【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习 课时跟踪训练34 含答案
【与名师对话】课标版物理2019年高考一轮总复习 重点回顾专练X3-1-8-4 含答案
重点回顾专练：带电粒子在复合场中的运动一、选择题1．(2016·湖南十二校联考)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A 、C 板间，带电粒子从P 0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )A ．带电粒子每运动一周被加速一次B ．P 1P 2＝P 2P 3C ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关D ．加速电场方向需要做周期性的变化[解析] 带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A 正确，D 错误．由动能定理得nqU ＝12m v 2，由qB v ＝m v 2R 得R ＝1B 2nmU q ，R 与加速次数不成正比，故B 错误．最大动能为E k ＝(qBR )22m ，可知C 错误．[答案] A2．(多选)(2015·厦门检测)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O 1进入极板间电压为U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O 2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O 3与O 1、O 2在同一条水平线上．则收集室收集到的是( )A ．具有特定质量的粒子B ．具有特定比荷的粒子C ．具有特定速度的粒子D ．具有特定动能的粒子[解析] 粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得qU ＝12m v 2⇒v ＝2qUm ，粒子沿直线O 1O 2O 3运动，则在相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得qE ＝Bq v ⇒v ＝2qU m ＝E B ，即q m ＝E 22B 2U 为定值．故选项B 、C 正确．[答案] BC3．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如右图所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正[解析] 由于正负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断：a 电极带正电，b 电极带负电．血液流动速度可根据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0，即q v B＝qE得v＝EB ＝UBd≈1.3 m/s.[答案] A4．(多选)(2015·江苏阜宁中学月考)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如右图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是()A．电势差U CD仅与材料有关B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平[解析]电势差U CD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差U CD<0，选项B正确；仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大，选项C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误．[答案]BC5．(多选)(2015·日照调研)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动，一起向左加速运动．在加速运动阶段()A ．甲、乙两物块间的摩擦力不变B ．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大C ．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动D ．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动[解析] 甲、乙组成的整体，受到重力、支持力、向下的洛伦兹力、向左的电场力和向右的摩擦力作用，设甲、乙两物块质量分别为M 、m ，乙物块所受滑动摩擦力F f ＝μ[(M ＋m )g ＋q v B ]，随速度增大，乙物块与地面间摩擦力不断增大，B 项正确；由牛顿第二定律有：Eq －F f ＝(M ＋m )a ，整体速度不断增大过程中，加速度不断减小，C 项正确，D 项错；对甲物块应用牛顿第二定律，F ′f ＝Ma ，随整体加速度不断减小，甲、乙间的静摩擦力不断减小，A 项错．[答案] BC6．如图所示，a 、b 为竖直正对放置的平行金属板，其间构成偏转电场，其中a 板带正电，两板间的电压为U ，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界与两金属板下端的水平面PQ 重合，PQ 下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B ，一比荷为q m 带正电的粒子以速度v 0从两板中间位置沿与a 、b 板平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ 边界上的M 点进入磁场，运动一段时间后又从PQ 边界上的N 点射出磁场，设M 、N 两点间的距离为x (M 、N 点图中未画出)．则以下说法中正确的是( )A ．只减小磁感应强度B 的大小，则x 减小B ．只增大初速度v 0的大小，则x 减小C ．只减小偏转电场的电压U 大小，则x 不变D ．只减小带电粒子的比荷q m 大小，则x 不变[解析] 带正电的粒子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，向右做类平抛运动，设进入磁场时速度为v ，与水平向右方向的夹角为θ，则在磁场中做匀速圆周运动，运动的弧所对的圆心角为2θ，半径为R ，由几何知识得M 、N 两点的距离为：x ＝2R sin θ＝2m v Bq sin θ＝2m v 0Bq .只减小磁感应强度B 的大小，则x 增大，选项A 错误；只增大初速度v 0的大小，则x 增大，选项B 错误；只减小偏转电压U 的大小，则x 不变，选项C 正确；只减小带电粒子的比荷q m 的大小，则x 增大，选项D 错误．[答案] C7．如图所示，Oxyz 坐标系的y 轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向和磁场方向都与x 轴平行．从y 轴上的M 点(0，H,0)无初速释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的小球，它落在xOz 平面上的N (c,0，b )点(c >0，b >0)．若撤去磁场则小球落在xOy 平面的P (L,0,0)点(L >0)，已知重力加速度为g .则( )A ．匀强磁场方向沿x 轴正方向B ．匀强电场方向沿x 轴正方向C ．电场强度的大小E ＝mgL qHD ．小球落至N 点时的速率v ＝g H 2＋c 2H[解析] 撤掉磁场，小球落在P 点，对其受力分析，可知：小球受竖直向下的重力、沿x 轴正向的电场力，而小球带负电，故匀强电场方向沿x 轴的负方向，选项B 错误；根据分运动的等时性，则H ＝12gt 2，L ＝12qE m t 2，两方程相比可得：E ＝mgL qH ，选项C 正确；加上磁场，小球落在N 点，其受到的洛伦兹力方向沿z轴，由左手定则，可知：匀强磁场方向沿x轴负方向，选项A错误；从M点到N点，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，由动能定理可得：mgH＋qEc＝1 2m v 2，联立可得：v＝2gH2＋LcH，选项D错误．[答案] C8．(多选)(2015·成都一诊)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q ＝6×10－7 C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.则下列判断正确的是()A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N[解析]根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝2×1060.4V/m＝5×106 V/m，故A选项错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4 J，故B选项正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故C选项错误；根据牛顿第二定律可得f B＝m v 2L，又qE＝mg，解得f B＝3 N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3 N，故D选项正确．[答案]BD二、非选择题9．(2015·济南高三质检)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外．一质量为m、带正电的粒子(不计粒子重力)，从OM＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上OP＝2h处的P点进入磁场，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，以垂直于y轴的方向射出磁场．求：(1)粒子所带的电荷量q；(2)磁感应强度B；(3)粒子在磁场中运动的时间．[解析]粒子的运动轨迹如图所示．