高考物理一轮复习课时跟踪检测(二十五)习题详解课件新人教版

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高考物理一轮总复习(人教版)课时作业25 含解析

课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～9题为单项选择题，10～14题为多项选择题)1．一段长为L 、电阻为R 的均匀电阻丝，把它拉成3L 长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为( )A.R3 B ．3R C.R 9D ．R解析：根据R ＝ρL S ＝ρL 2V 可知，原电阻丝被拉长3倍后的总阻值为9R ，再切成三段后每段的阻值为3R ，把它们并联后的阻值为R ，故选项D 正确。

答案： D2．把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，甲电阻丝长l ，直径为d ，乙电阻丝长为2l ，直径为2d ，要使它们消耗的电功率相等，加在电阻丝上的电压U 甲∶U 乙应是( )A ．1∶1B ．2∶1C ．1∶ 2D ．2∶1解析：根据电阻定律R ＝ρlS ，R 甲∶R 乙＝2∶1。

且U 2甲R 甲＝U 2乙R 乙，故U 甲∶U 乙＝R 甲∶R 乙＝2∶1选项D 正确。

答案： D 3.如图所示电路，开关S 断开和闭合时电流表示数之比是1∶3，则可知电阻R 1和R 2之比为( )A ．1∶3B ．1∶2C ．2∶1D ．3∶1解析：开关闭合时电路中只有电阻R 2，根据欧姆定律可得：I ＝UR 2，开关断开时电路中两电阻串联，根据欧姆定律可得，I ′＝UR 1＋R 2，则R 1＋R 2R 2＝31，解得R 1∶R 2＝2∶1，选项C 正确。

答案： C4．在如图甲所示的电路中，AB 为粗细均匀、长为L 的电阻丝，以AB 上各点相对A 点的电压为纵坐标，各点离A 点的距离x 为横坐标，则U 随x 变化的图线应为图乙中的( )解析：根据电阻定律，横坐标为x 的点与A 点之间的电阻R ＝ρxS ，这两点间的电压U＝IR ＝IρxS(I 、ρ、S 为定值)，故U 跟x 成正比例关系，选项A 正确。

答案： A5．如表为某电热水壶铭牌上的一部分内容。

根据表中的信息，可计算出在额定电压下通过电热水壶的电流约为( )C ．0.15 AD ．0.23 A解析：在额定电压下电热水壶的功率为额定功率，而电热水壶的额定电压为220 V ，额定功率为1 500 W ，由公式P ＝IU 得I ＝P U ＝1 500220A ≈6.8 A 。

高考物理一轮复习课时跟踪检测(十五)习题详解课件新人教版

GMr2m＝mω2r＝m4Tπ22·r 可得：ω＝
GrM3 ，T＝
4GπM2r3，“高
分一号”的轨道半径小于同步卫星和月球的轨道半径，因此，
“高分一号”的角速度比月球绕地球运行的大，绕行周期比
同步卫星的小，B 正确，C 错误；卫星在运行轨道上的加速
度等于所在处的重力加速度，处于完全失重状态，重力加速
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7．解析：“嫦娥一号”变轨过程中，质量变化可忽略不计，由 v＝ GrM可知，轨道越高，卫星速度越小，故变轨后卫星动能减小，A、B 错误；轨道变高时，万有引力对卫星做负功，卫星引力势能增大，故 C 错误，D 正确。答案：D
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8．解析：本题考查人造地球卫星的运行规律，意在考查考生对万有引力定律的理解和对牛顿第二定律的应用能力。神舟九号和天宫一号在近地轨道上运行的速度都小于第一宇宙速度，选项 A 错误；由于空间存在稀薄气体，若不对两者干预，其动能将增加，轨道半径减小，选项 B、C 正确；由于天宫一号做匀速圆周运动，航天员受到的万有引力全部提供其做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，选项 D 错误。答案：BC
道Ⅱ上，C 错误；由开普勒第三定律可得：R＋T2H3＝12h＋T2RⅡ2＋H3，
可得：TⅡ＝ 28R＋R＋H＋ Hh3 3T，D 正确。
答案：ABD
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10．解析：它们做圆周运动的角速度大小相等，线速度大小不一定相等，选项 A 正确 B 错误；由GrAm＋BrmBA2＝mAωA2rA＝mBωB2rB，它们的轨道半径与它们的质量成反比，选项 C 正确 D 错误。答案：AC
度不为零，D 错误。
答案：B
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3．解析：由开普勒第三定律可得Tr1132＝Tr2232，解得 T2＝T1 rr213＝

