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【红对勾】2014-2015学年高中物理 综合检测 新人教版必修2限时：90分钟 总分：100分一、选择题(1～6为单选，7～10为多选。
每小题4分，共40分)1．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A.kvk 2－1 B.v1－k2C.kv1－k2D.vk 2－12.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/s C ．1.0 rad/sD ．0.5 r ad/s3．假设在质量与地球质量相同、半径为地球半径两倍的某天体上进行运动比赛，那么与地球上的比赛成绩相比，下列说法正确的是( )①跳高运动员的成绩会更好②用弹簧秤称体重时，体重数值会变得更小 ③投掷铁饼的距离会更远④用手投出的篮球，水平方向的分速度会更大 A ．①②③B ．②③④C．①③④D．①②④4．人造卫星环绕地球运转的速率v＝gR2r，其中g为地面处的重力加速度，R为地球半径，r为卫星离地球中心的距离．下面说法正确的是( )A．从公式可见，环绕速度与轨道半径的平方根成反比B．从公式可见，把人造卫星发射到越远的地方越容易C．由第一宇宙速度公式v＝gR知卫星轨道半径越大，其运行速度越大D．以上答案都不对5.一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是( ) A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小B．物体从B上升到A的过程中，动能不断变小C．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，动能都是先增大，后减小D．物体从A下降到B的过程中，物体动能和重力势能的总和不变6．如图所示，物体从倾角为α，长为L的斜面顶端自静止开始下滑，到达斜面底端时与挡板M发生碰撞．设碰撞时无能量损失，碰撞后又沿斜面上升．如果物体到最后停止时总共滑过的路程为s，则物体与斜面间的动摩擦因数为( )A.L sinαsB.Ls sinαC.L tanαsD.Ls cosα7.如图所示，一辆玩具小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上，由图中位置无初速度释放，则小球在下摆过程中，下列说法正确的是( )A．绳的拉力对小车做正功B．绳的拉力对小球做正功C．小球的合力不做功D．绳的拉力对小球做负功8．以下说法中正确的是( )A．在光滑的水平冰面上，汽车可以转弯B．火车转弯速率小于规定的数值时，内轨将会受压力作用C．飞机在空中沿半径为R的水平圆周盘旋时，飞机的两翼一定处于倾斜状态D．汽车转弯时需要的向心力是由司机转动方向盘所提供的答案1．B 去程时船头垂直河岸如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为d ，则去程时间t 1＝d v 1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间t 2＝d v 21－v2，由题意有t 1t 2＝k ，则k ＝v 21－v2v 1，得v 1＝v 21－k2＝v1－k2，选项B 正确．2．C当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中O 为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力，有 μmg cos30°－mg sin30°＝m ω2R 得ω＝g4R＝1.0 rad/s ，选项C 正确． 3．A 根据万有引力定律可知人在该天体上受到的引力小于地球上的重力，即物体好像变“轻”了，所以①、②、③是正确的，选A.4．A 错选B 的同学将运行速度与发射速度混淆了．实际上，当r 增加时，v 减小，但要把卫星送上更高轨道需要克服地球引力做更多的功，发射应更困难，B 错．错选C 的同学误将第一宇宙速度公式当成了运行速度公式且把g 当常量而将R 当变量，而实际上当R 增加时，g 是减小的，故C 错．公式v ＝gR 2r中，g 为地球表面的重力加速度，R 为地球半径，g 和R 均为常量，所以v ∝1r，A 正确．5．C 物体的动能先增大后减小，同理，物体从B 返回到A 的过程，动能先增大后减小，A 、B 错误，C 正确；物体运动过程中，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，因弹簧的弹性势能变化，故动能和重力势能的和在变化，D 错误，故选C.6．C 由能量守恒定律知，物体在运动过程中将机械能全部转化为克服摩擦力做功产生的内能．设物体滑过的总路程为s ，则mgL sin α＝μmgs cos α，所以μ＝L sin αs cos α＝L tan αs，所以C 项正确．7．AD 在小球向下摆动的过程中，小车向右运动，绳对小车做正功，小车的动能增加．小球和小车组成的系统机械能守恒，小车的机械能增加，则小球的机械能一定减少，所以绳对小球拉力做负功．8．