2017高三物理技能提升训练试题11
2017高三物理技能提升训练试题11
2017高三物理技能训练试题11一、选择题1．(2016·广州测试)如图6－3－18所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的()图6－3－18A．两板间的距离B．两板间的电压C．两板间的电介质D．两板的正对面积解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()图6－3－19解析：选B.验电器处在带电金属球的电场中发生静电感应，结果使验电器靠近金属球的一端带异种电荷，远离金属球的一端带同种电荷，故答案为B. 3．(2016·镇江测试)如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列四个选项中正确描述带电粒子在电场中运动轨迹的是()图6－3－20图6－3－21解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场方向，轨迹向右弯曲，C正确．4．(2016·高考广东卷)如图6－3－22为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是()图6－3－22A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选BD.本题考查电场、电场力的基本概念，考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握．集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A 错误；电场方向由集尘极指向放电极，B 正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C 错误；同一位置电场强度一定，由F ＝qE 可知，尘埃带电荷量越多，所受电场力越大，D 正确．5．如图6－3－23，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的1/2处返回，则下述措施能满足要求的是( )图6－3－23A ．使初速度减为原来的1/2B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2解析：选BD.在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得：－qEd ＝0－12m v 20，所以d ＝m v 202qE，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的1/2，x ＝d 4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x ＝d 2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x ＝d 4；使初速度和M 、N间电压都减为原来的1/2，电场强度变为原来的一半，x ＝d 2.6．如图6－3－24所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v 0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．下列能描述粒子在这两个电场中运动的速度－时间图象的是(以v 0方向为正方向)图6－3－24图6－3－25解析：选C.在区域Ⅰ中，mg ＝E 1q ；在区域Ⅱ中，mg ＜E 2q ，合力向上，做匀减速运动，速度减为0后，再反向加速，再次回到区域Ⅰ，做匀速运动．7．如图6－3－26所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M 点．则()图6－3－26A ．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B ．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C ．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D ．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降解析：选BC.当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d ，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小为：E ＝U d ＝Q C d＝4πkdQεr S d ＝4πkQ εr S ，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误．8．如图6－3－27所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕过中心点O 、O ′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做()图6－3－27 A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动解析：选B.设电源两端的电压为U ，两金属板间的距离为d ，带电液滴的质量为m ，带电荷量为q ，则液滴P 静止时，由平衡条件可得：q U d ＝mg .金属板转动后，P 所受的电场力大小为：F＝qUd cosα，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1＝F·cosα＝qUd·cosα·cosα＝qUd＝mg.故电场力和重力的合力水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动．B正确，A、C、D 错误．9．(2016·江苏启东中学质检)将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则下列说法中错误的是()图6－3－28A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中加速度大小关系是a A＜a B＜a CC．三小球在电场中运动时间相等D．三小球到达下板时的动能关系是E k C＞E k B＞E k A解析：选C.由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝xv0最长，C错误．A的加速度a A＝2yt2最小，而C的加速度a C最大，a A＜a B＜a C，B正确．可见，A带正电，受电场力方向与重力方向相反，B不带电，C带负电，受电场力方向与重力方向相同，A正确．由动能定理知E k C＞E k B＞E k A，D正确．10．(2016·高考安徽卷)图6－3－29甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图6－3－29图6－3－30解析：选B.本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B.二、非选择题11．(2016·长沙模拟)如图6－3－31所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×102m/s 初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15kg 、电荷量为q ＝＋10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)图6－3－31 (1)粒子源所在处a 点的电势；(2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地；因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8 V ＝80 V .(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理qU ab ＝E k －12m v 20可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12m v 20＝1.2×10－10J.(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落在板上：x ＝v 0t ，h ＝12at 2a ＝qE m ，S ＝πx 2联立以上各式得所形成的面积S ＝2πm v 20h qE ＝4.0 m 2，可以通过减小h 或增大E 来实现．答案：(1)80 V (2)1.2×10－10J(3)面积4.0 m 2 可以通过减小h 或增大E 来实现12．如图6－3－32甲所示，A 、B 为两块平行金属板，极板间电压为U AB ＝1125 V ，板中央有小孔O 和O ′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O 由静止进入A 、B 之间．在B 板右侧，平行金属板M 、N 长L 1＝4×10－2m ，板间距离d ＝4×10－3m ，在距离M 、N 右侧边缘L 2＝0.1 m 处有一荧光屏P ，当M 、N 之间未加电压时电子沿M 板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O ″点并发出荧光．现给金属板M 、N 之间加一个如图乙所示的变化电压u ，在t ＝0时刻，M 板电势低于N 板．已知电子质量为m e ＝9.0×10－31kg ，电荷量为e ＝1.6×10－19C.图6－3－32(1)每个电子从B 板上的小孔O ′射出时的速度多大？(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？解析：(1)电子经A 、B 两块金属板加速，有eU AB ＝12m e v 20得v 0＝2eU AB m e＝2×107m/s. (2)当u ＝22.5 V 时，电子经过MN 板向下的偏移量最大，为y 1＝12·eu md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1v 02＝2×10－3m y 1＜d ，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M 、N ，此时电子在竖直方向的速度大小为v y ＝eu md ·L 1v 0＝2×106m/s 电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的时间为t 2＝L 2v 0＝5×10－9s 电子射出金属板M 、N 后到达荧光屏P 的偏移量为 y 2＝v y t 2＝0.01 m电子打在荧光屏P 上的总偏移量为y ＝y 1＋y 2＝0.012 m ，方向竖直向下．(3)当u ＝22.5 V 时，电子飞出电场的动能最大，为E k ＝12m e (v 20＋v 2y )＝1.8×10－16J 或由动能定理得E k ＝e (U AB ＋u m )＝1.8×10－16J.答案：见解析。
