2019届高考物理第一轮课时提能练习题11
2019年高考物理一轮复习课时分层集训29法拉第电磁感应定律自感和涡流新人教版
课时分层集训(二十九) 法拉第电磁感应定律 自感和涡流(限时：40分钟)[基础对点练]法拉第电磁感应定律的理解应用1．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图10213中①～④所示，下列关于该回路中的感应电动势的论述，正确的是( )图10213A ．图①中，回路中产生的感应电动势恒定不变B ．图②中，回路中产生的感应电动势一直在变大C ．图③中，回路中在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图④中，回路中产生的感应电动势先变小后变大D [图①中磁通量不变，不能产生感应电动势，图②中均匀变化的磁通量产生恒定的感应电动势，图③中磁通量的变化率为图线斜率的大小，故A 、B 、C 均错，D 正确．]2．如图10214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( )【导学号：84370444】图10214A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2Δt D.2nBa 2ΔtB [根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 得E ＝n a 2ΔB 2Δt ＝n a 2B 2Δt，所以B 项正确．] 3．如图10215所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )图10215A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向B [由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知E ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝ΔB ·πR 2Δt，由于两圆环半径之比R a ∶R b ＝2∶1，所以E a ∶E b ＝4∶1，选项B 正确．]4. (多选)用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径．如图10216所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面．磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt＝k (k <0)．则( )图10216A ．圆环中产生逆时针方向的感应电流B ．圆环具有扩张的趋势C ．圆环中感应电流的大小为⎪⎪⎪⎪⎪⎪krS 2ρ D ．图中a 、b 两点间的电势差U ab ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24 BD [磁通量均匀减少，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 22，则圆环中的电流大小为I ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪kSr 4ρ，选项C 错误；U ab ＝E 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k πr 24，选项D 正确．](2017·桂林模拟)如图所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 开始均匀增加，该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差为－U ，则在t 2时刻磁感应强度大小B ′为( )A ．－U t 2－t 1nS ＋B B.U t 2－t 1nS －BC.U t 2－t 1nSD.U t 2－t 1nS ＋B D [根据题述，磁感应强度大小由B 开始均匀增加，设磁感应强度变化率为ΔB Δt，在t 2时刻磁感应强度的大小可以表示为B ′＝B ＋ΔB Δt(t 2－t 1)．根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ，而E ＝U ，联立解得B ′＝B ＋U nS(t 2－t 1)，选项D 正确．] 切割类感应电动势的计算5．(多选)(2017·全国Ⅱ卷)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图10217(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )(a) (b)图10217A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 NBC [由图象可知，从导线框的cd 边进入磁场到ab 边刚好进入磁场，用时为0.2 s ，可得导线框运动速度的大小v ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s.B 对； 由图象可知，cd 边切割磁感线产生的感应电动势E ＝0.01 V ，由公式E ＝BLv ，可得磁感应强度的大小B ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ．A 错； 感应电流的方向为顺时针时，对cd 边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外．C 对；t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 时间段为cd 边离开磁场，ab 边切割磁感线的过程．由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F ＝BEL R，代入数据得F ＝0.04 N ．D 错．] 6.如图10218所示，一电阻为R 的导线弯成边长为L 的等边三角形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里．下列对三角形导线以速度v 向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( )【导学号：84370445】图10218A ．回路中感应电流方向为顺时针方向B ．回路中感应电动势的最大值E ＝32BLv C ．回路中感应电流的最大值I ＝32RBLv D ．导线所受安培力的大小可能不变B [在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A 错误；等效切割磁感线的导线最大长度为L sin 60°＝32L ，感应电动势的最大值E ＝32BLv ，B 正确；感应电流的最大值I ＝E R ＝32RBLv ，C 错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D 错误．]7．(多选)(2018·绵阳模拟)如图10219所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G 为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )图10219A ．C 点电势一定高于D 点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12B ωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流 BD [把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C 错误；铜盘转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Brv ＝Br ω12r ＝12B ωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确．]8．如图10220所示，导体杆OP 在作用于OP 中点且垂直于OP 的力作用下，绕O 轴沿半径为r 的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于框架平面，AO 间接有电阻R ，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P ，则 ( )【导学号：84370446】图10220A ．外力的大小为2Br P RB ．外力的大小为Br PRC ．导体杆旋转的角速度为2PR Br2 D ．导体杆旋转的角速度为2Br 2P RC [由题意知，导体杆切割磁感线产生的电动势为E ＝PR ，设P 点的线速度大小为v ，则由于导体杆旋转切割磁感线产生感应电动势E ＝12Brv ，根据P ＝F ·12v 及ω＝v r ，求得F ＝BrP R ，ω＝2PR Br 2，因此C 项正确．]如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Bav 3 B.Bav 6 C.2Bav 3 D ．