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2012届高考物理第一轮课时复习题26

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廊坊八中2012年高考一轮复习课时作业 课时作业26 带电粒子在复合场中的运动时间：45分钟 满分：100分一、选择题(8×8′＝64′)图11．目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图1所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、大小为I 的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电荷量为e ，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M 、N 均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U .则磁感应强度的大小和电极M 、N 的正负为( )A.nebU I ，M 正、N 负B.neaU I ，M 正、N 负C.nebU I，M 负、N 正D.neaU I，M 负、N 正解析：由左手定则知，金属中的电子在洛伦兹力的作用下将向前侧面聚集，故M 负、N 正．由F 电＝F 洛即U a e ＝Be v ，I ＝ne v S ＝ne v ab ，得B ＝nebUI.答案：C图22．如图2所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l 做直线运动，l 与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中错误的是( )A ．液滴一定做匀变速直线运动B．液滴一定带正电C．电场线方向一定斜向上D．液滴一定做匀速直线运动解析：在电磁场复合区域粒子一般不会做匀变速直线运动，因速度变化洛伦兹力变化，合外力一般变化，如果v∥B，f洛＝0，也可以做匀变速运动．答案：A图33．在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场，一质量为m的带正电小球，在该区域内沿水平方向向右做直线运动，如图3所示，关于场的分布情况可能的是() A．该处电场方向和磁场方向垂直B．电场竖直向上，磁场垂直纸面向里C．电场斜向里侧上方，磁场斜向外侧上方，均与v垂直D．电场水平向右，磁场垂直纸面向里解析：带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力，是否受洛伦兹力需具体分析．A 选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直，则洛伦兹力与电场力垂直，如果与重力的合力为0就会做直线运动．B选项中电场力、洛伦兹力都向上，若与重力合力为0，也会做直线运动．C选项中电场力斜向里侧上方，洛伦兹力向外侧下方，若与重力的合力为0，就会做直线运动．D选项三个力的合力不可能为0，因此选项A、B、C正确．答案：ABC图44．如图4所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法中正确的是()A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球受到的洛伦兹力将不断增大C．小球的加速度先减小后增大D．小球的电势能一直减小解析：Q1、Q2连线上中点处电场强度为零．从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点．小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，C正确；速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变．故A正确，B 错误；小球的电势能先减小后增大，D 错误．答案：AC图55．(2009·广东高考)如图5是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小解析：粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：Eq ＝q v B 得v ＝E /B ，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B 、C 正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，q v B 0＝m v 2R 得，R ＝m v qB 0，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A 对，D 错．答案：ABC6．在真空中，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里．三个油滴带有等量同种电荷，其中a 静止，b 向右匀速运动，c 向左匀速运动，则它们的重力G a 、G b 、G c 的关系为( )A ．G a 最大B ．G b 最大C ．G c 最大D ．不能确定解析：由a 静止有qE ＝G a ，故油滴带负电；对b 受力平衡有qE ＝q v B ＋G b ；对c 受力平衡有qE ＋q v B ＝G c .由此可知三个油滴的重力满足G c >G a >G b ，故选项C 正确．答案：C图67．如图6所示，质量为m 、电荷量为q 的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动，下列说法中正确的是( )A ．该微粒带负电，电荷量q ＝mgEB ．若该微粒在运动中突然分成荷质比相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动C ．如果分裂后，它们的荷质比相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同D ．只要一分裂，不论它们的荷质比如何，它们都不可能再做匀速圆周运动解析：带电微粒在有电场力、洛伦兹力和重力作用的区域能够做匀速圆周运动，说明重力必与电场力大小相等、方向相反，由于重力方向总是竖直向下，故微粒受电场力方向向上，从题图中可知微粒带负电，选项A 正确．