推荐2019年高考物理一轮复习 专题4.9 传动和转动千题精练

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热考题型专攻(三)动量和能量的综合(45分钟100分)1.(25分)(2018·鹰潭模拟)如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图,弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接,两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略),中间夹住一轻弹簧后连接在一起,两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下,当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开,弹簧将两车弹开,其中后车刚好停下,前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点,求:(1)前车被弹出时的速度。

(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能。

(3)两车从静止下滑到最低点的高度h。

【解析】(1)设前车在最高点速度为v2,依题意有:mg=m设前车在最低位置与后车分离后速度为v1,根据机械能守恒得:m+mg·2R=m解得:v1=(2)设两车分离前速度为v0,由动量守恒定律得:2mv0=mv1解得:v0=设分离前弹簧弹性势能为E p,根据系统机械能守恒得:E p=m-·2m=mgR (3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒,则:2mgh=·2m解得:h=R答案:(1)(2)mgR (3)R2.(25分)如图,质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上,木板B端与台面右边缘齐平。

B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为μ=。

质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点,细绳竖直时小球恰好与C接触。

现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。

(1)求细绳能够承受的最大拉力。

(2)若要使小球落在释放点的正下方P点,平台高度应为多大?(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。

【解析】(1)设小球运动到最低点的速率为v0,小球向下摆动过程机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgL=m解得:v0=小球在圆周运动最低点,由牛顿第二定律得:F T-mg=m由牛顿第三定律可知,小球对细绳的拉力:F T′=F T解得:F T′=3mg(2)小球碰撞后做平抛运动,则:在竖直方向上:h=gt2水平方向:L=t解得:h=L(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒,设C碰后速率为v1,以小球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=m+3mv1假设木板足够长,在C与木板相对滑动直到相对静止过程,设两者最终共同速率为v2,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:3mv1=(3m+6m)v2由能量守恒定律得:·3m=(3m+6m)+μ·3mgs联立解得:s=L由s<L可知,滑块C不会从木板上掉下来答案:(1)3mg (2)L(3)C不会从木板上掉下来3.(25分)如图所示,质量M=1.0 kg的木块随传送带一起以v=2.0 m/s的速度向左匀速运动,木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50。

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高频考点强化(十)交变电流、变压器问题(45分钟100分)选择题(本题共15小题,共100分。

1～10题为单选题,11～15题为多选题,1～10题每小题6分,11～15题每小题8分)1.如图甲所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n=100,线圈的总电阻r=5.0 Ω,线圈位于匀强磁场中,且线圈平面与磁场方向平行。

线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起,并通过电刷与阻值R=95 Ω的定值电阻连接。

现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以一定的角速度匀速转动。

穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象如图乙所示。

若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。

则下列说法中正确的是( )A.线圈匀速转动的角速度为100 rad/sB.线圈中产生感应电动势的最大值为100 VC.线圈中产生感应电动势的有效值为100 VD.线圈中产生感应电流的有效值为 A【解析】选D。

由图知T=π×10-2 s,则ω==2×100 rad/s,故A项错误;交流发电机产生电动势的最大值E m=nBSω,而Φm=BS,ω=,所以E m=,由Φ-t 图线可知:Φm=1.0×10-2 Wb,T=π×10-2s 所以E m=200 V,交流发电机产生的电动势最大值为200 V,故B项错误;电动势的有效值E==100 V,故C项错误;由闭合电路的欧姆定律,电路中电流的有效值为I== A= A,故D项正确。

2.如图所示,在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨,间距为20 cm,电阻不计,其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻。

两导轨之间存在着磁感应强度为1 T的匀强磁场,磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成,磁场方向如图。

物理2019届重庆高考一轮复习检测试题（带答案）物理是当今最精密的一门自然科学学科，以下是物理2019届重庆高考一轮复习检测试题，供考生练习。

一、单项选择题1.如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(A)A.摩擦力对物体做正功B.摩擦力对物体做负功C.支持力对物体做正功D.合外力对物体做正功解析：物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，合外力为零，做功也为零，故A正确，B、C、D错误.2.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶没电，故改用脚蹬车匀速前行.设小明与车的总质量为100 kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10 m/s2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近(B)A.10 WB.100 WC.300 WD.500 W解析：由P=Fv可知，要求骑车人的功率，一要知道骑车人的动力，二要知道骑车人的速度，由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F=f=20 N，对于骑车人的速度我们应该有一个定性估测，约为5 m/s，所以P=Fv=205 W=100 W，B正确.3.娱乐节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果选手的质量为m，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角为，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l(lh2B.h1h2.故选A.5.(2019南昌模拟)如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，说法正确的是(B)A.系统受到外力作用，动能不断增大B.弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大C.恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大D.两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小解析：对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A错误;弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确;弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，C错;当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回后速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错. 二、多项选择题6.一个小球在真空中自由下落，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落.它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方，在这两种情况下(AD)A.重力做功相同B.动能的变化量相同C.重力势能都转化为动能D.第二种情况下小球的机械能减少解析：小球重力相同，下落的高度也一样，故重力做功相同，选项A 正确;在真空中下落，只有重力做功，在液体中下落还要受到液体阻力，故合力做功不同，动能的变化量不同，选项B错误;第二种情况下，小球的重力势能转化为动能和内能，机械能减小，选项C不对，选项D正确.7.某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关.现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器.若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示.则小球能够击中触发器的是(CD)解析：本题借助四种不同运动形式考查了机械能守恒定律.若小球恰好击中触发器，由机械能守恒可知：mv2=mgh.在选项A情况中，小球不可能静止在最高处，选项A错误;在选项B情况中，小球离开直轨道后，在重力作用下，做斜上抛运动其最高点的速度不为零，因此小球不可能击中比其轨迹最高点还高的触发器，选项B错误;在选项C中，小球不会脱离轨道，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项C正确;在选项D情况中，小球在圆管轨道的最高点的最小速度可以为零，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项D 正确.8.如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A 上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是(CD)A.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C.物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D.摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析：根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A 的动能增加量，A错C对;B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错;对B：WfB=EkB-EkB，对A：WfA=E则WfA+WfB=(EkA+EkB)-EkB=E内增，D对.三、计算题9.(2019抚顺模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置.AB是半径为R=2 m的圆周轨道，CDO 是半径为r=1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板.D 为CDO轨道的中点.BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接.已知BC段水平轨道长L=2 m，与小球之间的动摩擦因数=0.4.现让一个质量为m=1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下(g取10 m/s2).(1)当H=1.4 m时，求此球第一次到达D点对轨道的压力大小;(2)当H=1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道.如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程;如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程.解析：(1)设小球第一次到达D的速度vD，P到D点的过程对小球列动能定理：mg(H+r)-mgL=在D点对小球列牛顿第二定律：FN=联立解得：FN=32 N由牛顿第三定律得小球在D点对轨道的压力大小FN=FN=32 N.(2)第一次来到O点时速度为v1，P到O点的过程对小球列动能定理：mgH-mgL=解得：v1=2 m/s恰能通过O点，mg=临界速度vO= m/s由于v1vO，故第一次来到O点之前没有脱离.设第三次来到D点的动能Ek对之前的过程列动能定理：mg(H+r)-3mgL=Ek代入解得：Ek=0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s，对全过程列动能定理：mg(H+R)-mgs=0解得：s=8.5 m.答案：(1)32 N (2)8.5 m10.有一倾角为=37的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k=120 N/m的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦.一个质量为m=1 kg的小球套在此硬杆上，从P点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数为=0.5，P与弹簧自由端Q间的距离为l=1 m.弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Ep=kx2(sin 37=0.6，cos 37=0.8，g取10 m/s2).求：(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t;(2)小球运动过程中达到的最大速度vm;(3)若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点，则v0需多大?解析：(1)由牛顿第二定律得：F合=mgsin mgcos =ma，解得a=2 m/s2由l=at2，解得t==1 s.(2)当小球从P点无初速滑下时，弹簧被压缩至x处有最大速度vm，由mgsin mgcos =kx得x= m=0.017 m由功能关系得：mgsin (l+x)-mgcos (l+x)-W弹=mv又W弹=kx2代入数据解得vm=2 m/s.(3)设小球从P点压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得mgsin (l+x1)-mgcos (l+x1)-kx=0-mv从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有：kx-mgsin (l+x1)-mgcos (l+x1)=0解得：x1=0.5 m，v0=4.9 m/s.答案：(1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s物理2019届重庆高考一轮复习检测试题和答案的所有内容就是这些，查字典物理网希望考生金榜题名。

