2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业22附解析
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(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1.(2017·陕西安康二调)如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是()A．A点的电势最低B．B点的电场强度最大C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大解析：根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误，D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中E A>E B，则同一正电荷在A、B 两点所受电场力关系为F A>F B，所以C错误。
答案： D2.如图，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A、B，左边放一带正电的固定球P时，两悬线都保持竖直方向。
下面说法正确的是()A．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较P球带电荷量大B．A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较P球带电荷量小C．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较P球带电荷量小D．A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较P球带电荷量大解析：A、B悬线都处于竖直方向，表明沿水平方向均处于平衡状态，由此可判断A球带负电，B球带正电，结合库仑定律知，A球带电荷量较P球带电荷量小。
故选C。
答案： C3.将两个质量均为m 的小球a 、b 用绝缘细线相连，竖直悬挂于O 点，其中球a 带正电、电荷量为q ，球b 不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘细线Oa 与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为( )A.mg4q B ．mg qC.mg 2q D ．3mg4q解析：取小球a 、b 整体作为研究对象，则受重力2mg 、悬线拉力F T 和电场力F 作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F 的最小值为2mg sin 30°＝mg ，由F ＝qE 知A 、C 、D 错，B 对。
答案： B4．如图所示，一个绝缘圆环，当它的14均匀带电且电荷量为＋q 时，圆心O 处的电场强度大小为E ，现使半圆ABC 均匀带电＋2q ，而另一半圆ADC 均匀带电－2q ，则圆心O 处的电场强度的大小和方向为( )A ．22E ，方向由O 指向DB ．4E ，方向由O 指向DC ．22E ，方向由O 指向BD ．0解析： 由题意可知，若14圆AB 带电荷量为q ，AB 在圆心处场强为E ，方向由O 指向CD 中点，若14圆CD 带电荷量为－q ，CD 在圆心处的场强也是E ，且方向与14圆AB 在圆心处场强相同；同理，14圆BC 、AD在圆心处的场强也是E ，方向由O 指向AD 中点。
合成各场强可得，圆心O 处的场强大小为22E ，方向由O 指向D 。
因此A 正确。
答案： A5．(2017·内蒙古包头测评)如图甲所示，在某一电场中有一条直电场线，在电场线上取A 、B 两点，将一个电子由A 点以某一初速度释放，它能沿直线运动到B 点，且到达B 点时速度恰为零，电子运动的v -t 图象如图乙所示。
则下列判断正确的是( )A ．B 点场强一定小于A 点场强B ．电子在A 点的加速度一定小于在B 点的加速度C ．B 点的电势一定低于A 点的电势D ．该电场若是正点电荷产生的，则场源电荷一定在A 点左侧解析： 题中电子沿一条直的电场线从A 运动到B ，由电子运动的速度时间图象可判断：电子做匀减速直线运动，受到恒定的电场力F ，方向沿电场线向左，由F ＝ma ＝eE 可知，A 、B 两点的电场强度相同，电子在A 、B 两点的加速度相同，同A 、B 错误；由负电荷受到电场力的方向与电场方向相反，知电场方向由A 指向B ，沿电场方向电势降低，φA >φB ，则C 项正确；由F ＝eE 知，电场强度恒定，故为匀强电场，则D 项错误。
答案： C 6.如图所示，用一根金属丝弯成半径为r 的圆环，但在A 、B 之间留有宽度为d 的间隙。
且d ≪r 。
将电荷量为Q 的正电荷均匀分布在金属丝上，则圆心O 处的电场强度大小及方向( )A.kQd2πr3 背离圆心 向左 B.kQr2πr 3－r 2d背离圆心 向右 C.kQd2πr 3－r 2d背离圆心 向左 D.kQd2πr 3－r 2d背离圆心 向右 解析： 假设将这个圆环的缺口补上，并且所补部分的电荷密度与原金属丝上的电荷密度一样，这样就形成一个电荷均匀分布的完整的带电圆环，环上处于同一直径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O 处产生的电场叠加后合场强为零。
根据对称性可知，带电圆环在圆心O 处的合场强E ＝0。
至于补上的那一小段，由题中条件可看做点电荷，它在圆心O 处的场强E 1是可求的。
