2016届黑龙江大庆喇中高考物理二轮复习知识点突破电磁感应(新人教版)(良心出品必属精品)

2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ第1讲 电磁感应规律及应用热点一 电磁感应图象问题命题规律 电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：(1)综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t (或位移x )变化的图象．(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象．(3)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力．1．(2015·高考山东卷)如图甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab －t 图象可能正确的是( )甲乙A BC D[突破点拨](1)整流电路部分是干扰条件．(2)在0～0.25T0内，i的变化率为正，且越来越______；当t＝0.25T0时，i的变化率为________；在0.25T0～0.5T0内，i的变化率为负，且越来越________．(3)0.5T0～T0内与0～0.5T0内i的变化情况相同，故u ab的变化周期为________．[解析]圆环内磁场的变化周期为0.5T0，则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0，四个图象中，只有C的变化周期是0.5T0，根据排除法可知，C正确．[答案] C在上述题1中，若正弦交流电不经过整流，则u ab－t图象应为题1四个选项中的()解析：选A．不整流，i变化的周期为T0，故B、C错误．经分析u ab－t应为余弦曲线，故A正确，D错误．2．(2015·广州第二次模拟)如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)．则下列表示I－t关系的图线中，正确的是()[解析]在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电流最大，此过程电流方向为逆时针方向．整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流．当线框离开磁场时，产生的感应电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项D正确．[答案] D3．(2015·长沙二模)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属线框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是()[解析]线框速度v＝at，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，A错误；安培力随时间均匀增大，外力F随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P＝EI，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以C正确、B错误；通过线框横截面的电荷量q＝It，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，选项D错误．[答案] C[总结提升]分析电磁感应图象问题要注意以下四点(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何．(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程相对应． (4)优先采取排除法．热点二 电磁感应电路问题命题规律 电磁感应电路问题为每年高考的热点，考查题型以选择题为主，主要涉及电流、电压、电功率、电热和电量的计算．1．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ[突破点拨](1)MN 切割磁感线的有效长度为________． (2)MN 在回路中的有效电阻为________． (3)安培力公式F ＝BIL 中的L ＝________．[解析] 金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rl sin θ，故回路中的感应电流I ＝E R ＝Blv sin θrl ＝Bv sin θr ，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIl sin θ＝Bl sin θ·Bv sin θr ＝B 2lv r ，C 错误；金属杆的热功率P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·lr，D 错误．[答案] B在上述题1中，若要维持杆匀速滑动，求所需要施加的水平外力的大小和方向．解析：由平衡条件知：外力方向为水平方向上垂直于杆向右，大小F 外＝F 安＝B 2lvr .答案：B 2lv r水平方向上垂直于杆向右2.(多选)(2015·陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m 和n 是线框1下边的两个端点，p 和q 是线框2水平直径的两个端点，线框1和2同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m 、n 和p 、q 连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是( )A ．m 、n 和p 、q 电势的关系一定有U m ＜U n ，U p ＜U qB ．m 、n 和p 、q 间电势差的关系一定有U mn ＝U pqC ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＞Q 2D ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＝Q 2[解析] 当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知U n ＞U m ，U q ＞U p ，A 正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B 错误；设m 、n 间距离为a ，由Q ＝ΔΦR ，R ＝ρlS 得进入磁场过程中流过线框1、2的电荷量都为BaS4ρ，C 错误，D 正确． [答案] AD3.如图所示，水平放置的U 形金属导轨abcd 处于匀强磁场之中，已知导轨间的距离为L ，磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．直金属导线MN 中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m )，水平跨接在ab 与cd 上，且与ab 垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为μ，R 为电阻，C 为电容器．现令MN 以速度v 0向右匀速运动一段时间后，用U 表示电压表的读数，q 表示电容器所带的电荷量，C 表示电容器的电容，F 表示对MN 的拉力．因电压表的体积很小，对MN 间电压的影响可忽略，则( )A ．U ＝BLv 0，F ＝B 2L 2v 0R ＋μmgB ．U ＝BLv 0，F ＝μmgC ．U ＝0，F ＝μmgD ．q ＝BLCv 0，F ＝B 2L 2v 0R[解析] 当直导线匀速运动时，产生的电动势为E ＝BLv 0，但因为电容相当于开路，所以回路中的感应电流为零，所以安培力为零，电压表的示数为零，电容器所带电荷量为q ＝BLCv 0，拉力的大小为F ＝μmg ，即只有C 项正确．[答案] C[总结提升]解决电磁感应中电路问题的思路(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r .(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路． (3)根据E ＝BLv 或E ＝n ΔФΔt ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．热点三 电磁感应过程中的动力学问题命题规律 电磁感应中的动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：(1)与牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题．(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题．1.如图所示，竖直平面内有一宽L ＝1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R 1＝3 Ω和R 2＝6 Ω.在MN 上方及CD 下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B ＝1 T ．现有质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体棒ab ，在金属导轨上从MN 上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab 下落到快要接近MN 时的速度大小为v 1＝3 m/s.不计空气阻力，g 取10 m/s2.(1)求导体棒ab 快要接近MN 时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．[突破点拨](1)导体棒ab从MN上方某处由静止下落→导体棒在磁场Ⅰ中切割磁感线产生________→导体棒在______________作用下做加速运动．(2)电路的连接→导体棒切割磁感线相当于电源，__________组成外电路．(3)问题(2)中导体棒ab进入磁场Ⅱ后，电流大小始终保持不变→导体棒____________→导体棒在磁场Ⅱ中做____________．[解析](1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动．由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1①E＝BLv1②R外＝R1R2R1＋R2③I＝ER外＋r④由以上四式可得：a1＝5 m/s2.(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．mg＝BI′L⑤I′＝E′R外＋r⑥E′＝BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v21＝2gh 解得：h＝1.35 m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v＝v2＋at⑧F＋mg－F安＝ma⑨F安＝B2L2vR外＋r⑩由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6) N.[答案](1)5 m/s2(2)1.35 m(3)F＝(t＋1.6) N(1)在上述题1第(2)问中，求a、b两点间的电势差大小是多少．解析：根据题意，a、b两点间电势差为U＝BLv′－I′r代入数据解得：U＝4 V.答案：4 V(2)在上述题1第(3)问中，请画出0～1.6 s内外力F与时间t的关系图象．解析：由于F＝(t＋1.6) N故0～1.6 s内F－t图象如图所示．答案：见解析图2．(2015·昆明一模)如图甲所示，MN左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc边与磁场边界MN重合．当t＝0时，对线框施加一水平拉力F，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t＝t0时，线框的ad边与磁场边界MN重合．图乙为拉力F随时间变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B的大小为()A ．B ＝1lmR t 0 B ．B ＝1l2mRt 0 C ．B ＝1lmR 2t 0D ．B ＝2lmR t 0[解析] 根据题意，可知F 0＝ma ，F 安＝BIL ＝B 2l 2v R ＝B 2l 2atR ，因为F －F 安＝ma ＝常数，所以ΔF Δt ＝ΔF 安Δt，即2F 0t 0＝B 2l 2a R ，将F 0＝ma 代入化简，可得B ＝1l2mRt 0.故选项B 正确． [答案] B 3．(2015·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，沿x 轴方向B 与x 成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t ＝0时，导体棒位于顶点O 处，导体棒的质量为m ＝1 kg ，回路接触点总电阻恒为R ＝0.5 Ω，其余电阻不计．回路电流I 与时间t 的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：(1)t ＝2 s 时回路的电动势E ；(2)0～2 s 时间内流过回路的电荷量q 和导体棒的位移x 1；(3)导体棒滑动过程中水平外力F 的瞬时功率P (单位：W)与横坐标x (单位：m)的关系式．[解析] (1)根据I －t 图象可知：I ＝k 1t (k 1＝2 A/s) 当t ＝2 s 时，回路电流I 1＝4 A 根据欧姆定律：E ＝I 1R ＝2 V. (2)流过回路的电荷量q ＝It I ＝I 2解得：q ＝k 1t 22当t ＝2 s 时，q ＝4 C 由欧姆定律得：I ＝BlvRl ＝x tan 45°根据B －x 图象可知：B ＝k 2x(k 2＝1 T ·m)解得：v ＝k 1Rk 2t由于k 1Rk 2＝1 m/s 2，再根据v ＝v 0＋at ，可得a ＝1 m/s 2可知导体棒做匀加速直线运动则0～2 s 时间内导体棒的位移x 1＝12at 2＝2 m.