第11章单元测试卷-2019年高考物理一轮复习讲练测Word版含解析

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11.2 法拉第电磁感应定律自感和互感(讲)--2023-2024年高考物理一轮复习讲练测(全国通

第十一章电磁感应【网络构建】专题11.2 法拉第电磁感应定律自感和互感【网络构建】考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1．对法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 对应Φ t 图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ΔS ，则E ＝n B ΔSΔt ；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS ，则E ＝n ΔBSΔt；(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n|B 2S 2－B 1S 1|Δt≠nΔB ΔSΔt. 考点二导体棒切割磁感线产生感应电动势1．理解E ＝Blv 的“五性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B 、l 、v 三者互相垂直． (2)瞬时性：若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势．(3)平均性：导体平动切割磁感线时，若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E ＝Blv . (4)有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为ab 间的距离．(5)相对性：E ＝Blv 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系． 2．导体棒切割磁感线时，可有以下四种情况考点三应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR. 考点四自感和涡流1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能逐渐变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题3.处理自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路．(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零．(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻．高频考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用例1、如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向【答案】B.【解析】由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔBΔt 为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确．【变式训练】轻质细线吊着一质量为m ＝0.42 kg 、边长为L ＝1 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g 取10 m/s 2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4 s 时轻质细线的拉力大小．【答案】(1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N【解析】(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向． (2)由法拉第电磁感应定律得 E ＝n ΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔBΔt ＝0.5 V则P ＝E 2r＝0.25 W(3)I ＝Er ＝0.5 A ，F 安＝nBIL ，t ＝4 s 时，B ＝0.6 TF 安＋F 线＝mg 联立解得F 线＝1.2 N.高频考点二导体棒切割磁感线产生感应电动势例2、如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶2【答案】C【解析】用右手定则判断出两次金属棒MN 中的电流方向为N →M ，所以电阻R 中的电流方向a →c .由电动势公式E ＝Blv 可知E 1E 2＝Blv 2Blv ＝12，故选项C 正确．【变式训练】如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blv sin θ B ．电路中感应电流的大小为 Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为 B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为 B 2lv 2r sin θ【答案】B.【解析】金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l 为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝E R ＝Blv l sin θ r ＝Bv sin θr，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lv r ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr ，选项D 错误．例3、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻 Q 、R 的电流，下列说法正确的是( )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝ER ＋r ，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R ＝B 2L 4ω2R4R ＋r 2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错．【变式训练】如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U b c ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U b c ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a【答案】C.【解析】金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误；转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a ＜U c ，U b ＜U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确．高频考点三应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题例4、如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶4C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶1D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2 【答案】AC【解析】回路中感应电流为I ＝E R ＝BLv R ，I ∝v ，则得I 1∶I 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故A 正确；产生的热量为Q ＝I 2Rt＝(BLv R )2R ×s v ＝B 2L 2sv R ，Q ∝v ，则得Q 1∶Q 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故B 错误；通过任一截面的电荷量为q ＝It ＝BLvR t ＝BLsR，q 与v 无关，则得q 1∶q 2＝1∶1，故C 正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P ＝I 2R ＝(BLv R)2R ，P ∝v 2，则得P 1∶P 2＝1∶4，故D 错误．【变式训练】如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅰ)．在过程 Ⅰ、Ⅰ 中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )A.54B.32C.74 D ．2 【答案】 B【解析】设OM 的电阻为R ，过程Ⅰ，OM 转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E 1＝ΔΦΔt 1＝B ·ΔS Δt 1＝B ·14πl 2Δt 1＝πBl 24Δt 1，流过OM 的电流为I 1＝E 1R ＝πBl 24R Δt 1，则流过OM 的电荷量为q 1＝I 1·Δt ＝πBl 24R；过程Ⅰ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E 2＝ΔΦΔt 2＝（B ′－B ）S Δt 2＝（B ′－B ）πl 22Δt 2，电路中的电流为I 2＝E 2R ＝π（B ′－B ）l 22R Δt 2，则流过OM 的电荷量为q 2＝I 2·Δt 2＝π（B ′－B ）l 22R ；由题意知q 1＝q 2，则解得B ′B ＝32，B 正确，A 、C 、D 错误．高频考点四自感和涡流例5、如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮．而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是 ( )A ．图甲中，A 1与L 1的电阻值相同B ．图甲中，闭合S 1，电路稳定后，A 1中电流大于L 1中电流C ．图乙中，变阻器R 与L 2的电阻值相同D ．图乙中，闭合S 2瞬间，L 2中电流与变阻器R 中电流相等【答案】C【解析】断开开关S 1瞬间，线圈L 1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L 1的电流反向通过A 1，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L 1>I A1，即R L 1<R A1，故A 错；题图甲中，闭合开关S 1，电路稳定后，因为R L 1<R A1，所以A 1中电流小于L 1中电流，故B 错；题图乙中，闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同，说明变阻器R 与L 2的电阻值相同，故C 对；闭合S 2瞬间，通过L 2的电流增大，由于电磁感应，线圈L 2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L 2中电流与变阻器R 中电流不相等，故D 错．【变式训练】如图，A 、B 是相同的白炽灯，L 是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是( )A ．闭合开关S 时，A 、B 灯同时亮，且达到正常 B ．闭合开关S 时，B 灯比A 灯先亮，最后一样亮C ．闭合开关S 时，A 灯比B 灯先亮，最后一样亮D ．断开开关S 时，A 灯与B 灯同时慢慢熄灭【答案】BD【解析】由于自感的作用，闭合开关S 时，B 灯比A 灯先亮，最后一样亮，选项A 、C 错误，B 正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．。

