【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练21 Word版含解析

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【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)：分层限时跟踪练11.doc

分层限时跟踪练(十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·德兴模拟)如图4-2-16所示，将一小球从倾角为θ的斜面上方O 点以初速度v 0水平抛出后，落到斜面上H 点，OH 垂直于斜面且OH ＝h .不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则v 0的大小为( )图4-2-16A.gh cos 2 θ2sin θB.gh sin 2 θ2cos θC.2gh sin 2 θcos θD ．2gh cos 2 θsin θ【解析】由几何关系得，小球做平抛运动的水平位移x ＝h sin θ，竖直位移y ＝h cos θ，根据y ＝12gt 2得t ＝2h cos θg ，则初速度v 0＝xt＝gh sin 2 θ2cos θ.【答案】 B2．(2016·南充模拟)如图4-2-17所示，AB 为半圆环ACB 的水平直径，C 为环上的最低点，环半径为R .一个小球从A 点以速度v 0水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是( )图4-2-17A ．只要v 0足够大，小球可以击中B 点B ．即使v 0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同C ．若v 0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环D ．无论v 0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环【解析】小球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，可知小球不可能击中B 点，选项A 错误；初速度不同，小球落点的位置不同，运动的时间可能不同，则小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不同，选项B 错误；小球不可能垂直撞击在半圆环AC 段，因为根据速度的合成，平抛运动的速度方向偏向右，假设小球与BC 段垂直撞击，设此时速度与水平方向的夹角为θ，知撞击点与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，连接抛出点与撞击点，与水平方向的夹角为β.根据几何关系知θ＝2β，因为平抛运动速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan θ＝2tan β，与θ＝2β相矛盾，则不可能与半圆弧垂直相撞，选项C 错误，D 正确．【答案】 D3．如图4-2-18所示，位于同一高度的小球A 、B 分别以v 1和v 2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C 点，小球B 恰好垂直打到斜面上，则v 1、v 2大小之比为()图4-2-18A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶2D ．2∶3【解析】设A 、B 两球平抛运动的时间为t ，则对A 球：tan 30°＝12gt 2v 1t ，对B 球：tan30°＝v 2gt ，解得：v 1＝gt 2tan 30°，v 2＝gt tan 30°，解得：v 1v 2＝32，C 正确．【答案】 C4．(2016·宜宾模拟)如图4-2-19所示，从A 点由静止释放一弹性小球，一段时间后与固定斜面上B 点发生碰撞，碰后小球速度大小不变，方向变为水平方向，又经过相同的时间落于地面上C 点，已知地面上D 点位于B 点正下方，B 、D 间的距离为h ，则()图4-2-19A ．A 、B 两点间的距离为h 2B ．A 、B 两点间的距离为h4C ．C 、D 两点间的距离为2h D ．C 、D 两点间的距离为233h【解析】 AB 段小球自由下落，BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，所以A 、B 两点间距离与B 、D 两点间距离相等，均为h ，故A 、B 错误；BC 段小球做平抛运动，初速度v ＝2gh ，持续时间t ＝2hg，所以C 、D 两点间距离x ＝vt ＝2h ，故C 正确，D 错误．【答案】 C5．(2016·兴化模拟)平抛运动可以分解为水平和竖直方向的两个直线运动，在同一坐标系中作出这两个分运动的v -t 图线，如图4-2-20所示．若平抛运动的时间大于2t 1，下列说法中正确的是( )图4-2-20A ．图线2表示水平分运动的v -t 图线B ．t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为30°C ．t 1时间内的竖直位移与水平位移之比为1∶2D ．2t 1时刻的速度方向与初速度方向的夹角为60°【解析】水平分运动为匀速直线运动，故A 错误；t 1时刻水平方向和竖直方向的分速度相等，则合速度与水平方向的夹角为45°，B 错误；设水平速度为v 0，则t 1时间内的水平位移为x ＝v 0t 1，竖直方向的位移y ＝v 02t 1，所以y x ＝12，C 正确；2t 1时刻竖直方向的速度2v 0，显然速度方向与水平方向的夹角不是60°，D 错误．【答案】 C 二、多项选择题6．(2016·唐山模拟)如图4-2-21所示，一同学分别在同一直线上的A 、B 、C 三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v 1、v 2、v 3.若篮球出手时高度相同，出手速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是( )图4-2-21A ．v 1<v 2<v 3B ．v 1>v 2>v 3C ．θ1>θ2>θ3D ．θ1<θ2<θ3【解析】此过程可以看成篮球从篮筐水平抛出，由题意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故选项A 错误，B 正确；根据平抛运动规律，水平速度越大，落地时速度方向与水平方向的夹角越小，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD7．如图4-2-22所示，在水平地面上M 点的正上方某一高度处，将S 1球以初速度v 1水平向右抛出，同时在M 点右方地面上N 点处，将S 2球以初速度v 2斜向左上方抛出，两球恰在M 、N 连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中()图4-2-22A ．初速度大小关系为v 1＝v 2B ．速度变化量相等C ．水平位移大小相等D ．都不是匀变速运动【解析】由题意可知，两球的水平位移相等，C 正确；由于只受重力的作用，故都是匀变速运动，且相同时间内速度变化量相等，B 正确，D 错误；又由v 1t ＝v 2x t 可得A 错误．【答案】 BC8.如图4-2-23所示，两滑雪运动员从O 点分别以v A 和v B 水平滑出后做平抛运动分别落到斜坡上的A 、B 两点，在落点前瞬间速度与水平方向夹角分别为θA 与θB ，两者在空中运动时间分别为t A 与t B .则()图4-2-23A ．t A >tB B ．t A <t BC ．v A <v BD ．θA <θB【解析】由h ＝12gt 2可知，因h B >h A ，故t B >t A ，A 错误、B 正确；由tan θ＝gtv 0，又由tan α＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0可得tan θ＝2tan α，则θA ＝θB ，D 错误；由v 0＝gt2tan α可知，因t A <t B ，故v A <v B ，C 正确．【答案】 BC9．如图4-2-24所示，在高处以初速度v 1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离l 、2l 处分别有A 、B 两个小气球以速度v 2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球后不会改变其平抛运动的轨迹)．则下列判断正确的是()图4-2-24A ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝g 2l 2v 21B ．飞镖刺破A 气球时，飞镖的速度大小为v A ＝v 21＋g 2l 2v 21C ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21＋v 2lv 1D ．A ，B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gl 22v 21【解析】飞镖刺破A 气球时所经历的时间t ＝lv 1，此时飞镖竖直方向的分速度v y ＝gt＝gl v 1，所以飞镖的速度v ＝v 21＋v 2y ＝v 21＋⎝⎛⎭⎫gl v 12，选项A 错误，B 正确；飞镖从刺破A 到刺破B 所经历的时间t ′＝l v 1，此时气球上升的高度h 1＝v 2t ′，飞镖下降的高度h 2＝v y t ′＋12gt ′2，两气球在上升的过程中高度差不变，h ＝h 2＋h 1＝3gl 22v 21＋v 2lv 1，选项C 正确，D 错误．【答案】 BC 三、非选择题10．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA 竖直，另一侧的坡面OB 呈抛物线形状，与一平台BC 相连，如图4-2-25所示．已知山沟竖直一侧OA 的高度为2h ，平台在沟底h 高处，C 点离竖直OA 的水平距离为2h .以沟底的O 点为原点建立平面直角坐标系xOy ，坡面的抛物线方程为y ＝x 22h .质量为m 的探险队员从山沟的竖直一侧，沿水平方向跳向平台．探险队员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .图4-2-25(1)若该探险队员以速度v 0水平跳出时，落在坡面OB 的某处，则他在空中运动的时间为多少？(2)为了能跳在平台上，他的初速度应满足什么条件？请计算说明．【解析】 (1)x ＝v 0t ，y ＋12gt 2＝2h ，y ＝x 22h ，联立解得t ＝2hv 20＋gh.(2)若落在C 处，h ＝12gt ′2，2h ＝vt ′，联立解得v ＝2gh ，若落在B 处，B 点坐标为(x ，h )，满足坡面的抛物线方程，即h ＝x 22h ，解得x ＝2h ，又x ＝vt ″，h ＝12gt ″2，联立解得v ＝gh .故初速度应满足gh ≤v ≤2gh .【答案】 (1)2hv 20＋gh(2)见解析 11．如图4-2-26所示，倾角为37°的斜面长l ＝1.9 m ，在斜面底端正上方的O 点将一小球以速度v 0＝3 m/s 水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：图4-2-26(1)抛出点O 离斜面底端的高度； (2)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)设小球击中滑块时的速度为v ，竖直速度为v y由几何关系得： v 0v y＝tan 37° ①设小球下落的时间为t ，竖直位移为y ，水平位移为x ，由运动学规律得 v y ＝gt ② y ＝12gt 2③ x ＝v 0t④设抛出点到斜面最低点的距离为h ，由几何关系得 h ＝y ＋x tan 37°⑤由①②③④⑤得：x ＝1.2 m ，h ＝1.7 m. (2)在时间t 内，滑块的位移为s ，由几何关系得 s ＝l －xcos 37°⑥设滑块的加速度为a ，由运动学公式得s ＝12at 2⑦对滑块，由牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma⑧由⑥⑦⑧得：μ＝0.125. 【答案】 (1)1.7 m (2)0.12512．(2014·浙江高考)如图4-2-27所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/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 ＝10 m/s 2)图4-2-27(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．【解析】 (1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/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第二个弹孔离地的高度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，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，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg＋s ＝570 m 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。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：1.3运动学图象、追及和相遇问题

