高一物理试题-2018学年高一物理下册课时作业题5001 最新

一辆卡车在丘陵地段匀速率行驶，地形如图所示，途中爆胎，爆胎可能性最大的地段应是( 过最低点时，向心加速度向上，卡车处于超重状态，F N 1－mg ＝m v 2r 过凸形路的最高点时设所受支持力为F N 2，则有，且r 越小， 光滑的水平面上，小球在拉力突然发生变化，下列关于小球运动的说法突然消失，小球将沿轨迹Pa 做离心运动突然变小，小球将沿轨迹Pa 做离心运动突然变大，小球将沿轨迹Pb 做离心运动突然变小，小球将沿轨迹Pc 逐渐靠近圆心突然消失时，由于惯性小球从这时起将做匀速直线突然减小，F 不足以提供小球所需的向心力，突然变大，F 做近心运动．综上所述A 正确，B某公园的过山车驶过轨道的最高点时，乘客在座椅里面头朝下，，人体重为mg，要使乘客经过轨道最高点时对座椅的压力等于自身的重力，则过山车在最高点时的速度大小．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示．当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心作用．行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒它的优点是能够在现有线路上运行，在匀速转动的水平圆盘上，和B，它们与圆盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转动到两个物体刚好还未发生滑动时，．两物体沿切线方向滑动．两物体沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远．两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体两物体的角速度相同，半径越大，所需的向心物体需要的向心力大于A物体需要的向心力，细线相连，之间有作用力，故烧断细线后，A物体所需的向心力仍小于仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体生滑动，且离圆盘圆心越来越远．D正确．当滚轮碰到固定挡板突然停止时，物体，绳子对物体的拉力突然变化，与重力的合力提供物体做圆周运m动的向心力，由牛顿第二定律可得F－mg＝的光滑半圆球固定在水平面上，物体，现给小物体一个水平初速度v0＝gR，则物体将的新圆弧轨道运动．立即离开球面做平抛运动始自由下滑，通过轨道最低点时()．小球对两轨道的压力相同．小球对两轨道的压力不同．试管中装了血液，封住管口后，将此管固定在转盘上，如图所示，当转盘以一定角速度转动时()．血液中密度大的物质将聚集在管的外侧．血液中密度大的物质将聚集在管的内侧．血液中密度大的物质将聚集在管的中央完全被释放后与释放前相比，下列说法正确的是两球落地点间的距离． 两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．球应用牛顿第二定律得3mg ＋mg ＝m v 2A R。

楞次定律和法拉第电磁感应定律(限时：45分钟)一、单项选择题1． (2018·浙江·15)磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图1所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t 关系图可能是( )图1答案 D解析 当以不同速度刷卡时，磁卡的不同的磁化区经过线圈时，线圈内的磁通量的变化量ΔΦ是相同的，刷卡速度由v 0变为v 02时，完成相同磁通量变化的时间Δt 变为原来的2倍，由E ＝n ΔΦΔt得线圈产生的感应电动势相应的都变为原来的12，故D 选项正确．2． (2018·北京·17)如图2所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )图2A ．c →a,2∶1 B．a →c,2∶1 C ．a →c,1∶2 D．c →a,1∶2 答案 C解析 用右手定则判断出两次滑动中金属棒MN 中的电流方向为N →M ，所以电阻R 中的电流方向为a →c .由感应电动势公式E ＝Blv 可知：E 1E 2＝Blv 2Blv ＝12，故选项C 正确．3． 如图3所示，在0≤x ≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy 坐标系平面内，线框的ab 边与y 轴重合，bc 边长为L .设线框从t ＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i (取逆时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象可能是选项中的 ( )图3答案 D解析线框进入磁场时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向(正方向)，线框出磁场时，感应电流的方向为顺时针方向(负方向)；线框做初速度为零的匀加速直线运动，若线框的dc边由－L处运动到O处时所用的时间为t0，那么线框的dc边从L处运动到2L处所用的时间将小于t0；综上所述，选项D正确．4．如图4所示，虚线MN表示正方形金属框的一条对称轴，A、B、C 是三个磁感线均匀分布的有界磁场区，区内磁感应强度随时间变化规律都满足B＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框在A区中的感应电流为I，在B区和C区内感应电流分别为I B、I C，以下判断正确的是( )图4A．