(1)粒子在电场中做类平抛运动，有2h ＝v 0t ①h ＝12at 2②其中a ＝Eq m ③解得q ＝m v 202Eh ④(2)对粒子在电场中做类平抛运动的末状态进行分析：由直角三角形知识可知v ＝v 20＋v 2y ⑤y 轴的方向有h ＝v y t 2，v y ＝v 0⑥联立⑤⑥得θ＝45°，v ＝2v 0⑦对粒子在磁场中的圆周运动进行分析：v 2＝v 1＝v ，q v B ＝m v 2r ⑧联立④⑦⑧得B ＝22Eh v 0r . (3)粒子在磁场中的运动周期 T ＝2πr 2v 0. 由几何知识知，轨迹所对的圆心角为34π 故粒子在磁场中运动的时间t ＝3T 8＝32πr 8v 0. [答案] (1)m v 202Eh (2)22Eh v 0r (3)32πr 8v 010．(2015·莆田模拟)如图所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限0≤x ≤4 m 区域内，分布着E ＝28×106 N/C 的匀强电场，方向竖直向上；第Ⅱ象限中的两个直角三角形区域内，分布着大小均为B ＝5.0×10－2 T 的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m ＝1.6×10－27 kg 、电荷量为q ＝3.2×10－19 C 的带正电的粒子(重力不计)，从坐标点M (－4 m ， 2 m)处，以v ＝2×107 m/s 的速度平行于x 轴向右运动，并先后通过匀强磁场和匀强电场区域．求：(1)带电粒子在磁场中的运动半径r ；(2)粒子在两个磁场区域及电场区域偏转所用的总时间；(3)在图中画出粒子从直线x ＝－4 m 到x ＝4 m 之间的运动轨迹，并求出运动轨迹与y 轴和直线x ＝4 m 交点的纵坐标．[解析] (1)带电粒子在磁场中偏转，由牛顿运动定律得q v B ＝m v 2r， 所以r ＝m v qB ，代入数据得r ＝ 2 m.(2)带电粒子在磁场中的运动周期T ＝2πm Bq ＝6.28×10－7 s ，运动的时间t 1＝14T ＝1.57×10－7 s.带电粒子在电场中运动的时间t 2＝x v ＝42×107 s ＝2.83×10－7 s ， 故粒子在电磁场偏转所用的总时间t ＝t 1＋t 2＝4.40×10－7 s.(3)如图所示分析知：粒子在方向向外的磁场中恰好沿顺时针运动了18周，下移了(2－1)m ，由对称性知粒子在方向向内的磁场中恰好沿逆时针运动了18周，又下移了(2－1) m ，故y 1＝[2－2(2－1)] m ＝(2－2) m.粒子水平飞入电场，竖直方向上满足a ＝Eq m ＝24×1014 m/s 2y 2＝y 1＋12at 22＝2 m.[答案] (1) 2 m (2)4.40×10－7 s (3)见解析11．如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E ＝40 N/C ；在y 轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，15π s 后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r ＝0.3 m 的圆形区域里(图中未画出)，且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B 2＝0.8 T ．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝2×10－4 C 的带正电微粒从x 轴上x P ＝－0.8 m 处的P 点以速度v ＝0.12 m/s 沿x 轴正方向射出．(g 取10 m/s 2，计算结果保留两位有效数字)(1)求微粒在第二象限运动过程中离y 轴、x 轴的最大距离；(2)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x ，y )．[解析] (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力F 电＝Eq ＝8×10－3 N ，G ＝mg ＝8×10－3 NF 电＝G ，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动因为q v B 1＝m v 2R 1， 所以R 1＝m v B 1q ＝0.6 m ， T ＝2πm B 1q ＝10π s. 从图乙可知在0～5π s 内微粒做匀速圆周运动在5π～10π s 内微粒向左做匀速运动，运动位移x 1＝v T 2＝0.6π m.在10π～15π s 内，微粒又做匀速圆周运动，15π s 以后向右做匀速运动，之后穿过y 轴．所以，离y 轴的最大距离s ＝0.8 m ＋x 1＋R 1＝1.4 m ＋0.6π m ＝3.3 m离x 轴的最大距离s ′＝2R 1×2＝4R 1＝2.4 m.(2)如图所示，微粒穿过圆形磁场时要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径．因为q v B2＝m v 2R2，所以R2＝m vB2q＝0.6 m＝2r，所以最大偏转角θ＝60°，所以圆心坐标x＝0.30 m，y＝s′－r cos60°＝2.4 m－0.3 m×12≈2.3 m，即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.3 m)．[答案](1)3.3 m 2.4 m(2)(0.30 m,2.3 m)。
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】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练2-5-3 Word版含答案
重点回顾专练：机械能守恒定律的综合应用一、选择题1．(多选)(2015·衡阳八中期末)如图，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落在比地面低h 的海平面上，若以地面为零势能参考面，且不计空气阻力，则( )A ．重力对物体做的功为mghB ．物体在海平面的重力势能为mghC ．物体在海平面上的动能为12m v 20＋mghD ．物体在海平面上的机械能为12m v 20＋mgh[解析] 重力做功只与初末位置有关，而与实际路径无关，所以，重力对物体做的功为mgh ，A 正确；物体在海平面的重力势能为－mgh ，B 错误；根据动能定理，物体在海平面上的动能为12m v 20＋mgh ，C 正确；此过程机械能守恒，物体在海平面上的机械能为12m v 20，D 错误；故选AC.[答案] AC2．(2015·四川资阳质检)如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站在滑轮正下方的地面上，b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b 摆至最低点时， a 刚好对地面无压力，则演员a 的质量与演员b 的质量之比为( )A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1[解析]b摆动过程中满足机械能守恒有：m b gL(1－cos60°)＝12m bv2－0，在最低点有：T b－m b g＝m b v 2L，可得T b＝2m b g.当a刚好对地面无压力时，有T a＝m a g，同一根绳T a＝T b，所以m a∶m b＝2∶1，故A、C、D错误，B正确．故选B.[答案] B3．(2015·遵义高级中学最后一摸)如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为()A．1.5h B．1.0hC．2.5h D．2.0h[解析]当b球刚接触地面时，设其速度为v，由动能定理可得：3mgh－mgh＝12·4m v2；B球落地后，a球做竖直上抛运动，则由机械能守恒定律可得：mgh1＝12m v2，联立解得：h1＝0.5h，则a可能达到的最大高度为h＋0.5h＝1.5h，故选A.[答案] A4．(2015·华中师大第一附中期中)如图光滑轨道由半圆和一段竖直轨道构成，图中H＝2R，其中R远大于轨道内径．比轨道内径略小的两小球A、B用轻绳连接，A在外力作用下静止于轨道右端口，B球静止在地面上，轻绳绷紧．现静止释放A小球，A落地后不反弹，此后B小球恰好可以到达轨道最高点．则A、B 两小球的质量之比为()A．3∶1 B．3∶2C．7∶1 D．7∶2[解析]当A球刚好落地时，对AB系统由机械能守恒定律可得：(m A－m B)gH＝12(m A ＋m B)v2，当A落地后B球上升到最高点时有12m Bv2＝m B gR＋12m B v21；由于B小球恰好可以到达轨道最高点，则v1＝0；解得：m A∶m B＝3∶1，故选A.[答案] A5．(多选)(2015·呼伦贝尔二模)如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是()A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B．甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝4∶1C．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1D．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球下降高度之比h甲∶h乙＝1∶4[解析]两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A 错误；由机械能守恒定律得，对甲球：E K0＝m甲gx0sin30°，对乙球：E K0＝m乙g 2x 0，解得：m 甲∶m 乙＝4∶1，故B 正确；两球重力的瞬时功率为：P ＝mg v cos θ＝mg 2E k m cos θ＝2mE k g cos θ，甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为：P 甲P 乙＝m 甲m 乙cos60°cos0°＝11，故C 正确；甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度之比为：x 0sin30°∶2x 0＝1∶4，故D 正确；故选BCD.[答案] BCD6．