2011北京高考物理一摸汇编

2011年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）理科综合能力测试（物理部分）第一部分（选择题，共120分）13．表示放射性元素碘131（13153I ）β衰变的方程是（ ） A ．127131451532I Sb He −−→+B ． 131131053541I Xe e -→+C ． 131130153530I I n →+D ． 131130153521I Te H →+答案：B解析：A 选项是α衰变，B 选项是β衰变，C 选项放射的是中子，D 选项放射的是质子，所以选B 。

14．如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S 时，在光屏P 上观察到干涉条纹，要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以（ ）A ．增大S 1与S 2的间距B ．减小双缝屏到光屏的距离C ．将绿光换为红光D ．将绿光换为紫光答案：C解析：由于双缝干涉中，相邻条纹间距离△x =dL，增大s 1与s 1的间距d ，相邻条纹间距离Δx 减小，A 错误；减小双缝屏到光屏的距离L ，相邻条纹间距离Δx 减小，B 错误；将绿光换为红光，使波长λ增大，相邻条纹间距离Δx 增大，C 正确；将绿光换为紫光，使波长λ减小，相邻条纹间距离Δx 减小，D 错误。

15．由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的（ ） A ．质量可以不同 B ．轨道半径可以不同C ．轨道平面可以不同D ．速率可以不同答案：A解析：地球同步轨道卫星轨道必须在赤道平面内，离地球高度相同的同一轨道上，角速度、线速度、周期一定，与卫星的质量无关。

A 正确，B 、C 、D 错误。

16．介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点（ ） A ．它的振动速度等于波的传播速度 B ．它的振动方向一定垂直于波的传播方向 C ．它在一个周期内走过的路程等于一个波长D ．它的振动频率等于波源振动频率答案：D解析：介质中某个振动质点做简谐运动，其速度按正弦（或余弦）规律变化，而在同一介质中波的传播速度是不变的，振动速度和波的传播速度是两个不同的速度，A错误；在横波中振动方向和波的传播方向垂直，在纵波中振动方向和波的传播方向在一条直线上，B错误；振动质点在一个周期内走过的路程为4个振幅，C错误；波在传播的过程中，频率不变，为波源的频率，D正确。

