2018年高考一轮江苏物理章末过关练10

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2018届高考物理第一轮总复习全程训练周测十选修3-3、

周测十选修3－3、3－4(B卷)(本试卷满分80分)一、选择题(本题包括8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分)1．(多选)下列各种说法中正确的是( )A．温度低的物体内能小B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零C．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引D．0 ℃的铁和0 ℃的冰，它们的分子平均动能相同E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关2.高空火箭的仪器舱内，起飞前舱内气体压强p0相当于1个大气压，温度T0＝300 K．舱是密封的，如果火箭以加速度g竖直起飞，当火箭起飞时，仪器舱内水银气压计的示数为p1＝0.6p0，如图所示，则此时舱内气体的压强p和温度T分别为( )A．p＝p0T＝300 KB．p＝1.2p0T＝360 KC．p＝0.6p0T＝300 KD．p＝0.6p0T＝180 K3.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是( )A．A→B过程中，外界对气体做功B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化4.如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一支灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动活塞．用打气筒慢慢向容器内打气，使容器内的压强增大到一定程度，这时读出温度计示数．打开卡子，活塞冲出容器口后( )A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加5.如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端连接一质量为m的木块置于OO′处，此时弹簧处于原长位置．现将木块从OO′处向右拉开一段位移L，然后放手，使木块在粗糙水平地面上减幅振动直至静止，设弹簧第一次恢复原长时木块的速度为v0，则( ) A．弹簧第一次向左运动的过程中，木块始终加速B．木块第一次向左运动的过程中，速度最大的位置在OO′处C．木块先后到达同一位置时，动能一定越来越小D．整个过程中木块只有一次机会速率为v06.(多选)如图所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距6 m的两个振幅相等的振源A、B.从t＝0时刻起，质点A、B同时开始振动，且都只振动了一个周期．图甲为A的振动图象，图乙为B的振动图象．若A向右传播的波与B向左传播的波在0.3 S时相遇，则下列说法正确的是( )A．两列波的波长都是2 m固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．O点为圆心，OO′为直径两种单色光组成的一束光沿半径方向射向区域出现两个光斑．逐渐增大θ角，当θ＝β时，光屏某同学在实验室做“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL.现用注射器抽得上述溶液2 mL，缓慢地滴出1 mL溶液，液滴数共有50滴．把1滴该溶液滴到盛水的浅盘上，在刻有小正方形坐标的玻璃板上描出油膜的轮廓(如图)，坐标中小正方形方格的边长为20 mm.试问：(1)这种估测方法是将每个分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．(2)图中油膜面积为________mm2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是________L；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(最后一空保留1位有效数字) 10．(10分)(1)在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是________．A．选细线作为摆线B．单摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C．拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆长D．计时起止时刻，选在最大摆角处(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是________．A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验中误将49次全振动记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝________(用k表示)．11．(10分)如图甲所示，在某介质中波源A、B相距d＝20 m，t＝0时两者开始上下振动，A只振动了半个周期，B连续振动，所形成的波的传播速度都为v＝1.0 m/s，开始阶段两波源的振动图象如图乙所示．(1)求线段AB上A点右侧距A点1 m处的质点，在t＝0到t＝22 s内所经过的路程？(2)求在t＝0到t＝16 s内从A发出的半个波前进过程中所遇到的波峰的个数？12．(10分)如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射．已知∠ABM＝30°，求：(1)全反射的临界角C；(2)球心O到BN的距离与球体半径的数量关系．周测十选修3－3、3－4(B卷)1．CDE 物体的内能为所有分子的动能和分子势能之和，物体的内能不仅与温度有关，还与物体的质量、体积有关，A错误．分子在永不停息地做无规则运动，所以瞬时速度可能为0，B错误．当液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的斥力和引力，其中引力大于斥力表现为相互吸引，故C项正确．因为温度是分子平均动能的标志，故D项正确．根据气体压强的定义可知，单位体积内的分子数和温度决定气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，所以E项正确．2．B。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练8含答案

章末过关练(八) 磁场(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．垂直纸面的长直导线p 、q 通有大小相等、方向如图1所示的电流，MN 是p 、q 连线的中垂线，O 为垂足，现使带负电的粒子a 、b 、c 、d 从O 点以速率v 向M 、N 、p 、q 四个方向做直线运动，则( )图1A ．a 在O 点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外B ．b 在O 点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里C ．c 离开O 点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外D ．d 离开O 点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里D 两导线在O 点产生的合磁场磁感应强度为零，在O 点a 、b 不受洛伦兹力作用，A 、B 错误；两导线在pO 段产生的合磁场方向水平向左，在qO 段产生的合磁场方向水平向右，c 、d 所受洛伦兹力的方向均垂直于纸面向里，C 错误、D 正确．2．如图2所示，两根平行放置、长度均为L 的直导线a 和b ，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a 导线通有电流为I 、b 导线通有电流为2I ，且电流方向相反时，a 导线受到磁场力大小为F 1，b 导线受到的磁场力大小为F 2，则a 通电导线的电流在b 导线处产生的磁感应强度大小为( ) 【导学号：96622462】图2A.F 22ILB.F 1ILC.2F 1－F 22ILD.2F 1－F 2ILC a 、b 电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F ，对a 有F 1＝F ＋BIL ，对b 有F 2＝F ＋2BIL ，解得F ＝2F 1－F 2.对于导线b ，F ＝2F 1－F 2＝B ′·2IL ，解得B ′＝2F 1－F 22IL ，C 正确．3．如图3所示，一个带负电荷的物体从粗糙斜面顶端由静止释放后，滑到斜面底端时的速度为v .若加上一个如图所示的垂直于纸面指向外的水平磁场，则物体滑到底端时( )图3A ．v 变小B ．v 变大C ．v 不变D ．v 可能变大，也可能不变A 根据左手定则，带负电的物体受到垂直于斜面向下的洛伦兹力，这会增大物体与斜面间的正压力，从而增加物体与斜面间的摩擦力，物体在沿斜面向下运动的过程中，会有更多的机械能转化为内能，所以v 变小，选项A 正确．4．如图4所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )【导学号：96622463】图4A.23B ．2 C.32 D ．3D 两电子进入同一匀强磁场中，由圆周运动半径公式R ＝m v qB 可知，两电子轨迹半径相同．电子1垂直MN 射入匀强磁场，由几何知识可知，电子1在磁场中运动轨迹所对圆心角为π，电子2在磁场中运动轨迹所对圆心角为π3.由周期公式T＝2πm qB可知，两电子运动周期相同，故运动时间之比等于轨迹所对圆心角之比，即t1∶t2＝3∶1，D项正确．5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图5所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()图5A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正A由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a电极带正电，b电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即q v B＝qE得v＝EB＝UBd≈1.3 m/s.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6.(2017·徐州模拟)如图6所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()图6A ．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1∶3B ．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1C ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动的时间比值为2∶1D ．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为3∶6BD 粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA ＝60°，φB ＝120°，设粒子的运动轨道半径为r A ，r B ，r A ＝R tan 30°＝33R ，r B ＝R tan 60°＝3R ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r ，q m ＝v Br，则粒子1与粒子2的比荷值为：vBr A v Br B＝r B r A ＝3，故A 错误；B 正确；粒子运动的周期，T ＝2πqB ，粒子运动的时间：t ＝θ2π·T ＝mθqB ，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为t 1t 2＝m 1q 1θ1m 2q 2θ2＝13·60°120°＝123，故C 错误，D 正确． 7．长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图7所示，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，极板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是() 【导学号：96622464】图7A ．使粒子的速度v <Bql 4mB ．使粒子的速度v >5Bql 4mC ．使粒子的速度v >Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m <v<5Bql 4mAB 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝m v 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m ；粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝m v 2Bq ，解得v 2＝Bql 4m ，故A 、B 正确．8．如图8所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB 、CD ，导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如下图所示的表示棒所受的安培力F 和摩擦力F f 随时间变化的四个选项中，正确的是( ) 【导学号：96622465】图8BC 由左手定则知，金属棒MN 的安培力方向垂直纸面向里，因此金属棒对竖直金属导轨AB 、CD 的正压力在数值上等于金属棒MN 的安培力F ，设匀强磁场的磁感应强度为B 、棒MN 长为L ，则有F N ＝F ＝BIL ＝kBLt ，选项B 正确；开始阶段滑动摩擦力较小，即F f <mg ，物体加速下滑，滑动摩擦力为F f ＝μF N ＝μkBLt ，由上式可知，物体将做加速度减小的加速运动，当F f ＝mg 时速度达到最大，由于惯性，此后物体将继续向下运动，f 也继续随时间增加，当F f >mg 时物体将做减速运动，当速度减小到零时，物体由运动状态转变为静止状态，物体受到的滑动摩擦力“突变”为静摩擦力，由平衡条件可得，此后的静摩擦力大小为F f ＝mg ，选项C 正确．9．如图9所示，在一竖直平面内，y 轴左侧有一水平向右的匀强电场E 1和一垂直纸面向里的匀强磁场B ，y 轴右侧有一竖直方向的匀强电场E 2，一电荷量为q (电性未知)、质量为m 的微粒从x 轴上A 点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P 点运动到图中C 点，其中m 、q 、B 均已知，重力加速度为g ，则( )图9 A．微粒一定带负电B．电场强度E2一定竖直向上C．两电场强度之比E1E2＝43D．微粒的初速度为v＝5mg 4BqBD微粒从A到P受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及电场力的性质可确定微粒一定带正电，A错误；此时有qE1＝mg tan 37°，微粒从P到C在电场力、重力作用下做直线运动，必有mg＝qE2，所以E2的方向竖直向上，B正确；由以上分析可知E1E2＝34，C错误；AP段有mg＝Bq v cos37°，即v＝5mg4Bq，D正确．三、计算题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10．(16分)如图10所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：【导学号：96622466】图10(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小．【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝0.30 N.【答案】 (1)1.5 A (2)0.3 N11．(16分)如图11所示，在一底边长为2L ，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O 为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场．现有一质量为m ，电量为q 的带正电粒子从静止开始经过电势差为U 的电场加速后，从O 点垂直于AD 进入磁场，不计重力与空气阻力的影响．图11(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度；(2)若要进入磁场的粒子能打到OA 板上，求磁感应强度B 的最小值．【解析】 (1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v由qU ＝12m v 2得v ＝2qUm .(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC 边相切，设圆周半径为R ，由图中几何关系得：R ＋R sin θ＝L由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R解得B ＝(2＋2)Uqm qL. 【答案】 (1)2qU m (2)(2＋2)Uqm qL12．(19分)(2014·江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图12所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．图12(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．【解析】 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ，粒子的运动轨迹如图所示．根据题意知L ＝3r sin 30°＋3d 2tan 30°，且磁场区域的宽度h ＝r (1－cos 30°)解得：h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32. (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，洛伦兹力提供向心力，则有m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B ，由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°，解得粒子速度的最小变化量Δv ＝v －v ′＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d . (3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d tan θ＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2n r n＝q v n B ，解得v n ＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数. 【答案】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32 (2)qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d (3)qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数。

【高考领航】2018年高考物理大一轮复习章末检测(含答案)

章末检测一运动的描述匀变速直线运动(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．一质点在A、B两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A点初速度为v时，从A点到B点所用的时间为t，当在A点初速度为2v时，保持其他量不变，从A点到B点所用时间为t′，则()A．t′>t2B．t′＝t 2C．t′<t2D．t′＝t解析：A.设A、B两点间位移为x，初速度为v时，x＝v t＋12at2，解得：t＝v2＋2ax－va，初速度为2v时，x＝2v t′＋12at′2，解得：t′＝4v2＋2ax－2va，所以t′>t2，A项正确．2．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则x AB∶x BC等于()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：选C.由位移－速度公式可得v2B－v2A＝2ax AB，v2C－v2B＝2ax BC，将各瞬时速度代入可知选项C正确．3．一个物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的v－t图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和－1 s，由此可知()A．物体做匀速直线运动B．物体做变加速直线运动C．物体的初速度大小为0.5 m/sD．物体的初速度大小为1 m/s解析：选C.根据v－t图象，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A、B错误．图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5 m/s，故C正确，D错误．4．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为()A．0.5t B．0.4tC．0.3t D．0.2t解析：选 C.将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t2，由以上几式可得：t′＝(2－1)t2≈0.3t，正确答案为C.5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A.st2 B.3s2t2C.4st2 D.8st2解析：选A.质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12m v 22＝9×12m v 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s t 2.故选项A 正确．6．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A 、B ，A 在西B 在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B 路牌时，一只小鸟恰自A 路牌向B 匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A ，过一段时间后，汽车也行驶到A .以向东为正方向，它们的位移－时间图象如图所示，图中t 2＝2t 1，由图可知( )A ．小鸟的速率是汽车速率的两倍B ．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1C ．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D ．小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等解析：选BC.设A 、B 之间的距离为x .由t 2＝2t 1，结合图象可知，小鸟与汽车相遇时，汽车的位移大小为x 4，小鸟的位移大小为34x ，故选项A 错误，B 正确；小鸟飞行的总路程为64x ＝1.5x ，选项C 正确；小鸟在0～t 2时间内的位移为零，而汽车在0～t 2时间内位移大小为x ，故选项D 错误．7．如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h 处，空心管长为L ，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上．当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管B ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D ．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt 时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关解析：选AB.两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，球不能穿过管，A 正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t ＝L v 0，B 正确，C 错误；小球提前Δt 时间释放，相当于获得了初速度v 0＝g Δt ，与当地重力加速度有关，D 错误．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2、n 1＝4、n 1＝6时，n ＝5、n ＝10、n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，其中x 1＝7.05 cm ，x 2＝7.68 cm ，x 3＝8.33 cm ，x 4＝8.95 cm ，x 5＝9.61 cm ，x 6＝10.26 cm ，则打A 点时小车的瞬时速度大小是________ m/s ，计算小车运动的加速度的表达式为a ＝________，加速度大小是________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：由匀变速直线运动平均速度的推论可知，打计数点A时小车的速度为v A＝x3＋x42T＝8.33＋8.950.2×10－2m/s≈0.86 m/s；由匀变速直线运动相等时间位移差的推论可知，小车的加速度为a＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2，代入数据可得a＝0.64 m/s2.答案：0.86x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T20.6410．(12分)某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2.(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v1＝________，v2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)滑块的加速度可以表示为a＝________(用题中所给物理量表示)．解析：(1)滑块通过两个光电门的速度等于滑块通过光电门这极短时间内的平均速度，故瞬时速度分别为dt1和dt2，时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法．(2)根据运动学公式2aL＝v22－v21，代入可求得加速度a＝d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t21.答案：(1)dt1dt2极限法(2)d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t2111．(15分)如图所示，一辆长为12 m的客车沿平直公路以8.0 m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m，求两车错车所用的时间．解析：设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ，其中s 1＝12at 21，s 2＝v t 1，联立可得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22，s 2′＝v t 2，解得t 2＝10.8 s.故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.答案：0.8 s12．(15分)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？解析：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m ，足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s 前锋队员以最大加速度加速t 2＝v 2a 2＝4 s 在此过程中的位移x 2＝v 222a 2＝8 m 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m由于x 2＋x 3＜x 1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3代入数据解得t 3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s答案：6.5 s章末检测二相互作用(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．两个质量为m 1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，如图所示，用轻绳将两球与质量为m 2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m 1∶m 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶ 3 D.3∶2解析：选A.设轻绳中的拉力为F ，隔离m 1受力分析，由平衡条件得m 1g cos 60°＝F cos 60°，解得F ＝m 1g ；隔离m 2受力分析，由平衡条件得2F cos 60°＝m 2g ，所以 m 1∶m 2＝1∶1，A 正确．2．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹力的大小为m1g cos θB．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．m1与m2一定相等解析：选 B.对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力，要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同，故B正确；因m2与地面间有摩擦力，则一定有支持力，故C错误；对m1受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力为Fsin θ，因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A、D 错误．3．在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为()A．mg sin θB．mg cos θC．mg tan θD．mg sin θcos θ解析：选D.设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mg sin θ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cos θ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sin θcos θ.4．一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示．现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置．则在这一过程中，力F、绳中张力F T及力F 与水平方向夹角θ的变化情况是()A．F保持不变，F T逐渐增大，夹角θ逐渐减小B．F逐渐增大，F T保持不变，夹角θ逐渐增大C．F逐渐减小，F T保持不变，夹角θ逐渐减小D．F保持不变，F T逐渐减小，夹角θ逐渐增大解析：选C.圆环受到三个力，拉力F以及绳子的两个拉力F T，三力平衡，故绳子两个拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于绳子的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变小，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐趋向水平，θ逐渐变小，选项C正确．5．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2.则下列说法正确的是()A．T1和T2是一对作用力与反作用力B．吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小C．T2一定大于GD．T1＋T2＝G解析：选B.作用力与反作用力必须作用在不同的物体上，T1和T2作用在同一个物体上，A错误；吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2夹角变小，T1和T 2都会变小，B 正确；当T 1和T 2的夹角为120°时，T 2等于G ，当夹角大于120°时，T 2大于G ，当夹角小于120°时，T 2小于G ，故C 、D 均错误．6．如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有(不计摩擦力)( )A ．篮子底面受到的压力大于篮球的重力B ．篮子底面受到的压力小于篮球的重力C ．篮子右侧面受到的压力大于篮球的重力D ．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力解析：选BD.设斜面倾角为θ，篮球质量为m ，篮子底面、右侧面对篮球的弹力分别为F N1、F N2，不计摩擦力，对篮球由共点力平衡条件有F N1－mg cos θ＝0，F N2－mg sin θ＝0.由牛顿第三定律可知，篮球对篮子底面、右侧面的压力均小于重力．选项A 、C 错误，B 、D 正确．7．如图所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，B 不会碰到地面，则( )A ．弹簧的弹力不变B ．物体A 对斜面的压力将减小C ．物体A 受到的静摩擦力将减小D ．弹簧的弹力及A 受到的静摩擦力都不变解析：选AC.对物体A 受力分析如图所示，设此时F f A 沿斜面向上，由平衡条件可得：m A g sin 45°＝F ＋F f A ，可得F f A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－1m B g ，当斜面倾角为30°时，可得F f A ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1m B g ＝12m B g .可见，物体A 受到的静摩擦力方向沿斜面向上，且变小，物体A 不会相对斜面滑动，弹簧的弹力始终等于物体B 的重力，故选项A 、C 正确，D 错误；物体A 对斜面的压力的大小由F N ＝m A g cos 45°变为F N ′＝m A g cos 30°，压力变大，选项B 错误．8．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动解析：选BC.对a 、b 进行受力分析，如图所示．物体b 处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b 可能只受3个力作用，而物体a 必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项A 错误；a 、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：F N ＋F T sin θ＝mg cos α，解得：F N ＝mg cos α－F T sin θ，则a 、b 两物体对斜面的压力相同，选项B 正确；因为b 的摩擦力可以为零，而a 的摩擦力一定不为零，故选项C 正确；对a 沿斜面方向有：F T cos θ＋mg sin α＝f a ，对b 沿斜面方向有：F T cos θ－mg sin α＝f b ，又因为正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故选项D 错误．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)(1)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是()A．弹簧被拉伸时，所挂钩码越多，误差越小B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的()解析：(1)实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，以探索弹力与弹簧伸长的关系，并且拉力和重力平衡．(2)由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x＞0，所以选C.答案：(1)B(2)C10．(12分)在做“验证力的平行四边形定则”实验时：(1)除已有的器材：方木板、白纸、弹簧测力计、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔外，还必须有________________和________________．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，必须()A．每次把橡皮条拉到同样的位置B．每次把橡皮条拉直C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向(3)某同学的实验结果如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与绳套结点的位置．图中________是力F1与F2的合力的理论值，________是力F1与F2的合力的实验值．解析：(1)做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．所以我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧测力计拉橡皮条)、弹簧测力计(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画平行四边形)，橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．故还必须有的器材是橡皮条和三角板．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，没有必要把橡皮条拉到最大长度，故B、C、D错误，A正确．(3)用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮条同线的那个是实际值，所以F 是理论值，F′是实际值，该实验的实验目的就是比较F1、F2合力的理论值和实验值是否相等．答案：(1)橡皮条三角板(2)A(3)F F′11．(15分)如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？解析：设三条绳上的拉力分别为F T1，F T2，F T3；把A、B两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg＝F T1cos 45°F T3＝F T1sin 45°解得F T1＝22mg，F T3＝2mg隔离球B，受力分析如图乙：F T2＝(mg)2＋F2T3＝5mg答案：22mg5mg2mg12．(15分)如图所示，有一个重量为20 N的小物体放在斜面上，斜面底边长AB＝40 cm，高BC＝30 cm，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体在一沿斜面向上的力F的作用下刚好处于静止状态(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现将力F顺时针转动至水平向右并保持不变，求此时物体与斜面之间的摩擦力．解析：当力F沿斜面向上，物体恰好不向上滑动时对物体受力分析，有F ＝G sin θ＋μG cos θ，由几何关系得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，F＝20 N；力F顺时针转动至水平向右时物体受力如图所示，根据平衡条件得，F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得F f＝G sin θ－F cos θ＝20×0.6 N－20×0.8 N＝－4 N，负号表示方向沿斜面向下．当力F沿斜面向上，物体恰好不向下滑动时，对物体受力分析，有F＝G sin θ－μG cos θ＝4 N；力F顺时针转动至水平向右时，有F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得，F f＝8.8 N，方向沿斜面向上．答案：4 N，方向沿斜面向下或8.8 N，方向沿斜面向上章末检测三牛顿运动定律(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是()A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态C．由牛顿第二定律得到m＝Fa，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体解析：选 B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B 项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C 项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是()A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力解析：选 C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是()A．不受摩擦力的作用B．受到水平向左的摩擦力作用C．处于超重状态D．所受合力竖直向上解析：选 B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A错误，B正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D错误．4．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比．则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a＝mg＋k vm是减小的，v-t图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a＝mg－k vm是减小的，v-t图象中图线也越来越缓，选项A正确．5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是()①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L mg ②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L (m ＋m 0)g ③刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L g ，方向向上④刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 0m g ，方向向上 A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选 A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．假设没有向下拉弹簧，即ΔL ＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg ，将ΔL ＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a ＝F N －mg m ＝ΔL L g ，方向向上，③对④错，A 正确． 6．在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L 时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图所示，由图可知( )A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练7含答案