(3)棒受到的安培力F 安＝BIl 根据牛顿第二定律：F －F 安＝ma 根据2ax ＝v 2 P ＝Fv解得：P ＝⎝⎛⎭⎫k 222ax R ＋ma 2ax ＝4x ＋2x (W)． [答案] (1)2 V (2)4 C 2 m (3)P ＝4x ＋2x (W)[总结提升]电磁感应中的动力学问题的解题思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题命题规律 电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题．[范例] (2015·湖南师大附中模拟考试)(22分)如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为 1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W．求：(1)ab下滑的最大加速度；(2)ab下落了30 m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(3)如果将ab与a′b′同时由静止释放，当ab下落了30 m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q′为多大？(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[规范答题](1)当ab棒刚下滑时，ab棒的加速度有最大值：a＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s2.(2分)(2)ab棒达到最大速度时做匀速运动，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θ，(2分)整个回路消耗的电功率P电＝BILv m＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m＝8 W，(2分)则ab棒的最大速度为：v m＝10 m/s(1分)由P电＝E22R＝（BLv m）22R(2分)得：B＝0.4 T．(1分)根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12mv 2m ＋μmg cos θ·h sin θ(2分) 解得：Q ＝30 J ．(1分)(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析，得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分)又I ′＝2BLv ′2R ＝BLv ′R(2分) 解得v ′＝5 m/s(1分)由能量守恒得：2mgh ＝12×2mv ′2＋2μmg cos θ·h sin θ＋Q ′(3分) 代入数据得Q ′＝75 J ．(1分)[答案] (1)4 m/s 2 (2)30 J (3)75 J[总结提升](1)解决电磁感应综合问题的一般分析思路：(2)求解焦耳热的三个途径①感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 克安．②感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q ＝I 2Rt .③感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解．[最新预测]1.(2015·山东泰安模拟)如图所示，间距为L ，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m ，电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为mv 202C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BLD ．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv 202解析：选D ．设某时刻的速度为v ，则此时的电动势E ＝BLv ，安培力F 安＝B 2L 2v 2R，由牛顿第二定律有F 安＝ma ，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热之和，即W 安＝Q ＝12mv 20，选项B 错误，D 正确；整个过程中通过金属棒的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝BS 2R ＝BLx 2R，得金属棒在导轨上发生的位移x ＝2qR BL，选项C 错误． 2．(2015·潍坊一模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L ，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的焦耳热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．解析：(1)EF 获得向上的初速度v 0时，感应电动势E ＝BLv 0电路中电流为I ，由闭合电路欧姆定律：I ＝E 2R此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件：F A ＋mg sin θ＝F fF A ＝BIL解得：F f ＝B 2L 2v 02R＋mg sin θ. (2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能量的转化和守恒知12mv 20＝mgh ＋2Q 解得：h ＝mv 20－4Q 2mg. 答案：(1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)mv 20－4Q 2mg[失分防范]用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：①不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；②错误分析导体(或线圈)受力情况，尤其是安培力的大小和方向；③不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；④思维混乱，错用公式，求不出结果．可以从以下几点进行防范：①从“三个角度”看问题，即力与运动角度(动力、阻力、加速度、匀速还是变速)，电磁感应角度(电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是电生动)，能量转化角度(什么力做了什么功、什么能转化成什么能)；②从“四个分析”理思路，即“源”“路”“力”“能”的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就基本清楚了；③从“五个定律”搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律．A 卷一、选择题1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ，T19，6分) 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A ．圆盘上产生了感应电动势B ．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C ．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 解析：选AB ．当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B 正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C 错误；电流是由于圆盘切割磁感线而产生的，不是因为自由电子随盘移动产生的，选项D 错误．2.(2015·高考海南卷)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则ε′ε等于( )A ．12B ．22C ．1D ． 2解析：选B ．由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv ，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度v 运动时，ε′＝12BLv ，则ε′ε＝12BLv BLv ＝22.因此B 对，A 、C 、D 错． 3.(多选)(2015·高考山东卷)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动解析：选ABD ．根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．4．(2015·高考福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )A ．PQ 中电流先增大后减小B ．PQ 两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C ．设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ；PQ 相当于电源，其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r （3R －r ）r ＋（3R －r ）＝－⎝⎛⎭⎫r －3R 22＋⎝⎛⎭⎫3R 223R ，当r ＝3R 2时，R 外max＝34R ，此时PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ 中的电流为干路电流I ＝E R 外＋R 内，可知干路电流先减小后增大，选项A 错误．PQ两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Blv 不变，U 内＝IR 先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B 错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIlv ，可知因干路电流先减小后增大，PQ 上拉力的功率也先减小后增大，选项C 正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误．5．(多选)(2014·高考四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30° 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N解析：选AC ．根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2Δtsin 30°＝0.2×12×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I ＝E R ＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×12N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误． 6．(多选)(2015·济南一模)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则( )A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率D ．无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选CD ．金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动，随着ab 运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F 方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项A 错误；外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和，选项B 错误；由能量守恒定律可知，当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率，选项C 正确；无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D 正确．7.如图所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B 下降h (h >d )高度时的速度为v ，则以下关系中能够成立的是( )A ．v 2＝ghB ．v 2＝2ghC ．A 产生的热量Q ＝mgh －mv 2D ．A 产生的热量Q ＝mgh －12mv 2 解析：选C ．在线框进入磁场的过程中，可能匀速运动，也可能做变加速运动，因此A 、B 错．由能量守恒得：Q ＝mgh －12·(2m )·v 2＝mgh －mv 2，故C 对、D 错． 8．(多选)(2015·山西四校三联)如图所示，两根等高光滑的14圆弧轨道，半径为r 、间距为L ，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ．现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd 开始，。