F单元动量F2动量守恒定律15．F2[2011·海南物理卷] 如图1－14所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．图1－14【答案】略16．F2[2011·海南物理卷] 如图1－15所示，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N’是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为'm和2m，竖直向上的外力F 作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．图1－15【答案】略17．F2[2011·海南物理卷] 模块3－3试题(12分)(1)关于空气湿度，下列说法正确的是________．A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸气压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比(2)如图1－15所示，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连．气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.图1－16【解析】(1)BC相对湿度是水蒸气的实际压强与同温度下饱和汽压的比．18．F2[2011·海南物理卷] 模块3－4试题(1)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图1－16所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin5πt cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________．图1－16A．周期为4.0 s B．振幅为20 cmC．传播方向沿x轴正向D．传播速度为10 m/s【解析】 (1)CD 由简谐运动表达式可得T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，由波形图可直接得到振幅A ＝10 cm ，波长λ＝4 m ，根据公式可得波速v ＝λT ＝10 m/s ；由简谐运动表达式可知，当t ＝T4＝0.1 s 时，P 点位于正向最大位移，表明t ＝0时质点P 向上振动，可得波沿x 正向传播，故CD选项正确．19．F2[2011·海南物理卷] 模块3－5试题(1)2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I 和137Cs 两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I 和137Cs 的衰变过程，它们分别是________和________(填入正确选项前的字母).131I 和137Cs 原子核中的中子数分别是________和________．A ．X 1→137 56Ba ＋10nB ．X 2→131 54Xe ＋ 0－1eC ．X 3→137 56Ba ＋ 0－1eD ．X 4→131 54Xe ＋11p(2)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图1－16所示．图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止．重力加速度为g .求：(ⅰ)木块在ab 段受到的摩擦力f ； (ⅱ)木块最后距a 点的距离s .图1－16【答案】 (1)B C 78 82【解析】 核反应过程中电荷数、质量数守恒；质量数等于质子数加中子数．17．F2[2011·浙江卷] “B 超”可用于探测人体内脏的病变状况．下图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为sin θ1sin θ2＝v 1v 2(式中θ1是入射角，θ2是折射角，v 1 、v 2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度)，超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v 2＝0.9v 1，入射点与出射点之间的距离是d ，入射角为i ，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h 为( )A.9d sin i2100－81sin 2iB.d 81－100sin 2i 10sin iC.d 81－100sin 2i 20sin iD.d 100－81sin 2i 18sin i【解析】 D 超声波在肝脏的传播情况如图所示，根据其折射规律可得：sin i sin θ＝v 1v 2＝109，由几何关系有：tan θ＝d2h ，联立解得：h ＝d 100－81sin 2i 18sin i ，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．18．F2[2011·浙江卷] 关于波动，下列说法正确的是( ) A ．各种波均会发生偏振现象B ．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹C ．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D ．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警【解析】 BD 只有横波才能发生偏振现象，故选项A 错误；白光做单缝衍射和双峰干涉实验，均可以看到彩色条纹，选项B 正确；声波在传播的过程中，介质中质点是不随波的传播而迁移的，而是在平衡位置附近振动，所以质点振动速度与传播速度是不一样的，故选项C 错误；由于地震波的纵波波速大于横波波速，所以可以利用时间差预警，故选项D 正确．19．F2[2011·浙江卷] 为了探测X 星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则( )A ．X 星球的质量为M ＝4π2r 31GT 21B ．X 星球表面的重力加速度为g X ＝4π2r 1T 21C ．登陆舱在r 1与r 2轨道上运动时的速度大小之比为v 1v 2＝m 1r 2m 2r 1D ．登陆舱在半径为r 2的轨道上做圆周运动的周期为T 2＝T 1r 32r 31【解析】 AD 当轨道半径为r 1时，由万有引力提供向心力：G Mm 1r 21＝m 1r 1⎝⎛⎭⎫2πT 12，解得M ＝4π2r 31GT 21，故选项A 正确；设星球半径为R ，根据G Mm 1r 21＝m 1r 1⎝⎛⎭⎫2πT 12，G Mm R 2＝mg X (m 为X 星球表面某物体的质量)，解得g X ＝4π2r 31T 21R 2，故选项B 错误；根据G Mm r 2＝m v 2r可知v ＝GMr ，则v 1v 2＝r 2r 1，故选项C 错误；由开普勒第三定律：r 3T 2＝k 可知T 2＝T 1r 32r 31，故选项D 正确．20．F2[2011·浙江卷] 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大F3 动量综合问题35．[2011·课标全国卷] F 3 (2)如图1－17所示，A 、B 、C 三个木块的质量均为m ，置于光滑的水平面上，B 、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B 和C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 可视为一个整体．现A 以初速v 0 沿B 、C 的连线方向朝B 运动，与B 相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A 、B 分离．已知C 离开弹簧后的速度恰为v 0 ，求弹簧释放的势能．1－17【解析】 设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，由动量守恒得 3m v ＝m v 0①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得3m v ＝2m v 1＋m v 0② 设弹簧的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m )v 2＋E p ＝12(2m )v 21＋12m v 20③ 由①②③式得，弹簧所释放的势能为E p ＝13m v 20④20．F3[2011·全国卷] 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图1－3所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，图1－3小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12m v 2B.12mM m ＋M v 2C.12NμmgL D ．NμmgL 【解析】 BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v ′＝m vM ＋m ，损失的动能ΔE k＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝12mM m ＋M v 2，所以B 正确．根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL ，可见D 正确．29．(2)F3[2011·福建卷] (2)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是__________．(填选项前的字母)A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v 29．(2)F3[2011·福建卷] A 【解析】 以A 原来的运动方向为正方向，根据动量守恒定律m v ＋0＝2m ·v B －m v A ，碰撞过程能量有损失，12m v 2≥12m v 2A ＋12·2m ·v 2B ，联立两个方程解得0≤v B ≤23v ；此外由m v ＋0＝2m ·v B －m v A ，解得v B ＝v ＋v A 2>v 2；所以v 2<v B ≤2v 3，只有A 项符合要求．F 4 力学观点的综合应用26．F4[2011·全国卷] 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图1－8所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响．图1－8【解析】 设子弹初速度为v 0，射入厚度为2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V ，由动量守恒得(2m ＋m )V ＝m v 0①解得V ＝13v 0此过程中动能损失为 ΔE ＝12m v 20－12×3mV 2② 解得ΔE ＝13m v 20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v 1和V 1，由动量守恒得m v 1＋mV 1＝m v 0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为ΔE2，由能量守恒得12m v 21＋12mV 21＝12m v 20－ΔE 2④ 联立①②③④式，且考虑到v 1必须大于V 1，得 v 1＝⎝⎛⎭⎫12＋36v 0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V 2，由动量守恒得 2mV 2＝m v 1⑥ 损失的动能为ΔE ′＝12m v 21－12×2mV 22⑦ 联立①②⑤⑥⑦式得 ΔE ′＝12⎝⎛⎭⎫1＋32×ΔE 2⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二钢板的深度x 为 x ＝12⎝⎛⎭⎫1＋32d ⑨24．F4[2011·安徽卷] 如图1－17所示，质量M ＝2 kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m ＝1 kg 的小球通过长L ＝0.5 m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度v 0＝4 m/s ，g 取10 m/s 2.(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向． (2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．