)
图 133
【解析】由图象可知，x＝0 时，初速度不为零，A 错误；由 v2＝2ax 知， Δv2 斜率 k＝＝2a＝4 m/s2，所以加速度 a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，B、 Δx Δv 3－ 5 C 错误；由 t＝ a 求得质点从 x＝1 m 处运动到 x＝2 m 处所用的时间 t＝ 2 s， D 正确．【答案】 D
考运动学图象追及和相遇问题
[考纲定位] 匀变速直线运动及其公式、图象(Ⅱ)
分层限时跟踪练
考点三
考点 1| x t、v t 图象的理解 xt 图象和 v t 图象的比较 x t 图象图象举例 vt 图象
图象意义
表示位移的变化过程和规律，表示质点运动在某时刻的位置或某段时间内的位移
【答案】 A
4．[v2x 图象]某质点做直线运动，现以出发点为坐标原点，以运动方向为 x 轴正方向，质点运动的 v2x 图象如图 133 所示．则(
A．质点的初速度为 0 B．质点做变加速直线运动 C．质点做匀加速直线运动，且加速度为 4 m/s2 D．质点从 x＝1 m 坐标处运动到 x＝2 m 坐标处所用 3－ 5 时间 t＝ 2 s
5．[a t 图象与 v t 图象的转化]一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 at 图象如图 134 所示．下列 v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )
图 134
T 【解析】由题图可知，在 0～2时间内 a＝a0＞0，若 v0≥0，物体做匀加速运动；若 v0＜0，物体做匀减速运动，故 B、C 皆错误；由于在 T～2T 时间内 a T ＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与 0～2时间内相同，故 A 错误，D 正确．【答案】 D

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：5.3机械能守恒定律

考点 2| 机械能守恒定律的应用 1．机械能守恒定律的表达式 (1)守恒观点：Ek＋Ep＝ Ek′＋Ep′ (一定要选零势能面) －Δ Ep (2)转化观点：Δ Ek＝ (不需要选零势能面) (3)转移观点：Δ E 增＝Δ E 减 (不需要选零势能面) 2．应用机械能守恒的一般步骤单个物体 (1)选取研究对象多个物体组成的系统系统内有弹簧
【答案】 A
2．(2014· 课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( π A. 6 π C. 3 ) π B． 4 5π D． 12
【解析】根据平抛运动的规律和机械能守恒定律解题．设物块水平抛出 1 2 的初速度为 v0，高度为 h，由机械能守恒定律得2mv0＝mgh，即 v0＝ 2gh.物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度 vy＝ 2gh＝vx＝ π v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角 θ＝，故选项 B 正确，选项 4 A、C、D 错误．
[示例] 质量分别为 m 和 2m 的两个小球 P 和 Q，中间用轻质杆固定连接， L 杆长为 L，在离 P 球3处有一个光滑固定轴 O，如图 535 所示．现在把杆置于水平位置后自由释放，在 Q 球顺时针摆动到最低点位置时，求：
(1)小球 P 的速度大小；
图 535
(2)在此过程中小球 P 机械能的变化量．
【答案】 ABC
2．[机械能守恒的判断]在如图 531 所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上 30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴 O 无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的 A、B 两小车，B 静止，A 获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动 B 车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.4万有引力与航天

【解析】第一宇宙速度为物体沿近地轨道做匀速圆周运动的运行速度，天 GMm v GM 宫一号轨道半径大于地球半径，由 r2 ＝m r 得 v＝ r ，故其速度小于第一 4π2 宇宙速度，故选项 A 错误；赤道上物体随地球自转的加速度 a 总＝R 2 ，天宫 T地 4π2 一号的加速度 a 天＝r 天 2 ，根据轨道半径和周期关系 R<r 天，T 地>T 天，可知天 T天宫一号加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度，故选项 B 正确；根据 ω 2π ω天 T地 24×60 ＝ T 知＝＝ 90 ＝16，故选项 C 正确；在天宫一号上航天员和其他物 ω地 T天体均处于完全失重状态，天平不能使用，故 D 错误．
2
【答案】 BC
[规律总结] (1)区别
赤道物体、近地卫星、同步卫星的比较
①同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于近地卫星的周期． ②近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径，而不等于同步卫星运动半径． ③三者的线速度各不相同．
(2)求解此类题的关键 ①在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应 GM 依据二者角速度相同的特点，运用公式 a＝ω r 而不能运用公式 a＝ r2 .
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大 B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大 C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等 D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
2 Mm v 【解析】探测器在星球表面做匀速圆周运动时，由 G R2 ＝m R ，得 v＝
2GM GM R ，则摆脱星球引力时的发射速度 2v＝ R ，与，半径为 R，则地球的质量为 10M，半径为 2R， 10Mm 5GMm Mm 地球对探测器的引力 F1＝G 2 ，比火星对探测器的引力 F2＝G 2 2＝ 2 R R （2R）大，选项 B 正确；探测器脱离地球时的发射速度 v1＝ 2G· 10M 10GM ＝ R ，脱 2R

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：5.1功和功率

第 1 课时功和功率
[考纲定位] 功和功率(Ⅱ)
考点 1| 功的分析与计算 1．功的正负 (1)0≤α＜90°，力对物体做正功． (2)90°＜α≤180°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)α ＝90°，力对物体不做功． 2．功的计算：W＝Flcos α (1)α 是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． (3)功是标(填“标”或“矢”)量．
A．0～2 s 内外力的平均功率是 4 W B．第 2 s 内外力所做的功是 4 J C．第 2 s 末外力的瞬时功率最大 D．第 1 s 末与第 2 s 末外力的瞬时功率之比为 9∶4
图 514
【解析】第 1 s 末质点的速度 F1 3 v1＝ m t1＝1×1 m/s＝3 m/s. 第 2 s 末质点的速度 F2 1 v2＝v1＋ m t2＝(3＋1×1) m/s＝4 m/s. 1 2 1 2 则第 2 s 内外力做功 W2＝2mv2－2mv1＝3.5 J 0～2 s 内外力的平均功率
甲
乙图 516 (1)运动过程中汽车发动机的输出功率 P； (2)汽车速度减至 8 m/s 的加速度 a 的大小； (3)BC 路段的长度．
【解析】 (1)汽车在 AB 路段时牵引力和阻力相等，则 F1＝Ff1，输出功率 P＝F1v1，解得 P＝20 kW. (2)t＝15 s 后汽车处于匀速运动状态，有 P F2＝Ff2，P＝F2v2，则 Ff2＝， v2 解得 Ff2＝4 000 N. v＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 P Ff2－F＝ma，F＝ v ，解得 a＝0.75 m/s2.
(3)对 BC 段由动能定理得 1 2 1 2 Pt－Ff2x＝2mv2－2mv1，解得 x＝93.75 m.

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：6.2电场能的性质

图 622
【解析】在两等量异种点电荷的电场中，根据电场线的分布可知，a、b 两点处电场线的切线方向不同，故 a 点与 b 点电场强度不同，选项 A 错误；由于 a、b 附近的电场线比 c、d 附近的电场线密，a、b 附近的平均场强比 c、d 附近的大，故 a、b 两点间的电势差大于 c、d 两点间的电势差，选项 B 正确；将带负电的试探电荷由 a 点沿直线向 b 点移动，电场力做负功，电势能增加，故选项 C 正确；带正电的试探电荷从 O 点沿 OO′方向移到 O′点的过程中，电场力的方向总是与速度方向垂直，电场力不做功，选项 D 错误．
图 626
[题组突破] 7．[电场强度与电势的关系]如图 627 所示，以 O 点为圆心，以 R＝0.20 m 为半径的圆与坐标轴的交点分别为 a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与 x 轴正方向夹角 θ＝60°，已知 a、b、c 三点电势分别为 4 3 V，4 V，－4 3 V，则下列说法正确的是( )
【答案】 BC
3．[电势能变化的判断]如图 622 所示，在两等量异种点电荷的电场中， OO′是正方形 abcd 的对称轴，且在两电荷连线的中垂线上，则下列判断正确的是( )
A．a 点与 b 点电场强度相同 B．a、b 两点间的电势差大于 c、d 两点间的电势差 C．带负电的试探电荷在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能 D．带正电的试探电荷从 O 点沿 OO′方向移到 O′点的过程中电场力总是做正功
【答案】 BC
[规律总结] (1)电势高低的四种判断方法判断角度依据电场线方向判断方法沿电场线方向电势逐渐降低
WAB 依据电场力依据 UAB＝，将 WAB、q 的正负号代入，由 UAB 的正负判 q 做功断 φA、φB 的高低