BavA [当摆到竖直位置时，棒上产生的感应电动势为E ＝B ·2a v －＝2Ba v 2＝Bav ，而AB 两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：AB 两端电压为U ＝I ·R 4＝Bav R 2＋R 4×R4＝13Bav ，故A 正确．] 自感和涡流9．图10221甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是( )图10221A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等C[A错：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1＞I A1，即RL1＜R A1.B错：图甲中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1＜R A1，所以A1中电流小于L1中电流．C对：闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同．D错：闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等．]10．(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图10222所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是( )图10222A．涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B．涡流的频率等于通入线圈的交流电频率C．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D．待测工件可以是塑料或橡胶制品ABC[由楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，选项A正确；类似于变压器，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，选项B正确；由于电流在磁场中受安培力作用，故通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，选项C 正确；涡流必须是在导体中产生，故待测工件不能是塑料或橡胶制品，选项D错误．] 11．(多选)(2018·银川模拟)如图10223所示，电阻不计的导体棒AB置于光滑导轨上，处于匀强磁场区域．L1、L2为完全相同的两个灯泡，L为自感系数无穷大、直流电阻不计的自感线圈．当导体棒AB以速度v向右匀速运动且电路达到稳定时，L中电流为I，t1时刻棒AB突然在导轨上停止运动．设L中的电流为i(取向下为正)，L1的电流为i1(取向右为正)，L2的电流为i2(取向下为正)．下列电流随时间的变化图正确的是( )【导学号：84370447】图10223AD[由右手定则可知，导体棒内的电流的方向向上，所以通过L1的电流方向向右，为正；通过线圈的电流从上到下，为正；当导体棒AB以速度v向右匀速运动且电路达到稳定时，线圈L中的电流也到达稳定，此时灯泡L2被短路，电流为0；当t1时刻棒AB突然在导轨上停止运动时，导体棒中不再产生感应电流，回路中的电流发生变化，所以在线圈L中将产生自感电流，自感电流方向向下，与原电流方向相同，所以i的方向仍然为正，但i的大小逐渐减小；棒AB突然在导轨上停止运动后，L 中的电流方向不变，L1、L2并联后与线圈L组成自感回路，L中的电流方向向下，所以流过L1的电流的方向向右，为正；而流过L2的电流的方向向上，为负；由于是L1、L2并联后与线圈L组成自感回路，所以L1、L2中的电流都是L中的电流大小的一半．由以上的分析可知，选项A、D正确，B、C错误．故选A、D.] 12．(多选)(2018·无锡模拟)图10224甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触)，人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动旋钮拉线可以改变磁铁与飞轮间的距离．下列说法正确的有( )图10224A ．飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力B ．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮受到的阻力越小C ．磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，受到的阻力越小D ．磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，内部的涡流越强AD [根据题意，人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁铁会对飞轮产生阻碍，则飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，选项A 正确；飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮受到安培力越大，阻力越大，选项B 错误；磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，磁通量的变化率越大，则内部的涡流越强，产生的安培力越大，受到的阻力越大，选项C 错误，D 正确．故选A 、D.][考点综合练]13．(2018·南通模拟)一半径为r 、质量为m 、电阻为R 的金属圆环用一根长为L 的绝缘轻细杆悬挂于O 1点，杆所在直线过圆环圆心，在O 1点的正下方有一半径为L ＋2r 的圆形匀强磁场区域，其圆心O 2与O 1点在同一竖直线上，O 1点在圆形磁场区域边界上，如图10225所示．现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g ，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是( )【导学号：84370448】图10225A ．金属圆环最终会静止在O 1点的正下方B ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgLC ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r ) D ．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋r ) C [圆环最终要在如图中A 、C 位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生．由几何关系可知，圆环在A 、C 位置时，其圆心与O 1、O 2的距离均为L ＋r ，则圆环在A 、C 位置时，圆环圆心到O 1的高度为L ＋2r 2.由能量守恒可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为12mg (L ＋2r )，C 正确．]14．如图10226所示，两根相距l ＝0.4 m 、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R ＝0.15 Ω的电阻相连．导轨间x >0一侧存在沿x 方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k ＝0.5 T/m ，x ＝0处磁场的磁感应强度B 0＝0.5 T ．一根质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在外力作用下从x ＝0处以初速度v 0＝2 m/s 沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变．求：图10226(1)回路中的电流；(2)金属棒在x ＝2 m 处的速度；(3)金属棒从x ＝0运动到x ＝2 m 过程中安培力做功的大小．[解析](1)电阻上消耗的功率不变，即回路电流不变，在x ＝0处有E ＝B 0lv 0＝0.4 V ，I ＝E R ＋r＝2 A. (2)由题意，磁感应强度B ＝B 0＋kx考虑到电流恒定，在x ＝2 m 处有B 0lv 0R ＋r ＝B 0＋kx lv R ＋r得v ＝23m/s. (3)导体棒受到的安培力 F ＝BIl ＝(B 0＋kx )Il ＝0.4(1＋x )安培力随位置线性变化，则安培力做功W F ＝12[B 0＋(B 0＋kx )]Ilx代入数据得W F ＝1.6 J.2 3 m/s (3)1.6 J[答案](1)2 A (2)。
2019届高考物理(人版)第一轮复习课时作业x3_2_9_2法拉第电磁感应定律自感涡流