图1－17【解析】 (1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v 1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则12m v 21＋mgL ＝12m v 20① v 1＝ 6 m/s ②设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则 F ＋mg ＝m v 21L③由②③式，得 F ＝2 N ④由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N ，方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v 2，此时滑块的速度为V .在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有m v 2＋MV ＝0⑤在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则12m v 22＋12MV 2＋mgL ＝12m v 20⑥ 由⑤⑥式，得 v 2＝2 m/s ⑦(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s 1，滑块向左移动的距离为s 2.任意时刻小球的水平速度大小为v 3，滑块的速度大小为V ′.由系统水平方向的动量守恒，得m v 3－MV ′＝0⑧将⑧式两边同乘以Δt ，得 m v 3Δt －MV ′Δt ＝0⑨因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt 都成立，累积相加后，有 ms 1－Ms 2＝0⑩又s 1＋s 2＝2L ○11 由⑩○11式，得 s 1＝23m ○1224．F4[2011·重庆卷] 如图1－13所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m .人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L 时与第二车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L 时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g ，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：图1－13(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车水平冲量的大小；(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比． 24．F4[2011·重庆卷] 【解析】 (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ，则 W ＝－kmgL －2kmgL －3kmgL ＝－6kmgL(2)设第一车初速度为u 0，第一次碰前速度为v 1，碰后共同速度为u 1；第二次碰前速度为v 2，碰后共同速度为u 2；人给第一车的水平冲量大小为I .由：－kmgL ＝12m v 21－12mu 2－k (2m )gL ＝12(2m )v 22－12(2m )u 21 －k (3m )gL ＝0－12(3m )u 22m v 1＝2mu 1 2m v 2＝3mu 2得：I ＝mu 0－0＝2m 7kgL(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔE k1和ΔE k2. 由ΔE k1＝132kmgLΔE k2＝32kmgL得：ΔE k1ΔE k2＝133F5 实验：验证碰撞中的动量守恒21．J8 F5[2011·北京卷] (1)用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S 、T.请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线． ②将K 旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“＋”、“－”插孔的表笔短接，旋动部件_____，使指针对准电阻的_____(填“0刻线”或“∞刻线”)．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_____的顺序进行操作，再完成读数测量．A ．将K 旋转到电阻挡“×1 k ”的位置B ．将K 旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【答案】①S③T0刻线④ADC【解析】S为指针定位螺丝，作用是把电表的指针调到左端零位置，称之为机械调零．T 为欧姆调零旋纽，当选择开关打到欧姆挡时，调节该旋纽，使指针指到右端零位置．当笔尖相互接触时，接入的电阻为零，所以指针的示数应在0刻度．将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明电阻很大(打到欧姆挡，指针在无穷大处)，所以量程应该调大一些，让指针在中央刻度附近，所以先换成大挡位，调零，再测量，所以顺序为ADC.(2)如图2所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图2①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______．(填选项的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________________________(用②中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为______________________(用②中测量的量表示)．④经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示．图3碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′2＝11∶________.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值p 1p ′1＋p ′2为________． ⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大．请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m 2平抛运动射程ON 的最大值为 ________ cm.21．J8 F5[2011·北京卷] ①C ②ADE 或DEA 或DAE③m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2 ④14 2.9 1～1.01 ⑤76.8【解析】 ①被碰小球碰撞前后的时间仅由下落高度决定，两球下落高度相同，时间相同，所以水平速度可以用水平位移数值表示．②本实验需要测量的量有两小球的质量m 1、m 2和平抛射程OM 、ON ，显然要确定两小球的平均落点M 和N 的位置．③碰撞过程中，动量守恒，即碰撞前的动量m 1·OP 等于碰撞后的动量m 1·OM ＋m 2·ON ；若是弹性碰撞，则机械能守恒，12m 1·OM 2t 2＋12m 2·ON 2t 2＝12m 1·OP 2t 2，整理可得m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2.④把测量的小球的质量以及图中的距离代入动量守恒公式中，就可以得出结果．⑤当碰撞为弹性碰撞时，被碰小球射程最大，把数据代入③中的两个方程，可以得出结果．1．【2011·温州质检】如图X30－1所示，国际花样滑冰锦标赛男女双人自由滑项目中，我国著名选手申雪、赵宏博在决赛中的一个瞬间，他们正以相同的速度v 0在光滑冰面上前进，当赵宏博用力将申雪向后推出后，申雪单腿沿直线匀速运动后继而做出优美的旋转动作，若赵宏博以相对自己的速度v 向后推出申雪，问赵宏博的速度变为多大？(设赵宏博的质量为M ，申雪的质量为m )图X30－11．【解析】 设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为M v 男，申雪相对冰面的速度为－()v －v 男，根据动量守恒定律得：()M ＋m v 0＝M v 男－m ()v －v 男解得v 男＝v 0＋m v M ＋m. 2．【2011·临沂模拟】两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲车的速率为2 m/s ，乙车的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙车的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？2．【解析】 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43 m/s ＝1.33 m/s (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′解得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21 m/s ＝2 m/s.3．【解析】 (1)在子弹撞击A 的过程中，子弹与A 组成系统的总动量守恒，此过程结束时A 的速度最大，设此刻子弹的速度为v ，A 的速度为v A ，则有m v 0＝m v ＋m A v A ，解得：v A ＝2.5 m/s.(2)当A 在B 上滑动过程中，A 与B 组成的系统的总动量守恒，若A 不会滑离B ，则当A 滑到B 右端时两者速度恰好相等，设相对滑动距离为s ，两者达到的共同速度为v 共，则有：m A v A ＝(m A ＋m B )v 共，12m A v 2A －12(m A ＋m B )v 2共＝μm A gs ， 解得：v 共＝1.25 m/s ，s ＝3.125 m4．【2011·濮阳一模】如图X30－4所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了E .请推证：此过程子弹和木块系统产生的内能一定大于E .4．【解析】 设子弹和木块的质量分别为m 、M ，子弹打入木块前的速度为v 0，打入后二者的共同速度为v .子弹打入木块过程中，动量守恒，有：m v 0＝(m ＋M )v子弹打入木块过程中，系统产生的内能为：Q ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2 而E ＝12M v 2 联立解得：Q ＝12M v 2m ＋M m ＝M ＋m mE >E . 5．【2011·莱芜质检】如图X30－5所示，光滑轨道上，小车A 、B 用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A 、B 上，然后使A 、B 以速度v 0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A 的速度刚好为0.已知A 、B 的质量分别为m A 、m B ，且m A <m B .求：被压缩的弹簧具有的弹性势能E p .5．【解析】 绳断后A 、B 动量守恒(m A ＋m B )v 0＝m B v弹开过程，弹性势能转化为动能E p ＋12()m A ＋m B v 20＝12m B v 2 解以上两式得：E p ＝()m A ＋m B m A 2m Bv 20.6．【2011·温州模拟】在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图X30－7所示．小球A 与小球B 发生正碰后均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO .m 1∶m 2.6．【解析】 从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 利用v 2v 1＝4，可解出m 1∶m 2＝2∶1. 7. 【2011·自贡模拟】如图X30－8所示，在水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C .现让A 球以v 0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度为多大？(2)7.【解析】 (1)A 、B 相碰满足动量守恒：m v 0＝2m v 1得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s(2)两球与C 碰撞同样满足动量守恒：2m v 1＝m v C ＋2m v 2得两球碰后的速度v 2＝0.5 m/s.两次碰撞过程中一共损失的动能为ΔE k ＝12m v 20－12m v 2C －12×2m v 22＝1.25 J。

