人教版物理高考大一轮

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2019精选教育人教版高考物理一轮基础习题(1)及答案.doc

2019人教版高考物理一轮基础习题（1）及答案一、选择题1、(多选)如图所示,在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O,沿垂直磁场方向,以相同速率向磁场中发出了两种粒子,a为质子H),b为α粒子He),b的速度方向垂直磁场边界,a的速度方向与b的速度方向夹角为θ=30°,两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上,则( )A.a、b两粒子转动周期之比为2∶3B.a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶3C.a、b两粒子在磁场中转动半径之比为1∶2D.a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1∶2【解析】选B、C。

根据周期公式T=知,a与b的质量之比为1∶4,电荷量之比为1∶2,则周期之比为T a∶T b=1∶2,故选项A错误;a粒子运动轨迹对应的圆心角为α=240°,运动时间t a=T a=T a,b粒子运动轨迹对应的圆心角为β=180°,运动时间t b=T b,则两粒子在磁场中运动时间之比为t a∶t b=2∶3,故选项B正确;由r=,v 相等,可知a、b两粒子在磁场中转动半径之比为r a∶r b=1∶2,故选项C正确;a、b 两粒子打到光屏上的位置到O点的距离分别为x a=2r a cos30°=r a,x b=2r b,则x a∶=∶4,故选项D错误。

xb2、(2019·河北邢台质检)有下列几种情景，其中对情景的分析和判断正确的是( )①点火后即将升空的火箭；②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车；③磁悬浮列车在轨道上高速行驶；④太空中的空间站绕地球做匀速圆周运动.A.①中，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B.②中，轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C.③中，高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D.④中，因空间站处于完全失重状态，所以空间站内的物体加速度为零【答案】B【解析】点火后火箭即将升空的瞬间，加速度竖直向上，不为零，A 错；轿车紧急刹车时刹车时间短，且速度改变很大，则由a ＝ΔvΔt 知加速度很大，B 对；磁悬浮列车速度很大，但速度没有变化，加速度为零，C 错；空间站以及里面的物体受地球万有引力作用，加速度不为零， D 错.3、(2019·江苏高考)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔,小孔分别位于O 、M 、P 点。

2024年高考物理一轮复习(新人教版) 第4章第3讲圆周运动

g lcos
θ＝
gh，所以小球 A、B 的角速度相等，
线速度大小不相等，故 A 正确，B 错误；
对题图乙中 C、D 分析，设绳与竖直方向的夹角为 θ，小球的质量为 m，绳上拉力为 FT，则有 mgtan θ＝man，FTcos θ＝mg，得 an＝gtan θ，FT ＝cmosgθ，所以小球 C、D 所需的向心加速度大小相等，小球 C、D 受到绳的拉力大小也相等，故 C、D 正确.
当转速较大，FN指向转轴时，则FTcos θ＋FN′＝mω′2r 即FN′＝mω′2r－FTcos θ 因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确.
例5 (2022·全国甲卷·14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图
例7 如图所示，质量相等的甲、乙两个小球，在光滑玻璃漏斗内壁做水平面内的匀速圆周运动，甲在乙的上方.则 A.球甲的角速度一定大于球乙的角速度
√B.球甲的线速度一定大于球乙的线速度
C.球甲的运动周期一定小于球乙的运动周期 D.甲对内壁的压力一定大于乙对内壁的压力
对小球受力分析，小球受到重力和支持力，它们的合力提供向心力，
√B.弹簧弹力的大小一定不变
C.小球对杆压力的大小一定变大
√D.小球所受合外力的大小一定变大
对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有 FTsin θ＝mg，而 FT＝kcMosPθ－l0 可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力FN背离转轴时，则FTcos θ－ FN＝mω2r 即FN＝FTcos θ－mω2r