若题中待求场强为E 2，则E 1＋E 2＝0。
设原缺口环所带电荷的线密度为σ，σ＝Q2πr －d ，则补上的那一小段金属丝的电荷量Q ′＝σ·d ＝Qd 2πr －d ，Q ′在圆心O 处的场强为E 1＝kQ ′r 2＝kQd2πr 3－r 2d ，方向背离圆心向右。
由E 1＋E 2＝0，可得E 2＝－E 1＝－kQd2πr 3－r 2d，负号表示E 2与E 1方向相反，即背离圆心向左。
故选项C 正确。
答案： C7．(2017·北京考试院抽样测试)如图甲所示，真空中Ox 坐标轴上的某点有一个点电荷Q ，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为0.2 m 和0.7 m 。
在A 点放一个带正电的试探电荷。
在B 点放一个带负电的试探电荷，A 、B 两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x 轴正方向相同，静电力的大小F 跟试探电荷电荷量q 的关系分别如图乙中直线a 、b 所示。
下列说法正确的是( )A ．B 点的电场强度大小为0.25 N/C B ．A 点的电场强度的方向沿x 轴正方向 C ．点电荷Q 是正电荷D ．点电荷Q 的位置坐标为0.3 m解析： 由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q 为负电荷，且放置于A 、B 两点之间某位置，故B 正确，C 错误；设Q 与A 点之间的距离为l ，则点电荷在A 点产生的场强为E A ＝kQ l 2＝F a q a ＝4×10－41×10－9 N/C ＝4×105 N/C ，同理，点电荷在B 点产生的场强为E B ＝kQ (0.5－l )2＝F b q b ＝1×10－44×10－9 N/C ＝0.25×105 N/C ，解得l ＝0.1 m ，所以点电荷Q 的位置坐标为x Q ＝x A ＋l ＝0.2 m ＋0.1 m ＝0.3 m ，故A 错误，D 正确。
答案： BD 8.如图所示，光滑绝缘的水平面上M 、N 两点各放有一带电荷量分别为＋q 和＋2q 的完全相同的金属球A 和B 。
给A 和B 以大小相等的初动能E 0(此时初动量的大小均为p 0)，使其相向运动刚好能发生碰撞(碰撞过程中无机械能损失)，碰后返回M 、N 两点的动能分别为E 1和E 2，动量的大小分别为p 1和p 2，则( )A ．E 1＝E 2>E 0，p 1＝p 2>p 0B ．E 1＝E 2＝E 0，p 1＝p 2＝p 0C ．碰撞发生在MN 中点的左侧D ．两球同时返回M 、N 两点解析： 金属球A 和B 发生碰撞时，电荷量会平均分配，则作用力变大。
经历相同的位移，做功增多，所以有E 1＝E 2>E 0。
又p ＝2mE k ，可得p 1＝p 2>p 0。
因两球质量相同，受力相同，故加速度相同，两球同时返回M 、N 两点。
选项A 、D 正确。
答案： AD 9.如图所示，用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。
三个带电小球质量相等，A 球带正电，平衡时三根绝缘细线恰好拉直，则 ( )A ．B 球带负电荷，C 球带正电荷 B ．B 球和C 球都带负电荷C ．B 球和C 球所带电荷量不一定相等D ．B 球和C 球所带电荷量一定相等 解析：B 球受重力及A 、C 对B 球的库仑力而处于平衡状态，则A 、C 球对B 球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反，而库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，故可知A 对B 的库仑力应指向A ，C 对B 的库仑力应指向B 的左方，则可知B 、C 都应带负电，选项A 错误，B 正确；B 的受力如图所示，由几何关系可知C 对B 的库仑力应为A 对B 库仑力的一半，故C 带电荷量应为A 带电荷量的一半，同理分析C 球可知，B 带电荷量也应为A 带电荷量的一半，故B 、C 带电荷量应相同，选项C 错误，D 正确。
答案： BD 10.(2017·山东莱州联考)如图所示，在光滑绝缘竖直细杆底端固定一个电荷量为＋q 的带电小球B ，另一个带小孔的质量为m ，电荷量为＋2q 的带电小球A 套在竖直杆上，A 、B 两个小球均可视为质点且电荷量保持不变。
开始时，A 、B 两个小球相距H ，将A 球由静止释放。
已知重力加速度为g ，静电力常量为k 。
则( )A ．A 球由静止释放后一定向下运动B ．A 球速度为零时，所受合外力一定为零C ．当满足H 2＝2kq 2mg时，释放A 球后，A 球静止不动D ．若A 球由静止释放后向下运动，则当A 、B 两球距离为q2kmg时，A 球速度最大 解析： A 球竖直方向受重力mg 和库仑斥力，F ＝kq ·2qH 2，A 球向哪个方向运动，取决于mg 和库仑斥力F ＝kq ·2q H 2的大小关系，A 错误；A 球初状态速度为零，但mg 和库仑斥力F ＝kq ·2qH2不一定大小相等，即合外力不一定为零，B 错误；当mg ＝kq ·2q H 2时，即H 2＝2kq 2mg时，A 球释放后速度为零，加速度也为零，静止不动，C正确；设A 球由静止释放后，当A 、B 两球距离为r 时，加速度为零，则速度最大，此时mg ＝kq ·2qr 2，解得r＝q2kmg ，D 正确。
答案： CD 二、非选择题11．(2014·福建卷·20)如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m 。