M单元　交变电流 M1　交变电流的产生及描述 图1－6 20．M1[2011·四川卷] 如图1－6所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( ) A．线圈消耗的电功率为4 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint 【解析】 AC　当线圈从图示位置开始计，此时交变电流的瞬时值表达式为i＝Imcos ωt，当ωt＝60°时，i＝1 A，可解得Im＝2 A，其有效值为I＝＝ A，B错误；回路消耗的功率P＝I2R＝4 W，A正确；线圈中感应感应电动势的最大值Em＝ImR＝4 V，所以任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cos t，C正确；磁通量的最大值Φm＝BS＝＝＝＝，则穿过线圈任意时刻的磁通量Φ＝sin t，D错误． 19．L3 M1[2011·安徽卷] 如图1－11所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( ) 图1－11 A. B. C. D. 【解析】 D　线框在磁场中转动时产生感应电动势最大值Em＝，感应电流最大值Im＝，在转动过程中I—t图象如图所示(以逆时针方向为正方向)：设该感应电流的有效值为I，在一个周期T内：I2RT＝IR·T，解得：I＝＝，故选项ABC错误，选项D正确． 图1 图2 4．M1[2011·天津卷] 在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图象如图2所示，则( ) A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零 B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合 C. 线框产生的交变电动势有效值为311 V D. 线框产生的交变电动势频率为100 Hz 4．[2011·天津卷] B　【解析】 由图2可知，正弦交流电的最大值为311 V，周期T＝0.02 s，所以该交流电的有效值为U有＝＝ V≈220 V，频率f＝＝50 Hz，CD错；由图2，t＝0.005 s时电动势最大，磁通量的变化率最大，A错；由图2，t＝0.01 s时电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B正确．M2　变压器　远距离输电 20．M2[2011·山东卷] 为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图1－5甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图1－5乙所示．以下正确的是( ) 图1－5 A．u2＝190 sin(50πt) V B．u2＝190 sin(100πt) V C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移 D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移 【解析】 BD　由图乙可知，交变电流的最大值为190 V，周期为0.02 s，ω＝＝100π rad/s，所以A项错误，B项正确．为了让用户得到220 V的电压，由＝可知，要想使电压u2升高，n1必须变小，C项错误，D项正确． M3　交变电流综合 17．M3[2011·课标全国卷] 如图1－3所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为12；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( ) 图1－3 A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 V，I＝0.2 A D．U＝110 V，I＝0.2 A 【解析】 A　由意知，＝，U2＝220 V，因＝，故U＝110 V，即电压表的读数为110 V；理想变压器中，P出＝P入＝UI，故I＝＝ A＝0.2 A，即电流表的读数为0.2 A，A正确． 11．M3[2011·海南物理卷] 如图1－8所示，理想变压器原线圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω.已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A . 图1－9 【答案】 103　0.2 【解析】 小灯泡a正常发光，由P＝I2R和I＝可求得，小灯泡a两端电压即副线圈电压Ua＝Ub＝U2＝3 V，通过小灯泡a的电流Ia＝0.1 A，由理想变压器电压与匝数成正比可得，＝＝；对理想变压器，输出功率和输入功率相等，P1＝P2，即I1U1＝I2U2，可得副线圈总电流I2＝0.3 A，利用并联电路特点可得，Ib＝I2－Ia＝0.2 A. 19．M3[2011·广东物理卷] 图7甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55Ω，A、V为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图7乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( ) 甲 乙 图7 A．电流表的示数为2A B．原、副线圈的匝数比为12 C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100Hz 19．M3[2011·广东物理卷] AC　【解析】 电流表、电压表测量值均为有效值，由交流电的波形图可知，原线圈电压有效值为U1＝220 V，由电压表示数可知，副线圈电压有效值为U2＝110 V，则＝＝；由欧姆定律得，电流表示数I2＝＝2 A；由交流电波形图知，T＝0.02 s，故f＝＝50 Hz，综上分析AC选项正确． 16．M3[2011·浙江卷] 如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( ) A．2.0 V B．9.0 V C．12.7V D．144.0 V 【解析】 A　根据理想变压器电压关系＝可知，下线圈两端的电压有效值为U2＝ V≈9.0 V，交流电压表测量的是有效值，考虑到实际有损耗，故实际读数应该小于9.0 V，故选项B、C、D错误，A正确． 13. M3[2011·江苏物理卷] 图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交电压的u－t图象如图所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W. (1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式； (2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1； (3)求ce和de间线圈的匝数比. 图12 13．M3[2011·江苏物理卷]【解析】 (1)由图知ω＝200π rad/s 电压瞬时值uab＝400sin200πt(V) (2)电压有效值U1＝200 V 理想变压器P1＝P2 原线圈中的电流I1＝ 解得I1＝0.28 A(或 A) (3)设ab间匝数为n1 ＝ 同理＝ 由意知＝ 解得＝ 代入数据得＝ 15．M3[2011·福建卷] 图1－2甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2＝51，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图1－2乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( ) 图1－2 A．输入电压u的表达式u＝20sin50πt V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 15．M3[2011·福建卷] D　【解析】 由图乙，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，u＝Emsinωt＝20sin100πt V，A错；只断开S2，副线圈电压U2不变，但副线圈总电阻R副增大，流过L1、L2的电流减小且每个小灯泡两端的电压小于其额定电压，无法正常发光，由P副＝可得，副线圈的功率减小，副线圈的功率决定原线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，BC错；由＝得U2＝4 V，所以S1接到2后，R消耗的电功率P＝＝ W＝0.8 W，D正确． 1．2011·济南一模一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图X24－1所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则( ) 图X24－1 A．流过电阻的最大电流是20 A B．与电阻并联的电压表的示数是141 V C．变压器的输入功率是1×103 W D．在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是2×103 J 1．C　【解析】 由图象知，输入电压的最大值为220 V，周期为0.02 s，由电压与匝数比关系知，输出电压最大值为100 V，流过电阻的电流最大值为10 A，输出电压有效值为100 V，电流有效值为10 A，输出功率为1000 W，电阻在一个周期内产生焦耳热为20 J，故A、B、D错误，C正确． ．2011·苏北模拟如图X24－3所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220 V，60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是( ) 图X24－3 A．图示位置穿过线框的磁通量为零 B．线框中产生交变电压的有效值为500 V C．变压器原、副线圈匝数之比为2511 D．允许变压器输出的最大功率为5000 W ．CD　【解析】 图示位置穿过线框的磁通量最大，A错；产生的交变电流的最大电动势Em＝NBSω＝500 V，有效值为500 V，B错；变压器原、副线圈匝数之比为500∶220＝25∶11，C对；允许变压器输出的最大功率为500×10 W＝5000 W，D对． . [2011·苏北模拟如图X24－4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，电阻R＝22 Ω，各电表均为理想电表．原线圈输入电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( ) 甲 乙 图X24－4 A．该输入电压的频率为100 Hz B．电压表的示数为22 V C．电流表的示数是1 A D．电阻R消耗的电功率是22 W ．BD　【解析】 由图象可知，原线圈输入电压的周期T＝0.02 s，频率为f＝50 Hz，A错；原线圈输入电压的有效值为220 V，副线圈的输出电压为22 V，B对；电阻R消耗的电功率是P＝ W＝22 W，电流表的示数是I＝ A＝0.1 A，C错，D对． ．2011·潍坊一模图X24－6为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220sin100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω时( ) 图X24－6 A．通过用电器R0的电流有效值是20 A B．升压变压器的输入功率为4650 W C．发电机中的电流变化频率为100 Hz D．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小 ．AB　【解析】 由T2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端的电压有效值为220 V，电流为I＝ A＝20 A，A对；由于输电线电流I′＝ A＝5 A，所以升压变压器的输入功率为P＝P线＋PR0＝52×10 W＋202×11 W＝4650 W，B对；发电机中的电流变化频率与T2的副线圈两端电压的频率相同，也为50 Hz，C错；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，D错． ．2011·德州模拟如图X25－1所示，两块相距为d的水平放置的金属板组成一个平行板电容器，用导线、开关S将其与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中，两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面绝缘且水平， 图X25－1 在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量＋q的小球．已知S断开时传感器上有示数，S闭合后传感器上的示数变为原来的二倍，则穿过线圈的磁场的磁感应强度变化情况和磁通量变化率分别是( ) A．正在增强，＝ B．正在增强，＝ C．正在减弱，＝ D．正在减弱，＝ ．D　【解析】 S闭合后传感器上的示数变为原来的2倍，说明小球受到了向下的电场力作用，大小为mg，故板间电压为，线圈产生的感应电动势E＝n＝，则＝，电容器上极板带正电，由楞次定律知，磁感应强度正在减弱，D对． ．2011·甘肃模拟图X25－2是一火警报警器电路的示意图．其中R3为用 半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( ) 图X25－2 A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变小，U变小 D．I变大，U变大 ．D　【解析】 当R3处出现火情时，其电阻增大，电路中的总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，所以报警器两端的电压增大，其中电流表支路的电流也增大． ．2011·苏北模拟在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则如图X25－5所示的图象中可能正确的是( ) A B C D 图X25－5 ．D　【解析】 该同学站在压力传感器上完成一次下蹲动作过程中，先向下加速，后向下减速，其加速度先向下后向上，即先失重后超重，D对．。

