高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题28 最新
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题3
二十八 法拉第电磁感应定律 自感和涡流(学生用书对应页码P317)1．如图所示，三个相同的金属圆环内分别存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径．已知所有磁场的磁感应强度随时间变化的关系都满足B ＝B 0＋kt ，磁场方向如图所示．测得A 环内感应电流强度为I ，则B 环和C 环内感应电流强度分别为( )A ．IB ＝I 、IC ＝0B ．I B ＝I 、IC ＝2I C ．I B ＝2I 、I C ＝2ID ．I B ＝2I 、I C ＝0解析：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔB Δt S 和B 环内磁场面积为A 环内磁场面积的2倍可得IB ＝2I .C 环中同时有磁感应强度大小相等、方向相反的磁场，而这两部分磁通量相互抵消，故C 环中的磁通量一直为零，I C ＝0，选项D 正确．答案：D2．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN 恰与磁场边缘平齐．若第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出，第二次让线框绕轴MN以线速度v 2匀速转过90°.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则( )A ．v 1∶v 2＝2∶πB ．v 1∶v 2＝π∶2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝2∶1解析：将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出，时间t 1＝L /2÷v 1＝L /(2v 1)；让线框绕轴MN 以线速度v 2匀速转动90°，角速度ω＝2v 2/L ，时间t 2＝π/2÷ω＝πL /(4v 2)，两次过程中线框产生的平均感应电动势相等，则t 2＝t 1，解得v 1∶v 2＝2∶π，选项A 正确．答案：A3．(2018·吉林通化高三模拟)如图所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B 中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，K 断开时传感器上有示数，K 闭合，稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B 的变化情况和磁通量变化率分别为( )A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd qB ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd nqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd qD ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd nq解析：K 闭合，稳定后传感器上恰好无示数，说明此时下极板带正电，即下极板电势高于上极板，极板间的场强方向向上，大小满足Eq ＝mg ，即E ＝mg q ，又U ＝Ed ，所以两极板间的电压U ＝mgd q ；若将平行金属板换成一个电阻，则流过该电阻的感应电流的方向是从下往上，据此结合楞次定律可判断出穿过线圈的磁通量正在增加，线圈中产生的感应电动势的大小为n ΔΦΔt ，即U ＝n ΔΦΔt ，可得ΔΦΔt ＝mgd nq ，选项D 正确．答案：D4．如图所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两极板电势相等．两极板间的距离远小于环的半径，经时间t 电容器P 板( )A ．不带电B ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是KL 2C 4πD ．带负电，电荷量是KL 2C 4π解析：磁感应强度以B ＝B 0＋Kt (K >0)随时间变化，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝KS ，而S ＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝KL 2C 4π；由楞次定律知电容器P 板带负电，故D 选项正确．答案：D5．(2018·四川六校联考)某合作探究学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，让一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，则下列说法中正确的是( )A ．若把线圈的匝数增大一倍，线圈内感应电流大小不变B ．若把线圈的面积增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍C ．改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流可能变为原来的2倍D ．若把线圈的半径增大一倍，线圈内感应电流变为原来的2倍解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔB Δt S 可知，若线圈的匝数增大一倍，感应电动势与线圈的总电阻都增大一倍，线圈中的电流不变，A 正确；若线圈的面积增大一倍，感应电动势增大一倍，但线圈的电阻增大，线圈内的感应电流并不是原来的2倍，B 错误；E ＝n ΔB Δt S cos30°，故无论如何改变线圈轴线与磁场的方向夹角，都不可能使线圈内的感应电流变为原来的2倍，C 错误；若线圈的半径增大一倍，则面积是原来的4倍，电阻是原来的2倍，线圈内感应电流变为原来的2倍，D 正确．答案：AD6．(2018·广东汕头模拟)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l ，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以ΔB Δt 的变化率增强时，则( )A ．线圈中感应电流方向为acbdaB ．线圈中产生的电动势E ＝ΔB Δt ·l 22C ．线圈中a 点电势高于b 点电势D ．线圈中a 、b 两点间的电势差为ΔB Δt ·l 22解析：根据楞次定律可知，A 正确．线圈中产生的电动势E ＝ΔΦΔt＝ΔB Δt ·l 22，B 正确．线圈左边的一半导线相当于电源，在电源内部电流沿逆时针方向，所以a 点电势低于b 点电势，C 错误．线圈右边的一半相当于外电路，a 、b 两点间的电势差相当于路端电压，其大小U＝E 2＝l 24·ΔB Δt ，D 错误．答案：AB7．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Ba v 3B.Ba v 6 C .2Ba v 3 D ．Ba v解析：摆在竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·12v ＝Ba v .由闭合电路欧姆定律得，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故A 正确．答案：A8．(2018·无锡模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设在整个过程棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断 解析：金属棒ab 切割磁感线，产生感应电动势而不产生感应电流，没有安培力产生，在重力作用下做平抛运动，垂直于磁感线方向速度不变，始终为v0，由公式E＝BL v知，感应电动势为BL v0不变，故A、B、D错误，C正确．答案：C9．在如图甲所示电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm2.螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁感应强度B按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是()A．螺线管中产生的感应电动势为1 VB．闭合开关S，电路中电流稳定后，电阻R1消耗的功率为5×10－2 WC．电路中电流稳定后电容器下极板带正电D．开关S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－5 C解析：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt＝n·SΔBΔt，得E＝1.2 V，选项A错；根据闭合电路欧姆定律I＝ER1＋R2＋r＝0.12 A，由P＝I2R1，得R1消耗的功率P＝5.76×10－2 W，选项B错；由楞次定律得选项C 对；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带电荷量Q，电容器两端的电压U＝IR2＝0.6 V，流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5 C，选项D对．答案：CD10．如图所示，电路中A和B是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，对A、B的发光情况判断正确的是()A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭C．S闭合足够长时间后，B发光而A不发光D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭解析：电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源．电感线圈的特性是“阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，相当于电源．因此．当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大．C和B组成的电路分压作用小，A、L组成的电路分压作用大，B灯较暗，A灯较亮．当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻很小，B灯较亮，A灯被短路，不发光；开关断开瞬间，电容器和B组成的回路中，电容器放电，B灯逐渐变暗，A灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，A灯先变亮再熄灭，故选项A、C正确．答案：AC11．如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0.8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0.18 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔB Δt ＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求：(1)金属棒上电流的方向．(2)感应电动势的大小．(3)物体刚好离开地面的时间(取g ＝10 m/s 2)．解析：(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a 到d .(2)由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt ＝0.18 V(3)物体刚要离开地面时，其受到的拉力F ＝mg而拉力F 又等于棒所受到的安培力．即mg ＝F 安＝BIL 1其中B ＝B 0＋ΔB Δt tI ＝E R解得t ＝5 s答案：(1)由a 到d (2)0.18 V (3)5 s12．(2018·东北三校模拟)如图甲所示，一半径为2l 、电阻为r 的带有极窄缝隙的金属圆环和一电阻为R 的定值电阻构成一闭合回路，有一板间距为d 的平行板电容器和电阻并联．金属圆环内存在一半径为l 的有界匀强磁场，该磁场区域与金属圆环共心，磁感应强度随时间的变化图象如图乙所示，设磁感应强度方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻在接近A板的位置处无初速释放一不计重力的带电粒子，粒子质量为m，重力不计，电荷量为－q(q>0)，求：(1)粒子在0～T时间内发生的位移？(假设电荷没有到达B板)(2)要使粒子到达B板时速度最大，两板间的距离d应满足什么条件？解析：(1)在0～13T时间内，有E1＝ΔΦ1Δt1＝SΔB1Δt1＝πl2ΔB1Δt1又ΔB1Δt1＝2B0T3＝6B0T联立得，E1＝6πl2B0 T因为I1＝E1R＋r 又因为U1＝I1R可得U1＝6πl2B0R T(R＋r)在T3～T时间内，有E2＝ΔΦ2Δt2＝πl2ΔB2Δt2又知ΔB 2Δt 2＝2B 02T 3＝3B 0T联立得E 2＝3πl 2B 0T ＝12E 1所以I 2＝12I 1，U 2＝12U 1＝3πl 2B 0RT (R ＋r )因为F 电＝ma ＝qU d则有0～13T 时间内，a 1＝qU 1md ，13T ～T 时间内，a 2＝qU 2md ， 得a 2＝12a 1由v ＝a 113T ＝a 2t 2得t 2＝23T ，即在t ＝T 时刻速度为零s 1＝12a 1(13T )2s 2＝12a 2(23T )2s ＝s 1＋s 2解得s ＝πl 2B 0RqTmd (R ＋r )(2)若粒子一直做匀加速直线运动到达B 板时，速度最大d 0＝12a 1(T 3)2d 0＝πl 2BRqT3m (R ＋r )所以d ≤πl 2BRqT3m (R ＋r )πl2B0RqT md(R＋r)(2)d≤πl2BRqT3m(R＋r)答案：(1)。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2
二十五 磁场对运动电荷的作用 (学生用书对应页码P318)1．(2018·重庆模拟)如图是三个从O 点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直纸面向里，可以判定( )A ．a 、b 是正电子，c 是负电子，a 、b 、c 同时回到O 点B ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 首先回到O 点C ．a 、b 是负电子，c 是正电子，b 首先回到O 点D ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 、b 、c 同时回到O 点解析：电子所受洛伦兹力的方向指向运动轨迹的凹侧，速度方向沿曲线的切线方向，由左手定则可知，a 、b 为负电子、c 为正电子；电子做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，与电子电性无关，故a 、b 、c 同时回到O 点，选项D 正确．答案：D2．如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子(不计重力)，从边界上的O 点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中( )A ．运动轨迹的半径相同B ．重新回到边界所用时间相同C ．重新回到边界时速度大小和方向相同D ．重新回到边界时与O 点的距离相等解析：洛伦兹力充当带电粒子做圆周运动的向心力，q v B ＝m v 2r ，带电粒子做圆周运动的半径r ＝m v qB ，根据题意，正、负粒子在磁场中运动的轨道半径相同，选项A 正确；根据q v B ＝m 4π2T 2r ，可得带电粒子做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，而正粒子在磁场中运动的时间为t 1＝π－θπT ，而负粒子在磁场中运动的时间为t 2＝θπT ，两时间并不相同，选项B 错误；正、负带电粒子重新回到边界时速度大小和方向是相同的，选项C 正确；两粒子重新回到边界时与O 点的距离都是2r sin θ，选项D 正确．答案：ACD3．如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a 、b 经电压U 加速(在A 点初速度为零)后，进入磁感应强度为B 的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S 上的x 1、x 2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a 、b 所通过的路径，则( )A ．a 的质量一定大于b 的质量B ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量C ．a 运动的时间大于b 运动的时间D ．a 的比荷q a m a 大于b 的比荷q b m b解析：根据动能定理qU ＝12m v 2，再根据牛顿第二定律q v B ＝m v 2r ，解得：r ＝1B 2mU q ，由于x 2>x 1，故r 2>r 1，即a 的比荷大于b 的比荷，故A 、B 错误，D 正确．再根据t ＝12T ＝πm qB ，a 的运动时间小于b 的运动时间，C 错误．答案：D4．两个电荷量分别为q 和－q 的带电粒子a和b 分别以速度v a 和v b 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达B 点，已知A 、B 连线与磁场边界垂直，如图所示，则( ) A ．两粒子的轨道半径之比R a ∶R b ＝3∶1B ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝1∶2C ．a 粒子带正电，b 粒子带负电D ．两粒子的速度之比v a ∶v b ＝1∶2 解析：由几何关系可知，R a ∶R b ＝3∶3，选项A 错误；由于两粒子的运动时间相等，由t ＝θ360°×2πm qB 可知m a ∶m b ＝1∶2，选项B正确；由左手定则可判定a 粒子带负电，b 粒子带正电，选项C 错误；根据R ＝m v qB ，可判断v a ∶v b ＝23∶3，选项D 错误．答案：B5．如图所示，在空间有一坐标系xOy ，直线OP 与x 轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B .一质量为m ，电荷量为q 的质子(不计重力)以速度v 从O 点沿与OP 成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x 轴上的Q 点(图中未画出)，则( )A ．粒子在第一象限中运动的时间为7πm 12qBB ．粒子在第一象限中运动的时间为5πm 6qBC ．Q 点的横坐标为(3＋1)m v 2qBD ．Q 点的横坐标为(3＋2)m v 2qB解析：作出粒子的轨迹示意图如图所示，粒子在磁场区域Ⅰ中运动时间t 1＝πm 3qB ，R 1＝m v Bq ，而R 2＝R 12＝m v B 2q ，所以B 2＝2B ，所以粒子在磁场区域Ⅱ中运动时间t 2＝πm 4Bq ，粒子在第一象限中运动的时间t ＝t 1＋t 2＝7πm 12qB ，所以A 正确，B 错误；Q 点的横坐标为x ＝R 1cos 30°＋R 2＝(3＋1)m v 2qB ，所以C 正确，D 错误．答案：AC6．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量解析：离子在电场中得到能量，在磁场中转弯，转动半径越来越大，所以选项A 、D 正确，B 、C 正确．答案：AD7．如图所示，在半径为R 的圆形区域内，有一匀强磁场，其方向垂直于圆平面(未画出)．一群相同的带电粒子以相同速率v 0，由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B 1时，所有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的13；当磁感应强度大小减小为B 2时，这些粒子在磁场中运动的时间最长的是2πR 3v 0.则磁感应强度B 1、B 2的比值是(不计重力)( )A ．1∶ 3B ．2∶ 3C ．3∶ 3D ．4∶ 3解析：当磁感应强度大小为B 1时，设此时粒子的转动半径为r ，如图甲所示，由几何关系可知，R cos 30°＝r ＝m v 0qB 1；当磁感应强度大小减小为B 2时，粒子的转动半径增大，当粒子在磁场中运动时间最长时，粒子的运动轨迹如图乙所示，设此时粒子的转动半径为r ′，则有r ′sin θ＝R ，r ′＝m v 0qB 2，2θm qB 2＝2πR 3v 0，解得θ＝π6，故可求出B 1∶B 2＝4∶ 3.答案：D8．(2018·厦门模拟)如图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B 2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R .则( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：由r ＝m v qB 可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 正确；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB ，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进L ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 错误，D 正确．答案：BD9．(2018·合肥模拟)如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 6解析：首先要判断出粒子是做逆时针圆周运动．由于所有粒子的速度大小都相同，故弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；过S 点作OC 的垂线SD ，可知粒子轨迹过D 点时在磁场中运动时间最短，根据最短时间为T 6，结合几何知识可得粒子圆周运动半径等于SD (如图)；由于粒子是沿逆时针方向运动，故沿SA 方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何知识易知此粒子在磁场中运动轨迹恰为半圆，故粒子在磁场中运动的最长时间为T 2，选项B 正确．答案：B10．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．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，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是( )A ．在E k -t 图象中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1B ．高频电源的变化周期应该等于t n －t n －1C ．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D ．要想粒子获得的最大动能越大，可增加D 形盒的面积解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在E k -t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1，选项A 正确；带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期应该等于2(t n －t n －1)，选项B 错误；由r ＝m v qB ＝2mE k qB 可知，粒子获得的最大动能取决于D 形盒的半径，当轨道半径与D 形盒半径相等时就不能继续加速，故选项C 错误，D 正确．答案：AD11．如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝45°，小孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上．求：(1)两板间电压的最大值U m ；(2)CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x ；(3)粒子在磁场中运动的最长时间t m .解析：M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以圆心在C 点，如图所示，CH ＝QC ＝L故半径R 1＝L又因q v 1B ＝m v 21R 1qU m ＝12m v 21所以U m ＝qB 2L 22m .(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD 板相切于K 点，此轨迹的半径为R 2，在△AKC 中：sin 45°＝R 2L －R 2解得R 2＝(2－1)L即KC 长等于R 2＝(2－1)L所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x ＝HK ，即x ＝R 1－R 2＝(2－2)L .(3)打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半周期，所以t m ＝T 2＝πm Bq .答案：(1)qB 2L 22m (2)(2－2)L (3)πm Bq12．如图所示，在一半径为R 圆形区域内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m 、电量为q 带正电的粒子沿平行于直径MN 的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计．入射点P 到直径MN 的距离为h ，求：(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，求粒子的入射速度是多大？(2)恰好能从M 点射出的粒子速度是多大？(3)若h ＝R 2，粒子从P 点经磁场到M 点的时间是多少？解析：(1)粒子出射方向与入射方向相反，即在磁场中运动了半个周期，其半径r 1＝h则q v 1B ＝m v 21r 1解得v 1＝qBh m(2)粒子从M 点射出，其运动轨迹如图，在△MQO 1中 r 22＝(R －R 2－h 2)2＋(h －r 2)2得r 2＝R 2－R R 2－h 2hq v 2B ＝m v 22r 2所以v 2＝qBR (R －R 2－h 2)mh (3)若h ＝R 2，sin ∠POQ ＝h R ，可得∠POQ ＝π6 由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为α＝7π6周期T ＝2πm Bq所以t ＝α2πT ＝7πm6Bq答案：(1)qBh m (2)qBR (R －R 2－h 2)mh (3)7πm6Bq。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题7 最新