微粒分裂后只要荷质比相同，所受电场力与重力一定平衡(选项A 中的等式一定成立)，只要微粒的速度不为零，必可在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，选项B 正确、D 错误．根据半径公式r ＝m vqB 可知，在荷质比相同的情况下，半径只跟速率有关，速率不同，则半径一定不同，选项C 正确．答案：ABC图78．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图7表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v ，两金属板的板长为L ，板间距离为d ，板平面的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于速度方向，负载电阻为R ，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I .那么板间电离气体的电阻率为( )A.S d (Bd vI －R ) B.S d (BL v I －R ) C.S L (Bd v I－R ) D.S L (BL v I－R ) 解析：当粒子受的电场力与洛伦兹力平衡时，两板电压即为电动势，即q v B ＝q Ud ，得U＝Bd v .又I ＝U R ＋r，r ＝ρdS由此可解得ρ＝S d (Bd vI －R )，故选项A 正确．答案：A二、计算题(3×12′＝36′)图89．如图8所示，水平向左的匀强电场E ＝4 V/m ，垂直纸面向里的匀强磁场B ＝2 T ，质量m ＝1 g 的带正电的小物块A ，从M 点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速滑下，滑行0.8 m 到N 点时离开竖直壁做曲线运动，在P 点时小物块A 瞬时受力平衡，此时速度与水平方向成45°.若P 与N 的高度差为0.8 m ，求：(1)A 沿壁下滑过程中摩擦力所做的功； (2)P 与N 的水平距离．解析：分清运动过程，应用动能定理列式求解．(1)物体在N 点时，墙对其弹力为零，水平方向Eq ＝q v B ， 所以v ＝EB ＝2 m/s ，由M →N 过程据动能定理：mg MN ＋W f ＝12m v 2－0，所以W f ＝－6×10－3 J.图9(2)设在P 点速度为v ′其受力如图9所示，所以Eq ＝mg ，q v ′B ＝2Eq ，得v ′＝2 2 m/s.设N 、P 水平距离x ，竖直距离y ，物体由N →P 过程电场力和重力做功，由动能定理 mgy －Eq ·x ＝12m v ′2－12m v 2，得x ＝0.6 m.答案：(1)－6×10－3 J (2)0.6 m图1010．如图10所示，Oxyz 坐标系的y 轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向与x 轴平行．从y 轴上的M 点(0，H,0)无初速释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的小球，它落在xz 平面上的N (L,0，b )点(L >0，b >0)．若撤去磁场则小球落在xz 平面的P 点(L,0,0)．已知重力加速度为g .(1)已知匀强磁场方向与某个坐标轴平行，试判断其可能的具体方向； (2)求电场强度E 的大小； (3)求小球落至N 点时的速率v .解析：(1)用左手定则判断出：磁场方向为－x 方向或－y 方向．(2)在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到P 点，设运动时间为t ，小球自由下落，有H ＝12gt 2小球沿x 轴方向只受电场力作用F E ＝qE 小球沿x 轴的位移为L ＝12at 2小球沿x 轴方向的加速度a ＝F Em联立求解，得：E ＝mgLqH(3)带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛仑兹力不做功电场力做功为W E ＝qEL重力做功为W G ＝mgH设落到N 点速度大小为v ，根据动能定理有mgH ＋qEL ＝12m v 2解得v ＝2g H 2＋L 2H答案：(1)－x 方向或－y 方向 (2)mgLqH(3)2g H 2＋L 2H图1111．(2009·辽宁/宁夏高考)如图11所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点．已知OP ＝l ，OQ ＝23l .不计重力．求：(1)M 点与坐标原点O 间的距离； (2)粒子从P 点运动到M 点所用的时间． 解析：图12(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，沿y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v 0；粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为t 1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向夹角为θ，则a ＝qEm ①t 1＝2y 0a② v 0＝x 0t 1③其中x 0＝23l ，y 0＝l .又有tan θ＝at 1v 0④联立②③④式，得θ＝30°⑤因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ ＝90°，所以MQ 为直径．从图中的几何关系可知， R ＝23l ⑥ MO ＝6l ⑦(2)设粒子在磁场中运动的速度为v ，从Q 到M 点运动的时间为t 2，则有 v ＝v 0cos θ⑧ t 2＝πR v ⑨带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间t 为 t ＝t 1＋t 2⑩联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得t ＝⎝⎛⎭⎫32π＋1 2mlqE ⑪ 答案：(1)6l (2)⎝⎛⎭⎫32π＋1 2mlqE。

