【金版学案】2014-2015学年高中物理第2章磁场章末过关检测卷新人教版选修1-1

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【金版学案】2014-2015学年高中物理模块综合检测试题新人教版必修2

【金版学案】2014-2015学年高中物理模块综合检测试题新人教版必修2(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(此题共10小题，每题3分，共30分．在每一小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．发现万有引力定律的科学家是( )A．开普勒B．牛顿C．卡文迪许D．爱因斯坦答案：B2．经典力学适用于解决( )A．宏观高速问题B．微观低速问题C．宏观低速问题D．微观高速问题答案：C3．关于向心加速度的物理意义，如下说法中正确的答案是( )A．描述线速度的大小变化的快慢B．描述线速度的方向变化的快慢C．描述角速度变化的快慢D．描述向心力变化的快慢答案：B4．当质点做匀速圆周运动时，如果外界提供的合力小于质点需要的向心力了，如此( )A．质点一定在圆周轨道上运动B．质点一定向心运动，离圆心越来越近C．质点一定做匀速直线运动D．质点一定离心运动，离圆心越来越远答案：D5．忽略空气阻力，如下几种运动中满足机械能守恒的是( )A．物体沿斜面匀速下滑B．物体自由下落的运动C．电梯匀速下降D．子弹射穿木块的运动答案：B6．人造地球卫星中的物体处于失重状态是指物体( )A．不受地球引力作用B．受到的合力为零C．对支持物没有压力D．不受地球引力，也不受卫星对它的引力答案：C7．物体做竖直上抛运动时，如下说法中正确的答案是( )A．将物体以一定初速度竖直向上抛出，且不计空气阻力，如此其运动为竖直上抛运动B．做竖直上抛运动的物体，其加速度与物体重力有关，重力越大的物体，加速度越小C．竖直上抛运动的物体达到最高点时速度为零，加速度为零，处于平衡状态D．竖直上抛运动过程中，其速度和加速度的方向都可改变答案：A8．地球的第一宇宙速度为7.9 km/s，第二宇宙速度为11.2 km/s, 如此沿圆轨道绕地球运行的人造卫星的运动速度( )A．只需满足大于7.9 km/sB．小于等于7.9 km/sC．大于等于7.9 km/s，而小于11.2 km/sD．一定等于7.9 km/s答案：B9．如图甲、乙、丙三种情形表示某物体在恒力F作用下在水平面上发生一段大小一样的位移，如此力对物体做功一样的是( )A．甲和乙B．甲、乙、丙C．乙和丙D．甲和丙答案：D10．如下列图，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．假设弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过程中( )A．P做匀变速直线运动B．P的加速度大小不变，但方向改变一次C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大答案：C二、双项选择题(此题共6小题，每题5分，共30分．在每一小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)11．关于质点做匀速圆周运动，如下说法中正确的答案是( )A．质点的速度不变B．质点的周期不变C．质点的角速度不变D．质点的向心加速度不变答案：BC12．对如下四幅图的描述正确的答案是( )A．图A可能是匀速圆周运动的速度大小与时间变化的关系图象B．图B可能是竖直上抛运动的上升阶段速度随时间变化的关系图象C．图C可能是平抛运动的竖直方向加速度随时间变化的关系图象D．图D可能是匀速圆周运动的向心力大小随时间变化的关系图象答案：BD13．关于同步地球卫星，如下说法中正确的答案是( )A．同步地球卫星可以在上空B．同步地球卫星到地心的距离为一定的C．同步地球卫星的周期等于地球的自转周期D．同步地球卫星的线速度不变答案：BC14．三颗人造地球卫星A、B、C在地球的大气层外沿如下列图的轨道做匀速圆周运动，m A＝m B>m C，如此三个卫星( )A．线速度大小的关系是v A>v B＝v CB．周期关系是T A<T B＝T CC．向心力大小的关系是F A>F B＝F CD．向心加速度大小的关系是a A>a B>a C答案：AB15.如右图所示，一轻弹簧一端固定于O点，另一端系一重物，将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由摆下．不计空气阻力，如此在重物由A 点摆向最低点B的过程中( )A．弹簧与重物的总机械能守恒B．弹簧的弹性势能增加C．重物的机械能不变D．重物的机械能增加答案：AB三、非选择题(本大题3小题，共40分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)16．(11分)在“验证机械能守恒定律〞的实验中，打点计时器所用电源频率为50 Hz，当地重力加速度的值为9.80 m /s 2，测得所用重物的质量为1.00 kg .假设按实验要求正确地选出纸带进展测量，量得连续三点A 、B 、C 到第一个点的距离如下列图(相邻计数点时间间隔为0.02 s )，那么：(1)纸带的______端与重物相连；(2)打点计时器打下计数点B 时，物体的速度v B ＝________；(3)从起点O 到打下计数点B 的过程中重力势能减少量是ΔE p ＝________，此过程中物体动能的增加量ΔE k ＝________(取g ＝9.8 m /s 2)；(4)通过计算，数值上ΔE p ____ΔE k (填“＞〞“＝〞或“＜〞)，这是因为________________________________________________________________________； (5)实验的结论是______________________________________________________．解析：(1)重物在开始下落时速度较慢，在纸带上打的点较密，越往后，物体下落得越快，纸带上的点越稀．所以，纸带上靠近重物的一端的点较密，因此纸带的左端与重物相连．(2)v B ＝OC －OA2T＝0.98 m/s. (3)ΔE p ＝mg ×OB ＝0.49 J ，ΔE k ＝12mv B 2＝0.48 J.(4)ΔE p ＞ΔE k ，这是因为实验中有阻力． (5)在实验误差允许范围内，机械能守恒．答案：(1)左 (2)0.98 m/s (3)0.49 J 0.48 J (4)＞这是因为实验中有阻力 (5)在实验误差允许范围内，机械能守恒17.(4分)如下列图，将轻弹簧放在光滑的水平轨道上，一端与轨道的A 端固定在一起，另一端正好在轨道的B 端处，轨道固定在水平桌面的边缘上，桌边悬一重锤．利用该装置可以找出弹簧压缩时具有的弹性势能与压缩量之间的关系．(1)为完成实验，还需如下那些器材？________．A ．秒表B ．刻度尺C ．白纸D ．复写纸E ．小球F ．天平(2)某同学在上述探究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系的实验中，得到弹簧压缩量x 和对应的小球离开桌面后的水平位移s 的一些数据如下表，如此由此可以得到的实验结论是________________________________________________________________________.实验次序 1 2 3 4 x/cm 2.00 3.00 4.00 5.00 s/cm10.2015.1420.1025.30答案：(1)BCDE (2)弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比18.(8分)如图一辆质量为500 kg 的汽车静止在一座半径为50 m 的圆弧形拱桥顶部．(取g ＝10 m /s 2)(1)此时汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？(2)如果汽车以6 m /s 的速度经过拱桥的顶部，如此汽车对圆弧形拱桥的压力是多大？ (3)汽车以多大速度通过拱桥的顶部时，汽车对圆弧形拱桥的压力恰好为零？解析：(1)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，二力平衡，故F ＝G ＝5 000 N 根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为5 000 N. (2)汽车受重力G 和拱桥的支持力F ，根据牛顿第二定律有G －F ＝m v 2r 故F ＝G －m v 2r＝4 000 N根据牛顿第三定律，汽车对拱桥的压力为4 000 N. (3)汽车只受重力GG ＝m v 2rv ＝gr ＝10 5 m/s.答案：见解析19．(8分)要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v 1＝40 m /s ，然后再减速到v 2＝20 m /s ，t 1＝v 1a 1；t 2＝〔v 1－v 2〕a 2；t ＝t 1＋t 2.你认为这位同学的解法是否合理？假设合理，请完成计算；假设不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．解析：①不合理②理由：因为按这位同学的解法可得t 1＝v 1a 1＝10s ，t 2＝〔v 1－v 2〕a 2＝2.5s总位移x ＝v 12t 1＋v 1＋v 22t 2＝275m>s .③由上可知摩托车不能达到最大速度v 2，设满足条件的最大速度为v ，如此v 22a 1＋v 2－v 222a 2＝218.解得v ＝36 m/s ，这样加速时间t 1＝v a 1＝9 s ，减速时间t 2＝〔v 1－v 2〕a 2＝2 s ，因此所用的最短时间t ＝t 1＋t 2＝11 s.答案：见解析20．(9分)如如下图所示，质量m ＝60 kg 的高山滑雪运动员，从A 点由静止开始沿雪道滑下，从B 点水平飞出后又落在与水平面成倾角θ＝37°的斜坡上C 点．AB 两点间的高度差为h ＝25 m ，B 、C 两点间的距离为s ＝75 m ，(g 取10 m /s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)，求：(1)运动员从B 点飞出时的速度v B 的大小． (2)运动员从A 到B 过程中抑制摩擦力所做的功．解析：(1)设由B 到C 平抛运动的时间为t 竖直方向：h BC ＝s sin 37° h BC ＝12gt 2水平方向：s cos 37°＝v B t代入数据，解得：v B ＝20 m/s.(2)A 到B 过程由动能定理有mgh AB ＋W f ＝12mv B 2－0代入数据，解得W f ＝－3 000 J所以运动员抑制摩擦力所做的功为3 000 J. 答案：见解析。

【金版学案】2015-2016学年高中物理第二章第二节电流的磁场练习新人教版选修1-1

【金版学案】2015-2016学年高中物理第二章第二节电流的磁场练习新人教版选修1-1►基础巩固3．(单选)铁芯上有两个线圈，把它们和一节干电池连接起来，已知线圈的电阻比电池的内阻大得多．如下列所示的图中，哪一种接法铁芯的磁性最强( )解析：两个线圈产生的磁场方向相同时，铁芯的磁性最强，由安培定则判断可知，D选项正确．答案：D4．(单选)19世纪20年代，以数学家赛贝克为代表的科学家已认识到温度差会引起电流，安培考虑到地球自转造成了被太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球磁场是绕地球的环形电流引起的，该假设中电流的方向是( )A．与地球自转方向相反B．与地球自转方向相同C．由南向北沿子午线方向D．由赤道向两极沿子午线方向解析：本题考查电流产生地磁场的问题；地磁场的南北极与地理南北极相反，由安培定则知电流方向自东向西与自转方向相反．答案：A5．(单选)如右图所示，弹簧下挂一条形磁铁，给螺线管通电后，下列说法中正确的是( )A．若将a接电源正极，b接电源负极时，弹簧测力计的示数减小B．若将a接电源正极，b接电源负极时，弹簧测力计的示数增大C．若将b接电源正极，a接电源负极时，弹簧测力计的示数增大D．若将b接电源正极，a接电源负极时，弹簧测力计的示数减小解析：若a接电源正极b接电源负极则螺线管中的电流沿逆时针方向，由安培定则知拇指指向上方即螺线管内部磁感线的方向向上，可等效为上端为N极的条形磁铁，故弹簧测力计示数减小；若b接电源正极，a接电源负极则正好相反．答案：AC8．(单选)某同学做奥斯特实验时，把小磁针放在水平的通电直导线的下方，当通电后发现小磁针不动，稍微用手拨动一下小磁针，小磁针转动180°后静止不动，由此可知，通电直导线产生的磁场方向是( )A．自东向西 B．自南向北C．自西向东 D．自北向南解析：通电前小磁针指南北，通电后小磁针不动，说明通电直导线产生的磁场还在南北方向．稍微用手拨动一下小磁针，小磁针转动180°后静止不动，说明通电直导线产生的磁场与地磁场方向相反．故D正确．答案：D►能力提升9．(单选)如右图所示，有一束电子流沿X轴正方向高速运动，电子流在Z轴上的P点处所产生的磁场沿( )A．Y轴正方向B．Y轴负方向C．Z轴正方向D．Z轴负方向解析：本题考查直线电流的磁场方向．因是电子沿X轴正向运动，故电流向X轴的负方向，由安培定则拇指指向X负方向，弯曲四指所指方向为磁场方向，所以磁场指向Y轴正方向．答案：A。

【金版学案】2014-2015学年高中物理第二章第一节电磁感应现象的发现课件粤教版选修1-1

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例1 面积是S的矩形导线框，放在一磁感应强度为B的匀强磁
场中，线框平面与磁场方向平行，如图所示，则穿过导线框所围面积的磁通量为( ) B A. S S B.B
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C．BS
D．0
解析：磁通量的公式Φ ＝BS，S是与磁场方向垂直的面积，当导线框平面与磁场平行时磁通量为0，选D.
解析：不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，因此 A 、 C 选项错误．电路中要有感应电流，则电路必须闭合，且穿过电路的磁通量要发生变化，所以B选项正确，D选项错误．
答案：B
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(1)试分析说明产生磁悬浮现象的原因； (2)试分析这种列车能达到这样高速的原因．
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解答：(1)线圈B下降，磁通量发生变化，B中产生感应电流，由于B为超导线圈，电阻极小，故电流极大且几乎不会减小，它受到向上的安培力与重力平衡而处于悬浮状态． (2)由于悬浮而受阻力极小．
关于感应电动势和感应电流，下列说法中正确的是( ) A．只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电动势 B．只有当电路闭合，且穿过电路的磁通量发生变化时，电路中才有感应电流 C．不管电路是否闭合，只要有磁通量穿过电路，电路中就栏目有感应电动势链 D ．不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，接电路中就有感应电流
答案：D
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考点二
感应电流产生的条件
产生感应电流的条件是：闭合电路中磁通量发生变化，这里应同时满足两个条件，即“闭合电路”和“磁通量发生变化”．
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例2 如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大 ( 由图中实线矩形变成虚线矩形 ) ， B 图中线圈正绕 a 点在平面内旋转， C 图与 D 图中线圈正绕 OO′轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是( )

【金版学案】2014-2015高中物理人教版必修2同步练习：章末过关检测卷(2)