七受力分析共点力的平衡(学生用书对应页码P269) 1．如图所示，在水平力F的作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0，则关于木块B的受力个数可能是()A．3个或4个B．3个或5个C．4个或5个D．4个或6个解析：木块B一定受重力和A对它的压力；将A、B看做整体，因整体保持静止，所以B一定受斜面的支持力；隔离木块A对其受力分析，因A静止，故A一定受B的静摩擦力，从而B也一定受A 的静摩擦力；斜面对木块B的静摩擦力可能有，也可能无．综上所述，选项C正确．答案：C2．如图所示，重50 N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm.劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A后，弹簧长度为14 cm，现用一测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，测力计的读数不可能为()A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N解析：A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mg sin 37°≤F fm＋k(l－l0)，F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.答案：C3．如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B 上，现用大小相等、方向相反的水平力F分别推A和B，它们均静止不动，重力加速度为g，则()A．A与B之间一定存在摩擦力B．B与地面之间一定存在摩擦力C．B对A的支持力一定小于mgD．地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g解析：以A为研究对象，若力F沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力，则A与B之间不存在摩擦力，选项A错误．若力F和A的重力mg在垂直斜面方向的分力之和大于mg，则由牛顿第三定律可知B对A的支持力大于mg，选项C错误；以A和B整体为研究对象，由水平方向受力平衡知B与地面之间不存在摩擦力，选项B错误；以A和B整体为研究对象，由竖直方向受力平衡知地面对B 的支持力一定等于(M＋m)g，选项D正确．答案：D4．如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角θ＝30°，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．斜面对小球的作用力大小为mgB ．轻绳对小球的作用力大小为12mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体与水平面间的摩擦力大小为34mg解析：以小球B 为研究对象，斜面对小球的作用力垂直于斜面向上，大小为mg cos 30°＝32mg ，绳对小球的作用力沿着绳子指向左上方，大小为mg sin 30°＝12mg ，选项A 错误，选项B 正确；以斜面和小球作为一个整体为研究对象，水平面对斜面体的支持力为Mg ＋mg －12mg sin 30°＝Mg ＋34mg ，斜面体与水平面间的摩擦力大小为12mg cos30°＝34mg ，结合牛顿第三定律可判断，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD5．如图所示，铁板AB 与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B 端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是( )A ．磁铁所受合外力逐渐减小B ．磁铁始终受到三个力的作用C ．磁铁受到的摩擦力逐渐减小D ．铁板对磁铁的弹力逐渐增大解析：磁铁受重力G，铁板对磁铁的吸引力F，铁板对磁铁的弹力F N，铁板对磁铁的摩擦力f共四个力，选项B错误；缓慢抬起铁板，磁铁始终相对于铁板静止，处于平衡状态，受到的合力始终为零，选项A错误；根据共点力平衡的条件知，f＝G sin θ，F N＝F－G cos θ，随着θ的增大，f和F N都变大，选项C错误，选项D正确．答案：D6．(2018·河北唐山)如图所示，一根轻绳跨过定滑轮后系在质量较大的球上，球的大小不可忽略．在轻绳的另一端加一个力F，使球在这个过程中拉力F的变化情况为()A．逐渐增大B．保持不变C．先增大后减小D．先减小后增大解析：因为缓慢拉动，所以球始终处于平衡状态，对球受力分析，其共受到三个力的作用，如图所示，根据平衡条件可知，这三个力首尾相接可组成闭合三角形，随着球的上升，拉力F与斜面间的夹角逐渐增大，而拉力F的大小也逐渐增大，所以A项正确．答案：A7．竖直放置的“”形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G，现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(开始A与B等高)，则绳中拉力大小变化的情况是()A．先变大后变小B．先不变后变小C ．先变大后不变D ．先变小后变大解析：两边绳子的拉力的合力等于重物的重力G ；在轻绳的另一端未到达支架最高点前，两个绳子之间的夹角未发生变化，绳中拉力不变；当另一端达到支架最高点并向C 点运动过程中，两绳子的夹角变小而合力不变，根据2F cos θ＝G 可知，绳子上的拉力变小．综上所述，选项B 正确．答案：B8．气象研究小组用图示简易装置测定水平风速．在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R 、质量为m 的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O ，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速v 0＝3 m/s 时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°.则( )A ．θ＝60°时，风速v ＝6 m/sB ．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°C ．若风速不变，换用半径变大、质量不变的则θ不变D ．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ变小解析：由于风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当球正对风的截面积不变时，则风力正比于风速，设比例系数为速为v 0＝3 m/s 时，塑料球受力如图所示，则有F ＝k v 0＝3k ，tan 30°＝F mg ，mg ＝F tan 30°＝3k 33＝33k .当θ＝时，设风速为v ′，则有mg ＝F ′tan 60°＝k v ′3，解得v ′＝9 m/s ，选项A 错误；风力F 水平向右，重力竖直向下，此二力的合力不可能水平，故θ不可能等于90°，选项B 错误；若风速不变，换用半径变大的球，由于风力大小正比于风速和球正对风的截面积，故风力F 变大，而球的重力不变，此二力的合力与竖直方向的夹角变大，即θ变大，选项C 错误；若风速不变，换用半径相等，质量变大的球，则风力(水平向右)不变，重力变大，此二力的合力与竖直方向的夹角变小，即θ变小，选项D 正确．答案：D9．如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和圆环对小球的弹力N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，N 增大B ．F 不变，N 减小C ．F 减小，N 不变D ．F 增大，N 减小解析：对小球受力分析，其受到竖直向下的重力G ，圆环对小球的弹力N 和线的拉力F 作用，小球处于平衡状态，G方向恒定，N 和F 方向不断在变化，如图所示，可知矢量三角形AGF 1与长度三角形BOA 相似，得出：G OB＝N OA ＝F 1AB ，又因为在移动过程中，OA 与OB 的长度不变，而AB 长度变短，所以N 不变，F 1变小，即F 变小，故C 选项正确．答案：C10．(能力挑战题)如图所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F 1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F 2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比F 1F 2为( )A ．cos θ＋μsin θB ．cos θ－μsin θC ．1＋μtan θD ．1－μtan θ解析：用力F 1推物体沿斜面匀速上滑时，有F 1＝mg sin θ＋μmg cos θ；用力F 2推物体沿斜面匀速上滑时，有F 2cos θ＝mg sin θ＋μ(mg cos θ＋F 2sin θ)，由上式解得：F 2＝mg (sin θ＋μcos θ)cos θ－μsin θ，则有F 1F 2＝cos θ－μsin θ，故选项B 正确．答案：B11．如图，两小球用三根细绳连接，悬挂于竖直墙壁的A 、D 两点．已知两小球重力都为G ，两细绳与竖直墙壁的夹角分别为30°和60°.求(1)AB 绳和CD 绳拉力的大小；(2)细绳BC 与竖直方向的夹角θ.解析：(1)把B 、C 所以F AB ＝2G ·cos 30°＝3G .F CD ＝2G ·sin 30°＝G甲乙(2)分析小球C受力如图乙，因为F CD和G大小相等且夹角为120°，所以合力大小也为G且与F BC方向相反，根据菱形特点可知α＝β＝60°，所以θ＝β＝60°.答案：(1)3G G(2)60°12．(2018·中山模拟)如图所示，质量为m B＝14 kg的木板B放在水平地面上，质量为m A＝10 kg的木箱A放在木板B上，一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ＝37°，已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数＝0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)绳上张力F T的大小；(2)拉力F的大小．解析：(1)隔离木箱A，对A进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F f＝F T cos θF T sin θ＋m A g＝F N1，又F f＝μ1F N1，联立解得F T＝μ1m A gcos θ－μ1sin θ＝100 N.(2)木板B受力如图乙所示，对木板B，由平衡条件得F＝μ1F N1＋μ2F N2m B g＋F N1＝F N2联立解得F＝200 N答案：(1)100 N(2)200 N。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2
二十三电路的基本规律及应用(学生用书对应页码P318)1．如图所示是一火警报警器的一部分电路示意图．其中R2为用半导体热敏材料(其阻值随温度的升高而迅速减小)制成的传感器，电流表A为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是() A．I变大，U变大B．I变小，U变小C．I变小，U变大D．I变大，U变小解析：当传感器R2所在处出现火情时，其阻值随温度的升高而迅速减小，所以总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得通过电源的电流增大，电源内电压增大，所以路端电压减小，R1两端电压增大，所以R3两端电压减小，所以显示器A的电流I减小，即B选项正确．答案：B2．如图所示，电源电动势E＝3.2 V，电阻R＝30Ω，小灯泡L的额定电压U L＝3.0 V，额定功率P L＝4.5 W．当开关S接1时，电压表的读数为3 V，则当开关S接2时，灯泡发光的情况是()A．很暗，甚至不亮B．正常发光C．比正常发光略亮D．有可能被烧坏解析：设电源的内电阻为r，S接1时，由闭合电路的欧姆定律得电路中的电流为：I1＝ER＋r，电压表的示数等于电阻R两端的电压，即：U1＝I1R，代入数据联立解得：r＝2 Ω.灯泡的电阻为：R L＝U2LP L＝2Ω，S接2时，电路中的电流为：I2＝ER L＋r ＝3.22＋2A＝0.8 A，灯泡两端的电压为：U L′＝I2R L＝0.8×2 V＝1.6 V，比灯泡的额定电压小得多，灯泡很暗，甚至不亮，正确选项为A.答案：A3．如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是()A．R3断路B．R1短路C．R2断路D．R1、R2同时短路解析：灯泡A变暗，灯泡B变亮，说明流过灯泡A的电流减小，流过灯泡B的电流增大．若R3断路，电源的路端电压增大，流过灯泡A、B的电流均增大；若R1短路，电源的路端电压减小，流过R3的电流减小，流过灯泡A、B的电流增大；若R2断路，电源的路端电压增大，灯泡A和电阻R1两端的电压减小，电路中的总电流减小，流过R3的电流增大，流过灯泡A的电流减小，灯泡B两端的电压增大，流过灯泡B的电流增大；电阻R1、R2同时短路，灯泡B不亮．正确选项为C.答案：C4．如图所示电路中，电源内阻不可忽略，L1、L2两灯均正常发光，R1为定值电阻，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则()A．L1灯变亮B．L2灯变暗C．R1上消耗的功率变大D．总电流变小解析：由闭合电路欧姆定律可得，滑动片向下滑动，电阻R减小，总电流I增大，故R1上消耗的功率变大，路端电压U减小，L1、L2两灯均变暗，所以答案选B、C.答案：BC5．在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器滑片移动时，电流表示数变大，则()A．电源的总功率一定增大B．电源的输出功率一定增大C．电源内部消耗功率一定减小D．电源的效率一定减小解析：电流表的示数增大，说明滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路中有效阻值变小，整个电路中的电阻R总变小，电路中总功率P总＝E2R总一定变大，选项A正确；输出功率与外电阻和内电阻的关系有关，由于不知道外电阻和内电阻的关系，无法确定电源的输出功率变大还是变小，选项B错误；电源的内阻是确定的，电路的总电阻变小，总电流变大，P内＝I2r一定会变大，选项C错误；电源的效率随着外电阻减小而减小，选项D正确．答案：AD6．如图甲所示，电压表V1、V2串联接入电路中时，示数分别为6 V和4 V，当只有电压表V2接入电路中时，如图乙所示，示数为9 V，电源的电动势为()A ．9.8 VB ．10 VC ．10.8 VD ．11.2 V解析：根据题中甲图有R V 1∶R V 2＝3∶2，则有10 V ＝R V 1＋R V 2R V 1＋R V 2＋r E ，同理，根据题中乙图有9 V ＝R V 2R V 2＋r E ，联立可解得E ＝10.8 V ，C 正确．答案：C7．(2018·辽宁省协作校联考)阻值较大的电阻R 1和R 2，串联后，接入电压为U 的恒定电路中，如图所示．现用同一电压表依次测量R 1和R 2的电压，测量值分别为U 1与U 2，已知电压表内阻R V 、R 1和R 2相差不大．则()A ．U 1＋U 2＝UB ．U 1＋U 2<U C.U 1U 2＝R 1R 2D.U 1U 2≠R 1R 2解析：设电压表的内阻为R V ，测R 1的电压时，U 1＝UR 1RVR 1＋R V＋R 2×R 1R V R 1＋R V ＝R 1R V R 1R V ＋R 1R 2＋R 2R VU ， 测R 2的电压时，U 2＝UR 2RVR 2＋R V＋R 1×R 2R V R 2＋R V ＝R 2R V R 1R V ＋R 1R 2＋R 2R VU ，U 1＋U 2＝(R 1＋R 2)R V (R 1＋R 2)R V ＋R 1R 2U <U ，故选项B 正确，A 错误；U 1U 2＝R 1R 2，选项C 正确，D 错误．答案：BC8．如图所示，电源电动势为6 V ，当开关S 接通时，灯泡L 1和L 2都不亮，用电压表测得各部分电压是U ad ＝0，U cd ＝6 V ，U ab ＝6 V ，由此可判定( )A ．L 1和L 2的灯丝都断了B ．L 1的灯丝断了C ．L 2的灯丝断了D ．变阻器R 断路解析：由U ab ＝6 V ，可知电源完好；灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在外电路a 、b 之间；由U cd ＝6 V 可知，灯泡L 1和变阻器R 是导通的，断路故障应出现在c 、d 之间，故L 2断路，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C9．如图所示，调整电路的可变电阻R 的阻值，使电压表V 的示数增大ΔU ，在这个过程中( )A ．通过R 1的电流增加，增加量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压减小，减少量一定等于ΔUC ．通过R 的电流增加，增加量一定等于ΔUR D ．通过R 2的电流减小，但减少量一定小于ΔUR 2解析：电压表的示数增加，说明可变电阻的阻值增大，路端电压增加，电路中的电流减小，R 2两端的电压减小；由欧姆定律得流过电阻R 1的电流增加量为：ΔI 1＝ΔUR 1，R 2两端的电压减少量等于R 1两端的电压增加量减去路端电压的增加量，即ΔU 2＝ΔU －ΔU 路<ΔU ，通过R 2的电流的减少量为：ΔI 2＝ΔU 2R 2<ΔUR 2；通过电阻R 的电流为：I R＝I 2－I 1，I 2减小，而I 1增大，因此I R 减小．正确选项为A 、D.答案：AD10．如图所示的电路中，电源电动势E ＝3 V ，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，电容器的电容C ＝100 μF ，下列说法正确的是( )A ．闭合开关S ，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 VB ．闭合开关S ，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4C C ．闭合开关S ，电路稳定后电容器极板a 所带电荷量为3.0×10－4CD ．先闭合开关S ，电路稳定后断开开关S ，通过电阻R 1的电荷量为3.0×10－4 C解析：闭合开关S ，电路稳定后电流I ＝ER 1＋R 2＋r ＝0.5 A ，电容器两端的电压为U ＝IR 1＝1.5 V ，选项A 正确；电路稳定后电容器带电荷量为Q ＝CU ＝100×10－6×1.5 C ＝1.5×10－4 C ，选项B 、C 错误；先闭合开关S ，电路稳定后断开开关S ，电容器C 通过电阻R 1放电，通过电阻R 1的电荷量为1.5×10－4 C ，选项D 错误．答案：A11．(2018·济南模拟)如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．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R 2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R 3的右端时，电路参数对应题图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，得R 2＝U 2I 2＝5 Ω.(3)当P 滑到R 3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＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，所以滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω. 答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω12．如图所示，电源内阻r ＝1 Ω，R 1＝2 Ω，R 2＝6 Ω，灯L 上标有“3 V ，1.5 W ”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P 移到最右端时，电流表示数为1 A ，灯L 恰能正常发光．(1)求电源的电动势；(2)求当P移到最左端时，电流表的示数；(3)当滑动变阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？解析：(1)电源的电动势E＝U L＋IR1＋Ir＝3 V＋1×2 V＋1×1 V ＝6 V.(2)当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，得I＝ER1＋r＝2 A.(3)灯L电阻R L＝U2P＝6 Ω，设滑动变阻器的Pb段电阻为R3，R3与R L并联等效电阻R3L＝R3·R LR3＋R L由闭合电路欧姆定律得I＝ER1＋r＋R3L，又U3＝IR3L，所以P3＝U23R3＝16R3R23＋4R3＋4＝16R3(R3－2)2＋8R3＝16(R3－2)2R3＋8，当R3＝2 Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2 W. 答案：(1)6 V(2)2 A(3)2 Ω2W。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题34 最新
