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（全国版）2019版高考物理一轮复习第11章电磁感应43 电磁感应现象中的动力学问题能力训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国版）2019版高考物理一轮复习第11章电磁感应43 电磁感应现象中的动力学问题能力训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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43 电磁感应现象中的动力学问题1。
如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B,方向垂直导线所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。
一根与导轨接触良好，有效阻值为r 的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻）（)A．通过电阻R的电流方向为P→R→MB．ab两点间的电压为BLvC．a端电势比b端高D．外力F做的功等于电阻R上发出的焦耳热答案C解析根据右手定则可知:ab中产生的感应电流方向为b→a，则通过电阻R的电流方向为M→P→R，故A错误;金属导线ab相当于电源,ab两点间的电压是路端电压,即是R两端的电压.根据闭合电路欧姆定律得知,ab两点间的电压为U＝IR＝错误!R＝错误!，故B错误。
金属导线ab相当于电源，a端相当于电源的正极，电势较高，故C正确。
ab棒向右做匀速直线运动，根据能量守恒得知：外力F做的功等于电路中产生的焦耳热，大于电阻R上发出的焦耳热,故D 错误。
2。
边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行,完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。
第11讲万有引力定律1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.2.理解环绕速度的含义并会求解.3.了解第二和第三宇宙速度．考点一天体质量和密度的计算1．解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2r T2 (2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G MmR 2＝mg (g 表示天体表面的重力加速度)．2．天体质量和密度的计算(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R . 由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g4πGR.(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .①由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r 3GT 2；②若已知天体半径R ，则天体的平均密度 ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3πr 3GT 2R 3；③若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT 2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度．[例题1] （2024•重庆二模）已知某两个相距足够远的星球的密度几乎相等，若将这两个星球视为质量分布均匀的球体（两星球的半径不同），忽略自转及其他天体的影响，关于这两个星球，下列物理量近似相等的是（ ） A ．表面的重力加速度大小 B ．第一宇宙速度大小 C ．表面附近卫星运动的周期 D ．相同圆形轨道卫星的速度大小[例题2] （2024•宁河区校级二模）嫦娥五号探测器完成月球表面采样后，进入环月等待阶段，在该阶段进行若干次变轨，每次变轨后在半径更大的轨道上绕月球做匀速圆周运动，其加速度a 与轨道半径r 的关系图像如图所示，其中b 为纵坐标的最大值，图线的斜率为k ，引力常量为G ，下列说法正确的是（ ）A ．月球的质量为GkB ．月球的半径为√kbC ．月球的第一宇宙速度为√kbD ．嫦娥五号环绕月球运行的最小周期为√4π2k b2[例题3] （2024•长沙模拟）2023年11月23日《中国日报》消息，11月23日18时00分04秒，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭及远征三号上面级成功将互联网技术试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。
1．下列说法正确的是( )A ．感应电流的磁场总与回路中原磁场的方向相反B ．原磁通量变化时，就会有感应电流C ．由于感应电流的磁场总阻碍原磁通量变化，所以回路中磁通量不变D ．感应电流的磁场可能与原磁场的方向相反也可能相同2. 关于电磁感应中感应电动势大小正确的表述是( )A ．穿过某导体线框的磁通量为零，该线框中的感应电动势一定为零B ．穿过某导体线框的磁通量越大，该线框中的感应电动势就一定越大C ．穿过某导体线框的磁通量变化量越大，该线框里的感应电动势就一定越大D ．穿过某导体线框的磁通量变化率越大，该线框里的感应电动势就一定越大3．1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A 线圈与电源、滑动变阻器R 组成一个回路，B 线圈与开关S 、电流表G 组成另一个回路．如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．下列关于该实验说法正确的是( )A ．闭合开关S 的瞬间，电流表G 中有a →b 的感应电流B ．闭合开关S 的瞬间，电流表G 中有b →a 的感应电流C ．闭合开关S 后，在增大电阻R 的过程中，电流表G 中有a →b 的感应电流D ．闭合开关S 后，在增大电阻R 的过程中，电流表G 中有b →a 的感应电流4．