BC 在水平面上汽车转弯需要的向心力是摩擦力提供的，所以在光滑的水平冰面上，汽车是无法转弯的．火车转弯处外轨高于内轨，如果按设计速率行驶，内外轨与轮缘均不挤压，如果行驶速率大于设计速率，则外轨与轮缘挤压，产生向内侧的弹力，辅助提供向心力，反之将由内轨挤压内侧车轮的轮缘．飞机转弯时，空气对飞机的升力应偏离竖直方向，使它与重力的合力沿水平方向提供向心力．9.质量为m 的物体始终固定在倾角为θ的斜面上，下列说法正确的是( ) A ．若斜面水平向右匀速运动距离x ，斜面对物体不做功 B ．若斜面向上匀速运动距离x ，斜面对物体做功mgxC ．若斜面水平向左以加速度a 运动距离x ，斜面对物体做功maxD ．若斜面向下以加速度a 运动距离x ，斜面对物体做功m (g ＋a )x 10.如图所示，M 为固定在桌面上的异形木块，abcd 为34圆周的光滑轨道，a 为轨道最高点，de 面水平且与圆心等高．今将质量为m 的小球在d 点的正上方高为h 处由静止释放，使其自由下落到d 处后，又切入圆轨道运动，则下列说法正确的是( )A ．在h 一定的条件下，释放后小球的运动情况与小球的质量有关B ．只要改变h 的大小，就能使小球在通过a 点之后既可能落回轨道之内，又可能落到de 面上C ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球在通过a 点之后，又落回轨道之内D ．要使小球飞出de 面之外(即落在e 的右边)是可能的 二、填空题(每小题5分，共20分)11．以30°角斜向上抛出一物体，t s 后落在离抛出点30 3 m 远的与抛出点在同一水平面上的A 点，不考虑空气的阻力，g 取10 m/s 2，则该物体的初速度为__________m/s ，物体能上升的最大高度为__________m.12．汽车车轮的直径是 1.2 m ，行驶速率是43.2 km/h ，在行驶中车轮的角速度是__________rad/s ，其转速是__________r/min.13．如图所示，一块均匀的正方形板的边长为a ，重为G ，可绕通过O 点的水平轴转动，从AO 呈水平位置开始将板释放，摆动一定时间后最后静止，静止时B 点在O 点的正下方，在这个过程中，其损失的机械能为________．14．一士兵乘飞机巡查，用一部自动照相机在空中摄影，他选好快门开启的时间间隔1 s ，镜头放大率为1100，将一苹果从飞机上自由落下开始到落地的拍摄照片如下图所示．(1)该地的重力加速度为________ m/s 2. (2)飞机离地面的高度________ m. (3)试根据此照片验证机械能守恒定律． ______________________________________ 三、计算题(共40分) 15.(8分)某地区遭受水灾，空军某部奉命赶赴灾区空投物资．空投物资离开飞机后在空中沿抛物线降落，如图所示．已知飞机在垂直高度AO ＝2 000 m 的高空进行空投，物资恰好准确落在P 处，此时飞机飞行的速度v ＝10 m/s.求飞机空投时距目的地的距离OP .答案9.ABC 物体受到平衡力作用而处于匀速直线运动状态，与重力相平衡的力是斜面给它的作用力，方向竖直向上．斜面沿水平方向匀速运动时，力与位移垂直，斜面对物体不做功．斜面向上匀速运动时，力与位移同向，W ＝F ·x ＝mgx .斜面水平向左加速运动时，物体所受的合外力为ma ，恰等于斜面给它的作用力在位移方向的分量，W ＝F s ·x ＝max .斜面向下加速时，对物体有mg ＋F ＝ma ，W ＝F ·x ＝m (a －g )·x ，故选A 、B 、C.10．CD 只要小球能通过轨道的最高点a ，即有v a ≥gR .小球能否落回轨道之内，取决于小球离开a 点后做平抛运动的水平射程x ，由平抛运动公式x ＝v a t 及R ＝12gt 2得；x ≥2R ，由此可知，小球在通过a 点之后，不可能落回轨道之内，但可能飞出de 面之外，C 、D 正确．11．10 6 7.5解析：设初速度为v 0.由题意得水平方向v 0cos30°·t ＝30 3 ①，竖直方向v 0sin30°＝gt2②.由①②两式联立，解得v 0＝10 6 m/s.由上抛过程公式(v 0sin30°)2＝2gh ，得(56)2＝2×10h .所以h ＝7.5 m.12．20600π解析：汽车的速度v ＝43.2 km/h ＝12 m/s ，所以ω＝v R ＝120.6 rad/s ＝20 rad/s ，T ＝2πω＝0.1π s ．每分钟转的圈数n ＝60T ＝600πr/min.13.2－aG2解析：木板在摆动一段时间后停下来，说明要克服阻力做功，根据动能定理mgh ＝WF f ，而WF f 为损失的机械能，h 为方木板重心下降的高度，所以h ＝2－a2，WF f ＝aG2－2.14．(1)9.8 (2)78.2 (3)见解析解析：(1)由底片和放大率可得连续相等时间内的位移x 1＝4.9 m ，x 2＝14.6 m ，x 3＝24.5 m ，x 4＝34.2 m ，由Δx ＝aT 2＝gT 2和逐差法得g ＝x 4＋x 3－x 2－x 14T2＝9.8 m/s 2. (2)因飞机离地面的高度是底片上起点和终点间距离的100倍． 