高考物理最后冲刺必读题解析30讲(八)

小题狂练 30 法拉第电磁感应定律 自感现象小题狂练○30 小题是基础 练小题 提分快 1.[2020·河北省承德二中测试]如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r ，圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则( )A ．任意时刻，穿过a 、b 两线圈的磁通量之比均为1：4B ．a 、b 两线圈中产生的感应电动势之比为1：2C ．a 、b 两线圈中产生的感应电流之比为4：1D ．相同时间内a 、b 两线圈产生的热量之比为2：1答案：D解析：任意时刻，穿过a 、b 两线圈的磁感线条数相等，磁通量相等，故磁通量之比为1：1，故A 错误．根据法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔB Δt S ，S ＝πr 2，因为S 相等，ΔB Δt 也相等，所以a 、b 两线圈中产生的感应电动势相等，感应电动势之比为1：1，故B 错误．线圈a 、b 的半径分别为r 和2r ，周长之比为1：2，电阻之比为1：2，根据欧姆定律知I ＝E R ，得a 、b 两线圈中产生的感应电流之比为2：1.故C 错误．根据焦耳定律得Q ＝E 2R t ，相同时间内a 、b 两线圈产生的热量之比为2：1，故D 正确．2.[2020·湖南省衡阳八中模拟](多选)如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过圆环，金属杆OM 的长为l ，阻值为R ，M 端与环接触良好，绕过圆心O 的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R 的电阻一端用导线和环上的A 点连接，A 点位于O 点的正下方，另一端和转轴O 处的端点相连接．下列判断正确的是( )答案：BD4.[2020·贵州省贵阳市摸底](多选)如图所示，边长为l的正方形单则下列选项正确的是()A．Q＝2Q，q＝2q B．Q＝2Q，q＝q正确的是()A．线框中产生大小、方向均周期性变化的电流D．线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失答案：BC解析：穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增加，根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因磁感应强度B的变化率不变，则感应电动势的大小不变，感应电流的大小不变，而B的大小先减小后增大，根据F＝BIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，整个线框所受的安培力合力为零，则线框下滑的加速度为g sinθ不变，线框做匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框不做功，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误．7.[2020·河北省石家庄调研]如图所示电路中，A、B、C为完全相同的三个灯泡，L是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a、b为线圈L 的左右两端点，刚开始开关S是闭合的，三个灯泡的亮度相同．将开关S断开后，下列说法正确的是()A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B．a点电势低于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D．a点电势低于b点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案：D解析：电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等，某时刻将开关S断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a点电势低于b点电势，三个灯泡不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D正确．8．[2020·山东省泰安一中模拟](多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈的电阻为R，在半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为t0和B0，其余导线的电阻不计．闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()A．电容器上极板带正电()A．金属棒ab最终可能匀速下滑10.[2020·陕西省部分学校摸底](多选)半径分别为r和2r的同心圆形[2020·江西省临川一中测试](多选)1931年英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，如图所示，现有一半径为R的线状圆环，其过圆心O的环面的竖直对称轴CD上某处有一固定的磁单S极子，与圆环相交的磁感线和对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B大小相等，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A．若圆环为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向上，大小为BIRB．若圆环为一闭合载流I、方向如图的导体圆环，该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIR sinθC．若圆环为一如图方向运动的带电小球所形成的轨迹图，则小球带负电D．若圆环为一闭合导体圆环，从静止开始释放，环中产生与图中反方向的感应电流，加速度等于重力加速度答案：BC解析：根据左手定则可知，通电导体圆环每一部分受到的安培力斜向下，利用微元法可知该圆环所受安培力的方向竖直向下，大小为2πBIR sinθ，故A错误，B正确；若圆环为一如题图方向运动的带电小球所形成的轨迹圆，说明形成的电流产生的安培力竖直向上，形成的电流应与题图图示电流方向相反，故小球带负电，故C正确；闭合导体圆环从静止开始释放，在下落过程中穿过圆环的磁通量增大，根据右手定则可知，产生与题图反方向的感应电流，受到的安培力斜向上，根据牛顿第二定律可知加速度小于g，故D错误；故选B、C.12.[2020·湖南省长沙市长郡中学考试](多选)如图所示，x轴上方第一象限和第二象限分别有垂直纸面向里和垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度大小相同，现有四分之一圆形线框OMN绕O点逆时针匀速转动，若规定线框中感应电流I顺时针方向为正方向，从图示时刻开始计时，则感应电流I及ON边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图正确的是()答案：AD解析：在0～t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)；在t0～2t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值)，且大小为在0～t0时间内产生的电流大小的2倍；在2t0～3t0时间内，由楞次定律和右手螺旋定则可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值)，且大小与在0～t0时间内产生的感应电流大小相等，因此感应电流I 随时间t的变化示意图与选项A中图象相符，选项A正确，B错误．在0～t0时间内，ON边虽然有电流但没有进入磁场区域，所受安培力为零；在t0～2t0时间内，感应电流大小为在2t0～3t0时间内产生的电流大小的2倍，ON边所受安培力为在2t0～3t0时间内的2倍，因此ON 边所受的安培力大小F随时间t的变化示意图与选项D中图象相符，选项C错误，D正确．13．[2020·安徽省四校模拟](多选)如图所示，竖直面内有一闭合导线框ACDEA(由细软导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r，半圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是()A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电T 能是()答案：D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t～t时间内，L有收缩趋势课时测评○30 综合提能力 课时练 赢高分 一、选择题1．[2020·河北石家庄检测]等腰直角三角形OPQ 区域内存在匀强磁场，另有一等腰直角三角形导线框ABC 以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场，穿越过程中速度方向始终与AB 边垂直且保持AC 平行于OQ ，关于线框中的感应电流，以下说法中不正确的是( )A ．开始进入磁场时感应电流最大B ．产生的电动势属于动生电动势C ．开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D ．开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向答案：C解析：当线框进入磁场时，切割磁感线产生的动生感应电动势为E ＝BLv ，导线框ABC 以恒定的速度运动，当有效切割长度最大时，产生的感应电动势也最大，感应电流I ＝E R ＝BLv R 最大．线框开始进入磁场时感应电动势最大，此时感应电流最大，选项A 、B 说法正确；由右手定则可判定导线框开始进入磁场时，切割磁感线产生的感应电流方向由C 到A ，即感应电流沿逆时针方向，选项C 说法错误；由楞次定律可得开始穿出磁场时感应电流方向由A 到C ，即感应电流沿顺时针方向，选项D 说法正确．2．[2020·辽宁锦州检测](多选)如图所示，用长度L a ：L b ＝2：1的同种导线做成圆环a 、b ，并在A 、C 处相连，当均匀变化的磁场垂直穿过a 环时，环内电流为I 1，A 、C 间电压为U 1；若同样磁场穿过b 环，环内电流为I 2，A 、C 间电压为U 2，则( )A ．I 1：I 2＝4：1B ．I 1：I 2＝2：1C ．U 1：U 2＝2：1D ．U 1：U 2＝4：1答案：AC解析：用长度L a ：L b ＝2：1的同种导线做成圆环a 、b ，故两个环的半径之比为2：1，面积之比为4：1；根据电阻定律公式R ＝ρL S 0，两圆环的电阻之比为R a ：R b ＝2：1；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E ＝n ΔB Δt S ∝S ，故两种情况产生的电动势之比为4：1，根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ，可知感应电流之比为4：1，选项A 正确，B 错误；路端电压U ＝IR ，第一次外电阻是b 环电阻，第二次外电阻是a 环电阻，故两次的路端电压之比为U 1U 2＝I 1R b I 2R a＝21，选项C 正确，D 错误．3．[2020·辽宁沈阳东北育才学校模拟]如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd 、eg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与导轨接触良好，在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计，现用一水平向右的恒力F 作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆ab 始终垂直于导轨，金属杆受到的安培力用F 安表示，则下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 做匀加速直线运动B ．金属杆ab 运动时回路中有顺时针方向的电流C ．金属杆ab 所受到的F 安先不断增大，后保持不变D ．金属杆ab 克服安培力做功的功率与时间的平方成正比答案：C解析：对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有F －F 安＝ma ，即F －B 2L 2v R ＝ma ，由于速度变化，所以加速度发生变化，故金属杆做加速度逐渐减小的变加速运动，不是做匀加速直线运动，故A 错误；根据楞次定律可知，金属杆ab 运动时回路中有逆时针方向的感应电流，故B 错误；由F 安＝B 2L 2v R 可知，当速度增大时，安培力增大，当金属杆受力平衡时，达到最大速度，其后开始做匀速运动，安培力不变，故C 正确；金属杆克服安培力做功的瞬时功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫BLv R 2R ＝B 2L 2v 2R ，故D 错误．4.[2020·辽宁师大附中月考]如图所示，间距为L的光滑平行金属导D．导体棒ab所受安培力为mg sinθ答案：B0.5R＋R 1.5R2BLvtf＝1.2 N，取π≈3，则()A．t＝0时刻穿过线框的磁量大小为0.07 Wb6．[2020·江西南昌二中检测](多选)在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、有示数，故D错误．7．[2020·河南洛阳模拟](多选)如图所示，电路中A、B是两个完消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，维持L中的电流逐渐减小，所以A灯要突然亮一下再熄灭，选项D正确．8．[2020·四川绵阳月考]在如图所示的电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零刻度在表盘中央的两个相同的电流表．当开关S 闭合后，电流表G1、G2的指针都偏向右侧，那么当断开开关S时，将出现的现象是()A．G1和G2指针都立即回到零点B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点C．G1指针缓慢地回到零点，而G2指针先立即偏向左侧，然后缓慢地回到零点D．G2指针缓慢地回到零点，而G1指针先立即偏向左侧，然后缓慢地回到零点答案：D解析：根据题意，电流方向自右向左时，电流表指针向右偏；电流方向自左向右时，电流表指针应向左偏．当开关S断开的瞬间，G1中原电流立即消失，而对于G2所在的支路，由于线圈L的自感作用，电流不会立即消失，L自感产生的电流先后通过L、G2、G1，且在由它们组成的闭合回路中持续一段时间，即G2中的电流按原方向自右向左逐渐减为零，G1中的电流和原电流方向相反，变为自左向右，且与G2中的电流同时缓慢减为零，选项D正确．9．如图甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F作用在金属杆上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动．图乙为一段时间内金属杆受到的安培力f随时间t的变化关系，则下面可以表示外力F随时间t变化关系的图象是()答案：Bv，忽略电感的影响，则()A．此时在圆环中产生了(俯视)沿顺时针方向的感应电流变化，外力F随着时间t的变化关系式？答案：(1)0.3 W(2)0.224 Ja正好进入磁场(g取10 m/s，不计a、b之间电流的相互作用)．求：(1)当a、b分别穿越磁场的过程中，通过R的电荷量之比；(3)磁场区域沿导轨方向的宽度d ；(4)在整个过程中产生的总焦耳热．答案：(1)2：1 (2)3：1 (3)0.25 m (4)1 J解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，平均电流I ＝E R 总， 通过导体棒的总电荷量q 总＝I Δt ＝ΔΦR 总. 在b 穿越磁场的过程中，b 是电源，a 与R 是外电路，电路的总电阻R 总1＝R b ＋RR a R ＋R a＝8 Ω. 则通过R 的电荷量为q Rb ＝13q 总＝13·ΔΦR 总1. 同理，a 穿越磁场的过程中，R 总2＝R a ＋RR b R ＋R b＝6 Ω，通过R 的电荷量为q Ra ＝12q 总＝12·ΔΦR 总2. 解得q Ra ：q Rb ＝2：1.(2)设b 在磁场中匀速运动的速度大小为v b ，则b 中的电流I b ＝BLv b R 总1.由平衡条件得B 2L 2v b R 总1＝m a g sin 53°. 同理，a 在磁场中匀速运动时有B 2L 2v a R 总2＝m a g sin 53°. 联立可得v a ：v b ＝3：1.(3)设a 、b 穿越磁场的过程中的速度分别为v a 和v b .由题意得v a ＝v b ＋gt sin 53°，d ＝v b t ，因v 2a －v 2b ＝2gL 0sin 53°，解得d ＝0.25 m .(4)由F 安a ＝m a g sin 53°，故W a ＝m a gd sin 53°＝0.8 J .同理W b ＝m b gd sin 53°＝0.2 J .在整个过程中，电路中共产生焦耳热为Q ＝W a ＋W b ＝1 J .。

