高中物理必修二(粤教版)第二章过关检测含解析

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【4份】高中粤教版物理必修2章末综合测评含答案

【4份】高中粤教版物理必修2章末综合测评含答案目录章末综合测评(一) (1)章末综合测评(二) (8)章末综合测评(三) (17)章末综合测评(四) (24)章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是()A．路程变大，时间延长B．路程变大，时间缩短C．路程变大，时间不变D．路程和时间均不变运动员渡河可以看成是两个运动的合运动：垂直河岸的运动和沿河岸的运动．运动员以恒定的速率垂直河岸渡河，在垂直河岸方向的分速度恒定，由分运动的独立性原理可知，渡河时间不变；但是水速变大，沿河岸方向的运动速度变大，因时间不变，则沿河岸方向的分位移变大，总路程变大，故选项C正确．【答案】 C2．如图1所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车以速度v匀速向右运动到如图所示位置时，物体P的速度为()【导学号：35390020】图1A ．vB ．v cos θ C.v cos θ D ．v cos 2 θ如图所示，绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向的速度等于P 的速度，根据平行四边形定则得，v P ＝v cos θ，故B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B3．(2016·汕头高一检测)将一小球以初速度v 从地面竖直上抛后，经过4 s 小球离地面高度为6 m ，若要使小球竖直上抛后经2 s 到达相同高度，g 取10 m/s 2.不计阻力，则初速度v 0应( )A ．大于vB ．小于vC ．等于vD ．无法确定由公式h ＝v 0t －12gt 2得4 s 时，初速度v ＝21.5 m/s,2 s 时初速度v 0＝13 m/s ，故选B.【答案】 B4．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹，如图2所示．若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移( )图2A ．只由水平速度决定B ．只由离地高度决定C．由水平速度、离地高度共同决定D．与水平速度、离地高度都没有关系不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x＝v0t＝v02hg，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C正确．【答案】 C5．以初速度v0水平抛出一个物体，经过时间t物体的速度大小为v，则经过时间2t，物体速度大小的表达式正确的是()A．v0＋2gt B．v＋gtC.v20＋(2gt)2D.v2＋2(gt)2物体做平抛运动，v x＝v0，v y＝g·2t，故2t时刻物体的速度v′＝v2x＋v2y＝v20＋(2gt)2，C正确，A错误；t时刻有v2＝v20＋(gt)2，故v′＝v2＋3(gt)2，B、D错误．【答案】 C6．如图3所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处．不计空气阻力，则落到B处的石块()【导学号：35390021】图3A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长由于B点在A点的右侧，说明水平方向上B点的距离更远，而B点距抛出点竖直方向上的距离较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B点的石块的初速度较大，故A正确，B、C、D错误．【答案】 A7．如图4所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入轨道．O 是圆弧的圆心，θ1是OA 与竖直方向的夹角，θ2是BA 与竖直方向的夹角，则( )图4A.tan θ2tan θ1＝2 B ．tan θ1tan θ2＝2C.1tan θ1tan θ2＝2 D.tan θ1tan θ2＝2 由题意知：tan θ1＝v y v 0＝gt v 0，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt .由以上两式得：tan θ1tan θ2＝2，故B 项正确．【答案】 B8．一物体做平抛运动，先后在两个不同时刻的速度大小分别为v 1和v 2，时间间隔为Δt ，那么( )A ．v 1和v 2的方向一定不同B ．v 1<v 2C ．由v 1到v 2的速度变化量Δv 的方向不一定竖直向下D ．由v 1到v 2的速度变化量Δv 的大小为g Δt平抛运动的轨迹是曲线，某时刻的速度方向为该时刻轨迹的切线方向，不同时刻方向不同，A 对；v 0不变，v y ∝t ，所以v 2>v 1，B 对；由Δv ＝g Δt 知Δv 方向一定与g 方向相同即竖直向下，大小为g Δt ，C 错，D 对．【答案】 ABD9．(2016·衡水高一检测)如图5所示，一小球以初速度v 0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的34，则下列说法中正确的是( )图5A ．在碰撞中小球的速度变化大小为72v 0B ．在碰撞中小球的速度变化大小为12v 0C ．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离的比为 3D ．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为32小球垂直落到斜面上，根据平行四边形定则将速度分解，如图所示，则v ＝v 0sin 30°＝2v 0，反弹后的速度大小为v ′＝34v ＝32v 0，碰撞中小球的速度变化大小为Δv ＝v ′－v ＝72v 0，选项A 正确，选项B错误；小球在竖直方向下落的距离为y ＝v 2y 2g ＝(v cos 30°)22g ＝3v 202g ，水平方向通过的距离为x ＝v 0t ＝v 0·v cos 30°g ＝3v 20g ，位移之比为y x ＝32，选项D 正确，选项C 错误．【答案】 AD10．河水的流速与离河岸的关系如图6甲所示，船在静水中的速度与时间关系如图乙所示，若船以最短时间渡河，则下列判断正确的是( )【导学号：35390022】甲乙图6A ．船渡河的最短时间是60 sB ．船在河水中的最大速度是5 m/sC ．船在河水中航行的轨迹是一条直线D．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直根据题图可知，船在静水中的速度v静＝3 m/s，河宽d＝300 m，河水正中间流速最大为v水max＝4 m/s，当船头始终垂直河岸渡河时，渡河时间最短，最短时间为t min＝dv静＝100 s，选项A错，D对；船在河水中的最大速度是v max＝32＋42m/s＝5 m/s，选项B对；设合速度与河岸夹角为θ，则tan θ＝v静v水，因v水随河岸不断变化，故θ不断变化，故船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项C错．【答案】BD二、非选择题(共3小题，40分)11．(12分)某同学用图7甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示．图乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．甲乙图7完成下列填空：(重力加速度取9.8 m/s2)(1)设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图5中可读出|y1－y2|＝________m，|y1－y3|＝________m，|x1－x2|＝________m(保留两位小数)；(2)若已经测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动．利用(1)中读取的数据，求出小球从P1运动到P2所用的时间为__________s，小球抛出后的水平速度为________m/s(均可用根号表示)．(1)由图可知P1到P2两点在竖直方向的间隔为6格多一点，P1到P3两点在竖直方向的间隔为16格多一点，所以有|y1－y2|＝0.61 m，|y1－y3|＝1.61 m，P1到P 2两点在水平方向的距离为6个格，则有|x 1－x 2|＝0.60 m.(2)由水平方向的运动特点可知P 1到P 2与P 2到P 3的时间相等，根据Δx ＝aT 2，解得时间约为0.2 s ，则有v 0＝x t ＝0.600.20 m/s ＝3.0 m/s.【答案】 (1)0.61 1.61 0.60 (2)0.20 3.012．(12分)一人带一猴在表演杂技，如图8所示，直杆AB 长h ＝8 m ，猴子在直杆上由A 向B 匀速向上爬，同时人用肩顶着直杆水平匀速移动．已知在5 s 内，猴子由A 运动到B ，而人也由甲位置运动到了乙位置．已知s ＝6 m ，求：图8(1)猴子相对地面的位移大小；(2)猴子相对地面的速度大小．(1)猴子对地的位移AB ′为猴子相对于人的位移AB 与人对地的位移AA ′的矢量和，所以AB ′＝(AB )2＋(AA ′)2＝h 2＋s 2 ＝82＋62 m ＝10 m.(2)猴子相对于地的速度v ＝AB ′t ＝105 m/s ＝2 m/s.【答案】 (1)10 m (2)2 m/s13．(16分)如图9所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m ＝1.0 kg 的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O 点的距离s ＝5 m ．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R ＝5 2 m ，今以O 点为原点建立平面直角坐标系．现用F ＝5 N 的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g 取10 m/s 2.图9(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；(2)若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标.【导学号：35390023】(1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F作用最长时间t1时，小物块刚好运动到O点．由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1解得：a1＝2.5 m/s2减速运动时的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2由运动学公式得：s＝12a1t21＋12a2t22而a1t1＝a2t2解得：t1＝t2＝ 2 s(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：v20＝2a1s解得小物块到达O点时的速度为：v0＝5 m/s小物块过O点后做平抛运动．水平方向：x＝v0t竖直方向：y＝12gt2又x2＋y2＝R2解得位置坐标为：x＝5 m，y＝5 m.【答案】(1) 2 s(2)x＝5 m，y＝5 m章末综合测评(二)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．(2016·长沙高一检测)对于物体做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A ．其转速与角速度成反比，其周期与角速度成正比B ．运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述C ．匀速圆周运动的速度保持不变D ．做匀速圆周运动的物体，其加速度保持不变由公式ω＝2πn 可知，转速和角速度成正比，由ω＝2πT 可知，其周期与角速度成反比，故A 错误；运动的快慢可用线速度描述，也可用角速度来描述，所以B 正确；匀速圆周运动的速度大小不变，但速度方向在变，所以C 错误；匀速圆周运动的加速度大小不变，方向在变，所以D 错误．【答案】 B2．如图1所示，一辆卡车在水平路面上行驶，已知该车轮胎半径为R ，轮胎转动的角速度为ω，关于各点的线速度大小下列说法错误的是( )【导学号：35390037】图1A ．相对于地面，轮胎与地面的接触点的速度为0B ．相对于地面，车轴的速度大小为ωRC ．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为ωRD ．相对于地面，轮胎上缘的速度大小为2ωR因为轮胎不打滑，相对于地面，轮胎与地面接触处保持相对静止，该点相当于转动轴，它的速度为零，车轴的速度为ωR ，而轮胎上缘的速度大小为2ωR ，故选项A 、B 、D 正确，C 错误．【答案】 C3．一小球沿半径为2 m 的轨道做匀速圆周运动，若周期T ＝4 s ，则( )A ．小球的线速度大小是0.5 m/sB ．经过4 s ，小球的位移大小为4π mC ．经过1 s ，小球的位移大小为2 2 mD ．若小球的速度方向改变了π2 rad ，经过时间一定为1 s小球的周期为T ＝4 s ，则小球运动的线速度为v ＝2πr T ＝π，选项A 错误；经过4 s 后，小球完成一个圆周运动后回到初始位置，位移为零，选项B 错误；经过1 s 后，小球完成14个圆周，小球的位移大小为s ＝2R ＝2 2 m ，选项C 正确；圆周运动是周期性运动，若方向改变π2弧度，经历的时间可能为t ＝(n ＋1)·T 4＝(n ＋1) s 或t ＝(n ＋3)·T 4＝(n ＋3) s ，选项D 错误．【答案】 C4. (2016·沈阳高一检测)荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，当秋千荡到最高点时，小孩的加速度方向是图2中的( )图2A ．竖直向下a 方向B ．沿切线b 方向C ．水平向左c 方向D ．沿绳向上d 方向如图，将重力分解，沿绳子方向T －G cos θ＝m v 2R，当在最高点时，v ＝0，故T ＝G cos θ，故合力方向沿G 2方向，即沿切线b 方向，由牛顿第二定律，加速度方向沿切线b 方向．【答案】 B5．在光滑杆上穿着两个小球m 1、m 2，且m 1＝2m 2，用细线把两球连起来，当盘架匀速转动时，两小球刚好能与杆保持无相对滑动，如图3所示，此时两小球到转轴的距离r 1与r 2之比为( )图3A ．1∶1B ．1∶ 2C ．2∶1D ．1∶2两球向心力、角速度均相等，由公式F 1＝m 1r 1ω2，F 2＝m 2r 2ω2，即m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，r 1r 2＝m 2m 1＝12，故选D. 【答案】 D6．如图4所示，是从一辆在水平公路上行驶着的汽车后方拍摄的汽车后轮照片．从照片来看，汽车此时正在( )图4A ．直线前进B ．向右转弯C ．向左转弯D ．不能判断从汽车后方拍摄的后轮照片可以看到汽车的后轮发生变形，汽车不是正在直线前进，而是正在转弯，根据惯性、圆周运动和摩擦力知识，可判断出地面给车轮的静摩擦力水平向左，所以汽车此时正在向左转弯，应选答案C.【答案】 C7．(2016·泉州高一检测)如图5所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是( )图5A ．