若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6 C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向。
2018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 。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业21附解析
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(1～3题为单项选择题，4题为多项选择题)1．如图所示，光滑水平面上有质量均为m 的物块A 和B ，B 上固定一轻弹簧。
B 静止，A 以速度v 0水平向右运动，通过弹簧与B 发生作用。
作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能E p 为( )A.116m v 20 B ．18m v 20C.14m v 20D ．12m v 20解析： 当两物块速度相同时，动能损失最多，弹簧的弹性势能最大。
根据动量守恒定律得：m v 0＝2m v ① E p ＝12m v 20－12·2m v 2② 联立①②得：E p ＝14m v 20所以选项C 正确。
答案： C2．(2017·江西八校联考)质量为m ＝1 kg 的小木块(可看成质点)，放在质量为M ＝5 kg 的长木板的左端，如图所示。
长木板放在光滑水平桌面上。
小木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.1，长木板的长度L ＝2.5 m 。
系统处于静止状态。
现为使小木块从长木板右端脱离出来，给小木块一个水平向右瞬时冲量I ，则冲量I 至少是(g 取10 m/s 2)( )A.16 N·s B ．16N·s C. 6 N·sD ．6 N·s解析： 当木块恰好滑到木板的右端时，两者速度相等，则I 最小，由系统动量守恒： m v 0＝(m ＋M )v 1 解得v 1＝16v 0又μmgL ＝12m v 20－12(m ＋M )v 21 得v 0＝ 6 m/s由动量定理得：I ＝m v 0＝ 6 N·s 。
故选项C 正确。
答案： C 3.如图所示，两质量分别为m 1和m 2的弹性小球A 、B 叠放在一起，从高度为h 处自由落下，且h 远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。
已知m 2＝3m 1，则小球A 反弹后能达到的高度为( )A ．hB ．2hC ．3hD ．4h解析： 两小球下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v ＝2gh ，B 球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A 与B 碰撞过程进行研究，碰撞前后动量守恒，设碰后A 、B 速度大小分别为v 1、v 2，选竖直向上方向为正方向，则m 2v －m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝12m 1v 21＋12m 2v 22，且m 2＝3m 1，联立解得v 1＝2v ＝22gh ，v 2＝0，故小球A 反弹后能达到的高度为H ＝v 212g＝4h ，选项D 正确。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业19 Word版含解析
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(1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题)1．玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中()A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化较快解析：从同一高度落到地面上时，速度相同，动量相同，与草地或石头接触后，末动量均变为零，因此动量变化量相同。
因为玻璃杯与石头的作用时间短，由动量定理Ft＝mΔv 知，此时玻璃杯受到的力F较大，容易碎，D正确。
答案： D2．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是()A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大解析：在缓缓拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力；在迅速拉动纸带时，它们之间的作用力是滑动摩擦力。
由于滑动摩擦力F f＝μF N(μ是动摩擦因数)，而最大静摩擦力F fm＝μm F N(μm是静摩擦因数)且μ≤μm。
一般情况下可以认为F f＝F fm，即滑动摩擦力F f 近似等于最大静摩擦力F fm。
因此，一般情况是缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大。
缓缓拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小。
因此选项C正确。