三十交流电的产生及描述(学生用书对应页码P323) 1．如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，其中能产生正弦交变电动势的图是()解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动时，能产生正弦交变电动势，由这一原则判断，A 图和C图满足要求；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．答案：AC2．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时，下列说法正确的是()A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析：由法拉第电磁感应定律知，线圈绕轴P1、P2转动到题述位置时的电动势均为E＝BSω，电流均为I＝ER＝BSωR，故A正确，B错误；由右手定则知，此时感应电流的方向为a→d→c→b→a，故C 错误；由F＝BIL，可知两种情况下dc边所受安培力相等，所以D错误．答案：A3．(2018·温州八校联考)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在螺线管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应的感应电流的变化为()解析：由感应电流公式I＝ER＝nΔΦRΔt可知，感应电流的大小与磁通量的变化率有关，在Φ-t图象上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据题图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，再逐渐增大，电流的方向改变一次，只有选项B符合要求．答案：B4．(2018·青岛模拟)一交流电压为u＝1002sin 100πt V，由此表达式可知()A．用电压表测该电压，其示数为100 VB ．该交流电压的周期为0.18 sC ．将该电压加在“100 V ,100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 WD ．t ＝1400 s 时，该交流电压的瞬时值为50 V解析：电压有效值为100 V ，故用电压表测该电压，其示数为100V ，A 项正确；ω＝100π rad/s ，则周期T ＝2πω＝0.18 s ，B 项正确；该电压加在“100 V ，100 W ”的灯泡两端，灯泡恰好正常工作，C 项错；t ＝1400 s 代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100 V ，D 项错误． 答案：AB5．如图，OO ′上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .一单匝半圆线圈以角速度ω绕OO ′轴匀速转动，半圆面积为S .半圆线圈产生的感应电动势的有效值是( )A ．BSω B.12BSω C.22BSω D.24BS ω解析：线圈转动一周，12周期在磁场中，12周期在磁场外．线圈在磁场中转动时电动势的最大值为BSω，有效值为BSω2.根据有效值定义，一个周期内有E 2R T ＝(BSω2)2R ·T 2，解得E ＝12BSω.故本题答案为B.本题易受正弦式电流的干扰而错选 C.做此类题时应分清在一个周期内电流有多长时间在做功，然后根据有效值的定义求解．答案：B6．(2018·太原模拟)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203 V解析：由题图可知t ＝0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；由题图可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，线圈先后两次转速之比n a ∶n b ＝T b ∶T a ＝3∶2，选项B 正确；交流电a 的瞬时值为u ＝U m sin 2πT a t ，得u ＝10sin 5πt (V)，选项C 正确；感应电动势最大值U m ＝NBSω＝NBS ·2πT ，所以U m a ∶U m b ＝T b ∶T a ，交流电b 的最大值为203 V ，选项D 正确．答案：A7．如图所示，边长L ＝0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数n ＝10，总电阻r ＝2 Ω，外电路的电阻R ＝8 Ω，ab 边的中点和cd 边的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B ＝1 T ，若线圈从图示位置开始计时，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO ′轴匀速转动．则以下判断中正确的是( )A ．在t ＝π4 s 时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大B ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝0.8sin 2t VC ．从t ＝0时刻到t ＝π4 s 时刻，通过电阻R 的电荷量q ＝0.18 CD ．从t ＝0时刻到t ＝π4 s 时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝3.2π×10－4 J解析：在t ＝π4 s 时间内，线圈转过的角度为ωt ＝π2，此时穿过线圈的磁通量为零，A 错误；闭合电路中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝nBSωsin ωt ＝0.4sin 2t V ，B 错误；从t ＝0时刻到t ＝π4 s时刻，通过电阻R 的电荷量为q ＝nΦR ＋r＝0.18 C ，C 正确；从t ＝0时刻到t ＝π4 s 时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ，I ＝E R ＋r ，E ＝E m 2＝25 V ，得Q ＝1.6π×10－3 J ，D 错误．答案：C8．如图甲所示为一发电机原理图，产生的交变电流接理想变压器的原线圈，原、副线圈匝数之比为22∶1，副线圈输出的电动势e 随时间t 变化的规律如图乙所示，发电机线圈电阻忽略不计，则( )A ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过发电机线圈的磁通量最大B ．变压器原线圈中瞬时电动势的表达式为e ′＝1322sin 50πt VC ．若仅使发电机线圈的转速增大一倍，则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，而电压最大值不变D ．若仅使发电机线圈的转速增大一倍，则变压器副线圈输出电压的频率和最大值都增大一倍解析：根据题图乙可知，在t ＝0.01 s 时刻，变压器副线圈上产生的感应电动势的瞬时值为零，说明穿过原、副线圈的磁通量的变化率为零，磁通量最大，而此时发电机线圈中的瞬时电流最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，选项A 错误；根据变压器的工作原理可知，原、副线圈中电流的周期、频率相同，根据题图乙可知，周期T ＝0.18 s ，角速度ω＝2π/T ＝100π rad/s ，所以副线圈输出的电动势e ＝62sin 100πt V ，原线圈输入的瞬时电动势e ′＝1322sin 100πt V ，选项B 错误；若仅使发电机线圈的转速n 增大一倍，根据关系式f ＝n ，ω＝2πn 以及E m ＝BSω可知，变压器原线圈输入电压(或副线圈输出电压)的频率和最大值都增大一倍，所以选项C 错误，D 正确．答案：D9．(2018·贵州省六校联考)如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′匀角速度转动，转动周期为T 0.线圈产生的电动势的最大值为E m ，则( )A ．线圈产生的电动势的有效值为2E mB ．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为E m T 02πC ．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为E mD ．经过2T 0的时间，通过线圈电流的方向改变2次解析：由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为22E m ，选项A 错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为E m ＝BSω＝BS 2πT ，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS ＝E m T 02π，故选项B 正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C 正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T 0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D 错误．答案：BC10．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．电压表V 的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RE R ＋r ＝218 V ，A 错；由图象知T ＝0.18 s ，一个周期内电流方向改变两次，可知1 s 内电流方向改变100次，B 错；灯泡消耗的实际功率P ＝U 2R ＝209295.0W＝459.8 W，C错；电流的有效值I＝ER＋r＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5.0×1 J＝24.2 J，D正确．答案：D11．用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd，线框每边长10 cm，每边的电阻值为0.1 Ω.把线框放在磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场中，并使它绕轴O1O2以ω＝100 rad/s的角速度旋转，旋转方向如图所示(沿O2O1由O2向O1看为顺时针方向)．已知O1、O2两点分别在ad和bc上，轴O1O2在线框平面内，并且垂直于B，O1d＝3O1a，O2c＝3O2b.(1)当线框平面转至和B平行的瞬时(如图所示位置)①每个边产生的感应电动势的大小各是多少？②线框内感应电流的大小是多少？方向如何？(2)求线框由图所示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小．(3)线框旋转一周内产生的热量为多少？解析：(1)①令L表示正方形线框的边长，R表示其每边的电阻值，则L＝0.1 m，R＝0.1 Ω，设此时cd段感应电动势的大小为E1，ab段感应电动势的大小为E2，则E1＝BL v1＝3BL2ω/4＝0.185 VE2＝BL v2＝BL2ω/4＝0.185 Vda段和bc段不切割磁感线，所以它们的电动势都是零②线框中的感应电动势E＝E1＋E2＝0.1 V，线框中的感应电流为I ＝E /(4R )＝0.25 A根据楞次定律或右手定则，可判断电流方向沿dcbad 方向(2)根据法拉第电磁感应定律，线框由图所示位置旋转π3的过程中产生的平均电动势的大小为E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS T /6＝3BSωsin 60°π＝3320π V ＝0.183 V (3)线框旋转一周产生的热量为Q ＝(I m 2)2R 总T ＝(I 2)24R 2πω＝2.5π×10－4 J ＝7.85×10－4 J答案：(1)①E cd ＝0.185 V E ab ＝0.185 V E da ＝E bc ＝0 ②I ＝0.25A 方向沿dcbad (2)0.183 V (3)7.85×10－4 J12．如图所示为一个小型旋转电枢式交变电流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab ＝0.25 m ，宽度bc ＝0.20 m ，共有n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的轴OO ′转动．线圈处于磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V ,1.8 W”的灯泡．当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W.(1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式E m ＝nBSω(其中S 表示线圈的面积)．(2)求线圈转动的角速度ω.(3)求线圈以上述角速度转动100圈的过程中发电机产生的电能． 解析：(1)线圈平面与磁场方向平行时产生的感应电动势最大，设ab 边的线速度为v ，该边产生的感应电动势为E 1＝BL ab v与此同时，线圈的cd 边也在切割磁感线，产生的感应电动势E 2＝BL cd v ，线圈产生的总感应电动势为E m ＝n (E 1＋E 2)，因为L ab ＝L cd ，所以E m ＝n ·2BL ab v线速度v ＝ω·12L bc ，故E m ＝nBL ab ·L bc ω 而S ＝L ab L cd (S 为线圈的面积)，故E m ＝nBSω(2)设小灯泡正常发光时的电流为I ，则I ＝P 额U 额＝0.6 A 设小灯泡正常发光时电阻为R ，则R ＝U 2额P 额＝5.0 Ω 根据闭合电路欧姆定律得E ＝I (R ＋r )＝3.6 V发电机的感应电动势最大值E m ＝2E ，又因为E m ＝nBSω所以ω＝E m nBS ＝925 rad/s ≈2.5 rad/s(3)发电机产生的电能Q ＝IEt ，t ＝100T ＝100·2πω，解得Q ≈5.43×118 J.答案：(1)见解析 (2)2.5 rad/s (3)5.43×118 J。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2
二十二电流电阻电功电功率(学生用书对应页码P318)1．关于电流，下列说法中正确的是()A．导线内自由电子定向移动速率等于电流的传导速率B．电子运动的速率越大，电流越大C．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向D．在国际单位制中，电流是一个基本物理量，其单位A是基本单位解析：电流的传导速率即为导线中电场的传播速率，它远大于导线内自由电子定向移动的速率，选项A错误；金属导体中电流I＝neS v，即电流大小与导体中单位体积内自由电子个数n、导体的横截面积和电子运动速率有关，并非完全由电子运动速率决定，选项B 错误；电流是标量，其国际单位是A，并且A是基本单位，选项C 错误，D正确．答案：D2．(2018·苏州模拟)一台电动机，额定电压是100 V，电阻是1 Ω.正常工作时，通过的电流为5 A，则电动机因发热损失的功率为() A．500 W B．25 WC．1 000 W D．475 W解析：电动机的发热功率应为P＝I2r＝52×1 W＝25 W，B正确．答案：B3．(2018·梅州模拟)下列说法中正确的是()A．由R＝UI可知，电阻与电压、电流都有关系B．由R＝ρlS可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系C．金属的电阻率随温度的升高而减小D．所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零解析：R＝UI是电阻的定义式，电阻与电压和电流无关，故A错误；R＝ρlS是电阻的决定式，横截面积一定，电阻与导体的长度成正比，长度一定，电阻与导体的横截面积成反比，故B正确；金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；当温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，导体的电阻率突然变为零的现象叫超导现象，此时的导体叫超导体，故D正确．答案：BD4．某种材料的导体，其I-U图象如图所示，图象上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．下列说法正确的是()A．导体的电功率随电压U的增大而增大B．导体的电阻随电压U的增大而增大C．在A点，导体的电阻为tan αD．在A点，导体的电阻为tan β解析：由题图知，U增大时，电功率P＝UI增大，所以A正确；由电阻R＝U/I知，I-U曲线上某点对应的电阻为该点与原点连线的斜率的倒数，即A点导体的电阻为cot α，所以C、D均错误；由I-U图象知，曲线切线的斜率随U的增大而不断增大，即电阻越来越小，B 错误．答案：A5．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压U ，则( )A ．通过导线的电流为I4 B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v4 D ．导线中自由电子定向移动的速率为v2解析：将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，横截面积变为原来的14，长度变为原来的4倍，由电阻定律R ＝ρlS 可知，导线电阻变为原来的16倍，则再给它两端加上电压U ，通过导线的电流为I 16，A 错误，B 正确；由I ＝qn v S 可知，电流变为I16，横截面积变为S4，代入计算得导线中自由电子定向移动的速率为v 4，C 正确，D 错误．答案：BC6．(2018·温州模拟)电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻和电容器等零件，技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用，灯泡还和一只开关并联，然后再接到市电上(如图所示)，下列说法正确的是( )A ．开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大B ．开关接通时，灯泡熄灭，只有电烙铁通电，消耗的总电功率减小C ．开关断开时，灯泡发光，电烙铁也通电，消耗的总功率增大，但电烙铁发热较少D ．开关断开时，灯泡发光，可供在焊接时照明使用，消耗总功率不变解析：开关接通时，灯泡被短路，灯泡熄灭，电路的总电阻变小，电路的总功率变大，电烙铁的功率变大，A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A7．(2018·东莞模拟)把两根同种材料做成的电阻丝，分别接在两个电路中，甲电阻丝长为l ，直径为d ，乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使两电阻丝消耗的功率相等，加在两电阻丝上的电压应满足( )A.U 甲U 乙＝1 B ．.U 甲U 乙＝22C.U 甲U 乙＝ 2 D ．.U 甲U 乙＝2解析：根据电阻定律R 甲＝ρl S 甲，R 乙＝ρ2l S 乙，P 甲＝U 2甲R 甲，P 乙＝U 2乙R 乙，若使P 甲＝P 乙，即U 2甲R 甲＝U 2乙R 乙，U 2甲U 2乙＝R 甲R 乙＝ρlπ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22ρ2l πd 2＝2，U 甲U 乙＝2，所以选项C 是正确的．答案：C8．(2018·泰州模拟)一导体的伏安特性曲线如图AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 Ω B ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω解析：导体的电阻表达式为R ＝UI ，结合图象，可得R A ＝31.0×10－1Ω＝30 Ω，R B ＝61.5×10－1 Ω＝40 Ω，故A 错误，B 正确；电阻改变量为R B －R A ＝10 Ω，故C 、D 错误．答案：B9．如图所示为一未知电路，现测得两个端点a b 之间的电阻为R ，若在a 、b 之间加上电压U ，测得通过电路的电流为I ，则该未知电路的电功率一定为( )A ．I 2R B ．.U 2R C ．UID ．UI －I 2R解析：不管电路是否为纯电阻电路，电路的电功率一定为P ＝UI ，选项C 正确；只有电路为纯电阻电路时，才有P ＝UI ＝I 2R ＝U2R ，故A 、B 错误；而UI －I 2R 为电能转化为其他形式能量的功率，故D 错误．答案：C10．(2018·杭州模拟)关于电阻和电阻率的下列说法中正确的是( )A ．把一根均匀导线分成等长的两段，则每部分的电阻、电阻率均变为原来的一半B ．由ρ＝RS l 可知，ρ∝R ，ρ∝1l C ．材料的电阻率随温度的升高而增大D ．对某一确定的导体，当温度升高时，若不计导体的体积和形状变化，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大解析：导体的电阻率由材料本身决定，并随温度的变化而变化，但并不都是随温度的升高而增大，则A 、B 、C 错；若导体温度升高时，电阻增大，又不考虑体积和形状的变化，其原因就是电阻率随温度的升高而增大，则D 选项正确．答案：D11．如图所示，用输出电压为1.4 V ，输出电流为100 mA 的充电器对内阻为2 Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是( )A ．电能转化为化学能的功率为0.12 WB ．充电器输出的电功率为0.14 WC ．充电时，电池消耗的热功率为0.18 WD ．充电器把0.12 J 的电能储蓄在电池内解析：充电器对电池的充电功率为P 总＝UI ＝0.14 W ，电池充电时的热功率为P 热＝I 2r ＝0.18 W ，所以转化为化学能的功率为P 化＝P总－P 热＝0.12 W ，但0.12 W ≠0.12 J ，故A 、B 、C 正确，D 错误． 答案：ABC12．在倡导绿色环保的大环境下，电动车便成了时尚的交通工具．下表是某电动车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在平直道路上以额定功率匀速行驶的速度.(1)此车所配电动机的内阻是多少？(2)若在行驶过程中电动车所受的阻力是车重(包括载重)的k倍，试计算k的大小．(3)若电动车满载时在平直道路上以额定功率行驶，且所受阻力与(2)中相等，则当车速为3 m/s时，加速度多大？解析：(1)从表中可知，输出功率P额出＝180 W输入功率P入＝UI＝216 WP r＝I2r＝P入－P出解得：r＝1 Ω(2)由P额出＝f v m＝k(M＋m)g v m解得：k＝0.186.(3)由P额出＝F vF－k(M＋m)g＝(M＋m)a解得：a ＝0.24 m/s 2.答案：(1)1 Ω (2)0.186 (3)0.24 m/s 2 13．(2018·济南模拟)如图所示，A 为电解槽，M 为电动机，N 为电炉子，恒定电压U ＝12 V ，电解槽内阻r A ＝2 Ω，，当S 1闭合，S 2、S 3断开时，电流表A 示数为6 A ；当S 2闭合，S 1、S 3断开时，A 示数为5 A ，且电动机输出功率为35 W ；当S 3闭合，S 1、S 2断开时，A 示数为4 A ．求：(1)电炉子的电阻及发热功率各多大？ (2)电动机的内阻是多少？(3)在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？ 解析：(1)电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I ＝U R 得R ＝UI 1＝2 Ω，其发热功率为P R ＝UI 1＝12×6 W ＝72 W. (2)电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得UI 2＝I 22r M ＋P 输出，所以r M ＝UI 2－P 输出I 22＝12×5－3552Ω＝1 Ω. (3)在电解槽工作时，由能量守恒定律得： P 化＝UI 3－I 23r A所以P 化＝(12×4－42×2) W ＝16 W. 答案：(1)2 Ω 72 W (2)1 Ω (3)16 W。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题19 最新