2022高考物理复习冲刺压轴题精练力学部分专题8动量守恒定律一、单选题1.若采用下图中甲、乙两种实验装置来验证动量守恒定律（图中小球半径相同、质量均已知，且m A>m B，B、B´两点在同一水平线上），下列说法正确的是A.采用图甲所示的装置，必需测量OB、OM、OP和ON的距离B.采用图乙所示的装置，必需测量OB、B´N、B´P和B´M的距离C.采用图甲所示的装置，若m A•ON=m A•OP+m B•OM，则表明此碰撞动量守恒=，则表明此碰撞机械能也守恒D.2.如图所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是A.橡皮泥下落的时间为0.3sB.橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC.橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D.整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J3.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠.观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功4.一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为（）A.v 0-v 2B.v 0+v 2C.21021m v v v m =-D.5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽高h 处开始自由下滑则（）A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h 处二、多选题6.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为2m 的U 形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量为m 的小球沿水平方向，以初速度0v 从U 形管的一端射入，从另一端射出。

2012高考物理重要题型精讲第1讲 动量守恒定律及其应用1． 图1－1－2为一空间探测器的示意图，P 1、P 2、P 3、P 4是四个喷气发动机，P 1、P 3的连线与空间一固定坐标系的x 轴平行，P 2、P 4的连线与y 轴平行．每台发动机喷气时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动．开始时，探测器相对于坐标系以恒定的速率v 0沿正x 方向平动．先开动P 1，使P 1在极短的时间内一次性喷出质量为m 的气体，气体喷出时相对于坐标系的速度大小为v .然后开动P 2，使P 2在极短的时间内一次性喷出质量为m 的气体，气体喷出时相对坐标系的速度大小为v .此时探测器的速度大小为2v 0，且方向沿正y 方向．假设探测器的总质量为M (包括气体的质量)，求每次喷出气体的质量m 与探测器总质量M 的比值和每次喷出气体的速度v 与v 0的比值．解析：探测器第一次喷出气体时，沿x 方向动量守恒，且探测器速度变为零．即M v 0＝m v ①第二次喷出气体时，沿y 方向动量守恒：0＝(M －2m )·2v 0－m v ②解①②得：m M ＝14，v v 0＝41. 答案：144 2. 如图1－1－3所示，一轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端系有一静止在光滑水平面上的物体B .有一质量与B 相同的物体A 从高h 处由静止开始沿光滑的曲面滑下，与B 发生碰撞一起将弹簧压缩后，A 与B 重新分开，A 又沿曲面上升，求能达到的最大高度解析：A 从h 高处滑下与B 碰前的速度v 0＝2gh ，与B 发生完全非弹性碰撞，有2m v ＝m v 0，得v ＝gh 2，A 和B 一起压缩弹簧，机械能守恒，回到碰撞点时的速度仍然为v ，分离后A 以速度v 滑上光滑斜面，由mgh ′＝12m v 2，则h ′＝v 22g ＝gh 22g ＝h 4. 答案：h 4 高考物理重要题型精讲之二 麦克斯韦电磁场理论、相对论1．设某人在速度为0.5c 的飞船上，打开一个光源，则下列说法正确的是( )A ．飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5cB ．飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5cC ．在垂直飞船前进方向的地面上的观察者看到这一光速是cD ．在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c答案：CD2．(2010·江苏模拟)下列说法正确的是( )A ．光速不变原理是狭义相对论的两个基本假设之一B ．由相对论知：m ＝m 01－⎝⎛⎭⎫v c 2，则物体的速度可以达到光速，此时其质量为无穷大C ．在地面附近有一高速飞过的火箭，地面上的人观察到火箭变短了，火箭上的时间进程变慢了D ．根据广义相对论原理力学规律在不同参考系中是不同的答案：AC3．电子的电荷量为1.6×10－19 C ，质量为9.1×10－31 k g ，一个电子被电压为106 V 的电场加速后，关于该电子的质量和速度，以下说法正确的是( ) A ．电子的质量不变 B ．电子的质量增大C ．电子的速度可以达到1.9cD ．电子的速度不可能达到c解析：电子被电场加速度后，根据相对论效应m ＝m 01－⎝⎛⎭⎫v c 2可知，随电子速度的增大，其质量也增大，故A 错，B 正确；此时不能根据qU ＝12m 0v 2求速度，任何物体的速度都不可能超过光速c ，故C 错，D 正确．答案：BD4．电磁波的频率范围很广，不同频率的电磁波具有不同的特性，请从电磁波谱中任选两种，分别写出它们的名称和一种用途．(1)名称____________，用途_________________________________________________．(2)名称____________，用途_________________________________________________．答案：如无线电波可用于通信红外线可用于红外遥感(可见光可用于照明等)5．(1)设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k 倍．则粒子运动时的质量等于其静止质量的________倍，粒子运动速度是光速的________倍．(2)某实验室中悬挂着一弹簧振子和一单摆，弹簧振子的弹簧和小球(球中间有孔)都套在固定的光滑竖直杆上．某次有感地震中观察到静止的振子开始振动4.0 s 后，单摆才开始摆动．此次地震中同一震源产生的地震纵波和横波的波长分别为10 k m 和5.0 k m ，频率为1.0 Hz.假设该实验室恰好位于震源的正上方，求震源离实验室的距离．解析：(1)以速度v 运动时的能量E ＝m v 2，静止时的能量为E 0＝m 0v 2，依题意E ＝k E 0，故m ＝k m 0；由m ＝m 01－v 2c 2，解得v ＝ k 2－1k 2c . (2)地震纵波传播速度为：v P ＝fλP ，地震横波传播速度为：v S ＝fλS ，震源离实验室距离为s ，有：s ＝v P t ，s ＝v S (t ＋Δt )，解得：s ＝f Δt 1λS －1λP ＝40 k m. 答案：(1)k k 2－1k 2(2)40 k m 6．(1)近年来军事行动中，士兵都配带“红外夜视仪”在夜间也能清楚地看清目标，这是为什么？(2)根据热辐射理论，物体发出的最大波长λm 与物体的绝对温度T 的关系满足T ·λm ＝2.90×10－3 m·K ，若猫头鹰的猎物——蛇，在夜间体温为27℃，则它发出光的最大波长为________ m ，属于________波段．解析：(1)一切物体都在不停地向外辐射红外线，不同物体辐射出来的红外线不同，采用红外线接收器，可以清楚地分辨出物体的形状、大小和位置，不受白天和夜晚的影响．(2)最长波长λm ＝2.90×10－3/(273＋27) m ＝9.7×10－6 m ；属于红外线波段．答案：(1)见解析 (2)9.7×10－6 红外线高考物理重要题型精讲之三 电动势闭合电路的欧姆定律1．两个相同的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，则电源的内阻为( )A ．4RB ．R C.R 2D ．无法计算 解析：当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r 当两电阻并联接入电路中时I ＝E R 2＋r ×12 由以上两式可得：r ＝R ，故选项B 正确．答案：B2.如图7－2－13所示，电源电动势为E ，内电阻为r .两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，下列说法中正确的是( )A ．