A 单元 质点的直线运动A1 直线运动的概念、匀速直线运动19．A1D5[2011·课标全国卷] 卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km ，运行周期约为27天，地球半径约为6400 km ，无线电信号的传播速度为3×108 m/s)( )A ．0.1 sB ．0.25 sC ．0.5 sD ．1 s【解析】 B 设地球半径为R ，月球、同步卫星绕地球运动的轨道半径分别为r 1、r 2，周期分别为T 1、T 2，根据开普勒第三定律，有r 31T 21＝r 32T 22，代入数据得r 2＝0.42×108 m ．在光线往返于地球与卫星之间时，地球自转过的角度可忽略，则t ＝2r 2－2Rc ＝0.25 s ，D 正确．A2 匀变速直线运动的规律及应用24．A2[2011·课标全国卷] 甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．【答案】 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2.由运动学公式得v ＝at 0①s 1＝12at 20②s 2＝v t 0＋12(2a )t 20③ 设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有v ′＝(2a )t 0④s 1′＝12(2a )t 20⑤ s 2′＝v ′t 0＋12at 20⑥设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有 s ＝s 1＋s 2⑦s ′＝s 1′＋s 2′⑧联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为s s ′＝57⑨18．A2[2011·山东卷] 如图1－3所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)．则()图1－3A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等【解析】 C 两球经过相同的时间，在h 2处相遇，则对b 小球列方程可得，h 2＝12gt 2，对a小球则有h 2＝v 0t －12gt 2，两式联立可得，v 0＝gt ，即相遇时，a 小球的速度为v a ＝v 0－gt ＝0，b小球的速度为gt ，B 项错误．从相遇开始，a 向下做初速度为零的匀加速直线运动，b 小球以一定的速度向下做匀加速直线运动，且二者加速度相同，均为g ，故b 球先落地，A 项错误．从开始运动到相遇，a 的速度由gt 变为0，b 的速度由0变为gt ，两球质量相同，所以a 动能的减少量等于b 动能的增加量，C 项正确．相遇后的任意时刻，b 的速度一直大于a 的速度，两球质量相同，由P ＝F v 可得，D 项错误．16．A2[2011·安徽卷] 一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t 2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)【解析】 A 物体做匀加速直线运动，则物体通过第一段位移Δx 的中间时刻的瞬时速度v 1＝Δx t 1，同理通过下一段位移Δx 的中间时刻的瞬时速度v 2＝Δxt 2，那么物体运动的加速度a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝Δx t 2－Δxt 1t 1＋t 22＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，故选项B 、C 、D 错误，选项A 正确．3．A2[2011·天津卷] 质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC. 任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD. 任意1 s 内的速度增量都是2 m/s3．[2011·天津卷] D 【解析】 由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2和题目所给表达式x ＝5t ＋t 2可知：v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.第1 s 内的位移x 1＝5t 1＋t 21＝5×1 m ＋12m ＝6 m ，A 错；前2 s 内的位移x 2＝5t 2＋t 22＝5×2 m ＋22 m ＝14 m ，所以前2 s 内的平均速度为v ＝x 2t 2＝7 m/s ，B 错；任意相邻的1 s 内的位移差Δx ＝aT 2＝2×12 m ＝2 m ，C 错；任意1 s 内的速度增量Δv ＝aT ＝2×1 m/s ＝2 m/s ，D 对．A 3 自由落体运动14．A3[2011·重庆卷] 某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落地声．由此可知井深约为(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m14．A3[2011·重庆卷] B 【解析】 由h ＝12gt 2＝12×10×22 m ＝20 m ，B 正确．A4 竖直上抛运动A5 运动图象A6 追及与相遇问题A7 实验：研究匀变速直线运动(长度的测量)23．A7[2011·课标全国卷] 利用图1－8所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动．当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t .改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s ，记下相应的t 值；所得数据如下表所示．图1－8完成下列填空和作图：(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a 、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v 1、测量值s 和t 四个物理量之间所满足的关系式是________；(2)根据表中给出的数据，在图1－9给出的坐标纸上画出st－t 图线；图1－9(3)由所画出的st －t 图线，得出滑块加速度的大小为a ＝________m/s 2(保留2位有效数字)．【答案】 (1)s t ＝－12at ＋v 1(或s ＝－12at 2＋v 1t )(2)st－t 图线如图所示 (3)2.0【解析】 (1)在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故中间时刻瞬时速度为s t ，由v 1＝s t ＋12at ，故s t ＝－12at ＋v 1(或将加速度为a 的匀加速运动看成反方向的加速度为－a 的匀减速运动，则s ＝－12at 2＋v 1t )(2)由表中所给数据描点连线，注意描点时应使尽量多的点在直线上或分居在直线两侧，其图线如图所示．(3)由s t ＝－12at ＋v 1知，s t －t 图线的斜率k ＝－12a ，又图线过(0.20,1.81)(0.80,1.20)两点，k＝1.81－1.200.80－0.20＝－1.0，故a ＝2.0 m/s 2.34．(1)A7[2011·广东物理卷](1)图14是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点．加速度大小用a 表示．图1－2①OD 间的距离为______cm.34．(1)A7[2011·广东物理卷] 【答案】 ①1.20 ②加速度的二分之一 0.462【解析】 ①刻度尺读数要估读到分度值的下一位．②初速度为零的匀变速直线运动位移与时间关系：s ＝12at 2，可见s －t 2图线斜率为12a .A8 直线运动综合1．[2011·泰安模拟]一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ，分析照片得到的数据，发现质点在第 1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m ，由上述条件可知( )A ．质点运动的加速度是0.6 m/s 2B ．质点运动的加速度是0.3 m/s 2C ．第1次闪光时质点的速度是0.05 m/sD ．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s1．BC 【解析】 画出如图所示的过程图：质点在第 1次、第21，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了x 3＝0.8 m ，由匀变速直线运动的公式：x m －x n ＝(m －n )aT 2，可得：a ＝x 3－x `12T 2＝0.3 m/s 2，故A 错，B 对；又由x 1＝v 0T ＋12aT 2可得，v 0＝0.05 m/s ，所以C 对，D 错．2.[ 2011·潍坊质检]如图X1－1所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B 的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出B ，子弹可视为质点， )图X1－1A.2(v 1＋v 2)3B.2(v 21＋v 22)3C.2v 21＋v 223 D.23v 12．C 【解析】 设子弹运动的加速度为a ，子弹穿出A 时的速度为v ，子弹在A 中运动过程中，有：v 2－v 21＝－2aL ，子弹在B 中运动过程中，有v 22－v 2＝－2a ·2L ，两式联立可得，v ＝2v 21＋v 223，因此C 对．3．[2011·济宁模拟]如图X1－2所示，水平传送带A 、B 两端点相距x ＝4 m ，以v 0＝2 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转．今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放在A 点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g 取10 m/s 2.由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A )A ．所用的时间是 2 sB ．所用的时间是2.25 sC ．划痕长度是4 mD ．划痕长度是0.5 m3．BD 【解析】 小煤块先加速后匀速，加速阶段的时间：t 1＝v 0μg＝0.5 s ，小煤块位移为：x 1＝12μgt 21＝0.5 m ，传送带位移为：x 2＝v 0t 1＝1 m ，所以划痕长度是x 2－x 1＝0.5 m ，D 对；小煤块匀速阶段的时间为：t 2＝x －x 1v 0＝1.75 s ，故小煤块从A 运动到B 的时间是：t ＝t 1＋t 2＝2.25 s ，B 对．4．[2011·苏北模拟]酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)．A ．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB ．若汽车以20 m/s 的速度行驶时，发现前方40 m 处有险情，酒后驾驶不能安全停车C ．汽车制动时，加速度大小为10 m/s 2D ．表中x 为66.74．C 【解析】 “思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，这段时间车是匀速运动的，驾驶员酒后反应时间t 1＝15.015 s ＝20.020 s ＝25.025s ＝1 s ，驾驶员正常反应时间t 2＝7.515 s ＝1020 s ＝12.525s ＝0.5 s ，所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s ，A 对；“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离，由表格可见，速度为20 m/s 时，制动距离46.7 m ，故B 对；汽车制动时的加速度大小都相同，按速度为15 m/s时计算：a ＝v 22x ＝1522×(22.5－7.5) m/s 2＝7.5 m/s 2，故C 错；表中x ＝2522×7.5m ＋25.0 m ＝66.7 m ，因此D 对，本题选不正确的，所以选C.5．[2011·济南一模]磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm ，弹射最大高度为24 cm.而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m ，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)( )A ．150 mB ．75 mC ．15 mD ．7.5 m5．A 【解析】 磕头虫向下运动末速度大小与向上运动初速度大小相等，向下运动过程v 21＝2ah 1，反弹起来过程v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故A 正确．6.[ 2011·德州模拟] A 、B 两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图X1－4所示，则( )图X1－4A．A、B两物体运动方向相反B．4 s内A、B两物体的位移相同C．4 s时A、B两物体的速度相同D．A物体的加速度比B物体的加速度小6．CD【解析】两图线都在t轴上方，说明A、B两物体运动方向相同，所以A错；4 s内A、B两物体对应的图线与坐标轴所围的面积不同，则位移不同，故B错；4 s时A、B 两物体的图线交于同一点，对应速度相同，故C对；A图线斜率的绝对值小，所以A物体的加速度比B物体的加速度小，因此D对．7．[2011·巢湖一模]警车A停在路口，一违章货车B恰好经过A车，A车立即加速追赶，它们的v－t图象如图X1－5所示，则0～4 s时间内，下列说法正确的是()A．A车的加速度为5 m/s2B．3 s末A车速度为7 m/sC. 在2 s末A车追上B车D．两车相距最远为5 m7．D【解析】由A车的图线可知，它在4 s时间内速度由0增到10 m/s，于是其加速度a＝2.5 m/s2，故A错；3 s末A车速度为v＝at＝7.5 m/s，因此B错；2 s末时A车与B车之间距离最远，4 s末时A车与B车位移相等，A车追上B车，所以C错，D对．8．[2011·淮南一模]如图X1－7所示是质量为2.0 kg的物体在水平面上运动的v－t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是()图X1－7A．在0～1 s内，质点的平均速度为1 m/sB．在0～3 s时间内，物体一直向右运动C．3 s末，合外力的功率为16 WD．在1～6 s时间内，合外力做正功8．C【解析】因以水平向右的方向为正方向，故在0～1 s内，质点的平均速度为－1 m/s，A错；0～1 s内速度向左，1～3 s内速度向右，所以B错；0～3 s的加速度为a＝2m/s2，合外力为F＝ma＝4 N,3.0 s末，合外力的功率为P＝F v＝16 W，C对；1 s和6 s时物体速度都为0，由动能定理可知，合外力在1～6 s时间内做功为0，D错．9．[2011·德州期中]一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间t0滑至斜面底端．已知在运动过程中物体所受的摩擦力恒定，若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则图X1－9中可能正确的是()A B C D9．AD【解析】物体沿固定斜面从静止开始向下运动过程中，物体所受的合外力恒定，故A对；物体做匀加速下滑，速度图线应为直线，所以B错；物体运动位移的解析式为：x＝12at2，位移图线为非线性，C错；物体的机械能随时间变化的解析式为：E＝E－f•12at2，其中E0为物体的初机械能，f为滑动摩擦力，由解析式可见D对．。

