【红对勾】2012高考物理 磁场单元综合测试 新课标

课时作业11匀速圆周运动时间：45分钟满分：100分一、选择题(8×8′＝64′）1．如下图为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r1，从动轮的半径为r2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n1,转动过程中皮带不打滑．下列说法正确的是（)A．从动轮做顺时针转动B．从动轮做逆时针转动C．从动轮的转速为r1r2n1D．从动轮的转速为错误!n1解析：皮带连接着两轮的转动，从主动轮开始顺时针转动沿着皮带到从动轮，可知从动轮是逆时针转动，则A错误,B正确．二轮转速之比满足错误!＝错误!（线速度相等）得n2＝错误!n1即C正确，D错误．答案:BC2．如下图所示，a、b是地球表面上不同纬度上的两个点，如果把地球看作是一个球体,a、b两点随地球自转做匀速圆周运动，这两个点具有大小相同的（）A．线速度B．角速度C．加速度D．轨道半径解析：地球上各点(除两极点)随地球一起自转,其角速度与地球自转角速度相同，故B正确；不同纬度的地方各点绕地轴做匀速圆周运动，其半径不同，故D不正确;根据v＝ωr，a＝rω2可知,A、C 不正确．答案：B3．在光滑的圆锥漏斗的内壁，两个质量相同的小球A和B，分别紧贴着漏斗在水平面内做匀速圆周运动，其中小球A的位置在小球B的上方,如下图所示．下列判断正确的是( )A．A球的速率大于B球的速率B．A球的角速度大于B球的角速度C．A球对漏斗壁的压力大于B球对漏斗壁的压力D．A球的转动周期大于B球的转动周期解析:此题涉及物理量较多，当比较多个量中两个量的关系时,必须抓住不变量，而后才能比较变量．先对A、B两球进行受力分析，两球均只受重力和漏斗给的支持力F N。

如上图所示，对A球据牛顿第二定律：F N A sinα＝mg①F N A cosα＝m错误!＝mω错误!r A②对B球据牛顿第二定律：F N B sinα＝mg③F N B cosα＝m错误!＝mω错误!r B④由两球质量相等可得F N A＝F N B,C项错．由②④可知，两球所受向心力相等．m错误!＝m错误!，因为r A〉r B，所以v A〉v B，A项正确．mω错误!r A＝mω错误!r B，因为r A〉r B，所以ωA<ωB，B项错误．又因为ω＝错误!,所以T A>T B，D项是正确的．答案:AD4.错误!如下图所示，某种变速自行车有六个飞轮和三个链轮,链轮和飞轮的齿数如下表所示．前后轮直径为660 mm,人骑自行车行进速度为4 m/s时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度最小值约为（）名称链轮飞轮C．6。

单元综合测试五(机械能守恒定律)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是( )A ．阻力对系统始终做负功B ．系统受到的合外力始终向下C ．重力做功使系统的重力势能增加D ．任意相等的时间内重力做的功相等解析：阻力始终与运动方向相反，做负功，所以A 正确．加速下降合外力向下，而减速下降合外力向上，所以B 错误．重力做功，重力势能减小，则C 错误．时间相等，但物体下落距离不同，重力做功不等，所以D 错误．答案：A图12．如图1所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上．若以地面为零势能面而且不计空气阻力，则①物体到海平面时的势能为mgh ②重力对物体做的功为mgh③物体在海平面上的动能为12mv 02＋mgh④物体在海平面上的机械能为12mv 02其中正确的是( ) A ．①②③ B ．②③④ C ．①③④D ．①②④答案：B3．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物体做的功等于( )A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和解析：由能量关系得：W f＝ΔE p－ΔE kΔE p＝W G故W G＝W f＋ΔE k.在此类题中，要务必搞清每一种力做功伴随着什么样的能量转化，然后运用动能定理或能量守恒．答案：D4．一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为( )A．Δv＝0 B．Δv＝12 m/sC．W＝0 D．W＝10.8 J解析：速度是矢量，速度的变化也是矢量，反弹后小球的速度与碰前速度等值反向，则速度变化量为Δv＝－v－v＝－2v(设碰前速度方向为正)，其大小为2v＝12 m/s，故B正确．反弹前、后小球的动能没有变化，即ΔE k＝0.根据动能定理：物体受合外力做功等于物体动能的变化，即W＝ΔE k＝0，则C正确．答案：BC图25．物体沿直线运动的v－t关系如图2所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4WB．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WC．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WD．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W解析：由图知第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小关系：v 1＝v 3＝v 7，由题知W ＝12mv 12－0，则由动能定理得第1秒末到第3秒末合外力做功W 2＝12mv 32－12mv 12＝0，故A 错；第3秒末到第5秒末合外力做功W 3＝12mv 52－12mv 32＝0－12mv 12＝－W ，故B 错；第5秒末到第7秒末合外力做功W 4＝12mv 72－0＝12mv 12＝W ，故C 对；第3秒末到第4秒末合外力做功W 5＝12mv 42－12mv 32＝12m (12v 1)2－12mv 12＝－0.75 W ．故D 对． 答案：CD6．不久前欧洲天文学家在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格利斯581 c”．该行星的质量是地球的5倍，直径是地球的1.5倍．设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为E k 1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为E k 2，则E k 1E k 2为( ) A ．0.13 B ．0.3 C ．3.33D ．