重点回顾专练：匀变速直线运动问题的常用解题方法 一、选择题1．(多选)—物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2[解析]　若规定初速度v 0的方向为正方向，则仔细分析“1 s 后速度的大小变为10 m/s ”这句话，可知1 s 后物体速度可能是10 m/s ，也可能是－10 m/s ，因此，两速度同向时，a 1＝＝ m/s 2＝6 m/s 2，x 1＝t ＝7 m ．两vt －v 0t 10－41v 0＋vt2速度反向时，a 2＝＝m/s 2＝－14 m/s 2，x 2＝t ＝－3 m ．式中vt －v 0t －10－41v 0＋vt2负号表示方向与规定的正方向相反，A 、D 正确．[答案]　AD2．中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3000 m ，着陆距离大约为2000 m ．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( )A ．3∶2B ．1∶1C ．1∶2D ．2∶1[解析]　由x ＝解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是vt2＝＝1∶1，选项B 正确．t 1t 2x 1v 2x 2v 1[答案]　B3．一名观察者站在站台边，火车进站从他身边经过，火车共10节车厢，当第10节车厢完全经过他身边时，火车刚好停下．设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同，则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为( )A.∶B.∶2332C ．(－1)∶(－)D ．(－)∶(－1)232322[解析]　运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动；根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比可知选项D 正确．[答案]　D4．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m ，由上述条件可知( )A ．质点运动的加速度是0.6 m/s 2B ．质点运动的加速度是0.3 m/s 2C ．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD ．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s[解析]　由Δx ＝aT 2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s 2，选项A 错误，B 正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度等于0.2 m/s ，第1次闪光时质点的速度是v 1＝v －a ＝0.2 m/s －0.3×0.5 m/s ＝0.05 m/s ，第2T2次闪光时质点的速度是v 2＝v ＋＝0.2 m/s ＋0.3×0.5 m/s ＝0.35 m/s ，选项aT2C 、D 错误．[答案]　B5．动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客．而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组，若动车组在匀加速运动过程中通过第一个60 m 所用时间是10s ．通过第二个60 m 所用时间是6 s ．则( )A ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mB ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mC ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 mD ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m[解析]　本题考查匀变速直线运动的规律．通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以5s 末的速度v 1＝x 1/t 1，解得v 1＝6m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2/t 2，解得v 2＝10 m/s.由v 2＝v 1＋a 得a ＝0.5 m/s 2.(12t 1＋12t 2)由再接下来的6 s 和前面的6秒是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2即x －60m ＝aT 2，解得x ＝78 m.[答案]　A6．考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车．路旁竖一标志杆，在车以10 m/s 的速度匀速行驶过程中，当车头与标志杆的距离为20 m 时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处，忽略学员的反应时间，则( )A ．汽车刹车过程的时间为4 sB ．汽车刹车过程的时间为2 sC ．汽车刹车时的加速度大小为5 m/s 2D ．汽车刹车时的加速度大小为0.25 m/s 2[解析]　采用逆向思维法，刹车过程可以看作是初速度为零的匀加速直线运动．由x ＝v t 可得t ＝4 s ，选项A 正确，B 错误；根据v 2＝2ax 可得，a ＝2.5 12m/s 2，选项C 、D 错误．本题答案为A.[答案]　A7．如右图所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出B ，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为( )A.B.2(v 1＋v 2)32(v 21＋v 2)3C.D.v 12v 21＋v 2323[解析]　设子弹在木块中运动的加速度为a ，子弹穿出A 时的速度为v ，子弹在A 中运动过程中，有：v 2－v ＝－2aL ，子弹在B 中运动过程中，有21v －v 2＝－2a ·2L ，两式联立可得，v ＝，因此C 对．22v 21＋v 23[答案]　C8．如右图所示，在地面上一盘子C 的正上方A 处有一金属小球a 距C 为20 m ，在B 处有另一个金属小球b距C 为15 m ，小球a 比小球b 提前1 s 由静止释放(g 取10 m/s 2)．则( )A ．b 先落入C 盘中，不可能在下落过程中相遇B ．a 先落入C 盘中，a 、b 下落过程相遇点发生在BC 之间某位置C ．a 、b 两小球同时落入C 盘D ．在a 球下落过程中，a 、b 两小球相遇点恰好在B 处[解析]　小球a 、b 释放后均做自由落体运动，则有h ＝gt 2，代入计算得12t a ＝2 s ，t b ＝ s ，小球a 提前1 s 释放，所以b 释放后a 运动t a －1 s ＝1 s 落入3C 盘，比b 球早落入．选项A 、C 错．b 球释放时a 下落1 s ，此时下落的高度h ＝gt ′2＝5 m ，刚好到达小球b 的同高处，此时b 开始释放，所以二者在B 12点相遇，然后a 球超过b 球先落入盘中．选项D 对，B 错．[答案]　D9．一物体从某时刻起做匀减速直线运动直到静止，在静止前连续通过三段位移的时间分别是3 s 、2 s 、1 s ，则这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．33∶23∶1,32∶22∶1B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．3∶2∶1,1∶1∶1D ．5∶3∶1,3∶2∶1[解析]　将物体反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则0～1 s 内的位移为x 3＝at 2＝，1～3 s 内的位移为x 2＝a ×33－a ×12＝4a,3～6 s 内的位移12a21212为x 1＝a (6)2－a (3)2＝a ，故位移大小之比x 1∶x 2∶x 3＝27∶8∶1＝32∶23∶1；1212272平均速度v ＝，故平均速度之比为∶∶＝32∶22∶1，故A 正确．xt 33323211[答案]　A10．(2016·山东潍坊月考)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．测得每隔2 s 的三个时刻物体的瞬时速度，记录在下表中．g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0246v (m·s －1)8128A.物体运动过程中的最大速度为12 m/s B ．t ＝3 s 时刻物体恰好经过B 点C ．t ＝10 s 时刻恰好停在C 点D ．A 、B 间的距离大于B 、C 间的距离[解析]　根据题意，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，因为第4 s 时的速度大于第2 s 时的速度，这说明第2 s 时物体还在斜面上做加速直线运动，所以物体在斜面上做加速运动时的加速度大小为a 1＝＝4 m/s 2.假设在第4 s 时物体还在斜面上运动，那么根据第2 s 和第4 8 m/s2 s s 时的记录数据可得，物体在斜面上的加速度大小为2 m/s 2，这与前面的计算结果矛盾，所以假设不成立，第4 s 时物体在水平面上滑动．根据最后两组数据可得，物体在水平面上做减速运动的加速度大小为a 2＝2 m/s 2，物体在第2 s 到第4 s 间的某一刻到达B 点，此时物体的速度最大，设最大速度为v ，则＋＝2 s ，可解得v ＝ m/s ，所以物体恰好经过B 点的时刻为v －8 m/s4 m/s2v －12 m/s2 m/s2403t ＝＝ s ，选项A 、B 错误；物体运动的总时间t 总＝＋＝10 s ，即t ＝10 va 1103va 1va 2s 时刻恰好停在C 点，所以选项C 正确；A 、B 间和B 、C 间的距离分别为x 1＝和x 2＝，因为a 1>a 2，所以x 2>x 1，即A 、B 间的距离小于B 、C 间的距v 22a 10－v 2－2a 2离，所以选项D 错误．[答案]　C 二、非选择题11．某消防员在一次执行任务过程中，遇到突发事件，需从10 m 长的直杆顶端先从静止开始匀加速下滑，加速度大小a 1＝8 m/s 2，然后立即匀减速下滑，减速时的最大加速度a 2＝4 m/s 2，若落地时的速度不允许超过4 m/s ，把消防员看成质点，求该消防员下滑全过程的最短时间．[解析]　设直杆长为h ，加速下滑部分长为h 1，减速下滑部分长为h 2，最大速度为v ，落地速度为v 1，由速度—位移公式v 2－v ＝2ax ，再由h 1＋h 2＝h ，20解得：＋＝h v 22a 1v 2－v 212a 2又有速度—时间公式v ＝a 1t 1联立以上各式解得：v ＝8 m/s 2，t 1＝1 s落地前的速度为v 1＝4 m/s ，由速度—时间公式v 1＝v －a 2t 2，解得：t 2＝1 s 该消防员下滑全过程的最短时间为：t ＝t 1＋t 2＝2 s [答案]　2 s12．(2016·抚州摸底)为了最大限度地减少道路交通事故，全省各地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动．这是因为一般驾驶员酒后的反应时间(从发现情况到开始制动所需的时间)比正常时慢了0.1～0.5 s ，易发生交通事故．(1)图甲为《驾驶员守则》中驾驶员的部分正常反应距离(汽车在反应时间内通过的距离)表格．请选取表格数据计算驾驶员的正常反应时间；车速v (km/h)406080反应距离s (m)57.510图甲(2)如图乙所示，假设一饮酒后的驾驶员驾车以72 km/h 的速度在平直公路上行驶，在距离某学校门前32 m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s ，刹车后，车做加速度大小为9.5 m/s 2的匀减速直线运动．试通过计算说明是否会发生交通事故．[解析]　(1)由表格数据可知，正常反应距离与速度成正比，即在表格所给的速度范围内，驾驶员的正常反应时间相同由v ＝s t选其中一组数据代入，可得正常反应时间t 0＝＝0.45 s s 0v 0(2)v ＝72 km/h ＝20 m/s 反应距离s ′＝v (t 0＋Δt )代入数据得s ′＝13 m刹车后做匀减速直线运动，由v 2＝2ax 代入数据可得刹车距离x ＝21.05 m 因为x ＋s ′＝34.05 m>32 m 所以会发生交通事故[答案]　会发生交通事故。