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2012年高考物理第一轮考点及考纲复习题(有答案)

2012年高考物理第一轮考点及考纲复习题(有答案)

2012年高考物理第一轮考点及考纲复习题（有答案）2012年高考一轮复习考点及考纲解读（八）恒定电流内容要求说明 64．电流。

欧姆定律。

电阻和电阻定律65．电阻率与温度的关系 66．半导体及其应用。

超导及其应用 67．电阻的串、并联。

串联电路的分压作用。

并联电路的分流作用 68．电功和电功率。

串联、并联电路的功率分配 69．电源的电动势和内电阻。

闭合电路的欧姆定律。

路端电压 70．电流、电压和电阻的测量：电流表、电压表和多用电表的使用。

伏安法测电阻 II I I IIII II II名师解读恒定电流部分是高考必考内容之一，特别是电学实验更是几乎每年必考。

常见题型有选择题、实验题、计算题，其中以实验题居多。

高考考查的重点内容有：欧姆定律，串、并联电路的特点，电功及电热，闭合电路的欧姆定律，电阻的测量（包括电流表、电压表内阻的测量）。

其中含容电路、电路动态变化的分析、功率分配问题是命题率较高的知识点，尤其电阻的测量、测量电源的电动势和内电阻更是连续多年来一直连考不断的热点。

复习时要理解串、并联电路的特点，闭合电路欧姆定律的含义，另外，要密切注意半导体、超导等与生产和生活相结合的新情景问题。

样题解读【样题1】(江都市2011届高三联考)一中学生为即将发射的“神州七号”载人飞船设计了一个可测定竖直方向加速度的装置，其原理可简化如图8－1，连接在竖直弹簧上的重物与滑动变阻器的滑动头连接，该装置在地面上静止时其电压表指针指在表盘中央的零刻度处，在零刻度的两侧分别标上对应的正、负加速度值。

关于这个装置在“神州七号”载人飞船发射、运行和回收过程中示数的判断正确的是 A．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数仍为正 B．飞船在竖直加速升空的过程中，如果电压表的示数为正，则飞船在竖直减速返回地面的过程中，电压表的示数为负 C．飞船在近地圆轨道上运行时，电压表的示数为零D．飞船在近地圆轨道上运行时，电压表的示数所对应的加速度应约为9.8m/s2 [分析] 飞船竖直加速升空的过程和竖直减速返回地面的过程中都发生超重现象，弹簧被压缩，变阻器的滑动头向下滑动，所以电压表的示数正负情况相同，A项正确，B项错误；飞船在近地圆轨道上运行时，处于完全失重状态，加速度等于重力加速度，约为9.8m/s2，C项错误，D项正确。

2012届高考物理第一轮课时复习训练题(有答案和解释)

2012届高考物理第一轮课时复习训练题(有答案和解释)