十八功能关系能量守恒定律(B)卷(学生用书对应页码P293)1．(2018·上海普陀区一模)用恒力F竖直向上拉一物体，使其由地面处开始加速上升到某一高度．若该过程空气阻力不能忽略，下列说法中正确的是()A．力F做的功和阻力做的功之和等于物体动能的增量B．重力所做的功等于物体重力势能的增量C．力F做的功和阻力做的功之和等于物体机械能的增量D．力F、重力、阻力三者的合力所做的功等于物体机械能的增量解析：根据动能定理得W F－mgh－W f＝ΔE k，则力F做的功和阻力做的功之和等于物体的动能增量和重力势能增量之和，即等于物体机械能的增量，A错误，C正确；重力所做的功等于物体重力势能的减少，B错误；合力所做的功等于物体动能的增量，D错误．答案：C2．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，下列结论中正确的是()A．上述过程中，F做的功等于滑块和木板动能的增量B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多解析：由能量守恒定律可知，题述过程中，F 做的功大小等于二者动能之和加上摩擦产生的热量，大于12m v 21＋12M v 22，A 错误；其他条件不变的情况下，M 越大，木板加速度越小，木板在地面上移动的距离越小，B 正确；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，C 错误；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于fL ，f 越大，滑块与木板间产生的热量越多，D 正确．答案：BD3．质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移s之间的关系如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个运动中拉力的最大功率为15 WB ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WD ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个运动中拉力的最大功率为15 W解析：前3 m 位移内拉力F 1＝W 1s 1＝153 N ＝5 N 前3 m 的加速度a 1＝F 1－μmg m ＝1.5 m/s 2前3 m 末速度v 1＝2a 1s 1＝3 m/s后6 m 位移内拉力F 2＝W s 2＝27－156 N ＝2 N a 2＝F 2－μmg m ＝0，物体做匀速运动，所以整个过程中拉力的最大功率为P max ＝F 1v 1＝5×3 W ＝15 W.答案：D4．如图为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为 36.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )A ．m ＝MB ．M ＝2mC ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能D ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度解析：受力分析可知，木箱不与弹簧接触时下滑的加速度为g (sin θ－μcos θ)，上滑加速度为g (sin θ＋μcos θ)，所以D 项正确．设下滑的距离为l ，根据能量守恒定律有μ(m ＋M )gl cos θ＋μMgl cos θ＝mgl sin θ，得m ＝2M ，A 、B 项错误；在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以C 项错误．答案：D5．如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安装一个定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过定滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，手扶物块B使A、B处于静止状态．松手后A下落、B沿斜面上滑，则从松手到物块A着地前的瞬间()A．物块A减少的机械能等于物块B增加的机械能B．轻绳对物块B做的功等于物块B的机械能增量C．轻绳对物块A做的功等于物块A的机械能变化量D．摩擦力对物块B做的功等于系统机械能的变化量解析：因为斜面的摩擦力对B做负功，所以物块A、B组成的系统的机械能不守恒，选项A错误；重力以外的力做的功等于机械能的增量，轻绳和斜面对物块B做的功等于物块B机械能的增量，选项B错误；除重力以外，只有轻绳对物块A做功，所以轻绳对物块A 做的功等于物块A机械能的变化量，选项C正确；以A、B作为一个系统，绳子的拉力(内力)和重力做的功不会影响系统的机械能，故斜面摩擦力对物块B做的功等于系统机械能的变化量，选项D正确．答案：CD6．(2018·邯郸模拟)如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平向左，大小也为v0.下列说法中正确的是()A．A和C将同时滑到斜面底端B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多C．滑到斜面底端时，B的动能最大D．C的重力势能减少最多解析：滑块A和C通过的路程不同，在沿斜面方向的加速度大小也不相同，故A错．三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同，故D 错．滑块A 和B 滑到底端时经过的位移相等，克服摩擦力做功相等，而滑块C 的路程较大，机械能减少得较多，故B 错误，C 正确．答案：C7．(2018·北京市朝阳区高三统考)一个初动能为E 的小物块从斜面底端冲上足够长的斜面，返回斜面底端时速度大小为v ，该过程物体克服摩擦力做功为E 2.若小物块冲上斜面的初动能变为2E ，则( )A ．返回斜面底端时动能为3E 4B ．返回斜面底端时动能为3E 2C ．返回斜面底端时速度大小为2vD ．返回斜面底端时速度大小为 2v解析：从斜面底端到达斜面上的最高点(速度为零的位置)，与从最高点到达斜面底端小物块克服摩擦力做的功相同，第一次小物块的初动能为E ，整个过程克服摩擦力做功为E 2，则从斜面底端到达斜面上的最高点克服摩擦力做功为E 4，根据动能定理，有－W G －E 4＝0－E ，此过程小物块克服重力做的功为3E 4，设斜面的倾角为θ，小物块沿斜面向上运动的距离为l ，摩擦力为f ，小物块的重力为G ，根据功的定义，有E 4＝fl ①，3E 4＝Gl sin θ ②；第二次小物块的初动能为2E ，设小物块沿斜面向上运动的距离为l ′，根据动能定理有fl ′＋Gl ′sin θ＝2E ③，联立①②③可得l ′＝2l ，小物块从斜面底端到达斜面上的最高点克服摩擦力做功为fl ′＝E 2，整个过程克服摩擦力做功为E ，对整个过程应用动能定理，－E ＝E k2－2E ，解得返回斜面底端时动能E k2＝E ，选项A 、B 错误；第一次返回斜面底端动能为E 2＝12m v 2，第二次返回斜面底端动能为E ＝12m v ′2，解得v ′＝2v ，所以C 选项错误，D 选项正确．答案：D8．(2018·盐城模拟)如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相接，导轨半径为R .一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，脱离弹簧后当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动完成半个圆周运动，恰好到达C 点．试求：(1)弹簧开始时的弹性势能；(2)物体从B 点运动至C 点克服阻力做的功．解析：(1)物体在B 点时由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2Rv ＝6gRE p ＝12m v 2＝3mgR(2)物体恰好到达C 点，故mg ＝m v 2C R ，所以物体在C 点的速度v C ＝gR根据动能定理得：W F f ＝12mgR ＋2mgR －3mgR ＝－12mgR即克服摩擦阻力做功12mgR答案：(1)3mgR (2)12mgR9．有一个边长L ＝1.6 m 的正方形桌子，桌面离地高度h ＝1.25 m ．一个质量为m 的小物块可从桌面正中心O 点以初速v 0＝3 m/s 沿着与OA 成37°的方向在桌面上运动直至落地．设物块和桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块落地的速度大小．(2)物块落地点到桌面中心O 点的水平距离．解析：(1)设小物块落地时的速度为v ，由能量守恒可得：12m v 20＋mgh ＝12m v 2＋μmg ·L 2cos 37°代入数据解得：v ＝29 m/s(2)设小物块运动到桌边时的速度为v ′，则由能量守恒可得：12m v 20＝12m v ′2＋μmg ·L 2cos 37°小物块做平抛运动的时间t ＝2hg小物块落地点到桌面中心O 点的水平距离x ＝v ′t ＋L2cos 37°代入数据解得：x ＝2 m答案：(1)29 m/s (2)2 m10．如图所示，在竖直平面内固定两个很靠近的同心圆形轨道，外轨道ABCD 光滑，内轨道A ′B ′C ′D ′的上半部分B ′C ′D ′粗糙，下半部分B ′A ′D ′光滑．一质量m ＝0.2 kg 的小球从轨道的最低点A ，以初速度v 0向右运动，球的尺寸略小于两圆间距，已知圆形轨道的半径R ＝0.32 m ，取g ＝10 m/s 2.(1)若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度v 0至少为多少？(2)若v 0＝3.8 m/s ，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力F ＝2 N ，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v 0＝3.9 m/s ，经过足够长的时间后，小球将在BAD 间做往复运动，则小球经过最低点A 时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？解析：(1)设此情形下小球到达最高点的最小速度为v C ，则有mg ＝m v 2C R12m v 20＝12m v 2C ＋2mgR代入数据解得v 0＝4 m/s(2)设此时小球到达最高点的速度为v C ′，克服摩擦力做的功为W ，则mg －F ＝m v ′2C R－2mgR －W ＝12m v ′2C －12m v 20代入数据解得W ＝0.164 J(3)设小球经过最低点的速度为v A ，受到的支持力为F N A ，则有mgR ＝12m v 2AF N A －mg ＝m v 2A R代入数据解得F N A ＝6 N设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE ，则由功能关系有ΔE ＝12m v 20－mgR 代入数据解得ΔE ＝0.881 J答案：(1)4 m/s (2)0.164 J (3)6 N0.881 J。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2018002 最新
十一曲线运动运动的合成与分解(学生用书对应页码P277)1．跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，开始做自由落体运动，到适当的高度打开降落伞继续下落过程中将会受到水平风力的影响，运动轨迹如图乙所示，下列说法中正确的是()A．打开降落伞后运动员竖直方向立即做减速运动B．打开降落伞下落过程中，风力越大，运动员着地速度越大C．打开降落伞下落过程中，风力越大，运动员下落时间越长D．运动员着地时间和着地速度都与风力无关解析：打开降落伞后运动员在竖直方向是否立即做减速运动取决于受到的竖直向上的阻力与重力的大小关系，不能确定，A项错误；风力不能影响竖直方向的分运动，C项错误；风力越大，水平方向的加速度越大，落地时的水平分速度越大，合速度越大，B项正确，D 项错误．答案：B2．小船过河，河宽300 m，水流速度为5 m/s，船在静水中的速度为4 m/s，以下结论正确的是()A．船要以最短路程过河，船头必须指向正对岸B．船不可能到达正对岸C．船以最短路程过河所需时间为75 sD．船渡过河的最短时间为75 s解析：由于水流速度大于船的速度，船不可能到达正对岸，选项B 正确；船头指向正对岸，船以最短的时间渡河，最短时间为t ＝3004s ＝75 s ，想要以最短的路程渡河，船头应该向河的上游偏，渡河时间大于75 s ，选项A 、C 错误，选项D 正确．答案：BD3．随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐项目．如图所示，某人从高出水平地面h 的坡上水平击出一个质量为m 的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L 的A 穴．则( )A ．球被击出后做平抛运动B ．该球从被击出到落入A 穴所用的时间为2g hC ．球被击出时的初速度大小为L ·2gh D ．球被击出后受到的水平风力的大小为mgL h解析：球在水平方向受恒定的水平风力做减速运动，所以球被击出后做的不是平抛运动，选项A 错误；球在竖直方向只受重力，做自由落体运动，h ＝12gt 2，解得t ＝2hg ，选项B 错误；球水平方向做匀减速直线运动，平均速度v 02＝L t ，解得v 0＝L ·2g h ，选项C 正确；设水平风力大小为F ，根据牛顿第二定律有F ＝ma ，由运动学公式有v 0＝at ，解得F ＝mgL h ，选项D 正确．答案：CD4．某质点在xOy 平面上运动，其在x 轴方向和y 轴方向上的v -t 图象分别如图甲和图乙所示．则下列判断正确的有( )A ．该质点做匀变速曲线运动B ．该质点有恒定的加速度，大小为2.5 m/s 2C ．该质点的初速度为7 m/sD ．前2 s 内质点的位移为21 m解析：根据题图甲，沿x 轴方向的加速度a x ＝1.5 m/s 2，根据题图乙，沿y 轴方向的加速度a y ＝2 m/s 2，初速度方向与x 轴正方向的夹角的正切v y v x ＝43，加速度方向与x 轴正方向的夹角的正切a y a x＝21.5＝43，两个方向相同，该质点做匀加速直线运动，选项A 错误；该质点的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝2.5 m/s 2，选项B 正确；该质点的初速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝5 m/s ，选项C 错误；前2 s 物体沿x 轴方向的位移x ＝12×2×(3＋6) m ＝9 m ，前2 s 物体沿y 轴方向的位移y ＝12×2×(4＋8)m ＝12 m ，合位移s ＝x 2＋y 2＝15 m ，选项D 错误．答案：B5．(2018·黄浦模拟)如图所示，河的宽度为L ，河水流速为v 水，甲、乙两船均以静水中的速度v 同时渡河．出发时两船相距2L ，甲、乙船头均与岸边成60°对岸的A 点．则下列判断正确的是( )A．甲船正好也在A点靠岸B．甲船在A点左侧靠岸C．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇D．甲、乙两船到达对岸的时间相等解析：渡河时间为t＝Lv sin 60°，乙能垂直于河岸渡河，对乙船则有v水＝v cos 60°，可得甲船在该时间内沿水流方向的位移为(v cos 60°＋v水)Lv sin 60°＝233L<2L，甲船在A点左侧靠岸，甲、乙两船不能相遇．综上所述，选项A、C错误，B、D正确．答案：BD6．(2018·大同模拟)在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0水平匀速移动，经过时间t，猴子沿杆向上移动的高度为h，人顶杆沿水平地面移动的距离为x，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是()A．相对地面的运动轨迹为直线B．相对地面做变加速曲线运动C．t时刻猴子对地速度的大小为v0＋atD．t时间内猴子对地的位移大小为x2＋h2解析：猴子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，猴子的实际运动可以看做类平抛运动，其运动轨迹为曲线；因为猴子受到的合外力恒定(因为加速度恒定)，所以相时地面猴子做匀变速曲线运动；t时刻猴子对地速度的大小为v t＝v20＋(at)2；t时间内猴子对地的位移大小为s＝x2＋h2，即选项D是正确的．答案：D7．(2018·上海青浦区教学质量调研)如图所示，一条小船位于200 m 宽的河正中A 点处，从这里向下游100 3 m 处有一危险的急流区，当时水流速度为4 m/s ，为使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少为( ) A.433 m/sB ．833 m/sC ．2 m/sD ．4 m/s解析：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，只要使小船合速度方向指向对岸危险区上游即可，为使船速最小，应使合速度刚好指向对岸危险区边缘且船速v 2垂直于合速度，如图所示，则v 2＝v 1sin θ，根据题意得θ＝30°所以v 2＝2 m/s ，C 正确．答案：C8．(2018·上海宝山区期末)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O 点，现用一支铅笔贴着细线的左侧水平向右以速度v 匀速移动，运动过程中保持铅笔的高度不变，悬挂橡皮的那段细线保持竖直，则在铅笔未碰到橡皮前，橡皮的运动情况是( )A ．橡皮在水平方向上做匀速运动B ．橡皮在竖直方向上做加速运动C ．橡皮的运动轨迹是一条直线D ．橡皮在图示虚线位置时的速度大小为v cos 2 θ＋1解析：悬挂橡皮的细线一直保持竖直，说明橡皮水平方向具有和铅笔一样的速度，A 正确；在竖直方向上，橡皮的速度等于细线收缩的速度，把铅笔与细线接触的地方的速度沿细线方向和垂直细线方向分解，沿细线方向的分速度v1＝v sin θ，θ增大，沿细线方向的分速度增大，B正确；橡皮的加速度向上，与初速度不共线，所以做曲线运动，C错误；橡皮在题图虚线位置时的速度v t＝v21＋v2＝v sin2θ＋1，D错误．答案：AB9．如图所示，沿竖直杆以速度v匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，细绳与竖直杆间的夹角为θ，则以下说法正确的是()A．物体B向右匀速运动B．物体B向右匀加速运动C．物体B的加速度在增大D．物体B的加速度在减小解析：把物体A的速度沿绳方向和垂直绳方向分解，沿绳方向的分量为收绳速度，即为物体B运动的速度，物体A在下降过程中，θ减小，v绳＝v cos θ在增大，但不是匀加速运动，当θ趋近于零时，绳速趋近于物体A的速度，加速度趋近于零，所以加速度在减小．答案：D10．(2018·保定模拟)某一物体受到几个共点力的作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F1时，物体可能做()A．匀加速直线运动B．匀减速直线运动C．匀变速曲线运动D．变加速曲线运动解析：由于撤去恒力F1后物体所受的合力为恒力，故一定是做匀变速运动，但初速度的方向不知，所以轨迹可能是匀变速曲线运动，也可能是匀加速直线运动，也可能是匀减速直线运动，选项A 、B 、C 正确．答案：ABC11．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100 m 远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的速度方向选定后就不再改变，则( )A ．快艇的运动轨迹可能是直线B ．快艇的运动轨迹只可能是曲线C ．最快到达浮标处通过的位移为100 mD ．最快到达浮标处所用时间为20 s解析：由题图甲可知快艇航行的分运动加速度a ≠0，且v 艇和v水不可能同向，所以行驶过程中a 、v 有夹角，运动轨迹只能是曲线，B 正确；最快到达浮标处，则需v 艇垂直河岸，由垂直河岸的运动知：x ＝12at 2得t ＝20 s ，D 正确；快艇的实际位移等于垂直河岸方向的分位移和平行于河岸方向的分位移的矢量和，C 错误．答案：BD12．(2018·合肥模拟)如图所示，在竖直平面的xOy 坐标系中，Oy 竖直向上，Ox 水平．设平面内存在沿x 轴正方向的恒定风力．一小球从坐标原点沿Oy 方向竖直向上抛出，初速度为v 0＝4 m/s ，不计空气阻力，到达最高点的位置如图中M 点所示(坐标格为正方形，取g＝10 m/s2)，求：(1)小球在M点的速度v1；(2)在图中定性画出小球的运动轨迹并标出小球落回x轴时的位置N；(3)小球到达N点的速度v2的大小．解析：(1)设正方形的边长为l0，竖直方向做竖直上抛运动，则：v0＝gt12l0＝v0 2t1水平方向做匀加速直线运动，则：3l0＝v1 2t1解得v1＝6 m/s(2)由竖直方向的对称性可知，小球再经过t1回到x轴，水平方向从O点做初速度为零的匀加速直线运动，所以再回到x轴时落到x＝12处，位置N的坐标为(12,0)．(3)到N点时竖直分速度大小为v0＝4 m/s水平分速度：v x＝a水平t N＝2v1＝12 m/s故v2＝v20＋v2x＝410 m/s答案：(1)6 m/s(2)见解析(3)410 m/s13．宽9 m的成型玻璃以2 m/s的速度连续不断地向前行进，在切割工序处，金刚割刀的速度为10 m/s，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则：(1)金刚割刀的轨道应如何控制？(2)切割一次的时间多长？(3)所生产的玻璃板的规格是怎样的？解析：(1)由题目条件知，割刀运动的速度是实际的速度，所以为合速度．其分速度的效果恰好相对玻璃垂直切割．设割刀的速度v 2的方向与玻璃板速度v 1的方向之间的夹角为θ，如图所示．要保证割下均是矩形的玻璃板，则由v 2是合速度得v 1＝v 2cos θ所以cos θ＝v 12＝15，即θ＝arccos 15 所以，要割下矩形板，割刀速度方向与玻璃板速度成θ＝arccos 15(2)切割一次的时间t ＝d v 2sin θ＝910×1－125s ＝0.92 s. (3)切割出的矩形玻璃板的规格为：长度d ＝9 m ，宽度：l ＝v 1t ＝2×0.92 m ＝1.84 m.答案：(1)割刀速度方向与玻璃板速度方向成arccos 15角度(2)0.92 s (3)长9 m 宽1.84 m。
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：2018年高考理综(物理)模拟试卷(一)含答案
2018年高考理综(物理）模拟试卷(一）本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．(建议用时:60分钟满分：110分)第Ⅰ卷（选择题共48分)一、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1～4题只有一项符合题目要求,第5～8题中有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分,有选错的得0分．）1．甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点．若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x。
t图象如图M1.1所示．图象中的OC与AB平行，CB与OA平行．则下列说法中正确的是( ）图M1.1A．t1~t2时间内甲和乙的距离越来越远B．0~t2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等C．0~t3时间内甲和乙的位移相等D．0～t3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度2．某实验小组打算制作一个火箭．甲同学设计了一个火箭质量为m，可提供恒定的推动力，大小为F＝2mg，持续时间为t.乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过错误!时，火箭丢弃掉错误!的质量,剩余错误!时间，火箭推动剩余的m2继续飞行．若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化）（)A．1。
5h B．2h C．2.75h D．3.25h3．如图M1。
2a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关后( ）a b图M1.2A．电压表示数增大B．电流表示数增大C．变压器的输入功率增大D．经过灯泡的电流频率为25 Hz4．据英国《每日邮报》报道,科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”—沃尔夫（Wolf）1061c.沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星沃尔夫1061c运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球．设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行．已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看做匀速圆周运动．则下列说法正确的是（)A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于错误!2D．若已知探测卫星的周期和地球的质量,可近似求出沃尔夫1061c的半径5．图M1。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题8
