2012《金榜夺冠》物理一轮 第十章 第二单元 第4课时
【安徽专用】2012高三物理《夺冠之路》一轮复习同步练习第10章第2节
一、选择题1．如下图所示，理想变压器的a 、b 端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c 、d 端所接灯泡L 恰好正常发光 .此时滑动变阻器的滑片P 位于图示位置．现将滑片下移(导线电阻不计)，则以下说法中正确的是( )A ．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小B ．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大C ．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大D ．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变解析： 因为副线圈两端的电压没发生变化，所以灯仍能正常发光．当滑片下移时，由于滑动变阻器的电阻增大，所以副线圈中的电流减小，原线圈中输入的电流也变小，且输入的功率变小，A 正确．答案： A2．如下图所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述不正确的是( )A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析： 根据P ＝I 2R 可知，在电流I 一定的情况下，减小电阻R 可以减少电路上的电能损失，而R ＝ρL S，所以增大输电线横截面积S 有利于减少输电过程中的电能损失，A 对；由公式P ＝I 2R 可得，若设输送的电功率为P ′，则P ＝P ′2U 2R ，可见，在输送电压U 一定时，输送的电功率P ′越大，输电过程中的电能损失越大，C 错误．答案： C3．如下图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形，原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1 A ，下列说法中错误的是( )A ．副线圈交流电的表达式u ＝2002sin(100πt )B ．变压器的输出功率为200 WC ．变压器输出端的交流电的频率为50 HzD ．穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为202n 2Wb/s 解析： 由图象可知，A 是原线圈中的电压的表达式，A 错；原线圈中电压的有效值为200 V ，电流表示数为1 A ，则变压器的输入功率为P ＝UI ＝200 W ，由能量守恒知B 对；图象中的周期为0.02 s ，则交流电的频率为50 Hz ，C 对；由E ＝n ΔΦΔt 可推出ΔΦΔt ＝U m1n 1(或U m2n 2)，D 对．答案： A4.(2011·东北三省四市联考)一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R ，触头P 与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )A ．若通过电路中A 、C 两处的电流分别为I A 、I C 则I A >I CB ．若仅将触头P 向A 端滑动，则电阻R 消耗的电功率增大C ．若仅使电阻R 增大，则原线圈的输入电功率增大D ．若在使电阻R 增大的同时，将触头P 向A 端滑动，则通过A 处的电流一定增大解析： 自耦变压器是指它的绕组是初级和次级在同一绕组上的变压器．通过改变初、次级的线圈匝数比的关系来改变初、次级线圈两端电压，实现电压的变换．原、副线圈两端电压与其匝数成正比．理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，若仅将触头P 向A 端滑动，电阻R 两端的电压增大，则电阻R 消耗的电功率增大，选项B 正确．答案： B5．(2011·临沂模考)随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U 1，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A ．输电线上损耗的功率为P 20R U 22B ．输电线上损耗的功率为P 20R U 21C ．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D ．采用更高的电压输电会降低输电的效率解析： 设发电厂输出功率为P ，则输电线上损耗的功率ΔP ＝P －P 0，ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 21，A 、B 项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C 项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则发电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D 项错误．答案： C6.(2011·湖南衡阳高三联考)如右图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过滑动变阻器R 1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n ∶1，变压器的副线圈与电阻为R 2的负载相连，则( )A ．变压器原线圈两端的电压为Br 2ω/2B ．若R 1不变时，通过负载R 2的电流强度为0C ．若R 1不变时，变压器的副线圈磁通量为0D ．若R 1变化时，通过负载R 2的电流强度为通过R 1电流的1n解析： 水平铜盘做匀速圆周运动，半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源．当R 1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压，副线圈中的磁通量一定，磁通量的变化量为零，故其输出电压为零，分析可知A 、C 错，B 对；当R 1变化时，原线圈所加的不是交流电压，其原、副线圈的电流关系不确定，故D 错 .