所以h ＝78.2×10－2×100 m ＝78.2 m. (3)取C 、O 两点研究 ΔE k ＝12mv 2＝12m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤102OD －OB2T2≈430.7m J ， |ΔE p |＝mg ·O C ×102＝431.2m J. 在误差允许范围内ΔE k ＝|ΔE p |，所以在只有重力做功的条件下机械能守恒． 15．200 m解析：解法1：空投物资做平抛运动，轨迹是一条抛物线， 所以有轨迹方程y ＝g 2v2x 2.由题意知： y ＝2 000 m ，g ＝10 m/s 2，v ＝10 m/s.所以OP ＝x ＝200 m.解法2：由题意判断，空投物资做平抛运动，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧AO ＝y ＝12gt 2，①OP ＝x ＝vt .②将g ＝10 m/s 2，y ＝2 000 m 代入①式得t ＝20 s ； 将v ＝10 m/s ，t ＝20 s 代入②式得OP ＝200 m.16.(10分)如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R .一质量为m 的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动．要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg (g 为重力加速度)．求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h 的取值范围．17.(10分)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示．长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ.不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．答案16.52R ≤h ≤5R 解析：设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由机械能守恒得mgh ＝2mgR ＋12mv 2，①物块在最高点受重力mg 、轨道的压力N .重力与压力的合力提供向心力，有mg ＋N ＝m v 2R，② 物块能通过最高点的条件是N ≥0，③由②③式得v ≥gR ，④由①④式得h ≥52R .⑤按题的要求，N ≤5mg ，由②式得v ≤6gR ，⑥由①⑥式得h ≤5R ，h 的取值范围是52R ≤h ≤5R . 17.ω＝ g tan θr ＋L sin θ解析：分析座椅的受力情况如图所示，则由牛顿第二定律得：mg tan θ＝m ω2(r ＋L sin θ)，由此得：ω＝g tan θr ＋L sin θ.18.(12分)电机带动水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当小木块与传送带相对静止时，求：(1)小木块的位移；(2)传送带转过的路程；(3)小木块获得的动能；(4)摩擦过程产生的内能；(5)电机因传送小物块多输出的能量．答案18.(1)v 22μg (2)v 2μg (3)12mv 2 (4)12mv 2 (5)mv 2 解析：对小木块，相对滑动时，由μmg ＝ma 得，加速度a ＝μg ，由v ＝at 得，达到相对静止所用时间t ＝vμg . (1)小木块的位移s 1＝v 2t ＝v 22μg. (2)传送带始终匀速运动，转过的路程s 2＝vt ＝v 2μg. (3)小木块获得的动能E k ＝12mv 2. (4)摩擦产生的内能Q ＝μmg (s 2－s 1)＝12mv 2. (5)由能的转化与守恒定律知，电机多输出的能量转化为小木块的动能与摩擦产生的内能，所以E 总＝E k ＋Q ＝mv 2.。
【红对勾讲与练】（新课标）2015年高考物理二轮专题复习 2-2实验题型解题技巧课时作业1．在“利用打点计时器测定匀加速直线运动加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上．某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出)．从每一个计数点处将纸带剪开把纸带分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示，由此可以得到一条表示v—t关系的图线，从而求出加速度的大小．(1)请你在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)，并指出哪个轴相当于v轴？答：________；(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：________；(3)若测得a段纸带的长度为2.0 cm，e段纸带的长度为10.0 cm，则可求出加速度的大小为________．解析：(1)由题意知在打出的纸带上每5点取一个计数点，故两相邻计数点之间所用时间为t＝0.02×5 s＝0.1 s．