(多选)(2015·枣庄五中期末)如图所示，两个质量相同的小球A 和B ，分别用细线悬在等高的O 1、O 2两点，A 球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线拉到水平后将小球无初速度的释放，则经过最低点时(以悬点所在水平面为零势能面)，下列说法正确的是( )A ．A 球的速度大于B 球的速度B ．悬线对A 球的拉力大于对B 球的拉力C ．A 球的向心加速度等于B 球的向心加速度D ．A 球的机械能大于B 球的机械能[解析] 运动过程机械能守恒，因A 球的线较长，所以A 球减少的重力势能较多，转化成的动能较多，获得的速度就较大，故A 项正确；由牛顿第二定律和机械能守恒定律得F －mg ＝m v 2r 和12m v 2＝mgr ，联立解得F ＝3mg ，又因为两小球的质量相等，所以悬线对两小球的拉力相等，故B 项错；由F －mg ＝ma 及F ＝3mg 得a ＝2g ，故C 项正确；因机械能守恒，两球在初始状态机械能都为0，到达最低点仍为0，即机械能相等，故D 项错．[答案] AC7．(多选)(2015·北京西城区期末)如图1所示，物体A 以速度v 0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L ，图1中的虚线是A 做平抛运动的轨迹．图2中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图1中的虚线相同．让物体B 从轨道顶端无初速下滑，B 下滑过程中没有脱离轨道．物体A 、B 都可以看作质点．重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．A 、B 两物体落地时的速度方向相同B ． A 、B 两物体落地时的速度大小相等C ．物体B 落地时水平方向的速度大小为2gL5D ．物体B 落地时重力的瞬时功率为mg ·2gL[解析] 运动速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，由于两个运动轨迹相同，因此落地时速度方向相同，A 正确；开始运动时，A 有初速度，而B 从静止开始运动，在下落的过程中机械能守恒，因此落地时A 的速度大于B 的速度，B错误；A 物体下落过程中，L ＝v 0t ，L ＝12gt 2，v y ＝gt ，可得v y ＝2v 0速度与水平方向夹角为θ，则cos θ＝v 0v 20＋v 2y ＝15，而sin θ＝v yv 20＋v 2y ＝25；而B 下落时，根据机械能守恒定律，mgL ＝12m v 2，因此落地时的水平速度大小为v cos θ＝2gL5，C 正确；B 落地时重力的瞬时功率P ＝mg v sin θ＝2mg2gL 5，D 错误．[答案] AC 8．(2015·绍兴一中期末)如图所示，一物体以初速度v 0冲向光滑斜面AB ，并能沿斜面恰好上升到高度为h 的B 点，下列说法中正确的是( )A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成圆弧形AB′，物体仍能沿AB′升高hC．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒[解析]若把斜面从C点锯断，物体冲出C点后，物体将要做斜抛运动，物体到达最高点没有竖直速度还要有水平速度，根据机械能守恒，物体无法将所有动能转化为重力势能，所以不可能到达h处，所以A项错误；若把斜面弯成圆弧形AB′，物体通过圆弧形时相当于轻绳模型，通过最高点时速度不可能减小为零，所以不可能沿AB′升高h，所以B项错误；无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，在上升的过程中，对物体而言只有重力对其做功，支持力始终与速度垂直不做功，仍然满足机械能守恒，所以D项正确；C项错误．[答案] D9．(多选)(2015·泰安质检)如图所示，倾角30°、高为L的固定斜面底端与光滑水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端．现由静止释放A、B两球，B球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则()A．A球刚滑至水平面时的速度大小为5gL 2B．B球刚滑至水平面时的速度大小为6gL 2C．在A球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B球先做正功、后不做功D．两小球在水平面上不可能相撞[解析]A球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL－mgL sin30°＝12(3m＋m)v 21，解得：v1＝5gL2，选项A正确；当A滑到水平面上后，做匀速运动，而B球在斜面上做加速度运动，则B球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL＝123m·v 21＋12m v2B，解得：v B＝32gL，选项B错误；在A球沿斜面下滑的过程中，在B球没有滑上斜面之前，轻绳对B球做正功，当B球滑上斜面之后，轻绳无弹力，则对B球不做功，选项C正确；A球滑上斜面后做匀速运动，而B球还要做一段加速后到达水平面，故B球能追上A球发生碰撞，选项D错误；故选AC.[答案]AC10．(多选)(2015·枣庄十八中模拟)如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O(不计滑轮的摩擦)，A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是()A．小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mgB．物块B受到的摩擦力方向没有发生变化C．若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动D．地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右[解析]开始时，物块B所受的摩擦力为f1＝4mg sinθ＝2mg，方向沿斜面向上；小球A运动到最低点时，由机械能守恒定律可得：mgL＝12m v2；又T－mg＝m v 2L，解得：T＝3mg；此时物块B所受的摩擦力为f＝T－4mg sin30°＝mg，方向沿斜面向下，选项A正确，B错误；由上述计算可知，当物块A到达最低点时，绳子的拉力与绳长无关，故若适当增加OA段绳子的长度，物块不可能发生运动，选项C错误；对物块B和斜面体的整体而言，当物块A向下摆动时，绳子对整体的拉力斜向左下方，故地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右，选项D正确；故选AD.[答案]AD二、非选择题11．(2015·阳县一中、湘阳一中联考)如图所示，跨过轻质定滑轮的细绳两端，一端连接质量为m的物体A，另一端通过一轻质弹簧与质量为M的物体B连接，B物体静止在地面上，用手托着A物体，在A距地面高h处时，细绳刚好被拉直、弹簧无形变．今将A物体从h高处无初速释放，A物体恰好能到达地面，且A 到达地面时，B物体对地面的压力恰好减为零．已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能与劲度系数k、弹簧的伸长量x的关系是：E弹＝12kx2.两个物体均可视为质点，不计绳子和滑轮的质量，不计滑轮轴上的摩擦力和空气阻力．问：(1)A、B两物体的质量之比为多少？(2)现将A 、B 两物体的初始位置互换，再让B 物体从h 高处无初速释放，当A 物体刚要离开地面时，B 物体的速度是多少？[解析] (1)由A 下降过程，系统机械能守恒有12kh 2＝mgh当A 刚好到达地面时，对B 有kh ＝Mg 联立可解得M ＝2m 即m ∶M ＝1∶2(2)A 和B 位置对换，设A 刚要离开地面时B 物体下降了x ，且此时B 的速度为v此时对A 有kx ＝mg ，由B 下降过程，系统机械能守恒12kx 2＋12M v 2＝Mgx有x ＝h 2，v ＝3gh 2.[答案] (1)1∶2 (2)3gh 212．(2015·三明一中期中)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的1/4圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，孔径大于滑块的大小，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．求：(1)滑块运动到光滑轨道B 点时对轨道的压力；(2)若滑块滑过C 点后穿过P 孔，求滑块过P 点后还能上升的最大高度；(3)若滑块滑过C 点后从P 孔上升又恰能从Q 孔落下，平台转动的角速度ω应满足什么条件？[解析] (1)设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg ·5R ＝12m v 2B －12m v 20对滑块在B点，由牛顿第二定律有N－mg＝m v 2BR解得N＝9mg由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为N′＝N＝9mg方向向下(2)滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为v P，则1 2m v 2B ＝12m v2P＋mg·2R解得v P＝2gR滑块穿过P孔后再上升机械能仍守恒，设能上升的最大高度为h由1 2m v 2P＝mg·h得到h＝2R滑块过P点后还能上升的最大高度为2R(3)滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝2v Pg＝4Rg要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)πω＝(2n＋1)π4gR(n＝0,1,2，…)[答案](1)9mg方向向下(2)2R(3)(2n＋1)π4gR(n＝0,1,2，…)爱看书的康强爱看书的康强。
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随堂训练1-3-4含答案