牛顿运动定律（一）牛顿第一定律物体运动状态的改变1．下列关于惯性的说法中正确的是：（）A．速度大的物体，惯性大 B．质量大的物体，惯性大C．加速度大的物体，惯性大 D．受力大的物体，惯性大2．关于物体的运动状态所受合外力的关系，下列正确说法是：（）A．物体受合外力为零，速度一定为零B．只有物体受的合外力改变，其运动状态才改变C．物体所受合外力不为零，物体速度一定改变D．在物体运动方向上一定有力的作用3．在火车刚启动的一段时间内，人往往可以追上火车，这是因为什么？4．有甲、乙两物体，其质量分别为m甲、m乙且m甲＞m乙，设物体的速度与其质量成反比。

则：（）A．因为m甲＞m乙，所以甲的惯性大B．因为v甲＜v乙，所以甲的惯性小C．因为m甲·v甲=m乙·v乙，所以它们的惯性相同D．只有它们都静止时，惯性才相同5．惯性是指物体保持原来匀速直线运动或静止状态的性质，所以：（）A．惯性无法量度，即无法比较大小B．只有运动状态不变时才有惯性C．只有运动状态改变时才有惯性D．质量大的惯性大6．物体的惯性是它保持原运动状态不变的属性，物体在状态下有惯性，物体的惯性只与成正比。