小灯泡L 1、L 2均变暗B ．小灯泡L 1变亮，V 1表的读数变大C ．小灯泡L 2变亮，V 2表的读数变大D ．小灯泡L 1变暗，V 1表的读数变小解析：本题考查电路连接分析，电路的动态分析．电压表V 1接在电源两端，V 2接在电灯L 2两端，滑动变阻器与灯泡L 1并联，再与L 2串联．当滑动变阻器滑片由右向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路中的总电阻减小，电路中的电流增大，内电压增大，外电压减小，因此电压表V 1的示数减小，B 项错误；灯泡L 2中的电流增大，L 2变亮，A项错误；L 2两端的电压增大，V 2的示数增大，C 项正确；L 1两端的电压减小，灯泡L 1变暗，D 项正确．答案：CD 图 7-2-133.如图7－2－14所示，电阻R 1＝20 Ω，电动机线圈电阻R 2＝10 Ω.当开关S 断开时，电流表的示数为0.5 A ；当电键S 闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变．电流表显示的电流或电路消耗的电功率P 应是( )A ．I ＝1.5 AB ．I ＞1.5 AC ．P ＝15 WD ．P ＜15 W 解析：S 断开时，电流表示数为0.5 A ，则U ＝I 1R 1＝10 V ，S 闭合时，因电动机为非纯电阻元件，故I 2＜U R 2＝1 A ，故A 、B 错．这时电路总功率P 总＝UI 总＝U (I 1＋I 2)＜10×(1＋0.5)W ，即P 总＜15 W ，故D 对．答案：D4．(2010·天星金考卷热点专题)图7－2－15甲为某一小灯泡的U －I 图线，现将两个这样的小灯泡并联后再与一个4 Ω的定值电阻R 串联，接在内阻为1 Ω、电动势为5 V 的电源两端，如图7－2－15乙所示．则()A ．通过每盏小灯泡的电流强度为0.2 A ，此时每盏小灯泡的电功率为0.6 WB ．通过每盏小灯泡的电流强度为0.3 A ，此时每盏小灯泡的电功率为0.6 WC ．通过每盏小灯泡的电流强度为0.2 A ，此时每盏小灯泡的电功率为0.26 WD ．通过每盏小灯泡的电流强度为0.3 A ，此时每盏小灯泡的电功率为0.4 W解析：若通过每盏小灯泡的电流强度为0.2 A ，则电源输出电流为I ＝0.4 A ，由闭合电路欧姆定律计算得此时小灯泡两端电压为U ＝E －I (R ＋r )＝3 V ．由题图甲可知小灯泡的电流强度为0.2 A 时小灯泡两端电压仅为1.3 V ，显然通过每盏小灯泡的电流强度不可能为0.2 A ，A 、C 错误；若通过每盏小灯泡的电流强度为0.3 A ，由题图甲可知小灯泡的电流强度为0.3 A 时小灯泡两端电压为2.0 V ，电阻R 和内阻r 上的电压为3.0 V ，此时每盏小灯泡的电功率为P ＝UI ＝0.6 W ，B 正确、D 错误．答案：B5.有一种测量人体重的电子秤，其原理图如图7－2－16中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R (是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G (实质是理想电流表)．设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A ，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，电阻R 随压力变化的函数式为R ＝30－0.02F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．下列说法正确的是( )A ．该秤能测量的最大体重是1 400 NB ．该秤能测量的最大体重是1 300 N图 7-2-14 图 7-2-15图 7-2-16C ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375 A 处D ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘0.400 A 处解析：本题考查传感器及闭合电路欧姆定律．电路中允许的最大电流为3 A ，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R ＋2＝123，R 最小为2 Ω，代入R ＝30－0.02F ，求出最大F ＝1 400 N ，A 项正确，B 项错误；当F ＝0时，R ＝30 Ω，这时电路中的电流I ＝1230＋2A ＝0.375 A ，C 项正确，D 项错误． 答案：AC1．某同学做电学实验，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的( )答案：C2.如图7－2－17所示，电源电动势为E ，内电阻为r ，平行板电容器两金属板水平放置，S 闭合后，两板间恰好有一质量为m 、电荷量为q 的油滴处于静止状态，G 为灵敏电流计． 以下说法正确的是( )A ．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴仍然静止，G 中有a →b 的电流B ．若滑动变阻器滑动触头向下移动，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流C ．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流D ．若将S 断开，则油滴仍保持静止状态，G 中无电流答案：C3. (2010·广州模拟)如图7－2－18为“热得快”热水器的电路图和示意图．现接通电源，发现该热水器没有发热，并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A 、B 两端的电压为220 V ，指示灯两端的电压为220 V ．那么该热水器的故障在于( )A ．连接热水器和电源之间的导线断开B ．连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路C ．电阻丝熔断，同时指示灯烧毁D ．同时发生了以上各种情况答案：C图 7-2-17 图 7-2-184．教学上用的吸尘器的电动机内阻是一定的，当加上0.3 V 的电压，电流为0.3 A 时，吸尘器上的直流电动机不转动；当加上2.0 V 的电压、电流为0.8 A 时，它正常工作，则吸尘器正常工作时输出功率与输入功率之比为( )A ．3∶5B ．5∶3C ．1∶2D ．1∶3解析：电动机不转时，可视为纯电阻，由欧姆定律可知其内阻为r ＝1 Ω；当正常工作时，P λ＝UI ＝2.0×0.8 W ＝1.6 W ，P 热＝I 2r ＝0.82×1 W ＝0.64 W ，所以P 出＝P λ－P 热＝1.6 W －0.64 W ＝0.96 W ，所以输出功率与输入功率之比为3∶5，A 正确．5．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某研究性学习小组利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图7－2－19甲所示，将压敏电阻和两块挡板固定在升降机内，中间放一个绝缘重球，当升降机静止时，电流表的示数为I 0，在升降机做直线运动的过程中，电流表的示数如图7－2－21乙所示，下列判断正确的是( )A ．从0到t 1时间内，升降机做匀加速直线运动 C ．从t 1到t 2时间内，重球处于超重状态B ．从t 1到t 2时间内，升降机做匀加速直线运动 D ．从t 2到t 3时间内，升降机可能静止 解析：由压敏电阻的特点知，0到t 1时间内电流I 最大，压敏电阻的阻值最小，故所受的压力最大、恒定，故升降机做匀加速直线运动，A 正确；t 1到t 2时间内，I 均匀减小，所以压敏电阻所受的压力均匀减小，但压力仍大于重力，所以升降机做加速度越来越小的加速运动，B 错误，C正确．由于升降机一直加速，所以t 2到t 3时间内，升降机不可能静止，而应该是做匀速直线运动．答案：AC6.如图7－2－20所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡多时，以下说法正确的是( )A ．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B ．各灯两端电压灯多时较低C ．通过电池的电流灯多时较大D ．电池输出功率灯多时较大解析：灯泡的总电阻R 随点亮灯泡个数的增加而减小，灯泡电压U ＝ER R ＋r ＝E 1＋r R，所以B 对．据P ＝U 2R 灯知A 对．由I ＝E R ＋r知I 增大，C 对． 7. 如图7－2－21电路中，电源电动势为E ，内电阻r 不能忽略．闭合S 后，调整R 的阻值．使电压表的示数增大ΔU ，在这一过程中( )A ．通过R 1的电流增大，增大量为ΔU /R 1B ．