2019高考物理一轮选习练题(10)(含解析)新人教版.doc

人教物理2019高考一轮选习练题（十）李仕才一、选择题1、如图所示,匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子，自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c点，已知a、b、c点在同一直线上,且ac=ab,电子电荷量为e,电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为（）ab【解析】选B。

由a到b的过程，轨迹半径为r,= 2 ,由牛顿第二定律得qvB二在b附近吸收n个电子，因电子的质量不计，所以正离子的速度不变，电量变为q-ne,由b到c的过程2be I q中，轨迹半径为r2= 2 =ab,由牛顿第二定律得（q-ne）vB=m r2,联立以上四式得n=3e,故选项B正确。

2、如图2所示，一个人沿着一个圆形轨道运动，由A点开始运动，经过半个圆周到达B点，下列说法正确的是（）A*人从人到B的平均速度方向沿B点的切线方向B.人从A到B的平均速度方向由A指向BC.人在B点的瞬时速度方向由A指向BD・人所经过的位移大小为圆周长的_半【答案】B【号析】人从A到B的位移方向由A指向B,故平均速度方向由A指向B,故选项A飪谋R 正确；瞬时速度沿轨迹的切线方向，故人在B点的瞬时速度方向沿B点的切线方向，匸选项A.c.3eC 错误；人经过的位移大小为A 、B 间的直线长度，故为直径长度，选项D 错误.3、（2017 •江苏髙考）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 屮央各有一小孔，小孔分别位于0、M 、P 点。

由0点静止释放的电子恰好能运动到P 点。

现将C 板向右平移到P'A. 运动到P 点返冋B. 运动到P 和P'点Z 间返回C. 运动到P'点返回D. 穿过P ，点【解析】选A 。

电子在A 、B 间加速，在B 、C 间减速，加速电压做功与减速电压做功相等。

现将C 板向右平移到P'点,B 、C 板间的电场强度不变，根据U 二Ed 判断，由0点静止释放的电子运动到P 点速度为0再返回,A 项正确。

2019年高考物理一轮选练编题11含解析新人教版201811161113

人教版物理2019年高考一轮选练编题（11）李仕才一、选择题1、如图(甲)所示,光滑平行金属导轨MN,PQ所在平面与水平面成θ角,M,P之间接一阻值为R的定值电阻,阻值为r的金属棒bc垂直导轨放置,其他电阻不计.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上.t=0时对棒施加一平行于导轨向上的外力F,棒由静止开始沿导轨向上运动,通过R的感应电荷量q随t2的变化关系如图(乙)所示.下列关于金属棒bc的加速度a、通过棒的电流I、金属棒受到的外力F、穿过回路cbPM的磁通量Φ随时间t变化的图像中不正确的是(D)解析:由题意可得q=It= t= t2,结合图(乙)可知金属棒的加速度a恒定,选项A,B正确;由牛顿第二定律可得F-mgsin θ-BIl=ma,故有F= at+m(gsin θ+a),选项C正确;由Φ=Bl(x0+ at2),可知选项D错误.2、如图所示，ABC为竖直平面内的金属半圆环，AC连线水平，AB为固定在A、B两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC部分上分别套着小环M、N(棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，小球M、N在图示位置．如果半圆环的角速度变为ω2，ω2比ω1稍微小一些．关于小环M、N的位置变化，下列说法正确的是()A．小环M将到达B点，小环N将向B点靠近稍许1B．小环M将到达B点，小环N的位置保持不变C．小环M将向B点靠近稍许，小环N将向B点靠近稍许D．小环M向B点靠近稍许，小环N的位置保持不变解析：选A.M环做匀速圆周运动，则mgtan 45°＝mω2r，小环M的合力大小为定值，如果角速度变小，其将一直下滑，直到B点，N环做匀速圆周运动，设其与ABC环圆心连线夹角为Rθ，则mgtan θ＝mω2r，r＝Rsin θ，＝ω2cos θ，如果角速度变小，则cos θ变大，θr变小，小环N将向B点靠近稍许，因此A正确．3、（2018甘肃武威市第六中学高三阶段考）将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状，整体沿力F的方向匀速运动，则( )A. 物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B. 物体A只受一个摩擦力C. 物体B对A的弹力小于桌面对物体A的摩擦力D. 物体B在水平方向受三个力的作用【答案】C【解析】对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力，桌面的滑动摩擦力，B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡，选项AB错误；受力如图。

2019高考物理一轮复习优练题11含解析新人教版.docx

2019人教版高考物理一轮优练题（11）李仕才1、（多选）（2017・江苏射阳月考）如图所示,物体以5 m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动，经过2 s速度大小变为3 m/s,则物体的加速度（）A.大小为1 m/s2,方向沿斜面向上B.大小为1 m/s2,方向沿斜面向下C.大小为4 m/s［方向沿斜面向下D.大小为4 m/s2,方向沿斜面向上麻祠取初速度方向为正方向，则％龙m/so若2 S后的速度方向沿斜面向上，厂3 m/s,则Av v■ v o 3-5a二At 2 m/s2^-l m/s2,即加速度大小为1 m/s2,方向沿斜面向下;若2 s后的速Av v■ v o -3-5度方向沿斜面向下，厂-3 m/s,则日二氐M 2 m/s2=-4 m/s［即加速度大小为4m/s；方向沿斜面向下。

