k 1x ＋k 2x ＝m 1g sin θ所以m 1上移的距离d 1＝x 1－x ＝(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2m 2上移的距离d 2＝x 2＋x ＋d 1＝x 2＋x 1＝m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1. (2)分析m 2的受力情况，有：F ＝m 2g sin θ＋k 2x ＝m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2.答案：(1)(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1(2)m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2课时2第二节力的合成与分解一、选择题1．物体受共点力F 1、F 2、F 3作用而做匀速直线运动，则这三个力可能选取的数值为( )A ．15 N 、5 N 、6 NB ．3 N 、6 N 、4 NC ．1 N 、2 N 、10 ND ．1 N 、6 N 、8 N解析：选B.物体在F 1、F 2、F 3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B 选项中的三个力的合力可以为零，故选B.2．如图所示，F 1、F 2、F 3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )解析：选C.由矢量合成法则可知A 图的合力为2F 3，B 图的合力为0，C 图的合力为2F 2，D 图的合力为2F 3，因F 2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C 图．3. 在研究共点力合成实验中，得到如图所示的合力与两力夹角θ的关系曲线，关于合力F 的范围及两个分力的大小，下列说法中正确的是( )A ．2 N ≤F ≤14 NB ．2 N ≤F ≤10 NC ．两力大小分别为2 N 、8 ND ．两力大小分别为6 N 、8 N解析：选AD.由图象得：θ＝12π时，两分力F 1、F 2垂直，合力为10 N ，即F 21＋F 22＝10，θ＝π时，两分力方向相反，即两分力相减，|F 1－F 2|＝2，联立解得：F 1＝8 N ，F 2＝6 N ，合力的范围F 1－F 2≤F ≤F 1＋F 2，即2 N ≤F ≤14 N ．故A 、D 对，B 、C 错．4. (2011年徐州一模)如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O 点，总质量为60 kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°.则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O ，g 取10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )A ．360 N,480 NB ．480 N,360 NC ．450 N,800 ND ．800 N,450 N答案：A5. (2011年湖北孝感高中质量检测)如图所示，作用于O 点的三个力平衡，设其中一个力大小为F 1，沿－y 方向，大小未知的力F 2与＋x 方向夹角为θ，下列说法正确的是( )A ．力F 3只能在第二象限B ．力F 3只能在第三象限C ．力F 3与F 2的夹角越小，则F 3与F 2的合力越小D ．F 3的最小值为F 1cos θ解析：选D.由图可知力F 3可以在第三象限，也可以在第二象限，故A 、B 错误；F 3与F 2的合力与F 1等大、反向，故C 错误；根据图解法可求出F 3的最小值为F 1cos θ，故D 正确．6. (2011年苏州高三调研)如图所示，用OA 、OB 两根轻绳将物体悬于两墙之间，OA 、OB 两根轻绳之间的夹角为90°.当更换OA 绳，使A点下移，直至轻绳OA 为水平，在此过程中保持O 点位置不变．则在A点不断下移到A ′的过程中，绳OA 的拉力( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：选A.重力不变，OB 绳上拉力方向不变，在OA 绳方向逐渐转至OA ′的过程中，两拉力方向由90°逐渐增大，则OA 绳上拉力由最小值逐渐增大，A 对．7. 2010年广州亚运会天津运动员陈一冰夺吊环冠军，其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力F T (两个拉力大小相等)及它们的合力F 的大小变化情况为( )A ．F T 增大，F 不变B ．F T 增大，F 增大C ．F T 增大，F 减小D ．F T 减小，F 不变解析：选A.由平衡条件，合力F 等于人的重力，故F 恒定不变；当两手间距离变大时，绳的拉力的夹角变大，由平行四边形定则知，F T 变大，A 正确．8. 如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：选D.由图解法可知，当细绳与斜面平行时拉力最小，所以细绳由A 点逐渐移到D 点的过程中，拉力先减小后增大，选D 项．9. (2011年青岛模拟)如图所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O .另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G的物体，BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD ．a 杆对滑轮的作用力大小是G解析：选D.细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零．10. (2011年长沙模拟)如图所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F 1，墙壁对涂料滚的支持力为F 2，下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2均减小B ．F 1、F 2均增大C ．F 1减小，F 2增大D ．F 1增大，F 2减小解析：选A.在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可得：F 1sin θ－F 2＝0，F 1cos θ－G ＝0解得F 1＝G cos θ，F 2＝G tan θ 由于θ减小，所以F 1减小，F 2减小，故正确答案为A.二、计算题11. 榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ．求物体D 所受压力的大小是F 的多少倍？解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则F 1＝F 2＝F 2cos θ由几何知识得tan θ＝l b ＝10. 按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则F N ＝F 2sin θ以上各式联立解得F N ＝5F所以物体D 所受压力的大小是F 的5倍．答案：5倍12. 如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 与竖直方向上的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围．(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．解析： (1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F A 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F T A ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上．所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，由图知，当θ＝90°时，F T B 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg . 当两绳垂直时，即θ＝30°时，F T B 最小，F min ＝mg sin60°＝32mg . 答案：(1)0°≤θ<120°(2) 3 mg 32mg 课时3第三节受力分析共点力的平衡一、选择题1．均匀长杆一端搁在地面上，另一端用细线系在天花板上，如图所示的受力分析示意图中，正确的是( )解析：选ACD.长杆处于平衡状态，其所受所有外力的合力为零，即水平方向和竖直方向的合力都要为零，显然选项A 正确；B 、C 、D 选项中，将F 沿水平和竖直方向分解，水平方向满足平衡条件的还有C 、D 选项．综上可知，选项A 、C 、D 正确．2. (2011年长沙市一中月考)如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．物体可能只受两个力作用B ．物体可能受三个力作用C ．物体可能不受摩擦力作用D ．物体一定受四个力解析：选D.物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F 在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用．再根据摩擦力产生的条件知，一定会产生弹力．因此物体一定会受到四个力的作用．3. (2011年山东淄博模拟)如图所示，物块A 放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为( )A.12B.32C.22D.52解析：选C.由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物体受到的摩擦力是静摩擦力，大小为F f 1＝mg sin30°，当α＝45°时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f 2＝μF N ＝μmg cos45°，由F f 1＝F f 2得μ＝22. 4. (2010年高考江苏卷)如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( ) A.13mg B.23mg C.36mg D.239mg 解析：选D.如图每根支架承受的压力为F N ，则F N 的竖直分力大小为mg 3，所以F N ＝mg /3cos30°＝239mg ，D 正确． 5. (2009年高考江苏卷)用一根长1 m 的轻质细绳将一幅质量为1 kg 的画框对称悬挂在墙壁上．已知绳能承受的最大张力为10 N ．为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g 取10 m/s 2)( )A.32 mB.22m C.12 m D.34 m 解析：选A.对画框进行受力分析，并把两绳拉力作用点平移至重心处，如图所示，则有：2F T1cos α＝2F T2cos α＝mg .其中F T1＝F T2≤10 N.所以cos α≥12. 设挂钉间距为x ，则有：sin α＝x 2L 2＝x L. x ＝L sin α＝L 1－cos 2α≤ 1－14＝32m 即x ≤32m ，A 正确． 6. (2009年高考浙江理综卷)如图所示，质量为m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( ) A.32mg 和12mg B.12mg 和32mg C.12mg 和12μmg D.32mg 和32μmg 解析：选A.