因相邻两个计数点间的距离之差相等，故纸带做匀加速运动，可知运动速度均匀增加，在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)如图所示，y轴相当于v轴．(2)若从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，即AD段的平均速度；因c－b＝b－a，即c＋a＝2b，则AD段的平均速度为(a＋b＋c)/3t＝3b/3t＝b/t，即b段的平均速度，故只需要测出b段纸带的长度．(3)由e－d＝d－c＝c－b＝b－a＝Δx＝at2，得运动的加速度a＝2.0 m/s2.答案：(1)v—t图线如解析图所示y轴相当于v轴(2)b(3)2.0 m/s22．某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“验证牛顿运动定律”，实验装置如图．他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力F的大小；小车后面固定一打点计时器，通过拴在小车上的纸带，可测量小车做匀加速运动的速度与加速度．(1)若交流电的频率为50 Hz，则根据下图所打纸带记录，小车此次运动经B点时的速度为________m/s，小车的加速度a＝________m/s2.(2)由于小车所受阻力F f的大小难以测量，为了尽量减小实验的误差，需尽可能降低小车所受阻力F f的影响，以下采取的措施中必须的是：________.A．适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑B．钩码质量m远小于小车的质量MC ．定滑轮的轮轴要尽量光滑D ．适当增大钩码的质量m 解析：(1)v B ＝s AC 2T ＝8.002×0.1cm/s ＝0.40 m/s. a ＝s BC －s AB T 2＝8.00－3.27－3.270.12cm/s 2＝1.46m/s 2. (2)A 项做法让小车下滑分力与摩擦力抵消．D 项则较能满足F ≫F f ，减小摩擦力影响． 答案：(1)0.40 1.46 (2)AD3．右图是利用两个电流表和测量干电池电动势E 和内阻r 的电路原理图．图中S 为开关，R 为滑动变阻器，固定电阻R 1和电流表内阻r 1之和为10 000 Ω(比r 和滑动变阻器的总电阻大得多)．(1)闭合开关S ，移动滑动变阻器的滑动触头c 至某一位置，读出电流表和的示数I 1和I 2，多次改变滑动触头c 的位置，得到的数据如下表所示：1212(2)利用所得曲线求得电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω(保留两位小数)．解析：(1)如图所示：(2)由图线上读出两组数值，代入E＝I1(R1＋r1)＋(I1＋I2)r构成方程组，联立解得：E ＝1.49 V，内阻r＝0.56 Ω.答案：(1)见解析图(2)1.49(1.47～1.51均对)0．56(0.52～0.60均对)4．某实验小组采用下图所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器工作频率为50 Hz.(1)下图是钩码质量为0.03 kg、砝码质量为0.02 kg时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O及A、B、C、D和E五个计数点，可获得各计数点到O的距离x及对应时刻小车的瞬时速度v，请将C点的测量结果填在表中的相应位置．(2)实验小组根据实验数据绘出了图中的图线(其中Δv 2＝v 2－v 20)，根据图线可获得的结论是_____________________________________.要验证“动能定理”，还需测量的物理量是摩擦力和________． 表1 纸带的测量结果解析：(1)对于C 点到O 的距离x ，可由纸带分析得出为6.08 cm －1.00 cm ＝5.08 cm.C 点对应小车的瞬时速度可用B 、D 两点间的平均速度来求，即v c ＝x BD 4T 0＝7.15－3.204×0.02cm/s≈49 cm/s＝0.49 m/s.(2)根据Δv 2－x 图象为过坐标原点的一条直线，可得出Δv 2∝x 的结论．要验证动能定理需明确合外力所做的功和物体(小车和砝码)动能的变化．合外力做功应为W合＝mgx －F f x (其中F f 为车受到的摩擦力，x 为车的位移)；而求物体(小车和砝码)动能的变化时，还需测出小车的质量．答案：(1)5.08(5.05～5.10 均对) 0.49(0.48～0.50 均对) (2)Δv 2∝x (速度平方的变化与位移成正比) 小车的质量5．用以下器材测量一待测电流表的内阻：待测电流表(量程250 mA ，内阻r 1约为5 Ω)；标准电流表(量程300 mA ，内阻r 2约为5 Ω)；电阻箱R 1(最大值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω)；滑动变阻器R 2(最大阻值10 Ω)；电源E (电动势约为10 V ，内阻r 约为1 Ω)；单刀单掷开关S ，导线若干．