高考物理二轮总复习专题过关检测专题大全集（全部含详细答案解析)

高考物理二轮总复习专题过关检测专题大全集（全部含详细答案解析)

高考物理二轮总复习 专题过关检测专题大全集（全部含详细答案解析) 高考物理二轮总复习专题过关检测 磁场(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个 选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不答的得 0 分) 1.20世纪50年代,一些科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”,认为当太阳强烈活动影响地球 而引起磁暴时,磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流,此电流产生了地磁场.连续的 磁暴作用可维持地磁场,则外地核中的电流方向为(地磁场 N 极与 S 极在地球表面的连线称为 磁子午线)( ) A.垂直磁子午线由西向东 B.垂直磁子午线由东向西 C.沿磁子午线由南向北 D.沿磁子午线由北向南 解析:地磁场由南向北,根据安培定则可判断,外地核中电流方向由东向西. 答案:B 2.如图 11-1 所示,两根平行放置的长直导线 a 和 b 载有大小相同、方向相反的电流,a 受到的 磁场力大小为F1,当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a 受到的磁场力的大小变为F2, 则此时 b 受到的磁场力的大小变为( ) 图 11-1 A.F2 B.F1－F2 C.F2－F1 D.2F1－F2 解析:对 a 导线,原来 b 导线对 a 导线作用力为 F1,方向向左,假设加入的匀强磁场垂直向里,如 图甲所示,则 a 导线受外加匀强磁场的作用力为 F′,则 F1、F′、F2 之间有下列关系: F2=F1－F′(F′=F1－F2) 同理对 b 导线分析受力，如图乙所示，故此时导线 b 受磁场作用力: F=F1－F′=F1－(F1－F2)=F2 本题正确的答案为 A. 答案:A 3.带电体表面突出的地方电荷容易密集.雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时,由于静电感应, 建筑物顶端会聚集异种电荷,避雷针通过一根竖直导线接通大地而避免雷击.你若想知道竖直 导线中的电流方向,进而判断云层所带电荷,安全可行的方法是( ) A.在导线中接入电流表 B.在导线中接入电压表 C.在导线中接入小灯泡 D.在导线旁放一可自由转动的小磁针 解析:根据小磁针静止时 N 极的指向判断出其所在处的磁场方向,然后根据安培定则判断出 电流方向,既安全又可行. 答案:D 4.下列关于磁感线的说法正确的是( ) A.磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向,它每一点的切线方向都与小磁针放在该点 静止时 S 极所指的方向相同 B.磁感线总是从磁体的 N 极出发,到磁体的 S 极终止 C.磁场的磁感线是闭合曲线 D.磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线,没有细铁屑的地方就没有磁感线 解析:磁感线的切线方向就是该点的磁场方向,磁场的方向规定为小磁针 N 极受力的方向,也 就是小磁针静止时 N 极的指向,所以 A 项错误.在磁体的外部,磁感线从 N 极出发指向 S 极, 在磁体的内部,磁感线从 S 极指向 N 极,并且内、外形成闭合曲线,所以 B 项错误,C 项正确.虽 然磁感线是为了研究问题的方便人为引入的,我们也可以用细铁屑形象地“显示”磁感线,但不 能说没有细铁屑的地方就没有磁感线,所以 D 项是错误的. 答案:C 图 11-2 5.如图 11-2 所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周 期为 T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示.现加一垂直于轨道平面的 匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( ) A.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于 T0 B.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于 T0 C.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于 T0 D.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于 T0 解析:因电荷在电场力作用下做匀速圆周运动，根据圆周运动知识有 rTmF 2 0 )2( 电 ,若所加 的磁场指向纸里,因电荷所受的洛伦兹力背离圆心,电荷所受的向心力减小,所以质点运动的 周期将增大,大于 T0.若所加的磁场指向纸外,因电荷所受的洛伦兹力指向圆心,电荷所受的向 心力增大,所以质点运动的周期将减小,小于 T0,正确选项为 A、D. 答案:AD 6.在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场,一质量为 m 的带正电小球,在该区域内沿水平方 向向右做直线运动,如图 11-3 所示.关于场的分布情况可能的是( ) 图 11-3 A.该处电场方向和磁场方向重合 B.电场竖直向上,磁场垂直纸面向里 C.电场斜向里侧上方,磁场斜向外侧上方,均与 v 垂直 D.电场水平向右,磁场垂直纸面向里 解析:带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力,是否受洛伦兹力需具体分析.A 选项中 若电场、磁场方向与速度方向垂直,则洛伦兹力与电场力垂直,如果与重力的合力为零就会做 直线运动.B 选项中电场力、洛伦兹力都向上,若与重力合力为零,也会做直线运动.C 选项电场 力斜向里侧上方,洛伦兹力向外侧下方,若与重力合力为零,就会做直线运动.D 选项三个力合 力不可能为零,因此本题选 A、B、C. 答案:ABC 7.如图 11-4 所示，水平正对放置的带电平行金属板间的匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方 向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的 a 点由静止释放，经过轨道端点 P 进入 板间后恰好沿水平方向做匀速直线运动.现在使小球从稍低些的 b 点由静止释放，经过轨道 端点 P 进入两板之间的场区.关于小球和小球现在的运动情况，以下判断中正确的是( ) 图 11-4 A.小球可能带负电 B.小球在电、磁场中运动的过程动能增大 C.小球在电、磁场中运动的过程电势能增大 D.小球在电、磁场中运动的过程机械能总量不变 解析:如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力、向下的电场力、向下的洛伦兹 力，则小球不能沿水平方向做匀速直线运动，所以小球只能带正电，此时洛伦兹力向上，电 场力向上，且 F 洛+F 电=mg，当小球从稍低的 b 点由静止释放时，小球进入金属板间的速度 将减小，则 F 洛减小,F 洛+F 电＜mg，小球将向下运动，电场力做负功，合外力做正功.所以小 球在电磁场中运动的过程中动能增大，电势能增加，机械能减小，故 B、C 正确，A、D 错. 答案:BC 8.如图 11-5 所示,两平行金属板的间距等于极板的长度,现有重力不计的正离子束以相同的初 速度 v0 平行于两板从两板正中间射入.第一次在两极板间加恒定电压,建立场强为 E 的匀强电 场,则正离子束刚好从上极板边缘飞出.第二次撤去电场,在两板间建立磁感应强度为 B、方向 垂直于纸面的匀强磁场,正离子束刚好从下极板边缘飞出,则 E 和 B 的大小之比为( ) 图 11-5 A. 04 5 v B. 02 1 v C. 04 1 v D.v0 解析:根据题意 d=L① 两板间为匀强电场时,离子做类平抛运动. 设粒子在板间的飞行时间为 t,则 水平方向:L=v0t② 竖直方向: 22 22 1 2 tm qEatd  ③ 两板间为匀强磁场时,设偏转半径为 r 由几何关系有 222 )2( Ldrr  ④ 又 r vmBqv 2 0 0  ⑤ ①②③④⑤联立得 .4 5 0v B E  答案:A 9.如图 11-6 所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为 0.5 T 的匀强磁场，一质量为 0.2 kg 且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上.在塑料板左端无初速度放置一质量为 0.1 kg、带 电荷量为+0.2 C 的滑块,滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数为 0.5,滑块受到的最大静摩擦 力可认为等于滑动摩擦力.现对塑料板施加方向水平向左、大小为 0.6 N 的恒力,g 取 10 m/s2, 则( ) 图 11-6 A.塑料板和滑块一直做加速度为 2 m/s2 的匀加速运动 B.滑块开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动 C.最终塑料板做加速度为 2 m/s2 的匀加速运动,滑块做速度为 10 m/s 的匀速运动 D.最终塑料板做加速度为 3 m/s2 的匀加速运动,滑块做速度为 10 m/s 的匀速运动 解析:滑块随塑料板向左运动时,受到竖直向上的洛伦兹力,和塑料板之间的正压力逐渐减小. 开始时,塑料板和滑块加速度相同,由 F=(M+m)a 得,a=2 m/s2,对滑块有μ(mg－qvB)=ma,当 v=6 m/s 时,滑块恰好相对于塑料板有相对滑动,开始做加速度减小的加速运动,当 mg=qvB,即 v=10 m/s 时滑块对塑料板的压力为零 FN=0,塑料板所受的合力为 0.6 N,则 2/3' smM Fa  ,B、D 正确. 答案:BD 10.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置,其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔.若 带电粒子初速度可视为零,经电压为 U 的电场加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔 内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B.带电粒子将被限制在圆环 状空腔内运动.要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动,下列说法中正确的是 ( ) A.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷 q/m 越大,磁感应强度 B 越大 B.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷 q/m 越大,磁感应强度 B 越小 C.对于给定的带电粒子和磁感应强度 B,加速电压 U 越大,粒子运动的周期越小 D.对于给定的带电粒子和磁感应强度 B,不管加速电压 U 多大,粒子运动的周期都不变 解析:带电粒子经过加速电场后速度为 ,2 m Uqv  带电粒子以该速度进入对撞机的环状空 腔内,且在圆环内做半径确定的圆周运动,因此 qB Um Bq mvR 2 2 ,对于给定的加速电压,即 U 一定,则带电粒子的比荷 q/m 越大,磁感应强度 B 应越小,A 错误,B 正确;带电粒子运动周期为 Bq mT 2 ,与带电粒子的速度无关,当然就与加速电压 U 无关,因此,对于给定的带电粒子和磁 感应强度 B,不管加速电压 U 多大,粒子运动的周期都不变. 答案:BD 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空计算题(共 6 题,每题 10 分,共 60 分) 11.在原子反应堆中抽动液态金属时,由于不允许转动机械部分和液态金属接触,常使用一种 电磁泵.如图 11-7 所示是这种电磁泵的结构示意图,图中 A 是导管的一段,垂直于匀强磁场放 置,导管内充满液态金属.当电流 I 垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时,液态金属即被驱动, 并保持匀速运动.若导管内截面宽为 a、高为 b,磁场区域中的液体通过的电流为 I,磁感应强度 为 B,求: 图 11-7 (1)电流 I 的方向; (2)驱动力对液体造成的压强差. 解析:(1)驱动力即安培力方向与流动方向一致,由左手定则可判断出电流 I 的方向由下向上. (2)把液体看成由许多横切液片组成,因通电而受到安培力作用,液体匀速流动,所以有安培力 F=Δp·S, ,a BI ab BIb S Fp  即驱动力对液体造成的压强差为 .a BI 答案:(1)电流方向由下向上 (2) a BI 12.