答案： B7.(2010·海南卷改编题)如右图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来2倍D ．若保持负载电阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍解析： 因为电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 错误；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R可知，电流表示数增大，所以选项B 不对；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝U 2R，电流变小，故P 1＝P 2＝U 2I 2，所以输入功率也减小，所以选项C 错；若负载电阻R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确．答案： D8．(2011·山东三市四县学习诊断)正弦交流电源与变压器的原线圈相连，变压器的原、副线圈匝数比为22∶1，变压器副线圈与电阻R 、交流电压表按如图甲所示的方式连接，R ＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V ．图乙是电阻R 两端电压u 随时间t 变化的图象，则( )A ．图乙中U 0＝10 2 VB ．R 两端的电压u R 随时间t 变化的规律是u R ＝52cos 50πt VC ．交变电源的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝102sin 100πt VD ．变压器原线圈中电流i 随时间t 变化的规律是i ＝22cos 50πt A 解析： 交流电压表的示数是10 V ，最大值为102，图乙中U 0＝10 2 V ，所以选项A 正确，B 错误；原线圈电压为220 V ，交变电源的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝2202sin 100πtV ，选项C 错误；副线圈电流为1 A ，则原线圈电流为122 A ，最大值为222A ，选项D 错误． 答案： A9．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如下表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m ，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 kW ，当这些家用电A.B ．输电线路损失的电功率为8 000 WC ．发电机实际输出电压是300 VD ．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V解析： I 线＝I 0＝P 0U 0＝4.4×104220A ＝200 A ；线路损失功率P 线＝I 2线R 线＝8 000 W ，线路两端电压U ＝I 线R 线＝40 V ，所以发电机输出电压为260 V ；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 2 V.答案： B10.图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连．P 为滑动头．现令P 从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L 两端的电压等于其额定电压为止．用I 1表示流过原线圈的电流，I 2表示流过灯泡的电流，U 2表示灯泡两端的电压，P 2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )A ．①③B ．②③C ．①④D ．③④ 解析： 当滑动头P 匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由U 1U 2＝n 1n 2知，U 2＝n 2n 1U 1，U 2随时间均匀增大，③正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I ＝U R知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I 2－t 图线的斜率逐渐减小，②正确；灯泡消耗的功率N 2＝U 2I 2，N 2随时间并不是均匀增加的④错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，①错误．所以选项B 正确．答案： B11．如图所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0.匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为l (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则( )A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝10I 2RB ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIl解析： 由于电流表示数为有效值，由I I 2＝n 2n 1可知I 2＝10I ，故P ＝100I 2R ，选项A 错误；变压器原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2×10IR ＝100IR ，选项B 错误；从最低点开始计时，则导体棒中感应电流的瞬时值的表达式为i ＝2I cos ωt ，选项C 错误；导体棒中电流最大值为2I ，所以F ＝2BIl ，选项D 正确．答案： D二、非选择题12．某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V ，输出电功率为50 kW ，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V 供用户使用，不考虑变压器的能量损失， 这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？