7．甲、乙两辆汽车都匀速前进着，它们都刹车时甲冲出的距离较长，则：（）A．说明甲的惯性大B．说明甲的原来速度大C．说明乙刹车的力大D．冲出距离的大小不只与惯性有关8．牛顿第一定律正确地揭示了：（）A．物体都具有惯性B．物体运动状态改变，物体有加速度C．力是改变物体运动状态的原因D．力是维持物体运动的原因9．伽利略通过理想实验推理得出“力不是维持运动的原因，而是运动状态改变的原因”则伽利略得出正确判断：（）A．只是由直觉和实验B．只是由理论思维C．不可能有可靠的事实根据D．是把可靠的事实和理论思维结合起来10．伽利略对理想实验进行推论，设想没有摩擦小球从如图所示的斜面上A点释放，小球恰能升至与A等高的另一斜面上的B点。

这个实验需要测出运动时间吗？在实际情况下摩擦力总存在但可以设法逐渐减少，逐渐减少摩擦，发现小球在另一斜面上升的最高点 B点。

牛顿运动定律的应用练习1如图所示，A、B两个楔子的质量都是8.0kg , C物体的质量为384kg, C和A、B的接触面与水平面的夹角是45°,水平推力F=2920N所有摩擦均忽略.求:⑴A 和C的加速度.(2)B对C的作用力的大小和方向.2、如图所示，一条轻绳两端各系着质量为m和m的两个物体，通过定滑轮悬挂在车厢顶上，m>m,绳与滑轮的摩擦忽略不计.若车以加速度a向右运动,m i仍然与车厢地板相对静止，试问:(1)此时绳上的张力T.(2)m i与地板之间的摩擦因数卩至少要多大？3、如图所示，光滑的圆球恰好放存木块的圆弧槽内，它们的左边接触点为A,槽半径为R,且OA与水平面成a角.球的质量为m木块的质量为M M所处的平面是水平的，各种摩擦及绳、滑轮的质量都不计•则释放悬挂物P后，要使球和木块保持相对静止，P物的质量的最大值是多少？4、如图所示，绳子不可伸长，绳和滑轮的重力不计，摩擦不计.重物A和B的质量分别为m和m,求当左边绳上端剪断后，两重物的加速度.5、风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力.现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室.小球孔径略大于细杆直径，如图所示.(1)当杆在水平方向上同定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍.求小球与杆间的动摩擦因数.（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少（sin37 ° =0.6，cos37° =0.8）?（2000年上海高考试题）6、将金属块用压缩的弹簧卡于一个矩形箱内，如图A-7所示，箱子的上顶板和下顶板都装有压力传感器，箱子可以沿竖直方向运动.当箱子以2m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示为6.0N，下顶板的压力传感器显示为10.0N，g 取10m/s2.（1）若上顶板的传感器的示数为下顶板传感器的示数的一半，试判定箱子的运动情况.（2）要使上顶板的传感器的示数为零，箱子沿竖直方向上的运动可能是怎样的？7、在香港海洋公园的游乐场中，有一台大型游戏机叫“跳楼机”.参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面H=40m 高处，然后由静止释放.座椅沿轨道自由下落一段时间后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力而做匀减速直线运动，下落到离地面H=4.0m高处时，速度恰好为零，整个过程所经历的时间t=6s.然后座椅再缓慢下落将游客送回地面.g取10m/s2，求:(1)座椅被释放后自由下落的高度h i有多高；(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍.8如图所示，在以一定加速度a行驶的车厢内，有一长为L、质量为m的棒AB靠在光滑的后壁上，棒与厢底面之间的动摩擦因数为卩0，为了使棒不滑动，棒与竖直平面所成的夹角9应在什么范围内取值？V77777777777777777777777777/9、如图11所示，在光滑的倾角为的固定斜面上放一个劈形的物体A,其上表面水平，质量为M.物体B质量为m放在A的上面，先用手固定住 A.(1)若A的上表面粗糙，放手后，A、B相对静止一起沿斜面下滑，求B对A 的压力大小；(2)若A的上表面光滑，求放手后的瞬间，B对A的压力大小.10、如图B-2所示，用挡板P将小球靠在光滑斜面上，斜面倾角为9，问斜面至少以多大的加速度向右运动时，小球才能做自由落体运动到地面？11、如图7所示，m和M保持相对静止，一起沿倾角为9的光滑斜面下滑，则M 和m 间的摩擦力大小是多少？12、将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图1所示，在箱的上顶板和下顶板安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动•当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N，下顶板的传感器显示的压力为10.0N，取g=10m/s.求：（1）金箱块的质量m（2）若上顶板传感器的示数是下顶板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况.13、如图13所示，质量为m的物体放在倾角为9的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为卩.现用力F拉物体沿斜面匀速上滑，则F的方向与斜面的夹角a 为多大时最省力？其最小值为多大？14、台压力传感器（能及时准确显示压力大小），压力传感器上表面水平，上面放置一个质量为1kg的木块，在t=0时刻升降机从地面由静止开始上升，在t=10s 时上升了H,并且速度恰好减为零.