车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B ．人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C ．人在最低点时对座位的压力等于mgD ．人在最低点时对座位的压力大于mg过山车是竖直面内杆系小球圆周运动模型的应用．人在最低点时，由向心力公式可得：F －mg ＝m v 2R ，即F ＝mg ＋m v 2R ＞mg ，故选项C 错误，选项D 正确；人在最高点，若v ＞gR 时，向心力由座位对人的压力和人的重力的合力提供，若v ＝gR 时，向心力由人的重力提供，若v ＜gR 时，人才靠保险带拉住，选项A 错误；F ＞0，人对座位产生压力，压力大小F ＝m v 2R －mg ，当v 2＝2Rg 时F ＝mg ，选项B 错误．【答案】 D8．如图6所示，长0.5 m 的轻质细杆，一端固定有一个质量为3 kg 的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2 m/s.g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图6A ．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是24 NB ．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 NC ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 ND ．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N设小球在最高点时受杆的弹力向上，则mg －N ＝m v 2l ，得N ＝mg －m v 2l ＝6 N ，故小球对杆的压力大小是6 N ，A 错误，B 正确；小球通过最低点时N －mg＝m v 2l ，得N ＝mg ＋m v 2l ＝54 N ，小球对杆的拉力大小是54 N ，C 错误，D 正确．【答案】 BD9.如图7所示，在双人花样滑冰运动中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆周运动的精彩场面，目测重力为G 的女运动员做圆周运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g ，估算该女运动员( )图7A ．受到的拉力为3GB ．受到的拉力为2GC ．向心加速度为3gD ．向心加速度为2g女运动员做圆周运动，对女运动员受力分析可知，受到重力，男运动员对女运动员的拉力，如图所示，竖直方向合力为零，有F sin 30°＝G 得F ＝2G ，B 项正确．水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有F cos 30°＝ma 向，即2mg cos 30°＝ma 向，所以a 向＝3g ，C 项正确．【答案】 BC10．有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁高速行驶，做匀速圆周运动．如图8所示，图中虚线表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h ，下列说法中正确的是( )图8A ．h 越高，摩托车对侧壁的压力将越大B ．h 越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大C ．h 越高，摩托车做圆周运动的周期将越大D ．h 越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大摩托车受力如图所示．由于N ＝mg cos θ所以摩托车受到侧壁的压力与高度无关，保持不变，摩托车对侧壁的压力F 也不变，A 错误；由F ＝mg tan θ＝m v 2r ＝mω2r 知h 变化时，向心力F 不变，但高度升高，r 变大，所以线速度变大，角速度变小，周期变大，选项B 、C 正确，D 错误．【答案】 BC二、计算题(共3小题，共40分)11．(10分)如图9所示，水平转盘上放有质量为m 的物体，当物块到转轴的距离为r 时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直(绳上张力为零)．物体和转盘间的最大静摩擦力是其正压力的μ倍．求：【导学号：35390038】图9(1)当转盘的角速度ω1＝μg 2r 时，细绳的拉力T 1； (2)当转盘的角速度ω2＝3μg2r 时，细绳的拉力T 2.设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω0，则μmg ＝mω20r ，解得ω0＝μgr .(1)因为ω1＝μg2r ＜ω0，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物体与盘产生的摩擦力还未达到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即T 1＝0.(2)因为ω2＝3μg2r ＞ω0，所以物体所需向心力大于物体与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力T 2，由牛顿第二定律得T 2＋μmg ＝mω22r ，解得T 2＝μmg 2.【答案】 (1)T 1＝0 (2)T 2＝μmg 212．(15分)如图10所示，在内壁光滑的平底试管内放一个质量为1 g 的小球，试管的开口端与水平轴O 连接．试管底与O 相距5 cm ，试管在转轴带动下在竖直平面内做匀速圆周运动．g 取10 m/s 2，求：图10(1)转轴的角速度达到多大时，试管底所受压力的最大值等于最小值的3倍？(2)转轴的角速度满足什么条件时，会出现小球与试管底脱离接触的情况？(1)当试管匀速转动时，小球在最高点对试管的压力最小，在最低点对试管的压力最大．在最高点：F 1＋mg ＝mω2r在最低点：F 2－mg ＝mω2rF 2＝3F 1联立以上方程解得ω＝2gr ＝20 rad/s(2)小球随试管转到最高点，当mg ＞mω2r 时，小球会与试管底脱离，即ω＜gr .【答案】 (1)20 rad/s (2)ω＜gr13．(15分)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材．做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上．现将太极球简化成如图11甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．设球的重力为1 N ，不计拍的重力．求：(1)C 处球拍对球的弹力比在A 处大多少？(2)设在A 处时球拍对球的弹力为F ，当球运动到B 、D 位置时，板与水平方向需有一定的夹角θ，请在图乙中作出tan θ -F 的关系图象．甲乙图11(1)设球运动的线速度为v ，半径为R则在A 处时F ′＋mg ＝m v 2R① 在C 处时F －mg ＝m v 2R ② 由①②式得ΔF ＝F －F ′＝2mg ＝2 N.(2)在A 处时球拍对球的弹力为F ，球做匀速圆周运动的向心力F 向＝F ＋mg ，在B 处不受摩擦力作用，受力分析如图则tan θ＝F 向mg ＝F ＋mg mg ＝F ＋1作出的tan θ -F 的关系图象如图【答案】 (1)2 N (2)见解析图章末综合测评(三)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10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．在物理学建立、发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法中错误的是() A．德国天文学家开普勒对他的导师——第谷观测的行星数据进行了多年研究，得出了开普勒三大行星运动定律B．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了万有引力常量C．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性D．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上根据物理学史可知C错，A、B、D正确．【答案】C2．(2015·重庆高考)宇航员王亚平在“天宫1号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为()A．0 B.GM (R＋h)2C.GMm(R＋h)2D.GMh2飞船受的万有引力等于在该处所受的重力，即GMm(R＋h)2＝mg，得g＝GM(R＋h)2，选项B正确．【答案】 B3．(2015·北京高考)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转周期大于火星的周期公转B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ＝m v 2r ＝ma n ＝mω2r 得，公转周期T ＝2πr 3GM ，故地球公转的周期较小，选项A 错误；公转线速度v ＝GMr ，故地球公转的线速度较大，选项B 错误；公转加速度a n ＝GM r 2，故地球公转的加速度较大，选项C 错误；公转角速度ω＝GM r 3，故地球公转的角速度较大，选项D 正确．【答案】 D4．如图1所示，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为B 、C 两卫星轨道的交点．已知A 、B 、C 绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是( )图1A ．物体A 和卫星C 具有相同大小的线速度B ．物体A 和卫星C 具有相同大小的加速度C ．卫星B 在P 点的加速度与卫星C 在该点的加速度一定不相同D ．可能出现在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方物体A 和卫星B 、C 周期相同，故物体A 和卫星C 角速度相同，但半径不同，根据v ＝ωR 可知二者线速度不同，A 项错；根据a ＝Rω2可知，物体A 和卫星C 向心加速度不同，B 项错；根据牛顿第二定律，卫星B 和卫星C 在P 点的加速度a ＝GM r 2，故两卫星在P 点的加速度相同，C 项错误；对于D 选项，物体A 是匀速圆周运动，线速度大小不变，角速度不变，而卫星B 的线速度是变化的，近地点最大，远地点最小，即角速度发生变化，而周期相等，所以如图所示开始转动一周的过程中，会出现A 先追上B ，后又被B 落下，一个周期后A 和B 都回到自己的起点．所以可能出现：在每天的某一时刻卫星B 在A 的正上方，则D 正确．【答案】 D5．同步卫星位于赤道上方，相对地面静止不动．如果地球半径为R ，自转角速度为ω，地球表面的重力加速度为g .那么，同步卫星绕地球的运行速度为( ) A.Rg B.R ωg C. R 2ωg D.3R 2ωg同步卫星的向心力等于地球对它的万有引力G Mm r 2＝m ω2r ，故卫星的轨道半径r ＝3GM ω2.物体在地球表面的重力约等于所受地球的万有引力G Mm R2＝mg ，即GM ＝gR 2.所以同步卫星的运行速度v ＝r ω＝ω·3gR 2ω2＝3gR 2ω，D 正确．【答案】 D6．宇宙中两个星球可以组成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两星球球心连线的某点做周期相同的匀速圆周运动．根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )【导学号：35390054】A ．双星相互间的万有引力增大B ．双星做圆周运动的角速度不变C ．双星做圆周运动的周期增大D ．双星做圆周运动的速度增大双星间的距离在不断缓慢增加，根据万有引力定律，F ＝G m 1m 2L 2，知万有引力减小，故A 错误．根据G m 1m 2L 2＝m 1r 1ω2，G m 1m 2L 2＝m 2r 2ω2，知m 1r 1＝m 2r 2，v 1＝ωr 1，v 2＝ωr 2，轨道半径之比等于质量的反比，双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，知角速度变小，周期变大，线速度变小，故B 、D 错误，C 正确．【答案】 C7．恒星演化发展到一定阶段，可能成为恒星世界的“侏儒”——中子星．中子星的半径较小，一般在7～20 km ，但它的密度大得惊人．若某中子星的半径为10 km ，密度为1.2×1017 kg/m 3，那么该中子星上的第一宇宙速度约为( )A ．7.9 km/sB ．16.7 km/sC ．2.9×104 km/sD ．5.8×104 km/s中子星上的第一宇宙速度即为它表面处的卫星的环绕速度，此时卫星的轨道半径近似地认为是该中子星的球半径，且中子星对卫星的万有引力充当向心力，由G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GM r ，又M ＝ρV ＝ρ4πr 33，得v ＝r 4πGρ3＝1×104× 4×3.14×6.67×10－11×1.2×10173m/s ＝5.8×107 m/s ＝5.8×104 km/s.故选D.【答案】 D8．北京时间2005年7月4日下午1时52分(美国东部时间7月4日凌晨1时52分)探测器成功撞击“坦普尔一号”彗星，投入彗星的怀抱，实现了人类历史上第一次对彗星的“大对撞”，如图2所示．假设“坦普尔一号”彗星绕太阳运行的轨道是一个椭圆，其运动周期为5.74年，则关于“坦普尔一号”彗星的下列说法中正确的是( )图2A ．绕太阳运动的角速度不变B ．近日点处线速度大于远日点处线速度C ．近日点处加速度大于远日点处加速度D ．其椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比是一个与太阳质量有关的常数由开普勒第二定律知近日点处线速度大于远日点处线速度，B正确；由开普勒第三定律可知D正确；由万有引力提供向心力得C正确．【答案】BCD9．2013年6月11日17时38分，我国利用“神舟十号”飞船将聂海胜、张晓光、王亚平三名宇航员送入太空．设宇航员测出自己绕地球做匀速圆周运动的周期为T，离地高度为H，地球半径为R，则根据T、H、R和引力常量G，能计算出的物理量是()图3A．地球的质量B．地球的平均密度C．飞船所需的向心力D．飞船线速度的大小由G Mm(R＋H)2＝m4π2T2(R＋H)，可得：M＝4π2(R＋H)3GT2，选项A可求出；又根据ρ＝M43πR3，选项B可求出；根据v＝2π(R＋H)T，选项D可求出；由于飞船的质量未知，所以无法确定飞船的向心力．【答案】ABD10．迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“G1－581c”却很值得我们期待．该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间，质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍，公转周期为13个地球日．“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则()A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同B．如果人到了该行星，其体重是地球上的22 3倍。