物理·必修2（人教版）章末过关检测卷(二)第六章万有引力与航天(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．下列说法中正确的是()A．经典力学能够说明微观粒子的规律性B．经典力学适用于宏观物体的低速运动问题，不适用于高速运动的问题C．相对论与量子力学的出现，表示经典力学已失去意义D．对于宏观物体的高速运动问题，经典力学仍能适用解析：经典力学适用于低速、宏观问题，不能说明微观粒子的规律性，不能用于宏观物体的高速运动问题，A、D错误，B正确．相对论与量子力学的出现，并不否定经典力学，只是说经典力学有其适用范围，C错误．答案：B2．要使两物体间万有引力减小到原来的18，可采取的方法是( )A ．使两物体的质量各减少一半，距离保持不变B ．使两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12C ．使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变D ．使两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14解析：由F ＝G Mmr 2可知两物体的质量各减少一半，距离保持不变，两物体间万有引力减小到原来的14，A 错误；两物体间距离变为原来的2倍，其中一个物体质量减为原来的12，两物体间万有引力减小到原来的18，B 正确；使其中一个物体质量减为原来的14，距离不变，两物体间万有引力减小到原来的14，C 错误；两物体质量及它们之间的距离都减为原来的14，两物体间万有引力保持不变，D 错误．答案：B3．星球上的物体脱离该星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16.不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )A .gr 3B .gr 6C .gr3 D .gr解析：该星球的第一宇宙速度：G Mmr 2＝m v 12r ，在该星球表面处万有引力等于重力：G Mm r 2＝m g6，由以上两式得v 1＝gr6，则第二宇宙速度v 2＝2v 1＝2×gr 6＝gr3，故A 正确．答案：A4．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球轨道半径的13，则此卫星运行的周期大约是( )A ．1天～4天B ．4天～8天C ．8天～16天D ．16天～20天解析：根据G Mmr 2＝m 4π2T2r 得，T ＝2πr 3GM ，即T 卫T 月＝r 卫3r 月3＝127，又T 月＝30天，解得T 卫≈5.8天，B 正确．答案：B5．人造地球卫星与地面的距离为地球半径的1.5倍，卫星正以角速度ω做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g ，R 、ω、g 这三个物理量之间的关系是( )A ．ω＝252g5RB ．ω＝2g5R C ．ω＝323g 2R D ．ω＝255g 2R解析：由G Mmr 2＝mrω2得ω＝GMr 3，其中r ＝2.5R ，再根据黄金代换g ＝GMR 2可得ω＝252g5R，故A 正确．答案：A6．有两个大小一样、由同种材料组成的均匀球体紧靠在一起，它们之间的万有引力为F ，若用上述材料制成两个半径更小的靠在一起的均匀球体，它们间的万有引力将( )A ．等于FB ．小于FC ．大于FD ．无法比较解析：均匀球体看成位于球心的质点，则两质点相距d ＝2r ，其中r 为球体半径，其万有引力F ＝G m 2（2r ）2＝G⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ·43πr 324r 2＝49ρ2G π2r 4，由此知当r 减小时，它们间的万有引力F 减小，B 正确．答案：B7．2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2.则v 1：v 2等于( )A .V 1V 2＝R 13R 23 B .V 1V 2＝R 2R 1C .V 1V 2＝R 22R 12D .V 1V 2＝R 2R 1解析：“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，向心力由万有引力提供．设地球质量为M ，“天宫一号”质量为m ，则变轨前：G Mm R 12＝m v 12R 1，变轨后：G MmR 22＝m v 22R 2，联立以上两式解得：v 1v 2＝R 2R 1，故选项B 正确．答案：B8．两颗行星绕某恒星做匀速圆周运动，从天文望远镜中观察到它们的运行周期之比是8∶1，两行星的公转速度之比为() A．1∶2 B．2∶1 C．1∶4 D．4∶1解析：由开普勒第三定律得r13r23＝T12T22＝641，故r1r2＝41，两行星的公转速度之比v1v2＝r1·2πT1r2·2πT2＝r1r2·T2T1＝12，A正确．答案：A二、双项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)9．有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 接近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T，已知引力常量为G，则可得()A．该行星的半径为vT 2πB．该行星的平均密度为3πGT2 C．无法求出该行星的质量D．该行星表面的重力加速度为4π2v2 T2解析：由T＝2πRv可得：R＝v T2π，A正确；由GMmR2＝mv2R可得：M＝v3T2πG，C错误；由M＝43πR3ρ得：ρ＝3πGT2，B正确；由GMmR2＝mg得：g＝2πvT，D错误．答案：AB10．2012年6月，“神舟九号”与“天宫一号”完美“牵手”，成功实现交会对接．交会对接飞行过程分为远距离导引段、自主控制段、对接段、组合体飞行段和分离撤离段．则下列说法正确的是() A．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器前下方某处B．在远距离导引段，“神舟九号”应在距“天宫一号”目标飞行器后下方某处C．在组合体飞行段，“神舟九号”与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/sD．分离后，“天宫一号”变轨升高至飞行轨道运行时，其速度比在交会对接轨道时大解析：在远距离导引段，“神舟九号”位于“天宫一号”的后下方的低轨道上飞行，通过适当加速，“神舟九号”向高处跃升，并追上“天宫一号”与之完成对接，A错，B对．“神舟九号”与“天宫一号”组合体在地球上空数百公里的轨道上运动，线速度小于第一宇宙速度7.9 km/s ，C 对．分离后，“天宫一号”上升至较高轨道上运动，线速度变小，D 错．答案：BC11．关于“亚洲一号”地球同步通讯卫星，下述说法正确的是( )A ．已知它的质量是1.24 t ，若将它的质量增加为2.84 t ，其同步轨道半径变为原来的2倍B ．它的运行速度小于7.9 km /s ，它处于完全失重状态C ．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播D ．它的周期是24 h ，其轨道平面与赤道平面重合且距地面高度一定解析：所有同步卫星的质量可能不同，但轨道半径一定相同，A 错．同步卫星在较高轨道上运行，速度小于7.9 km/s ，重力(万有引力)全部提供向心力，处于完全失重状态，B 对．同步卫星轨道处于赤道的正上方，不可能在北京正上方，C 错．同步卫星的周期与地球自转周期相同，由G Mm （R ＋h ）2＝m (R ＋h )4π2T 2知，高度h ＝3GMT 24π2－R ，即同步卫星的高度一定，D 对．答案：BD12．宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统．它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动．若已知它们的运动周期为T ，两星到某一共同圆心的距离分别为R 1和R 2.那么，双星系统中两颗恒星的质量关系是( )A ．这两颗恒星的质量必定相等B ．这两颗恒星的质量之和为4π2（R 1＋R 2）3GT 2C ．这两颗恒星的质量之比为m 1∶m 2＝R 1∶R 2D ．必有一颗恒星的质量为4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2解析：对于两星有共同的周期T ，由牛顿第二定律得G m 1m 2（R 1＋R 2）2＝m 14π2T 2R 1＝m 24π2T 2R 2，所以两星的质量之比m 1∶m 2＝R 2∶R 1，C 错；由上式可得m 1＝4π2R 2（R 1＋R 2）2GT 2，m 2＝4π2R 1（R 1＋R 2）2GT 2，D 正确，A 错误；m 1＋m 2＝ 4π2（R 1＋R 2）3GT 2，B 正确．故正确答案为B 、D.答案：BD三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(8分)“东方一号”人造卫星A 和“华卫二号”人造卫星B ，它们的质量之比为m A ∶m B ＝1∶2，它们的轨道半径之比为2∶1，则卫星A 与卫星B 的线速度大小之比为多少？解析：由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mmr 2＝m v 2r ，解得v＝GMr ，故v A v B ＝r Br A＝12＝12. 答案：1∶214．(10分)某星球的质量约为地球质量的9倍，半径为地球半径的一半，若从地球表面高为h 处平抛一物体，水平射程为60 m ，则在该星球上从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，水平射程为多少？解析：平抛运动水平位移x ＝v 0t ，竖直位移h ＝12gt 2，解以上两式得x ＝v 0·2h g ，由重力等于万有引力mg ＝G Mm R 2得g ＝GMR2，所以g 星g 地＝M 星M 地⎝ ⎛⎭⎪⎫R 地R 星2＝9×41＝36，x 星x 地＝g 地g 地＝16，x 星＝16x 地＝10 m.答案：10 m15．(12分)发射地球同步卫星时，先将卫星发射到距地面高度为h 1的近地圆轨道上，在卫星经过A 点时点火实施变轨进入椭圆轨道，最后在椭圆轨道的远地点B 点再次点火将卫星送入同步轨道，如图所示．已知同步卫星的运动周期为T ，地球的半径为R ，地球表面重力加速度为g ，忽略地球自转的影响．求：(1)卫星在近地点A 的加速度大小；(2)远地点B 距地面的高度．解析：(1)设地球质量为M ，卫星质量为m ，万有引力常量为G ，卫星在A 点的加速度为a ，由牛顿第二定律得：G Mm （R ＋h 1）2＝ma ，物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力，则G Mm R 2＝mg ，解以上两式得a ＝R 2g （R ＋h 1）2. (2)设远地点B 距地面高度为h 2，卫星受到的万有引力提供向心力得GMm （R ＋h 2）2＝m 4π2T 2(R ＋h 2)，解得h 2＝3gR 2T 24π2－R . 答案：(1)R 2g （R ＋h 1）2 (2)3gR 2T 24π2－R16．(14分)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T ，两颗恒星之间的距离为r ，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G)解析：设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别是ω1、ω2.根据题意有ω1＝ω2①r 1＋r 2＝r ②根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G m 1m 2r 2＝m 1ω12r 1③ G m 1m 2r 2＝m 2ω22r 2④ 联立①②③④式解得r 1＝m 2r m 1＋m 2⑤ 根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝2πT⑥ 联立③⑤⑥式解得m 1＋m 2＝4π2r 3T 2G. 答案：4π2r 3T 2G。

【金版学案】2015届高考物理二轮专题复习第2课带电粒子在磁场及复合场中的运动课时过关检测试题(

【金版学案】2015届高考物理二轮专题复习第2课带电粒子在磁场与复合场中的运动课时过关检测试题(B 卷)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案一、单项选择题1．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，如此( ) A ．此空间一定不存在磁场 B ．此空间一定不存在电场C ．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直D ．此空间可能同时有电场和磁场解析：当空间只有匀强磁场，且电子的运动方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力作用，会发生偏转，C 错误．当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，A 、B 错误，D 正确．答案：D 2.质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，如下表述正确的答案是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间解析：判断不同转向的两种粒子的电性要运用左手定如此，得M 带负电，N 带正电．根据qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBRm ，即运行半径越大的M 粒子的速率越大．洛伦兹力与速度方向垂直，不做功．根据T ＝2πmqB ，知两种粒子的周期一样，由图知它们都转过半周，故运行时间一样．答案：A3．一束几种不同的正离子，垂直射入有正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转，接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束，如下列图．对这些正离子，可得出结论( )A ．它们的动能一定各不一样B ．它们的电量一定各不一样C ．它们的质量一定各不一样D ．它们的比荷一定各不一样解析：在电磁场中，正离子受到的洛伦兹力F 洛与电场力F 电相等，从而做直线运动，有Eq ＝qvB 1，v ＝E B 1，即所有正离子速度都一样，当正离子进入磁场B 2中时，r ＝mvqB 2，正离子分成几束，如此r 不同，比荷一定各不一样，D 正确．答案：D4．(2014·东莞模拟)劳伦斯和利文斯设计的盘旋加速器工作原理如下列图，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U.假设A 处粒子源产生的质子质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，如此如下说法正确的答案是( )A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB ．质子离开盘旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C ．质子离开盘旋加速器时的最大动能与交流电频率f 成正比D ．质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1解析：质子离开加速器时的速度v ＝2πR T ＝2πRf ，A 对；又因R ＝mv qB ＝2mE kqB ，故E k ＝〔qBR 〕22m 与U 、f 无关，B 、C 均错；质子第1次经过D 形盒qU ＝12mv 12，质子第2次经过D 形盒2qU ＝12mv 22，又因R ＝2mE k qB ，故R 2R 1＝21，D 错．答案：A二、双项选择题 5.(2014·珠海模拟)如下列图，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒．在导体棒中的电流I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，如下外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的答案是( )A ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向上B ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向下C ．B ＝mg tan αIL ，方向竖直向上D ．B ＝mg tan αIL，方向竖直向下解析：对于选项A ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向上，如此导体棒受沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，如此大小B ＝mgsin αIL ，故A 正确；对于选项B ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向下，如此导体棒受沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以导体棒不可能处于平衡状态，故B 错误；对于选项C ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向上，如此导体棒受水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，如此大小B ＝mg tan αIL ，故C 正确；对于选项D ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向下，如此导体棒受水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故D 错误．答案：AC 6.空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ；一群电子以不同速率v 从边界上的P 点以一样的方向射入磁场．其中某一速率v 0的电子从Q 点射出，如下列图．电子入射方向与边界夹角为θ，如此由以上条件可判断( )A ．该匀强磁场的方向垂直纸面向里B ．所有电子在磁场中的轨迹一样C ．速率大于v 0的电子在磁场中运动时间长D ．所有电子的速度方向都改变了2θ解析：电子带负电，由左手定如此判断知，该磁场方向垂直纸面向里，A 对．因速率v不同，如此半径不同，即轨迹不同，B 错；由几何关系知，所有电子速度的方向都改变了2θ，电子在磁场中的运动时间相等，C 错，D 对．答案：AD7．如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a 点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b 点射出．增大粒子射入磁场的速率，如下判断正确的答案是( )A ．该粒子带正电B ．从bc 间射出C ．从ab 间射出D ．在磁场中运动的时间变短解析：由左手定如此判断该粒子带负电，A 错；因r ＝mvqB ，当v 变大时，r 变大，故粒子从bc 间射出，B 对、C 错；由于轨迹对应的圆心角变小，而周期不变，由t ＝θ2πT 得，在磁场中的运动时间变短，D 对．答案：BD 8.(2014·重庆模拟)如下列图，竖直平面内的光滑绝缘轨道ABC ，AB 为倾斜直轨道，BC 为圆形轨道，圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量一样的甲、乙、丙三个绝缘小球，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球从轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，如此( )A ．经过最高点时，三个小球的速度应相等B ．经过最高点时，甲球的速度应最小C ．释放的位置甲球比乙球高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：设甲、乙、丙三个小球刚好经过轨道最高点的速度分别为v 甲、v 乙、v 丙，由左手定如此可知甲球经过最高点时受洛伦兹力竖直向下、乙球经过最高点时受洛伦兹力竖直向上，对三个小球经过轨道最高点的瞬间，根据牛顿第二定律分别有：F 洛＋mg ＝m v 甲2r(①式)、mg －F 洛′＝m v 乙2r (②式)、mg ＝m v 丙2r (③式)．由以上①②③式可知v 甲>v 丙>v 乙，如此三个小球释放位置的高度满足h 甲>h 丙>h 乙，由于三个小球运动过程中只有重力做功，如此均保持机械能不变．由以上分析可知此题正确选项为C 、D ，选项A 、B 错误．答案：CD9．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如下列图．离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶1D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：磷离子P ＋和P 3＋的质量相等，在电场中所受的电场力之比为1∶3，所以加速度之比为1∶3，A 项错误；离开电场区域时的动能之比为1∶3，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，由动能定理可得，离开电场区域时的动能之比为它们的带电量之比，即1∶3，D 项正确；在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v2r ，可得r ＝mv qB ，r 1r 2＝mv 1q 1B mv 2q 2B ＝31，B 项正确；设P ＋在磁场中的运动半径为3R ，由几何知识可得磁场的宽度为32R ，而P 3＋的半径为R ，由几何知识可得P 3＋在磁场中转过的角度为60°，P ＋在磁场中转过的角度为30°，所以磷离子P ＋和P 3＋在磁场中转过的角度之比为1∶2，C 项错误．答案：BD三、计算题10．如下列图，相距为d 的平行金属板M 、N 间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B 0的匀强磁场；在xOy 直角坐标平面内，第一象限有沿y 轴负方向场强为E 的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一质量为m 、电量为q 的正离子(不计重力)以初速度v 0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动．从P 点垂直y 轴进入第一象限，经过x 轴上的A 点射出电场，进入磁场．离子过A 点时的速度方向与x 轴成45°角．求：(1)金属板M 、N 间的电压U ；(2)离子运动到A 点时速度v 的大小和由P 点运动到A 点所需时间t ；(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC.解析：(1)设平行金属板M 、N 间匀强电场的场强为E 0，如此有U ＝E 0d. 因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，有qE 0＝qv 0B 0；解得金属板M 、N 间的电压U ＝B 0v 0d.(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有 cos 45°＝v 0v故离子运动到A 点时的速度v ＝2v 0 又qE ＝ma v y ＝at tan 45°＝v yv 0解得离子在电场E 中运动到A 点所需时间 t ＝mv 0qE.(3)在磁场中洛伦兹力提供向心力，有 qvB ＝m v 2R得：R ＝mv qB ＝2mv 0qB；由几何知识可得AC ＝2Rcos 45°＝2R ＝2mv 0qB ；又OA ＝v 0t ＝mv 02qE.因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C 与坐标原点的距离： OC ＝OA ＋AC ＝mv 02qE ＋2mv 0qB .答案：(1)B 0v 0d (2)2v 0mv 0qE(3)mv 02qE ＋2mv 0qB。

