【与名师对话】2016高考物理(课标版)一轮课时跟踪训练36
【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习 单元质量检测01
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习 单元质量检测01时间：60分钟 总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2014·湖州新世纪外国语学校高三摸底)关于伽利略对自由落体运动的研究，以下说法正确的是( )A ．伽利略认为在同一地点，重的物体和轻的物体下落快慢不同B ．伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C ．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上运动验证了位移与时间的平方成正比D ．伽利略用小球在斜面上运动验证了运动速度与位移成正比解析：亚里士多德认为在同一地点重的物体下落得快，轻的物体下落慢，故A 错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但是当时测量时间误差较大不能直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理得出，故B 错误．伽利略通过数学推演并用小球在斜面上验证了位移与时间的平方成正比，故C 正确．小球在斜面上运动的运动速度与位移不成正比，故D 错误．答案：C2．(2014·德州市平原一中高三月考)广州地区的重力加速度为9.8 m/s 2，一物体由t ＝0时刻开始做自由落体运动，下列说法正确的是( )A ．下落过程中，物体在任一秒末的速度是该秒初速度的倍B ．t ＝0时物体的速度和加速度都为零C ．下落开始的连续三个两秒末的速度之比为1∶2∶3D ．下落开始的连续三个两秒内的位移之比为1∶4∶9解析：加速度为g ＝9.8 m/s 2，根据加速度的意义可知物体速度每秒增加9.8 m/s ，故A 错误；刚下落时物体的速度为零，加速度是9.8 m/s 2，故B 错误；根据v ＝gt,2 s 、4 s 、6 s 末物体速度之比为1∶2∶3，即下落开始连续的三个两秒末的速度之比为1∶2∶3，故C 正确；根据h ＝12gt 2,2 s 、4 s 、6 s 内的位移之比为1∶4∶9，故下落开始连续三个两秒内的位移之比为1∶3∶5，故D 错误；故本题选C.答案：C3．(2014·上海市奉贤区期末)一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知( )A．4 s内物体在做曲线运动B．4 s内物体的速度一直在减小C．物体的加速度在 s时方向改变D．4 s内物体速度的变化量的大小为8 m/s解析：4 s内物体在做直线运动，4 s内物体的速度先减小后增大，选项A、B错误；物体的速度在 s时方向改变，而加速度方向不变；4 s内物体速度的变化量的大小为8 m/s，选项C错误D正确．答案：D4．(2014·长春调研)一质点从t＝0开始沿x轴做直线运动，其位置坐标与时间的关系式为x＝2t3－8t＋1(x和t的单位分别为m和s)，则下列说法中正确的是( ) A．质点一直向x轴正方向运动B．质点做匀变速直线运动C．质点在第2 s内的平均速度的大小为3 m/sD．质点在前2 s内的位移为零解析：利用位置坐标与时间的关系得出各个时刻的位置坐标，可知A错误．由匀变速直线运动的位移与时间的关系式可知B错误．根据平均速度的定义式结合题目所给关系式可知，质点在第2 s内的平均速度的大小不是3 m/s，C错误．答案：D5．(2014·安徽师大摸底)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )A．质点运动的加速度是0.6 m/s2B．质点运动的加速度是0.3 m/s2C．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD ．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s解析：由Δx ＝aT 2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s 2，选项A 错误B 正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v ＝0.2 m/s ，第1次闪光时质点的速度是v 1＝v －aT /2＝0.2 m/s －×0.5 m/s＝0.05 m/s ，第2次闪光时质点的速度是v 2＝v ＋aT /2＝0.2 m/s ＋×0.5 m/s＝0.35 m/s ，选项C 、D 错误．答案：B6．(2014·济宁市高三模拟)在光滑水平面上，A 、B 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，当小球间距大于L 时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球的v －t 图象如图所示，由图可知( )A ．A 球质量大于B 球质量 B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 3时间内B 球所受排斥力方向始终与运动方向相同D ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小解析：从图象可以看出B 小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以B 小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a ＝Fm知，加速度大的质量小，所以B 小球质量较大，A 正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t 2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，B 错误，D 正确；B 球0～t 1时间内匀减速，所以0～t 1时间内排斥力与运动方向相反，C 错误．答案：AD7．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是( )A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车从第3根运动至第7根电线杆所需的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s解析：由匀加速直线运动的位移规律x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，A 正确；由v 2－v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，B 正确；由v ＝v 0＋at 知汽车从第1根运动至第7根电线杆用时为20 s ，所以从第3根运动至第7根电线杆所需时间为10 s ，C 错误；由v ＝xt知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s ，D 正确．答案：ABD8．在光滑水平面上有a 、b 两点，相距20 cm ，一质点在一水平恒力F 作用下做直线运动，经过 s 的时间先、后通过a 、b 两点，则该质点通过a 、b 中间点时的速度大小满足( )A ．无论力的方向如何均大于1 m/sB ．无论力的方向如何均小于1 m/sC ．若力的方向由a 向b ，则大于1 m/s ，若力的方向由b 向a ，则小于1 m/sD ．若力的方向由a 向b ，则小于1 m/s ，若力的方向由b 向a ，则大于1 m/s 解析：解法一(公式法)：设a 、b 两点相距为l ，加速度为a ，该质点通过a 、b 两点和a 、b 中点时的速度大小分别为v a 、v b 和v x ，根据匀变速直线运动规律有v 2x －v 2a ＝v 2b －v 2x ＝2a ·l 2＝al (无论力的方向如何均成立)，所以v x ＝v 2a ＋v 2b2＝2v 2a ＋v 2b4>v a ＋v b24＝v a ＋v b2＝v ＝错误!＝1 m/s解法二(图象法)：画出质点运动的v －t 图象，如图所示，其中斜率为正值的表示力的方向由a 向b 时，斜率为负值的表示力的方向由b 向a 时，根据匀变速直线运动规律，在中间时刻即t ＝ s时质点的速度等于平均速度1 m/s，根据v－t图象的“面积”表示位移可知，不管力的方向如何，质点在a、b中间点处的瞬时速度均大于1 m/s.本题答案为A.答案：A二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(10分)某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量为m＝50 g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿过打点计时器，实验装置如图所示．(1)以下是该同学正确的实验操作和计算过程，请填写其中的空白部分：①实验操作：______________________，释放纸带，让重锤自由落下，______________________.②取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出相邻计数点间的距离分别为x1＝2.60 cm，x2＝4.14 cm，x3＝5.69 cm，x4＝7.22 cm，x5＝8.75 cm，x6＝10.29 cm，已知打点计时器的打点间隔T＝ s，则重锤运动的加速度计算表达式为a＝________，代入数据，可得加速度a＝________m/s2(计算结果保留三位有效数字)．(2)该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法：______________________________________________________________________________________________ __________________________________________________.解析：(1)①实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放纸带，实验结束，应立即关闭电源．②由逐差法求解重锤下落的加速度：a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 39×2T 2＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 336T2＝9.60 m/s 2(2)重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，是因为重锤下落时所受空气阻力过大或者纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦阻力过大．为了有效地缩小这个实验测得的加速度与实际的重力加速度之差，可以将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法．答案：(1)①接通电源 实验结束关闭电源 ②x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 336T2(2)将重锤换成较大质量的重锤或者换用电火花打点计时器或采用频闪照相法 10．(12分)(2014·合肥模拟)歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a ，经s 距离就达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L (L <s )，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v 1m ； (2)方法二情况下航空母舰的最小速度v 2m . 解析：(1)设飞机起飞速度为v ，则有v 2＝2as v 2－v 21m ＝2aL联立解得v 1m ＝2as －L(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t ，则：t ＝v －v 2ma飞机位移x 1＝v 2－v 22m2a航空母舰位移x 2＝v 2m t 位移关系：x 1－x 2＝L 联立解得：v 2m ＝2as －2aL 答案：(1)2as －L (2)2as －2aL11．(14分)(2014·广州执信中学期中)2013年元月开始实施的最严交规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续前行，车头未超过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．