I B＝2I，I C＝2I B．I B＝2I，I C＝0C．I B＝0，I C＝0 D．I B＝I，I C＝I 答案 B解析对于A线框I A＝ΔBΔt·S2＝I；对于B线框I B＝ΔBΔtS＝2I；对于C线框，由于上侧磁通量的增量与下侧磁通量的增量大小相同，但是方向相反，所以整个线框中磁通量不发生变化，无感应电流，B正确．5．如图5所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x轴按B＝B0＋kx(B0、k为常量)的规律均匀增大．位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc 边与x轴平行向右匀速运动．若规定电流沿a→b→c→d→a的方向为正方向，则从t＝0到t＝t1的时间间隔内，下列关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象，正确的是( )图5答案 A解析设正方形的边长为L，速度为v，当ad边位于x处时，bc边位于(x＋L)处，则ad边切割磁感线产生的感应电动势为：E ad ＝(B0＋kx)Lv，bc边切割磁感线产生的感应电动势为：E bc＝[B0＋k(x＋L)]Lv，由此可得整个回路的感应电动势E＝E bc－E ad＝kL2v，即E为恒定值，所以感应电流的大小保持不变，且为a→b→c→d→a的方向，选项A正确．6．如图6所示，一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的等腰直角三角形区域内，一固定的正方形金属框，其边长与三角形的直角边相同，每条边的材料均相同，现在让有界匀强磁场向右匀速地通过金属框且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上．在磁场通过金属框的过程中电势差U ab 随时间变化的图象是下列四个图中的( )图6答案 D解析由E＝Blv可知产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比，由于是匀速运动，有效长度跟时间呈线性关系，结合楞次定律可知，ab边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是逆时针方向，电势差U ab ＝－34Blv ，cd 边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是顺时针方向，电势差U ab ＝－14Blv ，故选项D正确．7． 如图7所示，两个宽度均为L 的条形区域，存在着大小相等、方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，以竖直虚线为分界线，其左侧有一个用金属丝制成的与纸面共面的直角三角形线框ABC ，其底边BC 长为2L ，并处于水平．现使线框以速度v 水平匀速穿过匀强磁场区，则此过程中，线框中的电流随时间变化的图象正确的是(设逆时针的电流方向为正方向，取时间t 0＝Lv作为计时单位)( )图7答案 D解析 根据题意，从2t 0到3t 0的过程中电流大小由2i 0逐渐增大为3i 0，从3t 0到4t 0的过程中电流大小由i 0逐渐增大为2i 0，且在4t 0时电流大小为2i 0，所以选项D 正确．8．如图8所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1＜R2＜R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )图8A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗C．L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗D．L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗答案 C解析电键K从闭合状态突然断开时，电感L中产生自感电动势，感应电流向右，与L3构成闭合回路，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗，选项C正确．二、多项选择题9．如图9，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是( )图9A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B．穿过线圈a的磁通量变小C ．线圈a 有缩小的趋势D ．线圈a 对水平桌面的压力F N 将增大 答案 CD解析 若将滑动变阻器的滑片P 向下滑动，螺线管b 中的电流增大，根据楞次定律，线圈a 中将产生俯视逆时针方向的感应电流，穿过线圈a 的磁通量变大，线圈a 有缩小的趋势，线圈a 对水平桌面的压力F N 将变大，选项C 、D 正确．10．水平面上的光滑平行导轨MN 、PQ 上放着光滑导体棒ab 、cd ，两棒用绝缘拉直的细线系住．t ＝0时刻的匀强磁场的方向如图10甲所示，磁感应强度B 随时间t 的变化图线如图乙所示，不计ab 、cd 间电流的相互作用，则( )图10A ．在0～t 2时间内回路中的电流先顺时针后逆时针B ．在0～t 2时间内回路中的电流大小先减小后增大C ．在0～t 2时间内回路中的电流大小不变D ．