R 2两端的电压减小，减小量为ΔUC ．通过R 2的电流减小，减小量小于ΔU /R 2D ．路端电压增大，增大量为ΔU 解析：电阻R 增大时，并联电阻变大，电路中总电阻变大，干路电流变小，内电压变小，R 2两端的电压U 2变小，则电压表示数变大，对于回路有：E ＝U ＋U ′＝U V ＋U 2＋U ′，U V ＝I 1R 1，U 2＝IR 2，U ′＝Ir .所以有：ΔU ＝ΔU 2＋ΔU ′.故选A.8．用电流传感器可以清楚地演示一些电学元件对电路中电流的影响，如图7－2－22中甲图 7-2-19 图 7-2-20 图 7-2-21所示，在AB 间分别接入电容器、电感线圈、定值电阻．闭合开关时，计算机显示的电流随时间变化的图象分别如图乙中a 、b 、c 所示，则下列判断中正确的是( )A ．AB 间接入定值电阻显示图象a B ．AB 间接入电容器显示图象bC ．AB 间接入电感线圈显示图象cD ．AB 间接入电感线圈显示图象b解析：接入定值电阻后，电流恒定，A 项错误；接入电感线圈时，由于电感线圈的自感作用，电流会逐渐增大到稳定值，C 项错误，D 项正确；接入电容器时，会有瞬间的电流，然后减为零，所以B 项错误．9.如图7－2－23所示的电路中，电源电动势E ＝6 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 1＝6Ω、R 2＝5 Ω、R 3＝3 Ω，电容器的电容C ＝2×10－5 F ，若将开关S 闭合，电路稳定时通过R 2的电流为I ；断开开关S 后，通过R 1的电荷量为q .则( )A ．I ＝0.75 AB ．I ＝0.5 AC ．q ＝2×10－5 CD ．q ＝1×10－5 C 解析：对电路分析：电阻R 1、R 3并联后与R 2串联，所以外电路总电阻为R＝7 Ω，根据闭合电路欧姆定律得电路中的总电流为0.75 A ，所以选项A 正确；电阻R 1、R 3并联的电压为U ＝IR 并＝1.5 V ，电容器的带电荷量为Q ＝CU ＝3×10－5 C ．当断开开关S 时，电容器对电阻放电，电荷通过R 1、R 3，由于两电阻并联，所以q 1/q 3＝R 3/R 1，又q 1＋q 3＝Q ，解得q 1＝1×10－5 C ，q 3＝2×10－5 C ，选项D 正确．10. (2010·汕头调研)如图7－2－24甲所示，R 为电阻箱(0～99.9 Ω)，置于阻值最大位置，R x 为未知电阻，(1)断开K 2，闭合K 1，逐次减小电阻箱的阻值，得到一组R 、I 值，并依据R 、I 值作出了如图乙所示的R －1I 图线，(2)断开K 2，闭合K 1，当R 调至某一位置时，电流表的示数I 1＝1.0 A ；保持电阻箱的位置不变，断开K 1，闭合K 2，此时电流表的示数为I 2＝0.8 A ，据以上数据可知( )A ．电源电动势为3.0 VB ．电源内阻为0.5 ΩC ．R x 的阻值为0.5 ΩD ．K 1断开、K 2接通时，随着R 的减小，电源输出功率减小.解析：由I ＝E R ＋r得R ＝E I －r 则R －1I 图象的斜率k ＝E ＝2.0 V ，A 选项错误，R 轴截距的绝对值等于内阻r ，即r ＝0.5 Ω，B 选项正确，K 2断开，K 1闭合时，R ＋r ＝E I 1；K 1断开，K 2闭合时，R x ＋R ＋r ＝E I 2，所以，R x ＝E I 2－E I 1＝0.5 Ω，C 选项正确，因R x ＝r ，所以，电路中的外电阻大于内阻，随着R 的减小，电源输出功率将增大，R ＝0时，电源输出功率最大，D 选项错误．答案：BC11.如图7－2－25所示，电解槽A 和电炉B 并联后接到电源上，电源内阻r ＝1 Ω，电炉电阻R ＝19 Ω，电解槽电阻r ′＝0.5 Ω.当S 1闭合、S 2断开时，电炉消耗功率为684 W ；S 1、S 2都闭合时电炉消耗功率为475 W(电炉电阻可看作不变)．试求：图 7-2-22图 7-2-23图7-2-24(1)电源的电动势；(2)S 1、S 2闭合时，流过电解槽的电流大小；(3)S 1、S 2闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率．解析：(1)S 1闭合、S 2断开时电炉功率为P 1电炉中电流I ＝ P 1R ＝ 68419A ＝6 A ，电源电动势E ＝I (R ＋r )＝120 V . (2)S 1、S 2都闭合时电炉功率为P 2，电炉中电流为I R ＝P 2R ＝ 47519A ＝5 A ，电源路端电压为U ＝I R R ＝5×19 V ＝95 V ， 流过电源的电流为I ＝E －U r ＝120－951A ＝25 A ，流过电解槽的电流为I A ＝I －I R ＝20 A. (3)电解槽消耗的电功率P A ＝I A U ＝20×95 W ＝1 900 W电解槽内热损耗功率P 热＝I 2A r ′＝202×0.5 W ＝200 W电解槽转化成化学能的功率为P 化＝P A －P 热＝1 700 W.答案：(1)120 V (2)20 A (3)1 700 W12.如图7－2－26甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻. (2)定值电阻R 2的阻值． (3)滑动变阻器的最大阻值．解析：(1)将乙图中AB 线延长，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处，所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝E I 短＝20 Ω. (2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应乙图中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A ，得R 2＝U 2I 2＝5 Ω. (3)当P 滑到R 3的左端时，由乙图知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω.因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2，所以滑动变阻器的最大阻值为：R 3＝300 Ω. 答案：(1)20 V 、20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω高考物理重要题型精讲之四变压器电能的输送图 7-2-25 图 7-2-261．(2009·江苏，6)如图10－2－9所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin 100πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V ，B 正确；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz ，开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小．答案：AB2．如图10－2－10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( )A ．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．3．“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 k W ，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：B4．如图10－2－11甲所示，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“9V 、6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u 的图象如图10－2－13乙所示．则以下说法中正确的是( )A ．电压表的示数为27 2 VB ．三只灯泡均能正常发光C ．电流表的示数为2 AD ．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz解析：本题考查交流电的规律、变压器的规律．交流电表测量的是交流电的有效值，输入电压的有效值为27 V ，因此电压表的示数应为27 V ，A 项错误；根据变压比，副线圈输出的电压为9 V ，因此三只灯泡均能正常发光，B 项正确；三只灯泡中的总电流为3P /U ＝2 A ，C 项正确；原线圈输入电压的频率为50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，因此D 项正确．本题较易．答案：BCD5．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图10－2－12所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1 ，B ．