2017高三物理技能提升训练试题9
2017高三物理技能训练试题9一、选择题1．(2016·广东惠州调研)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是()A．摆球机械能守恒B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C．能量正在消失D．只有动能和重力势能的相互转化解析：选B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变，B正确．2．(创新题)2011年8月22日深圳大运会男子足球决赛中，日本队以2∶0战胜英国队，夺得男足冠军．假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进．横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是() A．足球动能的变化量为W1＋W2－mghB．射门时的机械能为W1－W2C．重力势能的增加量为W1－W2＋mghD．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为W1解析：选BD.合力做功量度了物体动能的变化，故动能的变化量为W1－W2－mgh，A项错．重力以外的力做功量度了机械能的变化，故机械能的增加量为W1－W2，B项对．重力做功量度了重力势能的变化，故重力势能的增加量为mgh，C项错．运动员踢球过程中只有运动员做功，由动能定理得D项对．3．(2016·皖南八校联考)从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H.设上升过程中空气阻力F阻恒定．则对于小球的整个上升过程，下列说法中错误的是()A．小球动能减少了mgHB．小球机械能减少了F阻HC．小球重力势能增加了mgHD．小球的加速度大于重力加速度g解析：选A.由动能定理知，小球动能减少了(mg＋F阻)H，A错误；由功能关系知，小球机械能减少了F阻H，B正确；重力势能增加了mgH，C正确；小球的加速度为g＋F阻m，D正确．4．如图5－4－9所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一质量为3 kg的物体被一个劲度系数为120 N/m的压缩轻质弹簧突然弹开，物体离开弹簧后在水平面上继续滑行了1.3 m才停下来，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()图5－4－9A．物体开始运动时弹簧的弹性势能E p＝7.8 JB．物体的最大动能为7.8 JC．当弹簧恢复原长时物体的速度最大D．当物体速度最大时弹簧的压缩量为x＝0.05 m解析：选D.物体离开弹簧后的动能设为E k ，由功能关系可得：E k ＝μmgx 1＝7.8 J ，设弹簧开始的压缩量为x 0，则弹簧开始的弹性势能E p0＝μmg (x 0＋x 1)＝7.8 J ＋μmgx 0＞7.8 J ，A 错误；当弹簧的弹力kx 2＝μmg 时，物体的速度最大，得x 2＝0.05 m ，D 正确，C 错误；物体在x 2＝0.05 m 到弹簧的压缩量x ＝0的过程做减速运动，故最大动能一定大于7.8 J ，故B 错误.5．一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )图5－4－10 A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 解析：选D.设铁块在圆轨道底部的速度为v ，则1.5mg －mg ＝m v 2R ，由能量守恒有：mgR －ΔE ＝12m v 2，所以ΔE ＝34mgR ，正确答案为D.6．元宵节焰火晚会上，万发礼花弹点亮夜空，如图5－4－11所示为焰火燃放时的精彩瞬间．假如燃放时长度为1 m 的炮筒竖直放置，每个礼花弹约为1 kg(燃放前后看做质量不变)，当地重力加速度为10 m/s 2，爆炸后的高压气体对礼花弹做功900 J ，离开炮筒口时的动能为800 J ，礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中，下列判断正确的是( )图5－4－11 A ．重力势能增加800 JB ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功90 JC ．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功无法计算D ．机械能增加810 J解析：选BD.礼花弹在炮筒内运动的过程中，克服重力做功mgh ＝10 J ，则重力势能增加量ΔE p ＝10 J ，根据动能定理ΔE k ＝W －W 阻－W G 可知W 阻＝W －ΔE k －W G ＝900 J －800 J －10 J ＝90 J ，机械能的增加量ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝800 J ＋10 J ＝810 J ，所以B 、D 正确．7．(2016·吉林通化调研)如图5－4－12所示，小球从A 点以初速度v 0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B 后返回，C 为AB 的中点．下列说法中正确的是( )图5－4－12A ．小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，外力做功为零B ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，减少的动能相等C ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，速度的变化率相等D ．小球从A 到C 与从C 到B 的过程，损失的机械能相等解析：选BCD.小球从A 出发到返回A 的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负功，选项A 错误；因为C 为AB 的中点，小球从A 到C 与从C 到B 的过程合外力恒定，加速度恒定，速度的变化率相等，选项C 正确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，则合外力做功相等，故减少的动能相等，损失的机械能相等，选项B 、D 正确．8．(2016·海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图5－4－13所示，一滑板运动员以7 m/s 的初速度从圆弧面的A 点下滑，运动到B 点时速度仍为7 m/s ，若他以6 m/s 的初速度仍由A 点下滑，则他运动到B 点时的速度( )图5－4－13A ．大于6 m/sB ．等于6 m/sC ．小于6 m/sD ．条件不足，无法判定解析：选A.当初速度为7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．运动员做的曲线运动可看成圆周运动，当初速度变为6 m/s 时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由F f ＝μF N 知运动员所受的摩擦力减小，故从A 到B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B 点的动能大于他在A 点的动能．A 项正确．9．如图5－4－14所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相对静止．对于物体从开始释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是( )图5－4－14A ．电动机多做的功为12m v 2B ．摩擦力对物体做的功为m v 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12m v 2D ．电动机增加的功率为μmg v解析：选D.由能量守恒，电动机多做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做的功等于物体对传送带的摩擦力的大小与传送带对地位移的大小的乘积，易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝m v 2，故C 错；由功率公式易知电动机增加的功率为μmg v ，故D 对．10．(2016·安徽百校联考)一质量为1 kg 的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的v －t 图象如图5－4－15所示．若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则由图可知( )图5－4－15 A ．小球从高度为1 m 处开始下落B ．小球在碰撞过程中损失的机械能为4.5 JC ．小球能弹起的最大高度为0.45 mD ．整个过程中，小球克服重力做的功为8 J解析：选C.小球从高度为1.25 m 处开始下落，A 错误；小球在碰撞过程中损失的机械能为8 J ，B 错误；小球能弹起的最大高度为0.45 m ，C 正确；小球克服重力做的功为4.5 J ，D 错误．二、非选择题11．如图5－4－16所示，质量为m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B 与水平传送带相接，传送带的运行速度为v 0，长为L ，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.图5－4－16(1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能．(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为v ，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒：E p ＝12m v 2①设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a .由牛顿第二定律：μmg ＝ma ②由运动学公式v 2－v 20＝2aL ③联立①②③得：E p ＝12m v 20＋μmgL .(2)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ④ v 0＝v －at ⑤滑块相对传送带滑动的位移Δx ＝L －x ⑥相对滑动产生的热量Q ＝μmg ·Δx ⑦联立②③④⑤⑥⑦得：Q ＝μmgL ＋m v 0·(v 20＋2μgL －v 0)．