7.5解析：由G M 1m R 12＝m v 12R 1得Ek 1＝GM 1m2R 1由G M 地m R 地2＝m ·v 地2R 地得Ek 2＝GM 地m2R 地又已知M 1M 地＝5 R 1R 地＝1.5 则Ek 1Ek 2＝103＝3.33，故C 正确． 答案：C图37．如图3所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F 拉绳，使滑块从A 点起由静止开始上升．若从A 点上升至B 点和从B 点上升至C 点的过程中拉力F 做的功分别为W 1、W 2，滑块经B 、C 两点时的动能分别为E k B 、E k C ，图中AB ＝BC ，则一定有( )A ．W 1>W 2B ．W 1<W 2C ．E k B >E k CD ．E k B <E k C解析：滑块在运动过程中，绳中张力始终不变，而竖直向上的拉力在逐渐减小，故加速度在逐渐减小，动能的变化量在减小，因此，一定有W 1>W 2，选A.答案：A8．(2011·山东泰安)如图4，一物体从光滑斜面AB 底端A 点以初速度v 0上滑，沿斜面上升的最大高度为h .下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A 点上滑的初速度仍为v 0)( )图4A ．若把斜面CB 部分截去，物体冲过C 点后上升的最大高度仍为h B ．若把斜面AB 变成曲面AEB ，物体沿此曲面上升仍能到达B 点 C ．若把斜面弯成圆弧形D ，物体仍沿圆弧升高hD ．若把斜面从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h解析：光滑斜面，系统机械能守恒，若把斜面CB 部分截去，物体从A 点运动到C 点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h 高度．而变成曲面AEB 及从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体到达最高点速度都可达到零，物体可达最大h 高度，而沿弯成圆弧形AD ，物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度故选项BD 正确．答案：BD图59．(2010·山东理综)如图5所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平，用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)在此过程中( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mglC ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析：取斜面最高点为参考面，软绳重力势能减少量ΔE p 绳＝mg ·l 2－mg ·l 2·sin30°＝14mgl ，选项B 正确；物块向下运动，对物块，除重力以外，绳拉力对物块做负功，物块机械能减小，选项A 错误；设W 克为软绳克服摩擦力做的功，对系统由功能原理得ΔE p 绳＋ΔE p 物＝12mv2＋12m 物v 2＋W 克，又因为ΔE p 物>12m 物v 2，故选项C 错而D 对． 答案：BD图610．(2009·山东理综)图6所示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36，木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( )A ．m ＝MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D ．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能解析：弹簧被压缩至最短时的弹性势能为E p ，由功能关系，得： 下滑过程：(M ＋m )gh －μ(M ＋m )g cos θhsin θ＝E p上滑过程：E p ＝Mg ·h ＋μMg cos θ·hsin θ解得m ＝2M ，故选项A 错B 对； 上滑时加速度：a 上＝g sin θ＋μg cos θ 下滑时加速度：a 下＝g sin θ－μg cos θ 故选项C 正确；由能量守恒定律得，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，选项D 错误． 答案：BC第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)图711．(2010·全国Ⅱ理综)利用图7所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落．打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有______．(填入正确选项前的字母)A．天平B．秒表C．米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________.解析：(1)由Δs＝aT2可知为测重物的加速度a，需要用米尺测量相邻计数点间的距离，选项C正确．(2)从产生加速度的原因即受力的角度思考误差原因．答案：(1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦12．某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如图8，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致．每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出．图8(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和________电源(填“交流”或“直流”)．(2)实验中，小车会受到摩擦阻力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡掉摩擦阻力，则下面操作正确的是______．A ．放开小车，能够自由下滑即可B ．放开小车，能够匀速下滑即可C ．放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可D ．放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可(3)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是________．A ．橡皮筋处于原长状态B ．橡皮筋仍处于伸长状态C ．小车在两个铁钉的连线处D ．小车已过两个铁钉的连线(4)在正确操作情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量(根据下面所示的纸带回答)．