他根据记录的压力数据绘制了压力随时间变化的关系图象•请你根据题中所给条件和图象信息回答下列问题•（g取10m/s2）（1）题中所给的10s内升降机上升的高度H为多少？（2）如果上升过程中某段时间内压力传感器显示的示数为零，那么该段时间内升降机是如何运动的？10压力传感器15、两个质量不计的弹簧将一金属块支在箱子的上顶板与下底板之间，箱子只能沿竖直方向运动，如图2所示.两弹簧原长均为x°=0.80m,劲度系数均为k=60N/m. 当箱以2.0m/s2的加速度匀减速上升时，上弹簧的长度为x】=0.70m,下弹簧的长度为x2 =0.60m.若上顶板压力是下底板压力的四分之一，试判断箱的运动情况.（g取10m/s2）16、如图3所示，一根质量为M的长木杆一端用绳拴着竖直悬挂，杆上有一质量为m 的小猫.某时刻突然绳断了，在杆开始下落时猫同时开始沿杆向上快爬，设木杆足够长，为使小猫离地高度始终不变，则木杆下落的加速度是多少？17、人和雪橇的总质量为75kg，沿倾角为9 =37°且足够长的斜坡面向下滑动，已知雪橇所受空气阻力与速度成正比，比例系数K未知.从某时刻开始计时测得雪橇的速度——时间图象如图8中的AD所示，图中AB是曲线在A点的切线.g取10m/s2, sin37 ° =0.60，cos37 ° =0.80.回答问题并求解：(1) 雪橇在下滑过程中，开始做什么运动？最后做什么运动?(2) 当雪橇的速度为v=5m/s时，求它的加速度大小.(3)求空气阻力系数三个物体无相对滑动，水平推力F为多少?18、如图1所示，水平面光滑，滑轮与绳子间，m、m与m间的摩擦均不计，为使19、如图3所示，A、B两滑环分别套在间距为1m的光滑细杆上，A和B的质量比为m： m=1 ：3,用一自然长度为1m的轻弹簧将两滑环相连，在A环上作用一沿杆方向、大小为20N的拉力F，当两滑环都沿杆以相同的加速度运动时，弹簧与杆的夹角为53°( cos53° =0.6)，求:(1)弹簧的劲度系数为多少；(2)若突然撤去拉力F,在撤去拉力F的瞬间，A的加速度为a',试求a'：a为多少.20、如图2所示，风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径.(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数「(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止开始在细杆上滑下距离s所需时间为多少？ ( sin37 ° =0.6，cos37° =0.8) 1、(1)a A=5m/s2,a c=3.54m/s2(2)N B(=2716N方向左上方453、aW 45°时，不论P多大，小球均不会翻出.a >45°时,5、 (1)0.5(2)6、 解：设金属块的质量为 m 以2m/s2的加速度向上做匀减速运动，则加速度的 方向向下，由牛顿第二定律：F 上+mg-F 下=ma 解得m=0.5kg(1)当上顶板的传感器的示数为下顶板传感器的示数的一半时，弹簧的弹力没有 变化，即下顶板的示数仍然为10N,则上顶板的示数为5N,设此时金属块的加速 度为a i 则有+mg-F 下=ma,解得a i =0即金属块静止或者做匀速直线运动.当金属块恰好不压上壁时，弹簧的弹力不变，下顶板的传感器的示数仍然为10N,规定向下为正方向：mg-F 下=ma,代入数据得a 2=-10m/s 2说明加速度向上，当加速度大于10m/s 2时，金属块离开上顶，其示数为零 故箱子以大于或者等于10m/s 2的加速度上升或者减速下降.7、( 1)游客和座椅先做自由落体运动，然后做匀减速直线运动，下落的总高度为 H=HkH 2=40m-4m=36m设自由下落的末速度(即全过程的最大速度)为 V max ,作出其下落的V-t 图象，如图2所示.由图象可知 H=Vn aX t/2则 v maX =2H/t= (2 X 36/6) m/s=12m/s 根据自由落体的规律有 h i =/ (2g ) =127 (2X 10) m=7.2m(2)设游客和座椅匀减速下落的高度为h i ,则4、'图2h2=H-h i=36m-7.2m=28.8m设匀减速运动的加速度大小为a,则7J20- =2 (-a) h2所以a= / (2h2)=122/ (2X28.8) m/s2=2.5m/s2=g/4设游客的质量为m座椅对游客的作用力为F,对游客，由牛顿第二定律得F-mg=ma F=m( g+a) =1.25mg即座椅对游客的作用力大小是游客体重的 1.25倍.片 a + 片 a - 2^饥 -arctan ------------- 炖血=arctan --------------& : ,9、 ( 1) A、B相对静止一起沿斜面下滑，加速度为a=gsin 9B的加速度的竖直分量为a r=gsin292 2贝U mg-N=mO所以N=mg-mgsin 9 =mgcos 9.根据牛顿第三定律B对A的压力大小为mgco^B.(2)因为A、B下滑时，A与B的加速度并不相同.A的加速度沿斜面向下，B的加、、、鱼速度竖直向下，A的加速度的竖直分量与B的加速度相等.即有a B= =a A sin 9.对A、B分别运用牛顿第二定律，有(Mg+N sin 9 =Mamg-N=ma=masin 9所以10、解：可认为小球自由下落，斜面向右做初速度为零的匀加速运动，在球落地时与斜面前端相遇.本题关键是按题中要求画出两物体的位移关系，要使小球做自丄丄由落体运动，斜面的前端必须在同一时间内滑到小球的正下方，h= gt2，s= at2, h_所以=tan 9 a=gcot 9.11、见解析【试题分析】因为m 和 M 保持相对静止，所以将(计M 整体视为研究对象•受力分析如图8所 示，(M+m 受重力、支持力，由牛顿第二定律得 x 轴方向(M+m gsin 0 = ( M+m a ①解得 a=gsin 0,加速度沿斜面向下.再以m 为研究对象，受力分析如图9所示.