解析： 用500 V 电压送电时示意图如右图所示，50 kW 的电功率在输电线上的电流I 0＝P /U 0＝50×103/500 A ＝100 A.用户获得电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3)V ＝200 V ， 用户获得的功率P 1＝I 0U 1＝2×104 W.改用高压输送时，示意图如下图所示，要求P 损＝0.6%P ，即P 损＝50×103×0.6% W ＝300 W.输电电流I ＝P 损/R ＝300/3 A ＝10 A.发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310V ＝5 000 V ， 升压变压器匝数比n 1/n 2＝U 0/U ＝500/5 000＝1/10， 输电线上损失的电压U ′＝I ·R ＝10×3 V ＝30 V . 到达用户输入变压器电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30)V ＝4 970 V ，降压变压器的匝数比n 3n 4＝U 2U 3＝4 970220＝49722. 答案： 220 V 2×104 W 1∶10 497∶22高考学习网高考学习网高﹤考∷试≧题★库。
2012《夺冠之路》高三物理一轮同步练习(安徽专用)第7章第4讲
1．一只小灯泡，标有“3 V,1.5 W”字样．现要描绘小灯泡0～3 V的伏安特性曲线．实验器材有：A．最大阻值为10 Ω的滑动变阻器B．电动势为6 V、内阻约为1.0 Ω的电源C．量程为0.6 A、内阻约为1.0 Ω的电流表A1D．量程为3 A、内阻约为0.1 Ω的电流表A2E．量程为3 V、内阻约为6 kΩ的电压表V1F．量程为15 V、内阻约为10 kΩ的电压表V2G．开关、导线若干(1)电压表应选用________；电流表应选用________．(将选项代号的字母填在横线上)(2)在该实验中，设计了如下图所示的四个电路．为了减小误差，应选取的电路是________(将选项代号的字母填在横线上)．(3)以下是该实验的操作步骤：A．将电流表、电压表、变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路B．调节滑动变阻器触头的位置，保证闭合开关前使变阻器与小灯泡并联部分的阻值最大C．闭合开关，记下电流表、电压表的一组示数(U，I)，移动变阻器的滑动触头，每移动一次记下一组(U，I)值，共测出12组数据D．按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用直线段连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线指出以上步骤中存在错误或不妥之处并修改：________答案：(1)E C(2)C(3)步骤B不妥，应为：闭合开关前应使变阻器与小灯泡并联部分的电阻为零．步骤D有错，应为：按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用一条平滑的曲线连接起来．2．(2011·兰州模拟)某同学测绘标有“4.8 V,0.3 A”小电珠的电功率随电压变化的图象，要使小电珠两端电压从0至4.8 V连续变化，为了使测量尽可能地准确，除了导线和开关外，可供选择的仪器还有()A．电流表：量程0～0.6 A，内阻约为1 ΩB．电流表：量程0～3 A，内阻约为0.2 ΩC．电压表：量程0～6 V，内阻约为2 kΩD．电压表：量程0～15 V，内阻约为4.5 kΩE．滑动变阻器：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 AF．滑动变阻器：阻值范围0～2 kΩ，额定电流0.5 AG．电池组：电动势6 V，内阻约为1 Ω(1)选用的器材代号为________；(2)画出电路图；(3)根据实验测量的数据描出P－U图线，如右图所示，则小电珠在1.5 V电压下的电阻值R＝________ Ω.解析：(1)根据小电珠的额定电压为4.8 V，额定电流为0.3 A，电流表选择A，电压表选择C.由于使小电珠两端电压由0至4.8 V 连续变化，应采用分压电路，滑动变阻器阻值不宜太大，应选E ；(2)小电珠正常发光时的电阻R ＝U I ＝4.80.3Ω＝16 Ω；R ≪R V ，因此选用安培表外接电路，电路如右图所示；(3)由图象可得小电珠在1.5 V 电压时功率为1.0 W ，故此时小电珠的电阻为R ＝U 2P＝2.25 Ω. 答案： (1)ACEG (2)如解析图所示 (3)2.253．(2011·盐城模拟)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a 、b 、c 、d 、e 、f 、g 和h 按下图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后：(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是________导线断路．(2)某同学测出电源和小电珠的U －I 图线如右图所示，将小电珠和电阻R 串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A ，则R ＝________Ω.(3)某同学在实验中还测出a 、b 、c 三种元件的伏安特性曲线分别如下图所示中的(a)、(b)、(c)，下列说法正确的是( )A ．a 可以作为标准电阻使用B ．b 能作为标准电阻使用C ．b 的阻值随电压升高而减小D ．c 的阻值随电压升高而增大解析： (1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g 导线断路． (2)由电源的U －I 线知E ＝3.0 V ，r ＝1 Ω，当小电珠与电阻串联后由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R ＋r ＋R 灯)又由小电珠的U －I 线得R 灯＝U I＝1.2 Ω 解得R ＝0.8 Ω(3)因a 元件的I －U 线是直线，说明电阻随电压的变化不变，故可作为标准电阻，故A 对，B 错．