答案： C3．质量为0.5 kg的钢球从5.0 m高处自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达4.05 m高处，整个过程经历 2.0 s，则钢球与地面碰撞时受到地面对它的平均作用力为(g＝10 m/s2)()A ．5.0 NB ．90 NC ．95 ND ．100 N解析： 钢球从5.0 m 高处落下所用时间t 1＝2h 1g＝1.0 s ，与地面碰前的速度v 1＝2gh 1＝10 m/s ，钢球与地面碰后的速度v 2＝2gh 2＝9.0 m/s ，上升至4.05 m 所用时间t 2＝ 2h 2g＝0.9 s ，钢球与地面碰撞的时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.1 s ，则(F －mg )·Δt ＝m v 2－(－m v 1)，解得F ＝mg ＋m (v 2＋v 1)Δt ＝0.5×10 N ＋0.5×(10＋9)0.1N ＝100 N ，选项D 正确。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业2附解析
第2讲 匀变速直线运动的规律及应用课时作业一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2017·温州模拟)一辆匀加速行驶的汽车，经过路旁两根电线杆共用5 s 时间，汽车的加速度为2 m/s 2，它经过第2根电线杆时的速度为15 m/s ，则汽车经过第1根电线杆的速度为( )A ．2 m/sB ．10 m/sC ．2.5 m/sD ．5 m/s解析： 根据v ＝v 0＋at ，v 0＝v －at ＝5 m/s ，D 正确。
答案： D2．一物体从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时速度为v ，再运动到C 点时的速度为2v ，则AB 与BC 的位移大小之比为( )A ．1∶3B ．1∶4C ．1∶2D ．1∶1解析： 由速度与位移关系式v 2－v 20＝2ax 可得v 2－0＝2ax AB ，(2v )2－v 2＝2ax BC ，解得x AB ∶x BC ＝1∶3，A正确。
答案： A3．质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22tC.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析： P 点位于x 2的中间时刻处，故v P ＝x 22t 。
答案： B4．一个物体由静止开始沿光滑斜面匀加速下滑。
当它下滑的距离为l 时，速度为v ；那么，当它的速度是v2时，下滑的距离是( )A.l 2B.2l 2C.l 4D.3l 4 解析： 根据位移和速度的关系公式v 2－v 20＝2ax得v 2＝2al ，又⎝⎛⎭⎫v 22＝2al 1，得l 1＝v 28a ＝l4，故C 正确。
答案： C5．做匀减速直线运动的物体经4 s 后停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是( ) A ．3.5 m B ．2 m C ．1 mD ．0解析： 物体做匀减速直线运动至停止，可以把这个过程看作初速度为零的匀加速直线运动的逆过程，则物体第1 s 内的位移与最后1 s 内的位移之比为7∶1，得x 1＝2 m 。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业18附解析
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(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m的速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)()A．升降机对物体做功5 800 JB．合外力对物体做功5 800 JC．物体的重力势能增加500 JD．物体的机械能增加800 J答案： A2.如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行。
将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带保持相对静止，匀速运动到达传送带顶端。
下列说法中正确的是()A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C．第一阶段物体和传送带间的摩擦所产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦所产生的热量解析：第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体仍做正功，选项A错误；第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量和重力势能的增加量，选项B错误；第一阶段物体和传送带间的摩擦所产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量，选项C正确；物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程物体与传送带间的摩擦所产生的热量，选项D错误。
