【高考推荐】2020-2021高考物理一轮复习练习题(1)(含解析)新人教版

精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高考物理一轮复习强化训练题汇总1（含解析）一、选择题1、如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出。

不计空气阻力，则（）A．a和b的飞行时间相同B．b的飞行时间比c的短C．a的水平初速度比b的小D．c的水平初速度比a的大【参考答案】D2、(海安模拟)下列说法正确的是( )A．直线运动的物体位移大小等于路程B．计算火车过桥时所用的时间，火车可当成质点C．速度变化快的物体加速度不一定大D．参考系可以是匀速运动的物体，也可以是变速运动的物体答案：D3、(哈师大附中月考)如图，MN为转轴OO′上固定的光滑硬杆，且MN垂直于OO′.用两个完全相同的小圆环套在MN上．分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接，另一端系于OO′上，长度分别为l1、l2.已知l1、l2与MN的夹角分别为θ1、θ2，OO′匀速转动时，线上弹力分别为F T1、F T2.下列说法正确的是( ) A．若l1sinθ1>l2sinθ2，则F T1>F T2B．若l1cosθ1>l2cosθ2，则F T1>F T2C．若l1tanθ1>l2tanθ2，则F T1>F T2D ．若l 1>l 2，则F T 1>F T 2解析：设两环的质量均为m ，硬杆转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对左环有：FT 1cos θ1＝m ω2l 1cos θ1；对右环有：F T 2cos θ2＝m ω2l 2cos θ2两环ω相等得FT 1FT 2＝l 1l 2；若l 1cos θ1>l 2cos θ2，则F T 1cos θ1>F T 2cos θ2，不能得到F T 1>FT 2；由题意可知l 1sin θ1<l 2sin θ2；若l 1tan θ1>l 2tan θ2，可得cos θ1<cos θ2，不能得到F T 1>F T 2；若l 1>l 2，则F T 1>FT 2，选项D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D4、如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下，然后在水平面上前进至B 点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m ，A 、B 两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB 段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )A ．大于μmgLB ．小于μmgLC ．等于μmgLD ．以上三种情况都有可能解析：设斜坡与水平面的交点为C ，BC 长度为L 1，AC 水平长度为L 2，AC 与水平面的夹角为θ，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W 1＝－μmgL 1，在斜坡上摩擦力做功W 2＝－μmgcos θ·L 2cos θ＝－μmgL 2，所以在滑雪者经过AB 段过程中，摩擦力做功W ＝W 1＋W 2＝－μmg(L 1＋L 2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C 正确． 答案：C5、(四川资阳二诊)如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电的油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．平行板电容器的电容将减小B ．带电油滴的电势能将减少C ．静电计指针的张角变小D ．若将上极板与电源正极断开后，再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受的电场力不变解析：由C ＝εr S4πkd 知，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，d 减小，C增大，A 错误；U 不变，静电计指针的张角不变，C 错误；由E ＝Ud 知，E 增大，则P 点与负极板间的电势差增大，P 点的电势升高，E p ＝φq ，又油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少，B 正确；若将上极板与电源正极的导线断开后再将下极板左移一小段距离，Q 不变，由C ＝εr S4πkd 知，S 减小，C 减小，由U ＝Q C 得，电压U 增大，场强E ＝U d 增大，带电油滴所受的电场力增大，D 错误．答案：B6、一匀强磁场的边界是MN ，MN 左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示，现有一个金属线框以恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的I －t 图象如图乙所示．则可能的线框是如图丙所示中的( )解析：从乙图看到，电流先均匀增加后均匀减小，而线圈进入磁场是匀速运动，所以有效长度是均匀增加的，所以D 项正确，B 项排除的原因是中间有段时间电流恒定不变．答案：D7、(安徽模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )A ．U 1：U 2＝3：4B ．U 1：U 2＝4：3C ．若将L 1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D ．若将L 2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍解析：设灯泡的额定电压为U ，额定电流为I ，则副线圈电压为3U ，电流为I ，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I ，所以原、副线圈的匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U ，所以U 1：U 2＝4：3，选项A 错误、B 正确；若将L 1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C 错误；若将L 2短路，设副线圈的电流为I ′，原线圈的电流也为I ′，因此2I ′R ＋I ′R ＝U 1＝4U ，则I ′R ＝43U ，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，选项D 正确．答案：BD 二、非选择题利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M ＝200.0 g ，钩码的质量为m ＝10.0 g ，打点计时器的电源为50 Hz 的交流电．图1(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到____________________．(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O ，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx ，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v ，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g ＝9.80 m/s 2，利用W ＝mg Δx 算出拉力对小车做的功W.利用Ek ＝12Mv 2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.图3(4)实验结果表明，ΔEk 总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动． (2)两计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s ＝0.1 s v1＝x022T ＝ 2.06＋2.50×0.012×0.1 m/s ＝0.228 m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0) 图线的斜率k ＝4.24－2.04.5－2.15≈0.953①又有k ＝ΔEk ΔW ＝Mv 22mg Δx②根据运动学公式有v2＝2aΔx③根据牛顿第二定律有F＝Ma④由①②③④式解得F≈0.093 N答案：(1)小车做匀速运动(2)0.228 (3)见解析图(4)0.093精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总2（含解析）一、选择题1、质量为m的物块沿着倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.斜面对物块的作用力是( )A. 大小mg，方向竖直向上B. 大小mg cosθ，方向垂直斜面向上C. 大小mg sinθ，方向沿着斜面向上D. 大小μmg cosθ，方向沿着斜面向上【参考答案】A2、(成都模拟)如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是( )A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度解析：甲处表盘显示时刻，乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度，答案为D.答案：D3、(广西重点高中高三一模) 2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功，飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接．如图所示，“天宫二号”处于离地面高h ＝393 km 的圆轨道A 上，“神舟十一号”处于圆轨道B 上．“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C 运动到位置2，然后沿轨道A 运动，通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态，最终对接．已知地球半径为R ＝6 371 km ，引力常量为G ＝6.67×10－11 N ·m 2/kg 2，地球质量为M ＝6.0×1024 kg ，不计大气阻力．下列说法正确的是( )A ．“天宫二号”在轨道A 上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B 上的运行周期小 B ．“天宫二号”在轨道A 上的加速度比“神舟十一号”在轨道B 上的加速度大C ．“天宫二号”在轨道A 上的运行速率约为7.7 km/sD ．“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能 解析：由GMm r 2＝m(2πT)2r ，得T ＝4π2r 3GM ，可知半径越大，周期越大，A 错．由GMmr2＝ma ，得加速度a ＝GM r 2，半径越大，加速度越小，B 错．由GMm 0R ＋h 2＝m 0v 2R ＋h，得v＝GMR ＋h＝7.7 km/s ，C 对．“神舟十一号”在轨道C 上运动时，由于点火加速，故其机械能增加，D 错．答案：C4、(常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型，当小球以速度v 经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F ，多次改变小球初始下落的高度h ，就能得出F 与v 的函数关系，下列关于F 与v 之间的关系中有可能正确的是( )解析：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh ＝mg ·2R ＋12mv 2(①)，在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F ＋mg ＝m v 2R (②)，联立①②解得F ＝m v 2R －mg(③)，根据③式，F －v 关系图象是开口向上的抛物线，C 项正确． 答案：C5、(山东泰安一模)如图所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A 以相同的速度v 0射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点．