2025届高考物理一轮总复习课时跟踪检测二匀变速直线运动的规律

课时跟踪检测（二）匀变速直线运动的规律一、立足主干学问，注意基础性和综合性1．(2024·武汉高三调研)以8 m/s 的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s ，则小树高约为( )A ．0.8 mB ．1.6 mC ．2.4 mD ．3.2 m解析：选C 石子竖直上升的最大高度为H ＝v 22g ＝3.2 m ，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t 1＝t 2＝0.4 s ，则最高点到小树顶端的距离为h 1＝12gt 12＝0.8 m ，则小树高约为h ＝H －h 1＝2.4 m ，故C 正确。

2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。

他发觉第6节车厢经过他时用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t ，动车第7节车厢通过旅客过程，有12at 2＝25 m ，第6、7节车厢通过旅客过程，有12a (t ＋4 s)2＝2×25 m，解得a ≈0.5 m/s 2，C 正确。

3．(2024·湖北高考)2024年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。

某轮竞赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。

假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s 2，则她用于姿态调整的时间约为( )A ．0.2 sB ．0.4 sC ．1.0 sD ．1.4 s解析：选B 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t ＝ 2Hg＝2×1010s≈1.4 s，下落前5 m 的过程所用的时间为t 1＝2hg＝2×510s ＝1 s ，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t 2＝t －t 1＝0.4 s 。