如图所示，线圈内充满匀强磁场，当磁场垂直纸面向里均匀增加时，有一带电粒子静止于平行板(两板水平放置)电容器中间．若线圈的匝数为n ，平行板电容器的板间距离为d ，粒子的质量为m ，带电量为q ，(设线圈的面积为S)．下列说法正确的是( )A. 此粒子带负电B. 此粒子带正电C. 磁感应强度的变化率为nqs mgd 2D. 磁感应强度的变化率为nqsmgd5．两圆环A 、B 置于同一水平面上，其中A 为均匀带电绝缘环，B 为导体环．当A 以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，A 中产生如图所示方向的感应电流I 则‘( )A ．A 可能带正电且转速减小B ．A 可能带正电且转速增大C ．A 可能带负电且转速减小D ．A 可能带负电且转速增大6．竖直平面内有一金属圆环，半径为a ，总电阻为R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过平面，在环的最高点A 用铰链连接的长度为2a ,电阻为2R 的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，如图所示．当摆到竖直位置时，B 点的速度为v ，则这时AB 两端电压的大小为( )A ．2B av B ．B avC ．32B avD ．31B av7．如图所示的电路中，两个相同的电流表G 1和G 2，零点均在刻度盘的中央0当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；当电流从“-”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开开关S 的瞬间，下列说法中正确的是( )A ．G 1指针向右摆，G 2指针向左摆B ．G 1指针向左摆，G 2指针向右摆C ．G 1、G 2的指针都向右摆D ．G 1、G 2的指针都向左摆8．如图所示，A 是一边长为l 的正方形线框，电阻为R ．今维持线框以恒定的速度v 沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场B 区域．若以x 轴正方向作为力的正方向，线框在图示位置区域．若以x 轴正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F 随时间t的变化图线为( )9．如图所示，质量为m、边长为L的正方形线框从某一高度自由落下后，通过一高度也为L 的匀强磁场区域．则线框通过磁场过程中产生的焦耳热( )A．可能大于2mg LB．可能等于2mg LC．可能小于2mg LD．可能为零10．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN与线框的边成45°角，E、F 分别为PS和PQ的中点，关于线框中的感应电流，下列说法正确的是（）A．当E点经过边界MN时，感应电流最大B．当P点经过边界MN时，感应电流最大C．当F点经过边界MN时，感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大11．假设在某一航天飞机上做一项悬绳发电实验，先在航天飞机上发射一颗卫星，卫星携带一根较长的金属悬绳离开了航天飞机，从航天飞机到卫星的悬绳帮向地心，此时航天飞机恰好绕地球做匀速圆周运动．已知航天飞机的轨道在赤道平面内，绕行方向与地球自转方向一致，角速度为ω，地球自转角速度为ω0，地磁场的北极在地理南极附近，若用U1表示悬绳上端的电势，用U2表示悬绳下端的电势，则( )A．若ω>ω0，则U1<U2B．若ω>ω0，则U1>U2C．无论ω与ω0关系如何，都有U1<U2D．无论ω与ω0关系如何，都有U1>U212．如图所示，位于同一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连，具有一定质量的金属杆ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F 拉杆ab ，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计，用E 表示回路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流,在i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于( )A ．F 的功率B ．安培力的功率的绝对值C ．F 与安培力的合力的功率D ．i E13．一矩形线圈位于一随时间t 变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面(纸面)向里，如图所示．磁感应强度B 随t 的变化规律如图所示．以I 表示线圈中的感应电流，以图中线圈上箭头所示方向为电流正方向，则以下的I-t 图中正确的是( )14．如图所示为电磁流量计的示意图，在非磁性材料制成的圆管所在的区域加一匀强磁场，当管中的导电流体流过此磁场区域时，测出管壁上ab 两点的电动势E 就可以知道管道中液体的电动势E ，就可以知道管道中液体的流量Q(单位时间内流过液体的体积)，已知管的直径为D ，磁感应强度为B ，则下列说法正确的是( )A. 流量Q 为B DE 2πB. 流量Q 为BDE 4π C. a 、b 两点中a 点电势高D. a 、b 两点中b 点电势高15．如图甲所示，单匝线圈电阻r=1Ω，两端A、B与一个阻值R=9Ω的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量如图乙所示规律变化．则下列说法正确的是( )A. A、B两点A点电势高．B. A、B两点B点电势高C. A、B两点间的电势差U AB=0.45VD. A、B两点间的电势差U AB=1.5V1．D 2．D 3．D 4．AD 5．BC 6．D 7．A8．B9．ABC 10．B 11. B 12. BD 13. A 14. BD 15. AC1．D 【解析】：感应电流的磁场阻碍原磁通量变化不是阻止变化，另外如果回路不闭合即使磁通量变化也不会有感应电流．2．D 【解析】：根据法拉第电磁感应定律E=nt ∆∆Φ，电动势大小与磁通量变化率成正比．当磁通量为零时，t ∆∆Φ不一定为零，A 项错；Φ越大，t∆∆Φ不一定越大，B 项错；∆Φ越大，t∆∆Φ不一定越大，C 项错． 