随堂训练1．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是()A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先保持小车质量不变，研究加速度与力的关系，再保持力不变，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系[答案] D2．(多选)“探究物体的加速度与力、质量的关系”的实验中，下列操作正确的是()A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力D．实验时，应先放开小车，后接通电源[答案]BC3．(2015·广东韶关二模)用如图所示装置研究“加速度与力的关系”，已知砂和砂桶的总质量为m，小车的质量为M，实验中用砂和砂桶总重力作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是()A．M＝40 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gB．M＝100 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gC．M＝500 g，m＝10 g、20 g、30 g、40 g、50 gD．M＝500 g，m＝30 g、60 g、90 g、120 g、150 g(2)本实验中应在释放小车________(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源．如图所示为实验中打出的一条纸带，A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的距离如图所示．已知打点计时器的工作频率为50 Hz.则小车加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a －F图象，可能是图中的图线________(选填“甲”“乙”或“丙”)．[解析](1)实验时要控制：小车质量远大于砂桶和砂的总质量，分析所给数据可知，最合理的一组数据是C.(2)实验时应先接通电源，然后再释放小车；计数点间的时间间隔T＝0.02 s×5＝0.1 s，由题图所示纸带可知，小车的加速度a＝x3＋x4－(x1＋x2)4T2＝3.90＋3.39－2.89－2.404×0.12×10－2 m/s2＝0.50 m/s2.(3)不平衡摩擦力，小车受到的拉力小于砂桶的重力，在a—F图象的F轴上有截距，由a－F图象可知，应该是圈线丙．[答案](1)C(2)之前0.50(3)丙4．(2015·浙江温州一模)某实验小组利用如图甲所示的装置来探究“合外力一定时物体的加速度与其质量之间的关系”．(1)用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________.(2)安装好装置，用薄片适当垫起轨道右端，在不挂重物时，如果小车________，则表示已平衡摩擦力．(3)测出两个光电门中心之间的距离为L.将小车从图示位置静止释放，由数字计时器读出遮光条经过光电门A的时间t1和经过光电门B的时间t2，则小车加速度的表达式a＝________.(用以上字母表示)(4)保持合力不变，改变小车质量共做了6组实验，测得的实验数据如下表．为了更直观地分析数据得出结论，请在坐标纸上作出相应的图象．(5)[解析](1)10分度的游标卡尺，主尺上读出6 mm，游标尺上读出2×0.1 mm ＝0.2 mm，故遮光片的宽度为6.2 mm.(2)当小车做匀速直线运动时，表示已平衡摩擦力．本实验中即当小车经过两个光电门的时间相等时，表示已平衡摩擦力．(3)小车经过光电门A时的速度v A＝dt1，经过光电门B时的速度v B＝dt2，根据v2B－v2A＝2aL得a＝v2B－v2A2L＝⎝⎛⎭⎪⎫dt22－⎝⎛⎭⎪⎫dt122L.(4)以1m为横坐标，描点连线如图．(5)由图线可知，在误差允许的范围内，加速度与质量成反比．[答案](1)6.2 mm(2)小车经过两个光电门的时间相等(3)⎝⎛⎭⎪⎫dt22－⎝⎛⎭⎪⎫dt122L(4)见解析(5)在误差允许的范围内，加速度与质量成反比5．(2015·南昌调研)某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．(1)做实验时，将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d.则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________(以上表达式均用已知字母表示)．如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________ mm.(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图甲)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法有()A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小[解析](1)由速度的定义式可得滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝dΔt1；经过光电门2时的速度表达式v2＝dΔt2；由2ax＝v 22－v21，解得滑块加速度的表达式a＝⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22－⎝⎛⎭⎪⎫dΔt122x；游标卡尺主尺上读出8 mm，游标上第2刻度线与主尺对齐，即2×0.05 mm，游标卡尺读数为8 mm＋2×0.05 mm＝8.10 mm.(2)滑块沿斜面向下运动所受合力为Mg sinθ＝MghL，为了保持滑块所受的合力不变，M增大时，h减小，以保持二者乘积不变；或M减小时，h增大，以保持二者乘积不变，B、C正确．[答案](1)dΔt1⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22－⎝⎛⎭⎪⎫dΔt122x8.10(2)BC6．(2015·吉大附中三模)某物理兴趣小组在一次探究活动中，想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．实验装置如图所示，一端装有定滑轮的表面粗糙的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块；滑块左端与穿过打点计时器限位孔的纸带相连，右端固定一个轻小动滑轮；钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的水平轻绳相连．放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．实验时滑块加速运动，读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验；以弹簧测力计的示数F为纵轴，加速度a为横轴，得到的图象是一条斜率为k、纵轴截距为b的倾斜直线，如图所示．已知重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦，则滑块的质量M＝________；滑块和长木板之间的动摩擦因数μ＝________.[解析]据题意，对滑块受力分析，水平方向受到拉力为2F，还受到向左的摩擦力f，则有：2F－f＝ma，整理得到：F＝m2a＋f2，由此可知，图象的斜率为：m2＝k，则滑块质量为：m＝2k；摩擦力为：f2＝b，动摩擦因数为：μ＝2bmg＝bkg.[答案]2k b kg。
【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练42 Word版含答案
课时跟踪训练(四十二)一、选择题1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )[解析] A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，选项A、C正确．[答案] AC2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小[解析] 玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D 正确．[答案] D3．(2015·泉州检测)有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v[解析] 在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.[答案] C4．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB.－mgm 2gh tm 2gh t C.＋mgD.－mgm gh t m gh t [解析] 设作业人员下落h 时的速度为v ，根据自由落体运动规律可得v 2＝2gh .对于安全带伸长到最长过程，设竖直向上为正方向，根据动量定理得Ft －mgt ＝0－(－m v )，解以上两式可得，F ＝＋mg ，选项A 正确．m 2ght[答案] A5．(2015·福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析] 因为A 和B 组成的系统总动量为零，因此碰后系统总动量也为零，不可能都向左或向右运动，也不可能一个静止一个运动，应是A 向左运动，B 向右运动，选项D 正确．[答案] D6．(2015·合肥质检)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s.滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W[解析] 类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝m v 2－m v ＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，12122I F－F f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．[答案] D7．