课练10实验验证牛顿第二定律1.研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系，该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置，图中A为小车，B为打点计时器，C为力传感器(测绳子的拉力)，P为小桶(内有砂子)，M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板．不计绳子与滑轮间的摩擦．图甲图乙(1)要顺利完成该实验，除图中实验仪器和低压交流电源(含导线)外，还需要的实验仪器是________(填“刻度尺”、“天平”或“秒表”)．(2)平衡摩擦力后再按上述方案做实验，是否要求小桶和砂子的总质量远小于小车的质量？________(填“是”或“否”)．(3)已知交流电源的频率为50 Hz，某次实验得到的纸带如图乙所示，图中相邻两计数点之间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留2位有效数字)答案：(1)刻度尺(2)否(3)0.90解析：(2)因为力传感器可测得小车受到的拉力，故不需要再保证实验中小桶和砂子的总质量远小于小车的质量的条件；(3)根据逐差法可求得结果．2．如图所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学保持木板水平，调节托盘和重物的总重量，使小车能拖动纸带沿木板匀速运动，记下此时托盘和重物的总质量m0、小车的总质量M.已知重力加速度为g.(1)在探究加速度与力的关系时，若测得托盘和重物的总质量为m(m≪M)，则可知小车所受的合外力为________；当改变托盘和重物车所受的摩擦力改变，需要重新平衡摩擦力．在探究物体的加速度与物体所受外力、采用如图所示的实验装置．小车及车中砝码的总质量用表示．另两组同学保持小车及车中砝码的总质量的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的关系图象分别如图甲和图乙所示，其原因分别是：重复实验多次，记录多组数据，并画出a－F图象．甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是_______________________________________________________ _________________.图(c)中符合甲组同学作出的实验图象的是________；符合乙一定时物体的加速度与质量之间的关系．甲乙做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________(以上表达式均用已知字母表示分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为6．用如图所示装置做验证牛顿第二定律的实验．现已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、细线、砝码、砂和砂桶、刻度尺、天平、导线．(1)实验中将砂和砂桶总重力大小作为细线拉力的大小，从而在实验中产生了系统误差，为尽量减小该系统误差，可以让砂和砂桶总质量________小车质量(选填“大于”、“远大于”、“小于”、“远小于”或“等于”)．(2)实验中，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，小车做匀速运动．这样做的目的是______________，从而使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力．答案：(1)远小于(2)平衡摩擦力解析：(1)为了减小系统误差，砂和砂桶总质量应远小于小车质量．(2)平衡摩擦力后，细线对小车的拉力等于小车所受的合外力．7．利用力传感器研究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲．(1)下列关于该实验的说法错误的是________．A．做实验之前必须平衡摩擦力B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D．实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离，如图乙所示．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz.从图乙中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1＝________cm；该小车的加速度a＝________m/s2.(计算结果保留两位a＝________.同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a—砂和砂桶的总质量为________kg.(g取10 m/s2)同学乙根据实验数据画出了图(c)所示图线，从图线可知同学作过程中可___________________________________________________________ _____________．正确操作后通过测量，作出a—F图线，如图2中的实线所示，上部弯曲的原___________________________________________________________打点计时器使用的交流电频率f＝50 Hz，如图确操作下获得的一条纸带，其中A、B、C、D、E新课标全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a －n 图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力a －n 图象求得小车(空载)的质量为__________ 两位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m·s －2)．若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是__________(填入正确选项前的标号．如图所示 (5)0.45 (6)BC因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，故在图＝12at 2，可得a ＝0.40 m/s 时的点描到图(c)中，再连线．根据牛顿第二定律可得nmg ＝[(5－n )，以及相应的加速度，可得物块下滑时的加速度a＝________m/s2，打C点时物块的速度；已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的2×0.02对物块进行受力分析如图，则mg sin，所以还需测量的物理量是斜面的倾角连的计算机得到，回答下列问题：该同学的结果，小车的加速度与钩码填“线性”或“非线性”)关系．可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实－F图线，如图乙所示．图线________选填“①”或“②”)；小车及车中的砝码总质量实验时，一定要进行的操作是________．．用天平测出砂和砂桶的质量．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为C ．k D.2k答案：(1)BCD (2)1.3 (3)D解析：(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，A 、E 错；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B 对；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C 对；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 对．(2)由逐差法可得：小车的加速度a ＝x 34－x 01＋x 45－x 12＋x 56－x 239T 2，将T ＝150×3 s ＝0.06 s ，代入可得a ＝1.3 m/s 2.(3)由题图结合牛顿第二定律，有2F ＝M ·a ，得a ＝2M ·F则图象斜率k ＝2M ，得小车的质量M ＝2k ，故A 、B 、C 错，D 对．6．(2018·合肥一测)某实验小组在做“验证牛顿第二定律”实验中．(1)在闭合开关之前，甲同学将实验器材组装成图甲所示．请指出该装置中的错误或不妥之处(只要答出其中的两点即可)：________；________.(2)乙同学将上述装置调整正确后进行实验，在实验中得到如图乙所示的一条纸带，图中相邻两计数点之间还有四个点没有画出，由图中的数据可算得小车加速度为________m/s 2.(保留两位有效数字)(3)丙同学在利用上述调整好的装置进行实验时，M且保持不变，改变小车中砝码的质并测出小车中放不同质量砝码时所对应的加速度广西适应性测试)要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤：块相对传感器的位移x随时间t的变化规律．某次描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t乙所示，则此次滑块在t＝0.4 s时的速度大小为________。

2019年高考理综物理力学与运动学大题练习集（一）1.如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径PQ沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，其位置N始终与圆心O等高。

质量M = 1 kg、长度L = 3 m 的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离s = 2 m。

一质量m = 2kg的小滑块以v0 = 6 m/s的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动。

在R取不同值时，压力传感器读数F与1R的关系如图乙所示。

已知小滑块与小车表面的动摩擦因数μ = 0.2，取重力加速度g＝10 m/s2。

求：（1）小滑块到达 P 点时的速度v1；（2）图乙中a和b的值；（3）在1R＞3.125m-1的情况下，小滑块落在小车上的位置与小车左端的最小距离x min。

2.如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力F＝8 N，当长木板向右运动速率达到v1＝10 m/s时，在其右端有一质量m＝2 kg的小物块(可视为质点)以水平向左的速率v2＝2 m/s滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，小物块始终没离开长木板，g取10 m/s2，求：(1)经过多长时间小物块与长木板相对静止；(2)长木板至少要多长才能保证小物块不滑离长木板；(3)如果开始将物块放在长木板右端时两物体均静止，在长木板的右端施加一水平恒力F＝28 N，物块与长木板的质量和动摩擦因数均与上面一样，并已知长木板的长度为10.5 m，要保证小物块不滑离长木板，水平恒力F作用时间的范围．(答案可以用根号表示)3.如图甲所示，倾角为θ=37°的足够长斜面上，质量m=1kg的小物体在沿斜面向上的拉力F=14N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2s后撤去F，前2s内物体运动的v-t图象如图乙所示．求：(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)（1）小物体与斜面间的动摩擦因数；（2）撤去力F后1.8s时间内小物体的位移．4.为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°、长为L1＝2m 的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示.现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下.已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝，g取10 m/s2.(1)求小球初速度v0的大小；(2)求小球滑过C点时的速率v C；(3)要使小球刚好能过圆轨道的最高点，圆轨道的半径为多大？5.同学设计出如图所示实验装置.将一质量为0.2kg的小球(可视为质点)放置于水平弹射器内,压缩弹簧并锁定,此时小球恰好在弹射口,弹射口与水平面AB相切于A点,AB为粗糙水平面,小球与水平面间动摩擦因数,弹射器可沿水平方向左右移动,BC为一段光滑圆弧轨道.(O′为圆心,半径 ,与O′B之间夹角为,以C为原点,在C的右侧空间建立竖直平面内的坐标xOy,在该平面内有一水平放置开口向左且直径稍大于小球的接收器D, ,(1)某次实验中该同学使弹射口距离B处处固定,解开锁定释放小球,小球刚好到达C处,求弹射器释放的弹性势能;(2)把小球放回弹射器原处并锁定,将弹射器水平向右移动至离B处L2=0.8m处固定弹射器并解开锁定释放小球,小球将从C处射出,恰好水平进入接收器D,求D处坐标;(3)每次小球放回弹射器原处并锁定,水平移动弹射器固定于不同位置释放小球,要求小球从C处飞出恰好水平进入接收器D,求D位置坐标y与x的函数关系式.6.一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。

（45套）2019高考物理专项复习试题全套（适用全国）光的反射、折射课后练习(1)1．在我国古代学者沉括的著作《梦溪笔谈》中有如下记载：“若鸢飞空中，其影随鸢而移；或中间为窗隙所束，则影与鸢遂相违，鸢东则影西，鸢西则影东。

