高考物理一轮复习五大专题例题精讲

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2020年高考物理一轮复习专题5-2 动能和动能定理(精讲)

专题5.2 动能和动能定理1.掌握动能和动能定理；2.能运用动能定理解答实际问题。

知识点一动能(1)定义：物体由于运动而具有的能。

(2)公式：E k ＝12mv 2，v 为瞬时速度，动能是状态量。

(3)单位：焦耳，1 J ＝1 N·m ＝1 kg·m 2/s 2。

(4)标矢性：动能是标量，只有正值。

(5)动能的变化量：ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－12mv 21。

知识点二动能定理(1)内容：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化。

(2)表达式：W ＝ΔE k ＝12mv 22－12mv 21。

(3)物理意义：合外力对物体做的功是物体动能变化的量度。

(4)适用条件①既适用于直线运动，也适用于曲线运动。

②既适用于恒力做功，也适用于变力做功。

③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。

考点一动能定理的理解及应用【典例1】(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点．一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( )A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR【答案】C【解析】小球从a 运动到c ，根据动能定理，得F ·3R －mgR ＝12mv 21，又F ＝mg ，故v 1＝2gR ，小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g ，故小球从c 点到最高点所用的时间t ＝v 1g＝2R g ，水平位移x ＝12gt 2＝2R ，根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE ＝F ·(2R ＋R ＋x )＝5mgR 。

高考物理一轮精细复习 (基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题)动量守恒定律及其应用(含解析

高考物理一轮精细复习（基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题）动量守恒定律及其应用（含解析）一、三年高考考点统计与分析考点试题题型分值动量定理及其应用2012·天津T9(1)2010·天津T102010·新课标全国T35(2)填空计算计算6分16分10分动量守恒定律及其应用、弹性碰撞与非弹性碰撞2012·福建T29(2)2012·山东T38(2)2012·新课标全国T35(2)2012·天津T102011·新课标全国T35(2)2011·天津T102011·山东T38(2)2011·海南T19(2)2010·福建T29(2)2010·海南T19(2选择计算计算计算计算计算计算计算选择计算6分5分9分16分9分16分5分8分6分8分光电效应、波粒二象性2012·北京T202012·福建T29(1)2012·海南T19(1)2012·江苏T12(C3)2011·广东T182011·新课标全国T35(1)2010·天津T82010·江苏T12(C1)选择选择选择计算选择填空选择选择6分6分4分4分6分6分6分4分原子结构、氢原子光谱2012·北京T132012·天津T12012·江苏T12(C1)2012·山东T38(1)2011·天津T12011·江苏T12(C2)选择选择选择填空选择填空6分6分4分3分6分4分52010·新课标全国T35(1) 2010·山东T38(1)选择填空分3分天然放射现象、核反应、核能2012·广东T182012·新课标全国T35(1)2012·江苏T12(C2)2011·北京T132011·浙江T152011·山东T38(1)2011·海南T19(1)2010·天津T22010·广东T18选择填空填空选择选择填空填空选择选择6分6分4分6分6分3分4分6分6分恒定律、弹性碰撞与非弹性碰撞、原子的核式结构、玻尔理论、氢原子的能级和光谱、天然放射性现象及核能的计算等。

高考物理大一轮精讲(课件+精讲义+优习题) (48)

利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题时，注意以下基本思路：设“柱体微元”的长度为L ，横截面积为S ，单位体积内的自由电荷数为n ，每个自由电荷的电荷量为q ，电荷定向移动的速率为v ，则：(1)“柱体微元”中的总电荷量为Q ＝nLSq .(2)电荷通过“柱体微元”的时间t ＝L v .(3)电流的微观表达式I ＝Q t＝nq v S . 例1 如图1所示，一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积内自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向移动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )图1A.m v 22eLB.m v 2Sn e C ．ρne vD.ρe v SL答案 C解析由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSe t ＝neS v .由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρL S＝ρneL v ，又E ＝U L，故E ＝ρne v ，选项C 正确．例2 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( )A.I Δl eS m 2eUB.I Δl e m 2eUC.I eS m 2eUD.IS Δl e m 2eU 答案 B解析在加速电场中有eU ＝12m v 2，得v ＝2eU m.在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内电荷量为q ＝I Δt ＝I Δl v ，则电子个数n ＝q e ＝I Δl em 2eU ，B 正确．(1)电路简化把电容器所在的支路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上．(2)电容器的电压①电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压．②电容器所在的支路中没有电流，与之串联的电阻无电压，相当于导线．(3)电容器的电荷量及变化①利用Q ＝UC 计算电容器初、末状态所带的电荷量Q 1和Q 2；②如果变化前后极板带电的电性相同，通过所连导线的电荷量为|Q 1－Q 2|；③如果变化前后极板带电的电性相反，通过所连导线的电荷量为Q 1＋Q 2.例3 阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图2所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图2A.25B.12C.35D.23答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示．甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R ×23R ×12＝15E ； S 闭合时等效电路图如图乙所示．乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R ×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．例4 如图3所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合开关S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )图3A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开开关S 答案 B解析由闭合电路欧姆定律可知，增大R 1的阻值会使总电阻增大，总电流减小，电源内电路电势降落减小，R 1两端电压增大，则电容器两板间电压增大，板间电场强度增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，选项A 错误；电路稳定时R 2中无电流，R 2阻值变化对电路无任何影响，选项B 正确；只增大板间距离d ，会使板间电场强度减小，油滴将向下运动，选项C 错误；断开开关S ，电容器放电，油滴将向下运动，选项D 错误．。

高考物理一轮复习精讲精析(36)