一种半导体材料称为“霍尔材料”,用它制成的元件称为“霍尔元件”,这种材料有可定向移动 的电荷,称为“载流子”,每个载流子的电荷量大小为 q=1.6×10－19 C，霍尔元件在自动检测、控 制领域得到广泛应用,如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关 闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等. 图 11-8 在一次实验中,一块霍尔材料制成的薄片宽 ab=1.0×10－2 m、长 bc=4.0×10－2 m、厚 h=1.0×10－ 3 m,水平放置在竖直向上的磁感应强度 B=2.0 T 的匀强磁场中,bc 方向通有 I=3.0 A 的电流,如 图 11-8 所示,由于磁场的作用,稳定后,在沿宽度方向上产生 1.0×10－5 V 的横向电压. (1)假定载流子是电子,ad、bc 两端中哪端电势较高? (2)薄板中形成电流 I 的载流子定向运动的速率为多大? (3)这块霍尔材料中单位体积内的载流子个数为多少? 解析:(1)由左手定则可判断,电子受洛伦兹力作用偏向 bc 边,故 ad 端电势高. (2)稳定时载流子在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡 ab UqqvB  , m/s.105m/s100.10.2 100.1 4 2 5      Bab Uv (3)由电流的微观解释可得:I=nqvS.故 n=I/qvS=3.75×1027 个/m3. 答案:(1)ad 端 (2)5×10－4 m/s (3)3.75×1027 个/m3 13.将氢原子中电子的运动看做是绕氢核做匀速圆周运动,这时在研究电子运动的磁效应时, 可将电子的运动等效为一个环形电流,环的半径等于电子的轨道半径 r.现对一氢原子加上一 个外磁场,磁场的磁感应强度大小为 B,方向垂直电子的轨道平面.这时电子运动的等效电流用 I1 表示.现将外磁场反向,但磁场的磁感应强度大小不变,仍为 B,这时电子运动的等效电流用 I2 表示.假设在加上外磁场以及外磁场反向时,氢核的位置、电子运动的轨道平面以及轨道半径 都不变,求外磁场反向前后电子运动的等效电流的差,即|I1－I2|等于多少?(用 m 和 e 表示电子 的质量和电荷量) 解析:用 r 表示电子的轨道半径,v 表示电子速度,则等效电流 r evI 2  ① 当加上一垂直于轨道平面的外磁场后,设顺着外磁场方向看,电子做逆时针转动,此时电子受 到氢核对它的库仑力指向圆心,而受到洛伦兹力背向圆心.设此时速度为 v1,根据题意得 r mvBevr ke 2 1 12 2  ② 当外磁场反向后,轨道半径r不变,此时运动速度变为v2,此时电子受到氢核对它的库仑力不变, 而洛伦兹力大小变为 eBv2,方向变为指向圆心,根据牛顿运动定律可得 r mvBevr ke 2 2 22 2  ③ 由②③式解得 m eBrvv  12 ④ 由①④两式可得 .2|| 2 21 m BeII  答案: m Be 2 2 14.在电子显像管内部,由炽热的灯丝上发射出的电子在经过一定的电压加速后,进入偏转磁 场区域,最后打到荧光屏上,当所加的偏转磁场的磁感应强度为0 时,电子应沿直线运动打在荧 光屏的正中心位置.但由于地磁场对带电粒子运动的影响,会出现在未加偏转磁场时电子束偏 离直线运动的现象,所以在精密测量仪器的显像管中常需要在显像管的外部采取磁屏蔽措施 以消除地磁场对电子运动的影响. 已知电子质量为 m、电荷量为 e,从炽热灯丝发射出的电子(可视为初速度为 0)经过电压为 U 的电场加速后,沿水平方向由南向北运动.若不采取磁屏蔽措施,且已知地磁场磁感应强度的 竖直向下分量的大小为 B,地磁场对电子在加速过程中的影响可忽略不计.在未加偏转磁场的 情况下,(1)试判断电子束将偏向什么方向;(2)求电子在地磁场中运动的加速度的大小;(3)若加 速电场边缘到荧光屏的距离为 l,求在地磁场的作用下使到达荧光屏的电子在荧光屏上偏移 的距离. 解析:(1)根据左手定则,可以判断出电子束将偏向东方. (2)设从加速电场射出的电子速度为 v0,则根据动能定理有: eUmv 2 02 1 从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动,设电子的加速度 为 a,根据牛顿第二定律,ev0B=ma 由以上各式解得 .2 m eU m eBa  (3)设电子在地磁场中运动的半径为 R,根据牛顿第二定律 R vmBev 2 0 0  得 eB mvR 0 设电子在荧光屏上偏移的距离为 x,根据图中的几何关系,有: 22 tRRx  结合以上关系,得 .221 2 2 leB mU e mU Bx  答案:(1)东方 (2) m eU m eB 2 (3) 2 2 221 leB mU e mU B  15.回旋加速器的示意图如图 11-9 甲，置于真空中的金属 D 形盒,其半径为 R,两盒间距为 d, 在左侧 D 形盒圆心处放有粒子源 S,匀强磁场的磁感应强度为 B,方向如图所示.此加速器所接 的高频交流电源如图 11-9 乙所示,电压有效值为 U.粒子源射出的带电粒子质量为 m、电荷量 为 q.设粒子从粒子源 S 进入加速电场时的初速度不计,且此时高频电源电压恰好达到最大值, 忽略粒子在加速电场中的运动时间,加速粒子的电压按交流电的最大值且可近似认为保持不 变.粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数.求: (1)粒子在加速器中运动的总时间 t. (2)试推证当 R>>d 时,粒子在电场中加速的总时间相对于在 D 形盒中回旋的总时间可忽略不 计(粒子在电场中运动时,不考虑磁场的影响). (3)粒子第 1 次和第 n 次分别在右半盒中运动的轨道半径的比值 R1∶Rn. 图 11-9 解析:由于加速粒子的电压按交流电的最大值且近似认为保持不变,故粒子在电场中做匀加 速直线运动. (1)设粒子加速后的最大速度为 v,此时轨道半径最大为 R,由牛顿第二定律得: R vmqvB 2  粒子的回旋周期为: v RT 2 粒子加速后的最大动能为: 2 2 1 mvEk  设粒子在电场中加速的次数为 n,则:Ek=nqUm 高频电源电压的最大值 UU 2m  又忽略粒子在加速电场中的运动时间,则运动的总时间 2 Tnt  联立解得: .4 2 2 U BRt  (2)粒子在电场中间断的加速运动,可等效成不间断的匀加速直线运动.粒子在电场中加速的 总时间为: v nd v ndt 2 2 1  粒子在 D 形盒中回旋的总时间: v Rnt 2 故 R d t t  2 2 1  ,又 R>>d,所以 1 2 1  t t ,因此 t1 可忽略不计. (3)设粒子第 1、2、3……n 次在右半盒中运动的速度分别为 v1、v2、v3……vn,则由动能定理 得:qUm=mv12/2 23 2 2 m mvqU  25 2 3 m mvqU  …… 2)12( 2 m nmvqUn  又 R vmqvB 2  联立解得 12:1:1  nRR n (n 取 1,2,3,…). 答案:(1) U BR 4 2 2 (2)略 (3) 12:1 n 16.(2010湖北部分重点中学高三二联,25)在xOy平面内,x＞0的区域存在垂直纸面向里的匀强 磁场,磁感应强度为 B=0.4 T;x＜0 的区域存在沿 x 轴正方向的匀强电场.现有一质量为 m=4.0×10－9 kg,带电荷量为 q=2.0×10－7 C 的正粒子从 x 轴正方向上的 M 点以速度 v0=20 m/s 进入磁场,如图 11-10 所示,v0 与 x 轴正方向的夹角θ=45°,M 点与 O 点相距为 l=2 m.已知粒子能 以沿着 y 轴负方向的速度垂直穿过 x 轴负半轴上的 N 点,不计粒子重力.求: 图 11-10 (1)粒子穿过 y 轴正半轴的位置以及穿过 y 轴正半轴时速度与 y 轴的夹角; (2)x＜0 区域电场的场强; (3)试问粒子能否经过坐标原点 O?若不能,请说明原因;若能,请求出粒子从 M 点运动到 N 点所 经历的时间. 解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力 Bqv0=mv02/R 得:R=1 m 过 M 点做初速度 v0 的垂线交 y 轴正方向于 P 点,则 PM=l/cos45° 得:PM=2 m=2R 由几何关系得 PM 为轨迹圆的直径,P 点即为粒子穿过 y 轴正半轴的位置 mPMOP 245sin  由圆的对称性得粒子经过此处时的速度与 y 轴夹角为θ=45°. (2)设粒子由 P 点到 N 点历时 t1,则: x 轴方向:v0sin45°－Eqt1/m=0 y 轴方向:v0t1cos45°=OP 联立求解,代入数据得:t1=0.1 s, 2.82V/m.V/m22 E (3)粒子能到达 O 点 粒子在磁场中的运动周期为:T=2πm/Bq 从 M 点运动到 O 点经过的轨迹如图 经历的时间为:t=T/2+3T/4+2t1 代入数据得: t=(π/8+0.2) s≈0.59 s. 答案:(1)45° (2)2.82 V/m (3)0.59 s 高考物理二轮总复习专题过关检测 电磁感应(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题共 10 小题,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有 的有多个选项正确.全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分) 1.如图 12-1 所示，金属杆 ab、cd 可以在光滑导轨 PQ 和 RS 上滑动，匀强磁场方向垂直纸面 向里，当 ab、cd 分别以速度 v1、v2 滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则 v1 和 v2 的大小、方向可能是( ) 图 12-1 A.v1＞v2,v1 向右，v2 向左 B.v1＞v2,v1 和 v2 都向左 C.v1=v2,v1 和 v2 都向右 D.v1=v2,v1 和 v2 都向左 解析:因回路 abdc 中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路 abdc 的面积应增大，选 项 A、C、D 错误，B 正确. 答案:B 2.(2010 河北唐山高三摸底，12)如图 12-2 所示，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁两磁极之间(两 磁极间磁场可视为匀强磁场)，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕 OO′轴转动.当蹄形磁铁匀速转 动时，线圈也开始转动，当线圈的转动稳定后，有( ) 图 12-2 A.线圈与蹄形磁铁的转动方向相同 B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反 C.线圈中产生交流电 D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流 解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律等考点.根据楞次定律的推广含义可知 A 正 确、B 错误；最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周 运动，所以产生的电流为交流电. 答案:AC 3.如图 12-3 所示,线圈 M 和线圈 P 绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的 电流方向相同时为正.当M 中通入下列哪种电流时,在线圈 P 中能产生正方向的恒定感应电流 ( ) 图 12-3 图 12-4 解析:据楞次定律，P 中产生正方向的恒定感应电流说明 M 中通入的电流是均匀变化的，且 方向为正方向时应均匀减弱，故 D 正确. 答案:D 4.如图 12-5 所示，边长为 L 的正方形导线框质量为 m，由距磁场 H 高处自由下落，其下边 ab 进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边 cd 刚刚穿出磁场时，速度减为 ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为 L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( ) 图 12-5 A.2mgL B.2mgL+mgH C. mgHmgL 4 32  D. mgHmgL 4 12  解析:设刚进入磁场时的速度为 v1,刚穿出磁场时的速度 2 1 2 vv  ① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为 2L.由题意得 mgHmv 2 12 1 ② QmvLmgmv  2 2 2 1 2 122 1 ③ 由①②③得 mgHmgLQ 4 32  .C 选项正确. 答案:C 5.