(多选)如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是( )A．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒[解析] 由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中(包括下摆和上摆)，系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对．[答案] ACE8．如右图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车向东的速度大小为( )A. B.Mv 1－Mv 2M －m Mv 1M －m C.D ．v 1Mv 1＋Mv 2M －m [解析] 在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m ＋M )v 1＝m v 1＋M v 车，因此v 车＝v 1，所以D 正确．[答案] D9．(2015·福建省莆田一中期末)如右图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s[解析] A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则M v －m v ＝M v 1，M v 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝ m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应83大于2.0 m/s 而小于 m/s ，只有选项B 正确．83[答案] B10．(2015·渝中区模拟)如右图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A 、B 质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是( )mAmB A.＝＋1 B.－1mAmB 2mA mB 2C.＝1D.＝mA mB mA mB 2[解析] 由题意知，AB 碰后粘合在一起2m A gR ＝m v ①122A m A v A ＝(m A ＋m B )v ②(m A ＋m B )gR ＝(m A ＋m B )v 2.12[答案] A 二、非选择题11．(2015·云南一模)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．[解析] 子弹射入木块B 的过程中，子弹和木块B 组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有m v 0＝2m v 1，子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝3m v 2，根据机械能守恒得2mgL (1－cos60°)＝×2m v －×3m v ，联立三1221122式解得v 0＝2.3gL [答案] 23gL12．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以v 0、v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后1834B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．[解析] 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝v 0，B 的速度v B ＝v 0，由动量守恒定律得1834m v A ＝m v A ′＋m v B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝m v －m v ②1220122A 设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝m v －m v B ′2③122B12据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝v 0⑥2116[答案] v 02116。
与名师对话高考物理课标一轮课时跟踪训练34 含解析
课时跟踪训练(三十四)一、选择题1.(2014·镇江模拟)如图所示，闭合金属环(电阻不可忽略)从高h的光滑曲面滚下，又沿曲面的另一侧上升，整个装置处在磁场中，且金属环平面与磁场方向总保持垂直，其初速度为零，关于金属环在另一侧上升的高度，下列说法正确的是()A．若是匀强磁场，环上升的高度小于hB．若是匀强磁场，环上升的高度等于hC．若是非匀强磁场，环上升的高度小于hD．若是非匀强磁场，环上升的高度大于h解析：若是匀强磁场，则穿过环的磁通量不发生变化，无感应电流产生，环的机械能守恒，环上升的高度等于h，故选项A错误，选项B正确；若是非匀强磁场，则穿过环的磁通量变化，环中有感应电流，产生焦耳热，环的机械能减小，环上升的高度小于h，故选项C正确，D错误．答案：BC2.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上加速运动．若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A．变为0B．先减小再增大C．等于F D．先增大再减小解析：a在恒力F作用下加速运动，闭合回路中产生感应电流，b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大．由力平衡可知，b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小到零，然后沿斜面向下逐渐增大，且最大值F fm＝F安－mg sinθ，而F安<F，故F fm<F，所以选项A、B 正确，C、D错误．答案：AB3.(2014·北京市东城区高三质量调研)如图所示，有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m 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，不计金属杆的电阻，则() A．如果只增大θ，v m将变大B．如果只增大B，v m将变大C．如果只增大R，v m将变小D．如果只减小m，v m将变大解析：金属杆从轨道滑下过程，沿斜面方向有重力向下的分力mg sinθ和安培力沿斜面向上，设金属杆速度为v，则安培力F＝BIL＝B BL vR L＝B2L2Rv，初始安培力小于重力的分力mg sinθ，金属杆向下加速，当mg sinθ＝B2L2vR，金属杆不再加速，速度达到最大值，此时v m＝mgR sinθB2L2，若只增大θ则v m增大，选项A对．若只增大B或者减小m，则只能使v m减小，选项B、D错．如果只增大R，v m将变大，选项C错．答案：A4.(2013·天津卷)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )A ．Q 1>Q 2，q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2，q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2，q 1>q 2解析：设线框ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，进入磁场的速度为v ，电阻为R ，ab 边平行MN 进入磁场时，根据能量守恒，线框进入磁场的过程中产生的热量等于产生的电能，即Q 1＝B 2L 21v 2R ·L 2v ＝B 2L 21v L 2R ，通过线框导体横截面的电荷量q 1＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ；同理得bc 边平行MN进入磁场时，Q 2＝B 2L 22v R ·L 1，q 2＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ，则q 1＝q 2，由于L 1>L 2，因此Q 1>Q 2，选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案：A5.如图，连接两个定值电阻的平行金属导轨与水平面成θ角，R 1＝R 2＝R ，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒MN 质量为m ，棒的电阻也为R，棒与导轨之间的动摩擦因数为μ导体棒MN沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P.下列说法正确的是()A．此时重力的功率为mg v cosθB．此装置消耗的机械功率为μmg v cosθC．导体棒受到的安培力的大小为6P/vD．导体棒受到的安培力的大小为8P/v解析：此时重力的功率为mg v sinθ，故选项A错；μmg v cosθ是克服摩擦力而消耗的机械功率，设此时安培力为F安，则此装置消耗的机械功率为(F安＋μmg cosθ)v，故选项B错；因R1＝R2且二者并联，故R1消耗的电功率也为P，根据电路的特点，此时棒消耗的电功率为4P，故整个电路消耗的电功率为6P，此即克服安培力做功的功率，因此安培力大小为F安＝6P v，选项C正确，D错误．答案：C6．如图(甲)、(乙)所示的是与匀强磁场垂直放置的两个光滑金属框架，导体棒AB放在金属框上．图(甲)中接有一个电阻R，图(乙)中接有一个自感系数为L、直流电阻也为R的线圈，其他部分两图都相同．下列说法中正确的是()A．使导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，则(甲)图中外力做功多B．使导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，则(乙)图中外力做功多C．使导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则(甲)图中外力做功多D．