高考物理一轮复习精讲精析第 6 章第二讲一、选择题1．如下图，在电场中，一个负电荷从 C 点分别沿直线移到 A 点和B 点，在这两个过程中，均需战胜电场力做功，且做功的值相同，有可能知足这类做功状况的电场是() A．正 y 方向的匀强电场B．正 x 方向的匀强电场C．在第Ⅰ象限内有负点电荷D．在第Ⅳ象限内有负点电荷[答案 ] ACD[ 分析 ]因为负电荷从 C 点分别到 A 点 B 点，电场力分别做了相同数目的负功，表示A、B 两点必在电场中的同一等势面上，假如电场是沿正y 方向的匀强电场，则A、B 为同一等势面上的点，故 A 项正确．假如在AB 的中垂线上的上下某处放一负电荷，则点A、B 也是同一等势面上的点，相同也可知足题给条件，应选项ACD 正确．2．(2009 ·上海模拟 )如下图，真空中存在范围足够大的匀强电场，A、B 为该匀强电场的两个等势面．现有三个完整相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从等势面 A 上的某点同时以相同速率v0向不一样方向开始运动，此中a的初速度方向垂直指向等势面B；b 的初速度方向平行于等势面； c 的初速度方向与 a 相反．经过一段时间，三个小球先后经过等势面B，已知三个小球一直在该匀强电场中运动，不计重力，则以下判断正确的选项是() A．等势面 A 的电势高于等势面 B 的电势B． a、 c 两小球经过等势面 B 时的速度相同C．开始运动后的任一时辰，a、 b 两小球的动能老是相同D．开始运动后的任一时辰，三个小球电势能老是相等[答案 ]AB[ 分析 ]由a、b、c三球经过一段时间后均经过等势面B，可得：电场方向竖直向下，故 A 正确，由动能定理得，三个小球经过等势面 B 时，电场力做功相等，三球的速度大小相同，但a、 c 方向相同，均与 b 方向不一样，同一时间，电场力做功不一样，所以同一时辰的动能不相同， C 错误；三个小球运动后不行能在同一时辰位于同一等势面上，故电势能不行能相等， D 错误．3． (2009 ·海门模拟 )在水平方向的电场线AB 上 (如下图，电场线方向未注明 )，将一遇到水平向右恒定拉力的带电粒子( 不计重力 ) 在 A 点由静止开释，带电粒子沿AB 方向开始运动，经过 B 点时的速度恰巧为零，则以下结论正确的选项是() A．粒子的运动不行能是匀速运动，也不行能是匀加快运动B．可能 A 点的电势高于 B 点的电势，也可能 A 点的电势低于C． A 处的场强可能大于 B 处的场强D．粒子在A、 B 两点间挪动时，恒力做功的数值大于粒子在B 点的电势A、B 两点间的电势能之差的绝对值[答案 ]AB[ 分析 ]由题中表达可知，带电粒子由 A 点运动到 B 点，速度先增大后减小，故粒子的运动不行能为匀速运动，也不行能为匀加快运动， A 正确；由动能定理得，拉力做正功，电场力必定做负功，电势能增大，且恒力的功等于电势能的增添量，故 D 错误；但因粒子的电性未知，故电场方向也没法确立，所以 B 正确；电场力的方向由 B 指向 A，开始向右加速， F>E A B q，故 C错误．q，以后粒子减速，F<E4．圆滑水平面上有一边长为l 的正方形地区处在场强为 E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为 m、带电荷量为 q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速 v0进入该正方形地区．当小球再次运动到该正方形地区的边沿时，拥有的动能可能为B. 1mv02＋1qEl()A． 02212122C. mv0D. mv 0＋qEl223[答案 ]ABC[分析 ]如下图，假如电场方向是AB 方向则电场力能够做正功，也可以做负功，做负功时有可能使其动能变成零，应选项 A 正确．假如电场的方向是 AC 方向，带电小球抵达AB 或 CD 时，电场力做功为qEl /2，应选项 B可能是正确的，假如带电小球回到同一个界限上，即回到等势面上，电场力不做功，应选项 C 可能是正确的． D 是不论怎样也是不行能的．5．在场强盛小为 E 的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋ q 的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加快度大小为0.8qE/m，物体运动 s 距离时速度变成零，则() A．物体战胜电场力做功qEsB．物体的电势能减少了0.8 qEsC．物体的电势能增添了qEsD．物体的动能减少了0.8qEs[答案 ]ACD[分析 ]依据物体在匀强电场中运动时，机械能与电势能的转变关系可知ACD 正确．6．(2009 ·安徽师大附中一模)如下图， a、b 是一个点电荷形成的电场中同一等势面上的两点， c、 d 是另一等势面上的两点．实线acb 和 adb 分别是甲、乙两带电粒子的运动轨迹．已知两粒子在 a 点拥有相同的动能，以下判断中正确的选项是A．甲粒子经过 c 点时与乙粒子经过 d 点时拥有相同的动能()B．甲、乙两个粒子带异种电荷C．若取无量远处为零电势，则甲粒子经过 c 点时的电势能小于乙粒子经过 d 点时的电势能D．两粒子经过 b 点时拥有相同的电势能[答案 ]BC[分析 ]从运动轨迹可见，甲、乙两粒子都是经过相同的等势面，电场力所做功的大小相同；但甲粒子受引力，乙粒子受斥力，故甲、乙两个粒子带异种电荷， B 正确；甲粒子从a 到 c 电场力做正功，电势能减少，动能增添；乙粒子从 a 到 d 电场力做负功，电势能增添，动能减少， A 错，C 正确；两粒子所带的电荷的性质不一样，所以电势能在同一点b 必定不一样，D 错．7． (2010 ·江苏省盐城市调研 )x 轴上有两点电荷Q1和 Q2，Q1和 Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出A． Q1必定大于 Q2()B． Q1和 Q2必定是同种电荷，但不必定是正电荷C．电势最低处 P 点的电场强度为 0D． Q1和 Q2之间各点的电场方向都指向P 点[答案 ]ACD[分析 ]从图象看到，从 Q1到 Q2电势是先减小后增大，能够判断Q1和 Q2为同种正电荷，若 P 点位于中点，两点电荷的电荷量相同，可是P 点离 Q2近点，说明 Q1必定大于 Q2，AD 项正确；依据电场的叠加原理能够判断P 点电场强度为 0，从图象看电势随距离的变化率也能够得出 C 项正确．8． (2009 ·皖南八校一模 ) 电荷量分别为＋q、＋ q 和－ q 的三个带电小球，固定在边长为 a 的绝缘三角形框架的三个极点处，并置于场强为的匀强电场中，如下图．若此三角形绕穿过此中心O 垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则在此过程中电场力做功的大小为E()A． 0 C． 2qEa B． qEa D．πqEa[答案 ]C[分析 ]三角形转动120°时，三个带电小球均须战胜电场力做功，此中两个带正电小球在电场中沿电场线挪动a，带负电小球沿电场线挪动2a，则转动过程中战胜电场力总合做功a为： W＝qEa＋ 2qE ＝ 2qEa.二、非选择题9．如下图，实线表示某电场中的三条电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，试判断：(1)粒子带 ________电．(2)粒子在 ________点加快度大．(3) A 、B 两点电势较高的点是________．[答案 ](1) 正 (2) B(3)B[分析 ]粒子只受电场力作用，由粒子运动轨迹知粒子应带正电．由 B 处电场线较密知B 点场强较大，且粒子在 B 点受力方向与该处的场强方向相同，则粒子在 B 点加快度较大．由电场线性质可知 B 点电势较高．即φB A>φ.10．如下图，地面上某地区存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距．一个质量为m、电荷量为 q 的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的 O 点进入电场地区，经过时间t，小球由 O 点抵达同一竖直平面上的另一等势线上的P 点．已知连线OP 与水平方向成 45°夹角，重力加快度为 g，则 OP 两点的电势差为 ________．[答案 ]2mv02－ mgv0 tq1m(v y2＋ v02)－1mv20＝ mgv[分析 ]因为 v y＝2v0，由动能定理可得：0t＋qU OP ，所以U OP 2222mv0－ mgv0t可利用合运动与分运动的关系，＝，带电粒子在电场与重力场的复合场中运动，q把曲线转变成直线运动，简化运动过程．11．一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在 A 点，开释后小球由静止开始向下摇动，当细线转过60°角时，小球抵达 B 点速度恰巧为零．试求：(1)A 、B 两点的电势差 U AB；(2)匀强电场的场强盛小；(3)小球抵达 B 点时，细线对小球的拉力大小．[答案 ](1) 3mgL/2q (2) 3mg/q(3) 3mg[分析 ](1) 小球由 A→B 过程中，由动能定理：mgLsin60 °－ qU AB＝ 0，所以 U AB＝ 3mgL/(2q) ．U AB＝ 3mg/q.(2) E＝L － Lcos60 °(3) 小球在 AB 间摇动，由对称性知， B 处细线拉力与 A 处细线拉力相等，而在 A 处，由水平方向均衡有T A＝ Eq＝3mg，所以 T B＝ T A＝ 3mg，或在 B 处，沿细线方向协力为零，有B ＝Eqcos60°＋mgcos30°＝3mg.TR＝0.5m 的1圆弧形的圆滑绝缘轨道，12．如下图， A、 B 是位于竖直平面内、半径4其下端点 B 与水平绝缘轨道光滑连结，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5× 103 N/C. 今有一质量为 m＝ 0.1kg 、带电荷量＋ q＝8× 10－5C 的小滑块( 可视为质点 )从 A 点由静止开释．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05 ，取 g＝ 10m/s2，求：(1) 小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点 B 时对 B 点的压力．(2)小滑块在水平轨道上经过的总行程．[答案 ](1)2.2N(2)6mB 的压力为 F，[分析 ](1) 设小滑块第一次抵达 B 点时的速度为v B，对圆弧轨道最低点则：21 2F－ mg＝m v BmgR－qER＝ mv BR2故 F ＝3mg－ 2qE＝ 2.2N12(2)由题意知小滑块最后将停在B 点由动能定理得－ F f·S＝0－ mv B联合 F f＝μmg可得小2滑块在水平轨道上经过的总行程S＝ 6m.13．如下图，在水平方向的匀强电场中有一表面圆滑、与水平面成 45°角的绝缘直杆AC ，其下端 (C 端 )距地面高度h＝ 0.8m.有一质量500g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度，沿杆匀速下滑，小环走开2杆后正好经过 C 端的正下方P 点处． (g 取 10m/s )求：(1)小环走开直杆后运动的加快度大小和方向．(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.(3)小环运动到 P 点动能．[答案 ](1)14.1m/s 2垂直于杆斜向右下方(2)2m/s (3)5J[分析 ](1) 小环在直杆上的受力状况如下图由均衡条件得：mgsin45 °＝ Eqcos45 °，得 mg＝ Eq，走开直杆后，只受mg、 Eq 作用，则F 合＝2mg＝ma，a＝2g＝ 102m/s2＝ 14.1m/s2方向与杆垂直斜向右下方．(2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经 t 秒到 P 点，则竖直方向：12h＝ v0sin45 °·t＋ gt ，21 qE 2水平方向： v0cos45 °·t－t ＝ 0解得：v0＝gh＝ 2m/s 2(3)由动能定理得： E kP－1mv20＝mgh 2可得：12E kP＝ mv0＋ mgh＝ 5J.214． (2009 ·淮南一模 )如下图，两块竖直搁置的平行金属板A、B，两板相距d，两板间电压为U，一质量为m 的带电小球从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度v0运动，当它抵达电场中的N 点时速度变成水平方向，大小变成2v0，求 M、 N 两点间的电势差和电场力对带电小球所做的功 (不计带电小球对金属板上电荷平均散布的影响，设重力加快度为g)．2Uv 02[ 答案 ]2mv 0[ 分析 ] 带电小球从 M 运动到 N 的过程中，在竖直方向上小球仅受重力作用，从初速度 v 0 匀减速到零．水平方向上小球仅受电场力作用，速度从零匀加快到 2v 0 .2竖直位移： h ＝v 0，水平位移： x ＝2v 0·t2g2又 h ＝ vv22 ·t ，所以： x ＝2h ＝ g2所以 M 、 N 两点间的电势差U MN ＝UUv 0·x ＝ dgd 从 M 运动到 N 的过程，由动能定理得：1 21 2W 电＋ W G ＝m(2v 0) － mv2 212又 W G ＝－ mgh ＝－ 2mv 0 所以 W 电＝ 2mv 20.。

