【加练半小时】2018年高考物理(全国卷)一轮微专题复习 微专题40 电场中的图象问题
2018年高考物理一轮复习专题45电磁感应中的电路和图象问题(讲)(含解析)
专题45 电磁感应中的电路和图象问题1.能认识电磁感应现象中的电路结构，并能计算电动势、电压、电流、电功等.2.能由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象或由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．一、电磁感应中的电路问题 1． 内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源． (2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路． 2． 电源电动势和路端电压 (1)电动势：E ＝Blv 或E ＝tn E ∆∆Φ=. (2)路端电压：U ＝IR ＝E －Ir . 二、电磁感应中的图象问题 1． 图象类型(1)随时间变化的图象如B －t 图象、Φ－t 图象、E －t 图象和i －t 图象． (2)随位移x 变化的图象如E －x 图象和i －x 图象． 2． 问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量． (3)利用给出的图象判断或画出新的图象.考点一 电磁感应中的电路问题 1． 对电磁感应中电源的理解(1)电源的正负极、感应电流的方向、电势的高低、电容器极板带电问题，可用右手定则或楞次定律判定．(2)电源的电动势的大小可由E ＝Blv 或tnE ∆∆Φ=求解．2． 对电磁感应电路的理解(1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做功转化为电能． (2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势． ★重点归纳★1．电磁感应中电路知识的关系图2．电磁感应中电路问题的题型特点闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势和感应电流．从而考题中常涉及电流、电压、电功等的计算，也可能涉及电磁感应与力学、电磁感应与能量的综合分析．3．分析电磁感应电路问题的基本思路(1)确定电源：用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向，电源内部电流的方向是从低电势流向高电势；(2)分析电路结构：根据“等效电源”和电路中其他元件的连接方式画出等效电路．注意区别内外电路，区别路端电压、电动势； (3)利用电路规律求解：根据E ＝BLv 或tn E ∆∆Φ=结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解． 4.电磁感应电路的几个等效问题★典型案例★如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨宽度为L ，导轨下端接有电阻R ，两导轨间存在一方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B 的匀强磁场，轻绳一端平行于斜面系在质量为m 的金属棒上，另一端通过定滑轮竖直悬吊质量为0m 的小木块。
2018年高考物理一轮复习考点通关练强化训练9电磁感应中的图象问题
强化训练(9) 电磁感应中的图象问题时间：60分钟 满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，1～4小题只有一项符合题目要求，5～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)1．[2016·福建德化检测]如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω，磁场的磁感应强度大小B 随时间t 的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i 的正方向。
则 ( )A ．0～5 s 内i 的最大值为0.1 AB ．第4 s 末i 的方向为正方向C ．第3 s 内线圈的发热功率最大D ．3～5 s 内线圈有扩张的趋势答案 D解析 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ×S Δt，可知B t 图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大即：E max ＝n ΔB ×S Δt＝0.01 V ，根据欧姆定律：I max ＝E max R＝0.01 A ，故A 错误。
从第3 s 末到第5 s 末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流方向为负方向，故B 错误；由题图乙所示图象可知，在第3 s 内穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，故C 错误；由图乙所示可知，3～5 s 内穿过线圈的磁通量减少，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，故D 正确。
2．[2017·武汉名校联考]如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示。
在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )A ．顺时针，向左B ．逆时针，向右C ．顺时针，向右D ．逆时针，向左 答案 B解析 在0～T 2时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T 2～T 时间内，直导线电流方向也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流。
2018年高考物理一轮复习 专题03 运动的图象、追及相遇问题(练)(含解析)
专题03 运动的图象、追及相遇问题1．一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图象可知： （ ）A 、4 s 内物体在做曲线运动B 、4 s 内物体的速度一直在减小C 、物体的加速度在2.5 s 时方向改变D 、4 s 内物体一直做直线运动 【答案】D2．A 、B 两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v －t 图象如图所示。
在t ＝0时刻，B 在A 的前面，两物体相距9m ，B 物体在滑动摩擦力作用下做减速运动的加速度大小为2m ／s 2，则A 物体追上B 物体所用时间是： （ ）A 、3sB 、5sC 、7.5sD 、8.5s 【答案】D 【解析】刹车问题，首先要考虑物体经多长时间停下来。
B 减速到零所需的时间s 521000===a v t 。
解法一：在5s 内，A 的位移m 200==t v x A A ，B 的位移m 2522==av x B ，可知B 停下来时二指距离m 140=-+=∆A B x x x x ，即B 停下来后A 还需运动12m 才能追上B ，s 5.3=∆='Av xt 。
所以A 追上B 所需的时间s 5.80='+=t t t ，故A 、B 、C 错误，D 正确。
解法二：A 追上B 需满足0x x x B A =-，即020)21(x at t v t v A =--，代入数据、整理得：0962=--t t ，解得：s )333(±=t 。
0s )333(<-=t ，不合理，舍去；5s s )333(>+=t ，此时B 已经停止，不合理。
可知A 追上B 时B 已经停止，需满足0202x a v t v A =-，s 5.10922200++=A v a v x t ，故A 、B 、C 错误，D 正确。
3．甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v -t 况，下列说法正确的是： （ ）A 、在t =1s 时，甲、乙相遇B 、在t =2s 时，甲、乙的运动方向均改变C 、在t =4s 时，乙的加速度方向改变D 、在t =2s 至t =6s 内，甲相对于乙做匀速直线运动 【答案】D 【解析】【名师点睛】本题是速度-时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况．4．（多选）a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移﹣时间图象如图所示，图象c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是： （ ）A 、a 、b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B 、a 、b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等方向相反C 、在0～5s 的时间内，t=5s 时，a 、b 两个物体相距最远D 、物体c 做匀加速运动，加速度为0.2m/s 2【答案】BCD5．一辆执勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v=12m/s 的速度匀速行驶的货车有违章行为时，君顶前去追赶，经t 0=2s ，警车发动起来，以加速度a=2m/s 2做匀加速运动，若警车最大速度可达v m =16m/s ，问：（1）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？ （2）警车发动起来后至少多长时间才能追上货车？ 【答案】（1）60m （2）22s【解析】（1）当警车与货车的速度相等时，两者距离最大；由at 1=v,可得t 1=6s 此时20111()602x v t t at m ∆=+-= （2）警车发动到达到最大速度需要的时间：28mv t s a== 此时货车的位移：x 1=v （t 0+t 2）=120m 警车位移：2221x 642at m ==，即警车还未追上货车，此时二者相距'1256x x x m ∆=-= 还需要时间：'314m x t s v v∆==-所以警车从发动到追上货车的最短时间为t=t 2+t 3=22s【名师点睛】此题考查了追击及相遇问题；关键是认真分析两车运动的物理过程，抓住两车的速度及位移的关联关系，应用匀变速直线运动的规律列出方程求解．1．甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v －t 图象如图所示。