第2课时法拉第电磁感应定律自感涡流基本技能练1．(多选)(2014·广东揭阳一模)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置.第一次缓慢插入.第二次快速插入.两次插入过程中不发生变化的物理量是( ) A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过导体某横截面的电荷量解析将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置.第一次缓慢插入线圈时.磁通量增加慢.第二次迅速插入线圈时.磁通量增加快.但磁通量变化量相同.A正确；根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大.则磁通量变化率也大.B错误；根据欧姆定律可知第二次感应电流大.即I2>I1.C错误；流过导体某横截面的电荷量q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦΔtRΔt＝ΔΦR.由于磁通量变化量相同.电阻不变.所以通过导体横截面的电荷量不变.D正确。
答案AD2．(多选)如图1所示.水平放置的U形框架上接一个阻值为R0的电阻.放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下.由静止开始运动距离d后速度达到v.半圆形硬导体AC的电阻为r.其余电阻不计。
下列说法正确的是( )图1A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析 AC 的感应电动势为E ＝2BLv .两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r＝2BLvR 0R 0＋r.A 错、B 对；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋Q摩.C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLd R 0＋r Δt .通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLdR 0＋r .D 对。
答案 BD3．(多选)如图2所示.先后以速度v 1和v 2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域.v 1＝2v 2.在先后两种情况下( )图2A ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝2∶1B ．线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝1∶2C ．线圈中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝4∶1D ．通过线圈某截面的电荷量之比q 1∶q 2＝1∶1解析由于v1＝2v2.根据E＝BLv得感应电动势之比E1E2＝21.感应电流I＝ER.则感应电流之比为I1I2＝21.A正确.B错误；线圈出磁场所用的时间t＝L′v.则时间比为t1t2＝12.根据Q＝I2Rt可知热量之比为Q1Q2＝21.C错误；根据q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦΔt R Δt＝ΔΦR得q1q2＝11.D正确。
高考物理-2019版高考物理一轮复习精选题辑：课练+33+Word版含解析
灯泡一只，且灯泡正常发光．则()．原线圈电压有效值为3 V120 W0.1 A如图所示，理想变压器的副线圈接有一”的灯泡和线圈电阻的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，的示数几乎不变的示数增大，电流表A1的示数减小的示数增大，电流表A2的示数增大的示意图．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压答案：C解析：用户用电设备消耗的功率增大，升压变压器、降压变压器的原、副线圈中电流都要增大，选项A错误；输电线中的电流与用户消耗的功率和高压输电电压有关，选项B错误；用户用电器的总电阻减小，而输出电压不变，所以输电电流增大，输电线上损失的功率增大，选项C正确；升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线损耗的电压，选项D错误．5．(2018·黑龙江哈三中三模)(多选)电压互感器、电流互感器是将大电压、大电流降为小电压、小电流并进行测量的变压器．如图所示，用两个互感器测量某输电电路中的电压和电流，图中圆圈内a、b表示电压表或电流表，电压互感器的电压比为1 000∶1，电流互感器的电流比为10∶1，电压表的示数为38 V，电流表的示数为5 A，则()A．输电线路输送的电功率是1.9×104WB．输电线路输送的电功率是1.9×106WC．a为电流表，b为电压表D．a为电压表，b为电流表答案：BD解析：电压互感器与电路是并联关系，电流互感器与电路是串联关系，故a为电压表，b为电流表，电压互感器的电压比为1 000∶1，所以输电线路中的电压有效值为3.8×104V，电流互感器的电流比为10∶1，故输电线路中的电流有效值为50 A，所以输电线路输送的电两端的电压之比U A∶U B＝的电流之比I A∶I B＝2∶1消耗的功率之比P A∶P B＝均正常发光A两点间所加的电压有效值为14，线圈电阻不计．下列说法正确的是向上滑动时，灯泡变暗变大时，灯泡变暗．线圈处于图示位置时，图中交流电压表读数为零．若线圈转动的角速度变为2ω，则交流电压表读数变为原来R ，下列判断正确的是( )矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为矩形线圈从图示位置经过2πω的时间后，通过电流表．原线圈中理想电压表的示数为220 2．副线圈中输出交流电的周期为1100πs的电流，并最终还原为声音信号．下列说法中正确的是．若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作升压变压器原线圈中的电流I1；I线；升压变压器与降压变压器的匝数比各为多少？(2)50 A(3)1∶2080∶，为理想交流为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关)B．3，解得n＝3，故选BⅢ)(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是B．U2>U1，U2升高D．U2<U1，U2升高电流表都为理想电表．则下列判断正确的是．输入电压有效值为200 V，频率为50 Hz处不动，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示表均为理想电表，则以下判断正确的是()．变压器副线圈中输出交流电的频率为25 Hz．电压表的示数为22 2 V处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小某实验小组自己动手，在闭合铁芯上绕制变压器的原、副线圈，具体做法是：用外表涂有绝缘层的双股导线绕了又用同样的双股导线绕了n，选项12作为输出端，相当于两个线圈串联，原、副线圈的匝数同时翻倍，电压比等于n1∶间接入U1＝311电流，通过理想变压器和相同的理想二极管变压器原线圈匝数n1＝1 100为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少．由图甲可知M、N两端输出交流电压不可能高于．当滑动触头P逆时针转动时，M、N之间输出交流电压的频．当滑动变阻器滑片向上滑动时，电流表读数变小，电压表读求感应电动势的最大值；由图示位置转过，求线圈转过一周电流产生的总热量．求在线圈转过14周期的时间内通过电阻。
高考物理第一轮复习第十一章 (10+1+1)章末综合能力滚动练
二、多项选择题
7.如图5所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的
中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO′上，磁场的磁感应强度为B，
若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是
A.图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω
√C.t＝0.01 s时，发电机的线圈平面位于中性面
D.Rt处温度升高时，变压器的输入功率变小
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
图3
解析 由题图乙可知交流电压最大值 U＝36 2 V，周期 T＝0.02 s， 可由周期求出角速度的值为02.0π2 rad/s＝100π rad/s， 则可得交流电压的瞬时值表达式 u＝36 2sin 100πt V，故 A 错误； 根据II12＝nn21可知变压器原、副线圈中的电流之比为 1∶4，故 B 错误； t＝0.01 s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场 方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C正确； Rt处温度升高时，Rt阻值减小，电流表的示数变大， 变压器的输入功率变大，故D错误.