因I －U 线的斜率倒数表示电阻值的变化，故C 、D 均错，选A.答案： (1)g (2)0.8 (3)A4．(2010·安徽理综)太阳能是一种清洁、“绿色”能源．在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I —U 特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E ，电流表A ，电压表V ，滑动变阻器R ，开关S 及导线若干．(1)为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图．图1(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I —U 图象．由图可知，当电压小于2.00 V 时，太阳能电池的电阻________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V 时，太阳能电池的电阻约为________Ω.图2 解析： (1)探究I －U 特性时需要多组数据，故滑动变阻器应采用分压接法．连线见答案．(2)根据R ＝U I ，结合I －U 图可知U <2.00 V 时R 很大；U ＝2.80 V 时R ＝ 2.802.8×10－3 Ω＝1.0×103 Ω.答案： (1)连线如图(2)很大 1.0×103(965～1 040)5．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求伏安特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值为4～5 Ω，热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：A．电流表A1，量程0.6 A，内阻约1 ΩB．电流表A2，量程3 A，内阻约2 ΩC．电压表V1，量程15 V，内阻约15 kΩD．电压表V2、量程3 V，内阻约5 kΩE．滑动变阻器R1(0～100 Ω)F．滑动变阻器R2(0～20 Ω)G．电源E(3 V，内阻可忽略)H．盛有热水的水杯(图中未画出)I．开关、导线若干(1)实验中应选用的电流表为________(填“A1”或“A2”)，应选用的电压表为________(填“V1”或“V2”)，应选用的滑动变阻器为________(填“R1”或“R2”)．(2)在方框中画出实验电路原理图，要求测量误差尽可能小．(3)根据电路原理图，在实物图上连线．解析：(1)由于电源电动势为3 V，则电压表应选V2，常温下待测热敏电阻的阻值为4～5 Ω，再加电流表内阻，由闭合电路欧姆定律可知电路中最大电流小于0.6 A，故电流表应选A1；本实验研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求伏安特性曲线尽可能完整，故滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器应选R2.(2)设计电路图时，由于电流表内阻与热敏电阻阻值相差不大，故电流表采用外接法，如图所示．答案：(1)A1V2R2(2)如图所示(3)如图所示。
2012《夺冠之路》高三物理人教版一轮复习课件(安徽专用)：第1章_4波的特性：反射和折射__衍射和
射和干涉
1.波的干涉
如图11-4-1所示，实线表示两个相干波源S1、S2发出的 波的波峰位置，则图中的 点为振动加强的位置，图
中的 点为b振动减弱的位置.
a
图11-4-1
点评：一列波分为两列波，频率不 变．两列相同波发生干涉，当路程差等于波 长的整数倍时，振动加强，该点的振幅等于 两列波的振幅之和；当路程差等于半波长的 奇数倍时，振动减弱，该点的振幅北正定中学考试)如图1142所 示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波．甲波沿 x轴的正方向传播，乙波沿y轴正方向传播，图中实 线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置， 对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况， 正确的判断是( )
图11-4-2
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【鲁科版】2012《夺冠之路》高考物理一轮复习课件第6单元第4课时实验探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
• 空气阻力将使单摆的振幅减小，但 对其固有周期不产生影响 F.若考虑空气的浮力， 浮 则可从等效重力加速度 m •角度分析g′=g0.因等体积的木球质量最 l 2 小，故g′T 较小，由单摆周期公式 知， g .故选B. 木球的振动周期较大
• 用单摆测量重力加速度 • 如图6-4-1所示，某同学采用双线摆 和光电计数器测量重力加速度，已知 每根悬线长为d，两悬点间相距s，金属 小球半径为r，AB为光电计数器，现将 小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏 离竖直方向一个较小的角度并静止释 放，同时启动光电计数器，
• 在利用单摆测定 重力加速度的实验中，由 单摆做简谐运动的周期公 式得到T2=4π2lg.只要测出多 组单摆的摆长l和运动周期 Ｔ，作出T2－l图象，就可 以求出当地的重力加速度. 理论上T2－l图象是一条过 坐标原点的直线，某同学 根据实验数据作出的图象 如图6-4-3所示.
图6-4-3
•(1)造成图象不过坐标点的原因 是 •(2)由图象求出的重力加速度 m/s2.(取π2=9.87) •
•3.将测得的重力加速度与当地重力加速度的 数值进行比较，分析产生误差的可能原因.
•五、注意事项 •1.选择材料时应选择细而且不易伸长的线， 长度一般不应短于1m，小球应选密度较大的 金属球，直径应较小，一般不超过2cm. •2.单摆悬线的上端不可随意卷在铁夹的杆上， 应夹紧在铁夹中，以免摆动而使摆线下滑， 摆长改变.