3．D 【解析】：由楞次定律和右手定则进行判定．闭合开关S 的瞬间，线圈B 中磁通量不变化，没有感应电动势，故没有感应电流．选项A 、B 错；闭合开关S 后，在增大电阻R的过程中，电流表G 中有b →a 的感应电流，选项C 错误，D 正确．5．BC6．D 【解析】：当AB 摆到竖直位置时，产生的感应电动势E=21·B ·2a ·v =B av ，AB 两端电压为路端电压，则U AB =内外外R R R +·E=244R R R +E=31B av ，选项D 正确． 7．A 【解析】：在电路的开关断开的瞬间，流经G 1的电流不变．从G 1的正接线柱流入，流经G 2的电流从G 2的负接线柱流入，所以G 1向右摆动，G 2向左摆动．8．B 【解析】：本题的求解方法可称为“能量守恒法”，由于线框进、出磁场时都产生感应电流，都有电能产生．根据能量守恒定律，在此过程中外力必对线框做正功．可知两次外力方向都为正．根据线框的平衡条件能立即推知线框进、出磁场时所受安培力的方向都为负，所以选项B 正确．9．ABC 【解析】：因磁场的宽度也是L ，则线框在下落时总是只有一条边在切割磁感线，当线框在磁场中做匀速运动时，由能量守恒知，动能不变，重力势能全部转化为热能，即为2mg L ；若线框通过磁场过程中所受的安培阻力大于重力，则线框做减速运动，动能有一部分转化为热量，则生热大于2mg L ；若线框通过磁场过程中，所受安培阻力小于重力，则线框做加速运动，重力势能部分转化为动能，则生热小于2mg L ．10．B 【解析】：导线做切割磁感线运动时的感应电动势大小为E=B lv ．当B 、v 一定时，做切割运动的导线越长，产生的感应电动势越大．题中线框向右运动时，有效切割边是SR 或PQ 两竖直边，另外的SP 、QR 两水平边不切割磁感线．当P 点经过边界MN 时，有效切割边长就是竖直边SR ；当F 点经过边界MN 时，由于竖直边SR 和PF 部分都切割磁感线，但两者产生的电动势在框内引起方向相反的电流，等效于竖直边SR 的一半做切割运动；当Q 点经过边界MN 时，整个线框都在磁场内，有效切割边长为零．由此可见，当P 点经过边界MN 时，有效切割边长最长，产生的感应电动势最大，框内的感应电流也最大．11．B 【解析】：当金属悬绳垂直切割磁感线时，ω≠ω0，产生动生电动势，由右手定则可得选项B 正确．ω=ω0时，悬绳与磁感线无相对运动，故不产生电动势，要切实理解“垂直切割”的含义．12．BD 【解析】：由功能关系可得，恒力F 对杆做的功等于金属杆克服安培力做的功与金属杆动能的增量；由能量守恒定律知，恒力F 对杆做功将其他形式的能转化为金属杆的动能和回路的电能．因此电阻消耗的功率应等于安培力的功率的绝对值，也等于回路消耗的电功率值i E ．13．A 【解析】：判定感应电流随时间变化的图象，一般先由楞次定律判断电流的方向，再由法拉第电磁感应定律判定感应电流的大小．图中可知，在0～1s 的时间内，磁感应强度均匀增大，则由楞次定律判断出感应电流的方向为逆时针方向，与图中所示电流方向相反，所以为负值，选项B 和选项C 都错误．根据法拉第电磁感应定律，其大小E=t ∆∆Φ=t BS ∆∆，I=R E =tRBS ∆∆为一定值，在2s ～3s 和4s ～5s 内，磁感应强度不变，磁通量不变化，无感应电流生成，选项D 错误．选项A 正确．14．B DE4π【解析】：当导电液体向左流动时，导体切割磁感线向左运动，因而在液体流的顶部(如a 点)与底部(如b 点)间产生了电势差，故感应电动势为E=BD v ，因此液体流动速度大小为v =BD E ．设液体流动时间为方，则在去时间内流动距离为l =vt =BDEt ．在t 时间内通过管道某截面的液体体积为V 体=l ·42D π=B DEt 4π．所以液体流量为Q=t V 体=BDE 4π 4．负 nqsmgd 【解析】：根据楞次定律和安培定则可知，电容器上极板带正电，下极板带负电，电场竖直向下，而电场力向上，则粒子带负电．由带电粒子所受的电场力与重力平衡可求出磁感应强度变化率．15．(1)A (2)0.45V 【解析】：由E=t ∆∆Φ=1.005.0V=0.5V U AB =r R R +E=199+×0.5V=0.45V ．。
2022年新高考一轮复习全面巩固练习第十一章电磁感应专题强化二十四电磁感应中的动力学和能量问题学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________一、多选题1. 如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，则下列结论正确的是（）A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为2. 如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。
整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。
已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是（）A．拉力F是恒力B．拉力F随时间t均匀增加C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 ND．金属杆运动的加速度大小为2 m/s23. 如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现由静止释放金属棒ab，假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是A．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势B．金属棒ab匀加速下滑C．金属棒ab最终可能匀速下滑D．金属棒下滑过程中减少的重力势能等于棒增加的动能4. 如图，水平固定的光滑U型金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨间距为L.一金属棒从导轨右端以大小为v的速度滑上导轨，金属棒最终停在导轨上，已知金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R，金属棒与导轨始终接触良好，不计导轨的电阻，则（）A．金属棒静止前做匀减速直线运动B．金属棒刚滑上导轨时的加速度最大C．金属棒速度为时的加速度是刚滑上导轨时加速度的D．金属棒从滑上导轨到静止的过程中产生的热量为二、解答题5. 如图所示，间距为L＝0.5m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1Ω。