牛顿运动定律1.【2011•石景山模拟】如图1所示，一箱苹果沿着倾角为θ的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m 的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是（ ）A ．沿斜面向上B ．沿斜面向下C ．垂直斜面向上D ．竖直向上 【答案】C2.【2011•石景山模拟】质量为m 1的物体放在A 地的地面上，用竖直向上的力F 拉物体，物体在竖直方向运动时产生的加速度a 与拉力F 的关系如图4中直线A 所示；质量为m 2的物体在B 地的地面上做类似的实验，得到加速度a 与拉力F 的关系如图4中直线B 所示，A 、B 两直线相交纵轴于同一点，设A 、B 两地的重力加速度分别为g 1和g 2，由图可知 （ ）A ．1212,g g m m <>B ．1212,g g m m =>C ．1212,g g m m =<D ．1212,g g m m <=【答案】B3.【2011•西城一模】如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。

下列各种情况中，体重计的示数最大的是 A ．电梯匀减速上升，加速度的大小为 1.0 m/s2B ．电梯匀加速上升，加速度的大小为 1.0 m/s 2C ．电梯匀减速下降，加速度的大小为 0.5 m/s 2D ．电梯匀加速下降，加速度的大小为 0.5 m/s 2【答案】B4.【2011••巢湖一检】如图所示，质量M 、倾角为的木楔静止于粗糙水平地面上，有一质量m =10Kg 的物块由静止开始沿木楔斜面下滑，当下滑位移X=1Om 时，其速度v=10m/s 在这个过程中木楔处于静止状态。

求:木块与木楔间的动摩擦因数(取=0.8 g=1Om/s 2）【解析】由运动学公式ax v v t 2202=-对物块用牛顿第二定律得：ma F mg =-1sin θ0cos =-N F mg θ N F F μ=1 得5.0=μ5.【2011•承德模拟】若物体在某运动过程中受到的合外力大小和方向不变（不为零），则在该运动过程中，下列说法正确的是A ．物体的加速度一定改变B ．物体的速度方向可能改变、也可能不改变C ．物体的动能可能总不改变D ．物体的动量可能总不改变 【答案】B6.【2011•福州模拟】光滑水平面上有一直角坐标系，质量m=4k 的质点静止在坐标原点O 处。

北京市各区2011年高三物理模拟试题分类汇编：选修3-1磁场1．（2011东城二模）如图所示，两个带等量正电荷的小球与水平放置的光滑绝缘杆相连，并固定在垂直纸面向外的匀强磁场中，杆上套有一个带正电的小环，带电小球和小环都可视为点电荷。

若将小环由静止从图示位置开始释放，在小环运动的过程中，下列说法正确的是A ．小环的加速度的大小不断变化B ．小环的速度将一直增大C ．小环所受的洛伦兹力一直增大D ．小环所受的洛伦兹力方向始终不变 2．（2011朝阳二模）如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面的绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d ，极板面积为S ，这两个极与电变电阻R 相连。

在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v 向右流动，并通过专用管道导出。

由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率R dRS vBdS P 2+=)(ρ。

调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R 消耗电功率的最大值为( ）A ．ρ322dSB vB ．ρ422dS B vC ．ρ522dS B vD ．ρ622dS B v答案：B 3．（2011丰台二模）(18分)飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。

飞行时间质谱仪主要由脉冲阀、激光器、加速电场、偏转电场和探测器组成，探测器可以在轨道上移动以捕获和观察带电粒子。

整个装置处于真空状态。

加速电场和偏转电场电压可以调节，只要测量出带电粒子的飞行时间，即可以测量出其比荷。

如图所示,脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。

已知加速电场a 、b 板间距为d ，偏转电场极板M 、N 的长度为L 1，宽度为L 2。

专题04、必修一全部实验汇（2011-2020）目录题型一、处理纸袋、验证牛二定律、求摩擦因素综合类 (1)题型二、验证力的平行四边形定则与弹簧劲度系数的测量 (13)题型一、处理纸袋、验证牛二定律、求摩擦因素综合类1.（2020年北京）.某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。

实验台上固定一个力传感器，传感器图像如图乙所示。

下用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。

水平向左拉木板，传感器记录的F t列说法正确的是（）A.实验中必须让木板保持匀速运动B. 图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C. 最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7 D. 只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数2.（2020北京）.在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图所示装置进行对比实验。

两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。

抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。

对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。

关于实验条件，下列正确的是：________(选填选项前的字母)。

A. 小车质量相同，钩码质量不同B. 小车质量不同，钩码质量相同C. 小车质量不同，钩码质量不同（2）某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如下表所示。

在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出1-图像______。

aM次数 1 2 3 4 5 6 7()2⋅0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15/a m s-M kg0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00/（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。

请在图中画出小车受力的示意图。

为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：__________（选填选项前的字母）。

北京市各区2011年高三物理模拟试题分类汇编：选修3-2电磁感应（一）1．（2011丰台二模） 如图所示，匀强磁场中有两条水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属轨道，轨道左端接一个阻值为R 的电阻，R 两端与电压传感器相连。

一根导体棒(电阻为r )垂直轨道放置，从t =0时刻起对其施加一向右的水平恒力F ，使其由静止开始向右运动。

用电压传感器瞬时采集电阻R 两端的电压U ，并用计算机绘制出U ---t 图象。

若施加在导体棒上的水平恒力持续作用一段时间后撤去，那么计算机绘制的图象可能是答案：A 2．（2011海淀二模）如图2所示，一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极之间，铝框可以绕竖直的转轴自由转动。

转动手柄使磁铁绕竖直的转轴旋转，观察到铝框会随之转动。

对这个实验现象的描述和解释，下列说法中正确的是A ．铝框的转动方向与蹄形磁铁的转动方向一定是相同的B ．铝框的转动快慢与蹄形磁铁的转动快慢总是一致的C ．铝框转动到其平面与磁场方向垂直的位置时，铝框中的感应电流最大D ．铝框转动到其平面与磁场方向平行的位置时，铝框两个竖直边受到的磁场力均为零 答案：A 3．（2011东城二模）如图所示，相距为d 的两水平虚线p 1、p 2表示方向垂直纸面向里的匀强磁场的上下边界，磁场的磁感应强度为B 。

正方形线框abcd 的边长为L (L <d )、质量为m 、电阻为R ，线框处在磁场正上方，ab 边与虚线p 1相距h 。

线框由静止释放，下落过程中线框平面始终在竖直平面内， 线框的ab 边刚进人磁场时的速度和ab 边刚离开磁场时的速度相同。

在线框从进入到全部穿过磁场的过程中，下列说法正确的是A ．线框克服安培力所做的功为mgdB ．线框克服安培力所做的功为mgLC ．线框的最小速度为22mgRB LDBCAD4．（2011朝阳二模）如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等。