第六章
机械振动 机械波
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实验：探究单摆的运动、 用单摆测定重力加速度
•一、实验目的 •1.探究影响单摆振动周期的因素. •2.利用单摆测定重力加速度.
• 二、实验原理 • 1.用控制变量法测量在摆角、摆球质量 和摆长分别不同情况下单摆的周期. 2 4 l l • 2.在摆角不大于 g 2 T 2 5°的前提下，由周 T g •期公式 得 ,计算
《夺冠之路》福建专用2012高三物理一轮复习 第3章第4课时 牛顿运动定律的应用一超重与失重课件 鲁
答案：900 40
掌握物体的重力不变，人的臂力不变是解此类问题关键．
考点二：图象问题的应用 【例2】 (能力题)斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象 及物体运动的vt图象如图所示．由图象中的信息能够求出的量或可以确定的关系是( )
(2)失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持面的压力N(或对悬挂物的拉力)小于物 体的重力．
(3)完全失重：物体加速度a＝g竖直向下，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的 现象．
(1)判断一个物体是超重还是失重，可以从两个角度思考：①物体对 支持物的压力或对悬挂物的拉力和重力大小比较．②根据运动物体加速度的方向， 而不是速度方向．
(对应学生用书第 39～40 页)
对超重、失重的理解
1．超重、失重
超重与失重产生的条件仅与加速度的方向有关，而与物体的速度大小和方向无 关．“超重”不能理解成重力增加了，“失重”不能理解成重力减小了，“完全失重” 不能理解成物体的重力消失了．物体在这两种情况下重力不变，物体对支持面的压力 或悬线的拉力发生了变化．
答案：39.6 N
易错的原因是只考虑到空心球的超重现象，而忽视了“水球”匀加 速下降造成的失重．
针对训练11：一个质量是50 kg的人站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了一只弹 簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为mA＝5 kg的物体A.当升降机向上运动时， 他看到弹簧测力计的示数为40 N，如图所示，g取10 m/s2，求此时人对地板的压力.
针对训练21：如图是电梯竖直上升过程的vt图象，若电梯质量为100 kg，则承受电梯的 钢绳所受到的拉力在0～2 s内为________ N；在2 s～6 s内为________ N；在6 s～9 s内为 ________ N．(g取10 m/s2)
【金榜夺冠】高三物理第一轮复习 第十章 第一单元 第2课时 法拉第电磁感应定律课件 选修32
既不表示磁 通量的大 小，也不 表示变化 的多少， 在Φ t图象 中用图线 的斜率表 示
的磁通量
2.理解感应电动势与感应电流产生的区别
只要在电路中有磁通量变化，无论电路是否闭合都能产生感 应电动势；而感应电流则需要闭合电路．故感应电动势的产生可 先于感应电流，当要用电流时才把电路接通．
3．公式E＝n ΔΦ 与E＝BLv的区别和联系
选修3－2 第十章 电磁感应
第一单元 电磁感应基本规律
第2课时 法拉第电磁感应定律
考点 法拉第电磁感应定律
基础回顾 1.法拉第电磁感应定律
(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通 量的________成正比．
(2)公式：E＝________；对于n匝线圈，有E＝________.
解析：根据法拉第电磁感应定律，得：
1 E＝ΔΔΦt ＝BΔΔSt ＝B·2L
4L2－L2 Δt ＝
3BL2 2Δt
通过R的平均电流：－I ＝RE＝
3BL2 2ΔtR
所以通过R的电荷量：q＝－I Δt＝
3BL2 2R .
答案： 3BL2
2R
点评：由此看出通过电阻R的电荷量与时间无关，也即是
说，与线圈的运动情况无关，只与磁通量的变化量及电路
题型训练 3．如图所示，竖直放置的U型导轨宽为L，上端串有电阻
R(导轨其余部分电阻不计)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于 纸面向外，金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计一切 摩擦．从静止释放后ab保持水平下滑，试求ab下滑的最大速度 vm.
解析：释放瞬间ab只受重力作用，开始向下加速运动，随
感应电动势大小为E＝BLv＝Bvt·v·tan 45°＝Bv2t.