答案： C3.(2017·玉溪一中期末)一线城市道路越来越拥挤，因此自行车越来越受城市人们的喜爱，如图，当你骑自行车以较大的速度冲上斜坡时，假如你没有蹬车，受阻力作用，则在这个过程中，下面关于你和自行车的有关说法正确的是()A．机械能增加B．克服阻力做的功等于机械能的减少量C．减少的动能等于增加的重力势能D．因为要克服阻力做功，故克服重力做的功小于克服阻力做的功答案： B4．把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 位置，如图甲所示。
2018高考物理一轮总复习课时作业30 含解析 精品
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(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2015·海南单科·2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′。
则E ′E等于( )A.12 B ．22C ．1D ． 2解析： 设折弯前导体切割磁感线的长度为L ，E ＝BL v ；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L ＝⎝⎛⎭⎫L 22＋⎝⎛⎭⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝Bl v ＝B ·22L v ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确。
答案： B 2.(2014·江苏高考)如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。
在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B 。
在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22Δt B ．nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD ．2nBa 2Δt解析： 线圈在磁场中的面积S ＝12a 2，穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝2BS －BS ＝12Ba 2。
根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得E ＝n a 2B2Δt，所以B 正确。
答案： B3．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即不变，L 1逐渐变亮B ．S 闭合，L 1不亮，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即不亮C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才熄灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即不亮，L 1亮一下才熄灭解析： 当S 闭合时，L 的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L 1和L 2串接后与电源相连，L 1和L 2同时亮，随着L 中电流的增大，L 的直流电阻不计，L 的分流作用增大，L 1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L 2中的电流增大，L 2灯变得更亮；当S 断开时，L 2中无电流，立即熄灭，而线圈L 将要维持本身的电流不变，L 与L 1组成闭合电路，L 1灯要亮一下后再熄灭。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业32 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(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示。
此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )A ．交变电流的周期为0.125 sB ．交变电流的频率为8 HzC ．交变电流的有效值为 2 AD ．交变电流的最大值为4 A解析： 由图象可知周期T ＝0.250 s ，频率f ＝1T ＝4 Hz ，故选项A 、B 均错误。
交变电流的有效值I ＝U R ＝E m 2R ＝202×10A ＝ 2 A ，最大值I m ＝E mR ＝2 A ，故选项D 错误，C 正确。
答案： C 2.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻。
闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A解析： 据ω＝2πf 知该交流电的频率为5 Hz ，A 错；该交流电电动势的最大值为10 2 V ，有效值E ＝10 V ，B 错；I ＝ER ＋r＝1.0 A ，P ＝I 2R ＝9 W ，C 错，D 对。