图9解析：(3)因为木板水平放置，故摩擦力没有被平衡掉，当小车速度最大时，F 弹＝f ，故橡皮筋仍有弹力，处于伸长状态．答案：(1)交流 (2)D (3)B (4)GK三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．质量为500 t 的火车，以恒定功率沿平直轨道行驶，在3 min 内行驶1.45 km ，速度由18 km/h 增加到最大速度54 km/h ，求火车的功率(g ＝10 m/s 2)．解析：由于整个过程中火车所受的牵引力不是恒力，因此加速度不是恒量，运动学中匀变速直线运动公式不能用．可以由动能定理得W 牵＋W 阻＝12mv m 2－12mv 2①其中W 阻＝－F f x ，W 牵是一个变力的功，但因该力的功率恒定，故可用W 牵＝Pt 计算． 这样①式变为Pt －F f x ＝12mv m 2－12mv 2②又因达最大速度时F ＝F f ，故v m ＝PF f③ 联立解得P ＝600 kW. 答案：600 kW图1014．如图10所示，半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在C 点，已知x AC ＝2 m ，F ＝15 N ，g 取10 m/s 2，试求：(1)物体在B 点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力大小； (2)物体从C 到A 的过程中，摩擦力做的功．解析：(1)设物体在B 点的速度为v ，由B 到C 做平抛运动，有2R ＝12gt 2，x AC ＝vt ，∴v＝5 m/s由此时受力知F N ＋mg ＝mv 2R，∴F N ＝52.5 N.由牛顿第三定律知，半圆轨道对物体的弹力F N ′＝52.5 N. (2)A 到B ，机械能守恒12mv A 2＝12mv 2＋2mgR由C 到A 应用动能定理可知(F －F f )x AC ＝12mv A 2所以，W f ＝－F f ·x AC ＝－9.5 J. 答案：(1)5 m/s 52.5 N (2)－9.5 J图1115．(2011·辽宁大连双基测试)如图11所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧中的最大弹性势能．解析：(1)A 和斜面间的滑动摩擦力f ＝2μmg cos θ，物体A 向下运动到C 点的过程中，根据能量关系有：2mgL sin θ＋12·3mv 02＝12·3mv 2＋mgL ＋fL ，v ＝v 02－23μgL3. (2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理， －f ·2x ＝0－12×3mv 2，x ＝3v 024μg －L 2.(3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量关系有E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx因为mgx ＝2mgx sin θ所以E p ＝fx ＝34mv 02－32μmgL .答案：(1)v 02－23μgL 3 (2)3v 024μg －L 2 (3)34mv 02－32μmgL16．(2009·山东理综)如图12所示，某货场需将质量为m 1＝100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R ＝1.8 m ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2)图12(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．解析：(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程，根据机械能守恒定律得m 1gR ＝12m 1v 02①设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得F N －m 1g ＝m 1v 02R②联立①②式，代入数据得F N＝3000 N③根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下．(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g④若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g>μ2(m1＋m2)g⑤联立④⑤式，代入数据得0．4<μ1≤0.6.⑥(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1⑦设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v12－v02＝－2a1l⑧联立①⑦⑧式，代入数据得v1＝4 m/s⑨设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t⑩联立①⑦⑨⑩式，代入数据得t＝0.4 s⑪答案：(1)3000 N，方向竖直向下(2)0.4<μ1≤0.6(3)4 m/s 0.4s。

课时作业28 法拉第电磁感应定律 自感 涡流时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析：由E ＝ΔΦΔt 知：ΔΦ/Δt 恒定，所以E ＝2 V.答案：C2．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是( ) A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C ．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的大小、磁通量的变化和磁感应强度无关，故只有D 项正确．答案：D3．如图1所示，MN 、PQ 为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R ，金属棒ab 斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L ，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v 水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为( )图1A ．I ＝BLvR B ．I ＝3BLv2R C ．I ＝BLv 2RD ．