电路中总电阻：R＝r( Ob ＋ ab ＋ Oa )＝vtr(2＋ 2)
【金榜夺冠】高三物理第一轮复习 第二章第二单元 第4课时 受力分析 共点力的平衡课件 必修1
(1)从力的概念判断，寻找对应的________物体；
(2)从力的性质判断，寻找产生________的原因；
(3) 从 力 的 效 果 判 断 ， 寻 找 是 否 产 生 ________ 或 改 变 ________(是静止、匀速还是变速运动)．
答案： 1．示意 2．重力 接触力 3．(1)施力 (2)加速度 (3)形变 运动状态
(2)隔离物体分析——将研究对象从周围物体中隔离出来， 进而分析周围有哪些物体对它施加了力的作用．
(3)画出受力示意图——边分析边将力画在示意图上，准确 标出各力的方向．
(4)检查画出的每一个力能否找到它的施力物体，检查分析 结果能否使研究对象处于题目所给运动状态，否则，必然发生 了漏力、多力等错误．
答案：F1逐渐变小，F2先变小后变大．
题型四 用“相似三角形”解平衡状态问题
半径为R的表面光滑的 半球固定在水平面上．在距其 最高点的正上方为h的悬点O， 固定长为L的轻绳一端，绳的另 一端拴一个重为G的小球．小球 静止在球面上，如右图所 示．则半球对小球的支持力和 绳对小球的拉力各等于多少？
解析：先对小球进行受力分析， 如右图所示．F＝G.
点评：本题巧用“相似三角形”法，可以提高解题速 度和提高解题的准确度．其实，力的大小也跟它周围所构 成的几何结构有关，力所对应的边越长，力越大．
题型训练
4．如图所示，AC是上端带定滑轮
的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端
通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重
为G的物体，且B端系有一根轻绳，并绕
过定滑轮A，用力F拉绳，开始时角BCA
必修1 第二章 研究物体间的相互作用
第二单元 力的合成与分解与受力分析
《夺冠之路》福建专用2012高三物理一轮复习 第2章第5课时 实验：探究弹力和弹簧伸长的关系课件 鲁科版
5．画图线时，不一定要让所有点都正好在曲线上，但应注意使曲线两侧的点数大致相同， 偏离太远的点要舍弃． 五、误差分析 1．弹簧长度测量不够准确．
2．描点、画线不准确．
对实验原理的考查 【例1】 如图(甲)所示为测定轻弹簧劲度系数的装置，被测弹簧一端固定于A点，另一端B 用细绳绕过定滑轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为毫米的刻度尺，当挂两个钩码时， 绳上的定点P对应的刻度如图(乙)中的虚线ab所示，再增加一个钩码后，P点对应的刻度如 图(乙)中的虚线cd所示，已知每个钩码质量为50 g，重力加速度g取9.8 m/s2.则被测弹簧的 劲度系数为________ N/m.挂三个钩码时弹簧的形变量为________ cm.
(对应学生用书第 28 页)
(2010年福建理综，19(2))某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原 长约200 mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20 g)， 每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量．当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每 取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时 的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图象如图所示．从图象中可以得出__D__.(填选项前的字 母)
本题考查了弹力大小和橡皮筋伸长量的关系，试题难度为中档．正确理解实验的原理及图 象中的信息是解题的关键．
(对应学生用书第 220 页)
【测控导航】
考点 1.实验原理的考查 2.实验中数据的处理及应 用 3.创新实验
题号 1 2、3 4
1.某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸 长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长 度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图 象可能是图中的__C__.