第十一章 45分钟章末检测卷满分98分选择题(1～10题只有一项符合题目要求，11～14题有多个选项符合题目要求，每小题7分，共98分)1．小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数．将发电机与一个标有“6 V 6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻．当线圈的转速为n ＝5 r/s 时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时表达式为( )A ．i ＝sin5t(A)B ．i ＝sin10πt(A)C ．i ＝1.41sin5t(A)D ．i ＝1.41sin10πt(A)解析：因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I ＝P U＝1 A ，则电流的最大值为I m ＝ 2 A≈1.41 A．因为转速n ＝5 r/s ，且ω＝2nπ，所以ω＝10π rad/s，故电路中电流的瞬时值表达式为i ＝1.41sin10πt(A)，选项D 正确．答案：D2．(2020·惠州模拟)一交变电流的图象如图所示，由图可知( )A ．该交流电的周期是0.02 sB ．该交流电电流最大值为20 2 AC ．该交流电的频率为100 HzD ．用电流表测该电流其示数为10 2 A解析：该交流电的周期T ＝0.01 s ，频率f ＝1T＝100 Hz ，A 错、C 对；最大值I m ＝10 2 A ，电流表测得的是电流有效值I ＝I m 2＝10 A ，故B 、D 错误． 答案：C3．(2020·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A ．原线圈电压有效值为3 VB ．电源输出功率为120 WC ．电流表的示数为0.1 AD ．电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V ，选项A 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W ，则电源输出功率为6 W ，选项B 错误；理想变压器输入功率为6 W ，则原线圈中的电流有效值为I ＝P U ＝660A ＝0.1 A ，选项C 正确，选项D 错误．答案：C4．在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器，如图所示，能正确反映其工作原理的是( )解析：电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，据变压器原理，I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝n 1n 2I 1，所以要求线圈匝数n 2>n 1，原线圈要接在火线上，故本题只有A 正确．答案：A5．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断错误的是( )A ．这是一个降压变压器B ．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，故选项A 、B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C 错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D 正确．答案：C6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为55：3，原线圈a 、b 间输入交流电瞬时值的表达式为u ＝2202sin(100πt)V，副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡，当开关S 1和S 2都闭合时，两灯泡均正常发光，下列说法中正确的是( )A ．两只灯泡能承受的最高电压为12 VB ．断开开关S 1，副线圈两端的电压将变大C ．断开开关S 1，变压器原线圈的输入功率将变小D ．该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为55：3解析：由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈输出电压的有效值为U 2＝12 V ，故灯泡能承受的最高电压应为12 2 V ，A 错误；无论是断开开关S 1还是断开开关S 2，副线圈的电压均不变，B 错误；断开开关S 1，小灯泡L 2仍能正常发光，L 2消耗的功率不变，则理想变压器的输出功率减小，由于理想变压器的输出功率等于输入功率，因此输入功率也减小，C 正确、D 错误．答案：C7．(2020·广西重点高中高三一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，a 、b 端接入一正弦式交流电源．L 1、L 2为两只规格均为“22 V 6 W”的灯泡，两电表为理想交流电表．当滑动变阻器的滑片P 处于中间位置时，两灯泡恰好都正常发光．下列说法正确的是( )A ．电流表示数为0.27 AB ．电压表示数为44 VC ．滑片P 向下移动时，灯泡L 2将变暗D ．滑片P 向上移动时，灯泡L 1将变暗解析：由于原、副线圈匝数比为2：1，则原、副线圈电流比为1：2，因两灯泡正常发光，所以原线圈电流为311 A ，则副线圈电流为611A ＝0.55 A ，A 错．原、副线圈两端电压比为2：1，副线圈两端电压为22 V ，所以原线圈两端电压为44 V ，B 对．滑片P 向下移动时，副线圈电路的电阻变小，电流变大，则原线圈电路中电流也变大，即通过灯泡L 2的电流变大，灯泡L 2可能变亮或烧毁，C 错．滑片P 向上移动时，通过灯泡L 2的电流变小，原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压也变大，灯泡L 1可能变亮或烧毁，D 错．