a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小，v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是( )A ．aB ＝aC v B ＝v C B ．a B >a C v B ＝v C C ．a B >a C v B <v CD ．a B <a C v B >v C解析：库仑力F ＝kQqr 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝Fm，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功，有－W ＝12mv 2－12mv 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C )，因为m B <m C ，所以v B <v C，C 正确． 答案：C6、美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示．A 为圆柱形合金材料，B 为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对A 进行加热，则( )A ．B 中将产生逆时针方向的电流 B ．B 中将产生顺时针方向的电流C ．B 线圈有收缩的趋势D ．B 线圈有扩张的趋势解析：合金材料加热后，合金材料成为强磁体，通过线圈B 的磁通量增大，由于线圈B 内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的增加，C 错误、D 正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，A 、B 错误． 答案：D7、(多选)下图是远距离输电的示意图．n 1、n 2是升压变压器原、副线圈的匝数，n 1：n 2＝1：20，n 3、n 4是降压变压器原、副线圈的匝数，n 3：n 4＝40：1.升压变压器的原线圈n 1与一交变电流相连接，该交变电流的瞬时值表达式为u ＝4402sin100πt V ，下列说法正确的是( )A ．用电器获得的电压的有效值为220 VB ．用电器获得电压的有效值小于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 3、n 4不变的前提下，增大n 2C ．用电器获得电压的有效值大于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 2、n 4不变的前提下，增大n 3D ．通过用电器的交变电流的方向，每秒改变100次解析：如果输电线上不存在电阻，即不存在电压降，则有U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 1＝U ＝440 V ，U 2＝U 3，可得U 4＝220 V ，由于输电线存在电压降，所以U 3<U 2，U 4<220 V ；若要提高U 4电压值，根据变压规律，仅增加n 2匝数即可，A 、C 错误，B 正确．由题意知ω＝100π rad/s ，所以f ＝50 Hz ，则电流方向每秒改变100次，D 正确． 答案：BD 二、非选择题下列说法中正确的是( )A ．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B ．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C ．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E ．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在(2)(15分)在某种介质中，S 1、S 2处有相距4 m 的两个波源，沿垂直纸面方向做简谐运动，其周期分别为T 1＝0.8 s 和T 2＝0.4 s ，振幅分别为A 1＝2 cm 和A 2＝1 cm ，在该介质中形成的简谐波的波速为v ＝5 m/s.S 处有一质点，它到S 1的距离为3 m ，且SS 1⊥S 1S 2，在t ＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，试求：(ⅰ)t ＝0时刻振动传到S 处的时间差；(ⅱ)t ＝10 s 时，S 处质点离开平衡位置的位移大小．解析：(1)电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，但在介质中的传播速度由介质和频率共同决定，B 错；泊松亮斑是用光照射不透光的小圆盘时产生的衍射现象，C 错．(2)(ⅰ)由题意可知SS 2＝SS 12＋S 1S 22＝5 m ；S 1在t ＝0时刻振动传到质点S 所需的时间t 1＝SS 1v ＝3 m5 m/s ＝0.6 s.S 2在t ＝0时刻振动传到质点S 所需的时间t 2＝SS 2v ＝5 m5 m/s＝1 s.故S 1、S 2在t ＝0时刻振动传到质点S 的时间差M 为绳的中点Δt ＝t 2－t 1＝0.4 s.(ⅱ)在t ＝10 s 时质点S 按S 1的振动规律已经振动了Δt 1＝t －t 1＝9.4 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫11＋34T 1，此时S 1引起质点S 的位移大小x 1＝A 1＝2 cm ；t ＝10 s 时质点S 按S 2的振动规律已经振动了Δt 2＝t －t 2＝9 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫22＋12T 2，此时S 2引起质点S 的位移大小x 2＝0；所以t ＝10 s 时质点S 离开平衡位置的位移为S 1和S 2单独传播引起S 位移的矢量和，故x ＝x 1＋x 2＝2 cm ＋0＝2 cm. 答案：(1)ADE (2)(ⅰ)0.4 s (ⅱ)2 cm精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总3（含解析）一、选择题1、如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉,已知该喷泉竖直向上喷出,喷出时水的速度为53 m/s,喷嘴的出水量为0.5 m3/s,不计空气阻力,则空中水的体积应为(g取10 m/s2)( )A.2.65 m3B.5.3 m3C.10.6 m3D.因喷嘴的横截面积未知,故无法确定【参考答案】B2、两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示．下列说法正确的是( )A．两物体A、B在t＝2.5 t0时刻相距最远B．两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度相同D．两物体A、B在t＝t0时刻相距最远解析：两物体A、B在t＝2.5 t0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A、B在t＝t0时刻相距最远，选项A错误、D正确．两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动，后沿x轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B错误．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C错误．答案：D3、如图所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式F T ＝a ＋bcos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b2m B.2bm C.3b m D.b 3m解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，F T1＝a ＋b ，F T1＝mg ＋mv 21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，F T2＝a －b ，F T2＝－mg ＋mv 22L ；由动能定理有mg ·2L ＝12mv 21－12mv 22，联立解得g ＝b3m，选项D 正确． 答案：D4、如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．答案：CD5、有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行．已知A 、B 两点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝1.8 V ，A 、B 的距离为4 cm ，B 、C 的距离为3 cm.若把一个电子(e ＝1.6×10－19 C)从A 点移动到C 点，那么电子电势能的变化量为( )A ．8.0×10－19 JB ．1.6×10－19 JC ．－8.0×10－19 JD ．－1.6×10－19 J解析：设AB 与AC 之间的夹角为θ，则cos θ＝45，又AB 的距离S AB ＝4 cm ，则AB沿场强方向的距离为d AB ＝S AB cos θ＝4×45 cm ＝165 cm ，设A 、B 之间电势差为U AB ，则电场强度为E ＝U AB d AB ＝φA －φBd AB ＝100 V/m.电子从A 点到达C 点电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝1.6×10－19×100×0.05 J ＝8.0×10－19 J ，故A 项正确．答案：A6、(肇庆市高中毕业班模拟考试)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN 和PQ 之间接有定值电阻R ，导体棒ab 长为l 且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小B．导体棒ab中的感应电流方向是a→bC．导体棒ab所受安培力方向水平向右D．导体棒ab所受合力做功为零解析：由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E＝BLv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b指向a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能未变，由动能定理可知，合力做的功等于零．选项A、B、C错误，D正确．答案：D7、(上海单科，1)由放射性元素放出的氦核流被称为( )A．阴极射线B．α射线C．β射线D．γ射线解析：本题考查天然放射现象．在天然放射现象中，放出α、β、γ三种射线，其中α射线属于氦核流，选项B正确．答案：B二、非选择题(河北省两校高三年级模拟考试)质量为m＝2 kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)4 s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t；(2)前4 s内，力F的平均功率．解析：(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ff m＝μmg＝4 N，在第1 s内物块静止不动第1～3 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律a 1＝F 1－μmg m＝2 m/s 23 s 末，物块的速度v 1＝a 1t 1＝2×2 m/s ＝4 m/s第3～4 s 内，物块做匀速直线运动，4 s 后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝μg ＝2 m/s 2则物块继续滑行时间t ＝v 1a 2＝2 s(2)设第1～3 s 内与第3～4 s 内物块的位移分别为x 1、x 2 x 1＝12a 1t 21＝4 mx 2＝v 1t 2＝4 m前4 s 内，力F 做功的大小为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝48 J 前4 s 内，力F 的平均功率P ＝Wt 总＝12 W答案：(1)2 s (2)12 W精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总4（含解析）一、选择题1、a 、b 、c 三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。

