【K12教育学习资料】2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第十一章 第1讲 交变电流的产生和描
【配套K12】2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第七章 第2讲 电场能的性质 Word版含解
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·江西九江十三校联考)对于静电场中的A、B两点，下列说法正确的是() A．点电荷在电场中某点受力的方向一定是该点电场强度的方向B．电势差的公式U AB＝W ABq，说明A、B两点间的电势差U AB与静电力做功W AB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比C．根据E＝Ud知，电场强度与电场中两点间的距离d成反比D．若将一正电荷从A点移到B点电场力做正功，则A点的电势高于B点的电势解析：正点电荷所受的电场力与电场强度方向相同，负点电荷所受的电场力与电场强度方向相反，故A错误．电势差的公式U AB＝W ABq，运用比值法定义，电势差U AB与静电力做功、移动电荷的电荷量无关，故B错误．E＝Ud中d是两点沿电场方向的距离，只适用于匀强电场，而匀强电场的电场强度处处相同，场强与d无关，故C错误．根据公式W AB＝qU AB知，W AB>0，q>0，则U AB >0，则A点的电势高于B点的电势，故D正确．答案：D2．一个带正电的质点，电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移动到b点．在这过程中除静电力外，其他力做的功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差U ab为()A．1×104 V B．－1×104 VC．4×104 V D．－7×104 V解析：根据动能定理得W ab＋6.0×10－5J＝8.0×10－5J，则W ab＝8.0×10－5J－6.0×10－5 J ＝2.0×10－5 J ．由U AB ＝W AB q 得U ab ＝2.0×10－52.0×10－9 V ＝1×104 V ，选项A 正确．答案：A3.如图所示，匀强电场方向平行于xOy 平面，在xOy 平面内有一个半径为R ＝5 m 的圆，圆上有一个电荷量为q ＝＋1×10－8 C的试探电荷P ，半径OP 与x 轴正方向的夹角为θ，P 沿圆周移动时，其电势能E p ＝2.5×10－5sin θ(J)，则( )A ．x 轴位于零势面上B ．电场强度大小为500 V/m ，方向沿y 轴正方向C ．y 轴位于零势面上D ．电场强度大小为500 V/m ，方向沿x 轴正方向解析：由E p ＝2.5×10－5sin θ(J)知，x 轴上的势能为零，是零势面，电场线沿y 轴方向，A 正确，C 错误；当θ＝90°时，E p ＝2.5×10－5 J ＝EqR ，解得E ＝500 V/m ，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿y 轴负方向，B 、D 错误．答案：A4．两电荷量分别为q 1和q 2的点电荷固定在x 轴上的O 、M 两点，两电荷连线上各点电势φ随x 变化的关系如图所示，其中C 为ND 段电势最低的点，则下列说法正确的是( )A ．q 1、q 2为等量异种电荷B ．N 、C 两点间场强方向沿x 轴负方向C ．N 、D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电势能先增大后减小解析：根据q 1左侧和q 2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错误；N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据N→D间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由E p＝qφ知，电势能先减小后增大，D错误．答案：C5.(2018·陕西西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是()A．O点电势与Q点电势相等B．O、M间的电势差小于N、Q间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析：由电场线的方向可知φM＞φO＞φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO＞φQ，A错误；MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故U MO＞U ON，B错误；因U MQ＞0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D 错误．答案：C二、多项选择题6．(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功，则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误．答案：AB7.(2018·贵州贵阳高三检测)如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点P、Q上，c、e两点关于Q点对称，下列说法正确的是()A．a、c两点场强相同，电势也相同B．b、d两点场强相同，电势也相同C．同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能小于在c点具有的电势能D．将一带负电的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点的过程中电场力始终做负功解析：a、c两点场强相同，电势不等，故A错误．b、d两点场强大小方向都相同，电势也相同，故B正确．e点电势高于c点，同一正电荷在e点具有的电势能大于在c点具有的电势能，故C错误．负电荷沿椭圆从a点移到c点，因电势一直降低，故电场力一直做负功，故D正确．答案：BD8.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移s的关系如图乙所示．E A、E B表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势．以下判断正确的是()A．E A＜E B B．E A＞E B C．φA＞φB D．φA＜φB解析：由速度平方v2与位移s的关系与v2－v20＝2as对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B 错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C 错误．答案：D10.如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，竖直平面内有一个圆周，A点为圆周上和圆心同一高度的一点，B点为圆周上的最高点．在A点的粒子源以相同大小的初速度v0在竖直面内沿各个方向发射带正电的同种粒子(不计粒子重力)，竖直向上发射的粒子恰好经过B 点，则从圆周上离开的粒子的最大速度大小为( )A ．3v 0B ．2v 0 C.2v 0 D ．v 0解析：设粒子所带电荷量为＋q ，质量为m ，电场强度为E ，圆周的半径为R ，因竖直向上发射的粒子做类平抛运动经过B 点，故电场方向水平向右，且有a＝qE m ，R ＝v 0t ，R ＝12at 2，解得qE ＝2m v 20R .粒子从圆周上右侧与圆心等高处离开时的速度最大，则有qE ×2R ＝12m v 2－12m v 20，可得v ＝3v 0，选项A 正确．答案：A11.在中间位置有固定转动轴的长为2l 的轻质杆两端固定两完全相同的质量为m 、电荷量为＋q 的小球1和2，装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中，开始时杆在水平位置静止．现给小球1一个竖直向上的速度，让小球1、2绕转动轴各自转动到B 、A 位置，A 、B 间电势差是U ，小球1、2构成的系统动能减少量是( )A ．一定大于12Uq B ．一定等于2(Uq ＋mgl ) C ．一定小于Uq D ．一定大于Uq ＋mgl解析：杆水平时，1、2两球所在处电势相等，令电势为零，φ＝0，设A 、B 两处的电势分别为φA 和φB ，显然φA ＞0，φB ＜0，且φA－φC ＞φC －φB (C 为过1、2的等势线与竖直杆的交点)，系统电势能的增加量为ΔE p 增＝qφA ＋qφB ＝q (φA ＋φB )据题意知，φA －φB ＝φA ＋|φB |＝U故φA ＋φB ＜U ，再据能量守恒定律知ΔE k 减＝ΔE p 增故有ΔE k 减＜qU ，可见C 选项正确．答案：C12.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则()A．电场方向竖直向上B．小球运动的加速度大小为gC．小球上升的最大高度为v20 2gD．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v20 4解析：如图所示，由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A项错误；由图中几何关系可知，小球所受合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B项正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－mg·2h＝0－12m v 20，解得h＝v24g，C项错误；小球上升过程中，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p＝－W ON＝－qE·2h cos 120°＝m v 2 04，D项正确．答案：BD二、非选择题13.如图所示，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点，固定电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v.已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，P A连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷＋Q产生的电场在B点的电势．解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kQq r 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝h sin 60°，设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为N ，在竖直方向由平衡条件有N －mg －F sin 60°＝0，解得N ＝mg ＋33kQq 8h 2.(2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12m v 2－12m v 20解得φB ＝φ＋m (v 20－v 2)2q. 答案：(1)mg ＋33kQq 8h 2 (2)φ＋m (v 20－v 2)2q14．(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．解析：设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝m v 20q ④答案：m v 20q。
【配套K12】2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第四章 第2讲 动能定理及其应用 Word版