”，其意是说，若鹞鹰在空中飞翔，它的影子随鹞鹰而移动；如鹞鹰的影子中间被窗户孔隙所约束，影子与鹞鹰就作相反方向移动，鹞鹰向东则影子向西移，鹞鹰向西则影子向东移。

这描述的是光的什么现象( )A．直线传播现象 B.折射现象 C.干涉现象 D.衍射现象2．把凸透镜正对太阳光，可在距凸透镜10 cm处得到一个最小最亮的光斑．若用此透镜来观察邮票上较小的图案，则邮票到透镜的距离应该（）A．大于10cm B．小于10cm C．大于20cm D．在10cm和20cm之间3．以下说法正确的是（）A．利用红外线进行遥感、遥控，主要是因为红外线的波长长，不容易发生衍射B．照相机镜头表面涂上增透膜，以增强透射光的强度，是应用了光的全反射现象C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系D．a射线、β射线、γ射线本质上都是电磁波4．某高层建筑物外墙大量使用了幕墙玻璃，在白天时外面的人看不清室内的物体，而室内的人却能较清楚地看见外面的物体，其原因是（）A．在玻璃的外表面涂有大量吸收光的物质B．在玻璃的外表面涂有不透光的彩色薄膜C．在玻璃的外表面涂有高反射膜D．在玻璃的外表面涂有增透膜5．保持入射光线方向不变,将平面镜绕着过入射点且垂直于入射光线和法线所决定的平面的轴旋转θ角,则（）A．反射光线也转过θ角 B.反射光线转过2θ角C．入射角增大2θ角 D.反射光线与入射光线的夹角增大θ角6．某汽车驾驶室外有一用平面镜作成的观后镜,当汽车以50km／h的速度在公路上.向前行驶时,司机从镜中看到车后的静止景物向镜后运动的速度应是（）A．50km／h B.25km／h C.100kin／h D.07．两平面镜镜耐相对、平行放置,中间有一发光点S.当其中一面镜子以速率v沿BD垂直于镜面的方向向光点S移动时,在离镜面最近的四个像中（）A．有两个像的速率为2v B.有二个像的速率为2vC．有两个像朝S运动 D.有三个像朝S运动8． 2002年4月21日上午9时30分左右,在武汉人们看到太阳的周围环绕着一道“美丽的光环”,这被称为太阳的“日晕”现象,这种现象属于（）A．太阳光的衍射 B.太阳光的干涉C．太阳光的折射 D.小孔成像9．关于红光和紫光，下列说法正确的是（）A．红光的频率大于紫光的频率B．同一种玻璃对红光的折射率比紫光的小C．红光在水中的传播速度比紫光的小D．用同一装置做双缝干涉实验，红光的干涉条纹间距比紫光的小10．一潜水员自水下目测站立于船头的观察者距水面高为h1,而观察者目测潜水员距水面深h2,则（）A．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度大于h1,B．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度小于h1,C．潜水员实际深度大于h2,观察者实际高度小于h1,D．潜水员实际深度小于h2,观察者实际高度大于h1.参考答案：1．答案： A解析：本题考查光的直线传播及形成的现象.前段鹞鹰的影子，是光沿直线传播形成的；后段所说的“影子”实际是鹞鹰经小孔所成的像，即小孔成像，这也是光直线传播形成的现象.故A正确.A2．答案： B解析：由题意可知焦距大于10cm，看图案时应该起放大功能，B对3．答案： C解析：红外线的波长长，容易发生衍射，A错误；增透膜是光的干涉现象，B错误；根据光速不变原理，C正确；a射线是高速粒子流、β射线是高速电子流，D错误。

2019高考物理（人教）一轮编练习题（1）李仕才一、选择题1、如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向解析：选C 若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；同理可知B、D错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确。

2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。

在突然撤去挡板的瞬间( )A．两图中两球加速度均为g sin θB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2g sin θD．图乙中B球的加速度为g sin θ解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C、D正确，A、B错误。

3、一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能力损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C 处时水平速度之比为( )A ．1∶1B ．1∶3C ．3∶1D ．1∶9解析：选B 两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到B 点所用的时间等于第二种情况下落到A 点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为t 1＝3t ，第二种情况下所用时间为t 2＝t ，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O 点出发时的初速度分别为v 1、v 2，由x ＝v 0t 得v 2＝3v 1，即v 1v 2＝13，B 正确。

高考物理一轮复习题集一、力学基础1. 描述牛顿三大定律的内容，并给出一个实际例子说明每个定律的应用。

2. 解释什么是动量守恒定律，并给出一个物理情景，说明在该情景下动量守恒定律如何起作用。

3. 计算一个物体在斜面上受到的重力分量和摩擦力，假设物体的质量为m，斜面角度为θ，摩擦系数为μ。

4. 描述如何使用动能定理解决一个简单的物理问题，并给出计算公式。

二、运动学1. 解释位移、速度和加速度的概念，并给出它们之间的关系。

2. 给出一个物体做匀加速直线运动的公式，并解释如何使用这些公式解决相关问题。

3. 解释什么是抛体运动，并给出水平抛体运动和垂直抛体运动的公式。

4. 描述圆周运动中的线速度、角速度、周期和频率的关系，并给出相应的公式。

三、能量守恒与转化1. 解释什么是能量守恒定律，并给出一个实际例子说明其应用。

2. 描述势能、动能和机械能的概念，并解释它们之间的关系。

3. 计算一个物体在重力场中从一定高度自由下落的动能和势能变化。

4. 解释什么是弹性势能，并给出一个弹簧的例子来说明弹性势能的计算。

四、电学基础1. 解释电荷、电流和电压的基本概念。

2. 描述欧姆定律的内容，并给出计算电阻、电流或电压的公式。

3. 解释什么是电路，并给出串联和并联电路的特点。

4. 计算一个简单的串联电路或并联电路中的总电阻。

五、电磁学1. 解释什么是磁场，并描述磁场对运动电荷的作用。

2. 解释法拉第电磁感应定律，并给出一个实际应用的例子。

3. 描述安培环路定理的内容，并解释其在电磁学中的应用。

4. 计算一个线圈在磁场中受到的安培力，假设线圈的面积、磁场强度和电流已知。

六、光学基础1. 解释光的折射定律，并给出斯涅尔定律的公式。

2. 描述全反射的条件，并给出一个实际例子。

3. 解释什么是干涉现象，并给出杨氏双缝实验的基本原理。

4. 描述衍射现象，并解释单缝衍射和双缝衍射的区别。

七、热学基础1. 解释温度、热量和内能的概念，并解释它们之间的关系。

测量速度和加速度的方法【纲要导引】此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度来验证牛二或动能定理等。

此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。

【点拨练习】考点一打点计时器利用打点计时器测加速度时常考两种方法：（1）逐差法纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆）点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔）（2）平均速度法，两边同时除以t，，做stt图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是开始计时点0的初速0v。

1.【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50H z 在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：A S =16.6mmB S =126.5mm D S =624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：① 相信两计数点的时间间隔为__________S② 打C 点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)③ 物体的加速度大小为__________(用A S 、B S 、D S 和f 表示)【答案】①0.1s ②2.5 ③【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s ．②根据间的平均速度等于点的速度得v c ==2.5m/s ． ③利用逐差法：,两式相加得,由于,，所以就有了,化简即得答案。

2.【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电（1）下列实验操作中，不正确的有________A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到O点的距离，记录在纸带上，如题11-2图所示计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据补充完整（3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________.（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？对比实验①和②的结果得到什么结论？【答案】（1）CD（2）39.0 （3）逐渐增大到39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用.【解析】根据速度计算速度。