三棱柱受重力、斜面的支持力和摩擦力三力平衡，故F N ＝mg cos θ＝32mg ，F f＝mgsin θ＝12mg ，A 选项正确． 7. (2011年北京四中一模)如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F 作用下从B 点沿圆弧缓慢上滑至A 点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向，则( )A ．小物块受的支持力逐渐变大B ．小物块受的支持力先变小后变大C ．拉力F 逐渐变小D ．拉力F 先变大后变小解析：选AC.小物块上升到圆弧最高点时，F 减小为零；支持力最大，等于重力．8. (2011年浙江金丽衢十二校联考)两光滑平板OM 、ON 构成一具有固定夹角θ0＝75°的V 形槽，一球置于槽内，用θ表示ON 板与水平面之间的夹角，如图所示．调节ON 板与水平面之间夹角θ，使球对板ON 压力的大小正好等于球所受重力的大小，则在下列给出的数值中符合条件的夹角θ值是( )A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°解析：选B.受力分析如图所示，OM 对球的弹力为F 1，ON对球的弹力为F 2＝G ，F 1、F 2的合力F 3与重力等大反向．则有：2α＋θ＝180°，α＋θ＝180°－θ0，解得：θ＝30°.9. (2011年青岛模拟)如图所示，水平细杆上套一环A ，环A与球B 间用一轻质绳相连，质量分别为m A 、m B ，由于B 球受到风力作用，A 与B 球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ.则下列说法中正确的是( )A ．风力增大时，轻质绳对B 球的拉力保持不变B ．B 球受到的风力F 为m B g tan θC ．杆对A 球的支持力随着风力的增加而增加D ．A 球与水平细杆间的动摩擦因数为m B m A ＋m B解析：选B.以B 球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，解三角形得到拉力F T ＝m B g cos θ，风力F ＝m B g tan θ，A 项错误，B 项正确；利用整体法，水平方向有F ＝μ(m A ＋m B )g ，解得μ＝m B tan θm A ＋m B，D 项错误；竖直方向杆对A 球的支持力F N A ＝(m A ＋m B )g ，C 项错误． 10. (2011年江苏无锡调研)如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态．则( )A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零B ．C 受到水平面的摩擦力一定为零C ．水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等D ．若将细绳剪断，B 物体依然静止在斜面上，水平面对C 的摩擦力为零解析：选D.若绳对B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力相等，则B 与C 间的摩擦力为零，A 项错误；利用整体法判断，C 一定受到水平面向左的摩擦力，B 项错误；同理在竖直方向利用整体法判断，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，C 项错误；利用整体法判断，剪断细绳后BC 系统在水平方向不受外力作用，D 项正确．二、计算题11. (2011年揭阳模拟)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m ＝1 kg ，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M ＝3 kg ，置于粗糙水平面上．(g取10 m/s 2)求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．解析：(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示．F ＝mg ，F T cos30°＝12F 得F T ＝12mg cos30°＝12×1×1032N ＝1033 N(2)以小球和斜面整体为研究对象受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以F f ＝F T sin30°＝1033×12N ＝533N ，方向水平向左．答案：(1)1033 N (2)533N ，方向水平向左 12. (2011年湖南岳阳市一中质检)如图所示，两个完全相同的球，重力大小均为G ，两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ，且假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一根轻绳两端固结在两个球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳被拉直后，两段绳间的夹角为α.问当F 至少为多大时，两球将会发生滑动？解析：对结点O 受力分析如图甲所示，由平衡条件得：F 1＝F 2＝F 2cos α2对任一球(如右球)受力分析如图乙所示，球发生滑动的临界条件是：F 2sin α2＝μF N . 又F 2cos α2＋F N ＝G . 联立解得：F ＝2μG μ＋tan α2. 答案：2μG μ＋tan α2高三物理优化方案·课时作业课时4第2章直线运动第一节描述运动的基本概念一、选择题1．下列说法正确的是( )A ．参考系必须是固定不动的物体B ．参考系可以是变速运动的物体C ．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点D ．研究跳水运动员转体动作时，运动员不可视为质点解析：选BD.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的，也可以是变速运动的物体，A 错误，B 正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C 错误；但在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D 正确．2. 为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图所示，甲图是限速路标，表示允许行驶的最大速度是110 km/h ；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有100 km.上述两个数据的物理意义是( )A ．110 km/h 是平均速度，100 km 是位移B ．110 km/h 是平均速度，100 km 是路程C ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是位移D ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是路程答案：D3．第一次世界大战期间，一名法国飞行员在2000 m 高空飞行时，发现脸旁有一个小东西，他以为是虫子，敏捷地把它一把抓过来，令他吃惊的是，抓到的竟然是一颗子弹，飞行员能抓到子弹的原因是( )A ．飞行员的反应快B ．子弹的飞行速度远小于飞行员的速度C ．子弹相对于飞行员来说几乎是静止的D ．飞行员的手特有劲解析：选C.子弹相对于飞行员的速度几乎为零，飞行员才有可能抓住子弹，选项C 正确． 4．(2011年黑龙江大庆一中质检)一个物体做匀加速直线运动，在t 秒内经过的位移是s ，它的初速度为v 0，t 秒末的速度为v t ，则物体在这段时间内的平均速度为( )A.st B.v 0＋v t t C.v t －v 0t D.v t ＋v 02解析：选AD.平均速度的定义式：v ＝xt ，适用于一切运动；v ＝v t ＋v 02仅适用于匀变速直线运动．5. 在2009年8月柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子100 m 决赛中和男子200 m 决赛中分别以9.58 s 和19.19 s 的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度约为10.42 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度约为10.44 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.88 m/s解析：选C.200 m 决赛的跑道有一段弯道，所以200 m 决赛的位移小于200 m ，所以A错；200 m 决赛的平均速度v <200 m 19.19 s ＝10.42 m/s ，故B 错；100 m 决赛的平均速度v ＝100 m9.58 s ＝10.44 m/s ，故C 对．由于不是匀加速运动，所以最大速度不是平均速度的2倍，D 错．6．(2010年启东中学调研)对于质点的运动，下列说法中正确的是( ) A ．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零 B ．质点速度变化率越大，则加速度越大C ．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D ．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大解析：选B.质点运动的加速度为零时，质点的速度变化为零，但速度不一定为零，A 错误；质点速度变化率即为加速度，B 正确；质点在某时刻的加速度不为零，其速度可能为零，如自由落体的物体在开始下落的瞬间，故C 错误；质点的速度变化Δv ＝a ·Δt ，即速度的变化由质点的加速度和时间共同决定，D 错误．7．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是( )A ．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动B ．速度不断减小，到加速度为零时，物体运动停止C ．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后物体做匀速直线运动D ．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后物体做匀速直线运动解析：选ABCD.变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．8．(2010年临沂市期中)2009年10月14日，在山东威海举行了第十一届全国运动会铁人三项的女子决赛．本届全运会铁人三项比赛采用奥林匹克标准竞赛距离，包括一点五公里游泳、四十公里自行车和十公里跑步三部分，总距离为五十一点五公里．东道主选手王毅在最后一圈加速冲刺，以领先9.24秒的优势获得冠军，总成绩是2小时16分02秒77.假设王毅在三项中各段的时间分别为t 1、t 2、t 3，对应行程为s 1、s 2、s 3，三项中各段的平均速率分别为v 1、v 2、v 3，总平均速率为v .则(计算中结果保留一位小数)( )A ．v 1<v 3<v 2B ．v ＝v 1＋v 2＋v 33C ．v ＝6.3 m/sD ．v 可能比s 2t 2大，也可能比s 1t 1小解析：选AC.游泳平均速率v 1最小，自行车平均速率v 2最大，选项A 正确；平均速率v ＝s t ＝51.5×103m 8162.77 s≈6.3 m/s ，选项C 正确． 9．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：选AD.(1)若初、末速度同向时：v ＝v 0＋v 2＝4＋102m/s ＝7 m/s ，s ＝v t ＝7 m ；。