高三物理高考一轮复习专题五整合课件新人教版

❖ 3. (2009·辽宁、宁夏，21)水平地面上有一
木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0
＜μ＜1)．现对木箱施加一拉力F，使木箱做
匀速直线运动．设F的方向与水平面夹角为θ，
如图5－2，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，
图5－2
木箱的速度保持不变，则( )
❖解析：木箱在F作用下向右匀速运动的过程
❖木箱上滑过程中，根据功能关系有－Mgh－
μMgh
＝0－E弹
❖代入相关数据，整理得m＝2M，A错，B正确；
❖木箱和货物下滑过程中，根据牛顿第二定律有a1＝g(sin θ－μcos θ)， ❖方向沿斜面向下
❖ 8. (2009·浙江，24)某校物理兴趣小组决定
举行遥控赛车比赛．比赛路径如图5－6所
图5－3
外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0
❖ A．x2＝5x1 v2＝3v1 v2＝5v1
B ． x2 ＝ 9x1
❖ C．x2＝5x1 W2＝8W1 3v1 W2＝9W1
D ． v2 ＝
❖ 解析：设t0时刻前后的加速度分别为a1、a2，
❖ 5．(2009·上海单科，20)质量为5×103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10 m/s，
❖ 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，
❖ 由牛顿运动定律及机械能守恒定律得 mg ＝，
❖
，解得v3＝4 m/s
示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运
动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆
轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直
图5－6
轨道上运动到C点，并能越过壕沟．
❖已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，s＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至