人教版物理大一轮复习第14课时电磁感应

第14课时电磁感应高考题型1 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形． (2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形． 2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； (2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”； (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”； (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”． 3．求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ⎩⎨⎧S 不变时，E ＝nS ΔBΔt (感生电动势)B 不变时，E ＝nB ΔSΔt (动生电动势)(2)导线棒垂直切割磁感线：E ＝BL v .(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动E ＝12BL 2ω.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e ＝nBSωsin ωt . 考题示例例1 (2020·江苏卷·3)如图1所示，两匀强磁场的磁感应强度B 1和B 2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )图1A ．同时增大B 1减小B 2 B ．同时减小B 1增大B 2C ．同时以相同的变化率增大B 1和B 2D ．同时以相同的变化率减小B 1和B 2答案 B解析若同时增大B 1减小B 2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A 错误；同理可推出，选项B 正确，C 、D 错误．例2 (2019·江苏卷·14)如图2所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.3 m 2、电阻R ＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt ＝0.5 s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中图2(1)感应电动势的平均值E ；(2)感应电流的平均值I ，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q . 答案 (1)0.12 V(2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C 解析 (1)感应电动势的平均值E ＝ΔФΔt磁通量的变化ΔФ＝B ΔS联立可得E ＝B ΔSΔt ，代入数据得E ＝0.12 V ；(2)平均电流I ＝ER代入数据得I ＝0.2 A(电流方向见图)；(3)电荷量q ＝I Δt 代入数据得q ＝0.1 C 命题预测1．(多选)(2020·江苏南京、盐城市一模)如图3甲所示，a 、b 两个绝缘金属环套在同一个光滑的铁芯上．在t＝0时刻，a、b两环处于静止状态，a环中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是()图3A．t2时刻两环相互吸引B．t3时刻两环相互排斥C．t1时刻a环的加速度为零D．t4时刻b环中感应电流最大答案ACD解析在t2时刻与t3时刻，a环中的电流均处于减小阶段，根据楞次定律可知，两环的电流方向相同，则两环相互吸引，故A正确，B错误．a中电流产生磁场，磁场的变化使b中产生电流，才使两环相互作用，在题图乙中，“变化最快”即曲线的斜率最大．t1时刻曲线的斜率为0，这个瞬间磁场是不变化的，因此两环没有作用力，则加速度为零，故C正确．虽然t4时刻a环中的电流为零，但是根据该时刻对应的电流的曲线的斜率最大，即该时刻磁通量变化率最大，故t4时刻b环中感应电动势最大，则b环中感应电流最大，故D正确．2．(多选)(2020·江苏苏锡常镇二模)如图4甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好．装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(垂直纸面向外为磁感应强度的正方向)，MN始终保持静止．不计电容器充电时间，则在0～t2时间内，下列说法正确的是()图4A．电阻R两端的电压大小始终不变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN棒所受安培力的大小始终不变D．MN棒所受安培力的方向先向右后向左答案AD解析由题图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律可知，通过电阻R的电流一直向下，电容器C的a板电势较高，一直带正电，故B错误；MN中感应电流方向一直向上，由左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D 正确；根据安培力公式F＝BIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误．高考题型2电磁感应中的图像问题1．电磁感应中的图像问题常见形式常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像．2．解答此类问题应注意以下几个方面(1)把握三个关注：(2)掌握两个常用方法，可快速准确地解题①排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化快慢，特别是分析物理量的方向(正负)，排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．②函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．考题示例例3(2018·全国卷Ⅱ·18)如图5，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()图5答案 D解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～l2I＝2i(顺时针) l2～l I＝0l～3l2I＝2i(逆时针)3l2～2l I＝0由分析知，选项D符合要求．命题预测3．(2020·江苏苏州市调研)如图6所示，在自行车车轮的辐条上固定有一个小磁铁，前叉上相应位置(纸面外侧)处安装了小线圈，在车前进车轮转动过程中线圈内会产生感应电流，从垂直于纸面向里看，下列i－t图像中正确的是(逆时针方向为正)()图6答案 D解析磁铁靠近线圈时，线圈中向外的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向里，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为顺时针方向(负方向)；当磁铁离开线圈时，线圈中向外的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场向外，根据安培定则可知线圈中感应电流方向为逆时针方向(正方向)，A、B、C错误，D正确．4．(2020·江苏无锡市期末)有一匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图7甲所示的匀强磁场．现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正，竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正．则下面关于F和i随时间t变化的图像正确的是()图7答案 A解析在0～3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，由F ＝BIL 可知，安培力与磁感应强度成正比，又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向， 0～2 s 内安培力水平向右，为负方向， 2～3 s 内安培力水平向左，为正方向，在3～4 s 时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，同理可判断出4～7 s 内的安培力变化情况，故B 、C 错误，A 正确；0～3 s 时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，故D 错误．5．(多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 放置在同一水平面内，M 、P 之间接一定值电阻R ，金属棒ab 垂直导轨放置，金属棒和导轨的电阻均不计，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加水平向右的外力F ，使金属棒由静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过金属棒的电流i 、通过导轨横截面的电荷量q 、拉力F 和拉力的功率P 随时间变化的图像，正确的是( )图8答案 AC解析由题意可知，金属棒由静止开始做匀加速直线运动，则有：x ＝12at 2，v ＝at ，根据法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v ＝BLat ，则感应电流i ＝E R ＝BLaR t ，故A 正确；根据E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R 和q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR ，而ΔΦ＝B ΔS ＝BLx ＝12BLat 2，故q ＝BLa 2R t 2，故B 错误；根据牛顿第二定律有：F －F 安＝ma ，F 安＝BiL ＝B 2L 2aR t ，解得：F ＝ma ＋B 2L 2aR t ，故C 正确；根据P ＝F v ，得P ＝F v ＝ma 2t ＋B 2L 2a 2Rt 2，故D 错误．高考题型3 电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两个模型一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类模型都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，所以解题方法有相通之处．可参考下面的解题步骤：2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE (其他能的减少量)，电流变不变都适用．考题示例例4 (2020·江苏卷·14)如图9所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd 的边长为0.2 m ，bc 边与匀强磁场边缘重合．磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T ，在水平拉力作用下，线圈以8 m/s 的速度向右穿过磁场区域．求线圈在上述过程中图9(1)感应电动势的大小E ； (2)所受拉力的大小F ； (3)感应电流产生的热量Q . 答案 (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J解析 (1)线圈切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v 代入数据得E ＝0.8 V(2)线圈中产生的感应电流I ＝ER拉力的大小等于安培力F ＝BIl 解得F ＝B 2l 2vR代入数据得F ＝0.8 N (3)运动时间t ＝2lv 根据焦耳定律有Q ＝I 2Rt 联立可得Q ＝2B 2l 3vR代入数据解得Q ＝0.32 J例5 (多选)(2018·江苏卷·9)如图10所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图10A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L 4答案 BC解析穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度．金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错．金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知 ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2vR－mg ，a 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图像(可能图像如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对．由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知， mg ·2d －W 安1＝0， W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对．设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝12m v 2，进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝B 2L 2v R－mg ，解得v ＝m (a ＋g )R B 2L 2，联立解得h ＝m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g >m 2gR 22B 4L4，D 错．命题预测6．(多选)(2020·江西上铙市高三一模)如图11所示，虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场区域上下宽度为l ；质量为m 、边长为l 的正方形线圈abcd 平面保持竖直，ab 边保持水平的从距离磁场上边缘一定高度处由静止下落，以速度v 进入磁场，经过一段时间又以相同的速度v 穿出磁场，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图11A ．线圈的电阻R ＝B 2l 2v mgB ．进入磁场前线圈下落的高度h ＝v 22gC ．穿过磁场的过程中，线圈电阻产生的热量Q ＝2mglD ．线圈穿过磁场所用时间t ＝l v答案 ABC解析由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动，则mg ＝F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ，R ＝B 2l 2v mg，所以A 正确；线圈在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得mgh ＝12m v 2，进入磁场前线圈下落的高度为h ＝v 22g，所以B 正确；线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量为Q ＝mg ·2l ＝2mgl ，所以C 正确；根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得线圈穿过磁场的时间为t ＝2l v ，所以D 错误．7．(2020·江苏南京、盐城、一模)如图12所示，闭合矩形线框abcd 可绕其水平边ad 转动，ab 边长为x ，bc 边长为L 、质量为m ，其他各边的质量不计，线框的电阻为R .