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：4.3圆周运动

考点 4| 竖直平面中的圆周运动 1．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环) 约束模型” ；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道) 约束模型” ．
2．轻绳和轻杆模型涉及的临界问题轻绳模型轻杆模型
考点一
第 3 课时圆周运动
考点二
新题尝鲜
[考纲定位] (1)匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度(Ⅰ) (2)匀速圆周运动的向心力(Ⅱ) (3)离心现象(Ⅰ)
分层限时跟踪练
考点三
考点 1| 圆周运动中的物理量及运动分析 1．线速度描述物体圆周运动快慢的物理量． 2π r Δs v＝＝ T ． Δt 2．角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量． 2π Δθ ω＝＝ T ． Δt
3．三种运动下的受力特点如图 432 所示，F 为外力提供物体做圆周运动的向心力，mω 2r 为物体做圆周运动所需的向心力．
图 432
(1)当提供的向心力等于所需的向心力即 F＝mω2r 时，物体做圆周运动． (2)做圆周运动的物体，当所受的合力突然消失或不足以提供圆周运动所需的向心力，即 F＝0 或 F<mω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动． (3)F>mω2r 时，物体做近心运动．
3．周期和频率
转动快慢的物理量．描述物体绕圆心
2π r 1 T＝ v ，T＝ f . 4．向心加速度
速度方向描述变化快慢的物理量．
2 2 4 π v an＝rω2＝ r ＝ωv＝ 2 r. T
5．相互关系
2π r (1)v＝ ωr ＝ T ＝ 2π rf ．

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：9.2法拉第电磁感应定律、自感、涡流

考点 2| 导体棒切割磁感线的分析与计算 1．动生电动势大小的计算(一般指导体切割磁感线时的感应电动势) 切割方式垂直切割倾斜切割 E＝___ Blv E＝________ Blvsinθ 其中 θ 为 v 与 B 的夹角
1 2 Bl ω 2 E＝_______ (以一端为轴)
电动势表达式
说明
【答案】 AD
2． [磁感应强度变化](2015· 重庆高考)如图 922 为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为 n，面积为 S.若在 t1 到 t2 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由 B1 均匀增加到 B2，则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 φa－φb( )
【答案】 C
3．[法拉第电磁感应定律的应用]如图 923 甲所示，一个圆形线圈的匝数 n ＝100，线圈面积 S＝200 cm2，线圈的电阻 r＝1 Ω ，线圈外接一个阻值 R＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )
(2)产生条件：穿过回路的磁通量 ______发生改变，与电路是否闭合无关 ____． (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律右手定则 ________或________判断． 2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的____________ 成正比． ΔΦ 线圈匝数 (2)公式：E＝n ，其中 n 为________ ． Δt
图 922
nS（B2－B1） A．恒为 t2－t1 nS（B2－B1） B．从 0 均匀变化到 t2－t1 nS（B2－B1） C．恒为－ t2－t1 nS（B2－B1） D．从 0 均匀变化到－ t2－t1

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：3.1牛顿运动定律

5．[作用力和反作用力与平衡力的区别]如图 312 所示，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确力是一对平衡力 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
惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律． (2)指出了一切物体都有
(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
3．惯性
匀速直线运动状态或静止状态的性质． (1)定义：物体具有保持原来
第 1 课时牛顿运动定律
[考纲定位] 牛顿运动定律(Ⅱ)
考点 1| 牛顿第一定律的理解及应用 1．内容
匀速直线运动一切物体总保持状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫
使它改变这种状态． 2．意义
改变物体运动状态的原因，即 (1)指出力不是维持物体运动的原因，而是
力是产生加速度的原因．
2.重要规律牛顿第一定律牛顿第二定律牛顿第三定律 3.重要公式 F＝ma
3.牛顿第二定律的 “五个”特性 4.超重与失重的实质 5.应用牛顿第二定律解题的思路与步骤
5.已知运动情况要求确定受力情况 6.通过整体法和隔离法考查牛顿运动定律的应用 7.通过超重和失重考查牛顿运动定律的应用 8.对超重和失重的理解和计算
考点一
新题尝鲜
考点二
第三章牛顿运动定律
分层限时跟踪练
考点三
必须掌握的概念、必须理解的 5 个关键规律 1.重要概念点 1.力与运动的关系

《非常考案》2017通用版物理一轮热点突破提升练4万有引力定律的应用

热点突破提升练(四) 万有引力定律的应用(限时40分钟)一、单项选择题1．(2015·江苏高考)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51peg b ”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51peg b ”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.110 B ．1 C ．5D ．10【解析】行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，则M 1M 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2T 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1203×⎝ ⎛⎭⎪⎫36542≈1，选项B 正确．【答案】 B2．(2015·海南高考)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7，已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R .由此可知，该行星的半径约为( )A.12R B.72R C ．2RD ．72R【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即x ＝v 0t ，在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2，所以x ＝v 02hg ，两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以g 行g 地＝x 2地x 2行＝74，根据公式G Mm R 2＝mg 可得：R 2＝GM g 故R 行R 地＝M 行M 地·g 地g 行＝2，解得R 行＝2R ，故C 正确．【答案】 C3．(2015·重庆高考)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM （R＋h）2C.GMm（R＋h）2D．GMh2【解析】飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即GMm（R＋h）2＝mg，得g＝GM（R＋h）2，选项B正确．【答案】 B4．(2016·德兴模拟)“嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升器四个部分组成．探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约2千克月球样品．某同学从网上得到一些信息，如表格中的数据所示，请根据题意，判断地球和月球的密度之比为()A.23B．32C．4 D．6【解析】设星球的密度为ρ，由G Mm′R2＝m′g得GM＝gR2，ρ＝MV＝M43πR3，联立解得ρ＝3g4πGR.设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则ρρ0＝g·R0g0·R，将RR0＝4，gg0＝6代入解得ρρ0＝32，选项B正确．【答案】 B5．一恒星系统中，行星a 绕恒星做圆周运动的公转周期是0.6年，行星b 绕恒星做圆周运动的公转周期是1.9年，根据所学知识比较两行星到恒星的距离关系( )A ．行星a 距离恒星近B ．行星b 距离恒星近C ．行星a 和行星b 到恒星的距离一样D ．条件不足，无法比较【解析】由万有引力定律和牛顿第二定律可得G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，解得r＝3GMT 24π2，代入数据求得r a r b ＝⎝⎛⎭⎪⎫0.61.923＜1，行星a 距离恒星近，即选项A 正确．【答案】 A6．(2015·山东高考)如图1所示，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )图1A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1【解析】空间站和月球绕地球运动的周期相同，由a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 知，a 2>a 1；对地球同步卫星和月球，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr 2＝ma ，可知a 3>a 2，故选项D 正确．【答案】 D7．(2016·贵阳检测)太空行走又称为出舱活动．狭义的太空行走即指航天员离开载人航天器乘员舱，只身进入太空的出舱活动．假设某宇航员出舱离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为v ，该航天员从离开舱门到结束太空行走所用时间为t ，已知地球的半径为R ，地球表面的重力加速度为g ，则( )图2A ．航天员在太空行走时可模仿游泳向后划着前进B ．该航天员在太空“走”的路程估计只有几米C ．该航天员离地高度为gR 2v 2－R D ．该航天员的加速度为v 2gR 2【解析】由于太空没有空气，因此航天员在太空中行走时无法模仿游泳向后划着前进，选项A 错误；航天员在太空行走的路程是以速度v 运动的路程，即为v t ，选项B 错误；由G Mm R 2＝mg 和G Mm （R ＋h ）2＝m v 2R ＋h ，得h ＝gR 2v 2－R ，选项C 正确；再由a g ＝R 2（R ＋h ）2得a ＝v 4gR 2，选项D 错误．【答案】 C8．(2016·鄂州模拟)2014年9月30日，印度太空研究组织发布印度“曼加里安”号火星探测器传回的火星图片，这颗红色的星球直径为地球的一半，质量为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约为地球绕太阳公转的轨道半径的1.5倍，地球表面重力加速度约为10 m/s 2，从以上信息可知( )A ．火星公转的线速度大于地球公转的线速度B ．火星公转的周期比地球公转的周期短C ．火星公转的向心加速度比地球公转的向心加速度大D ．火星表面重力加速度约为4 m/s 2【解析】研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出v ＝GMr ，T ＝2πr 3GM ，a ＝G M r 2.M 为太阳的质量，r 为轨道半径．选项ABC 错误；因g ＝GMR 2，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的25，即火星表面重力加速度约为g ′＝25g ＝4 m/s 2，选项D 正确．【答案】 D9．据每日邮报2014年4月18日报道，美国国家航空航天局(NASA )目前宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler －186f .假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测：该行星自转周期为T ；宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h 处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为t .已知该行星半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的第一宇宙速度为πRTB ．宇宙飞船绕该星球做圆周运动的周期不小于πt 2R hC ．该行星的平均密度为3h2G πt 2D ．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为3hT 2R 22π2t 2【解析】在行星地面附近自由释放的小球做自由落体运动，因h ＝12gt 2，解得行星表面的重力加速度g ＝2h t 2，该行星的第一宇宙速度为v ＝gR ＝2hRt ，选项A 错误；宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期最小值T ＝2πRv ＝πt2R h ，选项B 正确；该行星的体积V ＝43πR 3，质量M ＝gR 2G ，行星的密度ρ＝M V ＝3h2πRGt 2，选项C 错误；根据万有引力定律有GMm （R ＋H ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(R ＋H )，解得同步卫星离行星表面的高度H ＝3hT 2R 22π2t 2－R ，选项D 错误．【答案】 B10．(2016·咸宁模拟)2014年10月24日，“嫦娥五号”飞行试验器在西昌卫星发射中心发射升空，并在8天后以“跳跃式再入”方式成功返回地面．“跳跃式再入”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层，如图3所示，虚线为大气层的边界．已知地球半径为R，地心到d点距离为r，地球表面重力加速度为g.下列关于“嫦娥五号”飞行试验器的说法正确的是()图3A．在b点处于完全失重状态B．在d点的加速度小于gR2/r2C．在a点的速率大于在c点的速率D．在c点的速率大于在e点的速率【解析】“嫦娥五号”飞行试验器在b点处于失重状态，但由于受到阻力作用，不是完全失重状态，选项A错误；在d点，“嫦娥五号”飞行试验器的加速度a＝GMr2，又GM＝gR2，所以a＝gR2r2，选项B错误；“嫦娥五号”飞行试验器从a点到c点，万有引力不做功，由于阻力做功，则“嫦娥五号”飞行试验器在a点的速率大于在c点的速率，选项C正确；从c点到e点，没有空气阻力，机械能守恒，则“嫦娥五号”飞行试验器在c点的速率和在e点的速率相等，选项D错误．【答案】 C二、多项选择题11．如图4所示，飞船从轨道1变轨至轨道2，若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的()图4A．动能大B．向心加速度大C．运行周期长D．角速度小【解析】由题意知r 1<r 2，由GMm r 2＝m v 2r 可得E k ＝12m v 2＝GMm2r ，半径越大，动能越小，选项A 错误；由GMmr 2＝ma 可知，半径越大，向心加速度越小，选项B 错误；由GMmr 2＝m 4π2T 2r ，可知T ＝2πr 3GM ，半径越大，周期越长，选项C正确；由GMmr 2＝mrω2，得ω＝GMr 3，半径越大，角速度越小，选项D 正确．【答案】 CD12．(2016·广水模拟)2014年5月10日，天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象．“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线．该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出( )图5A ．土星质量B ．地球质量C ．土星公转周期D ．土星和地球绕太阳公转速度之比【解析】行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，选项A 、B 错误；“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球比土星多转动一圈，根据⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 1－2πT 2t ＝2π可以求解土星公转周期，选项C 正确；知道土星和地球绕大阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解公转半径之比，根据v ＝2πRT 可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，选项D 正确．【答案】 CD13．(2016·南通检测)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，行星会运行到日地连线的延长线上(相距最近)，如图6所示．设该行星与地球的公转周期之比为k 1，公转半径之比为k 2，则()图6A ．k 1＝N ＋1N B ．k 1＝N N －1C ．k 2＝⎝⎛⎭⎪⎫N ＋1N 23D ．k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫N N －123【解析】由题图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长．每过N 年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球比行星多转圆周的N 分之一，N 年后地球转了N 圈，比行星多转1圈，即行星转了N －1圈，从而再次在日地连线的延长线上．所以行星的周期是NN －1年，根据开普勒第三定律有r 3地r 3行＝T 2地T 2行，即r 行r 地＝3T 2行T 2地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫N N －123，选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．【答案】 BD14．(2016·宜城模拟)“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”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍B ．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍C ．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动D．“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【解析】根据GMmr2＝ma得a＝GMr2，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，选项A正确；根据GMmr2＝mv2r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，选项B正确；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，选项C错误；“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，选项D错误．【答案】AB15．发射地球同步卫星过程示意图如图7所示．首先将卫星发射到近地的轨道1，运行速度大小为v1，加速度大小为a1；在P点点火后进入椭圆轨道2，经过P点时速度大小为v P，加速度大小为a P；经过Q点时速度大小为v Q，加速度大小为a Q；最后在Q点点火进入同步轨道3，运行速度大小为v3，加速度大小为a3.则()图7A．v1>v3，a1＝a P B．v1>v P，a P>a QC．v P>v Q，a1>a3D．v Q>v3，a Q＝a3【解析】根据v＝GMr，可知，v1>v3，根据牛顿第二定律得a＝GMr2，卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点时的加速度，因此a1＝a P，选项A正确，B错误；根据近地点速度大，远地点速度小，则有v P>v Q，卫星从Q点加速到轨道3，所以v Q<v3，根据牛顿第二定律得a＝GMr 2，则a P >a Q ，卫星在同步轨道上经过Q 点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过Q 点的加速度，因此a 1>a 3，选项C 正确，D 错误．【答案】 AC。