故选项A、D错误,B、C正确。

2、（2017・内蒙古准格尔期中）如图°所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。

外球、C球与〃球分别用两根轻质细线连接，当系统保持静止时,B 球对碗壁刚好无压力，图中〃二30°，则〃球和C球的质量之比为（）A.1 ： 2B. 2 ： 1C. 1 ：①D.棉.T翹C丽〃球对碗壁刚好无压力,根据几何知识分析可知,〃球所在位置两线的夹角为90°，以〃球为研究对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知月cos 〃沁inF A _ m A918化m C<9^t an0 护,C正确。

3、（瞬时加速度）（2017 •安徽芜湖模拟）如图」3血世所示，光滑水平面上,久B两物体用轻弹簧连接在一起,人〃的质量分别为勿、必在拉力厂作用下,力、〃共同做匀加速直线运动，加速度大小为日,某时刻突然撤去拉力F,此瞬时〃和〃的加速度大小为勿和型,则（）m2A.^0, ^2^0m2C如厲+叫日,毎® +九2臼 D. <51 =a,也二“2臼答案|D輛撤去拉力厂的瞬间，物体A的受力不变，所以心对物体A受力分析得F沪ng撤去拉力厂的瞬间，物体〃受到的合力大小为FY二血弧所以边二叫，故选项D正确。

牛顿运动定律的综合应用(二)(练习)(解析版)—2025年高考物理一轮复习讲练测(新教材新高考)

A．1.0m B．1.5m 【答案】BA．木板的长度为2mB．木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2m由图可知，木板的长度为：132m 3m 2L ´=´=木板运动的最大距离为：31m 1.5m 2x ´==分析滑块B ，减速时间设为B t ，则有：B B 0v a t =-解得：B 0.75st =()(0.75330.75´--A ．1m =2mB ．1m <2mC ．1m >22mD ．1m =22m 【答案】C【详解】由v t -图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板：122mg mgm m >则有：1m >22m 故选C 。

F=时，小滑块和木板一起匀速运动A．当拉力18N运动F=时，小滑块和木板一起加速运动C．当拉力30NA．木板的长度为3m由图像可知2.5s时两者共速，则木板在物块在0~2.0s内的加速度大小为：物块在2.0s~2.5s内的加速度大小为：m=A．动摩擦因数0.5B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为C．长木板的长度为2.25mD．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/sB．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为C．经过1s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s【答案】BC【详解】AB．对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为：同理对滑板，加速度大小为：2sin37 mga°=A ．10N 15N F <<时物块B 和木板C 相对滑动B ．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C ．由题目条件可求木板C 的质量D ．15N F >时物块B 和木板C 相对滑动【答案】DA ．小滑块的加速度向右，大小为A．小物块从传送带左端滑离传送带B．小物块滑离传送带时的速度大小为6m/sC．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为A ．2t 时刻，小物块离A 处的距离最大B ．20t :时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C ．20t :时间内，因摩擦产生的热量为12121()22vv t mg t t m éù++êúëûD ．20t :时间内，物块在传送带上留下的划痕为()21122v v t t ++A．物块最终从传送带N点离开B．物块将在4.8s时回到原处C．物块与传送带之间的摩擦因数为3 2D．传送带的速度1m/sv=，方向沿斜面向下【答案】C【详解】AD．从v t-图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为A．5N·s B．20N·s【答案】D【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示支持力：NN cos53F mg q==A．．．．【答案】D>），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由【详解】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（tan qA．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止C．最终橡皮擦不会脱离纸板．．．．【答案】C【详解】箱子以一定的水平初速度0v 从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板A ．当F 足够小时，A 仍保持静止状态B ．当拉力F mg m =时，物块A．货物与平台一起做匀加速直线运动v=时，货物加速度为B．当平台速度0.6m/sv=时，货物加速度为C．当平台速度0.6m/sF<，平台将保持静止D．若施加的恒力10N【答案】C可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为：F-根据牛顿第二定律可得：2可知随着平台速度v的逐渐增大，匀加速直线运动，故A错误；v=时，则有：BC．当平台速度0.6m/sA．传送带的速度越快，饺子的加速度越大B．饺子相对与传送带的位移为C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能A．图线I 反映的是包裹的运动B．包裹和传送带间的动摩擦因数为C．传送带的长度为20 mD．包裹相对传送带滑动的距离为【答案】D【详解】A．传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送到的加速度，则由图像可知图线A．t=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4C．传送带运行的速度大小为0.5m/sD．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变【答案】C【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，A．包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零B．第一个包裹在传送带上运动的时间为C．圆弧轨道半径为() 223m5-A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825B．输送带A、B两端点间的距离为8mC．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为【答案】CA．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功【答案】CA．游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动B．游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为C．游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变D．游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为【答案】D【详解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的位移：13．如图，物块A 、B 静置叠放在光滑水平面上，A 、B 上下表面水平。