章末过关练(七)　恒定电流(时间：60分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．在长度为l 、横截面积为S 、单位体积内自由电子数为n 的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电荷量为e 的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复……所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v (不随时间变化)的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v 成正比，即f ＝k v (k 是常量)，则该导体的电阻应该等于( ) 【导学号：96622457】A. B. kl neSkl ne 2S C. D.kS nelkSne 2l B 电子定向移动，由平衡条件，k v ＝e ，则U ＝，导体中的电流I ＝neS v ，电U l k v l e阻R ＝＝，选项B 正确．U I kl ne 2S2．在如图1所示的电路中，输入电压U 恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V 6 W ”字样，电动机线圈的电阻R M ＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )图1A ．电动机的输入电压是5 VB ．流过电动机的电流是3.2 AC ．电动机的效率是80%D ．整个电路消耗的电功率是10 WA 灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3 V ，电流为2 A ，电动机的输入电压是8 V －3 V ＝5 V ，流过电动机的电流是I ＝2 A ，选项A 正确，B 错误；电动机内阻消耗功率I2R M＝4 W，电动机输入功率为UI＝5×2 W＝10 W，输出功率为6 W，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W＋6 W＝16 W，选项C、D错误．3．在如图2所示的电路中，由于某个电阻发生故障，使电流表的读数变大，电压表的读数变大，灯泡L的亮度变暗，关于故障判断的下列说法正确的是( )图2A．可能是R1短路B．可能是R2断路C．可能是R3短路D．可能是R4短路D　电流表的示数变大，则说明干路电流变大，路端电压变小；由于R1两端电压变大，则并联部分电压变小，灯泡L变暗，说明流经灯泡L的电流减小，且流经R2的电流也减小，所以流经R4、R3的电流增大，但由于R3、R4两端电压减小，且R3完好，所以只有R4短路，故A、B、C错误，D正确．4．咸阳市区某学校创建绿色校园，如图3甲为新装的一批节能灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，R t为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)．现增加光照强度，则下列判断正确的是( )【导学号：96622458】甲乙图3A．电源路端电压不变 B．R0两端电压变大C．B灯变暗，A灯变亮D．电源总功率不变B　由题意，增加光照强度，R t减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗，通过R0电流I0＝I－I A，I增大，而I A减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B 的电压减小，B 灯变暗；电源的总功率P ＝EI ，I 增大，则P 增大．故B 正确，A 、C 、D 错误．5．(2015·北京高考)如图4所示，其中电流表的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的；R 2的阻值等于12电流表内阻的2倍．若用电流表的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )图4A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 AC 设电流表的内阻为R A ，用电流表的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I 1－I A )R 1＝I A R A ，解得I 1＝3I A ，则每一小格表示0.06 A ；若将接线柱1、3接入电路，则(I 2－I A )R 1＝I A R A ，解得I 2＝3I A ，则每一小格表示0.06 A ．选项C 正确．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6．如图5所示，电动势为E ，内阻为r 的电源与滑动变阻器R 1、定值电阻R 2、R 3、平行板电容器及理想电表组成闭合电路．若滑动变阻器R 1的触头向左移动一小段时，则( )图5A ．电流表读数增大B ．电容器所带电荷量增加C ．R 2消耗的功率减小D ．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变ACD 如题图所示电路中，R 1与R 2并联，然后与R 3串联，电压表、电容器两端电压均为路端电压，电流表测干路电流．当R 1的触头向左移动时，R 1接入电路的阻值减小，故电路中的总阻值减小，干路电流I 增大，即电流表读数增大，路端电压U 减小，电容器所带电荷量减小，A 项正确，B 项错误；因为U R 2＝U －IR 3，且U 减小而I 增大，所以R 2两端电压U R 2减小，故R 2消耗的功率减小，C 项正确；由U ＝E －Ir 可知，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比为电源内阻，保持不变，D 项正确．7．如图6所示的电路中，开关S 闭合．在开关S 接a 且电路稳定后，电流表、和电压表的示数分别为I 1a 、I 2a 和U a ，电源的输出功率为P 1，平行金属板所带电荷量为Q 1；这时让带电微粒从P 点水平射入平行板间，恰能沿图示水平直线射出．若把平行板的上板向上移动少许，且S 接b ，当电路稳定后，、和的示数分别为I 1b 、I 2b 和U b ，电源的输出功率为P 2，平行板所带电荷量为Q 2；再让相同微粒仍从P 点水平射入．则下列判断正确的是( )【导学号：96622459】图6A ．I 1a ＝I 1b ，I 2a ＝I 2b ≠0，U a ＞U bB ．Q 1＞Q 2C ．P 1＞P 2D ．该粒子带负电，且第二次从P 射入后，有可能打在下极板上BD 电容器接在直流电路中，电路稳定时，平行板电容器无充、放电电流，电流表的示数均为0，即I 2a ＝I 2b ＝0，电容器两端的电压等于与之并联的电路的电压，故开关S 分别接a 和b 时，电压表的读数不会发生变化，选项A 错误；由C ＝和εS 4πkdC ＝得Q ＝CU ＝，S 接b 时，平行板间的电压U 减小，同时d 增大，故电容器所Q U U εS 4πkd带电量减小，选项B 正确；开关S 分别接a 和b 时，电路的连接方式未变，路端电压和总电流均不变，电源的输出功率不变，选项C 错误；微粒第一次射入时，恰能沿水平直线射出，微粒的重力与电场力相平衡，则电场力竖直向上，而上极板带正电，故微粒带负电；微粒第二次射入时，极板间的电压U 减小，同时间距d 变大，故微粒受到的电场力减小，微粒向下偏转，则有可能打到下极板上，选项D 正确．8．如图7所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图象，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图象，则下列说法正确的是( )图7A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为 Ω253C ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 VACD 电源的输出电压和电流的关系为：U ＝E －Ir ，显然直线①的斜率的绝对值等于r ，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出截距为50 V ，斜率的大小等于r ＝ Ω＝5 Ω，A 正确，B 错误；当电流为I 1＝2.5 A 时，由回路中电流I 1＝50－206－0，解得外电路的电阻R 外＝15 Ω，C 正确；当输出功率为120 W 时，由题图中Er ＋R 外P I 关系图线中看出对应干路电流为4 A ，再从U I 图线中读取对应的输出电压为30 V ，D 正确．9.锂电池因能量高、环保、无污染而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图8所示，充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622460】图8A ．电能转化为化学能的功率为UIB ．充电器输出的电功率为UIC ．电池产生的热功率为I 2rD ．充电器的充电效率为×100%Ir UBC 充电时，电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI ＝I 2r ＋P 化，故电能转化为化学能的功率P 化＝UI －I 2r ，故A 错误；充电器消耗的电功率为：P ＝UI ，故B 正确；电池产生的热功率为P 热＝I 2r ，故C 正确；充电器的充电效率为：η＝×100%＝×100%，故D 错误．P －P 热P U －Ir U三、非选择题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10．(16分)为了测定一叠层电池的电动势和内电阻，实验室中提供有下列器材：A ．电流表(满偏电流10 mA ，内阻10 Ω)B ．电流表(0～0.6 A ～3 A ，内阻未知)C ．滑动变阻器R (0～100 Ω，1 A)D ．定值电阻R 0(阻值990 Ω)E ．开关与导线若干(1)某同学根据现有的实验器材，设计了图9甲所示的电路，请按照电路图在图乙上完成实物连线．甲乙丙图9(2)图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用实验测出的数据绘出的I 1I 2图线，I 1为电流表的示数，I 2为电流表的示数，由图线可以得到被测电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.【解析】　(1)如图所示．(2)对实验电路由欧姆定律有E ＝I 1(R g ＋R 0)＋(I 1＋I 2)r ，解得I 1＝－E r ＋R g ＋R 0I 2.由此可知图象的纵截距b ＝，斜率k ＝－.由图象可r r ＋R g ＋R 0E r ＋R g ＋R 0r r ＋R g ＋R 0知k ＝－1.0×10－2，纵截距为b ＝9.0×10－3 A ，解得E ≈9.0 V ，r ≈10.0 Ω.【答案】　(1)图见解析(2)9.0　10.011．(17分)(2015·全国卷Ⅰ)图10(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路．图10(1)已知毫安表表头的内阻为100 Ω，满偏电流为1 mA ；R 1和R 2为阻值固定的电阻．若使用a 和b 两个接线柱，电表量程为3 mA ；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10 mA.由题给条件和数据，可以求出R 1＝________Ω，R 2＝________Ω.(2)现用一量程为3 mA 、内阻为150 Ω的标准电流表Ⓐ对改装电表的3 mA 挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5 mA 、1.0 mA 、1.5 mA 、2.0 mA 、2.5 mA 、3.0 mA.电池的电动势为1.5 V ，内阻忽略不计；定值电阻R 0有两种规格，阻值分别为300 Ω和1 000 Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750 Ω和3 000 Ω.则R 0应选用阻值为________Ω的电阻，R 应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器．(3)若电阻R 1和R 2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻．图(b)中的R ′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路．则图中的d 点应和接线柱________(填“b ”或“c ”)相连．判断依据是：___________________________________________.【解析】　(1)设使用a 和b 两接线柱时，电表量程为I 1，使用a 和c 两接线柱时，电表量程为I 2，则使用a 和b 时：＋I g ＝I 1①I g R gR 1＋R 2使用a 和c 时：＋I g ＝I 2②I g (R g ＋R 2)R 1由①②两式得R 1＝15 Ω，R 2＝35 Ω.(2)校准时电路中的总电阻的最小值为R 小＝ Ω＝500 Ω，总电阻的1.53.0×10－3最大值为R 大＝ Ω＝3 000 Ω，故R 0选300 Ω的，R 选用最大阻值为3 1.50.5×10－3000 Ω的滑动变阻器．(3)d 接b 时，R 1和R 2串联，不论是R 1还是R 2损坏，电表都有示数且示数相同，故应将d 接c .根据d 接c 时的电路连接情况可知：闭合开关，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 2.【答案】　(1)15　35　(2)300　3 000　(3)c 闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R 1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R 212．(18分)如图11所示，R 1＝9 Ω，R 2＝30 Ω，S 闭合时，电压表的示数为11.4 V ，电流表的示数为0.2 A ，S 断开时，电流表的示数为0.3 A ．求：【导学号：96622461】图11(1)电阻R 3的值；(2)电源的电动势E 和内阻r 的值；(3)S 断开时，电路中消耗的总功率以及电源的输出功率．【解析】　(1)S 闭合时，R 2两端电压：U 2＝I 2R 2＝0.2 A ×30 Ω＝6 V所以，R 1两端电压为U 1＝U －U 2＝11.4 V －6 V ＝5.4 V流过R 1的电流：I 1＝＝ A ＝0.6 A U 1R 1 5.49又因I 2＋I 3＝I 1故有I 3＝I 1－I 2＝0.6 A －0.2 A ＝0.4 AR 3＝＝＝ Ω＝15 Ω.U 3I 3U 2I 360.4(2)S 闭合时，R 并＝＝10 ΩR 2R 3R 2＋R 3电压表读数为U ＝(R 1＋R 并)①Er ＋R 1＋R 并S 断开时，电流表读数为I ＝②Er ＋R 1＋R 2由①②两式，代入数据解得：E ＝12 V ，r ＝1 Ω.(3)S 断开时，干路中电流为I ＝0.3 A 所以P 总＝EI ＝12×0.3 W ＝3.6 W P 输出＝P 总－I 2r ＝3.51 W.【答案】　(1)15 Ω　(2)12 V 1 Ω　(3)3.6 W 3.51 W。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第9章章末高

章末高效整合物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题． 3．等效问题如图9-1所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为L 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为L2.磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L 2，电阻为R2的均匀导体棒MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ab 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触，当MN 滑过的距离为L3时，导线ac 中的电流为多大？方向如何？图9-1【规范解答】 MN 滑过的距离为L3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲乙由几何关系可知MP 长度为L3，MP 中的感应电动势 E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为 r 并＝13×2313＋23R ＝29 R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I 解得I ac ＝2BL v5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图9-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是( ) 【导学号：96622172】图9-2 A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v20＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(如图9-3所示)图9-3(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对磁场运动．(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．2．双杆模型(如图9-4所示)图9-4(1)模型特点①一杆切割时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl(v1－v2)．(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图9-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图9-5(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【规范解答】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab 中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2.(2016·全国乙卷)如图9-6，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求图9-6(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN1＋T＋F①N1＝2mg cos θ②对于cd棒，同理有mg sin θ＋μN2＝T③N2＝mg cos θ④联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ)．⑤(2)由安培力公式得F＝BIL⑥这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为E＝BL v⑦式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I＝ER⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2.⑨【答案】(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgRB2L2高考热点1|与电磁感应有关的图象问题1．图象问题的求解类型(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象．(多选)(2016·四川高考)如图9-7所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F ＝F 0＋k v (F 0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为i ，受到的安培力大小为F A ，电阻R 两端的电压为U R ，感应电流的功率为P ，它们随时间t 变化图象可能正确的有( )图9-7【规范解答】当金属棒MN 的速度为v 时，MN 受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2vR ＋r，根据牛顿第二定律得金属棒MN 的加速度a ＝F －F A m ＝F 0m ＋k －B 2l 2R ＋r m v ，且i ＝Bl v R ＋r ，U R ＝Bl v R R ＋r ，P ＝B 2l 2v 2R ＋r. 若k ＝B 2l 2R ＋r ，金属棒做匀加速直线运动，此时，i -t 图象为直线，F A -t 图象为直线，U R -t 图象为直线，P -t 图象为抛物线．若k >B 2l 2R ＋r，则金属棒做加速度增大的加速运动．则i -t 图象、F A -t 图象、U R -t图象、P -t 图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B 正确．若k <B 2l 2R ＋r ，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时i -t 图象、F A -t 图象、U R -t 图象、P -t 图象为曲线；斜率越来越小，此时选项C 正确．【答案】 BC [突破训练]3．(2015·山东高考)如图9-8甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab -t 图象可能正确的是( ) 【导学号：96622173】甲乙图9-8C 由题图乙知，0～0.25T 0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt 逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt 逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a 端电势高，所以u ab >0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt 知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔBΔt ＝0，u ab ＝0；同理可知0.25T 0<t <0.5T 0时，u ab <0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律．故选项C 正确．高考热点2|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I＝qt计算电荷量．(2)公式推导过程2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：如图9-9所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图9-9(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F . 【思路导引】【规范解答】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ① 其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝ER ＋r③ 则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ．⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得 W ＝0－12m v 2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J．⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F＝Q1＋Q2 ⑪由⑨⑩⑪式得W F＝5.4 J.【答案】(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J[突破训练]4．(多选)如图9-10所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢．在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L.假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，而缓冲车厢继续向前移动距离L后速度为零．已知缓冲车厢与障碍物和线圈的ab边均没有接触，不计一切摩擦阻力．在这个缓冲过程中，下列说法正确的是()图9-10A．线圈中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，最大感应电流为BL v0 RB．线圈对电磁铁的作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲C．此过程中，线圈abcd产生的焦耳热为Q＝12m v2D．此过程中，通过线圈abcd的电荷量为q＝BL2 RBC缓冲过程中，线圈内的磁通量增加，由楞次定律知，感应电流方向沿逆时针方向(俯视)，感应电流最大值出现在滑块K 停下的瞬间，大小应为nBL v 0R ，A 项错误；线圈中的感应电流对电磁铁的作用力，使车厢减速运动，起到了缓冲的作用，B 项正确；据能量守恒定律可知，车厢的动能全部转换为焦耳热，故Q ＝12m v 20，C 项正确；由q ＝I －·Δt 、I －＝E －R 及E －＝n ΔΦΔt ，可得q ＝n ΔΦR ，因缓冲过程ΔΦ＝BL 2，故q ＝nBL 2R ，D 项错误．。