电压表的读数为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，A 项错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 2有效R×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U 有效＝22 2 V ，则Q ＝U 2有效R ×60＝2 904 J ，B 错误，C 正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，D 错误．1.一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图10－2－13所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )A ．流过电阻的电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC ．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD ．变压器的输入功率是1×103 W解析：考查正弦交变电流有效值、最大值意义及理想变压器的相关知识．由输入电压图象可知输入电压的有效值为220 V ，故副线圈输出电压的有效值为100 V ，接入副线圈的电阻为10 Ω，故电流有效值为10 A ，A 项错；与电阻并联的电压表读数即为副线圈电压有效值100 V ，B 项错；根据Q ＝I 2Rt ＝102×10×60 J ＝6×104 J ，C 项错；由变压器输入功率等于输出功率可知，P ＝IU ＝10×100＝1 000 W ，D 项正确．2．2008年春节前后，我国南方部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏．为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图10－2－14所示，发电机的电动势e ＝4802sin(100πt )V(不考虑其内阻)，图中R 表示输电线的电阻．滑动触头P 置于a 处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则( )A ．若A 2示数为2 A ，R ＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1B ．若A 2示数为2 A ，R ＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶1C ．当发电机输出的电压发生波动使V 1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P 向下滑动D ．如果V 1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P 应向上滑解析：若A 2的示数为2 A ，R ＝10 Ω，用户电压220 V ，电压表V 2示数U 2＝220 V ＋I 2R ＝240 V ，电压表V 1示数(有效值)U 1＝480 V ，原副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，故选项A 对、B 错；由n 1∶n 2＝U 1∶U 2，若U 1变小，则n 2应变大，故选项C 错；当用电器增加时，副线圈中的电流增加，输电线电阻R 上的电压增大，副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P 应向上滑，故选项D 对．3．(2009·济南模拟)正弦交流电经过匝数比为n 1n 2＝101的变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按如图10－2－15甲所示方式连接，R ＝10 Ω.图乙是R 两端电压U 随时间变化的图象．U m ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt (A)B ．电流表A 的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为210A D ．电压表的读数为U m ＝10 2 V解析：由图象知T ＝2×10－2 s ，f ＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100π rad/s ，故i R ＝2cos 100πt (A)，A正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U ＝U m 2＝10 V ，故D 错误． 4．如图10－2－16所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只减小R 1的电阻D ．断开开关S解析：输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P 2＝U 22R .增加副线圈的匝数，U 2增加，P 2增大，B 正确；增加原线圈匝数，U 2减小，P 2减小，A 错；减小R 1的电阻，副线圈上的总电阻R 变小，P 2增大，C 对；断开S ，R 增大，P 2减小，D 错误．5．一个理想变压器的工作示意图如图10－2－17所示，变压器的初级线圈匝数为n 1，与干路高电压U 1相连，工作时流过线圈的电流为I 1，初级与干路相连的导线的电阻不能忽略．变压器的次级线圈匝数为n2，输出电压为U 2，工作时流过线圈的电流为I 2.设连接在次级线圈上的用电器均为相同的电灯，导线的电阻可以忽略．在变压器次级线圈有负载的情况下，下列判断哪个正确( )A ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1∶U 2＝n 1∶n 2B ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有I 1∶I 2＝n 2∶n 1C ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1I 1＝U 2I 2D ．以上判断都不正确解析：变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2中的U 1是变压器原线圈两端的电压，由于初级线圈的干路电阻较大，线路上的压降也较大，线路损耗功率也较大，因此A 、C 两项不成立．答案：B6．如图10－2－18所示，为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压．某变电所电压u 0＝11 0002sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电所变压器( )A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．副线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：u 0＝11 0002sin 100πt V 中的11 0002指的是电压的最大值，有效值为11 000 V ，则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比，即50∶1，A 正确；由ω＝100π可得频率为50 Hz ，变压器不改变电流的频率，因此，副线圈的频率也是50 Hz ，B 正确；电流与匝数成反比，即原线圈的电流比副线圈电流要小，因此，副线圈的导线要比原线圈粗，C 错误；居民小区各个用电器都是并联的，它们的电流总和等于副线圈中的电流，故D 错误．答案：AB7．如图10－2－19所示，两条平行金属导轨竖直放置，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属棒ab 沿导轨下滑，下滑过程中与导轨接触良好．金属棒、导轨、电流表A 1和理想变压器原线圈构成闭合回路．金属棒ab 在沿导轨下滑的过程中，电流表A 1一直有示数，而电流表A 2在某时刻之后示数变成了零，以下说法正确的是( )A ．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是变速运动B ．电流表A 2示数等于零之后，金属棒必是变速运动C ．电流表A 2示数等于零之前，金属棒必是匀速运动D ．电流表A 2示数等于零之后，金属棒必是匀速运动解析：金属棒在重力作用下，开始向下做加速运动，速度不断增加，金属棒切割磁感线产生的感应电流逐渐增大，原线圈上产生的磁场不断增强，穿过副线圈的磁通量不断增大，在副线圈上发生电磁感应现象，电流表A 2上有电流．当金属棒上电流增加到一定程度，金属棒受到的安培力等于重力时，金属棒开始做匀速下落，原线圈的电流不再发生变化，原线圈上。