【加练半小时】2018年高考物理(全国卷)一轮微专题复习第7章 动量 微专题35
[方法点拨](1)对于弹性碰撞的动量守恒和能量守恒要熟知，对于和一个静止的物体发生弹性碰撞后的速度表达式要熟记，如果在考场上来计算，太浪费时间．(2)明确碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态．1．(完全非弹性碰撞)(多选)如图1，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1< m2.经一段时间两物体相碰撞并粘在一起．碰撞后()图1A．两物体将向左运动B．两物体将向右运动C．两物体组成的系统损失能量最小D．两物体组成的系统损失能量最大2．(对碰撞的理解)如图2所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1＝4 kg·m/s和p2＝6 kg·m/s(向右为参考正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为()图2A．－2 kg·m/s, 3 kg·m/s B．－8 kg·m/s, 8 kg·m/sC．1 kg·m/s, －1 kg·m/s D．－2 kg·m/s, 2 kg·m/s3．(弹性碰撞)如图3，两滑块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，速度为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图3A．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4．(碰撞的实际应用)冰壶运动深受观众喜爱，图4a为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图b.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是()图45．质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其s－t 图象如图5所示，则()图5A．此碰撞一定为弹性碰撞B．被碰物体质量为2 kgC．碰后两物体速度相同D．此过程有机械能损失6．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图6所示．则上述两种情况相比较()图6A．子弹的末速度大小相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大7.如图7所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为____________，A、B两球碰撞前后两球总动能之比为________．图78．如图8所示，质量为m 的小球悬挂在长为L 的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ＝60°角的位置后由静止释放．当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m 的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的1625.已知木块与地面间的动摩擦因数μ＝940，重力加速度取g .求：图8(1)小球与木块碰前瞬间所受拉力大小；(2)木块在水平地面上滑行的距离．9．如图9所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m 的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为μ，平板车的质量M ＝2m ，车与物块一起向右以初速度v 0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g ，求：图9(1)平板车的长度L 至少是多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n 次后，物块跟车一起运动的速度v n ；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车表面相对于车滑动的总路程s .答案精析1．AD [根据p 2＝2mE k ，结合m 1<m 2，知p 1<p 2，故系统总动量向左，根据动量守恒知碰后两物体将向左运动，所以A 正确，B 错误；由题意知两物体属于完全非弹性碰撞，损失动能最大，所以C 错误，D 正确．]2．D [由于碰撞过程中，动量守恒，两小球动量变化大小相等，方向相反，因此A 错误；因为碰撞的过程中动能不增加．若Δp 1和Δp 2分别为－8 kg·m/s, 8 kg·m /s ，则p 1′＝－4 kg·m/s ，p 2′＝14 kg·m/s ，根据E k ＝p 22m知相撞过程中动能增加，B 错误；两球碰撞的过程中，B 球的动量增加，Δp 2为正值，A 球的动量减小，Δp 1为负值，故C 错误．变化量分别为－2 kg·m /s,2 kg·m/s ，符合动量守恒、动能不增加以及实际的规律，故D 正确．]3．D [取向右为正方向，根据动量守恒：m ·2v 0－2mv 0＝mv A ＋2mv B ，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A 、B 的运动方向一定相反，所以D 正确，A 、B 、C 错误.]4．B5．A [速度图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v 1＝4 m/s ，v 2＝0，v 1′＝－2 m /s ，v 2′＝2 m/s ；由动量守恒定律，m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，得m 2＝3 kg ；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J ，机械能没有损失，因此是弹性碰撞，B 、C 、D 错误，A 正确．]6．AB [根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A 正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量也相同，B 正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，因此做功相同，C 错误；产生的热量Q ＝f ×Δs ，由于产生的热量相同，而相对位移Δs 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D 错误．]7．4∶1 9∶5解析 设A 、B 球的质量分别为m A 和m B ,A 球碰撞后的速度大小为v A 2,B 球碰撞前、后的速度大小分别为v B 1和v B 2,由题意知v B 1∶v B 2＝3∶1,v A 2＝v B 2.A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得m B v B 1＝m A v A 2－m B v B 2,所以有m A m B ＝v B 1＋v B 2v A 2＝41.碰撞前后的总动能之比为12m B v 2B 112m B v 2B 2＋12m A v 2A 2＝95. 8．(1)2mg (2)1.8L解析 (1)设小球摆至最低点时的速度为v ，根据动能定理有：mgL (1－cos θ)＝12m v 2 设小球与木块碰撞前瞬间所受拉力为F T ，有：F T －mg ＝m v 2L代入数据，解得：F T ＝2mg (2)设小球与木块碰撞后，小球的速度为v 1，木块的速度为v 2，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m v ＝2m v 2－m v 1.根据题意知：12m v 21＝1625×12m v 2，设木块在水平地面上滑行的距离为s ，根据动能定理有：－2μmgs ＝0－12×2m v 22联立并代入数据，解得s ＝1.8L . 9．(1)8v 203μg (2)(13)n v 0 (3)3v 202μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有12(M ＋m )v 20－12(M ＋m )v 21＝12fL 解得L ＝8v 203μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同，所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0 所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝(13)n v 0(3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能fs ＝12(M ＋m )v 20 整理得s ＝3v 202μg.。