高考物理一轮复习课时跟踪检测25 实验5 探究动能定理-人教版高三全册物理试题

课时跟踪检测二十五实验5 探究动能定理【根底过关】1．(2016届安徽皖江联考)探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系的实验装置如下列图．(1)实验中，如下器材不需要的是( )A．橡皮筋B．刻度尺C．直流电源D．交流电源(2)实验中平衡摩擦力的正确方法是________(填字母)．A．使拖着纸带的小车由静止释放，小车不下滑即可B．使拖着纸带的小车由静止释放，小车能下滑即可C．不用挂纸带，轻推小车，小车能匀速下滑即可D．轻推拖着纸带的小车，打点计时器在纸带上打下的点均匀分布即可解析：(1)打点计时器是由交流电源来提供电流的，因而不需要的器材是直流电源；(2)实验中平衡摩擦力的正确方法是轻推拖着纸带的小车，松手后打点计时器在纸带上打下的点均匀分布即可．答案：(1)C (2)D2．(2016届辽宁师大附中期中)某同学利用如下列图的装置探究功与速度变化的关系．A．小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿光滑水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；B．在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤A，小物块落点分别记为M2、M3、M4；C．测量相关数据，进展数据处理．(1)为求出小物块从桌面抛出时的动能，需要测量如下物理量中的________(填正确答案标号，g)．A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量ΔxD ．桌面到地面的高度hE ．小物块抛出点到落地点的水平距离L(2)将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W 1、W 2、W 3、…，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L 1、L 2、L 3、….假设功与速度的平方成正比，如此应以W 为纵坐标、________为横坐标作图，才能得到一条直线．(3)由于小物体与桌面之间的摩擦不能忽略，如此由此引起的误差属于________(填“偶然误差〞或“系统误差〞)．解析：(1)小物块离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h ＝12gt 2，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离L ＝v 0t ，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式E k ＝12mv 2，还需要知道小球的质量，A 、D 、E 正确，B 、C 错误；(2)根据h ＝12gt 2和L ＝v 0t ，可得v 20＝L 2t 2＝ L 22h g＝gL 22h ，因为功与速度的平方成正比，所以功与L 2正比，故应以W 为纵坐标、L 2为横坐标作图，才能得到一条直线；(3)一般来说，由于屡次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从屡次测量揭示出的实验误差称为系统误差．由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，如此由此引起的误差属于系统误差．答案：(1)ADE (2)L 2(3)系统误差【提升过关】1．(2016届安徽皖江名校联盟月考)为验证“动能定理〞，即：合外力对物体做的功等于物体动能的变化，实验装置如图(a)，木板倾斜构成斜面，斜面B 处装有图(b)所示的光电门．(1)如图(c)，用10分度的游标卡尺测得挡光条的宽度d ＝________cm ；(2)装有挡光条的物块由A 处静止释放后沿斜面加速下滑，读出挡光条通过光电门的挡光时间t ，如此物块通过B 处时的速度为________(用字母d 、t 表示)；(3)测得A 、B 两处的高度差为H ，水平距离为L ；物块与斜面的动摩擦因数为μ，为了完成实验，还必须知道的物理量是________；(4)如果实验结论得到验证，如此以上各物理量之间的关系满足：H ＝________(用字母表示)．解题思路：(1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．游标的零刻度线超过主尺上的刻度数为主尺读数，游标读数等于分度乘以对齐的根数．(2)物块通过光电门的时间非常短，因此可以用平均速度代替其通过的瞬时速度，据此可以求出物块通过光电门时的速度大小．(3)(4)根据动能定理，结合滑动摩擦力做功的表达式，即可求解．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为0.5 cm ，游标读数等于：0.1×1 mm＝0.1 mm ＝0.01 cm ，所以最终读数为0.5 cm ＋0.01 cm ＝0.51 cm ；(2)装有挡光条的物块通过光电门时的速度为v ＝d t ；(3)根据物块下滑过程中，重力与滑动摩擦力做的功等于动能的增加，如此有：12mv 2B ＝mgH －μmg cos θ·Lcos θ＝mgH －μmgL ；为了完成实验，还必须知道的物理量是重力加速度g ；(4)根据动能定理，如此有12mv 2B ＝mgH －μmgL ；解得H ＝d 2t 2＋2μgL 2g＝ d 2＋2μgt 2L 2gt2. 答案：(1)0.51 (2)dt(3)当地的重力加速度g (4)d 2＋2μgt 2L 2gt2 2.(2017届山东齐鲁教科研模拟)某研究性学习小组设计了利用力传感器和光电门传感器探究“动能定理〞的实验，他们将力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮与重物G 相连，用力传感器记录小车受到拉力的大小．在水平轨道上A 、B 两点各固定一个光电门传感器，用于测量小车通过A 、B 两点时的速度v 1和v 2，如下列图．在小车上增减砝码来改变小车质量，用不同的重物G 来改变拉力的大小，摩擦力不计．(1)实验主要步骤如下：①测量小车和拉力传感器的总质量M 1，把细线的一端固定在力传感器上，另一端通过定滑轮与重物G 相连，正确连接所需电路；②将小车停在点C ，由静止开始释放小车，小车在细线拉动下运动．除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为________；③改变小车的质量或重物的质量，重复②的操作. 次数M /kg (v 22－v 21)/(m 2·s －2) E k /J F /N W /J 10.500 0.760 0.190 0.400 0.200 20.500 1.65 0.413 0.840 0.420 30.500 2.40 E 3 1.22 W 3 41.002.40 1.20 2.42 1.21 5 1.00 2.84 1.42 2.86 1.43(2)上面表格中M 是M 1与小车中砝码质量之和，E k 为动能变化量，F 是拉力传感器的示数，W 是F 在A 、B 间所做的功．