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：11.3热力学定律及能量守恒

【解析】 (1)从状态 A 到状态 B，气体等压变化 VA VB TA＝TB 解得 TB＝400 K pC pB 从状态 B 到状态 C，气体等容变化，T ＝T C B 解得 TC＝800 K.
(2)理想气体从状态 A 到状态 B，对外做的功 W＝pA(VB－VA)＝1.0×105×(8.0 －6.0)×10 3 J＝2.0×102 J，根据热力学第一定律有ΔU＝Q－W
[题组突破] 6．[状态方程与热力学第一定律综合]我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中， “蛟龙”号探测到 990 m 深处的海水温度为 280 K．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化．如图 1131 所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度 T0＝300 K，压强 p0＝1 atm，封闭气体的体积 V0＝3 m3，如果将该汽缸下潜至 990 m 深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．
【答案】 AB
5．[对热力学定律的理解](多选)关于热力学定律，下列说法正确的是( A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量 B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加 C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功 D．不可能使热量从低温物体传向高温物体 E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
2．用熵的概念表示热力学第二定律
减小( 填“增大”或“减在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会 ____
小”)．
3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性 ______增大的方向进行． 4．第二类永动机从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机
图 1131 (1)求 990 m 深处封闭气体的体积(1 atm 相当于 10 m 深的海水产生的压强)． (2) 下潜过程中封闭气体 ________( 填“吸热”或“放热”) ，传递的热量 ________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．

《非常考案》2017通用版物理一轮课件：2.1弹力、摩擦力

【答案】 BC
[规律总结]
分析绳或杆的弹力时应重点关注的问题
(1)中间没有打结的轻绳上各处的张力大小都是一样的，如果绳子打结，则以结点为界，不同位置上的张力大小可能是不一样的． (2)杆可分为固定杆和活动杆，固定杆的弹力方向不一定沿杆，弹力方向视具体情况而定；活动杆只能起到“拉”和“推”的作用．
【答案】 C
考点 3| 摩擦力大小的分析与计算 1．静摩擦力大小的计算 (1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来判断其大小． (2)物体有加速度时，若只受摩擦力作用，则 F＝ma.例如，匀速转动的圆盘上物块靠摩擦力提供向心力产生向心加速度，若除摩擦力外，物体还受其他力作用，则 F 合＝ma，先求合力再求摩擦力．
A．(k1＋k2)Mg/(3k1k2) B．2(k1＋k2)Mg/(3k1k2) C．4(k1＋k2)Mg/(3k1k2) D．5(k1＋k2)Mg/(3k1k2)
图 213
【解析】问题中强调的是“大小”变为原来的 1/3，没有强调乙是处于压缩状态还是拉伸状态．若乙处于压缩状态，ΔF＝2F0/3；若乙处于拉伸状态，Δ F′＝4F0/3，F0＝Mg.两弹簧串接，受力的变化相等，由胡克定律得，ΔF＝kΔx、 Δx 甲＝ΔF/k1、Δx 乙＝ΔF/k2，两弹簧长度总变化Δx＝Δx 甲＋Δx 乙．所以 B、C 项正确．
自身性质决定．x 是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．
[题组突破] 1．[弹力有无判断](多选)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连，小球某时刻正处于如图 211 所示状态．设斜面对小球的支持力为 FN，细绳对小球的拉力为 FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( ) A．若小车向左运动，FN 可能为零