如下图所示．我国一般城市路口红灯变亮之前，绿灯和黄灯各有 3 s 的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14 m/s 的情况下，制动距离不得大于20 m.(1)若要确保小客车在3 s 内停下来，汽车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)某小客车正以v 0＝8 m/s 的速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线L ＝36.5 m ，小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能不闯黄灯通过路口？已知驾驶员从看到灯闪到脚下采取动作的反应时间是 s.解析：(1)设小客车刹车时的最大加速度为a 根据v 2＝2ax得a ＝v 22x ＝1422×20m/s 2＝4.9 m/s 2为确保小客车在3 s 内停下来，小客车刹车前行驶的最大速度为v max ＝at ＝×3 m/s＝14.7 m/s(2)在反应时间内小客车匀速运动的距离为L 0＝v 0Δt ＝8×0.5 m＝4 m车匀加速运动的距离为L ′＝L －L 0＝36.5 m －4 m ＝32.5 m从绿灯闪到黄灯亮起这3 s 内小客车加速运动的时间t ′＝t －Δt ＝3 s － s ＝ s 设小客车加速时的加速度为a ′，则L ′＝v 0t ′＋12a ′t ′2代入数据，解得a ′＝4.0 m/s 2. 答案：(1)14.7 m/s (2)4.0 m/s 212．(16分)下表为甲、乙两汽车的性能指标．开始时两车静止在同一条平直公路上，甲车在前乙车在后，两车相距170 m ．某时刻起两车向同一方向同时启动，若两车由静止开始运动到最大速度的时间内都以最大加速度(启动时的加速度)做匀加速直线运动.0～30 m/s 的加速时间/s最大速度/m·s －1甲车 12 40 乙车650(2)通过计算判断两车相遇时各做何种性质的运动． 解析：(1)由题意可知两车的加速度大小分别为a 甲＝Δv 甲Δt 甲＝30－012 m/s 2＝2.5 m/s 2a 乙＝Δv 乙Δt 乙＝30－06m/s 2＝5 m/s 2(2)乙车达到最大速度时，经历时间t 1＝v 乙a 乙＝505s ＝10 s此时两车的位移分别为x 甲＝12a 甲t 21＝125 m x 乙＝12a 乙t 21＝250 m由于x 乙<x 甲＋170 m ＝295 m ，故两车未相遇 此后，甲车达到最大速度时，经历时间t 2＝v 甲a 甲＝16 s此时两车位移分别为x ′甲＝12a 甲t 22＝320 mx ′乙＝12a 乙t 21＋v 乙(t 2－t 1)＝550 m由于x ′乙>x ′甲＋170 m ＝490 m 故两车已相遇．可见两车相遇时，甲车做匀加速直线运动，乙车已达最大速度并做匀速直线运动． 答案：(1)2.5 m/s 25 m/s 2(2)见解析。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练X3-3-4含答案
随堂训练1．(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还缺少的器材有______________．(2)在用油膜法估测分子大小的实验中，在哪些方面作了理想化的假设：____________________________________________________________.(3)如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是________(用字母符号表示)．[答案](1)量筒、痱子粉或细石膏粉、坐标纸(2)将油膜看成单分子油膜，将油酸分子看作球形，认为油酸分子是一个紧挨一个排列的(3)dacb2．在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，(1)某同学操作步骤如下：①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积．改正其中的错误：__________________________________________________________________________________________.(2)若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10－3 mL，其形成的油膜面积为40 cm2，则估测出油酸分子的直径为________m.[解析](1)②由于一滴溶液的体积太小，直接测量时相对误差太大，应用微小量累积法减小测量误差，故可在量筒内滴入N滴该溶液，测出它的体积．③液面上不撒痱子粉或石膏粉时，滴入的油酸酒精溶液在酒精挥发后剩余的油膜不能形成一块完整的油膜，油膜间的缝隙会造成测量误差增大甚至实验失败，故应先在液面上撒痱子粉或石膏粉．(2)由油膜的体积等于一滴油酸酒精溶液内纯油酸的体积可得d＝VS＝4.8×10－3×10－6×0.10%40×10－4m＝1.2×10－9 m.[答案](1)见解析(2)1.2×10－93．(2015·开封模拟)在“用油膜法估测分子的大小”实验中，已知一滴溶液中油酸的体积为V油酸，配制的油酸溶液中，纯油酸与溶液体积之比为1∶5000,1 mL溶液滴25滴，那么1滴溶液的体积是________mL，所以1滴溶液中油酸体积为V油酸＝________cm3.若实验中测得结果如下表所示，请根据所给数据填写出空白处的数值，并与公认的油酸分子长度值L0＝1.12×10－10m作比较，判断此实验是否符合数量级的要求.[答案]4×10－28×10－6 1.50×10－8 1.62×10－8 1.42×10－8平均值为1.51×10－10 m符合要求4．油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL，现用滴管向量筒内滴加50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1 mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如下图所示．若每一小方格边长为25 mm，试问：(1)这种估测方法是将每个油酸分子视为________模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为________油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的________．图中油酸膜的面积为________m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径是________m．(结果保留两位有效数字)(2)某同学在实验过程中，在距水面约2 cm的位置将一滴油酸酒精溶液滴入水面形成油膜，实验时观察到，油膜的面积会先扩张后又收缩了一些，这是为什么呢？请写出你分析的原因：____________________________________________ ___________________________________________________________.[解析](1)油膜面积约占70小格，面积约为S＝70×25×25×10－6m2≈4.4×10－2 m2，一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为V＝150×0.61000×10－6m3＝1.2×10－11m3，油酸分子的直径约等于油膜的厚度d＝VS＝1.2×10－114.4×10－2m≈2.7×10－10 m.[答案](1)球体单分子直径 4.4×10－2 1.2×10－11 2.7×10－10(2)①水面受到落下油滴的冲击，先陷下后又恢复水平，因此油膜的面积扩张；②油酸酒精溶液中的酒精挥发，使液面收缩。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练4含答案
课时跟踪训练(四)一、选择题1．下列关于重力的说法中正确的是()A．物体只有静止时才受重力作用B．重力的方向总是指向地心C．地面上的物体在赤道上受的重力最小D．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力[答案] C2．关于地球上的物体，下列说法中正确的是()A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用B．物体只有落向地面时才受到重力作用C．将物体竖直向上抛出，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关[解析]重力是由于地球的吸引而使物体受到的地球的作用力，不管物体静止还是运动，也不管物体上升还是下落，一切物体都受重力作用．在“天上”绕地球飞行的人造卫星也要受重力作用，故A、B项错误．地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误．重力大小与物体的质量有关，与运动状态无关，选项D正确．[答案] D3．(2015·福州模拟)一根轻质弹簧，当它上端固定，下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.GL2C.GL1－L2D.2GL1－L2[解析]设弹簧的劲度系数为k，原长为L0，由题意可得：k(L1－L0)＝G，k(L0－L2)＝G，解得k＝2GL1－L2，故D正确．[答案] D4. (多选)在一张大桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被两面镜子反射，最后射到墙上形成一个光点P.用力压桌面，观察墙上光点位置的变化，下列说法中正确的是()A．F增大，P上移B．F减小，P下移C．F增大，P下移D．F减小，P上移[解析]本题考查微小形变的放大法．当力F增大时，两镜面均向里倾斜，使入射角减小，经两次累积，使反射光线的反射角更小，光点P下移；同理，若力F减小，光点P上移．所以选项C、D正确．[答案]CD5．如下图所示，下列四个图中，所有的球都是相同的，且形状规则质量分布均匀．甲球放在光滑斜面和光滑水平面之间，乙球与其右侧的球相互接触并放在光滑的水平面上，丙球与其右侧的球放在另一个大的球壳内部并相互接触，丁球用两根轻质细线吊在天花板上，且其中右侧一根线是沿竖直方向．关于这四个球的受力情况，下列说法正确的是()A．甲球受到两个弹力的作用B．乙球受到两个弹力的作用C．丙球受到两个弹力的作用D．丁球受到两个弹力的作用[解析]甲球受水平面的弹力，斜面对甲球无弹力，乙球受水平面的弹力，乙与另一球之间无弹力，丙球受右侧球和地面的两个弹力作用，丁球受竖直细线的拉力，倾斜细线的拉力刚好为零，故C对，A、B、D错．[答案] C6．(多选)如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的()A．F1B．F2C．F3D．F4[解析]首先对B球受力分析，合力为零．故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零：再对A球受力分析，受重力，OA绳子的拉力和一个题中需要求解的力，根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有F2与F3符合；故选B、C.[答案]BC7．实验室常用的弹簧测力计如(图甲)所示，有挂钩的拉杆与弹簧相连，并固定在外壳的一端上，外壳上固定一个圆环，可以认为弹簧测力计的总质量主要集中在外壳(重量为G)上，弹簧和拉杆的质量忽略不计．再将该弹簧测力计以两种方式固定于地面上，如图(乙)、(丙)所示，分别用恒力F0竖直向上拉弹簧测力计，静止时弹簧测力计的读数为()A．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0＋GB．(乙)图读数F0＋G，(丙)图读数F0－GC．(乙)图读数F0，(丙)图读数F0－GD．(乙)图读数F0－G，(丙)图读数F0[解析]对(乙)中弹簧测力计的外壳受力分析可知，受重力G、拉力F0和弹簧的拉力F1，如右图所示，则弹簧测力计的读数为F1＝F0－G；由于弹簧和拉杆的质量忽略不计，所以(丙)中弹簧的拉力等于F0，即弹簧测力计的读数为F2＝F0，故D正确．[答案] D8.如右图所示，质量为m的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ，A、B、O处均用铰链相连．设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2，以下结果正确的是()A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mg cos θ[解析]由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA 和OB 的弹力，以O 点为研究对象，受力分析如图，由平衡条件可知，F 1和F 2的合力与F T 等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，故D 正确．