答案： D3．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e ＝2002sin 100πt (V)，那么( ) A ．该交变电流的频率是100 HzB ．当t ＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C ．当t ＝1200s 时，e 达到峰值D ．该交变电流的电动势的有效值为200 2 V解析： 由交变电流的电动势瞬时值表达式e ＝nBSωsin ωt 可知，交变电流的频率f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，选项A 错误。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业24 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(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题) 1.如图所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一个灵敏的静电计相接。
将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电荷量Q 、电容C 、两极间的电压U 、电容器两极板间的场强E 的变化情况是( )A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小解析： 由题意可知，电容器未接电源，故电容器的电荷量不变，所以A 、B 错误；根据C ＝Q U 、E ＝U d 、C ＝εr S 4πkd 可知，当两极板间的距离d 增大时，C 变小，U 变大，三式联立可得E ＝4πkQ εr S，故电场强度E 不变，所以选项C 正确，D 错误。
答案： C 2.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动。
那么( )A ．微粒带正、负电荷都有可能B ．微粒做匀减速直线运动C ．微粒做匀速直线运动D ．微粒做匀加速直线运动解析： 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与电场强度方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B 正确。
答案： B 3.(2015·海南单科·5)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。
在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。
在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。
已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面。
2018高考物理一轮总复习(人教版)课时作业1 含解析
第1讲运动的描述课时作业一、选择题(1～6题为单项选择题，7～13题为多项选择题)1．在研究物体的运动时，力学中引入“质点”的概念，从科学方法上来说属于() A．极限分析物理问题的方法B．观察实验的方法C．建立理想物理模型的方法D．等效替代的方法答案： C2．在里约热内卢举行，比赛中，在评判下列运动员的比赛成绩时，运动员可视为质点的是()解析：马拉松比赛时，由于路程长，运动员的体积可以忽略，可以将其视为质点，故选项A符合题意。
跳水时，评委要关注运动员的动作，所以不能将运动员视为质点，故选项B不符合题意。
击剑时评委需要观察运动员的肢体动作，不能将其视为质点，故选项C 不符合题意。
评委主要根据体操运动员的肢体动作进行评分，所以不能将其视为质点，故选项D不符合题意。
答案： A3．(2017·深圳模拟)在变速直线运动中，下面关于速度和加速度关系的说法，正确的是()A．加速度与速度无必然联系B．速度减小时，加速度也一定减小C．速度为零时，加速度也一定为零D．速度增大时，加速度也一定增大解析：速度和加速度无必然联系，A对；速度减小时，加速度也可以增大或不变，B错；速度为零时，加速度不一定为零，C 错；速度增大时，加速度也可以不变或减小，D 错。
答案： A4．一质点沿直线Ox 方向做变速运动，它离开O 点的距离x 随时间t 变化的关系为x ＝(5＋2t 3)m ，它的速度随时间t 变化的关系为v ＝6t 2 m/s ，该质点在t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度和t ＝2 s 到t ＝3 s 间的平均速度的大小分别为( )A ．12 m/s 39 m/sB ．8 m/s 38 m/sC ．12 m/s 19.5 m/sD ．8 m/s 13 m/s解析： 平均速度v ＝ΔxΔt，t ＝0时，x 0＝5 m ；t ＝2 s 时，x 2＝21 m ，t ＝3 s 时，x 3＝59 m 。
故v 1＝x 2－x 02＝8 m/s ，v 2＝x 3－x 21＝38 m/s 。
高三物理一轮复习课时作业及详细解析 第22讲功率
基础热身1．2011·陕西质检如图K22－1所示，用恒力F 拉着质量为m 的物体沿水平面从A 移到B 的过程中，下列说法正确的是( )图K22－1A ．有摩擦力时比无摩擦力时F 做的功多B ．物体加速运动时F 做的功比减速运动时F 做的功多C ．物体无论是加速、减速还是匀速，力F 做的功一样多D ．有摩擦力时比无摩擦力时F 做功的平均功率大2．2011·温州联考某汽车以恒定功率P 、初速度v 0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的v －t 图象不可能是图K22－2中的( )A B C D图K22－23．2011·济南质检如果卡车发动机的额定功率为100 kW ，它受到的阻力恒为2.5×103N ，则这辆卡车行驶的速度最大能达到( )A ．75 km/hB ．30 m/sC ．25 km/hD ．