【金版学案】2015-2016学年高中物理第一章电磁感应章末过关检测卷(含解析)粤教版选修3-2

章末过关检测卷(一)第一章电磁感应(测试时间：50分钟评价分值：100分)(本部分在学生用书单独成册)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．闭合电路的一部分导线ab处于匀强磁场中，图中各情况下导线都在纸面内运动，那么下列判断中正确的是(D)A．都会产生感应电流B．都不会产生感应电流C．甲、乙不会产生感应电流，丙、丁会产生感应电流D．甲、丙会产生感应电流，乙、丁不会产生感应电流解析：乙图和丁图因导线运动的方向在磁感线的平面上，不能产生切割磁感线的运动效果，故没有感应电流产生．2．如图所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是(D)A．若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流B．若磁铁的S极向下插入，线圈中产生逆时针方向的感应电流C．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力D．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力解析：A.若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流．故A错误．B．若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流．故B错误．C、D.根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极；当S极向下插入，线圈上端相当于S极，与磁铁的极性总相反，存在斥力．故C错误，D正确．3．(2014·佛山模拟)如图所示，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(B)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→d解析：由楞次定律，一开始磁通量减小，后来磁通量增大，由“增反减同”可知电流方向是d→c→b→a→d.4．(2015·万州区模拟)如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L，匝数为N，线圈内接有阻值为R的电阻，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B.当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R的电荷量为(B)A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析：初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝I Δt ，I ＝E R ，E ＝N ΔΦΔt ，得q ＝N ΔΦR ，可得通过电阻R 的电荷量为NBL 22R. 二、多项选择题(本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)5．如图是穿过某闭合回路的磁通量随时间变化的四种情况，在t 0时间内可使该回路产生恒定感应电流的是(CD )解析：A.由图知，磁通量Φ不随时间t 的变化，则将不产生感应电流．故A 错误．B 、C 、D.由图知，穿过闭合回路的磁通量是变化的，将产生感应电流，而C 、D 选项磁通量随着时间是均匀变化的，则产生的感应电流大小恒定，故A 、B 错误，C 、D 正确．6．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻r 不能忽略．R 1和R 2是两个定值电阻，L 是一个自感系数较大的线圈．开关S 原来是断开的．从闭合开关S 到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R 1的电流I 1和通过R 2的电流I 2的变化情况是(AC )A ．I 1开始较大而后逐渐变小B ．I 1开始很小而后逐渐变大C ．I 2开始很小而后逐渐变大D ．I 2开始较大而后逐渐变小解析：开关S 闭合瞬间，L 相当于断路，通过R 1的电流I 1较大，通过R 2的电流I 2较小；当稳定后L 的自感作用减弱，通过R 1的电流I 1变小，通过R 2的电流I 2变大，故A 、C 正确，B 、D 错误．7．(2014·山东模拟)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论中正确的是(BD )A．感应电流方向改变B．感应电流方向不变C．感应电动势始终为BavD．感应电动势的最大值为Bav解析：由楞次定律可知，闭合回路从一进入至完全进入磁场，磁通量一直在增大，故电流方向只有一个；当半圆闭合回路一半进入磁场时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E m＝Bav.8．如图，在条形磁铁自由下落且靠近闭合线圈一端的过程中(忽略空气阻力)，下列说法中正确的是(AD)A．磁铁的机械能不守恒B．磁铁做自由落体运动C．线圈中产生大小、方向均变化的电流D．磁铁减小的机械能全部转化成线圈中的电能解析：磁铁下落过程中受到线圈的阻力作用，有机械能转化为电能，机械能减小，故A 对，B错误；条形磁铁自由下落且靠近闭合线圈一端的过程中，根据楞次定律可知，线圈中产生大小变化、而方向不变化的电流，故C错误；磁铁由于受线圈的阻力作用机械能减小，同时线圈中感应电流发热，产生内能．则由能量守恒知：线圈中增加的内能是由磁铁减少的机械能转化而来的．故D正确．9．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个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(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内(AD)A．电容器C的电荷量大小始终没变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终没变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确、B项错误；由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误、D项正确．三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)10．(18分)(1)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．①将图中所缺的导线补接完整．②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，以下操作中可能出现的情况是：A．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下；B．A线圈插入B线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向________(填“左”或“右”)偏一下．(2)为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．②当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．(1)①如图所示②A.右；B.左(2)解析：①将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针．②当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针．答案：①顺时针②逆时针11．(18分)如图(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2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t0和B0.导线的电阻不计．求0～t1时间内：(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)电阻R 1上产生的热量．解析：(1)由图象分析可知，0～t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0. 由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S . 而S ＝πr 22.由闭合电路欧姆定律有：I 1＝ER 1＋R .联立以上各式解得：通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0. 由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)电阻R 1上产生的热量：Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20. 答案：(1)nB 0πr 223Rt 0 方向从b 到a (2)2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20 12．(18分)如图所示，空间有一宽为2L 的匀强磁场区域，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外．abcd 是由均匀电阻丝做成的边长为L 的正方形线框，总电阻为R .线框以垂直磁场边界的速度v 匀速通过磁场区域，在运动过程中，线框ab ，cd 两边始终与磁场边界平行．求：(1)cd 边刚进入磁场和cd 边刚离开磁场时，ab 两端的电势差分别是多大？并分别指明a 、b 哪端电势高．(2)线框穿过磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热．解析：(1)cd 边刚进入磁场时，cd 切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv .回路中的感应电流： I ＝BLv R， ab 两端的电势差：U ＝I ·14R ＝14BLv ，b 端电势高．cd 边刚离开磁场时，ab 边切割磁感线产生感应电动势大小和回路中电流大小与cd 边刚进入磁场时的相同，即为：I ′＝I ＝BLv R，所以ab 两端的电势差为： U ′＝I ·34R ＝34BLv ，b 端电势高．(2)线框从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程中，产生顺时针的感应电流；线框全部进入磁场中时，由于磁通量不变化，没有感应电流产生；线框cd 边刚离开磁场到ab 边刚离开磁场的过程中产生的感应电流大小相等，设线框能产生感应电流的时间为t ，产生的总焦耳热为Q ，则有：t ＝2L v ，Q ＝I 2Rt ，解得：Q ＝2B 2L 3v R .答案：见解析。

【金版学案】2014-2015学年高中物理第二章第三节电磁感应现象的应用同步检测试题粤教版选修1-1

第三节电磁感应现象的应用►达标训练1．(多选)比较理想变压器的原线圈和副线圈，其中相同的物理量有( )A ．电压B ．电流C ．电功率D ．磁通量的变化率答案：CD2．利用变压器不可能做到的是( )A ．增大电流B ．升高电压C ．减小电压D ．增大功率答案：D3．下列说法中错误的是( )A ．变压器也可能改变恒定电压B ．变压器由绕在同一闭合铁芯上的若干线圈构成C ．变压器的原理是一种电磁感应现象，副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流D ．变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用答案：A4．理想变压器的原线圈接220 V 交流电，其原副线圈的匝数比为10∶1，则副线圈的输出电压为( )A ．220 VB ．22 VC ．2 200 VD ．以上都不对答案：B5．一理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，则原、副线圈的( )A ．电压之比为2∶1B ．电流之比为2∶1C ．功率比为2∶1D ．通过每匝线圈的磁通量比为2∶1解析：电压比：U 1U 2＝n 1n 2＝21；电流比为I 1I 2＝n 2n 1＝12；功率比为1∶1；通过每匝线圈的磁通量之比为1∶1.答案：A6．用一理想变压器向一负载电阻R 供电，如下图所示．当增大负载电阻R 时，原线圈中的电流I 1和副线圈中的电流I 2之间的关系是( )A ．I 2增大，I 1也增大B ．I 2增大，I 1却减小C ．I 2减小，I 1也减小D ．I 2减小，I 1却增大答案：C7．如图所示，灯泡L 1和L 2的规格完全相同，原线圈匝数比副线圈匝数多，下列判断中正确的是( )A ．变压器工作时，两灯有可能同时正常发光B ．L 2正常工作时，L 1比L 2暗C ．L 2正常工作时，L 1可能已烧毁D ．L 1正常工作时，L 2可能已烧毁解析：由变压的工作原理可知，原线圈与副线圈电流之比等于它们匝数的反比，当L 2正常工作时，L 1的电流要小于L 2的电流，所以L 1比L 2暗，选B.答案：B8．在对称的铁芯上绕有两个线圈．如图所示．当线圈1接入交流电时，线圈2上电压U 2＝13.2 V ；当线圈2接入同一交流电时，线圈1上电压U 1＝120 V ．则两个线圈的匝数比为( )A ．3∶1B ．1∶3C ．120∶13.2D ．13.2∶120解析：设线圈1和线圈2的匝数分别为n 1、n 2，交流电的电压为U ，则当线圈1接交流电U 时，U 2＝n 2n 1U ，当副线圈2接交流电U 时，U 1＝n 1n 2U ，可解得n 1∶n 2＝3∶1，选A.答案：A影片中的声音是如何记录的？我们大家看电影时，会觉得演员的动作和对白非常连贯，就如真实情景差不多．但你若看外国产的配音电影，有时却能看到动作与声音不协调的现象，演员的嘴早已不动了，声音却还没断，这是什么原因呢？通常电影影片中的声音是同动作一起记录在影片上的，电影中的音乐、对白及音响效果，是现代电影艺术不可分割的组成部分．声音首先通过话筒变为电信号．声音传进话筒，推动话筒中的膜片的振动，与膜片相连的动圈也随着振动；动圈是放在永久磁铁的圆形空隙中的．由于电磁感应，在磁场中来回运动的动圈就会感应出电流来．声音越响，膜片和动圈振动也越大，感应出的电流就越强；声音频率发生变化时，膜片和动圈振荡频率也随着变化，动圈上就会感应出与振动频率一致的电流信号来．这样，声音高低及频率的变化，就会表现为感应电流信号变化．微弱的感应电流经过放大器放大，再流过一个白炽灯泡．随着电流的变化，灯泡亮度也发生变化：电流强，灯就亮，电流弱，灯泡就暗，这样就把声音信号经过电信号中转变成了光信号了．这时用一个聚光透镜把灯光聚焦后投射到电影底片上，随着胶片不断移动，使胶片能在拍摄演员动作的同时而感光．声音强，灯光亮，感光也就多；声音弱，灯光暗，感光就少．这些电影胶片经显影定影后，就成为电影的声带底片．再用这底片印成声带的正片．还音时，只需在声带正片上投射一束强度不变的光线，当这束光线透过胶片边缘那深浅不同或宽度不同的白道(声带)时，就变成了强度不断变化的光线．时明时暗的光线，经过光电管就变为时强时弱的电流信号，这电流信号经过放大后，送进扬声器就播放出声音来了．这种光学录音法要比磁录音麻烦，所以现在大都采用在拍摄电影时，先用磁录音方法录下各种声音．当影片拍完，洗印电影时，再用光录音法把磁带上的声音转录在电影胶片上．。

【金版学案】2015届高考二轮物理专题复习测试：带电粒子在磁场及复合场中的运动课时过关(B卷)

物理班级：__________________姓名：__________________专题三电场和磁场第2课带电粒子在磁场及复合场中的运动课时过关(B卷)一、单项选择题1．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则()A．此空间一定不存在磁场B．此空间一定不存在电场C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直D．此空间可能同时有电场和磁场解析：当空间只有匀强磁场，且电子的运动方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力作用，会发生偏转，C错误．当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，A、B错误，D正确．答案：D 2.质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间解析：判断不同转向的两种粒子的电性要运用左手定则，得M 带负电，N 带正电．根据qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBRm ，即运行半径越大的M 粒子的速率越大．洛伦兹力与速度方向垂直，不做功．根据T ＝2πmqB ，知两种粒子的周期相同，由图知它们都转过半周，故运行时间相同．答案：A3．一束几种不同的正离子，垂直射入有正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转，接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束，如图所示．对这些正离子，可得出结论()A．它们的动能一定各不相同B．它们的电量一定各不相同C．它们的质量一定各不相同D．它们的比荷一定各不相同解析：在电磁场中，正离子受到的洛伦兹力F洛与电场力F电相等，从而做直线运动，有Eq＝qvB1，v＝EB1，即所有正离子速度都相同，当正离子进入磁场B2中时，r＝mvqB2，正离子分成几束，则r不同，比荷一定各不相同，D正确．答案：D4．(2014·东莞模拟)劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U.若A 处粒子源产生的质子质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB ．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比C ．质子离开回旋加速器时的最大动能与交流电频率f 成正比D ．质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1解析：质子离开加速器时的速度v ＝2πR T ＝2πRf ，A 对；又因R ＝mv qB ＝2mE kqB ，故E k ＝（qBR ）22m 与U 、f 无关，B 、C 均错；质子第1次经过D 形盒qU ＝12mv 12，质子第2次经过D 形盒2qU ＝12mv 22，又因R ＝2mE k qB ，故R 2R 1＝21，D 错．答案：A二、双项选择题 5.(2014·珠海模拟)如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒．在导体棒中的电流I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是( )A ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向上B ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面向下C ．B ＝mg tan αIL ，方向竖直向上D ．B ＝mg tan αIL ，方向竖直向下解析：对于选项A ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向上，则导体棒受沿斜面向上的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B ＝mgsin αIL，故A 正确；对于选项B ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面向下，则导体棒受沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以导体棒不可能处于平衡状态，故B 错误；对于选项C ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向上，则导体棒受水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，则大小B ＝mg tan αIL ，故C 正确；对于选项D ，外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向下，则导体棒受水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故D 错误．答案：AC 6.空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ；一群电子以不同速率v 从边界上的P 点以相同的方向射入磁场．其中某一速率v 0的电子从Q 点射出，如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断( )A ．该匀强磁场的方向垂直纸面向里B ．所有电子在磁场中的轨迹相同C ．速率大于v 0的电子在磁场中运动时间长D ．所有电子的速度方向都改变了2θ解析：电子带负电，由左手定则判断知，该磁场方向垂直纸面向里，A 对．因速率v 不同，则半径不同，即轨迹不同，B 错；由几何关系知，所有电子速度的方向都改变了2θ，电子在磁场中的运动时间相等，C 错，D 对．答案：AD7．如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出．增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是()A．该粒子带正电B．从bc间射出C．从ab间射出D．在磁场中运动的时间变短解析：由左手定则判断该粒子带负电，A错；因r＝mvqB，当v变大时，r变大，故粒子从bc间射出，B对、C错；由于轨迹对应的圆心角变小，而周期不变，由t＝θ2πT得，在磁场中的运动时间变短，D对．答案：BD8.(2014·重庆模拟)如图所示，竖直平面内的光滑绝缘轨道ABC ，AB 为倾斜直轨道，BC 为圆形轨道，圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个绝缘小球，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球从轨道AB 上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度应相等B ．经过最高点时，甲球的速度应最小C ．释放的位置甲球比乙球高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：设甲、乙、丙三个小球刚好经过轨道最高点的速度分别为v 甲、v 乙、v 丙，由左手定则可知甲球经过最高点时受洛伦兹力竖直向下、乙球经过最高点时受洛伦兹力竖直向上，对三个小球经过轨道最高点的瞬间，根据牛顿第二定律分别有：F 洛＋mg ＝m v 甲2r (①式)、mg－F 洛′＝m v 乙2r (②式)、mg ＝m v 丙2r(③式)．由以上①②③式可知v 甲>v丙>v 乙，则三个小球释放位置的高度满足h 甲>h 丙>h 乙，由于三个小球运动过程中只有重力做功，则均保持机械能不变．由以上分析可知本题正确选项为C 、D ，选项A 、B 错误．答案：CD9．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋()A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶1D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：磷离子P ＋和P 3＋的质量相等，在电场中所受的电场力之比为1∶3，所以加速度之比为1∶3，A 项错误；离开电场区域时的动能之比为1∶3，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，由动能定理可得，离开电场区域时的动能之比为它们的带电量之比，即1∶3，D 项正确；在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2r ，可得r ＝mv qB ，r 1r 2＝mv 1q 1B mv 2q 2B ＝31，B 项正确；设P ＋在磁场中的运动半径为3R ，由几何知识可得磁场的宽度为32R ，而P3＋的半径为R，由几何知识可得P3＋在磁场中转过的角度为60°，P ＋在磁场中转过的角度为30°，所以磷离子P＋和P3＋在磁场中转过的角度之比为1∶2，C项错误．答案：BD三、计算题10．如图所示，相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电量为q的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动．从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场，进入磁场．已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角．求：(1)金属板M、N间的电压U；(2)离子运动到A点时速度v的大小和由P点运动到A点所需时间t；(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC.解析：(1)设平行金属板M 、N 间匀强电场的场强为E 0，则有U ＝E 0d.因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，有qE 0＝qv 0B 0；解得金属板M 、N 间的电压U ＝B 0v 0d.(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有cos 45°＝v 0v故离子运动到A 点时的速度v ＝2v 0又qE ＝mav y ＝attan 45°＝v y v 0解得离子在电场E 中运动到A 点所需时间t ＝mv 0qE. (3)在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R得：R ＝mv qB ＝2mv 0qB；由几何知识可得AC ＝2Rcos 45°＝2R ＝2mv 0qB；又OA ＝v 0t ＝mv 02qE. 因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C 与坐标原点的距离：OC ＝OA ＋AC ＝mv 02qE ＋2mv 0qB. 答案：(1)B 0v 0d (2)2v 0 mv 0qE(3)mv 02qE ＋2mv 0qB。