[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．A 、B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F 作用下，由静止开始通过相同的位移x .若A 的质量大于B 的质量，则在这一过程中( )A ．A 获得动能较大B ．B 获得动能较大C ．A 、B 获得动能一样大D ．无法比较A 、B 获得动能大小解析：由动能定理可知恒力F 做功W ＝Fx ＝12m v 2－0，因为F 、x 相同，所以A 、B 的动能变化相同，C 正确．答案：C2．如图甲所示，静止于光滑水平面上的小物块，在水平拉力F 的作用下从坐标原点O 开始沿x 轴正方向运动，F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线右半部分为四分之一圆弧，则小物块运动到2x 0处时的动能可表示为( )A ．0B ．F max x 0 C.12F max x 0(1＋π) D.12F max x 0(1＋π2)解析：题中F-x 图象与横坐标围成的面积等于拉力做功的大小，由图象可得出W ＝12F max x 0(1＋π2)，根据动能定理得E k ＝W ＝12F max x 0(1＋π2)，选项D 正确． 答案：D3．(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水平向右的恒力F 1，经时间t 撤去F 1，立即再对它施加一水平向左的恒力F 2，又经时间3t 物体回到出发点，在这一过程中，F 1、F 2分别对物体做的功W 1、W 2之间的关系是( )A ．W 1∶W 2＝1∶1B ．W 1∶W 2＝2∶3C ．W 1∶W 2＝9∶5D ．W 1∶W 2＝9∶7解析：设恒力F 1作用t 后物体的速度为v 1，恒力F 2又作用3t 后物体的速度为v 2，则物体在恒力F 1作用t 后的位移s 1＝v 1t 2，物体在恒力F 2作用3t 后的位移s 2＝v 1＋v 22×3t ，由题意知s 1＝－s 2，整理得v 1＝－34v 2，由动能定理得，W 1＝12m v 21，W 2＝12m v 22－12m v 21，则W 1W 2＝97，故选项D 正确． 答案：D4.用水平力F 拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t 1时刻撤去拉力F ，物体做匀减速直线运动，到t 2时刻停止，其速度—时间图象如图所示，且α＞β，若拉力F 做的功为W 1，在0～t 1时间内拉力F 的平均功率为P 1，物体克服摩擦阻力f 做的功为W 2,0～t 2时间内克服摩擦力的平均功率为P 2，下列选项正确的是( )A ．W 1＞W 2，F ＝2fB ．W 1＝W 2，F ＞2fC ．P 1＜P 2，F ＞2fD ．P 1＝P 2，F ＝2f解析：由动能定理得W 1－W 2＝0，即W 1＝W 2.由题图知，加速过程加速度大小a 1大于减速过程的加速度大小a 2，根据牛顿第二定律，有F －f ＝ma 1，f ＝ma 2，因a 1＞a 2，故F －f ＞f ，选项B 正确，A 、D 错误；由题意知t f ＞t F ，又W 1＝W 2，根据P ＝W t 可得P 1＞P 2，选项C 错误．答案：B5.如图所示，质量为m 的小球，从离地面H 高处从静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止，设小球受到空气阻力为f ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1＋H h )解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －fH ＝12m v 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为f 0，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－f 0h ＝0－12m v 20，解得f 0h ＝mgh ＋12m v 20，f 0＝mg (1＋H h )－fH h ，选项B 、D 错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C 正确．答案：C二、多项选择题6.如图所示，质量相等的物体A 和物体B 与地面的动摩擦因数相等，在力F 的作用下，一起沿水平地面向右移动x ，则( )A ．摩擦力对A 、B 做功相等B ．A 、B 动能的增量相同C ．F 对A 做的功与F 对B 做的功相等D ．合力对A 做的功与合力对B 做的功相等解析：因F 斜向下作用在物体A 上，A 、B 受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力对A 、B 做的功不相等，A 错误；A 、B 两物体一起运动，速度始终相同，故A 、B 动能增量一定相等，B 正确；F 不作用在B 上，不能说F 对B 做功，C 错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量，D 正确．答案：BD7.如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则( )A．动摩擦因数μ＝6 7B．载人滑草车最大速度为2gh 7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为3 5g解析：对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg·2h－μmg cos45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，解得μ＝67，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2，解得v＝2gh7，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g，选项D错误．答案：AB8.如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机作用带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值v m.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内()A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐减小C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为fx＋12m v2m解析：小车在运动方向上受牵引力F和阻力f，因为v增大，P不变，由P＝F v，F－f＝ma，得出F逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝v m时，a＝0，故A错误，B正确；合外力做的功W外＝Pt－fx，由动能定理得Pt－fx＝12m v2m，则牵引力做的功W F＝Pt＝fx＋12m v2m，故C错误，D正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9．(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是()解析：设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mg sin θ＋f)x＝E k－E k0，即E k＝－(f＋mg sin θ)x＋E k0，所以E k与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mg sin θ－f)(x0－x)＝E k－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即E k＝－(mg sin θ－f)x＋(mg sin θ－f)x0所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线．综上所述，选项C正确．答案：C10.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)()A．11 J B．16 JC．18 J D．9 J解析：A球向右运动0.1 m时，v A＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠BAO＝α，则有tan α＝34，v A cos α＝v B sin α，解得v B＝4 m/s.此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝12m v2B，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋12m v2B＝2×10×0.1 J＋12×2×42 J＝18 J，选项C正确．答案：C11．地震引起的海啸会给人们带来巨大的损失．某中学的部分学生组成了一个课题小组，对海啸的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下运动，推力F随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，则()A．运动过程中物体的最大加速度为15 m/s2B．在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大C．整个过程中推力对物体做功180 JD．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m解析：由牛顿第二定律有F－μmg＝ma，当推力F＝100 N时，物体加速度最大，为20 m/s2，选项A错误；由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为F＝100－25x(N)，物体速度最大时，加速度为零，则F＝μmg，解得x＝3.2 m，即在距出发点3.2 m位置时物体的速度达到最大，选项B错误；由F x图象的“面积”表示功可知，推力对物体做功W F＝12Fx0＝200 J，选项C错误；由动能定理有W F －μmgx m ＝0，代入数据得x m ＝10 m ，即物体在水平面上运动的最大位移是10 m ，选项D 正确．答案：D12.(多选)如图所示，AB 为半径R ＝0.50 m 的四分之一圆弧轨道，B 端距水平地面的高度h ＝0.45 m ．一质量m ＝1.0 kg的小滑块从圆弧道A 端由静止释放，到达轨道B 端的速度v＝2.0 m/s.忽略空气的阻力．取g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．小滑块在圆弧轨道B 端受到的支持力大小N ＝16 NB ．小滑块由A 端到B 端的过程中，克服摩擦力所做的功W ＝3 JC ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.6 mD ．小滑块的落地点与B 点的水平距离x ＝0.3 m解析：小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝18 N ，A错误；根据动能定理有mgR －W ＝12m v 2，解得W ＝mgR －12m v 2＝3 J ，B 正确；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝v t ，竖直方向上h ＝12gt 2，解得x ＝v ·2h g＝0.6 m ，C 正确，D 错误．答案：BC二、非选择题13．(2018·四川成都诊断)如图甲所示，长为20 m 的水平轨道AB 与半径R ＝3 m 的竖直半圆轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为0.4，取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块在水平轨道AB 上运动前10 m 过程中所需的时间；(2)求滑块到达B 处时的速度大小；(3)若滑块到达B 处时撤去力F ，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．解析：(1)在前10 m 内：F 1－μmg ＝ma 1s 1＝12a 1t 21解得t 1＝1 s.(2)滑块从A 到B 的过程中，由动能定理得F 1s 1－F 2s 3－μmgx ＝12m v 2B解得v B ＝10 2 m/s.(3)滑块恰好能到达C 点，则mg ＝m v 2C R滑块从B 到C 的过程中，由动能定理得W f －mg ·2R ＝12m v 2C －12m v 2B解得W f ＝－25 J ，即克服摩擦力做功为25 J.答案：(1)1 s (2)10 2 m/s (3)25 J14．(2018·陕西西安六校联考)如图所示，AB 是倾角θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切，圆弧的半径为R ，一个质量为m 的物体(可以看成质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E 时，对圆弧轨道的压力大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D ，释放点距B 点的距离L ′至少多大．解析：(1)对整体过程，由动能定理得mgR cos θ－μmg cos θ·s ＝0所以物体在AB 轨道上通过的总路程s ＝R μ.(2)最终物体以B (还有B 关于OE 的对称点)为最高点，在圆弧底部做往复运动，对B →E 过程，由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v 2E在E 点，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2E R解得N ＝(3－3)mg .由牛顿第三定律知，在最低点E ，物体对圆弧轨道的压力大小(3－3)mg .(3)物体刚好到D 点，由牛顿第二定律有mg ＝m v 2D R对全过程由动能定理得mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12m v 2D解得L ′＝(3＋3)R1－3μ.答案：(1)R μ (2)(3－3)mg (3)(3＋3)R 1－3μ。
【配套K12】2019版一轮优化探究物理(沪科版)练习：第十章 第3讲 电磁感应规律的综合应用