整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给bc 边一个方向与bc 边、磁场的方向均垂直的初速度v ，经时间t ，bc 边上升到最高处，ab 边与竖直线的最大偏角为θ，重力加速度为g .求t 时间内：图12(1)线框中感应电动势的最大值；(2)流过线框导体截面的电荷量；(3)线框中感应电流的有效值．答案 (1)BL v (2)Blx sin θR (3)m [v 2－2gx (1－cos θ)]2Rt 解析 (1)开始时bc 边速度最大且速度方向与磁感应强度方向垂直，感应电动势最大，则有E max ＝BL v(2)根据电荷量的计算公式可得q ＝I t根据闭合电路欧姆定律可得I ＝ER根据法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦt ＝BLx sin θt 解得q ＝BLx sin θR(3)根据能量守恒定律可得12m v 2＝mgx (1－cos θ)＋Q 根据焦耳定律Q ＝I 有2Rt解得I 有＝m [v 2－2gx (1－cos θ)]2Rt. 8．(2020·湖南3月模拟)如图13所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，导轨的电阻不计．导轨顶端M 、P 两点间接有滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．一根质量为m 、电阻不计的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，让ab 由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g .图13(1)求ab 下滑的最大速度v m ；(2)求ab 下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P ；(3)若在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q ，求该过程中ab 下滑的距离x 以及通过滑动变阻器的电荷量q .答案见解析解析 (1)ab 下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E ＝BL v m ，此时通过定值电阻的电流为：I ＝E R ＋2R， ab 杆所受安培力大小为：F 安＝BIL ，由受力平衡得mg sin θ＝BIL ，联立解得：v m ＝3mgR sin θB 2L 2； (2)由电功率公式有：P ＝I 2R ，解得：P ＝m 2g 2R sin 2θB 2L 2； (3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R ，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q ；由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v m 2＋Q ＋2Q ，解得：x ＝9m 2gR 2sin θ2B 4L 4＋3Q mg sin θ；在ab 由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx ，设ab 由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt ，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt 根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为I ＝E 3R，又q ＝I ·Δt 联立解得：q ＝3m 2gR sin θ2B 3L 3＋BLQ mgR sin θ. 专题强化练保分基础练1．(2020·江苏扬州市期末)穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图像如下图所示，可使回路中感应电流先增大后减小且方向不变的是( )答案 C解析要使回路中感应电流先增大后减小且方向不变，则要求电动势先增大后减小且方向不变，A 、B 项两图回路在前半段时间内磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率为定值，电动势为定值；在后半段时间内磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率为也为定值，电动势为定值，故A 、B 错误；C 项图中磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率先变大后变小，所以感应电动势先变大后变小，且斜率始终为正值，电动势方向不变，故C 正确；D 项图中磁通量Φ随时间t 变化的图像的斜率大小先变小后变大，则电动势先变小后变大，且斜率的正负值变化，即电动势方向变化，故D 错误．2．(多选)(2020·江苏南通、泰州市期末)如图1所示，一条形磁铁竖直放置(上端为N 极)，金属线圈从磁铁正上方某处下落，经条形磁铁A 、B 两端时速度分别为v 1、v 2，线圈中的电流分别为I 1、I 2，线圈在运动过程中保持水平，则( )图1A ．I 1和I 2的方向相同B ．I 1和I 2的方向相反C ．I 1∶I 2＝v 12∶v 22D ．I 1∶I 2＝v 1∶v 2答案 BD解析金属线圈经条形磁铁A 、B 两端时，磁通量先向上增大后向上减小，依据楞次定律“增反减同”，可知感应电流产生的磁场方向先向下，后向上，根据右手螺旋定则可知，则I 1和I 2感应电流的方向先顺时针，后逆时针(从上向下看)，即它们的方向相反，故A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有I ＝E R ＝BL v R即I 与v 成正比，故C 错误，D 正确．3．(多选)(2020·江苏常州市期末)如图2所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流．该电流表( )图2 A ．可以测直流电流B ．可以测交流电流C ．量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多D ．量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少答案 BC解析电流互感器是根据电磁感应原理制成的，只能测量交流电流，不能测量直流电流，选项A 错误，B 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1可知，n 1和I 2一定，则当I 1变大时n 2要增大，则量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多，选项C正确，D错误．4．(多选)(2020·山东潍坊市二模)如图3甲，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时()图3A．在0～t1时间内，环有收缩趋势B．在t1～t2时间内，环有扩张趋势C．在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流D．在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流答案BC解析在0～t1时间内，B均匀增加，则在线圈中产生恒定的感生电动势，在导线框dcba中形成稳定的电流，故此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，选项A错误；在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，选项B、C正确；在t2～t3时间内，B的方向向下，且B 的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，选项D错误．5．(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图4甲所示，单匝矩形金属线框abcd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S＝0.3 m2，线框连接一个阻值R＝3 Ω的定值电阻，其余电阻不计，线框的cd边位于磁场边界上．取垂直于纸面向外为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是()图4A ．在0～0.4 s 内，线框中感应电流沿逆时针方向B ．在0.4～0.8 s 内，线框有扩张的趋势C ．在0～0.8 s 内，线框中的感应电流为0.1 AD ．在0～0.4 s 内，ab 边所受安培力保持不变答案 C解析由题图乙所示图线可知，在0～0.4 s 内，磁感应强度垂直于纸面向里，磁感应强度减小，则穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A 错误．由题图乙所示图线可知，在0.4～0.8 s 内，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B 错误．由题图乙所示图线可知，在0～0.8 s 内，线框产生的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝0.4－(－0.4)0.8×0.3 V ＝0.3 V ，线框中的感应电流为：I ＝E R ＝0.33A ＝0.1 A ，故C 正确．在0～0.4 s 内，线框中的感应电流I 保持不变，由题图乙所示图线可知，磁感应强度B 大小不断减小，由F ＝ILB 可知，ab 边所受安培力不断减小，故D 错误．6．(2020·江苏苏州市调研)如图5所示，两个相同的灯泡a 、b 和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E 连接，下列说法正确的是( )图5A ．开关S 闭合瞬间，a 灯发光，b 灯不发光B ．开关S 闭合，a 灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭C ．开关S 断开，b 灯“闪”一下后熄灭D ．开关S 断开瞬间，a 灯左端的电势高于右端电势答案 B解析闭合开关S 瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，A 错误；闭合开关S 瞬间，a 灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a 灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a 灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a 灯被短路，最后熄灭，B 正确；断开开关瞬间，b 灯断路无电流流过，立即熄灭，C 错误；断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流向右，所以线圈右端电势高于左端，所以a 灯右端的电势高于左端，D 错误．7．(多选)如图6甲所示，导线制成的等边三角形OMN 放置在水平桌面上，竖直向下的匀强磁场穿过桌面．剪下MN 间的导线，向左平移到O 点，现使其在水平外力F 作用下紧贴MON 向右匀速运动，从O 点开始计时，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，导线未脱离MON 之前，外力F 、导线与MON 构成的闭合电路的电动势E 、电路中的电流I 、外力的功率P 与时间t 变化的关系正确的是( )图6A ．F ∝t 2B ．E ∝t 2C ．I ∝tD ．P ∝t 3答案 BCD解析由题图乙知，磁感应强度B ＝kt ，由几何知识可知，导线切割磁感线的有效长度为l ＝2v t tan 30°＝233v t ，设导线单位长度电阻为R ，回路总电阻为R 总＝3lR ＝23v tR电动势E ＝Bl v ＝233k v 2t 2∝t 2，B 正确； I ＝E R 总＝k v t 3R∝t ，C 正确；由题意知F ＝F 安＝BIl ＝239Rk 2v 2t 3∝t 3，A 错误； P ＝F v ＝239Rk 2v 3t 3∝t 3，D 正确． 8．(2020·江苏苏锡常镇一模)据报道，我国华中科技大学的科学家创造了脉冲平顶磁场磁感应强度超过60 T 的世界纪录，脉冲平顶磁场兼具稳态和脉冲两种磁场的优点，能够实现更高的强度且在一段时间保持很高的稳定度．如图7甲所示，在磁场中有一匝数n ＝10的线圈，线圈平面垂直于磁场，线圈的面积为S ＝4×10－4 m 2，总电阻为R ＝60 Ω.如图乙为该磁场磁感应强度的变化规律，设磁场方向向上为正，求：图7(1)t ＝0.5×10－2 s 时，线圈中的感应电动势大小；(2)在0～2×10－2 s 过程中，通过线圈横截面的电荷量；(3)在0～3×10－2 s 过程中，线圈产生的热量．答案 (1)24 V (2)4×10－3 C (3)0.192 J解析 (1)由E ＝n ΔB ΔtS 得E ＝10×601×10－2×4×10－4＝24 V (2)在0～1×10－2 s 过程中，由I ＝E R 得I ＝0.4 A在1×10－2 s ～2×10－2 s 过程中，线圈中电流为0，由q ＝I Δt 可知，流过线圈的电荷量为q ＝0.4×1×10－2 C ＝4×10－3 C(3)由Q ＝I 2Rt 得，0～3×10－2 s 过程中，线圈产生的热量为Q ＝0.42×60×2×10－2 J ＝0.192 J.争分提能练9．(2020·江苏南泰扬徐淮连宿二模)如图8甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度随时间t 变化关系如图乙所示(取磁场垂直纸面向里的方向为正方向)，固定的闭合导线框一半在磁场内．从t ＝0时刻开始，下列关于线框中感应电流i 、线框ab 边受到的安培力F 随时间t 变化图像中，可能正确的是(取线框中逆时针方向的电流为正，安培力向右为正方向)( )图8答案 B解析由题图可知，在0～T 2内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0～T 2内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为正方向；在T 2～T 内线圈中磁感应强度的变化率相同，故T 2～T 内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔB Δt ·S 2，则感应电流为i ＝E R ＝ΔB Δt ·S 2R由题图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A 错误，B 正确；由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据F ＝BIL 可知F 与B 成正比，则在0～T 4内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在T 4～T 2内磁场垂直纸面向里增大，电流方向由b 到a ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大；在T 2～3T 2内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向右，为正方向，大小随B 均匀减小；在3T 2～T 内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a 到b ，根据左手定则可知，线框ab 边受到的安培力F 方向向左，为负方向，大小随B 均匀增大，故C 、D 错误．10．(多选)如图9所示，Ⅰ、Ⅱ两条虚线之间存在匀强磁场，磁场方向与竖直纸面垂直．一个质量为m 、边长为L 的正方形导体框，在此平面内沿竖直方向运动，t ＝0时刻导体框的上半部分恰好进入磁场，速度为v 0.经历一段时间后，当导体框上半部分恰好出磁场时，速度为零．此后导体框下落，再经历一段时间到达初始位置．不计空气阻力，则导体框( )图9A ．在上升过程中的加速度一直大于g。