如图 12-6(a)所示,圆形线圈 P 静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同线圈 Q,P 和 Q 共轴,Q 中通有变化电流,电流随时间变化的规律如图 12-6(b)所示,P 所受的重力为 G,桌面对 P 的支持 力为 FN,则( ) 图 12-6 A.t1 时刻 FN＞G B.t2 时刻 FN＞G C.t3 时刻 FN＜G D.t4 时刻 FN=G 解析:t1 时刻,Q 中电流正在增大,穿过 P 的磁通量增大,P 中产生与 Q 方向相反的感应电流,反 向电流相互排斥,所以 FN＞G;t2 时刻 Q 中电流稳定,P 中磁通量不变,没有感应电流,FN=G;t3 时 刻 Q 中电流为零,P 中产生与 Q 在 t3 时刻前方向相同的感应电流,而 Q 中没有电流,所以无相 互作用,FN=G;t4 时刻,P 中没有感应电流,FN=G. 答案:AD 6.用相同导线绕制的边长为 L 或 2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强 磁场，如图 12-7 所示.在每个线框进入磁场的过程中，M、N 两点间的电压分别为 Ua、Ub、 Uc 和 Ud.下列判断正确的是( ) 图 12-7 A.Ua＜Ub＜Uc＜Ud B.Ua＜Ub＜Ud＜Uc C.Ua=Ub＜Ud=Uc D.Ub＜Ua＜Ud＜Uc 解析:线框进入磁场后切割磁感线,a、b 产生的感应电动势是 c、d 电动势的一半.而不同的线 框 的 电 阻 不 同 . 设 a 线 框 电 阻 为 4r,b 、 c 、 d 线 框 的 电 阻 分 别 为 6r 、 8r 、 6r, 则 4 3 4 3 BLv r rBLvU a  , ,6 5 6 5 BLv r rBLvUb  ,2 3 8 62 BLv r rLvBU c  .3 4 6 42 Blv r rLvBU d  所以 B 正确. 答案:B 7.(2010 安徽皖南八校高三二联，16)如图 12-8 所示，用一块金属板折成横截面为“ ”形的金 属槽放置在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，并以速度 v1 向右匀速运动，从槽口右侧射入的 带电微粒的速度是 v2，如果微粒进入槽后恰能做匀速圆周运动，则微粒做匀速圆周运动的轨 道半径 r 和周期 T 分别为( ) 图 12-8 A. g v g vv 221 2,  B. g v g vv 121 2,  C. g v g v 11 2,  D. g v g v 21 2,  解析:金属板折成“ ”形的金属槽放在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，并以速度 v1 向右匀速 运动时，左板将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可知上板为正，下板为 负， 1 1 Bvl Blv d UE  ，微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有 ,1 g qBv g qEm  向心力由洛伦兹力提供，所以 , 2 2 2 r vmBqv  得 g vm qB mvr 212  ，周期 g v v rT 1 2 22   ，故 B 项正确. 答案:B 8.超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁 极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图 12-9 所示的模型:在水 平面上相距 L 的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场 B1 和 B2，且 B1=B2=B， 每个磁场的宽度都是 l，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在 两导轨间的长为 L、宽为 l 的金属框 abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动. 设金属框的总电阻为 R，运动中所受到的阻力恒为 Ff，金属框的最大速度为 vm，则磁场向 右匀速运动的速度 v 可表示为( ) 图 12-9 A.v=(B2L2vm－FfR)/B2L2 B.v=(4B2L2vm+FfR)/4B2L2 C.v=(4B2L2vm－FfR)/4B2L2 D.v=(2B2L2vm+FfR)/2B2L2 解析:导体棒 ad 和 bc 各以相对磁场的速度(v－vm)切割磁感线运动，由右手定则可知回路中 产生的电流方向为 abcda,回路中产生的电动势为 E=2BL(v－vm),回路中电流为 I=2BL(v－ vm)/R,由于左右两边 ad 和 bc 均受到安培力，则合安培力为 F 合=2×BLI=4B2L2(v－vm)/R，依题 意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则 Ff=F 合，解得磁场向右匀速运动的速 度 v=(4B2L2vm+FfR)/4B2L2,B 对. 答案:B 9.矩形导线框 abcd 放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度 B 随时间变化的 图象如图 12-10 甲所示,t=0 时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.在 0～4 s 时间内,线框中的 感应电流(规定顺时针方向为正方向)、ab 边所受安培力(规定向上为正方向)随时间变化的图 象分别为图乙中的( ) 甲 乙 图 12-0 解析:在 0～1 s 内,穿过线框中的磁通量为向里的减少,由楞次定律,感应电流的磁场垂直纸面 向 里 , 由 安 培 定 则 , 线 框 中 感 应 电 流 的 方 向 为 顺 时 针 方 向 . 由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律, t SBnE   ,E一定,由 ,R EI  故I一定.由左手定则,ab边受的安培力向上.由于磁场变弱, 故安培力变小.同理可判出在 1～2 s 内,线框中感应电流的方向为顺时针方向,ab 边受的安培 力为向下的变强.2～3 s 内,线框中感应电流的方向为逆时针方向,ab 边受的安培力为向上的 变弱,因此选项 AD 对. 答案:AD 10.如图 12-11 甲所示,用裸导体做成 U 形框架 abcd,ad 与 bc 相距 L=0.2 m,其平面与水平面成 θ=30°角.质量为 m=1 kg 的导体棒 PQ 与 ad、bc 接触良好,回路的总电阻为 R=1 Ω.整个装置放 在垂直于框架平面的变化磁场中,磁场的磁感应强度 B 随时间 t 的变化情况如图乙所示(设图 甲中 B 的方向为正方向).t=0 时,B0=10 T、导体棒 PQ 与 cd 的距离 x0=0.5 m.若 PQ 始终静止, 关于 PQ 与框架间的摩擦力大小在 0～t1=0.2 s 时间内的变化情况,下面判断正确的是( ) 图 12-11 A.一直增大 B.一直减小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 解析:由图乙, T/s50 1 0   t B t B ,t=0 时,回路所围面积 S=Lx0=0.1 m2,产生的感应电动势 V5  t SBE , A5 R EI ,安培力 F=B0IL=10 N,方向沿斜面向上.而下滑力 mgsin30°=5 N,小于安培力,故刚开始摩擦力沿斜面向下.随着安培力减小,沿斜面向下的摩擦力也减小,当 安培力等于下滑力时,摩擦力为零.安培力再减小,摩擦力变为沿斜面向上且增大,故选项 C 对. 答案:C 二、填空题(共 2 小题，共 12 分) 11.(6 分)如图 12-12 所示,有一弯成θ角的光滑金属导轨 POQ,水平放置在磁感应强度为 B 的匀 强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.有一金属棒 MN 与导轨的 OQ 边垂直放置,金属棒从 O 点 开 始以 加 速 度 a 向 右运 动 , 求 t 秒 末时 , 棒 与导 轨 所 构成 的 回 路中 的 感应 电 动 势是 ____________________. 图 12-12 解析:该题求的是 t 秒末感应电动势的瞬时值,可利用公式 E=Blv 求解,而上面错误解法求的是 平均值.开始运动 t 秒末时,金属棒切割磁感线的有效长度为 .tan2 1tan 2  atODL  根据运动学公式,这时金属棒切割磁感线的速度为 v=at. 由题知 B、L、v 三者互相垂直,有 tan2 1 32tBaBlvE  ,即金属棒运动 t 秒末时,棒与导轨 所构成的回路中的感应电动势是 .tan2 1 32 tBaE  答案: tan2 1 32tBa 12.(6 分)如图 12-13 所示,有一闭合的矩形导体框,框上 M、N 两点间连有一电压表,整个装置 处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中,且框面与磁场方向垂直.当整个装置以速度 v 向右匀速平 动时,M、N 之间有无电势差?__________(填“有”或“无”)，电压表的示数为__________. 图 12-13 解析:当矩形导线框向右平动切割磁感线时,AB、CD、MN 均产生感应电动势,其大小均为 BLv, 根据右手定则可知,方向均向上.由于三个边切割产生的感应电动势大小相等,方向相同,相当 于三个相同的电源并联,回路中没有电流.而电压表是由电流表改装而成的,当电压表中有电 流通过时,其指针才会偏转.既然电压表中没有电流通过,其示数应为零.也就是说,M、N 之间虽 有电势差 BLv,但电压表示数为零. 答案:有 0 三、计算、论述题(共 4 个题,共 48 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步 骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10 分)如图 12-14 所示是一种测量通电线圈中磁场的磁感应强度 B 的装置,把一个很小的 测量线圈 A 放在待测处,线圈与测量电荷量的冲击电流计 G 串联,当用双刀双掷开关 S 使螺线 管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,从而引起电荷的迁移,由表 G 测出电荷量 Q, 就可以算出线圈所在处的磁感应强度 B.已知测量线圈的匝数为 N,直径为 d,它和表 G 串联电 路的总电阻为 R,则被测出的磁感应强度 B 为多大? 图 12-14 解析:当双刀双掷开关 S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,根据法拉第 电磁感应定律可得: t dB NtNE   2)2(2  由欧姆定律和电流的定义得: ,t Q R EI  即 tR EQ  联立可解得: .2 2Nd QRB  答案: 2 2 Nd QR  14.(12 分)如图 12-15 所示,线圈内有理想边界的磁场,开始时磁场的磁感应强度为 B0.当磁场均 匀增加时,有一带电微粒静止于平行板(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,带电荷量为 q.(设线圈的面积为 S)求: 图 12-15 (1)开始时穿过线圈平面的磁通量的大小. (2)处于平行板电容器间的粒子的带电性质. (3)磁感应强度的变化率. 解析:(1)Φ=B0S. (2)由楞次定律,可判出上板带正电,故推出粒子应带负电. (3) ,tnE   ,ΔΦ=ΔB·S, mgd Eq  ,联立解得: .nqS mgd t B   答案:(1)B0S (2)负电 (3) nqS mgd t B   15.(12 分)两根光滑的长直金属导轨 MN、M′N′平行置于同一水平面内，导轨间距为 l，电阻 不计，M、M′处接有如图 12-16 所示的电路，电路中各电阻的阻值均为 R，电容器的电容为 C.长度也为 l、阻值同为 R 的金属棒 ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为 B、方向竖 直向下的匀强磁场中.ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在 ab 运动距离 为 s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为 Q.求: 图 12-16 (1)ab 运动速度 v 的大小； (2)电容器所带的电荷量 q. 解析:本题是电磁感应中的电路问题,ab 切割磁感线产生感应电动势为电源.电动势可由 E=Blv 计算.其中 v 为所求,再结合闭合(或部分)电路欧姆定律、焦耳定律、电容器及运动学知 识列方程可解得. (1)设 ab 上产生的感应电动势为 E，回路中的电流为 I,ab 运动距离 s 所用时间为 t,三个电阻 R 与电源串联,总电阻为 4R,则 E=Blv 由闭合电路欧姆定律有 R EI 4  v st  由焦耳定律有 Q=I2(4R)t 由上述方程得 .4 22 slB QRv  (2)设电容器两极板间的电势差为 U,则有 U=IR 电容器所带电荷量 q=CU 解得 .Bls CQRq  答案:(1) slB QR 22 4 (2) Bls CQR 16.