全国通用2018年高考物理一轮温习第3章牛顿运动定律微专题17动力学中的图象问题
3．C [由mgsinθ＝6 N，Ff＝μmgcosθ＝6.4 N，初始时物块静止在斜面上，现在静摩擦力方向沿斜面向上；0～1 s时刻内物块静止；1～2 s时刻内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t＝2 s时物块加速度大小为12.4 m/s2；t＝2 s后F＝－0.4 N，物块的加速度大小为12.8 m/s2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时刻小于1 s，C正确．]
6．(1) (2)8 m/s
解析 (1)对小孩在斜坡上的运动进程，由题图乙可知，小孩滑到斜坡底端时的速度v＝10 m/s
由牛顿第二定律，知mgsinθ－μmgcosθ＝ma
又v2＝2a
联立解得：μ＝
(2)方式一 小孩在t＝0.5 s时离开木板，木板在0～0.5 s内的位移x木＝1.5 m
由图可得：
x木＋l＝x人
图3
5．(多项选择)如图4甲所示，水平地面上固定一足够长的滑腻斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两头别离连接小物块A和B.维持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量持续改变时，取得A的加速度a随B的质量m转变的图线，如图乙所示．设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，以下说法正确的选项是( )
【加练半小时】2018年高考物理(全国卷)一轮微专题复习第11章 电磁感应 微专题59
[方法点拨](1)产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压；(2)Φ－t图象、B－t图象的斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．1．(B－t图象)(多选)如图1甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的如图所示的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是()图1A．导线圈中产生的是交变电流B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 VC．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 CD．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W2．(I－t图象)如图2所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)()图23．(线框切割有界磁场)(多选)空间中存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的横截面为等腰直角三角形，底边水平，其斜边长度为L.一正方形导体框abcd的边长也为L，开始正方形导体框的ab 边与磁场区域横截面的斜边刚好重合，如图3所示．由图示的位置开始计时，正方形导体框以平行于bc 边的速度v 匀速穿越磁场．若导体框中的感应电流为i ，a 、b 两点间的电压为U ab ，感应电流取逆时针方向为正，则导体框穿越磁场的过程中，i 、U ab 随时间的变化规律的图象正确的是( )图34．(电路问题)(多选)如图4所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r 的圆环，PQ 为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，但方向相反，圆环的电阻为2R ，一根长度为2r 、电阻为R 的金属棒MN 绕着圆环的圆心O 点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN 与圆环始终接触良好，则下列说法正确的是( )图4A ．金属棒MN 两端的电压大小为Bωr 2B ．圆环消耗的电功率是恒定的C ．圆环中电流的大小为2Bωr 23RD ．金属棒MN 旋转一周的过程中，电路中产生的热量为4πB 2ωr 43R5．(电路问题)(多选)如图5所示，一个“日”字形金属框架竖直放置，AB 、CD 、EF 边水平且间距均为L ，阻值均为R ，框架其余部分电阻不计．水平虚线下方有一宽度为L 的垂直纸面向里的匀强磁场．释放框架，当AB 边刚进入磁场时框架恰好匀速，从AB 边到达虚线至线框穿出磁场的过程中，AB 两端的电势差U AB 、AB 边中的电流I (设从A 到B 为正)随位移s 变化的图象正确的是( )图56．如图6甲所示，矩形线圈abcd 固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO ′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正．则线圈感应电流随时间的变化图象为( )图67．如图7甲所示，一匝数N ＝10、总电阻为R ＝2.5 Ω、边长L ＝0.3 m 的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r ＝L 3的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图乙所示，a 、b 是磁场边界与线框的两个交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f ＝0.6 N ，取π＝3，则( )图7A ．t ＝0时穿过线框的磁通量为0.06 WbB ．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.6 AC ．线框静止时，a 、b 两点间电压为118V D ．经时间t ＝0.8 s ，线框开始滑动8．(多选)如图8,在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框,导线框右侧有两个宽度也为L 的有界匀强磁场,磁感应强度大小均为B 、方向分别竖直向下和竖直向上.t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框在外力作用下,以速度v 匀速进入并通过磁场区域.规定电流i 沿逆时针方向时为正,磁感线竖直向下时磁通量Φ为正,安培力的合力F 向左为正.则以下关于Φ、i 、F 和导线框中的电功率P 随时间变化的图象大致正确的是( )图89．如图9甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一电阻为R 的定值电阻，电阻为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F ，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过定值电阻R 的电荷量q 随时间的平方t 2变化的关系如图乙所示．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ、金属棒的加速度a 、外力F 、通过电阻R 的电流I 随时间t 变化的图象中正确的是( )图910．(多选)如图10所示，顶角θ＝45°的金属导轨MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中．一根与ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v 0沿导轨MON 向右滑动，导体棒的质量为m ，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r .导体棒与导轨接触点为a 和b ，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．t ＝0时导体棒位于顶角O 处，则流过导体棒的电流强度I 、导体棒内产生的焦耳热Q 、导体棒做匀速直线运动时水平外力F 、导体棒的电功率P 各量大小随时间变化的关系正确的是( )图1011．(多选)直角三角形金属框abc 放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．若金属框绕ab 边向纸面外以角速度ω匀速转动90°(从上往下看逆时针转动)，如图11甲所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ，通过ab 边的电荷量为q .若金属框绕bc 边向纸面内以角速度ω匀速转动90°，如图乙所示，c 、a 两点间的电势差为U ca ′，通过ab 边的电荷量为q ′.已知bc 、ab 边的长度都为l ，金属框的总电阻为R .下列判断正确的是( )图11A ．U ca ＝12Bωl 2 B ．U ca ′＝12Bωl 2 C ．q ＝2B πl 28R D ．q ′＝Bl 22R答案精析1．