高中物理粤教版必修2章末检测卷：第二章圆周运动

章末检测卷(二)(时间:90分钟满分:10０分)一、单项选择题(本题共6小题,每小题4分,共２4分)图11、如图1所示,一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动,在圆盘上放一块橡皮,橡皮随圆盘一起转动(俯视为逆时针),某段时间内圆盘转速不断增大,但橡皮块仍相对圆盘静止,而在这段时间内,关于橡皮所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中,正确的是()答案C解析橡皮做加速圆周运动,合力不指向圆心,但一定指向圆周的内侧;由于做加速圆周运动,动能不断增加,故合力与速度的夹角小于90°、故选C、2、物体m用细绳通过光滑的水平板上的小孔与装有细沙的漏斗M相连,同时正在做匀速圆周运动,如图２所示,假如缓慢减小Ｍ的质量,则物体的轨道半径ｒ、角速度ω的变化情况是()图2A、r不变,ω变小Ｂ。

ｒ增大,ω减小C、r减小,ω增大D、r减小,ω不变答案B解析细绳拉力提供物体m做圆周运动需要的向心力,当缓慢减小M时,对m的拉力减小,拉力不足以提供向心力,物体m做离心运动,运动半径r增大,由牛顿第二定律得Ｍg＝T＝mω2ｒ,因为细绳拉力T减小,半径ｒ增大,因此ω减小,选项B正确、图33、如图3所示,ａ、ｂ是地球表面上不同纬度上的两个点,假如把地球看作是一个球体,a、b 两点随地球自转做匀速圆周运动,这两个点具有大小相同的()Ａ、线速度B。

角速度C、加速度D、轨道半径答案B解析a、b两点随地球自转做匀速圆周运动,因此它们的周期T、角速度ω相同;Ｂ正确;ａ、ｂ转动的圆心分别在它们所在的纬度确定的平面与地轴的交点上,故半径不同,D错误;由v＝ωr知线速度不同,Ａ错误;由a＝ω2r知加速度不同,故Ｃ错误、图44、质量为m的小木块从半球形的碗口下滑,如图4所示,已知木块与碗内壁间的滑动摩擦系数为μ,木块滑到最低点时的速度为v,那么木块在最低点受到的摩擦力为()A、μmg B。

μｍv２/RC、μm(g+ｖ2／R)D、0答案C解析木块滑到最低点的受力如图所示由于N-ｍg＝＼f(m v２,R)因此Ｎ＝ｍg+错误!由f＝μＮ得ｆ=μm(g＋v2Ｒ),故Ｃ正确、5。