优化方案物理高考

优化方案物理高考在高中阶段，物理高考是很重要的一门考试科目，对于学生来说，通过物理高考不仅可以决定他们的大学专业选择，还有可能影响他们未来的职业道路。

因此，如何在物理高考中取得好成绩，成为许多学生和家长关注的重点问题。

本文将从准备阶段、学习方法和复习技巧等方面，提出一些优化方案，帮助考生更好地应对物理高考。

一、准备阶段：1.了解考试大纲：在准备物理高考之前，考生首先要仔细研究考试大纲，了解考试的重点、难点和知识点的分布。

只有明确了解了考试要求，才能有针对性地进行学习和复习。

2.掌握基础知识：物理高考是建立在基础知识之上的，考生需要确保自己对各个知识点的掌握程度。

如果发现自己的基础薄弱，可以通过参加补习班、请教老师或者自学，弥补这方面的不足。

二、学习方法：1.培养兴趣：物理是一门有趣的科学，考生应该培养对物理的兴趣，提高学习的主动性和积极性。

可以通过阅读科普读物、观看科学相关的影视作品等方式，增加对物理知识的兴趣。

2.理解原理：在学习物理的过程中，考生应注重理解物理原理和概念，而不只是记忆公式和定理。

只有真正理解了物理的基本原理，才能更好地解决复杂的物理问题。

3.注重实践：物理是实验科学，实践是物理学习中非常重要的一环。

考生应该积极参与实验活动，亲自动手操作，从实践中更好地理解和掌握物理知识。

三、复习技巧：1.制定计划：在复习物理的过程中，考生应该制定一个详细的复习计划，合理安排每天的学习时间，确保每个知识点都有足够的复习时间。

2.整理笔记：在课堂上，考生应认真听讲，将重点内容整理成笔记。

在复习阶段，可以参考这些笔记，帮助自己更好地复习。

3.做题巩固：做题是物理学习和复习的重要方式。

考生可以通过做真题、模拟题等方式，巩固自己的知识掌握程度和解题能力。

4.合理利用资源：考生可以通过自习室、网络课程、社群论坛等途径，利用各种资源来提高自己的学习效果。

但需要注意，确保所使用的资源具有准确性和权威性。

总结：以上就是优化方案物理高考的一些建议和方法。

高三物理总复习工作计划5篇

高三物理总复习工作计划5篇高三物理总复习工作计划（篇1）一、学生基本情况分析1.本学期，我所教的班级是高三__、__班，这两个班虽是重点班级，但是学生的知识水平参差不齐，物理科目比较薄弱，特别是__班，上课睡觉人数多，同学们不太爱学习，对高考的意识也不高。

由于学生思维维能力、认识水平、学习基础等发展不平衡，导致有些学生的物理成绩很差，历次的考试都在__分以下占绝大多数，这就给教学增加了一定的难度。

然而，做为一名教师，应该要看到学习的积极的一面，对于消极的一面要扬长避短，采取有效措施努力提高整个班级的物理教学成绩。

2.高三第一轮复习选用的复习教材，用__设计。

优点：教材中的练习题（包括选择题）都有比较详细的解答，如果教师不够时间讲练习时，学生就可以较方便的自学；基础知识的介绍与讲解都很详细，学生在以后的自我复习时，可以很好地使用。

不足：部分例题、练习的难度过大，不太适合本校的学生，所以要有针对性地选择一些题目讲，和让学生做。

二、工作目标⑴每一个学生能将教材中的所有实验进行熟练地操作，使他们基本上具有一般物理知识的操作能力；⑵学生具有一定的分析问题和解决问题的能力，对一些常见的计算题目，能够较为清晰地进行解答；⑶学生能运用所的物理知识去解答生活和生产中的实际问题的能力要得到提高。

三、教学研究积极参加物理教研备课组的每次活动，从中学习有关的教学理论和方法，探讨有关的教学问题，相互学习，互相促进。

多听课，吸取他人教学之长，本学期力争外出听课学习，还要上了一节校级公开课。

整理一份适合本校高三学生复习用的练习题，为以后的高三教学省下宝贵的时间。

发表一篇校级以上的教学论文，努力提高自我的专业水平。

四、工作方法与措施1、重视主干知识，强化学科内综合，同时兼顾非主干知识。

一轮复习突出物理学的主干知识，其中包括运动规律、牛顿定律、机械能、带电粒子在电场、磁场中的运动、电磁感应定律等。

强化学科内综合，其中，出现频率较高的综合点往往表现为：（1）牛顿定律与圆周运动和万有引力定律综合和能量转化的综合；（2）以带电粒子在电场、磁场中为模型的电学与力学的综合；（3）从运动和力、能量观点分析解决电磁感应现象与闭合电路欧姆定律的综合；（4）串、并联电路规律与实验的综合。