ACD [在0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 1Δt 1＝1 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝100×0.12×1 V ＝1 V ；在2～3 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 2Δt 2＝2 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝100×0.12×2 V ＝2 V ．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A 正确．在t ＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E 2＝2 V ，选项B 错误．在0～2 s 内，感应电流I ＝E 1R＝10 A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝20 C ，选项C 正确．在t ＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102× 0.1 W ＝10 W ，选项D 正确．]2．A [由E ＝BLv 可知，导体棒由b 运动到ac 过程中，切割磁感线有效长度L 均匀增大，感应电动势E 均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I 均匀增大．由右手定则可知，感应电流方向由M 经R 到N ，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故B 、C 、D 项错，A 项正确．]3．AD [由楞次定律可知，导体框进入磁场时感应电流的方向为逆时针，出磁场时感应电流的方向为顺时针，由E ＝Bl v 可知i ＝E R 总＝Bl v R 总，导体框进、出磁场时，有效切割长度l 均由L 逐渐变为零，所以电流也是从大变小，A 正确，B 错误；进磁场时ab 边为电源，U ab 为负值，且大小为34BL v ，出磁场时ab 边不是电源，电流从b 到a ，U ab 为负值，且大小为BL v 4，C 错误，D 正确．]4．BD [由右手定则知金属棒MN 中产生的感应电动势相当于两电源串联，总电动势E ＝2× 12Br 2ω＝Br 2ω，金属棒MN 相当于电源，外电路电阻为R 2，因此金属棒MN 两端的电压等于13E ＝13Bωr 2，选项A 错误；根据闭合电路欧姆定律得总电流I ＝2Bωr 23R，圆环中电流大小为总电流的一半，为Bωr 23R，选项C 错误；通过圆环的电流和金属棒MN 两端的电压不变，故圆环消耗的电功率是不变的，选项B 正确；金属棒MN 旋转一周的时间t ＝2πω，因此电路中产生的热量W ＝EIt ＝4πB 2ωr 43R，选项D 正确．] 5．AC [0～L 过程中，此时AB 相当于内阻为R 的电源，B 为电源正极，电势较高，AB 两端的电势差为路端电压，设为－U ，此时由欧姆定律有：I 0＝E 32R ，U ＝I 0·12R ＝E 3，其中E 为电源电压，I 0为电路总电流；L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝13E ＝U ，所以U AB ＝－U ；2L ～3L 过程中，EF 相当于内阻为R 的电源，此时U BA ＝E －I 0R ＝ 13E ＝U ，所以U AB ＝－U ，则A 图象符合，A 项正确，B 项错误；0～L 过程中，因为AB 边刚进入磁场时框架恰好匀速，由受力平衡可知，电流方向从A 到B ，此时电流I 1＝E 32R ＝2E 3R ；L ～2L 过程中，CD 相当于内阻为R 的电源，电流方向从B 到A ，此时电流I 2＝－12I 1＝－E 3R；2L ～3L 过程中，EF 相当于内阻为R 的电源，电流方向从B 到A ，此时电流I 3＝－12I 1＝－E 3R，则C 图象符合，C 项正确，D 项错误．]6．A [由题图乙可知，在0～T 2内，左侧磁场强度大小逐渐增大，右侧磁场强度大小逐渐减小，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为逆时针；在T 2～T 内，左侧磁场强度大小逐渐减小，右侧磁场强度大小逐渐增大，根据楞次定律，线圈中感应电流方向为顺时针．再根据均匀变化的磁场产生恒定的电流知，A 正确．]7．D [由磁通量的定义可知t ＝0时穿过线框的磁通量为Φ＝B 0·16πr 2＝0.01 Wb ，A 错；由法拉第电磁感应定律知E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB Δt ·16πr 2＝0.25 V ，所以线框中的感应电流为I ＝E R＝0.1 A ，B 错；由楞次定律及闭合电路欧姆定律可知U ab ＝79E ＝736V ，C 错；线框位于磁场中的两条边受到的安培力大小为F 1＝NBIr ，且两个力的夹角为120°，合力大小等于F 1，所以当F 1等于最大静摩擦力时，线框就要开始滑动，即NBIr ＝f ，由题图乙知B ＝2＋5t (T)，联立并代入数据得t ＝0.8 s ，D 对．]8．BD9．C [设金属导轨间的距离为l ，金属棒沿导轨向上运动的位移为s ，由题图乙可得q ＝I t ＝Bls R ＋r＝kt 2，s ＝k (R ＋r )Bl t 2，故金属棒做匀加速直线运动，B 错误；由Φ＝Bl ⎝⎛⎭⎫s 0＋12at 2可知，A 错误；回路中的电流I ＝Bla R ＋r t ，由牛顿第二定律有F －mg sin θ－BIl ＝ma ，故有F ＝B 2l 2a R ＋rt ＋mg sin θ＋ma ，C 正确，D 错误．]10．AC [0到t 时间内，导体棒的位移为：s ＝v 0t ，t 时刻，导体棒的长度为：l ＝s ，导体棒的电动势为E ＝Bl v 0，回路总电阻为：R ＝(2s ＋2s )r ，电流强度为：I ＝E R ＝B v 0(2＋2)r，故I 的大小保持不变,电流方向为b →a ，A 项正确;t 时刻导体棒的电功率：P ＝I 2R ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤B v 0(2＋2)r 2 ×v 0tr ＝B 2v 30t(2＋2)2r ，D 项错误．因为P ∝t ，所以Q ＝12Pt ＝B 2v 30t 22(2＋2)2r ，Q －t 图线是开口向上的抛物线，B 项错误；导体棒做匀速直线运动，水平外力与安培力平衡，则有F ＝BIl ＝B 2v 20t(2＋2)r ，C 项正确．] 11．AD [甲图bc 和ac 边切割磁感线，产生的电动势E ca ＝E cb ＝Bl v ＝12Bωl 2.由于穿过闭合电路的磁通量没有变化，电路中没有电流，故U ca ＝E ＝12Bωl 2，选项A 正确，选项C 错误．乙图中，只有ca 边切割磁感线，产生的电动势是变化的，其最大值为E ca ＝12Bωl 2，且从图示位置转过90°的瞬间，其瞬时值为0，这个过程中的平均电动势为E ＝B ΔS t ＝Bl 22t，通过ab 边的电荷量q ′＝I t ＝E R t ＝Bl 22R，选项B 错误，选项D 正确．]。
【加练半小时】2018年高考物理(全国卷)一轮微专题复习第2章 相互作用 微专题7
[方法点拨](1)受力分析是否正确可从三个方面检验：①各力的施力物体、受力物体；②判断能否保持原来的运动状态；③换角度(整体或隔离)分析是否矛盾．(2)三力平衡一般用合成法，合成后力的问题转换成三角形问题．(3)多力平衡一般用正交分解法．(4)遇到多个有相互作用的物体时一般先整体后隔离．1．(受力分析)如图1所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则()A．Q可能受到两个力的作用图1B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方2．(受力分析)如图2所示，放在粗糙水平地面上的斜劈C上叠放了A、B两个物体，B的上表面水平，三者均保持静止状态．关于A、B、C的受力情况，下列说法中正确的是()图2A．物体A可能受到三个力的作用B．物体B一定受到四个力的作用C．物体B对C的作用力可能与斜劈表面夹角为90°D．地面可能对C有摩擦力作用3．(整体法、隔离法)(多选)如图3所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是()A．a一定受到4个力B．b可能受到4个力图3C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力D．a与b之间一定有摩擦力4．(状态法)如图4所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A＞m B，不计空气阻力，则物体B()A．只受一个重力图4 B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个5．(共点力平衡问题)(多选)如图5所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是() 图5 A．A、B的质量之比为1∶ 3B．A、B所受弹簧弹力大小之比为3∶ 2C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为2∶1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1∶ 36．(多选)如图6所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则()A．