使导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则(乙)图中外力做功多解析：若导体棒AB以相同的加速度向右运动相同的位移，电路中产生的感应电流越来越大，线圈要产生自感电动势阻碍电流的增大，题图(乙)中的电流要小一些，故题图(甲)中外力做功多，选项A 正确，B错误；若导体棒AB以相同的速度向右匀速运动相同的位移，则电路中产生的感应电流恒定，两电路中的电流相等，外力相等则做功也相同，选项C、D错误．答案：A7．(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3D ．两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向是由b 到a ，选项A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析其受力，则有：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，选项C 正确．答案：BC8．(多选)(2014·衡水模拟)如图所示，在水平桌面上放置两条相距l 的平行粗糙且无限长的金属导轨ab 与cd ，阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连．金属滑杆MN 垂直于导轨并可在导轨上滑动，且与导轨始终接触良好．整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B .滑杆与导轨电阻不计，滑杆的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一质量为m 的物块相连，拉滑杆的绳处于水平拉直状态．现若从静止开始释放物块，用I 表示稳定后回路中的感应电流，g 表示重力加速度，设滑杆在运动中所受的摩擦阻力恒为F f ，则在物块下落过程中( )A ．物块的最终速度为(mg －F f )RB 2l 2B ．物块的最终速度为I 2R mg －F fC ．稳定后物块重力的功率为I 2RD ．物块重力的最大功率可能大于mg (mg －F f )R B 2l 2解析：由题意分析可知，从静止释放物块，它将带动金属滑杆MN 一起运动，当它们稳定时最终将以某一速度做匀速运动而处于平衡状态．设MN 的最终速度为v ，对MN 列平衡方程：B 2l 2v R ＋F f ＝mg ，得v ＝(mg －F f )R B 2l 2，所以选项A 正确；又从能量守恒角度进行分析，物块的重力的功率转化为因克服安培力做功而产生的电热功率和克服摩擦力做功产生的热功率，所以有I 2R ＋F f v ＝mg v ，得v ＝I 2R mg －F f，故选项B 正确；由于滑杆受摩擦力作用，物块重力的功率大于I 2R ，故选项C 错误；物块重力的最大功率为P m ＝mg v ＝mg (mg －F f )R B 2l 2，故选项D 错误． 答案：AB9.(2014·安徽师大附中一模)如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，且线框的ab 边始终平行底边，则下列说法正确的是( )A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θmB ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R Bl 1C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21(Mg －mg sin θ)RD ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2解析：设线框进入磁场前，线框和重物的加速度大小均为a ，绳上拉力大小为F T ，则F T －mg sin θ＝ma ，Mg －F T ＝Ma ，联立可得a ＝Mg －mg sin θM ＋m，选项A 错误；设线框进入磁场时做匀速运动的速度为v ，则根据线框的平衡条件可得mg sin θ＋F 安＝Mg ，其中F 安＝B 2l 21v R ，可得v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2l 21，选项B 错误；线框做匀速运动的总时间t ＝l 2v ＝B 2l 21l 2(Mg －mg sin θ)R，选项C 错误；根据能量守恒定律，该匀速运动过程中系统减少的重力势能等于产生的焦耳热，所以Q ＝(Mg －mg sin θ)l 2，选项D 正确．答案：D10．(多选)(2014·陕西省五校高三联合考试)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场区域，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场宽度HP 及PN 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，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时导线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )A ．当ab 边刚越过JP 时，导线框的加速度大小为a ＝g sin θB ．导线框两次匀速直线运动的速度v 1∶v 2＝4∶1C ．从t 1到t 2的过程中，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少D ．从t 1到t 2的过程中，有3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2机械能转化为电能解析：ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区域时，电动势E 1＝BL v 1，电流I 1＝E 1R ＝BL v 1R ，线框做匀速运动，所以mg sin θ＝BI 1L ＝B 2L 2v 1R ，当ab 边刚越过JP 时，电动势E 2＝2BL v 1，I 2＝E 2R ＝2BL v 1R ，根据牛顿第二定律2BI 2L －mg sin θ＝ma ，联立解得a ＝3g sin θ，所以A 错误；当a ＝0时，以速度v 2做匀速直线运动，即2BI 2L －mg sin θ＝0，得：mg sin θ＝4B 2L 2v 2R ，所以v 1∶v 2＝4∶1，故B 正确；从t 1到t 2的过程中，根据能量守恒导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W ＝3mgL sin θ2＋m (v 21－v 22)2，所以C 错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D 正确．答案：BD二、非选择题11.如图所示，两根足够长的金属导轨ab 、cd 竖直放置，导轨间距离为L ，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P 、电阻均为R 的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m 、电阻可以忽略的金属棒MN 从图示位置由静止开始释放，金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g .求：(1)磁感应强度的大小；(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率．解析：(1)设小灯泡的额定电流为I 0，有P ＝I 20R由题意知，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，两小灯泡保持正常发光，流经MN 的电流为I ＝2I 0此时金属棒MN 所受的重力和安培力大小相等，下落的速度达到最大值，有mg ＝ILB ，联立解得B ＝mg 2L R P .(2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v ，由电磁感应定律与欧姆定律得E ＝BL v ，E ＝RI 0联立得v ＝2P mg .答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg12．(2014·衡水中学高三二调)如图甲所示，两根与水平面成θ＝30°角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L ＝1 m ，导轨底端接有阻值为0.5 Ω的电阻R ，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度B ＝1 T ．现有一质量为m ＝0.2 kg 、电阻为0.5 Ω的金属棒用细绳通过光滑滑轮与质量为M ＝0.5 kg 的物体相连，细绳与导轨平面平行．将金属棒与M 由静止释放，棒沿导轨运动了2 m 后开始做匀速运动．运动过程中，棒与导轨始终保持垂直接触．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)金属棒匀速运动时的速度；(2)棒从释放到开始匀速运动的过程中，电阻R 上产生的焦耳热；(3)若保持某一大小的磁感应强度B 1不变，取不同质量M 的物块拉动金属棒，测出金属棒相应的做匀速运动的v 值，得到实验图象如图乙所示，请根据图中的数据计算出此时的B 1；(4)改变磁感应强度的大小为B 2，B 2＝2B 1，其他条件不变，请在坐标图上画出相应的v －M 图线，并请说明图线与M 轴的交点的物理意义．解析：(1)金属棒受力平衡，所以Mg ＝mg sin θ＋B 2L 2v R ①所求速度为：v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2L 2＝4 m/s ②(2)对于系统，由能量守恒有：Mgs ＝mgs sin θ＋2Q ＋12(M ＋m )v 2③ 所求热量为：Q ＝(Mgs －mgs sin θ)/2－(M ＋m )v 2/4＝1.2 J ④(3)由上(2)式变换成速度与质量的函数关系为：v ＝(Mg －mg sin θ)R B 2L 2＝gR B 2L 2M －mgR sin θB 2L 2⑤ 再由图象可得：gR B 2L 2＝100.3，B 1＝0.54 T (4)由上⑤式的函数关系可知，当B 2＝2B 1时，图线的斜率减小为原来的1/4.(画出图线)与M 轴的交点不变，与M 轴的交点为M ＝m sin θ. 答案：(1)4 m/s (2)1.2 J(3)gR B 2L 2M －mgR sin θB 2L 20.54 T (4)见解析。