【精品推荐】2012优化方案高考物理总复习(鲁科版)第10章实验十一知能优化演练

1．(2011年江苏启东中学月考)随着生活质量的提高，自动干手机已进人家庭．洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干．手靠近干手机能使传感器工作，是因为()A．改变了湿度B．改变了温度C．改变了磁场D．改变了电容解析：选D.人是导体，可以与其它导体构成电容器．手靠近干手机时，改变了设置在干手机内的电容式传感器的电容，干手机开始工作．能否用湿度和温度来驱使电热器工作，理论上是可行的，但作为干手机，这种传感器的设置有很大缺陷．干手机周围的环境(如湿度和温度)一年四季都在变化，与手的靠近无关，假如湿度、温度发生变化，干手机就马上工作，岂不成了“室内烘干机”？故选项D正确．2．如图10－3－12所示，R1是定值电阻，R2是负温度系数热敏电阻，L为小灯泡，当温度降低时()图10－3－12A．R1两端的电压增大B．电流表的示数增大C．小灯泡的亮度变小D．小灯泡的亮度变大解析：选D.由于R2是负温度系数热敏电阻，当温度降低时，R2电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，电阻R1上的电压减小，选项A、B错误；由于总电压一定，灯泡与R2两端电压将增大，小灯泡亮度变大．所以选项C错误，D正确．3．如图10－3－13所示为光敏电阻自动计数器的示意图，其中R1为光敏电阻，R2为定值电阻．此光电计数器的基本工作原理是()图10－3－13A．当有光照射R1时，信号处理系统获得高电压B．当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压C．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次解析：选A.当光被挡住时，R1阻值变大，分得电压变大，R2两端电压变小，控制系统的输入电压减小，信息处理系统的具体计数方式由其本身设计决定．4．如图10－3－14所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示数增大，则说明()图10－3－14①热敏电阻在温度越高时，电阻越大②热敏电阻在温度越高时，电阻越小③半导体材料温度升高时，导电性能变差④半导体材料温度升高时，导电性能变好A．①③B．①④C．②③D．②④解析：选D.电流表的示数增大，说明电路中的电流增大，电阻减小，所以这个热敏电阻的电阻率是随温度的升高而降低的；电阻率减小，电阻值在其他条件不变时减小，导电性能变好，故选项②④正确．应选D.5．(2011年双十中学质检)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图10－3－15所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在不同的运动过程中，电流表的示数分别如图10－3－16中甲、乙、丙、丁所示．下列判断中不．正确的是()图10－3－15图10－3－16A．甲图表示电梯可能做匀速直线运动B．乙图表示电梯可能做匀加速上升运动C．丙图表示电梯可能做匀加速上升运动D．丁图表示电梯可能做变减速下降运动解析：选B.若电流保持不变，说明受到的压力不变，即电梯的加速度恒定．甲图中电流保持I0不变，说明加速度为零，选项A正确．丙图中电流保持2I0不变，说明加速度向上，选项C正确．乙图中电流由I0均匀增大到2I0，说明受到的压力由mg均匀增加，即加速度向上均匀增加，即做变加速运动，选项B错误．丁图中电流由2I0均匀减小到I0，说明受到的压力也均匀减小到mg，加速度向上均匀减小，选项D正确．6．如图10－3－17所示，将多用电表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻R t的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间．若往R t上擦一些酒精，表针将向________(填“左”或“右”)移动；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向________(填“左”或“右”)移动．图10－3－17解析：若往R t上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热，热敏电阻R t温度降低，电阻值增大，指针应向左偏；用吹风机将热风吹向电阻，电阻R t温度升高，电阻值减小，指针向右偏．答案：左右7．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图10－3－18，一热敏电阻R T放在控温容器M内：A 为毫安表，量程6 mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3 V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S为开关．已知R T在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在95 ℃～20 ℃之间的多个温度下R T的阻值．图10－3－18(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图：(2)完成下列实验步骤中的填空：①依照实验原理连线电路图．②调节控温容器M内的温度，使得R T的温度为95 ℃.③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全．④闭合开关．调节电阻箱，记录电流表示数I0，并记录________．⑤将R T的温度降为T1(20 ℃<T1<95 ℃)，调节电阻箱，使得电流表的读数________，记录________．⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________________________________________________________________________.⑦逐步降低T1的数值，直至20 ℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥.解析：(1)实验原理电路图，如图所示．(2)要求出在不同温度下R T的阻值，在闭合电路中读出电流表的示数，然后记录电阻箱的读数R0，由闭合电路欧姆定律有：E＝I0(R T＋R0＋r)＝I0(150 Ω＋R0＋r)①改变R T的温度为T1，调节电阻箱，使得电流表的读数仍为I0，记录电阻箱的读数R1，则有：E＝I0(R T1＋R1＋r)②解①②得R T1＝R0－R1＋150 Ω.答案：(1)见解析(2)④电阻箱的读数R0⑤仍为I0电阻箱的读数R1⑥R0－R1＋150Ω8．光敏电阻在各种自动化装置中有很多应用，其中就可用于街道路灯的自动控制开关．如图10－3－19所示为模拟电路，其中A为光敏电阻，B为电磁继电器，C为照明电路，D为路灯，请连成正确的电路，达到日出灯熄，日落灯亮的效果．简要说明工作原理．图10－3－19解析：电路连接如图所示．当天亮时，光线照射光敏电阻A，其阻值迅速减小，控制回路电流增大，断电器B工作，吸住衔铁使触点断开，路灯熄灭．当夜晚降临，光线变暗，光敏电阻A的阻值增大．控制回路电流减小，弹簧将衔铁拉起，触点接通，路灯点亮．答案：见解析高∠考∴试-题╚库。