答案：B8．(2020·江西省五校高考模拟考试)如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R 0和滑动变阻器R ，下列判断正确的是( )A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωsinωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表A 1的电荷量为0 C ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A 1和A 2示数都变小D ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，V 2和V 3的示数都变小解析：初始位置是与中性面垂直的平面，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcosωt，选项A 错误；π2ω是四分之一个周期，由Q ＝ΔΦR可得，通过电流表A 1的电荷量不为零，选项B 错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器的阻值变大．电路总电阻变大，电流表A 2示数变小，结合I 1I 2＝n 2n 1可得，电流表A 1示数也变小，选项C 正确；当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，结合U 1U 2＝n 1n 2，V 2示数也不变，电压表V 3示数变大，选项D 错误． 答案：C9．某发电机说明书的部分内容如下表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．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某型号单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω.安置区家用电器的总功率为44 kW ，当这些额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时( )型号 ××××最大输出功率 60 kW输出电压范围 220 V ～300 VA ．输电线路中的电流为20 AB ．发电机实际输出电压是300 VC ．在输电线路上损失的电功率为8 kWD ．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则输出电压最大值是300 V解析：额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流I ＝P U＝200 A ，A 错误．发电机的实际输出电压为U 发＝U ＋Ir ＝260 V ，B 错误．在输电线路上损失的电功率P 损＝I 2r ＝8 kW ，C 正确．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是260 2 V≈367.7 V，D 错误．答案：C10．图甲的正弦交变电压接在图乙的理想变压器原线圈上，R 是滑动变阻器，变压器原线圈匝数为55匝，P 是副线圈上的滑动触头，当P 处于图示位置时，副线圈连入电路部分的匝数为10匝，灯泡L 恰能正常发光，电容器C 恰好不被击穿．则下列说法正确的是( )A ．R 的滑片不动，向上移动P ，灯L 变暗B ．P 不动，向下移动R 的滑片，灯L 变暗C ．电容器C 的击穿电压为20 2 VD ．向上移动P ，变压器输入功率变大解析：保持R 的滑片不动，向上移动P ，则副线圈电压变大，灯泡变亮，选项A 错误；保持P 不动，向下移动R 的滑片，R 减小，流过灯泡电流变大，灯泡变亮，选项B 错误；电容器的击穿电压是指最大值，据变压器原副线圈电压最大值的变比关系u max1u max2＝n 1n 2得u max2＝40 V ，选项C 错误；向上移动P ，则副线圈电压变大，变压器输出功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率变大，D 正确．答案：D11．(2020·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U ＝311sin314t(V)，则下列说法中正确的是( )A ．这个交变电流的频率是50 HzB ．它可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光C ．用交流电压表测量时，读数为311 VD ．使用这个交变电流的用电器，每通过1 C 的电荷量时，电流做功220 J解析：由瞬时值表达式可知U m ＝311 V ，ω＝314 rad/s ，频率f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 正确；电压的有效值U 有＝U m 2＝220 V ，可以使“220 V 100 W”的灯泡正常发光，选项B 正确；交流电表读数为有效值，选项C 错误；每通过1 C 的电荷量时，电流做功W ＝qU 有＝220 J ，选项D 正确．答案：ABD12．(2020·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的示数几乎不变B ．电流表A 2的示数增大，电流表A 1的示数减小C ．电压表V 3的示数增大，电流表A 2的示数增大D ．电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值不变解析：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压不会有大的波动，匝数比不变，所以输出电压几乎不变，故电压表V 1、V 2的示数几乎不变，选项A 正确；当负载增加时，相当于支路增加，电路中的总电阻变小，总电流变大，即A 2的示数变大，则A 1的示数变大，选项B 错误；由于副线圈中的电流变大，电阻R 0两端的电压变大，又因为V 2的示数几乎不变，所以V 3的示数变小，选项C 错误；电压表V 2、V 3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值，电流表A 2的示数为输电线上的电流，所以两者之比等于输电线的总电阻R 0，不变，选项D 正确．答案：AD13．(2020·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：BD14．(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：BD2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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1．阴雨天里积雨云会产生电荷，云层底面产生负电荷，在地面感应出正电荷，电场强度达到一定值时大气将被击穿，发生闪电。