【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练40 Word版含答案
课时跟踪训练(四十)一、选择题1．(2015·福建卷)如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a 、b ，波长分别为λa 、λb ，该玻璃对单色光a 、b 的折射率分别为n a 、n b ，则( )A ．λa <λb ，n a >n bB ．λa >λb ，n a <n bC ．λa <λb ，n a <n bD ．λa >λb ，n a >n b[解析] 由题图可知，光由空气进入三棱镜时，两束单色光的入射角相同，单色光a 的折射角大于单色光b 的折射角，根据折射定律可得，n ＝，则sin isin r n a <n b ，单色光b 的频率大而波长小，即λa >λb ，选项B 正确．[答案] B2．(2014·福建卷)如图所示，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O 点为该玻璃砖截面的圆心，下图中能正确描述其光路的是( )[解析] 当光线从空气射向半圆柱体玻璃砖时，光线一定会进入玻璃砖，B 错误．当光线从半圆柱体玻璃砖射向空气时，可能发生全反射，A 正确．当发生折射时，由折射定律可知，玻璃中光线与法线的夹角小于空气中光线与法线的夹角，C 、D 错误．[答案] A3.如图所示，一横截面为直角三角形的三棱镜，∠B ＝90°，∠C ＝30°.一束与AB 面成θ＝30°的光线射向AB 面，经过BC 边发生一次全反射，再从AC 边射出，且出射光线的折射角为60°.则这种材料的折射率为( )A. B.23C. D ．243[解析] 作出光路图，如图所示，根据几何关系和折射定律有n ＝＝，可得i ＝30°，n ＝.sin60°sin i sin60°sin (60°－i )3[答案] B4．公园里灯光喷泉的水池中有处于同一深度的若干彩灯，在晚上观察不同颜色彩灯的深度和水面上被照亮的面积，下列说法正确的是( )A ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较小B ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较小C ．红灯看起来较浅，红灯照亮的水面面积较大D ．红灯看起来较深，红灯照亮的水面面积较大[解析] 光从水里射入空气时发生折射，入射角相同时，折射率越大，折射角越大，从水面上看光源越浅，红灯发出的红光的折射率最小，看起来最深；设光源的深度为d ，光的临界角为C ，则光能够照亮的水面面积大小为S ＝π(d tan C )2，可见，临界角越大的光，照亮的面积越大，各种色光中，红光的折射率最小，临界角最大，所以红灯照亮的水面面积较大，选项D 正确．[答案] D5.如图所示，AB 、CD 分别是置于空气中厚玻璃砖的上、下两个表面，且AB ∥CD ，光线经AB 表面射向玻璃砖，当折射光线射到CD 表面上时，下列说法中正确的是( )①不可能发生全反射 ②只要适当增大入射角θ1，就可能在CD 面上发生全反射 ③只要玻璃砖的厚度足够大，就可能在CD 面上发生全反射 ④由于不知道玻璃的折射率，故无法判断A ．只有①正确B ．只有②③正确C ．②③④正确D ．只有④正确[解析] 如图所示，折射光线O 1O 2能否在CD 面上发生全反射，取决于是否满足全反射的条件，由于玻璃的折射率大于空气的折射率，故折射光线O 1O 2是从光密介质射向光疏介质，设折射光线O 1O 2在CD 面上的入射角为θ1′，则θ1′＝θ2.据折射率的定义可得n ＝.(其中θ1<90°)sin θ1sin θ2据临界角定义可得n ＝.可得θ1′＝θ2<C .1sin C 故折射光线O 1O 2在CD 面上不能发生全反射．[答案] A6．两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示．已知光线1沿直线穿过玻璃，它的入射点是O ；光线2的入射点为A ，穿过玻璃后两条光线交于P 点．已知玻璃截面的圆半径为R ，OA ＝，OP ＝R，光在真空中的传播速度为c .据此可知( )R 23A ．光线2在圆弧面的入射角为45°B ．玻璃材料的折射率为3C ．光线1在玻璃中传播速度为c2D ．光线1在玻璃中传播时间为3R2c[解析] 作出光路图如图所示，设光线2沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为B ，入射角设为θ1，折射角设为θ2，由sin θ1＝＝得θ1＝30°，选项OA OB 12A 错误；OP ＝R ，由几何关系知BP ＝R ，则折射角θ2＝60°，由折射定律得玻3璃的折射率为n ＝＝＝，选项B 正确，由n ＝解得光线1在玻璃sin θ2sin θ1sin60°sin30°3c v ，传播时间为t ＝＝，选项C 、D 错误．c 3R v 3Rc [答案] B 7. (2015·郑州三模)“B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．如图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为＝(式中sin θ1sin θ2v 1v 2θ1是入射角，θ2是折射角，v 1、v 2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v 2＝0.9v 1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.B.9d sin i2100－81sin2i d 81－100sin2i 10sin i C. D.d 81－100sin2i20sini d 100－81sin2i 18sin i[解析] 如图所示，由题意知＝＝①sin i sin r v 1v 2109由几何关系知sin r ＝②d2(d 2)2＋h 2联立①②式解得h ＝，故选项D 正确．100－81sin2i18sin i [答案] D8.如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、2半径为R 的扇形OAB ，一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA 上，OB 不透光．若只考虑首次入射到圆弧AB 上的光，则A 上有光透出部分的弧B 长为( )A.πRB.πR 1614C.πRD.πR 13512[解析] 假设平行光束恰好能透出圆弧的临界点分别为D 、E ，光路图如图所示，由折射率公式可求得光从OA 边射入玻璃时的折射角为30°，由临界角定义式可求得D 处发生全反射的临界角为C ＝45°，则圆弧DE 对应的圆心角为45°，所以有光透出的弧长为πR ，选项B 正确．14[答案] B9. (多选)(2015·石家庄一模)如图所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以45°的入射角射到玻璃砖的上表面，直线OO ′与玻璃砖垂直且与其上表面交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点．下列说法正确的是( )A．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度B．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度C．玻璃对a光的折射率小于玻璃对b光的折射率D．同时增大入射角，则b光在下表面先发生全反射E．通过玻璃砖后a、b光均沿原来的方向传播[解析] 由于光在真空中传播速度均相等，选项A错误；由图知，b光偏折的较大，所以b光的折射率较大、传播速度较小，选项B、C正确．由折射定律可知，a、b光在下表面入射角均小于临界角，a、b光均能在下表面射出去，不能发生全反射，选项D错误；光线通过平行玻璃砖后传播方向不会改变，而只发生侧移，故选项E正确．[答案] BCE10．(多选)(2015·江西八校联考)幻日是一种非常罕见的光学现象如图(甲)为2012年12月10日，上海出现的“三个太阳”(即幻日现象)．在天空出现的半透明薄云里面，有许多漂浮在空中的六角形柱状的冰晶体，偶尔它们会整整齐齐地垂直排列在空中．当太阳光射在这一根根六角形冰柱上，就会发生非常规律的折射现象如图(乙)．有人在实验室用白光束和转动的六角棱镜模拟了幻日现象如图(丙)．下列说法正确的是( )A．人造幻日接近太阳一侧的光线在冰晶中折射率较大B．光线从冰晶侧面入射时，入射角一定大于或等于折射角C．形成幻日的光线可能是经过冰晶的一个侧面射入，又从与之平行的另一侧面射出进入观察者眼中D．图(丙)中二个人造幻日是六角棱镜转动时入射光线从棱镜侧面不同方向射入时分别产生的[解析] 人造幻日接近太阳一侧的光线偏折较小，即冰晶对这些光线折射率较小，选项A错误；光线从冰晶侧面入射时，入射角一定大于或等于折射角，选项B正确；若光线从一个侧面射入，再从与之平行的侧面射出，光线方向不发生变化，不会形成幻日，选项C错误；图(丙)中二个人造幻日是六角棱镜转动时入射光线从棱镜侧面不同方向射入时分别产生的，选项D正确．[答案] BD二、非选择题11．(2015·山东济南一模)一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1＝0.6 m；赛艇正前方离赛艇前端s1＝0.8 m处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前方s2＝3.0 m处下潜到深度为h2＝4.0 m时，看到标记P刚好被浮标挡住．求水的折射率n.[解析] 设过P点的光线恰好被浮标挡住时，入射角、折射角分别为α、β，如图，则：sin α＝s 1s 21＋h 21sin β＝s 2s 2＋h 2n ＝sin αsin β联立解得n ＝.43[答案] 4312．(2015·江西宜春一模)如图所示为一透明玻璃半球，在其下面有一平行半球上表面水平放置的光屏．两束关于中心轴OO ′对称的激光束从半球上表面垂直射入玻璃半球，恰能从球面射出．当光屏距半球上表面h 1＝40 cm 时，从球面折射出的两束光线会聚于光屏与OO′轴的交点，当光屏距上表面h 2＝70 cm 时，在光屏上形成半径r ＝40 cm 的圆形光斑．求该半球形玻璃的折射率．[解析] 光路如图所示，设临界光线AE 、BF 入射后，经E 、F 两点发生全反射，由几何关系可得∠O 2QP ＝C ，O 2O 3＝h 2－h 1＝0.3 m ，O 2Q ＝＝0.5 m ，(O 2O 3)2＋(O 3Q )2sin C ＝＝，O 2O 3O 2Q 35又由折射定律得n ＝＝.1sin C 53[答案] 53。