[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( ) A.12E B.13E C.23ED ．E解析：a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故U ab ＝13E ，B 正确． 答案：B2．(2018·广东四校联考)如图所示，在一磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L ＝0.1 m 的平行金属导轨MN 和PQ ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N 、Q 之间连接一阻值R ＝0.3 Ω的电阻．导轨上正交放置着金属棒ab ，其电阻r ＝0.2 Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v ＝4.0 m/s 向左做匀速运动时( )A ．ab 棒所受安培力大小为0.02 NB ．N 、Q 间电压为0.2 VC ．a 端电势比b 端电势低D ．回路中感应电流大小为1 A解析：ab 棒产生的电动势E ＝BL v ＝0.2 V ，电流I ＝ER ＋r ＝0.4 A ，ab 棒受的安培力F ＝BIL ＝0.02 N ，A 正确，D 错误；N 、Q 之间的电压U ＝RR ＋rE ＝0.12 V ，B 错误；由右手定则得a 端电势较高，C 错误．3.如图所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动．杆ef 及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )A ．ef 将减速向右运动，但不是匀减速B ．ef 将匀减速向右运动，最后停止C ．ef 将匀速向右运动D ．ef 将往返运动解析：ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动，故A 正确． 答案：A4.如图所示，有两根与水平方向成α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(电阻忽略不计)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( ) A ．如果B 增大，v m 将变大 B ．如果α增大，v m 将变大 C ．如果R 变小，v m 将变大 D ．如果m 变小，v m 将变大解析：金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值v m ，此后金属杆做匀速运动．杆受重力mg 、轨道的支持力F N 和安培力F ，如图所示．而F ＝B 2L 2v mR ，对金属杆有mg sin α＝B 2L 2v m R ，即v m ＝mgR sin αB 2L 2.由此式可知，B 增大，v m 减小；α增大，v m 增大；R 变小，v m 变小；m 变小，v m 变小．因此选项A 、C 、D 错误，选项B答案：B 二、多项选择题5．(2018·江淮十校联考)如图甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S ，线圈的电阻为R ，在线圈外接一个阻值为R 的电阻和一个理想电压表．将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．0～t 1时间内P 点电势低于Q 点电势B ．0～t 1时间内电压表的读数为n (B 1－B 0)S2t 1C ．t 1～t 2时间内R 上的电流为nB 1S2(t 2－t 1)RD ．0～t 2时间内线圈中的电流方向不变解析：根据楞次定律可知：0～t 1时间内，线圈中感应电流方向为逆时针，所以P 点电势高，A 错误.0～t 1时间内的感应电动势E ＝n ΔBΔt ·S ＝n (B 1－B 0)·S t1，而电压表的读数是路端电压，所以U ＝R2R ·E ＝n (B 1－B 0)·S 2t 1·S ，B 正确．t 1～t 2时间内，感应电动势E ′＝nΔΦ′Δt ′＝n B 1S t 2－t 1，感应电流I ′＝E ′2R ＝nB 1S2(t 2－t 1)R，C 正确．t 1～t 2时间内，感应电流的方向为顺时针，D 错误． 答案：BC6.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2F3 D ．两金属棒间距离保持不变解析：对两金属棒ab 、cd 进行受力和运动分析可知，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 ，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，有F － F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确． 答案：BC7.(2018·山西四校联考)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，在拉力作用下以初速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( ) A ．通过R 的电流方向由外向内 B ．通过R 的电流方向由内向外 C ．R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04R D ．流过R 的电荷量为πBLr2R解析：金属棒从cd 运动至ab 处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R 的电流为由外向内，故A 对，B 错．通过R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BrLR ，D 错．R 上产生的热量为Q ＝U 2R t ＝(BL v 0/2)2R πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R ，C 对．答案：AC[能力题组]一、选择题8．(2018·河北唐山模拟)如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R ，导体棒ab 垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R 的电荷量q 随导体棒位移的变化描述正确的是( )解析：导体棒运动过程中受向左的安培力F ＝B 2L 2vR ，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a ＝F m ＝B 2L 2vRm ，则a 减小，v -t 图线斜率的绝对值减小，故B 项正确，A 项错误．通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝BLR x ，可知C 、D 项错误． 答案：B9.如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R 相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，从高为h 处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v 匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g .则( )A ．金属杆加速运动过程中的平均速度为v 2B ．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C ．当金属杆的速度为v 2时，它的加速度大小为g sin θ2 D ．整个运动过程中电阻R 产生的焦耳热为mgh －12m v 2解析：对金属杆分析知，金属杆ab 在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于v2，A 错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mg sin θ＝B 2l 2vR 时，杆ab 开始匀速运动，此时v 最大，安培力最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B 错误；当金属杆速度为v2时，F 安＝B 2l 2·v 2R ＝12mg sinθ，所以F 合＝mg sin θ－F 安＝12mg sin θ＝ma ，得a ＝g sin θ2，C 正确；由能量守恒可得mgh －12m v 2＝Q ab ＋Q R ，即mgh －12m v 2应等于电阻R 和金属杆上产生的总焦耳热，D 错误． 答案：C10.(多选)如图所示，有一个磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r 、电阻为2R 的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa 一端可绕环的圆心O 旋转，另一端a 搁在环上，电阻值为R ；另一金属杆Ob 一端固定在O 点，另一端b 固定在环上，电阻值也是R .已知Oa杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob 不影响Oa 的转动，则下列说法正确的是( )A ．流过Oa 的电流可能为Bωr 25RB ．流过Oa 的电流可能为6Bωr 225RC ．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为Bωr 2D ．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为12Bωr 2 解析：Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为E ＝12Bωr 2，D 正确，C 错误；当Oa 旋转到与Ob 共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有I min ＝E 2.5R ＝Bωr 25R ，当Oa 与Ob 重合时，环的电阻为0，等效电路如图乙所示，此时有I max ＝E 2R ＝Bωr 24R ，所以Bωr 25R ≤I ≤Bωr 24R ，A 、B 正确．答案：ABD二、非选择题11．(2018·北京东城模拟)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m；(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率P R；(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BILI＝ER＋rE＝BL v m由以上各式代入数据解得v m＝2.0 m/s.(2)金属棒以最大速度v m匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时P R＝I2R，解得P R＝3 W.(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律有Q R Q r ＝Rr联立解得x ＝2.0 m 根据q ＝I Δt ，I ＝ER ＋r ，E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝BLx ，解得q ＝BLxR ＋r ＝1.0 C. 答案：(1)2.0 m/s (2)3 W (3)1.0 C12.如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．将阻值相同、质量均为m 的相同甲、乙两金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l .从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a ＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动． (1)求每根金属杆的电阻R 的大小．(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F 随时间t 的变化关系式，并说明F 的方向．(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功．解析：(1)甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v ＝2gl sin θ. 根据平衡条件有mg sin θ＝B 2l 2v2R . 解得R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ.(2)甲在磁场中运动时，外力F 始终等于安培力，F ＝B 2l 2v2R ，v ＝g sin θ·t ， 将R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ代入得F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θ t ，方向沿导轨向下．(3)乙进入磁场前，甲、乙产生相同热量，设为Q 1，则有F 安l ＝2Q 1， 又F ＝F 安，故外力F 对甲做的功W F ＝Fl ＝2Q 1.甲出磁场以后，外力F为零，乙在磁场中，甲、乙产生相同热量，设为Q2，则有F安′l＝2Q2，又F安′＝mg sin θ，Q＝Q1＋Q2，解得W F＝2Q－mgl sin θ.答案：(1)B2l22gl sin θ2mg sin θ(2)F＝mg2sin2θ2gl sin θt，方向沿导轨向下(3)2Q－mgl sin θ。