2015金版学案高中物理学业水平模拟检测卷Word版含详解3份

目录2015《金版学案》高中物理学业水平模拟检测卷(一) Word版含详解2015《金版学案》高中物理学业水平模拟检测卷(二) Word版含详解2015《金版学案》高中物理学业水平模拟检测卷(三) Word版含详解·物理·学业水平模拟检测卷(一)(测试时间：90分钟评价分值：100分)一、单项选择题Ⅰ(本大题共30小题，每小题1分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，最先推翻了这一观点的科学家是()A．开普勒B．伽利略C．安培D．牛顿解析：伽利略利用理想斜面实验否定了力是维持运动的原因的观点．答案：B2．在下列物理探究活动的表述中，加点标示的物体可以看作质点的是() A．研究地球．．绕太阳运动的周期．．不同纬度处的自转线速度B．研究地球C．研究飞机转弯时机翼．．通过长江大桥的时间．．的倾斜角度D．研究永丰解析：地球到太阳的距离远大于地球的大小，地球的大小形状可忽略，B选项对．答案：B3．下列对物体运动的描述中，有关参考系的说法正确的是()A．“一江春水向东流”以水面上的船为参考系B．“地球绕太阳的公转”以地球为参考系C．“钟表的时针在转动”以表盘为参考系D．“火车行驶出站台”以该列车上的乘客为参考系解析：钟表时针转动以轴为参考点，而轴相对表盘静止，可以看作以表盘为参考系，C正确．答案：C4．百米赛跑中，一名学生在20 m处的瞬时速度为8 m/s，12.5 s末到达终点的瞬时速度为8.5 m/s，则他在全程的平均速度是()A．8 m/s B．8.5 m/s C．8.25 m/s D．9 m/s解析：平均速度等于位移与时间的比值，即v＝10012.5m/s＝8 m/s.答案：A5．下列物理量均为矢量的是()A．速度、力、质量B．加速度、力、温度C．平均速度、功、位移D．瞬时速度、加速度、力解析：瞬时速度、加速度、力都是既有方向又有大小的量，是矢量．答案：D6．经典力学规律有其局限性．物体以下列哪个速度运动时，经典力学规律不适用()A．2.5×10－5 m/s B．2.5×102 m/s C．2.5×103 m/s D．2.5×108 m/s 解析：经典力学规律适用于宏观、低速运动物体，D选项中速度接近光速，故不适用．答案：D7．汽车以72 km/h 的初速度做直线运动，加速度为－5 m/s2 .下列说法中正确的是()A．汽车做匀加速直线运动B．汽车做匀减速直线运动C．汽车的速度每秒增加5 m/s D．汽车的速度保持不变解析：初速度为正值，加速度为负，说明加速度与初速度反向，汽车做匀减速直线运动．答案：B8．一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，5 s末的速度达到15 m/s，汽车的加速度是()A．1 m/s2B．3 m/s2C．5 m/s2D．15 m/s2解析：由加速度的定义式a＝v t－v0t＝15－05m/s2＝3 m/s2.答案：B9．如图所示，物块以初速度v0沿光滑斜面向上滑行，速度减为零后返回．取沿斜面向上为速度正方向，物块的图象正确的是()解析：v－t图象的正负表示速度的方向，A正确．答案：A10.小明站在电梯里，当电梯以加速度5 m/s2下降时，小明受到的支持力()A．小于重力，但不为零B．大于重力C．等于重力D．等于零解析：当物体向下做加速运动时，处于失重状态，支持力小于重力，但不为零．答案：A11．2005年10月13日航天员在绕地球圆周运动的神舟六号上进行了预定的科学试验．下面是一中学生设想的在飞船中进行的高中物理部分实验，可行的是()A．用悬挂钩码法探究弹簧弹力和伸长的关系B．用弹簧秤验证力的平行四边形定则C．研究平抛物体的运动D．利用自由落体运动验证机械能守恒定律解析：绕地球圆周运动的神舟六号上的所有物体都处于完全失重状态，所有由重力产生的效果消失，B正确．答案：B12．将一小球以5 m/s的速度水平抛出，经过1 s小球落地，不计空气阻力，g 取10 m/s2关于这段时间小球的运动，下列表述正确的是()A．着地速度是10 m/s B．竖直方向的位移是10 mC．着地速度是5 m/s D．水平方向的位移是5 m解析：平抛运动可以看作水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，所以水平位移是x＝5×1 m＝5 m，D正确．答案：D13．做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是()A．速率B．速度C．加速度D．合外力解析：因物体做曲线运动时速度方向时刻变化，故速度一定变化．答案：B14．下列应用了温度传感器的是( )A ．商场里的自动玻璃门B ．夜间自动打开的路灯C ．自动恒温冰箱D ．楼梯口的夜间有声音时就亮的灯解析：自动恒温冰箱应用温度传感器控制温度．答案：C15．如图所示，竖直悬挂一轻质弹簧，不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度为10 cm ，挂上5 N 的钩码，指针所指刻度为12 cm ，此弹簧的劲度系数是( )A ．150 N/mB ．200 N/mC ．250 N/mD ．300 N/m解析：由胡克定律得F ＝kx ，k ＝F x ＝50.12－0.10N /m ＝250 N /m ，C 正确．答案：C16．如图所示，在探究摩擦力的实验中，测力计与水平桌面平行，拉力从零逐渐增大，拉力为8 N 时，木块不动；拉力为12 N 时，木块恰好被拉动；木块匀速运动时拉力为10 N ．木块与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力分别是( )A ．12 N ，8 NB ．12 N ，10 NC ．10 N ，12 ND ．10 N ，8 N解析：最大静摩擦力等于恰能拉动物体时的拉力大小，滑动摩擦力等于物体匀速运动时的拉力大小，C对．答案：C17．如图所示，水平地面上叠放着物体A、B，在力F作用下A、B仍保持静止，则() A．A与B间摩擦力等于零，B与地面间的摩擦力等于FB．A与B间摩擦力等于F，B与地面间的摩擦力等于零C．A与B间，B与地面间的摩擦力都等于零D．A与B间，B与地面间的摩擦力都等于F解析：对A进行受力分析可得，A与B间摩擦力等于F；对AB整体进行受力分析可得B与地面间的摩擦力等于F，D正确．答案：D18．如图所示，旋转雨伞时，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出，这属于()A．扩散现象B．超重现象C．离心现象D．蒸发现象解析：旋转雨伞时，水珠不满足圆周运动的条件，故做离心运动，水珠会从伞的边缘沿切线方向飞出．答案：C19．起重机将2×104 N的重物匀速提升10 m，在此过程中，起重机对物体做功是()A．3×104 J B．3×105 J C．2×104 J D．2×105 J解析：重物匀速运动，起重机对物体做的功数值等于重力做功的数值，W ＝mgh＝2×105J.答案：D20．如图所示，同一物体在大小相同、方向不同的力F的作用下，在光滑水平面上移动了一段相同的位移s，两种情况下力所做的功分别为W a、W b，下列表述正确的是()A．W a＝W b B．W a＝－W b C．W a>W b D．W a<W b解析：由功的计算式可得W a＝Fs cos 30°，W b＝Fs cos 30°，A正确．答案：A21．一人乘电梯从1楼到20楼，在此过程中经历了先加速，后匀速，再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是()A．加速时做正功，匀速时做不做功，减速时做负功B．加速时做正功，匀速h和减速时做负功C．加速和匀速时做正功，减速时做负功D．始终做正功解析：支持力的方向始终与位移方向相同，故始终做正功．答案：D22 .起重机用4 s的时间将2×104 N重物匀速提升10 m，在此过程中起重机的输出功率为( )A ．2×105 WB ．5×105 WC ．5×104 WD ．8×104 W解析：重物匀速向上运动，起重机的输出功率等于重力做功的功率，即P ＝mgh t＝5×104 W ，C 正确．答案：C23．下列关于惯性的说法中，正确的是( )A ．质量大的物体惯性大B ．运动的汽车具有惯性，静止的汽车没有惯性C ．向东行驶的汽车突然刹车，由于惯性，乘客会向西倾倒D ．匀速前进的火车上，原地起跳的乘客将落在起跳点的后方解析：物体惯性只决定于物体的质量，与其他因素都无关，A 正确．答案：A24．某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，已知卫星距离地面高度等于地球半径，地球表面的重力加速度为g ，则卫星的向心加速度为( )A ．g B.12g C.14g D.18g解析：卫星的向心加速度等于所在处的重力加速度g′＝GM （2R ）2＝GM 4R 2＝14g ，C 正确．答案：C25. 一劲度系数为200 N/m 的轻质弹簧，原长为20 cm ，当它的形变量为10 cm 时弹簧的状态以及弹力的大小为( )A ．弹簧一定处于拉伸状态B ．弹簧可能处于压缩状态C ．弹力的大小为40 ND ．30 N解析：形变量是指弹簧伸长或缩短量，故B 正确．答案：B26．某同学沿400 m 的跑道跑步一圈后回到起点，此过程的路程和位移分别是( )A ．400 m ，400 mB ．400 m ，0C ．0，400 mD ．0，0解析：位移是指运动过程起点到终点的有向线段，路程是指运动过程的实际轨迹长度，故B 正确．答案：B27．关于万有引力定律及其表达式F ＝G m 1m 2r 2，下列说法中正确的是( ) A ．对于不同物体，G 取值不同 B ．G 是万有引力常量，由实验测得C ．两个物体彼此所受的万有引力方向相同D ．两个物体之间的万有引力是一对平衡力解析：引力常量G 由卡文迪许由实验测得，引力定律适用于真空中任何质点间的引力，B 正确．答案：B28．将一束塑料包扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条，观察到细条散开了．如图所示，下列关于细条散开现象的分析中，正确的是( )A ．撕成细条后，由于空气浮力作用使细条散开B ．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散C．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开D．细条之间相互感应起电，相互排斥散开解析：用手迅速捋细条的过程由于摩擦起电，使细条都带上了同种电荷，细条相互排斥而散开，C正确．答案：C29. 小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是()解析：小磁针静止时，N极所指的方向就是磁场方向，B正确．答案：B30．电磁场理论的建立，开拓了广泛的现代技术应用空间，促进了现代社会的发展．建立电磁场理论的科学家是()A．牛顿B．爱迪生C．爱因斯坦D．麦克斯韦解析：1873年麦克斯韦建立了电磁场理论，D正确．答案：D二、单项选择题Ⅱ(本大题共20小题，每小题2分，共40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求)31．电磁波在不同介质中的传播时()A．频率保持不变B．频率发生变化C．波长保持不变D．波速保持不变解析：电磁波在传播过程中频率保持不变，波速及波长则随介质情况改变，A正确．答案：A32．生产、生活中使用的许多东西都可看作能量转换器，它们把能量从一种形式转化为另一种形式，下列电器在工作过程中把电能转化为机械能的是()A．电饭锅B．洗衣机C．微波炉D．电烤箱解析：洗衣机中的电动机把电能转化为机械能，B正确．答案：B33．关于点电荷，下列表述正确的是()A．任何带电体都能看作点电荷B．点电荷是实际带电体的理想化模型C．只有带电量很小的带电体才能看作点电荷D．只有质量很小的带电体才能看作点电荷解析：点电荷与质点的概念类似，都是实际带电体的理想化模型，B正确．答案：B34．下表为某电饭锅铭牌上的一部分内容，根据表中的信息，可计算出在额定电压下，使用电饭锅时的电流约为()电器名称电饭锅额定电压220 V额定功率700 W额定容量 4.0 LA.6.2 A B．4.6 A C．3.2 A D．5.5 A解析：由功率的定义式得I＝PU＝700220A＝3.2 A，C正确．答案：C35.如果家里的微波炉(1000 W)、电视机(100 W)和洗衣机(400 W)平均每天都工作2 h，一个月(30天计)的用电量是()A．10 kW·h B．20 kW·hC．45 kW·h D．90 kW·h解析：用电量是指电流做的功W＝Pt＝(1 000＋100＋400)×2×30 W·h＝90 kW·h，D正确．答案：D36．如图所示为通电长直导线的磁感线图，等面积线圈S1、S2与导线处于同一平面，关于通过线圈S1、S2的磁通量Φ1、Φ2，下列分析正确的是()A．Φ1>Φ2B．Φ1<Φ2C．Φ1＝Φ2≠0 D．Φ1＝Φ2＝0解析：磁通量Φ＝BS，由于线圈S1所在处的磁场较强，故A正确．答案：A37．传感器被广泛的应用在日常生活中，下列用电器中，没有使用温度传感器的是()A．遥控器B．空调机C．电冰箱D．电饭锅解析：遥控器采用红外线直接控制电器，空调机、电冰箱及电饭锅都用到了温度传感器来感受和控制温度，A正确．答案：A38．以下用电器中没有用到电动机原理的是()A．洗衣机B．电动剃须刀C．电吹风D．收音机解析：洗衣机、电动剃须刀及电吹风都使用了电动机把电能转化为机械能，收音机是接收广播电台广播的，没有使用电动机，D正确．答案：D39. 电阻器、电容器、电感器是电子电路中常用的元件，如图中“R”代表的元件是()A．电阻器B．电容器C．电感器D．开关解析：电阻器、电容器、电感器的电路符号分别是“R”、“C”、“L”，B正确．答案：A40．如图所示，电流表与螺线管组成闭合电路，不能使电流表指针偏转的情形是()A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中解析：电流表指针偏转说明回路有感应电流，产生感应电流的条件是闭合电路的磁通量发生变化，B答案中磁通量没有变化，B正确．答案：B41. 下图为电容式话筒原理图，则电容式话筒中使用的是( )A．温度传感器B．压力传感器C．超声波传感器D．红外线传感器解析：振动模片在声音的作用下改变了电容量，从而改变了电路的电流，是压力传感器，B正确．答案：B42．如图所示，关于a、b两点的电场强度的大小及方向，下列表述正确的是()A．E a>E b方向相同B．E a>E b方向不同C．E a<E b方向相同D．E a<E b方向不同解析：电场线的疏密表示电场的强弱，a点电场较强；电场线的切线方向表示电场方向，a、b两点的电场方向不相同，B正确．答案：B43．根据电场强度的定义式E＝Fq，在国际单位制中，电场强度的单位应是()A．牛/库B．牛/焦C．焦/库D．库/牛解析：电场强度的单位是导出单位，由公式E＝Fq＝N/C，即牛/库，A正确．答案：A44．下图是小林从家出发沿直线往返商店购物的s－t图象，从出发开始计时，下列说法中正确的是()A．0～10 min小林匀加速走去商店B．小林在商店停留了30 minC．商店距小林家400 m D．30～45 min小林匀减速回到家里解析：s－t图象中倾斜直线表示匀速运动，平行于t轴的直线表示位移不变即静止，商店到小林家的距离由图可直接得出400 m，C正确．答案：C45．一个物体受到4 N的力，获得1 m/s2的加速度，要使物体获得3 m/s2的加速度，需要施加的力是()A．8 N B．12 NC．14 N D．16 N解析：由牛顿第二定律得质量一定时，加速度与外力成正比，F2＝4 N×3 1＝12 N，B正确．答案：B46. 如图所示，马拖着一根树干在粗糙的水平地面上做加速直线运动，已知马对树干的拉力大小为F1，树干对马的拉力大小为F2，则有()A．F1>F2B．F1＝F2C．F1<F2D．无法确定解析：马与树干的相互作用是作用力与反作用力，根据牛顿第三定律知它们等大反向，B正确．答案：B47.如图所示，手拿起玻璃瓶，使瓶在空中处于静止状态，关于瓶的受力，下列说法中正确的是()A．滑动摩擦力，方向竖直向上B．静摩擦力，方向竖直向下C．摩擦力和重力是一对平衡力D．摩擦力和重力是作用力和反作用力解析：玻璃瓶在空中处于静止状态，静摩擦力与重力是一对平衡力，C正确．答案：C48．一物体受三个共点力的作用，可以使物体处于平衡状态的是()A．7 N、8 N、9 N B．8 N、2 N、11 NC．7 N、1 N、5 N D．10 N、1 N、1 N解析：三力作用下物体处于平衡状态，所受的合力为零．若任两个力的合力的范围包含第三个力，则这三个合力可能为零，A正确．答案：A49．如图所示，重为100 N的物体在水平面上向右运动，物体与水平面的动摩擦因数为0.2，与此同时物体受到一个水平向左的力F＝20 N，那么物体受到的合力为()A．0 B．40 N，水平向左C．20 N，水平向右D．20 N，水平向左解析：物体在水平面上向右运动，受到滑动摩擦力向左为20 N，与此同时物体受到一个水平向左的力F＝20 N，那么物体受到的合力为40 N，水平向左．答案：B50．如图所示，手表指针的运动可看作匀速运动，下列说法中正确的是()A．秒针、分针、时针转动周期相同B．秒针的角速度最大，时针的角速度最小C．秒针上A、B两点线速度一样大D．秒针上A、B两点向心加速度一样大解析：秒针、分针、时针的周期分别是60秒、60分钟、12小时，角速度与周期成反比，故秒针角速度最大，B正确．答案：B三、多项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题列出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求的，全部选对得3分，少选且正确得1分，未选、错选不得分)51. 如图所示，手用力向下压住架在两本书之间的尺子，尺子发生了弹性形变．手对尺子的压力为N，尺子对手的弹力为N′，下列表述正确的有()A．N和N′是一对作用力和反作用力B．N和N′是一对平衡力C．N和N′大小相等D．N大于N′解析：手对尺子的压力为N与尺子对手的弹力为N′是一对作用力与反作用力，总是等大反向，A、C正确．答案：AC52．我国发射的“神舟八号”飞船，进入预定轨道后绕地球做椭圆轨道运动，地球位于椭圆的一个焦点上，如图所示．飞船从A点运动到远地点B点的过程中，下列表述正确的有()A．地球引力对飞船不做功B．地球引力对飞船做负功C．飞船受到的引力越来越小D．飞船受到的引力越来越大解析：地球对飞船的引力指向地心，从A到B的过程是远离地球，引力做负功，根据万有引力定律知，引力与距离平方成反比，B、C正确．答案：BC53. 如图所示，线圈abcd横穿过磁场区域B时，以下所指的哪种情况下，线圈中有感应电流产生()A．线圈进入磁场的过程中B．线圈在磁场中平动C．线圈离开磁场的过程中D．线圈进入磁场后在它所在的平面内绕a点旋转解析：产生感应电流的条件是闭合电路的磁通量发生变化，A、C两种情形磁通量都发生了变化，会产生感应电流，A、C正确．答案：AC54．如图所示，用力F把铁块压在竖直墙上，此时重力为G的物体沿墙壁匀速下滑，若物体与墙壁之间的动摩擦因数为μ，则物体所受摩擦力的大小为()A．μF B．μF＋G C．G D．μG解析：物体沿墙壁匀速下滑，物体受的滑动摩擦力为μF与物体的重力平衡．答案：AC55．在高处的某一点将三个质量相同的小球以相同的速率v0分别做上抛、平抛、下抛运动，那么以下说法正确的是()A．从抛出到落地过程中，重力对它们所做的功都相等B．从抛出到落地过程中，重力对它们做功的平均功率都相等C．三个球落地时，重力的瞬时功率相同D．如果不考虑空气阻力，则从抛出到落地过程中，动能的变化相等解析：由于重力做功与路径无关，只是与初末位置高度差有关，三个小球初末位置高度差相同，所以重力做功都相等，A正确；三个球在空中运动时间不一样，它们时间关系是t上抛＞t平抛＞t下抛，而平均功率P＝Wt，所以平均功率不相等，B错；落地时三个球的速率相等，但速度方向不同，瞬时功率P瞬＝Fv cosα＝mgv cosα，上抛和下抛α＝0°，而平抛物体落地时α≠0°，故瞬时功率不相等，C错；根据动能定理，动能的变化等于重力所做的功，而重力做功相等，故D正确．答案：AD56. 下列说法中正确的是()A．通常用的干电池的电动势约为1.5 V ，铅蓄电池的电动势约为2 VB．教室里用的日光灯的规格一般是“220 V , 40 W ”C．电饭锅通电以后能把生米煮成熟饭，说明电流具有热效应D．在电流一定时，电阻越小，相同时间内发热越多解析：根据焦耳定律可知，电阻产生的热量Q＝I2Rt，D错，电饭锅利用了电流的热效应，照明电路采用220 V交流电，选A、B、C.答案：ABC57. 下列说法中正确的是()A．万有引力定律揭示了自然界物体间普遍存在着一种基本相互作用——引力作用规律B．卡文迪许用实验的方法证明了万有引力定律C．引力常量的单位是N·m2/kg2D．两个质量为1 kg的质点相距1 m时的万有引力为6.67 N解析：牛顿发现了万有引力定律，从而揭示了自然界物体间普遍存在着一种基本相互作用，卡文迪许用实验的方法测定了引力常量为G＝6.67×10－11 N·m2/kg2.答案：AC58. 如图所示，小明分别沿甲、乙两个光滑滑梯从同一高度由静止下滑到底端，在此过程中()A．甲、乙两过程重力做功不同B．机械能不守恒C．动能的增加量相同D．重力势能减少量相同解析：甲、乙两滑梯都是光滑的，小明沿任一滑梯滑下的过程都只有重力做功，机械能都守恒，重力势能的减小量总是等于动能的增加量，C、D正确．答案：CD59. 起重机竖直吊起质量为m的重物，上升的加速度是a，上升的高度是h，则正确的是()A．起重机对重物做的功等于重物动能的变化量B．重物所受合力对重物做的功等于重物动能的变化量C．重物受的合力对重物做的功等于重物机械能的变化量D．重物克服重力做的功等于重力势能的变化量解析：重物受到起重机拉力与重力的作用，根据动能定理，合力做功等于物体动能的变化量；而起重机对重物做的功等于物体机械能的变化量，B、D正确．答案：BD60. 对于正在正常工作的理想变压器，原线圈与副线圈相比较，一定相同的物理量是()A．电流B．电压C．频率D．功率解析：变压器是根据电磁感应原理制造，它能改变交流电的电压和电流，但不能改变交流电的频率和功率，C、D正确．答案：CD·物理·学业水平模拟检测卷(二)(测试时间：90分钟评价分值：100分)一、单项选择题Ⅰ(本大题共30小题，每小题1分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．下列说法中正确的是()A．麦克斯韦为经典力学做出了最重要的贡献B．牛顿认为力是改变物体运动状态的原因C．亚里士多德认为物体的运动不需要力来维持D．伽利略认为一切物体不受外力作用时都处于静止状态解析：伽利略用理想斜面实验得出了力不是维持运动的原因，牛顿创立了经典力学体系，并提出力是改变运动状态的原因，B正确．答案：B2．在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，以下说法正确的是() A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究奥运冠军郭晶晶的优美跳水动作时，可把郭晶晶视为质点C．研究神舟七号飞船绕地球运动的周期时，飞船可视为质点D．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点解析：研究“神舟七号”飞船绕地球运动的周期时，飞船可视为质点，C正确．答案：C3．下列对物体运动的描述，不是以地面为参考系的是()A．大江东去B．轻舟已过万重山C．夕阳西下D．飞花两岸照船红解析：飞花两岸照船红中是以船为参考系，D正确．答案：D4．关于瞬时速度，下列说法正确的是()A．是物体在某段时间内的速度B．是物体通过某一位置时的速度C．是物体在通过某一段位移过程中的速度D．是火车通过长江大桥的速度解析：瞬时速度是物体某一时刻或通过某一位置时的速度．答案：B5．运动员参加110米跨栏比赛，11秒末到达终点的速度为12 m/s，则全程的平均速度是()A．10 m/s B．11 m/s C．6 m/s D．12 m/s解析：平均速度等于位移与时间的比值，即v＝st＝11011m/s＝10 m/s，A正确．答案：A6．关于力、质量和加速度三个物理量，下列表述正确的是()A．力、质量和加速度都是矢量B．力和质量是矢量，加速度是标量C．力是矢量，质量和加速度是标量D．力和加速度是矢量，质量是标量解析：力和加速度都是矢量，质量是标量，D正确．答案：D7．国际单位制由基本单位和导出单位组成．下列物理单位属于基本单位的是()A．m/s B．N C．m D．J解析：国际单位制中选定七个基本单位，它们是长度(m)、质量(kg)、时间电流(A)、热力学温度(K)、发光强度(cd)、物质的量(mol)，C正确．答案：C8．做匀加速直线运动的物体，加速度是2 m/s2，以下说法正确的是() A．物体在第一秒末的速度为2 m/sB．物体在任一秒末的速度总是该秒初速度的两倍C．物体在任一秒末的速度总是比该秒初的速度大2 m/sD．物体在任一秒初的速度总是比前一秒末的速度大2 m/s解析：加速度表示物体速度的变化快慢，也表示了每秒钟速度的变化量，任一秒初与前一秒末是同一时刻，C正确．答案：C9．下列图象分别描述四个沿直线运动物体的运动情况，其中物体做匀变速直线运动的是()解析：位移时间图象的倾斜直线表示匀速运动，而速度时间图象表示匀变。