2012届高考物理第一轮课时复习训练题（有答案和解释）第三节圆周运动及其应用一、单项选择题1.(2009年高考广东卷)如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是()A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大解析：选B.由于a、b、c三点是陀螺上的三个点，所以当陀螺转动时，三个点的角速度相同，选项B正确，C错误；根据v＝ωr，由于a、b、c三点的半径不同，ra＝rb>rc，所以有va＝vb>vc，选项A、D均错误．2．(2011年北京检测)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些，汽车的运动可看成是做半径为R的圆周运动，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()A.gRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdh解析：选 B.汽车做匀速圆周运动：向心力由重力与斜面对汽车的支持力的合力提供，且向心力的方向水平，向心力大小F向＝mgtanθ，根据牛顿第二定律：F向＝mv2R，tanθ＝hd，解得汽车转弯时的车速v ＝gRhd，所以B对．3.(2011年北京西城检测)如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R.轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x.一质量为m的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B时的速度为v.小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差为ΔF(ΔF>0)，不计空气阻力．则()A．m、x一定时，R越大，ΔF一定越大B．m、x一定时，v越大，ΔF一定越大C．m、R一定时，x越大，ΔF一定越大D．m、R一定时，v越大，ΔF一定越大解析：选C.小球到达最高点A时的速度vA不能为零，否则小球早在到达A点之前就离开了圆形轨道，m、R一定时，x越大，小球到达最高点A时的速度越小，小球在最低点B与最高点A对轨道的压力之差ΔF 一定越大，C正确．二、双项选择题4.(2011年广州一模)如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中()A．B对A的支持力越来越大B．B对A的支持力越来越小C．B对A的摩擦力越来越大D．B对A的摩擦力越来越小解析：选BD.以A为研究对象，由于其做匀速圆周运动，故合外力提供向心力．在水平位置a点时，向心力水平向左，由B对它的静摩擦力提供，f＝mω2r；重力与B对它的支持力平衡，即FN＝mg.在最高点b 时，向心力竖直向下，由重力与B对它的支持力的合力提供，mg－FN ＝mω2r，此时f＝0.由此可见，B对A的支持力越来越小，B对A的摩擦力也越来越小．5.(2011年深圳模拟)如图所示，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd为34圆周的光滑轨道，a为轨道的最高点，de面水平且有一定长度．今将质量为m的小球从d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处并切入轨道内运动，不计空气阻力，则()A．在h一定的条件下，小球释放后的运动情况与小球的质量无关B．改变h的大小，就能使小球通过a点后，落回轨道内C．无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过b点后落回轨道内D．调节h的大小，使小球飞出de面(即飞到e的右面)是可能的解析：选AD.在h一定的条件下，小球释放后的运动情况与小球的质量无关，小球通过a点时的最小速度为vmin＝gR，其中R为圆轨道的半径，所以它落到与de面等高的水平面上时的最小水平位移为smin＝vmin2Rg＝2R，所以改变h的大小，不可能使小球通过a点后落回轨道内，但使小球飞出de面(即飞到e的右面)是可能的．改变h的大小，使小球通过b点后在ba之间的某一点离开轨道做斜上抛运动并落回轨道内是可能的．故A、D正确．6.(2011年长沙三校测评)2010年2月16日，在加拿大温哥华举行的第二十一届冬奥会花样滑冰双人自由滑比赛落下帷幕，中国选手申雪、赵宏博获得冠军．如图所示，如果赵宏博以自己为转动轴拉着申雪做匀速圆周运动．若赵宏博的转速为30r/min，手臂与竖直方向夹角为60°，申雪的质量是50kg，她触地冰鞋的线速度为4.7m/s，则下列说法正确的是()A．申雪做圆周运动的角速度为πrad/sB．申雪触地冰鞋做圆周运动的半径约为2mC．赵宏博手臂拉力约是850ND．赵宏博手臂拉力约是500N解析：选AC.申雪做圆周运动的角速度等于赵宏博转动的角速度．则ω＝30r/min＝30×2π/60rad/s＝πrad/s，由v＝ωr得：r＝1.5m，A正确，B 错误；由Fcos30°＝mrω2解得F≈850N，C正确，D错误．7.如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧管壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝＋B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝0C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析：选BC.小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A错误，B正确；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与球重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即：FN －Fmg＝mv2R＋r，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D错误．