表中的E 3＝________，W 3＝________(结果保存三位有效数字)．(3)根据上述实验数据可以得出的实验结论：____________________________.解析：(1)根据动能定理知因要求总功必须小车位移，故除了光电门传感器测量速度和力传感器测量拉力的数据以外，还应该记录的物理量为两光电门间的距离L .(2)由ΔE ＝12Mv 22－12Mv 21得ΔE 3＝12×0.500×2.40 J＝0.600 J ，根据表中数据由功的公式W ＝FL ，可求出两光电门间距离L ＝W F＝0.5 m ，所以W 3＝F 3L ＝1.22×0.5 J＝0.610 J ．(3)根据上述实验数据可以得出的实验结论：在实验误差允许的范围内，物体所受合外力的功等于动能的变化量．答案：(1)两光电门间的距离 (2)0.600 0.610 (3)在实验误差允许的范围内，物体所受合外力的功等于动能的变化量3．如下列图，这是某同学探究功与速度变化的关系的装置图，用橡皮筋把小车弹出后，小车沿木板滑行．打点计时器的工作频率为50 Hz.(1)实验中木板略微倾斜，这样做________．A ．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑B ．是为了增大小车下滑的加速度C ．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功D ．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动(2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条，合并起来挂在小车的前端进展屡次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放．把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W ，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为2W ，橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据第4次的纸带(如下列图)求得小车获得的速度为________m/s.(保存三位有效数字)(3)假设根据屡次测量数据画出的W v 图象如下列图，根据图线形状，可知W v 图象符合实际的是________．解析：(1)实验中木板略微倾斜来平衡摩擦力，这样做可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功，同时也可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动，选项C 、D 正确．(2)小车获得的速度为v ＝s t ＝4.00×10－20.02m/s ＝2.00 m/s.(3)因W 与v 2成正比，故图线C 正确．答案：(1)CD (2)2.00 (3)C4．某同学利用图甲所示的实验装置做“探究动能定理〞的实验．在尽量减小摩擦阻力的情况下，先接通打点计时器的电源，再释放纸带，让质量m ＝1.00 kg 的重物由静止下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，A 、B 、C 分别为所选取的计数点，且O 为开始打出的第一点，OA 之间有假设干点未标出，相邻计数点的时间间隔为0.02 s ，重力加速度g 取9.80 m/s 2.(1)释放纸带前，纸带的________(填“O 〞或“C 〞)端在上面．(2)重物从O 运动到B 的过程中，动能的变化量ΔE k ＝________J(保存两位有效数字)．(3)请列举一种能有效减小实验误差的做法________________________．解析：(1)O 点为打出来的第一个点，速度为0，与重物相连的纸带在下端，应该先打点，所以释放纸带前，纸带的C 端在上面．(2)利用匀变速直线运动的推论得v B ＝x AC 2T ＝0.094 4－0.048 10.04m/s ＝1.157 5 m/s ， ΔE k ＝12mv 2B ＝12×1×(1.157 5)2 J ＝0.67 J. (3)可以屡次测量求平均值以减小实验误差．答案：(1)C (2)0.67 (3)屡次测量求平均值5．某实验小组欲以图甲装置中的小车(含固定在小车上的挡光片)为研究对象来验证“动能定理〞．他们用不可伸长的细线将小车通过一个定滑轮与砝码盘相连，在水平桌面上的A 、B 两点各安装一个光电门，记录小车通过A 、B 时的遮光时间．假设小车质量为M ，砝码盘和盘中砝码的总质量为m .(1)实验中，小车所受摩擦力的功不便测量，故应设法消除摩擦力对小车运动的影响，需要进展的操作是__________________________．(2)在完成了(1)的操作后，为确保小车运动中受到的合力与砝码盘和盘中砝码的总重力大致相等，m 、M 应满足的关系是________．(3)用游标卡尺测量挡光片的宽度d ，如图乙所示，如此d ＝________mm ；用刻度尺量得A 、B 之间的距离为L .(4)将小车停在桌面上的C 点，在砝码盘中放上砝码，小车在细线拉动下运动，小车通过A 、B 时的遮光时间分别为t 1、t 2，重力加速度为g ，如此本实验最终要探究的数学表达式应该是________(用相应的字母m 、M 、t 1、t 2、L 、d 表示)．解析：(1)为了消除摩擦力对小车运动的影响，需要平衡摩擦力，取下砝码盘，将木板左端适当垫高，将小车放置在木板上，轻推小车，使小车能够沿木板匀速下滑．(2)对砝码盘受力分析有mg －T ＝ma ，对小车受力分析有T ＝Ma ，联立得a ＝mg M ＋m，如果用砝码与砝码盘的重力表示小车受到的合外力，如此要求满足砝码与砝码盘的质量远小于小车的总质量，这样两者才能近似相等．(3)游标卡尺的读数为5 mm ＋10×120mm ＝5.50 mm. (4)小车通过A 时的速度v 1＝d t 1，小车通过B 时的速度v B ＝d t 2，如此小车通过A 、B 过程中动能的变化量ΔE k ＝12Mv 2B －12Mv 2A ＝12Md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21；砝码盘和盘中砝码受到的重力做功，由动能定理得mgL ＝ΔE k ＝12Md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21. 答案：(1)取下砝码盘，将木板左端适当垫高，使小车能够沿木板匀速下滑 (2)m ≪M(3)5.50 (4)mgL ＝12Md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21。