【金版学案】20142015学年高中物理第一节电磁波的发现同步检测试题新人教版选修11

"【金版学案】2014-2015学年高中物理第一节电磁波的发现同步检测试题新人教版选修1-1 "电磁波及其应用通过本章的学习，要了解有关电磁波的产生、发展、接收及相关应用，本章通过“电磁波的发现”定性地介绍了麦克斯韦的电磁场理论，并展现了存在电波的“伟大预言”的科学思辨过程；通过“赫兹的电火花”给出了对电磁波预言的验证方法及其工作意义．要使学生理解不同频率范围的电磁波服从电磁波的共同规律，但因为频率不同又各自具有某些特性和用途，知道电磁波具有能量，是一种物质．在电磁波发射和接收技术中，了解一些技术名词，如：“调制”“调幅”“调谐”“调频”“解调”等．知道电视、移动通信、互联网、传感器等实际应用和简单原理．感受信息时代来临对人类生产生活带来的巨大影响，科学技术对经济、社会发展的贡献．第一节电磁波的发现►基础巩固1．(多选)关于电磁场的理论，下列说法正确的是( )A．变化的电场周围产生的磁场一定是变化的B．变化的电场周围产生的磁场不一定是变化的C．均匀变化的磁场周围产生的电场也是均匀变化的D．按照正弦函数规律变化的振荡电场周围产生的磁场是变化的磁场解析：根据麦克斯韦电磁场理论，如果电场的变化是均匀的，产生的磁场就是稳定的．如果电场的变化是不均匀的，产生的磁场就是变化的，A选项错，B选项正确；均匀变化的磁场产生稳定的电场，C选项错；按照正弦函数规律变化的振荡电场，因为电场不是均匀改变的，所以在其周围空间一定产生同频率的变化的磁场，故D选项正确．答案：BD2．(多选)下列说法中正确的是( )A．电磁感应现象是法拉第发现的B．建立完整的电磁理论的科学家是麦克斯韦C．最早预见到电磁波存在的科学家是麦克斯韦D．麦克斯韦最早用实验证实电磁波的存在答案：ABC3．(单选)关于电磁波在真空中的传播速度，以下说法正确的是( )A．电磁波的频率越高，传播速度越大B．电磁波的波长越长，传播速度越大C．电磁波的能量越大，传播速度越大D．所有电磁波在真空中的传播速度都相等解析：电磁波在真空中的传播速度为光速，与其他因素无关．答案：D4．(多选)按照麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( )A．稳定的电场周围产生稳定的磁场，稳定的磁场周围产生稳定的电场B．变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场C．均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场D．均匀变化的电场周围产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场解析：只有变化的电场(磁场)周围才能产生磁场(电场)，并且均匀变化的电场(磁场)周围产生的磁场(电场)是稳定的．所以B、D选项正确．答案：BD5．(多选)关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是( )A．有电磁场就有电磁波B．电磁波的传播需要介质C．电磁波能产生干涉和衍射现象D．电磁波中电场和磁场的方向处处相互垂直解析：电磁场由近及远的传播形成电磁波，电磁波在传播过程中，电场、磁场以及传播方向三者相互垂直，电磁波是一种波，它具有波的一切特征，它能发生反射、折射、干涉、衍射等现象，电磁波在真空中的速度最大，它的传播不需要介质．答案：CD6．(单选)如下图所示是某一固定面的磁通量的变化图象，在它周围空间产生的电场中的某一点场强E应是( )A．逐渐增强 B．逐渐减弱C．不变 D．无法确定解析：由图象可知，磁场在均匀变化，故在磁场周围产生的电场是稳定不变的．答案：C7．(多选)电磁波与机械波相比，以下说法正确的是( )A．电磁波可以在真空中传播B．机械波也可以在真空中传播C．机械波可以传递能量D．电磁波可以离开波源继续传播答案：ACD8．(单选)某电路中电场随时间变化的图象如下列图所示，能发射电磁波的电场是( )解析：由麦克斯韦电磁场理论，当空间出现恒定的电场时(如A图)，由于其不激发磁场，故无电磁波产生；当出现均匀变化的电场(如B图、C图)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会再在较远处激发起电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如D图)，才会激发出周期性变化的磁场，其又激发出周期性变化的电场……如此不断激发，便会形成电磁波．答案：D►能力提升9．(单选)手机A有号码是133××××0002，手机B的号码是133××××0008.手机A拨手机B时，手机发出响声且屏上显示A的号码“133××××0002”，若将手机A置于一透明真空玻璃罩中，用手机B拨叫手机A，则玻璃罩外面的人发现手机A( ) A．发出响声，并显示B的号码“133××××0008”B．不发出响声，但显示B的号码“133××××0008”C．不发出响声，但显示A的号码“133××××0002”D．既不发出响声，也不显示号码解析：声波为机械波，传播需要介质，在真空中不能传播；光波、手机发射的信号均为电磁波，故用手机B拨叫手机A时，玻璃罩外的人能看到A手机显示的B手机号码，但听不到声音，故B正确．答案：B10．(多选)关于电磁场和电磁波，正确的说法是( )A．只要空间某个区域有变化的电场或磁场，就能产生电磁波B．只要电磁波的发射器停止震荡，产生的电磁波立即消失C．变化的电场和磁场总是相互联系的，构成一个不可分离的统一体，即电磁场D．周期性变化的电场能激发相同频率的磁场答案：CD。