(14 分)如图 12-17 所示,水平地面上方的 H 高区域内有匀强磁场,水平界面 PP′是磁场的上 边界,磁感应强度为 B,方向是水平的,垂直于纸面向里.在磁场的正上方,有一个位于竖直平面 内的闭合的矩形平面导线框 abcd,ab 长为 l1,bc 长为 l2,H＞l2,线框的质量为 m,电阻为 R.使线框 abcd 从高处自由落下,ab 边下落的过程中始终保持水平,已知线框进入磁场的过程中的运动 情况是:cd 边进入磁场以后,线框先做加速运动,然后做匀速运动,直到 ab 边到达边界 PP′为止. 从线框开始下落到 cd 边刚好到达水平地面的过程中,线框中产生的焦耳热为 Q.求: 图 12-17 (1)线框 abcd 在进入磁场的过程中,通过导线的某一横截面的电荷量是多少? (2)线框是从 cd 边距边界 PP′多高处开始下落的? (3)线框的 cd 边到达地面时线框的速度大小是多少? 解析:(1)设线框 abcd 进入磁场的过程所用时间为 t,通过线框的平均电流为 I,平均感应电动势 为 ,则 RIt    , ,ΔΦ=Bl1l2 通过导线的某一横截面的电荷量 tIq  解得 .21 R lBlq  (2)设线框从 cd 边距边界 PP′上方 h 高处开始下落,cd 边进入磁场后,切割磁感线,产生感应电 流,在安培力作用下做加速度逐渐减小的加速运动,直到安培力等于重力后匀速下落,速度设 为 v,匀速过程一直持续到 ab 边进入磁场时结束,有 ε=Bl1v, ,RI  FA=BIl1,FA=mg 解得 2 1 2lB mgRv  线框的 ab 边进入磁场后,线框中没有感应电流.只有在线框进入磁场的过程中有焦耳热 Q.线 框从开始下落到 ab边刚进入磁场的过程中,线框的重力势能转化为线框的动能和电路中的焦 耳热.则有 Qmvlhmg  2 2 2 1)( 解得 . 2 2 24 1 4 4 1 4223 l lmgB lQBRgmh  (3)线框的 ab 边进入磁场后,只有重力作用下,加速下落,有 )(2 1 2 1 2 22 2 lHmgmvmv  cd 边到达地面时线框的速度 .)(2 24 1 4 222 2 lHg lB Rgmv  答案:(1) R lBl 21 (2) 24 1 4 4 1 4223 2 2 l lmgB lQBRgm  (3) )(2 24 1 4 222 lHg lB Rgm  高考物理二轮总复习专题过关检测 动 量(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题包括 10 小题,共 40 分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有 的有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不选的得 0 分) 1.一质量为 m 的物体沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，滑到底端历时为 t，则下滑过程中斜面 对物体的冲量大小和方向为( ) A.大小为 mgcosθ·t B.方向垂直斜面向上 C.大小为 mgsinθ·t D.方向竖直向上 解析:物体沿固定斜面匀速下滑，则斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反,故斜面 对物体的冲量大小为 mgt，方向竖直向上，选项 D 正确. 答案:D 2.如图 6-1 所示，一个轻质弹簧左端固定在墙上，一个质量为 m 的木块以速度 v0 从右边沿光 滑水平面向左运动，与弹簧发生相互作用，设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内， 那么整个相互作用过程中弹簧对木块的冲量 I 的大小和弹簧对木块做的功 W 分别是( ) 图 6-1 A.I=0, 2 02 1 mvW  B.I=mv0, 2 02 1 mvW  C.I=2mv0,W=0 D.I=2mv0, 2 02 1 mvW  解析:木块与弹簧相互作用的过程，木块和弹簧组成的系统机械能守恒，所以弹簧恢复原长、 木块刚要离开弹簧时，木块的速度大小仍为 v0，方向水平向右.取水平向右为正方向，由动 量定理得 I＝mv0－m(－v0)=2mv0；由动能定理得 ,02 1 2 1 2 0 2 0  mvmvw 选项 C 对. 答案:C 3.物体受到合力 F 的作用,由静止开始运动,力 F 随时间变化的图象如图 6-2 所示,下列说法中 正确的是( ) 图 6-2 A.该物体将始终向一个方向运动 B.3 s 末该物体回到原出发点 C.0～3 s 内,力 F 的冲量等于零,功也等于零 D.2～4 s 内,力 F 的冲量不等于零,功却等于零 解析:图线和横坐标所围的面积等于冲量,0～1 s 内的冲量为负,说明速度沿负方向,而 1～2 s 内冲量为正,且大于 0～1 s 内的冲量,即速度的方向发生变化,所以 A 错误.0～3 s 内,力 F 的冲 量为零,即物体 0 s 时的速度和 3 s 时的速度一样,故 0～3 s 内力 F 的冲量等于零,功也等于 零,C、D 正确.分析运动过程可以得到 3 s 末物体回到原出发点,B 正确. 答案:BCD 4.如图 6-3 所示，两个质量不相等的小车中间夹一被压缩的轻弹簧，现用两手分别按住小车， 使它们静止在光滑水平面上.在下列几种释放小车的方式中，说法正确的是( ) 图 6-3 A.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的加速度大小一定相等 B.若同时放开两车，则此后的各状态下，两小车的动量大小一定相等 C.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左 D.若先放开左车，然后放开右车，则此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向右 解析:由于两车质量不相等，两车的加速度大小不相等.由动量守恒,若同时放开两车，初总动 量为零，此后任意时刻总动量为零，所以两小车的动量大小一定相等；若先放开左车，然后 放开右车，则初总动量向左，此后的过程中，两小车和弹簧组成的系统总动量向左，所以 B、 C 正确. 答案:BC 5.质量为 m 的小球 A 在光滑的水平面上以速度 v 与静止在光滑水平面上的质量为 2m 的小球 B 发生正碰,碰撞后,A 球的动能变为原来的 1/9,那么碰撞后 B 球的速度大小可能是( ) A. v3 1 B. v3 2 C. v9 4 D. v9 8 解析:A 球碰撞后的速度大小为 v/3，若 A 碰后与原速度方向相同，则 ,'23 mvvmmv  则 .3 1' vv  若 A 反弹，则 ,'2)3( mvvmmv  则 ,3 2' vv  所以 A、B 正确. 答案:AB 6.在高速公路上发生一起交通事故,一辆质量为 1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一 辆质量为 3 000 kg 向北行驶的卡车,碰后两辆车接在一起,并向南滑行了一段距离后停止.根据 测速仪的测定,长途客车在碰前以 20 m/s 的速率行驶.由此可判断卡车碰前的行驶速率( ) A.小于 10 m/s B.大于 10 m/s,小于 20 m/s C.大于 20 m/s,小于 30 m/s D.大于 30 m/s,小于 40 m/s 解析:设卡车与客车碰后的共同速度为 v′,且 v′与客车的运动方向相同,则有 m 客·v 客－m 卡·v=(m 客+m 卡)·v′ v′＞0,m 客 v 客－m 卡 v＞0 10m/s,m/s3000 201500  卡 客客 m vmv 选项 A 正确. 答案:A 7.A、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图 6-4 表示发生碰撞前后的 vt 图线，由图 线可以判断( ) 图 6-4 A.A、B 的质量比为 3∶2 B.A、B 作用前后总动量守恒 C.A、B 作用前后总动量不守恒 D.A、B 作用前后总动能不变 解析:因水平面光滑，水平方向上不受外力作用，所以系统的总动量守恒，B 对,C 错.mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，代入图中数据得 mA∶mB＝3∶2，A 对.碰撞前总动能 )(5.272 1 2 1 22 1 JmvmvmE BBBAAk  ，碰撞后总动能 ),J(5.27'2 1'2 1 22 2 BBBAAk mvmvmE  故碰撞前后总动能不变，D 对. 答案:ABD 8.如图 6-5 所示,一轻弹簧与质量为 m 的物块组成弹簧振子.物体沿竖直方向在 A、B 两点间 做简谐运动，O 点为平衡位置.某时刻，物体正经过 C 点向上运动，已知 OC=h，振动周期 为 T，则从这时刻开始的半个周期内，下列说法中正确的是( ) 图 6-5 A.重力做的功为 2mgh B.回复力做的功为零 C.重力的冲量为 mgT/2 D.回复力的冲量为零 解析:做简谐运动的物体，在相隔半周期的两个时刻，速度大小相等、方向相反.故回复力(合 力)做功为零，回复力的冲量为 C 处物体动量的 2 倍，B 对，D 错.重力的冲量为 ,2 Tmg C 对. 在 相 隔 半 周 期 的 两 个 时 刻 ， 振 子 所 在 位 置 关 于 平 衡 位 置 对 称 ， 所 以 重 力 做 功 W=mg×2h=2mgh.A 对. 答案:ABC 9.如图 6-6 甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为 m1 和 m2 的两木块 A、B 相连，静止在光 滑水平面上.现使 A 瞬时获得水平向右的速度 v=3 m/s,以此时刻为计时起点，两木块的速度 随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知( ) 图 6-6 A.t1 时刻弹簧最短，t3 时刻弹簧最长 B.从 t1 时刻到 t2 时刻弹簧由伸长状态恢复到原长 C.两物体的质量之比为 m1∶m2=1∶2 D.在 t2 时刻两物体动能之比为 Ek1∶Ek2=1∶4 解析:通过对 A、B 运动分析知,t1 时刻，弹簧最长，t2 时刻弹簧为原长，t3 时刻弹簧最短，A 错误，B 正确.A 和 B 组成的系统动量守恒，0～t1 时间内,m1v=(m1+m2)×1,所以 m1∶m2=1∶2,C 正确.t2 时刻， 1 2 11 2 112 1 mmEk  ,222 1 2 2 22 mmEk  所以 Ek1∶Ek2=1∶8,D 错误. 答案:BC 10.如图 6-7，一轻弹簧左端固定在长木块 M 的左端，右端与小物块 m 连接，且 m、M 及 M 与地面间接触光滑.开始时，m 和 M 均静止，现同时对 m、M 施加等大反向的水平恒力 F1 和 F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对 m、M 和弹簧组成的系统(整个过程中 弹簧形变不超过其弹性限度),正确的说法是( ) 图 6-7 A.由于 F1、F2 等大反向，故系统机械能守恒 B.F1、F2 分别对 m、M 做正功，故系统动量不断增加 C.F1、F2 分别对 m、M 做正功，故系统机械能不断增加 D.当弹簧弹力大小与 F1、F2 大小相等时，m、M 的动能最大 解析:由于 F1、F2 等大反向，系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，系统机械能先增加 后减小，当弹簧弹力大小与 F1、F2 大小相等时，m、M 加速终止，m、M 速度最大，以后开 始减速，所以 D 正确. 答案:D 二、填空实验题(2 小题,共 20 分) 11.(6 分)用半径相同的两小球 A、B 的碰撞验证动量守恒定律,实验装置示意图如图 6-8,斜槽 与水平槽圆滑连接.实验时先不放 B 球,使 A 球从斜槽上某一固定点 C 由静止滚下,落到位于 水平地面的记录纸上留下痕迹.再把 B 球静置于水平槽前端边缘处,让 A 球仍从 C 处由静止滚 下,A 球和 B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的 O 点是重垂线所指的位 置,若测得各落点痕迹到 O 点的距离:OM=2.68 cm,OP=8.62 cm,ON=11.50 cm,并知 A、B 两球 的质量之比为 2∶1,则未放 B 球时 A 球落地点是记录纸上的________点,系统碰撞前总动量 p 与碰撞后总动量 p′的百分误差  p pp |'| _________ %(结果保留一位有效数字). 图 6-8 解析:由实验数据可知系统碰撞前的总动量为 tOPmp A / 碰后总动量为 tONmtOMmp BA //'  且 mA∶mB=2∶1,则百分误差为 %100|'|  p pp %.2%100|)(|  OPm ONmOMmOPm A BAA 答案:P 2 12.(14 分)碰撞的恢复系数的定义为 ,|| || 1020 12 vv vve   其中 v10 和 v20 分别是碰撞前两物体的速 度，v1 和 v2 分别是碰撞后两物体的速度.弹性碰撞的恢复系数 e＝1，非弹性碰撞的 e＜1.