2018年高考物理江苏卷含答案

物理试卷第1页（共12页）物理试卷第2页（共12页）绝密★启用前2018年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）物理一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。

今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km ，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km ，它们都绕地球做圆周运动。

与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是( )A .周期B .角速度C .线速度D .向心加速度2.采用220 kV 高压向远方的城市输电，当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( ) A.55 kVB.110 kVC.440 kVD.880 kV3.某弹射管每次弹出的小球速度相等。

在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。

忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的 ( )A.时刻相同，地点相同B.时刻相同，地点不同C.时刻不同，地点相同D.时刻不同，地点不同4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力，该过程中小球的动能k E 与时间t 的关系图象是( )5.如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。

现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( )A.仍然保持静止B.竖直向下运动C.向左下方运动D.向右下方运动二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。

6.火车以60 m /s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10 。

在此10 s 时间内，火车( )A.运动路程为600 mB.加速度为零C.角速度约为1 rad /sD.转弯半径约为3.4 km7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置.物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第4章章末高

章末高效整合物理方法|类平抛运动的求解技巧1．类平抛运动的特点(1)受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．(2)运动特点在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m.2．类平抛运动的求解技巧(1)常规分解法将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a x、a y，初速度v0分解为v x、v y，然后分别在x、y方向列方程求解．在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v＝10 m/s沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4-1所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图4-1(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点时的速度大小．【规范解答】(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F 和重力mg 作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：a ＝F －mg m ＝15－101 m/s 2＝5 m/s 2.设质点从O 点到P 点经历的时间为t ，P 点坐标为(x P ，y P )，则x P ＝v 0t ，y P ＝12at 2 又tan α＝y Px P联立解得：t ＝3 s ，x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m. (2)质点经过P 点时沿y 轴正方向的速度 v y ＝at ＝15 m/s 故过P 点时的速度大小v P ＝v 20＋v 2y ＝513 m/s.【答案】 (1)3 s x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m (2)513 m/s [突破训练]1．如图4-2所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1；B 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计阻力，则下列说法正确的是( )【导学号：96622074】图4-2A ．A 、B 的运动时间相同 B ．A 、B 沿x 轴方向的位移相同C ．A 、B 运动过程中的加速度大小相同D ．A 、B 落地时速度大小相同D 设O 点与水平面的高度差为h ，由h ＝12gt 21，h sin θ＝12g sin θ·t 22可得：t 1＝2hg，t2＝2hg sin2θ，故t1<t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1<x2，B错误；由a1＝g，a2＝g sin θ可知，C错误；A落地的速度大小为v A＝v20＋(gt1)2＝v20＋2gh，B落地的速度大小v B＝v20＋(a2t2)2＝v20＋2gh，所以v A＝v B，故D 正确．物理模型|宇宙多星模型1．宇宙双星模型(1)两颗双星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等．(2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的．(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1＋r2＝L.2．宇宙三星模型(1)如图4-3所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动．这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡．运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：Gm2r2＋Gm2(2r)2＝ma向图4-3两行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等．(2)如图4-4所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动．每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供．图4-4Gm2L2×2×cos 30°＝ma向其中L ＝2r cos 30°.三颗行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等．(2015·安徽高考)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图4-5所示为A 、B 、C 三颗星体质量不相同时的一般情况)．若A 星体质量为2m ，B 、C 两星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，求：图4-5(1)A 星体所受合力大小F A ； (2)B 星体所受合力大小F B ； (3)C 星体的轨道半径R C ； (4)三星体做圆周运动的周期T .【规范解答】 (1)由万有引力定律可知，A 星体所受B 、C 星体引力大小为F BA ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2＝F CA ，方向如图所示，则合力大小为F A ＝23G m 2a 2.(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为F AB ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2，F CB ＝G m C m B r 2＝G m 2a 2，方向如图所示．由F Bx ＝F AB cos 60 °＋F CB ＝2G m 2a 2， F By ＝F AB sin 60°＝3G m 2a 2，可得F B ＝F 2Bx ＋F 2By ＝7G m 2a 2.(3)通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，则R C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，可得R C ＝74a .或⎝ ⎛由对称性可知OB ＝OC ＝R C ，cos ∠OBD ＝F Bx F B ＝ DB OB ＝12a R C ，得R C ＝⎭⎪⎫74a (4)三星体运动周期相同，对C 星体，由F C ＝F B ＝7G m 2a 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R C ，可得T ＝πa 3Gm .【答案】 (1)23G m 2a 2 (2)7G m 2a 2 (3)74a (4)πa 3Gm[突破训练]2．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) 【导学号：96622075】A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k TD.n k TB 双星间的万有引力提供向心力．设原来双星间的距离为L ，质量分别为M 、m ，圆周运动的圆心距质量为m 的恒星距离为r .对质量为m 的恒星：GMm L 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·r 对质量为M 的恒星：G Mm L 2＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(L －r )得G M ＋m L 2＝4π2T 2·L 即T 2＝4π2L 3G (M ＋m )则当总质量为k (M ＋m )，间距为L ′＝nL 时，T ′＝n 3k T ，选项B 正确．高考热点1|平抛运动的临界问题解决平抛运动的临界问题要注意以下三点： (1)明确平抛运动的基本性质、公式； (2)确定临界状态；(3)确定临界轨迹，在轨迹示意图上寻找出几何关系．(2014·浙江高考)如图4-6所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝取10 m/s 2)图4-6(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．【思路导引】【规范解答】 (1)装甲车匀减速运动的加速度大小 a ＝v 202s ＝209 m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹的弹孔离地的高度 h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时(第二发打到靶上)，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时(第一发打到地上)，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg ＋s ＝570 m故L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m [突破训练]3．(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图4-7所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图4-7A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6hC.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g6hD 设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好擦球网上边缘落到球网正中间．则竖直方向上有3h －h ＝12gt 21 ① 水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②由①②两式可得v 1＝L 14g h设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22③ 在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④由③④两式可得v 2＝124L 21＋L 22 g6h则v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.故选项D 正确．高考热点2|万有引力定律的应用万有引力定律的应用是每年高考的必考内容，命题重点主要有两个：一是以现代航天科技为背景考查人造卫星的发射、运行、变轨对接等问题；二是与抛体运动、圆周运动和牛顿第二定律综合起来考查．(多选)宇宙飞船以周期T 绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图4-8所示．已知地球的半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G ，地球自转周期为T 0，太阳光可看做平行光，宇航员在A 点测出的张角为α，则( )图4-8A ．飞船绕地球运动的线速度为2πRT sin α2B ．一天内飞船经历“日全食”的次数为TT 0C ．飞船每次“日全食”过程的时间为α2πT 0 D ．飞船周期为T ＝2πR sin α2RGM sin α2【规范解答】飞船绕地球运动的线速度为v ＝2πr T ，由几何关系知sin α2＝Rr ，所以v ＝2πRT sin α2，A 正确；又G Mm r 2 ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，由此得T ＝2πR sin α2RGM sin α2，D 正确；飞船每次经历“日全食”过程的时间为飞船转过α角所需的时间，即α2πT ，C 错误；一天内飞船经历“日全食”的次数为T 0T，B 错误．【答案】 AD [突破训练]4．一卫星绕火星表面附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T .假设宇航员在火星表面以初速度v 水平抛出一小球，经过时间t 恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图4-9所示．已知引力常量为G ，则火星的质量为( )【导学号：96622076】图4-9A.3v 3T 416Gt 3π4 B.33v 3T 416Gt 3π4 C.3v 2T 416Gt 3π4D.33v 2T 416Gt 3π4B 以M 表示火星的质量，r 0表示火星的半径，g ′表示火星表面附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G Mm r 20＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 0，在火星表面有G Mm ′r 20＝m ′g ′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝g ′tv ，联立以上各式解得M ＝33v 3T 416Gt 3π4，B 正确．。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第5章章末高

章末高效整合物理方法|计算变力做功的五种方法方法1：利用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．方法2：利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．方法3：化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，用W＝Fl cos α求解．此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．方法4：利用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝F1＋F22的恒力作用，F1、F2分别为物体初、末态所受到的力，然后用公式W＝F l cos α求此力所做的功．方法5：利用F-x图象求变力做功在F-x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)．用铁锤将一铁钉击入墙壁，设墙壁对铁钉的阻力与铁钉进入墙壁内的深度成正比．在铁锤击打铁钉第一次时，能把铁钉击入墙壁内1 cm.问铁锤击打铁钉第二次时，能将铁钉击入的深度为多少？(设铁锤每次做功相等) 【规范解答】解法一：平均力法铁锤每次做的功都用来克服摩擦阻力，但摩擦阻力不是恒力，其大小与铁钉的击入深度成正比，即F ＝kx ，而摩擦阻力可用平均阻力来代替．如图甲所示，第一次铁钉击入深度为x 1，平均阻力 F 1＝12kx 1，做功为W 1＝F 1x 1＝12kx 21甲第二次铁钉击入深度为x 1到x 2，平均阻力F 2＝12k (x 2＋x 1)，位移为x 2－x 1，做功为W 2＝F 2(x 2－x 1)＝12k (x 22－x 21)．两次做功相等，则W 1＝W 2，解得x 2＝2x 1＝1.41 cm ，故Δx ＝x 2－x 1＝0.41 cm.解法二：图象法因为阻力F ＝kx ，以F 为纵坐标，F 方向上的位移x 为横坐标，作出F -x 图象，如图乙所示．图线与横坐标轴所围面积的值等于阻力F 对铁钉做的功．乙由于两次做功相等，故有：S 1＝S 2(面积)，即12kx 21＝12k (x 2＋x 1)(x 2－x 1)，故Δx ＝x 2－x 1＝0.41 cm. 【答案】 0.41 cm [突破训练]1．(2017·淮安模拟)如图5-1所示，光滑水平平台上有一个质量为m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h .当人以速度v 从平台的边缘处向右匀速前进位移x 时，则( ) 【导学号：96622098】图5-1 A．在该过程中，物块的运动可能是匀速的B．在该过程中，人对物块做的功为m v2x2 2(h2＋x2)C．在该过程中，人对物块做的功为12m v2D．人前进x时，物块的运动速率为v hh2＋x2B设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝v cos θ，而cos θ＝xh2＋x2，故v物＝v xh2＋x2，可见物块的速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝12m v2物＝m v2x22(h2＋x2)，B正确，C错误．物理模型|机械能守恒中的轻杆模型1．模型构建：轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型．2．轻杆模型的四个特点：(1)忽略空气阻力和各种摩擦．(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．(3)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．(4)对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒．3．解决轻杆模型应注意的三个问题：(1)明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等．(2)杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒．(3)杆对物体做正功，使其机械能增加，同时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒．如图5-2所示，在长为L的轻杆中点A和端点B处各固定一质量为m 的球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对A 、B 两球分别做了多少功？图5-2【思路导引】【规范解答】 A 、B 和杆组成的系统机械能守恒，以B 的最低点为零重力势能参考平面，可得2mgL ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12mgL .又因A 球与B 球在各个时刻对应的角速度相同，故v B ＝2v A由以上两式得 v A ＝3gL5，v B ＝12gL 5根据动能定理，对于A 球有W A ＋mg L 2＝12m v 2A －0，所以W A ＝－0.2mgL 对于B 球有W B ＋mgL ＝12m v 2B －0，所以W B ＝0.2mgL .【答案】－0.2mgL 0.2mgL [突破训练]2．内壁光滑的环形凹槽半径为R ，固定在竖直平面内，一根长度为2R 的轻杆，一端固定有质量m 的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙．现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点(如图5-3所示)，由静止释放后( )图5-3A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点A环形槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点．高考热点1|与功能关系相关的图象问题以图象的形式考查做功及功能关系，是近几年高考的热点题型．解决这类问题的关键是弄清图象所描述的各个物理过程，判断所遵循的规律．(多选)如图5-4所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，物块的机械能E与其位移x的关系图象可能正确的是()图5-4A B C D【规范解答】由于参考平面为B端所在水平面，因而初始机械能大于零．物块沿传送带下滑，若摩擦力一直沿传送带向下，摩擦力做正功，机械能增大，选项A错误，选项B正确；物块沿传送带下滑，若摩擦力先向下后向上，则摩擦力先做正功后做负功，机械能先增大再减小，选项C 错误，选项D 正确．【答案】 BD [突破训练]3．如图5-5所示为一质点由静止开始在合外力F 作用下的F -t 图象⎝ ⎛⎭⎪⎫F ＝－F 0sin 2πt t 4，力的方向始终在同一条直线上．下列说法中正确的是( ) 【导学号：96622099】图5-5A ．在t 1时刻质点的速度最大B ．在t 2时刻质点的动能最大C ．在t 4时刻质点刚好返回出发点D ．0～t 1与t 1～t 2时间内质点加速度的方向相反B 0～t 2时间内力的方向不变，所以t 2时刻质点的速度最大，动能最大，A 错，B 对；t 2～t 4时间内力的方向与0～t 2时间内相反，根据三角函数的对称性，t 4时刻质点离出发点最远，C 错；0～t 2时间内，力的方向不变，加速度的方向不变，D 错．高考热点2|用动力学和能量的观点解决多过程问题多过程问题在高考中常以压轴题的形式出现，涉及的模型主要有：木板滑块模型、传送带模型、弹簧模型等，涉及的运动主要有直线运动、圆周运动和平抛运动等．(2017·苏州模拟)如图5-6所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图5-6(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离．【规范解答】 (1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得 v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N 由牛顿第三定律得F N ′＝20 N.(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中．对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm ＝μ1g ＝4 m/s 2 小物块B 做匀减速直线运动对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2 x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13 s(t ＝1 s 舍去)对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49 J.(3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝2hg ＝0.2 s木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mgm ＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2)代入数据得Δx ＝0.42 m.【答案】 (1)20 N (2)49 J (3)0.42 m [突破训练]4．如图5-7所示，光滑半圆轨道AB 竖直固定，半径R ＝0.4 m ，与水平光滑轨道相切于A .水平轨道上平铺一半径r ＝0.1 m 的圆形桌布，桌布中心有一质量m ＝1 kg 的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A 点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B 时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，求：图5-7(1)铁块离开B 点后在地面上的落点到A 的距离； (2)铁块到A 点时对圆轨道的压力大小； (3)抽桌布过程中桌布的加速度大小．【解析】 (1)在B 点，由牛顿第二定律，有mg ＝m v 2BR 从B 点抛出后水平方向x ＝v B t 竖直方向2R ＝12gt 2 代入数据得x ＝0.8 m.(2)A→B，由机械能守恒m v2A2＝2mgR＋m v2B2在A点，由牛顿第二定律N－mg＝m v2A R代入数据得N＝60 N由牛顿第三定律N′＝N＝60 N.(3)铁块脱离桌布时的速度v0＝v A铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为a0，由牛顿第二定律μmg ＝ma0设铁块在桌布上的加速时间为t0，由运动学公式v0＝a0t0由公式r＝12at2－12a0t2代入数据得a＝5.25 m/s2.【答案】(1)0.8 m(2)60 N(3)5.25 m/s2。