章末检测 热学(选修3-3)(时间：60分钟 满分：100分)1．(1)(6分)(多选)我国已开展空气中PM 2.5浓度的监测工作．PM 2.5是指空气中直径等于或小于2.5 μm 的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放物是形成PM 2.5的主要原因．下列关于PM 2.5的说法中正确的是 ( )A ．PM 2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B ．PM 2.5在空气中的运动属于分子热运动C ．PM 2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡决定的D ．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM 2.5在空气中的浓度E ．PM 2.5必然有内能(2)(6分)如图所示，圆柱形汽缸开口向上，竖直放置在水平面上，汽缸足够长，内截面积为S ，大气压强为p 0.一厚度不计、质量为m ＝p 0S 2g的活塞封住一定量的理想气体，温度为T 0时缸内气体体积为V 0.先在活塞上缓慢放上质量为3m 的砂子，然后将缸内气体温度缓慢升高到2T 0，求稳定后缸内气体的体积．解析：(1)PM 2.5的尺寸比空气中氧分子的尺寸大得多，A 错误；PM 2.5在空气中的运动不属于分子热运动，B 错误；PM 2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM 2.5无规则碰撞的不平衡和气流的运动决定的，C 错误；倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM 2.5在空气中的浓度，PM 2.5必然有内能，D 、E 正确．(2)设初态气体压强为p 1，放砂后压强为p 2，体积为V 2，升温后体积为V 3，则有 p 1＝p 0＋mg /S ＝1.5p 0p 2＝p 0＋4mg /S ＝3p 0等温过程：由p 1V 0＝p 2V 2得V 2＝0.5V 0等压过程：由V 2T 0＝V 32T 0得V 3＝V 0.答案：(1)DE (2)V 02．(1)(6分)某校开展探究性课外活动，一同学用如右图所示的装置研究气体压强、体积、温度三量之间的变化关系．该同学选用导热良好的汽缸将其开口向下，内有理想气体，并将汽缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．把一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止，现给沙桶底部钻一个小洞，让细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则( )A ．外界对气体做功，内能增大B ．外界对气体做功，温度计示数不变C ．气体体积减小，温度计示数减小D ．外界对气体做功，温度计示数增加(2)(6分)如图所示为一简易火灾报警装置．其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声.27℃时，空气柱长度L 1为20 cm ，水银上表面与导线下端的距离L 2为10 cm ，管内水银柱的高度h 为8 cm ，大气压强为75 cm水银柱高．①当温度达到多少℃时，报警器会报警？②如果要使该装置在87℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多少cm 高的水银柱？ ③如果大气压增大，则该报警器的报警温度会受到怎样的影响？解析：(1)细沙漏出，汽缸内气体压强增大，体积减小，外界对气体做功；汽缸导热良好，细沙慢慢漏出，外部环境温度稳定，气体温度不变，即内能不变，B 正确，A 、C 、D 错误． (2)①根据V 1T 1＝V 2T 2，V 1＝L 1S ，V 2＝(L 1＋L 2)S ，T 1＝300 K ，解得：T 2＝450 K ，t ＝450℃－273℃＝177℃②设应该再往玻璃管内注入x cm 高的水银柱，则 V 3＝(L 1＋L 2－x )S ，根据p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3，T 1＝300 K ，T 3＝360 K ，V 1＝L 1S ，p 1＝(75＋8)cmHg ， p 3＝(75＋8＋x )cmHg ，解得：x ＝8.14 cm.③如果大气压增大，则该报警器的报警温度会升高．答案：(1)B (2)①177℃ ②8.14 cm ③升高3．(2013·高考重庆卷)(1)(6分)某未密闭房间内的空气温度与室外的相同，现对该室内空气缓慢加热，当室内空气温度高于室外空气温度时( ) A ．室内空气的压强比室外的小B ．室内空气分子的平均动能比室外的大C ．室内空气的密度比室外的大D ．室内空气对室外空气做了负功(2)(6分)汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V 0，压强为p 0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp ，若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量．解析：(1)因为室内、外相通，内、外压强始终相等，A 错误；温度是分子平均动能的标志，室内温度高，分子平均动能大，B 正确；室内原有空气体积膨胀对外做功，密度减小，C 、D 错误．