某同 学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图 6-9 所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为 1，实 验中使用半径相等的钢质小球 1 和 2(它们之间的碰撞可近似为弹性碰撞)，且小球 1 的质量 大于小球 2 的质量. 图 6-9 实验步骤如下: 安装好实验装置，作好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置 O. 第一步，不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下，并落在地面上.重复多次，用尽 可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置. 第二步，把小球 2 放在斜槽前端边缘处的 C 点，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们碰撞. 重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置. 第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离 O 点的距离，即线段 OM、OP、ON 的 长度. 在上述实验中， (1)P 点是__________的平均位置，M 点是__________的平均位置，N 点是__________的平 均位置. (2)请写出本实验的原理__________________________________________________________ _______________________________________________________________________________ 写出用测量量表示的恢复系数的表达式__________. (3)三个落地点距 O 点的距离 OM、OP、ON 与实验所用的小球质量是否有关？__________ _______________________________________________________________________________ 解析:(1)P 点是在实验的第一步中小球 1 落点的平均位置. M 点是小球 1 与小球 2 碰后小球 1 落点的平均位置. N 点是小球 2 落点的平均位置. (2)由小球从槽口 C 飞出后做平抛运动的时间相同，假设为 t，则有 OP=v10t OM=v1t ON=v2t 小球 2 碰撞前静止，即 v20=0 .02010 12 OP OMON OP OMON vv vve    (3)OP 与小球的质量无关，OM 和 ON 与小球的质量有关. 答案:见解析 三、计算题(本题包括 4 小题,共 40 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤, 只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位) 13.(8 分)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为 M 的盒子，如图 6-10 所示.现给盒 子一初速度 v0，此后，盒子运动的 vt 图象呈周期性变化，如图 6-11 所示.请据此求盒内物体 的质量. 图 6-10 图 6-11 解析:设物体的质量为 m,t0 时刻受盒子碰撞获得速度 v,根据动量守恒定律 Mv0=mv① 3t0 时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为 v0,说明碰撞是弹性碰撞 22 0 2 1 2 1 mvMv  ② 联立①②解得 m=M③ (也可通过图象分析得出 v0=v,结合动量守恒,得出正确结果). 答案:m=M 14.(10 分)图 6-12 中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为 k 的轻弹簧， 其下端固定，上端连接一质量为 m 的薄滑块.圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER 流体， 它对滑块的阻力可调.起初 ，滑块静止，ER 流体对其阻力为 0，弹簧的长度为 L.现有一质量 也为 m 的物体从距地面 2L 处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀 减速运动，且下移距离为 k mg2 时速度减为 0，ER 流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求 (忽略空气阻力): 图 6-12 (1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)滑块向下运动过程中加速度的大小； (3)滑块下移距离 d 时 ER 流体对滑块阻力的大小. 解析:(1)设物体下落末速度为 v0,由机械能守恒定律有 2 02 1 mvmgL  得 gLv 20  设碰后共同速度为 v1,由动量守恒定律 2mv1=mv0 得 gLv 22 1 1  碰撞过程中系统损失的机械能为 .2 122 1 2 1 2 1 2 0 mgLmvmvE  (2)设加速度大小为 a,由运动学公式有 2as=v12 得 .8m kLa  (3)设弹簧弹力为 FN,ER 流体对滑块的阻力为 FER,受力分析如图所示,由牛顿第二定律有 FN+FER－2mg=2ma FN=kx k mgdx  得 .4ER kdkLmgF  答案:(1) mgL2 1 (2) m kL 8 (3) kdkLmg  4 15.(10 分)(2010 湖北部分重点中学二联,24)如图 6-13 所示,ABC 为光滑轨道,其中 AB 段水平 放置,BC 段是半径为 R 的圆弧,AB 与 BC 相切于 B 点.A 处有一竖直墙面,一轻弹簧的一端固定 于墙上,另一端与一质量为 M 的物块相连接,当弹簧处于原长状态时,物块恰能与固定在墙上 的 L 形挡板接触于 B 处但无挤压.现使一质量为 m 的小球从圆弧轨道上距水平轨道高 h 处的 D 点由静止开始下滑.小球与物块相碰后立即共速但不粘连,物块与 L 形挡板相碰后速度立即 减为零也不粘连.(整个过程中,弹簧没有超过弹性限度.不计空气阻力,重力加速度为 g) 图 6-13 (1)试求弹簧获得的最大弹性势能; (2)求小球与物块第一次碰后沿 BC 上升的最大高度; (3)若 R>>h,每次从小球接触物块至物块撞击 L 形挡板历时均为Δt,则小球由 D 点出发经多长 时间第三次通过 B 点? 解析:(1)由小球运动至第一次碰前,据动能定理有: mgh=mv02/2①(1 分) 对碰撞过程,据动量守恒: mv0=(M+m)v1②(1 分) 碰后压缩弹簧过程中,M、m 及弹簧系统机械能守恒: Epm=(M+m)v12/2③(1 分) 由①②③式联立解得: . 2 pm mM ghmE  ④(1 分) (2)第一次碰后小球向 BC 轨道运动的初速度即为 v1,由机械能守恒得: '2 1 2 1 mghmv  ⑤(1 分) 由①②⑤式联立解得: .)(' 2 2 hmM mh  ⑥(1 分) (3)小球在 BC 段运动可等效为单摆,其周期为: g RT 2 ⑦(1 分) 分析得小球第三次通过 B 点历时为: tTt  4 3 ⑧(1 分) 由⑦⑧式联立解得: .2 3 tg Rt   ⑨(2 分) 答案:(1) mM ghm  2 (2) hmM m 2 2 )(  (3) tg Rt   2 3 16.(12 分)(2010 四川成都高三一检,24)如图 6-14 所示的装置中,两个光滑定滑轮的半径很小, 表面粗糙的斜面固定在地面上,现用一根伸长量可以忽略的轻质细绳跨过定滑轮连接可视为 质点的甲、乙两物体,其中甲放在斜面上且连线与斜面平行,乙悬在空中,放手后,甲、乙均处于 静止状态.当一水平向右飞来的子弹击中乙(未穿出)后,子弹立即和乙一起在竖直平面内来回 运动,若乙在摆动过程中,悬线偏离竖直方向的最大偏角为α=60°,整个过程中,甲均未动,且乙 经过最高点(此时乙沿绳方向的合外力为零)和最低点时,甲在斜面上均即将滑动.已知乙的重 心到悬点 O 的距离为 l=0.9 m,乙的质量为 m 乙=0.99 kg,子弹的质量 m=0.01 kg,重力加速度 g 取 10 m/s2.求: 图 6-14 (1)子弹射入乙前的速度大小; (2)斜面对甲的最大静摩擦力. 解析:(1)设子弹射入乙物体前的速度大小为 v0,射入后共同速度的大小为 v.子弹击中乙的过程 中,据动量守恒有 mv0=(m+m 乙)v①(2 分) 乙摆到最高点的过程中,由机械能守恒有 2)(2 1)cos1()( vmmglmm 乙乙   ②(2 分) 联立①②解得 v0=300 m/s.(2 分) (2)设甲物体的质量为m 甲,所受的最大静摩擦力为f,斜面的倾角为θ,当乙物体运动到最高点时, 绳子上的弹力设为 T1 T1=(m+m 乙)gcosα③(1 分) 此时甲物体恰好不下滑,由平衡条件有 m 甲 gsinθ=f+T1④(1 分) 当乙物体运动到最低点时,绳子上的弹力设为 T2 由牛顿第二定律有 l vmmgmmT 2 2 )()( 乙乙  ⑤(1 分) 此时甲物体恰好不上滑,由平衡条件有 m 甲 gsinθ+f=T2⑥(1 分) 联立解得 f=7.5 N.(2 分) 答案:(1)300 m/s (2)7.5 N 高考物理二轮总复习专题过关检测 机械能(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(本题包括 10 小题，共 40 分.每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确， 有的有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分) 1.(2010 河北保定高三第一学期末调研，19)水平传送带在外力的作用下始终以速度 v 匀速运 动，某时刻放上一个小物体，质量为 m，初速度大小也是 v,但方向与传送带的运动方向相反， 已知小物体与传送带间的动摩擦因数为μ,最后小物体的速度与传送带相同.在小物体与传送 带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物体做的功为 W，摩擦生成的热为 Q，则下面 的判断中正确的是( ) A.W=0，Q=0 B.W≠0，Q=0 C.W≠0，Q≠0 D.W=0,Q≠0 解析:以传送带传送速度 v 方向为正方向，小物体以－v 的初速度放到传送带上到后来速度变 为和传送带相同为 v 的过程中，根据动能定理可知:因小物体的初末动能相等，故合外力做 功为 0，重力和支持力均未做功，故摩擦力做功 W=0，但小物体和传送带在此过程中发生了 相对运动，故热量 Q≠0，选项 D 正确. 答案:D 2.如图 5-1 所示,在两个质量分别为 m 和 2m 的小球 a 和 b 之间,用一根长为 L 的轻杆连接,两 小球可绕穿过轻杆中心 O 的水平轴无摩擦转动.现让轻杆处于水平位置,然后无初速释放,重 球 b 向下,轻球 a 向上,产生转动,在杆转至竖直的过程中( ) 图 5-1 A.b 球的重力势能减少,动能增加 B.a 球的重力势能增加,动能减少 C.a 球和 b 球的总机械能守恒 D.a 球和 b 球的总机械能不守恒 解析:两球组成的系统,在运动中除动能和势能外没有其他形式的能转化(增加或减少),所以系 统的机械能守恒. 答案:AC 3.如图 5-2 所示,在北戴河旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道 AB 和 AB′(均 可看做斜面).甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙橇从 A 点由静止开始沿 AB 和 AB′ 滑下，最后都停在水平沙面 BC 上.设滑沙橇和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面 连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势在滑沙橇上不动.则下列说法中正确的是 ( ) 图 5-2 A.甲在 B 点的速率一定大于乙在 B′点的速率 B.甲在 B 点的动能一定大于乙在 B′点的动能 C.甲滑行的总路程一定等于乙滑行的总路程 D.甲全部滑行的水平位移一定等于乙全部滑行的水平位移 解 析 : 设 坡 高 为 h ， 斜 坡 的 倾 角 为 α ， 水 平 滑 行 位 移 为 s, 据 动 能 定 理: ,02 1 sincos 2  mvhmgmgh  即 v2=2gh－2μgh·cotα,显然α越大，cotα越小，v 越大， A 正确.对于全过程: ,0sincos  mgshmgmgh  ,sin cos   hsh  而 sh   sin cos 恰 好为全部滑行的水平位移，所以 D 正确. 答案:AD 4.两质量相同的小球 A、B 分别用轻绳悬在等高的 O1、O2 点,A 球的悬绳比 B 球的悬绳长,把 两球的悬绳均拉到水平位置无初速释放,则小球经最低点时(取悬绳水平时所在的平面为零 势能面),如图 5-3 所示.