因为m M 的加速度是沿斜面方向.将其分解为水平方向和竖直方向如图 10所示.x 轴方向a x =acos 0④y 轴方向a y =asin 0 ⑤由式②③④⑤解得 F , =mgsin 0 cos 0方向沿水平方向，即m 受向左的摩擦力，M 受向右的摩擦力. 12、见分析 【试题分析】(1) 当箱静止时，物体受力如图2所示，上顶板的压力F 2=6N,下顶板的压力F 1=10N,由平衡条件得 F 1=F ?+mg10-6=0.4kg图g由牛顿第二定律得：x 轴方向 y 轴方向=ma ② mg- F N -=ms y ③(2)当上顶板的示数是下顶板的一半时，由于弹簧的长度没有变，所以下顶板的示数不变，还是F i=10N,上顶板的示数就应是F' 2=5N,规定竖直向上为正方向, 由牛顿第二定律，得F1-F2' -mg=maF y-F^~mg2所以a= ；了】=2 .5m/s此时箱子做加速度为a=2.5m/s2向上方向的匀加速运动或者向下方向的匀减速运动.13、见解析【试题分析】物体受力如图答2所示，建立直交坐标系，由共点力平衡条件得当 COS (a - B) =1即a =B =arcan 卩时，F 有最小值(即最省力)sin/? _ V l-cos75卩=ta n B =[cos B =F _ sin94^zcosS min $ ------代入⑤式得'■ 1 '且 mg图答214、 (1) H=28m(2)该段时间内升降机做加速度大小为 g 的匀减速运动.Fcos a - mgsin 0 -f=0 Fsin a +N- mgcos 0 =0 又 f= yN 由①②③式得 sinS4/£cos^F hUjLWI ? m g sin/3 设卩=ta n B= 代入④式整理得 sin^-^JcosS F=mgcos B上式分子为定值① ②③15、见试题分析【试题分析】设箱的质量为m.当箱以2m/s2的加速度匀减速上升时，根据胡克定律可得，上弹簧中的弹力为F i =k(x o-x i)=60X(0.80-0.70 ) N=6.0N,下弹簧中的弹力为F2=k(x°-x 2) =60X(0.80-0.60 ) N=12.0N, 此时箱受重力mg上弹簧向下的弹力F】和下弹簧向上的弹力F2作用，如图3所示.规定竖直向下为正方向，由题知a=2.0m/s2,对箱由牛顿第二定律得mg+F-F 2 =ma心-赫二12.0-6.D所以m='L 丨1」一・丨)kg=0.75kg.箱运动过程两弹簧总长x总=x i +X2 =0.70m+0.60m=1.30m保持不变.当上顶板压力是下板压力的四分之一时，设上弹簧的压缩量为Ax】，下弹簧的压缩量为4x2，则由题知4x2 =4Ax 1 , 且2x o- Ax i- Ax 2 =x总，即2x o- Ax 1 -4Ax 1 =x总，解之可得Ax 1 =0.06m.根据胡克定律可得，上弹簧中的弹力为F i' =k Ax 1 =60X 0.06N=3.6N，下弹簧中的弹力为F2' =4F1' =14.4N，此时箱受重力mg上弹簧向下的弹力F1 '和下弹簧向上的弹力F2‘作用，如图4所示.图' 规定竖直向上为正方向，由牛顿第二定律得F2 ' -mg-F 1' =ma所以a' = ( F2 ' -mg-F 1') /m= (14.4- 0.75 X 10-3.6 ) /0.75=4.4 (m/s2).可知箱的加速度为4.4m/s2,方向和规定正方向相同即竖直向上，所以箱以4.4m/s2 的加速度匀加速上升或匀减速下降.16、见解析【试题分析】以m和M组成的系统为研究对象，系统只受重力(m+M g作用.设猫相对于地面静止时杆下落的加速度为a，由牛顿第二定律得(M+m g=M+O 解得a= 财若采用隔离法，分别隔离木杆及小猫受力分析如图4所示，由牛顿第二定律得对木杆M g+f=Ma①对小猫f-mg=O②JVl+m 'g由①②联立解得a=仃三417、见解析【试题分析】(1)开始做加速度减小的加速运动直到加速度等于零后做匀速直线运动;(2)在v=5m/s 时，a= (v t-v o) /t=2.5m/s ;(3)刚开始时mgsin 0 -卩mgcos B -Kv o=ma 最终做匀速直线运动mgs in 0 -卩mgcos0 -Kv=0 其中v=10,由以上两式得K=37.5,卩=0.125.18、见解析【试题分析】因三者是关联相对静止，即加速度a相同.如图2所示，对m由牛顿第二定律得T=ma ①，对m有T-mg=0②，对整体有F= (m+m+m) a③，解①②③得F=厶T\/Hi19、见解析【试题分析】要求弹簧的劲度系数，就必须求出弹簧的弹力T，要求出弹簧的弹力就要隔离出某一个物体，当隔离出某一物体后，要得到弹力T，就需知道加速度，而加速度需由整体法来求，撤掉拉力F的瞬间，弹力未来得及变化，再根据受力情况求解瞬时加速度•(1)先取A、B和弹簧整体为研究对象，弹簧的弹力T为内力，杆对A、B的弹力与加速度垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律，得F= ( m+m)a ①再取B为研究对象Tcos53° =nma②联立①②并代入数据得T=25N由几何知识得弹簧的伸长量△ x=\sm53Jl .根据胡克定律得T=k Ax解得k=100N/m(2)撤掉拉力F 的瞬间，弹簧的弹力未来得及发生变化，由牛顿第二定律Teos53° a '=结合 Tcos53° =nma 得；jJ - '.20、见解析 【试题分析】【解析】(1)设小球所受的风力为F ,小球质量为m 则有 F=y mg 得(2)设杆对小球的支持力为F N ,摩擦力为F P ,对小球进行受力分析，如图3所示. 沿杆方向Feos 0 +mgsin 0 -F 卩=ma垂直于杆方向 F N +F S in 0 - mgcos 0 =0 F p = pF N由以上三式可解得F rt 0-F^3 a=8s 所以由于 s=at 2/2 t=卩二F/mg=0.5mg/mg=0.5。