环只受三个力作用图6 B．环一定受四个力作用C．物体做匀速运动D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力7．如图7所示，光滑斜面的倾角为θ＝37°，一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上，细线与斜面间的夹角也为37°，若小球的重力为G，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则手对细线的拉力等于() 图7A ．GB.G 2C.3G 4D.4G 58．如图8所示，一根轻杆两端各固定一个质量均为m 的相同小球，两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α＝θ＝30°，β＝60°，则轻杆对A 球的作用力为( )A ．mg B.3mg 图8 C.33mg D.32mg 9．(多选)如图9所示，斜劈A 静止放在水平地面上，木桩B 固定在水平地面上，平行斜面的轻弹簧连接斜劈A 上的物体m 与木桩B ，物体m和斜劈A 均保持静止，不计m 与A 之间的摩擦．则下列说法正确的是( ) 图9A ．地面对斜劈A 的摩擦力水平向左B ．地面对斜劈A 没有摩擦力C ．移去弹簧，物体m 将向下运动，斜劈A 仍保持静止D ．移去弹簧，物体m 将向下运动，斜劈A 将向右平动10．如图10(a)所示，两段等长轻质细绳将质量分别为m 、2m 的小球A 、B (均可视为质点)悬挂在O 点，小球A 受到水平向右的恒力F 1的作用，小球B 受到水平向左的恒力F 2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球B 刚好位于O 点正下方．则F 1与F 2的大小关系正确的是( ) 图10A ．F 1＝4F 2B ．F 1＝3F 2C ．2F 1＝3F 2D ．2F 1＝5F 211．(多选)如图11，质量为M 的斜面体A 放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m 的小球B 置于斜面上，整个系统处于静止状态．已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°.不计小球与斜面间的摩擦，则( )A ．轻绳对小球的作用力大小为33mg 图11 B ．斜面体对小球的作用力大小为2mgC ．斜面体对水平面的压力大小为(M ＋m )gD ．斜面体对水平面的摩擦力大小为36mg12．如图12所示，内壁光滑的球体半径为R ，一长度小于直径的轻杆两端固定质量分别为m A 、m B 的小球A 、B .将轻杆置于球体内部后，最终静止在图示位置不动，球心O 与杆在同一竖直平面内，过球心O 竖直向下的半径与杆的交点为M ，OM ＝R 2.下列判断正确的是( ) 图12 A ．m A ＜m BB ．球体内壁对A 球的支持力F N A ＝2m A gC ．轻杆对B 球的支持力一定小于B 球的重力D ．若增大m A ，θ角会增大13．如图13所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O 点为球心，A 、B 为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A 静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F 1，对球面的压力大小为F N1；小物块B 在水平力F 2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为F N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为θ，则( )图13A ．F 1∶F 2＝sin 2 θ∶1B ．F 1∶F 2＝sin θ∶1C ．F N1∶F N2＝cos 2 θ∶1D ．F N1∶F N2＝sin 2 θ∶1答案精析1．D[小球P静止，所以轻绳对小球P和物体Q有拉力作用，若物体Q受到的拉力的竖直分力等于重力，则物体Q对地面无压力，但这种情况下Q不可能静止，因此拉力的竖直分力一定小于重力，物体Q必受到竖直向上的支持力，又物体Q有相对地面向左的运动趋势，故一定受水平向右的静摩擦力作用，即物体Q受四个力作用，受力分析如图所示，A、B项错；由平衡条件可知，拉力与重力的合力与支持力和静摩擦力的合力方向相反，即方向指向左下方，D项对，C项错．] 2．B[物体A受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力作用，二力平衡，A错误；物体B 受到重力、A对B的压力、C对B的支持力和摩擦力共四个力的作用，B正确；对A、B整体，其受到竖直向下的重力和C对其的作用力(支持力和摩擦力的合力)，由平衡条件可知，C对B 的作用力一定竖直向上，根据牛顿第三定律，物体B对C的作用力一定竖直向下，C错误；对A、B、C整体，其受重力和支持力作用而处于平衡状态，故不受地面的摩擦力作用，D错误．]3．AD[将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用．分别是重力G a、恒力F、b对a的压力F N′和b对a的静摩擦力f′，故选项A、D正确，选项B、C错误．]4．A[物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B 只受重力，选A.]5．CD [弹簧对A 、B 的弹力大小相等，设为kx ，对A 、B 分别进行受力分析，由平衡条件可知m A g ＝kx tan 60°，F A ＝kx cos 60°，m B g ＝kx tan 45°，F B ＝kx cos 45°，联立解得A 、B 两物体质量之比为m A ∶m B ＝tan 60°∶tan 45°＝3∶1，F A ∶F B ＝cos 45°∶cos 60°＝2∶1，在撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度a A ∶a B ＝m B ∶m A ＝1∶3，故C 、D 正确．]6．BC7．C [对小球受力分析，小球受到细线的拉力F 、斜面的支持力和小球的重力作用，在沿斜面方向上，F cos 37°＝G sin 37°，解得F ＝G tan 37°＝34G ，故C 正确．] 8．A [对A 球受力分析，受到重力、拉力和杆的作用力，如图所示，根据共点力的平衡条件判断，轻杆对A 球的作用力与重力大小相等，A 项正确．]9．AC [以斜劈A 为研究对象，受重力、地面的支持力、物体垂直斜面向下的压力，斜劈A 静止，故还受到地面对其水平向左的摩擦力，A 正确，B 错误．有弹簧时，以物体m 为研究对象，受重力、支持力和弹簧的推力，三力平衡可知弹簧处于压缩状态；现移去弹簧，物体m 受力不平衡，将沿斜面下滑，但斜劈A 的受力不变，故斜劈A 仍保持静止，C 正确，D 错误．]10．D [A 受到水平向右的力F 1，B 受到水平向左的力F 2，以整体为研究对象，分析受力如图，设OA 绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tan α＝F 1－F 22mg ＋mg，以B 球为研究对象，受力如图．设AB 绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得tan β＝F 22mg ，由几何关系得α＝β，解得2F 1＝5F 2，D 项正确．]11．AD [小球处于平衡状态，支持力垂直于斜面且与竖直方向成30°角，小球与斜面间没有摩擦力，将轻绳的拉力F T 和斜面对小球的支持力F N 进行正交分解可得：F T sin 30°＝F N sin 30°，F T cos 30°＋F N cos 30°＝mg ，故斜面体和轻绳对小球的作用力均为33mg ，A 正确，B 错误；对小球和斜面体整体进行受力分析可得C 错误，D 正确．]12．B [根据题图可知，小球A 的质量大于小球B 的质量，即m A ＞m B ，选项A 错误；对小球A 、B 进行受力分析，如图所示，由几何关系可得m A g ∶R 2＝F N A ∶R ，解得F N A ＝2m A g ，选项B 正确；同理，对于小球B 可得m B g ∶R 2＝F N B ∶R ，解得F N B ＝2m B g ，可知选项C 错误；若增大小球A 的质量m A ，θ角会减小，选项D 错误．]13．C [分别对A 、B 两个相同的小物块受力分析如图，A 受到重力、沿球面斜向上的摩擦力F 1、垂直于球面斜向上的支持力，它的大小等于它对球面的压力F N1，故F 1＝mg sin θ，F N1＝mg cos θ；B 受到重力、作用力F 2及球面对它的支持力，其大小等于它对球面的压力F N2，故F 2＝mg tan θ，F N2＝mg cos θ，所以F 1∶F 2＝sin θtan θ＝cos θ1，A 、B 项错误；F N1∶F N2＝cos θ∶1cos θ＝cos 2 θ∶1，C 项正确，D 项错误．]。
高考物理第一轮专题复习针对训练《电场》word含答案解析