则( ) 图 5-3 A.A 球的速度大于 B 球的速度 B.A、B 两小球对绳的拉力相同 C.A 球的机械能大于 B 球的机械能 D.A 球的机械能等于 B 球的机械能 解析:小球由水平位置无初速释放至经过最低点的过程中,机械能守恒,得 ,2 1 2mvmgl  由此 可知小球经过最低点时的速度 ,2glv  由于 la＞lb,所以 A 球的速度大于 B 球的速度,A 选项 正确.设小球对绳的拉力为 T,则由向心力公式得 , 2 l mvmgt  将 glv 2 代入,得到 T=3mg,由于两小球质量相同,所以 A、B 两小球对绳的拉力相同,B 选项正确.两小球在最低点 的机械能都等于释放时的机械能,即都为零,所以 C 错,D 对. 答案:ABD 5.(2010 安徽皖南八校二联，19)汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不 变，在此过程中，下列说法正确的是( ) A.汽车发动机的输出功率保持不变 B.汽车发动机的输出功率逐渐增大 C.在任意两相等的位移内，汽车的动能变化相等 D.在任意两相等的位移内，汽车的速度变化相等 解析:对汽车由牛顿第二定律可得 ,mafv P  可知 a、f 不变时，v 增大，P 增大，故 A 错， B 正确；汽车做匀加速运动时，汽车受到的合外力 F 合不变.由 F 合·s=ΔEk 知 C 正确；由Δv=at, 汽车匀加速运动时，经相同的位移所需的时间不一样，故汽车的速度变化也不相等，D 错误. 答案:BC 6.动能相等质量不等的两个物体 A、B，mA＞mB,A、B 均在动摩擦因数相同的水平地面上滑 行，滑行距离分别为 sA、sB 后停下，则( ) A.sA＞sB B.B 滑行时间短 C.sA＜sB D.它们克服摩擦力做功一样多 解析:根据动能定理:对 A:－μmagsA=0－Ek 对 B:－μmBgsB=0－Ek 因为 mA＞mB，所以 sA＜sB,C 正确. 克服摩擦力的功都等于 Ek,D 正确.A、B 的加速度大小相同，由 2 2 1 ats  ,sA＜sB 可得 tB＞tA,B 错误.故选择 CD. 答案:CD 7.内壁光滑的环形凹槽半径为 R，固定在竖直平面内，一根长度为 2R 的轻杆，一端固定有 质量为 m 的小球甲，另一端固定有质量为 2m 的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于 凹槽的最低点，如图 5-4 所示，由静止释放后( ) 图 5-4 A.下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能 B.下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能 C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点 D.杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点 解析:甲、乙组成的系统机械能守恒，A 正确，B 错误.若甲沿凹槽下滑到凹槽最低点，乙则 到达与圆心等高处，由于乙的质量大，这样违背机械能守恒，C 错误.从右向左滑时，由系 统机械能守恒，乙球一定能回到原来的位置，即槽的最低点，D 正确. 答案:AD 8.一质量为 m 的物体以速度 v 在竖直平面内做半径为 R 的匀速圆周运动，假设 t=0 时刻物体 在轨迹最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( ) A.物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为 )cos1( tR vmgRE p  B.物体运动的过程中，动能随时间的变化关系为 )cos1(2 1 2 tR vmgRmvEk  C.物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能为 2 2 1 mvE  D.物体运动的过程中，机械能随时间的变化关系为 )cos1(2 1 2 tR vmgRmvE  解析:设自 t=0 时刻开始小球转过的角度为θ,据几何关系有 R vt ),cos1( tR vmgRmghE p  A 正确.由于做匀速圆周运动，动能不随时间变化， ,2 1 2mvEk  B 错.小球在运动过程中动能不变，重力势能变化，所以机械能不守恒，机械能 随时间的变化关系为 ),cos1(2 1 2 tR vmgRmvE  C 错误，D 正确. 答案:AD 9.一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为 m 和 2m 的小球 A 和 B.支架的两直角边长度 分别为 2l 和 l，支架可绕固定轴 O 在竖直平面内无摩擦转动，如图 5-5 所示.开始时 OA 边处 于水平位置，由静止释放，则( ) 图 5-5 A.A 球的最大速度为 gl2 B.A 球速度最大时，两小球的总重力势能最小 C.A 球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为 45° D.A、B 两球的最大速度之比为 2∶1 解析:两小球的总重力势能最小时，二者的动能最大，且转动过程中 A 球和 B 球的速度大小 之比始终为 2∶1，故选项 B、D 正确.当 OA 边与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒定律 得 22 22 1 2 1)sin1(2cos2 BA mvmvlmglmg   可得 ),1cos(sin3 82  glvA 由数学知识知，当θ＝45°时有最大值 ,)12(3 8 gl 故选项 A 错，C 对. 答案:BCD 10.将一物体从地面竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小与速率成正比，设 物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地的过程中，物体的机械能 E 与物 体距地面高度 h 的关系，如图 5-6 所示描述正确的是(H 为物体竖直上抛的最大高度)( ) 图 5-6 解析:由功能关系，损失的机械能ΔE=fΔh 知 ,h Ef   即为 E-h 图象的斜率的绝对值，由于 f 与 v 成正比，而 h 越大，v 越小，即图象的斜率的绝对值越小，故选项 D 正确. 答案:D 二、填空实验题(每小题 10 分，共 20 分) 11.(2010 届安徽皖南八校高三第二次联考，22(1))某兴趣小组为探知一遥控电动小车的额定 功率，进行了如下实验: ①用天平测出电动小车的质量为 0.4 kg; ②将电动小车、纸带和打点计时器按要求安装好; ③接通打点计时器(其打点周期为 0.02 s) ④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时 再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定). 在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图 5-7 甲、乙所示，图中 O 点是打点计 时器打的第一个点. 甲 乙 图 5-7 请你分析纸带数据，回答下列问题: (1)该电动小车运动的最大速度________ m/s; (2)该电动小车运动的过程中所受的阻力为________ N； (3)该电动小车的额定功率为________ W. 答案:(1)1.50 (2)1.60 (3)2.40 12.如图 5-8 所示，两个质量各为 m1 和 m2 的小物块 A 和 B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳 两端，已知 m1＞m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律. 图 5-8 (1)若选定物块 A 从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________.(在横线 上填入选项前的编号) ①物块的质量 m1、m2; ②物块 A 下落的距离及下落这段距离所用的时间； ③物块 B 上升的距离及上升这段距离所用的时间； ④绳子的长度. (2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议: ①绳的质量要轻； ②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好； ③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃； ④两个物块的质量之差要尽可能小. 以上建议中确实对提高准确程度有作用的是_________.(在横线上填入选项前的编号) (3)写出一条．．上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议:________________. 解析:(1)本实验需要验证系统重力势能的减少量ΔEp=(m1－m2)gh 与系统动能的增加量 2 21 )(2 1 vmmEk  是否相等，而 ,2 tvh  所以 ,2 t hv  即 ,)(2)( 2 2 21 21 t hmmghmm  因此，选①②或①③. (2)本实验验证的是 A、B 系统的机械能守恒，忽略了绳的能量，所以，绳的质量要轻，①对； 在“轻质绳”的前提下，为尽可能减少实验误差，绳子应尽可能长些，但并不是越长越好，② 错；本题所求的速度是竖直方向的速度，所以③对；为减小物体运动过程中摩擦阻力的影响， 两物块的质量之差要尽可能大些，④错，故选①③. (3)见答案 答案: (1)①②或①③ (2)①③ (3)例如:“对同一高度进行多次测量取平均值”；“选取受力后相对伸长尽量小的绳”；等等. 三、计算题(本题包括 4 小题，共 40 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(8 分)如图 5-9 是荡秋千的示意图.最初人直立站在踏板上(A 点所示)，绳与竖直方向成θ角， 人的重心到悬点 O 的距离为 L1；从 A 点向最低点 B 运动过程中，人由直立状态自然下蹲， 在 B 点人的重心到悬点 O 的距离为 L2；在最低点处，人突然由下蹲状态变成直立状态(人的 重心到悬点 O 的距离恢复为 L1)且保持该状态到最高点 C.设人的质量为 m，踏板和绳的质量 不计，空气阻力不计，求: 图 5-9 (1)人刚到最低点 B 还处于下蹲状态时，两根绳中的总拉力 F 为多大？ (2)人到达左端最高点 C 时，绳与竖直方向的夹角为多大？(用反三角函数表示) 解析:(1)A→B 2 12 2 1)cos( BmvLLmg   , 2 2 L mvmgF B 得 ).cos23( 2 1 L LmgF  (2)人在 B 处突然由下蹲变为直立，体能转化为机械能的量为 mg(L2－L1) 由 C、A 两点高度差为 L2－L1，故 L1cosα=L1cosθ－(L2－L1) 得 ).cos1arccos( 1 2 L L  答案:(1) )cos23( 2 1 L Lmg  (2) )cos1arccos( 1 2 L L  14.(10 分)如图 5-10 所示,一玩溜冰的小孩(可视作质点)质量为 m=30 kg，他在左侧平台上滑 行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从 A 点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下 滑，A、B 为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为 R=1.0 m，对应圆心角为θ=106°，平 台与 AB 连线的高度差为 h=0.8 m.(计算中取 g=10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)求: 图 5-10 (1)小孩平抛的初速度； (2)小孩运动到圆弧轨道最低点 O 时对轨道的压力. 解析: (1)由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到 A 点时速度方向沿 A 点切线方向， 则  53tan 0v gt v v x y 又由 2 2 1 gth  得 s4.02  g ht 而 vy=gt=4 m/s 联立以上各式得 v0=3 m/s. (2)设小孩在最低点的速度为 v，由机械能守恒，有 )]53cos1([2 1 2 1 2 0 2  Rhmgmvmv 在最低点，据牛顿第二定律，有 R vmmgFN 2  代入数据解得 FN=1 290 N 由牛顿第三定律知小孩对轨道的压力为 1 290 N. 答案:(1)3 m/s (2)1 290 N 15.(10 分)一个水平方向足够长的传送带以恒定的速度 3 m/s 沿顺时针方向转动，传送带右端 固定着一个光滑曲面，并且与曲面相切，如图 5-11 所示.小物块从曲面上高为 h 的 P 点由静 止滑下，滑到传送带上继续向左运动，物块没有从左边滑离传送带.已知传送带与物体之间 的动摩擦因数μ=0.2，不计物块滑过曲面与传送带交接处的能量损失，g 取 10 m/s2. 图 5-11 (1)若 h1=1.25 m，求物块返回曲面时上升的最大高度； (2)若 h1=0.2 m，求物块返回曲面时上升的最大高度. 