【金版学案】2014-2015学年高中物理(知识结构+学习测评)第三章章末知识整合粤教版选修1-1

【金版学案】2014-2015学年高中物理（知识结构+学习测评）第三章章末知识整合粤教版选修1-1一、单项选择题Ⅰ(每小3分，共60分)1．发电机应用的原理是( )A．电流的磁效应B．磁场对电流的作用C．麦克斯韦电磁场理论D．电磁感应答案：D2．电动机应用的原理是( )A．电流的磁效应B．磁场对电流的作用C．麦克斯韦电磁场理论D．电磁感应答案：B3．最早提出电磁波是物质存在的一种形式的科学家是( ) A．法拉第 B．奥斯特C．麦克斯韦 D .赫兹答案：C4．第二次工业革命的重要标志是( )A．发现了电磁波B．发明了电机C．发明了热机D．发明了互联网答案：B5．下列能源中不属于一次能源的是( )A．煤炭 B．煤气C．石油 D．天然气答案：B6．下列关于电磁波的说法中，正确的是( )A．法拉第预言电磁波的存在B．赫兹预言电磁波的存在C．麦克斯韦预言电磁波的存在D．爱因斯坦预言电磁波的存在解析：麦克斯韦提出电磁场理论，并预言电磁波的存在，赫兹首先用实验证实了电磁波的存在，法拉第发现了电磁感应现象，选C.答案：C7．无线电广播和电视都是靠电磁波传播信息的，若它们在真空中传播时具有相同的是( )A．波长 B．频率 C．波速 D．能量解析：任何电磁波在真空传播速度都是相同的，电磁波在真空中传播速度为3×108m/s，选C.答案：C8．下列属于新能源的是( )A．煤 B．石油C．天然气 D．太阳能解析：煤、石油、天然气是常规能源，太阳能是新能源，故D正确．答案：D9．手机是现代人们最常用的通信工具之一，手机间通讯和收发信息是利用( )A．微波传送 B．超声波传送C．光纤传送 D．空气传送答案：A10．实现了电能向机械能转化，极大地提高了劳动生产率，促进了社会生产力的发展的发明是( )A．发电机 B．电动机 C．电磁波 D．电池解析：电机的发明是第二次工业革命的重要标志，而电机中的电动机是把电能转化为机械能的装置，选B.答案：B11．关于地球同步卫星，下列说法正确的是( )A．运行周期是一年B．运行周期是一个月C．绕地球运行的速度等于第一宇宙速度D．在赤道上方一定高度的轨道运行解析：地球的同步卫星是指在赤道上方一定高度，运动周期与地球自转周期相同的卫星，由于它的运动周期与地球相同，地球的自转周期为24小时．第一宇宙速度是环绕地球运动的最大速度，离地面越高，运动速度越小，选D.答案：D12．下列不是电磁辐射污染源的是( )A．变电站 B．电视台C．微波炉 D．电冰箱答案：D13．火星探测器从火星向地球发回成功着陆的信号，发回的信号属于( )A．电磁波 B．声波C．超声波 D．次声波答案：A14．有一些银行的大门能“看到”人的到来或离开而自动开或关，这些门上安装了( )A．生物传感器 B．红外线传感器C．压力传感器 D．温度传感器解析：大门能看到人的原因是因为人是一个红外线源，当人靠近大门时或离开时，红外线强度发生了变化，红外线传感器能感受到而自动开或关门．选B.答案：B15．温度传感器的主要元件是热敏电阻器，利用的是( )A．电阻随压力的变化而变化的特点B．电阻随温度的变化而变化的特点C．电阻随光的变化而变化的特点D．电阻随介质的变化而变化的特点答案：B16．下列说法正确的是( )A．雷达是利用电磁波进行测距定位的仪器B．雷达仅是利用电磁波进行测距的仪器C．雷达仅是利用电磁波进行定位的仪器D．雷达是利用紫外线进行工作的仪器答案：A17．下列用电器中，应用了温度传感器的是( )A．电视机的遥控器B．天黑自动开启的路灯C．夜间有声音时就亮的楼梯灯D．家用电冰箱答案：D18．下列关于电话的发明的说法中正确的是( )A．爱迪生发明了电话 B．法拉第发明了电话C．贝尔发明了电话 D．马可尼发明了电话答案：C19．下列说法不正确的是( )A．电力、电子设备都向外辐射电磁波B．在飞机上使用手机、电脑会干扰飞机的通信系统C．电磁污染对生物体不可能有损害D．电能是当今社会的主要能源答案：C20．下列应用了温度传感器的是( )A．电视遥控器 B．话筒C．电子秤 D．电饭煲答案：D二、单项选择题Ⅱ(每小题4分，共24分)21．全自动洗衣机使用的传感器是( )A．超声传感器B．温度传感器C．压力传感器D．红外线传感器解析：全自动洗衣机利用了压力传感器来控制进水和排水，从而实现自动化控制．选C.答案：C22．电视机在换台时，实际上是在改变( )A．电视台的发射频率B．电视机的接收频率C．电视台发射的电磁波的速度D．电视机接收的电磁波的速度解析：电视机换台实质上是选取不同频道的电视信号，不同频道的电磁波频率不同，选B.答案：B23．下列不属于电磁污染源的是( )A．摆钟B．广播系统的发射设备C．高压输变电系统D．通信设备解析：摆钟不存在电磁污染，故A正确．广播系统的发射设备、高压输电变电系统、通信设备都是电磁污染源，故C、D错误．答案：A24．关于无线电广播的过程，下列说法不正确的是( )A．从发射到接收信号联系的桥梁就是电磁波B．收音机上的“调谐”旋钮就是起选台作用的C．每个电台都只能使用特定频率的电磁波发射信号D．调谐器和放大器出现在发射端解析：调谐器和放大器都是在接收端，不在发射端，故D错误．答案：D25．下列说法不正确的是( )A．发射出去的无线电波可以传到无限远处B．移动电话是利用无线电波进行通信的C．真空中电磁波的速度等于光速D．只要三颗通信卫星发射信号就几乎可以覆盖整个地球的表面解析：发射出去的无线电波的能量是有限的，同时受高山、高大建筑物阻隔，不可以传到无限远处，故A错误．答案：A26．雷达的定位是利用自身发射的( )A．红外线 B．次声波C．电磁波 D．光波答案：C三、多项选择题(每小题4分，共16分)27．下列能源中属于可再生能源的是( )A．水能 B．风力 C．石油 D．潮汐能答案：ABD28．下列家用电器中，会产生电磁辐射的是( )A．白炽灯 B．手电筒C．日光灯 D．电视机解析：日光灯能产生紫外线，电视机产生高频的电磁波，这些都是频率高能量大的电磁波，都具有较强的电磁辐射．选CD.答案：CD29．电动机是将电能转化为机械能的设备，下列使用了电动机的电器是( )A．电饭煲 B．电风扇C．洗衣机 D．电热水器解析：电风扇和洗衣机都是把电能转化为机械能的电器设备，而电饭煲和电热水器都是利用电能转化为内能，即发热的电器设备，故B、C正确．答案：BC30．关于电磁技术的发展史，下列说法正确的是( )A．公元前585年，古希腊哲学家泰勒斯记载了用木块摩擦过的琥珀能吸引碎草等轻小物体的现象B．法拉第发现了电流的磁效应C．特斯拉发明了白炽灯D．19世纪末期，莫尔斯发明的电报和贝尔发明的电话，改变了人类的信息交流方式解析：奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误．爱迪生发明了白炽灯，特斯拉发明了交流发电机，故C错误，选A、D.答案：AD。

【金版学案】2015届高考物理二轮专题复习第2课电学实验课时过关检测试题(A卷)

【金版学案】2015届高考物理二轮专题复习第2课电学实验课时过关检测试题(A卷)1．用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b位置，如图所示．(1)若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和b的相应读数各是多少？请填在表格中．指针位置选择开关所处挡位读数a 直流电流100 mA __________ mA 直流电压 V __________ Vb 电阻×10 Ω__________ Ω(2)欧姆挡是__________(选填“×10”“×100”或“×1 k”)．解析：(1)选择开关处于直流100 mA，则a读数为 mA.选择开关处于直流 V，则a读数为 V．选择开关处于电阻“×10”挡，则b读数为40 Ω.(2)测×103Ω的电阻应选择“×100”挡．答案：(1) 40 (2)×1002．在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格为“ V，0.3 A”．合上开关S后，无论怎样移动滑动片，A、B灯都不亮．(1)用多用电表的直流电压挡检查故障，①选择开关置于下列量程的________挡较为合适(用字母序号表示)；A． V B．10 VC．50 V D．250 V②测得c、d间电压约为 V，e、f间电压为0，则故障是________；A．A灯丝断开 B．B灯丝断开C．d、e间连线断开 D．B灯被短路(2)接着用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过“欧姆调零”．①测试前，一定要将电路中的开关S________；②测c、d间和e、f间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为________ Ω，此时测量的是________间电阻．根据小灯泡的规格计算出的电阻为________ Ω，它不等于测量值，原因是：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：(1)①由于四节干电池串联的总电动势为10 V ，故选B ；②c、d 间电压约为 V ，说明c 、d 间有断路，即A 灯丝断开；(2)①要用欧姆挡测试，必须断开外电路；②6 Ω； Ω.原因：金属丝的电阻率随温度的升高而增大，利用R ＝U I算出小灯泡的电阻是在较高温度下正常发光时的电阻，而用欧姆表测量的电阻是小灯泡常温下的阻值，故不相等．答案：(1)①B ②A (2)①断开 ②6 e 、f 原因见解析3．为了测定光敏电阻R x 的光敏特性．(1)某同学使用多用表“×100”的欧姆挡测其在正常光照下的大致电阻，示数如图甲所示，则所测得的阻值R x ＝_________ Ω；(2)为了比较光敏电阻在正常光照射和强光照射时电阻的大小关系，采用伏安法测电阻得出两种“U I”图线如图乙所示，由图线可知正常光照射时光敏电阻阻值为_______________ Ω，强光照射时光敏电阻阻值为_______________ Ω；(3)若实验中所用电压表内阻为5 k Ω，电流表内阻为100 Ω，考虑到电表内阻对实验结果的影响，图丙电路对_______________(填“正常光”或“强光”)照射时测得的误差较小．请根据图丙将图丁中的仪器连接成完整实验电路．解析：(3)由于图丙测量低阻时误差较小，故图丙电路对强光照射的光敏电阻较好．答案：(1)3 200 (2)3 000 200 (3)强光实物连接如图所示4．小明同学用下列器材描绘额定电压为 V的小灯泡伏安特性图线(要求电压变化从零开始)，并研究小灯泡实际功率及灯丝温度等问题．A．电流表(0.6 A，1 Ω)B．电压表(3 V，1 kΩ)C．滑动变阻器(10 Ω，1 A)D．电源(4 V，内阻不计)(1)用笔画线代替导线，将图中的仪器连成完整的实验电路．(2)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端．(3)闭合开关，变阻器的滑片向b端移动，电压表的示数逐渐增大，电流表指针却几乎不动，则电路的故障为__________________________________．(4)排除故障后，小明完成了实验，并由实验数据画出小灯泡I U图象如图中实线所示．由图可确定小灯泡在电压为 V时实际功率为______________W．(保留两位有效数字)(5)若IU图中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线，与实践相比，虚线________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)才是其真实的伏安特性曲线．答案：(1)连线如下图所示(2)a (3)小灯泡断路(4) (5)Ⅱ5. (2013·广州二模)在“测定电源电动势和内阻”的实验中，提供了如图甲、乙、丙所示的三组器材．(1)请把能完成实验的器材都连成电路．(2)某同学根据他的实验数据作出了如图丁所示的图象，由此可知该同学选用的是__________(选填“甲”“乙”或“丙”)组器材进行实验．根据图象可算出电源的电动势E ＝__________V ，内阻r ＝__________ Ω.(忽略电表内阻的影响，结果保留两位有效数字)解析：(1)无法用多用电表测电池的内阻，甲图不能完成该实验．乙、丙连接如图．(2)由于作出的是R 1I图线，说明能读出电阻数据，故采用的是丙组器材进行的实验，由闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋r 得R ＝1I E －r ；所以R 1I图线的斜率表示电池的电动势E ，纵轴截距的负值表示电池内阻，由图知E ＝13－610－5＝ V ，r ＝ Ω. 答案：(1)见解析 (2)丙6．(2013·北京卷)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x 的阻值．(1)现有电源(4 V ，内阻可不计)，滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)，开关和导线若干以及下列电表．A ．电流表(0～3 A ，内阻约 Ω)B ．电流表(0～0.6 A ，内阻约 Ω)C ．电压表(0～3 V ，内阻约3 k Ω)D ．电压表(0～15 V ，内阻约15 k Ω)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用__________，电压表应选用__________(选填器材前的字母)；实验电路应采用图中的__________(选填“甲”或“乙”)．(2)如图是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线．(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U.某次电表示数如图所示，可得该电阻的测量值R x ＝U I＝__________ Ω.(保留两位有效数字)(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________；若在(1)问中选用乙电路，产生误差的主要原因是__________(选填选项前的字母)．A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值C ．电压表测量值小于R x 两端的电压值D ．电压表测量值大于R x 两端的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两端的电压U 也随之增加，下列反映U －x 关系的示意图中正确的是__________．解析：(1)由于电源电动势为4 V ，15 V 的电压表量程太大，读数误差太大，故电压表应选C ；当电压表满偏时，电路中的最大电流约为I m ＝U R x ＝0.6 A ，电流表应选B ；又因为R V R x＝600≫R x R A＝40，电流表应外接，故电路应选甲． (2)根据电路图甲进行实物连接，如图所示．(3)根据电表读数I ＝0.50 A ，U ＝ V ，则被测电阻为R x ＝U I＝ Ω. (4)甲图中电流表测量的是流过被测电阻与电压表的电流之和，故B 正确；乙图中电压表测量的是被测电阻与电流表的电压之和，故D 正确．(5)由于随着滑片的移动，R x 两端的电压增大，说明电路中电流增大，变阻器接入电路的电阻减小，设变阻器的最大电阻为R ，单位长度电阻丝阻值为k ，则R x 两端的电压为U ＝ER x R x ＋R －kx，由此得随x 的增大，U 增大，但不是简单的线性关系，又当x ＝0时，U 最小，且U ＝ER x R x ＋R>0，随x 的增大，电压的变化加快，故A 正确．答案：(1)B C 甲 (2)见解析图 (3)(4)B D (5)A。