答案：(1)12m v 20＋μmgL(2)μmgL ＋m v 0(v 20＋2μgL －v 0)12．如图5－4－17所示，竖直平面内的轨道ABCD 由水平轨道AB 与光滑的四分之一圆弧轨道CD 组成，AB 恰与圆弧CD 在C 点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点．已知水平轨道AB长为L.求：图5－4－17(1)小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ.(2)为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？(3)若圆弧轨道的半径R取第(2)问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到的最大高度是 1.5R，试求小物块的初动能并分析小物块能否停在水平轨道上，如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？解析：(1)小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由功能关系得：－μmg(L＋0.5L)＝－E即μ＝2E3mgL.(2)若小物块刚好到达D处速度为零，由功能关系知－μmgL－mgR＝－E，所以CD圆弧轨道的半径至少为R＝E 3mg.(3)设小物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由功能关系知－μmgL－1.5mgR＝－E′解得E′＝7E 6小物块滑回C点时的动能为E C＝1.5mgR＝E2，由于E C＜μmgL＝2E3，故小物块将停在轨道上．设小物块停在距离A点x处，有－μmg(L－x)＝－E C，即x＝1 4L即小物块最终停在水平轨道AB上，距A点14L处．答案：(1)2E3mgL(2)E3mg(3)7E6能停在距A点14L处。
高中物理试题分项解析11 电路和电流
德钝市安静阳光实验学校专题11 电路和电流1．【2016·上海卷】电源电动势反映了电源把其他形式的能量转化为电能的能力，因此A．电动势是一种非静电力B．电动势越大，表明电源储存的电能越多C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压【答案】C【考点定位】电动势【方法技巧】本题需要理解电动势的物理意义，电源电动势在闭合电路中的能量分配。
2．【2017·天津卷】在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。
设线圈总电阻为2 Ω，则A．t=0时，线圈平面平行于磁感线B．t=1 s时，线圈中的电流改变方向C．t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为28πJ【答案】AD 【考点定位】交变电流的规律和“四值问题”【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。
3．【2017·北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在2202π(V)u t的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。
下列说法正确的是A．原线圈的输入功率为2WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为2D．副线圈输出交流电的周期为50 s【答案】B【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s，周期T=0.02 s，D错误。
【考点定位】正弦式交变电流的“四值”、理想变压器原副线圈电压、电流、功率与匝数的关系【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。
2017高三物理技能提升训练试题16
2017高三物理技能训练试题16一、选择题1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图9－3－18所示，则在移出过程中线框一边a 、b 两点间的电势差绝对值最大的是()图9－3－18解析：选B.在四个图中线框电动势和电流相同，A 、C 、D 图中，ab 两端的电压U ab ＝14E ，在B 图中，U ab ＝34E ，故B 对．2．如图9－3－19所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( ) 图9－3－19A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3 D ．Ba v解析：选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12v ＝Ba v .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A.3．(2016·合肥模拟)如图9－3－20所示，在一匀强磁场中有一U 形导体框bacd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可以在ab 、cd 上无摩擦地滑动，杆ef 及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图9－3－20 A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀速向右运动C．ef将加速向右运动D．ef将做往复运动解析：选A.杆ef向右运动，所受安培力F＝BIl＝Bl Bl vR＝B2l2vR，方向向左，故杆ef做减速运动；v减小，F减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A正确．4．(2016·宁夏银川模拟)如图9－3－21所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中()图9－3－21A．导体框中产生的感应电流方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ab边两端电势差相同D．通过导体框截面的电荷量相同解析：选AD.由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A正确；，由电磁感应定律可得Q＝(Bl v)2l4R v＝B2l3v4R，因此导体框中产生的焦耳热不同，故B错误；两种情况下电源的电动势不相同，导体框ab边两端电势差不同，C错误；由q＝ΔΦ4R知通过导体框截面的电荷量与速度无关，D正确．5．(2016·成都模拟)如图9－3－22所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m．t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t 变化的关系是B＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的()图9－3－22图9－3－23解析：选C.由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框P 中产生的感应电动势为E ＝|ΔB Δt |S ＝ΔB Δt ·πr 22＝0.01 π(V)，再由欧姆定律得：圆形导线框P 中产生的感应电流I ＝0.01 π(A)，由楞次定律可知电流的方向是顺时针方向，C 对．6．(2016·海淀区模拟)如图9－3－24所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域．直角边长为L ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外，一边长为L 、总电阻为R 的正方形闭合导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 垂直磁场匀速穿过磁场区域．取电流沿a →b →c →d →a 的方向为正，则图9－3－25中表示线框中感应电流i 随bc 边位置坐标x 变化的图象正确的是( )图9－3－24图9－3－25解析：选C.在进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度越来越大，产生的感应电动势、感应电流越来越大，穿过线圈的磁通量越来越大，由楞次定律可判断出感应电流沿顺时针方向，即为正值；在出磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度越来越大，则感应电流越来越大，穿过线圈的磁通量越来越小，由楞次定律可判断，感应电流为逆时针方向，即为负值．综上所述，C 正确．7．如图9－3－26所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区，其对角线在同一水平线上，导体框沿水平方向由a 到b 匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电流为正)( )图9－3－26图9－3－27解析：选A.设导体框沿水平方向匀速通过磁场区域的速度大小为v ，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为l ＝2v t ，所以感应电动势为E ＝Bl v ＝2B v 2t .由楞次定律知电流方向为顺时针方向；当导体框与磁场区域重合时电流最大；导体框再向右运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，A 正确．8．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图9－3－28所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )图9－3－28A ．mgbB.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12m v 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12m v 2.9．(2016·高考江苏卷)如图9－3－29所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t ＝0时，将开关S 由1掷到2.q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( )图9－3－29解析：选D.本题综合考查右手定则、安培力、电容器以及图象问题．