I ＝3BLv3R解析：因为导体棒匀速运动，所以平均感应电动势的大小等于瞬时感应电动势的大小又因为题中L 的有效长度为3L 2，故E ＝Bv 3L 2 据闭合电路欧姆定律得I ＝3BLv2R. 答案：B图24．如图2所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A ．回路中有大小和方向作周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ω2RC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过解析：铜盘在转动的过程中产生恒定的电流I ＝BL 2ω2R，A 错B 对；由右手定则可知铜盘在转动的过程中产生恒定的电流从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘，C 正确；若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘时闭合回路磁通量不发生变化，灯泡中没有电流流过，D 错误．答案：BC图35．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图3所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍( )A ．把线圈匝数增加一倍B ．把线圈面积增加一倍C ．把线圈半径增加一倍D ．改变线圈与磁场方向的夹角解析：设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则I ＝E R＝nΔΦΔtR＝n πr 2ΔB Δt sin θρn ·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔBΔt·sin θ可见将r 增加一倍，I 增加1倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍，I 与线圈匝数无关．答案：C图46．如图4所示的电路中，线圈L 的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A 、L B 是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )A ．S 闭合后，L A 、LB 同时发光且亮度不变 B ．S 闭合后，L A 立即发光，然后又逐渐熄灭C ．S 断开的瞬间，L A 、L B 同时熄灭D ．S 断开的瞬间，L A 再次发光，然后又逐渐熄灭解析：线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，L A 、L B 串联， 同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使L A 被短路，所以A 错误，B 正确；开关断开时，线圈阻碍电流变小，产生自感电动势，使L A 再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C 错误，D 正确．答案：BD7.图5如图5所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少．以下说法正确的是( )A ．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快B ．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大解析：在互感现象中产生的互感电动势的大小与电流的变化率成正比，电流变化的频率越高，感应电动势越大，由欧姆定律I ＝E R知产生的涡流越大，又P ＝I 2R ，R 越大P 越大，焊缝处的温度升高得越快．答案：AD8．(2010·浙江高考)半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图6甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图6乙所示．在t ＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒．则以下说法正确的是( )图6A ．第2秒内上极板为正极B ．第3秒内上极板为负极C ．第2秒末微粒回到了原来位置D ．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr 2/d解析：根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小(即电容器两极间电压大小)始终为0.1πr 2，由楞次定律可判定0～1 s 下极板为正极、1～3 s 上极板为正极，3～4 s 下极板为正极，选项A 正确，B 、D 错误；第2 s 末微粒离原位置最远，选项C 错误．图7答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．(2009·全国卷Ⅱ)图8如图8，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt ＝k ，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)导线框的感应电动势为ε＝ΔΦΔt ①ΔΦ＝12l 2ΔB ②导线框中的电流为I ＝εR③式中R 是导线框的电阻，根据电阻率公式有R ＝ρ4lS④联立①②③④式，将ΔB Δt ＝k 代入得I ＝klS8ρ⑤(2)导线框所受磁场的作用力的大小为f ＝BIl ⑥ 它随时间的变化率为Δf Δt ＝Il ΔBΔt ⑦由⑤⑦式得Δf Δt ＝k 2l 2S8ρ⑧图910．(2010·山东济宁质检)如图9所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1 T ，金属棒AD 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻r ＝1.3 Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω.当金属棒以5 m/s 速度匀速向右运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流为多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则电容器中储存多少电荷量？ 解析：(1)棒产生的电动势E ＝Blv ＝0.2 V 外电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝23Ω 通过棒的感应电流I ＝E R ＋r＝0.1 A(2)电容器两板间的电压U ＝IR ＝115 V带电量Q ＝CU ＝2×10－8C 答案：(1)0.1 A (2)2×10－8C11．(2010·广州三校联考)如图10甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U 随时间t 变化关系如图乙所示．求：图10(1)金属杆在5 s 末的运动速率； (2)第4 s 末时外力F 的功率． 解析：(1)因为：U ＝BLv R ＋r R ，a ＝ΔvΔt所以：ΔU Δt ＝BLR R ＋r ·Δv Δt 即：a ＝0.5 m/s 2金属棒做匀加速直线运动v 5＝at 5＝2.5 m/s (2)v 4＝at 4＝2 m/s ，此时：I ＝BLv 4R ＋r＝0.4 A F 安＝BIL ＝0.04 N对金属棒：F －F 安＝ma ，F ＝0.09 N 故：P F ＝Fv 4＝0.18 W答案：(1)2.5 m/s (2)0.18 W。