[答案] D9. (2016·三明市期中)如右图所示，完全相同的质量为m 的A 、B 两球，用两根等长的细线悬挂在O 点，两球之间夹着一根劲度系数为k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( )A.mg tan θkB.2mg tan θkC.mg tan θ2kD.2mg tan θ2k[解析]考查受力分析、物体的平衡．对A受力分析可知，有竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力F T以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向F T sin θ2＝F＝kΔx，竖直方向F T cosθ2＝mg，解得Δx＝mg tanθ2k，C正确．[答案] C10. (多选)如图所示，小车上有一根固定的水平横杆，横杆左端固定的轻杆与竖直方向成θ角，轻杆下端连接一小铁球；横杆右端用一根细线悬挂一小铁球，当小车做匀变速直线运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法中正确的是()A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上C．小车一定以加速度g tanα向右做匀加速运动D．小车一定以加速度g tanθ向右做匀加速运动[解析]由于两小球加速度方向相同，所受弹力方向也应该相同，所以轻杆对小球的弹力方向与细线平行向上，选项A错误B正确；对细线悬挂的小铁球受力分析，由牛顿第二定律可得，小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动，选项C正确D错误．[答案]BC二、非选择题11．如右图所示，在动力小车上固定一直角硬杆ABC，分别系在水平直杆AB两端的轻弹簧和细线将小球P悬吊起来．轻弹簧的劲度系数为k，小球P的质量为m，当小车沿水平地面以加速度a 向右运动而达到稳定状态时，轻弹簧保持竖直，而细线与杆的竖直部分的夹角为θ，试求此时弹簧的形变量．[解析]以小球为研究对象，对小球做受力分析，如右图所示：竖直方向列平衡方程：F T cosθ＋F＝mg水平方向由牛顿第二定律知：F T sinθ＝ma，F＝kx联立解得：x＝m(g－a cotθ)/k讨论：(1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k[答案](1)若a<g tanθ，则弹簧伸长x＝m(g－a cotθ)/k(2)若a＝g tanθ，则弹簧伸长x＝0(3)若a>g tanθ，则弹簧压缩x＝m(a cotθ－g)/k12．如右图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．(1)求这时两弹簧的总长．(2)若用一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m 2的支持力大小．[解析] (1)设上面弹簧的伸长量为Δx 1，下面弹簧的伸长量为Δx 2，由物体的平衡及胡克定律得，k 1Δx 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝(m 1＋m 2)g k 1，k 2Δx 2＝m 2g ， Δx 2＝m 2g k 2所以总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2. (2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m 2∶F N ＝k 2Δx ＋m 2g对m 1∶m 1g ＝k 1Δx ＋k 2ΔxF N ＝m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g . [答案] (1)L 1＋L 2＋(m 1＋m 2)g k 1＋m 2g k 2 (2)m 2g ＋k 2k 1＋k 2m 1g。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练33含答案
课时跟踪训练(三十三)一、选择题1．(多选)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()[解析]线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直．故A、C正确．[答案]AC2．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流()A．周期为0.125 sB．电压的有效值为10 2 VC．电压的最大值为20 2 VD．电压瞬时值的表达式为u＝102sin8πt V[解析] 由电压随时间的变化规律可知，周期为0.250 s ，故A 不对；电压的最大值为20 V ，故电压的有效值为20 V 2＝10 2 V ，B 是正确的；C 是不对的；电压瞬时值表达式中，最大值是10 2 V 是不对的，应该是20 V ，故D 也不正确．[答案] B3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示[解析] 由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，则C 项错误．[答案] B4．(多选)(2015·陕西渭南一模)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1 Ω，外接R ＝9 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt V ，则( )A．该交变电流的频率为5 HzB．外接电阻R两端电压的有效值为10 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表A的示数为1 A[解析]交流电的频率f＝10π2πHz＝5 Hz，故A正确；该电动势的最大值为10 2 V，有效值是10 V，外接电阻R两端电压的有效值U＝109＋1×9 V＝9 V，故B错误；电路中电流为I＝101＋9A＝1 A，外接电阻R所消耗的电功率为P＝I2R＝9 W，故C错误，D正确．[答案]AD5．(2015·福建福州二模)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电．电源内阻不计，下列说法正确的是()A．电动机的内阻为2.5 ΩB．电动机的发热功率为10 WC．通过电动机的电流为2 AD．通过电动机的电流为2 2 A[解析]由题图知该电源电动势的最大值为E m＝5 2 V，有效值为U＝5 V．现用该电源对标称为“5 V10 W”的电动机供电，所以通过电动机的电流为I＝105A＝2 A，由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的内阻r<52Ω＝2.5Ω，故A、D错误，C正确；由于电动机是非纯电阻电路，所以电动机的发热功率P热<P总＝10 W，故B错误．[答案] C6．(2015·辽宁沈阳市郊联合体模拟)某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化．与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．在A、B间加一交变电压，瞬时值的表达式为u＝202sin100πt V，则交流电压表示数为()A．10 V B．20 VC．15 V D．14.1 V[解析]由理想二极管的导电特点可知，交流电压表示数由U2R T＝202R·T2可得U＝10 2 V＝14.1 V，选项D正确．[答案] D7．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()A．2 A B．2 6 AC．6 A D．5 A[解析]0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ/Δt＝1 V，电流为2 A,1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ/Δt＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 6 A，B正确．[答案] B8．(2015·湖北二模)如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt V，A、B间接有“220 V 440 W ”的电暖宝、“220 V 220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J[解析] 电压表在交流电路中对应交流有效值，由于电源电压u ＝311sin100πt V ，故有效值为220 V ，所以A 错误；因保险丝融化电流指有效值，电暖宝的电流I 1＝P 1U ＝2 A ，油烟机的电流I 2＝P 2U ＝1 A ，故保险丝的额定电流不能小于3 A ，所以B 错误；电暖宝是纯电阻电路，故电功率等于发热功率440 W ，抽油烟机发热功率等于电功率减机械功率，即P 热＝P －P 出，所以C 错误；工作1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝1.32×104 J ，所以D 正确．[答案] D9．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407 Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02， 其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象．则下列正确的是( )A ．电阻R 2上的热功率为1 WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos100πt VD ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC [解析] 根据电路连接的特点可以看出，外接电路部分的总电阻为R ＝R 1＋12R 0＋14R 0＝10 Ω，由欧姆定律可知，外电路电流为I ＝U R ＝1 A ，故可知R 2的电流为0.5 A ，电压为U 2＝17U ＝107 V ，所以可知其热功率为107 W ，故选项A 错误；由图象可知，在0.02 s 时磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，变阻器两端的电压瞬时值最大，所以选项B 错误；线圈内阻分压U r ＝Ir ＝2 V ，故可知感应电动势的峰值为E m ＝2(U ＋U r )＝12 2 V ，故选项C 错误；从线圈开始转动到1600 s 时间内线圈转过了π6，而最大磁通量为Φm ＝E m ω＝1222πT ＝0.122π，故通过R 1的电荷量为Q ＝ΔΦR 总＝Φm 2×12 Ω＝0.12224π＝2200π C ，所以选项D 正确． [答案] D10．(多选)(2015·河南洛阳二模)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15 Ω的灯泡相连．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中斜线部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，线圈直径D ＝0.4 m ，电阻r ＝1 Ω.重力加速度g 取10 m/s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin πt m/s.则下列说法正确的是( )A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin πt VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin πt AC ．灯泡的电功率为120 WD ．灯泡两端电压的有效值为1522 V[解析] 电动势为e ＝NB ·πD v ＝64sin πt V ，A 错误；电流i ＝e R ＋r＝64sin πt 16 A ＝4sin πt A ，B 正确；灯泡的电功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫422×15 W ＝120 W ，C 正确；灯泡两端电压的有效值为U ＝IR ＝42×15 V ＝30 2 V ，D 错误． [答案] BC二、非选择题 11．