2018届高三物理江苏一轮复习练习：部分第7章章末高

章末高效整合数学技巧|函数极值在物理中的应用1．物理中求极值的常用数学公式(1)y ＝ax 2＋bx ＋c当a >0时，函数有极小值：y min ＝4ac －b 24a当a <0时，函数有极大值：y max ＝4ac －b 24a(2)y ＝a x ＋x b当ab ＝x 2时，有最小值：y min ＝2ab(3)y ＝a sin θ＋b cos θ＝a 2＋b 2sin(φ＋θ)当φ＋θ＝90°时，函数有最大值：y max ＝a 2＋b 2此时，θ＝90°－arctan b a(4)y ＝a sin θcos θ＝12a sin 2θ当θ＝45°时，有最大值：y max ＝12a2．处理方法(1)物理型方法：就是根据对物理现象的分析与判断，找出物理过程中出现极值的条件，这个分析过程，既可以用物理规律的动态分析方法，也可以用物理图象方法(s -t 图或v -t 图)进而求出极值的大小．该方法过程简单，思路清晰，分析物理过程是处理问题的关键．(2)数学型方法：就是根据物理现象，建立物理模型，利用物理公式，写出需求量与自变量间的数学函数关系，再利用函数式讨论出现极值的条件和极值的大小．如图7-1所示的电路中．电源的电动势E ＝12 V ，内阻r ＝0.5 Ω，外电阻R 1＝2 Ω，R 2＝3 Ω，滑动变阻器R 3＝5 Ω.求滑动变阻器的滑动头P 滑到什么位置，电路中电压表的示数有最大值？最大值是多少？图7-1【规范解答】设aP 间电阻为x ，外电路总电阻为R .则：R ＝(R 1＋x )(R 2＋R 3－x )R 1＋R 2＋R 3＝(2＋x )(3＋5－x )2＋3＋5 ＝(2＋x )(8－x )10先求出外电阻的最大值R max 再求出电压表示数的最大值U max .本题的关键是求R max ，下面用两种方法求解R max .方法一：用顶点坐标法求解抛物线方程可表示为y ＝ax 2＋bx ＋c .考虑R ＝(2＋x )(8－x )10＝－x 2＋6x ＋1610，设y ＝－x 2＋6x ＋16，当x ＝－b 2a ＝－62(－1)＝3时， R max (3)＝－(3)2＋6×3＋1610Ω＝2.5 Ω. 方法二：用均值定理法求解考虑R ＝(2＋x )(8－x )10，设a ＝2＋x ；b ＝8－x . 当a ＝b 时，即2＋x ＝8－x ，即x ＝3 Ω时，R max (3)＝(2＋3)(8－3)10Ω＝2.5 Ω. 也可以用上面公式(a ＋b )max ＝[(2＋x )(8－x )]22＝25， R max ＝(a ＋b )max 10＝2510Ω＝2.5 Ω.以上用两种方法求出R max ＝2.5 Ω，然后求电压表的最大读数．I min ＝E R max ＋r ＝122.5＋0.5A ＝4 A ．U max ＝E －I min r ＝12 V －4×0.5 V ＝10 V ．即变阻器的滑动头P 滑到aP 间的电阻为3 Ω处，电压表有最大值，最大值为10伏．【答案】 aP 间的电阻为3 Ω 10 V[突破训练]1．(多选)如图7-2所示，R 1为定值电阻，R 2为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是( ) 【导学号：96622139】图7-2A ．当R 2＝R 1＋r 时，R 2上获得最大功率B ．当R 2＝R 1＋r 时，R 1上获得最大功率C ．当R 2＝0时，R 1上获得最大功率D ．当R 2＝0时，电源的输出功率最大AC 在讨论R 2的电功率时，可将R 1视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻R 2与电动势为E 、内阻为(R 1＋r )的电源(等效电源)连成的闭合电路，如图所示，R 2的电功率是等效电源的输出功率，显然当R 2＝R 1＋r 时，R 2获得的电功率最大，选项A 正确；在讨论R 1的电功率时，由I ＝E R 1＋R 2＋r及P 1＝I 2R 1可知，R 2＝0时，R 1获得的电功率最大，故选项B 错误、选项C 正确；当R 1＋R 2＝r 时，电源的输出功率最大，由于题目没有给出R 1和r 的具体数值，所以当R 2＝0时，电源输出功率并不一定最大，故选项D 错误．物理模型|电桥模型的分析应用“电桥”是一种比较特殊的电路，常用来测量电阻和研究导体的导电性能，其电路组成和分析方法如下：(1)电路组成：图7-3(2)分析方法：当R 1R 3＝R 2R 4时，电流表中无电流通过，称做“电桥平衡”．因此可以通过调节“电桥平衡”来计算未知电阻和研究导体、导电性能．用图7-4所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻， Ⓖ是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表Ⓖ的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )图7-4A.l 1l 2R 0 B.l 1l 1＋l 2R 0 C.l 2l 1R 0 D.l 2l 1＋l 2R 0【思路导引】【规范解答】电流表Ⓖ中的电流为零，表示电流表Ⓖ两端电势差为零(即电势相等)，则R 0与R l 1两端电压相等，R x 与Rl 2两端电压相等，其等效电路图如图所示．I 1R 0＝I 2R l 1① I 1R x ＝I 2R l 2② 由公式R ＝ρl S 知R l 1＝ρl 1S③ R l 2＝ρl 2S④由①②③④式得R 0R x ＝l 1l 2即R x＝l2l1R0.选项C正确．【答案】 C[突破训练]2．如图7-5所示的电路中，R1、R2、R3是固定电阻，R4是光敏电阻，其阻值随光照强度的增强而减小．当开关S闭合且没有光照射时，电容器C不带电．当用强光照射R4且电路稳定时，则与无光照射时比较()图7-5A．电容器C的上极板带正电B．电容器C的下极板带正电C．通过R4的电流变小，电源的路端电压增大D．通过R4的电流变大，电源提供的总功率变小B无光照射时，C不带电，说明R1R2＝R3R4.当有光照射时，R4阻值减小，则R4分压减小，C的上极板电势低于下极板电势，下极板带正电．由于R4减小，回路中总电流变大，电源的路端电压减小，通过R1、R2的电流变小，通过R4的电流变大，P总＝EI变大，故B正确．高考热点1|直流电路的动态分析1．常见题型直流电路的动态分析在高考试题中是以选择题形式考查的，往往以下列变化方式探究某元件的电流、电压、功率及电源输出功率的变化情况．(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化．(2)某一支路开关闭合或断开．(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．2．常用方法(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”，即从阻值变化的部分入手，由串、并联规律分析出R总的变化情况，再由欧姆定律判知I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律判知各部分物理量的变化情况．(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．(3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值判定，从而得出结论．(多选)如图7-6所示，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .闭合开关后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、、示数变化量的绝对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3，理想电流表示数变化量的绝对值为ΔI ，则( )图7-6A ．ΔU 2＝ΔU 1＋ΔU 3B.ΔU 3ΔI ＝R ＋rC.ΔU 1ΔI 和ΔU 2ΔI 保持不变 D ．电源输出功率先增大后减小【规范解答】由电路图知，电阻R 、滑动变阻器、电流表串联在电路中，电压表测R 两端电压，电压表测路端电压，电压表测滑动变阻器两端的电压，滑动变阻器的滑片向下滑动，电路中总电阻减小，电流增大，路端电压减小，R 两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，由串联电路的特点知，ΔU 2＝ΔU 3－ΔU 1，选项A 错误；将R 等效为电源的内阻，所以ΔU 3ΔI ＝R ＋r ，选项B 正确；ΔU 1ΔI ＝R ，是不变的，ΔU 2ΔI ＝r ，是不变的，选项C 正确；当内电阻等于外电阻时，电源输出功率最大，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r ，减小滑动变阻器连入电路中的阻值，电源输出功率一直增大，选项D 错误．【答案】 BC[突破训练]3．(多选)如图7-7所示的电路中，闭合开关S ，将滑动变阻器的触头P 向下滑动，理想电表的示数I 、U 1、U 2都发生变化，变化量的绝对值分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2表示，下列判断正确的是 ( )【导学号：96622140】图7-7A.U 1I 不变B.ΔU 1ΔI 变小C.ΔU 2ΔI 变大D.ΔU 2ΔI 不变AD 电流表测量的是干路电流，电压表V 1测量R 1两端电压，电压表V 2测量路端电压，故U 1I ＝ΔU 1ΔI ＝R 1，A 正确，B 错误；ΔU 2ΔI ＝r ，C 错误，D 正确．高考热点2|测量电阻的创新实验测量电阻的基础方法是伏安法测电阻，除此以外，还有很多方法，例如：安安法测电阻、伏伏法测电阻、比较法测电阻、替代法测电阻、半偏法测电阻等，不管哪种方法，都综合灵活应用了欧姆定律、电阻定律、电功率，串并联电路的规律等，下面重点说明半偏法测电阻．1．电流半偏法：如图7-8甲所示，断开S 2、接通S 1，把滑动变阻器R 1由最大阻值逐渐向阻值变小进行调节，使电流表的指针达到满偏；此后R 1阻值不变，接通S 2，调整电阻箱R 2的阻值，使电流表的指针恰好偏转到满偏的一半，读出电阻箱R 2的阻值，则R A ＝R 2.此方法要求待测电阻R A 较小，并配以足够大的滑动变阻器及合适的电源电压．测量值偏小．甲乙图7-82．电压半偏法：如图乙所示，闭合S ，使电阻箱R 2的阻值为零，调节滑动变阻器R 1，使电压表满偏；保持R 1阻值不变，调节R 2，使电压表半偏，则R V ＝R 2.此方法要求待测电阻R V 较大，并配以较小的滑动变阻器及合适的电源电压．测量值偏大．(2015·全国卷Ⅱ)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表(量程3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关两个，导线若干．(1)图7-9的虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．图7-9(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________.(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R′V，与电压表内阻的真实值R V相比，R′V________R V(填“>”“＝”或“<”)，主要理由是_____________．【规范解答】(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法．实验电路图如图所示．(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻．(3)断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R′V>R V(其他合理说法同样给分)．【答案】见解析[突破训练]4.(2017·苏州模拟)国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m.某同学利用图7-10所示电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 kΩ)，定值电阻R2(阻值2 kΩ)，电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺．图7-10实验步骤如下：A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L 和电阻箱阻值R；F．断开S，整理好器材．(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图7-11所示，则d＝________mm.图7-11(2)玻璃管内水柱的电阻R x 的表达式为：R x ＝________(用R 1、R 2、R 表示)．(3)利用记录的多组水柱长度L 和对应的电阻箱阻值R 的数据，绘制出如图7-12所示的R -1L 关系图象．自来水的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)图7-12(4)本实验中若电压表V 1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)．【解析】 (1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃管内径d ＝30 mm ＋0×0.05 mm ＝30.00 mm.(2)把S 拨到1位置，记录电压表V 1示数，得到通过水柱的电流I 1＝U R 1.由闭合电路欧姆定律，E ＝U ＋U R 1R x ；把S 拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V 2示数与电压表V 1示数相同，记录电阻箱的阻值R ，得到该支路的电流I 2＝U R .由闭合电路欧姆定律，E ＝U ＋U R R 2；联立解得：R x ＝R 1R 2R .(3)由电阻定律R x ＝ρL S ，R x ＝R 1R 2R ，联立解得：R ＝R 1R 2S ρ·1L .R -1L 关系图象斜率k ＝400 Ω·m ，k ＝R 1R 2S ρ，S ＝πd 24，解得：ρ＝R 1R 2S k ＝14 Ω·m.(4)本实验中若电压表V 1内阻不是很大，则通过水柱的电流I 1大于测量值，即U R 1R x >U R R 2，得到R x >R 1R 2R ，即自来水电阻测量值偏大，则自来水电阻率测量结果将偏大．【答案】 (1)30.00 (2)R 1R 2R(3)14 (4)偏大。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练9含答案

图2 A．带电小球所带电荷为正电荷 B．当导体棒加速向左滑行时，适当调小 R2 可使带电小球仍静止
C．当导体棒加速向左滑行时，适当调小 R1 可使带电小球仍静止 D．当导体棒向左匀速滑行时，适当调大 R1 可使带电小球向下运动 C 导体棒切割磁感线充当电源，由楞次定律可知电容器上端带正电，可知小球应带负电，选项 A 错误；当棒加速向左滑行时，电动势变大，R1 两端的电压变大，电容器内的电场强度变大，小球受到向上的力变大，小球向上运动，R2 与电容器串联，此支路断路，调节 R2 不起作用，选项 B 错；调小 R1 可使电容器内的电场强度变小，选项 C 正确；导体棒向左匀速滑行时，电动势不变，调大 R1 可使带电小球向上运动，选项 D 错误． 3．如图 3 所示，一呈半正弦形状的闭合线框 abc，ac＝l，匀速穿过边界宽度也为 l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程中线框中感应电流图象为 (取顺时针方向为正方向)( )
大，选项 B 正确；根据楞次定律“增反减同”的原理，线框中有 adcba 方向的感应电流，选项 C 错误；因为有感应电流，导线框的一部分机械能转化为内能，机械能不守恒，选项 A 错误；线框在由静止释放的瞬间感应电流为零，在接近水平位置的瞬间感应电流也接近为零，所以磁通量的变化率不是逐渐增大的，而是先增大后减小的，选项 D 错误． 2．如图 2 所示，电路左端连接着金属轨道，轨道处于匀强磁场中，电路开关闭合后，导体棒在光滑轨道上匀速向左滑行时，带电小球能静止在电容器内．R1 和 R2 为可调电阻，导线和轨道的电阻不计，导体棒的电阻为 r，以下说法正确的是( 【导学号：96622467】 )
)【导学号：96622468】
图4
D 如图所示，线框由位置 1 到位置 2 的过程中，线框的右边部分在切割磁感线，由图中几何关系及欧姆定律可得 U＝Bv2t－ Bv2t 3Bv2t R＝；线框由位置 2 到位置 3 的 4R 4

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练5含答案

章末过关练(五)机械能及其守恒定律(时间：60分钟满分：100分)一.单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分.每小题只有一个选项符合题意).1.如图1所示，两物体A.B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A.B 两物体施加等大反向的水平恒力F1.F2，使A.B同时由静止开始运动.在以后的运动过程中，关于A.B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)图1A.由于F1.F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变B.当A.B两物体之间的距离减小时，系统的机械能增大C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D.当弹簧弹力的大小与F1.F2的大小相等时，A.B两物体速度为零C从开始状态到弹簧拉到最长过程中，两拉力方向与其受力物体位移方向均相同，做正功，由功能关系可知，系统机械能增大，A项错；当两物体之间距离减小即A.B相向运动，力F1和F2做负功，系统机械能减小，B项错误；当弹簧伸长到最长时，力F1和F2做正功最多，故系统机械能最大，C项正确；分别对A.B应用动能定理，从开始到弹力与外力相等时，合外力分别对A.B做正功，两物体动能增加，速度一定大于零，D项错.2.一质点在0～15 s内竖直向上运动，其加速度－时间图象如图2所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()【导学号：96622448】图2A.质点的机械能不断增加B.在0～5 s内质点的动能增加C.在10～15 s内质点的机械能一直增加D.在t＝15 s时质点的机械能大于t＝5 s时质点的机械能D质点竖直向上运动，0～15 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B 错；0～5 s内，a＝10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；5～10 s内，a＝8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；10～15 s内，a＝12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A.C错误；由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做减速运动，5～10 s内通过的位移大于10～15 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，5～10 s内增加的机械能大于10～15 s内减少的机械能，所以D正确.3.如图3甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()甲乙图3A.物体在沿斜面向上运动B.在0～x1过程中，物体的加速度一直减小C.在0～x 2过程中，物体先减速再匀速D.在x 1～x 2过程中，物体的加速度为g sin θD 由图乙可知，0～x 1阶段，物体的机械能E 随x 减小，故力F 一定对物体做负功，物体在沿斜面向下运动，A 错误；由E ＝E 0－Fx ，即图乙中0～x 1阶段图线的斜率大小为F ，故力F 减小，至x 1后变为零.物体的加速度先增大，后不变，匀加速的加速度大小为a ＝g sin θ，B.C 错误，D 正确.4.一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数1v 图象如图4所示.若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( ) 【导学号：96622449】图4A.汽车的功率B.汽车行驶的最大速度C.汽车所受到的阻力D.汽车运动到最大速度所需的时间D 由F －f ＝ma ，P ＝F v 可得：a ＝P m ·1v －f m ，对应图线可知，P m ＝k ＝40，可求出汽车的功率P ，由a ＝0时，1v m＝0.05可得：v m ＝20 m/s ，再由v m ＝P f ，可求出汽车受到的阻力f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间.5.(2015·福建高考)如图5所示，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A .B .C 三点在同一水平线上.若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用的时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )图5A.t 1＜t 2B.t 1＝t 2C.t 1＞t 2D.无法比较t 1.t 2的大小A 在滑道AB 段上取任意一点E ，比较从A 点到E 点的速度v 1和从C 点到E 点的速度v 2易知，v 1＞v 2.因E 点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A 滑到C 比由C 滑到A 在AB 段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小.同理，在滑道BC 段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C 处开始滑动时，小滑动损失的动能更大.故综上所述，从A 滑到C 比从C 滑到A 在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A 滑到C 平均速度要更大一些，故t 1＜t 2.选项A 正确.二.多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分).6.如图6所示，n 个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l ，总质量为M ，它们一起以速度v 在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面.小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的数值为( ) 【导学号：96622450】图6A.12M v 2B.M v 2C.12μMglD.μMglAC 小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明小方块进入粗糙水平面后速度为零.以所有小方块为研究对象，由动能定理可知，所有小方块克服摩擦力做功W f ＝12M v 2，A 项正确；将所有小方块等效为质量集中在重心的质点，恰能完全进入粗糙水平面，重心位移为12l ，摩擦力做功为－12μMgl ，做功的数值大小为12μMgl ，C 正确.7.在离水平地面h 高处将一质量为m 的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为f ，落地时小球距抛出点的水平距离为x ，速率为v ，那么，在小球运动的过程中( )A.重力做功为mghB.克服空气阻力做的功为f ·h 2＋x 2C.落地时，重力的瞬时功率为mg vD.重力势能和机械能都逐渐减少AD 重力做功为W G ＝mgh ，A 正确；空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于h 2＋x 2，故克服空气阻力做的功大于f ·h 2＋x 2，B 错误；落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mg v ，C 错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，D 正确.8.有一辆新颖电动汽车，总质量为1 000 kg.行驶中，该车速度在14～20 m/s 范围内保持恒定功率20 kW 不变.一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400 m 范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则B.位移120～320 m 过程牵引力所做的功约为9.5×104 JC.位移120～320 m 过程经历时间约为14.75 sD.该车速度在14～20 m/s 范围内可能做匀加速直线运动AC 汽车最后匀速行驶，有P ＝f v m 得：f ＝20×10320.0 N ＝1 000 N ，则A 对；汽车位移120～320 m 过程中牵引力做功W ，由动能定理得：W －f ·(320 m －120 m)＝12m v 2m －12m v 20，代入数据得W ＝2.95×105 J ，则B 错；设汽车位移120～320 m 过程经历时间为t ，由动能定理得：Pt －f ·(320 m －120 m)＝12m v 2m －12m v 20，代入数据得：t ＝14.75 s ，则C 对；汽车速度在14～20 m/s 范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D 错.9.(2016·全国丙卷)如图7，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图7A.a ＝2(mgR －W )mRB.a ＝2mgR －W mRC.N ＝3mgR －2W RD.N ＝2(mgR －W )RAC 质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12m v 2，则速度v ＝2(mgR －W )m ，最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝2(mgR －W )mR，选项A 正确，选项B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2W R，选项C 正确，选项D 错误.三.非选择题(本题共3小题，共51分.按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明.方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位).图810.(16分)在验证机械能守恒的实验中，某同学利用图8中器材进行实验，正确地完成实验操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图9所示.在实验数据处理中，某同学取A.B两点来验证实验.已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，g取9.8 m/s2，图中测量结果记录在下面的表格中.图9“右”)(2)将表格中未填项目填写完整；(3)若重物和夹子的总质量为0.6 kg，那么在A到B运动过程中，动能的增加量为________J，重力势能的减少量为________J.【解析】(1)重物刚开始运动，速度较小，点迹比较密集，故夹子应夹在纸带的左端.(2)v B＝x22T＝3.20 m/s.(3)在A到B运动过程中，动能的增加量ΔE k＝12m v2B－12m v2A≈2.78 J，重力势能的减少量ΔE p＝mgh AB＝2.94 J.【答案】(1)左(2)3.20(3)2.78 2.9411.(17分)(2016·全国丙卷)如图10，在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接.AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动.【导学号：96622451】图10(1)求小球在B .A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点.【解析】 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒定律得E k A ＝mg R 4① 设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B E k A ＝5. ③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足 N ≥0 ④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝12m v 2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点.【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到C 点12.(18分)(2014·江苏高考)如图11所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g .图11(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复.若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －.【解析】小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知：(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v 202μg .(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向.纵向加速度的大小分别为a x .a y ，则a y a x＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向.纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δv y Δv x＝tan θ 且由题意知tan θ＝v y v x，则v′yv′x＝v y－Δv yv x－Δv x＝tan θ所以摩擦力方向保持不变.则当v′x＝0时，v′y＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v＝2v0.(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的纵向位移为y，由题意知：a x＝μg cos θ，a y＝μg sin θ由匀变速运动规律知在侧向上：－2a x x＝0－v20在纵向上：2a y y＝(2v0)2－0工件滑动时间：t＝2v0 a y乙前进的距离：y1＝2v0t工件相对乙的位移：L＝x2＋(y1－y)2，则系统摩擦生热：Q＝μmgL电动机做功：W＝12m(2v0)2－12m v2＋Q由P－＝Wt，解得电动机的平均输出功率为：P－＝45μmg v05.【答案】(1)2v202μg(2)2v0(3)45μmg v05。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练3含答案