课练4重力弹力摩擦力1．(2018·广东佛山顺德区一模)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，紧贴墙壁．若在斜面上放一物体m，再给m施加一竖直向下的恒力F，M、m均保持静止，则小车受力的个数为()A．3B．4C．5 D．6答案：B解析：先对物体m进行受力分析，受到重力、向下的恒力F、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，支持力和静摩擦力的合力与重力和恒力F的合力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，m对M的压力和静摩擦力的合力竖直向下；再对小车M进行受力分析，受重力、m 对它的垂直于斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力，故A、C、D错误，B正确．2．(2018·湖南衡阳八中月考)(多选)四个完全相同的弹簧测力计，外壳通过绳子分别与四个完全相同的物体相连，挂钩一端施加沿轴线方向的恒力F，以下四种情况中关于弹簧测力计读数的说法正确的是()A．如果图甲中的物体静止在水平地面上，那么弹簧测力计的读数可能小于FB．如果图乙中的物体静止在斜面上，那么弹簧测力计的读数一定等于FC．如果图丙中的物体静止在粗糙水平地面上，那么弹簧测力计的读数一定等于FD．如果已知图丁中水平地面光滑，则由于物体的质量未知，无法判定弹簧测力计的读数与F的大小关系答案：BC解析：题图甲中的物体静止在水平地面上，根据平衡原理，弹簧测力计的读数等于F，故A错误；不论物体静止在斜面上，还是静止在粗糙水平地面上，由平衡条件可知，弹簧测力计的读数一定等于F，故B、C正确；已知题图丁中水平地面光滑，虽然物体的质量未知，但是弹簧测力计的读数与F的大小仍相等，故D错误．3．(2018·江西上饶一模)S1和S2表示劲度系数分别为k1和k2的两根弹簧，k1＞k2；a和b表示质量分别为m a和m b的两个小物块，m a ＞m b，将弹簧与物块按图示方式悬挂起来，现要求两根弹簧的总长度最大，则应使()A．S1在上，a在上B．S1在上，b在上C．S2在上，a在上D．S2在上，b在上答案：D解析：上面的弹簧受到的拉力为两个物块的重力之和，劲度系数较小时形变量较大，故上面应是S2，下面的弹簧的形变量由下面的物块的重力决定，为了让形变量最大，应把重的放在下面，即将a物块放在下面，D正确．4．(2018·广东深圳一调)如图，一个轻型衣柜放在水平地面上，一条光滑轻绳两端分别固定在两侧顶端A、B上，再挂上带有衣服的衣架．若保持绳长和左端位置点不变，将右端依次改在C点或D点后固定，衣柜一直不动，下列说法正确的是()A．若改在C点，绳的张力大小不变B．若改在D点，衣架两侧绳的张力大小不相等C．若改在D点，衣架两侧绳的张力大小相等且不变D．若改在C点，衣柜对地面的压力将会增大答案：C解析：设绳与竖直方向的夹角为θ，绳的张力为T，衣服的质量为m；根据共点力的平衡条件可得2T cosθ＝mg，若改在C点，绳与竖直方向的夹角变小，绳的张力变小，A错误；绳两端分别固定在两侧顶端A、B上时，受力情况如图所示，当绳的右端上下移动过程中，绳与竖直方向的夹角不变，则根据2T cosθ＝mg可知，绳的张力不变，C正确；若改在C点，衣柜对地面的压力等于整体的重力，不变，D 错误．5．(2018·河南鹤壁高中模拟)如图所示，水平传送带上放一物体，当传送带沿顺时针方向以速度v匀速转动时，物体在轻弹簧水平拉力的作用下处于静止状态，此时弹簧的伸长量为Δx；当传送带沿顺时针方向的转动速度变为2v时，物体处于静止状态时弹簧的伸长量为Δx′，则关于弹簧前后两次的伸长量，下列说法中正确的是() A．弹簧的伸长量将减小，即Δx′<ΔxB．弹簧的伸长量将增加，即Δx′>ΔxC．弹簧的伸长量不变，即Δx′＝ΔxD．无法比较Δx和Δx′的大小答案：C解析：物体所受的滑动摩擦力大小为f＝μN＝μmg，f与传送带的速度大小无关，当传送带的速度方向不变时，不管速度大小如何变化，物体所受的滑动摩擦力方向向右，大小不变，仍与弹簧弹力平衡，根据平衡条件有kx＝f，知弹簧的伸长量不变，则有Δx′＝Δx，故C正确．6．(2018·湖南常德一模)粗糙水平面上有一长木板，一个人在木板上用水平力F向右推着木箱在木板上匀速运动，人的质量大于木箱的质量，若鞋与长木板、木箱与长木板间动摩擦因数相同，则下列说法正确的是()A．人受到的滑动摩擦力方向水平向右B．木箱受到的滑动摩擦力方向水平向左C．木板受到地面的摩擦力方向水平向右D．木板受到地面的摩擦力方向水平向左答案：B解析：人用力F向右推木箱，对木箱进行受力分析，受推力、重力、支持力、滑动摩擦力，根据平衡条件，木箱受到的滑动摩擦力方向水平向左，与推力平衡，人用力F向右推木箱，对木箱的作用力方向水平向右，根据牛顿第三定律可知，木箱对人的作用力的方向水平向左，人若要平衡，则人受到的木板的摩擦力的方向水平向右，但人的脚相对木板是静止的，故人受到的是静摩擦力，故A错误，B正确；将三者作为整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有摩擦力，故C、D错误．7．(2018·四川成都实验高中一诊)如图，楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块B.用平行于斜面的力F拉B，使之沿斜面匀速上滑．现改变力F的方向至与斜面成一定的角度，仍使物体B沿斜面匀速上滑．在B运动的过程中，楔形物块A始终保持静止．关于相互间作用力的描述正确的有()A．A对B的摩擦力减小B．拉力F一定增大C．物体B对斜面的作用力不变D．地面受到的摩擦力大小可能变大答案：A解析：拉力F平行于斜面向上时，先对物体B进行受力分析如图甲，根据平衡条件，有平行于斜面方向F＝f＋mg sinθ，垂直于斜面方向N＝mg cosθ，其中f＝μN，解得F＝mg(sinθ＋μcosθ)，f＝μmg cosθ，拉力改变方向后，设其与斜面夹角为α，根据平衡条件，在平行于斜面方向，有F′cosα＝f＋mg sinθ，垂直于斜面方向N′＋F′sinα＝mg cosθ，其中f′＝μN′，解得F′＝mg(sinθ＋μcosθ)cosα＋μsinα，f′＝μ(mg cosθ－F′sinα)，联立各式得到滑动摩擦力减小，故A正确；拉力F可能变大，也可能减小，故B错误；对A进行受力分析，受重力、支持力、B对A的压力、B对A的滑动摩擦力、地面对A的静摩擦力，如图乙，根据平衡条件，在水平方向有f静＝N′sinθ＋f′cosθ；又因N ＝N′，f＝f′，当拉力改变方向后，N′和f′都减小，故f′和N′的合力一定减小(B对A的力就是f′和N′的合力)，静摩擦力也一定减小，故C、D错误．8．(2018·重庆一诊)如下图所示，有8块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为100 g，某人用手在这叠木板的两侧分别施加一水平压力F，使木板水平静止．若手与木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.则水平压力F至少为()A．8 N B．15 NC．16 N D．30 N答案：B解析：先将所有的木板当成整体进行受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，则有2μ1F≥8mg，再对除最外侧两木板之外的6块木板进行受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，有2μ2F≥6mg，联立两式解得F≥15 N，故B正确，A、C、D错误．9．一根轻质弹簧，当它上端固定、下端悬挂重为G的物体时，长度为L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为G的物体时，其长度为L2，则它的劲度系数是()A.GL1 B.G L2C.GL1－L2D.2G L1－L2答案：D解析：设弹簧原长为L0，由胡克定律知，G＝k(L1－L0)，G＝k(L0－L2)，联立可得k＝2GL1－L2，D对．10．物块m位于斜面上，受到平行于斜面的水平力F的作用处摩擦力．现用力拉弹簧，则：时，求弹簧弹力F轻绳与水平方向的夹角θ；与水平杆间的动摩擦因数μ.sin60°－T sinθ－mg＝0，解得θ＝30°以木块和小球整体为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有F cos60°－μN＝0，竖直方向有，竖直方向有F sin60°＋N－mg－Mg＝Ⅱ)如图，一物块在水平拉力沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数)′，绳子拉力不变向右移一些，绳子拉力变大．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移两杆间距离为d，选O对O点的拉力大小相等，因此平衡时与水平方向的夹角相等，设为θ.对于O点受力情况如图所示，根杆向右移一些时，d变大，则T变大，选项新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉方向不变，大小在一定范围内变化，)如图所示，质量均为的作用下处于平衡状态，其中B弹簧上端与天花板固定连接，轴线与竖弹簧竖直，g取10球所受合力仍为零，河北石家庄模拟)如图所示，一质量为斜面体置于水平地面上，质量为m的小木块与斜面底边平行，所以C江西南昌十校二模)如图，上表面为光滑曲面的物体静一小滑块从曲面底端受水平力作用缓缓沿曲面向上＝200 N/m2B．k1＝200 N/m，k2＝100 N/mC．k1＝100 N/m，k2＝300 N/mD．k1＝300 N/m，k2＝200 N/m答案：A解析：当拉力小于20 N时，只压缩大弹簧，所以0～0.2 m过程中图线的斜率等于大弹簧的劲度系数，k1＝ΔFΔx＝100 N/m.但压缩量为0.3 m时，大弹簧被压缩了0.3 m，而小弹簧被压缩了0.1 m，则F＝k1×0.3 m＋k2×0.1 m＝50 N，得k2＝200 N/m，选项A正确．9．(2018·湖南娄底五校联考)如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2＞μ1)，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是() A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＜μ2B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足tanθ＞μ2＞μ1答案：C解析：因为μ2＞μ1，可知越是上层的沙子越容易卸下，当与车厢底板接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有mg sinθ＞μ2mg cosθ，得tanθ＞μ2，故A、B错误；与车厢底板不接触的沙子卸下，而与车厢底板接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子车上还留有一部分沙子，这时应有mg sinθ＞μ1mg cosθ，mg sinθ＜μ2mg cosθ，得μ2＞tanθ＞μ1，故C正确，D错误．刷易错易误——排难点易错点1滑动摩擦力和静摩擦力的计算方法易混淆10．(2018·黑龙江大庆中学期末)如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上向右滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，则木板所受地面的摩擦力大小为()A．μ2mg B．μ1Mg＞FN3B．FN1＜FN2＜FN3＝FN3D．无法判断5 kg的滑块静置于一粗糙的斜面上，现30 N推滑块，使滑块沿斜面向上匀速运动，可得斜面对滑块的摩擦力F f＝5 N，方向沿斜面向下．用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力分析如图乙所示．cos30°。

2019人教版高考物理一轮选训练导（4）及答案的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，在整个过程中()A．木板对小物块做的功为12mv2B．支持力对小物块做的功为零C．小物块的机械能的增量为12mv2－mgLsinαD．滑动摩擦力对小物块做的功为12mv2－mgLsinα【解析】在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理得W木＝12mv2－0，A正确；在物块被缓慢抬升过程中摩擦力不做功，由动能定理得W′木－mgLsinα＝0－0，则有W′木＝mgLsinα，B错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为1 2mv2，C错误；滑动摩擦力对小物块做的功W f＝W木－W′木＝12mv2－mgLsinα，D正确．3、（2019陕西省西安中学月考）如图所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。

小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F—v2图象如图乙所示。

不计空气阻力，则A. 小球的质量为aR bB. 当地的重力加速度大小为R bC. v2=c时，杆对小球的弹力方向向下D. v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等【答案】AC4、如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是( )A．电路中电源电动势为3.6 V读数逐渐减小B．变阻器向右滑动时，V2C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD．变阻器的最大阻值为30 Ω【答案】BC5、如图所示电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法中正确的是（）A．当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮B．当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮C．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后B灯更亮，A灯熄灭D．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度不变【答案】C6、（2019届广东省佛山市高三质检）下列说法正确的是A．扩散现象说明分子总在做无规则热运动B．物体吸热，物体分子平均动能必定增大C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小E．一切热现象的自发过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行【答案】ADE【解析】不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散。