【配套K12】2019版一轮优化探究物理(教科版)练习：第十三章 第2讲 固体、液体和气体 Word
[课时作业] 单独成册 方便使用1．(1)下列说法正确的是________．A ．饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大B ．饱和汽是指液体不再蒸发，蒸汽不再液化时的状态C ．单晶体都有固定的形状，确定的熔点D ．所有晶体由固态变成液态后，再由液态变成固态时，固态仍为晶体E ．液晶分子的空间排列虽然在特定的方向排列比较整齐，但是分子的排列是不稳定的(2)如图所示，圆柱状汽缸(横截面积为S )被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m 相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K 处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t ℃)密闭开关K ，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L .由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面L 10处．已知环境温度为27 ℃不变，mg S 与16大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t 值．解析：(1)饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，A 正确；饱和汽是指蒸发和液化处于动态平衡，B 错误；单晶体的空间点阵结构决定单晶体有固定形状，确定的熔点，C 正确；水晶为晶体，熔化再凝固后变为非晶体，D 错误；液晶的微观结构介于晶体和液体之间，虽然液晶分子在特定的方向排列比较整齐，但分子的排列是不稳定的，所以E 正确．(2)对汽缸内封闭气体，Ⅰ(酒精棉球刚熄灭时)状态：p 1＝p 0，V 1＝LS ，T 1＝(273＋t )KⅡ(重物稳定时)状态：p 2＝p 0－mg S ＝56p 0，V 2＝910LS ，T 2＝300 K由理想气体状态方程得p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得t ＝127 ℃. 答案：(1)ACE (2)127 ℃2．(1)如图所示，表示一个平面上晶体物质微粒的排列情况，图上画出了三条等长线AB、AC和AD，在这三条线上物质微粒的数目均________(选填“相同”或“不同”)，可以得出结论：晶体的物理性质是________的(选填“各向同性”或“各向异性”)．(2)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强p A＝p0，温度T A＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点．求：①气体在状态B时的压强p B；②气体在状态C时的压强p C和温度T C.解析：(1)晶体和非晶体的重要区别是：晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点，同时晶体中单晶体具有各向异性，而非晶体都各向同性．这三条线上物质微粒的数目均不同，从而得出结论为：晶体的物理性质是各向异性的．(2)①A→B：等温变化p A V0＝p B×2V0，解得p B＝1 2p0②B→C：等压变化，p C＝p B＝12p0，V B V C＝T BT C，T C＝12T0答案：(1)不同各向异性(2)①12p0②12p012T03．(1)在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上石蜡，用烧热的针接触其上一点，石蜡熔化的范围如图a、b、c所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图d所示．则由此可判断出甲为________，乙为________，丙为________(选填“单晶体”“多晶体”或“非晶体”)．(2)如图所示，除右侧壁导热良好外，其余部分均绝热的汽缸水平放置，MN为汽缸右侧壁．汽缸的总长度为L＝80 cm，一厚度不计的绝热活塞将一定质量的氮气和氧气分别封闭在左右两侧(活塞不漏气)．在汽缸内距左侧壁d＝30 cm处设有卡环A、B，使活塞只能向右滑动，开始时活塞在AB右侧紧挨AB，缸内左侧氮气的压强p1＝0.8×105 Pa，右侧氧气的压强p2＝1.0×105 Pa，两边气体和环境的温度均为t1＝27 ℃，现通过左侧汽缸内的电热丝缓慢加热，使氮气温度缓慢升高，设外界环境温度不变．①求活塞恰好要离开卡环时氮气的温度；②继续缓慢加热汽缸内左侧氮气，使氮气温度升高至227 ℃，求活塞移动的距离．解析：(1)晶体具有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．单晶体的物理性质具有各向异性，多晶体的物理性质具有各向同性．(2)①“恰好要离开”即汽缸内氮气压强与氧气压强相等，取封闭的氮气为研究对象：初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS末状态：p2＝1.0×105 Pa，T2，V2＝V1由查理定律，有p1T1＝p2 T2代入数据解得T2＝375 K②继续缓慢加热汽缸内气体，使氮气温度升高至T3＝(227＋273) K＝500 K，设活塞移动距离为x取氮气为研究对象：初状态：p1＝0.8×105 Pa，T1＝300 K，V1＝dS 末状态：p3，T3＝500 K，V3＝dS＋xS由理想气体状态方程，有p1V1T1＝p3V3T3取氧气为研究对象：初状态：p2＝1.0×105 Pa，T1＝300 K，V4＝(L－d)S末状态：p5＝p3，T5＝300 K，V5＝LS－V3由玻意耳定律有p2V4＝p5V5代入数据解得向右移动的距离x≈5.6 cm.答案：(1)多晶体非晶体单晶体(2)①375 K②5.6 cm4．(2018·湖北华中师大附中检测)(1)下列说法正确的是________．A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果(2)如图所示，一圆柱形汽缸沿水平方向固定在桌面上，一定量的理想气体被活塞封闭其中，已知汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动．开始时气体压强为p，活塞内表面相对汽缸底部的距离为L，外界温度为T0，现用一质量为m的重锤通过绳子跨过滑轮连接活塞，重新平衡后，重锤下降h.求：①活塞的横截面积S.②若此后外界的温度变为T，则重新达到平衡后汽缸内气柱的长度为多少？已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g .解析：(1)水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A 项错误．正是表面张力使空中的雨滴呈球形，则B 项正确．液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C 项正确．高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D 项错误．因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E 项正确．(2)①由玻意耳定律可知pLS ＝p 1(L ＋h )S活塞受力平衡，有p 1S ＝pS －mg联立方程可得S ＝mg (L ＋h )ph②由盖吕萨克定律有(L ＋h )S T 0＝L 0S T解得L 0＝(L ＋h )T T 0. 答案：(1)BCE (2)①mg (L ＋h )ph ②(L ＋h )T T 05．(1)下列说法正确的是________．A ．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B ．温度相同的氢气和氧气，氢气分子和氧气分子的平均速率相同C ．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁也有压强D ．晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化E ．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故(2)如图所示，一端封闭、粗细均匀的U 形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中，当温度为280 K 时，被封闭的气柱长L ＝22 cm ，两边水银柱高度差h ＝16 cm ，大气压强p 0＝76 cmHg.①为使左端水银面下降3 cm ，封闭气体温度应变为多少？②封闭气体的温度重新回到280 K 后，为使封闭气柱长度变为20 cm ，需向开口端注入的水银柱长度为多少？解析：(1)液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力，A 正确；温度相同的所有物体，其分子平均动能都相同，但由于分子质量不同，故平均速率不相同，故B 错误；压强是由于分子的无规则运动撞击器壁产生的，故在失重状态下容器内的气体对器壁也有压强，故C 正确；晶体和非晶体在于内部分子排列，在一定的条件下，改变分子内部结构，晶体和非晶体可以相互转化，故D 正确；气体失去容器的约束就会散开，这是因为分子都在不停地做无规则热运动，且分子间相互作用力非常小，各分子相对是自由的，从而不受相互间的约束，不是因为斥力的原因，故E 错误．(2)①初态压强p 1＝(76－16) cmHg ＝60 cmHg末态时左右水银面高度差为(16－2×3) cm ＝10 cm压强p 2＝(76－10) cmHg ＝66 cmHg由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2解得T 2＝p 2V 2T 1p 1V 1＝350 K ②设加入的水银高度为l ，末态时左右水银面高度差h ′＝(16＋2×2) cm －l由玻意耳定律p 1V 1＝p 3V 3式中p 3＝76 cmHg －(20－l )cmHg解得l＝10 cm.答案：(1)ACD(2)①350 K②10 cm6．(1)下列说法正确的是________．A．两个系统相互接触而传热，当两个系统的温度相等时就达到了热平衡B．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点C．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度高于干泡显示的温度，是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果D．液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引E．单晶体某些物理性质具有各向异性，而非晶体和多晶体的是各向同性的(2)如图所示的汽缸距底部h0处连接一U形管(管内气体的体积忽略不计，两边管足够长)，汽缸内用一体积可忽略的T形活塞密闭一定质量的理想气体．初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为1.5h0，U形管内两边水银面的高度差为Δh0.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，活塞竖直长柄长为1.2h0，重力加速度为g.现缓慢降低气体的温度，求：①当T形活塞竖直长柄下端刚与汽缸底部接触时，气体的温度T1；②当温度降为0. 4T0时，U形管内两水银面的高度差Δh.解析：(1)两个系统相互接触传热，当温度相等时，达到了热平衡，故A正确；液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故B错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故C错误；液体与大气相接触，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互作用的引力，故D正确；单晶体的某些物理性质具有各向异性，晶体和多晶体是各向同性的，故E正确．(2)①缓慢降温过程中，活塞长柄下端到达汽缸底部前，气体做等压变化，设活塞截面积为S，有1.5h 0S 1.2h 0S ＝T 0T 1解得T 1＝0.8T 0.②活塞长柄下端到达汽缸底部后，继续缓慢降温至T 2＝0.4T 0过程中，气体做等容变化，有p 1＝p 0＋ρg ·Δh 0p 2＝p 0＋ρg ·Δhp 1p 2＝T 1T 2解得Δh ＝Δh 02－p2ρg .答案：(1)ADE (2)①0.8T 0②Δh 02－p 02ρg。
[推荐学习]2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第十四章 第1讲 机械振动和振动图象(实验：探