【非常考案】2017版高考物理一轮复习(通用版)：分层限时跟踪练17.doc

分层限时跟踪练(十七)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·孝感模拟)质量为50 kg 的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图5-4-12，经实际测量得知上升的最大高度是0.8 m ，在最高点的速度为3 m/s ，则起跳过程该同学所做功最接近(取g ＝10 m/s 2)( )图5-4-12A ．225 JB ．400 JC ．625 JD ．850 J【解析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g 的匀减速直线运动，则t ＝2hg＝2×0.810s ＝0.4 s ，竖直方向初速度v y ＝gt ＝4 m/s ，水平方向做匀速直线运动，则v 0＝3 m/s ，则起跳时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝32＋42m/s ＝5 m/s.运动员的质量为50 kg ，根据动能定理得 W ＝12mv 2＝625 J ，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C2．(2014·广东高考)如图5-4-13是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图5-4-13A ．缓冲器的机械能守恒B ．摩擦力做功消耗机械能C ．垫板的动能全部转化为内能D ．弹簧的弹性势能全部转化为动能【解析】本题考查能量转化和守恒定律．由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A 错误、B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C 、D 错误．【答案】 B3．如图5-4-14所示，木块B 在光滑的水平桌面上，子弹A 沿水平方向射入木块并留在木块内，将弹簧压缩到最短．则从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中( )图5-4-14A ．A 、B 与弹簧组成的系统机械能守恒 B ．A 的动能减少量等于B 的动能增加量C ．A 对B 做的功等于B 的动能增加量D ．B 对A 做的功等于A 的动能减少量【解析】 A 与B 之间因摩擦而生热，故A 错误；A 动能的减少量等于B 的动能增加量、弹簧的弹性势能增加量、A 与B 之间因摩擦而产生的热量三者之和，B 错误；A 对B 做的功和弹簧对B 做的功的和等于B 动能的变化量，C 错误；B 对A 做的功等于A 的动能变化量，D 正确．【答案】 D4．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m 的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h ，离地时他的速度大小为v .对于起跳过程，下列说法正确的是( )A ．该同学机械能增加了mghB ．该同学机械能增加量为mgh ＋12mv 2C ．地面的支持力对该同学做功为mgh ＋12mv 2D ．该同学所受的合外力对其做功为12mv 2＋mgh【解析】该同学从蹬地到刚离开地面过程中，重力势能增加了mgh ，动能增加了12mv 2，故机械能增加了mgh ＋12mv 2，A 项错，B 项正确；地面对人的支持力的作用点无位移，故对人不做功，C 项错；由动能定理可知，该同学所受合外力对其做功等于其动能的增加量即12mv 2，D 项错．【答案】 B5．(2015·大庆质检)如图5-4-15所示，半径为R 的金属环竖直放置，环上套有一质量为m 的小球，小球开始时静止于最低点．现使小球以初速度v 0＝6Rg 沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中( )图5-4-15A ．小球机械能守恒B ．小球在最低点时对金属环的压力是6 mgC ．小球在最高点时，重力的功率是mg gRD ．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR【解析】小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时的速度为v ，由向心力公式可得mg ＝mv 2R ；小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得－W f －2mgR ＝12mv 2－12mv 20，联立可得W f ＝12mv 20－12mv 2－2mgR ＝12mgR ，可见此过程中小球机械能不守恒，克服摩擦力做功为12mgR ，选项D 正确，选项A 错误；小球在最高点时，速度v 的方向和重力的方向垂直，二者间的夹角为90°，功率P ＝0，选项C 错误；小球在最低点，由向心力公式可得F －mg ＝mv 20R ，F ＝mg ＋mv 20R＝7mg ，选项B 错误．【答案】 D 二、多项选择题6．(2016·南昌模拟)一升降机在底部装有若干弹簧，如图5-4-16所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中( )图5-4-16A ．先处于失重状态然后再处于超重状态B ．重力功率不断减小C．机械能不断减小D．机械能保持不变【解析】升降机在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力作用，且弹力逐渐增大，则升降机先向下加速，后减速，故升降机先处于失重状态然后处于超重状态，选项A正确；升降机的重力功率P＝mgv，其先增加后减小，选项B错误；除重力做功外，弹簧的弹力对其做负功，机械能减小，选项C正确，选项D错误．【答案】AC7．山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图5-4-17所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是()图5-4-17A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功【解析】人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－f＝ma，可知，F f ＜mg，a＜g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增加量一定小于重力势能的减少量，D正确．【答案】CD8．(2014·海南高考)如图5-4-18所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中()图5-4-18A ．a 的动能小于b 的动能B ．两物体机械能的变化量相等C ．a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D ．绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为零【解析】轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a 的速度等于b 的速度沿绳方向的分量，a 的动能比b 的动能小，A 对；因为b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B 、C 两项均为系统机械能守恒的表现，故B 、C 错误；轻绳不可伸长，两端分别对a 、b 做功大小相等，符号相反，D 正确．【答案】 AD9．如图5-4-19甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行．t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v -t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )图5-4-19A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24 J【解析】由v -t 图象可知，物体在传送带上先以a 1＝10 m/s 2的加速度加速运动，再以a 2＝2 m/s 2的加速度继续加速；t ＝1.0 s 时物体获得与传送带相同的速度v 共＝v 0＝10 m/s ，选项A 正确．由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 ① mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2②联立①②得：θ＝37°，μ＝0.5，选项C 正确，B 错误.0～2.0 s 内摩擦力做功W f ＝μmg cos 37°·x 1－μmg cos 37°·x 2，由v -t 图象可求，x 1＝12×1×10 m ＝5 m ，x 2＝12×(10＋12)×1 m ＝11 m ，解得W f ＝－24 J ，故选项D 正确．【答案】 ACD 三、非选择题10．如图5-4-20所示，质量为m ＝2 kg 的小物块从斜面顶端A 由静止滑下，从B 点进入光滑水平滑道时无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道左端C处的墙上，另一端恰位于水平滑道的中点D.已知斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝35，其余各处的摩擦不计，斜面顶端距水平面高度为h＝0.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，弹簧处于原长时弹性势能为零．图5-4-20(1)求小物块沿斜面向下滑动时其加速度大小和滑到B点时的速度大小；(2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？【解析】(1)由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a＝2 m/s2设斜面长为L，则sin θ＝hL，滑到B点时的速度大小为v＝2aL＝2 m/s.(2)物块从斜面顶端A开始运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh－μmg cos θ·hsin θ－E p＝0 则轻弹簧压缩到最短时的弹性势能E p＝mgh－μmg cos θh sin θ解得E p＝4 J.(3)物块第一次被弹回时上升的高度最大，设上升的最大高度为H，由动能定理得mg(h－H)－μmg cos θ·hsin θ－μmg cos θ·Hsin θ＝0解得H＝0.125 m.【答案】(1)2 m/s2 2 m/s(2)4 J(3)0.125 m11．如图5-4-21所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量m ＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：图5-4-21(1)物块经过B 端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？【解析】 (1)v B ＝v 0sin θ＝2 m/s. (2)物体从B 到C 应用动能定理，有 mg (R ＋R sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B ，解得v C ＝6 m/s.在C 点：F －mg ＝m v 2CR ，解得F ＝46 N.由牛顿第三定律知物块经过圆弧轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N.(3)物块从A 到C 过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，应用能量守恒定律得Q ＝12mv 2C＝18 J.【答案】 (1)2 m/s (2)46 N (3)18 J12．如图5-4-22所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g .图5-4-22(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m ＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m ；②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s .【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒 mgR ＝12mv 2B①滑块在B 点处，由牛顿第二定律得 N －mg ＝m v 2BR② 解得F N ＝3mg③由牛顿第三定律得F N ′＝3mg .④(2)①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大．由机械能守恒得 mgR ＝12Mv 2m ＋12m (2v m )2⑤解得v m ＝gR3⑥②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为v C ，由功能关系得 mgR －μmgL ＝12Mv 2C ＋12m (2v C )2⑦设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 μmg ＝Ma ⑧由运动学规律得v 2C －v 2m ＝－2as⑨ 解得s ＝13L .⑩【答案】 (1)3mg (2)① gR 3 ②13L。