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2．水平等距导轨上放置两条导体，一条导体受到外 力作用而另一条在前一条做切割磁感线运动产生的电流 中受到向前的 安培力这个动力作用而做加速运动，它们在运动的 过程中系统的能量发生转化和守恒，但动量不守恒． 至于导轨不等距的问题因涉及动量定理，考纲没有 要求，故不必进行研究．
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2．解决电磁感应中的动力学问题的方法 (1)具体步骤 (2)两种状态的处理：当导体处于平衡态——静止状态或匀 速直线运动状态时，根据合外力为零去列式解答；当导体处于非 平衡态——变速运动时，若是变加速(或变减速)，要运用牛顿定 律列式，就不同时刻的状态解答瞬时值；若是匀加速(或匀减速)， 要运用牛顿定律列式，求定值．
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A．线框通过磁场的整个过程中，线框的机械能守恒 B．从ab由GH滑到JP的过程中，W1 －W2＝ mv2 C．线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能为 W2＋W4 D．从cd进入GH到JP的过程中，W3＞W4
1 2
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解析：线框通过磁场的整个过程中，由于产生了电能，故 线框的机械能减少．从ab从GH滑到JP的过程中，根据动能
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如右图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧 形轨道下滑，相距为L的平行导轨的水平部分有竖直向上的匀 强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆a的 质量为m，电阻为Ra；b杆的质量为m，电阻为Rb；水平导轨 足够长，不计摩擦，问： (1)a杆的最大电流是多少？ (2)a杆和b杆的最终速度是多大？ (3)整个过程中回路释放的电能是多少？ (4)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb＝3∶4，其余电阻不 计，整个过程中，a、b上产生的热量分别是多少？
答案：磁场 楞次定律
牛顿运动定律
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要点深化 1．明确动力与电磁间相互制约的关系 求解电磁感应中的力学问题时，要抓好受力分析和运动情况 的动态分析．导体在拉力作用下运动，切割磁感线产生感应电动 势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→ 速度变化，周而复始地循环．当循环结束时，加速度等于零，导 体达到稳定的运动状态，此时a＝0，而速度v通过加速达到最大 值或通过减速达到最小值，做匀速直线运动．由此可知，“动生 电、电生力、力制动”，形成力与电磁相互制约 的局面．因此，研究电磁感应的动力学问题时不能形成不良 的定势思维，要“机动作战”．具体情况可列下表帮助理解：
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要点深化 1．安培力做功和电能变化的特定对应关系 如右图所示，已知棒的电阻为r，电阻器的电阻为R，导 轨距离为L.设棒b的重力沿斜面向下的分力使棒向下滑动，某 时刻棒的速度为v，根据E＝BLv、I＝E/(R＋r)，F安＝BIL，得 B2L2v ；安培力此时做功的功率 安培力F安＝
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2．“动－电－动”型：即电路的电流靠导体在其它 外力作用下而做切割磁感线的运动而产生感应电流，感 应电流流过导体时导体又会受到磁场对它的安培力的作 用，安培力方向与其运动方向相反，是阻力．随着导体 速度的增大，安培力也将增大，当安培力等于其它外力 时，电路的电流会保持一 恒量确保安培力不变，导体最后做匀速直线运动．
答案：Wa∶Wb＝1∶4
Pa∶Pb＝1∶2
Qa∶Qb＝1∶4
点评：本题题目情景不算复杂，但考点多，注重考查考生 理解、应用基础知识解决学科内综合题的能力．
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题型训练 1．在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着一个磁感 应强度大小为B、方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁场的宽度均 为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由 静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区时，线框做 加速运动；当ab边滑过JP位置时，线框恰好以速度v做匀速直线 运动，从ab进入GH到JP的过程中，重力 对线框做功为W1，线框克服安培 力做功为W2，从cd进入GH到JP的 过程中，重力对线框做功为W3， 线框克服安培力做功为W4，下列 说法中正确的有( )
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如图甲所示，MN、PQ为平行光滑导轨，其电阻忽 略不计，与地面成30°角固定．N、Q间接一电阻R′＝10 ，
M、P端与电池组和开关组成回路，电动势E＝6 V，内阻r＝ 1.0 ，导轨区域加有与两导轨所在平面垂直的匀强磁场．现 的金属导线ab置于导轨上， 将一条质量m＝10 g，电阻R＝10 导线ab恰静止不动． (1)试计算磁感应强度的大小； (2)若某时刻将电键S断开， 求导线ab能达到的最大速度．(设导轨足够长)
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根据能量的转化和守恒可知，由于动能不变，外力做功等 于电能，而电能又全部转化为焦耳热，故线圈中产生的焦 耳热之比Qa∶Qb ＝1∶4.(或者能计算安培力做功也能得到； 或者用焦耳定律也能得到：
(BLv) 2 L (B2Lv) 2 2L Qa＝ · ，Qb＝ · ) Ra v Rb v
并保持导线ab水平．已知导轨间距L＝0.1 m，当开关S接通后
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解析：(1)导线ab两端电压 导线ab中的电流 I＝ ＝0.5 A R 导线ab受力如图乙所示，由平衡条件得BIL＝mgsin 30° 解得 B＝mgsin 30° IL 代入数值，解得B＝1 T. (2)电键S断开后，导线ab开始加速下滑，当速度为v时，产 生的感应电动势为E′＝BLv， E′ 导线ab中的感应电流 I′＝ R＋R′ B2L2v 导线ab受的安培阻力 F′＝BI′L＝ R＋R′ B2L2vm 当导线ab达到最大速度时， ＝mgsin 30° R＋R′ 代入数值解得vm＝100 m/s.