第11章+单元测试-2019年高考物理一轮复习精品资料+Word版含解析

1．下列叙述正确的是 ( )A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动B．布朗运动就是液体分子的运动C．分子间距离增大，分子间作用力一定减小D．物体的温度较高，分子运动越激烈，每个分子的动能都一定越大答案：A2．如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法中正确的是 ( )A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mC．若两个分子间距离大于e点的横坐标，则分子间作用力的合力表现为斥力D．若两个分子间距离越来越大，则分子势能亦越来越大答案：B解析：e点横坐标等于分子平衡距离r0，其数量级应为10－10m。

因平衡距离之内，分子斥力大于分子引力，分子力表现为斥力，故ab为引力曲线，cd为斥力曲线，A错误，B正确。

当两分子间距离大于e点的横坐标，即r>r0时，作用力的合力表现为引力，C错误。

若r<r0，当两分子间距离增大时，合力做正功，分子势能减小，D错误。

3．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同，压强也是p0的空气，其体积为 ( )A.p 0pVB ．p p 0VC ．(p p 0－1)VD ．(p p 0＋1)V 答案：C解析：设所求体积为V x ，由玻意耳定律，p 0(V x ＋V )＝pV ，可得V x ＝(p p 0－1)V ，C 正确。

4.如图是一种气压保温瓶的结构示意图。

用手按下按压器时，气室上方的小孔被堵塞。

以瓶内密闭气体为研究对象，按压器未按下时瓶内气体(含气室)压强为p ，体积为V 0，按压器按下后瓶内气体压强为p ，忽略瓶内气体温度变化，此时瓶内气体体积为 ( )A.p 0p V 0 B ．p p 0V 0 C.p 0p 0＋pV 0 D ．p －p 0pV 0 答案：A5．我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作。