40 m/s4．汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻关闭发动机，做匀减速直线运动，t 2时刻静止，其v －t 图象如图K22－3所示，图中α＜β，若汽车牵引力做功为W ，平均功率为P ；汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W 1和W 2，平均功率分别为P 1和P 2，则( )图K22－3A ．W ＝W 1＋W 2B ．W 1>W 2C ．P ＝P 1D ．P 1＝P 2技能强化5．汽车在平直的公路上以恒定功率启动，设阻力恒定，图K22－4为汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系，下列说法中正确的是( )甲 乙 丙 丁图K22－4A ．汽车的加速度—时间图象可用图乙描述B ．汽车的速度—时间图象可用图甲描述C ．汽车的加速度—时间图象可用图丁描述D ．汽车的速度—时间图象可用图丙描述6．2011·徐州模拟一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a 和速度的倒数(1v)图象如图K22－5所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( )图K22－5A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间7．2011·厦门质检2009年12月福厦动车组进入试运行阶段．把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢便叫做动车．而动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组．带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车．设动车组运行过程中的阻力与质量成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等，若开一节动车带三节拖车时，最大速度为120 km/h；改为开五节动车带三节拖车时，最大速度为( )A．60 km/h B．240 km/hC．300 km/h D．600 km/h8．如图K22－6所示，一质量为m1的木板放在固定在地面的光滑斜面上，木板的上端用细绳拴在斜面的顶端，有一只质量为m2的小猫站在木板上．剪断细绳，木板开始下滑，同时小猫沿木板向上爬，设从静止开始的一段时间内木板向下滑，而小猫在木板上相对于地面的高度不变，忽略空气阻力，则图K22－7中能正确反映在这段时间内小猫做功的功率随时间变化的关系的是( )图K22－6A B C D图K22－79．2011·杭州模拟汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t．汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，g＝10 m/s2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度达12 m/s.突然减小油门，使发动机功率减小到40 kW，对接下去汽车的运动情况的描述，正确的有( ) A．先做匀减速运动再做匀加速运动B．先做加速度增大的减速运动再做匀速运动C．先做加速度减小的减速运动再做匀速运动D．最后的速度大小是8 m/s10．2011年3月，以法、美为首的多国部队空袭了利比亚．美国空军在往返利比亚的过程中，美军战机进行了空中加油．空中加油的过程大致如下：首先是加油机和受油机必须按照预定时间在预定地点会合，然后受油机和加油机实施对接，对接成功后，加油系统根据信号自动接通油路．加油完毕后，受油机根据加油机的指挥进行脱离，整个加油过程便完成了(如图K22－8所示)．在加、受油机加油过程中，若加油机和受油机均保持匀速运动，且运动时所受阻力与重力成正比，则( )图K22－8A．加油机和受油机不一定是相对静止的B．加油机和受油机的速度可能不相等C．加油机向受油机供油，受油机质量增大，必须减小发动机输出功率D．加油机向受油机供油，加油机质量减小，必须减小发动机输出功率11. 2011·沈阳模拟如图K22－9甲所示，质量为m的物体置于水平地面上，所受水平拉力F在2 s时间内的变化图象如图乙所示，其运动的速度图象如图丙所示，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )图K22－9A．物体和地面之间的动摩擦因数为0.1B．水平拉力F的最大功率为5 WC．2 s末物体回到出发点D．2 s内物体的加速度不变12．一杂技运动员骑摩托车沿一竖直圆轨道做特技表演，如图K22－10所示．若车运动的速率恒为20 m/s，人与车质量之和为200 kg，车所受阻力与轨道间的弹力成正比(比例系数k＝0.1)．车通过最低点A时发动机的功率为12 kW，求车通过最高点B时发动机的功率为多少？(取g＝10 m/s2)图K22－10挑战自我13．汽车发动机的功率为60 kW，汽车的质量为4 t，当它行驶在坡度为0.02(sinα＝0.02)的长直公路上时，如图K22－11所示，所受摩擦阻力为车重的0.1倍．(g＝10 m/s2)(1)求汽车所能达到的最大速度v m；(2)若汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则此过程能维持多长时间？