在0～t 1时间内细线的张力逐渐减小 答案 CD解析 0～t 2时间内，磁场先向里减小，再向外增大，由楞次定律可知，电流一直为顺时针方向，A 错误；由E ＝ΔBΔt S ＝kS 可知，产生的感应电动势、感应电流大小不变，B 错误，C 正确；导体棒受到的安培力F ＝BIl,0～t 1时间内电流恒定而磁场减小，则安培力减小，细线的张力逐渐减小，D 正确．11．如图11所示，34部分的金属圆环，半径为a ，固定在水平面上．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直圆面向里，覆盖圆环所在区域(图中未画出)．长度大于2a 的金属杆OA 可以绕圆环的端点O 沿逆时针方向匀速转动，转动的角速度为ω.杆转动时，在端点O 处杆与金属圆环是绝缘的，杆的另一端与金属圆环接触良好．用导线将电阻R 连接在杆的O 端和金属圆环之间，除R 外其余电阻不计．θ由0开始增加到3π4的过程中，下列说法正确的是( )图11A ．通过电阻R 的电流先增大后减小B ．θ＝π3时，杆切割磁感线产生的感应电动势为3Ba 2ωC ．通过电阻R 的电荷量为B πa 2RD ．电阻R 的最大电功率是4B 2a 4ω2R答案 AD解析 由于杆与金属圆环绝缘，电路为纯串联结构，由金属杆切割磁感线的有效长度先增大后减小和E ＝Bl v 可知感应电动势先增大后减小，因此感应电流也是先增大后减小，选项A 正确；当θ＝π3时，切割磁感线的有效长度为2a cos π6＝3a ，感应电动势为E ＝Bl v ＝3Ba ·ω·3a 2＝32Ba 2ω，选项B 错误；由q ＝I Δt＝E RΔt ＝ΔΦΔt ·Δt R ＝ΔΦR ＝B ΔSR可知，通过电阻R 的电荷量为Ba 234π＋12R，选项C 错误；当金属杆转过90°时，电阻R 的电功率最大，为P m ＝E 2mR ＝ 2aB ω·2a 22R ＝4B 2a 4ω2R，选项D 正确．12．如图12甲所示，一个边长为L 的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁感应强度的方向垂直于导线框所在平面．规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab 边所受安培力的正方向．已知在0～4 s 时间内导线框ab 边所受的安培力如图乙所示，则下图中能正确表示磁感应强度B 随时间变化的图象是( )图12答案 ABD解析 由F ＝BIl 、I ＝E R 、E ＝S ΔBΔt可知，由于第1 s 内，ab 边所受安培力向左且逐渐减小，线圈中的磁场应向外均匀减弱，或向里均匀减弱；由于第2 s 内，ab 边所受安培力向右逐渐增大，线圈中的磁场应向里均匀增强，或向外均匀增强；第3 s 内的磁场变化与第1 s 内相同，第4 s 内的磁场变化与第2 s 内相同，选项A 、B 、D 正确，C 错误．13．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13甲所示；有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示．在t ＝0时刻平行板之间的中心位置有一电荷量为＋q 的粒子由静止释放，粒子的重力不计，平行板电容器的充、放电时间不计．则以下说法中正确的是 ( )图13A ．第1秒内上极板为正极B ．第2秒内上极板为正极C ．第2秒末粒子回到了原来位置D ．第2秒末两极板之间的电场强度大小为πr 210d答案 BD 解析 0～1 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，下极板带正电，由于粒子带正电，故粒子所受电场力方向竖直向上，粒子向上做匀加速运动；1 s ～2 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，则粒子所受电场力方向竖直向下，粒子向上做匀减速运动，2 s 末速度减小为零；2 s ～3 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，则粒子所受电场力方向竖直向下，粒子向下做匀加速运动；3 s ～4 s 内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，粒子向下做匀减速运动，4 s 末速度减小为零，同时回到了原来的位置，故选项A 、C 错误，B 正确．两极板间的电场强度大小E ＝U d ＝S ΔB Δt d ＝πr 210d，选项D 正确．。

两球间距离为r，而球质量分布均匀，
，则两球间的万有引力的大小为()
m2
r1)2
m1m2
r1＋r2)2
两球质量分布均匀，可认为质量集中于球心，根据万
m2
1
.
r1＋r2)2
为质量均为m的两个质点，分别置于地球表面上的不同纬度上，如果把地球看成一个均匀球体，
随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是
受地球引力大小相等
的星体，其连线的垂直平分线为
体连线的中点，如图所示，一个质量为m的物体从
动，则它受到的万有引力大小变化情况为(
．一直减小
．先减小后增大
O点时，两星体对物体的万有引力等大
当物体在无限远处时，两星体对物体的万有引力均为零，合力也为零．故物体从O沿OM方向运动，则它受到的万有
假设地球自转速度达到使赤道上的物体能“飘”起来，试估算一下，此时地球上的一天等于多少小时？
根据万有引力定律
已知该星球的半径与地球半径之比为星：R＝：4
星：M
本题考查了星体表面的抛物运动及万有引力与其表面
＝：
：。