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3.(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图1甲是小型交流发电机的示意图，两
磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表.线圈绕
垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化
的图象如图乙所示.已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，
10.如图8所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，图中电压表和电流表均为
理想交流电表，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻(温度升高时阻值 减小)，C为电容器.下列说法正确的是
【经典练习】2019届高考物理一轮复习 第二课时变压器 电能的输送课时训练
第课时变压器电能的输送1. (2012年新课标全国卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为1 900匝;原线圈为1 100匝,接在有效值为220 V的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为( B )A.380 V和5.3 AB.380 V和9.1 AC.240 V和5.3 AD.240 V和9.1 A解析:根据题意可知,n1=1 100匝,n2=1 900匝,由变压规律可得U2==V=380 V;由题意知,P2=2.0kW,由P1=P2得,U1I1=P2,即I1== A≈9.1 A,选项B正确.2.(2012北京市朝阳区一模)一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,原线圈两端接一正弦式交变电流,其电压u随时间t变化的规律如图所示,则副线圈两端电压的有效值和频率分别为( A )A.110 V,50 HzB.110 V,0.5 HzC.220 V,50 HzD.220 V,0.5 Hz解析:变压器不改变交变电流的频率,由题u t图象看出,该交变电压的周期T=2×10-2 s,故其频率f== Hz=50 Hz;由题u t图象还可看出,该交变电压的最大值U m=311 V,故其有效值U== V≈220 V,代入变压器的变压比公式得副线圈两端电压的有效值U2=U1=U=×220 V=110 V.综上所述,正确选项为A.一要理解掌握变压器的变压原理,即只改变电压、电流,而不改变其频率;二要看清坐标轴刻度、单位.3.一输入电压为220 V,输出电压为36 V的理想变压器副线圈烧坏.为获知此变压器原、副线圈匝数,某同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈,如图所示,然后将原线圈接到220 V交流电源上,测得新绕线圈的端电压为1 V,按理想变压器分析,该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( B )A.1 100,360B.1 100,180C.2 200,180D.2 200,360解析:设该变压器烧坏前原、副线圈匝数分别为n1、n2,由电压与匝数的关系可知=,又有=,解得n1=1 100,n2=180,故B正确,A、C、D错误.4.用电高峰期,电灯往往会变暗,其原理可简化为如下物理问题.如图所示,理想变压器副线圈上,通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为r,原线圈输入有效值恒定的交流电压,当开关S闭合时,以下说法正确的是( B )A.原线圈中电流减小B.r两端的电压增大C.原线圈输入功率不变D.副线圈输出电压减小解析:开关S闭合,用户端阻值变小,用户端干路电流增大,则原线圈中电流变大,原线圈输入功率变大,选项A、C 均错误;用户端干路电流增大则输电线r上电压损失变大,选项B正确;由于原线圈输入电压及匝数比不变,故副线圈输出电压不变,选项D错误.5.在家用交流稳压器中,变压器的原、副线圈分别带有滑动头P1、P2,如图所示.当变压器的输入电压发生变化时,可上下调节滑动头P1、P2的位置,使输出电压稳定在220 V.若输出电压高于220 V,则下列措施正确的是( A )A.P1不动,将P2向下移B.P1不动,将P2向上移C.P2不动,将P1向下移D.将P1向下移,同时将P2向上移解析:根据变压器的变压原理,=,此时输出电压U2偏高.在保持U1、n1不变化的条件下,可减小n2,使U2减小.6.某小型水电站的电能输送示意图如图所示.发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的总电阻为r,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin 100πt V,降压变压器的副线圈与阻值R0=11 Ω的电阻组成闭合电路.若将变压器视为理想变压器,则下列说法中不正确的是( C )A.通过R0电流的有效值是20 AB.降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率解析:降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V,负载电阻为11 Ω,所以通过R0电流的有效值是20 A,选项A正确;降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1,选项B 正确;升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压,选项C错误;升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率,选项D正确.7.如图所示电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器R的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是( B )A.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小B.保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小C.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则I1减小D.保持U1不变,S接在b端,将P向上滑动,则I1减小解析:在保持P的位置及U1不变时,S由b切换到a,副线圈匝数变多,由=知U2变大,I2=变大,P R=U2I2变大,即R上消耗的功率变大,故A错;又由于=,I1也变大,故C错误;S由a切换到b,副线圈匝数变少,由=知U2变小,I2=变小,故B正确;在保持U1不变,S接在b端,P向上滑动,R变小,I2=变大,I1变大,故D错.8.如图,有一理想变压器,原副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电,输出端接有一个交流电压表和一个电动机.电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读数为I,电压表读数为U,电动机带动一重物匀速上升.下列判断正确的是( C )A.电动机两端电压为UB.电动机消耗的功率为U2/RC.电动机的输出功率为nUI-n2I2RD.变压器的输入功率为UI/n解析:依题意知,电动机两端的电压为U,故选项A错误;因电动机为非纯电阻电器,其消耗的功率不等于,故选项B错误;副线圈中的电流I2=nI,故电动机的输出功率P出=UI2-R=nUI-n2I2R,选项C正确;加在原线圈两端的电压U1=nU,故变压器的输入功率P入=U1I=nUI,选项D错误.9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为200 V,输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则( D )A.=B.<C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析:由于输电线上的功率损耗,故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率,P出-P损=P入,故C错误,D正确.