高考物理优化方案

高考物理优化方案引言高中物理是高中阶段的重要科目之一，也是高考中的必修科目。

在高考中，物理成绩对于考生是否能够进入理科类院校起着决定性的作用。

因此，为了在高考中取得优异的物理成绩，制定一套科学有效的物理学习和复习方案就变得尤为重要了。

I. 学习策略1.制定学习计划–分解学习目标：将高中物理知识点按照重点和难点进行分类，明确学习的重点。

–制定时间表：根据时间合理分配任务，合理安排每日的学习时间和休息时间。

2.理论结合实践–实验与观察：改善对抽象物理知识的理解和记忆，可以参加学校或社会实验活动，加深对物理原理的理解。

–应用题训练：针对每个知识点，都要做大量的应用题和题型变化训练，提高解题能力。

3.合理利用资源–教材与参考书：选择优秀的教材和参考书进行学习，并能灵活运用其中的知识点和例题。

–网络资源：充分利用互联网资源，如物理学习网站、物理学习平台等，获取更多练习题和学习资料。

4.积极参与课堂–认真听讲：认真听老师的讲课，做好复习笔记，弄懂每个知识点的原理和相关应用。

–提问互动：积极与老师和同学互动，提出疑问，解决问题，增强学习效果。

II. 复习方法1.查漏补缺–整理知识点：将各个知识点进行归类、整理，形成知识框架，清楚掌握每个知识点的内容和关键思想。

–做重点题：针对各个知识点的难点和重点，找到相应的练习题，加强训练，增强应对题型的能力。

2.背诵与总结–背诵公式：把常见的物理公式进行分类、整理，通过反复背诵巩固记忆，掌握公式的运用和推导。

–总结错题：对于做错的题目，要仔细分析错因，找到解题的漏洞，总结经验，避免再次犯类似的错误。

3.模拟考试–模拟真题：做高一、高二学期的期末试题和历年高考真题，模拟考场的氛围，提升解题速度和应对能力。

–检查评估：根据模拟考试的成绩和评估结果，找出自己的短板和不足，针对性地进行强化复习。

4.小组合作–组建学习小组：与同学组成学习小组，互相学习、交流、讨论，共同解决问题、提高学习效果。

【大纲版】2012高三物理《优化方案》总复习课件实验十

滑的曲线，如图9－4－2所示．
图 9－ 4 － 2
二、误差分析
1．所使用的电流表的精度是本实验产生误差的
主要因素之一，因此在条件允许的情况下，要尽
可能使用精确度较高的电流表．
2．电极与导电纸是否接触良好也是本实验产生误差的主要因素之一，对此，安装电极时要加以注意，可以在木板上垫3张～5张白纸．
另一探针接触f点，为找到与c点电势相等的点，
接触f点的探针应向________移．(选填“左”或
“右”)
(4)若将电源电压提高为原来的2倍，重复以上操
作，测量并画出等势线，你认为该等势线与原等势线的形状________(选填“相同”或“不同”)，该等势线与原等势线图中c、d两点间的电势差 ________(选填“相等”或“不等”)．
同时也易于寻找等势点．(更直观)
(2)电表的安全性更有保证，操作起来更方便、放
心．(因电压表内阻很大) (3)只是电压表法测出的误差大，不及灵敏电流表准确．
实验典例精析对实验器材及实验原理的考查
例1
如图9－4－3所示，在“用描迹法画出电
场中平面上的等势线”的实验中，实验室除了给出必要的器材外，又分别给出了以下三种不同规格的电源和电表：
知能优化演练
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大致等距的五个点作基准点a、b、c、d、e，并
用探针把它们的位置复印在白纸上．
3．探测等势点 (1)接通电源，将探针接触电极A，另一探针接触导电纸(注意跨度要小，保证电流表示数不要太大)，判断出指针偏转方向与电流方向的关系．
(2)将左手探针跟AB连线上某一基准点相接触，
然后在导电纸平面AB连线旁距此基准点约1 cm

2021优化方案高考总复习物理(江苏专用)第十章第二节课后检测能力提升

一、单项选择题 1.如图所示，将抱负变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u ＝2202sin 100πt (V)的沟通电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V 22 W ”的灯泡10个，灯泡均正常发光．除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为102∶1B ．电流表示数为1 AC ．电流表示数为10 AD ．副线圈中电流的频率为5 Hz解析：选B.由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V ，交变电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，D 项错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V ，由抱负变压器变压规律可知，n 1n 2＝U 1U 2＝10，A 项错误；由灯泡电功率P ＝UI 可知，通过每只灯泡的电流为1 A ，故副线圈输出电流为10 A ，由抱负变压器变流规律可知，I 2I 1＝10，所以原线圈中电流的有效值为1 A ，B 项正确，C 项错误．2.用220 V 的正弦沟通电通过抱负变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin(100πt ＋π2) A解析：选A.依据i －t 图象，负载电流的函数表达式i ＝0.05sin 100πt (A)且I m ＝0.05 A ，通过负载的电流的有效值I 2＝I m2，输出电压的最大值U m ＝2U 2＝110 2 V ，变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2≈3.9 W ，变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝21.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．3.如图所示，一抱负变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上并联接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串联一个相同的灯泡L ，则( )A ．灯L 也能正常发光B ．灯L 比另外三个灯都暗C ．灯L 将会被烧坏D ．不能确定解析：选A.原、副线圈中的电流之比为I 1I 2＝n 2n 1＝13，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I 额＝I 23.又I 1＝13I 2，所以通过原线圈中灯L 的电流恰为其额定电流，灯L 正常发光，所以A 正确．4．(2022·沈阳质检)如图所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，b 接原线圈的中心触头，电压表和电流表均为抱负电表．从某时刻开头在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，则下列说法正确的是( )A ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小B ．原线圈和副线圈中交变电流的频率之比为20∶1C ．当单刀双掷开关与b 连接时，电压表的示数为22 VD ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，电压表和电流表的示数均变小解析：选C.图中电压表测量值为抱负变压器输出电压，而依据抱负变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压打算于输入电压和原、副线圈匝数比，因输入电压与匝数比不变，故滑动变阻器触头P 上移过程中，电压表示数不变，A 项错误；变压器不转变交变电流的频率，B 项错误；由交变电流的瞬时值表达式可知，变压器输入电压有效值为220 V ，当开关与b 连接时，原、副线圈匝数比为10∶1，由U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压有效值为22 V ，C 项正确；开关由a 拨向b 时，原、副线圈匝数比变小，故电压表示数增大，D 项错误．5.如图所示，抱负变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误.2πf ＝100π Hz ，f ＝50 Hz ，故B 错误．