意在考查学生的分析综合能力．当开关S 由1掷到2时，电容器开始放电，此时电流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，此后棒开始运动，产生感应电动势，棒相当于电源，利用右手定则可判断棒上端为正极，下端为负极，与电容器的极性相同，当棒运动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器电压与棒两端电动势相等时，电容器不再放电，电路电流等于零，棒做匀速运动，加速度减为零，所以C错误，B 错误，D 正确；因电容器两极板间有电压，q ＝CU 不等于零，所以A 错误．10．(2016高考福建卷)如图9－3－30，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )图9－3－30A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v R sin θ 解析：选B.流过ab 棒某一截面的电量q ＝I ·t ＝B ΔS Rt ·t ＝BL ·x R ，ab 棒下滑的位移x＝qR BL ，其平均速度v ＝x t ，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于12v ，A 错误B 正确；由能量守恒mgx sin θ＝Q ＋12m v 2，产生的焦耳热Q ＝mgx sin θ－12m v 2＝mg qR BL sin θ－12m v 2，C 错误；当mg sin θ＝B 2L 2v R 时v 最大，安培力最大，即F 安m ＝mg sin θ或B 2L 2v R ，D 错误．二、非选择题11．(2016·高考大纲全国卷)如图9－3－31，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：图9－3－31(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析：(1)设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R ①由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为I ＝2I 0②此时金属棒MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg ＝BLI ③联立①②③式得B ＝mg 2L R P ④(2)设小灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得 E ＝BL v ⑤E ＝RI 0⑥联立①②④⑤⑥式得v ＝2P mg .⑦答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg12．(2016·高考上海卷改编)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S ＝1.15 m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r ＝0.5 Ω，质量m ＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J ．(取g ＝10 m/s 2)求：图9－3－32(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安；(2)金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；(3)金属棒下滑的最大速度v m .解析：(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R ＝3r ，因此 Q R ＝3Q r ＝0.3 J∴W 安＝Q ＝Q R ＋Q r ＝0.4 J(2)金属棒下滑时受重力和安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2R ＋rv 由牛顿第二定律mg sin30°－B 2L 2R ＋rv ＝ma∴a ＝g sin30°－B 2L 2m (R ＋r )v ＝⎝⎛⎭⎪⎫10×12－0.82×0.752×20.2×(1.5＋0.5)m/s 2＝3.2 m/s 2 (3)金属棒下滑时做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大．mgS sin30°－Q ＝12m v 2m∴v m ＝ 2gS sin30°－2Q m＝ 2×10×1.15×12－2×0.40.2 m/s ＝2.74 m/s.答案：(1)0.4 J (2)3.2 m/s 2 (3)2.74 m/s。
2017年山西高考物理综合提升练习
2017年山西高考物理综合提升练习（一）14．一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。
现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示。
则物块A ．仍处于静止状态B ．沿斜面加速下滑C ．受到的摩擦力不便D ．受到的合外力增大15．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n 随着波长λ的变化符合科西经验公式：24BCn A λλ=++，其中A 、B 、C 是正的常量。
太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示。
则A ．屏上c 处是紫光B ．屏上d 处是红光C ．屏上b 处是紫光D ．屏上a 处是红光16．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t 。
则物体运动的加速度为A ．1212122()()x t t t t t t ∆-+ B ．121212()()x t t t t t t ∆-+ C ．1212122()()x t t t t t t ∆+- D ．121212()()x t t t t t t ∆+-17．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。
如图（a ）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。
现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b ）所示。
则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是A．2vg B．22sinvgαC．22cosvgαD．22cossinvgαα18．图（a）为示管的原理图。
如果在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是19．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。
电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。
2017高三物理技能提升训练试题32
2017高三物理技能提升试题32一、选择题1．如图7－1－11所示的电解池接入电路后，在t秒内有n1个一价正离子通过溶液内某截面S，有n2个一价负离子通过溶液内某截面S，设e为元电荷，以下说法正确的是()图7－1－11 A．当n1＝n2时，电流为零B．当n1＞n2时，电流方向从A→B，电流为I＝(n1－n2)etC．当n1＜n2时，电流方向从B→A，电流为I＝(n2－n1)etD．电流方向从A→B，电流为I＝(n2＋n1)et解析：选D.由电流方向的规定可知，正、负电荷向相反方向定向移动所形成的电流的方向是相同的，所以电流应该是I＝(n2＋n1)et，电流方向按规定应是从A→B.D选项正确．2．通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()A．闪电电流的瞬时值可达到1×105AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J解析：选AC .由电流的定义式I＝Qt知I＝660×10－6＝1×105(A)，A正确；整个过程的平均功率P＝Wt＝qUt＝6×1.0×1090.2＝3×1010(W)(t代0.2或0.3)，B错误；由E＝Ud＝1.0×1091×103＝1×106(V/m)，C正确；整个闪电过程向外释放的能量为电场力做的功W＝qU＝6×109(J)，D错．3．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U2之间函数关系的是()图7－1－12 解析：选C .白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P ＝U 2R ，而U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小，故选项C 正确．4．两根材料相同的均匀导线A 和B ，其长度分别为L 和2L ，串联在电路中时沿长度方向电势的变化如图7－1－13所示，则A 和B 导线的横截面积之比为( )图7－1－13A ．2∶3B ．1∶3C ．1∶2D ．3∶1解析：选B.由图象可知两导线电压分别为U A ＝6 V ，U B ＝4 V ；由于它们串联，则3R B ＝2R A ；由电阻定律可知R A R B ＝L A S B L B S A ，解得S A S B＝13，选项B 正确． 5．如下图7－1－14所示电路中，E 为电源，其电动势为9.0 V ，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻R ＝30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压U ＝6.0 V ，额定功率P ＝1.8 W ；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于B 端，现在闭合开关S.然后将触头缓慢地向A 端滑动，当到达某一位置C 处时，小灯泡刚好正常发光，则CB 之间的电阻应为( )图7－1－14A ．10 ΩB ．20 ΩC ．15 ΩD ．5 Ω解析：选B.灯泡是纯电阻，正常发光时，R L ＝U 2P ＝20 Ω，电压为U L ＝6.0 V ，由于R AC 与R L 串联，故R AC ＝U AC U (R L ＋R AC )∴R CB ＝R －R AC ＝20 Ω.6．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图7－1－15所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是( )图7－1－15A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同解析：选B.