高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测25静电现象电容器带电粒子在电场中的运动

高考物理复习课时跟踪检测(二十五) 静电现象电容器带电粒子在电场中的运动高考常考题型：选择题＋计算题1．(2012·上海虹口二模)处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，利用此原理可以进行静电除尘。

如图1所示，是一个用来研究静电除尘的实验装置，铝板与手摇起电机的正极相连，钢针与手摇起电机的负极相连，在铝板和钢针中间放置点燃的蚊香。

转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手图1摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。

关于这个现象，下列说法中正确的是( )A．烟尘因为带正电而被吸附到钢针上B．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小C．同一烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大D．同一烟尘颗粒在被吸附过程中如果带电量不变，离铝板越近则加速度越大2．某电容式话筒的原理示意图如图2所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。

在P、Q间距增大过程中( )A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低图2D．M点的电势比N点的高3．(2012·课标全国高考)如图3所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。

若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加图34．(2011·天津高考)板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时，两极板间电势差为 U1，板间场强为 E1。

现将电容器所带电荷量变为 2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为 U2, 板间场强为 E2，下列说法正确的是( )A ．U2＝U1，E2＝E1B ．U2＝2U1，E2＝4E1C ．U2＝U1，E2＝2E1D ．U2＝2U1，E2＝2E15．(2013·吉林联考)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。