=,=,因为U1=200 V<U4=220 V,U3=U2-U线,故>,A、B均错误.10.(2012锦州模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心抽头,电压表V和电流表A均为理想电表,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1=220sin 100πt V,则( A )A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 VB.当t= s时,c、d间的电压瞬时值为110 VC.单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器P触头向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时,电压表和电流表的示数均变小解析:由正弦交流电的最大值与有效值的关系,可以确定原线圈电压有效值为220 V,电压表所测电压值也是有效值,由于变压器原、副线圈电压比等于匝数比,所以电压表示数为22 V,A正确;将t= s代入瞬时值表达式计算得u=110 V,B错;对于理想变压器,副线圈电压只与原线圈电压和原、副线圈匝数比有关,所以滑动变阻器触头P向上移动的过程中,电压表示数不变,所以C错;开关由a扳向b,原、副线圈匝数比变小,所以副线圈电压变大,电流变大,所以D错.11.交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动.一小型发电机的线圈共220匝,线圈面积S=0.05 m2,线圈转动的频率为50 Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感应强度B= T.为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作,需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器,电路如图所示,求:(1)发电机的输出电压的有效值为多少?(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少?(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大?解析:(1)根据E m=NBSω=1 100 V得输出电压的有效值为U1==1 100 V.(2)根据=得=.(3)根据P入=P出=2.2×104 W,再根据P入=U1I1,解得I1=20 A.答案:(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A12.(2013郑州高三期末)某村在较远的地方建立了一座小型水电站,发电机的输出功率为100 kW,输出电压为500 V,输电导线的总电阻为10 Ω,导线上损耗的电功率为4 kW,该村的用电电压是220 V.(1)设计了如图所示的输电电路.求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比;(2)该村某工厂用电60 kW,还可以装“220 V,40 W”的电灯多少盏?解析:(1)P损=r,所以I2==A=20 A,I1== A=200 A,则===,U3=U2-I2r=(500×10-20×10)V=4 800 V,则===.(2)设还可以装电灯n盏,据功率相等有P3=P4, 其中P3=(n×40+60×103)W,P4=(100-4)kW=96 kW,所以n=900盏.答案:(1)240∶11 (2)900盏。
2019高考物理一轮复习课时跟踪检测：(二十九) 电流 电阻 电功 电功率(普通高中) Word版含解析
课时跟踪检测（二十九）电流电阻电功电功率(一)普通高中适用作业[A级——基础小题练熟练快]★1、关于电流，下列说法中正确的是()A、通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B、电子运动的速率越大，电流越大C、单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D、因为电流有方向，所以电流是矢量解析：选C电流的大小等于单位时间内流过导体横截面的电荷量，故A错，C对；电流的微观表达式I＝neS v，电流的大小由单位体积的电荷数、每个电荷所带电荷量、导体的横截面积和电荷定向移动的速率共同决定，故B错；矢量运算遵循平行四边形定则，标量的运算遵循代数法则，电流的运算遵循代数法则，故电流是标量，所以D错。
2.在如图所示的电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B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变化的图像应为下图中的()解析：选A根据电阻定律，横坐标为x的点与A点之间的电阻R ＝ρx S ，这两点间的电压U ＝IR ＝Iρx S (I 、ρ、S 为定值)，故U 跟x成正比例关系，A 正确。
★3.[多选](2018·枣庄检测)如图所示，R1和R 2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R 1的尺寸比R 2的尺寸大。
在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是( )A 、R 1中的电流小于R 2中的电流B 、R 1中的电流等于R 2中的电流C 、R 1中自由电荷定向移动的速率大于R 2中自由电荷定向移动的速率D 、R 1中自由电荷定向移动的速率小于R 2中自由电荷定向移动的速率解析：选BD 设正方形的边长为L 、厚度为d ，则I ＝U R ，R ＝ρL S＝ρL L ·d＝ρd ，得I ＝Ud ρ，故R 1、R 2中的电流相等，A 错误，B 正确。
由I ＝nqS v ＝nqLd v 得，L 大则v 小，C 错误，D 正确。
2019年人教高考物理一轮练习题(1)及答案
2019年人教高考物理一轮练习题（1）及答案一、选择题,P为1、如图所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1磁场边界上的一点。
相同的带正电荷粒子,以相同的速率从P点射入磁场区域,速度方向沿位于纸面内的各个方向,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。
若将磁感应强度的大小变为B,结果相应的2弧长变为圆周长的,不计粒子的重力和粒子间的相互影响,则等于( )A. B. C. D.【解析】选C。
设圆形区域的半径为r。
当磁感应强度为B1时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,∠POM=120°,如图所示:由几何关系得sin60°=,解得R=r。
磁感应强度为B2时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,∠PON=90°,如图所示:所以粒子做圆周运动的半径为R′=r。
对带电粒子由牛顿第二定律得qvB=m,解得B=,由于v、m、q相等,则得==,选项C正确。
2. (多选)如图所示,真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正向运动,所有粒子为同种粒子,速度大小相等,在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出),所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。
下列说法中正确的是( )导学号49294172A.磁场方向一定是垂直xOy平面向里B.所有粒子通过磁场区的时间相同C.所有粒子在磁场区运动的半径相等D.磁场区边界可能是圆【解题指导】(1)磁场的方向可由带电粒子的受力方向判断。
(2)粒子在磁场中的运动时间与圆心角有关。
(3)带电粒子进入磁场的位置为一圆弧,且圆弧的半径与粒子在磁场中的轨迹半径相同。
【解析】选C、D。
由题意可知,正粒子经磁场偏转,都集中于一点a,根据左手定则,磁场的方向垂直xOy平面向外,故A错误;由洛伦兹力提供向心力,可得T=,而运动的时间还与圆心角有关,因此粒子的运动时间不等,故B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得R=,由于是同种粒子,且速度大小相等,所以它们的运动半径相等,故C正确;所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点,因此磁场区边界可能是圆,也可能是圆弧,故D正确。