高考物理第一轮专题复习针对训练电场一、选择题在电场中，下列说法正确的是（ ） A ．某点的电场强度大，该点的电势一定高 B ．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大 C ．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零 D ．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零如图所示，空间有两个等量的正点电荷，a 、b 两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是（ ）A ．场强 a b E E >B ． 场强 abE E <C ． 电势 a b ϕϕ>D ． 电势 a b ϕϕ<如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A 、 B 、 C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O 、 M 、 P 点.由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点.现将 C 板向右平移到 P'点，则由 O点静止释放的电子(A)运动到 P 点返回(B)运动到 P 和 P'点之间返回(C)运动到P'点返回(D)穿过P'点一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有（）A．质点由a到c电势能先减小后增大B．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1C．a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc＞φb，E a=E c=2E bD．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向，则质点q可能做类平抛运动a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中（）A．三个小球电荷量的代数和可能为0B．三个小球一定带同种电荷C．三个小球所受环的弹力大小为F A>F C>F BD．三个小球带电荷量的大小为Q A>Q C>Q B一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。
2018年高考物理一轮复习讲练测 专题40 电磁感应 楞次定律练 含解析
1．如图所示，闭合圆导线圈平行地放置在匀强磁场中，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两直径，试分析线圈做以下哪种运动时能产生感应电流（）A．使线圈在纸面内平动或转动B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动C．使线圈以ac为轴转动D．使线圈以bd为轴转动【答案】D【名师点睛】解决本题的关键是明确产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，要知道磁通量可以用磁感线的条数表示，线圈与磁场平行时磁通量为零。
2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接。
下列说法中正确的是（）A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转【答案】A【名师点睛】本题考查了感应电流产生的条件及实验电路分析，知道感应电流产生条件，穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合电路中会产生感应电流，认真分析即可正确解题．3．下列实验现象，属于电磁感应现象的是（）【答案】C【解析】电流在磁场中受到磁场力而运动，说明磁场对电流有力的作用，由图示可知，BD能说明磁场对电流有力的作用；A能说明电流周围存在磁场，故选C．【名师点睛】知道电磁感应现象的概念、导体棒切割磁感线产生感应感应电流的现象或者穿过线圈的磁通量发生变化时产生感应电流的现象是电磁感应现象;分析清楚图示实验情景即可正确解题。
4．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是（）【答案】B【名师点睛】本题考查了感应电流产生的条件，要知道产生电磁感应的条件是传播闭合回路的磁通量发生变化时就有感应电流产生；解题时要分析清楚图示情景、明确磁通量是否发生变化，即可正确解题。
5．美国《大众科学》月刊网站2011年6月22日报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现，一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，从而在环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图．M为圆柱形合金材料，N为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对M进行加热，则（）A．N中将产生逆时针方向的电流B．N中将产生顺时针方向的电流C．N线圈有收缩的趋势D．N线圈有扩张的趋势【答案】D【解析】当导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场去阻碍线圈的磁通量的变化．A、B、提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金，穿过线圈的磁通量增大，从而在环绕它的线圈中产生电流．由于原磁场的方向未知，所以不能判断出感应电流的方向，故AB错误；C、D、M外侧的磁场的方向与M中的磁场的方向相反，N的面积越大，则穿过线圈N的磁通量小．当M与N中磁通量增大时，则线圈产生的感应电流方向的阻碍磁通量的增大，面积有最大的趋势，故C错误，D正确，故选：D【名师点睛】可从阻碍磁通量变化的角度去分析：增反减同，当磁通量增大时，则线圈产生的感应电流方向的阻碍磁通量的增大．1．如图所示，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流I增大时（）A．环A有缩小的趋势B．环A有扩张的趋势C．螺线管B没有缩短或伸长的趋势D．螺线管B有伸长的趋势【答案】B【名师点睛】本题关键要明确螺线管线圈相当于条形磁铁，穿过A环的磁通量存在抵消的情况，注意A的面积越大，磁通量是越小的，不是越大，不能得出相反的结果．2．如图所示，线框平面与磁场方向垂直，现将线框沿垂直磁场方向拉出磁场的过程中，穿过线框磁通量的变化情况是（）A．变小B．变大C．不变D．先变小后变大【答案】A【解析】在匀强磁场中，当线圈与磁场垂直时，磁通量为Φ=BS，S为在磁场中的面积．解：线框平面与磁场方向垂直，故磁通量为Φ=BS；将线框沿垂直磁场方向拉出磁场的过程中，在磁场中的面积S减小，故BS减小；故选：A．【名师点睛】本题考查了磁通量的概念，关键是记住公式Φ=BS，也可以用穿过线圈的磁感线条数形象表示，基础题目．3．（多选）如图，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处，使金属圆环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向和水平面垂直．若悬点摩擦和空气阻力均不计，则（）A．金属环每次进入和离开磁场区域都有感应电流，而且感应电流的方向相反B．金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大C．金属环开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小D．金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为环中的电能【答案】ACD、圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，机械能守恒，金属环在摆动过程中，只有一部分的机械能将转化为环中的电能，故D错误，故选：AC．【名师点睛】本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子即“磁单极子”．1982年美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验，仪器的主要部分是一个由超导体组成的线圈，超导体的电阻为零，一个微弱的电动势就可以在超导线圈中引起感应电流，而且这个电流将长期维持下去，并不减弱，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么从上向下看，超导线圈上将出现（）A．先是逆时针方向的感应电流，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向的感应电流，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流【答案】D【名师点睛】考查右手螺旋定则、楞次定律，及磁单极子的特征．同时注意磁体外部的感应线是从N极射出，射向S极．5．如图所示，A O C是光滑的金属导轨，A O沿竖直方向，O C沿水平方向，ab是一根金属棒，立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中b端始终在O C上，a端始终在O A上，直到完全落在O C上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则ab棒在上述过程中（）A．感应电流方向是b→a B．感应电流方向是a→bC．感应电流方向先是b→a，后是a→b D．感应电流方向先是a→b，后是b→a【答案】C【解析】在ab杆滑动的过程中，△a o b的面积先增大，后减小，穿过△a o b磁通量先增大，后减小，根据楞次定律可知：感应电流的方向先是由b→a，后是由a→b，故ABD错误，C正确，故选C．【名师点睛】本题是楞次定律的应用，难点是分析△a o b的面积变化．尤其要注意到面积在变化的过程中存在最大值，即在ab杆滑动的过程中，△a o b的面积先增大，后减小，穿过△a o b 磁通量先增大，后减小，根据楞次定律来判断电流的方向．1．【2016·上海卷】磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动【答案】B【解析】据题意，从图示可以看出磁铁提供的穿过线圈原磁场的磁通量方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流激发的感应磁场方向向上，即两个磁场的方向相反，则由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在增加，故选项B正确。