粤教版高中物理选择性必修第二册课后习题第2章电磁感应分层作业9 电磁感应规律的应用

分层作业9 电磁感应规律的应用A组必备知识基础练1.如图所示,质量为m的金属圆环用不可伸长的细线悬挂起来,金属圆环有一半处于边界水平且与环面垂直的匀强磁场中,重力加速度为g.从某时刻开始,磁感应强度均匀减小,则在磁感应强度均匀减小的过程中,细线的拉力( )A.大于圆环重力mg,并逐渐减小B.始终等于圆环重力mgC.小于圆环重力mg,并保持恒定D.大于圆环重力mg,并保持恒定2.如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v-t图像可能正确描述上述过程的是( )3.如图所示,竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R,质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦,金属棒与导轨的电阻均不计,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直,金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内,力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )A.金属棒的机械能增加量B.金属棒的动能增加量C.金属棒的重力势能增加量D.电阻R上产生的热量4.如图所示,铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落,在下落过程中,下列判断正确的是( )A.金属环在下落过程中的机械能守恒B.金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C.金属环的机械能先减小后增大D.条形磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力5.(多选)如图所示,在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd,线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动,运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行,线框边长ad=L,cd=2L,线框导线的总电阻为R,则在线框离开磁场的过程中,下列说法正确的是( )A.ad 间的电压为BLv 3B.流过线框横截面的电荷量为2BL 2RC.线框所受安培力的合力为2B 2L 2v RD.线框中的电流在ad 边产生的热量为2B 2L 3v 3R6.(多选)如图所示,金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行,设整个电路中总电阻为R(恒定不变),整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中,下列叙述正确的是( )A.ab中的电流与速率v成正比B.磁场作用于ab的安培力与速率v成正比C.电阻R上产生的热功率与速率v的二次方成正比D.外力对ab做功的功率与速率v成正比7.如图所示,长为L的导线下悬挂一小球,在水平面上做匀速圆周运动,导线的偏角为θ,小球的角速度为ω,足够大的匀强磁场竖直向上,磁感应强度为B,则金属导线中产生的感应电动势大小为多少?B组关键能力提升练8.如图所示,导体棒AB的长为2R,绕O点以角速度ω匀速转动,OB长为R,且O、B、A三点在一条直线上,有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面且与转动平面垂直,那么AB两端的电势差的绝对值为( )A.1BωR2 B.2BωR22C.4BωR2D.6BωR29.(多选)如图所示,有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道,上端接有滑动变阻器,接入电路的阻值为R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m,则下列说法正确的是( )A.如果B增大,v m将变大B.如果α变大(仍小于90°),v m将变大C.如果R变大,v m将变大D.如果m变小,v m将变大10.(多选)(广东阶段练习)如图所示,间距为L的固定平行双轨道由足够长的水平光滑段和倾角为θ的倾斜粗糙段构成,所在空间存在与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场,质量均为m的金属棒ab、cd垂直放在水平、倾斜导轨上且与导轨接触良好,ab、cd接入电路的电阻均为R.起初cd恰好静止,ab在水平向右的恒力F作用下从静止开始向右加速,当ab达到最大速度时,cd又恰好静止;导轨的电阻不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )A.cd与倾斜导轨间的动摩擦因数为tan θB.ab的最大加速度为2gsin θC.ab的最大速度为2mgRsinθB2L2D.恒力F的最大功率为8m 2g2Rsin2θB2L211.(多选)如图所示,光滑斜面PMNQ的倾角为θ=30°,斜面上放置一矩形导线框abcd,其中ab边长L1=0.5 m,bc边长为L2,导线框质量m=1 kg、电阻R=0.4 Ω,有界匀强磁场的磁感应强度为B=2 T,方向垂直于斜面向上,ef为磁场的边界,且ef与MN平行.导线框在沿斜面向上且与斜面平行的恒力F=10 N作用下从静止开始运动,其ab边始终保持与底边MN平行.已知导线框刚进入磁场时做匀速运动,且进入过程中通过导线框某一横截面的电荷量q=0.5 C,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )A.导线框进入磁场时的速度大小为2 m/sB.导线框bc边长L2=0.1 mC.导线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4 mD.导线框进入磁场的过程中产生的热量为1 J12.(多选)如图所示,竖直放置的平行金属导轨上端跨接一个阻值为R的电阻.质量为m的金属棒MN可沿平行导轨竖直下滑,金属棒与导轨垂直且始终接触良好,不计导轨与金属棒的电阻.金属棒自由下落了h后进入一个有上下边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直导轨平面,磁场宽度也为h,设金属棒MN到达上边界aa'时的速度为v1,到达下边界bb'时的速度为v2,则以下说法正确的是( )A.进入磁场区域后,MN可能做匀速运动,则v1=v2B.进入磁场区域后,MN可能做加速运动,则v1<v2C.进入磁场区域后,MN可能做减速运动,则v1>v2D.通过磁场区域的过程中,R上释放出的焦耳热一定是mgh13.如图所示,竖直平面内有足够长的平行金属导轨,间距为0.2 m,金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动,ab的电阻为0.4 Ω,导轨电阻不计,导体ab的质量为0.2 g,垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T,且磁场区域足够大,g取10 m/s2.当导体ab自由下落0.4 s时,突然闭合开关S,试说出开关S闭合后,导体ab的运动情况.14.如图所示,足够长的U形导体框架的宽度L=0.5 m,底端接有阻值R=0.5 Ω的电阻,导体框架电阻忽略不计,其所在平面与水平面成θ=37°角.有一磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场,方向垂直于导体框架平面向上.一根质量m=0.4 kg、电阻r=0.5 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形导体框架上,导体棒MN与导体框架垂直且始终接触良好.某时刻起将导体棒MN由静止释放.已知导体棒MN与导体框架间的动摩擦因数μ=0.5.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小.(2)求导体棒运动过程中的最大速度.(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中,通过导体棒横截面的电荷量q=4 C,求导体棒MN在此过程中消耗的电能.答案：1.A 根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针,再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下,对圆环受力分析,根据受力平衡有T=mg+F安,得T>mg,F安=BIL,根据法拉第电磁感应定律知,I=ER =ΔΦRΔt=ΔBRΔtS,可知I为恒定电流,联立可知B减小,F安减小,则由T=mg+F安知T减小,选项A正确.2.D 导线框刚进入磁场时速度设为v0,此时产生的感应电动势E=BLv0,感应电流I=ER =BLv0R,导线框受到的安培力F=BIL=B2L2v0R.由牛顿第二定律F=ma知,B 2L2v0R=ma,由楞次定律知导线框开始减速,随v减小,其加速度a减小,故进入磁场时做加速度减小的减速运动.当导线框全部进入磁场开始做匀速运动,在出磁场的过程中,仍做加速度减小的减速运动,故只有D 选项正确.3.A 金属棒加速上升时受到重力、恒力F 及安培力.根据功能关系可知,力F 与安培力做功的代数和等于金属棒的机械能的增加量,A 正确.4.B 金属环在下落过程中,除中间时刻穿过环内的磁通量变化率为零,不产生感应电流外,其他时间都有电能产生,故在下落过程中,机械能不守恒,有一部分机械能转化为电能.而在无电流产生的那一时刻,条形磁铁对桌面的压力大小等于其自身受到的重力大小.故B 正确,A 、C 、D 错误.5.ABD 线框产生的感应电动势E=2BLv,感应电流I=ER ,ad 间的电压为U=I·16R=2BLv R·16R=BLv 3,故A 正确;流过线框横截面的电荷量q=I Δt=ΔΦΔt ·R·Δt=2BL 2R,故B 正确;线框所受安培力的合力F=BI·2L=4B 2L 2v R,故C 错误;线框中的电流在ad 边产生的热量Q=I 2·16R·Lv=2B 2L 3v3R,故D 正确.6.ABC 由E=Blv 和I=ER得I=Blv R,ab 受到的安培力F=BIl=B 2l 2v R,电阻上产生的热功率P=I 2R=B 2l 2v 2R,外力对ab 做功的功率就等于回路产生的热功率,故A 、B 、C 正确,D 错误. 7.答案12BL 2ωsin 2θ解析导线的有效长度为L有=Lsinθ,据E=12BL有2ω知,感应电动势E=12BL2ωsin2θ.8.C A点线速度v A=ω·3R,B点线速度v B=ωR,AB切割磁感线的平均速度v=v A+v B2=2ωR,AB两端的电势差的绝对值为E=B·2R·v=4BωR2,C正确.9.BC 金属杆由静止开始下滑的过程中,金属杆就相当于一个电源,与滑动变阻器构成一个闭合回路,其受力情况如图所示,根据牛顿第二定律得mgsinα-B 2L2vR=ma,则金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动,当a=0时达到最大速度v m,即mgsinα=B 2L2v mR,可得v m=mgRsinαB2L2,由此式知选项B、C正确.10.ABD t=0时刻,cd恰好静止,由平衡条件得μmgcosθ=mgsinθ,解得μ=tanθ,故A正确;当ab达到最大速度时,cd又恰好静止,有BIL=mgsinθ+μmgcosθ=2mgsinθ,此时F=BIL=2mgsinθ,ab开始运动时加速度最大,有a m=Fm=2gsinθ,故B正确;设ab的最大速度为v m,当ab的速度为v m时,有I=E2R =BLv m2R,解得v m=4mgRsinθB2L2,故C错误;恒力F的最大功率为P=Fv m=8m 2g2Rsin2θB2L2,故D正确.11.ACD 导线框刚进入磁场时做匀速运动,则F=mgsin30°+B 2L 12v R,解得v=2m/s,根据q=ΔΦR=BL 1L 2R,解得L 2=0.2m,选项A 正确,B 错误;导线框在磁场外运动的加速度a=F -mgsin30°m=5m/s 2,则导线框开始运动时ab 边到磁场边界ef 的距离为=0.4m,选项C 正确;导线框进入磁场的过程中产生的热量为Q=FL 2-mgL 2sin30°=10×0.2J -10×0.2×0.5J=1J,选项D 正确. 12.ABC 金属棒在进入磁场前做自由落体运动,当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力刚好等于重力时,则金属棒做匀速直线运动,此时v 1=v 2,A 正确;当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力大于重力时,根据牛顿第二定律,金属棒做减速运动,此时v 1>v 2,C 正确;当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力小于重力时,由牛顿第二定律,金属棒做加速运动,此时v 1<v 2,B 正确;当进入磁场后金属棒做匀速运动,通过磁场区域的过程中,R 上释放出的焦耳热为mgh,D 错误. 13.答案见解析解析闭合开关S 之前,导体ab 自由下落的末速度为v 0=gt=4m/s.开关S 闭合瞬间,导体ab 产生感应电动势,回路中产生感应电流,导体ab 立即受到一个竖直向上的安培力.F 安=BIL=B 2L 2v 0R=0.016N>mg=0.002N.此时导体ab受到的合力的方向竖直向上,与初速度方向相反,加速度a=F 安-mg m=B2L2vmR-g,所以导体ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动.当F安=mg 时,导体ab做竖直向下的匀速运动.14.答案(1)2 m/s2(2)5 m/s (3)1.5 J解析(1)导体棒刚开始下滑时,其受力情况如图甲所示,则mgsinθ-μmgcosθ=ma解得a=2m/s2.(2)当导体棒匀速下滑时,其受力情况如图乙所示,设匀速下滑的速度为v,则有mgsinθ-f-F安=0摩擦力f=μmgcosθ安培力F安=BIL=B BLvR+r L=B2L2vR+r联立解得v=mg(R+r)(sinθ-μcosθ)B2L2=5m/s.(3)通过导体棒横截面的电荷量q=IΔtI=ΔΦ(R+r)Δt设导体棒下滑速度刚好为最大速度v时的位移为s,则ΔΦ=BsL由动能定理得,mgs·sinθ-W安-μmgcosθ·s=1mv2,其中W安为克服安培力2做的功联立解得W安=3J克服安培力做的功等于回路在此过程中消耗的电能,即Q=3JQ=1.5J.则导体棒MN在此过程中消耗的电能Q r=rR+r。