(2)由理想气体状态方程pV T＝C (恒量)有 p 0V 0T ＝（p 0＋Δp ）（V 0＋ΔV ）T解得：ΔV ＝－ΔpV 0p 0＋Δp答案：(1)B (2)ΔV ＝－ΔpV 0p 0＋Δp4. (1)(6分)如图，一定量的理想气体从状态a 沿直线变化到状态b ，在此过程中，其压强 ( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．始终不变D ．先增大后减小(2)(6分)在一个大气压下，水在沸腾时，1 g 水吸收2 263.8 J的热量后由液态变成同温度的气态，其体积由1.043 cm 3变成1 676 cm 3，求： ①1 g 水所含的分子个数；②体积膨胀时气体对外界做的功；③气体的内能变化．(大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水的摩尔质量为M ＝18 g/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1)解析：(1)由图象可得，体积V 减小，温度T 增大，由公式pV T＝C 得压强p 一定增大．故答案选A. (2)①1 g 水所含的分子个数为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫118×6×1023＝3.3×1022(个)． ②气体体积膨胀时对外做的功为W ＝p 0ΔV ＝105×(1 676－1.043)×10－6J ＝167.5 J. ③根据热力学第一定律有：ΔU ＝W ＋Q ＝(2 263.8－167.5)J ＝2 096.3 J.答案：(1)A (2)①3.3×1022个 ②167.5 J ③增加 2 096.3 J5．(1)(6分)下列说法正确的是 ( ) A ．一定质量的气体，当温度升高时，压强一定增大B ．一定质量的气体，当体积增大时，压强一定减小C ．一定质量的气体，当体积增大，温度升高时，压强一定增大D ．一定质量的气体，当体积减小，温度升高时，压强一定增大(2)(8分)在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生以下两种状态变化过程：第一种变化是从状态A 到状态B ，外界对该气体做功为6 J ；第二种变化是从状态A 到状态C ，该气体从外界吸收的热量为9 J ．图线AC 的反向延长线通过坐标原点O ，B 、C 两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零．求：①从状态A 到状态C 的过程，该气体对外界做的功W 1和其内能的增量ΔU 1.②从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量ΔU2及其从外界吸收的热量Q2.解析：(1)一定质量的气体，其分子总数一定，当温度升高时，气体分子的平均动能增大，有引起压强增大的可能，但不知道分子的密度如何变化，故不能断定压强一定增大，A 项错误，当体积增大时，气体分子的密度减小，有使压强减小的可能，但不知气体分子的平均动能如何变化，同样不能断定气体压强一定减小，B项错误，体积增大有使压强减小的趋势，温度升高有使压强增大的趋势，这两种使压强向相反方向变化的趋势不知谁占主导地位，不能断定压强如何变化，故C项错误；体积减小有使压缩增大的趋势，温度升高也有使压强增大的趋势，这两种趋势都使压强增大，故压强一定增大，D项正确．(2)①从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化该气体对外界做的功W1＝0根据热力学第一定律有ΔU1＝W1＋Q1内能的增量ΔU1＝Q1＝9 J.②从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高该气体内能的增量ΔU2＝ΔU1＝9 J根据热力学第一定律有ΔU2＝W2＋Q2从外界吸收的热量Q2＝ΔU2－W2＝3 J.答案：(1)D (2)①09 J ②9 J 3 J6．(1)(4分)(多选)下列关于分子热运动的说法中正确的是( ) A．布朗运动就是液体分子的热运动B．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故C．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大D．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大(2)(4分)一定质量的理想气体状态变化如图所示，其中AB段与t轴平行，已知在状态A时气体的体积为10 L，那么变到状态B时气体的体积为________L，变到状态C时气体的压强是0℃时气体压强的________倍．(3)(4分)如图所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为2×10－3m2，一定质量的气体被质量为3.0 kg的活塞封闭在汽缸内，活塞和汽缸可无摩擦滑动，现用外力推动活塞压缩气体，对缸内气体做功600 J ，同时缸内气体温度升高，向外界放热150 J ，求初状态的压强和压缩过程中内能的变化量．(大气压强取1.01×105 Pa ，g 取10 m/s 2)解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中花粉颗粒的运动；气体分子散开的原因在于分子间间距大，相互间没有作用力；对于一定量的理想气体，在压强不变的情况下，体积增大，温度升高分子平均动能增加，理想气体分子势能为零，所以内能增大．(2)由图可知状态A 到状态B 是等压过程，由盖－吕萨克定律V A T A ＝V B T B ，T A ＝273 K ，T B ＝(273＋273)K ＝546 K ．得V B ＝20 L ．状态B 到状态C 是等容过程，由查理定律p B T B ＝p C T C ，得p C ＝2p B ＝2p A .(3)初状态p ＝p 0＋mg S ＝1.16×105Pa由热力学第一定律W ＋Q ＝ΔU 得，内能的变化量ΔU ＝600＋(－150)＝450(J)．答案：(1)CD (2)20 2 (3)1.16×105 Pa 450 J7．(1)(4分)(多选)下列说法中正确的是 ( ) A ．一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，体积一定增大B ．