I 2＝880220 A ＝4 A ，故C 项正确．由于抱负变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．6．(2022·江西师大附中月考)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，并与抱负变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W ”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是 ( )A ．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B ．线框中产生感应电动势的有效值为250 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D ．允许变压器输出的最大功率为1 000 W解析：选C.在图示位置线框平面和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A 错误；线框中产生的感应电动势的最大值E m ＝NBSω＝250 2 V ，其有效值E ＝22E m＝250 V ，选项B 错误；灯泡能正常发光，则电压U 2＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C 正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A ，即I 1＝10 A ，P 1＝P 2＝U 1I 1＝250×10 W ＝2 500 W ，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W ，选项D 错误．二、多项选择题 7.(2021·高考海南卷)如图，一抱负变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦沟通电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，V 是抱负电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24VC ．原线圈两端原来的电压有效值为68VD ．原线圈两端原来的电压有效值为48V解析：选AD.当负载电阻值减小为R ＝5R 0时，依据串并联电路规律，R 两端电压为R 0两端电压的5倍，由于电压表测量R 两端的电压，所以U R 0＝15×5＝1 V ，故副线圈两端电压为U 2＝6 V ，依据公式U 1U 2＝n 1n 2可得此时原线圈两端电压的有效值为U 1＝24 V ，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V ≈34 V ，A 正确、B 错误；由于变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U 2＝IR 0＋5IR 0，变化前，U ′2＝IR 0＋11IR 0＝12IR 0，所以U ′2＝2U 2＝12 V ，依据公式U 1U ′2＝n 1n 2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V ，D 正确、C 错误．8．(2022·扬州市模拟)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线送给用户，两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的读数不变B ．电流表A 2的读数增大，电流表A 1的读数减小C ．电压表V 3的读数增大，电压表V 2的读数减小D ．电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2读数的比值不变解析：选AD.输入电压是市区电网的电压不随负载增加而变化，所以电压表V 1的示数不变，而变压器原副线圈的匝数不变，由变压器的原理U 1U 2＝n 1n 2，可得电压表V 2的示数保持不变，选项A 正确；当负载增加时，意味着用户并联了更多的用电器，即负载的总阻值减小，而I 2＝U 2R 0＋R 载，所以电流增大，即电流表A 2的示数增大，依据变压器的原理P 出＝P 入，即U 2I 2＝U 1I 1，由于输出的功率增大，使输入电流I 1增大，选项B 错误；由于输电导线与负载串联，随负载阻值减小电流增大，导线R 0上的电压U 0＝I 2R 0增大，所以负载的电压U 载＝U 2－U 0减小，即电压表V 3的示数减小，选项C 错误；电压表V 2与电压表V 3示数之差为导线上的电压，与通过导线的电流之比为导线的电阻R 0，保持不变，选项D 正确．9．电流互感器和电压互感器如图所示，已知n 1n 2＝110，n 3n 4＝1001，电流表示数为5.0 A ，电压表示数为220 V ，则下列说法正确的是( )A ．火线中的电流为0.5 AB ．火线和地线间的电压为2.2×104 VC ．线路的输电功率为1.1×104 WD ．线路的输电功率为1.1×106 W解析：选BD.由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝50 A ，由U 3U 4＝n 3n 4得U 3＝2.2×104 V ，P ＝U 3I 1＝1.1×106 W ，故B 、D 正确．10．(2022·河南林州一中专项练习)如图为远距离输送沟通电的系统示意图，变压器均为抱负变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍旧不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的状况下，为了适当提高用户的用电功率，可实行的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：选AC.当发电机输出功率肯定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，依据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对．三、非选择题11．如图甲为一抱负变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种状况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de.解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ，U m ＝400 V电压瞬时值的表达式为u ab ＝400sin 200πt (V)． (2)电压有效值U 1＝200 2 V 抱负变压器P 1＝P 2原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25 A .(3)设ab 间匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de ，解得n ce n de＝R ceR de代入数据得n ce n de ＝43. 答案：见解析 12．(2022·武汉模拟)在远距离输电时，要考虑尽量削减输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW ·h.求：(1)输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)若想使输电效率提高到98%，又不转变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？解析：(1)输送功率P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000 kW ·h 由题知输电线上损失的电能ΔE ＝4 800 kW ·h 终点得到的电能E ′＝E －ΔE ＝7 200 kW ·h 所以输电效率η＝E ′E ×100%＝60%.输电线上的电流I ＝PU ＝100 A输电线损耗功率P r ＝I 2r ，其中P r ＝ΔEt ＝200 kW得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ∝1U 2 原来P r ＝200 kW ，现在要求P ′r ＝10 kW ，代入数据解得输电电压应调整为U′＝22.4 kV.答案：(1)60%20 Ω(2)22.4 kV。