5.3 课时作业基础达标1．在“研究平抛物体的运动”的实验中，为减小空气阻力对小球的影响，选择小球时，应选择()A．实心小铁球B．空心小铁球C．实心小木球D．以上三种球都可以【解析】在本实验中，应该选用密度大、体积小的小球，以减少空气阻力对小球运动的影响．【答案】 A2.如图所示，在研究平抛运动时，小球A沿轨道滑下，离开轨道末端(末端切线水平)时撞开接触开关S，被电磁铁吸住的小球B同时自由下落．改变整个装置的高度H做同样的实验，发现位于同一高度的A、B两个小球总是同时落地．该实验现象说明了A球在离开轨道后()A．水平方向的分运动是匀速直线运动B．水平方向的分运动是匀加速直线运动C．竖直方向的分运动是自由落体运动D．竖直方向的分运动是匀速直线运动【解析】A球平抛的同时B球自由下落，且两球在同一高度上，又两球总是同时落地，这只能说明A球在抛出后竖直方向的分运动是自由落体运动，但并不能说明A球的水平分运动是匀速直线运动．正确选项为C.【答案】 C3．在“研究平抛物体运动”的实验中，可以测出小球做平抛运动的初速度．实验简要步骤如下：A．让小球多次从________位置滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；B．安装好器材，注意________，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线；C．测出曲线上某点的坐标x、y，用v0＝________算出平抛运动的初速度；D．取下白纸，以O为原点、以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹．丙同学采用频闪照相法拍摄到如图丙所示的小球做平抛运动图中每个小方格的边长为L＝1.25 cm，则由图可求得拍摄时光一次，该小球做平抛运动的初9.8 m/s2)甲图是通过实验来验证平抛运动的小球在竖直方向上结论为：平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体乙图是通过实验来验证平抛运动的小球在水平方向上做匀速直P球击中Q球，平抛运动的物体在水平方向上做匀丙图是对平抛运动的图象进行分析处理的考查，试根据平抛运动原理设计“测量弹射器弹丸出射初速度”的实提供的实验器材为弹射器(含弹丸，和水平射程x.的条件下进行多次实验，测量水平射程，以减小误差．2yg，又因．利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图甲所示，在正下方有水平放置的炽热的电热丝为水平木板，已知悬线长为P必须置于悬点正下方___________________________________________________________ _______________________________________________________ _________________.将小球向左拉起后自由释放，最后小球落在木板上的。

基础训练1. 行星之所以绕太阳运行，是因为( )A. 行星运动时的惯性作用B. 太阳是宇宙的控制中心，所有星体都绕太阳旋转C. 太阳对行星有约束运动的引力作用D. 行星对太阳有排斥力作用，所以不会落向太阳2. 对于质量为m 1和质量为m 2 的两个物体间的万有引力的表达式F ＝G m 1m 2r 2，下列说法正确的是( )A. m 1和m 2所受引力总是大小相等的B. 当两物体间的距离r 趋于零时，万有引力无穷大C. 当有第3个物体m 3放入m 1、m 2之间时，m 1和m 2间的万有引力将增大D. m 1和m 2所受的引力性质可能相同，也可能不同3. (多选)关于太阳与行星间引力F ＝G Mm r2，下列说法中正确的是( )A. 公式中的G 是引力常量，是人为规定的B. 这一规律可适用于任何物体间的引力C. 太阳与行星的引力是一对平衡力D. 检验这一规律是否适用于其他天体的方法是比较观测结果与推理结果的吻合性 4. (多选)关于引力常量G ，下列说法中正确的是( )A. G 值的测出使万有引力定律有了真正的实用价值B. 引力常量G 的大小与两物体质量的乘积成反比，与两物体间距离的平方成正比C. 引力常量G 在数值上等于两个质量都是1 kg 的可视为质点的物体相距1 m 时的相互吸引力D. 引力常量G 是不变的，其数值大小与单位制的选择无关5. 地球可近似看成球形，由于地球表面上物体都随地球自转，所以有( )A. 物体在赤道处受的地球引力等于两极处，而重力小于两极处B. 赤道处的角速度比南纬30°大C. 地球上物体的向心加速度都指向地心，且赤道上物体的向心加速度比两极处大D. 地面上的物体随地球自转时提供向心力的是重力6. 一个物体在地球表面所受的重力为G ，在距地面高度为地球半径的位置，物体所受地球的引力大小为( )A. G 2B. G 3C. G 4D. G9 拔高训练7. (多选)在探究太阳与行星间的引力的思考中，属于牛顿的猜想的是( )A. 使行星沿圆轨道运动，需要一个指向圆心的力，这个力就是太阳对行星的吸引力B. 行星运动的半径越大，其做圆周运动的运动周期越大C. 行星运动的轨道是一个椭圆D. 任何两个物体之间都存在太阳和行星之间存在的这种类型的引力8.(多选)如图所示，P 、Q 为质量均为m 的两个质点，分别置于地球表面不同纬度上，如果把地球看成是一个均匀球体，P 、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A. P 、Q 受地球引力大小相等B. P 、Q 做圆周运动的向心力大小相等C. P 、Q 做圆周运动的角速度大小相等D. P 、Q 两质点的重力大小相等9. 两大小相同的实心小铁球紧靠在一起，它们之间的万有引力为F ，若两个半径是小铁球2倍的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为( )A. 2FB. 4FC. FD. 16F 10. 据报道，科学家曾在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的 6.4倍，一个在地球表面重力为600N 的人在这个行星表面的重力将变为960N 。