高考物理大一轮知识点

高考物理大一轮知识点物理是高考中具有一定难度的科目之一，它要求学生掌握一定的基础知识和解题技巧。

下面将为大家总结高考物理大一轮的重要知识点，以便复习备考。

1. 运动学1.1 一维运动1.1.1 位移、速度和加速度的定义及其计算方法1.1.2 匀速和匀加速直线运动的公式和图像1.1.3 自由落体运动的特点和公式1.2 二维运动1.2.1 平抛运动和斜抛运动的公式和图像1.2.2 圆周运动的概念和相关公式2. 力学2.1 牛顿运动定律2.1.1 牛顿第一定律：惯性、力和质量的关系2.1.2 牛顿第二定律：力、质量和加速度的关系2.1.3 牛顿第三定律：作用力和反作用力的相互作用2.2 力的合成与分解2.2.1 力的合成：力的平行四边形法则和三角法则2.2.2 力的分解：力的正交分解和斜面上的力的分解2.3 动力学2.3.1 动量和冲量：动量定理、冲量定理和动量守恒定律2.3.2 动能、功和功率：动能定理、功的计算公式和功率的定义2.4 万有引力定律2.4.1 万有引力定律的表达式和计算3. 热学3.1 温度与热量3.1.1 温度的定义和测量3.1.2 热量传递的方式：传导、对流和辐射3.2 理想气体定律3.2.1 理想气体状态方程和计算3.2.2 理想气体在等压、等体积和等温过程中的性质3.3 内能和热力学第一定律3.3.1 系统的内能和内能变化3.3.2 热力学第一定律的表达式和应用4. 光学4.1 光的传播和反射4.1.1 光的传播方式：直线传播和反射4.1.2 光的反射定律和像的成像公式4.2 光的折射4.2.1 光的折射定律和折射率的计算4.2.2 光的全反射和光纤的原理4.3 光的像的成因和光学仪器4.3.1 成像条件和透镜的公式4.3.2 光的色散和光谱的形成4.3.3 光学仪器：显微镜、望远镜和投影仪5. 电学5.1 电荷和电场5.1.1 电荷的性质和电荷守恒定律5.1.2 电场的产生和电场强度的计算5.2 电势差和电势能5.2.1 电势差的定义和电势差的计算5.2.2 电场中电势能的计算和电势差和电势能的关系5.3 电流和电阻5.3.1 电流的定义和电流的计算5.3.2 电阻的概念和欧姆定律的表达式5.4 电路和电源5.4.1 串联和并联电路的特点和计算5.4.2 电源的种类和特点6. 声学6.1 声音的产生和传播6.1.1 声音的产生方式：声源振动和声波的传播6.1.2 声音的传播速度和介质的影响6.2 声音的特性6.2.1 音调、音量和音色的定义和计算6.2.2 回声和多次反射声的产生和应用以上就是高考物理大一轮的重要知识点总结，希望能帮助到大家复习备考。