2019高考物理一轮选训练导（4）一、选择题1、一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为x ，动能变为原来的4倍。

该质点的加速度为( ) A. B. C. D.【答案】C【解析】动能变为原来的4倍，则物体的速度变为原来的2倍，即v ＝2v 0，由x ＝(v 0＋v)t 和a ＝得a ＝，故C 对。

【链接】(2017·江苏省宜兴市高三下学期期初考试)一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x 、速度v 、动能E k 和重力势能E p (以斜面底端为参考平面)随时间变化的关系图象，其中正确的是( )解析：选D.根据a­t 图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定理得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可．物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，两者速度方向相反，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以x­t 图象应是开口向下的抛物线，故A 、B 错误；根据E k ＝12mv 2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C 错误；E p ＝mgh ＝mgxsin θ＝mg ⎝⎛⎭⎪⎫v 0t ＋12at 2sin θ，a 为负，故为开口向下的抛物线，故D 正确． 2、如图所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，在整个过程中( )A．木板对小物块做的功为12 mv2B．支持力对小物块做的功为零1【解析】在运动过程中，小物块受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整个过程重力做功为零，由动能定理得W木＝12mv2－0，A正确；在物块被缓慢抬升过程中摩擦力不做功，由动能定理得W′木－mgLsinα＝0－0，则有W′木＝mgLsinα，B错误；由功能关系，机械能的增量为木板对小物块做的功，大小为12mv2，C错误；滑动摩擦力对小物块做的功W f＝W木－W′木＝12mv2－mgLsinα，D正确．3、（2018陕西省西安中学月考）如图所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。

热点滚动加强练(五)考试时间：90分钟第Ⅰ卷 (选择题 共48分)评卷人 得分 一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分．)热点一 光电效应 光的波粒二象性1．在正负电子对撞机中，一个电子和一个正电子对撞发生湮灭而转化为一对光子．设正、负电子的质量在对撞前均为m ，对撞前的动能均为E ，光在真空中的传播速度为c ，普朗克常量为h ，则对撞后转化成光子的波长等于( )A.hcE B ．h mcC.hcmc 2＋ED ．hc2mc 2＋E【解析】 由于光子无静止质量，则正电子与负电子对撞过程中的质量亏损为Δm ＝2m －0＝2m ，由爱因斯坦质能方程电子对撞放出的能量为ΔE ＝Δm ·c 2＝2mc 2，根据能量守恒得，每个光子的能量为2mc 2＋2E 2＝mc 2＋E ，又ε＝hν＝h c λ，联立得到，波长为λ＝hc mc 2＋E ，故C 正确，A 、B 、D 错误．【答案】 C2．如图所示为一光电管电路，滑动变阻器触头位于ab 上某点，用光照射光电管阴极，电表有偏转，要使电流计指针偏转变大，可采取的措施有( )A ．加大照射光的强度B ．换用波长长的光照射C ．将滑片P 向b 端滑动D ．将电源正、负极对调【解析】 电流计有偏转，说明能发生光电效应现象，即入射光的频率大于极限频率，要使电流增大可使单位时间内参与定向移动的电子数增大，增大入射光的强度或使电压增大(如将P 向b 滑动)均有可能，选项A 、C 正确．【答案】 AC热点二 原子结构与原子核3．在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是( )【解析】 金箔中的原子核与α粒子都带正电，α粒子接近原子核过程中受到斥力而不是引力作用，A 、D 错；由原子核对α粒子的斥力作用及物体做曲线运动的条件知曲线轨迹的凹侧应指向受力一方，B 错，C 对．【答案】 C4．由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列选项中正确的是( )A.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子B.23793Np 经过衰变变成20983Bi ，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变 D.23793Np 的半衰期等于任一个23793Np 原子核发生衰变的时间 【解析】209 83Bi 的中子数为209－83＝126，237 93Np 的中子数为237－93＝144，20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子，A 错误；23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，可以同时放出α粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，B 错误；衰变过程中发生α衰变的次数为237－2094＝7(次)，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4(次)，C 正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，选项D 错误．【答案】 C5．现有两动能均为E 0＝0.35 MeV 的21H 在一条直线上相向运动，两个21H 发生对撞后能发生核反应，得到32He 和新粒子；且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He 和新粒子的动能．已知21H 的质量为2.0141 u ，32He 的质量为3.016 0 u ，新粒子的质量为1.008 7 u ，核反应时质量亏损1 u 释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是( )A ．核反应方程为 21H ＋21H→32He ＋11H B ．核反应前后不满足能量守恒定律 C ．新粒子的动能约为3 MeV D.32He 的动能约为4 MeV【解析】 由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H ＋21H→32He ＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动量守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn ＝m n m He ，解得E kHe ＝m n m n ＋m He (2E 0＋ΔE )＝1 MeV ，E kn ＝m Hem n ＋m He(2E 0＋ΔE )＝3 MeV ，所以C 正确、D 错误．【答案】 C6.如图所示，某原子的三个能级的能量分别为E 1、E 2和E 3.a 、b 、c 为原子跃迁所发出的三种波长的光，下列判断正确的是( )A ．E 1>E 2>E 3B ．(E 3－E 2)>(E 2－E 1)C ．b 光的波长最长D ．c 光的频率最高【解析】 结合题图和电子跃迁时发出的光子的能量为：E ＝E m －E n 可知，E c ＝E a ＋E b ，能量差E 3－E 2等于光子a 的能量，能量差E 2－E 1等于光子b 的能量，能量差E 3－E 1等于光子c 的能量，那么c 对应的能量最大，而a 对应的能量最小，由E 1<E 2<E 3和能级公式E n ＝E 1n2，有(E 3－E 2)<(E 2－E 1)，故A 、B 错误；又E ＝hc λ，c 光的频率最高，a 光的波长最长，故C 错误，D 正确．【答案】 D7．下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是( )A ．根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是β射线，射线2是α射线，射线3是γ射线B．氢原子辐射出一个光子后，电势能减小，总能量增大C．天然放射性元素的半衰期由核内部自身的因素决定，跟所处的化学状态和外部条件无关D．重核的裂变反应方程有：235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n【解析】根据α、β、γ射线的特点可知，射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线，选项A错误；氢原子辐射出一个光子后，总能量减小，轨道半径减小，电势能减小，选项B错误；C、D正确．【答案】CD8．核潜艇是以核反应堆为动力来源的潜艇，有一种核裂变方程为235 92U＋10n→X＋9438Sr＋1010 n，下列说法正确的是( )A．裂变反应中亏损的质量变成了能量B．裂变反应出现质量亏损导致质量数不守恒C．X原子核中有54个质子D．X原子核比铀核的平均结合能大【解析】裂变反应中释放核能有质量亏损，但质量数守恒，质量与能量之间存在一定的关系，但不是质量转变为能量，选项A、B错误；由于核反应中电荷数守恒，故X原子核中有54个质子，选项C正确；重核的裂变是由平均结合能小的重核在中子的轰击下裂变成平均结合能较大的中等质量的原子核，所以X原子核比铀核的平均结合能大，选项D正确．【答案】CD第Ⅱ卷(非选择题共52分)评卷人得分二、非选择题(本大题共5小题，共52分．)9．(8分)(涉及光电效应方程，光电效应图象，极限频率相关知识)小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示．已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s.(1)图甲中电极A为光电管的________ (填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压U c与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率νc＝________ Hz，逸出功W0＝________ J；(3)如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014Hz，则产生的光电子的最大初动能E k＝________ J.【解析】(1)在光电效应中，电子向A极运动，故电极A为光电管的阳极．(2)由题图可知，铷的截止频率νc为5.15×1014Hz，逸出功W0＝hνc＝6.63×10－34×5.15×1014J≈3.41×10－19 J.(3)当入射光的频率为ν＝7.00×1014Hz时，由光电效应方程E k＝hν－hνc得，光电子的最大初动能为E k＝6.63×10－34×(7.00－5.15)×1014J≈1.23×10－19 J.【答案】(1)阳极(2)5.15×1014[(5.12～5.18)×1014均视为正确] 3.41×10－19[(3.39～3.43)×10－19均视为正确](3)1.23×10－19[(1.21～1.25)×10－19均视为正确]10.(8分)(涉及玻尔理论，光电效应方程的相关知识)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示．当氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出频率为________Hz的光子，用该频率的光照射逸出功为2.25 eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为________ eV.(电子电量e＝1.60×10－19 C，普朗克常量h＝6.63×10－34J·s)【解析】氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时，辐射出的光子能量hν＝E4－E2＝2.55 eV＝2.55×1.6×10－19 J，所以ν＝E4－E2h＝6.2×1014 Hz，用此光照射钾表面，逸出光电子的最大初动能E k＝hν－W逸＝0.30 eV.【答案】 6.2×10140.3011．(12分)(涉及光电效应方程，光电效应图象，极限波长相关知识)如图甲所示是研究光电效应规律的光电管．用波长λ＝0.50 μm的绿光照射阴极K，实验测得流过表的电流I与AK之间的电势差U AK满足如图乙所示规律，取普朗克常量h＝6.63×10－34J·s.结合图象，求：(结果保留两位有效数字)(1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K 时的最大初动能；(2)该阴极材料的极限波长．【解析】 (1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A ，阴极每秒钟发射的光电子的个数n ＝I m e ＝0.64×10－61.6×10－19＝4.0×1012(个)光电子的最大初动能为：E km ＝eU c ＝1.6×10－19 C×0.6 V＝9.6×10－20 J.(2)设阴极材料的极限波长为λc ，根据爱因斯坦光电效应方程：E km ＝h c λ－h cλc，代入数据得λc ≈0.66 μm.【答案】 (1)4.0×1012个 9.6×10－20J (2)0.66 μm12．(12分)(涉及核反应方程，爱因斯坦质量方程及动量守恒相关知识)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m 1，初速度为v 0，氮核质量为m 2，质子质量为m 0，氧核的质量为m 3，不考虑相对论效应．(1)写出α粒子轰击氮核的核反应方程；(2)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？ (3)求此过程中释放的核能．【解析】 (1)根据质量数和电荷数守恒可得α粒子轰击氮核方程为：14 7N ＋42He→17 8O ＋11H.(2)设复核的速度为v ，由动量守恒定律得：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v解得：v ＝m 1v 0m 1＋m 2. (3)核反应过程中的质量亏损：Δm ＝m 1＋m 2－m 0－m 3 反应过程中释放的核能：ΔE ＝Δmc 2＝(m 1＋m 2－m 0－m 3)·c 2. 【答案】 (1)147N ＋42He→178O ＋11H (2)m 1v 0m 1＋m 2(3)(m 1＋m 2－m 0－m 3)c 313．(12分)(涉及核反应方程，爱因斯坦质量方程，动量守恒相关知识)用速度大小为v 的中子轰击静止的锂核(63Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子．生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7∶8，中子的质量为m ，质子的质量可近似看作m ，光速为c .(1)写出核反应方程；(2)求氚核和α粒子的速度大小；(3)若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求质量亏损． 【解析】 (1)由题意可得，核反应方程为10n ＋63Li→31H ＋42He. (2)由动量守恒定律得mv ＝－3mv 1＋4mv 2 由题意得v 1∶v 2＝7∶8，解得v 1＝711v ，v 2＝811v .(3)氚核和α粒子的动能之和为E k ＝12×3mv 21＋12×4mv 22＝403242mv 2释放的核能为ΔE ＝E k －E kn ＝403242mv 2－12mv 2＝141121mv 2由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为 Δm ＝ΔE c 2＝141mv2121c2.【答案】 (1)1n ＋63Li→31H ＋42He (2)711v 811v (3)141mv 2121c2。