2017届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练25含答案

课时跟踪训练(二十五)一、选择题1．(2015·上海嘉定区期末考试)当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时N极指向读者的是()[解析]小磁针静止时，N极所指的方向是该处磁场的方向，由安培定则可知，N极指向读者的是C.[答案] C2．(多选)(2015·新课标全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转[解析]指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，选项A错误，B正确．指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，选项C正确．由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，选项D错误．[答案]BC3．(2015·江苏苏锡常镇四市部分学校联考)如图所示，两根无限长导线，均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是()[解析]由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段导线在O 点的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图乙中A，根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，则剩余的两段通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其中一段在O处产生的磁感应强度大小的2倍，且方向垂直纸面向里，故选项A正确．图乙中B，同理，四段通电导线在O处产生的磁感应强度是其中一段在O处产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向外，故选项B错误．图乙中C，右上段与左下段的通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，则剩余两段通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其中一段在O处产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向外，故选项C错误．图乙中D与C选项分析相同，四段在O处产生的磁感应强度大小是其中一段在O处产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向外，故选项D错误．[答案] A4．(2015·陕西渭南一模)如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd.bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里．线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡．则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是()A ．Δx ＝2nIlB k ，方向向上B ．Δx ＝2nIlB k ，方向向下C ．Δx ＝nIlB k ，方向向上D ．Δx ＝nIlB k ，方向向下[解析] 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力作用，处于平衡状态，安培力为F 安＝nBIl ，且开始时方向向上，然后方向向下，大小不变．设在电流反向之前弹簧的伸长为x ，则反向之后弹簧的伸长为(x ＋Δx )，则有kx ＋nBIl －G ＝0，k (x ＋Δx )－nBIl －G ＝0，联立解得Δx ＝2nIlB k ，且线框向下移动．[答案] B5．(2015·福建四地六校上学期第三次月考)如图所示，O 为圆心，KN 和LM 是半径分别为ON 、OM 的同心圆弧，在O 处垂直纸面有一载流直导线，电流方向垂直纸面向外，用一根导线围成如图KLMN 所示的回路，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )A ．将向左平动B ．将向右平动C ．将在纸面内绕通过O 点并垂直纸面的轴转动D．KL边将垂直纸面向外运动，MN边垂直纸面向里运动[解析]由安培定则可知，KN和ML中电流的方向与磁场方向平行，这两个边不受安培力，由左手定则知，KL受的安培力垂直于纸面向外，MN受的安培力垂直于纸面向里，D正确．[答案] D6．(多选)(2016·浙江六校摸底)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤有一定的读数．现在磁铁上方中心偏右位置固定一通电导线，当通以一定的电流后，台秤的示数增加，同时弹簧缩短(弹簧始终处于弹性限度内)，则下列说法正确的是()A．可能是磁铁右端为N极，左端为S极，导线中的电流方向垂直纸面向里B．可能是磁铁右端为N极，左端为S极，导线中的电流方向垂直纸面向外C．可能是磁铁右端为S极，左端为N极，导线中的电流方向垂直纸面向里D．可能是磁铁右端为S极，左端为N极，导线中的电流方向垂直纸面向外[解析]若磁铁右端为N极，左端为S极，磁铁的磁感线在它的外部从N 极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左上的，若电流的方向垂直纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向斜向右上，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左下的，将这个力在水平和竖直方向分解，可知光滑平板对磁铁的支持力增大，由于水平向左产生分力，所以对弹簧产生压力，弹簧长度将变短，故A正确，B错误．若磁铁右端为S极，左端为N极，磁铁的磁感线在它的外部从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向右下的，若电流的方向垂直纸面向外，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向斜向右上，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左下的，将这个力在水平和竖直方向分解，可知光滑平板对磁铁的支持力增大，由于水平向左产生分力，所以对弹簧产生压力，弹簧长度将变短，故C错误，D正确．[答案]AD7．(2016·河南豫东豫北十所名校联考)在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B，沿边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体．现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来．若从上向下看，下列判断正确的是()A．A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转B．A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转C．A、B与50 Hz的交流电源相接，液体持续旋转D．仅磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变[解析]若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转．故A正确．同理，若B接电源正极、A接电源负极，根据左手定则可知，液体沿逆时针做圆周运动，故B错误．A、B与50 Hz的交流电源相接，液体不会旋转，故C错误．若磁场N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向变化，故D错误．[答案] A8．(2015·江西临川一中、高安中学、玉山一中等重点中学协作体模拟)如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将A、B两点接入电压恒定的电源两端，通电时，线框受到的安培力为F，若将ACB边移走，则余下线框受到的安培力大小为()A.14FB.13FC.12FD.23F[解析] 根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，由于ACB 段受到的安培力等效于长为AB 的电阻丝受到的安培力，所以等效电路为r 和2r 并联，并联后总电阻为2r ·r 2r ＋r＝23r .根据欧姆定律，并联电路的总电流I 1＝U 2r 3＝3U 2r ，则安培力大小为F ＝BI 1L ＝3BUL 2r .若将ACB 边移走，则剩余线框中的电流I 2＝U r ，余下线框受到的安培力大小为F 2＝BI 2L ＝BUL r ＝23F ，故选D.[答案] D9．(2016·河北唐山期末考试)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨宽度为L ，一端与电源连接．一质量为m 的金属棒ab 垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝33，在安培力的作用下，金属棒以v 0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向成( )A ．37°B ．30°C ．45°D ．60°[解析] 经分析可知磁感应强度的方向应斜向右下，设其与竖直方向的夹角为θ，由平衡可知：BIL cos θ＝f ，N ＋BIL sin θ＝mg ，f ＝μN ，三式联立解得I ＝μmg BL (cos θ＋μsin θ)，整理得I ＝μmg BL 1＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋μ2cos θ＋μ1＋μ2sin θ. 令sin φ＝11＋μ2＝32即φ＝60°，则I ＝μmg BL sin (φ＋θ)，当φ＋θ＝90°，即θ＝30°时，导体棒中的电流最小．[答案] B10．(2015·重庆一诊)利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度．当外界拉力作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表上的读数U 与所加外力F 成正比，即U ＝KF ，式中K 为比例系数．用绝缘悬丝把底部长为L 、电阻为R 、质量为m 的方形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用软细铜丝连接线框与电源，细铜丝的电阻忽略不计．当线框接入电压为E 1时，电压表的示数为U 1；当线框接入电压为E 2时，电压表示数为U 2.则磁感应强度的大小为( )A ．B ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪R (U 1－U 2)K (E 2－E 1)L B ．B ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪R (U 1－U 2)K (E 2＋E 1)L C ．B ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪R (U 1＋U 2)K (E 2－E 1)L D ．B ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪R (U 1＋U 2)K (E 2＋E 1)L [解析] 由于数字电压表上的读数U 与所加外力成正比，即U ＝KF ，式中K 为比例系数，当通上电流后，设安培力为F A ，有ΔU ＝K (F A －F ′A )，即KBΔIL ＝ΔU ，整理得B ＝ΔU KΔIL ，而ΔI ＝ΔE R ，整理得B ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪R (U 1－U 2)K (E 2－E 1)L ，故A 正确，B 、C 、D 错误．[答案] A二、非选择题11．(2015·重庆卷)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．[解析](1)根据安培力公式可得每匝线圈所受安培力为F1＝BIL，n匝线圈所受安培力为F＝nF1＝nBIL.根据左手定则可知，安培力方向为水平向右．(2)安培力的功率P＝F v＝nBIL v.[答案](1)nBIL方向水平向右(2)nBIL v12.有一长为l＝0.50 m、质量为m＝10 g的通电导线cd，由两根绝缘细线水平悬挂在匀强磁场中的z轴上，如右图所示．z轴垂直纸面向外，g＝10 m/s2.求：(1)当磁感应强度B1＝1.0 T，方向与x轴负方向相同时，要使悬线中张力为零，则cd中通入的电流I1的大小和方向？(2)当cd中通入方向由c到d大小为I2＝0.40 A的电流，这时磁感应强度B2＝1.0 T，方向与x轴正方向相同，当cd静止时悬线中的张力是多大？(3)当cd中通入方向由c到d、大小为I3＝0.10 A的电流，若磁场方向垂直z 轴，且与y轴负方向夹角为30°，与x轴正方向夹角为60°，磁感应强度B3＝2.0 T，则导线cd静止时悬线中的张力又是多大？[解析](1)要使悬线的张力为零，导线cd受到的安培力必须与重力平衡，有mg＝B1I1l所以I1＝mg/lB1＝0.01×100.50×1.0A＝0.20 A由左手定则可判定cd中的电流方向由c到d.(2)根据题意，由左手定则可判定此时cd受到竖直向下的安培力．当cd静止时，有mg＋B2lI2＝2T.所以T＝mg＋B2I2l2＝0.01×10＋1.0×0.40×0.502N＝0.15 N.(3)根据题意，作出导线cd所受重力、安培力如图所示．这时cd受到的安培力大小F3＝B3I3l所以F3＝2.0×0.10×0.50 N＝0.10 N＝mg又因F3的方向与B3的方向垂直，因此F合的方向与mg的方向夹角为30°.所以2T′＝F合＝2mg cos30°T′＝mg cos30°＝0.0866 N即此时每根悬线中的张力大小为0.09 N，悬线与y轴负方向的夹角为30°，即导线cd受安培力作用后使悬线向x轴负方向偏转30°角．[答案](1)0.20 A由c到d(2)0.15 N(3)0.0866 N。