高考物理一轮复习规范演练18 万有引力定律及其应用(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题

规范演练18 万有引力定律与其应用[抓根底]1．(2019·重庆中山外国语开学考)在平均密度为ρ、半径为R的星球外表上，以初速度v0竖直向上抛出一个物体，该物体上升的最大高度是(引力常量为G)()A.3v208πGρRB.2v203πGρRC.3v204πGρRD.4v203πGρR答案：A2．(2019·安徽滁州联合质检)2016年10月17日“神舟十一号〞顺利升空并在之后与“天宫二号〞实现交会对接．“天宫二号〞是在“天宫一号〞根底上研制的航天器，两者外形完全一样，但却承当着不同的任务．“天宫一号〞主要是和载人飞船配合完成空间交会对接实验任务，而“天宫二号〞如此是我国第一个具备太空补加功能的载人航天实验室，要第一次实现航天员中期驻留、第一次试验推进剂太空补加技术等重要的科学实验，“天宫二号〞被称为是我国首个真正意义上的空间实验室．“天宫二号〞的轨道高度为393 km，比“天宫一号〞高了50 km，关于“天宫二号〞与“天宫一号〞的比拟，以下说法正确的答案是() A．“天宫二号〞运行的线速度比“天宫一号〞大B．“天宫二号〞运行的加速度比“天宫一号〞大C．“天宫二号〞运行的角速度比“天宫一号〞大D．“天宫二号〞运行的周期比“天宫一号〞大答案：D3．(2018·四川乐山三调)双星系统是由两颗恒星组成的，在两者间的万有引力相互作用下绕其连线上的某一点做匀速圆周运动，研究发现，双星系统在演化过程中，两星的某些参量会发生变化．假设某双星系统中两星运动周期为T，经过一段时间后，两星的总质量变为原来的m倍，两星的距离变为原来的n倍，如此此时圆周运动的周期为()A. n3m2T B.n2mTC.n2mT D.nm3T答案：C4．假设地球可视为质量均匀分布的球体．地球外表重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g ，地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为()A.3π〔g 0－g 〕GT 2g 0B.3πg 0GT 2〔g 0－g 〕C.3πGT 2D.3πg 0GT 2g解析：物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ＝G Mm R 2，又M ＝43πR 3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2〔g 0－g 〕，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案：B5.观察“嫦娥三号〞在环月轨道上的运动，发现每经过时间t 通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ(弧度)，如下列图．引力常量为G ，“嫦娥三号〞的环月轨道可近似看成是圆轨道，由此可推导月球的质量为()A ．2πl 3Gθt 2B.l 3Gθt 2C.l 3θGt 2D.l Gθt 2解析：“嫦娥三号〞在环月轨道上运动的线速度为：v ＝lt ，角速度为ω＝θt；根据线速度和角速度的关系式：v ＝ωr ，可得其轨道半径r ＝v ω＝l θ；“嫦娥三号〞做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMm r 2＝mωv ，解得M ＝l 3Gθt 2，故B 正确．答案：B6．据报道，天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的a 倍，质量是地球的b 倍．近地卫星绕地球运行的周期约为T ，引力常量为G .如此该行星的平均密度为()A.3πGT 2B.π3T 2 C.3πb aGT 2D.3πabGT2解析：万有引力提供近地卫星绕地球运行的向心力：G M 地m R 2＝m 4π2R T 2，且ρ地＝3M 地4πR3，联立得ρ地＝3πGT 2.而ρ星ρ地＝M 星V 地V 星M 地＝b a ，因而ρ星＝3πbaGT2.答案：C7．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的“天舟一号〞货运飞船与“天宫二号〞空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿“天宫二号〞原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与“天宫二号〞单独运行时相比，组合体运行的()A ．周期变大B ．速率变大C ．动能变大D ．向心加速度变大答案：C8．(2017·石家庄二模)2016年10月19日凌晨，“神舟十一号〞飞船与“天宫二号〞对接成功，如下列图．两者对接后一起绕地球运行的轨道可视为圆轨道，运行周期为T ，地球半径为R ，对接体距地面的高度为kR ，地球外表的重力加速度为g ，引力常量为G ，如下说法正确的答案是()A ．对接后，飞船的线速度大小为2πkRTB ．对接后，飞船的加速度大小为g〔1＋k 〕2C ．地球的密度为3π〔1＋k 〕2GT2D ．对接前，飞船通过自身减速使轨道半径变大靠近“天宫二号〞实现对接解析：对接前，飞船通过自身加速使轨道半径变大，从而靠近“天宫二号〞实现对接，D 错误．对接后，飞船的轨道半径为kR ＋R ，线速度大小v ＝2π〔k ＋1〕R T ，A 错误．由GMm 〔k ＋1〕2R2＝ma 与GM ＝gR 2得a ＝g 〔1＋k 〕2，B 正确．由GMm〔k ＋1〕2R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(k ＋1)R 与M ＝ρ·43πR 3得地球的密度ρ＝3π〔1＋k 〕3GT2，C 错误．答案：B[提素养]9．(多项选择)(2019·安徽亳州高三期末)“嫦娥之父〞欧阳自远预计我国将在2020年实现火星着陆巡航，在2030年实现火星的采样返回．地球的质量约为火星质量的N 倍，地球半径约为火星半径的K 倍，如此如下说法正确的答案是()A ．地球的密度是火星的N K倍B ．地球外表的重力加速度是火星外表的N K2倍C ．地球的第一宇宙速度是火星的N K 倍 D ．地球同步卫星的运行速度是火星的N K倍答案：BC10．(多项选择)“天舟一号〞货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空．与“天宫二号〞空间实验室对接前，“天舟一号〞在距地面约380 km 的圆轨道上飞行，如此其()A ．角速度小于地球自转角速度B ．线速度小于第一宇宙速度C ．周期小于地球自转周期D ．向心加速度小于地面的重力加速度解析：根据万有引力提供向心力得，G Mm 〔R ＋h 〕2＝m (R ＋h )ω2＝m v 2R ＋h ＝m (R ＋h )4π2T2＝ma ，解得v ＝GMR ＋h ，ω＝GM〔R ＋h 〕3，T ＝4π2〔R ＋h 〕3GM，a ＝GM〔R ＋h 〕2，由题意可知，“天舟一号〞的离地高度小于同步卫星的离地高度，如此“天舟一号〞的角速度大于同步卫星的角速度，也大于地球的自转角速度，“天舟一号〞的周期小于地球的自转周期，选项A 错误，C 正确；由第一宇宙速度为GMR可知，“天舟一号〞的线速度小于第一宇宙速度，选项B 正确；由地面的重力加速度g ＝GMR2可知，“天舟一号〞的向心加速度小于地面的重力加速度，选项D 正确．答案：BCD11．(2019·中山质检)长期以来“卡戎星(Charon)〞被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r 1＝19 600 km ，公转周期T 1＝6.39天.2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r 2＝48 000 km ，如此它的公转周期T 2最接近于()A ．15天B ．25天C ．35天D ．45天解析：根据开普勒第三定律得r 31T 21＝r 32T 22，所以T 2＝r 32r 31T 1≈25天，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．答案：B12.理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零．现假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的实心球体，O 为球心，以O 为原点建立坐标轴Ox ，如下列图．一个质量一定的小物体(假设它能够在地球内部移动)在x 轴上各位置受到的引力大小用F 表示，如此选项所示的四个F 随x 变化的关系图中正确的答案是()ABCD解析：因为质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零，如此在距离球心x 处(x ≤R )物体所受的引力为F ＝GM 1mx 2＝G ·43πx 3ρ·mx 2＝43G πρmx ∝x ，故Fx 图线是过原点的直线；当x ＞R 时，F ＝GMmx2＝G ·43πR 3ρ·mx 2＝4G πρmR 33x 2∝1x2，应当选项A 正确．答案：A13．理论上可以证明，质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零．假定地球的密度均匀，半径为R .假设矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为k ，如此矿井的深度为()A ．(1－k )RB ．kRC ．(1－1k)R D.kR解析：设地球的平均密度为ρ，地表处的重力加速度为g ＝GM R2＝Gρ43πR 3R2＝43πGρR .设矿井深h ，如此矿井底部的重力加速度g ′＝43πGρ(R －h )，g ′∶g ＝k ，联立得h ＝(1－k )R ，选项A 正确．答案：A14．我国月球探测计划“嫦娥工程〞已经启动，科学家对月球的探索会越来越深入． (1)假设地球半径为R ，地球外表的重力加速度为g ，月球绕地球运动的周期为T ，月球绕地球的运动近似看作匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径．(2)假设宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球外表高度为h 的某处以速度v 0水平抛出一个小球，小球飞出的水平距离为x .月球半径为R 月，引力常量为G ，试求出月球的质量M 月．解析：(1)设地球质量为M ，根据万有引力定律与向心力公式得G MM 月r 2＝M 月⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，G Mm R 2＝mg联立解得r ＝3gR 2T 24π2(2)设月球外表处的重力加速度为g 月，小球飞行时间为t ，根据题意得x ＝v 0t ，h ＝12g 月t 2GM 月m ′R 2月＝m ′g 月联立解得M 月＝2hv 20R 2月Gx2.答案：(1)3gR 2T 24π2(2)2hv 20R 2月Gx 2。

高考物理大一轮复习第4章第4讲万有引力与航天精练(含解析)-人教版高三全册物理试题

第4讲万有引力与航天◎根底巩固练1．某人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球绕地球运转半径的19，设月球绕地球运动的周期为27天，如此此卫星的运转周期大约是( )A.19天B.13天 C ．1天D ．9天解析：由于r 卫＝19r 月，T 月＝27天，由开普勒第三定律可得r 3卫T 2卫＝r 3月T 2月，如此T 卫＝1天，故C 正确。

答案： C 2.如下列图是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，如下说法正确的答案是( )A ．线速度v A <vB <vC B ．万有引力F A >F B >F C C ．角速度：ωA >ωB >ωCD ．向心加速度a A <a B <a C解析：因为卫星的质量大小关系不知，所以卫星的万有引力大小关系无法判断，B 错误；卫星绕地球做圆周运动，有G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝ma 向，得v ＝GMr ，ω＝GM r 3，a 向＝GMr2，由于r A <r B <r C ，如此v A >v B >v C ，ωA >ωB >ωC ，a A >a B >a C ，故A 、D 错误，C 正确。

答案： C3．(多项选择)美国宇航局发射的“好奇号〞火星车发回的照片显示，火星外表曾经有水流过，使这颗星球在人们的心目中更具吸引力。

火星的质量约为地球质量的19，火星的半径约为地球半径的12。

如下关于人类发射的关于火星探测器的说法正确的答案是( )A ．发射速度只要大于第一宇宙速度即可B ．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C ．发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的23解析：根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；M 火＝M 地9，R火＝R 地2，如此v 火v 地＝GM 火R 火∶GM 地R 地＝23，选项D 正确。

大一轮高考总复习物理(人教版)课件：实验01+研究匀变速直线运动

大小是__________
(3)如果小车做匀加速直线运动，测出前六段相等时间内的位移分别为x1、x2、 x3、x4、x5、x6，已知打点计时器打点的时间间隔是t，则小车的加速度a的表达式为：__________
答案：(1)AD (2)x3－x2＝x2－x1 (3)a＝x4＋x5＋x262－5 tx2 1＋x2＋x3
____________ s打一次点．
(2)使用打点计时器时，接通电源与让纸带随小车开始运动，这两个操作过程的
操作顺序应该是( )
A．先接通电源，后释放纸带
B．先释放纸带，后接通电源
C．释放纸带的同时接通电源
D．哪个先，哪个后都可以
(3)实验中该同学从打出的若干纸带中选取一条纸带，如图所示，纸带上按时间顺序取A、B、C、D四个计数点，每两个点之间还有四个点未画出，用尺子测得相邻各点间的距离为x1＝3.62 cm，x2＝4.75 cm，x3＝5.88 cm．
二、实验原理从纸带上确定计数点和两计数点间隔的时间，量出相邻计数点间的距离，利用平均速度求出瞬时速度；计算相邻计数点距离之差，看其是否是一个常数来确定运动性质．
三、实验器材电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细线、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸片．四、实验步骤 1．按照实验原理图，把打点计时器固定在长木板无滑轮的一端，接好电源． 2．把一细线系在小车上，细线绕过滑轮，下端挂合适的钩码，纸带穿过打点计时器，固定在小车后面． 3．把小车停靠在打点计时器处，接通电源，放开小车． 4．小车运动一段时间后，断开电源，取下纸带． 5．换纸带反复做三次，选择一条比较理想的纸带进行测量分析．
三、误差分析 1．使用刻度尺测计数点的距离时有误差． 2．作v－t图象时出现作图误差． 3．电源频率不稳定，造成打点的时间间隔不完全相同． 4．长木板粗糙程度不均匀，小车运动时加速度有变化造成误差．