2019届高考物理(新课标)一轮复习测评手册(共计162页,含答案解析)测评答案

, 高考复习方案 | 新课标★物理参考答案45分钟单元能力训练卷(一)1．C 2.C 3.A 4.B 5.B 6.A7．(1)打开电源释放纸带(2)0.641 (3)大[解析] (1)实验时调整好仪器，开始打点计时的时候，应先开电源，然后再放纸带使纸带运动，这样可以使纸带上打出的点更多，有效点也较多，纸带的利用率较高．(2)a＝()8.75＋9.41＋10.06－()6.84＋7.48＋8.139×0.12cm/s2＝0.641 m/s2.(3)如果实验所用交流电的实际频率偏小，那么纸带上相邻两个计数点间的时间间隔的测量值偏小，由此根据匀变速直线运动规律a＝ΔxT2得到的加速度的测量值比实际值偏大．8．(1)3 m/s (2)1.75 s[解析] (1)上升阶段人做加速度为g的匀减速直线运动，由运动学公式得－v20＝－2gh解得v0＝2gh＝3 m/s.(2)上升阶段由运动学公式得0＝v0－gt1解得上升阶段经历的时间t1＝v0g＝310s＝0.3 s自由落体运动过程由运动学公式得H＝12gt22解得下落过程经历的时间t2＝2Hg＝2×10.4510s＝1.45 s故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s.9．125 m或245 m45分钟单元能力训练卷(二)1．C 2.B 3.C 4.A 5.D 6.C7．(1)2.60 (2)图略 5.1 (3)59[解析] (1)精度为0.1 N的弹簧测力计要估读到0.01 N，其读数为2.60 N；(2)作出力的图示，再作力的平行四边形，根据比例大小换算得合力为5.1 N；(3)由图丙可知1 N对应的长度约为17 mm ，又F＝kx，故k＝Fx＝59 N/m.8．(1)250 N 50 3 N (2)100 N 9．160 N[解析] A、B的受力分析如图所示．对A由平衡条件得F T sin 37°＝f1＝μF′N1F T cos 37°＋F N1＝m A g联立以上两式可得：F N1＝3m A g4μ＋3＝60 Nf1＝μF N1＝30 N. 对B由平衡条件得F ＝f′1＋f 2＝f′1＋μF N2＝f 1＋μ(F N1＋m B g)＝160 N.45分钟单元能力训练卷(三)1．A 2.D 3.A 4.C 5.C 6.C7．(1)图略 (2)正比例关系 (3)平衡摩擦力时木板抬得过高没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够8．(1)0.4 s (2)34[解析] (1)物体上滑，由牛顿第二定律，有mgsin 30°＝ma解得a 1＝mgsin 30°m＝5 m/s 2 由运动学公式，上滑时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s 上滑的位移x ＝12v 0t 1＝0.4 m. (2)下滑时间t 2＝t －t 1＝(1.2－0.4) s ＝0.8 s又下滑的位移x ＝12a 2t 22 解得加速度a 2＝1.25 m/s 2对下滑过程，由牛顿第二定律，有mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 2解得μ＝34. 9．(1)3 m (2)2.5 kg (3)40 J45分钟滚动复习训练卷(一)1．D 2.A 3.C 4.D 5.B 6.C7．(1)电火花垫高做匀速直线运动(或均匀打点)(2)m ≪M(或钩码的总质量远小于小车的质量) M(或小车的质量) (3) 0.95[解析] (1)电火花式打点计吋器的摩擦力小；平衡摩擦时，在没有钩码拖动下，需要将长木板的右端垫高，使小车做匀速直线运动．(2)细绳对小车的拉力F T ＝M M ＋m.mg ，在m ≪M 的条件下，可以认为拉力近似等于钩码的总重力mg ，在控制M 不变的情况下，可以探究加速度与力的关系．(3)由Δx ＝aT 2，则a ＝62.00－51.55－（51.55－42.05）0.12×10－2m/s 2＝0.95 m/s 2. 8．(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s9．(1)1 s (2)如图所示 (3)1.25 m45分钟单元能力训练卷(四)1．B 2.A 3.B 4.C 5.B 6.B7．每个周期激光照射到反光材料的时间 7.14 0.228．(1)4π2()R ＋h 3GT 2 (2)4π2()R ＋h 3R 2T 2 (3)3π()R ＋h 3GT 2R3 [解析] (1)根据万有引力提供向心力，有G Mm ()R ＋h 2＝m 4π2T 2(R ＋h) 解得M ＝4π2()R ＋h 3GT2. (2)月球表面万有引力等于重力，即GMmR 2＝mg 解得g ＝4π2（R ＋h ）3R 2T 2. (3)根据ρ＝M V ，V ＝43πR 3 解得ρ＝3π（R ＋h ）3GT 2R 3. 9．(1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N45分钟单元能力训练卷(五)1．A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.B7．(1)0.196 0.100(2)钩码的质量接近小车的质量，在钩码下落过程中，钩码减少的重力势能转化为小车和钩码的动能8. (1)6 m/s 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N[解析] (1)小球做平抛运动，落至A 点时，由平抛运动速度分解图可得v 0＝v y cot αv A ＝v y sin α由运动学规律，有v 2y ＝2ghh ＝12gt 2 x ＝v 0t由以上各式解得：v 0＝6 m/s ，x ＝4.8 m ，v A ＝10 m/s.(2)由动能定理，有mgH ＝12mv 2B －12mv 2A 解得v B ＝20 m/s.(3)小球在BC 部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，小球从C 点到D 点，由动能定理得－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2C 在D 点由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝m v 2D R解得F N ＝3 N.9. (1)2 m/s ，水平向右理由略 (2)0.2 (3)－24 J 36 J[解析] (1)由题图乙可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.(2)由题图乙可知，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2 由牛顿第二定律得滑动摩擦力f ＝Ma ，其中f ＝μF N ，F N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝210＝0.2. (3)由题图乙可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移x ＝vt ＝2×3 m ＝6 m所以物块对传送带所做的功为W ＝－fx ＝－4×6 J ＝－24 J物块与传送带前2 s 内的相对位移x 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫42×2 ＋2×2 m ＝8 m 第3 s 内的相对位移x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2×1－22×1 m ＝1 m 故物块相对于传送带的总位移x′＝x 1＋x 2＝9 m系统中转化为内能的能量Q ＝fx ＝μMgx ＝4×9 J ＝36 J.45分钟单元能力训练卷(六)1．A 2.D 3.D 4. B 5.A 6.B7．(1)2 m/s (2)0.8 m/s[解析] (1)恒力做的功为W ＝Fl ＝2 J弹簧具有的最大弹性势能为E p ＝W ＝2 J弹簧完全弹开达到原长时，A 速度达到最大，即E p ＝12m A v 2，解得v A ＝2E p m A＝2 m/s. (2)当弹簧再次达到原长时，B 物体的速度最大，由动量和能量守恒有m A v A ＝m A v A ′＋m B v B12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 2B 解得v B ＝0.8 m/s. 8．(1)14m (2)4.5 J 45分钟滚动复习训练卷(二)1．A 2.B 3.B 4.D 5. C 6.C7. (1)左 (2)B (3)1.88 1.84 (4)在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒8．(1)3.0 m/s (2)3.0 J9．(1) 5 m/s (2)0.1 kg (3)0.2 J45分钟单元能力训练卷(七)1. C2.D3. C4.D5. C6.C7．(1)90 J (2)5 m/s (3) 小球没有冲出圆槽[解析] (1)在整个过程中，电场力对小球P 做的功为W ＝qE h tan θ＝－90 J 小球P 电势能增加ΔE p ＝－W ＝90 J.(2)根据受力分析可知，斜面对小球P 的支持力为N ＝－qEsin θ＋mgcos θ根据动能定理得mgh ＋qE h tan θ－μN h sin θ＝12mv 2－0 解得v ＝5 m/s.(3)设当两者速度相等时，小球上升的高度为H ，根据水平方向动量守恒得mv ＝2mv′解得 v′＝2.5 m/s根据机械能守恒定律得12mv 2＝12·2mv ′2＋mgH 解得H ＝0.625 m<R ，所以小球没有冲出圆槽. 8．(1)16L 0 L 02v 0(2)能 45分钟单元能力训练卷(八)1．C 2.D 3.A 4.A 5.A 6.C7．(1)0.520 (2)①×1 ②欧姆右边的零刻线处 12(3)A C 图略8．(1)R 断路(2)如图所示(3)图略 1.50 V 0.50 Ω[解析] (1)把两表笔接c 、d 时，电压表有示数，说明c 到电源负极、d 到电源负极接触良好，且多用电表示数与电压表示数相同，大小接近电动势，则故障为R 断路；(2)实物电路连接如图所示；(3)根据闭合电路的欧姆定律有：E ＝U ＋I(r ＋R 0)，整理可得U ＝E －I ()R 0＋r ，图像的斜率k ＝R 0＋r ＝1.30.43Ω≈3 Ω，则r ＝0.50 Ω，图像与纵轴的截距b ＝E ＝1.50 V.。