2024年浙江高考物理高频考点新突破考前冲刺卷（八）（强化版）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题中国在2030年之前将实现载人登月。

假设质量为m的飞船到达月球时，在距离月面的高度等于月球半径的处先绕着月球表面做匀速圆周运动，其周期为，已知月球的自转周期为，月球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．月球两极的重力加速度为B．月球的第一宇宙速度为C．当飞船停在月球赤道的水平面上时，受到的支持力为D．当飞船停在月球纬度的区域时，其自转向心加速度为第(2)题航天员驾驶宇宙飞船进行太空探索时发现一颗星球，测得该星球的半径等于地球半径，登陆后测得该星球表面的重力加速度大小只有地球表面重力加速度大小的，不考虑该星球和地球的自转，下列说法正确的是（ ）A．在该星球表面时，航天员的质量是在地球表面时的B．该星球质量是地球质量的2倍C．该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为D．在该星球表面附近做圆周运动的卫星周期与地球表面附近做圆周运动的卫星周期之比为第(3)题如图所示，有一截面为等腰直角三角形ABC的匀质透明砖，右侧紧贴足够长的竖直光屏，BC水平，一束白光垂直于AB边从O点射入透明砖，O点为AB的中点，紫光在该匀质透明砖中的折射率下列说法正确的是（）A．光屏上C点上方有一个彩色光带B．光屏上C点下方有一个白色光斑C．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），观察到光屏C点下方彩色光带下移D．入射光绕O点顺时针转动（转动角度小于45°），观察到光屏C点下方彩色光带会消失第(4)题我国的新疆棉以绒长、品质好、产量高著称于世，目前新疆地区的棉田大部分是通过如图甲所示的自动采棉机采收。