甲图中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于A1、A2的量程不同，所以示数不同，故A错B对．乙图中A1、A2中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电流不等指针偏角不同，故C、D错．7．如下图7－1－16所示，电阻R1＝20 Ω，电动机绕线电阻R2＝10 Ω，当电键S断开时，电流表的示数是I1＝0.5 A；当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，此时电流表的示数I和电路消耗的电功率P应满足()图7－1－16A．I＝1.5 A B．I＜1.5 AC．P＝15 W D．P＜15 W解析：选BD.当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U＝I1R1＝10 V；当电键S合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U＝10 V，通过电动机的电流应满足UI2＞I22R2，故I2＜1 A；所以电流表的示数I＜1.5 A，电路消耗的电功率P＝UI＜15 W，故B、D正确，A、C错误．8．如下图7－1－17是一个电路的一部分，其中R1＝5 Ω，R2＝1 Ω，R3＝3 Ω，I1＝0.2 A，I2＝0.1 A，那么电流表测得的电流为()图7－1－17A．0.2 A，方向向右B．0.15 A，方向向左C．0.2 A，方向向左D．0.3 A，方向向右解析：选C.由题图所示电流方向可计算出R1和R2两端电压降U1＝1.0 V，U2＝0.1 V，电势左高右低．比较U1、U2可判定R3两端电势下高上低，且U3＝0.9 V，通过R3中的电流I3＝U3/R3＝0.3 A，电流方向向上，由题图可知R3上电流由I2和I A 共同提供，I A＝0.2 A，方向向左．9．模块机器人由三个部分组成，它们分别是传感器、控制器和执行器．模块机器人的控制器内存有5种控制方法，可使用的传感器大致有5类，如表所示．执行模块为小灯模块和电动机模块．某位同学要设计一个装置，当有光照射且有声音时，电动机才会转动，则应选择的控制器序号和传感器序号正确的是()序号控制方法序号传感器a即时控制01位移传感器b延时控制02声传感器c “与”门控制03温度传感器d “或”门控制04光传感器e “非”门控制05磁传感器A.a；02、04B．d；03、05C．c；02、04 D．b；03、04解析：选C.用光照射和声音来控制电动机，同时满足这两个条件的“门”电路应是“与”门电路，根据题中的表格可知应选“序号c”；控制声音的传感器是声传感器，对应“序号02”；控制光照的传感器是光传感器，对应“序号04”，综合分析可知C选项正确．10．额定电压均为220 V的白炽灯L1和L2的U－I特性曲线如图7－1－18甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220 V电路中，则下列说法正确的是()图7－1－18A．L2的额定功率为99 WB．L2的实际功率为17 WC．L2的实际功率比L3的实际功率小17 WD．L2的实际功率比L3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V时的电流为0.45 A，则L2的额定功率为P额＝U额I额＝99 W，所以选项A正确；图示电路为L1和L2的串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220 V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由L1和L2的U－I图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯L2的实际功率P2＝I2U2＝17 W，故选项B正确；由于L3两端的电压为220 V，故P3＝P额＝99 W，则P3－P2＝82 W，故选项C错D对，所以正确选项为A、B、D.二、非选择题11．如图7－1－19所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数U V＝110 V．试求：图7－1－19(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v ＝1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g 取10 m/s 2) 解析：(1)由电路中的电压关系可得电阻R 的分压U R ＝U －U V ＝(160－110)V ＝50 V流过电阻R 的电流I R ＝U R R ＝5010A ＝5 A即通过电动机的电流I M ＝I R ＝5 A.(2)电动机的分压U M ＝U V ＝110 V输入电动机的功率P 电＝I M ·U M ＝550 W.(3)电动机的发热功率P 热＝I 2M r ＝20 W电动机输出的机械功率P 出＝P 电－P 热＝530 W又因P 出＝mg v ，所以m ＝P 出g v ＝53 kg.答案：(1)5 A (2)550 W (3)53 kg12．如图7－1－20所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表内阻，线路提供电压不变)：图7－1－20(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12 V 的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10 Ω的定值电阻R 0串联，接在电压恒定为8 V 的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率．解析：(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：U L ＝123 V ＝4 V ，结合图象可得当U L ＝4 V 时，I L ＝0.4 A 故每个电灯的电阻为：R ＝U L I L＝40.4 Ω＝10 Ω.(2)设此时电灯两端的电压为U ′，流过每个电灯的电流为I ，由串联电路的规律得 U ＝U ′＋2IR 0代入数据得U ′＝8－20I在图甲上画出此直线如图所示．可得到该直线与曲线的交点(2 V,0.3 A)，即流过电灯的电流为0.3 A，则流过电流表的电流为I A＝2I＝0.6 A每个灯的功率为：P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W.答案：(1)0.4 A10 Ω(2)0.6 A0.6 W。
2017高三物理技能提升训练试题33
2017高三物理技能提升试题33一、选择题 1．图9－2－15中a ～d 所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象，关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是( )图9－2－15A ．图a 中回路产生的感应电动势恒定不变B ．图b 中回路产生的感应电动势一直在变大C ．图c 中回路在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图d 中回路产生的感应电动势先变小再变大解析：选D.在Φ－t 图象中，曲线的斜率表示ΔΦΔt，与电动势成正比，由此可判断D 正确．2．电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是( )A ．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B ．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C ．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D ．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗解析：选A.涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象，故选项A 正确、B 错误；电磁炉表面一般用绝缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成利用涡流加热食物，故选项C 、D 错误．3．如图9－2－16中半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )图9－2－16A ．由c 到d ，I ＝Br 2ω/R B ．由d 到c ，I ＝Br 2ω/R C ．由c 到d ，I ＝Br 2ω/(2R ) D ．由d 到c ，I ＝Br 2ω/(2R )解析：选D.金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E ＝Br 2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R 的电流I ＝Br 2ω/(2R )，方向由d 到c ，故选D 项．4．如图9－2－17所示，电路中A 、B 是完全相同的灯泡，L 是一带铁芯的线圈，开关S 原来闭合，则开关S 断开的瞬间( )图9－2－17A ．L 中的电流方向改变，灯泡B 立即熄灭B．L中的电流方向不变，灯泡B要过一会儿才熄灭C．L中的电流方向改变，灯泡A比B熄灭慢D．L中的电流方向不变，灯泡A比B熄灭慢解析：选D.当开关S断开时，L与灯泡A组成回路，由于自感，L中的电流由原来数值逐渐减小，电流方向不变，A灯熄灭要慢，B灯电流瞬间消失，立即熄灭，正确的选项为D.5．图9－2－18中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0及开关和电池E构成闭合回路．开关S1和S2开始都处在断开状态．设在t＝0时刻，接通开关S1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再接通开关S2，则能较准确表示电阻R两端的电势差U ab随时间t变化的图线是()图9－2－18图9－2－19解析：选A.闭合开关S1，线圈阻碍电流的突然变大，U ab不会突然变大，D错误；开关达到稳定后，再闭合开关S2，由于线圈的作用，原有电流慢慢变小，U ab也从原来的数值慢慢减小，A正确．6．图9－2－20中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB()图9－2－20A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0解析：选D.