(1)要求方法简捷，并能测多组数据，试在方框中画出实验电路原理图，并在图上标明每个器材的代号．(2)实验中，需要直接测量的物理量是___________________， 用测得的量表示待测电流表内阻的计算公式是r 1＝________.解析：(1)如果将滑动变阻器与、串联(限流接法)，则电流会超出两表的量程，所以滑动变阻器应为分压连接；采用并联比较法测量的内阻(与R 1比较)，实验电路原理图如图所示．(2)实验需要直接测量的物理量是、两电流表的读数I 1、I 2以及电阻箱接入电路的阻值R 1，则通过R 1的电流为I 2－I 1，由并联电路规律可得：r 1＝I 2－I 1I 1R 1. 答案：(1)见解析图 (2)见解析 I 2－I 1I 1R 1 6.某同学利用右图所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率． ①所得实验数据如下表，请在给出的直角坐标系上画出U —I 图象.②根据所画________W ．(保留两位有效数字)③实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在下图所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是________．(R x阻值未知)解析：本题主要考查实验探究电源在不同负载下的输出功率，意在考查学生利用图象处理实验数据的能力、实验原理分析和实验改进的创新能力．第一问描点连线操作需要注意的是实验中有一个特殊的“坏点”(电流为0.35 A时)，连线时要忽略它的存在．第二问利用图象解决实际问题，注意读数规则和有效数字就可以了．第三问需要综合对比四个图象的特点，选择符合题目两个要求的电路图．答案：①如图所示(见解析图) ②0.37(或0.36) ③bc7．硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表的量程选用3 V，内阻为6.0 kΩ；电压表量程选用15 V，内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势E约为12 V，内阻不计．(1)根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．(2)用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表、的示数U1、U2.①某次测量时，电压表示数如图丙，则U 1＝________V．可算出通过硅光电池的反向电流大小为________mA(保留两位小数)．②该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压U x和通过的反向电流I x(表中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立I x－U x坐标系，标出了与表中前5组U x、I x数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点，并绘出I x－U x图线.(3)由I x －U x 图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，I x 与U x 成________(填“线性”或“非线性”)关系．解析：(1)实物图如图所示．(2)①由题图知，电压表读数为1.40 V ，通过硅光电池的反向电流也等于通过电压表V 1的电流，故I ＝U 1R V 1＝ 1.406.0×103A≈0.23 mA. ②先在坐标纸上描点，然后用平滑的曲线将其连接起来，如下图所示．③因图线为曲线，故I x 与U x 成非线性关系．答案：(1)见解析图(2)①1.40 0.23 ②见解析图③非线性。
难点突破远距离输电问题的分析解决远距离输电问题应清楚以下内容1．对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(以图为例)，可分割为：三个回路，两个变压器．(1)整体功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3. (2)两个变压器电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3. (3)高压输电回路：U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线， I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线＝ΔU R 线.P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线＝ΔU2R 线＝U 2－U 32R 线.3．减少电能损失的基本途径：根据公式ΔP ＝I 2R 线＝(PU)2R 线可知有两个基本途径：(1)减小输电线的电阻，如采用电阻率小的材料制作输电线，加大导线的横截面积等；(2)高压输电，在输送功率一定的条件下，提高输电电压，减小输电电流．