(2015·北京海淀区期末)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝20 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝0.20 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.线圈两端通过电刷E 、F 与阻值R ＝4.8 Ω的定值电阻连接．计算时π取3.(1)从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式．(2)求此发电机在上述工作状态下的输出功率．(3)求从线圈经过中性面开始计时，经过14周期时间通过电阻R 的电荷量．[解析] (1)线圈产生感应电动势的最大值E m ＝nBωab ·bc ，解得E m ＝150 V ，感应电动势随时间变化的表达式e ＝E m sin ωt ＝150sin100πt V .(2)线圈中感应电动势的有效值E ＝E m 2＝75 2 V ≈106 V ， 电流的有效值I ＝ER ＋r ＝1064.8＋0.2 A ＝21.2 A ，交流发电机的输出功率即为电阻R 的热功率P ＝I 2R ＝21.22×4.8 W ≈2.16×103 W.(3)根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝nBΔS Δt ，根据欧姆定律得I ＝ER ＋r ， 又q ＝I Δt ，联立解得q ＝0.10 C.[答案] (1)150sin100πt V (2)2.16×103 W (3)0.10 C12．(2015·陕西咸阳质检)如图所示，一个面积s ＝0.2 m 2的单匝圆形线圈，M 、N 两端间距很小可以忽略，线圈处于变化的磁场中，磁场的磁感应强度按B ＝5πsin(100πt ) T 的规律变化．线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝B m Sωcos(ωt )，其中B m 为磁感应强度的最大值，ω为磁场变化的角速度，线圈的电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝18 Ω.(电压表为理想交流电压表)求：(1)当t ＝1600 s 时电压表的示数．(2)变化的电流一个周期在电阻R 上产生的热量Q .(3)从t＝0开始到t＝1200s这段时间通过圆形线圈的电量q.[解析](1)由图象知，线圈中产生的交变电流E m＝B m Sω＝100 V.有效值U有＝E m2＝50 2 V电压表的示数U＝E有R＋rR＝45 2 V(2) 交变电流的周期T＝2πω＝0.02 s一个周期在电阻R上产生的热量Q＝U2R T＝4.5 J(3)在0～1200s时间内，电动势的平均值E＝sΔBΔt①，平均电流I＝ER＋r②流过灯泡的电荷量q＝IΔt.③得q＝120πC.[答案](1)45 2 V(2)4.5 J(3)120πC。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练16含答案
课时跟踪训练(十六)一、选择题1．(多选)关于动能定理的表达式W＝E k2－E k1，下列说法正确的是() A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功C．公式中的E k2－E k1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功[解析]公式W＝E k2－E k1中的“W”为所有力所做的总功，A错误，B正确；若W>0，则E k2>E k1，若W<0，则E k2<E k1，C正确；动能定理对直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功均适用，D错误．[答案]BC2．如右图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离．在此过程中()A．外力F做的功等于A和B动能的增量B．B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量C．A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D．外力F对B做的功等于B的动能的增量[解析]A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B 对A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A 在B 上滑动，A 、B 对地的位移不等，故二者做功不相等，C 错；对B 应用动能定理，W F －WF f ＝ΔE k B ，即W F ＝ΔE k B ＋WF f 就是外力F 对B 做的功，等于B 的动能增量与B 克服摩擦力所做的功之和，D 错；由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与A 的动能增量(等于B 对A 的摩擦力所做的功)不等，故A 错．[答案] B3．一个质量为m 的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v ，在力的方向上获得的速度分别为v 1、v 2，如右图所示，那么在这段时间内，其中一个力做的功为( )A.16m v 2B.14m v 2C.13m v 2D.12m v 2[解析] 在合力F 的方向上，由动能定理得W ＝Fl ＝12m v 2，某个分力的功为W 1＝F 1l cos30°＝F 2cos30°l cos30°＝12Fl ＝14m v 2，B 正确．[答案] B4．(2015·浙江五校联考)用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m 时撤去力F ，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A ．20 JB ．24 JC ．34 JD ．54 J[解析] 用竖直向上大小为30 N 的力F ，将2 kg 的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，Fh－mgh＝12m v2，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－12m v2，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J．选项C正确．[答案] C5．(多选)(2016·山西太原一中检测)质量为1500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图象如图所示．由此可求()A．前25 s内汽车的平均速度B．前10 s内汽车的加速度C．前10 s内汽车所受的阻力D．15～25 s内合外力对汽车所做的功[解析]由图象可求前25秒内的位移，即图象与时间轴所围区域的面积，再由v＝xt可求平均速度，故A正确．前10秒内图线的斜率即为前10秒内的加速度，故B正确．前10秒内汽车的牵引力大小未知，因此汽车所受阻力不能求，故C错．由动能定理，合外力所做的功与动能增量相等，故D正确．[答案]ABD6．(2015·宁夏银川检测)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()A．n B．2n C．3n D．4n[解析]小球第一次从释放至到达B点的过程中，由动能定理得mgh＝12m v2，由B点到停止的过程中，由动能定理得－nW＝0－12m v2.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg·2h－n′W＝0－12m v2，解得n′＝3n.[答案] C7．(2015·临沂检测)物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止．以a、E k、s和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间，则以下各图象中，能正确反映这一过程的是()[解析]物体在恒定阻力作用下运动，其加速度随时间不变，随位移不变，选项A、B错误；由动能定理，－fs＝E k－E k0，解得E k＝E k0－fs，选项C正确E k＝12mv2＝12m(v0－at)2D错误．[答案] C8．(多选)(2016·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则()A．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋38m v2C．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mg vD．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mg v[解析]汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为32v，根据动能定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉力的功率大于32mg v，C错误，D正确．[答案]BD9．(多选)如图所示，AB为半径R＝0.50 m的四分之一圆弧轨道，B端距水平地面的高度h＝0.45 m．一质量m＝1.0 kg的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放，到达轨道B端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小F N＝16 NB．小滑块由A端到B端的过程中，克服摩擦力所做的功W＝3 JC．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.6 mD．小滑块的落地点与B点的水平距离x＝0.3 m[解析]小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有F N－mg＝m v2R，解得F N＝18 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝12m v2，解得W＝mgR－12m v2＝3 J，B正确；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝v t，竖直方向上h＝12gt2，解得x＝v·2hg＝0.6 m，C正确，D错误．[答案]BC10．(多选)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F 作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大[解析]0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确．[答案]BD二、非选择题11．(2015·湖北襄阳四中、荆州中学、龙泉中学联考)质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中E k－x的图线如图所示．(g取10 m/s2)求：(1)物体的初速度多大？(2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？(3)拉力F 的大小．[解析] (1)从图线可知物体初动能为2 J ，则E k0＝12m v 2＝2 J得v ＝2 m/s.(2)在位移为4 m 处物体的动能为E k ＝10 J ，在位移为8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功．设摩擦力为F f ，则－F f x 2＝0－E k ＝0－10 J ＝－10 J得F f ＝－10－4 N ＝2.5 N因F f ＝μmg故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理有(F －F f )·x 1＝E k －E k0故得F ＝E k －E k0x 1＋F f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10－24＋2.5 N ＝4.5 N. [答案] (1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N12．(2015·昆明一中、玉溪三中统考)如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧面CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25 m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3 kg ，与MN间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g＝10 m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．[解析](1)根据平衡条件，满足：m1g sin53°＝m2g sin37°可得m2＝4 kg(2)P到D过程由动能定理得m1gh＝12m1v2D由几何关系h＝L1sin53°＋R(1－cos53°)运动到D点时，根据牛顿第二定律：F D－m1g＝m1v2D R解得F D＝78 N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78 N(3)分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零由全过程动能定理得：m1gL1sin53°－μm1g cos53°s总＝0解得s总＝1 m[答案](1)4 kg(2)78 N(3)1 m。