圆周运动的实例分析练习1．飞机在沿水平方向匀速飞行时，飞机受到的重力与垂直于机翼向上的升力为平衡力，当飞机沿水平面做匀速圆周运动时，机翼与水平面成α角倾斜，这时关于飞机受力说法正确的是（）．A．飞机受到重力、升力B．飞机受到重力、升力和向心力C．飞机受到的重力和升力仍为平衡力D．飞机受到的合外力为零2．汽车以一定速率通过拱形桥时，下列说法正确的是（）．A．在最高点汽车对桥的压力大于汽车的重力B．在最高点汽车对桥的压力等于汽车的重力C．在最高点汽车对桥的压力小于汽车的重力D．汽车以恒定的速率过桥时，汽车所受的合力为零3．在高速公路的拐弯处，路面造得外高内低，即当车向右拐弯时，司机左侧的路面比右侧的要高一些，路面与水平面间的夹角为θ.设拐弯路段是半径为R的圆弧，要使车速为v时车轮与路面之间的横向（即垂直于前进方向）摩擦力等于零，θ应等于（）．A．arcsin2vRg B．arctan2vRgC．12arcsin2v2RgD．arccot2vRg4．半径为R的光滑半圆球固定在水平面上（如图），顶部有一小物体A，今给它一个水平初速度v0）．A．沿球面下滑至M点B．沿球面下滑至某一点N，便离开球面做斜下抛运动C．按半径大于R的新的圆弧轨道做圆周运动D．立即离开半圆球做平抛运动5．如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是（）．A．若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B．若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C．若拉力突然变小，小球将可能沿轨迹Pb做离心运动D．若拉力突然变大，小球将可能沿轨迹Pc做近心运动6．在水平转台上，放着A、B两个物体，与转轴的距离相等，如图所示，两个物体的质量分别为m A和m B，两个物体与转台的动摩擦因数相等，开始时，A、B随转台一起转动，当转台绕轴转动逐渐加快时（）．A．A先滑动B．B先滑动C．同时滑动D．条件不足，不能判断哪个物体先滑动7．质量为m的小球在竖直平面内的圆形轨道的内侧运动，如图所示，经过最高点而不脱离轨道的速度临界值是v，当小球以2v的速度经过最高点时，对轨道的压力值是（）．A．0 B．mgC．3mg D．5mg8．如图所示，用长为L的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是（）．A．小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力B．小球在最高点时绳子的拉力不可能为零C．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速D．小球过最低点时绳子的拉力一定大于小球重力9．一木块放于水平转盘上，与转轴的距离为r，若木块与盘面间的最大静摩擦力是木块重力的μ倍，则转盘转动的角速度最大是____．10．杂技演员在做水流星表演时，用绳系着装有水的水桶，在竖直平面内做圆周运动，水的质量m＝0.5 kg，绳长l＝60 cm，如图所示，求：（1）最高点水不流出的最小速率；（2）水在最高点速率v＝3 m/s时，水对桶底的压力．参考答案1．答案：A解析：类似火车转弯情况，飞机受到重力、升力的合力提供飞机沿水平面做匀速圆周运动时的向心力，应选A.2．答案：C解析：汽车以一定速率通过拱形桥时，在最高点汽车做圆周运动的向心力竖直向下，处于失重状态，汽车对桥的压力小于汽车的重力，C 对，A 、B 、D 错误．3．答案：B解析：汽车受重力和支持力，当横向摩擦力为零时，两个力的合力提供向心力，则有mg tan θ＝2v m R ，故有θ＝arctan 2v Rg. 4．答案：D解析：小物体在半球面的顶点，若是能沿球面下滑，则它受到的半球面的弹力与重力的合力提供向心力，有mg －F ＝20mv R ＝mg ，因F＝0，这说明小物体与半球面之间无相互作用力，小物体只受到重力的作用，又有水平初速度，小物体做平抛运动．5．答案：ACD解析：由2=mv F R知，拉力变小，F 提供向心力不足，R 变大，小球做离心运动；反之，F 变大，小球做近心运动．6．答案：C解析：本题中A 、B 两物体做圆周运动的向心力都是由静摩擦力提供的．由向心力公式F ＝m ω2r 可得：达到最大静摩擦力时有关系式μmg ＝m ω2r ，即μg ＝ω2r ，显然谁先滑动与m 无关，只与半径有关．7．答案：C解析：小球过最高点而恰好不脱离轨道时，小球只受重力作用，即2=v mg m R ；当小球以2v 的速度过最高点时，有mg ＋F N ＝2(2)v m R，联立解得F N ＝3mg ，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为3mg .8．答案：CD解析：由于不知道小球在圆周最高点时的速率，故无法确定绳子的拉力大小，A 、B 选项错误；若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率满足2=v mg L ，推导可得v C 正确；小球过最低点时，向心力方向向上，故绳子的拉力一定大于小球重力，D 选项也正确．