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[课时作业]单独成册方便使用一、选择题1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，一定相同的物理量是() A．位移B．速度C．加速度D．回复力E．回到平衡位置的时间解析：做简谐运动的物体，经过同一位置时，位移、回复力和加速度是确定不变的，而速度的方向和回到平衡位置的时间可能不同，故选A、C、D.答案：ACD2．下列说法正确的是()A．摆钟走时快了必须调短摆长，才可能使其走时准确B．挑水时为了防止水从桶中荡出，可以加快或减慢走路的步频C．在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是共振现象D．部队要便步通过桥梁，是为了防止桥梁发生共振而坍塌E．较弱声音可震碎玻璃杯，是因为玻璃杯发生了共振解析：摆钟走时快了，说明摆钟的周期变小了，根据T＝2πLg可知增大摆长L可以增大摆钟的周期，A错误；挑水时为了防止水从桶中荡出，可以改变走路的步频，B正确；在连续均匀的海浪冲击下，停在海面的小船上下振动，是受迫振动，C错误；部队便步通过桥梁，不能产生较强的驱动力，就避免桥梁发生共振现象，故D正确；当声音频率等于玻璃杯频率时，杯子发生共振而破碎，E正确．答案：BDE3.如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是()A．只有A、C的振动周期相等B．C的振幅比B的振幅小C．C的振幅比B的振幅大D．A、B、C的振动周期相等E ．若先让B 球振动，稳定后A 、B 、C 三者的周期相等解析：A 振动后，水平细绳上驱动力的周期T A ＝2πl A g ，迫使B 、C 做受迫振动，受迫振动的频率等于A 施加的驱动力的频率，所以T A ＝T B ＝T C ，而T C 固＝2πl Cg ＝T A ，T B 固＝2πl Bg >T A ，故C 共振，B 不共振，C 的振幅比B 的振幅大，所以A 、B 错误，C 、D 正确．B 先振动后，A 、C 做受迫运动，仍有三者周期相等，都等于B 的驱动周期，故E 正确．答案：CDE4.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下列说法中正确的是( )A ．甲、乙两单摆的摆长相等B ．甲摆的振幅比乙摆大C ．甲摆的机械能比乙摆大D ．在t ＝0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆E ．由图象可以求出当地的重力加速度解析：由图看出，两单摆的周期相同，同一地点的g 值相同，由单摆的周期公式T ＝2πLg 得知，甲、乙两单摆的摆长L 相同，A 正确．甲摆的振幅为10 cm ，乙摆的振幅为7 cm ，则甲摆的振幅比乙摆大，B 正确．尽管甲摆的振幅比乙摆大，两摆的摆长也相等，但由于两摆的质量未知，无法比较机械能的大小，C 错误．在t ＝0.5 s 时，甲摆经过平衡位置，振动的加速度为零，而乙摆的位移为负向最大，则乙摆具有正向最大加速度，D 正确．由单摆的周期公式T ＝2πL g 得g ＝4π2L T 2，由于单摆的摆长未知，所以不能求得重力加速度，E 错误． 答案：ABD5.如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y ＝0.1sin(2.5πt )m.t ＝0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t ＝0.6 s 时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.以下判断正确的是( )A ．h ＝1.7 mB ．简谐运动的周期是0.8 sC ．0.6 s 内物块运动的路程为0.2 mD ．t ＝0.4 s 时，物块与小球运动方向相反E ．简谐振动的振幅为0.1 m解析：由物块简谐运动的表达式y ＝0.1sin(2.5πt )m 知，A ＝0.1 m ，ω＝2.5π rad/s ，T ＝2πω＝2π2.5π s ＝0.8 s ，选项B 、E 正确；t ＝0.6 s 时，y ＝－0.1 m ，对小球：h ＋|y |＝12gt 2，解得h ＝1.7 m ，选项A 正确；物块0.6 s 内路程为0.3 m ，t ＝0.4 s 时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项C 、D 错误． 答案：ABE6．(2016·高考海南卷)下列说法正确的是( )A ．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比B ．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变C ．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小D ．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率E ．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向解析：在同一地点，重力加速度g 为定值，根据单摆周期公式T ＝2πlg 可知，周期的平方与摆长成正比，故选项A 正确；弹簧振子做简谐振动时，只有动能和势能参与转化，根据机械能守恒条件可知，振动系统的势能与动能之和保持不变，故选项B 正确；根据单摆周期公式T ＝2πl g 可知，单摆的周期与质量无关，故选项C 错误；当系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，故选项D 正确；若弹簧振子初始时刻在波峰或波谷位置，知道周期后，可以确定任意时刻运动速度的方向，若弹簧振子初始时刻不在波峰或波谷位置，则无法确定任意时刻运动的方向，故选项E 错误．答案：ABD7．(2018·湖南长沙模拟)一简谐振子沿x 轴振动，平衡位置在坐标原点，t ＝0时刻振子的位移x ＝－0.1 m ；t ＝43 s 时刻x ＝0.1 m ；t ＝4 s 时刻x ＝0.1 m ．该振子的振幅和周期可能为( )A ．0.1 m ，83 sB ．0.1 m,8 sC ．0.2 m ，83 sD ．0.2 m,8 sE ．0.2 m,10 s解析：若振子的振幅为0.1 m ，43 s ＝(n ＋12)T ，(4－43)s ＝n 1T ，则周期最大值为83 s ，A 正确，B 错误；若振子的振幅为0.2 m ，由简谐运动的对称性可知，当振子由x ＝－0.1 m 处运动到负向最大位移处再反向运动到x ＝0.1 m 处，再经n 个周期时所用时间为43 s ，则(12＋n )T ＝43 s ，所以周期的最大值为83 s ，且t ＝4 s 时刻x＝0.1 m ，C 正确；当振子由x ＝－0.1 m 经平衡位置运动到x ＝0.1 m 处，再经n个周期时所用时间为43 s ，则(16＋n )T ＝43 s ，所以此时周期的最大值为8 s ，且t＝4 s 时，x ＝0.1 m ，D 正确．答案：ACD二、非选择题8．如图甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为k 的轻弹簧上端与滑块相连，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器(压力显示为正值，拉力显示为负值)，能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F -t 图象．现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示的图象．(1)滑块做简谐运动的回复力是由________提供的；(2)由图乙所示的F -t图象可知，滑块做简谐运动的周期为________ s；(3)结合F-t图象的数据和题目中已知条件可知，滑块做简谐运动的振幅为________．解析：(1)滑块的回复力由滑块所受各力沿振动方向的分力的合力提供，即弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力．(2)由F -t图象可知，滑块的振动周期T＝0.4 s.(3)弹簧的最大压缩量x1＝F1k，最大伸长量x2＝F2k，所以振幅A＝x1＋x22＝F1＋F22k.答案：(1)弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力(或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力)(2)0.4(3)F1＋F2 2k9．(2018·浙江金华质检)(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将________(选填“变大”“不变”或“变小”)．解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙．(2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t 1＋2t 0－t 1＝2t 0；小球的直径变大后，摆长变长，根据T ＝2πl g 可知，周期变大；每次经过最低点时小球的挡光的时间变长，即Δt 变大．答案：(1)乙 (2)2t 0 变大 变大10．(2018·河南百校联考)如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O 是它的平衡位置，P 、Q 是小球所能到达的最高位置．小球的质量m ＝0.4 kg ，图乙是摆线长为l 时小球的振动图象，g 取10 m/s 2.(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过________(选填“O ”“P ”或“Q ”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L 及单摆完成n 次全振动所用的时间t ，则重力加速度g ＝________(用L 、n 、t 表示)．(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式，并判断小球在什么位置时加速度最大？最大加速度为多少？解析：(1)因摆球经过最低点的速度大，容易观察和计时，所以测量时间应从摆球经过最低点O 开始计时．单摆周期T ＝t n ，再根据单摆周期公式T ＝2π L g ，可解得g ＝4π2n 2L t 2. (2)由图乙可知单摆的振幅A ＝5 cm ，ω＝2πT ＝2π2 rad/s ＝π rad/s ，所以单摆做简谐运动的表达式为x ＝5sin πt cm.小球在Q 和P 处的加速度最大，由图乙可看出此摆的周期是2 s ，根据T ＝2πL g ，可求得摆长为L ＝1 m ，加速度最大值a m ＝F m m ＝mgA Lm ＝10×5×10－21m/s 2＝ 0.5 m/s 2.答案：(1)O 4π2n 2L t2 (2)x ＝5sin πt cm 小球在Q 和P 处的加速度最大 0.5 m/s 2 11．弹簧振子以O 点为平衡位置，在B 、C 两点间做简谐运动，在t ＝0时刻，振子从O 、B 间的P 点以速度v 向B 点运动；在t ＝0.20 s 时刻，振子速度第一次变为－v ；在t ＝0.50 s 时刻，振子速度第二次变为－v .(1)求弹簧振子的振动周期T ；(2)若B 、C 之间的距离为25 cm ，求振子在4.0 s 内通过的路程；(3)若B 、C 之间的距离为25 cm ，从平衡位置开始计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象．解析：(1)画出弹簧振子简谐运动示意图如图所示．由对称性可得T ＝0.5×2 s ＝1.0 s.(2)若B 、C 之间距离为25 cm ，则振幅A ＝12×25 cm ＝12.5 cm振子4.0 s 内通过的路程s ＝4T ×4×12.5 cm ＝200 cm.(3)根据x ＝A sin ωt ，A ＝12.5 cm ，ω＝2πT ＝2π rad/s ，得x ＝12.5sin 2πt (cm)振动图象如图所示．答案：(1)1.0 s(2)200 cm(3)x＝12.5sin 2πt(cm)图象见解析图。
【配套K12】2019版一轮优化探究物理(鲁科版)练习：第二章 第2讲 力的合成与分解 Word版含