人教版(2019)高一物理必修第一册同步讲解与测评课时作业11
课时作业(11)摩擦力1．关于动摩擦因数，下列说法正确的是()A．两接触面间压力越大，动摩擦因数越大B．两物体间滑动摩擦力越大，动摩擦因数越大C．两物体间的动摩擦因数与滑动摩擦力成正比，与两物体间的压力成反比D．两物体间的动摩擦因数是由两物体的材料和接触面的粗糙程度等决定的，与滑动摩擦力和正压力无关D[动摩擦因数只与接触面的粗糙程度、相互接触的物体的材料有关，D正确．]2．关于弹力和摩擦力，下列说法正确的是()A．摩擦力的方向总与物体运动的方向相反B．有摩擦力一定就有弹力C．弹力的大小总是与物体的重力成正比D．同一接触面处弹力和摩擦力的方向一定不垂直B[摩擦力的方向总与物体相对运动的方向相反，有时与物体运动方向相同，有时与物体运动方向相反，A错误；由于摩擦力的产生条件之一就是接触面间有挤压，故存在摩擦力的接触面间一定存在弹力，B正确；弹力的大小不一定总是与物体的重力成正比，比如按在竖直墙壁上的物体，弹力与重力无关，C错误；弹力垂直于接触面，而摩擦力沿接触面，故二者方向一定垂直，D错误．]3．如图所示，一平板小车在外力作用下由静止向右滑行了一段距离x，同时车上的物体A相对车向左滑行L，关于此过程中物体A受到平板小车的摩擦力的说法正确的是()A．方向水平向左，是阻力B．方向水平向左，是动力C．方向水平向右，是阻力D．方向水平向右，是动力D[由于物体A相对小车向左滑动，则受到小车向右的滑动摩擦力的作用．物体A相对地面是向右运动的，即滑动摩擦力的方向与物体A的运动方向相同，所以摩擦力是动力，故D正确，A、B、C错误．]4．(多选)如图所示，一质量为m的木块靠在竖直粗糙的墙壁上，且受到水平力F的作用，下列说法正确的是()A．若木块静止，则木块受到的静摩擦力大小等于mg，方向竖直向上B．若木块静止，当F增大时，木块受到的静摩擦力随之增大C．若木块静止，当F增大时，最大静摩擦力随之增大D．若开始时木块静止，当撤去F，木块沿墙壁下滑时，木块不受摩擦力作用ACD[若木块静止，则木块受到的静摩擦力与mg平衡，大小为mg，方向竖直向上，故A正确，B错误；最大静摩擦力与正压力成正比，故C正确；当撤去F时，墙与木块间无弹力，则木块不受摩擦力作用，故D正确．]5．《中国制造2025》是国家实施强国战略第一个十年行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域．如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则()A．小球没有掉下去，是由于摩擦力大于小球的重力B．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大C．小球受到的摩擦力大小与重力相等D．机械臂受到的摩擦力方向竖直向上C[对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等，方向相反，故A错误，C正确；增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力仍等于重力，大小不变，故B错误；小球受到的摩擦力方向竖直向上，则机械臂受到的摩擦力方向竖直向下，故D错误．] 6．如图所示，质量为m的物块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间动摩擦因数为μ1, 物块与木板间动摩擦因数为μ2, 已知木板处于静止状态，那么木板所受地面摩擦力的大小是()A．μ1Mg B．μ1Mg＋μ2mgC．μ2mg D．μ1(m＋M)gC[因为物块在木板上滑行，所以物块受到木板给的滑动摩擦力，大小为f1＝μ2mg，方向向左，根据牛顿第三定律可知木板受到物块给的向右的摩擦力，大小为f2＝μ2mg，对木板受力分析，木板在水平方向上合力为零，所以受到地面向左的静摩擦力，其大小等于μ2mg，C正确．]7．(多选)如图所示，木块A、B所受重力分别为50 N和60 N，它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m，系统置于水平地面上静止不动．现用F＝1 N的水平拉力作用在木块B上，力F作用瞬间()A．木块B所受摩擦力大小是9 NB．木块B所受摩擦力大小是7 NC．木块A所受摩擦力大小是12.5 ND．木块A所受摩擦力大小是8 NAD[力F作用瞬间，弹簧弹力不变，弹簧弹力大小F弹＝kx＝400×0.02 N＝8 N，F弹<μG A＝12.5 N，所以木块A所受摩擦力大小f A＝F弹＝8 N，C错误，D正确；F＋F弹<μG B ＝15 N，所以木块B所受摩擦力大小f B＝F弹＋F＝8 N＋1 N＝9 N，A正确，B错误．] 8．如图所示，质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，从t＝0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F＝1 N的作用，g取10 m/s2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力f随时间变化的图像是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()C[先分析物体的运动情况：物体先向右做匀减速运动，当速度减到零时，根据恒力F 与最大静摩擦力的关系，分析物体的状态，再研究摩擦力．刚开始时，物体向右滑行，受到向左的滑动摩擦力，方向为负，大小为f＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N，当速度减小到零时，由于f max＝2 N＞F＝1 N，所以物体不再运动，处于静止状态，此时F和静摩擦力平衡，故f＝1 N，方向向右，为正值，故C正确．]9．(多选)如图所示为研究木板与木块之间滑动摩擦力大小的实验装置，将一木块和木板叠放于水平桌面上，轻质弹簧测力计一端固定，另一端用细线与木块水平相连．现在用轻绳与长木板连接，用手向右水平拉轻绳，使长木板在桌面上从木块下抽出，则()A．木块与木板之间的摩擦力是滑动摩擦力B．水平桌面必须光滑C．必须使木板在桌面上做匀速直线运动D．木板运动过程中，弹簧秤示数保持不变AD[木块与木板之间有相对滑动，可知它们之间的摩擦力是滑动摩擦力，选项A正确；水平桌面光滑与否对木块与木板之间的摩擦力无影响，选项B错误；本实验中，木板不论处于什么运动，木块总处于平衡状态，弹簧的弹力等于木块的滑动摩擦力，保持不变，选项C 错误，D 正确．]10．如图所示，有黑白两条毛巾交替折叠地放在地面上，白毛巾的中部用线与墙壁连接着，黑毛巾的中部用线拉住，设线均呈水平．欲将黑白毛巾分离开来，设每条毛巾的质量均为m ，毛巾之间及其跟地面间的动摩擦因数均为μ，则将黑毛巾匀速拉出需用的水平拉力为( )A ．μmgB ．2μmgC ．5μmgD ．6μmgC [黑毛巾有四个面受到摩擦力，平衡时F ＝f 1＋f 2＋f 3＋f 4＝μ·12mg ＋μ·2·12mg ＋μ·3·12mg ＋μ·4·12mg ＝5μmg .] 11．如图所示，一根质量不计的弹簧自由长度为20 cm ，一端固定于质量m ＝2 kg 的物体上，在另一端施加一水平拉力F .若物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，当弹簧拉长至22 cm 时，物体恰好匀速运动．(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g 取10 N/kg ，弹簧始终在弹性限度内)(1)求弹簧的劲度系数；(2)若将弹簧拉长至21 cm 时，稳定后物体受到的摩擦力大小为多少？(3)若将弹簧拉长至23 cm 时，物体受到的摩擦力大小为多少？(4)若运动过程中突然撤去拉力，此时物体受到的摩擦力大小为多少？解析 (1)物体匀速运动时，根据平衡条件有k (x －x 0)＝μmg ，则k ＝μmg x －x 0＝0.2×2×100.22－0.20N/m ＝200 N/m. (2)弹力F 1＝k (x 1－x 0)＝200×(0.21－0.20) N ＝2 N ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 即F fm ＝0.2×2×10 N ＝4 N ＞2 N.故此时物体静止，所受静摩擦力F f1＝F 1＝2 N.(3)弹力F 2＝k (x 2－x 0)＝200×(0.23－0.20)N ＝6 N>F fm ＝4 N ，物体将运动，此时所受到的滑动摩擦力为F f2＝μF N＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N.