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题型训练 2．(2010年江苏理综)如图所示，两足够长的光滑金属导 轨竖直放置，相距为L, 一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场 与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁 场上边界h处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电 流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接 触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求： (1)磁感应强度的大小B； (2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v； (3)流经电流表电流的最大值Im.
R＋r
B2L2v2 E2 P 安 ＝F 安 v＝ ＝ ＝P 电 R＋r R＋r
由此可知：安培力做功的过程，是电能转化为其他形式 的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式 的能．
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2．解决电磁感应中的能量问题的方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则) 确定感应电动势的大小和方向． (2)用闭合电路欧姆定律确定感应电流的大小和方 向． (3)分析受力情况，寻找力学关系． (4)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机 械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，或 者用稳定状态时受力特点及功率关系列方程，联立求 解．
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选修3－2 第十章 电磁感应
第二单元 电磁感应综合问题研究
第4课时 电磁感应中的动力学问题和能量 课时
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考点一
磁通量
基础回顾 通过导体的感应电流在________中将受到安培力作用，电磁 感应往往和力学问题结合在一起．解决这类问题需要综合应用电 磁感应规律(法拉第电磁感应定律、__________)及力学中的有关 规律(____________、动量守恒定律、动能定理等)．
1 定理有：W1－W2＝ mv2.线框克服安培力做功，将机械能转
化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化 为电能，故线框通过磁场的整个过程中，线框获得的电能 为W2＋W4.从cd进入GH到 JP的过程中，线框做匀速运动，动能不变，故W3＝W4. 答案：BC
2
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题型一
电磁感应中的能量问题
如右图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L 的两只闭合线框a和b，以相同的速度v从磁感应强度为B的匀 强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则两种情况外力对线圈做 的功之比Wa∶Wb 等于多少？拉力的功率之比Pa∶Pb 等于多 少？线圈中产生的焦耳热之比Qa∶Qb等于多少？
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解析：(1)电流稳定后，棒做匀速运动BIL＝mg① 解得 B＝mg②
IL
(2)根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：E＝BLv③ 根据闭合电路的欧姆定律，感应电流 I＝ ④ R I2R 由②③④式解得：v＝
mg
E
(3)由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm
1 2 根据机械能守恒定律： mgh＝ mvm⑤ 2
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解析：由电阻定律知，两个线圈电阻Ra∶Rb＝1∶2. a、b线圈最后一导线切割磁感线产生的感应电动势分别为 Ea ＝BLv和Eb ＝2BLv，故感应电动势之比Ea∶Eb ＝1∶2； 感应电流分别为Ia＝Ea/Ra 和Ib ＝Eb/Rb ，故感应电流之比为 Ia∶Ib＝1∶1. a、b线圈所受的安培力分别为Fa＝BIaL和Fb＝2BIbL，故安 培力之比为Fa∶Fb ＝1∶2；为了维持线圈匀速拉出匀强磁 场，拉力要等于安培力，故两个拉力之比为Fa′∶Fb′＝1∶2， 做功之比为Wa∶Wb＝(Fa′L)∶(Fb′2L)＝1∶4. a、b线圈拉出磁场的时间分别为ta＝L/v和tb＝2L/v，故时间 之比为ta∶tb ＝1∶2；拉力的功率分别为Pa ＝Wa/ta 和Pb ＝ Wb/tb ，故拉力的功率之比Pa∶Pb ＝1∶2(或Pa ＝Fa·v，Pb ＝ Fb·v)．