高考物理一轮复习精讲精析(50)

高考物理一轮复习精讲精析第九章第一讲一、选择题1．(2009·湖南长沙二中质检)电磁感应现象中产生感应电流，关于能量转化问题以下说法中正确的是() A．一定是磁场能转化为电能B．一定是电场能转化为电能C．一定是机械能转化为电能D．以上说法均不正确[答案] D[解析]发电机是机械能转化为电能，变压器是电能从一个螺线管转移给另一个螺线管．2．在下图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是() A．a、b两个环B．b、c两个环C．a、c两个环D．a、b、c三个环[答案] A[解析]当滑片左右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流．3．(2010·安徽省合肥市高三调研)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图所示．线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是() A．若保持电键闭合，则铝环不断升高B．若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度C．若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变[答案]CD[解析]若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律可知，铝环向上跳起．4．如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上．今将一金属线框abcd 放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流I突然增大时，线框的整体受力情况为() A．受力向左B．受力向右C．受力向上D．受力为零[答案] B[解析]线框内左边部分磁感线穿出，右边部分磁感线穿入，由于线框位置偏向导线左边，所以整个线框的合磁感线是穿出的，并且随电流的增大而增大．用“阻碍磁通量变化”来考虑线框受磁场力作用要运动的方向，显然，线框只有向右运动，因此线框所受的磁场力应向右．5．(2009·广东模拟)如图(甲)所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图(乙)所示的变化电流，t＝0时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)．在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是() A．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势B．线圈B内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势C．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势D．线圈B内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势[答案]A[解析]在t1～t2时间内，通入线圈A中的电流是正向增大的，即逆时针方向增大的，其内部会产生增大的向外的磁场，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可判定线圈B中会产生顺时针方向的感应电流．线圈B中电流为顺时针方向，与A的电流方向相反，有排斥作用，故线圈B将有扩张的趋势．6．(2009·南通中学质检二)某匀强磁场垂直穿过一个线圈平面，磁感应强度B随时间t 变化的规律如图所示．若在某1s内穿过线圈的磁通量的变化量为零，则该1s开始的时刻是() A．第 1.51s B．第 1.69sC．第117s D．第53s[答案] C[解析]前2s内磁感应强度方程B＝0.2＋0.4t，后2s磁感应强度方程是B＝1－0.3(t－2)，因某1s内穿过线圈中的磁通量的变化量为零，故这1s始末时刻的磁感应强度相同，有1－0.3[(t＋1)－2]＝0.2＋0.4t，解得t＝11 7s.7．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q 端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是() A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右[答案]BD[解析]在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对．8．如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈，通过观察图形，判断下列说法正确的是() A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈[答案]AC[解析]若线圈闭合进入磁场时，由于产生电磁感应现象，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A对；若线圈不闭合，进入磁场后，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，B错；从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C对．二、非选择题9．在研究电磁感应现象实验中：(1)为了明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要．．的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；(2)将原线圈插入副线圈中，闭合电键，副线圈中感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．(3)将原线圈拔出时，副线圈中的感应电流与原线圈中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)．[答案](1)如图(2)相反(3)相同10．如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它串联在本图左边的火线和零线上，开始断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电．(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压，为什么？(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？[答案](1)用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等、方向相反，穿过铁芯的磁通量始终为零，副线圈中不会产生感应电动势．(2)人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体流向大地，不通过零线，这时变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而在副线圈中产生感应电动势，即a、b间有电压，脱扣开关就会断开．11．如图所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？[答案]l－d v[解析]从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘过程中无感应电流．此过程位移为：l－d故t＝l－d v.12．与磁感应强度B＝0.8T垂直的单匝线圈面积为0.5m2，线圈的磁通量有多大？若这个线圈有50匝，磁通量又为多少？线圈位置转过53°时，磁通量为多少？[答案]0.4Wb0.4Wb0.24Wb[解析](1)∵B⊥S，∴Φ＝BS＝0.8×0.5＝0.4(Wb)(2)因为磁通量为穿过线圈的磁感线条数，所以它和线圈匝数无关．故Φ′＝Φ＝0.4(Wb)．(3)当线圈位置转过53°时Φ″＝BS cos53°＝0.8×0.5×0.6＝0.24(Wb)．13．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．[答案]B＝B0l l＋vt[解析]要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋vt)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋vt.。

高考物理一轮精细复习 (基础知识夯实+综合考点应用+名

功和功率（基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题，含精细解析）一、三年高考考点统计与分析考点试题题型分值功和功率2012年江苏T32012年海南T72012年北京T232011年海南T92011年上海T152010年新课标全国T16选择选择计算选择选择选择3分4分18分4分3分6分动能定理及其应用2012年福建T212012年江苏T142011年新课标全国T152011年江苏T42011年山东T182010年山东T242010年浙江T22计算计算选择选择选择计算计算19分16分6分3分4分15分16分机械能守恒定律及其应用2012年安徽T162012年山东T162012年上海T162012年天津T102011年上海T72011年福建T212010年福建T172010年江苏T14选择选择选择计算选择计算选择计算6分5分3分16分3分19分6分16分功能关系、能量守恒定律2012年福建T172012年上海T152011年浙江T242010年山东T222010年江苏T8选择选择计算选择选择6分3分20分4分4分(1)从近三年高考试题考点分布可以看出，高考对本章内容的考查重点有4个概念(功、功率、动能、势能)和三个规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。

(2)高考对本章内容考查题型全面，既有选择题，也有计算题，二者考查次数基本相当，命题灵活性强、综合面广，过程复杂，环节多，能力要求也较高，既有对基本概念的理解、判断和计算，又有对重要规律的灵活应用。

二、2014年高考考情预测(1)功和功率、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律仍将是本章命题的热点。

(2)将本章内容与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识相结合，并与生产、生活实际和现代科技相联系进行命题的趋势较强。