《非常考案》2017通用版物理一轮跟踪练：10.2变压器、电能的输送

分层限时跟踪练(三十一)(限时40分钟)一、单项选择题1．如图10-2-14所示，半径为L＝1 m的金属圆环，其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2 T的匀速磁场中．从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为()图10-2-14A．40 V B．20 VC．80 V D．0【解析】由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D正确．【答案】 D2．如图10-2-15所示为某变压器对称铁芯的示意图，已知此时原线圈端输入交流电压u＝2202sin ωt(V)，原线圈匝数n1＝22匝，副线圈匝数n2＝6匝，则副线圈cd端输出的电压的有效值为()图10-2-15A．15 V B．30 VC．16 V D．120 V【解析】因为磁感线为闭合曲线，根据铁芯磁通路的对称性可知，任何时刻原线圈中磁通量的变化率都是副线圈中的2倍，所以有U 1n 1＝2U 2n 2，则U 2＝n 2n 1U 1×12＝622×220×12 V ＝30 V ，B 项正确．【答案】 B3．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图10-2-16所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图10-2-16A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2R C ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2【解析】根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R ，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和，选项D 正确．【答案】 D4．通过一台理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1nB.P kU 2R ，1nC.PR kU ，1n 2D.⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n 2 【解析】由理想变压器U 1U 2＝n 1n 2得：副线圈电压U ′＝kU ，而理想变压器P 入＝P 出，副线圈电流I ′＝P U ′＝P kU ，线路损耗的电功率P 1＝I ′2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R .同理可知P 2＝I ″2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P nkU 2R ，得P 2P 1＝1n 2，故D 项正确．【答案】 D5．(2015·郑州调研)如图10-2-17所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为11∶1，原线圈接有u ＝311sin 100πt (V)的交变电压，副线圈上接有定值电阻R 、线圈L 、灯泡L 1及理想电压表○V ，以下说法正确的是( )图10-2-17A ．副线圈中电流的变化频率为50 HzB ．灯泡L 1两端电压为20 VC ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则灯泡L 1的亮度将变强D ．若交变电压u 的有效值不变，频率增大，则电压表○V 的示数将减小【解析】由原线圈电压的表达式可知ω＝100π rad/s ，所以f ＝50 Hz ，A 项正确．由U 2U 1＝n 2n 1可知U 2＝20 V ．灯泡两端电压小于副线圈电压，B 项错误．频率增大时，线圈对交变电流的阻碍作用增大，灯泡L 1的亮度将变弱，电压表的示数将增大，C 、D 两项均错．【答案】 A6．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )A ．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻【解析】当U ＝500 kV 时，输电线上的电流I ＝P U ＝3×106500＝6 000 A ，A错误．输电线上损失的电压ΔU ＝Ir ＝6 000×2.5 V ＝1.5×104 V ＝15 kV ，B 正确．输电线上损失的功率不可能大于3×106 kW ，C 错误．输电线上损失的功率ΔP＝U2r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错误．【答案】 B二、多项选择题7．(2014·广东高考)如图10-2-18所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是()图10-2-18A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大【解析】本题是理想变压器的动态分析问题，首先要分清变量和不变量，其次明确各物理量间的制约关系．由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝U2R总知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由I1I2＝n2n1知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．【答案】BD8．(2016·南昌模拟)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10-2-19所示．图中R0表示输电线的电阻．则()图10-2-19A．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表A1示数增大B．当电压表V1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A2示数不变C．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表A1示数不变D．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，适当上移触头P，电流表A1示数一定增大【解析】V1读数减小导致V2读数减小，负载电阻不变，导致I2减小，I1减小，A错误；电压关系为U1U2＝n1n2，减小U1同时增大n2可以使得U2不变，I2不变，B正确；U1不变，又不改变触头位置，则U2不变，此时增加负载(即减小负载电阻)，I2增大，从而I1增大，C错误；根据U1U2＝n1n2，在U1不变时，上移触头，U2增大，此时增加负载，I2增大，从而I1增大，D正确．【答案】BD9．(2015·保定模拟)如图10-2-20甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C是电容器，其击穿电压为22V．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是()甲乙图10-2-20A．输入电压的频率为50 Hz，经过变压器后通过电阻的交流电频率仍为50 HzB．S断开时电压表的示数为1.41 V，电流表的示数为0.35 AC．S断开时电压表的示数为1 V，电流表的示数为0.25 AD．闭合开关S，电容器将被击穿【解析】由题图乙知T＝0.02 s，则f＝1T＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50 Hz ，故A 正确．当S 断开时，由U 1U 2＝n 1n2可知，电压表的示数U 2＝n 2n 1U 1＝1 V ，I 2＝U 22R ＝0.5 A ，又I 1I 2＝n 2n 1，则电流表的示数I 1＝n 2n 1I 2＝0.25 A ，所以B 项错误，C 项正确．开关S 闭合前，右端电阻R 两端电压最大值为22 V ，开关S 闭合后，电容器C 与右端电阻R 并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于22 V ，因为电容器的击穿电压为22 V ，所以电容器不能被击穿，D 项错误．【答案】 AC10．(2014·全国卷Ⅱ)如图10-2-21所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图10-2-21A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍【解析】根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题．变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误；增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确；c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．【答案】 BD 三、非选择题11．如图10-2-22所示，理想变压器有两个副线圈，L 1、L 2是两盏规格为“8 V ，10 W ”的灯泡，L 3、L 4是两盏规格为“6 V ，12 W ”的灯泡，当变压器的输入电压为U 1＝220 V 时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n 1＝1 100匝，求：图10-2-22(1)副线圈的匝数n 2、n 3； (2)电流表的读数．【解析】 (1)由变压器原理可知，n 1∶n 2∶n 3＝U 1∶U 2∶U 3，则n 2＝U 2U 1n 1＝8220×1 100匝＝40匝n 3＝U 3U 1n 1＝2×6220×1 100匝＝60匝．(2)由P入＝P出可得，I 1U 1＝P 1＋P 2＋P 3＋P 4，所以I 1＝2P 2＋2P 3U 1＝2×10＋2×12220A ＝0.2 A.【答案】 (1)40匝 60匝 (2)0.2 A12．如图10-2-23所示为泰安市某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1 Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220 V 40 W ”的白炽灯6盏)供电．如果输电线的总电阻R 是4 Ω，升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1∶4和4∶1，那么：图10-2-23(1)发电机的输出功率应是多大？ (2)发电机的电动势是多大？ (3)输电效率是多少？【解析】 (1)全校教室白炽灯消耗的功率 P 用＝22×40×6 W ＝5 280 W.设输电线路电流为I 线，输电电压为U 2，降压变压器原线圈电压为U 3， U 3U 4＝n 3n 4＝41，而U 4＝220 V ，则U 3＝4×220 V ＝880 V ， I 线＝P 用U 3＝5 280880 A ＝6 A ，线路损失功率P 损＝I 2线R 线＝36×4 W ＝144 W ，所以P 出＝P 用＋P 损＝5 424 W. (2)U 损＝I 线R 线＝6×4 V ＝24 V ， U 送＝U 2＝U 损＋U 3＝904 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 1＝U 2n 1n 2＝904×14 V ＝226 V ，升压变压器原线圈电流 I 1＝P 出U 1＝5 424226 A ＝24 A ，发电机的电动势E ＝I 1r ＋U 1＝24×1 V ＋226 V ＝250 V . (3)η＝P 用P 送×100%＝5 2805 424×100%＝97.3%.【答案】 (1)5 424 W (2)250 V (3)97.3%。

【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练20 Word版含解析

分层限时跟踪练(二十)(限时40分钟)一、单项选择题1．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图6-3-13所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是()图6-3-13【解析】由平行板电容器的电容C＝εr S4πkd可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝QC，E＝Ud＝4πkQεr S与d无关，则B错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d，移动x后为d－x.因为移动极板过程中电场强度E不变．故φP ＝E(d－x)＝Ed－Ex，其中x≤l0，则C正确；正电荷在P点的电势能E p＝qφP＝qEd－qEx，显然D错．【答案】 C2．(2015·株洲质检)水平平行放置的金属板a、b间加上恒定电压，两板间距离为d.一带电粒子紧贴a板水平射入电场，刚好紧贴b板射出，如图6-3-14所示．在其他条件不变的情况下，将b板向下平移一段距离x，带电粒子刚好从两板中央射出．不考虑重力的影响，则()图6-3-14A．x＝d B．x＝1 2dC．x＝2d D．x＝(2－1)d【解析】刚好紧贴b板射出时d＝12·Uqdm·t2，刚好从两板中央射出时d＋x2＝1 2·Uq（d＋x）m·t2，解得x＝(2－1)d.【答案】 D3．(2014·天津高考)如图6-3-15所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()图6-3-15A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加【解析】分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误；微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误；微粒从M点运动到N点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确；微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．【答案】 C4．(2013·全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d 3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d 2处返回D ．在距上极板25d 处返回【解析】带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0；若电容器下极板上移d 3，设带电粒子在距上极板d ′处返回，则重力做功W G ＝mg (d 2＋d ′)，电场力做功W 电＝－qU ′＝－q d ′（d －d 3）U ＝－q 3d ′2d U ，由动能定理得W G ＋W 电＝0，联立各式解得d ′＝25d ，选项D 正确．【答案】 D5．如图6-3-16所示，一方向竖直向上、电场强度大小为E 的匀强电场中有一半径为R 的竖直圆形轨道，其圆心为O ，圆形轨道与电场区域的左边界相切，在圆形轨道左侧有一平行板电容器AB ，A 板带正电，B 板带负电，两板间电势差U 可改变，一带正电粒子(粒子重力不计)从靠近A 板处由静止释放，经加速后从圆形轨道与电场区域左边界切点处的小孔进入圆形轨道区域，最后打在圆形轨道上，则下列说法中正确的是( )图6-3-16A ．调节电压U ，可使粒子垂直打在圆形轨道上B．粒子将向下偏转C．存在唯一的加速电压U使粒子在圆形轨道区域的竖直偏移量为R 2D．当粒子打在圆心O的正上方时，加速电压U＝ER 4【解析】如果粒子能垂直打在圆形轨道上，则粒子打在圆形轨道上瞬间的速度的反向延长线必经过圆心，与类平抛运动中末速度反向延长线交于水平位移的中点矛盾，所以A错误；由电场方向和粒子电性可知粒子将向上偏转，B错误；当竖直偏移量为R2时，粒子可以打在圆形轨道上关于竖直直径左右对称的两个点，即存在两个水平位移，两个初速度，进而可得到两个加速电压，所以C错误；由x＝R＝v0t，y＝R＝12qEm t2，qU＝12m v2，联立可得U＝ER4，D正确．【答案】 D二、多项选择题6．如图6-3-17所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是()图6-3-17A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b→a的电流【解析】根据电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝Ud变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝εr S4πkd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝εr S4πkd，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεr S，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．【答案】AB7．三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下极板上的a、b、c三点，如图6-3-18所示，下面判断正确的是()图6-3-18A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a>a b>a cC．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a>t b>t cD．电场力对落在c点的颗粒做负功【解析】由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝2ya，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得t a<t b<t c，所以a a>a b>a c，再由牛顿第二定律可推出，落在a点的颗粒带负电，b点的不带电，c点的带正电，故正确选项为B、D.【答案】 BD8．如图6-3-19所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝Eq ，则( )图6-3-19A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 202gD ．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 204【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ，由动能定理可得：－mg ·2h＝0－12m v 20，解得：h ＝v 204g ，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝mg ·v 204g ＝m v 204，D 正确．【答案】 BD9．(2016·北京西城区模拟)如图6-3-20所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q .下列说法正确的是( )图6-3-20A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为gL B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【解析】小球运动到由圆心指向合力方向的位置时速度最大，对称位置速度最小，所以选项A错误；电场力做功等于机械能的变化，B点时电场力做功最多，机械能最大，所以选项B正确；由A点静止释放，先沿合力方向做匀加速直线运动，所以选项C错误；在等效“重力”场中，小球在A点以大小为gL的速度竖直向上抛出，可以运动到B点，所以选项D正确．【答案】BD三、非选择题10．如图6-3-21所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s2.图6-3-21(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，方向不变，求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．【解析】(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有qE＝mg得E＝mgq＝2.0×103 N/C，方向竖直向上．(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ma 解得a＝10 m/s2h＝12at2＝0.20 mW＝qE0h＝8.0×10－4 J.(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点的动能为E k，则v＝atE k＝mgh＋12m v2解得E k＝8.0×10－4 J.【答案】(1)2.0×103 N/C，方向竖直向上(2)8.0×10－4 J(3)8.0×10－4 J 11．如图6-3-22所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过绝缘光滑的四分之一圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道的圆心为O、半径为R＝0.50 m，轨道所在空间存在电场强度方向水平向右、大小为E＝1.0×104N/C的匀强电场，现有质量为m＝0.20 kg、电荷量为q＝＋8.0×10－4 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知s AB＝1.0 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.2.设带电体与轨道之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(重力加速度取g＝10 m/s2)图6-3-22(1)求带电体运动到圆弧轨道上C点时的速度大小；(2)带电体最终做什么运动？尽可能详细地说明；(3)整个运动过程中，由于摩擦而产生的热量为多少？【解析】(1)由A点到C点利用动能定理得qE(s AB＋R)－μmgs AB－mgR＝12m v2代入数据得v＝106 m/s.(2)如图所示，带电体最终将在G点两侧C、F两点之间沿轨道做周期性运动，∠COG＝∠GOF，满足tan∠COG＝mgqE＝14.(3)当带电体最终做周期性运动时，动能、重力势能、电势能之和守恒，带电体在C点速度为零．由A点到C点利用能量守恒有qE(s AB＋R)＝mgR＋QQ＝11 J.【答案】(1)106 m/s(2)见解析(3)11 J12．如图6-3-23所示，水平位置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B 极板接地，它的极板长l＝0.1 m，两板间距离d＝0.4 cm，现有一微粒质量m＝2.0×10－6 kg，带电荷量q＝＋1.0×10－8 C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取g＝10 m/s2.试求：图6-3-23(1)带电粒子入射初速度v0的大小；(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势范围？【解析】(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有l2＝v0td 2＝12gt2联立两式得v0＝l2g d代入数据得v0＝2.5 m/s.(2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则有U AB＝φA－φB＝φAA板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有l＝v0t1d 2＝12a1t21且mg－q φA mind＝ma1联立以上各式得φA min＝6 VA板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有q φA maxd－mg＝ma2且有a2＝a1代入数据解得φA max＝10 V综上可得6 V≤φA≤10 V.【答案】(1)v0＝2.5 m/s(2)6 V≤φA≤10 V。