【典例】 某发电厂发电机的输出功率为P ＝100 kW ，发电机端电压为U ＝250 V ，向远处送电的输电线的总电阻R ＝ 8 Ω，要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V ，则：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图． (2)所用的变压器的原、副线圈的匝数比是多少？【解析】 (1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示：(2)由题意知：P 损＝5%P ＝0.05×100×103W ＝5×103W.设输电线路中的电流为I ， 则P 损＝I 2R ，代入数值得I ＝25 A输送电压为U 2＝P I ＝100×10325V ＝4 000 V所以对升压变压器有n 1n 2＝U 1U 2＝2504 000＝116输电线上损失的电压为U 线＝IR ＝200 V所以降压变压器原线圈两端的电压为U 3＝U 2－U 线＝3 800 V即对降压变压器有n 3n 4＝U 3U 4＝3 800220＝19011. 所以升压变压器的原、副线圈的匝数比为1：16. 降压变压器的原、副线圈的匝数比为190：11.随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益增大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U 1，输出功率为P ，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2，在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A ．输电线上损耗的功率为P 20RU 21B ．输电线上损耗的功率为P 2RU 21C ．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D ．采用更高的电压输电会降低输电的效率解析：远距离输电示意图如图所示，则输电线上损耗的功率为ΔP ＝I 2R ＝P 2RU 23(U 3为输送电压)，A 、B 错；采用更高的电压输电(U 3变大)，可以减小输电线上的电流，进而减小输电线损耗的功率，C 对；由ΔP ＝P －P 0可知当输电线上损耗的功率减小，而用户得到的功率不变时，发电厂输出的总功率减小，即可提高输电效率，D 错．答案：C一个小型水力发电站，发电机输出电压U 0＝250 V ，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为P m ＝30 kW ，它通过总电阻为R 线＝2 Ω的输电线直接向远处的居民区供电．设居民区所有用电器都是额定电压为U ＝220 V 的白炽灯，总功率为P 用＝22 kW ，不计灯丝电阻随温度的变化．(1)当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少伏？发电机实际输出的电功率为多大？(2)若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗．已知用户端变压器的降压比为40：1，当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率为多大？解析：(1)由P ＝U 2R 知居民区的总电阻为R 用＝U 2P 用＝2.2 Ω.所以当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是U 灯＝U 0R 用＋R 线R 用≈131 V.发电机实际输出的电功率为P 实＝U 20R 用＋R 线≈14 881 W.(2)当全部用户的电灯正常发光时，用户变压器副线圈中的电流为I 2＝P 用U＝100 A. 由电流规律n 1I 1＝n 2I 2知输电线上的电流为I 1＝140×100 A＝2.5 A.所以输电线上损耗的功率为ΔP ＝I 21R 线＝12.5 W.。
课时作业9 带电粒子在复合场中的运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，在平行线MN、PQ之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场(未画出)，磁场的磁感应强度从左到右逐渐增大．一带电微粒进入该区域时，由于受到空气阻力作用，恰好能沿水平直线OO′通过该区域．带电微粒所受的重力忽略不计，运动过程带电量不变．下列判断正确的是( )A．微粒从左到右运动，磁场方向向里B．微粒从左到右运动，磁场方向向外C．微粒从右到左运动，磁场方向向里D．微粒从右到左运动，磁场方向向外解析：由微粒恰好能沿水平直线OO′通过该区域说明洛伦兹力qvB与电场力qE平衡，微粒受到空气阻力作用，速度逐渐减小，沿运动方向磁场的磁感应强度必须逐渐增大．因此微粒从左到右运动；磁场方向向外，选项B正确．答案：B2.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感应线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是( )A ．