高考物理大一轮复习第四章曲线运动教师用书-人教版高三全册物理教案

第四章曲线运动考纲要求考情分析运动的合成与分解Ⅱ 平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度等是本章的命题热点，题型有选择题，也有计算题。

突出物理与现代科技、生产、生活的结合，与牛顿运动定律、机械能守恒等内容综合命题的可能性也较大。

抛体运动Ⅱ 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ 匀速圆周运动的向心力 Ⅱ 离心现象 Ⅰ第20课时运动的合成与分解(双基落实课)[命题者说] 合成和分解是研究曲线运动的基本方法，因此高考常对本课时进行单独命题，题型一般为选择题。

复习本课时时，要注意理解规律，并掌握两种模型：小船过河、关联速度问题。

一、物体做曲线运动的条件与轨迹分析(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向沿曲线在这一点的切线方向。

(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。

(3)曲线运动的条件：物体所受合力的方向与它的速度方向不在同一直线上。

2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹〞侧。

3．速率变化情况判断(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大；(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变。

[小题练通]1．判断正误(1)速度发生变化的运动，一定是曲线运动。

(×)(2)做曲线运动的物体加速度一定是变化的。

(×)(3)做曲线运动的物体加速度可以为零。

(×)(4)曲线运动是变速运动。

(√)2．一个物体在F1、F2、F3、…、F n共同作用下做匀速直线运动，假设突然撤去外力F2，而其他力不变，那么该物体( )A．可能做曲线运动B．不可能继续做直线运动C．一定沿F2的方向做直线运动D．一定沿F2的反方向做匀减速直线运动解析：选A 根据题意，物体开始做匀速直线运动，物体所受的合力一定为零，突然撤去F2后，物体所受其余力的合力与F2大小相等、方向相反，而物体速度的方向未知，故有很多种情况：假设速度和F2在同一直线上，物体做匀变速直线运动，假设速度和F2不在同一直线上，物体做曲线运动，A正确。

2024年新人教版高考物理一轮复习课件第1章第1讲运动的描述

情匀变速直线运动规律 2022·湖北卷·T6 2019·全国卷Ⅰ·T18 2018·浙江4月选考·T10
分
实验：探究小车速度
析
2022·浙江6月选考·T17 2021·天津卷·T9 2019·全国卷Ⅰ·T22 2018·北京卷·T21
随时间变化的规律
2022·江苏卷·T11 2021·湖北卷·T12 2020·江苏卷·T11 2020·山东卷·T13 实验：测量重力加速度
1.物体的速度很大，加速度一定不为零.( × ) 2.物体的速度为零，加速度可能很大.( √ ) 3.甲的加速度a甲＝2 m/s2，乙的加速度a乙＝－3 m/s2，a甲>a乙.( × ) 4.物体的加速度增大，速度一定增大.( × )
提升关键能力
1.速度、速度的变化量和加速度的对比
比较项目
速度
物理描述物体运动的快
加速度
梳理必备知识
1.物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量. 2.定义：物体速度的变化量和发生这一变化所用时间之比.
Δv 定义式：a＝ Δt ，单位：m/s2. 3.方向：与 Δv 的方向一致，由合力的方向决定，而与v0、v的方向
无关 (填“有关”或“无关”)，是矢量.
判断正误
3.路程和位移 (1)路程是物体运动轨迹的长度，它是标量. (2)位移是由初位置指向末位置的有向线段，它是矢量. (3)在单向直线运动中，位移的大小等于路程；其他情况下，位移的大小小于路程.
判断正误
1.质点是一种理想化模型，实际并不存在.( √ ) 2.体积很大的物体，一定不能视为质点.( × ) 3.参考系必须选择静止不动的物体.( × ) 4.做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程.( × )

创新方案2022高考物理一轮复习第一章含解析新人教版 (2)

创新方案2022高考物理一轮复习第一章含解析新人教版创新方案：2022高考物理一轮复习第一章含解析新人教版1. 制定学习计划：根据自己的时间安排和学习进度，制定一份详细的学习计划。

将第一章的内容分解成小的学习目标，每天或每周完成一定的任务量。

同时，合理安排复习时间和休息时间，避免过度劳累。

2. 阅读教材：仔细阅读教材中的第一章内容，理解每个概念的定义和基本性质。

重点关注重要的公式和定律，并进行标注和记忆。

3. 制作思维导图：利用思维导图整理第一章的知识结构。

将重点概念、公式、定律等用图形、颜色等方式呈现，加深记忆和理解。

4. 制定复习提纲：根据教材内容，制定一份简明扼要的复习提纲。

将知识点分成主要概念、熟练运用和解题技巧等几个部分，重点强化掌握概念和公式，培养解题思维。

5. 做题巩固：利用教材中的习题、试题或自己整理的练习题进行巩固。

重点练习一些基础题和典型题目，考察对知识的理解和应用能力。

在做题过程中，注意思考解题思路和方法，并查漏补缺。

6. 找寻应用场景：为了更好地理解和记忆知识点，可以尝试找寻物理知识在生活中的应用场景。

例如，通过观察汽车行驶、电流流动等现象，将物理概念和实际应用相联系，加深记忆和理解。

7. 练习解析：在做习题的同时，注意查看解析，理解问题的解题思路和方法。

有时候，解题思路往往比答案更重要，尤其是对一些较难的题目。

8. 合作学习：和同学一起学习，进行合作讨论和互相分享。

可以互相出题、解题、讲解，共同提高对物理知识的理解和掌握。

9. 多媒体学习：利用互联网和多媒体资源进行学习。

可以搜索相关的视频教程、网络课程或教育平台，增加对物理知识的理解和应用能力。

10. 反复复习：在复习过程中，要注重反复复习。

通过定期回顾和总结，不断巩固知识，强化记忆，提高解题能力。

以上是2022高考物理一轮复习第一章含解析的创新方案，希望对你有帮助。

祝你取得好成绩！。

[精品]新人教版高考物理大一轮复习第一章2匀变速直线运动的规律

[精品]新人教版高考物理大一轮复习第一章2匀变速直线运动的规律案2 匀变速直线运动的规律一、概念规律题组1．在公式v＝v0＋和＝v0＋错误！未定义书签。

2中涉及的五个物量，除是标量外，其他四个量v、v0、、都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v0方向为正方向，以下说法正确的是( )A．匀加速直线运动中取负值 B．匀加速直线运动中取正值．匀减速直线运动中取正值D．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动都取正值答案 B解析据v＝v0＋可知，当v0与同向时，v增大；当v0与反向时，v减小．＝v0＋错误！未定义书签。

2也是如此，故当v0取正值时，匀加速直线运动中，取正；匀减速直线运动中，取负，故选项B正确．2．某运动物体做匀变速直线运动，加速度大小为06 /2，那么在任意1 内( )A．此物体的末速度一定等于初速度的06倍B．此物体任意1 的初速度一定比前1 末的速度大06 / ．此物体在每1 内的速度变为06 /D．此物体在任意1 内的末速度一定比初速度大06 /答案解析因已知物体做匀变速直线运动，又知加速度为06 /2，主要涉及对速度公式的解：①物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动；②v＝v0＋是矢量式．匀加速直线运动＝06 /2；匀减速直线运动＝－06 /23．我国自行研制的“枭龙”战机已在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间为，则起飞前的运动距离为( )A．v B错误！未定义书签。

．2v D．不能确定答案 B解析因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则＝错误！未定义书签。