自动采棉机在采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下，这个过程可以简化为如图乙所示模型：质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为固定不变，“V”型挡板可绕O轴在竖直面内转动。

2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练第二章相互作用专题08 力的分解与合成第一部分知识点精讲一、力的合成与分解1．合力与分力(1)定义：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫作那几个力的合力，原来那几个力叫作分力。

(2)关系：合力和分力是等效替代的关系。

合力与分力的关系(1)两个分力一定时，夹角θ越大，合力越小。

(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大。

(3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力。

2．共点力作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力。

如下图所示均是共点力。

3．力的合成(1)定义：求几个力的合力的过程。

(2)运算法则。

①平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向，如图甲所示。

②三角形定则：把两个矢量首尾相连，从而求出合矢量的方法，如图乙所示。

特别提醒：首尾相连的三个力构成封闭三角形，则合力为零。

几种特殊情况的共点力的合成4．力的分解(1)定义：求一个已知力的分力的过程。

(2)运算法则：平行四边形定则或三角形定则。

(3)分解力的两种方法：效果分解法(i)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向。

(ii)再根据两个分力方向画出平行四边形。

(iii)最后由三角形知识求出两个分力的大小和方向。

正交分解法：求几个力的合力时，可以先将各力进行正交分解，求出互相垂直方向的合力后合成，分解的目的是为了将矢量运算转化为代数运算，便于求合力。

(i)选取坐标轴及正方向：正交的两个方向可以任意选取，选取的一般原则是：①使尽量多的力落在坐标轴上；②平行和垂直于接触面；③平行和垂直于运动方向。

(ii)分别将各力沿正交的两个方向(x轴和y轴)分解，如图所示。

(iii)求各力在x 轴和y 轴上的分力的合力F x 和F y ，则有F x ＝F 1x＋F 2x ＋F 3x ＋…，F y ＝F 1y ＋F 2y ＋F 3y ＋…。

【备战2013】高考物理考前30天冲刺押题专题08 磁场【2013高考考纲解读】磁场同电场一样，是电磁学的核心内容，也是每年高考的必考内容。

常见题型有选择题、计算题。

重点知识点有：磁场对电流的作用，带电粒子在磁场中的运动，安培力、洛伦兹力的性质等。

命题形式多把磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动知识、功能关系、电磁感应等有机地结合在一起，构成计算题甚至压轴题，对学生的空间想象能力、分析物理过程和运用规律的综合能力以及运用数学知识解决物理问题的能力进行考查。

复习时不但应加深对磁场、磁感应强度这些基本概念的认识，掌握安培力和洛伦兹力以及带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律，而且也要重视“地磁场、质谱仪、回旋加速器”等与科技生活联系密切的知识点。

【题型示例】【示例1】如图9－1是导轨式电磁炮实验装置示意图。

两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放弹体（包括金属杆EF）。

弹体可沿导轨滑行，且始终与导轨保持良好接触。

已知两导轨内侧间距L＝23cm，弹体的质量m＝0.1kg，轨道间所加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，弹体与轨道的动摩擦因数μ＝0.05。

当滑动变阻器的电阻值调到R＝0.1Ω时，弹体沿导轨滑行5m后获得的发射速度v＝15m/s（此过程视为匀加速运动）。

电路中其余部分电阻忽略不计，求此过程中电源的输出功率。

12【解析】对弹体受力分析：F 安－f ＝ma 其中 F 安＝BIL ，f ＝μmg弹体匀加速运动，由运动公式得：v 2＝2as代入数据得 a ＝22.5m/s 2 ，F 安＝2.3N ，I ＝ 2At ＝ v a ＝ 23s电源输出的电能 E ＝ I 2Rt ＋F 安·s 电源的输出功率 P ＝ E t ＝ I 2R ＋F 安·st代入数据得 P ＝17.65W 【答案】17.65W【示例2】如图9－2所示，在竖直平面内有一圆形绝缘轨道，半径R ＝1m ，处于垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，一质量为m ＝1×10－3kg ，带电量为q ＝－3×10－2C 的小球，可在内壁滑动。

（精心整理，诚意制作）【考前必做难题】高考具有选拔性，本专题精选难题（中等偏上），助你圆梦象牙塔。

第一部分选择题【试题1】物体先做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为a1，当速度达到v时，改为以大小为a2的加速度做匀减速运动，直至速度为零。

在加速和减速过程中物体的位移和所用时间分别为x1, t1和x2, t2，下列各式中不成立的是( )A．1122x tx t=B.1122a ta t=C.1221x ax a=D.12122()x xvt t+=+【试题2】如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则A．细线对物体a的拉力增大 B．斜劈对地面的压力减小C．斜劈对物体a的摩擦力减小 D．地面对斜劈的摩擦力增大【试题3】一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为m A=1kg和m B=2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）。

则下列说法错误的是A．若F=1N，则A、B都相对板静止不动B．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为2ND．若F=6N，则B物块的加速度为1m/s2【试题4】如图所示，一质量为m的物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端．设物块和斜面的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法错误的是（）A．若增大m，物块仍能滑到斜面顶端B．若增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大C．若增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大D．若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出故选项B说法正确；同理若增大x，物块滑行上升的高度将小于h，即物块不能滑到斜面顶端，假设物块仍【试题5】某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值。

高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）【考前必做基础】考前复习备考，必须回归基础；本专题，也是参考了近几年高考命题，总结出考生必须复习到的常考点、重点、热点，本专题总结了破解它们的“根本”。

完成本专题，增强考生应试的底气，更有自信。

第一部分选择题【试题1】做匀加速直线运动的质点在第一个2s内的平均速度比在第一个6s内的平均速度小4m/s，则质点的加速度大小为（）A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2【试题2】汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为A．1∶1 B．1∶3 C．3∶4 D．4∶3【答案】C【解析】试题分析：刹车过程匀减速直线运动，当速度减小到0时，即停止不再匀减速，匀减速的时间020020/45/v m st s a m s --===-。

刹车后2秒内的位移222101120/25/(2)3022x v t at m s s m s s m =-=⨯-⨯⨯=，刹车后6秒内即运动时间4秒内的位移222201120/45/(4)4022x v t at m s s m s s m =-=⨯-⨯⨯=，开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为123:4x x =，选项C 对。

考点：匀变速直线运动【试题3】 a 、b 两辆汽车在同一条平直公路上行驶的v －t 图象如下图所示．下列说法正确的是A.t 1时刻，a 车和b 车处在同一位置B.t 2时刻，a 、b 两车运动方向相反C.在t 1到t 2这段时间内，b 车的加速度先减小后增大D.在t 1到t 2这段时间内，b 车的位移大于a 车的位移【试题4】 某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛时某同学将球置于球拍中心，当速度达到v 0时做匀速直线运动跑至终点，整个过程中球一直保持在球拍中心不动，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，f ＝kv 0，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m ，重力加速度为g ，则在比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角θ0满足（ ）A．sinθ0＝kv0/mg B．cosθ0＝kv0/mg C．tanθ0＝kv0/mg D．tanθ0＝mg/kv0【试题5】如图所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行。