考点规范练42 测定金属的电阻率(含长度测量及测量工具的使用) 1.(2018·甘肃兰州模拟)小张同学打算测量某种由合金材料制成的金属丝的电阻率ρ。

待测金属丝的横截面为圆形。

实验器材有毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表(内阻几千欧)、电流表(内阻几欧)、滑动变阻器、电源、开关、待测金属丝及导线若干。

(1)用毫米刻度尺测量其长度,用螺旋测微器测量其直径,结果分别如图甲和图乙所示。

由图可知其长度l= cm,直径为D= mm;(2)该同学计划要用图像法求出电阻的阻值,要求电压从0开始变化。

请将图丙所示实物电路图中所缺部分补全;(3)图丁是实验中测得的6组电流I、电压U的值描的点,由图求出的电阻值R= Ω;(保留3位有效数字)(4)请写出待测金属丝的电阻率ρ的表达式。

(用测得的物理量的符号表示)2.某同学测量一个圆柱体的电阻率,需要测量圆柱体的尺寸和电阻。

(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径,某次测量的示数如图甲和乙所示,长度为 cm,直径为 mm。

(2)按图丙连接电路后,实验操作如下:a.将滑动变阻器R1的阻值置于最(选填“大”或“小”)处,将S2拨向接点1,闭合S1,调节R1,使电流表示数为I0;b.将电阻箱R2的阻值调至最(选填“大”或“小”),将S2拨向接点2,保持R1不变,调节R2,使电流表示数仍为I0,此时R2阻值为1 280 Ω。

(3)由此可知,圆柱体的电阻为Ω。

3.(2018·天津卷)某同学用伏安法测定待测电阻R x的阻值(约为10 kΩ),除了R x、开关S、导线外,还有下列器材供选用:A.电压表(量程0~1 V,内阻约10 kΩ)B.电压表(量程0~10 V,内阻约100 kΩ)C.电流表(量程0~1 mA,内阻约30 Ω)D.电流表(量程0~0.6 A,内阻约0.05 Ω)E.电源(电动势1.5 V,额定电流0.5 A,内阻不计)F.电源(电动势12 V,额定电流2 A,内阻不计)G.滑动变阻器R0(阻值范围0~10 Ω,额定电流2 A)(1)为使测量尽量准确,电压表选用,电流表选用,电源选用。