章末过关练(三)牛顿运动定律(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分、每小题只有一个选项符合题意)、1、如图1所示,将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上,用轻弹簧1、2、3将质量为m的小球悬挂起来、框架和小球都静止时弹簧1竖直,弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长,这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断,则在剪断后瞬间() 【导学号：96622438】图1A、框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB、框架对地面的压力大小为0C、小球的加速度为0D、小球的加速度大小等于gC根据题意,当弹簧1从最上端剪断后瞬间,弹力仍存在,而弹簧2与3没有形变,即没有弹力,因此框架对地面的压力大小为Mg,对小球受力分析,只受重力和弹力,两力平衡,则加速度大小等于0,故ABD错,C正确、2、如图2所示,P是位于水平粗糙桌面上的物块,用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连,Q的质量为m,在P向右加速运动的过程中,桌面以上的绳子始终是水平的、关于物体P受到的拉力和摩擦力,下列说法中正确的是()图2A、P受到的拉力的施力物体是钩码Q,大小等于mgB、P受到的拉力的施力物体是绳子,大小等于mgC、P受到的摩擦力方向水平向左,大小一定小于mgD、P受到的摩擦力方向水平向左,大小有可能等于mgC P受到的拉力来自于绳子,但由于Q有加速度,故绳子的拉力小于Q的重力mg,故A、B错误；以P为研究对象,对其受力分析,P受重力、绳子的拉力、桌面对其竖直向上的支持力和向左的滑动摩擦力,P向右做加速运动,加速度向右,合力向右,根据牛顿第二定律可知,摩擦力小于绳的拉力,故一定小于mg,故C正确、D错误、3、一皮带传送装置如图3所示,轻弹簧一端固定,另一端连接一个质量为m的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦、现将滑块轻放在皮带上,弹簧恰好处于自然长度且轴线水平、若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中,滑块始终未与皮带达到共速,则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()图3A、速度增大,加速度增大B、速度增大,加速度减小C、速度先增大后减小,加速度先增大后减小D、速度先增大后减小,加速度先减小后增大D因滑块始终未与皮带达到共速,故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力,由μmg －kx ＝ma 可知,滑块的加速度先减小后反向增大,而滑块的速度先增大后减小,直到速度为零,故只有D 项正确、4. (2017·宿迁模拟)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出,图4甲是向上运动小球的频闪照片,图乙是下降时的频闪照片,O 是运动的最高点,甲、乙两次的闪光频率相同、重力加速度为g .假设小球所受阻力大小不变,则可估算小球受到的阻力大小约为( ) 【导学号：96622439】图4A 、mgB.13mgC.12mgD.110mgB 设每块砖的厚度是d ,向上运动时：6d －2d ＝aT 2①,向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②,联立①②得：a a ′＝21③；根据牛顿第二定律,向上运动时：mg ＋f ＝ma ④,向下运动时：mg －f ＝ma ′⑤,联立③④⑤得：f ＝13mg ,B 正确、5、如图5所示,质量为M 的小车放在光滑的水平面上,小车上用细线悬吊一个质量为m 的小球,M >m ,用一力F 水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a 向右运动时,细线与竖直方向成θ角,细线的拉力为F 1.若用一力F ′水平向左拉小车,使小球和其一起以加速度a ′向左运动时,细线与竖直方向也成θ,细线的拉力为F 1′.则( )图5A、a′＝a,F1′＝F1B、a′>a,F1′＝F1C、a′<a,F1′＝F1D、a′>a,F1′>F1B当用力F水平向右拉小球时,以球为研究对象,竖直方向有F1cos θ＝mg①水平方向有F－F1sin θ＝ma,以整体为研究对象有F＝(m＋M)a,解得：a＝mM g tan θ②当用力F′水平向左拉小车时,以球为研究对象,竖直方向有F1′cos θ＝mg③水平方向有F1′sin θ＝ma′,以整体为研究对象有F′＝(m＋M)a′,解得：a′＝g tan θ④综合两种情况,由①③有F1＝F1′；由②④并结合M>m有a′>a.故B项正确、二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)、6、一斜面固定在水平面上,在斜面顶端有一长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ,木板上固定一轻质弹簧测力计,弹簧测力计下面连接一个光滑的小球,如图6所示,当木板固定时,弹簧测力计示数为F1,现由静止释放后,木板沿斜面下滑,稳定时弹簧测力计的示数为F2,若斜面的高为h,底边长为d,则下列说法正确的是() 【导学号：96622440】图6A 、稳定后弹簧仍处于伸长状态B 、稳定后弹簧一定处于压缩状态C 、μ＝F 1d F 2hD 、μ＝F 2h F 1dAD 平衡时,对小球分析F 1＝mg sin θ；木板运动后稳定时,对整体分析有：a ＝g sin θ－μg cos θ；则a <g sin θ,根据牛顿第二定律得知,弹簧对小球的弹力应沿斜面向上,弹簧处于拉伸状态,对小球有mg sin θ－F 2＝ma 而tan θ＝h d ；联立以上各式计算可得μ＝F 2h F 1d ,故A 、D 正确、7、某司机在检测汽车性能过程中,得到汽车减速过程中的位移s 与速度v 的关系曲线如图7所示,并得出位移s 与速度v 的函数关系式为s ＝m－n v 2,其中m 、n 为常数、重力加速度的大小g 取10 m/s 2.则以下判断正确的是( )图7A 、汽车在此过程中做匀变速直线运动B 、汽车的末速度为20 m/sC 、由题中所给已知条件可确定m 、n 的大小D 、汽车对司机作用力的大小与司机重力大小的比值为45AC 将s ＝m －n v 2与－2as ＝0－v 2对比发现汽车此过程做匀变速直线运动,选项A 正确；根据题设条件可知：汽车在做刹车运动,由图可知汽车的末速度为0,选项B 错误；从图象取坐标值(0,25 m)和(72 km/h,0)代入表达式中,m －0＝25,m －400n ＝0,可得：m ＝25,n ＝116,选项C 正确；解对比方程可得：汽车刹车时的加速度a ＝8 m/s 2,对司机受力分析,由牛顿第二定律可得：汽车对司机的作用力F ＝m 人a 2＋g 2＝2m 人41,易知选项D错误、8、如图8甲所示,一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m 的小滑块、木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时,用传感器测出其加速度a ,得到如图乙所示的a -F 图象、g 取10 m/s 2,则( ) 【导学号：96622441】甲乙图8A 、滑块的质量m ＝4 kgB 、木板的质量M ＝6 kgC 、当F ＝8 N 时滑块的加速度为2 m/s 2D 、滑块与木板间的动摩擦因数为0.1AD 当F ＝6 N 时,加速度为a ＝1 m/s 2,对整体分析,由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ,代入数据解得M ＋m ＝6 kg ；当F >6 N 时,根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M ＝1M F －μmg M ,知图线的斜率k ＝1M ＝12,解得M ＝2 kg,滑块的质量m ＝4 kg,故A 正确,B 错误；根据F >6 N 的图线知,F ＝4 N 时,a＝0,即0＝12×F －μ×402,代入数据解得μ＝0.1,D 正确；当F ＝8 N 时,对滑块,由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′,解得a ′＝μg ＝1 m/s 2,C 错误、9.在光滑水平面上,a、b两小球沿水平面相向运动、当小球间距小于或等于L时,受到大小相等,方向相反的相互排斥恒力作用、小球间距大于L时,相互排斥力为零、小球在相互作用区间运动时始终未接触,两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图9所示,由图可知()图9A、a球质量大于b球质量B、在t1时刻两小球间距最小C、在0～t2时间内两小球间距逐渐减小D、在0～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反AC两个小球受到的斥力大小相同,但是加速度大小不同,根据a＝Fm 可知加速度小的小球质量大,所以a球质量大于b球质量,A正确.0～t1时间内,两小球相向运动,距离越来越小,t1～t2时间内两小球运动方向相同,但a小球速度大,两小球的距离继续减小,t2时刻两小球距离最小,B错误,C 正确、t1～t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相同,D错误、三、非选择题(本题共3小题,共51分、按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)、10、(15分)某同学设计了如图10所示的装置,利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ,滑块和托盘上分别放有若干砝码,滑块质量为M,滑块上砝码总质量为m′,托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中,滑块在水平轨道上从A 到B做初速度为零的匀加速直线运动,重力加速度g取10 m/s2.图10(1)为测量滑块的加速度a ,需测出它在A 、B 间运动的________和________,计算a 的运动学公式是________、(2)根据牛顿运动定律得到a 与m 的关系为：a ＝(1＋μ)gM ＋(m ′＋m )m －μg . 他想通过多次改变m ,测出相应的a 值,并利用上式来计算μ.若要求a 是m 的一次函数,必须使上式中的________保持不变,实验中应将从托盘中取出的砝码置于________、【解析】 (1)由x ＝12at 2可知,a ＝2x t 2,故要测量滑块的加速度a ,需要测出它在A 、B 间运动的位移和时间、(2)要使a 是m 的一次函数,则(1＋μ)gM ＋(m ′＋m )应保持不变,故在多次改变m 时,应使(m ′＋m )保持不变,即实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上、【答案】 (1)位移时间 a ＝2x t 2(2)m ′＋m 滑块上11、(18分)如图11所示,有一水平放置的足够长的皮带输送机以v ＝5 m/s 的速率沿顺时针方向运行、有一物体以v 0＝10 m/s 的初速度从皮带输送机的右端沿皮带水平向左滑动、若物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.5,g 取10 m/s 2,求物体从滑上皮带到离开皮带所用的时间、【导学号：96622442】图11【解析】物块滑上传送带时,受到向右的滑动摩擦力,向左做匀减速运动,由牛顿第二定律得：μmg ＝ma ,加速度：a ＝μg ＝0.5×10 m/s 2＝5 m/s 2,由匀变速运动的速度位移公式可得,物块速度变为零时的位移：s ＝v 202a ＝1022×5 m ＝10 m,物体向左运动的时间t 左＝105 s ＝2 s ；物块速度变为零后,反向向右做初速度为零的匀加速运动,加速度a ＝5 m/s 2,物块速度等于传送带速度v ＝5 m/s 时,物块的位移s 1＝v 22a ＝522×5 m ＝2.5 m<s ＝10 m,运动时间t 1＝55 s ＝1 s,然后物块与传送带一起向右做匀速直线运动,物块做匀速直线运动的时间：t 2＝10－2.55 s ＝1.5 s,物块从滑上传送带到滑下传送带所用的时间：t ＝t 左＋t 1＋t 2＝4.5 s.【答案】 4.5 s12. (18分)(2017·镇江模拟)如图12所示,一个质量为M 的长圆管竖直放置,顶端塞有一个质量为m 的弹性小球,M ＝4 m,球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg ,管从下端离地面距离为H 处自由落下,运动过程中,管始终保持竖直,每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等,不计空气阻力,重力加速度为g ,求：(1)管第一次落地时管和球的速度；(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(3)管第一次落地弹起后,若球恰好没有从管口滑出,则此时管的下端距地面的高度、图12【解析】 (1)取竖直向下为正方向、管第一次碰地时管和球的速度v 0＝2gH ,方向向下、(2)管第一次落地弹起时,管的加速度a 1＝4mg ＋4mg4m＝2g ,方向向下、球的加速度a 2＝f －mg m ＝3g ,方向向上、(3)球的速度v 2＝2gH ,方向向下若球刚好没有从管中滑出,设经过时间t 1,球管速度v 相同,则有－v 1＋a 1t 1＝v 2－a 2t 1t 1＝2v 0a 1＋a 2管从碰地到它弹到最高点所需时间t 2,则：t 2＝v 0a 1因为t 1<t 2,说明管在达到最高点前,球与管相对静止,故管从弹起经t 1这段时间上升的高度为所求、得h 1＝v 1t －12a 1t 21＝1225H .【答案】 (1)均为2gH(2)2g 3g (3)1225H11。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练6含答案

章末过关练(六)静电场(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分、每小题只有一个选项符合题意)、1、绝缘细线的一端与一带正电的小球M相连接,另一端固定在天花板上,在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N,在下列情况下,小球M能处于静止状态的是()B M受到三个力的作用处于平衡状态,则绝缘细线对小球M的拉力与小球N对小球M的库仑力的合力必与M的重力大小相等,方向相反,其受力分析图如图所示,故B正确、2、如图1所示,一正离子在电场力作用下从A点运动到B点,在A点的速度大小为v0,方向与电场方向相同、该离子从A点到B点的v-t图象是() 【导学号：96622452】图1C A点的电场线密,故A点的场强大,因此该离子在A点的加速度大,在v-t图象中,图线斜率逐渐变小,故C对、3、如图2所示,在两个等量负点电荷形成的电场中,O点是两电荷连线的中点,a、b是该线上的两点,c、d是两电荷连线中垂线上的两点,acbd 为一菱形、若将一负离子(不计重力且不影响原电场分布)从c点匀速移动到d点,电场强度用E、电势用φ来表示、则下列说法正确的是()图2A、φa一定小于φO,φO一定大于φcB、E a一定大于E O,E O一定大于E cC、负离子的电势能一定先增大后减小D、施加在负离子上的外力一定先减小后增大C两等量同种负点电荷连线中点O的场强为零,B项错；由c到O 过程中,负离子受到沿Oc方向的电场力作用,电场力做负功,电势能增大,由电势能与电势关系可知,φO一定小于φc,A项错；由O到d过程中,负离子受到沿Od方向的斥力,电场力做正功,电势能减小,故C项正确；在两点电荷连线垂直平分线上,由O到无穷远处,场强先增大后减小,由题意不能确定d点场强与中垂线上场强最大值的关系,故D项错误、4、在方向水平的匀强电场中,一不可伸长的绝缘细线的一端连接一个质量为m、电荷量为q的带电小球、细线另一端固定于O点,把小球拉起直至细线水平,如图3所示、将小球无初速度释放,小球向下摆动的最大角度为45°,重力加速度为g,则匀强电场的电场强度大小为() 【导学号：96622453】图3A.mg qB 、(2＋1)mg qC 、(2－1)mg q D.22＋12·mg qB 设绝缘细线的长度为l ,由动能定理得mg 22l －qE ⎝⎛⎭⎪⎫l －22l ＝0,E ＝2＋1q mg ,选项B 正确、5、两个不等量异种点电荷位于x 轴上,a 带正电,b 带负电,|q a |>|q b |,且a 、b 相对坐标原点位置对称、取无限远处的电势为零,下列各选项正确描述x 轴上的电势φ随位置x 变化规律的是( )D 电场线从正电荷出发而终止于负电荷,沿着电场线电势降低,由于|q a |>|q b |,故在b 电荷右侧存在电场强度为零的位置；φ - x 图象的切线斜率表示电场强度、故D 正确、二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)、6.(2017·淮安模拟)如图4所示,A 、B 、C 为直角三角形的三个顶点,∠A ＝30°,D 为AB 的中点,负点电荷Q 位于D 点、A 、B 、C 三点的电势分别用φA 、φB 、φC 表示,下列说法正确的是( ) 【导学号：96622454】图4A 、φC 等于φAB 、A 、B 两点电场强度相同C 、负检验电荷在BC 连线上各点具有的电势能都相等D 、将正检验电荷沿AC 从A 点移到C 点,电场力先做正功后做负功 AD 点电荷的等势面是一系列的同心圆,A 、C 两点在同一个等势面上,故φC 等于φA ,故A 正确；A 、B 两点与场源点电荷距离相等,根据点电荷场强公式E ＝k Q r 2,故AB 两点的电场强度大小相等,但方向不同,故A 、B两点的电场强度不相同,故B 错误；BC 连线上各点距场源距离不等,电势不等,根据E p ＝qφ,负检验电荷在BC 连线上各点具有的电势能不相等,故C 错误；AC 连线上,越靠近负电荷电势越低,从A 到C 电势先降低后升高,正检验电荷具有的电势能先减小后增大,故电场力先做正功后做负功,故D 正确、7.如图5所示,一个质量为m 、带电量为q 的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入,不计粒子所受的重力、当粒子的入射速度为v 时,它恰能穿过电场区域而不碰到金属板上、现欲使质量为m 、入射速度为v 2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板,在以下的仅改变某一物理量的方案中,可行的是( )图5A 、使粒子的带电量减少为原来的14B 、使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C 、使两板间的距离增加到原来的2倍D 、使两极板的长度减小为原来的一半ACD 设电容器两板间距为d ,板长为l ,由类平抛运动规律可得l ＝v t ,d 2＝12qE m t 2＝12qU dm t 2,可得d 2＝qUl 2m v 2.粒子带电量减少为原来的14,则d ′2＝qUl 2m v 2＝d 2,满足条件,选项A 正确；电压变为原来的12,则d ′2＝2qUl 2m v 2＝2d 2,不满足条件,选项B 错误；两板间距离增加到原来的2倍,则d ′2＝4qUl 2m v 2＝4d 2,满足条件,选项C 正确；两极板长度减小到原来的一半,则d ′2＝qUl 2m v 2＝d 2,满足条件,选项D 正确,故不可行的是选项B.8.如图6所示,一个电场的电场线分布关于y 轴对称,等腰直角三角形OPQ 处于电场中,A 为OQ 中点,则下列说法中正确的是( )【导学号：96622455】图6A 、Q 点的电势比A 点的电势低B 、将负电荷由O 点移动到P 点,电场力做正功C 、OA 两点间的电势差大于AQ 两点间的电势差D 、在O 点静止释放一个带正电粒子,该粒子将沿y 轴做匀变速直线运动AC 因为沿着电场线的方向,电势降低,所以Q 点的电势低于A 点的电势,选项A 正确；将负电荷由O 点移到P 点,电场力做负功,选项B 错误；由于OA 之间的电场强度大于AQ 之间的电场强度,而OA ＝AQ ,故OA 之间的电势差大于AQ 之间的电势差,选项C 正确；从O 点开始,沿y 轴正方向,电场线越来越疏,电场强度越来越小,故带正电粒子将做加速度越来越小的加速运动,选项D 错误、9.如图7所示,长为L 、倾角为θ的绝缘光滑斜面处于电场中,一电荷量为q 、质量为m 的带正电小球,以初速度v 0由斜面底端的A 点沿斜面上滑,到达斜面顶端B 点时速度仍为v 0.下列判断正确的是( )图7A 、A 、B 两点的电势相等B 、A 、B 两点间的电势差为mgL sin θqC 、小球在A 点的电势能和重力势能之和与在B 点时相同D 、由A 到B 过程中电场力做的功大于克服重力做的功BC 小球受到重力、电场力和支持力的作用运动,支持力不做功,由能量守恒得小球的动能、重力势能和电势能的总和保持不变,A 点和B 点的动能相同,故A 、B 两点的电势能和重力势能的总和相同,C 正确；由A到B 过程中电场力做功等于克服重力所做的功,则有U AB ＝W AB q ＝mgL sin θq,B 正确,A 、D 错误、三、非选择题(本题共3小题,共51分、按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)、10.(17分)用两根长度均为L 的绝缘细线各系一个小球,并悬挂于同一点、已知两小球质量均为m ,当它们带上等量同种电荷时,两细线与竖直方向的夹角均为θ,如图8所示、若已知静电力常量为k ,重力加速度为g .求：图8(1)小球所受拉力的大小；(2)小球所带的电荷量、【解析】 (1)对小球进行受力分析,如图所示、设绳子对小球的拉力为F T ,则mg T ＝cos θF T ＝mg cos θ.(2)设小球在水平方向受到库仑力的大小为F ,则F mg ＝tan θ,F ＝mg tan θ又F ＝k Q 2r 2,r ＝2L sin θ所以Q ＝2L sin θmg tan θk .【答案】 (1)mg cos θ (2)2L sin θmg tan θk11、(17分)如图9所示为一个从上向下看的俯视图,在光滑绝缘的水平桌面上,固定放置一条光滑绝缘的挡板轨道ABCD ,AB 段为直线,BCD 段是半径为R 的一部分圆弧(两部分相切于B 点),挡板处于场强为E 的匀强电场中,电场方向与圆的直径MN 平行,现使一带电量为＋q 、质量为m 的小球(不计重力)由静止从斜挡板内侧上某点释放,为使小球能沿挡板内侧运动,最后从D 点抛出,试求：图9(1)小球从释放点到N 点沿电场强度方向的最小距离；(2)在上述条件下小球经过N 点时对挡板的压力大小、【解析】 (1)根据题意分析可知,小球过M 点对挡板恰好无压力时,s最小,根据牛顿第二定律有：qE ＝m v 2M R .由动能定理得：qE (s －2R )＝12m v 2M联立解得：s ＝52R .(2)小球过N 点时,根据牛顿第二定律有：N －qE ＝m v 2N R由动能定理得：qEs ＝12m v 2N联立解得：N ＝6qE .【答案】 (1)52R (2)6qE12、(17分)如图10所示,水平放置的平行板电容器,两板间距离为d ＝8 cm,板长为L ＝25 cm,接在直流电上,有一带电液滴以v 0＝0.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入,恰好做匀速直线运动,当它运动到P 处时迅速将下板向上提起43 cm,液滴刚好从金属板末端飞出,求：【导学号：96622456】图10(1)将下板向上提起后,液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时,匀速运动到P 点所用时间为多少？(g 取10 m/s 2)【解析】 (1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力,因为液滴匀速运动,所以有：qE ＝mg ,q U d ＝mg ,即：qU ＝mgd .当下板向上提后,d 减小,E 增大,电场力增大,故液滴向上偏转,在电场中做类平抛运动、此时液滴所受电场力F ＝q U d ′＝mgd d ′,a ＝F －mg m ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d d ′－1m ＝15g ＝2 m/s.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出,所以液滴在竖直方向上的位移是d 2.设液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t 1,则d 2＝12at 21,t 1＝d a＝0.2 s.而液滴从刚进入电场到出电场的时间t 2＝L v 0＝0.5 s. 所以液滴从射入电场到匀速运动到P 点的时间为t ＝t 2－t 1＝0.3 s.【答案】 (1)2 m/s 2 (2)0.3 s。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习章末过关练8Word版含答案