解析:物块从光滑曲面下滑的过程中机械能守恒.滑上传送带后先向左做匀减速直线运动，然 后向右做匀加速直线运动，当物块的速度与传送带的速度相等后，又做匀速直线运动,最后 滑上曲面，机械能守恒. (1)设物块滑到下端的速度为 v1，由动能定理得 ,2 1 2 11 mvmgh  解得 v1=5 m/s＞3 m/s 所以物块先减速到速度为零后，又返回去加速运动，当两者的速度相同时，以共同的速度 v=3 m/s 一起匀速，直到滑上曲面. 由动能定理得物块上升的高度 m45.02 2  g vH (2)设物块滑到下端的速度为 v2，由动能定理得 ,2 1 2 22 mvmgh  解得 v2=2 m/s＜3 m/s 所以物块先减速到速度为零后，又返回去加速运动，又返回曲面时，速度仍为 v2=2 m/s，然 后滑上曲面，物块上升的高度 m.2.02 2 2 2  g vH 答案:(1)0.45 m (2)0.2 m 16.(12 分)如图 5-12 所示，半径 R=0.8 m 的光滑绝缘轨道固定于竖直平面内，加上某一方向 的匀强电场时，带电小球沿轨道内侧做圆周运动，小球动能最大的位置在 A 点，圆心 O 与 A 点的连线与竖直线成一角度θ，在 A 点小球对轨道的压力 F=120 N，若小球的最大动能比 最小动能多 32 J，且小球能够到达轨道上任意一点，不计空气阻力，试求: 图 5-12 (1)小球的最小动能是多少？ (2)若小球在动能最小位置时突然撤去轨道，并保持其他量都不变，则小球经 0.4 s 时间后， 其动能与在 A 点时的动能相等，则小球的质量为多少？ (3)若θ=60°，取圆轨道的最低点重力势能为零，并利用(2)中所求小球的质量，在轨道未撤去 的情况下，试求小球的最大机械能是多少. 解析:(1)设电场力和重力的合力为 F，则 F·2R=Emax－Emin=ΔEk，所以 F=20 N 在动能最小的情况下，向心力为 F=mvmin2R=2EminR 所以 Emin=8 J Emax=40 J. (2)撤去轨道后小球做类平抛运动， kEtm FFatFFs  22 2 1 2 1 (或 Rtm F 22 1 2  )，解得 m=1 kg. (3)当θ=60°时，F=20 N，mg=10 N 所以电场力方向水平向左， mgqE 3 所以，机械能最大的位置是圆轨左侧与圆心等高的点，从 A 点到该位置由动能定理， qER(1－sin60°)－mgRcos60°=Ek－Emax 所以 J)3824( kE 所以，此时的机械能为 45.86J.J)3832(  mgREE k 答案:(1)8 J (2)1 kg (3)45.86 J 高考物理二轮总复习专题过关检测 机械振动与机械波(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题包括 10 小题,共 40 分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有 的有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不选的得 0 分) 1.人体内部器官的固有频率为 4～12 Hz.1986 年,法国次声波实验室次声波泄漏，造成 30 多 名农民在田间突然死亡.出现这一现象的主要原因是( ) A.次声波传播的速度快 B.次声波频率和人体内部器官固有频率相同，由于共振造成器官受损而死亡 C.人们感觉不到次声波，次声波可不知不觉地杀死人 D.次声波穿透能力强，穿过人体时造成伤害 解析:次声波的频率低于 20 Hz，当与人体内部器官的固有频率相同时，发生共振现象，造成 器官受损而死亡. 答案:B 2.如图 7-1 所示，位于介质 Ⅰ 和 Ⅱ 分界面上的波源 S，产生两列分别沿 x 轴负方向与正 方向传播的机械波.若在两种介质中波的频率及传播速度分别为 f1、f2 和 v1、v2，则( ) 图 7-1 A.f1＝2f2，v1＝v2 B.f1＝f2，v1＝0.5v2 C.f1＝f2，v1＝2v2 D.f1＝0.5f2，v1＝v2 解析:同一波源的振动频率相同，f1＝f2，由图知 ,32 3 21  L 再由 v＝λf 可知 v1＝2v2. 答案:C 3.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 t1=0 时波传播到 x 轴上的质点 B，在它左边的质点 A 恰好位于负最大位移处，如图 7-2 所示.在 t2=0.6 s 时，质点 A 第二次出现在正的最大位移处， 则( ) 图 7-2 A.该简谐波的波速等于 10 m/s B.t2=0.6 s 时，质点 C 在平衡位置处且向下运动 C.t2=0.6 s 时，质点 C 在平衡位置处且向上运动 D.当质点 D 第一次出现在正最大位移处时，质点 B 恰好在平衡位置且向下运动 解析:质点 A 第二次出现正的最大位移所需时间 ,2 3s6.0 Tt  解得周期 T=0.4 s，则波速 ,m/s5m/s4.0 2  Tv  A 错.波传到 C 点需要 s,2.022  T v  此时 C 点重复质点 B 的运动， 在平衡位置处且向上运动，再经Δt=(0.6－0.2) s=0.4 s=T,质点 C 的运动状态跟 0.2 s 时相同， B 错，C 对.质点 D 第一次出现正的最大位移时，即 x=1.5 m 处质点的运动传播到 D，需要 .4 31s7.0m/s5 m)5.15( T 此时质点 B 处在负最大位移处. 答案:C 4.一列平面简谐波，波速为 20 m/s，沿 x 轴正方向传播，在某一时刻这列波的图象如图 7-3 所示.由图可知( ) 图 7-3 A.这列波的周期是 0.2 s B.质点 P、Q 此时刻的运动方向都沿 y 轴正方向 C.质点 P、R 在任意时刻的位移都相同 D.质点 P、S 在任意时刻的速度都相同 解析:由图象可知λ=4 m，据λ=vT 可知 T=λ/v=4/20 s=0.2 s，故 A 正确. 据波的传播方向与质点的振动方向的关系可判断出，此时刻 P、Q 的运动方向都沿 y 轴正方 向，故 B 正确.由于 P、S 两个质点的平衡位置间的距离等于一个波长，故 P、S 振动完全相 同，故 D 正确，C 错. 答案:ABD 5.下列说法中正确的是( ) A.将单摆从地球赤道移到南(北)极，振动频率将变大 B.将单摆从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，则其振动周期将变到原来的 2 倍 C.将单摆移至绕地球运转的人造卫星中，其振动频率将不变 D.在摆角很小的情况下，将单摆的振幅增大或减小，单摆的振动周期保持不变 解析:单摆周期 .2 g lT  南(北)极处的重力加速度比赤道处大，周期变小，频率变大，选 项 A 正确；由 2r MmGmg  知，从地面移至距地面高度为地球半径的高度时，重力加速度 将变为原来的 ,4 1 则周期变为原来的 2 倍，选项 B 正确；人造卫星中的物体处于完全失重状 态，单摆不会摆动，故选项 C 错误；单摆的周期与振幅无关，选项 D 正确. 答案:ABD 6.位于坐标原点的波源产生一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，波速为 400 m/s.已知 t=0 时， 波刚好传播到 x=40 m 处，如图 7-4 所示，在 x=400 m 处有一接收器(图中未画出)，则下列 说法正确的是( ) 图 7-4 A.波源开始振动时方向沿 y 轴正方向 B.波源的振动周期为 T=0.05 s C.若波源向 x 轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率小于波源的频率 D.该简谐横波在传播过程中只有遇到尺寸小于或等于 20 m 的障碍物时才会发生明显的衍射 现象 解 析 : 由 图 象 知 ， 波 源 开 始 振 动 的 方 向 沿 y 轴 负 方 向 ， A 错 .λ=20 m ， 则 ,s05.0s400 20  vT  B 正确.据多普勒效应，接收器接收到的波的频率小于波源的频率， C 正确.据波发生明显衍射现象的条件知 D 错. 答案:BC 7.图 7-5 甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置.当盛沙的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉 出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上显示出沙摆的振动位移随时间变化的关系曲线.已 知木板被水平拉动的速度为 0.20 m/s，图乙所示的一段木板的长度为 0.60 m,则这次实验沙摆 的摆长大约为(取 g=π2)( ) 图 7-5 A.0.56 m B.0.65 m C.1.00 m D.2.25 m 解析:由于木板匀速拉动，据 s=vt,则 s,3s20.0 60.0  v st 显然 t=2T,则 T=1.5 s，据 ,2 g LT  可计算出摆长 L 大约为 0.56 m.故 A 正确. 答案:A 8.某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为 4 km/s 和 9 km/s.一种简易地震仪由竖直 弹簧振子 P 和水平弹簧振子 H 组成(图 7-6)，在一次地震中，震源在地震仪下方，观察到两 振子相差 5 s 开始振动，则( ) 图 7-6 A.P 先开始振动，震源距地震仪约 36 km B.P 先开始振动，震源距地震仪约 25 km C.H 先开始振动，震源距地震仪约 36 km D.H 先开始振动，震源距地震仪约 25 km 解析:由两种波的传播速率可知，纵波先传到地震仪位置，设所经历时间为 t,则横波传到地 震仪处的时间为 t+5 s，由位移关系可得 4(t+5 s)=9t,t=4 s，则震源距地震仪距离 l=vt=36 km， 故 A 正确. 答案:A 9.(2010 四川成都高三一检，18)如图 7-7 甲所示，同一水平直线上相距 6 m 的 A、B 两处各 有一个振源，C 为 A、B 连线的中点.在 t0=0 时刻，A、B 两处的质点以相同的振幅同时开始 做垂直于直线 AB 的上下振动，且都只振动了一个周期，它们的振动图象分别为图乙和图丙. 若 A 处振源向右传播的波与 B 处振源向左传播的波在 t1=0.3 s 时刻于 C 点相遇，则( ) 图 7-7 A.两列波在 A、B 间的传播速度均为 10 m/s B.两列波的波长都是 4 m C.在两列波相遇的过程中，中点 C 为振动加强点 D.在 t2=0.7 s 时刻，B 处质点经过平衡位置且振动方向向下 解析:根据题意可知:两列波的传播速度均为 ,m/s10m/s3.0 3  t sv A 正确；由振动图象知 两列波周期均为 0.2 s,λ=vT=10×0.2 m=2 m,B 错误；中点 C 与两波源的路程差为 0，但两波源 的起始振动方向相反，故 C 为振动减弱点，C 错误；因 A 波经过 0.6 s 传播至 B 处质点，故 0.7 s 时 B 处质点的振动情况和 0.1 s 时 A 处质点的振动情况相同，0.1 s 时 A 处质点正经过平 衡位置向下运动，故 D 正确. 答案:AD 10.一简谐横波在 x 轴上传播，波源振动周期 T=0.1 s，在某一时刻的波形如图 7-8 所示，且 此时 a 点向下运动.则( ) 图 7-8 A.波速为 20 m/s，波沿 x 轴正向传播 B.波速为 20 m/s，波沿 x 轴负向传播 C.波速为 10 m/s，波沿 x 轴负向传播 D.波速为 10 m/s，波沿 x 轴正向传播 解析:由图象知波长λ=2 m，则波速 .m/s20 Tv  根据“上坡质点向下动，下坡质点向上动” 的规律，由 a 点向下运动得出波沿－x 方向传播，B 正确. 答案:B 二、填空实验题(2 小题，共 20 分) 11.(8 分)一列沿着 x 轴正方向传播的横波，在 t=0 时刻的波形如图 7-9 甲所示.图甲中某质点 的振动图象如图乙所示. 图 7-9 质点 N 的振幅是________m，振动周期为________s，图乙表示质点_________(从质点 K、L、 M、N 中选填)的振动图象.该波的波速为________m/s. 解析:由图甲可知，振幅为 0.8 m.由图乙可知，振动周期 T=4 s.由图乙可知该质点在 t=0 时， 正 由 平 衡 位 置 向 y 轴 正 方 向 振 动 ， 故 它 表 示 质 点 L 的 振 动 图 象 . 由 λ=vT 可 得 ， .m/s5.0m/s4 2  Tv  答案:0.8 4 L 0.5 12.(12 分)(2010 湖北八校一联，22)(1)甲、乙两同学做“用单摆测重力加速度”实验，甲同学 用秒表测量单摆的周期:当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 0，单摆每次经过最 低点计一次数，当数到 n=60 时秒表的示数如图甲所示，则该单摆的周期是_________s(结果 保留三位有效数字)；乙同学用游标卡尺测量摆球的直径如图乙所示，则游标卡尺的读数是 _________cm. 图 7-10 (2)在做实验时，可能导致重力加速度的测量结果偏大的有________. A.振幅偏小 B.在未悬挂摆球之前先测定好摆长 C.摆球做圆锥摆运动 D.