电磁感应现象楞次定律一、选择题1．(2024·湖北二模)“无线电力”是电子产品最终摆脱“线”束缚的科研方向，物理课堂也有“隔空取电”的试验，如图所示，PQ为带有铁芯的多匝线圈的两个接线头，上方是串有发光二极管的闭合线圈，当下方线圈接通电源稳定后，则能使二极管发光的是( )A．PQ接恒定电流B．PQ接交变电流C．PQ接恒定电流D．PQ接交变电流答案 B解析AC图当PQ接恒定电流时，线圈中产生恒定磁场，则二极管的线圈磁通量不变，因此不会发光，故A项错误；B图当PQ接交变电流时，线圈中产生改变磁场，则二极管的线圈磁通量改变，因此会发光，故B项正确；D图线圈磁通量没变，因此不会发光，故D项错误．2．(2024·常州一模)自从英国物理学家狄拉克提出磁单极子以来，找寻磁单极子始终是人类的一个追求．如图设想一个磁N单极子从远处沿一个闭合金属线圈的轴线匀速通过，设从右向左视察顺时针方向电流为正，则和该线圈串联的仪表中记录到的线圈中感生电流的i­t 图像是( )答案 C解析若N磁单极子穿过金属线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈中磁通量增加，且磁场方向从左向右，所以由楞次定律可知有顺时针方向感应电流；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈中磁通量减小，且磁场方向从右向左，所以由楞次定律可知，感应磁场方向：从右向左，再由右手螺旋定则可确定感应电流方向，从右向左看，仍是顺时针方向．因此线圈中产生的感应电流方向不变，而且渐渐增大，最终趋向每一个最大值．故C项正确，A、B、D三项错误．3.如图，两回路中各有一开关S1、S2，且内回路中接有电源，外回路中接有灵敏电流计，下列操作及相应的结果可能实现的是( )①先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转②S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转③先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转④S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转A．①②B．②③C．③④D．①④答案 D解析①先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生改变，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故①正确；②当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的改变，因而线圈B中没有感应电流，在断开S2的瞬间，当然指针也不偏转，故②错误；③先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有改变，则不会产生感应电流，故③错误；④当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生改变，因而出现感应电流，故④正确，故A、B、C三项错误，D项正确．4．(2024·南京模拟)(多选)如图是某同学设想的防止电梯坠落的应急平安装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的损害．关于该装置，说法正确的是( )A．若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用B．若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落答案AD解析A项，若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生改变，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用．故A项正确；B项，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻挡磁铁的运动，故B项错误；C项，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增加，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A 与B中感应电流方向相反．故C项错误；D项，结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落．故D项正确．5．如图甲为磁感应强度B随时间t的改变规律，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，平面位于纸面内，如图乙所示．令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力．下列说法不正确的是( )A．I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向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 C解析A项，由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面对里，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段磁场向里，穿过圆环的磁通量削减，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A项正确；B项，由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B项正确；C项，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段安培力F2方向背离圆心向外，故C项错误；D项，由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D项正确．6.(2024·河南学业考试)如图所示，一个面积为2S的矩形线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.方向与线框平面夹角为30°角，O1、O2分别为bc边和ad边的中点．现将线框的右半边绕逆时针旋转90°，在这一过程中，通过线框的磁通量的改变量的大小为( )A.3－22BSB.3－12BSC.3＋12BS D ．(3－1)BS答案 B解析 当线框转动前，面的磁通量为：Φ1＝2BSsin30°＝BS ；当线框转动后，整个面的磁通量为：Φ2＝BSsin30°＋BScos30°＝1＋32BS ， 磁通量改变量为：ΔΦ＝Φ1－Φ2＝3－12BS 故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．7.(2024·广西二模)(多选)水平光滑的桌面内固定一足够长的直导线，并通以如图所示的恒定电流，两个相同的正方形线框abcd 和efgh 到导线的距离相等，两个线框间产生的电磁现象忽视不计，现分别给两个线框竖直向下和水平向右的速度v ，下列推断正确的是( )A ．线框abcd 做匀速直线运动，线框efgh 做减速直线运动B ．刚起先运动瞬间bc 边与eh 边所受安培力的大小相等C ．线框efgh 运动过程中产生顺时针的感应电流D ．线框abcd 运动过程中a 点的电势比b 点低答案 AD解析 通电直导线四周的磁场为非匀强磁场，离导线越近，磁场越强，线框abcd 和efgh 所在位置磁场分别垂直向里和向外，abcd 向下运动，始终与导线的距离相等，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，没有安培力，故线框abcd 做匀速直线运动，但是ab 边在切割磁感线，右手定则推断出a 点的电势比b 点低，线框efgh 在远离导线的过程中，向外的磁场减弱，由楞次定律推断产生顺时针的感应电流，并受到向左的安培力，做变减速直线运动，故A、D两项正确B、C两项错误．8.(2024·湖北模拟)(多选)如图，一导体圆环保持水平，沿一特性质匀整的条形磁铁轴线落下，条形磁铁竖直固定，圆环中心始终位于磁铁轴线上．已知当圆环落至B、D两位置时，刚好经过磁铁上下端截面，而C位置位于磁铁正中．不计空气阻力，下列说法正确的有( )A．圆环由A落至B的过程中，环中感应电流从上至下看为顺时针B．圆环由B落至C的过程中，圆环磁通量在削减C．圆环落至C、D之间时，圆环有收缩趋势D．圆环由A落至E的过程中，随意时刻加速度都小于重力加速度g答案AC解析A项，圆环从A到B的过程中，穿过圆环的磁通量向上增加，依据楞次定律可知环中感应电流从上至下看为顺时针．故A项正确；B项，圆环从B到C的过程中穿过圆环的磁通量始终增加．故B项错误；C项，圆环从C到D的过程中穿过圆环的磁通量减小，依据楞次定律可知，圆环产生的感应电流有阻碍磁通量减小的趋势，所以圆环有收缩趋势．故C项正确；D项，圆环在C点时，穿过圆环的磁通量最大，此时穿过圆环的磁通量的改变率为0，没有感应电流，所以加速度等于g.故D项错误．9．(2024·山东一模)如图所示，线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间匀整增大；等离子气流(由高温高压的等电量的正、负离子组成)由左方连绵不断的以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中．发觉两直导线a、b相互吸引，由此可以推断，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为( )A．垂直纸面对外B．垂直纸面对里C．水平向左D．水平向右答案 B解析线圈A中磁场的方向向上增加时，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向下，感应电流的方向在线圈的外侧向左，电流的方向回旋向上，所以导线a中的电流方向向下．依据同向电流相互吸引可知，b中的电流方向也向下．b中电流方向向下说明极板P1是电源的正极，则正电荷在磁场中向上偏转，依据左手定则可知，P1、P2两极板间的匀强磁场的方向垂直于纸面对里．10．(2024·上海模拟)(多选)如图所示，两个相同的闭合铝环A、B被绝缘细线悬吊起来，与一个螺线管共同套在圆柱形塑料杆上，他们的中心轴线重合且在水平方向上，A、B可以左右自由摇摆，现将电键闭合，则下列说法中正确的是( )A．电键闭合瞬间，A中感应电流小于B中感应电流B．电键闭合瞬间，A、B之间的距离缩小C．电键闭合瞬间，两环有扩张趋势D．电键闭合瞬间，A环受到总的磁场力水平向左答案BC解析A项，在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量改变相同，依据法拉第电磁感应定律可知产生的电动势相等，再结合欧姆定律可知二者的感应电流大小相等．故A项错误；B项，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A、B之间的距离缩小．故B项正确；C项，电键闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量增大．由于电磁铁外边的磁场方向与电磁铁内部的磁场的方向相反，两环扩张面积时可以阻碍磁通量的增大，所以电键闭合瞬间，两环有扩张趋势，故C项正确；D项，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B相吸，A、B之间的距离缩小．所以A环受到总的磁场力水平向右．故D项错误．11．(2024·湖南模拟)如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．1 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力C．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反答案 A解析A项，0～1 s线圈中电流增大弱，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，依据楞次定律可知，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故A项正确；B项，1 s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B项错误；C项，0～1 s线圈中电流增大弱，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，有面积缩小趋势，故C项错误；D项，1～2 s正方向电流减小，2～3 s反向电流增大，依据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故D项错误．12.已知地磁场的分布类似于条形磁铁的磁场，可以近似认为地磁N极与地理南极重合，在恰好位于赤道上的某试验室水平桌面上，放置正方形闭合导体线框MNPQ，线框的MQ边沿南北方向，MN边沿东西方向(如图所示为俯视图)，下列说法正确的是( )A．若使线框向东平移，则M点电势比Q点电势低B．若使线框向北平移，则M点电势比N点电势高C．若以MQ边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为MQPN方向D．若以MN边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为MQPN方向答案 D解析赤道上的某试验室，地磁场的竖直重量为零．A项，若使线圈向东平移，地磁场的竖直重量零，线圈中没有磁通量，没有感应电流产生，M点的电势与Q点的电势相等，故A项错误；B项，若使线圈向北平移，地磁场的竖直重量零，线圈中没有磁通量，没有感应电流产生，M点的电势与N点的电势相等，故B项错误；C项，若以MQ边为轴，将线框向上翻转90°，地磁场的竖直重量为零，线圈中没有磁通量，没有感应电流，故C项错误，D项，若以MN边为轴，将线框向上翻转90°，线圈的磁通量增加，依据楞次定律推断则知，线圈中感应电流方向为MQPN，故D项正确．13.(2024·大连一模)(多选)如图是创意物理试验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摇摆线圈P时，线圈Q也会跟着摇摆，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是( )A．P向右摇摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向(从右向左看)B．P向右摇摆的过程中，Q也会向右摇摆C．P向右摇摆的过程中，Q会向左摇摆D．若用手左右摇摆Q，P会始终保持静止答案AB解析A项，P向右摇摆的过程中，穿过P的磁通量减小，依据楞次定律，P中有顺时针方向的电流(从右向左看)．故A项正确；B项，P向右摆的过程中，P中的电流方向为顺时针方向，则Q下端的电流方向向外，依据左手定则知，下端所受的安培力向右，则Q向右摇摆．同理，用手左右摇摆Q，P会左右摇摆．故B项正确，C项错误，D也错误．14.如图所示，在一有界匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，虚线为有界磁场的左边界，导轨跟圆形线圈M相接，图中线圈N与线圈M共面、彼此绝缘，且两线圈的圆心重合，半径R M<R N.在磁场中垂直于导轨放置一根导体棒ab，已知磁场垂直于导轨所在平面对外．欲使线圈N有收缩的趋势，下列说法正确的是( )A．导体棒可能沿导轨向左做加速运动B．导体棒可能沿导轨向右做加速运动C．导体棒可能沿导轨向左做减速运动D．导体棒可能沿导轨向左做匀速运动答案 C解析导体棒ab加速向左运动时，导体棒ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则推断出来ab中电流方向由b→a，依据安培定则可知M产生的磁场方向垂直纸面对外，穿过N的磁通量增大，线圈面积越大抵消的磁感线越多，所以线圈N要通过增大面积以阻碍磁通量的增大，故A项错误；同理说明B项错误，C项正确；导体棒ab匀速向左运动时，导体棒ab产生的感应电流恒定不变，线圈M产生的磁场恒定不变，穿过线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生，则线圈N不受磁场力，没有收缩的趋势，故D项错误．二、非选择题15．(2024·郑州模拟)在探讨电磁感应现象和磁通量改变时感应电流方向的试验中，所需的试验器材如图所示．现已用导线连接了部分试验电路．(1)请画实线作为导线从箭头1和2处连接其余部分电路；(2)试验时，将L1插入线圈L2中，合上开关瞬间，视察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (3)(多选)某同学设想使一线圈中电流逆时针流淌，另一线圈中感应电流顺时针流淌，可行的试验操作是________．A．抽出线圈L1B．插入软铁棒C．使变阻器滑片P左移D．断开开关答案(1)如图；(2)闭合电路中磁通量发生改变时，闭合电路中产生感应电流；(3)BC解析(1)本试验中L1与电源相连，通过调整滑动变阻器使L2中的磁通量发生改变，从而使L2产生电磁感应现象，故L2应与检流计相连；如答案图所示．(2)指针发生偏转说明电路中有电流产生，产生的缘由是闭合回路中磁通量发生了改变；故结论为：闭合电路中磁通量发生改变时，闭合电路中产生感应电流．(3)感应电流的方向与原电流方向相反，则它们的磁场也肯定相反，由楞次定律可知，原磁场应增加，故可以加入铁芯或使变阻器滑片P左移．。