2024-2025学年高二物理选择性必修第二册(粤教版)第二章测评卷

第二章测评卷(满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.假设中国航天员登月后想探测一下月球表面是否有磁场,他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈,则下列推断正确的是()A.直接将电流表放于月球表面,看是否有示数来判断磁场有无B.将电流表与线圈组成闭合回路,使线圈沿某一方向运动,如果电流表无示数,则判断月球表面无磁场C.将电流表与线圈组成闭合回路,使线圈沿某一方向运动,如果电流表有示数,则可判断月球表面有磁场D.将电流表与线圈组成闭合回路,使线圈在某个平面内沿各个方向运动,如电流表无示数,则可判断月球表面无磁场2.用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径.如图所示,ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图所示,磁感应强度大小随时间的变化率ΔB=k(k<0),则()ΔtA.圆环中产生逆时针方向的感应电流B.圆环具有收缩的趋势|C.圆环中感应电流的大小为|krS2ρπkr2|D.图中a、b两点间的电势差大小为U ab=|143.如图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线,直导线中通以图示方向的恒定电流.释放导线框,它由实线位置下落到虚线位置未发生转动,在此过程中,下列说法正确的是()A.导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB.导线框内的磁通量为零时,感应电流也为零C.导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D.导线框所受安培力的合力为零,做自由落体运动4.如图甲所示,螺线管匝数n=1 000,横截面积S=10 cm2,螺线管导线电阻r=1 Ω,电阻R=9 Ω,磁感应强度B的B-t图像如图乙所示(以向右为正方向),则()A.感应电动势为0.6 VB.感应电流为0.06 AC.电阻R两端的电压为0.54 VD.0~1 s内感应电流的方向为从C点通过R流向A点5.某同学制作的简易硬币检测仪示意图如图所示,斜面里安装有金属线圈,线圈接上供电和电流检测装置,当硬币从斜面顶端滑下,经过线圈上方时,根据检测到线圈中的电流情况,可判断硬币的币值.下列说法正确的是()A.硬币经过线圈上方,加速度保持不变B.硬币经过线圈上方,硬币会产生电流C.硬币不经过线圈上方时,线圈中没有电流D.不同硬币经过线圈上方,线圈电流变化相同6.(2024广东茂名高二期中)如图所示的电路中,A、B、C为三个相同的灯泡,L是电阻为零的线圈,D为单向导电的二极管(当二极管中电流从“+”流向“-”时电阻很小,当电流从“-”流向“+”时电阻无穷大).电路稳定后,若将闭合的开关S断开,A、B、C三个灯泡中,会出现缓慢变暗的现象的是()A.仅A灯泡B.仅A和B灯泡C.仅A和C灯泡D.A、B和C三个灯泡7.如图所示,空间存在一个足够大的三角形区域(顶角为45°),区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,一个顶角为45°的三角形导体线框,自距离磁场左侧边界L处以平行于纸面向上的速度匀速通过了该区域,电流方向若以逆时针为正方向,回路中感应电流I随时间t的变化关系图像正确的是()二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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)8.如图所示,匀强磁场(图中未画出)垂直于软导线回路平面,由于磁场发生变化,回路变为圆形,则该磁场()A.逐渐增强,方向向外B.逐渐增强,方向向里C.逐渐减弱,方向向外D.逐渐减弱,方向向里9.如图所示,竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R,金属杆ab质量为m,跨在平行导轨上,垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B,不计ab与导轨电阻及一切摩擦,且ab与导轨垂直且接触良好,若ab在竖直向上的外力F作用下匀速上升,则以下说法正确的是()A.外力F所做的功等于电阻R上产生的热量B.ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量C.电流所做的功一定等于重力势能的增加量D.外力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量10.如图所示,阻值为R的金属棒从图示ab位置分别以v1、v2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a'b'位置,若v1∶v2=1∶2,则在这两次过程中()A.回路电流I1∶I2=1∶2B.产生的热量Q1∶Q2=1∶2C.通过任一截面的电荷量q1∶q2=1∶2D.外力的功率P1∶P2=1∶2三、非选择题(本题共5小题,共54分)11.(8分)为判断线圈绕向,可将灵敏电流计G与线圈L连接,如图所示.已知线圈由a端开始绕至b端:当电流从电流计G的左端流入时,指针向左偏转.(1)将磁铁的N极向下从线圈上方竖直插入线圈L时,发现电流计的指针向左偏转.俯视线圈,其绕向为(选填“顺时针”或“逆时针”).(2)当磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈L时,发现电流计的指针向右偏转.俯视线圈,其绕向为(选填“顺时针”或“逆时针”).12.(8分)研究电磁感应现象的实验装置如图所示.(1)将图中所缺的导线补接完整.(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下,那么合上开关后可能出现的情况有:①将线圈A迅速插入线圈B时,灵敏电流计指针将.②线圈A插入线圈B后,将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时,灵敏电流计指针.13.(10分)一个边长为a=1 m的正方形线圈,总电阻为R=2 Ω,当线圈以v=2 m/s的速度通过磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场区域时,线圈平面总保持与磁场垂直.若磁场的宽度b>1 m,如图所示,求:(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小;(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热.14.(13分)如图所示,一个100匝的圆形线圈(图中只画了2匝)面积为200 cm2,线圈的电阻为1 Ω,在线圈外接一个阻值为4 Ω的电阻和一个理想电压表.电阻的一端B与地相接,线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化规律如B1-t图像所示.(1)求t=3 s时穿过线圈的磁通量;(2)求t=5 s 时电压表的读数;(3)若取B 点电势为零,A 点的最高电势是多少?15.(15分)如图甲所示,电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距L=0.8 m,下端接有阻值R=3 Ω的电阻,导轨平面与水平面间的夹角θ=30°.整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.一质量m=0.1 kg 、阻值r=0.15 Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量m 0=0.9 kg 的重物相连,左端细线连接金属棒中点且沿NM 方向.金属棒由静止释放后,沿NM 方向的位移s 与时间t 之间的关系如图乙所示,其中ab 为直线.已知金属棒在0~0.3 s 内通过的电荷量是0.3~0.4 s 内通过电荷量的2倍,g 取10 m/s 2,求:(1)0~0.3 s 内金属棒通过的位移s 1的大小;(2)电阻R 在0~0.4 s 内产生的热量Q 1.答案：1.C 电流表有示数时可判断有磁场存在,沿某方向运动而无示数不能确定磁场是否存在,只有C 正确.2.D 由题意可知磁感应强度均匀减小,穿过圆环的磁通量减小,根据楞次定律和安培定则可以判断,圆环中产生顺时针方向的感应电流,圆环具有扩张的趋势,故A 、B 错误;圆环中产生的感应电动势为E=ΔΦΔt =ΔB Δt S=|12πr 2k|,圆环的电阻为R=ρl S =2πρr S ,所以圆环中感应电流的大小为I=E R =|krS 4ρ|,故C 错误;图中a 、b 两点间的电势差U ab =I×12R=|14πkr 2|,故D 正确.3.A 根据安培定则可知直导线上方的磁场方向垂直纸面向外,下方的磁场方向垂直纸面向里,而且越靠近直导线磁场越强,所以闭合导线框ABC 在下降过程中,导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大,当BC 边与直导线重合时,达到最大,再向下运动,导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零,然后随导线框的下降,导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大直到达到最大,继续下降时由于导线框逐渐远离直导线,使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化,所以感应电流的磁场先向里,再向外,最后向里,所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA,A正确.当导线框内的磁通量为零时,内部的磁通量仍然在变化,有感应电动势产生,所以感应电流不为零,B错误.根据对楞次定律的理解,感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动,由于导线框一直向下运动,所以导线框所受安培力的合力方向一直向上,不为零,C、D错误.4.D由图像可知|ΔBΔt|=6 T/s,根据法拉第电磁感定律可知产生的感应电动势为E=n|ΔΦΔt |=n|ΔBΔt|S=1 000×6×10×10-4 V=6 V,故选项A错误;感应电流为I=ER+r=69+1A=0.6 A,故选项B错误;电阻R两端的电压为U=IR=0.6×9 V=5.4 V,故选项C错误;0~1 s通过螺线管的磁通量在增加,根据楞次定律可知感应电流的方向为从C点通过R流向A点,故选项D正确.5.B硬币经过线圈上方,硬币的磁通量变化会产生电流,硬币受到安培力作用阻碍其运动,加速度发生变化,A错误,B正确;无论硬币是否经过线圈上方,线圈中都有电流,C错误;不同硬币经过线圈上方,由于硬币大小不同,产生的感应电动势不同,线圈电流变化也不同,D错误.6.C开关闭合时各支路的电阻相等,则电路中的电流稳定时各支路的电流相等;开关S 从闭合状态突然断开时,B、C灯泡中原来的电流都消失;线圈L产生自感电动势要维持原来的电流,所以自感电动势方向向左,此时B灯泡的电路中的二极管两端的电压为反向电压,电流不能从左向右通过二极管,所以B灯泡立即熄灭;此时线圈L与A、C灯泡组成回路,A灯泡中电流的方向不变,C灯泡中电流的方向与开始时相反,A、C灯泡均逐渐变暗.故选C.7.D三角形导体线框进入磁场时,三角形线框切割磁感线的有效长度减少,感应电动势变小,感应电流变小,由楞次定律判断电流方向为逆时针;三角形线框离开磁场时,三角形线框切割磁感线的有效长度增加,感应电动势变大,感应电流变大,由楞次定律判断电流方向为顺时针.选项D正确.8.CD对于导线回路来说,圆形面积最大,即由于磁场变化,导致导线回路面积变大,根据楞次定律“增缩减扩”,可判断磁场在减弱,可能是方向垂直软导线回路平面向外的磁场逐渐减弱,也可能是方向垂直软导线回路平面向里的磁场逐渐减弱,选项C、D正确.9.BD当外力F拉着ab匀速上升时,F要克服重力和安培力做功,F做的功等于克服安培力和重力做功之和,即等于电阻R上产生的热量和ab增加的重力势能之和,选项A、C错误,D正确,克服安培力做多少功,电阻R上就产生多少热量,选项B正确.10.AB感应电动势为BLv,感应电流I=ER =BLvR,大小与速度成正比,产生的热量Q=I2Rt=B 2L2v2R·L'v=B2L2L'Rv,B、L、L'、R是一样的,两次产生的热量比等于运动速度比,选项A、B正确;通过任一截面的电荷量q=It=BLvR ·L'v=BLL'R,与速度无关,所以这两个过程中,通过任一截面的电荷量之比应为1∶1,选项C错误;ab运动中受磁场力的作用,为使ab匀速运动,外力大小要与磁场力相等,则外力的功率P=Fv=BIL·v=B 2L2v2R,其中B、L、R大小相等,外力的功率与速度的二次方成正比,所以外力的功率之比应为1∶4,选项D错误.11.答案(1)顺时针(2)逆时针解析(1)由题可知在线圈L内电流从b流向a,而根据楞次定律(增反减同)知,线圈L中产生的磁场与原磁场方向相反(向上),再根据安培定则可知,感应电流方向为逆时针方向(俯视线圈),因此线圈绕向为顺时针方向(俯视线圈).(2)由题意可知在线圈L内电流从a流向b,而根据楞次定律(增反减同)知,线圈L中产生的磁场与原磁场方向相同(向上),再根据安培定则可知,感应电流方向与(1)问相同,而电流的流向与(1)问相反,因此线圈绕向一定与(1)问相反,为逆时针方向(俯视线圈).12.答案(1)见解析图(2)①向右偏转一下②向左偏转一下解析(1)如图所示(2)根据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定,则①向右偏转一下,②向左偏转一下.13.答案(1)0.5 A(2)0.5 J解析(1)根据E=Blv,I=ER,知I=BavR =0.5×1×22A=0.5 A.(2)线圈穿过磁场过程中,由于b>1 m,故只在进入和穿出时有感应电流,故Q=2I2Rt=2I2R·av =2×0.52×2×12J=0.5 J.14.答案(1)7×10-3 Wb(2)0.32 V(3)0.08 V解析 (1)t=3 s 时,Φ=B 1S=3.5×10-1×200×10-4 Wb =7×10-3 Wb .(2)4~6 s 内的感应电动势为E 1=n ΔB 1Δt S=100×(4-0)×10-16-4×200×10-4 V =0.4 V 电压表的读数为U=E 1R+r R=0.44+1×4 V =0.32 V .(3)0~4 s,A 点电势高于零;4~6 s,A 点电势低于零0~4 s 内的感应电动势为E 2=n ΔB 1'Δt 1S=100×(4-2)×10-14-0×200×10-4 V =0.1 VA 、B 两端的电势差为U AB =E 2R+r R=0.14+1×4 V =0.08 V故A 点的最高电势为φA =0.08 V .15.答案 (1)0.6 m (2)3 J解析 (1)金属棒在0~0.3 s 内通过的电荷量q 1=I Δt 1平均感应电流I=E R+r回路中平均感应电动势E=Bs 1L Δt 1得q 1=BLs1R+r 同理,金属棒在0.3~0.4 s 内通过的电荷量q 2=BL (s 2-s 1)R+r由题图乙读出0.4 s 时位移大小s 2=0.9 m又q 1=2q 2解得s 1=0.6 m . (2)由题图乙知金属棒在0.3~0.4 s 内做匀速直线运动,金属棒的速度大小v=0.9-0.60.4-0.3 m/s =3 m/s对系统,根据能量守恒定律有Q=m 0gs 2-mgs 2sin θ-12(m 0+m )v 2代入数据解得Q=3.15 J根据焦耳定律有Q 1Q =R R+r代入数据解得Q 1=3 J .。