2017版高考物理一轮复习(通用版)分层限时跟踪练27含解析

分层限时跟踪练(二十七)(限时40分钟)一、单项选择题1．新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物．下列相关说法中正确的是( )A ．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B ．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C ．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D ．提高磁场变化的频率，对电磁炉的加热效果无影响【解析】由电磁感应原理可知，锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，提高磁场变化的频率，产生的感应电动势变大，可提高电磁炉的加热效果，C 正确．【答案】 C2．粗细均匀的导线绕成匝数为n 、半径为r 的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I ，下列说法正确的是( )图9-2-11A ．电流I 与匝数n 成正比B ．电流I 与线圈半径r 成反比C ．电流I 与线圈面积S 成反比D ．电流I 与导线横截面积S 0成正比【解析】由题给条件可知感应电动势为E ＝n πr 2ΔB Δt ，电阻为R ＝ρn 2πr S 0，电流I＝ER，联立以上各式得I＝S0r2ρ·ΔBΔt，则可知D项正确，A、B、C项错误．【答案】D3.如图9-2-12所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时．A、B灯泡的发光情况是()图9-2-12A．S刚闭合后，A亮一下又逐渐熄灭，B逐渐变亮B．S刚闭合后，B亮一下又逐渐变暗，A逐惭变亮C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮D．S闭合足够长时间后，A、B都熄灭【解析】S刚闭合后，A、B都变亮，且A比B亮，之后A逐渐熄灭，B 逐渐变亮，选项A正确、B错误．S闭合足够长时间后，A熄灭，B一直都是亮的，选项C、D错误．【答案】A4．如图9-2-13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E1；若磁感应强度增大为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2，则通过电阻R的电流方向及E1∶E2分别为()图9-2-13A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2【解析】用右手定则判断出两次滑动中金属棒MN中的电流方向均为N →M ，所以电阻R 中的电流方向为a →c .由感应电动势公式E ＝Bl v 可知：E 1E 2＝Bl v 2Bl v ＝12，故选项C 正确．【答案】 C5．(2015·衡阳模拟)A 、B 两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比r A ∶r B ＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面，如图9-2-14所示．当磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为( )图9-2-14A.I A I B ＝1B.I A I B＝2 C.I A I B ＝14 D.I A I B＝12 【解析】匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变化，设t 时刻的磁感应强度为B t ，则B t ＝B 0＋kt ，其中B 0为t ＝0时的磁感应强度，k 为一常数，A 、B 两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但任一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S ，则Φt ＝B t ·S ，即在任一时刻穿过两导线环包围面上的磁通量是相等的，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的．E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·S (S 为磁场区域面积)．对A 、B 两导线环，由于ΔB Δt 及S 均相同，得E A E B ＝1，I ＝E R ，R ＝ρl S 1(S 1为导线的横截面积)．l ＝2πr ，所以I A I B ＝E A r B E B r A ，代入数值得I A I B ＝r B r A＝12. 【答案】 D二、多项选择题6．将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量【解析】将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，A 正确；根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大，B 错误；根据欧姆定律可知第二次感应电流大，即I 2>I 1，C 错误；流过导体某横截面的电荷量q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR ，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，D 正确．【答案】 AD7．如图9-2-15所示，先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v 1＝2v 2，在先后两种情况下()图9-2-15A ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝2∶1B ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝1∶2C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝4∶1D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶1【解析】由于v 1＝2v 2，根据E ＝BL v 得感应电动势之比E 1E 2＝21，感应电流I ＝E R ，则感应电流之比为I 1I 2＝21，A 正确，B 错误；线圈出磁场所用的时间t ＝L ′v 则时间比为t 1t 2＝12，根据Q ＝I 2Rt 可知热量之比为Q 1Q 2＝21，C 错误；根据q ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦΔt R Δt ＝ΔΦR 得q 1q 2＝11，D 正确．【答案】AD8．(2014·山东高考)如图9-2-16所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M、F N表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是()图9-2-16A．F M向右B．F N向左C．F M逐渐增大D．F N逐渐减小【解析】根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Bl v，I＝ER及F＝BIl可知，F M逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Bl v，I＝ER及F＝BIl可知，F N逐渐变小，故选项D正确．【答案】BCD9．如图9-2-17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v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中()图9-2-17 A．通过R的电流方向由外向内B．通过R的电流方向由内向外C．R上产生的热量为πrB2L2v04RD．通过R的电荷量为πBLr 2R【解析】cd棒运动至ab处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R的电流为由外向内，故A对，B错．通过R的电荷量为q＝ΔΦR＝BrLR，D错．R上产生的热量为Q＝U2R t＝（BL v0/2）2R·πr2v0＝πrB2L2v04R，C对．【答案】AC三、非选择题10. (2015·江苏高考)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图9-2-18所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)图9-2-18(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.【解析】(1)由电阻定律得R＝ρ2πr A代入数据得R≈6×103Ω.(2)感应电动势E＝ΔB·πr2Δt代入数据得E≈4×10－2 V.(3)由焦耳定律得Q＝E2RΔt代入数据得Q＝8×10－8 J.【答案】(1)6×103Ω(2)4×10－2 V(3)8×10－8 J11．(2015·北京高考改编)如图9-2-19所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s.求：图9-2-19(1)求感应电动势E和感应电流I；(2)求在0.1 s时间内，拉力的大小；(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BL v＝1×0.4×5 V＝2 V，感应电流I＝ER＝21A＝2 A.(2)拉力大小等于安培力大小F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N，(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I′＝ER＋r＝22A＝1 A，由欧姆定律可得，导体棒两端的电压U＝I′R＝1 V.【答案】 (1)2 V 2 A (2)0.8 N (3)1 V12．(2015·万州模拟)如图9-2-20甲所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab 受到的安培力．图9-2-20【解析】 Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ＋Bl v 又ΔB Δt ＝2 T/s ，在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝l v t ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝ΔB ΔtS ＋Bl v ＝1.6 V ，此时回路中的电流I ＝E R ＝1.6 A根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N ＝1.28 N ，方向向左．【答案】 1.6 A 1.28 N ，方向向左。