【与名师对话】(新课标)高考物理一轮复习 课时跟踪训练19 动能和动能定理
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习 课时跟踪训练19动能和动能定理一、选择题1．(2014·南宁一中检测)如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t 前进距离s ，速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么( )A ．这段时间内小车先加速运动，然后匀速运动B ．这段时间内阻力所做的功为PtC ．这段时间内合力做的功为12mv 2mD ．这段时间内电动机所做的功为Fs －12mv 2m解析：从题意得到，太阳能驱动小车运动可视为“汽车以恒定功率启动”，这段时间内小车加速运动，选项A 错误；电动机做功用Pt 计算，阻力做功为W ＝Fs ，选项B 错误；根据动能定理判断，这段时间内合力做功为12mv 2m ，电动机所做的功为Pt ＝Fs ＋12mv 2m ，故选项C正确、选项D 错误．答案：C2．如图所示，图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么( )A ．从t ＝0开始，5 s 内物体的动能变化量为零B ．在前5 s 内只有第1 s 末物体的动能最大C ．在前5 s 内只有第5 s 末物体的速率最大D ．前3 s 内合力对物体做的功为零解析：由图象可知0～1 s 的合力的大小是1～5 s 的合力的大小的2倍，所以加速度大小的关系也是2倍，物体的运动状态可描述为0～1 s 物体做匀加速运动到速度最大，3 s 末物体减速到零，5 s 末物体反向加速到速度最大，因此5 s 内动能变化量不为零，故选项A 错误；第1 s 末和第5 s 末物体的动能和速率一样大，所以选项B 、C 都错误；3 s 末物体减速到零，所以前3 s 内合力对物体做的功为零，所以正确选项为D.答案：D3．(2014·吉林市摸底)如图所示，将质量为m 的小球以速度v 0由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v 0.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mgB.316mgC.716mgD.725mg 解析：设小球上升的最大高度为H ，对小球向上运动，由动能定理，－(mg ＋F f )H ＝0－12mv 20，对小球向下运动，由动能定理，(mg －F f )H ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫34v 02，联立解得f ＝725mg ，选项D 正确． 答案：D4．一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F 所做的功为( )A．mgL cosθB．mgL(1－cosθ)C．FL sinθD．FL cosθ解析：对小球由P运动至Q应用动能定理W－mgL(1－cosθ)＝0，所以W＝mgL(1－cosθ)．选项B正确．答案：B5．(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能可能( )A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大解析：若力F的方向与初速度v0的方向一致，则质点一直加速，动能一直增大，选项A 正确；若力F的方向与v0的方向相反，则质点先减速至速度为零后反向加速，动能先减小至零后再增大，选项B正确；若力F的方向与v0的方向成一钝角，如斜上抛运动，物体先减速，减到某一值，再加速，则其动能先减小至某一非零的最小值，再增大，选项D正确；选项C中不可能．答案：ABD6．(2014·杭州名校质检)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l ，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v 0从a 点滑上第一块，物体恰好滑到第三块的末尾d 点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d 点以相同的初速度大小水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是( )A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点解析：对物体从a 运动到c ，由动能定理，－μmgl －2μmgl ＝12mv 21－12mv 20，对物体从d运动到c ，由动能定理，－3μmgl ＝12mv 22－12mv 20，解得v 2＝v 1，选项C 正确．答案：C7．(多选)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t ，速度为v 时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动过程中所受阻力恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．汽车的额定功率为fv maxB ．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mv 2max －12mv 2D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mv 2max解析：当汽车达到最大速度时牵引力与阻力平衡，功率为额定功率，则可知选项A 正确；汽车匀加速运动过程中通过的位移x ＝12vt ，克服阻力做功为W ＝12fvt ，选项B 错误；根据动能定理可得W F －W f ＝12mv 2max －0，W f ＝12fvt ＋fs ，可知选项C 错误，D 正确．答案：AD8．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一．如图所示的图线1、2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦．据此可知，下列说法中正确的是( )A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大 解析：在刹车过程中，由动能定理可知：μmgl ＝12mv 2，得l ＝v 22μg ＝v22a 可知，甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)．乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来．B 正确．答案：B9．(多选)(2014·浙江省六校联考)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝vSB ．出水口所出水落地时的速度为2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv 32η＋ρvSgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和解析：t 时间内出水口出水的体积为：Q ＝vts ，所以单位时间内的出水体积为Q ＝vS ，A 正确；对水下落过程应用动能定理，有：mgH ＝12mv 2t －12mv 2，可以判出落地速度v t 应大于2gH ，B 错误；效率η＝p 1p 2，水流出的功率为：p 1＝W t＝mgH ＋12mv 2t，又有m ＝ρQ ，代入可以求得手连续稳定按压的功率为p 2＝ρSv 32η＋ρvSgHη，C 正确；D 错误．答案：AC 10.(2014·陕西省西工大附中训练)某游乐场开发了一个名为“翻天滚地”的游乐项目．原理图如图所示：一个3/4圆弧形光滑圆管轨道ABC ，放置在竖直平面内，轨道半径为R ，在A 点与水平地面AD 相接，地面与圆心O 等高，MN 是放在水平地面上长为3R 、厚度不计的减振垫，左端M 正好位于A 点．让游客进入一个中空的透明弹性球，人和球的总质量为m ，球的直径略小于圆管直径．将球(内装有参与者)从A 处管口正上方某处由静止释放后，游客将经历一个“翻天滚地”的刺激过程．不考虑空气阻力．那么以下说法中错误的是( )A ．要使球能从C 点射出后能打到垫子上，则球经过C 点时的速度至少为gRB ．要使球能从C 点射出后能打到垫子上，则球经过C 点时的速度至少为gR2C ．若球从C 点射出后恰好能打到垫子的M 端，则球经过C 点时对管的作用力大小为mg2D ．要使球能通过C 点落到垫子上，球离A 点的最大高度是5R解析：从A 处管口正上方某处由静止释放后，游客所在的透明弹性球在只有重力做功的情况下绕圆弧圆管运动到C 点，C 点为圆周最高点，由于圆管即可提供指向圆心的弹力也可以提供沿半径向外的弹力，所以只有最高点速度不等于0即可通过，而离开C 点后为平抛运动，要落在平台上，竖直方向R ＝12gt 2，水平方向v C t ≥R ，整理得v C ≥gR2，选项A 错B对．若球从C 点射出后恰好能打到垫子的M 端，说明v C ＝gR2，则在C 点受力mg ＋F N ＝m v 2CR，解得F N ＝12mg ，选项C 对．要使球能通过C 点落到垫子上，设球离A 点高度为h ，则根据动能定理mg (h －R )＝12mv 2C ，离开C 点后平抛运动，水平位移v C t ≤4R ，整理得h ≤5R ，选项D对．答案：A 二、非选择题11．如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端的物体A 和B 的质量分别为M 和m ，物体A 在水平面上且由静止释放，当B 沿竖直方向下落h 时，测得A 沿水平面运动的速度为v ，这时细绳与水平面的夹角为θ，试分析计算B 下降h 过程中，地面摩擦力对A 做的功(滑轮的质量和摩擦均不计)．解析：把A 沿水平面运动的速度v 分解为沿绳方向的速度v 1和垂直绳方向的速度v 2，则v 1就是绳的速度(也就是B 物体的速度，即v B ＝v 1)，由图得：v B ＝v 1＝v cos θ，对A 由动能定理得：W F T ＋W F f ＝12Mv 2，对B 由动能定理得：mgh －W F T ＝12m (v cos θ)2联立解得W F f ＝12Mv 2＋12m (v cos θ)2－mgh .答案：12Mv 2＋12m (v cos θ)2－mgh12．(2014·浙江海宁高三测试)2012年中国有了自己的航空母舰“辽宁号”，航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注．某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计．如图，舰载机总质量为m ，发动机额定功率为P ，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为F f .舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D 处离开航母起飞．请根据以上信息求解下列问题．(1)电磁弹射系统关闭的瞬间，舰载机的加速度大小． (2)水平轨道AC 的长度．(3)若不启用电磁弹射系统，舰载机在A 处以额定功率启动，经历时间t 到达C 处，假设速度大小仍为v 2，则舰载机的质量应比启用电磁弹射系统时减少多少？(该问AC 间距离用x 表示)解析：(1)根据功率表达式可得F 1＝Pv 1① 由牛顿第二定律F 1－F f ＝ma ② 得a ＝P v 1m －F fm.③ (2)舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，由动能定理Pt 1＋Fx 1－F f x 1＝12mv 21④电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.同理得Pt 2－F f x 2＝12mv 22－12mv 21⑤舰载机总位移AC ＝x 1＋x 2⑥ 联立④⑤⑥得AC ＝12mv 21－Pt 1F －F f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22F f.(3)全过程，根据动能定理有Pt －F f x ＝12m 1v 22应减少的质量Δm ＝m －m 1 得Δm ＝m －Pt －F f xv 22答案：(1)P v 1m －F fm(2)12mv 21－Pt 1F －F f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22F f(3)m －Pt －F f xv 22。