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动C ．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的D ．液晶在光学和电学性质上表现出各向同性(2)(4分)若一定质量的理想气体对外做了3 000 J 的功，其内能增加了500 J ，表现该过程中，气体应________(填“吸收”或“放出”)热量________J.(3)(4分)已知水的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，水的摩尔质量为M ，在标准状况下水蒸气的摩尔体积为V .求相同体积的水和可视为理想气体的水蒸气中所含的分子数之比？解析：(1)由气体实验定律可知A 正确，布朗运动是微粒的运动，是由微粒周围的液体分子撞击微粒引起的，B 错误，第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但违反热力学第二定律，它是制造不出来的，C 正确；液晶在光学和电学性质上表现出各向异性，D 错误．(2)由ΔU ＝W ＋Q 代入数据得Q ＝3 500 J ，即吸收热量3 500 J.(3)设二者的体积均为V ′，则水的质量为m ＝ρV ′，分子个数为N ＝m M N A ＝ρV ′MN A ，水蒸气的个数N ′＝V ′V N A 故二者的分子个数比为N N ′＝ρVM 答案：(1)AC (2)吸收 3 500 (3)ρV M8．(1)(6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右图的p －t 图象．已知在状态B 时气体的体积为V B ＝3 L ，则下列说法正确的是 ( )A ．状态A 到状态B 气体的体积越来越大B ．状态B 到状态C 气体内能增加C ．状态A 的压强是0.5 atmD ．状态C 体积是2 L(2)(8分)某高速公路发生一起车祸，车祸系轮胎爆胎所致．已知汽车行驶前轮胎内气体压强为2.5 atm ，温度为27 ℃，爆胎时胎内气体的温度为87 ℃，轮胎中的空气可看作理想气体．①求爆胎时轮胎内气体的压强；②从微观上解释爆胎前胎内压强变化的原因；③爆胎后气体迅速外泄，来不及与外界发生热交换，判断此过程胎内原有气体内能如何变化？简要说明理由．解析：(1)状态A 到状态B 是等容变化，故体积不变，A 错；状态B 到状态C 是等温变化，气体内能不变，B 错；从图中可知，p B ＝1.0 atm ，T B ＝(273＋91)K ＝364 K ，T A ＝273 K ，根据查理定律，有p A T A ＝p B T B ，即p A 273＝1.0364，解得p A ＝0.75 atm ，C 错；p B ＝1.0 atm ，V B ＝3 L ，p C ＝1.5 atm ；根据玻意耳定律，有p B V B ＝p C V C ，解得，V C ＝2 L ，D 对．(2)气体作等容变化，由查理定律得：p 1T 1＝p 2T 2① T 1＝t 1＋273② T 2＝t 2＋273③ p 1＝2.5 atm t 1＝27℃ t 2＝87 ℃由①②③得：p 2＝3 atm.答案：(1)D (2)①3 atm ②气体体积不变，分子密集程度不变，温度升高，分子平均动能增大，导致气体压强增大．③气体膨胀对外做功，没有吸收或放出热量，据热力学第一定律ΔU＝W＋Q得ΔU＜0，内能减少．。
动量 动量定理1．(2016·重庆九龙坡区模拟)如图所示，a 、b 、c 是三个相同的小球，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b 、c 从同一高度分别开始自由下落和平抛。
下列说法正确的有导学号 ( B )A ．它们同时到达同一水平面B ．它们动量变化的大小相同C ．它们的末动能相同D ．重力对它们的冲量相同[解析] b 做自由落体运动，c 的竖直分运动是自由落体运动；故b 、c 的加速度为g ，设斜面的倾角为θ，则a 的加速度为g sin θ，故下落相同高度，它们所用时间不同，A 错误；设高度为h ，a 下滑时间为t 1，则h sin θ＝12gt 21sin θ，所以t 1＝1sin θ2h g ，b 、c 下落时间为t 2＝2h g，a 的动量变化为mg sin θ·t 1＝m 2hg ，b 、c 的动量变化为mgt 2＝m 2hg ，故三球动量变化大小相等，B 正确；由机械能守恒可知，c 的末动能大于a 、b 的末动能，C 错误；由于t 1>t 2，所以重力对它们的冲量不相同，D 错误。
2．(2016·浙江绍兴一中期末)2016年8月11日，惠州市惠东县一家公司的专家楼B 幢发生惊险一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落，但幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙。
假设从楼上窗台到老伯接触男孩的位置高度差为h ＝20m ，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2s ，则(忽略空气阻力，g 取10m/s 2)导学号 ( D )A ．男孩接触老伯手臂时的速度大小为25m/sB ．男孩自由下落时间约为4sC ．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态D ．老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍[解析] 男孩从楼上坠落可看成是自由落体运动，从下落到与老伯手臂接触的高度为20m ，根据自由落体公式可以计算出男孩接触老伯手臂的速度，v 2t ＝2gh ，得出v t ＝2gh ＝20m/s ，所以A 项错误；根据h ＝12gt 2，可以计算出下落时间t ＝2h g ＝2s ，所以B 项错误；老伯接男孩的整个过程中，男孩做减速运动，加速度方向竖直向上，男孩处于超重状态，所以C 项错误；根据动量定理，取竖直向上为正方向，老伯手臂对男孩的平均作用力为F ，(F －mg )t ′＝0－(－mv t )，解得F ＝11mg ，根据牛顿第三定律可知，老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍，所以D 项正确。