2021优化方案高考总复习·物理(新课标)：第十章第一节课后检测能力提升

一、单项选择题 1.(2021·高考四川卷)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( ) A ．峰值是e 0 B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0解析：选D.因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝矩形线圈中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0.N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦沟通电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确．2．通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V解析：选B.由电流的热效应可得U 2R ×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确．3．(2022·北京房山区一模)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0.015 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：选B.由题图乙可知t ＝0.015 s 时感应电动势最大，依据E ＝n ΔΦΔt 知磁通量变化率最大，选项A 错误．t ＝0.01 s 时感应电动势为零，磁通量变化率为零，但通过线框的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B 正确．正弦沟通电的有效值E ＝E m2＝220 V ，选项C 错误．依据题图乙知沟通电周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝1T＝50 Hz ，选项D 错误．4．图甲为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的沟通电压表为抱负电表，示数是10 V ．图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列说法正确的是( )A ．电阻R 上的电功率为20 WB ．0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压随时间变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)D ．通过R 的电流随时间变化的规律是i ＝cos 50πt (A)解析：选C.电阻R 上的电功率为P ＝U 2R ＝10 W ，选项A 错误；0.02 s 时穿过线圈的磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt (V)；通过R 的电流随时间变化的规律i ＝1.41cos 100πt (A)，选项C 正确，D 错误．5.(2022·福建福州质检)某沟通电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称值为“5 V 10 W ”的电动机供电，电源内阻不计，下列说法正确的是( )A ．电动机的内阻为2.5 ΩB ．电动机的发热功率为10 WC ．通过电动机的电流为 2 AD ．通过电动机的电流为2 2 A解析：选 C.由图知该电源电动势最大值为E m ＝5 2 V ，则有效值E ＝5 V ，通过电动机的电流I ＝105 A＝2 A ，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r <52 Ω＝2.5 Ω，电动机的发热功率P 热＝I 2r <P 总＝10 W ，故A 、B 、D 错误，C 正确．6．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO ′匀速转动，从图示位置开头计时，产生的感应电动势e 随时间t 的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开头计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A.由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBSω＝NBS ·2πT .若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T ′变为原来的12，即T ′＝2 s ，而感应电动势的最大值E ′m 变为原来的2倍，即E ′m ＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开头计时，也就是t ＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．二、多项选择题7．如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin 100πt (V)解析：选BC.由题图可知，最大值U m ＝311 V ，有效值U ＝U m2＝220 V ，周期T ＝0.02 s ，表达式u ＝311sin100πt (V)，故选项B 、C 正确．8．标有“220 V 40 W ”的电灯和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联接到沟通电源上，V 为沟通电压表．沟通电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列推断正确的是( )A ．t ＝T2时刻，V 的示数为零B ．电灯恰正常发光C ．电容器有可能被击穿D ．沟通电压表V 的示数保持110 2 V 不变解析：选BC.沟通电压表V 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B 对；电压的峰值220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 对．9．面积都为S 且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B ＝B 0cos 2πtT，从图示位置开头计时，则( )A ．两线圈的磁通量变化规律相同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t >T )，两线圈产生的热量相同D ．从图示位置时刻起，经T4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同解析：选ACD.图甲中通过线圈的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos 2πTt ，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为Φ乙＝B 0S cos2πTt .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同．又因两线圈电阻相同，所以经过相同的时间t ，Q ＝E 2R t 也相同．经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q ＝I －·T4也相同，故选项A 、C 、D 正确．10.(2022·忻州联考)如图所示，一个“U ”形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．已知线框各边的长均为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻，则( )A ．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL 2B ．线框产生的感应电动势的最大值为BωL 2C ．电路中电阻R 两端电压的有效值为BωL 2RR ＋rD ．电路中电流的有效值为B ωL 22（R ＋r ）解析：选BD.由法拉第电磁感应定律知，图示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A 项错误；由交变电流电动势最大值表达式E m ＝BSω＝BωL 2可知B 项正确；依据闭合电路欧姆定律可知，C 项中表达式为R 两端电压的最大值，C 项错误；由图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦交变电流，另半个周期电流为零，由有效值定义有E 2R ＋r T ＝⎝⎛⎭⎫E m 22R ＋r ·T2，解得E ＝E m2，由欧姆定律可知，D 项正确．三、非选择题11．电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象.⎝⎛⎭⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，依据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间为：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1300s(如图中t 2～t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会由于短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2 400 s (2)见解析12.(2022·开封模拟)如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面对里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量；(3)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量，并求出电流表的示数．解析：(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为E m ＝BSω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(2)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量Q ＝⎝⎛⎭⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R .(3)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R.设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得⎝⎛⎭⎫E m 22R ·T 2＝E ′2R T ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R .答案：(1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R π2r 2nB 2R。