备战2021新高考物理-重点专题-受力分析与平衡练习（一）一、单选题1.如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”型支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角为θ一个质量为m的小球穿在一条臂上，到节点的距离为h，小球始终与支架保持相对静止．设支架转动的角速度为ω，则A.当ω=0时，臂对小球的摩擦力大小为B.ω由零逐渐增加，臂对小球的弹力大小不变C.当时，臂对小球的摩擦力为零D.当时，臂对小球的摩擦力大小为mg2.如图①所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的小球（可视为质点），两小球带等量同种电荷，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为T．现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图②所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为T′．根据以上信息可以判断T 和T′的比值为（）A. B. C. D.条件不足，无法确定3.如图所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。

在缓慢抬起铁板的B端使θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止。

下列说法正确的是（）A.磁铁始终受到三个力的作用B.铁板对磁铁的弹力逐渐增大C.磁铁受到的摩擦力逐渐减小D.磁铁所受合外力先增大后减小4.滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是，g取10m/s2，连接滑轮的两根绳子之间的夹角为，则下列说法中正确的是（）A.重物A的质量为2kgB.绳子对B物体的拉力为C.桌面对B物体的摩擦力为10ND.OP与竖直方向的夹角为5.如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA，CB边与竖直方向的夹角均为θ．P，Q两个轻质小环分别套在CA，CB上，两根细绳的一端分别系在P，Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O．将质量为m的钩码挂在绳套上，OP，OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示，若l1＜l2，则下列说法正确的是（）A.OP绳子拉力大B.OQ绳子拉力大C.两根绳子拉力一定相等D.两根绳子拉力一定不相等6.如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为α1和α2（α1＜α2）时，物块A所受摩擦力的大小恰好相同，则物块A和木板间的动摩擦因数为（）A. B. C. D.7.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。