(4)撤去拉力时，物体运动过程中受到的是滑动摩擦力，F f3＝μF N＝μmg＝4 N.答案(1)200 N/m(2)2 N(3)4 N(4)4 N12．如图所示，一个质量为M＝2 kg的物体静止放在粗糙水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，用一条质量不计的细绳绕过定滑轮和一个质量为m0＝0.1 kg的小桶相连，已知M受到的最大静摩擦力F max＝4.5 N，细绳水平，滑轮上的摩擦不计，g取10 N/kg，求在以下情况中，M受到的摩擦力的大小．(1)只挂m0时；(2)只挂m0但在M上再放一个M′＝3 kg的物体时；(3)在桶内加入m1＝0.33 kg的砂子时；(4)在桶内加入m2＝0.5 kg的砂子时．解析(1)因为m0g＝1 N<F max，M处于静止状态，受静摩擦力作用，由二力平衡得F1＝m0g＝1 N.(2)在M上再放一个M′＝3 kg的物体，M处于静止状态，仍受静摩擦力，F2＝F1＝m0g ＝1 N.(3)因为(m0＋m1)g＝4.3 N<F max，故M处于静止状态，所受静摩擦力F3＝(m0＋m1)g＝4.3 N.(4)因为(m0＋m2)g＝6 N>F max，故物体运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力F4＝μF N ＝μMg＝4 N.答案(1)1 N(2)1 N(3)4.3 N(4)4 N。
2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测：(二十九) 电流 电阻 电功 电功率
课时跟踪检测（二十九）电流电阻电功电功率(一)普通高中适用作业[A级——基础小题练熟练快]★1．关于电流，下列说法中正确的是()A．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B．电子运动的速率越大，电流越大C．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D．因为电流有方向，所以电流是矢量解析：选C电流的大小等于单位时间内流过导体横截面的电荷量，故A错，C对；电流的微观表达式I＝neS v，电流的大小由单位体积的电荷数、每个电荷所带电荷量、导体的横截面积和电荷定向移动的速率共同决定，故B错；矢量运算遵循平行四边形定则，标量的运算遵循代数法则，电流的运算遵循代数法则，故电流是标量，所以D错。
2.在如图所示的电路中，AB为粗细均匀、长为L的电阻丝，以A、B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变化的图像应为下图中的()解析：选A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，A正确。
★3.[多选](2018·枣庄检测)如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大。
在两导体上加相同的电压，通过两导体的电流方向如图所示，则下列说法中正确的是()A．R1中的电流小于R2中的电流B．R1中的电流等于R2中的电流C．R1中自由电荷定向移动的速率大于R2中自由电荷定向移动的速率D．R1中自由电荷定向移动的速率小于R2中自由电荷定向移动的速率解析：选BD设正方形的边长为L、厚度为d，则I＝UR，R＝ρLS＝ρLL·d＝ρd，得I＝Udρ，故R1、R2中的电流相等，A错误，B正确。
由I＝nqS v＝nqLd v得，L大则v小，C错误，D 正确。
4.[多选]某导体的伏安特性曲线如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体的电阻约是5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小解析：选AD 对某些导体，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的UI 值仍表示该点所对应的电阻值。
2019届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题
课时跟踪检测(六) 力的合成与分解对点训练：力的合成1．(2016·南京一模)减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。
当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F ，下图中弹力F 画法正确且分解合理的是( )解析：选B 减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A 、C 错误；按照力的作用效果分解，将F 可以分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B 正确，D 错误。
2．(多选)已知力F 的一个分力F 1跟F 成30°角，大小未知，另一个分力F 2的大小为33F ，方向未知，则F 1的大小可能是( ) A ．3F 3 B ．3F 2C ．23F 3D ．3F解析：选AC如图所示，因F2＝33F＞F sin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝F22－(F sin 30°)2＝36F，即F1的大小分别为F cos 30°－ΔF和F cos30°＋ΔF，即F1的大小分别为33F和233F，A、C正确。
3．(2016·菏泽模拟)如图1所示，一名骑独轮车的杂技演员在空中钢索上表演。
已知独轮车和演员的总质量为60 kg，两侧钢索的夹角为150°，钢索所能承受的最大拉力为2 000 N，g取10 m/s2。
当独轮车和演员在图示位置静止不动时，钢索对独轮车的作用力大小为()图1A．600 N B．1 200 NC．2 000 N D．4 000 N解析：选A独轮车和演员处于平衡状态，所以钢索对独轮车的作用力大小为600 N，A正确。
4．(2016·湖南十二校联考)如图2所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。
物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为()图2A ．22mB ．2mC ．mD ．2m 解析：选A 先以A 为研究对象，由A 物块受力及平衡条件可得绳中张力F T ＝mg sin 30°。
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[高考指南] 说明：匀变速直线运动图象只限于v -t图象． 注：各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下： Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用． Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用． 第1节 描述运动的基本概念
知识点1 参考系、质点 1．参考系 (1)定义：在描述物体运动时，用来作参考的物体． (2)参考系的四性： ①标准性：选作参考系的物体都假定不动，被研究的物体都以参考系为标准． ②任意性：参考系的选取原则上是任意的，通常选地面为参考系． ③统一性：比较不同物体的运动必须选同一参考系． ④差异性：对于同一物体，选择不同的参考系描述结果一般不同． 2．质点 (1)定义：用来代替物体的有质量的点． (2)把物体看作质点的条件：物体的形状和大小对研究问题的影响可以忽略不计． 知识点2 位移和路程 位移 路程 定义 表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段 质点运动轨迹的长度 区别 (1)位移是矢量，方向由初位置指向末位置 (2)路程是标量，没有方向
联系 (1)在单向直线运动中，位移的大小等于路程 (2)其他情况下，位移的大小小于路程 知识点3 速度与速率 1．平均速度 (1)定义：运动物体的位移和所用时间的比值．
(2)定义式：v＝ΔxΔt. (3)方向：跟物体位移的方向相同． 2．瞬时速度 (1)定义：运动物体在某位置或某时刻的速度． (2)物理意义：精确描述物体在某时刻或某位置的运动快慢． (3)速率：瞬时速度的大小． 知识点4 加速度 1．定义式 a＝ΔvΔt，单位是m/s2. 2．物理意义 描述速度变化的快慢． 3．方向 与速度变化的方向相同． 4．判断物体加速或减速的方法 (1)当a与v同向或夹角为锐角时，物体加速． (2)当a与v垂直时，物体速度大小不变． (3)当a与v反向或夹角为钝角时，物体减速．