八牛顿第一定律牛顿第三定律(学生用书对应页码P271)1．(2018·揭阳模拟)在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是()A．亚里士多德、伽利略B．伽利略、牛顿C．伽利略、爱因斯坦D．亚里士多德、牛顿解析：伽利略通过斜面实验正确认识了运动和力的关系，从而推翻了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的错误观点；牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论基础上得出了经典的牛顿第一定律，即惯性定律，故选项B正确．答案：B2．在向前高速行驶的客车上驾驶员若紧急刹车，驾驶员和乘客的身体由于惯性将向前倒，因此我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，以下叙述正确的是()A．系好安全带可以减小惯性B．系好安全带可以增大人和车的惯性C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害解析：系好安全带与人和车的惯性无关，A、B错误；系好安全带主要是防止因刹车时由于惯性人具有向前的速度而造成伤害，C错误，D正确．答案：D3．(2018·泉州模拟)关于惯性，下列说法正确的是()A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大B．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减少惯性，保证其运动的灵活性C．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性D．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性大的缘故解析：物体的质量是物体惯性大小的量度，物体的惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关，抛掉副油箱可以减小质量，故选B.答案：B4．(2018·厦门统考)如果我们把一本书放在水平桌面上，下列说法中正确的是()A．书所受的重力和桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力B．桌面对书的支持力的大小等于书的重力，这两个力是一对平衡力C．书对桌面的压力就是书的重力，这两个力的性质相同D．书对桌面的压力和桌面对书的支持力是一对平衡力解析：分析可知，书所受的重力和支持力作用于同一物体上，它们是一对平衡力，故A错而B对．书对桌面的压力是桌面受到的力，属于弹力；而书的重力是书所受到的力，是万有引力，这两个力的性质不同，所以C错；书对桌面的压力和桌面对书的支持力都是弹力，分别作用在桌面和书上，效果不能抵消，是作用力与反作用力的关系，所以D错，正确答案是B.答案：B5．汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下面的说法正确的是()A．汽车能拉着拖车向前是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车向前拉拖车的力大于拖车向后拉汽车的力D．加速前进时，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力；汽车加速是因为地面对汽车向前的作用力(牵引力)大于拖车对它的拉力解析：汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对作用力和反作用力，两者一定等大、反向、分别作用在拖车和汽车上，故A错．作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的，故B错．不论汽车匀速运动还是加速运动，作用力和反作用力大小总相等，故C 错．拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力(包括其他阻力)，汽车能加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它向后的拉力，符合牛顿第二定律，故D项正确．答案：D6．2018年7月18日早，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的电动车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故起因的物理分析正确的是() A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，继续向前运动，压扁驾驶室B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动解析：汽车紧急制动时，速度迅速减小，车厢上的钢材由于惯性，要保持原运动状态，此时钢材有相对车厢向前运动的趋势，受到向后的摩擦力，若摩擦力不能使钢材共同减速，则会出现继续向前运动，压扁驾驶室的情况．答案：A7．(2018·珠海模拟)“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法．下列说法正确的是()A．汽车超速会增大汽车的惯性B．汽车超载会减小汽车的刹车距离C．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D．汽车超载会增大汽车的惯性解析：汽车超载(质量变大)会增大汽车惯性、汽车超速会增大刹车距离、疲劳驾驶会延长司机的反应时间，故A、B、C错误，D正确．答案：D8．一起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力、空气阻力)，以下说法正确的是()A．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力B．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力，大小总是相等C．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力总大于货物的重力D．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升，绳子对货物的拉力一定大于货物的重力解析：绳子对货物的拉力和货物对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，不管货物匀速、加速还是减速，大小都相等，A错误，B正确；当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力和货物重力是一对平衡力(与绳子的重力无关)，货物加速上升，绳子对货物的拉力大于货物的重力，货物减速上升，绳子对货物的拉力小于货物的重力，C、D错误．答案：B9．(2018·西安模拟)一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点．则由此可以判断列车的运行情况是()A．减速行驶，向北转弯B．减速行驶，向南转弯C．加速行驶，向南转弯D．加速行驶，向北转弯解析：小球具有惯性，相对于列车向前运动，故列车在减速，相对于列车向北运动，故列车向南转弯，选项B正确．答案：B10．(2018·福州模拟)在平直轨道上，匀速向右行驶的封闭车厢内，悬挂着一个带滴管的盛油容器，滴管口正对车厢地板上的O点，如图所示，当滴管依次滴下三滴油，且这三滴油都落在车厢的地板上，则下列说法中正确的是()A．这三滴油依次落在OA之间，而且后一滴比前一滴离O点远些B．这三滴油依次落在OA之间，而且后一滴比前一滴离O点近些C．这三滴油依次落在OA之间同一位置上D．这三滴油依次落在O点上解析：在匀速行驶的封闭车厢内，车和任意一滴油在水平方向都具有相同的运动情况，因此任意一滴油落下的时候都一定落在滴管口正下方的O点，故应选D项．答案：D11．2018年6月16日18时37分，“神舟九号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空.2018年6月18日约11时左右转入自主控制飞行，14时左右与“天宫一号”实施自动交会对接，这是中国实施的首次载人空间交会对接．下面关于飞船与火箭起飞的情形，叙述正确的是()A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力D．飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即火箭上升的推力，此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层，是否在空气中飞行无关，故选项B、C错误，A正确；当飞船进入轨道后，飞船与地球之间仍然存在着相互吸引力，即地球吸引飞船，飞船也吸引地球，这是一对作用力和反作用力，故选项D正确．答案：AD12．一个箱子放在水平地而上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？解析：环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受重力mg和箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力F f，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f，故箱子在竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg，地面对它的支持力F N，及环给它的摩擦力F f，由于箱子处于平衡状态，可得F N＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力．答案：F f＋Mg13．如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L ＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 m/s2)解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：k(L－L0)－mg－F＝0解得：F＝－4 N甲故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4 N方向竖直向下乙B受力如图乙所示，由平衡条件得：F N－mg－F′＝0解得：F N＝9 N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.答案：9 N。
2018年甘肃省高考物理一诊试卷
2018年甘肃省高考物理一诊试卷二、选择题：本题有8个小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但有漏选得3分，有错选或不选得0分．1. 理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略了次要因素，促进了物理学的发展，下列关于理想化模型建立的说法正确的是（）A.点电荷作为理想化模型，忽略了物体所带的电荷量B.理想变压器忽略了能量损失C.质点作为理想化模型忽略了物体的质量D.理想电压表忽略了电压表的内阻2. 我国的“天宫一号”成功发射后，某同学上网查询了关于“天宫一号”的飞行信息，获知“天宫一号”飞行周期约93分钟，轨道高度约350km（可视为圆轨道）．另外，该同学还查到地球半径约6400km，地球表面的重力加速度约9.8m/s2，引力常量G=6.67×10−11N⋅m2/kg2．根据以上信息，判断下列说法正确的是（）A.可以计算出“天宫一号”的动能B.“天宫一号”的飞行速度等于第一宇宙速度C.可以计算出地球的质量和密度D.可以计算出“天宫一号”所受地球的引力3. 下列说法中错误的是（）A.一群处于n=3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子B.用频率为ν的光照射某金属研究光电效应，遏止电压为U c，则该金属的逸出功为ℎν−eU cC.核反应方程411H→24He+kX中，X是正电子，k=2D.质量为m的该放射性物质，经过半个半衰期其质量还剩12m4. 一束带电粒子以同一速度v0从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示．粒子A的轨迹半径为r1，粒子B的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们所带的电荷量，m1、m2分别是它们的质量，则下列分析正确的是（）A.A带正电、B带负电，荷质比之比为q1m1:q2m2=1:1B.A带负电、B带正电，荷质比之比为q1m1:q2m2=1:1C.A带负电、B带正电，荷质比之比为q1m1:q2m2=1:2D.A带正电、B带负电，荷质比之比为q1m1:q2m2=2:15. 套圈游戏是一项很受欢迎的娱乐项目，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住前方20cm高的竖直细杆即为获胜，抛出时圆环前端与细杆间的水平距离为3m，一位身高1.7m的人从距地面1m的高度水平抛出圆环，圆环半径为8cm，要想套住细杆，他水平抛出圆环的速度可能为(g取10m/s2)（）A.7.8m/sB.7.2m/sC.8.6m/sD.8.4m/s6. 如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上。
2018年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2018年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（ ）A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功2．（6分）高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）A．10N B．102N C．103N D．104N3．（6分）2018年2月，我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms。
假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10﹣11N•m2/kg2．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）A．5×104kg/m3B．5×1012kg/m3C．5×1015kg/m3D．5×1018kg/m3 4．（6分）用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10﹣19J，已知普朗克常量为6.63×10﹣34J•s，真空中的光速为3.00×108m•s﹣1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（ ）A．1×1014Hz B．8×1014Hz C．2×1015Hz D．8×1015Hz5．（6分）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i 随时间变化的正确图线可能是（ ）A．B．C．D．6．（6分）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是（ ）A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大7．（6分）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上，L1的正上方有a，b两点，它们相对于L2对称。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2
十二 平抛运动 (学生用书对应页码P279)1．一小球以水平速度v 0＝10.00 m/s 从O 点向右抛出，经1.73 s 恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若小球以水平速度v 0＝5.00 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若小球以水平速度v 0＝5.00 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt ，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的竖直距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0＝5 m/s ，过A 点作水平线，小球落到水平面时的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC2．如图，在同一竖直平面内，距地面不同高度的地方，以不同的水平速度同时抛出两个小球．则两球( )A ．一定不能在空中相遇B ．落地时间可能相等C ．抛出点到落地点的水平距离有可能相等D ．抛出点到落地点的水平距离一定不相等解析：两小球同时做平抛运动，由h ＝12gt 2可知，经过相同的时间下落相同的高度，故两小球在空中永远不可能在同一高度上，故不可能在空中相遇，A 正确；落地时间由下落高度决定，故两小球不可能同时落地，B 错误；水平方向上两小球均做匀速直线运动，由于x ＝v 0t ，落地时间不同且水平初速度大小不相等，故水平方向上运动的位移可能相同，C 正确，D 错误．答案：AC3．如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O 点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M 、N 、P 三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O 、M 、N 、P 四点距离水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ，以下说法正确的是( )A ．三把飞刀在击中木板时动能相同B ．到达M 、N 、P 三点的飞行时间之比为1∶2∶ 3C ．到达M 、N 、P 三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D ．设到达M 、N 、P 三点，抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1>θ2>θ3解析：将运动逆向看，可视为三个平抛运动且到达O 点时水平位移相等．由H ＝12gt 2得t ＝2Hg ，则到达M 、N 、P 三点的飞行时间之比为3∶2∶1，选项B 错误；在水平方向有l ＝v M t 1＝v N t 2＝v P t 3，又E k ＝12m v 2得三把飞刀在击中板时打在M 点处的动能最小，打在P点处的动能最大，选项A 错误；由v y ＝gt 可知到达M 、N 、P 三点的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1，选项C 正确；作出抛体运动的轨迹，可知θ1>θ2>θ3，选项D 正确．答案：CD4．(2018·云南部分名校统考)如图为湖边一倾角为30°的大坝横截面示意图，水面与大坝的交点为O .一人站在A 点以速度v 0沿水平方向扔一小石子，已知AO ＝40 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．若v 0>18 m/s ，则石块可以落入水中B ．若v 0<20 m/s ，则石块不能落入水中C ．若石子能落入水中，则v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大D ．若石子不能落入水中，则v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大解析：石子从A 到O 过程中，由平抛运动规律有AO sin 30°＝12gt 2，AO cos 30°＝v 0t ，联立得v 0＝17.3 m/s ，所以只要v 0>17.3 m/s 的石子均能落入水中，A 项正确，B 项错误；若石子落入水中，由平抛运动规律有AO sin 30°＝12gt 2，则v y ＝gt ＝20 m/s ，设其落入水中时的速度与水平面夹角为θ，则tan θ＝v y v 0，v y 一定，v 0增大，θ减小，C 项错；不落入水中时，根据中点定理得石子落到斜面上时的速度方向与斜面夹角都相等，与v 0大小无关，D 项错误．答案：A5．(2018·郑州模拟)如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O 有一小球，从静止释放，运动到底端B 的时间为t 1，若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A 点，经过的时间为t 2，落到斜面底端B 点，经过的时间为t 3，落到水平面上的C 点，经过的时间为t 4，则( )A ．t 2>t 1B ．t 3>t 2C ．t 4>t 3D ．t 1>t 4解析：设斜面高为h ，底角为θ，则当小球沿斜面下滑时，其加速度a ＝g sin θ，由h sin θ＝12at 21得t 1＝1sin θ2h g ，小球平抛时，由h ＝12gt 2得t 3＝t 4＝2h g >t 2＝2h A g ，故t 1>t 3＝t 4>t 2，选项A 、C 错误，B 、D 正确．答案：BD6．宇航员在某星球表面做平抛运动，测得物体离星球表面的高度随时间变化的关系如图甲所示、水平位移随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．物体抛出的初速度为5 m/sB ．物体落地时的速度为20 m/sC ．星球表面的重力加速度为8 m/s 2D ．物体受到星球的引力大小为8 N 解析：由题图乙可知，物体平抛的初速度为5 m/s ，选项A 正确；由题图甲可知，物体在竖直方向经过2.5 s 的位移为25 m ，则星球表面重力加速度g ＝2h t 2＝8 m/s 2，选项C 正确；落地时竖直速度v y ＝gt＝20 m/s ，选项B 错误；由于物体质量不知，无法求出物体受到的引力，选项D 错误．答案：AC7．如图所示，x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向，OM 是与x 轴成θ角的一条射线．现从坐标原点O 以速度v 0水平抛出一个小球，小球与射线OM 交于P 点，此时小球的速度v 与OM 的夹角为α；若保持方向不变而将小球初速度增大为2v 0，小球与射线OM 交于P ′，此时小球的速度v ′与OM 的夹角为α′，则()A ．小球从O 运动到P ′的时间是从O 到P 时间的2倍B ．夹角α′是α的2倍C.小球通过P ′点的速率是4vD ．OP ′＝2OP解析：两次平抛运动位移方向相同，则有12gt 2v 0t ＝12gt ′22v 0t ′，解得t ′＝2t ，选项A 正确；对于平抛运动，位移方向相同时，其速度方向也相同，故有α′＝α，选项B 错误；由v 0＝v cos (θ＋α)、2v 0＝v ′cos (θ＋α′)解得v ′＝2v ，选项C 错误；由12gt 2OP ＝12gt ′2OP ′解得OP ′＝4OP ，选项D 错误．答案：A8．(2018·南京模拟)如图所示，球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L /2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边球．设乒乓球的运动为平抛运动．则乒乓球( )A ．在空中做变加速曲线运动B ．在水平方向做匀加速直线运动C ．在网的右侧运动的时间是左侧的2倍D ．击球点的高度是网高的2倍解析：本题考查平抛运动的规律，意在考查学生对平抛运动各物理量的理解．乒乓球击出后，在重力的作用下做平抛运动，其运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，A 、B 错误；网的左侧和右侧水平距离之比为12L L ＝v 水平t 1v 水平t 2＝t 1t 2＝12，C 正确；击球点到网上沿的高度与击球点到桌面的高度之比为h －H h ＝12gt 2112g (t 1＋t 2)2＝19，所以击球点的高度与网高度之比为h H ＝98，D 错误． 答案：C9．如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则v 1、v 2的关系应满足( )A ．v 1＝H x v 2B ．v 1＝v 2x HC ．v 1＝x H v 2D ．v 1＝v 2解析：由题知从发射到拦截成功应满足x ＝v 1t ，同时竖直方向应满足H ＝12gt 2＋v 2t －12gt 2＝v 2t ，所以有x v 1＝H v 2，即v 1＝x H v 2，C 选项正确．答案：C10．