2022年6月浙江省普通高校招生选考科目考试物理押题卷一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.10月1日6点10分，隆重的升国旗仪式在北京天安门广场举行，庆祝中华人民共和国成立72周年，五星红旗在46秒的国歌奏唱中冉冉升起，下列说法正确的是（）A．“6点10分”指的是时间间隔B．“五星红旗在46秒的国歌奏唱中冉冉升起”指的是时间间隔C．研究红旗上升时的形状可以将红旗看做质点D．以旗杆为参考系，红旗上升过程中处于静止状态【答案】 B【解析】A．“6点10分”指的的是某瞬间的时间，是时刻，则A错误；B．“五星红旗在46秒的国歌奏唱中冉冉升起”中的46秒指的是国歌播放时间，是一段时间，是时间间隔，则B正确；C．研究红旗上升的形状时不能忽略红旗的大小和形状，不能看成质点，则C错误；D．以旗杆为参考系，红旗上升过程中是运动的，则D错误。

故选B。

2.为了节能，某地铁出口处的自动扶梯在较长时间无人乘行时会自动停止运行，当有人站上去时又会慢慢启动，加速到一定速度后再匀速运行。

对于此自动扶梯启动并将人送到高处的过程（如图所示），以下说法正确的是（）A．人始终受到重力、支持力和摩擦力的作用B．人对扶梯的压力是由于扶梯踏板发生弹性形变而产生的C．在自动扶梯启动加速的阶段，人处于超重状态D．匀速运行时，人受到的支持力和人对扶梯的压力是一对平衡力【答案】 C【解析】A．加速运动时，人受到重力、支持力和摩擦力的作用，匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，水平方向不受摩擦力作用，故A错误；B．人对扶梯的压力是由于人的脚发生弹性形变而产生的，故B错误；C．在自动扶梯启动加速的阶段，人具有竖直向上的加速度，支持力大于重力，处于超重状态。

故C 正确；D．人受到的支持力和人对扶梯的压力是一对相互作用力，不是平衡力。

故D错误；故选C。

3.2021年8月，全红婵以总分466.2分夺得东京奥运会跳水女子单人10米跳台决赛冠军。

高考物理最后冲刺必读题解析30讲（二）1.长宁一模30．（10分）如图所示，一质量为m的滑块以大小为v0的速度经过水平直轨道上的a点滑行距离为s后开始沿竖直平面的半圆形轨道运动，滑块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ，水平直轨道与半圆形轨道相切连接，半圆形轨道半径为R，滑块到达半圆形轨道最高点b时恰好不受压力．试求：（1）滑块刚进入和刚离开半圆形轨道时的速度；（2）滑块落回到水平直轨道时离a点的距离．30．（10分）解：（1）滑块刚进入时速度为v1，由动能定理得（3分）滑块刚离开时速度为v2，得（3分）（2）设平抛的水平距离为x，（3分）离a点的距离为△x＝ s－2R（1分）31．（10分）今年2月22日，上海东海大桥风力发电示范工程第32、33标号的风机在拖轮拖带下由海事局巡逻艇护航，历时6h近60km的海上“行走”，安全抵达海上风电场施工吊装现场，如图所示．风电是利用风能使风机的叶片转动，带动发电装置发电的．风电场共有34台发电风机，总装机容量（总发电功率）为10.2×104kw．试解答以下问题：（1）假设风机被拖轮匀速拖动，拖轮的输出功率为4×104w，则风机组被拖运时受到的阻力约多大？（2）如果风能转换为电能的效率为0. 5，按年发电估算风能利用的时间为2000h，则每台风机每年利用的自然界风能为多少？（3）风力发电有效推进低碳排放，按年发电耗煤估算，每台风机每年可节约标准煤1.8×103吨，问发电煤耗（煤质量/ 千瓦时）为多大?31．（10分）解：（1）风机的速度为（1分）受到的阻力为（3分）（2）风的功率为（2分）每台风机每年利用的风能为（2分）(3) 每台风机发电功率为P0＝3000kw发电煤耗＝1.8×106/（3000×2000 ）kg/kwh＝0.3kg/kwh （2分）32．（14分）如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L．槽内有两个质量均为m的小球A和B， A球带电量为+q，B球带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统．最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，现在两板之间加上与槽平行场强为E的向右的匀强电场后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），带电系统开始运动．试求：（1）从开始运动到B球刚进入电场时，带电系统电势能的增量△ε；（2）以右板电势为零，带电系统从运动到速度第一次为零时A球所在位置的电势U A为多大；(3) 带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间．32．（14分）解：解：⑴设球B刚进入电场时，电场力做功使带电系统电势能减少△ε＝-EqL （3分)(2) 设B进入电场后带电系统又运动了s速度变为零，由动能定理得 EqL＋Eqs－3Eqs＝0 求得 s＝L/2 即离右板距离为L （3分）所以带电系统速度第一次为零时，球A所在位置的电势为U A＝EL （2分）(3)设A球运动了L时速度为v1，由动能定理得（2分）加速度为a1＝运动时间为t1＝（2分）A球运动s时加速度为a2，a2＝得t2＝ t1/2 （1分）所以带电系统速度第一次为零所需的时间为t总＝ t1＋ t2＝（1分）33．（16分）如图甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m ，导轨左端连接一个2Ω的电阻R ，将一根质量m 为0.4 kg 的金属棒c d 垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r 大小为0.5Ω，导轨的电阻不计，整个装置放在磁感强度B 为1T 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F ，使棒从静止开始向右运动．当棒的速度达到1 m/s 时，拉力的功率为0.4w ，此刻t ＝0开始计时并保持拉力的功率恒定，经一段时间金属棒达到稳定速度，在该段时间内电流通过电阻R 做的功为1.2 J ．试求： （1）金属棒的稳定速度；（2）金属棒从开始计时直至达到稳定速度所需的时间； （3）在乙图中画出金属棒所受拉力F 随时间t 变化的大致图象；（4）从开始计时直至达到稳定速度过程中，金属棒的最大加速度为多大？并证明流过金属棒的最大电量不会超过2.0C ． 33．（16分）解：（1）ε＝BLv ， I ＝BLv R ＋r，F 安＝BIL ＝ （1分）当金属棒达到稳定速度时，F 安＝F 拉＝ （2分） 所以v 2＝，代入数据得v ＝2m/s （1分）（2）W R ＝1.2J ，所以Wr ＝0.3J ，W 电＝1.5J （1分）Pt －W 电＝12mv 2－12mv 02（2分），代入数据得 t ＝5.25s （1分）（3） F 的变化范围0.4N ～0.2N图线起点与终点对应的纵坐标必须正确 （3分）（4） 作出速度图象如图所示 t ＝0时合外力为ΣF=0.4 - N 这时加速度最大 m/s 2（2分） 证明： s金属棒的最大位移 S m ＜5.25×1+m （2分）16流过金属棒的电量C =1.97C＜2.0C 证毕（1分）2.浦东新区二模30．（10分）某同学利用DIS实验系统研究一定量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如下的P-t图像。