单选+多选（9）李仕才一、单选1、如图所示，水平圆盘上有两个质量相等的、可以看做质点的小物块A、B，它们之间的连接细线经过圆心，与圆盘间的动摩擦因数大小相等，且OB＝2OA.开始时，细绳仅处于伸直状态，没有张力．现让圆盘从静止开始绕着竖直轴做转速越来越大的转动，直至刚要滑动．则以下说法正确的是( )图A．细绳中的张力从转动开始一直逐渐增大B．物块A的摩擦力先变大后变小C．物块A的摩擦力先沿半径指向里再指向外D．物块B的摩擦力先沿半径指向外再指向里【答案】C [由于开始转动时，两物块的向心力均由静摩擦力提供，一段时间内绳子是没有张力的，所以选项A错误．当B 物块的静摩擦力增大到最大时，绳子才开始有张力，随着转速的增大，张力也增大，则对A：F T＋F f＝m·r·ω22，A受到的静摩擦力减小，当减小到零时，若转速继续增大，则A受到的静摩擦力将背向圆心逐渐增大，当增大到最大时，A先开始滑动．由此看来，从开始到A开始滑动，A受到的静摩擦力先增大后减小再增大，所以B选项错误．由上述分析知道，物块A的摩擦力先沿半径指向里再指向外，所以选项C正确．B开始转动时，静摩擦力提供向心力，静摩擦力指向圆心，后来一直指向圆心，所以选项D错误．]2、(2018·台州中学统练)如图7所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O，在A、B所形成的电场中，以O为圆心、半径为R的圆面垂直AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆周上的一点，下列说法中正确的是( )图7A．e、g两点场强相同B．a、b两点场强相同C．将一正电荷沿正方形ab边从a移动到b，电场力一直不做功D．将一正电荷由a点分别移到圆心O和圆周上g点，电势能的变化量不相等【答案】A3、如图5(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，其位移—时间图象如图(b)所示，以下说法正确的是( )图5A．该电场是匀强电场B．电子在A、B两点的电势能E p A<E p BC．电子在A、B两点的加速度关系是a A>a BD．电子在A、B两点的速度v A<v B【答案】B [位移—时间图象切线的斜率表示速度，由题图可知，电子运动的速度越来越小，故D错误；由于速度越来越小，则电子受到的电场力由B指向A，可判断出电场线的方向从A到B，电场力做负功，电势能增大，E<E p B，故B正确；条p A件不足，不能判断电场是否为匀强电场，也无法比较电子在A、B两点的加速度关系，故A、C错误．]4、某消防队员从一平台上由静止跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身的重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为( ) A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的5倍C．自身所受重力的8倍D．自身所受重力的10倍【答案】B [设地面对双脚的平均作用力为F，在全过程中，由动能定理得mg(H＋h)－Fh＝0F＝mg(H＋h)h＝2＋0.50.5mg＝5mg，B正确．]5、(2018·温州市六校期末)如图7所示是等量异种点电荷形成的电场线，A、B处于同一电场线上，且对称于两点电荷连线的垂直平分线，以下说法正确的是( )图7A．A、B两点场强相同B．A点的电势比B点的电势低C．若把一质子从A点移到B点，则质子的电势能减小D．若将一负点电荷从A点无初速度释放，则一定会沿一条电场线运动到B点【答案】C6、电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )A．两极板间的距离B．两极板间的电压C．两极板间的电介质D．两极板间的正对面积【答案】A [由电容的决定式C＝εrS4πkd可知，电容与两极板间距离、两极板间电介质和正对面积有关，与两极板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的，故A正确，B、C、D错误．]二、多选7、(2017·宁波市九校高三上学期期末)海浪从远海传向海岸，已知海浪的传播速度与海水的深度有关，海水越深，速度越大，一艘大船停泊在离岸较远处，振动的周期为8 s，则( ) A．海浪拍打海岸的周期为8 sB．当大船停泊在离海岸较近处时，其振动周期小于8 sC．海浪从远海传向海岸，相邻波峰之间的距离变小D．让船停泊在离海岸更近处，海浪经过船体时的衍射现象更明显【答案】AC8、粗细均匀的电阻丝围成如图5所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于线框平面，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L.现使线框以同样大小的速度v 匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是( )图5A．a、b两点间的电势差最大的是图甲B．a、b两点间的电势差最大的是图乙C ．回路电流最大的是图丙D ．回路电流最小的是图丙【参考答案】AD [设线框的电阻为R .题图甲中：a 、b 两点间的电势差等于外电压，其大小为U ＝34E ＝34B ·2Lv ＝32BLv ，电流为I ＝E R ＝B ·2Lv R ＝2BLv R.题图乙中：a 、b 两点间的电势差等于外电压的13，其大小为U ＝14E ＝14B ·2Lv ＝12BLv ，电流为I ＝E R＝B ·2Lv R ＝2BLv R.题图丙中：a 、b 两点间的电势差等于感应电动势的14，其大小为U ＝14BLv ，电流为I ＝BLv R.题图丁中：a 、b 两点间的电势差大小为U ＝12BLv ，电流为I ＝2BLv R.可见，题图甲中a 、b 两点间的电势差最大，题图丙中回路电流最小，故A 、D 正确．]9、(2018·温州新力量联盟期末)如图7所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 100匝，副线圈匝数n 2＝180匝，交流电源的电压u ＝2202sin 120πt (V)，电阻R ＝45 Ω，电压表、电流表均为理想电表，则( )图7A．交流电的频率为50 HzB．A的示数约为0.13 A1C．该交变电压不能加在耐压值为300 V的电容器上D．电压表的示数为36 V图8【答案】BCD10、如图8甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m．在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则( )图8A．该机械波的传播速度大小为2 m/sB．c点的振动频率先是与a点相同，两列波相遇后c点的振动频率增大C．该列波的波长是2 mD．两列波相遇后，c点振动加强【答案】ACD [由于两列波的波速相同，则a处振动先到达c点，所以波速为v＝s act＝84m/s＝2 m/s，故A正确．由于两列波在同种介质中传播，且周期相同，所以两列波的频率相同，能够产生干涉现象，两列波相遇后c点的振动频率不变，故B错误．由题图知T＝1 s，v＝2 m/s，则波长为λ＝vT＝2 m，c点到a、b两点的路程差为Δs＝bc－ac＝2 m＝λ，故两列波相遇后，c点振动加强，故C、D正确．]11、如图3所示为用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置获得的干涉图样，现让a、b两种光组成的复色光穿过平行玻璃砖或三棱镜时，光的传播路径与方向可能正确的是( )图3【答案】AD [因为单色光斜射入平行玻璃砖时的出射光线应平行于入射光线，故选项B错误；根据干涉图样，a光的干涉条纹间距较大，所以a光的波长较长，在同种介质中的折射率较小，故沿相同方向斜射入平行玻璃砖时a光的侧移量小，选项A 正确；由于a光的折射率小，临界角较大，则更不易发生全反射，选项C错误，D正确．]12、在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前、后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1<E 0B ．p 1<p 0C ．E 2>E 0D ．p 2<p 0【答案】AB [由题意知，碰撞后两球均有速度，根据碰撞过程中总动能不增加可知，E 1<E 0，E 2<E 0，则p 1<p 0，根据动量守恒定律得：p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见p 2>p 0，故A 、B 正确，C 、D 错误．]13、下面四幅示意图中能正确反映核反应过程的是( )【答案】AD [用α粒子轰击氮原子核，发现了质子，其核反应方程为：42He ＋14 7N →17 8O ＋11H ，故A 正确，B 错误；用α粒子轰击铍原子核，发现了中子，其核反应方程为：42He ＋94Be →12 6C ＋1n，故C错误，D正确．] 0。