课后限时作业31 闭合电路欧姆定律时间：45分钟1．电阻R 1与R 2并联在电路中，通过R 1与R 2的电流之比为12，则当R 1与R 2串联接入电路中时，R 1与R 2两端电压之比U 1U 2为( B )A ．1 2B ．2 1C ．14D ．41解析：并联电路中电阻之比等于电流的反比，故R 1R 2＝21；由串联电路的规律可知，电压之比等于电阻之比，故U 1U 2＝21，选项B 正确．2．如图为某控制电路的一部分，已知AA ′的输入电压为24 V 如果电阻R ＝6 k Ω，R 1＝6 k Ω，R 2＝3 k Ω，则BB ′不可能输出的电压是( D)A ．12 VB ．8 VC ．6 VD ．3 V解析：若两开关都闭合，则电阻R 1和R 2并联，再和R 串联，U BB ′为并联电路两端电压，U BB ′＝R 1R 2R 1＋R 2R 1R 2R 1＋R 2＋R U AA ′＝6 V ；若S 1闭合、S 2断开，则R 1和R 串联，U BB ′＝R 1R 1＋RU AA ′＝12 V ；若S 2闭合、S 1断开，则R 2和R 串联，U BB ′＝R 2R 2＋RU AA ′＝8 V ；若两开关都断开，则电路断路，U BB ′＝24 V ，故D 不可能．3．在如图所示的电路中，R 1＝11 Ω，r ＝1 Ω，R 2＝R 3＝6 Ω.当开关S 闭合且电路稳定时，电容器C 带的电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 带的电荷量为Q 2，则( A )A ．Q 1Q 2＝1 3B ．Q 1Q 2＝3 1C ．Q 1Q 2＝15D ．Q 1Q 2＝51解析：当开关闭合时，电容器C 两端的电压为U 1＝E R 1＋R 2＋r R 2＝E3；当开关断开时，电容器C 两端的电压为U 2＝E ，则Q 1Q 2＝E3E ＝13，选项A 正确．4．(多选)四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表A 1、A 2和两个电压表V 1、V 2.已知电流表A 1的量程大于A 2的量程，电压表V 1的量程大于V 2的量程，改装好后把它们按下图所示接入电路，则( AD )A ．电流表A 1的读数大于电流表A 2的读数B ．电流表A 1指针的偏转角小于电流表A 2指针的偏转角C ．电压表V 1的读数小于电压表V 2的读数D ．电压表V 1指针的偏转角等于电压表V 2指针的偏转角解析：表头改装成大量程电流表需要并联分流电阻，分流电阻越小，分流越多，量程越大；表头改装成电压表需要串联分压电阻，分压电阻越大，分得的电压越大，量程越大．两电流表并联接在电路中，电流表A 1的量程大于电流表A 2的量程，则电流表A 1的电阻小于电流表A 2的电阻，并联电路中，电阻小的支路电流大，故电流表A 1的读数大于电流表A 2的读数，A 正确；两个电流表的表头是并联关系，因电压相同，故指针偏转角度相等，B 错误；两电压表串联接在电路中，电压表V 1的量程大于电压表V 2的量程，则电压表V 1的电阻大于电压表V 2的电阻，串联电路中，电阻大的分压大，故电压表V 1的读数大于电压表V 2的读数，C 错误；两个电压表的表头是串联关系，因电流相等，故指针偏转角度相等，D 正确．。