当横杆AB匀速滑动时，电路中产生恒定的感应电动势，即电路中I1≠0，I2＝0，A、B都错误；当横杆AB加速滑动时，根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势在持续增大，这时电路中的电流I1≠0，I2≠0，C错误，D正确．7．如图9－2－21所示，两块距离为d的金属板水平放置，将其用导线和电键与一个匝数为n的线圈连接，线圈所处的空间有方向竖直向上且大小变化的磁场B，两金属板间放一台压力传感器，传感器上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球．S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上示数为2mg，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是()图9－2－21A ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgd qB ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgdnqC ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd qD ．正在增加，ΔΦΔt ＝mgdnq解析：选B.根据平衡条件可得，小球受到向下的电场力等于mg ，因为小球带正电，则下板为负极板，根据楞次定律可知，磁场在减弱，由q U d ＝mg ，根据法拉第电磁感应定律U ＝n ΔΦΔt，联立可得B 正确．8．如图9－2－22所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下．在磁场中有一个边长为L 的正方形刚性金属框，ab 边的质量为m ，电阻为R ，其他三边的质量和电阻不计．cd 边上装有固定的水平轴，将金属框自水平位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g ，则第一次转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )图9－2－22A ．通过ab 边的电流方向为b →aB ．ab 边经过最低点时的电动势为E ＝BL 2gLC ．a 、b 两点间的电压始终不变D ．整个过程金属框转动越快，通过ab 边的电荷量越少解析：选A.由右手定则知，选项A 正确．在线框转动过程中，穿过线框的磁通量变化，线框中产生感应电流，有内能产生，根据能量转化和守恒定律，线框经过最低点的速度v 满足mgL >12m v 2，即v <2gL ，ab 边经过最低点时的电动势E <BL 2gL ，选项B 错误，线框非匀速转动，a 、b 两点间的电压变化，选项C 错误．由q ＝n ΔΦR知q 与时间Δt 无关，即与线框转动快慢无关，选项D 错误．9．如图9－2－23所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( )图9－2－23A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3D ．两金属棒间距离保持不变解析：选BC.对两金属棒ab 、cd 进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 的速度小于金属棒cd 的速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确；因此答案选BC.10．如图9－2－24，垂直矩形金属框的匀强磁场磁感应强度为B .导体棒ab 垂直线框两长边搁在框上，ab 长为l .在Δt 时间内，ab 向右以速度v 匀速滑过距离d ，则( )图9－2－24A ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，则ΔΦ＝B ·2ld ，E ＝2BldΔtB ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，两边抵消，ΔΦ＝0，E ＝0C ．ΔΦ＝Bld ，所以E ＝BldΔtD ．导体棒ab 切割磁感线，E ＝Bl v解析：选CD.本题考查电磁感应定律，意在考查考生对两种求感应电动势方法的理解．左右两边可看成两个并联的回路．根据法拉第电磁感应定律，每个回路产生的感应电动势为：E ＝BldΔt，由于两个是并联电路，总感应电动势也为E ＝BldΔt，C 正确；根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E ＝Bl v ，D 正确．二、非选择题11．如图9－2－25所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt＝k ，k 为负的常量，用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框，将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中，求：图9－2－25(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率． 解析：(1)导线框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ①ΔΦ＝12l 2ΔB ②导线框中的电流为I ＝ER③式中R 是导线框的电阻，根据电阻定律有R ＝ρ4l S④联立①②③④式，将ΔBΔt＝k 代入得I ＝klS 8ρ.⑤ (2)导线框所受磁场的作用力的大小为F ＝BIl ⑥它随时间的变化率为ΔF Δt ＝Il ΔBΔt ⑦由⑤⑦式得ΔF Δt ＝k 2l 2S8ρ.答案：(1)klS 8ρ (2)k 2l 2S8ρ12．如图9－2－26所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l ，导轨左端连接一个电阻R .一根质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B .对杆施加一个大小为F 、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v ，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：图9－2－26(1)导轨对杆ab 的阻力大小F f ； (2)杆ab 中通过的电流及其方向； (3)导轨左端所接电阻R 的阻值．解析：(1)杆进入磁场前做匀加速运动，有 F －F f ＝ma v 2＝2ad解得导轨对杆的阻力F f ＝F －m v 22d.(2)杆进入磁场后做匀速运动，有F ＝F f ＋F 安 杆ab 所受的安培力 F 安＝IB解得杆ab 中通过的电流I ＝m v 22Bld杆中的电流方向自a 流向b(3)杆ab 产生的感应电动势E ＝Bl v杆中的感应电流I ＝ER ＋r解得导轨左端所接电阻阻值R ＝2B 2l 2d m v－r .答案：(1)F －m v 22d (2)m v 22Bld，方向自a 流向b(3)2B 2l 2d m v－r。
2017高三物理技能提升训练试题49
2017高三物理技能提升试题49一、选择题1．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U ＝IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V(伏)与A(安)和Ω(欧)的乘积等效．现有物理量单位：m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧)和T(特)，由它们组合成的单位都与电压单位V(伏)等效的是( )A ．J/C 和N/CB ．C/F 和T·m 2/sC ．W/A 和C·T·m/sD ．W 12·Ω12和T·A·m解析：选B.由U ＝W q 可知，J/C 是电压单位，由E ＝Fq可知，N/C 是电场强度的单位，A错误；由U ＝QC，可知，C/F 是电压单位，由E ＝BL v 可知，T·m 2/s 是电压单位，B 正确；由U＝PI 可知，W/A 是电压单位，由f ＝Bq v 可知，C·T·m/s 是力的单位，C 错误；由U ＝PR 可知，W 12·Ω12是电压单位，由F ＝BIL 可知，T·A·m 是力的单位，D 错误． 2．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10.则电梯运动的情况可能是( )A ．以大小为1110g 的加速度加速上升B ．以大小为110g 的加速度减速上升C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 的加速度减速下降解析：选D.当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，则kx ＝mg ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10，则物体所受的合外力为F ＝mg 10，方向竖直向上，由牛顿第二定律知加速度为a ＝F m ＝110g ，方向竖直向上．若电梯向上运动，则电梯以大小为110g 的加速度加速上升；若电梯向下运动，则电梯以大小为110g 的加速度减速下降，A 、B 、C 错误，D 正确．3.如图3－2－10所示，物体A 、B 质量均为m ，中间有一轻质弹簧相连，A 用绳悬于O 点，当突然剪断OA 绳时，关于A 物体的加速度，下列说法正确的是( )图3－2－10A ．0B ．gC ．2gD ．无法确定解析：选C.剪断绳前，绳中拉力为2mg ，弹簧中的弹力为mg 向下，剪断绳后，绳中拉力突然消失，而其他力不变，故物体A 所受合力的大小为向下的2mg ，加速度为向下的2g ，故C 正确．4．如图3－2－11所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动．由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力．图3－2－11(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？(2)一物体从斜面底端以初速v 0＝2 m/s 冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为θ＝30°，过了t ＝1.2 s 后物体回到出发点．若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g 取10 m/s 2，则μ的值为多少？解析：(1)因毛生长的方向是斜向上的，故物体下滑时受滑动摩擦的作用． (2)物体上滑时的加速度大小a 1＝g sin θ＝5 m/s 2，上滑的时间t 1＝v 0a 1＝0.4 s.