课练29电磁感应现象楞次定律1．(2018·河北邯郸期末)图中能产生感应电流的是()答案：B解析：线圈不是闭合的，不能产生感应电流，选项A错误；线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流，选项B 正确；由于直导线在线圈直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0，不能产生感应电流，选项C错误；线圈整体垂直于匀强磁场方向运动，线圈的磁通量始终最大，没有发生变化，不能产生感应电流，选项D错误．2．(2018·河南周口期末)如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合．现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则()A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大答案：B解析：胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小逐渐增大，根据右手螺旋定则知，通过圆环B的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，金属圆环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线受到的拉力减小，选项B正确，A、C、D错误．3．(2018·陕西宝鸡一检)(多选)如图所示，两个条形磁铁的N极和S极相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁极之间正上方自由落下，并从两磁极中间穿过．下列关于线框受到的安培力及从右向左看感应电流的方向说法正确的是()A．感应电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B．感应电流方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向C．安培力方向一直竖直向上D．安培力方向先竖直向上，后竖直向下答案：BC解析：由题图可知，磁感线由左指向右，N、S极中间磁感应强度最大，沿竖直方向上下两侧越来越小，故在线框从高处下落过程中，穿过线框的磁感线方向一直向右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，故B正确，A错误；根据楞次定律可知，线框产生的感应电流一直阻碍线框与磁极间的相对运动，故安培力方向一直竖直向上，C正确，D错误．4．如图所示为地磁场的磁感线分布示意图．一架飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上产生了电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则()A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高答案：C解析：当飞机在赤道上空竖直下坠时，由于地磁场向北，若飞机从西往东飞，或从东往西飞，机翼不切割磁感线，不产生感应电动势，电势φ2与φ1相等，A、B错误；若飞机从南往北飞，且飞机竖直下坠，由右手定则可知φ2比φ1高，C正确；若飞机从北往南飞，且飞机竖直下坠，由右手定则可知φ2比φ1低，D错误．5．(2018·山东省实验中学一诊)(多选)匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示．磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环产生对应感应电流时其中很小段受到的安培力．则()A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向C．F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D．F2方向背离圆心向外，F3方向指向圆心答案：AD解析：由题图可知，在Oa段磁场方向垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场方向垂直纸面向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，选项A正确；在bc段磁场垂直纸面向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，选项B错误；由左手定则可知，Oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段电流受到的安培力F2方向背离圆心向外，选项C错误；bc段电流受到的安培力F3方向指向圆心，选项D正确．6．(2018·福建泉州期末)水平放置的光滑绝缘杆上挂有两个铜环M和N，通电密绕长螺线管穿过两环，如图所示，螺线管中部区域的管外磁场可以忽略，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，两环将()A．一起向左移动B．一起向右移动C．相互靠拢D．相互分离答案：C解析：当滑动变阻器的滑片P向左移动时，螺线管内部、外部的磁场均增加，穿过M、N两铜环的水平向右的磁通量增加，根据楞次定律，可知两环中有相同方向的感应电流，同方向电流相互吸引，故两环相互靠近，选项C正确．7．(2018·陕西西安中学期末)如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a()A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转答案：B解析：当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流在增大，根据右手螺旋定则，其内(圆环a内)有垂直纸面向里的磁场，其外(金属圆环b处)有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁通量是垂直纸面向里(因为向里的磁通量比向外的多，向里的是全部，向外的是部分)且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流且有扩张的趋势，同理，当带正电的绝缘圆环a顺时针减速旋转，b中产生顺时针方向的感应电流且有收缩的趋势，A错误，B正确；当带正电的绝缘圆环a逆时针加速旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；当a逆时针减速旋转时，b中产生逆时针方向的感应电流，具有收缩趋势，C、D错误．8．(2018·辽宁大连期中)如图所示，线圈由a位置开始自由下落，在磁场中受到的磁场力如果总是小于它的重力，则它在a、b、c、d 四个位置(在b、d位置时线圈恰好有一半在磁场中)时，加速度的关系为()A．a a>a b>a c>a d B．a a＝a c>a b>a dC．a a＝a c>a d>a b D．a a＝a c>a b＝a d答案：B解析：线圈自由下落时，加速度为a a＝g.线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈只受重力，不受安培力作用，加速度为a c＝g.线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律可知，a b<g，a d<g.线圈受到的磁场力总是小于重力，故线圈一直做加速运动，故线圈到达d处的速度大于b处的速度，则线圈在d处所受的安培力大于在b处所受的安培力，即a b>a d，故a a＝a c>a b>a d，选项B正确，A、C、D错误．9．(2018·辽宁师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻，R和R2为滑动变阻器，R1和R3为定值电阻，当开关S1和S2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则()A．只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，电阻R1消耗的电功率变大B．只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，带电微粒向下运动C．只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，电阻R1消耗的电功率变大D．只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，带电微粒向下运动答案：A解析：只调节滑动变阻器R，当P1向右端移动时，滑动变阻器R 接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以左侧电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁的磁性减弱，导致了磁敏电阻的阻值减小，则通过R1的电流增大，其消耗的电功率增大，电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，A正确，B错误；只调节滑动变阻器R2，当P2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R1消耗的电功率不变，电容器两端电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C、D错误．10．(2018·江苏南通一模)如图所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁铁从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁铁不与管壁接触，忽略空气阻力，则在下落过程中()A．磁铁做自由落体运动B．磁铁的机械能守恒C．铝管对桌面的压力大于铝管的重力D．磁铁动能的增加量大于重力势能的减少量答案：C解析：磁铁在铝管中运动的过程中，铝管的磁通量发生变化，产生感应电流，磁铁受到向上的安培力的阻碍作用，铝管中产生内能，所以磁铁的机械能不守恒，磁铁做的不是自由落体运动，选项A、B 错误；磁铁在整个下落过程中，由楞次定律可知，铝管受到的安培力向下，则铝管对桌面的压力大于铝管的重力，选项C正确；磁铁在整个下落过程中，除重力做功外，还有安培力做负功，导致减少的重力势能部分转化为动能，部分转化为内能，根据能量守恒定律可知，磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量，选项D 错误．如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向l，上、下边界与地面平行，下边界与地，质量为m，总电阻为置于匀强磁场区域上方，线框CD的位置由静止释放，h边离开磁场到CD边落到地面所用时间是重力加速度为g)．求：将一由细导线构成的半径为r、电阻为R0的导体圆环水平固定在上述磁场中，并使圆环中心与磁场区域的中心重合．求在导体圆环产生的焦耳热；新课标全国卷Ⅰ)(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向答案：D解析：金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D正确．A、B、C错误．3．(2016·上海卷)(多选)如图所示(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时()A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流答案：AD解析：据题意，在t1～t2时间内，外加磁场的磁感应强度增大且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增大的感应电流，该感应电流激发出向里增强的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A 正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定的感应电流，该感应电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时圆环中没有感应电流，圆环不收缩，也不扩张，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的感应电流，该感应电流激发出向里减弱的磁场，故圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项D正确．4．(2016·新课标全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如的电流，下列说法正确的是(．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可螺线管与灵敏电流计相连，静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是a到b，后由b点的电势答案：D解析：由楞次定律，可判断出电流计中的电流先由b到a，后由a到b，A错误；螺线管中产生感应电动势，是回路的电源，磁铁从螺线管的正上方进入时，b点电势高于a点电势；磁铁从螺线管的下方出来时，a点电势高于b点电势，B错误；由能量守恒定律可知，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管过程中，磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量和磁铁增加的动能之和，C错误；由于受到向上的吸引力作用，磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度，D正确．6．(2018·江苏镇江模拟)(多选)航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示．当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去．现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝．则合上开关S的瞬间() A．从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力C．若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射D．电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射答案：BCD解析：闭合开关S的瞬间，金属环中向右的磁场磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；由于电阻率ρ铜<ρ铝，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流，由安培力公式可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，B正确；若将金属环置于线圈右侧，则闭合开关S的瞬间，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，环将向右弹射，C正确；电池正、负极调换后，同理可以得出金属环仍能向左弹射，D正确．广东广州名校联考)如图所示，圆环形导体线圈的正上方固定一竖直螺线管滑动变阻器连接成如图所示的电路．向下滑动，下列表述正确的是()中的电流发生变化的过程中，则电流计所在回路中有感应电中，电流计所在回路中有感应电流拔出的过程中，线圈的条件．关于该实验下列说法正确的是(中有a→b的感应电流中有b→a的感应电流的滑片向左移动的过程，辽宁省实验中学期中)如图所示，极向下平移到B．t2时刻，N>G D．t4时刻，N<G如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨＝74°.导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.2 T，t＝在外力的作用下以恒定速度v在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，。