规范演练27 力学三大观点的综合应用[抓基础]1．如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A．5个小球静止，1个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．3个小球静止，3个小球运动D．6个小球都运动解析：A、B质量满足m A＜m B，则A、B相碰后A向左运动，B向右运动．由于B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；由于E、F 质量满足m E＞m F，则E、F都向右运动．所以B、C、D静止；A向左运动，E、F向右运动，选项C正确．答案：C2.如图所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点由静止滑下，则( )A．还是滑到C点停住B．滑到BC间停住C．会冲出C点落到车外D．上述三种情况都有可能解析：设BC长度为L.依照题意，小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有Q1＝F f L，其中F f为物体与小车之间的摩擦力．若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体系统，根据水平方向的动量守恒可知，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有Q2＝Q1，而Q2＝F f s，得到物体在小车BC部分滑行的距离s＝L，故物体仍滑到C点停住，选项A正确．答案：A3．(多选)(2019·江西上饶六校联考)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接在另一质量为m 的物体B ，如图乙所示，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩最大时的弹性势能为32mv 2D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv 2解析：题图甲中，由系统能量守恒得12m A v 20＝E pm ，题图乙中，由动量守恒和能量守恒得m A ·2v 0＝(m A ＋m )v ，12m A (2v 0)2＝E pm ＋12(m A ＋m )v 2， 联立解得m A ＝3m ，E pm ＝32mv 20，选项A 、C 正确．答案：AC4.(2019·汕头质检)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m 的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M 的木块，现有质量为m 0的子弹以大小为v 0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．子弹射入木块后的瞬间，速度大小为m 0v 0m 0＋m ＋MB ．子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于(M ＋m 0)gC ．子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于(M ＋m ＋m 0)gD ．子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒解析：子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m 0v 0＝(M ＋m 0)v 1，解得速度大小为v 1＝m 0v 0m 0＋M ，根据牛顿第二定律可得T －(M ＋m 0)g ＝(M ＋m 0)v 21l，可知绳子拉力大于(M＋m 0)g ，选项A 、B 错误；子弹射入木块后，对子弹、木块和圆环整体有N ＝T ＋mg ＞(M ＋m ＋m 0)g ，选项C 正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D 错误．答案：C5．(多选)(2019·青岛模拟)如图甲所示的光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计，图乙为物体A 与小车的v-t 图象(v 0、v 1及t 1均为已知)，由此可算出( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：在0～t 1时间内，物体A 与小车B 的图线与坐标轴包围的面积之差表示A 相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A 错误；设m 、M 分别表示物体A 与小车B 的质量，根据动量守恒定律mv 0＝(M ＋m )v 1，则m M ＝v 1v 0－v 1，选项B 正确；由物体A 的v-t 图象得a ＝v 0－v 1t 1＝μg ，可求出μ，选项C 正确；因B 车质量大小未知，故无法计算B 车的动能，选项D 错误．答案：BC6.(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m 1的足够长的木板向左匀速运动，t ＝0时刻，质量为m 2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t 1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v 1和a 1表示木板的速度和加速度，以v 2和a 2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向，则下列图中正确的是( )A B C D解析：木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m 1v －m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′，知m 1＞m 2，木块的加速度a 2＝F fm 2，方向向左，木板的加速度a 1＝F f m 1，方向向右，因为m 1＞m 2，则a 1＜a 2，选项A 错误，B 正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动，其速度先为负值，后为正值，木板先做匀减速直线运动，最终做速度向左的匀速运动，速度均为正值，D 项正确，C 项错误．答案：BD7.(多选)(2019·湖南长郡中学一模)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，则( )A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为F MB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12mv 2D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v 22gl解析：细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，对木板由牛顿第二定律得F ＝Ma ，解得a ＝FM，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12mv 2，C 错误；小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，从细绳拉断到小滑块滑到木板最右端，对小滑块、弹簧、木板组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，12mv 2＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．答案：ABD8.(多选)(2019·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A 处于静止状态，在A 的正上方h 高处有一质量也为m 的小球C .现将小球C 由静止释放，C 与A 发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．C 与A 碰撞后瞬间A 的速度大小为gh2B ．C 与A 碰撞时产生的内能为mgh2C ．C 与A 碰撞后弹簧的最大弹性势能为mgh2D ．要使碰后物体B 被拉离地面，h 至少为8mgk答案：ABD[提素养]9.(多选)(2019·石家庄检测)如图所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0，下列说法正确的是( )A ．最终小木块和木箱都将静止B ．最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为Mv 202－（Mv 0）22（M ＋m ）C ．木箱速度为v 03时，小木块的速度为2Mv 03mD ．最终小木块速度为Mv 0m答案：BC10.(2019·山西太原二模)如图为过山车的部分轨道，它由位于同一竖直面内的倾斜直轨道ab 以及半径不同的两个紧靠在一起的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ(间距可忽略)组成，圆轨道下滑进入点与滑出点错开一小段距离，其中，ab 与圆轨道Ⅰ相切于b 点，ab ＝48.9 m ，θ＝37°，R 1＝10 m ，R 2＝5.12 m ．车厢与ab 间的动摩擦因数为μ＝0.125.一次游戏中，质量m ＝500 kg车厢A 被牵引到a 点由静止释放，经切点b 进入圆轨道Ⅰ；绕过圆轨道Ⅰ后到达最低点P 时，与停在P 点的障碍物B 相撞并连一起进入圆轨道Ⅱ.将A 、B 视为质点，不考虑空气阻力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)车厢A 通过圆轨道Ⅰ最高点时受到弹力的值；(2)已知车厢能安全通过圆轨道Ⅱ，B 的质量不超过A 的多少倍？ 解析：(1)设A 到达b 点时速度为v b ，由动能定理得mgl ab (sin θ－μcos θ)＝12mv 2b ，v b ＝489 m/s ，A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ，则有mgR 1(1＋cos θ)＝12mv 2b －12mv 2c ，A 经c 点时，轨道对A 弹力为F ，有mg ＋F ＝m v 2cR 1，解得F ＝1 450 N.(2)A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ，有mgR 1(1－cos 37°)＝12mv 2P －12mv 2b ，解得v P ＝529 m/s ＝23 m/s ， 设A 与B 碰撞后共同速度为vmv P ＝(m ＋M )v ，设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ，在P 点最小速度为v ′P ，(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2dR 2，2(m ＋M )gR 2＝12(m ＋M )v ′2P －12(m ＋M )v 2d ，解得v ′P ＝256 m/s ＝16 m/s ， 当v ＝v ′P 时，M 最大， 解得M ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2316－1m ＝716m ， 即B 的质量不超过A 的716.答案：(1)1 450 N (2)71611．(2019·西安适应性测试)如图所示，两个长度为L 、质量为m 的相同长方体物块1和2叠放在一起，置于固定且左、右正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L ，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m 的钢球用长为R 的轻绳悬挂在O 点，将钢球拉到与O 点等高的位置A (拉直)静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s (s ＞2L )后停下．又将钢球拉回A 点静止释放，撞击物块2后钢球又静止．物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下，重力加速度为g ，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦，求：(1)物块与地面间的动摩擦因数； (2)两物块都停下时物块2滑行的总距离． 解析：(1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v 0， 根据机械能守恒定律，有mgR ＝12mv 20，可得v 0＝2gR ， 钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v 1，根据动量守恒定律，有mv 0＝mv 1，联立解得v 1＝2gR ，设物块与地面间的动摩擦因数为μ， 物块1碰撞获得速度后滑行至停下， 由动能定理，有－2μmgL －μmg (s －L )＝0－12mv 21，联立解得μ＝RL ＋s.(2)设物块2被钢球碰后的速度为v 2， 物块2与物块1碰撞前速度为v 3，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，有v 2＝v 1＝2gR ，－μmg (s －L )＝12mv 23－12mv 22，设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v 4， 两物块一起继续滑行距离为s 1， 根据动量守恒定律和动能定理，有mv 3＝2mv 4，－2μmgs 1＝0－12×2mv 24，可得s 1＝12L ，设物块2滑行的总距离为d ， 则d ＝s －L ＋s 1＝s －L2.答案：(1)R L ＋s (2)s －L212．如图所示，小球A 质量为m ，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h .物块B 和C 的质量分别为5m 和3m ，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g ，求碰撞过程B 物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．解析：设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v 1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12mv 21，解得：v 1＝2gh .设碰撞后小球反弹的速度大小为v ′1，同理有：mg h 16＝12mv ′21，解得：v ′1＝2gh4. 设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv 1＝－mv ′1＋5mv 2，解得：v 2＝2gh 4. 由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为：I ＝5mv 2＝54m 2gh .碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5mv 2＝8mv 3，据机械能守恒定律：E pm ＝12×5mv 22－12×8mv 23，解得：E pm ＝15128mgh .答案：54m 2gh 15128mgh13．(2019·湖北仙桃、天门、潜江三市期末)如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的14光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 越过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g 取10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．解析：(1)设物块m 1下滑到B 点时的速度为v B ，由机械能守恒可得： m 1gR 1＝12m 1v 2B ，解得：v B ＝6 m/s.m 1、m 2碰撞满足动量守恒：m 1v B ＝(m 1＋m 2)v 共， 解得：v 共＝2 m/s.则碰撞过程中损失的机械能为：E 机＝12m 1v 2B －12mv 2共＝12 J.(2)物块m 由B 到C 满足机械能守恒： 12mv 2共＋mg ×2R 2＝12mv 2C ， 解得：v C ＝4 m/s.在C 处由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2CR 2，解得：F N ＝190 N.(3)设物块m 滑上木板后，当木板速度为v 2＝2 m/s 时，物块速度为v 1， 由动量守恒定律得：mv C ＝mv 1＋Mv 2， 解得：v 1＝3 m/s.设在此过程中物块运动的位移为x 1，木板运动的位移为x 2，由动能定理得： 对物块m ：－μmgx 1＝12mv 21－12mv 2C ，解得：x 1＝1.4 m. 对木板M ：μmgx 2＝12Mv 22，解得：x 2＝0.4 m ，此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：x 3＝L ＋x 2－x 1＝1 m. 设物块m 在台阶上运动的最大距离为x 4，由动能定理得： －μmg (x 3＋x 4)＝0－12mv 21，解得：x 4＝0.8 m.答案：(1)12 J (2)190 N (3)0.8 m。