[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．关于几个共点力及其合力，下列说法不正确的是()A．合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同B．合力与原来那几个力同时作用在物体上C．合力的作用可以替代原来那几个力的作用D．求几个力的合力遵循平行四边形定则解析：合力与分力是等效替代的关系，即合力的作用效果与几个分力的共同作用效果相同，合力的作用效果可以替代这几个分力的作用效果，但不能认为合力与分力同时作用在物体上，A、C正确，B错误；力是矢量，所以求合力时遵循平行四边形定则，D正确．答案：B、F2、F3共同作用，其力的矢量关系2.一物体受到三个共点力F如图所示，则它们的合力大小是()A．0B．2F1C．F3D．2F2解析：根据三角形定则，F1与F3的合力等于从F1的起点到F3的终点的有向线段，即与F2相同，合力等于2倍的F2，故D正确，A、B、C错误．答案：D3.2017年5月8日广西选手兰星宇以14.733分的成绩获得全国体操锦标赛暨全运会体操预选赛男子吊环冠军，兰星宇在吊环比赛中有一个高难度动作，先双手撑住吊环，此时两绳间距与肩同宽，且平行，如图甲，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图乙所示的位置，则在两手之间的距离增大的过程中，每根绳的拉力F及两绳的合力F的大小变化情况为()合A．F增大，F合减小B．F增大，F合增大C．F增大，F合不变D．F减小，F合不变解析：对人受力分析可知，两绳的拉力的合力与人的重力的大小是相等的，人的重力的大小是不变的，所以它们的合力不变，当双臂缓慢张开时绳之间的夹角变大，两个分力的大小都要变大，故C正确．答案：C4.(2018·河南洛阳模拟)如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是()A．此时锁壳碰锁舌的弹力为40 NB．此时锁壳碰锁舌的弹力为30 NC．关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐减小D．关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变解析：锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示，其中F1＝N sin 37°，且F1大小等于弹簧的弹力24 N，解得锁壳碰锁舌的弹力为40N，选项A正确，B错误；关门时，弹簧的压缩量增大，弹簧的弹力增大，故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大，选项C、D错误．答案：A5.已知两个共点力的合力的大小为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N．则()A．F1的大小是唯一的B．F2的方向是唯一的C．F2有两个可能的方向D．F2可取任意方向解析：由F1、F2和F的矢量三角形图可以看出：当F2＝25 N时，F1的大小才是唯一的，F2的方向也是唯一的．因F2＝30 N＞F20＝25 N，所以F1的大小有两个，即F1′和F1″，F2的方向有两个，即F2′的方向和F2″的方向，故选项A、B、D错误，选项C正确．答案：C二、多项选择题6．共点的两个力，大小均为10 N，当它们的合力在0～10 N范围时，它们夹角可能值是()A．27°B．79°C．121°D．173°解析：由题意，两个相等的共点力大小为10 N，而合力的大小也为10 N，因此由等边三角形的知识可知，当它们之间的夹角为120°时，合力即为10 N，如图所示，而当夹角为180°时，则合力为零，因此它们的合力在0～10 N范围时，它们夹角在120°～180°之间，故选项C、D 正确．答案：CD7.如图所示，作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零，F1沿－y方向，大小已知．F2与＋x方向夹角为θ(θ＜90°)，大小未知．下列说法正确的是()A．F3可能指向第二象限B．F3一定指向第三象限C．F3与F2的夹角越小，则F3与F2的合力越小D．F3的最小可能值为F1cos θ解析：因F1、F2、F3的合力为零，故F3应与F2、F1的合力等大反向，故F3可能指向第二象限，也可能指向第三象限，选项A正确，B错误；F3、F2的合力与F1等大反向，而F1大小、方向均已知，故F3与F2的合力与其夹角大小无关，选项C错误；当F3与F2垂直时，F3最小，其最小值为F1cos θ，选项D正确．答案：AD8.一件行李重为G，被绳OA和OB吊在空中，OA绳和OB绳的拉力分别为F1、F2，如图所示，则()A．F1、F2的合力是GB．F1、F2的合力是FC．行李对绳OA的拉力方向与F1方向相反、大小相等D．行李受到重力G、OA绳的拉力F1、OB绳的拉力F2，还有F共四个力作用解析：合力与分力具有等效替代的关系．所谓等效是指力F的作用效果与其分力F1、F2共同作用产生的效果相同．F1和F2的合力的作用效果是把行李提起来，而G的作用效果是使行李下落，另外产生的原因(即性质)也不相同，故A错误；F1和F2的作用效果和F的作用效果相同，故B正确；行李对绳OA的拉力与绳OA拉行李的力F1是相互作用力，等大反向，不是一个力，故C正确；合力F 是为研究问题方便而假想出来的力，实际上不存在，应与实际受力区别开来，故D错误．答案：BC[能力题组]一、选择题9．如图甲所示，斜拉桥的塔柱两侧有许多钢索，它们的一端都系在塔柱上．对于每一对钢索，它们的上端可以看成系在一起，即两根钢索对塔柱的拉力F1、F2作用在同一点，它们合起来对塔柱的作用效果应该让塔柱好像受到一个竖直向下的力F一样，如图乙所示．这样，塔柱便能稳固地伫立在桥墩上，不会因钢索的牵拉而发生倾斜，甚至倒下．如果斜拉桥塔柱两侧的钢索不能呈对称分布，如图丙所示，要保持塔柱所受的合力竖直向下，那么钢索AC、AB的拉力F AC、F AB应满足()A．F AC∶F AB＝1∶1 B．F AC∶F AB＝sin β∶sin αC．F AC∶F AB＝cos β∶cos αD．F AC∶F AB＝sin α∶sin β解析：将AB、AC上的力分解，在水平方向上的合力应为零，有F AC sin α－F AB sin β＝0，则F AC∶F AB＝sin β∶sin α，B正确．答案：B10.(多选)如图所示，一根细线的两端分别固定在M、N两点，用小铁夹将一个玩具娃娃固定在细线上，使a段细线恰好水平，b段细线与水平方向的夹角为45°.现将小铁夹的位置稍稍向左移动一段距离，待玩具平衡后，关于a、b两段细线中的拉力，下列说法正确的是()A．移动前，a段细线中的拉力等于玩具所受的重力B．移动前，a段细线中的拉力小于玩具所受的重力C．移动后，b段细线中拉力的竖直分量不变D．移动后，b段细线中拉力的竖直分量变小解析：移动前，由平衡条件得，a段细线中的拉力F a＝G cot 45°＝G，A项正确；夹子向左移动一小段距离后，玩具的位置下移，线a不再水平，与重力平衡的力变为a、b两线中拉力的竖直分量之和，故移动后b段细线中拉力的竖直分量变小，D项正确．答案：AD11.如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P，横截面为直角三角形的物块A放在斜面与P之间．则物块A对竖直挡板P的压力与物块A对斜面的压力大小之比为()A．2∶1 B．1∶2C.3∶1D.3∶4解析：将物体A所受重力按照力的效果进行分解，如图所示，有F1＝G tan θ，F2＝Gcos θ，故F1F2＝G tan θGcos θ＝sin θ＝12即物块A对竖直挡板P的压力与物块A对斜面的压力大小之比为1∶2，B 正确．答案：B12.如图所示，将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°.假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力F 1和第1、3块石块间的作用力F 2的大小之比为( )A ．1∶2 B.3∶2 C.3∶3 D.3∶1解析：以第1块石块为研究对象，受力分析如图，石块静止，则F 1＝F 2cos 30°，F 1F 2＝cos 30°＝32，故B 正确.答案：B13.(多选)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R ，与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．容器相对于水平面有向左的运动趋势B ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上C ．弹簧原长为R ＋mg kD ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg解析：对小球受力分析，如图所示．θ＝30°，三角形OO ′P为等边三角形，由相似三角形法得N ＝F ＝mg ，D 错误．由整体法得，竖直方向有总重力、地面的支持力，根据平衡条件可知，容器不受水平面的静摩擦力，容器与地面没有相对运动趋势，A 错误．小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，B 正确．由胡克定律有F ＝mg＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mg k ，C 正确．答案：BC二、非选择题14．图中工人在推动一台割草机，施加的推力大小为400 N ，方向与水平地面成30°斜向下，割草机重500 N.(1)割草机作用在地面上向下的压力多大？(2)割草机割完草后，工人用最小的拉力斜向右上方拉它，使之做匀速运动，已知最小拉力大小为300 N ，则割草机与地面间的动摩擦因数为多少？最小拉力与水平方向的夹角为多少？解析：(1)当工人斜向下推割草机时，在竖直方向上有：N 1＝mg ＋F sin 30°，解得：N 1＝700 N由牛顿第三定律可得，割草机作用在地面上向下的压力大小N 1′＝N 1＝700 N(2)由平衡条件知，在水平方向上：F cos α＝μN在竖直方向上有：N ＋F sin α＝mg联立可得：F ＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)，tan φ＝1μ，所以当α＋φ＝90°，即tan α＝μ时，F 有最小值：F min ＝μmg1＋μ2，代入数据可得：μ＝0.75，α＝37° 答案：(1)700 N (2)0.75 37°。
交变电流特点 练习 高中物理新鲁科版选择性必修第二册(2022年)
3.1交变电流特点一、单选题1．图中各图线不表示交流的是（）A．B．C．D．2．下列关于交变电流和直流的说法中，正确的是()A．如果电流的大小做周期性变化，则一定是交变电流B．直流的大小可以变化，但方向一定不变C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D．以上说法都不正确3．下列说法正确的是（）A．方向不变、大小随时间变化的电流是交变电流B倍C．远距离输电时，可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗D．理想变压器原、副线圈中通过的交变电流的频率之比等于原、副线圈的匝数之比4．关于交变电流与直流电的说法中，不正确的是（）A．如果电流大小做周期性变化，则不一定是交变电流B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性变化5．如图所示的的几种电流随时间变化的图线中，不属于交变电流的是（）A．B．C．D．6．下列各图中不属于交变电流的是（）A．B．C．D．7．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化下列说法正确的是A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．两种电压的最大值和有效值都相等C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u=31lsin100πt(V)D．图甲所示电压经原副线圈匝数比为10︰1的变压器变压后频率变为原来的110二、多选题8．下列图像中属于交流电的是（）A．B．C．D．9．下列图像中，属于交流电的有（）A．B．C．D．10．对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是（）A．电流大小变化，方向不变，是直流电B．电流大小、方向都变化，是交流电C．电流的周期为0.01 sD．电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电11．在如图所示的几种电流随时间变化的图象中，属于交变电流的是() A．B．C．D．12．如图所示的各图象中表示交变电流的是（）A．B．C．D．三、解答题13．如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似于打点计时器。
【配套K12】2019版一轮优化探究化学(鲁科版)练习：第3章 第11讲 金属材料 合金 Word版
课时作业1．(2017·泰安期末)明代《天工开物》记载“火法”冶炼锌：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，…然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，…冷淀，毁罐取出，…，即倭铅也”(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，泥罐中掺有煤炭)。
下列说法不正确的是( )A ．倭铅是指金属锌和铅的混合物B ．煤炭中起作用的主要成分是CC ．冶炼Zn 的化学方程式：ZnCO 3＋2C=====高温Zn ＋3CO ↑D ．该冶炼锌的方法属于热还原法答案：A2．铜锌合金俗称黄铜，下列不易鉴别黄铜与真金的方法是( )A ．测密度B ．测熔点C ．灼烧D ．看外观解析：黄铜和金的密度不可能相同，所以测密度可行，故A 易鉴别；合金的熔点较低，真金的熔点高，所以测熔点可行，故B 易鉴别；铜锌合金灼烧生成黑色的氧化物，而金性质稳定，颜色不变，可鉴别，故C 可行；黄铜和金的颜色相同，故D 不可行。
答案：D3．下列有关金属的工业制法正确的是( )A ．制钛：用金属钠置换氯化钛(TiCl 4)溶液中的钛B ．炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO 在高温下还原铁矿石中铁的氧化物C ．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl 溶液D ．炼铜：用黄铜矿经电解精炼得到纯度为99.9%的铜解析：钠与水反应，不能从溶液中置换出钛，A 错；电解NaCl 溶液得不到Na ，C 错；用粗铜电解精炼可得到纯度为99.9%的铜，而不是用黄铜矿，D 错。