高考物理一轮复习 微专题11 电场中三类图象问题的突破练习
取夺市安慰阳光实验学校微专题十一电场中“三类图象”问题的突破[A级—基础练]1．(08786739)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是( )A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里解析：B [在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．]2．(08786740)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O 点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是( )解析：B [由题图可知，从O到A点，电场线先由密到疏，再由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；由于电场力做正功，导致粒子电势能减小，则动能增加，且图象的斜率先减小后增大，故D错误．] 3．(08786741)两带电荷量分别为＋q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是( )解析：A [越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B、D错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C错，应选A.]4．(08786742)(2018·一级达标学校联合测试)半径为R、电荷量为Q的均匀带正电的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知；取无穷远处电势为零，距球心r处的电势为φ＝kQr(r≥R)，式中k 为静电力常量．下列说法错误的是( )A．球心处的电势最高B．球心与球表面间的电势差等于12E0RC．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q(q>0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQqRD ．只在电场力作用下，紧靠球体表面一带电荷量为－q (q >0)的粒子能挣脱带电球的引力的最小初动能为12E 0Rq解析：D [沿着电场线，电势降低，则球心处的电势最高，由E r 图象可得，球心与球表面间的电势差等于12E 0R ，选项A 、B 正确；只在电场力作用下，紧靠球体表面的粒子－q 能挣脱带电球的引力的最小初动能为kQqR，选项C 正确，选项D 错误．]5．(08786743)(2018·保定调研)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图所示，在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内 ( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：A [图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x 轴负方向，故该静电场为匀强电场，A 正确，B 错误；负点电荷受到沿x 轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以负点电荷将沿x 轴正方向运动，C 、D 错误．][B 级—能力练]6．(08786744)(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化而变化，变化的图线如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m 、带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4.则下列叙述正确的是( )A ．带电小球从O 运动到x 1的过程中，所受电场力逐渐增大B ．带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电势能一直增大C ．若小球的初速度v 0＝2φ0qm，则运动过程中的最大速度为 6φ0qmD ．要使小球能运动到x 4处，则初速度v 0至少为2φ0qm解析：BC [φx 图象的斜率表示电场强度E ＝ΔφΔx，所以带电小球从O运动到x 1的过程中，所受电场力不变，A 错误；由W ＝Uq 可知，带电小球从x 1运动到x 3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B 正确；从O 点以某一未知速度v 0沿x 轴正向移动到点x 4，电场力先做正功后做负功，在x 1时，动能最大，对0～x 1过程应用动能定理，有φ0q ＝12mv 2－12mv 20，解得v ＝6φ0qm，C 正确；当小球到达x 4处速度为零时，初速度v 0最小，对全过程应用动能定理得－φ02q＝0－12mv 20，解得v 0＝φ0qm，D 错误．] 7．(08786745)(多选)(2018·辽宁沈阳教学质量检测)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m ＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q ＝5.0×10－4C ．小球从C 点由静止释放，其沿细杆由C 经B 向A 运动的v t 图象如图乙所示．小球运动到B 点时，v t 图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/m B ．由C 到A 的过程中，小球的电势能先减小后增大 C ．由C 到A 电势逐渐降低D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析：ACD [由图乙可知，在B 点带电小球的加速度最大，则B 点的场强最大，Eq m ＝Δv Δt ＝0.35m/s 2，解得E ＝1.2 V/m ，A 正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C 指向A ，所以带正电小球从C 到A 的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；由C 到A 电势逐渐降低，C 正确；带正电小球由C 到B 的过程中，由动能定理得qU CB ＝12mv 2B －0，解得U CB ＝0.9 V ，D 正确．]8．(08786746)(多选)(2018·江西师大附中、临川一中联考)如图所示，Q 1、Q 2为两个被固定在坐标轴x 上的点电荷，其中Q 1带负电，在O 点．Q 1、Q 2相距为L ，a 、b 两点在它们连线的延长线上，其中b 点与O 相距3L .现有一带电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其v x 图象如图所示，以下说法中正确的是( )A ．Q 2一定带正电B ．Q 1电荷量与Q 2电荷量之比为|Q 1||Q 2|＝49C ．b 点的电场强度一定为零，电势最高D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小解析：AD [粒子在到达b 点之前做减速运动，在b 点之后做加速运动，可见在b 点的加速度为零，则在b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q 2带正电，有k |Q 1|q 3L 2＝k |Q 2|q 2L 2，所以|Q 1||Q 2|＝94，故A 正确，B 错误．该粒子从a 点先做减速运动，知该粒子带负电荷，在整个过程中，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，移动的是负电荷，所以电势先减小后增大，所以b 点电势不是最高，故C 错误，D 正确．]9．(08786747)(2018·北京期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝1.0×10－20kg 、电荷量q ＝1.0×10－9C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2；(2)该粒子运动的最大动能E km ； (3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由图可知：左侧电场强度大小 E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103V/m ①右侧电场强度大小E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103V/m ②所以E 1E 2＝12.