【与名师对话】(新课标)2016高考物理一轮复习 单元质量检测10
【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习单元质量检测10时间：60分钟总分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求．第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1.(2014·福州质检)有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图1所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定则a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )解析：磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a；在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确．答案：C2．(2014·浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则 ( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：理想变压器输入功率等于输出功率，则U 1I 1＝U 2I 2，解得U 2＝U 1I 1I 2，A 正确．输电线上的电压降ΔU ＝I 1r ，损失的功率ΔP ＝I 21r ，B 、D 错误．理想变压器的输入功率P 1＝U 1I 1，C 错误．答案：A3．(2014·包头模拟)电阻为R 的负载接到20 V 直流电压上消耗的电功率是P ；用一个变压器，原线圈接最大值为200 V 的正弦交流电压，副线圈接电阻R ，要使R 上消耗的电功率为P /2，则变压器原、副线圈的匝数比为( )A ．20∶1B ．102∶1C ．10∶1D ．1∶10解析：原线圈输入电压U 1＝100 2 V ．根据题意，P ＝202R ，P 2＝U 22R ，解得U 2＝10 2 V ，由变压器变压公式，变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝10∶1，选项C 正确．答案：C 4.(2014·洛阳联考)如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100πt V ，氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的是( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为50 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：由u ＝202sin100πt V 可知，交流电压频率为50 Hz ，在一个周期内，交变电流两次超过100 V 电压，所以氖泡的发光频率为100 Hz ，选项A 错误；变压器输入电压有效值为U 1＝20 V ，输出电压有效值U 2＝n 2n 1U 1＝5×20 V＝100 V ，开关接通与断开后，电压表的示数均为100 V ，选项B 正确，C 错误；开关断开后，氖泡不发光，消耗电能变小，变压器的输出功率变小，选项D 错误．答案：B 5.(2014·唐山摸底)如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R 和两个小灯泡L 1、L 2，最初电键S 是断开的，现闭合电键S ，则( )A ．副线圈两端电压变大B ．灯泡L 1变亮C ．电流表A 1示数变大D ．电阻R 中的电流变小解析：闭合电键S ，副线圈两端电压不变，选项A 错误；副线圈输出电流增大，电阻R 中的电流变大，灯泡L 1两端电压降低，灯泡L 1变暗，选项B 、D 错误；电流表A 1示数变大，选项C 正确．答案：C6．某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )>n 3n 4 <n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析：根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 、C 错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．答案：AD7．(2014·陕西省五校高三第三次模拟)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为 W解析：由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T ＝ s ，所以ω＝2πT＝100π，可知其表达式为u 1＝202sin100πt V ，故选项A 错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压U 1＝20V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝4 V ，将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V ，只断开S 2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B 错误；只断开S 2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C 正确；若S 1换接到2后，电阻R 的功率P R ＝U 22R ＝4220＝ W ，故选项D正确．答案：CD8．(2014·湖北省孝感市高三第二次统考)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，在拉力作用下以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A ．通过R 的电流方向为由内向外B ．通过R 的电流方向为由外向内C ．R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04RD ．流过R 的电量为πBLr2R解析：由于金属棒是向右运动的，根据右手定则可以判断出，cd 中的感应电流方向由c 到d ，故通过R 的电流方向为由外向内，A 不对，B 是正确的；若棒从cd 在拉力的作用下开始以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动，其水平方向的分运动是简谐运动，棒中将产生正弦式电流，将棒的瞬时速度v 0分解，水平方向的分速度对产生感应电动势有贡献，求出电流的有效值，即可求出棒中产生的热量，金属棒在运动过程中水平方向的分速度v x ＝v 0cos θ，金属棒切割磁感线产生正弦交变电流I ＝E R ＝BLv x R ＝BLv 0Rcos θ，其有效值为I ′＝BLv 02R，金属棒的时间为t ＝πr 2v 0，故R 上产生的热量为Q ＝I ′2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv 02R 2×R ×πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R ，故C 是正确的；通过R 的电量为q ＝It ＝ΔφRt t ＝ΔφR ＝BLrR，故D 是不对的． 答案：BC二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(12分)(2014·安徽名校模拟)某同学在“利用DIS 实验的电压、电流传感器，描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，采用了图甲所示的电路．(1)图甲中，E 矩形框内应该接________，F 矩形框内应该接________．(选填“电压传感器”“电流传感器”或“小灯泡”)(2)该同学利用测量的数据，画出如图乙所示的图线，但该同学忘记在坐标轴上标明横坐标和纵坐标所表示的物理量，请你根据图线作出判断：横坐标表示________，纵坐标表示________．解析：(1)实验电路中滑动变阻器采用的是分压式接法，题图甲中E 矩形框内应该接电压传感器，F 矩形框内应该接小灯泡．(2)根据小灯泡的电阻随温度的升高而增大，可判断横坐标表示电流，纵坐标表示电压． 答案：(1)电压传感器 小灯泡 (2)电流 电压10．(13分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT.为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？ (2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？ 解析：(1)E m ＝NBSω＝1100 2 V 输出电压的有效值为U 1＝E m2＝1100 V (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51(3)根据P 入＝P 出＝×104W 再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. 答案：(1)1100 V (2)51(3)20 A11．(13分)下图中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V ，次级线圈的电阻为 Ω，这台变压器供给100盏“200 V,60 W”的电灯用电．求：(1)空载时次级线圈的电压和输出功率； (2)接通时次级线圈的电压； (3)每盏灯的实际功率．解析：(1)将变压器视为理想变压器，设空载时次级线圈的电压为U 2. 由n 2n 1＝U 2U 1，得到U 2＝n 2n 1U 1＝220 V因为空载，次级线圈的负载电阻R 2→∞，次级线圈中的电流为零，即I 2＝0，故P ＝I 2U 2＝0(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为R外＝R100＝U2额P额100＝Ω次级线圈的电流I2＝U2R外＋R线＝错误! A＝错误! A次级线圈的电压U′2＝I2R外＝ V(3)每盏灯的实际功率P＝I2100U′2＝220××100W＝ W答案：(1)220 V 0 (2) V (3) W12．(14分)高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接原理如图所示，将半径为10 cm 的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化的磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为10002πsinωt(T/s)．焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍．工件非焊接部分每单位长度上的电阻为R0＝10－3πΩ/m，焊缝的缝宽非常小(设π2＝10)，求：(1)焊接过程中焊接处产生的热功率．(2)从t＝0到t＝T4的时间内流过待焊工件的电荷量(T为高频交流电的周期)．解析：(1)正弦变化的交变磁场所产生的正弦式交变电流的电动势的瞬时值为：e＝πr2·10002πsinωt＝102π2sinωt＝1002sinωt.设焊缝处的电阻为R1，非焊接部分的电压为R2，则有：R2＝2πr·R0＝2π2×10－4Ω＝2×10－3Ω，R1＝99R2＝ΩE＝E m2＝100 VP ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R 1＋R 22R 1＝49500 W.(2)当t ＝0时电动势的瞬时值为零，相当于线框处于中性面，其磁通量最大；当t ＝T4时电动势的瞬时值为最大，磁通量为零，用平均电流求电荷量，故有：E m ＝100 2 V ＝BSω＝Φm ω， E ＝ΔΦΔt ＝ΦmT4， q ＝E R 1＋R 2t ， t ＝T 4＝2πω×14＝π2ω， 联立以上方程得：q ＝5002ωC.答案：(1)49500 W (2)5002ωC。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-1-6-4含答案