9．解析：最大静摩擦力提供向心力时，角速度最大，f max ＝μmg ＝2max m r ω，ω.10．答案：（1）2.42 m/s （2）2.6 N 方向竖直向上解析：（1）在最高点水不流出的条件是重力不大于水做圆周运动所需要的向心力，即20v mg m R≤，则所求最小速率0v ＝2.42 m/s.（2）当水在最高点的速率大于v 0时，只靠重力提供向心力已不够，此时水桶底对水有一向下的压力，设为F N ，由牛顿第二定律有F N ＋mg ＝2v m R ，F N ＝2v m R－mg ＝2.6 N ．由牛顿第三定律知，水对水桶的作用力F N ′＝F N ＝2.6 N ，方向竖直向上．。

7.10 课时作业基础达标1．下列物理过程，物质运动形式没有发生变化的是()A．哈雷彗星绕太阳做变速椭圆运动B．冰块沿光滑斜面下滑C．氢气球匀速上升D．热水瓶瓶塞向上跳起【解析】因为A、B为机械运动，在运动过程中只有动能和势能的相互转化，始终在机械能的范畴内．C和D都有内能和机械能之间的相互转化．【答案】AB2.市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子(如图所示)．在阳光的照射下，小电扇快速转动，能给炎热的夏季带来一丝凉爽．该装置的能量转化情况是()A．太阳能→电能→机械能B．太阳能→机械能→电能C．电能→太阳能→机械能D．机械能→太阳能→电能【解析】电池板中太阳能转化为电能，小电动机中电能转化为机械能．【答案】 A3．我国居民有在房前种树的习惯，夏天大树长出茂密的叶子，为人们挡住炎炎烈日，冬天树叶又会全部掉光，使温暖的阳光进入层内，可以起到冬暖夏凉的作用，被人们称为天然空调．炎热的夏天，我们在经过有树的地方时，也会感到很明显的凉意．关于树木周围比较凉爽的现象，下列说法正确的是()A．树木把大部分太阳光反射出去，使地面温度降低B．树木吸收太阳能，使自己温度升高，周围温度降低C．树木吸收太阳能，将太阳光的能量转化为化学能，使环境温度降低D．白天树木将热量存起来，晚上再将热量放出来，所以白天在树林里感到凉爽而晚上感到热【解析】树木进行光合作用，将太阳能转化成树木生长所需的化学能，因此能使环境温度降低，并不是将能量反射或使自己温度升等部件加以改进．给电动车蓄电池充电的能量实际上来自于发电站，烧燃料所释放出来的能量仅30%转化为电能，在向用户输送及充电过20%，这意味着使用电动车时能量转化的总效率约为从图中可以看出电动车每千克蓄能物质所储存的能量和充一次电能行驶的距离均远小于汽油车，因此应对蓄电池加以改进，另外电动车的效率也不是很高，所以也可对电动机进行改进．设发电站消耗的能量为E 0，电动车输出的机械能为知使用电动车时能量转化的总效率为＝E 0×30%×80%×70%E 0＝16.8%. 蓄电池 电动机 16.8．如图所示，一个粗细均匀的U 形管内装有同种液体，液体质在管口右端用盖板A 密闭，两边液面高度差为h ，现拿去盖板，液体开始运动，由于液体的管壁的阻力作用，最终管内液体停止运动，则该过程中产生的内能为mgh 12mgh拿去盖板后管中液体开始运动，但由于管壁阻力的作形管中左右两边液面相平，在此过程中管中液体减少的M ，地板上放置一质量为索拉电梯由静止开始向上加速运动，当上升高度为．地板对物体的支持力做的功等于12m节约型社会的思想深得民心，自动充电式电动车就是很好的一例：将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当电动车滑行时，就可以向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以粗糙的水平面上滑行，第一次关闭充电装置，让车自由滑行，其动能随位移的变化关系如图线①所示；第二次启动充电装置，移的变化关系如图线②所示，则( )．电动车受到的摩擦阻力为50 N ．电动车受到的摩擦阻力为83 N滑块由静止开始沿曲面下滑，点以速度v 沿曲面下滑返回B 和从B 到A 平均摩擦力大小相等，则)是一个有半圆形轨道的物体，两点等高，金属块P 到达最大高度H2处，当它再次落下滑过轨道最为竖直面内一固定轨道，其圆弧段端固定一竖直挡板．M相对于端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹即木块与挡板碰撞前后动能不变段的摩擦可忽略不计，物块与，求物块停止的地方与N点距离的可能值．根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，与物块克服摩擦力所做功的数值p。

第六章章末检测时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．其中1～10题为单选题，11～12题为多选题)1．下述说法中正确的是()A．一天24 h，太阳以地球为中心转动一周是公认的事实B．由开普勒定律可知，各行星都分别在以太阳为圆心的各圆周上做匀速圆周运动C．太阳系的八颗行星中，水星离太阳最近，由开普勒第三定律可知其运动周期最小D．月球也是行星，它绕太阳一周需一个月的时间【解析】地心说是错误的，故A错；月球是地球的卫星，绕地球一周的时间是一个月，故D错；由开普勒定律可知B错，C正确，故答案选C.【答案】 C2．在圆轨道上运行的国际空间站里，一宇航员A静止(相对空间舱)“站”于舱内朝向地球一侧的“地面”B上，如图所示，下列说法正确的是()A．宇航员A不受地球引力作用B．