高中物理必修二(粤教版)第二章过关检测

第二章过关检测(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,1~5小题只有一个选项正确,6~10小题有多个选项正确.全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.如图所示,O1为皮带传动的主动轮的轴心,轮半径为r1,O2为从动轮的轴心,轮半径为r2,r3为固定在从动轮上的小轮的半径.已知r2=2r1,r3=1.5r1.A、B、C分别是3个轮边缘上的点,则质点A、B、C的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)()A.1∶2∶3B.2∶4∶3∶3 D.3∶6∶2,则A、B点的线速度大小相同,都等于皮带运动的速率,由a n=,可得a A∶a B=r2r1=2∶1,即a A=2a B.B、C点是固定在同一轮上的两点,所以它们的角速度相同,由a n=ω2r,可得a B∶a C=r2∶r3=2∶1.5,即a C=a B,所以a A∶a B∶a C=8∶4∶3.选项C正确.2.一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.如图甲所示,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角的方向以速度v0抛出,如图乙所示.则在其轨迹最高点P处的曲率半径是()B. C. D.,物体斜抛到最高点P的速度v P=v0cos α;在最高点P,物体所受重力提供向心力,根据牛顿第二定律,mg=,解得R=,选项C正确.3.在离心浇铸装置中,电动机带动两个支承轮同向转动,管状模型放在这两个轮上靠摩擦转动,如图所示,铁水注入之后,由于离心作用,铁水紧紧靠在模型的内壁上,从而可得到密实的铸件,浇铸时转速不能过低,否则,铁水会脱离模型内壁,产生次品.已知管状模型内壁半径为R,则管状模型转动的最低角速度ω为()(导学号51100060)B. C. D.2,转动的最低角速度ω对应铁水在最高点受内壁的作用力为零,即mg=mω2R,解得ω=,选项A正确.4.如图所示,质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中,杆的另一端固定一质量为m的小球,今使小球在水平面内做半径为R的匀速圆周运动,角速度为ω,则下列说法正确的是(重力加速度为g)()A.球所受的合力大小为mB.球所受的合力大小为mC.球对杆作用力的大小为m小球受重力及杆的支持力,两力的合力提供向心力,如图所示,由牛顿第二定律知F合=mω2R,故选项A、B错误;球对杆的作用力F N=,故选项C错误,选项D正确.5.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动,圆盘半径为R,甲、乙两物体的质量分别为M与m(M>m),它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍,两物体用一根长为l(l<R)的轻绳连在一起,如图所示,若将甲物体放在转动轴的位置上,甲、乙之间接线刚好沿半径方向拉直,要使两物体与转盘之间不发生相对滑动,则转盘旋转的角速度最大值不得超过()(导学号51100061)A. B.D.,对乙物体有μMg+μmg=mω2l,解得ω=,选项D正确.6.下列说法正确的是()A.做圆周运动的物体所受合外力恰好等于向心力B.物体所受合外力大于需要的向心力时,物体做离心运动C.物体在做匀速圆周运动时,若所受合外力突然变小了,则物体做离心运动,对于做非匀速圆周运动的物体合外力不等于向心力,选项A错误;当合外力大于向心力时物体做向心运动,选项B错误;做圆周运动的物体,当合外力小于向心力时物体做离心运动,洗衣机的脱水桶是利用离心现象工作的, 选项C、D正确.7.铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的.弯道处要求外轨比内轨高,其内外轨高度差h 的设计不仅与r有关,还与火车在弯道上的行驶速率v有关.下列说法正确的是()A.v一定时,r越大则要求h越大B.v一定时,r越小则要求h越大C.r一定时,v越大则要求h越大,v越小则要求h越大d,根据火车拐弯时,重力与支持力的合力提供向心力有m=mg,如果v一定,r越大则要求h越小,r越小则要求h越大,选项B正确,选项A错误;如果r一定,v 越大则要求h越大,选项D错误,选项C正确.8.(2016山东威海模拟)在云南省某些地方到现在还要依靠滑铁索过江(如图甲),若把滑铁索过江简化成图乙的模型,铁索的两个固定点A、B在同一水平面内,AB间的距离为L=80 m,铁索的最低点离AB间的垂直距离为h=8 m,若把铁索看做是圆弧,已知一质量m=52 kg的人借助滑轮(滑轮质量不计)滑到最低点的速度为10 m/s,(g取10 m/s2)那么()(导学号51100062)A.人在整个铁索上运动可看成是匀速圆周运动B.可求得铁索的圆弧半径为104 mC.人在滑到最低点时对绳索的压力为570 N,R2=402+(R-8)2,解得R=104 m,在最低点F-mg=m,解得F=570 N,此时人处于超重状态,选项B、C正确.9.如图所示,质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆环轨道内侧做圆周运动.圆环半径为R,小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环,则其通过最高点时()A.小球对圆环的压力大小等于mgB.小球受到的向心力等于0C.小球的线速度大小等于g,则圆环刚好对小球没有作用力,小球只受重力作用,重力竖直向下且过圆心,根据牛顿第二定律得,小球的向心加速度大小为a==g,此时小球满足mg=,解得v=,选项C、D正确.10.如图所示,两根长度不同的细线分别系有两个小球.细线的上端都系于O点.设法让两个小球在同一水平面上做匀速圆周运动.已知细线长度之比为L1∶L2=∶1,L1跟竖直方向成60°角.下列说法中正确的有()(导学号51100063)A.两小球做匀速圆周运动的周期必然相等B.两小球的质量之比m1∶m2=∶1C.L2跟竖直方向成30°角跟竖直方向成45°角L1∶L2=∶1,由几何知识可知,L2跟竖直方向成30°角,选项C 正确,选项D错误;由mg tan θ=mrω2,r=h tan θ(θ为细线与竖直方向的夹角)可知,两小球做匀速圆周运动的角速度必然相等,又有T=可知两小球做匀速圆周运动的周期必然相等,选项A正确;根据题述条件,不能得出两小球质量的关系,选项B错误.二、非选择题(11题12分,12题12分,13题13分,14题13分,共50分)11.“东风”汽车公司在湖北某地有一试车场,其中有一检测汽车在极限状态下车速的试车道,其试车道成碗状,如图所示.有一质量为m=1 t的小汽车在A车道上飞驰,已知该车道转弯半径R为150 m,路面倾斜角为θ=45°(与水平面夹角),路面与车胎间动摩擦因数μ为0.25,求汽车所能允许的最大车速(g取10 m/s2).,其极限状态下的受力分析如图所示.根据共点力平衡条件,在竖直方向上有F N sin 45°-f cos 45°-mg=0根据牛顿第二定律,在水平方向上有F N cos 45°+f sin 45°=m将已知数据代入以上二式,解得v=50 m/s即汽车所能允许的最大车速为v=50 m/s.12.如图所示,在电动机上距水平轴O为r处固定一个质量为m的铁块,电动机启动后达到稳定状态时,铁块以角速度ω做匀速圆周运动,则在转动过程中,电动机对地面压力的最大值与最小值之差为多大?(设ω不太大)mrω2M,设铁块到达最高点时电动机对铁块有向下的拉力F,则由牛顿第二定律有F+mg=mω2r;铁块到达最低点时,电动机对铁块有向上的拉力F N,则由牛顿第二定律有F N-mg=mω2r;由牛顿第三定律可知,铁块在最高点和最低点时对电动机的作用力大小分别为F(向上)和F N(向下),所以铁块在最高点时,电动机对地面的压力F N1=Mg-F,铁块在最低点时,电动机对地面的压力F N2=Mg+F N,则二者之差ΔF N=F N2-F N1=F N+F=2mω2r.13.如图所示,半径为R、内径很小的光滑半圆管竖直放置,两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内,A通过最高点C时,对管壁上部的压力为3mg,B通过最高点C时,对管壁下部的压力为0.75mg.求A、B两球落地点间的距离.(导学号51100064)R,受重力和管壁的作用力,这两个力的合力作为向心力,离开轨道后两球均做平抛运动,A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差.对A球:3mg+mg=m,v A=对B球:mg-0.75mg=m,v B=s A=v A t=v A=4R,s B=v B t=v B=R解得s A-s B=3R.14.在用高级沥青铺设的高速公路上,汽车的设计速度是108 km/h.汽车在这种水平路面上行驶时,它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的(g取10 m/s2),试求:(1)如果汽车在这种高速路的水平路面弯道上转弯,其弯道的最小半径是多少?(2)如果弯道的路面设计为倾斜,弯道半径为360 m,要使汽车通过此弯道时不产生侧向摩擦力,则弯道路面的倾斜角度是多少?(用三角函数表示)(2)arctan 0.25汽车在水平路面上转弯时,可视为匀速圆周运动,其向心力由汽车与路面间的静摩擦力提供,当静摩擦力达到最大值时,对应的半径最小,有f max=mg,f max=m又v=108 km/h=30 m/s解得r=150 m故弯道的最小半径为150 m.(2)设弯道倾斜角度为θ,汽车通过此弯道时向心力由重力及支持力的合力提供,有mg tan θ=m解得弯道路面倾斜角度的正切值tan θ=0.25故弯道路面的倾斜角度为arctan 0.25.。