章末过关练(八)磁场(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．垂直纸面的长直导线p、q通有大小相等、方向如图1所示的电流，MN 是p、q连线的中垂线，O为垂足，现使带负电的粒子a、b、c、d从O点以速率v向M、N、p、q四个方向做直线运动，则()图1A．a在O点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外B．b在O点所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里C．c离开O点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向外D．d离开O点后所受洛伦兹力的方向垂直于纸面向里D两导线在O点产生的合磁场磁感应强度为零，在O点a、b不受洛伦兹力作用，A、B错误；两导线在pO段产生的合磁场方向水平向左，在qO段产生的合磁场方向水平向右，c、d所受洛伦兹力的方向均垂直于纸面向里，C错误、D正确．2．如图2所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线通有电流为I、b导线通有电流为2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为() 【导学号：96622462】图2A.F22IL B.F1 ILC.2F1－F22IL D.2F1－F2ILC a、b电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F，对a有F1＝F＋BIL，对b有F2＝F＋2BIL，解得F＝2F1－F2.对于导线b，F＝2F1－F2＝B ′·2IL ，解得B ′＝2F 1－F 22IL ，C 正确．3．如图3所示，一个带负电荷的物体从粗糙斜面顶端由静止释放后，滑到斜面底端时的速度为v .若加上一个如图所示的垂直于纸面指向外的水平磁场，则物体滑到底端时( )图3A ．v 变小B ．v 变大C ．v 不变D ．v 可能变大，也可能不变A 根据左手定则，带负电的物体受到垂直于斜面向下的洛伦兹力，这会增大物体与斜面间的正压力，从而增加物体与斜面间的摩擦力，物体在沿斜面向下运动的过程中，会有更多的机械能转化为内能，所以v 变小，选项A 正确．4．如图4所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )【导学号：96622463】图4A.23B ．2 C.32 D ．3D 两电子进入同一匀强磁场中，由圆周运动半径公式R ＝m v qB 可知，两电子轨迹半径相同．电子1垂直MN 射入匀强磁场，由几何知识可知，电子1在磁场中运动轨迹所对圆心角为π，电子2在磁场中运动轨迹所对圆心角为π3.由周期公式T ＝2πm qB 可知，两电子运动周期相同，故运动时间之比等于轨迹所对圆心角之比，即t 1∶t 2＝3∶1，D 项正确．5．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图5所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为()图5A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正A由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a电极带正电，b电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即q v B＝qE得v＝EB＝UBd≈1.3 m/s.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6.(2017·徐州模拟)如图6所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()图6A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1∶3B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动的时间比值为2∶1D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为3∶6BD粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角分别是：φA＝60°，φB＝120°，设粒子的运动轨道半径为r A，r B，r A＝R tan30°＝33R，r B＝R tan 60°＝3R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B＝m v 2r ，q m ＝v Br ，则粒子1与粒子2的比荷值为：vBr A v Br B＝r B r A ＝3，故A 错误；B 正确；粒子运动的周期，T ＝2πqB ，粒子运动的时间：t ＝θ2π·T ＝mθqB，带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为t 1t 2＝m 1q 1θ1m 2q 2θ2＝13·60°120°＝123，故C 错误，D 正确． 7．长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图7所示，磁感应强度为B ，板间距离也为l ，极板不带电，现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( ) 【导学号：96622464】图7A ．使粒子的速度v <Bql 4mB ．使粒子的速度v >5Bql 4mC ．使粒子的速度v >Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m <v <5Bql 4mAB 带电粒子刚好打在极板右边缘，有r 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1－l 22＋l 2，又因r 1＝m v 1Bq ，解得v 1＝5Bql 4m ；粒子刚好打在极板左边缘，有r 2＝l 4＝m v 2Bq ，解得v 2＝Bql 4m ，故A 、B 正确．8．如图8所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB 、CD ，导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如下图所示的表示棒所受的安培力F 和摩擦力F f 随时间变化的四个选项中，正确的是( ) 【导学号：96622465】图8BC 由左手定则知，金属棒MN 的安培力方向垂直纸面向里，因此金属棒对竖直金属导轨AB 、CD 的正压力在数值上等于金属棒MN 的安培力F ，设匀强磁场的磁感应强度为B 、棒MN 长为L ，则有F N ＝F ＝BIL ＝kBLt ，选项B 正确；开始阶段滑动摩擦力较小，即F f <mg ，物体加速下滑，滑动摩擦力为F f ＝μF N ＝μkBLt ，由上式可知，物体将做加速度减小的加速运动，当F f ＝mg 时速度达到最大，由于惯性，此后物体将继续向下运动，f 也继续随时间增加，当F f >mg 时物体将做减速运动，当速度减小到零时，物体由运动状态转变为静止状态，物体受到的滑动摩擦力“突变”为静摩擦力，由平衡条件可得，此后的静摩擦力大小为F f ＝mg ，选项C 正确．9．如图9所示，在一竖直平面内，y 轴左侧有一水平向右的匀强电场E 1和一垂直纸面向里的匀强磁场B ，y 轴右侧有一竖直方向的匀强电场E 2，一电荷量为q (电性未知)、质量为m 的微粒从x 轴上A 点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P 点运动到图中C 点，其中m 、q 、B 均已知，重力加速度为g ，则( )图9A ．微粒一定带负电B ．电场强度E 2一定竖直向上C ．两电场强度之比E 1E 2＝43 D ．微粒的初速度为v ＝5mg 4BqBD 微粒从A 到P 受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及电场力的性质可确定微粒一定带正电，A 错误；此时有qE 1＝mg tan 37°，微粒从P 到C 在电场力、重力作用下做直线运动，必有mg ＝qE 2，所以E 2的方向竖直向上，B 正确；由以上分析可知E 1E 2＝34，C 错误；AP 段有mg ＝Bq v cos 37°，即v ＝5mg 4Bq ，D 正确．三、计算题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10．(16分)如图10所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：【导学号：96622466】图10(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小．【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律得I＝ER0＋r＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N.【答案】(1)1.5 A(2)0.3 N11．(16分)如图11所示，在一底边长为2L，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场．现有一质量为m，电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AD进入磁场，不计重力与空气阻力的影响．图11(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度；(2)若要进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值．【解析】(1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v由qU＝12m v2得v＝2qUm.(2)要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC边相切，设圆周半径为R，由图中几何关系得：R ＋R sin θ＝L由洛伦兹力提供向心力有q v B ＝m v 2R解得B ＝(2＋2)Uqm qL. 【答案】 (1)2qU m (2)(2＋2)Uqm qL 12．(19分)(2014·江苏高考)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图12所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．图12(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．【解析】 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ，粒子的运动轨迹如图所示．根据题意知L ＝3r sin 30°＋3d 2tan 30°，且磁场区域的宽度h ＝r (1－cos 30°)解得：h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32. (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，洛伦兹力提供向心力，则有m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B ，由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°，解得粒子速度的最小变化量Δv ＝v －v ′＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d . (3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d tan θ＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2n r n＝q v n B ，解得v n ＝qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数. 【答案】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫23L －3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－32 (2)qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 6－34d (3)qB m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L n ＋1－3d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1≤n <3L 3d －1，n 取整数。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练4含答案

章末过关练(四) 曲线运动万有引力与航天(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分、每小题只有一个选项符合题意)、1、光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式,在读取内环数据时,以恒定角速度方式读取,而在读取外环数据时,以恒定线速度的方式读取、如图1所示,设内环内边缘半径为R 1,内环外边缘半径为R 2,外环外边缘半径为R 3.A 、B 、C 分别为各边缘线上的点、则读取内环上A 点时,A 点的向心加速度大小和读取外环上C 点时,C 点的向心加速度大小之比为( ) 【导学号：96622443】图1A.R 21R 2R 3B.R 22R 1R 3C.R 2R 3R 21D.R 1R 3R 22D A 、B 两点角速度相同,由a ＝ω2r 可知,a A ∶a B ＝R 1∶R 2①；B 、C两点线速度相同,由a ＝v 2r 可知：a B ∶a C ＝R 3∶R 2②；①×②得：a A ∶a C ＝R 1R 3∶R 22,D 项正确、2、(2015·全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道、当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行、已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为 1.55×103 m/s,此时卫星的高度与同步轨道的高度相同,转移轨道和同步轨道的夹角为30°,如图2所示、发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()图2A、西偏北方向,1.9×103 m/sB、东偏南方向,1.9×103 m/sC、西偏北方向,2.7×103 m/sD、东偏南方向,2.7×103 m/sB设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时,速度为v1,发动机给卫星的附加速度为v2,该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图,由图知附加速度方向为东偏南,由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1v cos 30°,代入数据解得v2≈1.9×103 m/s.选项B正确、3、一艘船要在最短时间内渡过宽为100 m的河,已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图3甲所示,船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示,则以下判断中正确的是() 【导学号：96622444】甲乙图3A、船渡河的最短时间为25 sB、船运动的轨迹可能是直线C 、船在河水中航行的加速度大小为a ＝0.4 m/s 2D 、船在河水中的最大速度是5 m/sC 船在行驶过程中,船头始终与河岸垂直时渡河时间最短,即t ＝1005s ＝20 s,A 项错误；由于水流速度变化,所以合速度变化,船头始终与河岸垂直时,运动的轨迹不可能是直线,B 项错误；船在最短时间内渡河t ＝20 s,则船运动到河的中央时所用时间为10 s,水的流速在x ＝0到x ＝50 m 之间均匀增加,则a 1＝4－010 m/s 2＝0.4 m/s 2,同理x ＝50 m 到x ＝100 m 之间a 2＝0－410 m/s 2＝－0.4 m/s 2,则船在河水中航行的加速度大小为0.4 m/s 2,C 项正确；船在河水中的最大速度为v ＝52＋42 m/s ＝41 m/s,D 项错误、4、“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星,被称为“太空110”,它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源,延长卫星的使用寿命、假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,其运动方向与地球自转方向一致,轨道平面与地球赤道平面重合,下列说法正确的是( )A 、“轨道康复者”可在高轨道上加速,以实现对低轨道上卫星的拯救B 、站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动C 、“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍D 、“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍D “轨道康复者”要在原轨道上减速,做近心运动,才能“拯救”更低轨道上的卫星,故A 错误；因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期,则小于地球自转的周期,所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度,站在赤道上的人用仪器观察到“轨道康复者”向东运动,故B 错误；根据G Mm r 2＝m v 2r 得：v ＝GMr ,因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍,故C 错误；根据G Mm r 2＝ma 得：a ＝G M r 2,因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一,则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍,故D 正确、5、(2014·福建高考)若有一颗“宜居”行星,其质量为地球的p 倍,半径为地球的q 倍,则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( ) A.pq 倍 B.q p 倍 C.pq 倍 D.pq 3倍C 卫星绕行星做匀速圆周运动的向心力由行星对卫星的万有引力提供,设地球质量为M ,半径为R ,根据GMm R 2＝m v 2R 得地球卫星的环绕速度为v ＝GM R ,同理该“宜居”行星卫星的环绕速度为v ′＝GpM qR ＝v pq ,为地球卫星环绕速度的pq 倍,选项C 正确、二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)、6、(2017·南通模拟)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动,假设王跃登陆火星后,测得火星的半径是地球半径的12,质量是地球质量的19.已知地球表面的重力加速度是g ,地球的半径为R ,王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h ,忽略自转的影响,下列说法正确的是( ) 【导学号：96622445】A 、火星的密度为2g 3πGRB 、火星表面的重力加速度是2g 9C 、火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为23D 、王跃以与在地球上相同的的初速度在火星上起跳后,能达到的最大高度是9h 4AD 由G Mm R 2＝mg ,得到：g ＝GM R 2,已知火星半径是地球半径的12,质量是地球质量的19,则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的49,即为49g .设火星质量为M ′,由万有引力等于重力可得：G M ′m R ′2＝mg ′, 解得：M ′＝gR 29G ,密度为：ρ＝M V ＝2g 3πGR .故A 正确、g ＝GM R 2,已知火星半径是地球半径的12,质量是地球质量的19.则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的49,即为49g .故B 错误、由G Mm R 2＝m v 2R ,得到v ＝GM R ,火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍、故C 错误、王跃以v 0在地球起跳时,根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h ＝v 202g ,由于火星表面的重力加速度是49g ,王跃以相同的初速度在火星上起跳时,可跳的最大高度h ′＝94h .故D 正确、7、(2017·常州模拟)一个做平抛运动的物体,从物体水平抛出开始发生水平位移为s 的时间内,它在竖直方向的位移为d 1；紧接着物体在发生第二个水平位移s 的时间内,它在竖直方向发生的位移为d 2.已知重力加速度为g ,则做平抛运动的物体的初速度为( )A 、s g d 2－d 1B 、sg 2d 1 C.2s 2gd 1d 1－d 2D 、s 3g2d 2 ABD 从运动开始到发生水平位移s 的时间内,它在竖直方向的位移为d 1；根据平抛运动的规律可得水平方向上：s ＝v 0t竖直方向上：d 1＝12gt 2联立可以求得初速度v 0＝s g2d 1,所以B 正确；在竖直方向上,物体做自由落体运动,根据Δx ＝gT 2可得d 2－d 1＝gT 2,所以时间的间隔T ＝d 2－d 1g ,所以平抛的初速度v 0＝s t ＝s g d 2－d 1,所以A 正确；再根据匀变速直线运动的规律可知d 1d 2＝13,所以从一开始运动物体下降的高度为43d 2,由43d 2＝12g (2t )2,可得物体运动的时间间隔为t ＝2d 23g ,所以平抛的初速度v 0＝s t ＝s3g 2d 2,所以D 正确；故选ABD. 8、如图4所示,斜面倾角为θ,从斜面的P 点分别以v 0和2v 0的速度水平抛出A 、B 两个小球,不计空气阻力,若两小球均落在斜面上且不发生反弹,则( )图4A 、A 、B 两球的水平位移之比为1∶4B 、A 、B 两球飞行时间之比为1∶2C 、A 、B 两球下落的高度之比为1∶2D 、A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶4AB 由平抛运动规律有x 1＝v 0t 1,y 1＝12gt 21,tan θ＝y 1x 1；x 2＝2v 0t 2,y 2＝12gt 22,tan θ＝y 2x 2；联立得A 、B 两球飞行时间之比为t 1∶t 2＝1∶2,A 、B 两球的水平位移之比为x 1∶x 2＝1∶4,A 、B 两项均正确；A 、B 下落的高度之比为y 1∶y 2＝1∶4,C 项错误；A 、B 两球落到斜面上的速度大小分别为v 1＝v 20＋(gt 1)2,v 2＝(2v 0)2＋(gt 2)2＝(2v 0)2＋(2gt 1)2＝2v 20＋(gt 1)2,A 、B 两球落到斜面上的速度大小之比为1∶2,D 项错误、9、“神舟十号”与“天宫一号”多次成功实现交会对接、如图5所示,交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动,在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接、M 、Q 两点在轨道1上,P 点在轨道2上,三点连线过地球球心,把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速、下列关于“神舟十号”变轨过程的描述,正确的有( ) 【导学号：96622446】图5A 、“神舟十号”在M 点加速,可以在P 点与“天宫一号”相遇B 、“神舟十号”在M 点经一次加速,即可变轨到轨道2C 、“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度D 、“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期AD 神舟十号与天宫一号实施对接,需要神舟十号抬升轨道,即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬高与天宫一号实现对接,故“神舟十号”在M 点加速,可以在P 点与“天宫一号”相遇,故A 正确；卫星绕地球做圆周运动时向心力由万有引力提供,故有G Mm r 2＝m v 2r ,解得：v ＝GMr ,所以卫星轨道高度越大线速度越小,“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度,所以M 点经一次加速后,还有一个减速过程,才可变轨到轨道2,故B 、C 错误；根据G Mm r 2＝m 4π2r T 2解得：T ＝2πr 3GM 知轨道半径越大,周期越大,所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期,故D 正确、三、计算题(本题共3小题,共51分、按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)、10、(16分)如图6所示,滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下,滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h ＝1.4 m 、宽L ＝1.2 m 的长方体障碍物,为了不触及这个障碍物,他必须在距水平地面高度H ＝3.2 m 的A 点沿水平方向跳起离开斜面、忽略空气阻力,重力加速度g 取10 m/s 2.(已知sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6),求：图6(1)若运动员不触及障碍物,他从A 点起跳后落至水平面的过程所经历的时间；(2)运动员为了不触及障碍物,他从A 点沿水平方向起跳的最小速度、【解析】 (1)运动员从斜面上起跳后沿竖直方向做自由落体运动,根据自由落体公式H ＝12gt 2解得：t ＝2Hg ＝0.8 s.(2)为了不触及障碍物,运动员以速度v 沿水平方向起跳后竖直下落高度为H －h 时,他沿水平方向运动的最小距离为H tan 53°＋L ,设他在这段时间内运动的时间为t ′,则：H －h ＝12gt ′2,H tan 53°＋L ＝v t ′, 解得v ＝6.0 m/s.【答案】 (1)0.8 s (2)6.0 m/s11、(17分)如图7所示,有一长为L 的细线,细线的一端固定在O 点,另一端拴一质量为m 的小球,现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动、已知水平地面上的C 点位于O 点正下方,且到O 点的距离为1.9L .不计空气阻力、图7(1)求小球通过最高点A 时的速度v A ；(2)若小球通过最低点B 时,细线对小球的拉力T 恰好为小球重力的6倍,且小球经过B 点的瞬间让细线断裂,求小球落地点到C 点的距离、【解析】 (1)小球由绳固定,恰好通过最高点应满足：mg ＝m v 2A L ,可得v A ＝gL .(2)在B 点,由牛顿第二定律可得：T －mg ＝m v 2B L ,又T ＝6mg ,可解得：v B ＝5gL又h BC ＝12gt 2,x ＝v B t ,h BC ＝1.9L －L ＝0.9L可解得：x ＝3L .【答案】 (1)gL (2)3L12、(18分)如图8所示,用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直管BC 组成的轨道固定在水平桌面上,已知半圆形APB 的半径R ＝1.0 m,BC 段长L ＝1.5 m 、弹射装置将一个质量为1 kg 的小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道,小球从C 点离开轨道随即水平抛出,桌子的高度h ＝1.25 m,不计空气阻力,g 取10 m/s 2,π取3.14,求：【导学号：96622447】11图8(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力大小及从A 点运动到C 点的时间；(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角、【解析】 (1)小球在半圆轨道上做匀速圆周运动向心力大小F ＝m v 20R ＝25 N小球从A 到B 的时间t 1＝πR v 0＝0.2π s ＝0.628 s 从B 到C 的时间t 2＝L v 0＝0.3 s 则小球从A 点到C 点的时间t ＝t 1＋t 2＝(0.628＋0.3)s ＝0.928 s.(2)小球做平抛运动h ＝v 2y 2gv y ＝5 m/s设小球落地瞬间速度与水平方向的夹角为θ,则tan θ＝v y v 0＝1 故θ＝45°.【答案】 (1)25 N 0.928 s (2)45°。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练9含答案