【金版学案】2014-2015学年高中物理-第2章-磁场章末过关检测卷-新人教版选修1-1

【金版学案】2014-2015学年高中物理-第2章-磁场章末过关检测卷-新人教版选修1-1第二章磁场(测试时间：50分钟评价分值：100分) 补充说明：凡是题目序号后面没有说明“多选”的，一律为单选题本检测卷共25个选择题，每个题4分，共100分．1．下列说法中不正确的是( )A．电场线一定是从正电荷出发，终止于负电荷；磁感线一定是从N极出发，终止于S极B．正电荷在电场中受到的电场力的方向即为该点电场强度的方向；小磁针在磁场中N极受到的磁场力的方向即为该点磁场的方向C．电场线上某点的切线方向即是该点电场强度的方向；磁感线上某点的切线方向即是该点的磁场的方向D．电场线越密的地方电场强度越强；磁感线越密的地方磁场越强解析：磁感线是封闭曲线，在磁体外部是由N极指向S极，而在磁体内部则是由S极指向N 极，而电场线是由正电荷出发终止于负电荷，或从正电荷出发终止于无穷远，或从无穷远出发终在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线，如右图所示，四根导线中电流I4＝I3>I2>I1，要使O点磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流( )A．I1 B．I2C．I3 D．I4解析：根据安培定则，I1、I2、I3、I4在O 点的磁场方向分别为垂直纸面向里、向里、向里、向外，且I3＝I4，知切断I4可使O点的磁场增强．不同电流在同一区域产生的磁场要发生叠加，同向磁场互相加强，异向磁场互相减弱．答案：D6．长直螺线管中通有电流，沿螺线管中心轴线射入一电子，若螺线管中电流增大，方向不变，电子在螺线管中心轴线上的运动情况是( )A．做匀速直线运动 B．做变加速直线运动C．做变减速直线运动 D．做间距变大的螺旋运动解析：长直螺线管中心轴线处的磁场是沿轴线的，所以若电子沿轴线射入，其速度方向与磁场方向平行，故不受洛伦兹力，而做匀速直线运动．答案：A7．(多选)一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如右图所示的匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒受到的重力．欲使悬线中张力为零，可采用的方法有( )A．适当增大电流，方向不变B．适当减小电流，并使它反向C．电流大小、方向不变，适当增强磁场D．使原电流反向，并适当减弱磁场解析：由左手定则可知，导线受到向上的安培力，大小F＝BIL，则欲使悬线中张力为零，可增大磁场或增大电流．答案：AC8．带正电荷q的粒子(不计重力)进入匀强磁场中，能在磁场中受力发生垂直纸面向内偏转的是( )解析：A、B两幅图中，粒子的运动方向平行于磁场线不受洛伦兹力，不偏转．利用左手定则，磁场穿过掌心，四指指向正电荷的运动方向，拇指所指的方向为受力方向，所以选项D正确．答案：D9．小磁针放置在匀强磁场中，小磁针静止时的指向正确的是( )解析：小磁针静止时，N极指向为磁场的方向，所以只有选项B正确．答案：B10．通电螺线管和条形磁铁的磁场类似，两端分别为N极、S极，假设在通电螺线管内部有一点A，通过A点的磁感线方向一定是( ) A．从螺线管的N极指向S极B．放在该点的小磁针S极的指向C．从螺线管的S极指向N极D．放在该点的一小段通电导线的受力方向解析：在外部磁感线由N极指向S极在内部磁感线由S极指向N极．答案：C11．一小磁针放置在某磁场(未标出方向)中，让小磁针晃动后静止时的指向如图所示．下列分析正确的是( )A．N极指向该点磁场方向 B．S极指向该点磁场方向C．该磁场是匀强磁场 D．a点的磁场方向水平向右解析：小磁针静止时N极的指向就是该点磁场的方向，所以选项A正确，B错误．由于磁场的磁感线疏密不是均匀的，所以不是匀强磁场，所以C错误．磁感线的切线方向是磁场方向，由图知a点的磁场方向不是水平向右的，所以选项D错误．答案：A12．(2013·广东省学业水平考试)当直导线通以垂直纸面向外的恒定电流时，小磁针静止时指向正确的是( )解析：导线的电流垂直纸面向外，根据右手定则，导线外围的磁感线环绕的方向为逆时针，所以A选项正确．答案：A13．如图所示是用“洛伦兹力演示仪”演示时的两幅照片，忽略地磁场的影响，下列说法正确的是( )A．甲图中的电子束不受洛伦兹力B．乙图中的电子束不受洛伦兹力C．甲图中的电子束处在垂直纸面的磁场中D．乙图中的电子束处在平行纸面的磁场中解析：据左手定则知，电子在磁场中所受洛伦兹力方向与电子运动速度方向必垂直，所以在受洛伦兹力情况下不可能做直线运动，所以A项正确，C项错误；乙图中电子做匀速圆周运动，所以必受洛伦兹力作用，且洛伦兹力与磁场垂直，所以B、D项错．答案：A14．带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理可运用于各种科学实验和电器中．下面没有利用到此物理原理的有( )解析：磁流体发电机、电子显像管和回旋加速器都利用了磁场对运动电荷有洛伦兹力的原理，洗衣机是将电能转化成机械能的设备．答案：D15．如图所示，匀强磁场中有一通电直导线，关于导线受到的安培力F，下列判断错误的有( )A．F方向向上B．F与电流大小有关C．F与磁感应强度大小有关D．F与导线在磁场中的长度有关解析：通电导线在磁场中受到安培力的作用，根据公式F＝BIL可知，选A项．答案：A16．空间中有一根水平放置的直导线，在它的周围放有四个小磁针，小磁针N极指向与导线平行，下列说法正确的是( )A．在通电瞬间，只有导线下方的小磁针会发生偏转B．在通电瞬间，只有导线上方和下方的小磁针会发生偏转C．在通电瞬间，导线周围的四个小磁针都会发生偏转D．在通电瞬间，导线周围的四个小磁针都不会发生偏转解析：根据奥斯特实验可知，电流周围存在磁场，小磁针原来的方向与导线平行，通电后，周围的磁场沿垂直导线的方向，所以四个小磁针都要发生偏转．故C正确．答案：C17．电动机是将电能转换为机械能的设备．下列没有使用电动机的电器是( ) A．电热水壶 B．电风扇C．洗衣机 D．抽油烟机解析：电风扇、洗衣机、抽油烟机都利用了电动机，是将电能转换为机械能的设备．电热水壶是利用了电流的热效应，是将电能转化为热能的设备，所以选项A正确．答案：A18．下列哪种设备实现了电能转换为机械能，从而极大地促进了社会生产力发展( ) A．发电机 B．电动机 C．电饭锅 D．电磁炉解析：发电机是将机械能转化成电能的设备，电动机是将电能转化成机械能的设备，电饭锅是将电能转化成热能的设备，电磁炉是将电能转化成热能的设备，所以只有选项B正确．答案：B19．如图所示，带电粒子垂直进入匀强磁场．下列判断正确的是( )A．粒子向左偏转 B．粒子向右偏转C．粒子垂直纸面向里偏转 D．粒子垂直纸面向外偏转解析：根据左手定则：让磁场穿入掌心，四指指向正电荷的运动方向，拇指所指的方向为洛伦兹力的方向，此时拇指垂直纸面向外，所以选项D正确．答案：D20．一通电直导线用细线悬挂于匀强磁场中，磁场及电流方向如图所示．通电导线所受安培力的方向是( )A．水平向左 B．水平向右C．竖直向上 D．竖直向下解析：根据左手定则：让磁场穿入掌心，四指指向电流方向，拇指所指的方向为安培力的方向，此时拇指竖直向下表示安培力方向，所以选项D正确．答案：D21．如图所示，小磁针放置在螺线管轴线的左侧．闭合电路后，不计其他磁场的影响，小磁针静止时的指向是( )A．N极指向螺线管 B．S极指向螺线管C．N极垂直于纸面向里 D．S极垂直纸面向里解析：闭合电路后，根据安培定则可知，螺线管的左端是S极，所以小磁针静止时其N极指向螺线管，故选项A正确．答案：A22．关于电视电脑显示器的工作原理，下列说法中正确的是( )A．没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的中心，荧光屏的中心出现一个亮点B．没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的边缘，荧光屏的边缘出现一系列的亮点C．有外加平行磁场时，电子枪发出的电子束将发生偏转D．使电子束发生偏转的力是安培力解析：当没有外加磁场时，电子枪发出的电子束将轰击在荧光屏的中心，A正确，B错误；外加平行磁场时，电子不受洛伦兹力作用，不会发生偏转，C错误；使电子束发生偏转的力是洛伦兹力，D错误．答案：A23．如图所示是用阴极射线管演示电子在磁场中受洛伦兹力的实验装置，图上管中虚线是电子的运动轨迹，那么下列相关说法中正确的是( )A．阴极射线管的A端应接正极B．C端是蹄形磁铁的N极C．无法确定磁极C的极性D．洛伦兹力对电子做正功解析：阴极射线管的A端发射电子，应接负极，所以A选项错误．根据左手定则，四指指向B端，与电子运动方向相反，大拇指指向下方，与洛伦兹力方向相同，因此手心正对磁极C，磁感线穿过手心，则必须从磁极C出发，因此磁极C为蹄形磁铁的N极，B选项正确，C选项错误．洛伦兹力对电子是不做功的，因此D选项错误．答案：B24．一根长为0.2 m，电流为2 A的通电导线，放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，受到磁场力的大小不可能是( )A．0.4 N B．0.2 N C．0.1 N D．0 N解析：据安培力的定义，当磁感应强度B与通电电流I方向垂直时．磁场力有最大值，为F ＝BIL＝0.5×2×0.2 N＝0.2 N．当两方向平行时，磁场力有最小值，为零．随着二者方向夹角的不同，磁场力大小可能在0.2 N与0之间取值．答案：A25．(2013·广东省学业水平考试)(多选)如图所示，金属棒MN放置在处于匀强磁场中的两条平行金属导轨上，与金属导轨组成闭合回路，当回路通有电流(电流方向如图中所示)时，关于金属棒受到安培力F的方向和大小，下列说法中正确的有( )A．F方向向右 B．F方向向左C．增大电流强度，F增大 D．增大磁感应强度，F减少解析：这是带电导体在磁场中受力的问题，由左手定则，可知A选项正确，B选项错误；由F＝BIL可知，C选项正确，D选项错误．答案：AC21。

2015届高考物理大一轮总复习磁场阶段示范性金考卷(含解析)

【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习磁场阶段示范性金考卷（含解析）本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在第1、2、4、6、7、9、10、12小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第3、5、8、11小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点O所产生的磁感应强度的大小为B.下列说法正确的是( )A. O点的磁感应强度大小为2BB. O点的磁感应强度大小为5BC. O点的磁感应强度方向水平向右D. O点的磁感应强度方向沿OI3方向指向I3解析：由安培定则可知电流大小为I3的导线在O点产生的磁感应强度方向垂直于O点指向I2，同样由安培定则可知I1与I3在O处磁感应强度相同，I2在O点磁感应强度方向指向I3.由平行四边形定则可得B0＝B＋B2＋B2＝5B，设方向与OI3连线夹角为α，可得tanα＝2BB＝2，所以α＝arctan2.答案：B2. 如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L、质量为m的直导线，当通以电流I时，欲使导线静止在斜面上，外加匀强磁场B的大小和方向可能是( )A. B＝mg tanα/(IL)，方向垂直斜面向上B. B＝mg sinα/(IL)，方向垂直斜面向下C. B＝mg tanα/(IL)，方向竖直向上D. B＝mg/(IL)，方向水平向右解析：当磁场方向垂直斜面向上时，由左手定则可知，安培力方向沿斜面向下，导线不可能静止，A错误；同理可知C、D错误；磁场方向垂直斜面向下时，安培力沿斜面向上，由平衡条件得：BIL ＝mg sin α，解得B ＝mg sin αIL，故答案为B. 答案：B 3. [2014·广州实验中学检测]如图所示，放在台秤上的条形磁铁两极未知，为了探明磁铁的极性，在它中央的正上方固定一导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )A ．如果台秤的示数增大，说明磁铁左端是N 极B ．如果台秤的示数增大，说明磁铁右端是N 极C ．无论如何台秤的示数都不可能变化D ．如果台秤的示数增大，台秤的示数随电流的增大而增大解析：如果台秤的示数增大，说明导线对磁铁的作用力竖直向下，由牛顿第三定律知，磁铁对导线的作用力竖直向下，根据左手定则可判断，导线所在处磁场方向水平向右，由磁铁周围磁场分布规律可知，磁铁的左端为N 极，选项A 正确，选项B 、C 错误．由F ＝BIL 可知选项D 正确．答案：AD4. 如图所示，一个带正电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场中，现给滑环一个水平向右的瞬时作用力，使其开始运动，则滑环在杆上的运动情况不可能的是( )A. 始终做匀速运动B. 始终做减速运动，最后静止于杆上C. 先做加速运动，最后做匀速运动D. 先做减速运动，最后做匀速运动解析：给滑环一个瞬时作用力，滑环获得一定的速度v ，当qvB ＝mg 时，滑环将以v 做匀速直线运动，故A 正确．当qvB <mg 时，滑环受摩擦阻力做减速运动，直到停下来，故B 正确．当qvB >mg 时，滑环先做减速运动，当减速到qvB ＝mg 后，以速度v ＝mg qB做匀速直线运动，故D 对．由于摩擦阻力作用，滑环不可能做加速运动，故C 错，应选C.答案：C5. [2013·山西四校联考]如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入．下面判断正确的是( )A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B. 两电子在磁场中运动的时间一定不相同C. 进入圆形磁场区域的电子一定先飞离磁场D. 进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场解析：两个电子以相同的速度分别飞入两个磁感应强度相同的磁场区域，两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同，A正确；当运动的轨道半径等于圆形磁场区域的半径时，两电子在磁场中运动的时间都为T/4，时间相同，B错误；进入圆形磁场区域的电子不一定先飞离磁场，二者可能同时飞出磁场，进入圆形磁场区域的电子一定不会后飞离磁场，C错误，D正确．答案：AD6. 如图所示，一个带负电的物体由粗糙绝缘的斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时速度将( )A. 大于vB. 小于vC. 等于vD. 无法确定解析：由左手定则判断带负电的物体沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使物体与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端的过程中克服摩擦力做的功增多，根据动能定理可知，滑到底端时的动能小于无磁场时滑到底端的动能，故速率变小．答案：B7. [2014·江西景德镇]如图所示是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N 孔射出的离子( )A. 是正离子，速率为kBR /cos αB. 是正离子，速率为kBR /sin αC. 是负离子，速率为kBR /sin αD. 是负离子，速率为kBR /cos α解析：根据左手定则可判断出，从N 孔射出的离子是正离子，从N 孔射出的离子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹所对圆心角等于入射离子的偏向角2α，如图所示，根据几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r ＝R /sin α，根据洛伦兹力提供向心力得，Bvq ＝mv 2r ，解得，v ＝kBR /sin α，B 项正确．答案：B8. [2014·江西重点中学联考]如图所示，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I ，则下列说法正确的是( )A. 导电圆环有收缩的趋势B. 导电圆环所受安培力方向竖直向上C. 导电圆环所受安培力的大小为2BIRD. 导电圆环所受安培力的大小为2πBIR解析：若导线圆环上载有如图所示的恒定电流I ，由左手定则可得导线圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ，选项AB 正确．答案：AB9. 如图所示，有a 、b 、c 、d 四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，它们的质量关系有m a ＝m b <m c ＝m d ，以不等的速率v a <v b ＝v c <v d 进入速度选择器后，有两个离子从速度选择器中射出，进入磁感应强度为B 2的磁场，另两个离子射向P 1和P 2.由此可判定( )A. 射向P 1的是a 离子B. 射向P 2的是b 离子C. 射向A 1的是c 离子D. 射向A 2的是d 离子解析：通过在磁场中的偏转轨迹知，离子带正电．在速度选择器中，有qE ＝qvB .v ＝E B，只有速度满足一定值的离子才能通过速度选择器．所以只有b 、c 两离子能通过速度选择器．a 的速度小于b 的速度，所以a 受到的电场力大于洛伦兹力，a 向P 1偏转，故A 正确、B 错误；b 、c 两离子通过速度选择器进入磁感应强度为B 2的磁场中，根据r ＝mv qB知，质量大的半径大，故射向A 1的是b 离子，射向A 2的是c 离子，故C 、D 错误．答案：A10. 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．板MN 下方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场．板上有一小孔O 和宽为d 的缝AC ，小孔与缝左端A 的距离为L .一群质量为m 、电荷量为q ，具有不同速度的粒子从小孔垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A. 这些粒子从缝射出的速度方向不一定垂直于MNB. 从缝右端C 点射出的粒子比从缝左端A 点射出的粒子在磁场中运动的时间长C. 射出粒子的最大速度为L ＋d Bq mD. 保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变解析：由几何关系可知，当粒子垂直于MN 射入磁场时，一定以垂直于MN 的方向射出磁场，在磁场中运动的时间与速度大小无关，故选项A 、B 错误；射出粒子的最大半径为R ＝L ＋d 2，由Bqv ＝m v 2R 得最大速度为L ＋d Bq 2m ，选项C 错误；最小速度为LBq 2m，最大速度与最小速度之差Δv ＝dBq 2m，与L 无关，故选项D 正确．答案：D11. [2014·江苏扬州中学高三质检]如图所示，直角三角形ABC 中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB 方向自A 点射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )A ．从P 射出的粒子速度大B ．从Q 射出的粒子速度大C ．从P 射出的粒子，在磁场中运动的时间长D ．两粒子在磁场中运动的时间一样长解析：作出各自的轨迹如图所示，根据圆周运动特点知，分别从P 、Q 点射出时，速度方向与AC 边夹角相同，故可判定从P 、Q 点射出时，半径R 1<R 2，所以从Q 点射出的粒子速度大，B 正确；根据图示可知，两个运动轨迹所对应的圆心角相等，所以从P 、Q 点射出时，两粒子在磁场中的运动时间相等．BD 正确．答案：BD12. 如图所示，有一长方体金属块放在垂直表面C 的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，金属块的厚度为d ，高为h ，当有稳恒电流I 沿平行平面C 的方向通过金属块时，金属块上、下两面M 、N 上的电势分别为j M 、j N ，则下列说法中正确的是( )A. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI ed |1j M －j N | B. 由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为BI eh |1j M －j N| C. M 面比N 面电势高D. 金属块的左面比右面电势低解析：由于洛伦兹力作用使电子堆积在金属块上表面且形成一附加电场，方向向上．设两面M 、N 上的电势差为U ，则U ＝|j M －j N |，稳定时电子所受的洛伦兹力与电场力相平衡，则evB ＝eU /h ，根据金属导电时的规律I ＝neSv ，式中S ＝dh ，联立各式可得金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目n ＝BI ed |1j M －j N|，选项A 对，B 错；由左手定则可知，电子积累在上端面，电势低，故C 错；由于电源外的电路中电流由高电势流向低电势，故D 错．答案：A第Ⅱ卷 (非选择题，共50分)二、计算题(本题共4小题，共50分)13. (12分)[2013·苏州模拟]如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k .在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd 边重合，当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g )(2)若要电流表正常工作，MN 的哪一端应与电源正极相接？(3)若k ＝2.0 N/m ，ab ＝0.20 m ，cb ＝0.050 m ，B ＝0.20 T ，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？解析：(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx ，则有mg ＝k Δx ， ①解得：Δx ＝mg k. ②(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN 的安培力必须向下，因此M 端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN 的电流强度为I m ，则有BI m ab ＋mg ＝k (cb ＋Δx )， ③ 联立并代入数据得I m ＝2.5 A ． ④(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B ′，则有2B ′I m ab ＋mg ＝k (cb ＋Δx )． ⑤ 解得：B ′＝k cb2I m ab. ⑥ 代入数据得：B ′＝0.10 T.答案：(1)mg k(2)M 端 (3)2.5 A (4)0.10 T14. (12分)如图所示，在xOy 坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ 垂直于x 轴放置且距y 轴的距离为L .一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A 点以大小为v 0、方向沿y 轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O 而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A 点进入磁场，但初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角，求：(1)带电粒子到达y 轴时速度方向与y 轴正方向之间的夹角．(2)粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标．解析：(1)设磁场的磁感应强度为B ，则由题意可知，当粒子以速度v 0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R ，有Bqv 0＝m v 20R ，其中R ＝L 2当粒子以初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R ′，则有Bq 22v 0＝m 8v 20R ′由以上各式可解得R ′＝2L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y 轴上，所以该粒子必定垂直于y 轴进入匀强电场．故粒子到达y 轴时，速度方向与y 轴正方向之间的夹角为90°.(2)由几何关系可知CO ＝(2－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t ，在电场中向上运动的距离为h ，则有：L ＝22v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qE m 以上各式联立可解得：h ＝qEL 216mv 20所以粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标为(L ，qEL 216mv 20＋(2－1)L ) 答案：(1)90° (2)(L ，qEL 216mv 20＋(2－1)L ) 15. (12分)如图所示，水平放置的矩形容器内充满垂直纸面向外的匀强磁场，容器的高为d ，右边足够宽，底面MN 为荧光屏，在荧光屏中心O 处置一粒子源，可以向纸面内以OA 、OB 为边界的区域内连续均匀发射速率为v 0、质量为m 、电荷量为q 的正粒子，其中沿OA 方向发射的粒子刚好不碰到容器的上板面打在荧光屏上产生荧光．OA 、OB 与MN 的夹角分别为α＝60°，β＝30°，不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小；(2)分别沿OA 、OB 方向发射的粒子在磁场中运动的时间差Δt .解析：如图为粒子在匀强磁场中的运动轨迹．(1)设粒子源发出的粒子在磁场中运动的半径为r ，对于沿OA 方向发射的粒子，由几何关系得r ＋r sin β＝d解得r ＝2d 3由牛顿第二定律得Bqv 0＝mv 20r联立解得B ＝3mv 02qd(2)沿OA 、OB 方向发射的粒子在磁场中运动的时间分别设为t 1、t 2，粒子做匀速圆周运动的周期设为T ，则T ＝2πm Bqt 1＝23Tt 2＝16TΔt ＝2T 3－16T 联立解得Δt ＝2πd 3v 0. 答案：(1)3mv 02qd (2)2πd 3v 016. (14分)如图所示，第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向外的匀强磁场B 1，磁场的下边界与x 轴重合．一质量m ＝1×10－14kg 、电荷量q ＝1×10－10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴负方向成60°角的方向从N 点射入，经P 点进入第四象限内沿直线运动，一段时间后，微粒经过y 轴上的M 点并沿与y 轴负方向成60°角的方向飞出．第四象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B 2，E 的大小为0.5×103V/m ，B 2的大小为0.5 T ；M 点的坐标为(0，－10 cm)，N 点的坐标为(0,30 cm)，不计微粒重力．(1)求匀强磁场B 1的大小和微粒的运动速度v .(2)B 1磁场区域的最小面积为多少？解析：(1)带正电微粒以某一速度v 沿与y 轴负方向成60°角的方向从N 点射入，由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受洛伦兹力做匀速圆周运动；微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动，因此，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，由力的平衡有Eq ＝B 2qv所以v ＝E B 2＝0.5×1030.5m/s ＝1×103 m/s 根据题意画出微粒的运动轨迹如图：因为M 点的坐标为(0，－10)，N 点的坐标为(0,30)，由几何关系可知微粒在第一象限内做圆周运动的半径为R ＝2033 cm ＝315m 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qB 1v ＝m v 2R 解得B 1＝32T. (2)由图可知，磁场B 1的最小区域应该分布在图示的矩形PACD 内．由几何关系易得 PD ＝2R sin60°＝0.2 mPA ＝R (1－cos60°)＝330m 所以，所求磁场的最小面积为S ＝PD ·PA ＝15×330 m 2＝3150 m 2. 答案：(1)32 T 1×103 m/s (2)3150 m 2。