宇航员A所受地球引力小于他在“地面”上所受的引力C．宇航员A无重力D．若宇航员A将手中一小球无初速(相对于空间舱)释放，该小球会落到“地”面上【答案】 B3.如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做圆周运动的卫星，且它们在同一平面内．已知A、B绕地心运动的周期相同．相是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图所示． O ，半径为R ，表面的重力加速度为一宇宙飞船绕地球无动力飞行且沿椭圆轨道运动，)点时的加速度a ＝GM r 2，在地球表面的物体有轴上各点的重力加速度g 的分布情况的是( )在地球内部距圆心为r 处，G M ′m r 2＝mg 4πGr．如图所示，发射同步卫星的一般程序是：先让卫星进入一个点变轨，进入椭圆形转移轨道P，远地点为同步圆轨道上的时再次变轨，进入同步轨道．设卫星在近地圆轨道上运行根据题意作出如图所示＝120°，∠BOA ＝60°由此得2R 地，①＝R 地＝6.4×118 m ，②由万有引力提供向心力得GMm r 2＝m v 2r ，③由于地球表面的重力加速度g ＝GM R 2地，④ 地＝gR 地2＝10×6.4×2118 m (2) 5.7×118 m/s。

2018版高中物理课时作业（八）涡流、电磁阻尼和电磁驱动新人教版课时作业八涡流、电磁阻尼和电磁驱动一、单项选择题1．下列做法中可能产生涡流的是A．把金属块放在匀强磁场中B．让金属块在匀强磁场中匀速运动C．让金属块在匀强磁场中做变速运动D．把金属块放在变化的磁场中解析产生涡流的条件是穿过金属块的磁通量发生变化，对A、B、C给出的三种情况，穿过金属块的磁通量不发生变化．所以不产生涡流；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，故D正确．答案D 2．如图所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，当磁铁按图示方向绕OO′轴转动，线圈的运动情况是A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速D．线圈静止不动解析当磁铁转动时，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的安培力的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁铁的转速．如果转速相等，线圈中的磁通量不再变化，起“驱动”作用的安培力将消失．答案C 3．如图，光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直放置，环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是A．两环都向右运动B．两环都向左运动C．环1静止，环2向右运动D．两环都静止解析条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止．环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果是使环2向右运动．答案C 4．电磁炉采用感应电流涡流的加热原理，其原理图如图所示，它是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流．它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法正确的是A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D．电磁炉的锅具一般用铁锅，是因为铝锅、铜锅中不能形成涡流解析电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜是非铁磁性的金属，导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小．答案A 5．如图所示，金属球铜球下端有通电的线圈，今把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是不计空气阻力A．做等幅振动B．做阻尼振动C．振幅不断增大D．无法判定解析小球在通电线圈磁场中运动，小球中产生涡流，故小球要受到安培力作用阻碍它的相对运动，做阻尼振动，故振幅越来越小，A、C、D错误，B正确．答案B二、多项选择题6．变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不采用一整块硅钢，这是为了A．增大涡流，提高变压器的效率B．减小涡流，提高变压器的效率C．增大涡流，减小铁芯的发热量D．减小涡流，减小铁芯的发热量解析不使用整块硅钢而采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯电阻，减少电能转化成铁芯的内能，从而提高效率．这是防止涡流而采取的措施．答案BD 7．如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是A．2是磁铁，在1中产生涡流B．1是磁铁，在2中产生涡流C．该装置的作用是使指针能够转动D．该装置的作用是使指针能很快地停下解析1在2中转动，1中产生涡流，安培力阻碍1的转动，故A、D正确．答案AD 8．如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放，向右摆至最高点B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是A．A、B两点在同一水平线上B．A点高于B点C．A 点低于B点D．铜环最终将做等幅摆动解析铜环在进入和穿出磁场的过程中，穿过环的磁通量发生变化，环中有感应电流产生，将损耗一定的机械能，所以A点高于B点．铜环的摆角会越来越小，最终出不了磁场，而做等幅摆动．答案BD。