8.如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为R/2.轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下．小球在水平面上的落点为C(重力加速度为g)，则()A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点C．OC之间的距离为2RD．小球从A运动到C的时间等于(1＋2)Rg解析：选BC.小球从A到B由机械能守恒定律得mgR2＝12mv2B，vB＝gR；由mv2BR＝mg可知，小球在半球顶端B点只受重力的作用，符合平抛运动的条件，故选项A错误，而B正确；从B到C，R＝12gt2，OC＝vBt，联立得t＝2Rg，OC＝2R，选项C正确；设从A到B的时间为tAB，由于R2Rg，故小球从A运动到C的时间大于(1＋2)Rg，选项D 错误．三、非选择题9．如图所示，A、B两个齿轮的齿数分别为z1、z2，各自固定在过O1、O2的轴上，其中过O1的轴与电动机相连接，此轴的转速为n1，求：(1)B齿轮的转速n2；(2)A、B两个齿轮的半径之比；(3)在时间t内，A、B两齿轮转过的角度之比．解析：(1)相同时间内两齿轮咬合通过的齿数是相同的，则n1z1＝n2z2，所以n2＝z1z2n1.(2)设A、B半径分别是r1、r2，由于两轮边沿的线速度大小相等，则2πn1r1＝2πn2r2，所以r1r2＝n2n1＝z1z2.(3)由ω＝2πn得ω1ω2＝n1n2＝z2z1，再由φ＝ωt得时间t内两齿轮转过的角度之比φ1φ2＝ω1ω2＝z2z1.答案：(1)z1z2n1(2)z1z2(3)z2z110．(2009年高考广东卷)如图所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A 点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m的小物块．求：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度．解析：(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得摩擦力的大小f＝mgsinθ＝mgHH2＋R2支持力的大小FN＝mgcosθ＝mgRH2＋R2.(2)当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点受到重力和支持力的作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为ω，则有mgtanθ＝mω2R2由几何关系得tanθ＝HR联立以上各式解得：ω＝2gHR.答案：(1)mgHH2＋R2mgRH2＋R2(2)2gHR1.(2011年江西五校联考)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，则有()A．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为5mgB．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gL D．若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：选C.小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，说明小铁球在最高点B处，轻绳的拉力最小为零，mg＝mv2/L，v＝gL；由机械能守恒定律得，小铁球运动到最低点时动能mv21/2＝mv2/2＋mg•2L，在最低点轻绳的拉力最大，由牛顿第二定律F－mg＝mv21/L，联立解得轻绳的拉力最大为F＝6mg；选项A、B错误．以地面为重力势能参考平面，小铁球在B点处的总机械能为mg•3L＋12mv2＝72mgL，无论轻绳是在何处断开，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能12mv′2＝72mgL，落到地面时的速度大小为v′＝7gL，选项C正确．小铁球运动到最低点时速度v1＝5gL，由s＝v1t，L＝12gt2，联立解得小铁球落到地面时的水平位移为s＝10L，选项D错误．2.(2010年高考重庆卷)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d 后落地，如图所示．已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力．(1)求绳断开时球的速度大小v1和球落地时的速度大小v2.(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？解析：(1)设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有竖直方向：14d＝12gt2水平方向：d＝v1t解得v1＝2gd由机械能守恒定律，有12mv22＝12mv21＋mg(d－34d)，解得v2＝52gd.(2)设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小．球做圆周运动的半径为R＝34d由圆周运动向心力公式，有T－mg＝mv21R得T＝113mg.(3)设绳长为l，绳断时球的速度大小为v3，绳承受的最大拉力不变，有T－mg＝mv23l，解得v3＝83gl绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l，水平位移为s，时间为t1.有d －l＝12gt21，s＝v3t1得s＝－，当l＝d2时，s有极大值smax＝233d.答案：(1)2gd52gd(2)113mg(3)d2233d。