L单元　电磁感应 L1　电磁感应现象、楞次定律 2．K1　L1[2011·江苏物理卷] 如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中( ) 图2 A．穿过线框的磁通量保持不变 B．线框中感应电流方向保持不变 C．线框所受安培力的合力为零 D．线框的机械能不断增大 2．K1　L1[2011·江苏物理卷] B　【解析】 当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误． 5．L1[2011·江苏物理卷] 如图5所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( ) 图5 A B C D 图6 5．L1[2011·江苏物理卷] D　【解析】 当开关S由1掷到2时，电容器开始放电，此时电流最大，棒受到的安培力最大，加速度最大，以后棒开始运动，产生感应电动势，棒相当于电源，利用右手定则可判断棒上端为正极，下端为负极，当棒运动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器极板电压与棒两端电动势相等时，电容器不再放电，电路电流等于零，棒做匀速运动，加速度减为零，所以，B、C错误，D正确；因电容器两极板有电压，由q＝CU知电容器所带的电荷量不等于零，A错误.L2　法拉第电磁感应定律、自感 15．L2[2011·广东物理卷] 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直．关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( ) A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同 15．L2[2011·广东物理卷] C　【解析】 根据法拉第电磁感应定律E＝N，感应电动势的大小与线圈的匝数、磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)成正比，所以A、B选项错误，C选项正确；因不知原磁场变化趋势(增强或减弱)，故无法用楞次定律确定感应电流产生的磁场的方向，D选项错误． 19．L2[2011·北京卷] 某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是 ( ) A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大 C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大 19．L2[2011·北京卷] C　【解析】 电路达稳定状态后，设通过线圈L和灯A的电流分别为I1和I2，当开关S断开时，电流I2立即消失，但是线圈L和灯A组成了闭合回路，由于L的自感作用，I1不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱并维持短暂的时间，通过回路的电流从I1开始衰减，如果开始I1>I2，则灯A会闪亮一下，即当线圈的直流电阻RL<RA时，会出现灯A闪亮一下的情况；若RL≥RA，得I1≤I2，则不会出现灯A闪亮一下的情况．综上所述，只有C项正确．L3　电磁感应与电路的综合 19．L3 M1[2011·安徽卷] 如图1－11所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( ) A. B. C. D. 【解析】 D　线框在磁场中转动时产生感应电动势最大值Em＝，感应电流最大值Im＝，在转动过程中I—t图象如图所示(以逆时针方向为正方向)：设该感应电流的有效值为I，在一个周期T内：I2RT＝IR·T，解得：I＝＝，故选项ABC错误，选项D正确． 6．L3[2011·海南物理卷] 如图1－4所示，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EOE′O′，FOF′O′，且EOOF；OO′为EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是( ) 图1－5L4　电磁感应与力和能量的综合 24．L4[2011·四川卷] 如图1－9所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q杆所受拉力的瞬时功率． 图1－9 【解析】 (1)设小环受到力的摩擦力大小为f，由牛顿第二定律，有 m2g－f＝m2a 代入数据，得 f＝0.2 N (2)设通地K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有 f＝B1I1l 设回路总电流为I，总电阻为R总，有 I＝2I1 R总＝R 设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有 I＝ E＝B2lv F＋m1gsinθ＝B2Il 拉力的瞬时功率为 P＝Fv 联立以上方程，代入数据得 P＝2 W 24．L4[2011·全国卷] 如图1－6所示，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计．在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡．整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好．已知某时刻后两灯泡保持正常发光．重力加速度为g.求： (1)磁感应强度的大小； (2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率． 图1－6 【解析】 (1)设小灯泡的额定电流为I0，有 由意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光，流经MN的电流为 I＝2I0 此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有 mg＝BLI 联立式得 B＝ (2)设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律与欧姆定律得 E＝BLv E＝RI0 联立式得 v＝ 22．L4[2011·山东卷] 如图1－7甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．图1－7乙中正确的是( ) 图1－7 【解析】 BD　由机械能守恒定律mgh＝mv2可得，c棒刚进入磁场时的速度为，此时c匀速运动；d做自由落体运动；当d进入磁场时，c在磁场中运动的距离为2h，此时，两棒的速度相同，不产生感应电流，两棒的加速度都为g，A项错误，B项正确．当c出磁场时，d在磁场中运动的距离为h，此后，c做加速度为g的匀加速运动，d做变减速运动，直到出磁场，根据前面的分析可得，C项错误，D项正确． 23．L4 [2011·重庆卷] 有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图1－12所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R，绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求： 图1－12 (1)橡胶带匀速运动的速率； (2)电阻R消耗的电功率； (3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功． 23. L4[2011·重庆卷] 【解析】 (1)设电动势为E，橡胶带运动速率为v. 由E＝BLv，E＝U 得：v＝ (2)设电功率为P， P＝ (3)设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W. 由：I＝，F＝BIL，W＝Fd 得：W＝ 图9 11．L4[2011·天津卷] 如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．取g＝10m/s2，问： (1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？ (2)棒ab受到的力F多大？ (3)棒cd每产生Q＝0.1 J的热量，力F做的功W是多少？ 11．[2011·天津卷] 【解析】 (1)棒cd受到的安培力 Fcd＝IlB 棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd＝mgsin30° 由式，代入数据解得 I＝1 A 根据楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c (2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 Fab＝Fcd 对棒ab，由共点力平衡知 F＝mgsin30°＋IlB 代入数据解得 F＝0.2 N (3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J热量，由焦耳定律知 Q＝I2Rt 设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势 E＝Blv 由闭合电路欧姆定律可知 I＝ 由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移 x＝vt 力F做的功 W＝Fx 综合上述各式，代入数据解得 W＝0.4 J 17．L4[2011·福建卷] 如图1－5甲所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计． 图1－4 金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( ) A．运动的平均速度大小为v B．下滑位移大小为 C．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为sinθL5　电磁感应综合 23．L5[2011·浙江卷] 如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”形导轨，在“U”形导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 m/s2)． 甲 乙 (1)通过计算分析4 s内导体棒的运动情况； (2)计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向； (3)计算4 s内回路产生的焦耳热． 【答案】 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有 －μmg＝ma vt＝v0＋at x＝v0t＋at2 导体棒速度减为零时，vt＝0 代入数据解得：t＝1 s，x＝0.5 m，因x<L－l，故导体棒没有进入磁场区域． 导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝0.5 m (2)前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为 E＝0，I＝0 后2 s回路产生的电动势为 E＝＝ld＝0.1 V 回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为 R＝5λ＝0.5 Ω 电流为I＝＝0.2 A 根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向． (3)前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，回路产生的焦耳热为 Q＝I2Rt＝0.04 J. 1．2011·宁波模拟学习楞次定律的时候，老师往往会做如图X21－1所示的实验．图中，a、b都是很轻的铝环，环a是闭合的，环b是不闭合的．a、b环都固定在一根可以绕O点自由转动的水平细杆上，开始时整个装置静止．当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，a环将__________；当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，b环将________．