答案：B4．下列是部分矿物资源的利用及产品流程，有关说法不正确的是( )A ．粗铜电解精炼时，粗铜做阳极B ．生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应C ．黄铜矿冶炼铜时，副产物SO 2可用于生产硫酸，FeO 可用作冶炼铁的原料D ．粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次分馏的方法解析：电解精炼铜时，粗铜做阳极，自身可以溶解，故A 正确；制备单质时涉及化合价变化，是氧化还原反应，制玻璃的反应是SiO 2＋Na 2CO 3=====高温Na 2SiO 3＋CO 2↑和SiO 2＋CaCO 3=====高温CaSiO 3＋CO 2↑，化合价未发生变化，均不属于氧化还原反应，故B 错误；SO 2可以转化成SO 3，进而生成H 2SO 4；FeO 与CO 在高温下可生成Fe ，故C 正确；制备硅的过程中，利用沸点不同进行分馏，将SiCl 4从杂质中提取出来，再与H 2发生置换反应得到高纯硅，故D 正确。
2019版一轮优化探究物理(沪科版)课件：第八章 实验十一 练习使用多用电表
[基本实验要求]
(4)测量小灯泡的电压和电流． ①按如图甲所示的电路图连好电路，将多用电表选择开关置于 直流电压挡，测小灯泡两端的电压．
②按如图乙所示的电路图连好电路，将选择开关置于直流电流 挡，测量通过小灯泡的电流．
[考纲解读] [核心考点•互动探究] [跟踪检测•巩固提升] 首页 上页 下页 尾页
[基本实验要求]
(5)测量定值电阻 ①根据被测电阻的估计阻值， 选择合适的挡位， 把两表笔短接， 观察指针是否指在欧姆表的“0”刻度，若不指在欧姆表的“0”刻 度，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆表的“0”刻度处； ②将被测电阻接在两表笔之间，待指针稳定后读数； ③读出指针在刻度盘上所指的数值，用读数乘以所选挡位的倍 率，即得测量结果； ④测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡.
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[规律方法总结]
2.多用电表对电路故障的检测 (1)断路故障的检测方法 ①将多用电表拨到直流电压挡作为电压表使用． a.将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好， 若电压表示数为零，说明电源损坏． b.在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联．若 电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点．
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[规律方法总结]
1.使用多用电表的注意事项 (1)表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入 “＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔，注意电流的实际方向应 为“红入”“黑出”． (2)区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左 侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的指针定位螺丝；欧姆 零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮． (3)由于欧姆挡表盘难以估读，测量结果只需取两位有效数字， 读数时注意乘以相应挡位的倍率．
【配套K12】2019版一轮优化探究物理(教科版)练习：第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律 Wor
[课时作业]单独成册方便使用授课提示：对应学生用书第245页[基础题组]单项选择题1．(2018·山东潍坊月考)图甲、乙、丙是中学物理课本必修1中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法正确的是()A．甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移偏小B．甲图中利用矩形面积的和表示位移大小比乙图利用梯形面积表示位移大小更接近真实值C．这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动D．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示加速度变化量解析：物体的位移等于图线与时间轴所围的面积大小，则知甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移大小偏小，故A正确．根据“面积”表示位移可知，乙图利用梯形面积表示位移大小比甲图中利用矩形面积的和表示位移大小更接近真实值，故B错误．这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动，故C错误．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示速度变化量，故D错误．答案：A2．在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段的限速为60 km/h，则该车()A．超速B．不超速C．无法判断D．速度刚好是60 km/h解析：如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝2ax可求得刹车时的速度为30 m/s＝108 km/h，所以该车超速行驶，A正确．答案：A3．汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s 2，那么开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为( ) A ．1∶1 B ．1∶3 C ．3∶4D ．4∶3解析：汽车从刹车到停止用时t 刹＝v 0a ＝205 s ＝4 s ，故刹车后2 s 和6 s 内汽车的位移分别为x 1＝v 0t －12at 2＝20×2 m －12×5×22 m ＝30 m ，x 2＝v 0t 刹－12at 2刹＝20× 4 m －12×5×42 m ＝40 m ，x 1∶x 2＝3∶4，C 选项正确． 答案：C4．(2018·天津五区县高三模拟)一质点在做匀加速直线运动，加速度为a ，在时间t 内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t 内的位移为( ) A.12at 2 B ．at 2 C.32at 2D ．2at 2解析：设质点的初速度为v 0，则t s 末的速度为3v 0，根据速度位移公式得x ＝(3v 0)2－v 202a ＝4v 20a ，因为t ＝3v 0－v 0a ＝2v 0a ，则有v 0＝at 2，可知x ＝at 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．故选B. 答案：B5．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0＜t )时刻距离海平面的深度为( ) A.v (t －t 0)22t B.v t 202tC.v t 2D ．v t 0(1－t 02t )解析：潜水器减速上升，加速度a＝vt，由2aH＝v2得，开始运动时距离水面高度H＝v 22a ＝12v t，经时间t0上升的距离为h＝v t0－12at20＝v t0－v t202t，此时到水面的距离Δh＝H－h＝v(t－t0)22t.答案：A6．为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6 cm，拍摄到的石子位置A距石子起落点竖直距离约5 m，g取10 m/s2，这个照相机的曝光时间约为()A．1×10－3 s B．1×10－2 sC．5×10－2 s D．0.1 s解析：自由落体运动5 m的末速度为v t＝2gh＝2×10×5 m/s＝10 m/s.由于0.12 m远小于5 m，故可以近似地将AB段当匀速运动，故时间为t≈ABv t＝0.12 m10 m/s＝0.012 s≈0.01 s，故选B.答案：B7．某同学观看跳台跳水比赛，一跳水运动员在离水面10 m高的平台向上跃起，该同学估测运动员跃起离平台的最大高度约为0.2 m．假设运动员做竖直上抛运动，则该运动员在空中完成动作的时间大约为()A．1.2 s B．1.4 sC．1.6 s D．2.0 s解析：运动员做竖直上抛运动，上升到最高点h1＝0.2 m时，看作反方向的自由落体运动，h1＝12gt 21，t1＝2h1g＝0.2 s，上升到最高点时距离水面10.2 m，h2＝12gt22，t2＝2h2g＝1.4 s，故t＝t1＋t2＝1.6 s，选项C正确．答案：C8．(2018·四川雅安中学高三质检)有一长为L的列车，正以恒定的加速度过铁路桥，桥长为2L，现已知列车车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，那么，车尾过桥尾时的速度为()解析：从列车车头过桥头到车头过桥尾有＝2a·2L，从车头过桥尾到车尾过桥尾有＝2a·L，由以上两式可得v3＝.答案：C[能力题组]一、选择题9．在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为Δt.如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，则两小球落地的时间差将()A．减小B．增大C．不变D．无法判定解析：设细线的长度为L，第一个小球着地后，另一个小球还要运动的位移为L，在L内运行的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L内的初速度．高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移L内的初速度越大，根据L＝v0t＋12gt2，初速度越大，时间越短，所以两小球落地的时间差将减小，故A正确，B、C、D错误．故选A.答案：A10．(2018·黑龙江大庆模拟)不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，上升的最大高度为h.现在距物体抛出点34h处设置一块挡板，物体撞击挡板后的速度大小减为0，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( ) A ．0.4t B ．0.5t C ．0.6tD ．0.7t解析：物体下降时间为0.5t ，故高度为h ＝12g (t 2)2，物体自由落体运动14h 过程，有14h ＝12gt ′2，物体到挡板处的时间t ′＝h2g ＝0.25t ，故第二次物体上升的时间t ″＝0.5t －t ′＝0.5t －0.25t ＝0.25t ，物体撞击挡板后下降的时间34h ＝12gt 21，t 1＝3h 2g ＝34t ，所以第二次物体上升和下降的总时间t 2＝t ″＋t 1＝0.25t ＋34t ≈0.7t ，故选D. 答案：D11．(多选)(2018·山东济南模拟)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s ＝ 8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v t ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610 s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t ＝2t 1＝2×1.6 s ＝3.2 s ，故A 、C 正确． 答案：AC 二、非选择题12．某人在相距10 m 的A 、B 两点间练习折返跑，他在A 点由静止出发跑向B 点，到达B 点后立即返回A 点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4 m/s 2和8 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，从B 点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A 点，求： (1)从B 点返回A 点的过程中以最大速度运动的时间；(2)从A 点运动到B 点与从B 点运动到A 点的平均速度的大小之比．解析：(1)设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t 1，加速运动的位移大小为x 1，从B 点返回A 点的过程中做匀速运动的时间为t 2，A 、B 两点间的距离为L ，由运动学公式可得 v m ＝a 1t 1 x 1＝v m 2t 1 L －x 1＝v m t 2联立以上各式并代入数据可得t 2＝2 s.(2)设此人从A 点运动到B 点的过程中做匀速运动的时间为t 3，减速运动的位移大小为x 2，减速运动的时间为t 4，由运动学方程可得 v m ＝a 2t 4 x 2＝v m 2t 4 L －x 1－x 2＝ v m t 3 v ABvBA＝t 1＋t 2t 1＋t 3＋t 4联立以上各式并代入数据可得v ABvBA＝1213答案：(1)2 s (2)121313．2017年全国跳水冠军赛暨第十三届全运会预选赛于5月13日结束首日较量．女子10米台，任茜、司雅杰、张家齐等顺利晋级决赛，图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取10 m/s 2) (1)运动员起跳时的速度v 0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)． 解析：(1)上升阶段：－v 20＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 解得t 1＝v 0g ＝310 s ＝0.3 s 自由落体过程：H ＝12gt 22 解得t 2＝2Hg ＝2×10.4510 s ≈1.45 s故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s 答案：(1)3 m/s (2)1.75 s。