2012届高考物理一轮复习课时训练：交变电流的产生和描述

2012届高考物理一轮复习课时训练：交变电流的产生和描述

2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练第十章 交变电流 传感器第二讲 变压器 电能的输送（本卷共12小题全部为选择题，共120分）1．图10－2－19为某小型水电站的电能输送示意图，A 为升压变压器，其输入功率为P 1，输出功率为P 2，输出电压为U 2；B 为降压变压器，其输入功率为P 3，输入电压为U 3.A 、B 均为理想变压器，输电线的总电阻为r ，则下列关系式正确的是( )图10－2－19A ．P 1>P 2B ．P 2＝P 3C ．U 2>U 3D ．U 2＝U 3解析：由变压器原理知，P 1＝P 2＝P 3＋ΔP ＝P 4＋ΔP ，U 2＝U 3＋ΔU ，选C.答案：C2．(2010·天津理综，7)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图10－2－20所示．当开关S 闭合后( )图10－2－20A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 1示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析：交流电源的电压有效值不变，即V 1示数不变，因U 1U 2＝n 1n 2，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变，D 对．S 闭合使负载总电阻减小，I 2＝U 2R ，所以I 2增大．因I 1I 2＝n 2n 1，所以A 1示数增大，A 1与A 2示数比值不变，A 对． 答案：AD3．如图10－2－21所示，一理想变压器原副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈ab 间接一电压为u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源，灯泡L 标有“36 V 18 W ”，当滑动变阻器R 的滑片处在某位置时，电流表示数为0.25 A ，灯泡L 刚好正常发光，则()图10－2－21A ．滑动变阻器R 消耗的功率为36 WB ．定值电阻R 0的电阻值为19 ΩC ．流过灯泡L 的交变电流频率为25 HzD ．将滑动变阻器R 的滑片向上滑时，灯泡L 的亮度变暗解析：本题考查理想变压器及电路的动态分析的相关知识．根据电流表示数和原副线圈的匝数之比可知副线圈中的电流大小为1 A ，灯泡正常发光可知，灯泡所在支路电流为0.5 A ，故滑动变阻器所在支路电流为0.5 A ，电压为36 V ，根据P ＝UI 可知滑动变阻器消耗的功率为18 W ，故A 错；根据原副线圈的匝数之比可知副线圈两端的电压的有效值为55 V ，则R 0两端电压为19 V ，R 0的电阻为19 Ω，故B 正确；原副线圈电流的频率应相同为50 Hz ，故C 错误；滑动变阻器滑片向上滑，阻值增大，则并联电阻的阻值变大，并联电路两端电压变大，灯泡将变亮，故D 错误，此题为中等难度题．答案：B4. 如图10－2－22所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析：根据P ＝I 2R 可知，在电流I 一定的情况下，减小电阻R 可以减少电路上的电能损失，而R ＝ρL S，所以增大输电线横截面积S 有利于减少输电过程中的电能损失，A 对；由公式P ＝I 2R 可得，若设输送的电功率为P ′，则P ＝P ′2U 2R ，可见，在输送电压U 一定时，输送的电功率P ′越大，输电过程中的电能损失越大，C 错误．答案：ABD5. 如图10－2－23所示，理想变压器的原线圈两端输入的交变电压保持恒定．则当开关S 合上时，下列说法正确的是()图10－2－22图10－2－23A．电压表的示数变小B．原线圈的电流增大C．流过R1的电流不变D．变压器的输入功率减小解析：本题考查交流电．由于原、副线圈两端电压不变，当开关S闭合时，回路中总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流增加，但并联电路两端电压不变，选项A错误，B正确；由于R1两端电压不变，由部分电路欧姆定律可知，通过R1的电流不变，选项C正确；由于理想变压器输入功率与输出功率相等，输出电压不变，电流增加，输出功率增加，选项D错误．答案：BC6. (2010·东北三省四市联考)如图10－2－24，一理想自耦变压器的原线触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C则I A>I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大图10－2－24 C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大解析：自耦变压器是指它的绕组是初级和次级在同一绕组上的变压器．通过改变初、次级的线圈匝数比的关系来改变初、次级线圈两端电压，实现电压的变换．原、副线圈两端电压与其匝数成正比．理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，若仅将触头P 向A端滑动，电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确．答案：B7．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是()A.输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为8 000 WC．发电机实际输出电压是300 VD．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V解析：I 线＝I 0＝P 0U 0＝4.4×104220A ＝200 A ；线路损失功率P 线＝I 2线R 线＝8 000 W ，线路两端电压U ＝I 线R 线＝40 V ，所以发电机输出电压为260 V ；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 2 V.答案：B8．如图10－2－25甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB 间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P 到如图甲中所示位置，在BC 间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则()图10－2－25A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝2202sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．流过电阻的电流接近于4 AD ．电阻消耗的功率接近于220 W解析：由题中图乙可知正弦交流电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝2202sin(50πt )V ，A 错误，B 正确；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的12，故副线圈两端的电压约为110 V ，流过电阻的电流约为2 A ，C 项错误；电阻消耗的功率P ＝U 2I 2＝220 W ，D 项正确．答案：BD9. (2010·海南卷，9)如图10－2－26所示，一理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 2 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍解析：本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解．因为电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2， 图10－2－26故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R可知，电流表示数增大，所以选项B 不对；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝U 2R，电流变小，故P 1＝P 2＝U 2I 2，所以输入功率也减小，所以选项C 错；若负载电阻R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确． 答案：AD10．(2011·临沂模拟)随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，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 20R U 22B ．输电线上损耗的功率为P 20R U 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：设发电厂输出功率为P ，则输电线上损耗的功率ΔP ＝P －P 0，ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 21，A 、B 项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C 项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则发电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D 项错误． 答案：C11．如图10－2－27所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图10－2－28所示的交变电压，则以下说法中不正确的是( )图10－2－27 图10－2－28A ．电流表的示数为2 AB ．电压表的示数为27 2 VC ．副线圈两端接入耐压值为9 V 的电容器恰能正常工作D ．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz解析：副线圈两端电压有效值是9 V ，三只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡并联，电流表的示数为2 A ，A 正确；电压表示数为有效值27 V ，B 错；副线圈两端电压最大值是9 2 V ，副线圈两端接入耐压值为9 V 的电容器不能正常工作，C 错；交变电流的周期是0.02 s ，变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz ，D 正确．答案：BC12.一个探究性学习小组利用示波器，绘制出了一个原、副线圈 匝数比为2∶1的理想变压器的副线圈两端输出电压u 随时间t 变化的图象，如图10－2－29所示(图线为正弦曲线)．则下列说法正确的是( )A ．该变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin(100πt )VB ．接在副线圈两端的交流电压表的示数为7.1 VC ．该变压器原线圈输入频率为50 HzD ．接在副线圈两端的阻值为20 Ω的白炽灯消耗的功率为2.5 W解析：由图象知该交变电压的最大值为10 V ，周期为4×10－2 s ，其角速度ω＝2πTrad/s ，则原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin(50πt )V ，A 项错误；交流电压表的示数为有效值，U ＝102V ≈7.1 V ，B 项正确；该交变电压的频率f ＝1T ＝25 Hz ，变压器不改变交变电流的频率，C 项错误；计算白炽灯的功率要用有效值，P ＝U 2R＝2.5 W ，D 项正确． 答案：BD图10－2－29。