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为正方形ABCD ，若在A 点以初速度v 0沿AB 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的C 点，已知AB 的长度为l ，忽略空气阻力，则( )A ．小球下落的时间t ＝l v 0B ．坑的深度AD ＝gl 22v 20C ．落到C 点的速度大小为2v 0D ．落到C 点时速度方向与水平成60°角解析：小球做平抛运动的水平位移l ＝v 0t ，则小球下落的时间为t ＝l v 0，A 项正确；小球在竖直方向的位移y ＝12gt 2＝gl 22v 20，B 项正确；落到C 点时，水平分位移与竖直分位移大小相等，即v 0t ＝v y 2t ，所以v y ＝2v 0，落到C 点的速度v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，方向为tan θ＝v y v 0＝2，不等于60°，选项C 、D 错误．答案：AB11．物体从光滑曲面上的P 点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送以后落到地面上的Q 点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放到P 点自由滑下，则( )A ．物体将仍落在Q 点B ．物体将会落在Q 点的左边C ．物体将会落在Q 点的右边D ．物体有可能落不到地面上解析：物块从光滑曲面上滑下来，当传送带静止时，物块在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动，离开传送带时做平抛运动；当传送带逆时针转动时，物块相对传送带向前运动，受到的滑动摩擦力方向与运动方向相反，两种情况下滑动摩擦力相同，物块做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q 点，选项A 正确．答案：A12．(能力挑战题)如图所示，一高度为h 的光滑水平面与一倾角为θ的斜面连接，一小球以速度v 从平面的右端P 点向右水平抛出，则小球在空中运动的时间t ( )A ．一定与v 的大小有关B ．一定与v 的大小无关C ．当v 大于gh 21tan θ时，t 与v 无关 D ．当v 小于gh 21tan θ时，t 与v 有关解析：球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用临界法求解．如果小球恰好落在斜面与水平面的交点处，则满足h tan θ＝v t ，h ＝12gt 2，联立可得v ＝gh 21tan θ，故当v 大于gh 21tan θ时，小球落在水平地面上，t ＝2hg ，与v 无关；当v 小于gh 21tan θ时，小球落在斜面上，x ＝v t ，y ＝12gt 2，y x ＝tan θ，联立可得t ＝2v tan θg ，即与v有关，故选项C 、D 正确．答案：CD13．(2018·黄冈模拟)如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 相互垂直且α角，求两小球初速度之比v 1∶v 2.解析：两质点抛出后都做平抛运动，设容器的半径为R ，两质点运动的时间分别为t A 、t B对A 球：R sin α＝v 1t A ，R cos α＝12gt 2A对B 球：R cos α＝v 2t BR sin α＝12gt 2B联立解得v 1v 2＝tan αtan α 答案：tan αtan α14．(2018·福州模拟)如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p 从A 点静止下滑，当小球p 开始下滑时，另一小球q 从A 点正上方的D 点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B 处．已知斜面AB 光滑，长度l ＝2.5 m ，斜面倾角θ＝30°，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)小球p 从A 点滑到B 点的时间；(2)小球q 抛出时初速度的大小．解析：(1)小球p 从斜面上下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律得 a ＝mg sin θm ＝g sin θ①下滑所需时间为t 1，根据运动学公式得l ＝12at 21②由①②得t 1＝2lg sin θ③解得t 1＝1 s ④(2)x ＝l cos 30°⑤依题意得t 2＝t 1⑥由④⑤⑥得v 0＝l cos 30°t 1＝534 m/s ⑥答案：(1)1 s (2)534 m/s。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题1
十七 机械能守恒定律 (学生用书对应页码P289)1．如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 时的速度为v ，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小球在C 点时弹簧的弹性势能为( )A ．mgh －12m v 2B.12m v 2－mgh C ．mgh ＋12m v 2 D ．mgh解析：取A 点所在的平面为参考平面，根据机械能守恒定律有12m v 2＝mgh ＋E p ，解得E p ＝12m v 2－mgh ，选项B 正确． 答案：B2．(2018·安徽盟校联考)如图所示，质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦．现将两物体由静止释放，在A 落地之前的运动中，下列说法中正确的是( )A ．A 物体的机械能增大B ．A 、B 组成系统的重力势能增大C ．下落t 秒过程中，A 的机械能减少了29mg 2t 2D ．下落t 秒过程中，B 所受拉力的瞬时功率为13mg 2t解析：在A 下落的过程中，A 的机械能减小，B 的机械能增大，A 、B 系统的机械能守恒，所以A 、B 错误；释放后，A 、B 物体都做初速度为零、加速度为13g 的匀加速直线运动，t 秒内A 物体下降高度为16gt 2，绳子拉力大小为43mg ，拉力对A 物体所做负功为29mg 2t 2，A 物体机械能减少29mg 2t 2，C 对；下落t 秒内，B 物体的运动速度为13gt ，拉力功率大小为49mg 2t ，D 错误．答案：C3．一种娱乐项目，参与者抛出一小球去撞击触发器，能击中触发器的进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v 竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿①②③④四个不同的光滑竖直轨道分别以速率v 射出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是( )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④解析：①由于在圆弧内侧做圆周运动，要上升到最高点，则到达最高点时的速度不能为零而应该是gR (R 为圆弧的半径)，①不可能；②小球离开斜面后做斜抛运动，上升到最高点时竖直速度为零，水平速度不为零，由机械能守恒定律知，小球不能达到触发器的高度，②不可能；③根据机械能守恒定律可知，小球上升到最高点时速度刚好等于零，可以击中触发器，③可能；④小球在双轨中做圆周运动时到达最高点的速度可以为零，所以小球可以上升到最高点并击中触发器，④可能．综上，B正确．答案：B4．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是()A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大解析：开始时弹簧弹力为零，释放B后，A、B加速运动，A受到逐渐增大的弹簧弹力，其加速度逐渐减小，直至弹簧弹力与绳上拉力平衡时，加速度为零，速度达到最大，因为A、B两物体用细线连接，二者等速率且运动状态总是相同，所以B的加速度也逐渐减小，即拉力逐渐增大，当拉力等于重力时B速度也达最大，此时A、B动能最大，选项A错误，选项D正确；A、B组成的系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，故机械能不守恒，但B物体减少的机械能等于弹簧增加的弹性势能和A物体增加的动能之和，选项B、C错误．答案：D5．如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m ，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是( )A ．此刻两根线拉力大小相同B ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgC ．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgD ．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析：图示时刻，对1球有F T1－mg ＝m v 2R ，对2球有F T2＋mg＝m v 2R ，A 错误；1球在最高点对应拉力最小值，mg ＋F T 最小＝m v 2最小R ，2球在最低点对应拉力最大值，F T 最大－mg ＝m v 2最大R ，联立得F T 最大－F T 最小－2mg ＝m v 2最大R －m v 2最小R ，由机械能守恒定律可得mg ·4R ＋12m v 2最小＝12m v 2最大，整理可得F T 最大－F T 最小＝10mg ，B 错误，C 正确；在图示时刻，两球动能相同，重力势能相同，两球只有重力做功，机械能守恒，D 正确．答案：CD6．有一个固定的光滑直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m ＝2 kg 的滑块(可视为质点)．用不可伸长的细绳将滑块m 与另一个质量为M ＝2.7 kg 的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M 而绷紧，此时滑轮左侧细绳恰好水平，其长度L ＝103 m ；P 点与滑轮的连线同直杆垂直(如图所示)．现将滑块m 从图中O 点由静止释放(整个运动过程中M 不会触地，g 取10 m/s 2)．则滑块m 滑至P点时的速度大小为()A．5 2 m/s B．5 m/sC.7 m/s D．2 m/s解析：细绳和光滑直杆间的夹角与直杆和水平面间的夹角相等，均为53°.滑块m滑至P点的过程，m下降了h＝L cos 53°sin 53°；m 与滑轮之间的绳子缩短了x＝L－L sin 53°，即M下降了x.滑块m滑至P点时，m的速度方向垂直绳子，故m沿绳方向的分速度为零，所以此时M的瞬时速度为0.以m、M及细绳组成的系统机械能守恒，有mgh＋Mgx＝12m v2.代入数据，解得v＝5 2 m/s.A正确．答案：A7．(2018·张家口模拟)静止在地面上的一小物体，在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中0～s1过程的图线是曲线，s1～s2过程的图线为平行于横轴的直线(不计空气阻力)．关于物体上升过程的下列说法正确的是()A．0～s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小B．s1～s2过程中物体做匀速直线运动C．0～s1过程中物体的动能先增大后减小D．0～s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度解析：以地面为零势能位置，则在某一位置时的机械能等于拉力的功，即E＝Fs,0～s1过程中，某点的切线的斜率表示此时的拉力，由题图可知，物体所受的拉力是变力，且不断减小，A对；s1～s2过程的图线为平行于横轴的直线，机械能守恒，说明此过程中，拉力为零，物体做竖直上抛运动，动能减小，加速度变为竖直向下且等于重力加速度g.综合考虑得出，在上升过程中先是拉力大于重力，接着是拉力小于重力，最后是拉力等于零，物体只受重力作用减速运动，故B错，C、D正确．答案：ACD8．(2018·江苏南京)一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱面边缘处由静止释放，如图所示，已知A始终不离开圆柱面，且细绳足够长，不计一切摩擦，求：(1)A球沿圆柱面至最低点时速度的大小；(2)A球沿圆柱面运动的最大位移的大小．解析：(1)设A球沿圆柱面滑至最低点时速度的大小为v，A、B 系统的机械能守恒由机械能守恒定律可得：2mgR－2mgR＝12·2m v2＋12m v2B又v＝2v B，解得v＝22－25gR.(2)当A球的速度为0时，A球沿圆柱面运动的位移最大为s.根据机械能守恒定律可得，2mg s2R4R2－s2－mgs＝0 解得s＝3R.答案：(1)22－25gR(2)3R9．(武汉摸底)如图所示，一根长为L＝5 m的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量m＝1 kg的小球．将轻绳拉至水平并将小球由位置A 静止释放，小球运动到最低点O 时，轻绳刚好被拉断．O 点下方有一以O 点为圆心，半径R ＝5 5 m 的圆弧状的曲面，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)轻绳所能承受的最大拉力F m 的大小；(2)小球落至曲面上的动能．解析：(1)小球由A 到O 过程中机械能守恒，有mgL ＝12m v 20小球运动到最低点OF m －mg ＝m v 20L解得F m ＝30 N由牛顿第三定律可知，轻绳所能承受的最大拉力为30 N.(2)小球从O 点平抛，有x ＝v 0ty ＝12gt 2小球落至曲面上，有x 2＋y 2＝R 2联立解得t ＝1 s小球落至曲面上的动能E k ＝12m [v 20＋(gt )2]＝100 J答案：(1)30 N (2)100 J10．如图所示，半径分别为R 和r 的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD 相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD 段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，若小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求CD 段的长度．解析：设小球通过C 点时的速度为v C ，通过甲轨道最高点的速度为v 1，根据小球对轨道压力为零，有mg ＝m v 21R ①取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有12m v 2C ＝mg ·2R ＋12m v 21②联立①②式，可得v C ＝5gR设小球通过D 点的速度为v D ，通过乙轨道最高点的速度为v 2，则有：mg ＝m v 22r ③取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有：12m v 2D ＝mg ·2r ＋12m v 22④联立③④式，可得v D ＝5gr设CD 段长度为l ，对小球通过CD 段的过程，由动能定理有：－μmgl ＝12m v 2D －12m v 2C解得：l ＝5(R －r )2μ答案：5(R －r )2μ。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2
十九 电场力的性质 (学生用书对应页码P295)1．(2018·湖北武汉模拟)水平面上A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O 点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点，小球所带的电荷量为( )A.mgL 23kQ B.23mgL 29kQ C.6mgL 26kQ D.2mgL 26kQ解析：3k qQ L 2cos θ＝mg ，sin θ＝33，联立解得q ＝6mgL 26kQ .答案：C2．在点电荷Q 产生的电场中有a 、b 两点，相距为d ，已知a 点的场强大小为E ，方向与ab 连线成30°角，b 点的场强方向与ab 连线成120°角，如图所示，则点电荷Q 的电性和b 点的场强大小为( )A ．正电、E /3B ．负电、E /3C ．正电、3ED ．负电、3E解析：分别将经过a 点和b 点的电场线延长交于一点O ，如图所示，则O 点即为点电荷Q 所在的位置，电场线指向此电荷，则Q 为负电荷；由几何关系可知，如果Ob ＝d ，则Oa ＝3d ，由点电荷产生的电场强度表达式为E ＝kQ r 2可知，点电荷在b 点产生的场强大小为3E，D正确．答案：D3．(2018·广西三校联考)一带正电小球从光滑绝缘的斜面上O点由静止释放，在斜面上水平虚线ab和cd之间有水平向右的匀强电场如图所示．下面哪个图象能正确表示小球的运动轨迹()解析：带正电小球从光滑绝缘的斜面上O点由静止释放，开始做匀加速直线运动．进入电场区域后受到水平向右的电场力而偏转，出电场后向下偏转，所以能正确表示小球的运动轨迹的是D.答案：D4．利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，是一项重要的物理应用技术．在等量正点电荷所激发的电场中，可以使带电粒子做匀速圆周运动．如图所示，AB为两个点电荷连线的中垂线，粒子在其上P点获得一垂直纸面向外的速度，恰好在中垂面上做匀速圆周运动．以下判断正确的是()A．该粒子可能带正电B．该粒子一定带负电C．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子仍在原轨道做匀速圆周运动D．若点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，粒子将无法在原轨道做匀速圆周运动解析：根据同种电荷产生电场的特点及场强的叠加原理可知，P 点场强沿P A方向，粒子做匀速圆周运动，所受电场力的合力提供向心力，则该粒子一定带负电，B 正确；M 、N 带电量缓慢增大，P 点处场强增大，粒子所受电场力增大，粒子将做近心运动，运动半径会不断减小，D 正确．答案：BD5．(2018·眉山模拟)如图所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L .在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球＋q (视为点电荷)，在P 点平衡，P A 与AB 的夹角为α，不计小球的重力，则( )A ．tan 3α＝Q 2Q 1B ．tan α＝Q 2Q 1C ．O 点场强为零D ．Q 1<Q 2 解析：小球在P 点受三个力F A 、F B 和F N 的作用而处于平衡状态，由几何知识可知AP ⊥BP ，故F A 与F B 垂直．由库仑定律可得：F A ＝kQ 1q r 21＝kQ 1q (L cos α)2，F B ＝kQ 2q r 22＝kQ 2q (L sin α)2，又tan α＝F B F A ，联立解得tan 3 α＝Q 2Q 1，故A 正确，B 错误．由受力图可知，F A >F B ，r 1>r 2，所以Q 1>Q 2，因此O 点的场强不为零，故C 、D 均错误．答案：A6．如图所示，以O 为圆心的圆周上有六个等分点a 、b 、c 、d 、e 、f ，ad 、be 、cf 分别是圆O 的三条直径．等量正、负点电荷分别放置在a 、d 两处时，在圆心O 处产生的电场强度大小为E .现改变d 处负点电荷的位置，下列判断正确的是( )A ．移至c 处，O 处的电场强度大小不变，方向沿OeB ．移至b 处，O 处的电场强度大小减半，方向沿OcC ．移至e 处，O 处的电场强度大小减半，方向沿OfD ．移至f 处，O 处的电场强度大小不变，方向沿Oe解析：两点电荷所带电量大小相等，在O 点产生的场强大小相等，当负电荷在d 点时，二者在O 点的合场强为E ，设正点电荷a在O 点产生的场强大小为E 0，则E 0＝12E ，在O 点产生的场强方向沿Od 方向．d 处负点电荷移至c 处时负电荷产生的场强的方向沿Oc 方向，则O 点的场强方向沿∠cOd 的角平分线方向，选项A 错误；d 处负点电荷移至b 处时负电荷产生的场强的方向沿Ob 方向，O 点的场强大小为12E ，方向沿Oc 方向，选项B 正确；d 处负点电荷移至e处时负电荷产生的场强的方向沿Oe 方向，则O 点的场强方向沿∠eOd 的角平分线方向，选项C 错误；d 处负点电荷移至f 处时负电荷产生的场强的方向沿Of 方向，O 点的场强大小为12E ，方向沿Oe 方向，选项D 错误．答案：B7．(2018·双鸭山模拟)如图所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A 、B ，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止．设小球A 带电荷量大小为Q A ，小球B 带电荷量大小为Q B ，下列判断正确的是( )A ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A >Q BB ．小球A 带正电，小球B 带负电，且Q A <Q BC ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A >Q BD ．小球A 带负电，小球B 带正电，且Q A <Q B解析：若A 带正电，B 带负电，则小球B 受的电场力Q B E 和A 、B 间的库仑力方向均向左，合力向左，不能向右加速运动，故只能是A 带负电，B 带正电，选项A 、B 均错．把A 和B 看成一个整体，二者的电量代数和必为正值，才可使整体受向右的电场力而向右做匀加速运动，所以必有Q A <Q B ，故C 错，D 对．答案：D8．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为q (q >0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的绝缘轻弹簧连接．当3个小球处于静止状态时，每根弹簧的长度均为l .已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq 22k 0l 2 B ．l －kq 2k 0l 2 C ．l －5kq 24k 0l 2 D ．l －5kq 22k 0l 2 解析：要求弹簧原长，必须求出弹力大小，弹力属于系统内力，需隔离受力简单的最左边小球(或最右边小球)为研究对象分析，由受力平衡：k 0(l －l 0)＝kq 2l 2＋kq 2(2l )2，解得：l 0＝l －5kq 24k 0l 2，故C 项正确． 答案：C9．用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则( )A ．B 、C 两点场强大小和方向都相同B ．A 、D 两点场强大小相等，方向相反C ．E 、O 、F 三点比较，O 的场强最强D ．B 、O 、C 三点比较，O 的场强最弱解析：观察等量异种点电荷电场的电场线可以得出B 与C 两点、E 与F 两点、A 与D 两点的电场强度分别相等，所以选项A 正确．又从O 点开始沿中垂线到无限远电场强度逐渐减小到零，选项C 正确．在两电荷连线之间从中点向两边电场强度逐渐增大，所以选项D 正确．故正确答案为A 、C 、D.答案：ACD10．(2018·安徽模拟)如图所示，带电小球A 、B 所带的电荷量分别为Q 1、Q 2，都用长为L 的丝线悬挂在O点．静止时A 、B 相距为d .为使平衡时A 、B 间距离减为d /2，则下列方法可采用的是( )A ．将小球A 、B 的质量都增加到原来的2倍B ．将小球B 的质量增加到原来的8倍C ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半D ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增加到原来的8倍解析：本题用三角形相似处理，必须保证m B g L ＝k Q 1Q 2d 2d ＝T L .经检验知B 正确．答案：B11．竖直平面xOy 内有一半径为R ＝ 2 m 的圆O 与坐标系的原点重合的圆形区域，如图所示，在圆心O 有一喷枪可在xOy 平面内沿各个方向喷出初速度为v 0＝1 m/s ，质量为m ＝1×10－6 kg ，带电荷量为q ＝－1×10－8 C 的油滴．圆形区域内的匀强电场方向沿－y 方向，电场强度E ＝8×118 N/C.不考虑油滴间的相互作用，g 取10 m/s 2.求：(1)由坐标原点O 沿x 轴正方向喷出的油滴，在电场中运动的时间；(2)射出圆形电场区域的油滴的最大动能．解析：(1)油滴沿x 轴方向做匀速运动，速度为v 0，沿－y 方向做匀加速运动，加速度为amg －qE ＝ma ，y ＝12at 2沿x 轴方向做匀速运动：x ＝v 0tx 2＋y 2＝R 2解得：t ＝1 s.(2)重力和电场力的合力做功最多的油滴射出圆形电场的动能最大，从喷枪喷出的油滴，沿－y 方向射出的油滴有最大动能E km(mg －qE )R ＝E km －12m v 20E km ＝12m v 20＋(mg －qE )R代入数据解得E km ＝3.3×10－6 J.答案：(1)1 s (2)3.3×10－6 J12．(2018·济南一模)如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝4.0×118 N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0.20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0.24 m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q ＝－5.0×10－4 C ．取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小．(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度．(3)滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q .(计算结果保留2位有效数字)解析：(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f ＝μ(mg ＋qE )cos 37°，设到达斜面底端时的速度为v 1，根据动能定理有(mg ＋qE )h －f h sin 37°＝12m v 21，解得v 1＝2.4 m/s.(2)滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升的最大高度设为h 1，根据动能定理得－(mg ＋qE )h 1－f h 1sin 37°＝－12m v 21，代入数据解得h 1＝0.10 m.(3)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热能，Q ＝(mg ＋qE )h ＝0.96 J.答案：(1)2.4 m/s (2)0.10 m (3)0.96 J。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题2