圆周运动练习1．做匀速圆周运动的物体在运动的过程中，下列哪些物理量是不变的（ ）．A ．速度B ．速率C ．角速度D ．周期2．如图所示是一个玩具陀螺．a 、b 、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 、c 三点的线速度大小相等B ．a 、b 、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3．汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于轮子的周长，轿车的车轮半径是30 cm ，该型号的轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速度计的指针在“120 km/h”上，可估算该车轮的转速约为（ ）．A ．1 000 r/sB ．1 000 r/minC ．1 000 r/hD ．2 000 r/s4．如图所示为某一皮带传动装置．主动轮的半径为r 1，从动轮的半径为r 2.已知主动轮做顺时针转动，转速为n ，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12r n rD ．从动轮的转速为21rn r5．半径为R 的大圆盘以角速度ω旋转，如图所示，有人在盘边P 点上随盘转动，他想用枪击中圆盘中心的目标O ，若子弹速度为v 0，则（ ）．A ．枪应瞄准目标O 射击B ．枪应向PO 右方偏过θ射击，而0cos Rv ωθ=C ．枪应向PO 左方偏过θ射击，而0tan Rv ωθ=D ．枪应向PO 左方偏过θ射击，而0sin Rv ωθ=6．如图所示，一个圆环绕着一沿竖直方向通过圆心的轴OO ′做匀速转动，M 点和圆心连线与竖直轴的夹角为60°，N 点和圆心的连线与竖直轴的夹角为30°，则环上的M 、N 两点的线速度大小之比v M ∶v N ＝______；角速度大小之比ωM ∶ωN ＝______；周期大小之比T M ∶T N ＝________.7．如图所示，直径为d 的纸制圆筒，使它以角速度ω绕其中心轴O 匀速转动，然后使子弹沿直径穿过圆筒．若子弹在圆筒旋转不到半周时在圆筒上留下a 、b 两个弹孔，已知aO 、bO 夹角为φ，则子弹的速度为______．8．电子钟上的时针、分针和秒针在运动时的转速之比n 1∶n 2∶n 3是多少？如果三针的长度之比是L 1∶L 2∶L 3＝1∶1.5∶1.5，那么三针尖端的线速度大小之比v 1∶v 2∶v 3是多少？9．如图所示，半径为R 的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h 处沿OB 方向水平抛出一小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B ，求小球的初速度和圆盘转动的角速度．参考答案1．答案：BCD 2．答案：B解析：a 、b 、c 三点的角速度相同，而线速度不同，由v =ωr 得v a =v b ＞v c ，故B 对，A 、C 、D 错．3．答案：B解析：3120102π0.360n ⨯=⨯⨯r/min ＝1 000 r/min .4．答案：BC解析：由题意分析知从动轮做逆时针转动，设主动轮角速度为ω1，从动轮角速度为ω2.两传动轮的线速度相等，则2πn ＝ω1,2πn ′＝ω2，ω1r 1＝ω2r 2，以上三式联立得12'=rn n r .5．答案：D解析：射击时，由于惯性，子弹具有沿圆周切线的速度v 1＝ωR ，要击中O 点，即合速度方向沿PO ，那么枪应向PO 左方偏过θ射击，满足100sin v Rv v ωθ==，故D 正确． 6．1∶1 1∶1解析：M 、N 两点随圆环转动的角速度相等，周期也相等，即ωM ∶ωN ＝1∶1，T M ∶T N ＝1∶1.设圆环半径为R ，M 、N 转动的半径分别为r M ＝R sin 60°，r N ＝R sin 30°，由v ＝ωr 知，v M ∶v N ＝r M ∶r N7．答案：πdωϕ- 解析：由题图可知子弹穿过纸圆筒的时间内，纸圆筒转过的角度θ＝π－φ，则子弹穿过圆筒的时间πt ϕω-=；由于子弹在这段时间内的位移大小等于圆筒的直径d ，所以子弹的速度大小πd d v t ωϕ==-. 8．答案：1∶12∶720 1∶18∶1 180 解析：时针、分针、秒针周期分别为T 1＝12 h ，T 2＝1 h ，T 3＝1 min ＝160h ．根据f ＝n ＝1T 得n 1∶n 2∶n 3＝123111::T T T ＝1∶12∶720，根据2πr v T =得v 1∶v 2∶v 3＝312123::L L L T T T ＝1∶18∶1 180.9．答案：2n πn=1,2,3，…） 解析：小球做平抛运动，在竖直方向上有212h gt =，则运动时间t =又因为水平位移为R ，所以球的初速度R v t ==. 在时间t 内圆盘转过的角度θ＝n ·2π（n ＝1,2,3，…）又因为θ＝ωt ，则圆盘转动的角速度2π==2n n t ω⋅（n ＝1,2,3，…）．。