上滑的位移x ＝v 02t 1＝0.4 m.物体下滑时的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，下滑时间t 2＝t －t 1＝0.8 s.由x ＝12a 2t 22得：a 2＝1.25 m/s 2. 可求得：μ＝34≈0.433.答案：见解析5.如图3－2－12所示，物体P 以一定的初速度v 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，若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( )图3－2－12A ．P 的加速度大小不断变化，方向也不断变化B ．P 的加速度大小不断变化，但方向只改变一次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，速度也逐渐增大解析：选C.弹簧的弹力大小变化，方向始终向左，根据牛顿第二定律可知物体的加速度大小变化、方向不变；压缩弹簧阶段，P 加速度变大，速度变小；弹簧压缩最短时，P 加速度最大，速度为零；弹开物体恢复原长过程，P 加速度变小，速度变大．故正确选项为C.6．质量为2 kg 的物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s ，经过1 s 后的速度大小为10 m/s ，那么在这段时间内，物体的合外力大小可能为( ) A ．20 N B ．12 N C ．8 N D ．28 N解析：选BD.1 s 后的速度方向可能与原来的速度同向，也可能反向，则加速度a ＝10－41m/s 2＝6 m/s 2或a ＝－10－41m/s 2＝－14 m/s 2；根据牛顿第二定律可得合力F ＝12 N 或F ＝28 N.7.一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图3－2－13所示的水平力F 1和F 2，若F 2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是(g ＝10 m/s 2)( )图3－2－13A ．3 NB ．25 NC ．30 ND ．50 N解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1<5 N ，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1>25 N ，C 、D 正确．8.用细绳拴一个质量为m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x (小球与弹簧不拴连)，如图3－2－14所示，将细绳剪断后( )图3－2－14A ．小球立即获得kxm的加速度B ．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C ．小球落地的时间等于2hgD ．小球落地的速度大于2gh解析：选CD.细绳剪断瞬间，小球受竖直方向的重力和水平方向的弹力作用，选项A 、B 均错；水平方向的弹力不影响竖直方向的运动，故落地时间由高度决定，选项C 正确；重力和弹力均做正功，选项D 正确．9.如图3－2－15所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2.重力加速度大小为g .则有( )图3－2－15A ．a 1＝0，a 2＝gB ．a 1＝g ，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M gD ．a 1＝g ，a 2＝m ＋MMg解析：选C.木板抽出前，由平衡条件可知弹簧被压缩产生的弹力大小为mg .木板抽出后瞬间，弹簧弹力保持不变，仍为mg .由平衡条件和牛顿第二定律可得a 1＝0，a 2＝m ＋MMg .10.如图3－2－16所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图3－2－16A ．都等于g 2 B.g2和0C.M A ＋M B M B ·g 2和0 D ．0和M A ＋M B M B ·g 2答案：D11.如图3－2－17所示，一细绳跨过滑轮挂一质量为m 的重物，重物离滑轮足够远．不计摩擦和空气阻力，也不计绳和滑轮的质量，当绳右端拉力为F 时，左端重物m 匀加速上升，加速度的大小为a .在运动过程中，突然将拉力F 减半，则从这之后重物的加速度可能是( )图3－2－17A ．等于a 2，方向向上B ．小于a2，方向向下C ．大于a 2，方向向上D ．等于a2，方向向下解析：选BD.根据题意，原来有F －mg ＝ma ，由于重物有重力，当拉力F 减半时，合力的大小没有原来的一半大，若重物还可以向上加速运动，则有F 2－mg ＝ma ′，得a ′＝a 2－g 2<a2；若重物加速度方向向下，则mg <F <2mg ，当mg <F <1.5mg 时，拉力F 减半，重物加速度大于a2；当F ＝1.5mg 时，拉力F 减半，重物加速度等于a2；当1.5mg <F <2mg 时，拉力F 减半，重物加速度小于a2.12.用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图象如图3－2－18所示，g ＝10 m/s 2，则可以计算出( )图3－2－18A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量解析：选ACD.由a －F 图象可知，拉力在7 N 之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N ，选项A 可以算出；再由图象可知，当F ＝7 N 时，加速度为0.5 m/s 2，当F ＝14 N 时，加速度为4 m/s 2，即F 1－μmg ＝ma 1，F 2－μmg ＝ma 2，可求得动摩擦因数及物体的质量，选项C 、D 均可以算出；物体运动为变加速运动，不能算出拉力为14 N 时的速度，选项B 不可以算出．13．如图3－2－19甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v 、a 、F f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是( )图3－2－19解析：选C.物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小为F f 1＝μmg cos θ，做初速度为零的匀加速直线运动，其v －t 图象为过原点的倾斜直线，A 错，加速度大小不变，B 错，其s －t 图象应为一段曲线，D 错；物体到达水平面后，所受摩擦力F f 2＝μmg >F f 1，做匀减速直线运动，所以正确选项为C.14．如图3－2－20甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2>v 1，则( )图3－2－20 A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.小物块对地速度为零时，即t 1时刻，向左离开A 处最远．t 2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大.0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变．t 2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用，B 正确． 二、非选择题15.如图3－2－21所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ．当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求： (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度？(3)从小物块放在小车上开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？(取g ＝10 m/s 2)图3－2－21解析：(1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度a M ＝F －μmgM＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 得t ＝1 s(3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝v t ＋12at 2＝1.1 m通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m. 答案：见解析16．一质量m ＝0.5 kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面．某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v －t 图象，如图3－2－22所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)图3－2－22(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数．(2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．解析：(1)由图象可知，滑块的加速度： a ＝Δv Δt ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑．由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移x ＝v 22a＝5 m 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 v ′＝2a 2x ＝2 5 m/s.答案：(1)0.5 (2)能 2 5 m/s。