2019年高考物理一轮复习专全集题(含解析)

测量速度和加速度的方法【纲要导引】此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度来验证牛二或动能定理等。

此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。

【点拨练习】考点一打点计时器利用打点计时器测加速度时常考两种方法：（1）逐差法纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆）点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔）（2）平均速度法，两边同时除以t，，做stt图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是开始计时点0的初速0v。

1.【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50H z 在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：A S =16.6mmB S =126.5mm D S =624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：① 相信两计数点的时间间隔为__________S② 打C 点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)③ 物体的加速度大小为__________(用A S 、B S 、D S 和f 表示)【答案】①0.1s ②2.5 ③【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s ．②根据间的平均速度等于点的速度得v c ==2.5m/s ． ③利用逐差法：,两式相加得,由于,，所以就有了,化简即得答案。

2.【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电（1）下列实验操作中，不正确的有________A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到O点的距离，记录在纸带上，如题11-2图所示计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据补充完整（3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________.（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？对比实验①和②的结果得到什么结论？【答案】（1）CD（2）39.0 （3）逐渐增大到39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用.【解析】根据速度计算速度。

2019版高考物理金榜一轮单元评估检测： (一) Word版含解析

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单元评估检测(一)(第一章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

1～6题为单选题,7、8题为多选题)1.某人在医院做了一次心电图,结果如图所示。

如果心电图仪卷动纸带的速度为1.5 m/min,图中方格纸每小格长1 mm,则此人的心率为( )A.80次/minB.70次/minC.60次/minD.50次/min【解析】选C。

设心脏跳动周期为T,由图读出相邻峰值之间的距离s=25 mm=0.025 m,则T== s=1 s;所以人的心率为f==1次/s=60次/min。

故选C。

2.宇航员在月球上离月球表面高10 m处由静止释放一片羽毛,羽毛落到月球表面上的时间大约是( )A.1.0 sB.1.4 sC.3.5 sD.12 s【解析】选C。

在月球上没有空气阻力,羽毛做自由落体运动,所以h=at2,其中a=,代入得t=2 s≈3.5 s,C正确。

3.测速仪安装有超声波发射和接收装置,如图所示,B为测速仪,A为汽车,两者相距335 m。

某时刻B发出超声波,同时A由静止开始做匀加速直线运动,当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m,已知声速为340 m/s,则下列说法正确的是 ( )A.经1 s,B接收到返回的超声波B.超声波追上A车时,A车前进了10 mC.A车加速度的大小为10 m/s2D.A车加速度的大小为5 m/s2【解题指导】从B发出超声波到接收到反射回来的超声波信号这段时间内,求出A的位移,由于超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等,根据匀变速直线运动的推论求出超声波从B发出到A这段时间内A的位移,从而得出超声波从B到A的位移,根据声速求出运行的时间,从而再根据Δx=aT2求出汽车运动的加速度。

【解析】选C。

超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等,在整个这段时间内汽车的位移x=355 m-335 m=20 m。

2019高考物理一轮复习编练习题(11)(含解析)新人教版.docx

2019高考物理（人教）一轮编练习题（11）李仕才一、选择题1、如图所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线臼，导线臼的正上方某处放置另一长直导线b,两导线中均通以垂直纸面向里的恒定电流。

现将导线方向右平移一小段距离，若导线日始终保持静止，贝！）（）6®IIIIIa直图A.导线力受到的安培力方向始终竖直向下B.导线b受到的安培力逐渐减小C.导线自对桌面的压力减小D.导线日对桌面的摩擦力方向水平向左解析导线a、力均处在对方产生的磁场中，故两导线均会受到安培力作用，由“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥呵知，当导线》未移动时，其受到的安培力方向竖直向下指向导线当导线b向右平移一小段距离后，导线D受到的安培力仍会指向导线如选项A错误；由于导线a、b之间的距离増大而导线中的电流不变，故两导纟戋之间的相互作用力减小（安培力＞选I页B正确；寧戋b向右平移后星戋a 的受力情况如團所示，由于导线。

始终在桌面上保持静止，所以有用=G-用in血因为安培力尸减小，sin 8减小，所以桌面对导线。

的支持力増犬，由牛顿第三定律可知，导线。

对桌面的压力増大，选项C错误; 由图可知，桌面对导线。

的静摩揀力方向水平向左，故导线a对桌面的摩揀力方向水平向右，选项D错误。

2、如图5所示，物块力放在木板〃上，A.〃的质量均为如力、〃之间的动摩擦因数为U“，〃与地面之间的动摩擦因数为亍若将水平力作用在/上，使/刚好要相对〃滑动，此时力的加速度为0;若将水平力作用在g上，使g刚好要相对力滑动，此时g的加速度为&2,则血与&2的比为（）A. 1 ： IB. 2 ： 3C. 1 ： 3D. 3 ： 2答案C解析将水平力作用在厦上，使人刚好要相对丧滑动，此时加、丧间的摩撫达到最大静摩揀，则对木板B 根据牛顿第二定律:陀-号2吨=她“解得如=孰；将水平力作用在我上，使〃刚好要相^上滑动, 则对物块X：/nttg=mai?解得血=您，则如：他=1 ：3.3、小球"和0用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，"球的质量大于0球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂0球的绳短.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图2所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点（）图2A."球的速度一定大于"球的速度B.戶球的动能一定小于0球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于0球所受绳的拉力D.戶球的向心加速度一定小于。