将变阻器滑动头P 向右滑动B ．将变阻器滑动头P 向左滑动C ．将极板间距离适当减小D ．将极板间距离适当增大解析：电子入射极板后，偏向A 板，说明Eq >Bvq ，由E ＝Ud可知，减小场强E 的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C 错误，D 正确；而移动滑动头P 并不能改变板间电压，故A 、B 均错误．答案：D 3.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U ，带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化情况为( )A ．d 随v 0增大而增大，d 与U 无关B ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而增大C ．d 随U 增大而增大，d 与v 0无关D ．d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而减小解析：设粒子从M 点进入磁场时的速度大小为v ，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v ＝v 0cos θ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r ＝mv qB.而MN 之间的距离为d ＝2r cos θ.联立解得d ＝2mv 0qB，故选项A 正确． 答案：A 4.如图所示，一带电塑料小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg解析：设小球自左方摆到最低点时速度为v ，则12mv 2＝mgL (1－cos60°)，此时qvB －mg＝m v 2L ，当小球自右方摆到最低点时，v 大小不变，洛伦兹力方向发生变化，T －mg －qvB ＝m v 2L，得T ＝4mg ，故C 正确．答案：C5．如下图所示，真空中存在着下列四种有界的匀强电场E 和匀强磁场B 区域，一带正电的小球(电荷量为＋q ，质量为m )从该复合场边界上方的某一高度由静止开始下落．那么小球可能沿直线通过下列哪种复合场区域( )解析：对带正电的小球进行受力分析可知，只有在选项B 所示的复合场区域其所受洛伦兹力、重力、电场力可以平衡，故B 正确．答案：B 二、多项选择题 6.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差U CD，下列说法中正确的是( )A．电势差U CD仅与材料有关B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0C．仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平解析：电势差U CD与磁感应强度B、材料有关，选项A错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向C侧面偏转，则电势差U CD<0，选项B正确；仅增大磁感应强度时，电势差U CD变大，选项C正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D错误．答案：BC7.如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )解析：带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A 正确．当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D 正确．如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B 、C 错误．答案：AD8．如下图所示，一个带正电荷的物块m ，由静止开始从斜面上A 点下滑，滑到水平面BC 上的D 点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B 处时的机械能损失．先在ABC 所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D ′点停下来．后又撤去电场，在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D ″点停下来．则以下说法中正确的是( )A ．D ′点一定在D 点左侧B ．D ′点一定与D 点重合C ．D ″点一定在D 点右侧D ．D ″点一定与D 点重合解析：仅在重力场中时，物块由A 点至D 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg cos αs 1－μmgs 2＝0，即h －μcos αs 1－μs 2＝0，由题意知A 点距水平面的高度h 、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ，斜面倾角α、斜面长度s 1为定值，所以s 2与重力的大小无关，而在ABC 所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s 2不变，D ′点一定与D 点重合，B 正确；在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D ″点一定在D 点右侧，C 正确．