粤教版高中物理必修2第二章《圆周运动》章末小结与检测

粤教版⾼中物理必修2第⼆章《圆周运动》章末⼩结与检测第⼆章圆周运动章末⼩结与检测【知识要点结构梳理】知识要点结构梳理参考答案:tsv=，tω=，ωπ2=T，πω2=n，ωrv=，22ωrrva==，22ωmrrmvF==突然消失或不⾜【专题突破】专题⼀竖直平⾯内的圆周运动的临界问题1．轻绳模型图2－4－1甲、⼄所⽰的是没有物体⽀撑的⼩球在竖直平⾯做圆周运动过最⾼点的情况．(1)能过最⾼点的临界条件：绳⼦或轨道对⼩球没有⼒的作⽤．由mg＝mv2R得v临界＝gR.(2)能过最⾼点的条件：v≥gR.当v＞gR时，绳对球产⽣拉⼒，轨道对球产⽣压⼒．(3)不能过最⾼点的条件：v＜v临界(实际上球还没到最⾼点时就脱离了轨道)．图2－4－12．轻杆模型如图2－4－1丙所⽰情形，⼩球与轻质杆相连．杆与绳不同，它既能产⽣拉⼒，也能产⽣压⼒．(1)能过最⾼点的临界条件：v临界＝0，此时⽀持⼒N＝mg.(2)当0＜v＜gR时，N为⽀持⼒，有0＜N＜mg，且N随v的增⼤⽽减⼩．(3)当v＝gR时，N＝0.(4)当v＞gR，N为拉⼒，有N＞0，N随v的增⼤⽽增⼤．描述匀速圆周运动的物理量线速度：=v错误！未找到引⽤源。

⾓速度：=ω错误！未找到引⽤源。

周期：=T错误！未找到引⽤源。

转速：=n错误！未找到引⽤源。

圆周运动关系：=v错误！未找匀速圆周运动向⼼加速度：=a错误！未找到引⽤源。

=错误！未找到引⽤源。

向⼼⼒：=F错误！未找到引⽤源。

= 错误！未找到引⽤源。

特点：错误！未找到引⽤源。

、a和F的⼤⼩不变，⽅向时刻改变离⼼现象：合外⼒以提供向⼼⼒时物体就做远离圆⼼的运动【例1】⼀细杆与⽔桶相连，⽔桶中装有⽔，⽔桶与细杆⼀起在竖直平⾯内做圆周运动，如图2－4－2所⽰．⽔的质量m ＝0.5 kg ，⽔的重⼼到转轴的距离l ＝50 cm.(取g ＝10 m/s 2，不计空⽓阻⼒)图2－4－2(1)若在最⾼点⽔不流出来，求桶的最⼩速率；(2)若在最⾼点⽔桶的速率v ＝3 m/s ，求⽔对桶底的压⼒．解：(1)以⽔桶中的⽔为研究对象，在最⾼点恰好不流出来，说明⽔的重⼒恰好提供其做圆周运动所需的向⼼⼒，此时桶的速率最⼩．此时有mg ＝m v 2l则所求的最⼩速率为v 0＝gl ＝ 5 m/s ＝2.24 m/s.(2)在最⾼点，⽔具有向下的向⼼加速度，处于失重状态，其向⼼加速度的⼤⼩由桶底对⽔的压⼒和⽔的重⼒决定．由向⼼⼒公式F ＝m v 2l可知，当半径不变v 增⼤时，物体做圆周运动所需的向⼼⼒也随之增⼤，由于v ＝3 m/s>v 0＝2.24 m/s ，因此，当⽔桶在最⾼点时，⽔所受重⼒已不⾜以提供⽔做圆周运动所需的向⼼⼒，此时桶底对⽔有向下的压⼒，设为F 1，则由⽜顿第⼆定律得F 1＋mg ＝m v 2l所以F 1＝m v 2l－mg代⼊数据可得F 1＝4 N. 触类旁通1．如图2－4－3所⽰，长度L ＝0.50 m 的轻质杆OA ，A 端固定⼀个质量为m ＝3.0 kg 的⼩球，⼩球以O 为圆⼼在竖直平⾯内做圆周运动．通过最⾼点时⼩球的速率是2.0 m/s ，g 取10 m/s2，则此时轻杆OA ( )A ．受到6.0 N 的拉⼒B ．受到6.0 N 的压⼒C ．受到24 N 的拉⼒D ．受到54 N 的压⼒解析：设杆转到最⾼点球恰好对杆的作⽤⼒为零时，球的速度为v ，则有mg ＝m v2R，其中R ＝0.5 m ，则v ＝gR ＝ 5 m/s ，因为 5 m/s ＞2m/s ，所以杆受到压⼒作⽤，对⼩球有mg －F N ＝m v 2R ，所以F N ＝mg －m v 2R ＝3.0×10 N －3.0×2.020.5N＝6 N ，故B 正确．答案：B图2－4－3专题⼆⽔平⾯内的圆周运动问题物体在⽔平⾯内做的圆周运动⼀般是匀速圆周运动。

粤教版高中物理必修二第二章圆周运动同步分层测评(C).docx

高中物理学习材料桑水制作第二章圆周运动同步分层测评C一．选择题1．质量为m 的滑块从半径为R 的半球形碗的边缘滑向碗底，过碗底时速度为v ，若滑块与碗间的动摩擦因数为μ，则在过碗底时滑块受到的摩擦力的大小为（）A ．μmgB ．μm R v 2C ．μm （g+R v 2）D ．μm （Rv 2—g ）2．火车以某一速度v 通过某弯道时，内、外轨道均不受侧压力作用，下面分析正确的是（）A ．轨道半径R=gv 2B ．若火车速度大于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向外C ．若火车速度小于v 时，外轨将受到侧压力作用，其方向平行轨道平面向内D ．当火车质量改变时，安全速率也将改变3．关于曲线运动，下列说法正确的是（） A ．曲线运动一定是变速运动 B ．变速运动不一定是曲线运动 C ．曲线运动可能是匀变速运动 D ．曲线运动其加速度方向一定改变 4．下列关于圆周运动的说法中正确的是（） A ．作匀速圆周运动的物体，所受合外力一定指向圆心 B ．作圆周运动的物体，其加速度可以不指向圆心 C ．作圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心 D ．作匀速圆周运动的物体，其加速度是不变的5．关于运动和力的关系正确的叙述是（） A ．物体在恒力作用下不可能做圆周运动 B ．物体在恒力作用下只能做直线运动C．物体在变力作用下有可能做匀速圆周运动 D．物体在变力作用下一定做曲线运动6．试管中装了血液，封住管口后，将此试管固定在转盘上，如图所示，当转盘以一定角速度旋转时（）A．血液中密度大的物质将聚集在管的外侧B．血液中密度大的物质将聚集在管的内侧C．血液中密度大的物质将聚集在管的中央D．血液中的各种物质仍均匀分布在管中7．如图所示，A、B是一段粗糙程度相同的凸凹形路面，且A点与B点在同一水平面上，已知物体m以速度v0从A滑到B时速度为v1，而初速度v0从B滑到A时速度为v2，则v1与v2的关系是（）A．v1＜v2B．v1＞v2C．v1＝v2 D．无法判定8．为了连续改变反射光的方向，并多次重复这个过程，方法之一是旋转由许多反射镜面组成的多面体棱镜（简称镜鼓），如图所示，当激光束以固定方向入射到镜鼓的一个反射面上时，由于反射镜绕垂直轴旋转，反射光就可在屏幕上扫出一条水平线。