2019高考物理一轮复习优练题1含解析新人教版.docx

2019人教版高考物理一轮优练题（1）李仕才1、（多选）（质点）（2018 •贵州汇川期初）“梦之队”收获7金2银1铜,创造了1984年参加奥运会以来的最好成绩。

回国后，教练员和运动员认真分析了比赛视频，对于下面的叙述，正确的是（）A.研究运动员的跳水动作时，可以将运动员看成质点B.研究运动员与跳板接触过程中跳板的弯曲情况时，可将运动员看成质点C.为了提高训练成绩，不管分析什么问题，都不能把运动员看成质点D.能否把运动员看成质点,应根据研究问题而定答案］BD画物体能否看成质点，关键是看物体的形状和大小对所研究问题的影响是否可以忽略，当研究运动员的跳水动作时，不能将运动员看成质点,研究运动员接触跳板时跳板的弯曲情况, 可以将运动员看成质点，所以能否将运动员看成质点,应根据所研究的问题而定,A、C不符合题意,B、D符合题意。

故答案为BD。

4D2、（多选）（弹力）如图\\\\\\乙\\\所不，畀、〃两个物块的重力分别是GM N, Gn=\ N,弹簧的重力不计,整个装置沿竖直方向处于静止状态，这时弹簧的弹力F-1 \则天花板受到的拉力和地板受到的压力，有可能是（）A.1 N 和 6 NB.5 N 和 6 NC.1 N 和 2 ND.5 N 和 2 N丽弹簧的弹力为2 N,有两种可能情形:弹簧处于拉伸状态;弹簧处于压缩状态，因此对应的解应有两组。

⑦当弹簧处于拉伸状态时，由爪〃受力均平衡可知M受重力、弹簧向下的拉力及绳子对A的拉力，由共点力的平衡可知，绳子的拉力F二G A+FW N;由牛顿第三定律可知天花板受到的拉力为5 对〃分析，〃受重力、支持力及弹簧向上的拉力而处于平衡，则〃受支持力尺二〃7g-®N;D符合题意。

②^弹簧处于压缩状态，同理可知,A符合题意。

故答案为AD。

3、（惯性）（2017 •山东潍坊月考）关于惯性的认识，以下说法正确的是（）A.物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B.置于光滑水平而上的物体即使质量很大也能被拉动,说明惯性与物体的质量无关C.让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性D.同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下来的时间较长,说明惯性与速度有关答案C 解析惯性大小与物体的运动状态及受力情况无关，只由物体的质量大小决定，八、B、D均错误; 要改变物体的速度，必须有外力作用，而且要经历一定的时间,c正确。

第11讲探究两个互成角度的力的合成规律(课件)-2025年高考物理一轮复习讲练测(新高考)

提升·必备题型归纳
【答案】 3.6 AC/CA AC/CA 把两弹簧测力计在水平方向上对拉，观察两测力计示数是否相等，若相等则可以正常使用，否则则不能正常使用【详解】（1）[1]弹簧测力计读数，每1N被分成5格，则1格就等于0.2N，图指针落在3N到4N的第3格处，又因为弹簧测力计的分度值为0.2N，不估读到下一位，故读得结果为3.6N （2）[2]A ．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确； B ．由于本实验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物的重力即可验证平行四边形定则，故不能在水平桌面进行实验，故B错误； C．拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，如果有倾角沿木板方向的力应该为弹簧秤读数的一个分力，但是在处理数据时把线倾斜时的读数当做沿平板方向的力，力就会变大，那样误差较大，故C正确；
真题感悟
真题感悟
（2023年全国乙卷高考真题）在“验证力的平行四边形定则”的实验中使用的器材有：木板、白
知识点实验目的、器材、原理、步骤、注意事项、误差分析
6.注意事项：（1）使用弹簧测力计前,要先调整指针使其指在零刻度处;再将两只弹簧测力计的挂钩钩在一起,向相反方向拉,如果两个示数相同方可使用。（2）实验中的两个细绳套不要太短。（3）在同一次实验中,橡皮条拉长时结点到达的位置一定要相同。（4）用两只弹簧测力计互成角度地拉橡皮条时,夹角不宜太大也不宜太小。（5）在用力拉弹簧测力计时,拉力应沿弹簧测力计的轴线方向。弹簧测力计中弹簧轴线、橡皮条、细绳套应该位于与纸面平行的同一平面内。（6）画力的图示选定的标度要相同,要恰当选定标度,使力的图示稍大一些。
01
教材原型实验
夯基·必备基础知识

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【满分：110分时间：90分钟】
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

) 1．如图所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），R是可变电阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上。

下列说法正确的是
A．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为2：1
B．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为：1
C．若K分别接1和2时，R消耗功率相等，则R阻值之比为1 ：2
D．若K分别接l和2时，R消耗功率相等，则R阻值之比为：1
【答案】 B
考点：考查了理想变压器
【名师点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有
变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源。