2012高考物理第一轮测试题精选 (1)

2012高考物理第一轮测试题精选 (1)

2011高考物理热点预测专题2·牛顿定律及其应用高考预测：从近年来的高考来看，2010年高考中，本专题可能以下列题型出现:1．选择题。

一般可结合“弹簧模型”、牛顿定律等知识，考查考生对加速度和牛顿第二定律的理解。

2．实验题。

近几年本专题实验主要考查加速度的测量及牛顿第二定律，另外“探究加速度与力和质量的关系”的实验有好几年没有列入高考中，而新教材中专门列出一节的内容。

这一重大变化，应引起大家足够的重视。

3．计算题。

牛顿运动定律及其应用历年高考的必考内容。

近年这部分内容的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识的能力以及牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题。

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。

）1、一辆汽车恒定的功率牵引下，在平直的公路上由静止出发，在4min的时间里行驶了1800m，在4min末汽车的速度是( )A.等于7.5m/sB.一定小于15m/sC.可能等于15m/sD.可能大于15m/s2、如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力应是( )A．mg B．mgμC．2-mg1μ+1μmg D．23、同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量2-20图象（设F为手提拉力，g＝9.8 m/s2）中正确的是（）4、如图2-21所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。

在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O ，将弹簧压缩。

当弹簧被压缩了x 0时，物块的速度减小到零。

从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a 随下降位移大小x 变化的图象，可能是图2-22中的（ ）5、如图所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是( )A.向右做加速运动B.向右做减速运动C.向左做加速运动D.向左做减速运动6、物体A 、B 均静止在同一水平面上，其质量分别为A m 和B m ，与水平面间的动摩擦因数分别为A μ和B μ，现用水平力F 分别拉物体A 、B ，它们的加速度a 与拉力F 的关系图象如图2-24所示，由图象可知（ ）A ．B A m m > B ．B A m m <C ．B A μμ>D ．B A μμ<7、如图2-25所示，质量为2m 的物块A ，与水平地面的摩擦不计，质量为m 的物块B 与地面的摩擦因数为μ，在已知水平推力F 的作用下，A 、B 做加速运动，则A 和B 之间的作用力为（ ）图2-25A ．32mg F μ+ B ．322mg F μ+C ．323mgF μ+ D ．32mg μ8、一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15㎏的重物，重物静止于地面上，有一质量m=10㎏的猴子，从绳的另一端沿绳向上爬如图8所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度约为（ ）A 、25m/s ²B 、5m/s ²C 、10m/s ²D 、15 m/s ² 9、一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为α1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为α2，则 ( )A ．α1=α2B ．αl <α2C ．αl >α 2D ．无法判断αl 与α2的大小10、物体由静止的传送带顶端从静止开始下滑到底端所用时间为t ，若在物体下滑过程中，传送带开始顺时针转动，如图4所示，物体滑到底端所用时间t ˊ，则关于t 和t ˊ的关系一定有（ ）A ．t ˊ>tB ． t ˊ=tC ．t ˊ< tD ．不能确定。