(3)当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时，汽车做的功为多少？图K22－11课时作业（二十二）【基础热身】1．C [解析] 恒力F做的功为W＝Fx，与运动过程是否受摩擦力无关，与运动过程的速度变化无关，选项A、B错误，选项C正确；物体与水平面之间存在摩擦力时，物体由A 运动到B的时间较长，恒力F的功率较小，选项D错误．2．A [解析] 由P ＝Fv 得汽车速度为v 0时的牵引力F ＝P v 0.当F －f －mg sin θ＝0时，汽车匀速运动；当F －f －mg sin θ>0时，汽车加速运动，随着速度的增大，牵引力F ＝P v 逐渐减小，根据牛顿第二定律F －f －mg sin θ＝ma 知，加速度逐渐减小，当加速度减小为零时将匀速运动；当F －f －mg sin θ<0时，汽车减速运动，随着速度的减小，牵引力F ＝P v逐渐增大，根据牛顿第二定律f －mg sin θ－F ＝ma 知，加速度逐渐减小，当加速度减小为零时将匀速运动．所以汽车不可能一直做匀变速运动．3．D [解析] 卡车在水平路面上运动，受到的牵引力与阻力大小相等时速度最大，由P ＝Fv 得其最大行驶速度为v m ＝P f＝40 m/s. 4．ABD [解析] 整个过程动能变化量为零，根据动能定理知，合力的功为零，选项A 正确；汽车运动过程受到的摩擦力大小相等，由图象知第一段位移较大，选项B 正确；第一段运动是加速运动，牵引力大于摩擦力，所以P >P 1，选项C 错误；加速阶段和减速阶段平均速度相等，所以克服摩擦力做功的平均功率相等，选项D 正确．【技能强化】5．BC [解析] 汽车在平直的公路上以恒定功率启动时，功率不变，速度越来越大，由P ＝Fv 可知牵引力越来越小，加速度a ＝F －f m越来越小，汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度最大，此后匀速运动．故选项B 、C 正确．6．D [解析] 由P ＝Fv 和F －f ＝ma 得，a 与1v 的函数关系式为a ＝P m ·1v －f m，图线斜率k ＝P m ，汽车的质量已知，则汽车的功率P 可求；图线纵轴截距－f m＝－2 m/s 2，即可求出汽车所受阻力f ，再由P ＝fv m 可求出汽车运动的最大速度v m ，但汽车做变加速直线运动，无法求出汽车运动到最大速度所用的时间，故选项D 正确．7．C [解析] 设每节车厢质量为m ，每节动力车的额定功率为P ，开一节动车带动三节拖车以最大速度行驶时所受阻力为4kmg (k 为比例常数)，则有P v－4kmg ＝0；当改为开五节动车带三节拖车以最大速度行驶时，则有5P v ′－8kmg ＝0；联立解得v ′＝52v ＝300 km/h ，故选项C 正确．8．B [解析] 猫相对斜面位置不变，根据平衡条件知，木板对其沿斜面向上的力大小为F ＝mg sin θ，由牛顿第三定律可知猫对木板沿斜面向下的作用力F ′＝ F ＝mg sin θ，又知木板向下做匀加速直线运动，有v ＝at ，所以小猫做功的功率P ＝F ′v ＝mgv sin θ＝mgat sin θ，即小猫做功的功率与时间成正比，选项B 正确．9．CD [解析] 发动机功率减小，由公式P ＝Fv 知，牵引力F 变小，f >F ，汽车做减速运动，使得汽车速度v 变小，F 变大，由f －F ＝ma 可知汽车减速运动的加速度变小，当再次出现F ＝f 时，汽车做匀速运动，选项A 、B 错误，C 正确；由f ＝P 额v m ＝5×103 N ，解得v m ′＝P f＝8 m/s ，选项D 正确．10．D [解析] 加油过程中应保持加油机和受油机相对静止，选项A 、B 均错误；加油机向受油机供油，加油机质量减小，受油机质量增大，因所受阻力与重力成正比，欲保持匀速运动，加油机应逐渐适当减小发动机输出功率，受油机则应逐渐适当增大发动机输出功率．11．A [解析] 在减速阶段，f ＝ma ，μm g ＝ma ，则μ＝0.1，选项A 正确；拉力F 的最大功率P ＝Fv ＝10×1 W ＝10 W ，选项B 不正确；物体在第1 s 内受到的合力的方向与第2 s 内受到的合力的方向相反，加速度方向相反，选项D 不正确；由v －t 图象可知，物体的速度方向不变，所以2 s 末没有回到出发点，选项C 不正确．12．4 kW[解析] 摩托车经最低点A 时，由牛顿第二定律知F N1－mg ＝m v 2R 轨道对车的支持力为F N1＝mg ＋m v 2R车在最高点B 时，由牛顿第二定律知mg ＋F N2＝m v 2R轨道对车的支持力为F N2＝m v 2R－mg 车在最低点A 时，发动机的功率P 1＝kF N1v车在最高点B 时，发动机的功率为P 2＝kF N2v联立以上各式解得P 2＝4 kW【挑战自我】13．(1)12.5 m/s (2)13.9 s (3)4.16×105 J[解析] (1)汽车在坡路上行驶，所受阻力由两部分构成，即f ＝kmg ＋mg sin α＝4000 N ＋800 N ＝4800 N.因为当F ＝f 时，P ＝fv m ，所以v m ＝P f＝12.5 m/s.(2)汽车从静止开始以a ＝0.6 m/s 2的加速度匀加速行驶由牛顿第二定律，有F ′－f ＝ma所以F ′＝ma ＋f ＝7.2×103 N保持这一牵引力，汽车可达到匀加速行驶的最大速度 v m ′＝P F ′＝8.33 m/s 由运动学规律可以求出匀加速行驶的时间与位移．匀加速行驶的时间t ＝v m ′a＝13.9 s 匀加速行驶的位移x ＝v m ′22a＝57.82 m. (3)汽车在匀加速运动阶段行驶时牵引力做功W ＝F ′x ＝4.16×105J.。