(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有qE 1x ＝E km ③ 其中x ＝1.0×10－2m.联立①③式并代入相关数据可得E km ＝2.0×10－8J.(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1mt 1④v m ＝qE 2mt 2⑤E km ＝12mv 2m ⑥T ＝2(t 1＋t 2)⑦联立①②④⑤⑥⑦式并代入相关数据可得T ＝3.0×10－8 s.答案：(1)12(2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8s10．(08786748)(2018·山东临沂期中)如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP (MP 边水平)，∠NMP ＝θ，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x (取M 点处x ＝0)的变化图象如图乙所示(图中E 0、E 1、E 2为已知量)，重力加速度为g ，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面．(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)求重力势能为E 1时的横坐标x 1和带电小球的质量m ； (3)求小球从N 点运动到M 点时的动能E k .解析：(1)正Q 电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E ＝qφ，可知正电荷从N 点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ.(2)电势能为E 1时，距M 点的距离为x 1＝(a cos θ)·12·cos θ＝a cos 2θ2，x 1处重力势能E 1＝mgx 1sin θ.可得m ＝E 1gx 1sin θ＝2E 1ga sin θcos 2θ.(3)在小球从N 点运动到M 点的过程中，根据动能定理得mga sin θ＋E 2－E 0＝E k －0，解得E k ＝2E 1cos 2θ＋E 2－E 0.答案：(1)图线Ⅱ (2)a cos 2θ2 2E 1ga sin θcos 2θ (3)2E 1cos 2θ＋E 2－E 0。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
[方法点拨] 在图象问题中，一般从图象的“点、线、面、斜”四个方向理解．φ－x图象中
斜率表示场强；E－x图象中面积表示电势差．
1．(带电粒子v－t图象)在孤立负点电荷形成的电场中，四个带电粒子分别仅在电场力作用下
运动，v－t图象如图1所示．则以下判断正确的是( )
图1
A．a、c带负电，b、d带正电 B．a、c带正电，b、d带负电
C．a、d带正电，b、c带负电 D．a、d带负电，b、c带正电
2．(电场φ－x图象)(多选)某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图2所示．x
轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、
EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB.下列判断正确的是( )
图2
A．φO>φB>φA B．EpO
3．(电场φ－x图象)电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为－3L和3L的两点，其中坐标
为3L处电荷带正电，电荷量为Q.两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图3所示，
其中x＝L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，则下列判断正确的是( )
图3
A．两点电荷一定为异种电荷
B．原点O处场强大小为3kQL2
C．负检验电荷在原点O处受到向左的电场力
D．负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大
4．(多选)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图4
甲所示，一个电荷量为2×10－3 C、质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)从C点静止释放，其
运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切
线)．则下列说法正确的是( )
图4
A．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
B．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝100 V/m
C．由C点到A点电势逐渐降低
D. B、A两点间的电势差UBA＝5 V
5．在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N(图中未标出)，在x＝2a
处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用下沿x轴方向运动，得到点电
荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图5所示，则下列说法正确的是( )
图5
A．点电荷M、N一定都是负电荷
B．点电荷P的电势能一定是先增大后减小
C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1
D．x＝4a处的电场强度一定为零
6．(多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x的变化而变化，变
化的图线如图6所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的带电小球(可视为
质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到x4.则下列叙述正确的是( )
图6
A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大
B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大
C．若小球的初速度v0＝2 φ0qm，则运动过程中的最大速度为 6φ0qm
D．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2
φ
0
q
m
答案精析
1．A [从图中看到，a做加速度减小的加速运动，b做加速度增大的加速运动，c做加速度
增大的减速运动，d做加速度减小的减速运动，根据电荷之间的作用关系判断a、c带负电，
b、d
带正电，A项正确．]
2．CD [由题图知，φO<φB<φA,A项错误;电子带负电,根据电势能公式Ep＝qφ＝－eφ分析得
知,EpO>EpB>EpA，B项错误；根据图象切线斜率的大小等于电场强度沿x轴方向的分量大小，
则知EOx
3．C [由φ－x图象特点可知两点电荷均为正电荷,A错误;x＝L处电势最低,此处图线的斜率
为0，即该点的合场强为0，kQ′4L2－kQ2L2＝0,得Q′=4Q,故原点处的场强大小为4kQ3L2－kQ3L2＝
kQ
3L
2
,方向向右,负检验电荷在原点O处受到的电场力向左,B错误,C正确;由M点到N点电势先
减小后增大,所以负检验电荷由M点运动到N点的过程,电势能先增大后减小,D错误.]
4．BC [由C点到A点的过程中，由v－t图象可知物块的速度增大，电场力做正功，电势
能减小，A错误；由v－t图象可知物块在B点的加速度最大为2 m/s2，所受的电场力最大为
0.2 N，由E＝Fq知，B点的场强最大为100 N/C，B正确；因两个等量的同种正电荷其连线的
中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，
C正确；由v－t图象得A、B两点的速度，由动能定理得WBA＝12mv2A－12mv2B＝1 J，电势差
UBA＝WBAq＝500 V，D错误．故选B、C.]
5．D [根据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P先做正功，后
做负功，则M、N一定都是正电荷，且点电荷P的电势能一定是先减小后增大，所以选项A、
B错误；由于在x＝4a处速度最大，说明点电荷M、N在此处产生的合场强为0，则有kQM4a2＝
kQ
N
2a
2
，所以QM∶QN＝4∶1，选项C错误，D正确．]
6．BC [由场强与电势差的关系可知，在题φ－x图象中，图线的斜率表示电场强度E，带
电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力不变，A项错；从x1运动到x3的过程中，电势
不断减小，但小球带负电，因此小球的电势能一直增大，B项正确；小球运动到x1处时，电
场力做正功最多，速度最大，由动能定理有：－q(0－φ0)＝12mv2m－12mv20，将v0＝2 φ0qm代
入，解得小球最大速度vm＝6φ0qm，C项正确；小球运动到x3处时速度最小，由动能定理
有：－q[0－(－φ0)]＝0－12mv20，解得：v0＝ 2φ0qm，D项错．]