二十一 电容器 带电粒子在电场中的运动(B)卷(学生用书对应页码P301)1．如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d 和两板正对面积S 都可以调节，电容器两极与电池相连接．Q 表示电容器的电量，E 表示两板间的电场强度．则( )A ．当d 增大，S 不变时，Q 减小，E 减小B ．当S 增大，d 不变时，Q 增大，E 增大C ．当d 减小，S 增大时，Q 增大，E 增大D ．当S 减小，d 增大时，Q 不变，E 增大解析：板间距d 增大，正对面积S 不变，由C ＝εS 4k πd 可知，电容C 减小，由于电容器与电源相连接，两板间的电势差U 不变，由C＝Q U 可知，带电量Q 减小，由E ＝U d 可知，板间电场的场强E 减小，A 正确；同理可知S 增大，d 不变时，C 增大，Q 增大，E 不变，B 错误；而d 减小，S 增大，则C 增大，Q 增大，E 增大，C 正确；当d 增大，S 减小时，C 减小，Q 减小，E 减小，D 错误．答案：AC2．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( )A ．只增大电压UB ．只增大长度LC ．只增大高度dD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 0解析：在水平方向有L ＝v 0t ，在竖直方向有x ＝12at 2，其中a ＝F m＝qU md ，所以x ＝12·qU md (L v 0)2，除尘率η＝x d ＝12·qU md 2(L v 0)2，显然只有A 、B正确．答案：AB3．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R 与直流电源连接，G 为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关S 后，下列说法正确的是( )A ．若只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B ．若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C ．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a 到b 方向的电流D ．若只将滑动变阻器滑片P 向上移动，电容器储存的电量将增加解析：电容器两个极板间的电压等于滑动变阻器接入电路部分的电压，滑片P不动则其两端电压是不变的，选项A错误；根据C＝εS4πkd，插入电介质后，电容器的电容变大，选项B错误；根据C＝εS4πkd，增大d，电容器的电容变小，即Q＝CU变小，电容器放电，电流方向应该是从b到a，选项C错误；将滑动变阻器的滑片向上移动，电容器两极板间的电压变大，即Q＝CU变大，电容器存储的电量将增加，选项D正确．答案：D4．如图所示，在竖直方向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则()A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理，合外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确．由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向又向上，所以小球带正电，A不正确．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C不正确．在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D 不正确．答案：B5．如图所示，两极板间距为d 的平行板电容器与一电源相连，距上极板d 处有一质量为m ，带电荷量为q 的小球自由释放，穿过上极板的小孔后，恰好能到达下极板，若将下极板向上平移d 4，小球仍从同一位置释放，则下列说法正确的是( )A ．仍能到达下极板，且速度恰好为0B ．仍能到达下极板，且速度大于0C ．不能到达下极板，距离上极板最大距离为3d 5D ．不能到达下极板，距离上极板最大距离为d 2解析：开始由动能定理，有2mgd －qEd ＝0，下极板平移后，设小球在平行板电容器中下降高度为x ，则有md (d ＋x )－qE ′x ＝0，又U ＝Ed ＝E ′·34d ，联立解得x ＝35d ，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案：C6．(2018·南阳模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球(不计两带电小球之间的电场影响)，P 小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q 小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中( )A ．它们运动时间的关系为t P >t QB ．它们的电荷量之比为q P ∶q Q ＝2∶1C ．它们的竖直分速度增量之比为Δv 1∶Δv 2＝2∶1D ．它们的电势能减少量之比为ΔE P ∶ΔE Q ＝4∶1解析：由于两球在竖直方向均做自由落体运动，运动时间由h ＝12gt 2决定，可知t P ＝t Q ，A 错误．两小球的水平位移之比为x P ∶x Q ＝2∶1，据x ＝12at 2可知，加速度之比为2∶1，故两球的电量之比为2∶1，B 正确．两小球在竖直方向只受重力作用，位移相同，所以它们在竖直方向上的分速度增量相同，故C 错误．电势能的减少量等于电场力所做的功，ΔE P ∶ΔE Q ＝q P Ex P ∶q Q Ex Q ＝4∶1，故D 正确．答案：BD7．如图所示，一种β射线管由平行金属板A 、B 和平行于金属板的细管C 组成．放射源O 在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m 的β粒子，若极板长为L ，间距为d .当A 、B 板加上电压U 时，只有某一速度的β粒子能从细管C 水平射出，细管C 离两板等距．已知元电荷为e ，则从放射源O 发射出的β粒子的这一速度为( ) A.2eU m B ．L d eU m C.1d eU (d 2＋L 2)m D.L d eU 2m解析：设所求的速度为v 0，与上板A 成θ角．在垂直于极板的方向上，β粒子做匀减速直线运动，当竖直分速度恰好减为零时，有d 2＝12at 2，即d ＝at 2.水平位移L ＝v x t ，两式相除得d L ＝at v x ＝v y v x ，又v y ＝at ＝Ue m ，所以v x ＝L d v y ＝L d eU m .因此v 0＝v 2x ＋v 2y ＝1d eU (d 2＋L 2)m .选项C 正确．答案：C8．如图所示，长为L 、倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为＋q ，质量为m 的小球，以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v 0，则( )A ．小球在B 点的电势能一定大于小球在A 点的电势能 B ．A 、B 两点的电势差大小一定为mgL 2qC ．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是mg qD ．若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，则Q 一定是正电荷 解析：从A 到B ，初末动能相同，则电场力做的功等于克服重力做的功，电场力做正功，电势能减小，A 错误；由qU AB ＝mg L 2可得U AB ＝mgL 2q ，B 正确；设AB 与电场线的夹角为α，则电场强度E ＝U AB L cos α＝mg 2q cos α，可知电场强度有最小值mg 2q 而没有最大值，C 错误；A 点电势高于B 点电势，若该电场是AC 边中垂线上某点的点电荷Q 产生的，画图可知此点距离A 、B 点的长度不能确定，则Q 不一定是正电荷，D 错误．答案：B9．如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t<8×10－10 s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A．0<t<2×10－10 sB．2×10－10 s<t<4×10－10 sC．4×10－10 s<t<6×10－10 sD．6×10－10 s<t<8×10－10 s解析：分析电子的受力可知，电子从M点开始先向右加速，再向右减速，4×10－10 s末速度为零，然后再向左加速至6×10－10 s，在6×10－10～8×10－10s向左减速，速度图象如图所示，由此可知电子在M点右侧，速度方向向左且大小减小的时间为6×10－10～8×10－10 s，D正确．答案：D10．如图所示，两个带等量异种电荷、竖直正对放置、电容为C、间距为d的平行金属板，两板间的电场可视为匀强电场．将一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，用长度为L(L<d)的、不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间电场中的O点．此外在两板之间还存在着一种特殊物质(图中未画出)，这种物质能使处于电场中的小球受到一个大小为F＝k v(k为常数，v为小球的速率)、总是背离圆心方向的力．现将小球拉至细线刚好伸直但不绷紧的位置M，某时刻由静止释放小球，当小球向下摆过60°到达N点时，小球的速度恰好为零．若在小球下摆过程中，细线始终未松弛，重力加速度取g，不考虑空气阻力的影响，试求：(1)两板间的电场强度E是多少？(2)左侧金属板所带的电荷量Q是多少？(3)小球到达N点时的加速度大小是多少？解析：(1)由题意可知，电场力方向水平向右，由M到N，对小球应用动能定理得：mgL sin 60°－EqL(1－cos 60°)＝0可得：E＝3mg q(2)由Q＝CU U＝Ed可得：Q＝3mgCd q(3)小球在N点的加速度沿切线方向，由牛顿第二定律得：Eq sin 60°－mg cos 60°＝ma解得：a＝g答案：(1)3mgq(2)3mgCdq(3)g11．如图所示，在E＝118 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一质量m＝10 g，带负电荷量q＝－10－4 C 的小滑块，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M 处，取g ＝10 m/s 2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q ，则滑块应以多大的初速度v 0向左运动？(2)这样运动的滑块通过P 点时受到轨道的压力是多大？解析：(1)设小球恰能到达Q 点时速度为v ，则由牛顿运动定律得mg ＋|q |E ＝m v 2R滑块从开始运动到达Q 点过程中，由动能定理得－mg ·2R －|q |E ·2R －μ(mg ＋|q |E )x ＝12m v 2－12m v 20联立解得v 0＝7 m/s(2)设滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动到P 点过程，由动能定理－(mg ＋|q |E )R －μ(|q |E ＋mg )x ＝12m v ′2－12m v 20在P 点时F N ＝m v ′2R代入数据得F N ＝0.6 N答案：(1)7 m/s (2)0.6 N。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题1
十六动能定理(学生用书对应页码P287) 1．如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系．若t＝0时物体速度为零，则()A．前5 s时间内物体的动能变化量不为零B．前5 s时间内只有第1 s末物体的动能最大C．前5 s时间内只有第5 s末物体的速率最大D．前3 s时间内合外力对物体做的功为零解析：本题的计算结果与物体的质量无关，不妨设物体的质量m ＝5 kg，由题图作出图示的速度—时间图象．可见，第1 s 末与第5 s末物体的速率均为2 m/s且最大，动能相等也是最大，选项B、C均错误；t＝0时速度为零，t＝5 s时速度不为零，所以前5 s时间内物体的动能变化量不为零，选项A正确；第3 s末速度为零，根据动能定理得前3 s时间内合外力对物体做的功W＝0－0＝0，选项D正确．答案：AD2．如图所示绘出了某辆汽车刹车过程的刹车痕(即刹车距离)与刹车前车速的关系．v为刹车前的速度，s为刹车痕长度．已知该车在某次撞车事故现场中警察已经测量出碰撞前的刹车痕为20 m，则下列说法中正确的是()A．若已估算出汽车碰撞时车子的速度为45 km/h，则车子原来刹车前的速度至少是60 km/hB．若已估算出汽车碰撞时车子的速度为45 km/h，则车子原来刹车前的速度至少是75 km/hC ．若已知汽车开始刹车时车子的速度为118 km/h ，则车子发生碰撞时的速度约为90 km/hD ．若已知汽车开始刹车时车子的速度为118 km/h ，则车子发生碰撞时的速度约为78 km/h解析：由图线知，对初速度为v 1＝60 km/h 的车子停下来对应的刹车时位移是s 1＝20 m ，由动能定理可得－μmgs 1＝0－12m v 21.若刹车一段距离s ＝20 m 后，车子仍有速度v ＝45 km/h ，则由－μmgs ＝12m v2－12m v 20，联立以上两式，解得v 0＝75 km/h ，B 正确，A 错误；类似可解得，若已知汽车开始刹车时车子的速度为118 km/h ，刹车20 m 后车子的速度(碰撞时的速度)为90 km/h ，C 正确，D 错误．答案：BC3．(2018·南昌模拟)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s解析：F -x 图象与坐标轴围成的图形面积表示力F 做的功，图形位于x 轴上方表示力做正功，位于下方表示力做负功，面积大小表示功的大小，所以物体运动到x ＝16 m 处时，F 做正功，其大小W ＝40J ，根据动能定理有W ＝12m v 22－12m v 21，代入数据，可得v 2＝3 m/s.答案：B4．将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E 02，设空气阻力大小恒定．若将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了( )A ．3E 0B ．2E 0C ．1.5E 0D ．E 0解析：物体以初动能E 0竖直向上抛出，设上升最大高度为h ，根据动能定理，对全过程有－2fh ＝－E 02，对上升过程有－fh －mgh ＝0－E 0，联立解得mg ＝3f ；物体以初动能4E 0竖直上抛，设上升的最大高度为h ′，上升过程运用动能定理有－mgh ′－fh ′＝0－4E 0，得mgh ′＝3E 0，即重力势能的增加量为3E 0，只有选项A 正确．答案：A5．质量为m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg ，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )A.14mgRB ．13mgR C.12mgR D ．mgR解析：小球通过最低点时，绳的张力为F ＝7mg ①由牛顿第二定律知：F －mg ＝m v 21R ②小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：mg ＝m v 22R ③小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：－2mgR ＋W f ＝12m v 22－12m v 21④由①②③④可得W f ＝－12mgR ，所以小球克服空气阻力所做的功为12mgR ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C6．(2018·江苏宿迁一模)质量为2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek 与其发生位移x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．x ＝1 m 时速度大小为2 m/sB ．x ＝3 m 时物块的加速度大小为2.5 m/s 2C ．在前4 m 位移过程中拉力对物块做的功为9 JD ．在前4 m 位移过程中物块所经历的时间为2.8 s解析：对物块由动能定理得F 合x ＝ΔE k ，则F 合＝ΔE k x ，即图线的斜率等于合外力．在0～2 s 内，F 合＝ΔE k x ＝2 N ，设x ＝1 m 时速度大小为v ，由动能定理得F 合x 1＝12m v 2－0，v ＝ 2 m/s ，A 错误；由图线知2～4 m 内加速度恒定，a ＝F 合m ＝ΔE k xm ＝52×2m/s 2＝54 m/s 2，B 错误；在前4 m 位移过程中由动能定理得W －μmgx ＝9 J ，W ＝9 J ＋0.2×2×10×4 J ＝25 J ，C 错误；在x ＝2 m 时，12m v 21＝4 J ，v 1＝2 m/s ，在x ＝4 m 时，12m v 22＝9 J ，v 2＝3 m/s ，在前2 m 内，2 m ＝v 12t 1，t 1＝2s ，在后2 m 内，2 m ＝v 1＋v 22t 2，t 2＝0.8 s ，故t 1＋t 2＝2.8 s ，D 正确．答案：D7．质量分别为2m 和m 的A 、B 两物体分别在水平恒力F 1和F 2的作用下沿水平面运动，撤去F 1、F 2后在摩擦力的作用下减速到停止，其v -t 图象如图所示．则下列说法正确的是( )A ．F 1和F 2大小相等B ．F 1和F 2对A 、B 做功之比为2∶1C ．A 、B 所受摩擦力大小相等D ．全过程中摩擦力对A 、B 做功之比为1∶2解析：设A 加速时加速度大小为a ，则减速时加速度大小为0.5a ，B 加速时加速度大小为0.5a ，减速时加速度大小为a .根据牛顿第二定律，对A ：F 1－F f1＝2ma ，F f1＝2m ×0.5a .对B ：F 2－F f2＝0.5ma ，F f2＝ma .解得F 1＝3ma ，F 2＝1.5ma ，F f2＝F f1，A 错误，C 正确．外力F 1、F 2做功分别为：W 1＝F 1x 1，W 2＝F 2x 2，由图线围成的面积可知x 1＝0.5x 2，故W 1∶W 2＝1∶1，B 错误．两物体运动位移相同，故摩擦力做功之比为F f1x ∶F f2x ＝1∶1，D 错误．答案：C8．如图所示，在水平面上有一质量为m 的物体，在水平拉力作用下由静止开始运动一段距离后到达一斜面底端，这时撤去外力，物体冲上斜面，上滑的最大距离和在平面上移动的距离相等，然后物体又沿斜面下滑，恰好停在平面上的出发点．已知斜面倾角θ＝30°，斜面与平面上的动摩擦因数相同，求物体开始受到的水平拉力F .解析：设动摩擦因数为μ，在平面上移动的距离为s ，据动能定理有物体由静止开始到冲到斜面最高点Fs －μmgs －mgs sin 30°－μmgs cos 30°＝0①物体沿斜面下滑到停在平面上的出发点mgs sin 30°－μmgs cos 30°－μmgs ＝0②由①②得F ＝mg答案：mg9．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R ，其最低点为A ，最高点为B .可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B 点时与轨道间压力的大小F 与释放的位置距最低点的高度h 的关系图象如图乙所示，不计小球通过A 点时的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝45，cos 53°＝35，求：(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ；(2)物块的质量m .解析：(1)由题图乙可知，当h 1＝5R 时，物块到达B 点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B 点的速度大小为v 1，则mg ＝m v 21R对物块从释放至到达B 点的过程，由动能定理有mg (h 1－2R )－μmg cos θh 1sin θ＝12m v 21解得μ＝23(2)设物块从距最低点高为h 处释放后到达B 点时速度的大小为v ，则F ＋mg ＝m v 2R物块从释放至到达B 点的过程中，由动能定理有mg (h －2R )－μmg cos θh sin θ＝12m v 2解得F ＝mgh R －5mg则F -h 图线的斜率k ＝mg R由图可知k ＝2R解得m ＝0.2 kg答案：(1)23 (2)0.2 kg10．如图所示，AB 是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看做质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件．解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上做往复运动．对整体过程由动能定理得：mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝R μ(2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2E ①F N －mg ＝m v 2E R ②由①②得F N ＝(3－2cos θ)mg由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力F N ′＝F N ＝(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下．(3)设物体刚好到D 点，则mg ＝m v 2D R ③对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D ④由③④得应满足条件：L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R答案：(1)R μ (2)(3－2cos θ)mg ，方向竖直向下 (3)L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R。
高考物理试题-2018年高考物理第一轮课时提升演练试题32 最新