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课时跟踪训练(三十四)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. (2015·湖州五校联考)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 ＝I 2RT ＝102×10×0.02 J ＝20 J ，选项D 正确．[答案] D3．(2015·湖南长望浏宁四县模拟)如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10 W 的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是( )A ．变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin πt VB ．电压表的示数为220 VC ．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D ．变压器的输入功率为110 W[解析] 由题中图象可知，ω＝2πT ＝100π rad/s ，故A 错误；电压表示数为灯泡额定电压U 2＝PR ＝20 V ，故B 错误；n 1n 2＝U 1U 2＝22020＝111，故C 正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10 W ，故D 错误．[答案] C4．(多选)(2015·广东茂名一模)漏电保护开关由一个触电保安器和继电器J 组成，如图所示．变压器A 处用火线和零线双股平行绕制成线圈，然后接到用电器，B 处有一个输出线圈，一旦线圈B 中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源．关于保安器的说法正确的是( )A．保安器的工作原理是电磁感应原理B．多开灯会使保安器切断电源C．线圈B中电流一定大于线圈A中的电流D．如图“人—手—地”触电会切断电源[解析]此保安器的工作原理是电磁感应原理，当人触电时，有一部分电流通过人体流入地下，火线、零线中电流相反，大小不等，线圈A中产生的总磁通量不为零且增加，则B中会产生感应电流，继电器会把电源切断，A、D正确；多开灯，只要不漏电，火线和零线中电流大小相等，方向相反，线圈A中的总磁通量为零，B中不会产生感应电流，B错误；两线圈匝数比不确定，无法判断电流大小关系，C错误．[答案]AD5．(多选)(2015·山西四校第一次联考)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，已知原、副线圈的匝数比为n1n2＝120，现给原线圈两端加电压为U1＝311sin100πt V，负载电阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是()A．副线圈两端电压有效值为6220 V，副线圈中的电流有效值为14.1 mA B．副线圈两端电压有效值为4400 V，副线圈中的电流有效值为10 mAC．I1<I2D．I1>I2[解析]根据题意可知，交流电的最大电压是311 V，则其有效值为U1＝311 2V＝220 V，再根据电压与匝数关系，可以求得副线圈的电压为4400 V，根据欧姆定律，可以求出副线圈中的电流为I 2＝4400440000 A ＝10 mA ，故A 错误，B 正确；根据能量守恒和电功率定义有P 1＝P 2，P ＝UI ，即U 1I 1＝U 2I 2，可以判断I 1>I 2，故C 错误，D 正确．[答案] BD6．(2015·山东泰安一模)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )A ．用户的电压U 4增加B ．恒有U 1∶U 2＝U 4∶U 3C ．输电线上损耗的功率减小D ．发电机的输出功率不变[解析] 变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比，所以恒有U 1∶U 2＝U 4∶U 3，B 正确；用户消耗的功率增大时，则发电机的输出功率增大，D 错误；I 线＝P U 2增大，输电线上损耗的功率ΔP ＝I 2线R 增大，C 错误；输电线上的电压增大，则U 3减小，U 4减小，A 错误．[答案] B7．(多选)(2015·江苏泰州二模)如图所示，矩形线圈abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，转动角速度为ω，匝数为N ，线圈电阻不计．下列说法正确的是( )A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，灯泡变暗B ．电容器的电容C 变大时，灯泡变暗C ．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D ．若线圈abcd 转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω[解析] 根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝U 1n 2n 1，P 向上滑动，n 1增大，而U 1不变，所以U 2减小，故灯泡变暗，A 正确；根据公式X C ＝12πfC ，电容增大，容抗减小，故灯泡变亮，B 错误；题中图示位置，磁通量最大，感应电动势为零，C 错误；线圈转动过程中0～T 4产生正弦式交流电，T 4～3T 4无电流，3T 4～T 产生正弦式交流电，最大值为E m ＝NBS ·2ω，设变压器原线圈的电压的有效值为E ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ·T 2＝E 2R T ，解得E ＝NBSω，D 正确．[答案] AD8．(2015·湖南怀化一模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则( )A ．交流电的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 2 VC ．通过R 3的电流始终为零D ．电阻R 2的电功率约为6.67 W[解析] 根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02 s 、频率为50 Hz ，A 错误；由题图乙可知通过R 1的电流最大值为I m ＝1 A ，根据欧姆定律可知其最大电压为U m ＝20 V ，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V ，B 错误；因为电容器有通交流、隔直流的作用，则有电流通过R 3和电容器，C 错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知，电阻R 2的电流有效值为I ＝I m R 12R 2，电阻R 2的电功率为P 2＝I 2R 2＝203 W ≈6.67 W ，所以D 正确． [答案] D9．(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n 1、n 2.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 ＝n 1∶n 2B ．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 ≠n 1∶n 2，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] BD10．(多选)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 、A 1、A 2、A 3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A 1的读数I 1大于电流表A 2的读数I 2D ．电流表A 3的读数I 3＝0[解析] 根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1U 2＝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I 1＞I 2，故C 正确；电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A 3，即I 3≠0，故D 错误．[答案] BC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＝13 A. (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＝23 A. [答案] (1)1650匝 (2)13 A (3)23 A12．三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 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011 m3.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＝1.82×107kW，年平均发电量约为W＝8.40×1010kW·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＝8.4×10104.51×1011×103×10×102103×3600，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＝P1U＝900 A.损失功率P损＝5%P1＝I2r，所以r≈27.8 Ω.[答案](1)WQρgh67%(2)192.3天9(3)25027.8 Ω。