章末过关练(九)电磁感应(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分、每小题只有一个选项符合题意)、1、光滑的金属线框abcd处在方向竖直向上的匀强磁场中、线框从图1所示位置由静止释放,到接近水平位置的过程中,则()图1A、线框的机械能守恒B、穿过线框的磁通量逐渐增大C、线框有abcda方向的感应电流D、穿过线框磁通量的变化率逐渐增大B设θ为线框平面与磁感线夹角,根据磁通量公式Φ＝BS sin θ可知θ变大,Φ增大,选项B正确；根据楞次定律“增反减同”的原理,线框中有adcba方向的感应电流,选项C错误；因为有感应电流,导线框的一部分机械能转化为内能,机械能不守恒,选项A错误；线框在由静止释放的瞬间感应电流为零,在接近水平位置的瞬间感应电流也接近为零,所以磁通量的变化率不是逐渐增大的,而是先增大后减小的,选项D错误、2、如图2所示,电路左端连接着金属轨道,轨道处于匀强磁场中,电路开关闭合后,导体棒在光滑轨道上匀速向左滑行时,带电小球能静止在电容器内、R1和R2为可调电阻,导线和轨道的电阻不计,导体棒的电阻为r,以下说法正确的是()【导学号：96622467】图2A、带电小球所带电荷为正电荷B、当导体棒加速向左滑行时,适当调小R2可使带电小球仍静止C、当导体棒加速向左滑行时,适当调小R1可使带电小球仍静止D、当导体棒向左匀速滑行时,适当调大R1可使带电小球向下运动C导体棒切割磁感线充当电源,由楞次定律可知电容器上端带正电,可知小球应带负电,选项A错误；当棒加速向左滑行时,电动势变大,R1两端的电压变大,电容器内的电场强度变大,小球受到向上的力变大,小球向上运动,R2与电容器串联,此支路断路,调节R2不起作用,选项B错；调小R1可使电容器内的电场强度变小,选项C正确；导体棒向左匀速滑行时,电动势不变,调大R1可使带电小球向上运动,选项D错误、3、如图3所示,一呈半正弦形状的闭合线框abc,ac＝l,匀速穿过边界宽度也为l的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域,整个过程中线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)()图3B线框进入磁场区域时穿过导线框的磁通量垂直于纸面向外增大,根据楞次定律,线框中的感应电流方向为顺时针(正方向),同理,线框离开磁场区域过程,线框中的感应电流方向为顺时针(正方向),且这两过程中产生的感应电流变化规律相同,选项A错误；线框的顶点b运动到两磁场的分界线上时,同时切割两边大小相等、方向相反的磁感线,故线框中的感应电流的最大值必然为在左侧和右侧磁场中切割时产生的感应电流的最大值的2倍,且方向为逆时针(负方向),故选项B 正确,C 、D 错误、4、如图4所示,abcd 是边长为L 、每边电阻均相同的正方形导体框,今维持线框以恒定的速度v 沿x 轴运动,并穿过倾角为45°的三角形匀强磁场区域,磁场的磁感应强度为B ,方向垂直纸面向里、线框b 点在O 位置时开始计时,则在t ＝2L v 时间内,a 、b 两点的电势差U 随时间t 的变化图线为( )【导学号：96622468】图4D 如图所示,线框由位置1到位置2的过程中,线框的右边部分在切割磁感线,由图中几何关系及欧姆定律可得U ＝B v 2t －B v 2t 4R R ＝3B v 2t 4；线框由位置2到位置3的过程中,线框的右边全部和左边部分在切割磁感线,由图中几何关系及欧姆定律可得U ＝BL v －B v ⎣⎢⎡⎦⎥⎤L －v ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －L v 4R R ＝BL v 2＋B v 2t 4,故选项D 正确,选项A 、B 、C 错误、5.(2017·镇江模拟)如图5所示,L 是一带铁芯的理想电感线圈,其直流电阻为0,电路中A 、B 是两个完全相同的灯泡,与A 灯泡串接一个理想二极管D,则()图5A、开关S断开瞬间,B灯泡逐渐熄灭,A灯泡立即熄灭B、开关S断开瞬间,A灯泡逐渐熄灭,B灯泡立即熄灭C、开关S闭合瞬间,A、B灯泡同时亮D、开关S闭合瞬间,A灯泡先亮C L是一带铁芯的理想电感线圈,其直流电阻为0,电路稳定后A就熄灭了；开关S断开瞬间B立刻熄灭,由于二极管只正向导通,故自感线圈与A无法形成回路,A不会在闪亮,故AB错误、闭合瞬间线圈相当于断路,二极管为正向电流,故电流走A灯泡,B也同时亮,故C正确,D错误、故选C.二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)、6.(2017·连云港模拟)如图6所示,金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上,棒ab与导轨相互垂直并接触良好,导轨间接有电源、现用两种方式在空间加匀强磁场,ab棒均处于静止、第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成θ＝30°角,两次匀强磁场的磁感应强度大小相等、下列说法中正确的是()图6A、两次金属棒ab所受的安培力大小不变B 、第二次金属棒ab 所受的安培力大C 、第二次金属棒ab 受的摩擦力小D 、第二次金属棒ab 受的摩擦力大AC 两次磁场方向都与导体棒垂直,故安培力均为F ＝BIL ,故A 正确,B 错误；第一次安培力水平向右,导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力,根据平衡条件,有：f ＝F ＝BIL第二次安培力斜向右上方,与竖直方向成30°,导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力,如图所示：图--根据平衡条件,有：f ′＝F sin 30°＝12BIL故第二次的摩擦力较小,故C 正确,D 错误、7、两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻R ,导轨所在平面与匀强磁场垂直、将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接,金属棒和导轨接触良好,重力加速度为g ,如图7所示、现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( ) 【导学号：96622469】图7A 、金属棒在最低点的加速度小于gB 、回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减小量C 、当弹簧弹力等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大D 、金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度 AD 如果不受安培力,由运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g ,但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用,金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小,弹性形变量一定变小,故加速度小于g ,选项A 正确；回路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量,选项B 错误；当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大,选项C 错误；由于金属棒运动过程中产生电能,金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度,选项D 正确、8、如图8甲所示,一个匝数n ＝100的圆形导体线圈,面积S 1＝0.4 m 2,电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域,磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示、有一个R ＝2 Ω的电阻,将其两端a 、b 分别与图甲中的圆形线圈相连接,b 端接地,则下列说法正确的是( )图8A 、圆形线圈中产生的感应电动势E ＝6 VB 、在0～4 s 时间内通过电阻R 的电荷量q ＝6 CC 、设b 端电势为零,则a 端的电势φa ＝3 VD 、在0～4 s 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ＝18 JBD 由法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔBS 2Δt ,由图乙结合数学知识可得k ＝ΔB Δt ＝0.64 T/s ＝0.15 T/s,将其代入可求E ＝4.5 V ,A 错；设平均电流为I －,由q ＝I －Δt ＝E R ＋r Δt ＝n ΔΦΔt (R ＋r )Δt ＝n ΔΦR ＋r,在0～4 s 穿过圆形导体线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3 Wb －0＝0.18 Wb,代入可解得q ＝6 C,B 对.0～4 s 内磁感应强度增大,圆形线圈内磁通量增加,由楞次定律结合右手定则可得b 点电势高,a 点电势低；故C 错；由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定,可得I ＝E r ＋R＝1.5 A,由焦耳定律可得Q ＝I 2Rt ＝18 J,D 对、9.(2017·盐城模拟)如图9所示,两根等高光滑的14圆弧轨道,半径为r 、间距为L ,轨道电阻不计,在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始,在拉力作用下以初速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处,则该过程中( )图9A 、通过R 的电流方向为由外向内B 、通过R 的电流方向为由内向外C 、R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04RD 、流过R 的电量为πBLr 2RAC 金属棒从轨道最低位置cd 运动到ab 处的过程中,穿过回路的磁通量减小,根据楞次定律判断得知通过R 的电流方向为由外向内、故A 正确,B 错误、金属棒做匀速圆周运动,回路中产生正弦式交变电流,可得产生的感应电动势的最大值为E m ＝BL v 0,有效值为E ＝22E m根据焦耳定律有：Q ＝E 2R t时间为t ＝π2·r v 0联立解得Q ＝πrB 2L 2v 04R .故C 正确、通过R 的电量由公式：q ＝I Δt ＝E Δt R ＝ΔΦR ＝BLr R .故D 错误、三、计算题(本题共3小题,共51分、按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)、10、(17分)如图10甲所示,两根足够长的光滑金属导轨ab 、cd 与水平面成θ＝30°固定,导轨间距离为l ＝1 m,电阻不计、一个阻值为R 0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端、整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B ＝1 T 、现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放、金属棒下滑过程中与导轨接触良好、改变电阻箱的阻值R ,测定金属棒的最大速度v m ,得到1v m -1R 的关系如图乙所示、g 取10 m/s 2.求： (1)金属棒的质量m 和定值电阻R 0的阻值；(2)当电阻箱R 取2 Ω,且金属棒的加速度为14g 时,金属棒的速度、图10【解析】 (1)金属棒以速度v m 下滑时,根据法拉第电磁感应定律有E ＝Bl v m由闭合电路欧姆定律有E ＝I RR 0R ＋R 0当金属棒以最大速度v m 下滑时,根据平衡条件有BIl ＝mg sin θ联立解得1v m ＝B 2l 2mg sin θ·1R ＋B 2l 2mg sin θ·1R 0由1v m -1R 图象可知B 2l 2mg sin θ＝1,B 2l 2mg sin θ·1R 0＝0.5 解得m ＝0.2 kg,R 0＝2 Ω.(2)设此时金属棒下滑的速度为v ,根据法拉第电磁感应定律有E ′＝Bl v由闭合电路欧姆定律有E ′＝I ′RR 0R ＋R 0当金属棒下滑的加速度为a ＝14g 时,根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI ′l ＝ma联立解得v ＝0.5 m/s.【答案】 (1)0.2 kg 2 Ω (2)0.5 m/s11、(17分)矩形裸导线框长边的长度为2l ,短边的长度为l ,在两个短边上均接有阻值为R 的电阻,其余部分电阻均不计、导线框的位置如图11所示,线框内的磁场方向及分布情况如图,大小为B ＝B 0cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 2l .一电阻为R的光滑导体棒AB与短边平行且与长边始终接触良好、起初导体棒处于x ＝0处,从t＝0时刻起,导体棒AB在沿x方向的外力F的作用下做速度为v的匀速运动、导体棒AB从x＝0运动到x＝2l的过程中,试求：【导学号：96622470】图11(1)某一时刻t产生的电动势；(2)某一时刻t所受的外力F；(3)整个回路产生的热量、【解析】(1)在t时刻AB棒的坐标为x＝v t.感应电动势e＝Bl v＝B0l v cos πv t 2l.(2)回路总电阻R总＝R＋12R＝32R回路感应电流I＝eR总＝2B0l v cosπv t2l3R棒匀速运动时有F＝F安＝BIl解得：F＝2B20l2v cos2⎝⎛⎭⎪⎫πv t2l3R⎝⎛⎭⎪⎫0≤t≤2lv.(3)导体棒AB在切割磁感线的过程中产生半个周期的正弦交流电,感应电动势的有效值为E＝22B0l v回路产生的电热Q＝E2 R总t通电时间t ＝2l v解得Q ＝2B 20l 3v 3R【答案】 (1)B 0l v cos πv t 2l(2)2B 20l 2v cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫πv t 2l 3R ⎝⎛⎭⎪⎫0≤t ≤2l v (3)2B 20l 3v 3R12、(17分)如图12所示,两根足够长的平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为α＝30°,导轨光滑且电阻不计,导轨处在垂直导轨平面向上的有界匀强磁场中,两根电阻都为R ＝2 Ω,质量都为m ＝0.2 kg 的完全相同的细金属棒ab 和cd 垂直导轨并排靠紧放置在导轨上,与磁场上边界距离为x ＝1.6 m,有界匀强磁场宽度为3x ＝4.8 m,先将金属棒ab 由静止释放,金属棒ab 刚入磁场就恰好做匀速运动,此时立即由静止释放金属棒cd ,金属棒cd 在出磁场前已做匀速运动、两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好(重力加速度g 取10 m/s 2),求：图12(1)金属棒ab 刚进入磁场时棒中电流I ；(2)金属棒cd 在磁场中运动的过程中通过回路某一截面的电量q ；(3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q .【解析】 (1)ab 匀速运动时,据动能定理mgx sin α＝12m v 2解得v ＝2gx sin α＝4 m/s重力的功率与电流功率相等,有mg v sin α＝I 2·2R ,解得I ＝1 A.(2)方法一：金属棒ab 进入磁场时以速度v 先做匀速运动,设经过时间t 1,当金属棒cd 也进入磁场,速度也为v ,对金属棒cd ：x ＝v t 12,此时金属棒ab 在磁场中的运动距离为X ＝v t 1＝2x ,两棒都在磁场中时速度相同,无电流,金属棒cd 在磁场中而金属棒ab 已在磁场外时,cd 棒中才有电流且运动距离为2x ,q ＝I －t ＝BL 2x 2R ＝BLx R ＝0.8 C.方法二：两金属棒单独在磁场中时扫过的距离都为2x ,因而通过的电量大小相等、q ＝q ab ＝It 1＝I 2x 2gx sin α＝1×0.8 C ＝0.8 C. (3)方法一：金属棒ab 在磁场中(金属棒cd 在磁场外)回路产生的焦耳热为Q 1＝mg 2x sin α＝3.2 J(或：Q 1＝I 22Rt 1＝mg 2x sin α),金属棒ab 、金属棒cd 都在磁场中运动时,回路不产生焦耳热,金属棒cd 在磁场中(金属棒ab 在磁场外),金属棒cd 的初速度为2g 2x sin α,末速度为2gx sin α,由动能定理：mg 2x sin α－Q 2＝12m (2gx sin α)2－12m (2g 2x sin α)2 Q 2＝mg 3x sin α＝4.8 JQ ＝Q 1＋Q 2＝8 J.方法二：两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q 等于两棒损失的机械能,则有Q ＝mg 2x sin α＋mg 3x sin α＝mg 5x sin α＝8 J.【答案】 (1)1 A (2)0.8 C (3)8 J。