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教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集 专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 [课时作业] 单独成册 方便使用 [基础题组] 一、单项选择题 1．(2018·云南统考)某小型发电机产生的交变电动势表达式为e＝100sin 100πt(V)，则该电动势( ) A．有效值是100 V B．频率是100 Hz C．最大值是1002 V D．周期是0.02 s 解析：由交变电动势的表达式可知，该交变电动势的最大值为100 V，有效值为502 V，选项A、C错误；由表达式还可得到周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项B错误，D正确． 答案：D 2.一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示．已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定( ) A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2 B．t2时刻穿过线框的磁通量为零 C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零
D．线框转动的角速度为EmBL2 解析：t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为Em＝BL2ω，则ω＝EmBL2，D正确． 答案：D 3.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集 专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 界)，则线框内产生的感应电流的有效值为( ) A.BL2ω2R B.2BL2ω2R C.2BL2ω4R D.BL2ω4R 解析：线框的转动周期为T，而线框转动一周只有T4的时间内有感应电流，此时
感应电流的大小为I＝12BL2ωR＝BL2ω2R，根据电流的热效应有(BL2ω2R)2R·T4＝I2有RT，解得I有＝BL2ω4R，故D正确． 答案：D 4．(2018·江西南昌高三模拟)两矩形线圈分别在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示，则下列说法正确的是( )
A．两交变电流的频率之比f甲∶f乙＝1∶2 B．两交变电流电动势的有效值之比E甲∶E乙＝3∶1 C．t＝1 s时，两线圈中的磁通量的变化率均为零 D．t＝1 s时，两线圈均处在与中性面垂直的位置上 解析：由题图可见T乙＝2T甲，则f甲∶f乙＝2∶1，A错误．E甲∶E乙＝E甲m∶E乙m
＝1∶3，B错误．e∝ΔΦΔt，t＝1 s时e＝0，故ΔΦΔt＝0，C正确．e＝0说明线圈处在中性面的位置上，D错误． 答案：C 5．两个相同的电阻分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流，则在一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的热量Q1与方波电流在电阻上产生的热量Q2之比为( ) 教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集 专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1
解析：对于正弦式电流，有效值I1＝22Im＝522 A，根据焦耳定律得Q1＝I21RT
＝12.5RT；对于方波电流，根据焦耳定律得Q2＝I22R·T2＋I2′2R·T2＝8RT＋4.5RT＝12.5RT，则Q1∶Q2＝1∶1，选项A正确． 答案：A 二、多项选择题 6．面积为S的两个完全相同的单匝金属线圈分别放置在如图甲、乙所示的磁场中．图甲中有磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴
做匀速转动；图乙中的磁场的变化规律为B＝B0cos 2πTt，从图示时刻起计时，则 ( )
A．两线圈中的磁通量变化规律均为Φ＝B0Scos 2πTt B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同 C．两线圈中产生的交变电流的有效值不同
D．从此刻起，T4时间内流过线圈截面的电荷量相同
解析：由于甲中线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，所以其角速度为2πT，其磁通量为Φ＝B0Scos ωt＝B0Scos 2πTt，乙中线圈的磁通量为Φ′＝BS＝B0Scos 2πTt，所以两者的磁通量变化规律相同，则两者实际产生的交变电流是相同的，教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集 专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 因此两线圈中感应电动势达到最大值的时刻、两线圈中产生的交变电流的有效值、T4时间内流过线圈截面的电荷量都是相同的，故选项A、D正确，B、C错误． 答案：AD 7.如图所示，在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一匝数为n、边长为l、电阻为R的正方形线圈围绕垂直于磁感线的对称轴OO′按照图示的方向匀速转动，转动的角速度为ω.则下列说法中正确的是( ) A．当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流大小为nBl2ωR
C．线圈从图示位置转过π2的过程中，线圈中产生的热量为πωn2B2l22R D．若从图示位置开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为e＝nBl2ωcos ωt
解析：由右手定则可知，当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电流方向为
a→d→c→b→a，选项A错误；当线圈转至图示位置时，线圈中产生的感应电动势最大，为Em＝nBl2ω，所以此时线圈中产生的感应电流大小为Im＝EmR＝nBl2ωR，选项B正确；线圈中产生的感应电流的有效值为I＝nBl2ω2R，所以线圈从图示位置转过π2的过程中，线圈中产生的热量为Q＝I2Rt＝n2B2l4ω22R2·R·14·2πω＝πn2B2ωl44R，选项C错误；若从图示位置开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小应为e＝nBl2ωcos ωt，选项D正确．
答案：BD 8.边长为L的正方形线框在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，产生的感应电流的最大值为Im，设灯泡的电阻为R，其他电阻不计．从如图所示位置开始计时，则( ) 教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集 专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 A．电路中电流的最大值Im＝BL2ωR B．电路中电流的瞬时值表达式为i＝Imsin ωt C．电流表的读数为Im2
D．灯泡的电功率为I2m2R 解析：感应电动势的最大值Em＝BL2ω，则电流的最大值Im＝EmR＝BL2ωR，选项A正确；由线圈电流为最大值时开始计时，故电路中电流的瞬时表达式应为i＝Imcos ωt，选项B错误；电流表的读数为有效值，为I＝22Im，选项C错误；灯泡的电
功率P＝I2R＝12I2mR，选项D正确． 答案：AD [能力题组] 一、选择题 9．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图象是 ( ) 教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集
专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 解析：由题图乙知，周期T＝4 s，感应电动势的最大值Em＝1 V，而感应电动势的最大值的表达式Em＝NBSω＝NBS·2πT.若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T′变为原来的 12，即T′＝2 s，而感应电动势的最大值Em′变为原来的2倍，即Em′＝2 V，所以选项B、C错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A正确，D错误． 答案：A 10．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为5 Ω，现外接一只电阻为105 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
A．电路中的电流方向每秒钟改变50次 B．理想电压表V的示数为220 V C．灯泡实际消耗的功率为440 W D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20 J 解析：由图甲知周期T＝0.02 s，每个周期交流电方向改变两次，则1 s内电流方向改变的次数为100次，选项A错误；由图甲知感应电动势最大值Em＝2202 V，所以有效值E＝220 V，电压表示数U＝RR＋rE＝105105＋5×220 V＝210 V，选项B
错误；灯泡实际消耗的功率P＝2102105W＝420 W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热Q＝E－U2rt＝220－21025×1 J＝20 J，选项D正确． 教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集 专注专业学习坚持不懈勇攀高峰 答案：D 11．(多选)如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小．对此，下列说法正确的是( )
A．电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u＝2.5sin 200πt(V) B．电阻R消耗的电功率为1.25 W C．如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A
D．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为12
解析：图乙所示电流的最大值为Im＝0.5 A，周期为T＝0.01 s，其角速度为ω＝2πT
＝200π rad/s，由欧姆定律得Um＝ImR＝2.5 V．所以R两端电压瞬时值的表达式为u＝2.5sin 200πt(V)，选项A正确；该电流的有效值为I＝Im2，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625 W，选项B错误；电流表的示数为有效值，该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em＝nBSω为原来的2倍，电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×0.52 A≠1 A，选项C错误；图乙中的正弦交变电流的有效值为0.52 A，图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，故有效值之比为12，