2023年新教材高中物理第2章电磁感应达标检测卷粤教版选择性必修第二册

第二章达标检测卷(考试时间：60分钟满分：100分)班级：________ 座号：________ 姓名：________ 分数：________一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一项符合题目要求，第8～10小题有多项符合题目要求)1．如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管．下列说法正确的是( )A．电流计中的电流先由a到b，后由b到aB．a点的电势始终低于b点的电势C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度【答案】D 【解析】在磁铁进入螺线管的过程中，螺线管磁通量增大，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由b经电流计流向a；在磁铁穿出螺线管的过程中，磁通量减小，且方向向下，由楞次定律可知，感应电流由a经电流计流向b，则a点电势先低于b点电势，后高于b点电势，故A、B错误；磁铁减少的重力势能转化为内能和磁铁的动能，C错误；磁铁刚离开螺线管时，由楞次定律“来拒去留”可知，磁铁受到的合外力小于重力，D正确．2．MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )A．若固定ab，使cd向右滑动，则回路中电流方向为a→b→d→cB．若ab向左、cd向右同时运动，则回路中电流为零C．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则回路中电流方向为c→d→b→aD．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则回路中电流方向为c→d→b→a【答案】D 【解析】若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则可判断出应产生顺时针的电流，故A错误．若ab向左，cd向右，ab、cd所围的线圈面积增大，磁通量增大，由楞次定律得知，abdc中有顺时针的电流，故B错误．若ab、cd同向且速度大小相同，ab、cd 所围的线圈面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故C错误．若ab、cd向右运动，但vcd＞vab，则abdc所围面积增大，磁通量增大，故由楞次定律可判断出产生逆时针的电流，故D 正确．3．如图所示，绕在铁芯上的线圈M 与电源、滑动变阻器和开关组成了一个闭合回路，在铁芯的右端，线圈P 与电流表连成闭合电路．下列说法正确的是( )A ．开关S 闭合，电路稳定后，线圈P 中有感应电流，线圈M 、P 相互排斥B ．开关S 闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向左匀速移动，线圈P 中有感应电流，线圈M 、P 相互排斥C ．开关S 闭合，电路稳定后，使变阻器滑片向右匀速移动，线圈P 中有感应电流，线圈M 、P 相互排斥D ．开关S 闭合瞬间，线圈P 中有感应电流，线圈M 、P 相互吸引【答案】B 【解析】开关S 闭合，电路稳定后，线圈M 中的电流不变，由安培定则可知，产生的磁场方向沿铁芯轴线向右，线圈P 中的磁通量不变，故不会产生感应电流，M 、P 没有排斥作用，也没有吸引作用，故A 错误；当开关S 闭合，电路稳定后，滑片向左匀速移动，线圈M 中的电流增大，因而穿过线圈P 的磁通量增加，线圈P 中产生感应电流，并且由楞次定律知，感应电流的磁场方向与线圈M 的磁场方向相反，故M 、P 两线圈相互排斥，B 正确；同理可知C 错误；开关S 闭合瞬间，线圈P 中有感应电流，M 、P 相互排斥，所以D 错误．4．如图所示的金属线框，面积为S ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面成θ角，线框从图示实线位置，以线框ab 边为轴顺时针转过90°到虚线位置时，所用时间为T ，则该过程( )A ．在初始位置时，穿过线圈的磁通量Φ＝BScos θB ．线框中磁通量的变化量为ΔΦ＝0C ．线框中感应电流方向先沿adcba 方向再沿abcda 方向D ．线框中产生的平均感应电动势为BS sin θ＋cos θT【答案】D 【解析】初始位置，磁通量Φ＝BSsin θ，A 错误；若规定从abcd 面的下面穿过到上表面的磁通量为正，则末位置的磁感线从上面穿过下面，磁通量为Φ′＝－BScos θ，可得ΔΦ＝Φ′－Φ＝－BScos θ－BSsin θ＝－BS(cos θ＋sin θ)，负号表示磁通量减少，B 错误；由楞次定律知，线框中感应电流方向始终为adcba ，C 错误；由法拉第电磁感应定律有E ＝||ΔΦΔt ＝BSsin θ＋cos θT ，D 正确．5．(2022年邯郸一中检测)如图为研究自感现象的实验电路图，其中自感线圈直流电阻很小可忽略不计．下列可能出现的实验现象是( )A ．闭合开关，灯泡缓缓亮起来B ．闭合开关，灯泡立即亮起来，且亮度一直保持不变C ．断开开关，灯泡立即熄灭D ．断开开关，灯泡闪亮一下，然后熄灭【答案】D 【解析】闭合S 时，电源的电压同时加到灯A 上，A 立刻亮，随着L 中电流增大，由于线圈L 直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A 逐渐被短路直到熄灭，A 、B 错误；断开S ，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A 灯，A 闪亮一下后熄灭，C 错误，D 正确．6．(2022年河北学业考试)如图所示，放置在匀强磁场中的光滑水平导轨左侧连有电阻R ，磁场方向垂直于导轨所在平面向里．一根电阻可忽略不计的金属杆ab 跨放在导轨上，现从静止开始对杆ab 施加水平向右的恒力F ，不计系统的自感，在杆ab 运动过程中，下列说法正确的是( )A ．磁场对杆ab 的作用力做功，但磁场的能量是不变的B ．恒力F 做的功等于电阻R 上消耗的电能C ．磁场对杆ab 作用力的功率大于电阻R 上消耗的功率D ．电阻R 上消耗的功率一直增加【答案】A 【解析】匀强磁场受到杆ab 的反作用力，但磁场没有运动，磁场的能量是不变的，A 正确；恒力F 做的正功等于杆ab 增加的动能和回路中产生的焦耳热，所以恒力F 做的功大于电阻R 上消耗的电能，B 错误；磁场对杆ab 的作用力对杆ab 做负功，把其他能量转化为电能，故磁场对杆ab 作用力的功率等于电阻R 上消耗的功率，C 错误；杆ab 先加速运动，电阻R 上消耗的功率增加，加速度越来越小，最终匀速，之后电阻R 上消耗的功率不再增加，D 错误．7．(2022年浙江学业考试)某品牌手机一经面世，就受到消费者喜爱，除了5G通信、信息安全以外，人们还可以体验它无线充电的科技感．下图为无线充电原理图，由与充电底座相连的送电线圈和与手机电池相连的受电线圈构成．当送电线圈通入周期性变化的电流时，就会在受电线圈中感应出电流，从而实现为手机充电．在充电过程中( )A．送电线圈中产生均匀变化的磁场B．送电线圈中产生稳定不变的磁场C．无线充电的原理是互感现象D．手机电池是直流电源，所以受电线圈输出的是恒定电流【答案】C 【解析】由于送电线圈中通入周期性变化的电流时，根据麦克斯韦理论可知送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化，A、B错误；无线充电利用的是电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递，C正确；周期性变化的磁场会产生周期性变化的电场，输出的是交变电流，D错误．8．(多选)(2021年湖南学业考试)如图所示，金属圆环a用三根绝缘细线悬挂处于静止状态，环面水平，均匀分布有负电荷的橡胶圆盘b水平放置在圆环的正下方，环的圆心和圆盘圆心在同一竖直线上．让圆盘绕着过圆心的竖直轴(俯视)沿逆时针方向加速转动，则下列判断正确的是( )A．圆环有沿逆时针转动的趋势B．圆环有向外扩张的趋势C．圆环中(俯视)有沿逆时针方向的感应电流D．圆环受到的安培力一定竖直向上【答案】CD 【解析】圆盘沿逆时针方向加速转动，产生顺时针方向的电流，且电流持续增大，根据右手螺旋定则可知，通过圆环a的磁通量向下，且持续增大，根据楞次定律，可知圆环中(俯视)有沿逆时针方向的感应电流，根据楞次定律的推论可知，圆环a的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，则圆环所受的安培力一定竖直向上，C、D正确，A、B 错误；9．“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中．如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的．下列有关说法正确的是( )A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带C．封口过程中温度过高，可通过适当减小所通电流的频率来解决D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器【答案】CD 【解析】由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则同样会被熔化，只能是玻璃、塑料等材质，D正确．10．图甲的铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．闭合开关S，给铜盘一个初动能，铜盘转动方向和所处磁场如图乙所示，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )A．通过铜盘平面的磁通量不变B．通过电阻R的电流方向向下C．断开开关S，铜盘将减速转动D．断开开关S，铜盘将匀速转动【答案】AC 【解析】由于磁感线的条数不变，故铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变，故A正确；根据右手定则可知，电流从D点流出，因此通过电阻R的电流方向向上，故B错误；因为不是整个铜盘都在磁场中，所以在铜盘中会形成回路，铜盘会受安培力作用，所以断开开关S，铜盘将减速转动，故C正确，D错误．二、非选择题(本题共4小题，共40分)11．(6分)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN将在____________的作用下向右运动，由此可知PQ所做的运动是__．【答案】安培力向左加速或向右减速【解析】水平放置光滑轨道上的金属棒MN位于磁场中，当线圈L2中产生感应电流时，金属棒MN会受到磁场对它的安培力作用下从而发生运动；金属棒MN向右运动，据左手定则可得，通过金属棒MN的电流方向是M到N，所以线圈L2中电流的磁场方向由L1指向L2，所以L1内磁场向上减小或向下增大，通过PQ的电流是向上减小或向下增大，所以PQ所做的运动是向右减速或向左加速．12．(10分)如图是某实验小组在研究磁通量变化时关于感应电流方向实验中的部分操作示意图，图甲所示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况，图乙是磁铁从线圈中抽出时灵敏检流计G的情况．(1)图甲电路中串联定值电阻R主要是为了________．A．减小电路两端的电压，保护电源B．增大电路两端的电压，保护电源C．减小电路中的电流，保护灵敏检流计D．减小电路中的电流，便于观察灵敏检流计的读数(2)实验操作如图乙所示，当磁铁向上抽出时，检流计G中指针是________(填“左”或“右”)偏；继续操作如图丙所示，判断此时条形磁铁的运动是________(填“插入”或“抽出”)线圈．【答案】(1)C (2)右抽出【解析】(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏检流计．故C正确，A、B、D错误．(2)由甲图知，导线电流由上向下时，检流计左偏，在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏．在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈．13．(12分)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B ，纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad 边与磁场边界平行．从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：(1)拉力做功的功率P ；(2)ab 边产生的焦耳热Q.解：(1)线圈中的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ，拉力大小等于安培力大小F ＝BIL ，得拉力的功率P ＝Fv ＝B2L2v2R. (2)线圈ab 边电阻Rab ＝R 4，运动时间t ＝L v，则ab 边产生的焦耳热Q ＝I2Rabt ＝B2L3v 4R. 14．(12分)如图所示，MN 、PQ 是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为L ＝0.5 m ，导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，M 、P 间接阻值为R ＝9 Ω的电阻．匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B ＝2 T ．质量为m ＝0.1 kg 、阻值为r ＝1 Ω的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的恒定拉力F ＝1 N 作用下，从静止开始向上运动．已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，磁场区域足够大，g 取10 m/s2.求：(1)当金属棒的速度为2 m/s 时的加速度；(2)金属棒能获得的最大速度；(3)若金属棒从开始运动到获得最大速度，在导轨上滑行的距离是2.5 m ，求这一过程中R 上产生的焦耳热．解：(1)在沿斜面方向上，导体棒受到沿斜面向上的拉力，沿斜面向下的重力分力以及安培力F 安＝B BLv R ＋rL ，根据牛顿第二定律可得F －B2L2v R ＋r－mgsin θ＝ma ，解得当金属棒的速度为2 m/s 时的加速度为a ＝2 m/s2.(2)当金属棒受力平衡时，即a ＝0时，速度最大．故F －B2L2vm R ＋r－mgsin θ＝0，解得vm ＝4 m/s.(3)根据动能定理可得WF ＋W 安＋WG ＝12mv2m ，且WF ＝Fs ，WG ＝mgssin θ，又知道R 上产生的焦耳热为QR ＝－R R ＋r W 安，联立解得QR ＝0.18 J.。

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