2024——2025年高考物理一轮复习机械振动与机械波专练一、单选题（本大题共5小题）1．如图甲，O 点为单摆的固定悬点，将力传感器接在摆球与O 点之间。

现将摆球拉到A 点，释放摆球，摆球将在竖直面内的A 、C 之间来回摆动，其中B 点为运动中的最低位置，图乙表示细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的曲线，图中为摆球从A 点开始运动的时刻，g 取。

下列说法正确的是（ ）A ．单摆的振动周期B ．摆长C ．摆球的质量D ．摆球运动过程中的最大速度2．一列简谐横波沿轴正方向传播，图1是波传播到的M 点时的波形图，图2是质点N （）从此时刻开始计时的振动图像，Q 是位于处的质点。

下列说法正确的是（ ）A ．这列波的传播速度是B ．时质点Q 首次到达波峰位置C ．P 点的振动方程为D ．该简谐横波的起振方向为y 轴正方向3．如图所示，在一根张紧的水平绳上挂几个摆，其中A 、E 摆长相等。

先让A 摆振动起来，其他各摆随后也跟着振动起来，则（ ）0t =210m /s 0.2πs0.1m0.05kg /s x 5m x =3m x =10m =x 1.25m /s8s t =()1110sin cm 22x t ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭A ．其它各摆振动振幅与摆动周期均与A 摆相同B ．其它各摆振动振幅大小相同，但摆动周期不同C ．其它各摆振动振幅大小不相同，E 摆振幅最大D ．其它各摆振动周期大小不同，D 摆周期最大4．如图所示，波长和振幅分别为和的简谐横波沿一条直线传播，两点的平衡位置相距。

某一时刻在a 点出现波峰，从此时刻起再经过0.2秒在b 点第一次出现波峰，则（ ）A ．若波由a 向b 传播，波的传播速度为B ．若波由b 向a 传播，波的传播速度为C ．从b 点出现波峰开始计时，内质点b 经过的路程可能为D ．从b 点出现波峰开始计时，末质点b 可能处在波谷的位置5．汽车主动降噪系统是一种能够自动减少车内噪音的技术，在汽车行驶过程中，许多因素都会产生噪音，系统会通过车身的声学反馈技术，通过扬声器发出声波将车外噪音反向抵消，从而减少车内噪音。

专题52 库仑定律的应用1．如图所示,将一束塑料包扎带一端打结，另一端撕成细条后，用手迅速捋细条,观察到细条散开了，则产生这种现象的原因是（）A．细条之间相互感应起电,相互排斥散开B．撕成细条后，所受重力减小，细条自然松散C．撕成细条后，由于空气浮力作用，细条散开D．由于摩擦起电，细条带同种电荷，相互排斥散开2.已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图所示，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R。

现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V ＝错误!πr3，则A点处检验电荷q受到的电场力的大小为() A。

错误!B.错误!C.错误!D.错误!3．[2020·浙江“七彩阳光"联考]真空中两个大小相同、带等量异种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷，电荷量分别为Q 和－Q）,分别固定在两处，它们之间的静电力为F。

用一个带电荷量为－错误!Q的相同金属球C先后与A、B球接触,然后移开球C，此时A、B球间的静电力为（)A。

错误!B。

错误!C.错误!D.错误!4．［2020·河南郑州模拟］如图甲、乙所示，两个带电荷量均为q的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和错误!圆环的圆心，环的粗细可忽略不计．若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为（)A.错误!F B。

错误!F C.错误!F D。

错误!F5．[2019·北京卷]如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q〉0)为球心的球面上，c点在球面外，则（）A．a点场强的大小比b点大B．b点场强的大小比c点小C．a点电势比b点高D．b点电势比c点低6．[2020·黑龙江重点中学联考]如图所示,带正电的小球A固定在竖直的绝缘杆上,带正电的小球B用绕过球A正上方的定滑轮的绝缘细线拉着，开始时球A、球B在同一水平线上并处于静止状态,两小球均可视为质点．现用力拉细线使小球B缓慢向上移动，小球B在向上移动过程中，两球的带电荷量保持不变，不计两球间的万有引力,则在球B缓慢移动一小段距离的过程中()A．A、B两球间的距离在减小B．小球B的运动轨迹是一段圆弧C．细线上的张力可能先变大后变小D．细线上的张力可能先变小后变大7．［2020·福建三明一中模拟]如图所示，在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在力F的作用下做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为（) A。

高考物理一轮精细复习（基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题）交变电流的产生及描述（含解析）一、三年高考考点统计与分析考点试题题型分值交变电流的产生及描述2012年北京T152012年广东T192012年山东T182012年安徽T232011年天津T42010年广东T19选择选择选择计算选择选择6分6分5分16分6分6分变压器、电能的输送2012年全国新课标T172012年福建T142012年天津T42012年重庆T152012年江苏T72012年海南T42011年全国新课标T172011年山东T202011年广东T192011年福建T152011年海南T112011年江苏T13选择选择选择选择选择选择选择选择选择选择填空计算6分6分6分6分4分3分6分4分6分6分4分15分2010年浙江T17选择6分实验：传感器的简单应用2011年江苏T6选择4分(1)及应用、交变电流的有效值、交变电流的平均值以及远距离输电等知识的理解和应用。

其中针对变压器的原理及应用的题目出现的频率非常高，另外交流电的最大值、瞬时值、平均值、有效值的计算和应用也是考查频率较高的知识点。

(2)高考对本章内容的考查主要以选择题的形式出现，多和电路相结合进行命题。

试题难度一般在中等及中等偏下的层次。

二、2014年高考考情预测预计在2014年高考中，对交流电的考查仍会集中在上述知识点上，仍将通过交变电流的图象考查交变电流的四值、变压器等问题，以分值不超过6分的选择题为主。

[备课札记]第十章交变电流传感器[学习目标定位]考纲下载考情上线1.交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)2．正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ) 3．理想变压器(Ⅰ)4．远距离输电(Ⅰ)实验十一：传感器的简单使用高考地位高考对本部分知识的考查主要以选择题的形式出现，但也出现过关于交变电流的计算题，试题的难度一般在中等偏下，分值在6～10分左右。

考点点击1.交变电流的产生、图象和有效值问题。