[备课札记]第五章机械能[学习目标定位]考纲下载考情上线1.功和功率(Ⅱ)2．动能和动能定理(Ⅱ) 3．重力做功与重力势能(Ⅱ)4．功能关系、机械能守恒定律及其应用(Ⅱ)实验五：探究动能定理实验六：验证机械能守恒定律高考地位高考对本章知识点考查频率最高的是动能定理、机械能守恒定律，单独考查功和功率时多以选择题形式出现，与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动及电磁学知识相结合时，多以计算题的形式出现。

高考物理第一轮典例精析专项复习

高考物理第一轮典例精析专项复习
2. 某人横渡一河流，船划行速度和水流动速度一定，此人
过河最短时间为T1；若此船用最短的位移过河，则过河时间为T2，若船速大于水速，则船速与水速之比为 ( )
A. T2
T
2
2
T 12
B .T 2 T1
C . T1
T
2
1
T
2 2
D .T1 T2
高考物理第一轮典例精析专项复习
高考物理第一轮典例精析专项复习
微元法：物体在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速度的大小，当这一小段时间趋于零时，该平均速度的大小就为所求速率. 设物体在θ角位置经Δt时间向左移动 Δx距离，滑轮右侧的绳长缩短ΔL，如图乙所示，当绳与水平方向的角度变化很小时，△ABC可近似看做一直角三角形，因而有ΔL=Δxcos θ，两边同时除以Δt得ΔLΔt=ΔxΔtcos θ. 即收绳速率v0=vA/cos θ，因此物体的速率为vA=v0/cos θ.
【点拨】 a合、v合的方向关系→运动轨迹→a合的变化情况→运动性质
高考物理第一轮典例精析专项复习
【解析】互成角度的一个匀速直线运动与一个匀变速直线运动合成后，加速度不变是匀变速运动，且合速度的方向与合加速度的方向不在一条直线上，故做曲线运动，选项D正确. 【答案】D
高考物理第一轮典例精析专项复习
高考物理第一轮典例精析专项复习
【点拨】(1)把子弹的平抛运动分解为水平和竖直方向上的直线运动. (2)对比子弹与靶运动的异同得出击中时间由子弹的水平运动决定.
【解析】满分展示：
本题考查平抛运动的知识.
(1)子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线

高考物理一轮总复习专题五专题提升五动能定理的解题例析课件新人教版

所以 s＝13600 m≈5.33 m(用分数表示同样正确).
方法规律：(1)运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化.当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程.
(2)当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积.
专题提升五动能定理的解题例析
突破一应用动能定理的流程图 Z5-1
例 1：(2015 年河北邯郸模拟)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流，它的面积、体积和流量都较大.泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大.某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，如图 Z5-2 甲所示，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为 m＝5 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力 F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.6，g 取 10 m/s2.
甲
乙
图 Z5-2
(1)物体在运动过程中的最大加速度为多大)物体在水平面上运动的最大位移是多大？
思维点拨：(1)推力 F 最大时，物体的加速度最大.(2)运动过程中，物体的加速度为零时，速度最大.(3)推力F 为变力，F 做的功对应 F-x 图线与 x 轴所围的面积.
图 Z5-3
B.3 m/s
C.4 m/s
D. 17 m/s
突破三应用动能定理解决平抛运动、圆周运动问题例3：(2015 年山东青岛模拟)如图 Z5-4 所示，传送带 A、 B

2021高考物理一轮基础系列题5含解析新人教版20210904428

2021高考物理一轮基础系列题5含解析新人教版20210904428李仕才一、选择题1、如图甲、乙、丙所示，三个物块质量相同且均处于静止状态，若弹簧秤、绳和滑轮的重力均不计，绳与滑轮、物块与半球面间的摩擦均不计，在图甲、乙、丙三种情形下，弹簧秤的读数分别是F1、F2、F3，则( )图A.F1＝F2＝F3B.F3>F1＝F2C.F3＝F1>F2D.F1>F2>F3答案 C解析甲图：物块静止，弹簧的拉力F1＝mg；乙图：以物块为研究对象，受力如图甲，F2＝G sin60°＝32mg≈0.866mg x.k+w丙图：以动滑轮为研究对象，受力如图乙.由几何知识得F3＝mg，故F3＝F1>F22、如图5甲所示，质量为m＝1 kg、带电荷量为q＝2×10－3 C的小物块静置于绝缘水平面上，A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )图5A ．小物块在0～3 s 内的平均速度为43 m/sB ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．匀强电场的电场强度为3 000 N/CD ．物块运动过程中电势能减少了12 J答案 CD3、如图5所示，匀强电场分布在边长为L 的正方形区域ABCD 内，M 、N 分别为AB 和AD 的中点，一个初速度为v 0、质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子沿纸面射入电场。

带电粒子的重力不计，假如带电粒子从M 点垂直电场方向进入电场，则恰好从D 点离开电场。

若带电粒子从N 点垂直BC 方向射入电场，则带电粒子( )图5A ．从BC 边界离开电场B ．从AD 边界离开电场C ．在电场中的运动时刻为2mv 2qED ．离开电场时的动能为12mv 20答案 BD4、(多选)物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m 0的质点距质量为M 0的引力中心为r 0时，其万有引力势能E p ＝－GM 0m 0r 0(式中G 为引力常量)．一颗质量为m 的人造地球卫星以半径为r 1圆形轨道围绕地球飞行，已知地球的质量为M ，要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r 2，则在此过程中( )A ．卫星势能增加了GMm (1r 1－1r 2)B ．卫星动能减少了GMm 3(1r 1－1r 2) C ．卫星机械能增加了GMm 2(1r 1－1r 2) D ．卫星上的发动机所消耗的最小能量为2GMm 3(1r 2－1r 1)【答案】AC【解析】引力势能的增加量ΔE p ＝－GMm r 2－(－GMm r 1)＝GMm (1r 1－1r 2)，故A 正确；依照万有引力提供向心力有：G Mm r 21＝m v 21r 1，解得E k1＝12mv 21＝GMm 2r 1.同理，E k2＝GMm 2r 2，因此，动能的减小量为ΔE k＝GMm 2r 1－GMm 2r 2＝GMm 2(1r 1－1r 2)．故B 错误；依照能量守恒定律，卫星机械能增加等于发动机消耗的最小能量，即E ＝ΔE p －ΔE k ＝GMm 2(1r 1－1r 2)．故C 正确，D 错误． 5、[多选]如图所示为一滑草场。