2021优化方案高考总复习·物理（新课标）课件：第十章第一节

Em
Um
Im
为：E＝____2_____，U＝_____2____，I＝______2___．
ΔΦ
(4)平均值：用 E ＝_n__Δ__t __来计算．
通常所说交变电流、电压的数值，各种交流电器设备所标的额定电压和额定电流的数值，一般交流电表测量的数值，都是指有效值(除非有特殊说明)．
2.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为 e＝ 50sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有( CD ) A．最大值是 50 2 V B．频率是 100 Hz C．有效值是 25 2 V D．t＝0.01 s 时的瞬时值为 0
A．1∶ 2
B．1∶2
C．1∶3
D．1∶6
[审题突破] 解此题注意两点：
(1)对于正(余)弦交流电可根据
I＝
Im 求解． 2
(2)对于非正(余)弦交流电可根据电流热效应计算．
[解析]电功的计算中，I 要用有效值，图甲中，由有效值的
定义得
122R×2×10－2＋0＋
122R×2×10－2＝I21R×6×
[答案] (1)e＝50sin 10πt (V) (2)43.3 V (3)31.86 V 3.54 1
A (4)4π C
书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 1．求出角速度 ω：ω＝2Tπ＝2πf. 2．确定正弦交变电流的峰值：根据已知图象读出或由公式 Em＝nBSω 求出相应峰值． 3．明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式． (1)从中性面位置开始计时：则函数式为 i＝Imsin ωt. (2)从垂直中性面位置开始计时：则函数式为 i＝Imcos ωt.
二、描述交变电流的物理量
1
1．交变电流的周期和频率的关系：T＝____f ___.

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图10－1－1
(2)规律：若 n 匝面积为 S 的线圈以角速度 ω 绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从中性面开始
nBSωsin ωt ，用计时，其函数形式为： e ＝ _____________ nBSω 表示电动势最大值，则有： e ＝ Em ＝ ________
e Em E sin ωt ___________ ，其电流大小为： i ＝ R ＝ R sinωt m
答案：见解析
三、几种典型交变电流有效值的计算问题
1．计算交流电有效值应注意的几个问题
(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，把
握住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生
“相同热量”列式求解．
2 U (2)利用两类公式 Q＝I2Rt 和 Q＝ R t 可分别求得电流有效值和电压有效值． (3)若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的 1 1 和周期部分可直接应用 I＝Im/ 2， 4 2 U＝Um/ 2的关系．
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
由于线圈在 0.05 s 内转过了 90° ，所以 T＝0.05× 4 s＝0.2 s 2π 2π 角速度 ω＝ T ＝ rad/s＝10π rad/s 0.2 电动势的最大值 Em＝ NBωS ＝ 50× 0.8× 10π× 0.05 V＝20π V NΔΦ NΔBS 50× 0.8× 0.05 电动势的平均值 E ＝＝＝ Δt Δt 0.05 V＝40 V Em 20π 电动势的有效值 E＝＝ V＝10π 2V. 2 2
图10－1－4
7 A．3.5 A B. 2 A 2 C．5 2 A D．5 A
解析：选 D.交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效．设交流电的有效值为 I，令该交流电通过一个纯电阻用电器 R，在一个周期内 2 2 T 2 T 有 I RT＝I1R ＋I2R .所以该交流电的有效值为 I 2 2 2 I2 I 1 2 ＝＋＝5 A．所以选项 D 正确． 2 2