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2017高三物理技能训练试题11一、选择题1．(2016·广州测试)如图6－3－18所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的()图6－3－18A．两板间的距离B．两板间的电压C．两板间的电介质D．两板的正对面积解析：选A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故A正确．2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是()图6－3－19解析：选B.验电器处在带电金属球的电场中发生静电感应，结果使验电器靠近金属球的一端带异种电荷，远离金属球的一端带同种电荷，故答案为B. 3．(2016·镇江测试)如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，下列四个选项中正确描述带电粒子在电场中运动轨迹的是()图6－3－20图6－3－21解析：选C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场方向，轨迹向右弯曲，C正确．4．(2016·高考广东卷)如图6－3－22为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是()图6－3－22A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选BD.本题考查电场、电场力的基本概念，考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握．集尘极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A 错误；电场方向由集尘极指向放电极，B 正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C 错误；同一位置电场强度一定，由F ＝qE 可知，尘埃带电荷量越多，所受电场力越大，D 正确．5．如图6－3－23，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的1/2处返回，则下述措施能满足要求的是()图6－3－23A ．使初速度减为原来的1/2B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2解析：选BD.在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得：－qEd ＝0－12m v 20，所以d ＝m v 202qE ，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的1/2，x ＝d 4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x ＝d 2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x ＝d 4；使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1/2，电场强度变为原来的一半，x ＝d 2.6．如图6－3－24所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个带负电的粒子沿电场线以速度v 0匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．下列能描述粒子在这两个电场中运动的速度－时间图象的是(以v 0方向为正方向)图6－3－24图6－3－25解析：选C.在区域Ⅰ中，mg ＝E 1q ；在区域Ⅱ中，mg ＜E 2q ，合力向上，做匀减速运动，速度减为0后，再反向加速，再次回到区域Ⅰ，做匀速运动．7．如图6－3－26所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M 点．则()图6－3－26A ．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止B ．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降C ．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止D ．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降解析：选BC.当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为U ，两板间的距离为d ，带电液滴处于平衡状态，则mg ＝q U d，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误；两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放电，两板间的电荷量不变，设为Q ，此时两板间的场强大小为：E ＝U d ＝Q C d ＝4πkdQ εr S d＝4πkQ εr S ，可见场强大小与两板间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误．8．如图6－3－27所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕过中心点O 、O ′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P在电场内将做()图6－3－27A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动解析：选B.设电源两端的电压为U ，两金属板间的距离为d ，带电液滴的质量为m ，带电荷量为q ，则液滴P 静止时，由平衡条件可得：q U d＝mg .金属板转动后，P 所受的电场力大小为：F＝qUd cosα，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1＝F·cosα＝qUd·cosα·cosα＝q Ud＝mg.故电场力和重力的合力水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动．B正确，A、C、D 错误．9．(2016·江苏启东中学质检)将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则下列说法中错误的是()图6－3－28A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中加速度大小关系是a A＜a B＜a C C．三小球在电场中运动时间相等D．三小球到达下板时的动能关系是E k C＞E k B＞E k A解析：选C.由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝xv0最长，C错误．A的加速度a A＝2yt2最小，而C的加速度a C最大，a A＜a B＜a C，B正确．可见，A带正电，受电场力方向与重力方向相反，B不带电，C带负电，受电场力方向与重力方向相同，A正确．由动能定理知E k C＞E k B＞E k A，D正确．10．(2016·高考安徽卷)图6－3－29甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图6－3－29图6－3－30解析：选B.本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B.二、非选择题11．(2016·长沙模拟)如图6－3－31所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80m 的a 处有一粒子源，盒内粒子以v 0＝2.0×102m/s 初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m ＝2.0×10－15kg 、电荷量为q ＝＋10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字)图6－3－31(1)粒子源所在处a 点的电势；(2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地；因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.8V ＝80V.(2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理qU ab ＝E k －12m v 20可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12m v 20＝1.2×10－10J.(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后t 时间落在板上：x ＝v 0t ，h ＝12at 2a ＝qE m ，S ＝πx 2联立以上各式得所形成的面积S ＝2πm v 20h qE＝4.0m 2，可以通过减小h 或增大E 来实现．答案：(1)80V (2)1.2×10－10J (3)面积4.0m 2可以通过减小h 或增大E 来实现12．如图6－3－32甲所示，A 、B 为两块平行金属板，极板间电压为U AB ＝1125V ，板中央有小孔O 和O ′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O 由静止进入A 、B 之间．在B 板右侧，平行金属板M 、N 长L 1＝4×10－2m ，板间距离d ＝4×10－3m ，在距离M 、N 右侧边缘L 2＝0.1m 处有一荧光屏P ，当M 、N 之间未加电压时电子沿M 板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O ″点并发出荧光．现给金属板M 、N 之间加一个如图乙所示的变化电压u ，在t ＝0时刻，M 板电势低于N 板．已知电子质量为m e ＝9.0×10－31kg ，电荷量为e ＝1.6×10－19C.图6－3－32(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？解析：(1)电子经A、B两块金属板加速，有eU AB＝12m e v20得v0＝2eU ABm e＝2×107m/s.(2)当u＝22.5V时，电子经过MN板向下的偏移量最大，为y1＝12·eumd·L1v02＝2×10－3my1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M、N，此时电子在竖直方向的速度大小为v y＝eumd ·L1v0＝2×106m/s电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的时间为t2＝L2v0＝5×10－9s电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的偏移量为y2＝v y t2＝0.01m电子打在荧光屏P上的总偏移量为y＝y1＋y2＝0.012m，方向竖直向下．(3)当u＝22.5V时，电子飞出电场的动能最大，为E k＝12m e(v20＋v2y)＝1.8×10－16J或由动能定理得E k＝e(U AB＋u m)＝1.8×10－16J.答案：见解析。