高考物理一轮复习重要题型名师精讲5

第2讲变压器电能的输送图10－2－91．(2009·江苏，6)如图10－2－9所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin 100πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V ，B 正确；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz ，开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小．答案：AB图10－2－102．如图10－2－10甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB 间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P 到如图甲中所示位置，在BC 间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则( )A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝2202sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．流过电阻的电流接近于4 AD ．电阻消耗的功率接近于220 W解析：由题中图乙可知正弦交流电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T ＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝2202sin(50πt )V ，A 错误B 正确；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的12，故副线圈两端的电压约为110 V ，流过电阻的电流约为2 A ，C 项错误；电阻消耗的功率P ＝U 2I 2＝220 W ，D 项正确．答案：BD3．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 k W ，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是( )A.输电线路中的电流为20 AB ．输电线路损失的电功率为8 000 WC ．发电机实际输出电压是300 VD ．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V解析：I 线＝I 0＝P 0U 0＝4.4×104220A ＝200 A ；线路损失功率P 线＝I 2线R 线＝8 000 W ，线路两端电压U ＝I 线R 线＝40 V ，所以发电机输出电压为260 V ；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 2 V . 答案：B图10－2－114．如图10－2－11甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 、6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u 的图象如图10－2－13乙所示．则以下说法中正确的是( )A ．电压表的示数为27 2 VB ．三只灯泡均能正常发光C ．电流表的示数为2 AD ．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz解析：本题考查交流电的规律、变压器的规律．交流电表测量的是交流电的有效值，输入电压的有效值为27 V ，因此电压表的示数应为27 V ，A 项错误；根据变压比，副线圈输出的电压为9 V ，因此三只灯泡均能正常发光，B 项正确；三只灯泡中的总电流为3P /U ＝2 A ，C 项正确；原线圈输入电压的频率为50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，因此D 项正确．本题较易．答案：BCD图10－2－125．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图10－2－12所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，A 项错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 2有效R×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U 有效＝22 2 V ，则Q ＝U 2有效R ×60＝2 904 J ，B 错误，C 正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，D 错误．答案：C图10－2－131.一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图10－2－13所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )A ．流过电阻的电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC ．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD ．变压器的输入功率是1×103 W解析：考查正弦交变电流有效值、最大值意义及理想变压器的相关知识．由输入电压图象可知输入电压的有效值为220 V ，故副线圈输出电压的有效值为100 V ，接入副线圈的电阻为10 Ω，故电流有效值为10 A ，A 项错；与电阻并联的电压表读数即为副线圈电压有效值100 V ，B 项错；根据Q ＝I 2Rt ＝102×10×60 J ＝6×104 J ，C 项错；由变压器输入功率等于输出功率可知，P ＝IU ＝10×100＝1 000 W ，D 项正确．答案：D图10－2－142．2008年春节前后，我国南方部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏．为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图10－2－14所示，发电机的电动势e ＝4802sin(100πt )V(不考虑其内阻)，图中R 表示输电线的电阻．滑动触头P 置于a 处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则( )A ．若A 2示数为2 A ，R ＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1B ．若A 2示数为2 A ，R ＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶1C ．当发电机输出的电压发生波动使V 1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P 向下滑动D ．如果V 1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P 应向上滑解析：若A 2的示数为2 A ，R ＝10 Ω，用户电压220 V ，电压表V 2示数U 2＝220 V ＋I 2R ＝240 V ，电压表V 1示数(有效值)U 1＝480 V ，原副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，故选项A 对、B 错；由n 1∶n 2＝U 1∶U 2，若U 1变小，则n 2应变大，故选项C 错；当用电器增加时，副线圈中的电流增加，输电线电阻R 上的电压增大，副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P 应向上滑，故选项D 对．答案：AD图10－2－153．(2009·济南模拟)正弦交流电经过匝数比为n 1n 2＝101的变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按如图10－2－15甲所示方式连接，R ＝10 Ω.图乙是R 两端电压U 随时间变化的图象．U m ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt (A)B ．电流表A 的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为210A D ．电压表的读数为U m ＝10 2 V解析：由图象知T ＝2×10－2 s ，f ＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100π rad/s ，故i R ＝2cos 100πt (A)，A 正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U ＝U m 2＝10 V ，故D 错误．答案：AB图10－2－164．如图10－2－16所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只减小R 1的电阻D ．断开开关S解析：输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P 2＝U 22R .增加副线圈的匝数，U 2增加，P 2增大，B 正确；增加原线圈匝数，U 2减小，P 2减小，A 错；减小R 1的电阻，副线圈上的总电阻R 变小，P 2增大，C 对；断开S ，R 增大，P 2减小，D 错误．答案：BC图10－2－175．一个理想变压器的工作示意图如图10－2－17所示，变压器的初级线圈匝数为n 1，与干路高电压U 1相连，工作时流过线圈的电流为I 1，初级与干路相连的导线的电阻不能忽略．变压器的次级线圈匝数为n 2，输出电压为U 2，工作时流过线圈的电流为I 2.设连接在次级线圈上的用电器均为相同的电灯，导线的电阻可以忽略．在变压器次级线圈有负载的情况下，下列判断哪个正确( )A ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1∶U 2＝n 1∶n 2B ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有I 1∶I 2＝n 2∶n 1C ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1I 1＝U 2I 2D ．以上判断都不正确解析：变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2中的U 1是变压器原线圈两端的电压，由于初级线圈的干路电阻较大，线路上的压降也较大，线路损耗功率也较大，因此A 、C 两项不成立．答案：B图10－2－186．如图10－2－18所示，为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压．某变电所电压u 0＝11 0002sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电所变压器( )A ．原、副线圈匝数比为50∶1C．原线圈的导线比副线圈的要粗D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：u0＝11 0002sin 100πt V中的11 0002指的是电压的最大值，有效值为11 000 V，则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比，即50∶1，A正确；由ω＝100π可得频率为50 Hz，变压器不改变电流的频率，因此，副线圈的频率也是50 Hz，B正确；电流与匝数成反比，即原线圈的电流比副线圈电流要小，因此，副线圈的导线要比原线圈粗，C错误；居民小区各个用电器都是并联的，它们的电流总和等于副线圈中的电流，故D错误．答案：AB图10－2－197．如图10－2－19所示，两条平行金属导轨竖直放置，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属棒ab沿导轨下滑，下滑过程中与导轨接触良好．金属棒、导轨、电流表A1和理想变压器原线圈构成闭合回路．金属棒ab在沿导轨下滑的过程中，电流表A1一直有示数，而电流表A2在某时刻之后示数变成了零，以下说法正确的是()A．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是变速运动B．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是变速运动C．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是匀速运动D．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是匀速运动解析：金属棒在重力作用下，开始向下做加速运动，速度不断增加，金属棒切割磁感线产生的感应电流逐渐增大，原线圈上产生的磁场不断增强，穿过副线圈的磁通量不断增大，在副线圈上发生电磁感应现象，电流表A2上有电流．当金属棒上电流增加到一定程度，金属棒受到的安培力等于重力时，金属棒开始做匀速下落，原线圈的电流不再发生变化，原线圈上产生的磁场磁感应强度不变，穿过副线圈的磁通量不发生变化，副线圈上不发生电磁感应现象，电流表A2示数等于零．综上所述，选项A、D正确．答案：AD图10－2－208．如图10－2－20所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则()A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A 项错．将P 沿顺时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故C 项错．提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D 项正确．答案：D图10－2－219．为了测一个已知额定电压为100 V 的灯泡的额定功率，设计了如图10－2－21所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表A 和灯泡L ，滑动变阻器的阻值范围是0～100 Ω，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2∶1，交流电源的电压为U 0＝440 V ，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表A 的示数为1.2 A ，则( )A ．灯泡的额定功率为40 WB ．灯泡的额定电流为2.4 AC ．滑动变阻器并联部分的阻值为50 ΩD ．滑动变阻器消耗的电功率为240 W解析：根据题意，副线圈上的电流为2.4 A ，电压为220 V ，由于滑动变阻器上部分的并联电路电压为100 V ，则下部分电阻电压为120 V ，由串联知识，可知滑动变阻器上部分与小灯泡并联后与滑动变阻器下部分功率分配比为100∶120＝5∶6，故下部分电阻上的电功率P 下＝611P 总，P 总＝1.2×440 W ＝528 W ，则P 下＝288 W ，下部分电阻R 下＝288/2.42 Ω＝50 Ω，则滑动变阻器上部分(并联部分)的电阻为50 Ω，上部分电路消耗功率P ′＝P 总－P 下＝240 W ，故容易计算出通过灯泡的电流为0.4 A ，灯泡的功率为40 W ，故A 、C 正确．答案：AC。