2．如图所示，n 匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光。

从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是（）
A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大
B ．灯泡中的电流方向每秒改变
2ωπ
次 C ．线框中产生感应电动势的表达式为e ＝nBS ωsin ωt D ．变压器原、副线圈匝数之比为nBS U
ω
【答案】 C
点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。

3．如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电
压及输电线的电阻R 均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是（）
A ．升压变压器副线圈中电流变大
B ．降压变压器副线圈中电流变小
C ．输电线上损耗的功率减小
D ．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小【答案】 D
考点：远距离输电
【名师点睛】解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。

4．智能家电（微处理器、传感器技术、网络通信技术引入家电设备后形成的家电产品）中控制电路部分的工作电压较低，通常用变压器将市电降压后输入到控制电路。

右表为某智能家电内部的变压器的部分参数，由表中信息可以推知，该变压器
A ．原、副线圈匝数之比约为220:9，正常工作时实际输入功率略大于1.8W
B ．原、副线圈匝数之比约为220:9，正常工作时实际输入功率略小于1.8W
C ．原、副线圈匝数之比约为9: 220，正常工作时实际输入功率略大于1.8W
D ．原、副线圈匝数之比约为9: 220，正常工作时实际输入功率略小于1.8W 【答案】 A
【解析】输入电压为220V ，输出电压为9V ，则原、副线圈匝数之比1212::220:9n n U U ==，原、副线圈匝数之比约为220:9。

输出电压为9V ，输出电流为0.2A ，则输出功率22290.2 1.8
P U I W W ==⨯=，正常工作时实际输入功率
略大于输出功率，正常工作时实际输入功率略大于1.8W。

故A项正确。

5．家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小，某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，则灯泡两端的电压为（）
A．B．C．D．
【答案】 C
点睛：根据电流的热效应：由一个周期内交变电流通过电阻R产生的热量与直流电通过电阻R一个周期内产生的热量相等，求解有效值．
6．如图匀强磁场中有一矩形单匝线圈ABCD，AB边与磁场垂直，MN边与金属滑环K相连，PQ边与金属滑环L相连；金属滑环L、交流电流表A、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联。

使矩形线圈从图示位置开始以恒定角速度绕过BC、AD中点的轴旋转。

下列说法中正确的是
A．交流电流表A的示数随时间按正弦规律变化
B．线圈转动的角速度越大，交流电流表A的示数越小
C．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大
D ．线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R 的电流最大【答案】 C
点睛：交流电流表测量的是交流电的有效值，不随时间变化．线圈转动的角速度增大，感应电动势的最大值增大，有效值增大，交流电流表示数增大．当线圈与磁场平行时，感应电动势最大，R 的电流最大． 7．如图所示，理想变压器原线圈输入电压sin m u U t ω=，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示.下列说法正确的是( )
A ． I 1和I 2表示电流的瞬时值
B ． U 1和U 2表示电压的最大值
C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大
D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小【答案】 C
【解析】试题分析：在交流电中电表显示的都是有效值，故B 错误，A 正确；滑片P 向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U 1不变，U 2不变，则I 2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以I 1变大，故CD 错误；故选A ．考点：变压器；电路的动态分析
8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为105.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（）
A．电路中的电流方向每秒钟改变50次
B．电压表V的示数为220 V
C．灯泡实际消耗的功率为440W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J
【答案】 D
考点：交变电流
9．如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，原线圈输入的交流电压有效值为U0＝440V，接有理想电流表A；副线圈分别接额定电压为100V的灯泡和电阻值范围是0～100Ω的滑动变阻器。

不考虑温度对灯泡电阻的影响，适当调节滑动变阻器的触片位置，使灯泡在额定电压下正常工作，此时电流表A的示数为1.2A，则
A．滑动变阻器下部分接入的电阻值为50Ω
B．滑动变阻器消耗的电功率为240W
C．灯泡的额定功率为40W
D．灯泡的额定电流为2.4A
【答案】AC
10．如图所示，边长为L ，匝数为N ，电阻不计的正方形线圈abcd ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴'OO 以角速度ω匀速转动，轴'OO 垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原副线圈的匝数之比为1：2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是
A ．交流发电极的感应电动势的瞬时值表达式为2
sin e NB L t ωω= B ．变压器的输入功率与输出功率之比为2：1 C ．电压表示数为2
NB L ω
D ．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表的示数减小【答案】 CD
D 、若将滑动变阻器的滑片向下滑动，R 增大，原线圈的电压不变，副线圈的电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得副线圈的电流变小，根据理想变压器的变压原理，原线圈的电流也变小，电流表的示数减小，故D 正确；故选CD 。

【点睛】从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为2
e NBL cos t ωω=，理想变压器的输入功率与输出功率相等，解题的关键是掌握变压器的工作原理。

11．如图甲所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比1∶100，降压变压器原副线
圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为50Ω．若升压变压器的输入电压如图乙所示，下列说法中正确的有（）
A ．用户端交流电的频率为100Hz
B ．用户端电压为240V
C ．若用户用电器变多，降压变压器副线圈两端电压降低
D ．若升压变压器原线圈输入功率为720kW ，则输电线路损耗功率为45kW 【答案】 CD。