二十九 电磁感应综合应用(一)(电路和图象)(学生用书对应页码P319)1．(2018·南京模拟)如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( )A.12EB.13EC.23ED ．E解析：大金属环相当于电源，a 、b 两点间的电势差等于路端电压，而小金属环电阻占电路总电阻的13，故U ab ＝13E ，B 正确．答案：B2．(2018·陕西西工大附中模拟)矩形导线框abcd 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图所示．设t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4 s 时间内，下列选项中能正确反映线框ab 边所受的安培力随时间t 变化的图象(规定ab 边所受的安培力向左为正)的是( )解析：在0～2 s 内，线框中的感应电动势E 1＝ΔB Δt ·S ，对应的感应电流大小不变，方向为顺时针，而F ＝BIL ab ，所以根据左手定则可知F 的方向先向左后向右，F 的大小与B 成正比；同理可知在2～4 s 内F 的方向也是先向左后向右，大小与B 成正比，故D 正确．答案：D3．如图所示，一有界匀强磁场的宽度为2L ，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．正方形闭合线框abcd 各边电阻相同，边长为L ，在线框以速度v 匀速穿过磁场区域的过程中，以下图象中能表示a 、b 两点电势差U ab 随时间t 变化的是( )解析：在0～L 距离内，ab 边切割磁感线，U ab ＝34BL v ；在L ～2L距离内，U ab ＝BL v ；2L ～3L 距离内，cd 边切割磁感线，U ab ＝14BL v ，D 正确．答案：D4．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直，长度为L 的金属杆aO ，已知ab ＝bc ＝cO ＝L 3，a 、c 与磁场中以O 为圆心的同心圆金属轨道始终接触良好．一电容为C 的电容器接在轨道上，如图所示．当金属杆在与磁场垂直的平面内以O 为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时( )A ．U ac ＝2U abB ．U ac ＝2U bOC ．电容器带正电荷量Q ＝49BL 2ωCD ．若在eO 间连接一个理想电压表，则电压表示数为零解析：金属杆转动切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ＝BL ·v 2＋v 12＝BL ωr 2＋ωr 12，可得 U ac ＝B ·23L ·v c ＋v a 2＝B ·23L ω·L 3＋ωL 2＝49BL 2ω U ab ＝B ·13L ·v b ＋v a 2＝B ·13L ω·2L 3＋ωL 2＝518BL 2ωU bO ＝B ·23L ·v b ＋v O 2＝B ·23L ω·2L 3＋02＝29BL 2ω 可见，U ac ＝2U bO ，由于没有闭合回路，金属杆中只存在感应电动势，转动过程中给电容器充电，充电电压为U ac .有Q ＝CU ac ＝49BL 2ωC ，若在eO 间连接一个理想电压表，则电压表所测电压为U cO ，故B、C正确．答案：BC5．如图所示，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行．自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是()解析：当线圈下边刚进入磁场时，线圈下边切割磁感线产生感应电动势，如果安培力等于重力，则线圈完全进入磁场之前一直做匀速运动，电流不变，线圈完全进入磁场至线圈下边离开磁场的过程中，线圈中磁通量不变，感应电流为0，线圈不受安培力，线圈下边离开磁场时安培力大于重力，加速度方向向上，线圈做减速运动，电流反向且变小，选项A正确，选项B错误；线圈下边或上边切割磁感线做匀速运动的速度相等，选项C、D错误．答案：A6．如图所示，在一底边长为2L、高为L的等腰直角三角形区域分布着如图所示的匀强磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速运动并穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()解析：bc进入L到2L区间时(L<x<2L)，只有bc边在切割磁感线，有效切割长度由0增大到L，因此，电流由i＝0增大到i＝BL v R，由右手定则可判断出电流方向为顺时针；bc进入2L到3L区间时，其有效切割长度始终为L且电流方向为逆时针，选项D正确．答案：D7．如图所示，两个足够长的平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动．两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab、cd进行受力分析和运动分析可知．两金属棒最终都做加速度相同的匀加速直线运动，且ab棒速度小于cd棒速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞决定律可知，金属棒ab 上的电流方向由b到a，选项A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有F＝3ma，隔离cd金属棒有F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝23F，选项C正确．答案：BC8．(2018·山东烟台一模)如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i、BC两端的电压u BC与线框移动的距离x的关系图象正确的是()解析：导线框匀速进入磁场过程中，AC边切割磁感线，且切割磁感线的有效长度不断增加，其感应电流的大小不断增加，由右手定则可知感应电流的方向是逆时针方向；当导线框完全进入磁场时，AC边、AB边都切割磁感线，感应电动势之和为零，线框中的感应电流为零；当导线框出磁场时，AB边和AC边的一部分都切割磁感线，等效切割长度不断增大，导线框中的感应电流不断增大，感应电流的方向为顺时针．综上可知感应电流的i-x图象应为如图所示的情况，故A、B错误；BC两端的电压u BC＝iR BC，故C错误，D正确．答案：D9．如图所示，平面上的光滑平行导轨MN、PQ上放着光滑导体棒ab、cd，两棒用细线系住，开始时匀强磁场的方向如图甲所示，而磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，不计ab、cd间电流的相互作用，则细线中张力()A．由0到t0时间内细线中的张力逐渐减小B．由0到t0时间内两棒靠近，细线中的张力消失C．由0到t0时间内细线中张力不变D．由t0到t时间内两棒靠近，细线中的张力消失解析：由E＝ΔBΔt S和I＝ER结合图象知感应电流大小恒定，由左手定则判断知0到t0时间内两杆都受到指向两杆外侧的安培力，细线张紧，由F＝BIL知B减小则F减小，选项A正确；选项B、C错误；同理可知t0到t时间内两杆都受到指向两杆内侧的安培力，则两杆靠近，细线张力消失，选项D正确．答案：AD10．如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度B ＝1.0 T，质量m＝0.18 kg、高h＝0.18 m、总电阻R＝5 Ω、n＝100匝的矩形线圈竖直固定在质量M＝0.18 kg的小车上，小车与线圈的水平长度l 相等．线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度v 1＝10 m/s 进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直．若小车运动的速度v 随位移x 变化的v -x 图象如图乙所示，则根据以上信息可知( )A ．小车的水平长度l ＝15 cmB ．磁场的宽度d ＝35 cmC ．小车的位移x ＝10 cm 时线圈中的电流I ＝7 AD ．线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量Q ＝1.92 J解析：从x ＝5 cm 开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v 随位移x 的增大而减小；当x ＝15 cm 时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动．小车的水平长度l ＝10 cm ，A 项错；当x ＝30 cm 时，线圈开始离开磁场，则d ＝30 cm －5 cm ＝25 cm ，B 项错；当x ＝10 cm 时，由图象知，线圈速度v 2＝7 m/s ，感应电流I ＝E R ＝nBh v 2R ＝7 A ，C 项正确；线圈左边离开磁场时，小车的速度为v 3＝3 m/s ，线圈上产生的热量Q ＝12(M ＋m )(v 21－v 23)＝5.46 J ，D 项错．答案：C11．匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，磁场宽度L ＝3 m ，一正方形金属框边长ab ＝l ＝1 m ，每边电阻r ＝0.2 Ω，金属框以v ＝10 m/s 的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示．(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图线；(2)画出ab两端电压的U-t图线．解析：(1)金属进入磁场区时，E1＝Bl v＝2 VI1＝E14r＝2.5 A，由楞次定律可以判断，电流的方向为逆时针方向，如图甲中实线框abcd所示，感应电流持续的时间t1＝lv＝0.1 s金属框全部进入磁场区后：E2＝0，I2＝0，无电流的时间t2＝L－l＝0.2 s金属框穿出磁场区时，E3＝Bl v＝2 V，I3＝E34r＝2.5 A，电流的方向为顺时针方向，如图甲中虚线框abcd所示，规定电流方向逆时针为正，故I-t图线如图乙所示．(2)金属框进入磁场区时，ab两端电压U1＝I1r＝0.5 V金属框全部进入磁场区后，ab两端电压U2＝Bl v＝2 V金属框穿出磁场区时，ab两端电压U3＝E3－I3r＝1.5 V由此得U-t图线如图丙所示．答案：见解析12．(2018·石家庄质检)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距l＝0.6 m，两导轨的左端用导线连接电阻R1r＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE＝0.2 m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场运动过程中电压表的示数始终保持不变．求：(1)t＝0.1 s时电压表的读数；(2)恒力F的大小；(3)从t＝0时刻到金属棒运动出磁场过程中整个电路产生的热量．解析：(1)设磁场宽度为d ＝CE ，在0～0.2 s 时间内，有E ＝ΔΦΔt ＝ΔBΔt ld ＝0.6 V此时，R 1与金属棒r 并联，再与R 2串联R ＝R 并＋R 2＝1 Ω＋1Ω＝2ΩU ＝E R R 并＝0.3 V(2)金属棒进入磁场后，此时磁场稳定，金属棒切割磁感线，相当于电源，而外电路中R 1与R 2并联，则有I ′＝U R 1＋U R 2＝0.45 A F 安＝BI ′l ＝1×0.45×0.6 N ＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F ＝F 安＝0.27 N(3)金属棒在0～0.2 s 时间内，有Q ＝E 2R t ＝0.186 J金属棒进入磁场后，有R ′＝R 1R 2R 1＋R 2＋r ＝83Ω E ′＝I ′R ′＝1.2 V已知E ′＝Bl v ，得v ＝2 m/st ′＝d v ＝0.22 s ＝0.1 sQ ′＝E ′I ′t ′＝0.184 J(计算Q′时，可用Q′＝Fd＝0.184 J) Q总＝Q＋Q′＝0.186 J＋0.184 J＝0.18 J 答案：(1)0.3 V(2)0.27 N(3)0.18 J。
2018年全国卷Ⅰ理综物理高考真题解析(精编版)能力提升版
一、单选题二、多选题1. 如图所示，A 、B 两个质点从同一位置沿同一方向做匀加速直线运动，A 在t =0时刻以1m/s 的初速度开始运动，B 在t =1s 时以初速度为零开始运动，t =2s 时，是两者相遇前相距的最大距离，此距离为1.8m ，则A 、B两质点运动的加速度大小分别为（ ）A ．a A =0.3m/s 2，aB =1.6m/s 2B ．a A =0.35m/s 2，a B =1.7m/s 2C ．a A =0.4m/s 2，a B =1.8m/s 2D ．a A =0.45m/s 2，a B =1.9m/s 22. 如图所示，用细线将小球m 悬挂在盒子M 顶部，在M沿固定斜面下滑的过程中，悬挂小球的细线始终竖直，则（ ）A ．M 做加速运动B ．M 做匀速运动C ．m 处于失重状态D ．m 处于超重状态3. 小明用额定功率为、最大拉力为的提升装置，把静置于地面的质量为的重物竖直提升到高为的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，取，则提升重物的最短时间为（ ）A ．13.2s B ．14.2s C ．15.5s D ．17.0s4. 如图所示，阳台上有一个用于晾灌肠的光滑曲杆AOB ，直杆OA 和OB的夹角，细绳一端固定在A 点，另一端与套在曲杆AOB 上的轻环Q 连接，用性钩挂上质量为m 的灌肠时，轻环Q 从曲杆O 处沿OB 滑下（轻环不滑出OB 杆），重力加速度为g ，当灌肠重新平衡后轻绳的张力大小为（）A．B．C ．mg D．5. 2020年7月23日，我国火星探测器“天问一号”首次在海南文昌航天发射场由长征五号运载火箭发射升空，随后准确地进入预定地火转移轨道。
如图所示为探测器经过多次变轨后登陆火星的轨迹示意图，其中轨道I 、Ⅲ为椭圆，轨道Ⅱ为圆。
探测器经轨道I 、Ⅱ、Ⅲ运动后在Q 点登陆火星，O 点是轨道I 、Ⅱ、Ⅲ的交点，轨道上的O 、P 、Q 三点与火星中心在同一直线上，O 、Q 分别是椭圆轨道Ⅲ的远火星点和近火星点。
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二十六带电粒子在复合场中的运动(A)卷(学生用书对应页码P311)1．如图所示，真空中存在着下列四种有界的匀强电场E和匀强磁场B区域，一带正电的小球(电荷量为＋q，质量为m)从该复合场边界上方的某一高度由静止开始下落．那么小球可能沿直线通过下列哪种复合场区域()解析：对带正电的小球进行受力分析可知只有在选项B所示的复合场区域其所受洛伦兹力、重力、电场力可以平衡，故选B.答案：B2．如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能的是()A．始终做匀速运动B．始终做减速运动，最后静止于杆上C．先做加速运动，最后做匀速运动D．先做减速运动，最后做匀速运动解析：给滑环一个瞬时作用力，滑环获得一定的速度v，当q v B ＝mg时，滑环将以v做匀速直线运动，故A正确．当q v B<mg时，滑环受摩擦阻力做减速运动，直到停下来，故B正确．当q v B>mg时，滑环先做减速运动，当减速到q v B＝mg后，以速度v＝mgqB做匀速直线运动，故D正确．由于摩擦阻力作用，滑环不可能做加速运动，故C错误，应选C.答案：C3．如图所示为“滤速器”装置示意图，a、b为水平放置的平行金属板，其电容为C，板间距离为d，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.a、b板带上电荷，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直．一带电粒子以速度v0经小孔进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，则a板所带电荷情况是()A．带正电，其电量为C v0B dB．带负电，其电量为Bd v0 CC．带正电，其电量为CBd v0D．带负电，其电量为B v0 Cd解析：设粒子的电荷量为q，a板电荷量为Q，粒子在电磁场中做直线运动，qE＝q v0B，其中E＝Ud，而U＝QC，联立解得Q＝CBd v0；假设粒子带正电，根据左手定则，粒子受到的洛伦兹力方向向上，那么电场力方向向下，则a板带正电．同理，若粒子带负电，也可以判断出a板带正电，选项C正确．答案：C4．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由A点进入电磁场并刚好能沿AB直线向上运动，则该微粒在A 、B 两点的动能E k 和电势能E p 的关系是( )A ．E k A <E k BB ．E k A >E k BC ．E p A <E p BD ．E p A >E p B解析：在复合场中带电粒子一定做匀速直线运动，重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，并且可判断粒子一定带正电，电场力的方向水平向右，洛伦兹力方向垂直AB 斜向左上，E k A ＝E k B ，A 、B 项均错误；带电粒子从A 运动到B 的过程中，电场力做正功，电势能减小，有E p A >E p B ，C 项错误，D 项正确．答案：D5．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z 轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B ＝B 0＋kz (B 0、k 均为常数)．将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I 不变(方向如图所示)，当物体沿z 轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y 轴方向的上、下表面的电势差U 也不同．则( )A ．磁感应强度B 越大，上、下表面的电势差U 越大B ．k 越大，传感器灵敏度ΔU Δz 越高C ．若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D ．电流I 越大，上、下表面的电势差U 越小解析：对于霍尔元件，q U d ＝q v B (d 为上、下两板间的距离)，所以U ＝d v B ，B 越大，上、下表面的电势差U 越大，选项A 正确；k 越大，B 随z 的变化越大，由上面的分析可得U 随z 的变化也越大，所以传感器灵敏度ΔU Δz 越高，选项B 正确；若图中霍尔元件是电子导电，根据左手定则电子受到的洛伦兹力向下，下板带负电，下板电势低，选项C 错误；电流的微观表达式I ＝nqS v ，电流I 越大，电荷定向移动速度v 越大，上、下表面的电势差U 越大，选项D 错误．答案：AB6．如图所示，带电平行板中匀强电场E 的方向竖直向上，匀强磁场B 的方向垂直纸面向里．一带电小球从光滑绝缘轨道上的A 点自由滑下，经P 点进入板间后恰好沿水平方向做直线运动．现使小球从较低的C 点自由滑下，经P 点进入板间，则小球在板间运动过程中( )A ．动能将会增大B ．电势能将会减小C ．所受电场力将会增大D ．所受磁场力将会增大解析：由题意判断可知小球带正电，从A 点滑下进入复合场区域时做直线运动，则小球受力平衡，即mg ＝qE ＋q v B ，从C 点滑下进入复合场区域时，速度小于从A 点滑下时的速度，则mg >qE ＋q v ′B ，小球向下偏转，重力做正功，电场力做负功，因为mg >qE ，则合力做正功，小球电势能和动能均增大，且洛伦兹力F ＝q v B 也增大，选项A 、D 正确，选项B 错误；由于板间电场是匀强电场，则小球所受电场力恒定，选项C 错误．答案：AD7．(2018·开封模拟)如图所示，在长方形abcd 区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，bc ＝2ab ＝2L .一带电粒子从ad 边的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点P 射出．若撤去电场，则粒子从a点射出且射出时的动能为E k ；若撤去磁场，则粒子射出时的动能为(重力不计)( )A ．E kB ．2E kC ．4E kD ．5E k解析：电场和磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，则：qE ＝qB v 0.撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，已知粒子从a 点射出可知，轨道半径r ＝L /2，由牛顿第二定律有：qB v 0＝m v 20r ，则粒子射入磁场时的动能为E k ＝(qBL )28m .撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，假设粒子射出时水平距离为L ，有：L ＝v 0t ，y ＝12at 2，a ＝qE m ，可得y ＝L ，粒子从c 点射出，再由动能定理得：E k2＝E k ＋qEy ＝5E k ，故选D.答案：D8．(2018·湛江模拟)质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子由静止开始释放，经M 、N 板间的电场加速后，从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图所示．已知M 、N 两板间的电压为U ，粒子的重力不计．求：匀强磁场的磁感应强度B .解析：作粒子在电场和磁场中的轨迹图，如图所示．设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：qU ＝12m v2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：q v B ＝m v 2r ②由几何关系得：r 2＝(r －L )2＋d 2③联立①②③式得：磁感应强度B ＝2L L 2＋d 22mU q 答案：2L L 2＋d 22mU q 9．如图所示，在xOy 坐标系中，x 轴上N 点到O 点的距离是12 cm ，虚线NP 与x 轴负向的夹角是30°.第Ⅰ象限内NP 的上方有匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ，第Ⅳ象限有匀强电场，方向沿y 轴正向．一质量m ＝8×10－10 kg 、电荷量q ＝1×10－4 C 的带正粒子，从电场中M (12，－8)点由静止释放，经电场加速后从N 点进入磁场，又从y 轴上P 点穿出磁场．不计粒子重力，取π＝3，求：(1)粒子在磁场中运动的速度v ；(2)粒子在磁场中运动的时间t ；(3)匀强电场的电场强度E .解析：(1)粒子在磁场中的轨迹如图由几何关系得粒子做圆周运动的轨道半径R ＝23×12 cm ＝0.18 m由q v B ＝m v 2R 得v ＝118 m/s(2)粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则有t ＝120°360°×2πm qB ＝1.6×10－5 s(3)由qEd ＝12m v 2得E ＝m v 22qd ＝5×118 V/m答案：(1)118 m/s (2)1.6×10－5 s (3)5×118 V/m10．如图所示，一带电粒子先以某一速度在竖直平面内做匀速直线运动，经过一段时间后进入一磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的圆形匀强磁场区域(图中未画出该磁场区域)，粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L 的匀强电场，电场强度的大小为E 、方向竖直向上．当粒子穿出电场时速率变为原来的 2 倍．已知带电粒子的质量为m 、电荷量为q 、重力不计．粒子进入磁场前的速度与水平方向成θ＝60°角．求：(1)粒子的电性；(2)带电粒子在磁场中运动时的速度大小；(3)该圆形磁场区域的最小面积．解析：(1)根据左手定则可判断，粒子带负电．(2)设粒子在磁场中运动的速率为v 0(即粒子以速率v 0进入电场)，在电场中的运动时间为t ，加速度为a ，飞出电场时速度的大小为v ，由类平抛运动规律有L ＝v 0tqE ＝mav y ＝atv ＝v 20＋v 2y ＝2v 0 解得v 0＝qELm(3)如图所示，带电粒子在磁场中所受洛伦兹力提供向心力，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，圆形磁场区域的最小半径为r ，则有Bq v 0＝m v 20R解得R ＝m v 0Bq ＝1B EmL q由几何知识可知R ＝r sin 30°磁场区域的最小面积S ＝πr 2联立以上各式可得S ＝πmEL 4B 2q答案：(1)粒子带负电 (2)qEL m (3)πmEL 4B 2q。