2018届高三物理(江苏)一轮复习练习：章末过关练1含答案

章末过关练(一)运动的描述匀变速直线运动的研究(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题5分,共25分、每小题只有一个选项符合题意)、1、一质点运动的位移—时间图象如图1所示,则关于质点的运动,下列说法正确的是()图1A、0～1 s内质点的运动方向与加速度方向相同B、1～2 s内质点的速度大小增加C、2～3 s内质点的运动方向为负方向D、4 s时刻质点的速度最大A位移—时间图象的斜率表示物体的速度,0～1 s内图象的斜率的绝对值越来越大,则质点做加速运动,因此运动方向与加速度方向相同,A 正确；1～2 s内图象的斜率的绝对值减小,则速度大小减小,B错误；2～3 s内图象的斜率为正,则质点向正方向运动,C错误；4 s时图象的斜率为零,速度为零,D错误、2、在同一条直线上运动的P、Q两个物体在t＝0时经过同一个位置,它们运动的速度—时间图象如图2所示,则下列说法中正确的是() 【导学号：96622428】图2A 、在0～3 s 内P 做匀减速直线运动,Q 做匀速直线运动B 、在0～1 s 内两物体逐渐靠近C 、在t ＝2 s 时两物体相遇D 、在0～3 s 内两物体的位移相等C 在0～3 s 内物体P 先减速运动再加速运动,物体Q 一直做匀速运动,故A 错误；v -t 图象与坐标轴所围的面积表示位移的大小,在0～1 s 内,图象与坐标轴所围的面积之差越来越大,在t ＝1 s 时两车的速度相等而面积之差最大,即相距最远,B 错误；在t ＝2 s 时物体P 、Q 的位移相等,两物体相遇,C 正确；在0～3 s 内P 的位移较小,故D 错误、3、太空跳伞是一种挑战人类极限的运动,奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下,在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒,在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速、关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的位移或速度,以下说法正确的是(认为重力加速度g ＝10 m/s 2,且不随高度的变化而变化)( )A 、自由落体运动的位移是3.9×104 mB 、自由落体运动的位移是2.1×104 mC 、自由落体运动的末速度是6.0×102 m/sD 、自由落体运动的平均速度是6.0×102 m/sC 根据题意,运动员做自由落体运动的时间t ＝60 s,因此,自由落体运动的位移h ＝12gt 2＝1.8×104 m,A 、B 错误；运动员自由落体的末速度v＝gt ＝6.0×102 m/s,C 正确；自由落体运动的平均速度v ＝12v ＝3.0×102m/s,D 错误、4、汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动,刹车后的加速度大小为5 m/s 2,那么在刹车后的前3 s 内与后1 s 内汽车通过的位移之比为( )【导学号：96622429】A 、1∶1B 、3∶1C 、4∶1D 、15∶1D 汽车从刹车至停止经过的时间t ＝205 s ＝4 s,前3 s 内的位移x 1＝20×3 m －12×5×32 m ＝37.5 m,后1 s 内的位移等于第4 s 内的位移,则有：x 2＝2022×5m －x 1＝2.5 m ⎝ ⎛⎭⎪⎫或x 2＝12×5×12 m ＝2.5 m ,故x 1∶x 2＝15∶1. 5.一质点由静止开始做直线运动的v -t 关系图象如图3所示,则该质点的x -t 关系图象可大致表示为下图中的( )图3B 根据位移图象中图线的斜率表示速度可知,该质点的x -t 关系图象可大致表示为B 图、二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不答的得0分)、6、一个质量为m 的物体沿x 轴正方向运动,加速度a 随位移x 的变化关系如图4所示,图象关于原点O 对称,则物体( ) 【导学号：96622430】图4A、在O点的速度最小B、在x2点的速度最大C、在－x1和x1两点的速度相等D、在x1和x3两点的速度相等AC根据题意,物体速度始终沿着x轴正方向,即速度向右、从图象可知在x轴负半轴,加速度图线始终在x轴下方,说明加速度方向向左；同理在x轴正半轴,加速度方向始终向右、根据a、v同向物体加速,a、v反向物体减速可知,在x轴负半轴物体速度越来越小,而在x轴正半轴速度越来越大,物体在O处速度一定最小,A项对；根据对称性可知在－x1和x1两处速度大小相同,方向均向右,故C项对、7、如图5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()图5A、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108 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108 km/h,则车子发生碰撞时的速度约为78 km/hBC 若已估算出汽车碰撞时车子的速度为45 km/h,由图可知,若以45 km/h 刹车时,刹车距离约为10 m,所以若刹车痕长度为10 m ＋20 m ＝30 m,从图象可知对应的刹车时的速度约为75 km/h,A 项错误,B 项正确；若汽车开始刹车时车子的速度为108 km/h,由图可知：刹车痕长度约为60 m,减去碰撞前的刹车痕20 m,碰撞后对应的刹车痕为60 m －20 m ＝40 m,车子发生碰撞时的速度约为90 km/h,C 项正确,D 项错误、8、如图6所示,一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀减速直线运动,依次经A 、B 、C 、D 到达最高点E ,已知AB ＝BD ＝6 m,BC ＝1 m,滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2 s 、设滑块经C 时的速度为v C ,则( ) 【导学号：96622431】图6A 、滑块上滑过程中加速度的大小为0.5 m/s 2B 、vC ＝6 m/sC 、DE ＝3 mD 、从D 到E 所用时间为4 sAD 设滑块加速度大小为a ,据题意,由于滑块向上做匀减速直线运动,则有：x CD －x AC ＝－aT 2,则a ＝0.5 m/s 2,故A 选项正确；据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度,则有v C ＝x AD 2T ＝3 m/s ；故B 选项错误；据v 2C ＝2ax CE 可得x DE ＝x CE －x CD ＝4 m,故C 选项错误；据逆向分析有：x DE ＝12at 2ED ,则t ED ＝4 s,所以D 选项正确、9. (2017·宿迁模拟)在平直公路上行驶的a 车和b 车,其位移—时间(s t )图象分别为图7中直线a 和曲线b ,已知b 车的加速度恒定且等于－2 m/s 2,t ＝3 s 时,直线a 和曲线b 刚好相切,则( )图7A 、a 车做匀速运动且其速度为v a ＝83 m/sB 、t ＝3 s 时a 车和b 车相遇但此时速度不等C 、t ＝1 s 时b 车的速度6 m/sD 、t ＝0 s 时a 车和b 车的距离s 0＝9 mCD s t 图象的斜率等于速度,由图可知,a 车的速度不变,做匀速直线运动,速度为：v a ＝Δs Δt ＝8－23 m/s ＝2 m/s.故A 错误、t ＝3 s 时,直线a 和曲线b 刚好相切,位置坐标相同,两车相遇、斜率相等,此时两车的速度相等,故B 错误、t ＝3 s,b 车的速度为：v b ＝v a ＝2 m/s设b 车的初速度为v 0,对b 车,由v 0＋at ＝v b ,解得：v 0＝8 m/s则t ＝1 s 时b 车的速度为：v b ′＝v 0＋at 1＝(8－2×1)m/s ＝6 m/s,故C 正确、t ＝3 s 时,a 车的位移为：s a ＝v a t ＝6 mb 车的位移为：s b ＝v 0＋v b 2t ＝8＋22×3 m ＝15 mt ＝3 s 时,a 车和b 车到达同一位置,得：s 0＝s b －s a ＝9 m 、故D 正确、三、非选择题(本题共3小题,共51分、按题目要求作答,解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分、有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)、图810、(16分)如图8所示,将电磁打点计时器固定在铁架台上,使质量m ＝50 g的重锤带动纸带由静止开始自由下落,利用此装置可以测量重力加速度、以下是某同学的实验操作和计算过程,请完成以下内容：(1)以下操作正确的是________、(填正确选项前的字母)A、在进行实验时,应先释放纸带,再打开电源B、打点计时器应接在220 V的交流电源上C、释放纸带时,应将重锤的一端尽量靠近打点计时器,以便打出更多的点进行研究D、实验中,应该让纸带保持竖直状态,以减小实验过程中的误差(2)取下纸带,取其中的一段标出计数点如图9所示,测出计数点间的距离分别为x1＝2.60 cm,x2＝4.14 cm,x3＝5.69 cm,x4＝7.22 cm,x5＝8.75 cm,x6＝10.29 cm.已知打点计时器的频率为f＝50 Hz,则重锤运动的加速度计算式为a＝____________________,代入数据,可得加速度a＝________m/s2.(计算结果保留3位有效数字)图9【解析】 (1)在进行实验时,应先打开电源后释放纸带,A 项错；电磁打点计时器应接在4～6 V 低压交流电源上,B 项错；释放纸带时,为打出更多的点,需将重锤的一端尽量靠近打点计时器,C 项正确；实验中保持纸带竖直,减小纸带与打点计时器之间的摩擦,从而减小实验误差,D 项正确、(2)处理纸带数据时,为了更多地利用实验数据,采用逐差法,即a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)(6T )2, 又因为T ＝1f ,所以有a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)36f 2,代入数据时,可得知速度a ＝9.60 m/s 2. 【答案】 (1)CD(2)(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)36f 2 9.60 11、(17分)(2017·无锡模拟)如图10所示,水平地面O 点的正上方的装置M 每隔相等的时间由静止释放一小球,当某小球离开M 的同时,O 点右侧一长为L ＝1.2 m 的平板车开始以a ＝6.0 m/s 2的恒定加速度从静止开始向左运动,该小球恰好落在平板车的左端,已知平板车上表面距离M 的竖直高度为h ＝0.45 m 、忽略空气的阻力,重力加速度g 取10 m/s 2.【导学号：96622432】图10(1)求小球左端离O 点的水平距离；(2)若至少有2个小球落在平板车上,则释放小球的时间间隔Δt 应满足什么条件？【解析】 (1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t 0,在该时间段内由运动学方程对小球有：h ＝12gt 20①对平板车有：s ＝12at 20②由①②式并代入数据可得：s ＝0.27 m.(2)从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时Δt ＋t 0,设平板车在该时间段内的位移为s 1,由运动学方程有：s 1＝12a (Δt ＋t 0)2③至少有2个小球落在平板车上须满足：s 1≤s ＋L ④由①～④式并代入数据可得：Δt ≤0.4 s.【答案】 (1)0.27 m (2)Δt ≤0.4 s12、(18分)减速带是交叉路口上常见的一种交通设施,通常设置在学校、医院等行人较多的公共场所前的马路上、为了保障过往行人的安全,汽车驶过减速带都要减速、在某中学门口有一橡胶减速带,一警用巡逻车正以最大速度20 m/s 从中学门口经过,在离减速带还有50 m 时警察发现一逃犯正以8 m/s 的速度骑自行车匀速通过减速带,而此时巡逻车要匀减速到5 m/s 通过减速带,过减速带后以2.5 m/s 2的加速度继续追赶,设在整个追及过程中,巡逻车与逃犯均在水平直道上运动,求从警察发现逃犯到追上逃犯需要的时间、【解析】设巡逻车从发现逃犯到行驶到减速带所用时间为t 1,加速度大小为a 1,由运动学公式有v 2m －v 21＝2a 1x 1解得a 1＝3.75 m/s 2减速所用时间为t 1＝v m －v 1a 1＝4 s 而此时逃犯离开减速带距离为x 2＝v t 1＝32 m从此时刻起到巡逻车达到最大速度所用时间为t 2＝v m －v 1a 2s ＝6 s 这段时间内巡逻车的加速位移为x 3＝v 2m －v 212a 2＝75 m 而逃犯又行驶的位移为x 4＝v t 2＝48 m又x 2＋x 4－x 3＝5 m,这说明巡逻车在达到最大速度时离逃犯还有5 m 设巡逻车以最大速度追赶,再用时t 3追上逃犯,则有v m t 3＝5＋v t 3 解得t 3＝0.42 s综上分析知,巡逻车从发现逃犯到追赶上共需时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝10.42 s.【答案】 10.42 s。

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章末过关练(十)交变电流传感器(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．图1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是()甲乙图1A．电流表的示数为10 2 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左C电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交流电的电流有效值等于最大值的22倍，电流表的示数为10 A，选项A错误；因为交流电的瞬时值为i＝102cos ωt，根据图乙可知，交流电的周期为T＝2×10－2 s，则线圈转动的角速度为ω＝2πT＝100π rad/s，选项B错误；0时刻线圈平面与磁场平行，t＝0.01 s＝T2，t时间内线圈转过π弧度，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；0.02 s时的情况与0时刻的情况相同，根据右手定则可以判定，此时通过电阻R的电流方向自左向右，选项D错误．2．如图2所示，匀强磁场的磁感应强度B＝25πT．单匝矩形线圈面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相连，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈电路中标有“36 V36 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是() 【导学号：96622471】图2A．电流表的示数为1 AB．矩形线圈产生电动势的有效值为18 2 VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律e＝182 sin 90πt(V)D．若矩形线圈转速减小，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移C灯泡正常发光，故副线圈两端电压为36 V且副线圈中的电流为1 A，又因为原、副线圈匝数比为1∶2，故原线圈两端电压为18 V且线圈中电流为2 A，即电流表示数为2 A，矩形线圈产生的电动势的有效值为18 V，A、B项错误；因矩形线圈产生的交流电为正弦交流电，故交流电的最大值为E m＝18 2 V，由E m＝NBSω，解得ω＝90π，故若从中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律为e＝182sin 90πt(V)，C项正确；若矩形线圈转速减小，原、副线圈两端的电压都将减小，为增大副线圈两端电压，应使副线圈匝数增加，即应将P下移，D项错误．3．有一个消毒用电器P，电阻为20 kΩ，它只有在电压高于24 V时才能工作．今用一个光敏电阻R1对它进行控制，光敏电阻在光照时为100 Ω，黑暗时为1 000 Ω.电源电动势E为36 V，内阻不计，另有一个定值电阻R2，电阻为1 000 Ω.下列电路开关闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是() 【导学号：96622472】C 对A 电路，在光照时，光敏电阻为100 Ω，P 电阻为20 kΩ，R 2电阻为1000 Ω，P 分得电压超过23E ，正常工作；黑暗时，光敏电阻1 000 Ω，P 分得电压超过23E ，正常工作，A 错误；同理可以求得B 电路在光照和黑暗时，P 分得电压超过23E ，都可以正常工作，B 错误；电路C 中P 与R 2并联，并联总电阻略小于1 000 Ω，能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作，C 正确；电路D 中P 与R 1并联，光照时并联部分电阻小于100 Ω，此时P 分得的电压远小于24 V ，不能正常工作，黑暗时并联总电阻小于1 000 Ω，P 分得电压同样小于24 V ，也不能正常工作，D 错误．4．如图3甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R 0和R 1为定值电阻．R 为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是( )图3A ．电压表的示数为22 VB ．R 处出现火情时电压表示数增大C ．R 处出现火情时电流表示数增大D ．R 处出现火情时R 1消耗的功率增大C 由图乙知原线圈电压的有效值U 1<220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈电压U2<22 V，选项A错误；R处出现火情时热敏电阻阻值变小，副线圈总电阻变小，副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，所以电流表示数增大，选项C正确；副线圈两端电压不变，选项B错误；副线圈中电流增大，R0两端电压增大，R1两端的电压减小，所以R1消耗的功率减小，选项D错误．5．某水库用水带动如图4甲所示的交流发电机发电，其与一个理想的升压变压器连接，给附近工厂的额定电压为10 kV的电动机供电．交流发电机的两磁极间的磁场为匀强磁场，线圈绕垂直匀强磁场的水平轴OO′沿顺时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的电动势如图乙所示．连接各用电器的导线电阻忽略不计，交流电压表与交流电流表都是理想电表．下列说法正确的是()图4A．0.01 s时通过电流表的电流的方向向右B．变压器原、副线圈的匝数比为1∶20C．进入电动机的电流的频率是100 HzD．开关S闭合时电压表和电流表的示数均变大A经过0.01 s，即半个周期，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向为DCBA，故通过电流表的电流向右，选项A正确；由图乙可知电压的最大值为550 V，则变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝u1u2＝5002∶10 000＝240，选项B错误；变压器不改变交变电流的频率，故进入电动机的电流的频率仍为50 Hz，选项C 错误；开关S闭合时，电压表的示数不变，因输出的功率增大，输入功率也增大，故电流表的示数增大，选项D错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)．6．图5为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是()图5A ．用户的总电阻减小B ．用户的电压U 4增大C ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率AC 对两个变压器，U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，所以U 1U 2＝U 4U 3，选项C 正确；由能量守恒定律可知，发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电导线消耗的功率之和，选项D 错误；输出电压U 1一定，U 2也一定，当用户消耗的功率P 出增大时，负载增多，并联支路增加，用户的总电阻减小，P 出＝I 24R 负载，降压变压器的输出电流I 4增大，由I 3I 4＝n 4n 3知，降压变压器的输入电流I 3增大，即I 2增大，则U 3＝U 2－I 2r 减小，用户的电压U 4减小，选项A 正确，B 错误．7．如图6所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16、n 3＝144，通过理想二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W ”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是( )图6A ．原线圈的匝数为880B ．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 2 VC ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为18 WD ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为11 WABD 由n 1n 3＝U 1U L得n 1＝880，选项A 正确；当开关接2时，有n 1n 2＋n 3＝U 1U ，解得U ＝40 V ，设交流电周期为T ，U 2R ·T 2＝U ′2R T ，U ′＝20 2 V ，选项B 正确；灯泡电阻为R ＝U 2L P L＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P ＝U ′2R ＝1009 W ≈11 W ，选项C 错误、D 正确．8．某供电系统是由交流发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如图7所示．图中R 0表示输电线的电阻．则( ) 【导学号：96622473】图7A ．当电压表示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表示数增大B ．当电压表示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头P ，可使电流表示数不变C ．当电压表示数不变，当用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表示数不变D ．当电压表示数不变，当用电器负载增加时，适当上移触头P ，电流表示数一定增加 BD 根据理想变压器的电压比等于匝数比，当输入电压减小时，输出电压U 2也减小，由I ＝U R 可知I 2减小，又因I 1n 1＝I 2n 2，所以I 1减小，故电流表的示数减小，选项A 错误；根据U 1n 1＝U 2n 2，减小U 1，上移触头P ，n 2变大，U 2可能不变，电流表的示数可能不变，选项B 正确；增加负载相当于减小电阻值，根据U 1n 1＝U 2n 2，输出电压U 2不变，则电流表示数变大，电流表的示数变大，选项C 错误；根据U 1n 1＝U 2n 2，上移触头P ，n 2变大，输出电压U 2变大，则电流表示数变大，电流表的示数变大，选项D 正确．9．如图8所示，一个面积为S ，阻值为r 的矩形线圈共n 匝，绕垂直匀强磁场的轴以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B .线圈两端分别始终与两固定圆环K 、L 接触良好且摩擦很小，两圆环连接在电阻上，理想交流电压表和电容器(容抗忽略不计)都与电阻并联，现把K 圆环接地，以下说法正确的有( )图8A ．线圈转动一周过程中，电容器两极板所带电荷量保持不变B ．若电容器中有一带电的油滴，则油滴会始终处于平衡状态C ．虽然K 环接地，但线圈转动过程中仍有时K 环电势高于L 环电势，故流经电阻R 的电流方向是变化的D ．线圈匀速转动过程中，交流电压表的示数为2RnBSω2(R ＋r )CD 矩形线圈在绕垂直于磁场的轴转动过程中产生正弦式交变电流，其瞬时值表达式e ＝nBSωsin ωt (V)，C 项正确；电容器两极板间电势差U ＝eR R ＋r ＝nBSωR R ＋r·sin ωt ，由Q ＝CU 可知，电容器所带电荷量是周期性变化的，A 项错；由E ＝U d 可知，两极板间场强周期性变化，油滴所受电场力变化，故油滴不会始终处于平衡状态，B 项错；电压表示数为电阻R (电容C )两端电压的有效值，U 有＝U m 2＝2nBSωR 2(R ＋r )，D 项正确．三、非选择题(本题共3小题，共51分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)．10.(17分)(2017·泰州模拟)如图9所示，正方形线圈MNPQ 边长为L ，每条边电阻均为R ，M 、N 两点外接阻值为R 的灯泡．磁感应强度为B 的匀强磁场与MN 边垂直．线圈以角速度ω绕MN 匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时，求：【导学号：96622474】图9(1)感应电动势瞬时值；(2)PQ 边受到的安培力；(3)灯泡的瞬时电功率．【解析】 (1)PQ 棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BL vv ＝ωLE ＝BL 2ω.(2)通过PQ 的电流I ＝E 2.5R ＋RPQ 受到的安培力F ＝BIL解得F ＝2B 2L 3ω7R .(3)通过灯泡的电流I 灯＝I 2灯泡消耗的电功率P ＝I 2灯R解得P ＝B 2L 4ω249R .【答案】 (1)BL 2ω (2)2B 2L 3ω7R (3)B 2L 4ω249R 11．(17分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2π T ．用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V 11 kW ”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图10所示，求：图10(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？【解析】 (1)E m ＝NBSω＝1 100 2 V输出电压的有效值为U 1＝E m 2＝1 100 V . (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝5∶1. (3)根据P 入＝P 出＝2.2×104 W再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A.【答案】 (1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A12．(17分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW ，输出电压为500 V ，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%.求：【导学号：96622475】(1)村民和村办小企业需要220 V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？【解析】 (1)输电电路图如图所示，由ΔP ＝4%P 输出和ΔP ＝I 22R得I 2＝4%P 输出R ＝6 A则U 送＝P 输出I 2＝1 500 V 升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 0U 送＝5001 500＝13输电线上电压损失ΔU ＝I 2R ＝60 V故降压变压器输入电压U 1＝U 送－ΔU ＝1 440 V故降压变压器原、副线圈匝数比n 1′n 2′＝U 1U 2＝1 440220＝7211. (2)若不用变压器，则输电电流 I ＝P 输出U 0＝18 A U ＝U 0－IR ＝320 V ，P ＝P 输出－I 2R ＝5 760 W.【答案】 (1)1∶3 72∶11(2)320 V 5 760 W。

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