重点回顾专练：电场能与粒子运动综合练一、选择题1．如右图所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a、b、c、d是电场中的四个点．则静电平衡后()A．导体Q仍不带电B．a点的电势高于b点的电势C．检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D．带正电的检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能[答案] D2．如右图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q点电荷为圆心，半径为L2画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为＋q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()A．电荷＋q在a点所受到的电场力最大B．电荷＋q在a点的电势能最大C．电荷＋q在b点的电势能最大D．电荷＋q在c、d两点的电势能相等[解析]电场强度叠加后，a点处场强最大，A正确；将正电荷从a点沿圆周移动到c、b、d点，＋Q对正电荷不做功，－9Q对电荷均做负功，电势能均增加，且移动到b点克服电场力做功最多，移动到c、d两点克服电场做功相同，因此正电荷在a点电势能最小，在b点电势能最大，在c、d两点电势能相等，B错误，C、D正确．[答案] B3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如右图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小[解析]根据电场线与等势线垂直且指向低电势，画出电场线；开始时带负电粒子运动方向与受力方向不垂直，故做曲线运动．由于最后离开电场故电场力先做正功后做负功；所以C正确．[答案] C4．(2015·江苏南京、盐城二模)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则()A．M点电场场强大小为零B．N点电场场强大小为零C．M、N之间电场方向沿x轴负方向D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|W PN|＝|W NM|[解析]φ－x图象的斜率表示该点的电场强度，所以M点电场强度不为零，N点电场强度为零，A错误，B正确；因为没有确定正方向，所以无法根据斜率的正负判断电场强度的方向，C错误；因为MN间电势差与PN间电势差大小不相等，所以|W PN|≠|W NM|，D错误．[答案] B5．(多选)如右图所示，两面积较大、正对着的平行极板A、B水平放置，极板上带有等量异种电荷．其中A极板用绝缘线悬挂，B极板固定且接地，P点为两极板的中间位置．下列结论正确的是()A．若在两极板间加上某种绝缘介质，A、B两极板所带电荷量会增大B．A、B两极板电荷分别在P点产生电场的场强大小相等，方向相同C．若将A极板竖直向上平移一小段距离，两极板间的电场强度将增大D．若将A极板竖直向下平移一小段距离，原P点位置的电势将不变[解析]A板与外界绝缘，所以本题属于电容器电量不变问题．[答案]BD6．(多选)将三个质量相等的带电微粒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，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在右图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A．三个微粒在电场中运动时间相等B．三个微粒所带电荷量相同C．三个微粒所受电场力的大小关系是F A<F B<F CD．三个微粒到达下板时的动能关系是E k C>E k B>E k A[解析]三个带电微粒在水平方向上做速度不变且相等的匀速运动，由运动轨迹可判断运动时间t A>t B>t C.竖直方向电场力F A<F B<F C，由于竖直方向运动距离相等，所以电场力做功W A<W B<W C，故选CD.[答案]CD7．(2015·山东滨州质检)如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能E k四个物理量随时间变化规律的是()[解析] 分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零，T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 继续向B 板做匀减速直线运动．根据匀变速运动v －t 图象是倾斜的直线可知A 正确．电子做匀变速直线运动时，x －t 图象是抛物线，故B 错误．根据电子做匀变速运动时的加速度大小不变，a －t 图象应平行于横轴，故C 错误．匀变速运动的v －t 图象是倾斜的直线，则E k －t 图象是曲线，故D 错误．[答案] A8．(多选)(2015·湖南湘中名校联考)如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0.已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场．则( )A ．所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场B ．t ＝0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C ．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0D ．若入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半[解析] t ＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直于电场方向射出电场，说明竖直方向速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直于电场方向射出电场，A 正确；由于t ＝0时刻射入的粒子在两板间竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，B 错误；t ＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为d 2；根据分位移公式有d 2＝0＋v y m 2·L v 0，由于L ＝d ，故v y m ＝v 0，故E k ′＝12m (v 20＋v 2y m )＝2E k0，故C 正确；速度加倍前运动时间为周期的整数倍，当入射速度加倍成2v 0，运动时间为周期的偶数倍时，侧向位移与速度为v 0时一样，D 错误．[答案] AC9．如右图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E ，一根不可伸长的绝缘细线长度为l ，细线一端拴着一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A 处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B 时速度为零，以下说法中正确的是( )A ．小球在B 位置处于平衡状态B ．小球受到的重力与电场力的关系是3qE ＝mgC ．小球将在AB 之间往复运动，且幅度将逐渐减小D ．小球从A 运动到B 的过程中，电场力对其做的功为－12qEl[解析] 小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B 位置时受力不平衡，并且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，故选项A、C错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知，qE＝3mg，选项B错误；小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为W＝－qEl(1－cos60°)＝－12qEl，选项D正确．[答案] D10．(多选)如右图所示，一绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，上端连接一带正电的光滑滑块P，滑块所处空间存在着沿斜面向上的匀强电场，倾角为θ的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，开始时弹簧是原长状态，物块恰好处于平衡状态，现给滑块一沿斜面向下的初速度v，滑块到最低点时，弹簧的压缩量为x，若弹簧始终处于弹性限度内，以下说法正确的是()A．滑块电势能的增加量等于滑块重力势能的减少量B．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功12m v2C．滑块动能的变化量等于电场力和重力做功的代数和D．当滑块的加速度最大时，滑块和弹簧组成的系统机械能最大[解析]由题意得qE＝mg sinθ，在运动到最低点的过程中，电场力做的功与重力做的功相等，则滑块电势能增加量等于滑块重力势能的减少量，故A正确．滑块到达最低点的过程中，克服弹簧弹力做功等于弹性势能的增加量，即等于动能的减少量，故B正确．电场力和重力做功的代数和为零，根据动能定理知，电场力、重力、弹簧弹力做功的代数和等于滑块动能的变化量，故C 错误．当滑块运动到最低点时，加速度最大，电场力做的负功最多，即电势能最大，此时系统机械能最小，故D 错误．[答案] AB二、非选择题11．(2015·贵阳模拟)如图所示，两块平行金属板MN 、PQ 竖直放置，两板间的电势差U ＝1.6×103 V ，现将一质量m ＝3.0×10－2 kg 、电荷量q ＝＋4.0×10－5 C 的带电小球从两板左上方的A 点以初速度v 0＝4.0 m/s 水平抛出，已知A 点距两板上端的高度h ＝0.45 m ，之后小球恰好从MN 板上端内侧M 点进入两板间匀强电场，然后沿直线运动到PQ 板上的C 点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：(1)带电小球到达M 点时的速度大小；(2)C 点到PQ 板上端的距离L ；(3)小球到达C 点时的动能E k .[解析] (1)设小球到达M 点时的速度大小为v ，从A 到M 的过程中，由机械能守恒，有：12m v 2－12m v 20＝mgh得v ＝v 20＋2gh ＝ 4.02＋2×10×0.45 m/s ＝5.0 m/s(2)如图所示，设小球到达M点时的速度方向与MN板间的夹角为θ，则有：sinθ＝v0v＝0.8①在两平行板间运动时，小球受水平方向的静电力和竖直向下的重力作用，因为小球在电场内做直线运动，由动力学知识可知，小球受到的静电力方向水平向右，合力方向与速度的方向一致．设极板间的电场强度为E、极板间距离为d，则有tanθ＝Eqmg②U＝Ed③L＝d cotθ④联立①②③④式，代入数据，可解得C点到PQ板上端的距离L＝qUmg tan2θ＝0.12 m(3)从M到C的过程中，由动能定理，有：qU＋mgL＝E k－12m v2代入数据，可求得小球到达C点时的动能E k＝0.475 J[答案](1)5.0 m/s(2)0.12 m(3)0.475 J12．(2015·宁波二模)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为R A和R B的同心金属半球面A和B构成的，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为E k0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．(1)判断半球面A 、B 的电势高低，并说明理由；(2)求等势面C 所在处电场强度E 的大小；(3)若半球面A 、B 和等势面C 的电势分别为φA 、φB 和φC ，求到达N 板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔE k 左和ΔE k 右分别为多少；(4)比较|ΔE k 左|和|ΔE k 右|的大小，并说明理由．[解析] (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B 指向A ，B 板电势高于A 板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E 大小相同，有eE ＝m v 2RE k0＝12m v 2R ＝R A ＋R B 2联立解得：E ＝2E k0eR ＝4E k0e (R A ＋R B )(3)电子运动时只有电场力做功，据动能定理有ΔE k ＝qU对到达N 板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔE k 左＝e (φB －φC )对到达N 板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔE k 右＝e (φA －φC )(4)根据电场线的特点，可定性分析等势面B 与C 之间的电场强度大于C 与A 之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB －φC |>|φA －φC |即|ΔE k左|>|ΔE k右|[答案](1)φA<φB(2)4E k0e(R A＋R B)(3)e(φB－φC)e(φA－φC)(4)|ΔE k左|>|ΔE k右|11。