(填“靠近磁铁”、“远离磁铁”或“静止不动”) 图X21－1．远离磁铁　静止不动　【解析】 环a是闭合的，当条形磁铁N极垂直a环靠近a时，里面有感应电流产生，感应电流将阻碍条形磁铁的靠近，圆环也会受到条形磁铁的反作用力而远离磁铁；当条形磁铁N极垂直b环靠近b时，环b是不闭合的，里面没有感应电流产生，b环将静止不动． 2．2011·龙山模拟如图X21－2所示，让线圈由位置1通过一个匀强磁场的区域运动到位置2，下列说法中正确的是( ) 图X21－2 A．线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电流越大 B．整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流是恒定的 C．整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大 D．线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大 2．A　【解析】 线圈进入匀强磁场区域的过程中，磁通量发生变化，线圈中有感应电流，而且进入时的速度越大，感应电动势越大，感应电流越大，A对；整个线圈在匀强磁场中无论是匀速、加速还是减速运动，磁通量都不发生变化，线圈中没有感应电流产生，B、C错；线圈穿出匀强磁场区域的过程中，磁通量发生变化，线圈中有感应电流，感应电流大小与运动的速度有关，匀速运动感应电流不变，加速运动感应电流增大，D错． ．2011·上海模拟如图X21－4所示，一根条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，环中的感应电流(自左向右看)( ) 图X21－4 A．沿顺时针方向 B．先沿顺时针方向后沿逆时针方向 C．沿逆时针方向D．先沿逆时针方向后沿顺时针方向．C　【解析】 条形磁铁从左向右靠近闭合金属环的过程中，向右的磁通量一直增加，根据楞次定律，环中的感应电流(自左向右看)为逆时针方向，C对． ．2011·苏北模拟如图X21－8所示，L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，A和B是两个相同的小灯泡，某时刻闭合开关S，通过A、B两灯泡中的电流IA、IB随时间t变化的图象如图X21－9所示，正确的是( ) 图X21－8 A B C D 图X21－．A　【解析】 L是直流电阻为零、自感系数很大的线圈，当闭合开关S时，电流先从灯泡B所在支路流过，最后自感线圈把灯泡B短路，流过灯泡A的电流逐渐增大至稳定，流过灯泡B的电流最后减小到零，故A对． ．2011·青岛模拟如图X21－12所示为几个有理想边界的磁场区域，相邻区域的磁感应强度大小相等、方向相反，区域的宽度均为L.现有一边长为L的正方形导线框由图示位置开始，沿垂直于区域边界的直线匀速穿过磁场区域，设逆时针方向为电流的正方向，图X21－13中能正确反映线框中感应电流的是( ) A B C D 图X21－13 ．D　【解析】 线框进入磁场中0至L的过程中，由右手定则，感应电流的方向为顺时针，即负方向，感应电流I＝，大小恒定，A、B不正确；线框进入磁场中L至2L的过程中，由右手定则，感应电流的方向为逆时针，即正方向，感应电流I＝，C错误，D正确． ．2011·龙岩质检矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图X21－16甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则( ) 图X21－16 A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcba B．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小 C．从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大 D．从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变 ．A　【解析】 从0到t1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流，故A正确；由公式E＝＝S，I＝，由于磁感应强度均匀减小，为一恒定值，线框中产生的感应电流大小不变，故BC错误；磁感应强度B均匀变化，由公式F＝BILbc知：bc边受的安培力是变化的，故D错误． ．2011·济南模拟如图X22－1甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示．(取g＝10 m/s2)求： (1)磁感应强度B； (2)杆在磁场中下落0.1 s过程中电阻R产生的热量． 图X22－1 ．【解析】 (1)由图象知，杆自由下落0.1 s进入磁场后以v＝1.0 m/s做匀速运动． 产生的电动势E＝BLv 杆中的电流I＝ 杆所受安培力F安＝BIL 由平衡条件得mg＝F安 解得B＝2 T (2)电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝0.075 J ．2011·惠州模拟在质量为M＝1 kg的小车上竖直固定着一个质量m＝0.2 kg、高h＝0.05 m、总电阻R＝100 Ω、n＝100匝的矩形线圈，且小车与线圈的水平长度l相同．现线圈和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为v1＝10m/s，随后穿过与线圈平面垂直的磁感应强度B＝1.0 T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图X22－3所示．已知小车运动(包括线圈)的速度v随车的位移x变化的v－x图象如图乙所示．求： (1)小车的水平长度l和磁场的宽度d； (2)小车的位移x＝10 cm时线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度a； (3)线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻产生的热量Q. 甲 乙 图X22－3 ．【解析】 (1)由图可知，从x＝5 cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移x减小，当x＝15 cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动．因此小车的水平长度l＝10 cm. 当x＝30 cm时，线圈开始离开磁场 ，则d＝30 cm－5 cm＝25 cm. (2)当x＝10 cm时，由图象可知，线圈右边切割磁感线的速度v2＝8 m/s 由闭合电路欧姆定律得，线圈中的电流I＝＝＝0.4 A 此时线圈所受安培力F＝nBIh＝2 N 小车的加速度a＝＝1.67 m/s2 (3)由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3＝2 m/s. 线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热． 线圈电阻发热量Q＝(M＋m)(v－v)＝57.6 J ．2011·锦州模拟如图X22－4所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( ) 图X22－4 A. B. C. D．Bav ．A　【解析】 当摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·(v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律，UAB＝·＝Bav，故选A. ．2011·南京质检如图X22－5所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域．当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( ) 图X22－5A.EB.EC.E D．E ．B　【解析】 a、b间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的，故Uab＝E，B正确． ．2011·甘肃模拟如图X22－6所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在图X22－7中能正确描述线框从图X22－6中所示位置开始转动一周的过程中线框内感应电流随时间变化情况的是( ) 图X22－6 A B C D 图X22－7　. A　【解析】 直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动，进入磁场的过程中，穿过闭合回路的磁通量均匀增加，故产生的感应电流恒定，完全进入磁场后没有感应电流产生，由此就可判断A对． ．2011·南京质检如图X23－1所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面时的一半．设磁场宽度大于线圈宽度，那么( ) 图X23－1 A．线圈恰好在刚离开磁场的地方停下 B．线圈在磁场中某位置停下 C．线圈在未完全离开磁场时即已停下 D．线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来 ．D　【解析】 线圈冲入匀强磁场时，产生感应电流，线圈受安培力作用做减速运动，动能也减少．同理，线圈冲出匀强磁场时，动能减少，进、出时减少的动能都等于安培力做的功．由于进入时的速度大，故感应电流大，安培力大，安培力做的功也多，减少的动能也多，而线圈离开磁场过程中损失的动能少于它进入磁场时损失的动能，即少于它在磁场外面时动能的一半，因此线圈离开磁场仍继续运动．故选D. ．2011·黑龙江模拟如图X23－3所示，连接两个定值电阻的平行金属导轨与水平面成θ角，R1＝R2＝2R，匀强磁场垂直穿过导轨平面. 图X23－3 有一导体棒ab质量为m，棒的电阻为2R，棒与导轨之间的动摩擦因数为μ.导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P，下列说法正确的是( ) A．此时重力的功率为mgvcosθ B．此装置消耗的机械功率为 μmgvcosθ C．导体棒受到的安培力的大小为 D．导体棒受到的安培力的大小为 3．C　【解析】 根据功率计算公式，则此时重力的功率为mgvsinθ，即选项A不正确；由于摩擦力f＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，回路总电流I＝，导体棒滑动时受到安培力F＝BIL＝，故整个装置消耗的机械功率为(＋μmgcosθ)v，即选项B不正确．由于R1＝R2＝2R，棒的电阻也为2R，当上滑的速度为v时，定值电阻R2消耗的电功率为P，则定值电阻R1消耗的电功率也为P，根据电路的基本特点，此时导体棒ab消耗的电功率应该为4P，故整个电路消耗的电功率为6P，即安培力做功的功率为6P，所以导体棒受到的安培力的大小为F＝，即选项C正确，而选项D错误． 2011·海淀一模在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场B1中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒ab，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图X23－7甲所示．磁感应强度B1随时间t的变化关系如图X23－7乙所示，0～1.0 s内磁场方向垂直线框平面向下．若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体所受的摩擦力f随时间变化的图象是图X23－8中的( ) 图X23－7 A B C D图X23－．CD　【解析】 将线框向左和向右拉出磁场，产生电流方向都为逆时针，由左手定则知，第一次bc边受安培力向右，第二次ad 边受安培力向左，故A错；两次产生电动势之比为13，所以电流之比为13，所用时间之比为31，由Q＝I2Rt，可知两次产生焦耳热不同，故B错；第一次Uad＝BLv，第二次Uad＝BL·3v，故C对；由q＝知，两次通过截面的电荷量相同，故D对．。