适用于新教材2025版高考物理一轮总复习课时规范练25

课时规范练251.(2024湖南永州模拟)用如图所示的试验装置探究小球做匀速圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系,转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮1和变速塔轮2匀速转动,槽内的小球就随槽做匀速圆周运动。

横臂的挡板对小球的压力供应向心力,小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降,从而露出标尺,标尺上黑白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的大小关系。

(1)通过本试验的定性分析可以得到:在小球质量和运动半径肯定的状况下,小球做圆周运动的角速度越大,须要的向心力就越(选填“大”或“小”);(2)由更精确的试验可得向心力的表达式为F=mrω2。

在某次探究试验中,当a、b两个完全相同的小球转动的半径相等时,图中标尺上黑白相间的等分格显示出a、b两个小球所受向心力的比值为1∶4,由此表达式可求得与皮带连接的变速塔轮1与塔轮2对应的半径之比为。

答案(1)大(2)2∶1解析(1)由F=mω2r可知,在小球质量和运动半径肯定的状况下,小球做圆周运动的角速度越大,受到的向心力就越大。

(2)依据F=mω2r,两球的向心力之比为1∶4,当半径和质量相等时,则转动的角速度之比为1∶2,因为靠皮带传动,变速塔轮边缘的线速度大小相等,依据v=rω知,与皮带连接的变速塔轮1与塔轮2对应的半径之比为2∶1。

2.探究向心力与质量、半径、角速度关系的试验装置如图甲所示。

电动机带动转台做圆周运动,可通过变更电动机的电压来限制转台的角速度。

数字计时器可以采集转台转动时间的信息。

已知金属块被约束在转台的径向凹槽中,只能沿半径方向移动。

(1)某同学保持金属块质量和转动半径不变,仅变更转台的角速度,探究向心力与角速度的关系。

不同角速度对应的向心力可由力传感器读出。

若数字计时器记录转台每转50周的时间为T,则金属块转动的角速度ω=。

(2)上述试验中,该同学多次变更角速度后,记录了角速度ω2与对应的向心力F的数据,见下表。

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