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课时跟踪训练(三十六)一、选择题1．(2014·四川卷)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则()A．用户用电器上交流电的频率是100 HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：整个远距离输电过程中，交流电的频率不变，由图乙可知，交流电的频率为50 Hz，A错误．发电机输出交流电的电压最大值为500 V，B错误．输电线的电流由用户端电流和降压变压器原、副线圈的匝数比共同决定，C错误．当用户用电器的总电阻增大时，用户电流减小，输电线电流减小，输电线损失的功率减小，D正确．答案：D2.(2014·安徽师大摸底)一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则() A．流过电阻的最大电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是141 VC．变压器的输入功率是2.2×103 WD．在交变电流变化的—个周期内，电阻产生的焦耳热是20 J 解析：由变压器变压公式，副线圈输出电压U＝100 V，输出电流I＝10 A，由欧姆定律可得流过电阻的最大电流是I m＝2I＝10 2 A，选项A错误；由变压器变压公式，知与电阻并联的电压表的示数是100 V，选项B错误；变压器输出功率P＝UI＝100×10 W＝1000 W，则变压器的输入功率是1000 W，选项C错误；在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是Q＝I2RT＝102×10×0.02 J＝20 J，选项D正确．答案：D3.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：为使电流表正常工作，电流表应接在电流较小一侧，由I 1I 2＝n 2n 1可知，匝数较多的cd 端应接PQ ，匝数少的ab 端接MN ，这样I ab >I cd ，选项B 正确．答案：B4．(2014·四川自贡一诊)如图所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a 、b 接一正弦交变电源，电压u＝311sin 100πt V．变压器右侧部分为一火警系统原理图．其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R1为一定值电阻．下列说法正确的是()A．当R2所在处出现火情时，电阻R1的功率变小B．当R2所在处出现火情时，电压表V2的示数变大C．当R2所在处出现火情时，电流表A的示数变小D．电压表V1示数为22 V解析：根据题意，输入电压的有效值U1＝220 V，再根据电压比公式可知，副线圈的输出电压为U2＝22 V，因为输入电压决定输出电压，所以当R2所在处出现火情时，副线圈电压不变，仍是22 V，即电压表V1示数仍是22 V，选项D正确；当R2所在处出现火情时，R2阻值随温度升高而减小，副线圈电路的总电阻减小，输出电流I2增大，电阻R1的功率P＝I22R1变大，R2两端的电压U2＝U1－I2R1变小，即电压表V2的示数变小，输入电流I1＝n2n1I2＝0.1I2变大，所以电流表A的示数变大，选项A、B、C错误．答案：D5．(多选)(2014·怀化市高三模拟)如图是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ∶1，原线圈接电压为U 的交流电源，输出端接有一只电阻为R 的灯泡L 和风扇电动机D ，电动机线圈电阻为r .接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I ，则下列说法正确的是( )A ．风扇电动机D 两端的电压为IrB ．理想变压器的输入功率为UI nC ．风扇电动机D 输出的机械功率为UI n －I 2rD ．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为U (R ＋r )n 2Rr解析：风扇正常运转，为非纯电阻电路，风扇电动机的两端电压U ′>Ir ，选项A 错．根据原副线圈匝数比等于电压比可得U U 2＝n ，副线圈电压U 2＝U n ，副线圈电流I 2＝I ＋I L ，根据电流与匝数成反比，可得原线圈电流I 1＝I 2n ，理想变压器输入功率等于UI 1＝UI 2n ，选项B错．风扇电动机D 输出的机械功率为总功率减去热功率即U 2I －I 2r ＝UI n －I 2r ，选项C 对．若电风扇由于机械故障被卡住，则风扇变为纯电阻，此时副线圈电流I 2＝U 2R ＋U 2r ＝U (r ＋R )nrR ，原线圈电流I 1＝I 2n ＝U (r ＋R )n 2rR，选项D 对． 答案：CD6．(多选)(2014·宁波市十校高三联考)图甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R ，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )A．电压表的示数为10 VB．0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍解析：由图乙知交流电电压峰值为10 2 V，电压表显示的为有效值10 V，A正确；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确．答案：ABD7．(多选)(2014·浙江省金华十校高考模拟)如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中．线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e＝2002cos(100πt)V.线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20 V、8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4 2 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计．下列判断正确的是()A．t＝0 s时刻的线框中磁通量变化率为最大B．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C．若副线圈两端并联多只“20 V、8 W”的灯泡，则最多不能超过10只D．若线框转速减半，产生的电动势e＝1002cos(100πt)V解析：由题意知线圈产生的电动势e＝2002cos(100πt)V，故t ＝0 s时刻电动势最大，线框中磁通量的变化率最大，所以A正确；变压器原线圈的电压U1＝200 V，又灯泡能正常发光，副线圈的电压U2＝20 V，根据变压规律n1n2＝U1U2＝101，所以B正确；灯泡的电流I＝PU2＝0.4 A，因为熔断器熔断电流为0.4 2 A，故原线圈的电流有效值最大为0.4 2 A，根据变流规律可知副线圈的电流最大为4 2 A 大于10I，所以副线圈并联的灯泡能超过10只，故C错误；若线框转速减半，即角速度减半产生的电动势e＝1002cos(50πt)V，故D 错误．答案：AB8．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则()A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：由于二极管的单向导电性，U ab∶U cd≠n1∶n2，A错误．增大负载电阻的阻值R，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，即电流表的读数变小，B正确．c、d间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定，与电阻R无关，C错误．将二极管短路，副线圈中的电流加倍，则原线圈中的电流也加倍，D正确．答案：BD9．(多选)(2014·扬州中学高三阶段测试)如图所示，理想变压器，原副线圈的匝数比为n.原线圈接正弦交流电压U，输出端A、A1、A2、A3为理想的交流电流表，R为三个完全相同的电阻，L为电感，C为电容，当输入端接通电源后，电流表A读数为I.下列判断正确的是()A．副线圈两端的电压为nUB．通过副线圈的最大电流2IC．电流表A1的读数I1大于电流表A2的读数I2D．电流表A3的读数I3＝0解析：根据U1U2＝n1n2，得U1U2＝n，故A错误；根据题意得，电流表A读数为I，副线圈的电流有效值为I，所以通过副线圈的最大电流为2I，故B正确；电感线圈会对交流电有阻碍作用，即I1＞I2，故C正确；电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A3，即I3≠0，故D错误．答案：BC10．(2014·邯郸市高三模拟)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路．其中，电容器击穿电压为8 V，各电表均为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()A．电压表的读数为10 VB．电流表的读数约为0.05 AC．电阻R2上消耗的功率为2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿解析：由乙图知，原线圈电压的有效值为U 1＝100 2 V ，根据变压规律得U 2＝10 2 V ，开关S 处于断开状态，负载为R 1、R 2串联，电压表测量R 2的电压，又R 1＝R 2，可得电压表读数为5 2 V ，所以A 错误；副线圈电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝24A ，所以B 错误；电阻R 2上消耗的功率P 2＝I 22R 2＝2.5 W ，故C 正确；若闭合开关S ，电容器等于13U 2＝1032 V 小于8 V ，故电容器不会被击穿，所以D 错误． 答案：C二、非选择题11．理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2＝U ，则n 1＝1650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A. 答案：(1)1650匝 (2)13 A (3)23A 12．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011 m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电量约为W ＝8.40×1010 kW·h.该工程已全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2)：(1)若三峡电站上、下游水位差按h＝100 m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P1＝4.5×105 kW，采用超高压输电，输电电压为U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV.若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．解析：(1)一年里水流做功(即减少的势能)W′＝Qρgh.水流的势能转化为电能的效率η＝WW′＝WQρgh，将数据代入上式得η≈67%.(2)设每台发电机组平均年发电n天，则W＝Pt，即P×n×24＝W.所以n＝W24P＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天．(3)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2＝U0U＝18500＝9250，输电线上的电流I ＝P 1U ＝900 A.损失功率P 损＝5%P 1＝I 2r ，所以r ≈27.8 Ω.答案：(1)η＝W Qρgh 67% (2)192.3天(3)925027.8 Ω。