答案：BC 三、计算题9．如图所示，在xOy 平面内的第Ⅲ象限中有沿－y 方向的匀强电场，场强大小为E .在第Ⅰ和第Ⅱ象限有匀强磁场，磁场方向垂直于坐标平面向里，有一个质量为m ，电荷量为e 的电子，从y 轴的P 点以初速度v 0垂直于电场方向进入电场，P 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－mv 202Ee ，经电场偏转后，与x 轴负半轴成一定角度进入磁场，设磁感应强度B 的大小为4E3v 0.求：(1)电子经过x 轴负半轴的坐标和此时速度方向与－x 轴方向的夹角； (2)电子再次经过y 轴负半轴的坐标．解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，加速度为a ＝Ee m 令y 0＝mv 202Ee，则时间为t ＝2y 0a电子经过x 轴负半轴的坐标x ＝－v 0t ＝－v 02y 0a ＝－mv 20Ee＝－2y 0 由tan θ＝v y v x ＝atv 0＝1， 得θ＝45°故速度方向与－x 轴方向成45°角．(2)电子进入磁场速度应为2v 0，进入磁场时方向与x 轴负方向成45°，进入磁场所做圆周运动半径R ＝2mv 0Be ＝2mv 04E 3v 0e ＝32mv 204Ee ＝322y 0由几何关系可知轨迹与x 轴两交点间距离为AB ＝2R ＝3y 0，OB ＝AB －OA ＝3y 0－2y 0＝y 0电子接着从B 点做匀速直线运动，由对称性知与x 轴负方向成45°，故再次经过y 轴的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－mv 202Ee ，即与P 点重合． 10.如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E ，磁感应强度为B .足够长的光滑绝缘斜面固定在水平面上，斜面倾角为30°.有一带电的小球P 静止于斜面顶端且小球P 对斜面无压力．若给小球P 一瞬时速度，使其获得水平方向的初速度向右抛出，同时另有一不带电的小球Q 从斜面顶端同一位置由静止开始沿斜面滑下(P 、Q 均可视为质点)，P 、Q 两球运动轨迹在同一竖直平面内．一段时间后，小球P 恰好与斜面上的小球Q 相遇，且相遇时小球P 的速度方向与其水平初速度方向的夹角为60°.已知重力加速度为g ，求：(1)带电小球的比荷q m为多少； (2)P 、Q 相遇所需的时间；(3)物体P 在斜面顶端所获得的初速度的大小． 解析：(1)P 静止时对斜面无压力，则qE ＝mg 所以q m ＝g E①(2)设P 做匀速圆周运动的速度为v 0，圆心为O ，半径为R ，周期为T ，则qv 0B ＝mv 2R ②T ＝2πR v 0＝2πmqB由题意和几何知识可知∠O ＝60°所以P 、Q 相遇所需的时间t ＝T 6＝πE3gB③(3)在t 内，设Q 做匀加速运动的加速度为a ，位移为x ，则a ＝mg sin θm ＝12g ④x ＝12at 2⑤由几何关系可得R ＝x ⑥ 由①～⑥解得v 0＝π2E 36B答案：(1)g E (2)πE 3gB (3)π2E36B11．有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图所示．两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM 矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一束比荷(电荷量与质量之比)均为1k的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O ′O 进入两金属板之间，其中速率为v 0的颗粒刚好从Q 点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板．重力加速度为g ，PQ ＝3d ，NQ ＝2d ，收集板与NQ 的距离为l ，不计颗粒间相互作用．求(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小；(3)速率为λv 0(λ>1)的颗粒打在收集板上的位置到O 点的距离．解析：本题考查复合场中带电颗粒的运动规律，意在考查考生对电场力、洛伦兹力的特点掌握和带电颗粒在复合场中的轨迹和受力情况判断．(1)设带电颗粒的电荷量为q ，质量为m .有Eq ＝mg将q m ＝1k代入，得E ＝kg (2)如图，有qv 0B ＝m v 20R R 2＝(3d )2＋(R －d )2 得B ＝kv 05d(3)如图所示，有qλv0B＝m λv02R 1tanθ＝3dR21－d2y 1＝R1－R21－d2y2＝l tanθy＝y1＋y2得y＝d(5λ－25λ2－9)＋3l25λ2－9。