1．正误判断 (1)研究物体的运动时，只能选择静止的物体作为参考系．(×) (2)研究花样游泳运动员的动作时，不能把运动员看作质点．(√) (3)在直线运动中，物体的位移大小一定等于其路程．(×) (4)子弹击中目标的速度是瞬时速度．(√) (5)加速度是反映速度变化大小的物理量．(×) (6)加速度为正值，表示速度的大小一定越来越大．(×) 2．[对质点的理解]以下情景中，人或物体可以看成质点的是( ) 【导学号：92492000】 A．研究一列火车通过长江大桥所需的时间 B．研究乒乓球比赛中运动员发出的旋转球 C．研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作 D．用GPS确定打击海盗的“武汉”舰在大海中的位置 D [长江大桥虽长，但火车长度与之相比不能忽略，选项A错误；既然是“旋转球”，就是要研究球的旋转，故不能把它看做质点，选项B错误；研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时，突出的是看清“挥动国旗的动 作”，不能把翟志刚看成质点，选项C错误；用GPS确定“武汉”舰在大海中的位置时，突出它的“位置”，可以把“武汉”舰看成质点(船的大小与大海相比，其大小可以忽略)，故选项D正确．] 3.[对质点、参考系和位移的理解]在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图1-1-1所示．下面说法正确的是( )
图1-1-1 A．地球在金星与太阳之间 B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点 C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零 D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的 D [金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．] 4．[对速度、加速度的理解]图1-1-2是火箭点火升空瞬间时的照片，关于这一瞬间的火箭的速度和加速度的判断，下列说法正确的是( ) 图1-1-2 A．火箭的速度很小，但加速度可能较大 B．火箭的速度很大，加速度可能也很大 C．火箭的速度很小，所以加速度也很小 D．火箭的速度很大，但加速度一定很小 A [火箭点火升空瞬间速度很小，火箭得到高速气体的反冲力，加速度可能较大，A正确，B、D错误；加速度的大小与速度的大小无必然联系，故C错误．]
质点和参考系 1．质点 (1)质点是一种理想化模型，实际并不存在． (2)物体可看做质点的条件：研究物体的运动时，物体的大小和形状对研究结果的影响可以忽略． 2．参考系 (1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们假定它是静止的． (2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系． [题组通关] 1．在研究下述运动时，能把物体看做质点的是( ) A．研究短跑运动员的起跑动作时 B．研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时 C．将一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面是朝上还是朝下时 D．研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时 B [研究起跑动作、硬币的上下面时，大小和形状不能忽略，故运动员和硬币都不能看做质点；研究汽车翻倒是转动问题，不能看做质点，研究飞船运行轨道时，可把飞船看做质点．故B正确．] 2．(多选)如图1-1-3所示，在抗战胜利70周年之际，20架直升机组成“70”字样，飞过天安门广场上空．下列关于飞机运动情况的说法正确的是( ) 【导学号：92492001】
图1-1-3 A．地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系 B．飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系 C．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的 D．以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是运动的 ABC [地面上的人看到飞机飞过，是以地面为参考系，飞行员看到观礼台向后掠过，是以飞机为参考系观察的结果，A、B选项正确；因6架表演机保持队形飞行，速度相同，故无论以编队中的哪一架飞机为参考系，其他飞机都是静止的，故C正确，D错误．] 平均速度和瞬时速度 1.平均速度与瞬时速度的区别与联系 (1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度． (2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度． 2．平均速度与平均速率的区别 平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，只有当路程与位移的大小相等时，平均速率才等于平均速度的大小． [多维探究] ●考向1 平均速度的理解和计算 1．(2018·皖南模拟)一个质点沿直线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＋2t3)m，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2 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/s B．8 m/s 38 m/s C．12 m/s 19.5 m/s D．8 m/s 13 m/s B [题中v＝6t2 m/s是计算瞬时速度的公式，质点做非匀变速直线运动时，
某段时间内的平均速度应根据其定义v＝ΔxΔt求解．t＝0时，x1＝5 m，t＝2 s时，
x2＝21 m，Δx1＝x2－x1＝16 m，v1＝Δx1t2－t1＝8 m/s；t＝3 s时，x3＝59 m，所以Δx2
＝x3－x2＝38 m，所以v2＝Δx2t3－t2＝38 m/s，故选B.]
计算平均速度时应注意的问题 1．求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．
2.v＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．
3.v＝12(v＋v0)只适用于匀变速直线运动．
●考向2 极限法求瞬时速度 2．(多选)一身高为H的田径运动员正在参加百米国际比赛，在终点处，有一位站在跑道终点旁的摄影记者用照相机给他拍摄冲线过程，摄影记者使用的照
相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是160 s，得到照片后测得照片中运动员的高度为h，胸前号码布上模糊部分宽度是ΔL.由以上数据可以知道运动员的( ) 【导学号：92492002】 A．百米成绩 B．冲线速度 C．百米内的平均速度 D．冲线时160 s内的位移 BD [由于无法知道运动员跑100 m经历的时间，故无法确定其平均速度和成绩，A、C均错误；由题意可求出冲线时160 s内运动员跑过的距离Δx＝HhΔL，
进一步求得160 s内的平均速度v＝Δx160，由于时间极短，可把这段时间内的平均
速度近似看成是冲线时的瞬时速度，B、D正确．] 3．(2018·浙江高考)如图1-1-4所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx，
用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是( ) 【导学号：92492003】
图1-1-4 A．换用宽度更窄的遮光条 B．提高测量遮光条宽度的精确度 C．使滑块的释放点更靠近光电门 D．增大气垫导轨与水平面的夹角
A [ΔxΔt表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮
光时间Δt越小，ΔxΔt越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项A正确．]
极限法的应用 1．方法理解：如果把一个复杂的物理全过程分解成几个小过程，且这些小