高考物理一轮复习精讲精析(22)

()
A ．系统的动量守恒，机械能不守恒 B．系统的动量守恒，机械能守恒 C．系统的动量不守恒，机械能守恒 D ．系统的动量不守恒，机械能不守恒 [ 答案 ] B [ 解析 ] 槽、小球和弹簧组成的系统所受合外力等于零，动量守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，
别为 m1 和 m2，且 m1<m2.静止时，两球在悬点正下方刚好接触且球心同高，现将
A 摆在纸
平面内向左拉离平衡位置，使摆线水平，然后释放．当
A 摆摆到最低点时两球碰撞，碰后 A
球被反弹，反弹后最大偏角为 α，B 球向右摆动，最大偏角为 β，则碰撞过程中一定守恒的
是________( 选填“动能”或“动量” )，守恒的关系式为 ____________________________ ．
高考物理一轮复习精讲精析
选修 3-5 第 1 讲
一、选择题
1．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子被加速后，沿同
一条直线相向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设
法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相同大小的
()
A ．速率
B．质量
C．动量
D ．动能
51m甲≤ m 乙≤ 5m 甲． 21
正确答案应选 C. 二、非选择题 5．如图所示，静止在水面上的船长为 L ，质量为 M ，质量分别为 m1、m2 的甲乙两人分别站在船头和船尾，甲由船头走到船尾而乙由船尾走到船头，不计水的阻力并且 m1>m2，则船移动的距离为 ________．
(m1－ m2)L [ 答案 ] M ＋ m1＋ m2 [ 解析 ] m1v1＝ m2v 2＋M v 设船移动距离 x

高考物理一轮复习精讲精析(10)