＝错误！未定义书签。

B选项正确．4．一个做匀加速直线运动的物体，通过A点的瞬时速度是v1，通过B点的瞬时速度是v2，那么它通过AB中点的瞬时速度是( )A错误！未定义书签。

南方新高考高考物理大一轮复习综合测试3(专题6-8)-人教版高三全册物理试题

综合测试3(专题6－8)(选修3－1内容)(时间：60分钟总分为：95分)一、选择题(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．)1．如图X31所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，连线OP 与初速度方向的夹角为45°，如此此带电小球通过P 点时的动能为( )图X31A ．mv 20B ．2mv 20 C ．52mv 20 D ．12mv 20 2．如图X32所示是比荷一样的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，如此( )图X32A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长3．在如图X33所示的电路中，R 1＝11 Ω，r ＝1 Ω，R 2＝R 3＝6 Ω，当开关S 闭合且电路稳定时，电容器C 的带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 的带电荷量为Q 2，如此( )图X33A ．Q 1∶Q 2＝1∶3 B．Q 1∶Q 2＝3∶1 C ．Q 1∶Q 2＝1∶5 D．Q 1∶Q 2＝5∶14．如图X34所示，平行板电容器两极板M 、N 相距为d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，如此( )图X34A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgdU 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动5．如图X35所示，①、②、③是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三条等势线，其中③为直线，①与②、②与③的电势差相等．一个重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示，与①、②、③分别交于a 、b 、c 三点．如下判断正确的答案是( )图X35A．粒子在c点时的加速度为零B．a点的电势比b点的电势高C．粒子从a到b再到c，电势能不断增加D．假设粒子从a到b电场力做功大小为W1，从b到c电场力做功大小为W2，如此W1>W2 6．如图X36所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，如此如下说法正确的答案是( )图X36A．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶27．盘旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图X37所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能E k后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，如此如下说法中正确的答案是( )图X37A．假设只增大交变电压U，如此质子的最大动能E k会变大B．假设只增大交变电压U，如此质子在盘旋加速器中运行的时间会变短C．假设只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为n－1∶n8．如图X38所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，如下说法正确的答案是( )图X38A．S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间一样C．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能一样D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高二、实验题(此题共2小题，共15分)9．LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要准确测定额定电压为3 V的LED灯正常工作时的电阻，该灯正常工作时电阻大约为500 Ω，电学符号与小灯泡电学符号一样．实验室提供的器材有：A．电流表(量程为0～50 mA，内阻R A1约为3 Ω)B．电流表(量程为0～3 mA，内阻R A2＝15 Ω)C．定值电阻R1＝697 ΩD．定值电阻R2＝1985 ΩE．滑动变阻器R(0～20 Ω)F．电压表(量程0～12 V，内阻R V＝1 kΩ)G．蓄电池E(电动势为12 V，内阻很小)H．开关S和导线假设干(1)局部电路原理图如图X39所示，请选择适宜的器材，电表1为________，电表2为________，定值电阻为________．(填写器材前的字母编号)图X39(2)将电路图补充完整．(3)写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式R x＝________(用量和测量量表示)，当表达式中的________(填字母)达到________，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED 灯正常工作时的电阻．10．在测定某金属丝的电阻率的实验中．(1)甲同学进展了如下操作：①利用螺旋测微器测量金属丝的直径d如图X310所示，如此d＝________mm．②测量金属丝电阻R x的电路图如图X311所示，闭合开关S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表的示数如下表所示．图X310图X311项目U/V I/A接线端P接a 1.84 0.15接线端P接b 2.40 0.15发生这种现象的原因是：__________________________________________________，比拟合理且较准确的金属丝电阻R x测＝________Ω(计算结果保存2位有效数字)，从系统误差的角度分析，R x的测量值R x测与其真实值R x真相比拟，有R x测________R x真(填“＞〞“＜〞或“＝〞)．(2)乙同学找来一恒压电源，按照如图X312所示的电路先后将接线端P接到a处和b 处，测得的相关数据如下表所示，该同学可利用该数据算出R x的真实值为R x＝________Ω．图X312项目U/V I/A接线端P接a 2.56 0.22接线端P接b 3.00 0.20三、计算题(此题共2小题，共32分)11．如图X313所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，一带正电荷q＝10－4 C的小滑块质量为m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，问：(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？图X31312．如图X314所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在第三象限的区域内存在磁感应强度大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，在第四象限的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的A点沿y轴负方向垂直射入磁场，结果带电粒子从y轴的C点射出磁场而进入匀强电场，经电场偏转后打到x轴上的B点，OA＝OC＝OB ＝l .不计带电粒子所受重力，求：(1)带电粒子从A 点射入到打到x 轴上的B 点所用的时间． (2)第四象限的区域内匀强电场的场强大小．图X314综合测试3(专题6－8)1．C 解析：根据平抛运动的特点得小球在水平方向上做匀速运动，x ＝v 0t ，小球在竖直方向上做匀加速直线运动，y ＝12at 2，mg －qE ＝ma ，由tan 45°＝y x ，解得t ＝2v 0a ，故v y＝2v 0，v 合＝5v 0，故小球的动能E k ＝52mv 20，C 正确．2．C 解析：根据粒子的运动轨迹知带电粒子都受到指向圆心的洛伦兹力，圆心在运动轨迹的下方，根据左手定如此知两粒子都带负电，B 错误；由半径公式r ＝mvqB知，a 粒子的半径大，如此a 粒子的速度大，C 正确；由题给条件无法确定两带电粒子的质量关系，A 错误；由周期公式T ＝2πm qB 知，两粒子运动的周期一样，由t ＝θ2πT ，a 粒子的运动轨迹所对应的圆心角小，故运动的时间短，D 错误．3．A 解析：当开关S 闭合时，电容器两端电压等于R 2两端的电压，U 2＝ER 2R 1＋R 2＋r ＝E3，Q 1＝E 3C ；当开关S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U ＝E ，Q 2＝EC ，所以Q 1∶Q 2＝1∶3，选项A 正确．4．C 解析：带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A 项错误；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝Ud q ，解得q ＝mgdU，B 项错误；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU2，C 项正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Udq ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D 项错误．5．BC 解析：粒子做曲线运动，其加速度不为零，选项A 错误；粒子所受电场力的方向与电场线的方向共线，而电场线与等势面处处垂直，故粒子所受电场力的方向也与等势面垂直，根据曲线运动轨迹的特点可知，粒子所受电场力指向轨迹凹的一侧，综上，粒子在c 点所受电场力的方向与等势面③垂直，指向左侧．由于粒子带负电，故过c 点的电场线与等势面③垂直，指向右侧，又因为电场线指向电势低的等势面，故有φa >φb >φc ，选项B 正确；负电荷在电势高处电势能小，故粒子在c 点电势能最大，在a 点电势能最小，选项C 正确；因为等势面①与②、②与③的电势差相等，根据W ＝qU 可知，将同一粒子由等势面①移至②和由等势面②移至③，电场力做功大小相等，选项D 错误．6．ABC 解析：根据电源的路端电压随输出电流变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A 正确；根据电源的路端电压随输出电流变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B 正确；根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C 正确；根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D 错误．7．BD 解析：由r ＝mvqB可知，质子经加速后的最大速度与盘旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U 无关，故A 错误；增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在盘旋加速器中的运行时间变短，B 正确；为了使质子能在盘旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期一样，C 错误；由nqU ＝12mv 2n 以与r n ＝mv nqB 可得质子第n 次被加速前、后的轨道半径之比为n －1∶n ，D 正确．8．CD 解析：初速度为0的电子经电场加速后根据动能定理有eU 0＝12mv 20，即有v 0＝2eU 0m，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向L ＝v 0t ，竖直方向两极板间的距离为d ′，电子的加速度a ＝eU md ′，偏转位移d ＝12at 2＝eUL 22md ′v 20＝UL 24d ′U 0，U 0越大，d 越小，选项A 错误；只改变A 、B 板间的距离，电子在A 、B 板间加速时间变化，但离开A 、B 板后的速度不变，故电子的运动时间变化，选项B 错误；只改变A 、B 板间的距离，电子运动加速后的速度不变，在偏转电场中v y 也不变，所以电子到达M 前瞬间的动能一样，选项C 正确；S 闭合后再断开，电容器带电量不变，向左平移B ，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S得，A 、B 板间的场强不变，所以电子离开B 板时速度变小，在偏转极板C 、D 间运动的时间变长，偏转位移变大，选项D 正确．9．(1)F B D (2)如图D133所示图D133(3)I 2R 2＋R A2U R V－I 2I 2 1.5 mA解析：(1)电表2与定值电阻串联，应是电流表，根据电流表示数可得LED 两端的电压，由于电流表阻值未知，所以电表2选用，定值电阻R 1阻值太小，因此定值电阻应选用R 2；电流表量程太大，电压表内阻，可以当电流表使用，所以电表1选用电压表．(3)电压表示数为U ，电流表示数为I 2，U R V＝I 2＋I 2R 2＋R A2R x ，可得R x ＝I 2R 2＋R A2UR V－I 2；当I 2(R 2＋R A2)＝3 V ，即I 2＝1.5 mA 时LED 灯正常工作，R x 的值为LED 灯正常工作时的电阻．10．(1)①1.704(1.702～1.706均正确) ②电压表内阻比金属丝电阻大得多，电路的总电阻几乎不变 12 ＜ (2)13解析：(1)①由螺旋测微器的读数规如此可得金属丝的直径为 1.5 mm ＋20.4×0.01 mm ＝1.704 mm(1.702～1.706 mm 均正确)．②当P 接在a 点或b 点时，电流几乎不变，如此明确电压表内阻很大，分流作用很小．被测金属丝为小电阻，当采用电流表外接法，即P 接在a 点时测量较为准确，由甲同学表中的数据可得电阻测量值为R x 测＝1.840.15Ω＝12 Ω；当采用电流表外接法时，电压测量值为准确值，但电流测量值偏大，所以金属丝电阻的测量值偏小，即R x 测＜R x 真．(2)由乙同学的表格数据可知，当接线端P 接在b 点时，电压表的示数为3.00 V ，此时电流表的示数为0.20 A ，所以可得R x ＋R A ＝3.000.20Ω＝15 Ω，当接线端P 接在a 点时，由表格数据可知，此时电压表的示数为 2.56 V ，所以电流表两端的电压为U ＝3.00 V －2.56 V ＝0.44 V ，因此可得电流表的内阻R A ＝0.440.22Ω＝2 Ω，因此金属丝电阻的真实值为R x ＝15 Ω－2 Ω＝13 Ω.11．解：(1)设滑块与N 点的距离为L ，分析滑块的运动过程，由动能定理可得qEL －μmgL －mg ·2R ＝12mv 2－0小滑块在C 点时，重力提供向心力，所以mg ＝mv 2R代入数据解得v ＝2 m/s ，L ＝20 m.(2)滑块到达P 点时，对全过程应用动能定理可得qE (L ＋R )－μmgL －mg ·R ＝12mv 2P －0在P 点时由牛顿第二定律可得，F N －qE ＝mv 2PR解得F N ＝1.5 N由牛顿第三定律可得，滑块通过P 点时对轨道压力的大小是1.5 N.(3)小滑块经过C 点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R ＝12gt 2可得滑块运动的时间t ＝4R g得t ＝0.4 sword 11 / 11 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE ＝ma 所以加速度a ＝2.5 m/s 2水平的位移为x ＝vt －12at 2 代入解得x ＝0.6 m滑块落地时竖直方向的速度的大小为 v y ＝gt ＝10×0.4 m/s＝4 m/s水平方向的速度的大小为v x ＝v －at ＝2 m/s －2.5×0.4 m/s＝1 m/s落地时速度的大小为v 地＝v 2x ＋v 2y解得v 地＝17 m/s.12．解：(1)设带电粒子射入磁场时的速度大小为v ，由带电粒子射入匀强磁场的方向和几何关系可知，带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于坐标原点O ，半径为l ，如此 Bqv ＝m v 2l① 设带电粒子在磁场中运动时间为t 1，在电场中运动的时间为t 2，总时间为tt 1＝14T ②T ＝2πm Bq③ t 2＝l v④ 联立以上各式解得t ＝π＋2m 2Bq .(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a ，如此l ＝12at 22⑤a ＝Eq m⑥ 联立①④⑤⑥式解得E ＝2B 2lq m.。