【非常考案】高考物理一轮复习(通用版)：分层限时跟踪练6【含解析】

分层限时跟踪练(六)(限时40分钟)一、单项选择题1．某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动，则下列说法正确的是()A．拉力的水平分力等于桌子所受的合力B．拉力的竖直分力小于桌子所受重力的大小C．拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小D．拉力与重力的合力方向一定沿水平方向【解析】由于桌子沿水平地面匀速运动，所以一定沿地面有向后的滑动摩擦力，根据摩擦力的产生条件，一定有竖直向上的弹力，所以桌子应受到四个力的作用而平衡，即重力，斜向上的拉力，竖直向上的支持力和沿水平地面向后的摩擦力，且四个力的合力为零，故A 错；将斜向上的拉力分解成竖直向上的分力和水平向前的分力，则竖直方向上三力平衡，水平方向上二力平衡，故B正确；拉力与摩擦力的合力大小等于拉力的竖直分力，小于重力，故C错；拉力和重力的合力方向一定斜向下不沿水平方向，故D错．【答案】 B2．(2014·上海高考)如图2-3-11所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N.在运动过程中()图2-3-11A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大【解析】小球一直受到重力、支持力、拉力作用，根据共点力平衡有F＝mg sin α，N＝mg cos α(α是重力与圆弧半径方向的夹角)，随着夹角的增大，支持力逐渐减小，拉力逐渐增大，选项A正确．【答案】 A3．如图2-3-12所示，水平固定且倾角为30°的光滑斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向左的推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为l，则弹簧原长和推力F的大小分别为()图2-3-12A ．l ＋mg 2k ，233mgB ．l －mg 2k ，233mg C ．l ＋mg 2k ，23mg D ．l －mg 2k，23mg 【解析】以A 、B 和弹簧组成的系统为研究对象，则F cos 30°＝2mg sin 30°，得F ＝233mg ；隔离A 有kx ＝mg sin 30°，得弹簧原长为l －x ＝l －mg 2k，故选项B 正确．【答案】 B4．如图2-3-13所示，两个质量均为m 的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R ，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为( )图2-3-13A.33mgB.233mg C.3mgD ．2mg 【解析】以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示．根据题意可知θ＝30°，根据平衡条件可知：F N1＝mg cos θ＝233mg ，选项B 正确．【答案】 B5．(2016·福州模拟)如图2-3-14所示，光滑水平面上有一14的球体，球体的左侧面也光滑．质量分别为m 1、m 2的小球(均可看做质点)通过柔软光滑的轻绳连接，且与球体一起以共同的速度v 0向左匀速运动，此时m 2与球心O 的连线与水平线成45°角．m 2与球面间的动摩擦因数为0.5，设m 2与球面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则m 2m 1的最小值是( )图2-3-14 A.324B.223 C ．2 D ． 2【解析】当m 1有最大值时，摩擦力沿球面向下，受力如图所示，根据共点力平衡得m 2g sin 45°＋f ＝T ，f ＝μN ＝μm 2g cos 45°，T ＝m 1g ，联立三式解得m 2m 1＝223，选项B 正确．【答案】 B二、多项选择题6．(2016·郴州模拟)如图2-3-15甲所示，在粗糙水平面上静置—个截面为等腰三角形的斜劈A ，其质量为M ，两个底角均为30°.两个完全相同的、质量均为m 的小物块p 和q 恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两小物块同时各施加—个平行于斜劈侧面的恒力F 1、F 2，且F 1＞F 2，如图2-3-15乙所示，则在p 和q 下滑的过程中，下列说法正确的是( )图2-3-15A ．斜劈A 仍保持静止B ．斜劈A 受到地面向右的摩擦力作用C ．斜劈A 对地面的压力大小等于(M ＋2m )gD ．斜劈A 对地面的压力大小大于(M ＋2m )g【解析】题图甲中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体组成的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力为(M ＋2m )g ，斜劈与地面之间没有摩擦力；在图乙中，物块p 、q 对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈A 仍保持静止，斜劈A 对地面的压力大小等于(M ＋2m )g ，与地面间没有摩擦力，故A 、C 正确．【答案】AC7．如图2-3-16所示，A、B两物块始终静止在水平地面上，有一轻质弹簧一端连接在竖直墙上P点，另一端与A相连接，下列说法正确的是()图2-3-16A．如果B对A无摩擦力，则地面对B也无摩擦力B．如果B对A有向左的摩擦力，则地面对B也有向左的摩擦力C．P点缓慢下移过程中，B对A的支持力一定减小D．P点缓慢下移过程中，地面对B的摩擦力一定增大【解析】若B对A无摩擦力，因B在水平方向受力平衡，则地面对B无摩擦力，A 正确；若B对A有向左的摩擦力，则A对B有向右的摩擦力，由平衡条件知，地面对B有向左的摩擦力，B正确；若弹簧起初处于拉伸状态，则在P点缓慢下移的过程中，弹簧对A 物体的拉力减小且拉力在竖直方向的分力减小，则B对A的支持力增大，C错误；在P点缓慢下移过程中，以A、B为整体，若弹簧起初处于拉伸状态，P点下移使弹簧恢复到原长时，地面对B的摩擦力逐渐减小到零，D错误．【答案】AB8．如图2-3-17所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是()图2-3-17A．A所受合外力增大B．A对竖直墙壁的压力增大C．B对地面的压力一定增大D．墙面对A的摩擦力可能变为零【解析】A一直处于静止状态，所受合外力一直为零，选项A错误；对整体受力分析，根据平衡条件有，水平方向：F N＝F，F增大，则F N增大，选项B正确；对B受力分析，如图所示，根据平衡条件有F＝F N′sin θ，可见F增大，则F N′增大，F N″＝mg＋F N′cos θ，可见F N′增大，则F N″增大，根据牛顿第三定律可知球对地面的压力增大，选项C 正确；以整体为研究对象，竖直方向有F N ″＋f ＝Mg ，若F N ″增大至与Mg 相等，则f ＝0，选项D 正确．【答案】 BCD9．如图2-3-18所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A 、B 分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将小球B 缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F ＝10 N ，则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是(小球重力不计)( )图2-3-18A ．小球A 受到杆对A 的弹力、绳子的张力B ．小球A 受到的杆的弹力大小为20 NC ．此时绳子与穿有A 球的杆垂直，绳子张力大小为2033N D ．小球B 受到杆的弹力大小为2033N 【解析】由于拉动是缓慢进行的，因此任何一个小球均处于动态平衡状态，则对小球A 而言，仅受两个力的作用，杆对A 的弹力F N2与绳子的张力T 平衡，绳子垂直于A 所在的杆，选项A 正确．小球B 受到三个力平衡，拉力F 绳子弹力T 和杆对它的弹力F N1，把绳子上的弹力正交分解，则有T x ＝T cos 60°＝F ，可得T ＝2F ，因此小球A 受到的杆的弹力大小为T ＝2F ＝20 N ，选项B 正确，C 、D 错误．【答案】 AB三、非选择题10．如图2-3-19所示，P 为一个水闸的剖面图，闸门质量为m ，宽度为b .水闸两侧水面高分别为h 1、h 2，水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，求拉起闸门至少需要多大的力？图2-3-19【解析】左侧和右侧水对闸门向右和向左的压力分别为：F 1＝ρgh 12·bh 1，F 2＝ρgh 22·bh 2. 由水平方向合力为零可知，轨道与闸门之间的弹力F N 满足：F 1＝F 2＋F N ，即F N ＝F 1－F 2＝ρgb （h 21－h 22）2. 提起闸门时在一开始所需的拉力最大，其值为：F ＝mg ＋μ2F N ＋μ1(F 1＋F 2)＝mg ＋μ2ρgb 2(h 21－h 22)＋μ1ρgb 2(h 21＋h 22)．【答案】 mg ＋μ2ρgb 2(h 21－h 22)＋μ1ρgb 2(h 21＋h 22) 11．(2016·武汉模拟)如图2-3-20所示，质量为m 的匀质细绳，一端系在天花板上的A 点，另一端系在竖直墙壁上的B 点，平衡后最低点为C 点．现测得AC 段绳长是CB 段绳长的n 倍，且绳子B 端的切线与墙壁的夹角为α.试求绳子在C 处和在A 处的弹力分别为多大．(重力加速度为g )图2-3-20【解析】以BC 段为研究对象，设绳子B 端所受弹力为T B ，C 处所受弹力为T C ，如图甲所示．T B cos α＝1n ＋1mg ， T B sin α＝T C ，解得T C ＝mg n ＋1tan α.以AC 段为研究对象，设绳子A 端所受弹力为T A ，C 处所受弹力为T ′C ，如图乙所示．T A sin β＝n n ＋1mg ，T A cos β＝T ′C ，T C ＝T ′C ，解得T A ＝mg n ＋1n 2＋tan 2α. 【答案】 mg n ＋1tan α mg n ＋1n 2＋tan 2α 12．(2016·南昌模拟)如图2-3-21所示，在质量为m ＝1 kg 的重物上系着一条长为30 cm 的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50 cm 的地方，当细绳的端点挂上重力为G 的重物，而圆环将要开始滑动时，(g 取10 m/s 2)试求：图2-3-21(1)φ角的大小；(2)长为30 cm 的细绳的张力；(3)重物G 的质量．【解析】 (1)因为圆环将要开始滑动，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有F ＝μF N . 对环进行受力分析，则有μF N －F T cos θ＝0，F N －F T sin θ＝0，解得tan θ＝1μ＝43，得θ＝53°.又由于AO ＝30 cm ，AB ＝50 cm ，由数学知识求得φ＝90°.(2)如图所示选取坐标轴，根据重物m 处于平衡状态，则有G cos θ＋F T sin θ＝mg ，F T cos θ－G sin θ＝0，解得F T ＝8 N.(3)圆环将要滑动时，对重物进行受力分析可知：G sin θ＝F T cos θ，又G＝m′g，解得m′＝0.6 kg.【答案】(1)90°(2)8 N(3)0.6 kg。