课时作业28 法拉第电磁感应定律 自感 涡流时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析：由E ＝ΔΦΔt 知：ΔΦ/Δt 恒定，所以E ＝2 V.答案：C2．下列关于感应电动势大小的说法中，正确的是( ) A ．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大 B ．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C ．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D ．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与磁通量的大小、磁通量的变化和磁感应强度无关，故只有D 项正确．答案：D3．如图1所示，MN 、PQ 为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R ，金属棒ab 斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L ，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v 水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为( )图1A ．I ＝BLvR B ．I ＝3BLv2R C ．I ＝BLv 2RD ．I ＝3BLv3R解析：因为导体棒匀速运动，所以平均感应电动势的大小等于瞬时感应电动势的大小又因为题中L 的有效长度为3L 2，故E ＝Bv 3L 2 据闭合电路欧姆定律得I ＝3BLv2R. 答案：B图24．如图2所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A ．回路中有大小和方向作周期性变化的电流B ．回路中电流大小恒定，且等于BL 2ω2RC ．回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D ．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过解析：铜盘在转动的过程中产生恒定的电流I ＝BL 2ω2R，A 错B 对；由右手定则可知铜盘在转动的过程中产生恒定的电流从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘，C 正确；若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘时闭合回路磁通量不发生变化，灯泡中没有电流流过，D 错误．答案：BC图35．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图3所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍( )A ．把线圈匝数增加一倍B ．把线圈面积增加一倍C ．把线圈半径增加一倍D ．改变线圈与磁场方向的夹角解析：设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则I ＝E R＝nΔΦΔtR＝n πr 2ΔB Δt sin θρn ·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔBΔt·sin θ可见将r 增加一倍，I 增加1倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加(2－1)倍，电流增加(2－1)倍，I 与线圈匝数无关．答案：C图46．如图4所示的电路中，线圈L 的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A 、L B 是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )A ．S 闭合后，L A 、LB 同时发光且亮度不变 B ．S 闭合后，L A 立即发光，然后又逐渐熄灭C ．S 断开的瞬间，L A 、L B 同时熄灭D ．S 断开的瞬间，L A 再次发光，然后又逐渐熄灭解析：线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，L A 、L B 串联， 同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使L A 被短路，所以A 错误，B 正确；开关断开时，线圈阻碍电流变小，产生自感电动势，使L A 再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C 错误，D 正确．答案：BD7.图5如图5所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少．以下说法正确的是( )A ．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高得越快B ．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高得越快C ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小D ．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大解析：在互感现象中产生的互感电动势的大小与电流的变化率成正比，电流变化的频率越高，感应电动势越大，由欧姆定律I ＝E R知产生的涡流越大，又P ＝I 2R ，R 越大P 越大，焊缝处的温度升高得越快．答案：AD8．