交变电流[基础测试]一、选择题1．有一台使用交流电的电冰箱上标有额定电压为“220 V”的字样，这“220 V”是指[ ]A．交流电电压的瞬时值 B．交流电电压的最大值C．交流电电压的平均值 D．交流电电压的有效值2．图17-1中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e = 5sin20t V，则以下判断正确的是 [ ]A．此交流电的频率为10/πHzB．当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5VC．当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0D．线圈转动一周，感应电流的方向改变一次3．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的电动势为e＝εm sinωt．若将线圈的转速加倍，其它条件不变，则产生的电动势为 [ ]A．εm sin2ωt B．2εm sinωt C．2εm sin t D．2εm sin2ωt4．理想变压器正常工作时，原线圈一侧与副线圈一侧保持不变的物理量是 [ ] A．频率B．电压C．电流D．电功率5．理想变压器正常工作时，若增加接在副线圈两端的负载，则 [ ]A．副线圈中电流增大B．副线圈输出的电功率增大C．原线圈中电流增大D．原线圈输入的电功率增大6．一交流电流的图象如图17-2所示，由图可知 [ ]A．用电流表测该电流其示数为10 AB．该交流电流的频率为100 HzC．该交流电流通过10 Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1 000 WD．该交流电流即时值表达式为i＝10sin628t A二、填空题7．一台发电机产生的电动势的瞬时值表达式为：e = 311sin314t V，则此发电机产生的电动势的最大值为_______V，有效值为_______V，发电机转子的转速为_______转/秒，产生的交流电的频率为______Hz．8．一台理想变压器，原、副线圈匝数之比是5：1，则原、副线圈两端电压之比为______；这台变压器工作时，原、副线圈中的电流强度之比为_____；输出与输入功率之为比_______．9．如图17-3所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1：n2＝1：2，加在原线圈两端的电压为220 V，C为额定电流为1 A的保险丝，R为接在副线圈两端的可变电阻．要使保险丝不会熔断，则可变电阻的阻值不能小于Ω．10．如图17-4所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n1和n2，所接负载4R1＝R2．当只闭合S1时，电流表示数为1 A，当S1和S2都闭合时，电流表示数为2 A，则n1：n2为．三、计算题11．在远距离输电时，如果输送一定的功率，当输电电压为220 V时，在输电线上损失的功率为75 kW；若输电电压提高到6 000 V时，在输电线上损耗的功率又是多少?12．有一个负载电阻值为R，当将它接在20 V的直流电源上时，消耗的电功率为P，若将R接在图17-5中的变压器的次级电路中消耗的电功率是P/2．已知变压器的输入电压的最大值为200 V，求此变压器的原、副线圈的匝数之比．13．某小水电站发电机输出的电功率为100 kW，输出电压为250 V．现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8 Ω，要求输电损失在输电线上的电功率不超过5%，用户获得220 V 电压，求所选用的升压变压器原、副线圈的匝数比和降压变压器原、副线圈的匝数比．。