高考物理一轮复习精讲精析第3章第1讲一、选择题西南师大附中模拟)下列关于惯性的各种说法中，你认为正确的是() 1．(2009·A．抛出去的标枪、手榴弹等是靠惯性向远处运动的B．在完全失重的情况下，物体的惯性将消失C．把手中的球由静止释放后，球能竖直加速下落，说明力是改变物体惯性的原因D．材料不同的两个物体放在地面上，用一个相同的水平力分别推它们，则难以推动的物体惯性大[答案] A[解析]抛出去的标枪、手榴弹等因有惯性要继续向前运动，A正确；质量是物体惯性大小的量度，不会因失重而改变，B、C均错误；因两物体材料不同，物体与地面的动摩擦因数不同，故用同样的水平力推不动的，不一定是质量大的，D错误．山师附中模拟)下列说法中错误的是() 2．(2009·A．放在水平桌面上静止的物体，其重力与物体对桌面的压力大小相等，是一对平衡力B．人向前走是因为地面对人脚的作用力大于脚对地面的作用力C．鸡蛋掉在地上破了，而地面未损坏，说明地面对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对地面的作用力D．跳高运动员从地面上跳起，是由于地面给运动员的支持力大于运动员所受的重力[答案]ABC[解析]放在桌面上静止的物体，其重力和对桌面的压力大小相等，但他们分别作用在物体和桌面上，不是一对平衡力，A错误；人脚对地面的作用力，地面与鸡蛋间的作用力均为作用力反作用力，由牛顿第三定律知，它们的大小均相等，B、C错误；运动员从地面上跳起时，有向上的加速度，因此，地面给运动员的支持力一定大于运动员的重力，D正确．3．在都灵冬奥会上，张丹和张昊(如图)一起以完美表演赢得了双人滑比赛的银牌．在滑冰表演刚开始时他们静止不动，随着优美的音乐响起在相互猛推一下之后他们分别向相反方向运动．假定两人与冰面间的动摩擦因数相同．已知张丹在冰上滑行的距离比张昊远，这是由于() A．在推的过程中，张丹推张昊的力小于张昊推张丹的力B．在推的过程中，张丹推张昊的时间小于张昊推张丹的时间C．在刚分开时，张丹的初速度大小大于张昊的初速度大小D．在刚分开时，张丹的加速度大小小于张昊的加速度大小[答案] C[解析]根据牛顿第三定律，在推的过程中，作用力和反作用力是等大、反向、共线的，它们总是同时产生、同时消失、同时变化的，所以推力相等，作用时间相同．由于冰刀和冰面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律求得两人的加速度相同(均为μｇ)，由运动学公式v2＝2as可知，加速度相同，张丹在冰上滑行的距离比张昊远，说明在刚分开时，张丹的初速度大于张昊的初速度，故选 C.4．一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积了水．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的() [答案] C[解析]列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．5．如图所示，将两弹簧测力计a、b连结在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时，发现不管拉力F多大(未超出量程)，a、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明() A．这是两只完全相同的弹簧测力计B．弹力的大小与弹簧的形变量成正比C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．力是改变物体运动状态的原因[答案] C[解析]两个弹簧测力计的示数对应两弹簧测力计钩上的拉力，不管拉力F多大，a、b 两弹簧测力计的示数总相等，正好说明作用力与反作用力大小相等，方向相反，故C正确．安徽)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运6．(2009·转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是() A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下[答案] C[解析]本题主要考查受力分析与牛顿运动定律，加速时由于加速度沿斜向上方向，所以人应受重力，支持力和摩擦力三个力作用，匀速时加速度为零，人只受重力和支持力二个力作用，且二力平衡，故A、B错．加速时，由于扶梯对人的作用力为支持力和水平向前的摩擦力的合力，所以此时顾客对扶梯的作用力方向指向左下方，匀速时竖直向下，C正确，D错，正确答案 C.7．在谷物的收割和脱粒过程中，小石子、草屑等杂物很容易和谷物混在一起，另外谷粒中也有瘪粒．为了将它们分离，湖北农村的农民常用一种叫“风谷”的农具即扬场机分选，如图所示它的分选原理是() A．小石子质量最大，空气阻力最小，飞得最远B．空气阻力对质量不同的物体影响不同C．瘪谷粒和草屑质量最小，在空气阻力作用下，反向加速度最大，飞得最远D．空气阻力使它们的速度变化不同[答案] D[解析]由题意知，小石子、实谷粒和瘪谷粒及草屑在离开“风谷机”时具有相等的初速度，空气阻力可视为相差不大，但小石子和实谷粒的质量较大，而质量是惯性的唯一量度，则在飞行过程中，小石子的速度变化最小，飞得最远，瘪谷粒和草屑速度变化最大，飞得最近．8．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为() A．(M＋m)gB．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋maD．(M－m)g[答案] B[解析]对竿上的人分析：受重力mg，摩擦力F f，有mg－F f＝ma竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg，摩擦力F f，方向向下，支持力F N, Mg＋F f＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N＝(M＋m)g－ma.二、非选择题9．蛙泳时，双脚向后蹬水，水受到向后的作用力，则人体受到向前的反作用力，这就是人体获得的推进力．但是，在自由泳时，下肢是上下打水，为什么却获得向前的推进力呢？[答案]见解析[解析]如图表示人体作自由泳时，下肢在某一时刻的动作：右脚向下打水，左脚向上打水．由图可见，由于双脚与水的作用面是倾斜的，故双脚所受的作用力P和Q是斜向前的(水所受的作用力是斜向后的)．P的分力为P1和P2，而Q的分力为Q1和Q2，P1和Q1都是向前的分力，也就是下肢获得的推进力．同样道理，鱼类在水中左右摆尾，却获得向前的推力，也是由于向前的分力所致．10．有一仪器中电路如图所示，其中M是质量较大的金属块，将仪器固定在一辆汽车上，汽车启动时和急刹车时，发现其中一盏灯亮了，试分析是哪一盏灯亮了．[答案]汽车启动时绿灯亮，急刹车时红灯亮[解析]汽车启动时，金属块M由于惯性，相对汽车向后运动，绿灯所在的支路被接通，所以绿灯亮；汽车急刹车时，由于惯性，金属块M相对汽车向前运动，红灯所在的支路被接通，所以红灯亮．11．如图所示，水平放置的小瓶内装有水，其中有气泡，当瓶子从静止状态突然向右加速运动时，小气泡在瓶内将向何方运动？当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内又将如何运动？[答案]见解析[解析]在许多学生的答卷中这样写道：当瓶子从静止状态突然向右运动时，小气泡在瓶内由于惯性将向左运动；当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内由于惯性将向右运动．而正确答案刚好与之相反．因为当瓶子从静止状态突然向右加速运动时，瓶中的水由于惯性要保持原有的静止状态，相对瓶来说是向左运动，气泡也有惯性，但相比水来说质量很小，惯性小可忽略不计，所以气泡相对水向右移动．同理，当瓶子从向右匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内将向左运动．另外，该题也用转换研究对象的方法予以定量解决．设想有一块水，其体积、形状和气泡相同，当玻璃管向右加速运动时，这块水就和周围的水一起向右加速运动，相对于玻璃管不会有相对运动，这块水所受的外力F由周围的水对它产生，设这块水的体积为V，水的密度为ρ水，玻璃管的加速度为a，则F＝m水a＝ρ水Va.现在将这块水换成气泡，显然，在其他条件不变的情况下，周围水对气泡的作用力仍为F，气泡将在该力作用下做加速运动．则a 气＝F/m气＝ρ水Va/ρ气V，∵ρ水>ρ气，∴a气>a，即气泡相对于玻璃管向右运动．12．如图所示，轻质弹簧上端小球质量为m，平衡时弹簧的压缩量为x，在某次振动过程中，当小球运动到最低点时，弹簧的压缩量为2x，试求此时小球的加速度和弹簧对地面的压力．[答案]g竖直向上2mg竖直向下[解析]平衡时有：mg＝kx，在最低点，取向上为正方向有：2kx－mg＝ma解得：a＝g弹簧对地面的压力等于其弹力，故F N＝2kx＝2mg.13．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为F f，则此时箱对地面的压力大小为多少？[答案]F f＋Mg[解析]环在竖直方向上受力情况如图甲所示，受一个重力，及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力F f，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F f′，故箱子竖直方向上受力如图乙所示，受重力Mg，地面对它的支持力F N，及环给它的摩擦力F f′，由于箱子处于平衡状态，可得F N＝F f′＋Mg＝F f＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子给地面的压力大小等于地面给箱子的弹力，即F N′＝F f＋Mg.。