【金版学案】2018-2019学年高中物理必修二(人教版)：章末过关检测卷(三)：第七章机械能守恒定律

物理·必修2（人教版）章末过关检测卷(三)第七章机械能守恒定律(考试时间：90分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)1．若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则( )A．物体的动能不可能总是不变的B．物体的加速度一定变化C．物体的速度方向一定变化D．物体所受合外力做的功可能为零解析：物体做匀速圆周运动时合外力不为零，但合外力做的功为零，动能不变，A错，D对；合外力不为零，物体的加速度一定不为零，是否变化不能断定，B错；合外力不为零，物体的速度方向可能变化，也可能不变，C错．答案：D2．关于做功和物体动能变化的关系，不正确的是( )A．只有动力对物体做功，物体的动能增加B．只有物体克服阻力做功，它的动能减少C．外力对物体做功的代数和等于物体的末动能与初动能之差D．动力和阻力都对物体做功，物体的动能一定变化解析：只有动力对物体做功，则合力做正功，物体的动能增加，A对，同理B对．外力对物体做功的代数和等于合力对物体做的功，等于物体的动能变化量，C对．动力和阻力都对物体做功时，若做的总功为正值，物体的动能增加；若做的总功为负值，物体的动能减少，D错．故选D.答案：D3．一小石子从高为10 m处自由下落，不计空气阻力，经一段时间后小石子的动能恰等于它的重力势能(以地面为参考平面)，g＝10 m/s2，则该时刻小石子的速度大小为( )A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s解析：设小石子的动能等于它的重力势能时速度为v，根据机械能守恒定律得mgh＝mgh′＋12mv2，由题意知mgh′＝12mv 2，所以mgh ＝mv 2，故v ＝gh ＝10 m/s ，B 正确．答案：B4．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程．将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是( )A ．阻力对系统始终做负功B ．系统受到的合外力始终向下C ．重力做功使系统的重力势能增加D ．任意相等的时间内重力做的功相等解析：无论什么情况下，阻力一定做负功，A 对；加速下降时，合力向下，减速下降时，合力向上，B 错；系统下降，重力做正功，所以重力势能减少，C 错；由于系统做变速运动，系统在相等的时间内下落的高度不同，所以在任意相等时间内重力做的功不同，D 错．答案：A5．物体沿直线运动的vt 关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W ，则( )A ．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4 WB ．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2 WC ．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD ．从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75 W解析：由题图知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小关系：v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 12－0，则由动能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功W 2＝12mv 32－12mv 12＝0，故A 错．第3秒末到第5秒末合外力做功W 3＝0－12mv 32＝－W ，故B 错．第5秒末到第7秒末合外力做功W 4＝12mv 72－0＝W ，故C 正确．第3秒末到第4秒末合外力做功W 5＝12mv 42－12mv 32；因v 4＝12v 3，所以W 5＝－0.75 W ．故D 错误．答案：C 6.如图所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在12h 处相遇(不计空气阻力)．则( )A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功的功率和对球b 做功的功率相等解析：相遇时满足12gt 2＋v 0t －12gt 2＝h ，12gt 2＝h 2，所以v 02＝gh ，小球b 落地时间t b ＝2hg，球a 落地时间t a ＝2v 0g＝2hg，故A 错误；相遇时，v b ＝2g h 2＝gh ，v a 2－v 02＝－2g h 2，v a ＝0，所以B 错误；因为两球恰在h 2处相遇，说明重力做功的数值相等，根据动能定理，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量，C 正确；相遇后的任意时刻，球a 的速度始终小于球b 的速度，因此重力对球a 做功的功率小于对球b 做功的功率，D 错误．答案：C二、双项选择题(本题共4小题，每题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中有两个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)7．人们设计出磁悬浮列车，列车能以很大速度行驶．列车的速度很大，是采取了下列哪些可能的措施( ) A ．减小列车的质量 B ．增大列车的牵引力 C ．减小列车所受的阻力 D ．增大列车的功率解析：当列车以最大速度行驶时，牵引力与阻力大小相等，有P ＝F f v ，故v ＝PF f，要增大速度，一方面增大列车的功率，另一方面减小列车所受的阻力，故C 、D 正确．答案：CD 8.[:质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v 1和v 2，位移分别为s 1和s 2，如图所示．则这段时间内此人所做的功的大小等于( )A ．Fs 2B ．F(s 1＋s 2) C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 12 D.12m 2v 22解析：人做的功等于绳子对m 1、m 2做的功之和，即W ＝Fs 1＋Fs 2＝F(s 1＋s 2)，A 错，B 对．根据动能定理知，人做的功等于m 1、m 2动能的增加量，所以W ＝12(m 1＋m)v 12＋12m 2v 22，C 对，D 错．答案：BC9．一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是( )A ．0～2 s 内外力的平均功率是94 WB ．第2 s 内外力所做的功是54 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是45解析：第1 s 内质点的加速度a 1＝2 m/s 2，1 s 末的速度v 1＝2×1 m/s ＝2 m/s ，第2 s 内的加速度a 2＝1 m/s 2，第2 s 末的速度v 2＝2 m/s ＋1×1 m/s ＝3 m/s ，所以第2 s 内外力做的功W 2＝12mv 22－12mv 12＝2.5 J ，故B 错误；第1 s 末的功率为P 1＝2×2 W ＝4 W ，第2 s 末的功率为P 2＝1×3 W ＝3 W ，故C 错误；0～2 s 内外力的平均功率P －＝W t ＝12mv 22t ＝94 W ，故A 正确；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值ΔE 1ΔE 2＝12mv 12W 2＝45，故D 正确．答案：AD10．甲、乙两球的质量相等，悬线一长一短，将两球由图示位置的同一水平面无初速度释放，不计阻力，则对小球过最低点时的正确说法是()A ．甲球的动能与乙球的动能相等B ．两球受到线的拉力大小相等C ．两球的向心加速度大小相等D ．两球的机械能不相等解析：由机械能守恒知，相对同一参考面，两球开始的机械能相等，由于运动过程中每个小球的机械能都守恒，所以任意时刻两球相对同一参考平面的机械能相等，D 错．设线长为l ，小球的质量为m ，小球到达最低点时的速度为v ，则mgl ＝12mv 2①两球经最低点时的动能不同，A 错． F －mg ＝m v2l②由①②得球过最低点时的拉力大小F ＝mg ＋m v 2l ＝3mg ，B 对．球过最低点时的向心加速度大小a ＝F －mgm ＝2g ，C 对．答案：BC三、非选择题(本大题5小题，共52分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)11．(6分)在“验证机械能守恒定律”的实验中，若重物质量为0.50 kg ，选择好的纸带如图所示，O 、A 之间有几个点未画出．已知相邻两点时间间隔为0.02 s ，长度单位是cm ，g 取9.8 m/s 2.则打点计时器打下点B 时，重物的速度v B ＝________m/s ；从起点O 到打下点B 的过程中，重物重力势能的减少量ΔE p ＝________J ，动能的增加量ΔE k ＝________J ．(结果保留三位有效数字)解析：v B ＝（7.02－3.13）×10－22×0.02 m/s ≈0.973 m/s ，动能的增量ΔE k ＝12mv B 2＝12×0.5×0.9732≈0.237 J重力势能的减少量ΔE p ＝mgh B ＝0.5×9.8×4.86×10－2J ≈0.238 J. 答案：0.973 0.238 0.23712．(12分)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V 的交流电和直流电两种．重物从高处由静止开始下落，重物拖着纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律．(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A ．按照图示的装置安装器件；B ．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C ．用天平测量出重物的质量；D ．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E ．测量打出的纸带上某些点间的距离；F ．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．其中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤是________．(将其选项对应的字母填在横线处)(2)利用这个装置也可以测量重物下落的加速度a 的数值．如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A 、B 、C 、D 、E ，测出A 点距起始点O 的距离为x 0，点A 、C 间的距离为x 1，点C 、E 间的距离为x 2，使用交流电的频率为f ，根据这些条件计算重物下落的加速度a ＝__________．(3)在上述验证机械能守恒定律的实验中发现，重物减小的重力势能总是大于重物增加的动能，其原因主要是重物下落的过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测定该阻力的大小．若已知当地重力加速度公认的较准确的值是g ，还需要测量的物理量是：____________．试用这些物理量和上图纸带上的数据符号表示出重物在下落的过程中受到的平均阻力为F＝________________________________________________________________________.解析：(1)因本实验中是通过比较重物的重力势能减小量mgh n 和动能12mv n 2增加量的大小来达到验证的目的，对于同一个研究对象(重物)来说，质量是一定的，故只需比较gh n 和12v n 2就能达到目的，选项C 是没必要的．选项B 、D 是错误的，应将打点计时器接到电源的“交流输出”上；释放悬挂纸带的夹子，先接通电源开关再释放一条纸带．(2)因Δx ＝aT 2，所以a ＝Δx （2T ）2＝（x 2－x 1）f24. (3)由牛顿第二定律得平均阻力F ＝mg －ma ，所以应测量重物的质量m ，代入加速度得F ＝m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤g －（x 2－x 1）f 24或由动能定理得：mg(x 0＋x 1)－F(x 0＋x 1)＝12mv C 2又因为v C ＝x 1＋x 24T ，由以上两式得F ＝m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤g －（x 1＋x 2）2f 232（x 0＋x 1）.答案：(1)BCD (2)（x 2－x 1）f24(3)重物的质量mm ⎣⎢⎡⎦⎥⎤g －（x 2－x 1）f 24或m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤g －（x 1＋x 2）2f 232（x 0＋x 1）点评：解答实验题时，首先应弄清实验原理和误差，然后针对具体题目进行全面分析．只有从原理上着手，问题的解答才有依据，绝不能死记实验步骤和注意事项．[:13．(10分)一列车的质量是5.0×105kg ，在平直的轨道上以额定功率3 000 kW 加速行驶，当速度由10 m/s 加速到所能达到的最大速率30 m/s 时，共用了2 min ，则在这段时间内列车前进的距离是多少？解析：设列车在2 mi n 内前进的距离为l ，已知m ＝5.0×105kg ，P ＝3 000 kW ，v ＝10 m/s ，v ′＝30 m/s ，t ＝2 min ，由于P ＝Fv ，列车速度最大时，a ＝0，所以阻力F f ＝F ，则F f ＝P v ′＝3×10630 N ＝1.0×105N ，牵引力做功W ＝Pt ＝3×106×60×2 J ＝3.6×108 J ，由动能定理知W －F f l ＝12mv ′2－12mv 2，代入数据求得l ＝1.6 km.答案：1.6 km14．(12分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示，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，进入竖直轨道前受到阻力恒为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 ，x ＝1.50 m ．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g ＝10 m/s 2)解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律x ＝v 1t ，h ＝12gt 2，解得v 1＝xg2h＝3 m/s ，设赛车恰好通过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点的速度为v 3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律mg ＝m v 22R，①12mv 32＝12mv 22＋mg(2R)，② 联立①②解得v 3＝5gR ＝4 m/s ，通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是v min＝v 3＝v 1＝4 m/s ，设电动机工作时间至少为t ，根据功能关系Pt －F f L ＝12mv min 2由此可得t ＝2.53 s. 答案：2.53 s15．(12分)如图所示，光滑斜轨和光滑圆轨相连，固定在同一竖直面内，圆轨的半径为R ，一个小球(可视为质点)，从离水平面高h 处由静止自由下滑，由斜轨进入圆轨．求：(1)为了使小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，h 应至少多高？(2)若小球到达圆轨最高点时圆轨对小球的压力大小恰好等于它自身重力大小，那么小球开始下滑时的h 是多大？解析：(1)小球刚好不脱离圆轨，在最高点由牛顿第二定律得mg ＝m v2R ①小球由斜轨运动至圆轨最高点过程，由动能定理得mg(h －2R)＝12mv 2②联立①②解得h ＝52R故小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，h 至少为52R.(2)在最高点对小球由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 12R ③又有F N ＝mg④小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得 mg(h －2R)＝12mv 12⑤联立③④⑤解得h ＝3R 答案：(1)52R (2)3R。

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