高中物理大题集练—-牛顿运动定律与电磁学综合1、在xOy平面内，直线OP与y轴的夹角α=45°。

第一、第二象限内存在方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场，电场强度大小均为E=1.0×105 N/C;在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0。

1T,如图所示。

现有一带正电的粒子从直线OP上某点A（—L，L)处静止释放。

设粒子的比荷=4.0×107 C/kg，粒子重力不计.求：(1)若L=”2" cm，粒子进入磁场时与x轴交点的横坐标及粒子速度的大小和方向;（2）如果在直线OP上各点释放许多个上述带电粒子（粒子间的相互作用力不计)，试证明各带电粒子进入磁场后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线.2、如右图甲所示，间距为d的平行金属板MN与一对光滑的平行导轨相连，平行导轨间距L=d/2，一根导体棒ab以一定的初速度向右匀速运动,棒的右侧存在一个垂直纸面向里，大小为B的匀强磁场。

棒进入磁场的同时,粒子源P释放一个初速度为0的带电粒子，已知带电粒子质量为m，电量为q.粒子能从N板加速到M板，并从M板上的一个小孔穿出。

在板的上方，有一个环形区域内存在大小也为B,垂直纸面向外的匀强磁场。

已知外圆半径为2d, 里圆半径为d.两圆的圆心与小孔重合(粒子重力不计）（1)判断带电粒子的正负,并求当ab棒的速度为v0时，粒子到达M板的速度v；（2)若要求粒子不能从外圆边界飞出，则v0的取值范围是多少？（3）若棒ab的速度v0只能是,则为使粒子不从外圆飞出，则可以控制导轨区域磁场的宽度S（如图乙所示），那该磁场宽度S应控制在多少范围内3、如图所示,真空中有以（r,0）为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y ＝r的实线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内，设质子在磁场中的偏转半径也为r，已知质子的电量为e，质量为m，不计重力及阻力的作用，求：（1)质子射入磁场时的速度大小.（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子,到达y轴所需的时间。

自由落体运动练习1、如图3所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5m/s2，甲车运动6.0s时，乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a2＝5.0m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离。

2、用滴水法可以测定重力加速度的值，方法是：在自来水龙头下面固定一挡板，如图B-1所示，仔细调节水龙头，使得前一个水滴滴在挡板上的同时，下一个水滴刚好开始下落.首先量出水龙头口离挡板的高度h，再用秒表计时，计时的方法是：当听到某一水滴滴在挡板上的声音的同时，开启秒表开始计时，并数“1”，以后每听到一滴水声，依次数“2、3、4……”，一直数到“n”时，按下秒表按钮停止计时，读出秒表的读数t.（1）写出用上述方法测量重力加速度g的表达式g=____________；（2）为了减小误差，改变h的数值，测出多组数据，记录在表格中（表格中的t是水滴从水龙头口到挡板所用的时间，即水滴在空中运动的时间），请在图B-2所示的坐标纸中作出适当的图象，并利用图象求出重力加速度的值g=___________.（要求保留两位有效数字）3、为了测定一高楼的高度，某同学设计了如下实验：在一根长为l的细线的两端各拴一个小球，站在楼顶，手持细线上端无初速度释放小球，使其做自由落体运动，另一同学在楼底测量两小球落地的时间间隔为Δt，即可根据l、Δt得出楼的高度.（不计空气阻力，取g=10m/s2），则（1）从原理上讲，这个方案是否正确？（2）从实际测量来看，你估计最大的困难是什么？（3）若测得l=10m、Δt=0.4s，试估算楼的高度.4、利用水滴下落可以测出重力加速度g：调节水龙头，让水一滴一滴地流出.在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一个水滴碰到盘子时，恰好有另一水滴从水龙头开始下落，而空中还有一个正在下落中的水滴，测出水龙头到盘子间距离为h.再用秒表测时间，从第一个水滴离开水龙头开始计时，到第N 个水滴落至盘中，共用时间为T.第一个水滴落到盘子时，第二个水滴离开水龙头的距离是多少？重力加速度g是多少？5、在某处以速度2v0竖直上抛出A球后，又以速度v0竖直向上抛出B球，要使两球能在空中相遇，两球抛出的时间间隔△t应满足什么条件(空气阻力不计)?6、如图所示，A、B两棒各长1m，A吊于高处，B竖直置于地面上，A的下端距地面21m.现让两棒同时开始运动，A自由下落，B以20m／s的初速度竖直上抛，若不计空气阻力，求:(1)两棒的一端开始相遇的高度.(2)两棒的一端相遇到另一端分离所经过的时间(g取10m／s2).【5】7、如图7所示是一幅自由落体的频闪照片的示意图.已知频闪仪器每隔0.04s 闪光一次，图中的数字是小球距起落点的距离.请你根据这些数据，用速度公式v=gt以及相关公式得出自由落体加速度.8、从某一高度静止释放一个小球，已知最后2s内小球的位移比最初2s内多10m，不计空气阻力，取g = 10m/s2，试求：（1）小球第2s内的平均速度；（2）小球下落的高度．9、某学校物理兴趣小组，利用光控实验板进行了“探究自由落体的下落高度与速度之间的关系”的实验，光控实验板上有带刻度的竖直板、小球、光控门和配套的速度显示器，速度显示器能显示出小球通过光控门的速度．现通过测出小球经过光控门时每次的速度来进行探究．另配有器材：多功能电源、连接导线、重垂线、铁架台等．实验步骤如下：（1）如图甲所示，将光控板竖直固定，连好电路；（2）在光控实验板的合适位置A处固定好小球及光控门B，并测出两者距离h1；（3）接通光控电源，使小球从A处由静止释放，读出小球通过B时的速度值v B1；（4）其它条件不变，调节光控门B的位置，测出h2、h3…，读出对应的v B2、v B3…．（5）将数据记录在Excel软件工作薄中，利用Excel软件处理数据，如图乙所示，小组探究，得出结论．甲乙在数据分析过程中，小组同学先得出了v B-h图象，继而又得出v B2-h图象，如图丙、丁所示：丙丁请根据图象回答下列问题：（1）小明同学在得出v B-h图象后，为什么还要作出v B2-h图象？．（2）若小球下落过程机械能守恒，根据实验操作及数据处理，你能否得出重力加速度g，如果能，请简述方法．．10、伽利略在物理学研究方面把实验和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来，有力地推进了人类科学认识的发展，标志着物理学的真正开端。