(2010·浙江高考)半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图6甲所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图6乙所示．在t ＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒．则以下说法正确的是( )图6A ．第2秒内上极板为正极B ．第3秒内上极板为负极C ．第2秒末微粒回到了原来位置D ．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2πr 2/d解析：根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小(即电容器两极间电压大小)始终为0.1πr 2，由楞次定律可判定0～1 s 下极板为正极、1～3 s 上极板为正极，3～4 s 下极板为正极，选项A 正确，B 、D 错误；第2 s 末微粒离原位置最远，选项C 错误．图7答案：A二、计算题(3×12′＝36′)9．(2009·全国卷Ⅱ)图8如图8，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔBΔt ＝k ，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框．将方框固定于纸面内，其右半部位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)导线框的感应电动势为ε＝ΔΦΔt ①ΔΦ＝12l 2ΔB ②导线框中的电流为I ＝εR③式中R 是导线框的电阻，根据电阻率公式有R ＝ρ4lS④联立①②③④式，将ΔB Δt ＝k 代入得I ＝klS8ρ⑤(2)导线框所受磁场的作用力的大小为f ＝BIl ⑥ 它随时间的变化率为Δf Δt ＝Il ΔBΔt ⑦由⑤⑦式得Δf Δt ＝k 2l 2S8ρ⑧图910．(2010·山东济宁质检)如图9所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1 T ，金属棒AD 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻r ＝1.3 Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω.当金属棒以5 m/s 速度匀速向右运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流为多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则电容器中储存多少电荷量？ 解析：(1)棒产生的电动势E ＝Blv ＝0.2 V 外电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝23Ω 通过棒的感应电流I ＝E R ＋r＝0.1 A(2)电容器两板间的电压U ＝IR ＝115 V带电量Q ＝CU ＝2×10－8C 答案：(1)0.1 A (2)2×10－8C11．(2010·广州三校联考)如图10甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN 和PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下，现用一外力F 沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表示数U 随时间t 变化关系如图乙所示．求：图10(1)金属杆在5 s 末的运动速率； (2)第4 s 末时外力F 的功率． 解析：(1)因为：U ＝BLv R ＋r R ，a ＝ΔvΔt所以：ΔU Δt ＝BLR R ＋r ·Δv Δt 即：a ＝0.5 m/s 2金属棒做匀加速直线运动v 5＝at 5＝2.5 m/s (2)v 4＝at 4＝2 m/s ，此时：I ＝BLv 4R ＋r＝0.4 A F 安＝BIL ＝0.04 N对金属棒：F －F 安＝ma ，F ＝0.09 N 故：P F ＝Fv 4＝0.18 W答案：(1)2.5 m/s (2)0.18 W。

课时作业39动量守恒定律时间：45分钟满分：100分一、选择题（8×8′＝64′)1．在相等的时间内动量的变化相等的运动有（）A．匀速圆周运动B．自由落体运动C．平抛物体运动D．匀减速直线运动解析：相等的时间内动量的变化相等，则合外力恒定．答案：BCD2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后,甲和乙最后的速率关系是( ) A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙C．只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲＞v乙D．无论怎样抛球和接球,都是v甲＞v乙解析:因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．因此最终谁接球谁的速度小．答案：B3．将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如右图所示．在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统（）A．动量守恒B．水平方向动量守恒C．最后P和Q以一定的速度共同向左运动D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动解析：P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零,所以水平方向动量守恒，由于P开始有一初速度，系统在水平方向有一向左的初动量,最后PQ相对静止，又以一定的速度共同向左运动．答案：BC4．长木板A放在光滑的水平面上,质量为m＝2 kg的另一物体B 以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如下图所示，则下列说法正确的是（）A．木板获得的动能为2 JB．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为1 mD。

A、B间的动摩擦因数为0。

1解析：从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动,最后的共同速度为1 m/s，系统动量守恒，mv0＝（m＋M）v，求得M＝2 kg，木板获得的动能为1 J，系统损失的动能为2 J，木板的最小长度为两者在1 s内的位移差为1 m，B运动的加速度为1 m/s2,动摩擦因数为0.1。