人教版高考物理大一轮复习：微专题课件集(共14套,含答案)共457页

人教版高考物理大一轮复习：微专题课件集（共14套，含答案）
56、极端的法规，就是极端的不公。 ——西塞罗 57、法律一旦成为人们的需要，人们就不再配享受自由了。—— 毕达哥拉斯 58、法律规定的惩罚不是为了私人的利益，而是为了公共的利益；一部分靠有害的强制，一部分靠榜样的效力。 ——格老秀斯 59、假如没有法律他们会更快乐的话，那么法律作为一件无用之物自己就会消灭。— —洛克
60、人民的幸福是至高无个的法。— —西塞罗
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。——培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
23、一切节省，归根到底都归结为时间的节省。——马克思 24、意志命运往往背道而驰，决心到最后会全部推倒。——莎士比亚
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
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第1课时电磁感应现象楞次定律导学目标能熟练应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向及相关的导体运动方向．一、电磁感应现象[基础导引]试分析下列各种情形中，金属线框或线圈里能否产生感应电流？[知识梳理]1．电磁感应现象：当穿过闭合电路的磁通量发生________时，电路中有____________产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．2．产生感应电流的条件：表述1：闭合电路的一部分导体在磁场内做______________运动．表述2：穿过闭合电路的磁通量____________．3．能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为______．思考：1.电路不闭合时，磁通量发生变化是否能产生电磁感应现象？2．引起磁通量Φ变化的情况有哪些？二、感应电流方向的判断[基础导引]下图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中正确的是()[知识梳理]1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要________引起感应电流的__________的变化．(2)适用情况：所有的电磁感应现象．图1图3 2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指________，并且都与手掌在同一个________，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向____________的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：____________________产生感应电流．思考：楞次定律中“阻碍”有哪些含义？(按导图回答)考点一电磁感应现象能否发生的判断考点解读判断流程：(1)确定研究的闭合电路．(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.(3)⎩⎨⎧ Φ不变→无感应电流Φ变化→⎩⎪⎨⎪⎧ 回路闭合，有感应电流不闭合，无感应电流，但有感应电动势典例剖析例1 如图1所示，一个金属薄圆盘水平放置在竖直向上的匀强磁场中，下列做法中能使圆盘中产生感应电流的是 ( )A ．圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动B ．圆盘以某一水平直径为轴匀速转动C ．圆盘在磁场中向右匀速平移图2图3 D ．匀强磁场均匀增加思维突破判断能否产生电磁感应现象，关键是看回路的磁通量是否发生了变化．磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：(1)S 、θ不变，B 改变，这时ΔΦ＝ΔB ·S sin θ(2)B 、θ不变，S 改变，这时ΔΦ＝ΔS ·B sin θ(3)B 、S 不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS (sin θ2－sin θ1)跟踪训练1 如图2所示，一个U 形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab ，有一个磁感应强度为B 的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是 ( )A ．ab 向右运动，同时使θ减小B ．使磁感应强度B 减小，θ角同时也减小C ．ab 向左运动，同时增大磁感应强度BD ．ab 向右运动，同时增大磁感应强度B 和θ角(0°<θ<90°)考点二利用楞次定律判断感应电流的方向考点解读感应电流方向的判定及由此产生的其他问题是这一章的一个重点和难点．利用楞次定律和右手定则都可以判定感应电流方向，但楞次定律的应用更重要．典例剖析例2 某实验小组用如图3所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是 ( )A ．a →G →bB ．先a →G →b ，后b →G →aC ．b →G →aD ．先b →G →a ，后a →G →b思维突破楞次定律的使用步骤跟踪训练2 长直导线与矩形线框abcd 处在同一平面中静止不动，如图4甲所示．长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的交流电：i ＝I m sin ωt ，i －t 图象如图乙所示．规定沿长直导线方向上的电流为正方向．关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是 ( )图5图7图4A ．由顺时针方向变为逆时针方向B ．由逆时针方向变为顺时针方向C ．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向D ．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向例3 如图5所示，质量为m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N 和摩擦力F f 的情况，以下判断正确的是 ( )A ．F N 先大于mg ，后小于mgB ．F N 一直大于mgC ．F f 先向左，后向右D ．F f 一直向左思维突破楞次定律的推广应用对楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因：(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．跟踪训练3 (2010·上海单科·21)如图6所示，金属环A 用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P 向左移动，则金属环A 将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．10.楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用例4 如图7所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一闭合电路，当PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是 ( )A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动图8图9D ．向左减速运动建模感悟跟踪训练4 两根相互平行的金属导轨水平放置于图8所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB 和CD 可以自由滑动．当AB 在外力F 作用下向右运动时，下列说法中正确的是 ( )A ．导体棒CD 内有电流通过，方向是D →CB ．导体棒CD 内有电流通过，方向是C →DC ．磁场对导体棒CD 的作用力向左D ．磁场对导体棒AB 的作用力向左A 组电磁感应现象的产生1. 如图9所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab 的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当ab 由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置的过程中，关于ab 棒中的感应电流情况，正确的是( )A ．先有从a 到b 的电流，后有从b 到a 的电流B ．先有从b 到a 的电流，后有从a 到b 的电流C ．始终有从b 到a 的电流D ．始终没有电流产生2．假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是 ( )A ．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无B ．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场图10C ．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D ．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场B 组感应电流方向的判断3．如图10所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m 、阻值为R 的闭合矩形金属线框abcd 用绝缘轻质细杆悬挂在O 点，并可绕O 点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是 ( )A ．a →b →c →d →aB ．d →c →b →a →dC ．先是d →c →b →a →d ，后是a →b →c →d →aD ．先是a →b →c →d →a ，后是d →c →b →a →d4．2011年秋季，北约战机“幻影－2000”在利比亚班加西(北纬31°附近)上空盘旋，由于地磁场的存在，飞机在一定高度水平飞行时，其机翼就会切割磁感线，机翼的两端之间会有一定的电势差．则从飞行员的角度看，机翼左端的电势比右端的电势 ( )A ．低B ．高C ．相等D ．以上情况都有可能C 组楞次定律的拓展应用5．如图11所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H 处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是 ()图11A ．三者同时落地B ．甲、乙同时落地，丙后落地C ．甲、丙同时落地，乙后落地D ．乙、丙同时落地，甲后落地6. 一长直铁芯上绕有一固定线圈M ，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N ，N 可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图12所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1 和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N 向左运动的是() A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时图2图3图4课时规范训练(限时：45分钟)一、选择题1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及电键如图1所示连接．下列说法中正确的是 ()图1A ．电键闭合后，线圈A 插入或拔出都会引起电流计指针偏转B ．线圈A 插入线圈B 中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C ．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D ．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才能偏转2．如图2所示，两个线圈A 、B 水平且上下平行放置，分别通以如图所示的电流I 1、I 2，为使线圈B 中的电流瞬时有所增大，可采用的办法是 ( )A ．线圈位置不变，增大线圈A 中的电流B ．线圈位置不变，减小线圈A 中的电流C ．线圈A 中电流不变，线圈A 向下平移D ．线圈A 中电流不变，线圈A 向上平移3．北半球地磁场的竖直分量向下．如图3所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L 的正方形闭合导体线圈abcd ，线圈的 ab 边沿南北方向，ad 边沿东西方向．下列说法中正确的是( )A ．若使线圈向东平动，则a 点的电势比b 点的电势低B ．若使线圈向北平动，则a 点的电势比b 点的电势低C ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →b →c →d →aD ．若以ab 为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a →d →c →b →a4．如图4所示，在直线电流附近有一根金属棒ab ，当金属棒以b 端为圆心，以ab 为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时 ( )A ．a 端聚积电子图5图6图7图8 B ．b 端聚积电子C ．金属棒内电场强度等于零D ．U a >U b5．如图5所示，水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，电场竖直向下，磁场垂直纸面向外．半圆形铝框从直径处于水平位置时，沿竖直平面由静止开始下落．不计阻力，a 、b 两端落到地面的次序是 ( )A ．a 先于bB ．b 先于aC ．a 、b 同时落地D ．无法判定6．如图6所示，线圈A 、B 是由不同材料制成的导体线圈，它们的质量一样大，形状一样，设磁场足够大，下列说法正确的是( )A ．电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大B ．电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大C ．两线圈的稳定速度是一样的D ．电阻率大的材料制成的线圈，稳定速度大7．如图7所示，ab 是一个可以绕垂直于纸面的轴O 转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R 的滑片P 自左向右滑动过程中，线圈ab 将( )A ．静止不动B ．逆时针转动C ．顺时针转动D ．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向8.如图8所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图．左线圈连着平行导轨M 和N ，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab ，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是 ( )A ．当金属棒向右匀速运动时，a 点电势高于b 点，c 点电势高于d 点B ．当金属棒向右匀速运动时，b 点电势高于a 点，c 点与d 点等电势C ．当金属棒向右加速运动时，b 点电势高于a 点，c 点电势高于d 点D ．当金属棒向右加速运动时，b 点电势高于a 点，d 点电势高于c 点图9图10图119．(2011·上海单科·13)如图9，均匀带正电的绝缘圆环a 与金属圆环b 同心共面放置，当a 绕O 点在其所在平面内旋转时，b 中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a ( )A ．顺时针加速旋转B ．顺时针减速旋转C ．逆时针加速旋转D ．逆时针减速旋转10. 如图10所示，每米电阻为1 Ω的一段导线被弯成半径r ＝1 m 的三段圆弧，并组成闭合回路．每段圆弧都是14圆周，位于空间直角坐标系的不同平面内，其中ab 段位于xOy 平面内，bc 段位于yOz 平面内，ca 段位于zOx 平面内．空间存在一个沿＋x 轴方向的磁场，其磁感应强度大小随时间变化的关系式为B ＝0.7＋0.6t ，则 ( ) A ．导线中的感应电流大小是0.1 A ，方向是a →c →b →aB ．导线中的感应电流大小是0.1 A ，方向是a →b →c →aC ．导线中的感应电流大小是π20A ，方向是a →c →b →a D ．导线中的感应电流大小是π20A ，方向是a →b →c →a 11.一飞机下有一沿竖直方向的金属杆，若仅考虑地磁场的影响，不考虑磁偏角影响，当飞机水平飞行经过我国某市上空 ( )A ．由东向西飞行时，金属杆上端电势比下端电势高B ．由西向东飞行时，金属杆上端电势比下端电势高C ．由南向北飞行时，金属杆上端电势比下端电势高D ．由北向南飞行时，金属杆上端电势比下端电势高12. 如图11所示，金属棒ab 置于水平放置的金属导体框架cdef 上，棒ab 与框架接触良好．从某一时刻开始，给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场，并且磁场均匀增加，ab 棒仍静止，在磁场均匀增加的过程中，关于ab 棒受到的摩擦力，下列说法正确的是 ( )A ．摩擦力大小不变，方向向右B ．摩擦力变大，方向向右C ．摩擦力变大，方向向左D ．摩擦力变小，方向向左二、非选择题13．如图12所示，CDEF 为闭合线圈，AB 为电阻丝，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感应强度的方向是“·”时，电源的哪一端是正极？图12复习讲义基础再现一、基础导引B、C、D、E均能产生感应电流．知识梳理 1.变化感应电流 2.切割磁感线发生变化 3.电能思考：1.当电路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象．2．(1)磁场变化如：永磁铁与线圈的靠近或远离、电磁铁(螺线管)内电流的变化．(2)回路的有效面积变化①回路面积变化：如闭合线圈部分导线切割磁感线，如图甲．②回路平面与磁场夹角变化：如线圈在磁场中转动，如图乙．二、基础导引CD知识梳理 1.(1)阻碍磁通量 2.(1)垂直平面内导体运动(2)导体棒切割磁感线思考：引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化磁通量的变化相反相同阻止延缓继续进行课堂探究例1BD跟踪训练1A例2D跟踪训练2D例3AD跟踪训练3左收缩跟踪训练4BD分组训练1．D2．C3．B4．B5．D6．C课时规范训练1．A2．BD3．AC4．BD5．A6．A7．C8．BD9．B10．A11．B12．B13．下端第2课时法拉第电磁感应定律自感涡流导学目标 1.能用法拉第电磁感应定律、公式E＝Bl v计算感应电动势.2.理解自感、涡流产生，并能分析实际应用．一、法拉第电磁感应定律[基础导引]1．关于电磁感应，下述说法正确的是() A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大2．试计算下列几种情况下的感应电动势．(1)平动切割①如图1(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝________.图1②如图(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝________.(2)转动切割如图(c)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为l的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动，此时产生的感应电动势E＝____________.(3)有效切割长度：即导体在与v垂直的方向上的投影长度．试分析图2中的有效切割长度．图2甲图中的有效切割长度为：____________；乙图中的有效切割长度为：________；丙图中的有效切割长度：沿v1的方向运动时为________；沿v2的方向运动时为______．[知识梳理]1．感应电动势(1)感应电动势：在________________中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于________，导体的电阻相当于____________．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循________________定律，即I ＝________. 2．法拉第电磁感应定律 (1)法拉第电磁感应定律①内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的________________成正比． ②公式：E ＝____________. (2)导体切割磁感线的情形①一般情况：运动速度v 和磁感线方向夹角为θ，则E ＝__________. ②常用情况：运动速度v 和磁感线方向垂直，则E ＝________. ③导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝____________(平均速度等于中点位置线速度12lω)．二、自感与涡流 [基础导引]判断下列说法的正误(1)线圈的自感系数跟线圈内电流的变化率成正比．( ) (2)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化． ( ) (3)当导体中电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反．( ) (4)线圈中电流变化的越快，穿过线圈的磁通量越大．( )[知识梳理] 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的________变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做________________． (2)表达式：E ＝____________. (3)自感系数L①相关因素：与线圈的________、形状、________以及是否有铁芯有关． ②单位：亨利(H,1 mH ＝________ H,1 μH ＝________ H)． 2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生____________，这种电流像水中的旋涡所以叫涡流．(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到__________，安培力的方向总是________导体的相对运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生__________使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了____________的推广应用．图4考点一法拉第电磁感应定律的应用考点解读1．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．2．具体而言：当ΔΦ仅由B 引起时，则E ＝n S ΔB Δt ；当ΔΦ仅由S 引起时，则E ＝n B ΔSΔt.3．磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率．典例剖析例1 如图3(a)所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1, 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0. 导线的电阻不计．求0至t 1时间内：图3(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．思维突破1．公式E ＝n ΔΦΔt 是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．2．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 .跟踪训练1 如图4所示，导线全部为裸导线，半径为r 的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根长度大于2r 的导线MN 以速度v 在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端．电路的固定电阻为R ，其余电阻不计，求MN 从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R 上的电流的平均值和通过电阻R 的电荷量．考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算 [典例剖析]图5例2 在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图5所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若杆cd 以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静止开始做匀变速运动，则： (1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末，回路中的电流多大？(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力多大？思维突破公式E ＝n ΔΦ与E ＝Bl v sin θ的区别与联系图6跟踪训练2 (2010·课标全国·21)如图6所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为E 1，下落距离为0.8R 时电动势大小为E 2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E 1、E 2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )A ．E 1>E 2，a 端为正B ．E 1>E 2，b 端为正C ．E 1<E 2，a 端为正D ．E 1<E 2，b 端为正考点三自感现象的分析考点解读典例剖析图7图9例3 (2010·江苏单科·4)如图7所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，电感L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值．在t ＝0时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在t ＝t 1时刻断开S.下列表示A 、B 两点间电压U AB 随时间t 变化的图象中，正确的是 ()思维突破自感现象中主要有两种情况：即通电自感与断电自感．在分析过程中，要注意：(1)通过自感线圈的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．跟踪训练3 如图8(a)、(b)所示的电路中，电阻R 和自感线圈L 的电阻值都很小，且小于灯A 的电阻，接通S ，使电路达到稳定，灯泡A 发光，则 ()图8A ．在电路(a)中，断开S ，A 将渐渐变暗B ．在电路(a)中，断开S ，A 将先变得更亮，然后渐渐变暗C ．在电路(b)中，断开S ，A 将渐渐变暗D ．在电路(b)中，断开S ，A 将先变得更亮，然后渐渐变12.对“Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt ”的意义理解错误例4 半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈在边长为l 的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图9 甲所示．当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为______，t 0时刻线圈产生的感应电流为______．误区警示错解1：认为磁通量的变化率与线圈的匝数有关，得出ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n B 0t 0l 2.错解2：将线圈的面积代入上式得出ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n πB 0r2t 0.错解3：认为t 0时刻磁感应强度为零，所以感应电动势和感应电流均为零．正确解析磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0l 2根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势图11E ＝n ΔΦΔt ＝n B 0t 0l 2再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I ＝n ΔΦΔtR ＝n B 0l 2t 0R.答案 B 0t 0l 2 n B 0l 2t 0R正本清源 (1)错因：对“Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt ”的意义理解不清.,(2)要注意Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt 的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，ΔΦ/Δt 不一定等于0；还要注意感应电动势E 与线圈匝数n 有关，但Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt 的大小均与线圈匝数无关. 13．对双杆切割磁感线问题中的电动势和安培力计算错误例5 t ＝0时，磁场在xOy 平面内的分布如图10所示，其磁感应强度的大小均为B 0，方向垂直于xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n 匝线圈组成的矩形线框abcd ，线框的bc 边平行于x 轴．bc ＝L B 、ab ＝L ，L B 略大于L 0，总电阻为R ，线框始终保持静止．求：图10(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小； (2)线框所受安培力的大小和方向．误区警示没有考虑线框的ab 、cd 两条边在方向相反的磁场中均产生电动势，只按一条边切割磁感线计算电动势，得出E ＝nB 0L v 的错误结果．求线框所受安培力时，一是不注意总安培力为n 匝线圈受力之和；二是没有考虑线框的ab 、cd 两条边均受到安培力，得出F ＝BIL ＝nB 20L 2vR 的错误结论．正确解析 (1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v ，任意时刻线框中总的感应电动势大小E ＝2nB 0L v ，导线中的电流大小I ＝2nB 0L vR.(2)线框所受安培力的大小F ＝2nB 0LI ＝4n 2B 20L 2vR由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x 轴正方向．答案 (1)2nB 0L v 2nB 0L v R (2)4n 2B 20L 2vR方向沿x 轴正方向正本清源对于双杆切割磁感线或闭合导线框在磁场中运动的情况，有可能线框的两条边均产生电动势，要看两电动势是同向还是反向；同样求导线框所受安培力的时候，也要注意两条边是否均受安培力，还要注意匝数n 的问题. 跟踪训练4 (2010·上海单科·19)如图11，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上 bc的匀强磁场，磁场宽度均为L ，边长为L 的正方形线框abcd 的边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x 轴正方向匀。

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