将摆线长和球的直径之和当成了摆长 解析:(1)单摆每一个周期通过最低点两次，所以数 60 次的时间为 30 个周期，从秒表中读数 为 67.2 s(或 67.3 s)，周期为 .s24.230  tT 游标卡尺主尺读数为 15 mm，游标尺第 12 条刻 度与主尺刻度对齐，L=15 mm+0.05 mm×12=15.60 mm=1.560 cm. (2)根据单摆周期公式 g lt 2 可得 ,4 2 2 T lg  所以重力加速度测量值与振幅无关，A 错； 未悬挂摆球前测定摆长，l 值偏小，g 值偏小，B 错误；摆球做圆锥摆运动周期变短，g 值偏 大，摆线长加摆球直径作为摆长，摆长偏大，g 值偏大，CD 正确. 答案:(1)2.24(3 分) 1.560(3 分) (2)CD(6 分) 三、计算题(4 小题，共 40 分) 13.(8 分)一列横波波速 v＝40 cm/s，在某一时刻的波形如图 7-11 所示，在这一时刻质点 A 振 动的速度方向沿 y 轴正方向.求: 图 7-11 (1)这列波的频率、周期和传播方向； (2)从这一时刻起在 0.5 s 内质点 B 运动的路程和位移； (3)画出再经过 0.75 s 时的波形图. 解 析 :(1) 从 图 中 可 得 出 波 长 λ ＝ 8 cm ， 这 列 波 的 频 率 和 周 期 分 别 是 ,Hz5  vf .s2.01  fT A 点此刻振动的速度方向向上，说明波沿 x 轴负方向传播. (2)质点 B 原来位于平衡位置，速度方向沿 y 轴负方向.0.5 s 即 2.5 个周期后质点又回到平衡 位置，速度方向变为竖直向上.则 B 点在 0.5 s 内的位移等于零.通过的路程为 s＝2.5×4×0.1 m ＝1 m. (3)波形如图中虚线所示. 答案:(1)5 Hz 0.2 s 沿 x 轴负方向传播 (2)1 m 0 (3)略 14.(10 分)如图 7-12 所示，在某介质中波源 A、B 相距 d＝20 m，t＝0 时两者开始上下振动， A 只振动了半个周期，B 连续振动，所形成的波传播速度 v＝1.0 m/s，开始阶段两波源的振 动图象如图 7-13 所示. 图 7-12 图 7-13 图 7-14 (1)在图 7-14 中定性画出 t＝14.3 s 时 A 波所达位置一定区域内的实际波形. (2)求时间 t＝16 s 内从 A 发出的半波前进过程中所遇到的波峰个数. 解析:(1)波形图如下图所示 (2)16 s 内两列波相对运动过的长度为Δ l＝lA＋lB－d =2vt－d＝12 m A 波宽度为 m2.022  AA Tva  B 波波长为λB＝ vTB=2 m 可知 A 波经过了 6 个波峰. 答案:(1)略 (2)6 个 15.(10 分)一列简谐波沿直线传播,A、B、C 是直线上的三点,如图 7-15 所示,某时刻波传到 B 点,A 刚好位于波谷,已知波长大于 3 m 小于 5 m,AB=5 m,周期 T=0.1 s,振幅 A=5 cm,再经过 0.5 s,C 第一次到达波谷,则 A、C 相距多远?到此时为止,A 点运动的路程为多大? 图 7-15 解析:(1)若 )4 1(m5  nAB m14 20m 4 1 5    nn  由于 3 m＜λ＜5 m 所以 n=1,λ=4 m, m/s40 Tv  AC=vt+λ=24 m 若 ,)4 3(m5  nAB 34 m20  n  此时无解. (2)A 点运动路程 .m25.24s1.0 4 5s5.0    A T s 答案:24 m 1.25 m 16.(12 分)有两列简谐横波 a、b 在同一媒质中沿 x 轴正方向传播，波速均为 v=2.5 m/s.在 t=0 时两列波的波峰正好在 x=2.5 m 处重合，如图 7-16 所示. 图 7-16 (1)求两列波的周期 Ta 和 Tb. (2)求 t=0 时两列波的波峰重合处的所有位置. (3)辨析题:分析并判断在 t=0 时是否存在两列波的波谷重合处. 某同学分析如下:既然两列波的波峰与波峰存在重合处，那么波谷与波谷重合处也一定存在. 只要找到这两列波半波长的最小公倍数，……，即可得到波谷与波谷重合处的所有位置. 你认为该同学的分析正确吗？若正确，求出这些点的位置.若不正确，指出错误处并通过计 算说明理由. 解析:(1)从图中可以看出两列波的波长分别为λa=2.5 m、λb=4.0 m，因此它们的周期分别为 s1s5.2 5.2  vT a a  .s6.1s5.2 0.4  vT b a  (2)两列波波长的最小公倍数为 s=20 m t=0 时，两列波的波峰重合处的所有位置为 x=(2.5±20k)m(k=0,1,2,3,…). (3)该同学的分析不正确. 要找两列波的波谷与波谷重合处，必须从波峰重合处出发，找到这两列波半波长的整数倍恰 好相等的位置.设距离 x=2.5 m 为 L 处两列波的波谷与波谷相遇，并设 ,2)12(,2)12( ba nLmL   式中 m、n 均为正整数 只要找到相应的 m、n 即可 将λa=2.5 m,λb=4.0 m 代入并整理，得 5 8 5.2 0.4 12 12   b a n m   由于上式中 m、n 在整数范围内无解，所以不存在波谷与波谷重合处. 答案:(1)1 s 1.6 s (2)2.5±20k(k=0,1,2,3,…) (3)该同学的分析不正确 高考物理二轮总复习专题过关检测 交变电流 电磁场 电磁波(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题包括 10 小题,共 40 分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有 的有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不选的得 0 分) 1.某电路中电场随时间变化的图象如图 13-1 所示,能发射电磁波的电场是哪一种( ) 图 13-1 解析:周期性变化的电场才能产生周期性变化的磁场,均匀变化的电场产生稳定的磁场,振荡 的电场产生同频率振荡的磁场.故只有选项 D 对. 答案:D 2.关于电磁波与声波,下列说法正确的是( ) A.电磁波的传播不需要介质,声波的传播需要介质 B.由空气进入水中时,电磁波速度变小,声波速度变大 C.由空气进入水中时,电磁波波长变小,声波波长变大 D.电磁波和声波在介质中的传播速度,都是由介质决定的,与频率无关 解析:可以根据电磁波的特点和声波的特点进行分析,选项 A、B 均与事实相符,所以选项 A、 B 正确.根据 f v ,电磁波波速变小,频率不变,波长变小;声波速度变大,频率不变,波长变大, 所以选项 C 正确.电磁波在介质中的速度与介质有关,也与频率有关,在同一种介质中,频率越 大,波速越小,所以选项 D 错误. 答案:ABC 3.某空间出现了如图 13-2 所示的一组闭合的电场线,这可能是( ) 图 13-2 A.沿 AB 方向磁场在迅速减弱 B.沿 AB 方向磁场在迅速增加 C.沿 BA 方向磁场在迅速增加 D.沿 BA 方向磁场在迅速减弱 解析:根据电磁感应,闭合回路中的磁通量变化时,使闭合回路中产生感应电流,该电流可用楞 次定律判断.根据麦克斯韦电磁场理论,闭合回路中产生感应电流,是因为闭合回路中受到了 电场力的作用,而变化的磁场产生电场,与是否存在闭合回路没有关系,故空间内磁场变化产 生的电场方向,仍然可用楞次定律判断,四指环绕方向即为感应电场的方向,由此可知 A、C 正 确. 答案:AC 4.如图 13-3 所示,在闭合铁芯上绕着两个线圈 M 和 P,线圈 P 与电流表构成闭合回路.若在 t1 至 t2 这段时间内,观察到通过电流表的电流方向自上向下(即由 c 经电流表至 d),则可以判断出 线圈 M 两端的电势差 uab 随时间 t 的变化情况可能是图 13-4 中的( ) 图 13-3 图 13-4 解析:对 A 图,uab 不变,A 表中无电流,对 B 图,uab 均匀增大,由安培定则知,M 中有向上增强的磁 场,P 中有向下增加的磁通量,又由楞次定律和安培定则知,A 表中电流方向由 d 经电流表至 c, 故 A、B 错,同理分析得 C、D 正确. 答案:CD 5.如图 13-5 所示,把电阻 R、电感线圈 L、电容器 C 分别串联一个灯泡后并联在电路中.接入 交流电源后，三盏灯亮度相同.若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，则下 列判断正确的是( ) 图 13-5 A.灯泡 L1 将变暗 B.灯泡 L2 将变暗 C.灯泡 L3 将变暗 D.灯泡亮度都不变 解析:当交变电流的频率减小时，R 不变，电感线圈感抗减小，电容器容抗增大，则灯泡 L3 亮度不变，L2 变暗，L1 变亮，故 B 正确. 答案:B 6.如图 13-6 所示,理想变压器有三个线圈 A、B、C,其中 B、C 的匝数分别为 n2、n3,电压表的 示数为 U,电流表的示数为 I,L1、L2 是完全相同的灯泡,根据以上条件可以计算出的物理量是 ( ) 图 13-6 A.线圈 A 的匝数 B.灯 L2 两端的电压 C.变压器的输入功率 D.通过灯 L1 的电流 解析:由题意知线圈 B 两端的电压为 U,设线圈 C 两端的电压为 UC,则 2 3 n n U UC  ,所以 Un nUC 2 3 ,B 正确;通过 L2 的电流为 I,则可以求出 L2 的电阻,L2 与 L1 的电阻相同,所以可求 出通过 L1 的电流,D 正确;根据以上数据可以求出 L1、L2 的功率,可得变压器总的输出功率,它 也等于变压器的输入功率,C 正确;根据题意无法求出线圈 A 的匝数,A 错. 答案:BCD 7.某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图 13-7 所示的电路， 其中 L1、L2 是两个完全相同的灯泡，已知把开关置于 3、4 时，电路与交流电源接通，稳定 后的两个灯泡发光亮度相同，则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是( ) 图 13-7 A.当开关置于 1、2 时，稳定后 L1、L2 两个灯泡均发光且亮度相同 B.当开关置于 1、2 时，稳定后 L1、L2 两个灯泡均发光，且 L1 比 L2 亮 C.当开关置于 3、4 时，稳定后，若只增加交变电流的频率，则 L1 变暗，L2 变亮 D.在开关置于 3、4 的瞬间，L2 立即发光，而 L1 亮度慢慢增大 解析:当开关置于 1、2 时，稳定后因电容器隔直流，故电路断开，L2 不发光，A、B 错误； 在开关置于 3、4 的瞬间，电容器通交流，L2 立即发光，由于电感的自感作用，L1 亮度慢慢 增大，D 正确.当开关置于 3、4 稳定后，增加交变电流频率，容抗减小，感抗增大，L1 变暗， L2 变亮，C 正确. 答案:CD 8.如图 13-8 所示，理想变压器初级线圈的匝数为 n1，次级线圈的匝数为 n2,初级线圈的两端 a、b 接正弦交流电源，电压表 V 的示数为 220 V，负载电阻 R=44 Ω，电流表 A1 的示数为 0.20 A.下列判断中正确的是( ) 图 13-8 A.初级线圈和次级线圈的匝数比为 2∶1 B.初级线圈和次级线圈的匝数比为 5∶1 C.电流表 A2 的示数为 1.0 A D.电流表 A2 的示数为 0.4 A 解析:对于理想变压器，P1=U1I1=220×0.20 W=44 W，则负载电阻消耗的功率 P2=P1=44 W， 据 , 2 2 2 R UP  得 44V,V444422  RPU 则 ,544 220 2 1 2 1  U U n n 故 B 正确.A2 的读 数 1A,A44 442 2  R UI 故 C 正确. 答案:BC 9.某理想变压器原、副线圈的匝数比为 55∶9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线 圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为 40 W，则下列判断正确的是( ) 图 13-9 A.副线圈两端输出的电压为 V236 B.原线圈中电流表的示数约为 0.18 A C.变压器的输入、输出功率之比为 55∶9 D.原线圈两端电压的瞬时值表达式为 u=220sin100πt(V) 解析:根据变压器的原、副线圈的电压之比等于匝数之比，故副线圈两端输出的电压为 VUn nU 361 1 2 2  ，A 错；根据理想变压器知 P1=P2，故有 AU PI 18.0 1 1 1  ，B 选项正确， C 错；原线圈两端电压的瞬时值表达式为 )(100sin2220 Vtu  ，D 错.只有 B 选项正确. 答案:B 10.利用如图 13-10 所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈 的匝数比 n1∶n2=1∶100，交流电流表 A 的示数是 50 mA，则( ) 图 13-10 A.被测电路的电流有效值为 0.5 A B.被测电路的电流平均值为 0.5 A C.被测电路的电流最大值为 A25 D.原副线圈中的电流同时达到最大值 解析:交流电流表示数为副线圈中电流的有效值，即 I2=50 mA=0.05 A，根据 1 2 2 1 n n I I  得，I1=5 A，A、B 均错误；原线圈(被测电路)中电流的最大值 A252 1lm  II ，C 项正确；原线 圈中电流最大时，线圈中磁通量的变化率等于零，此时副线圈中的电流最小；原线圈中电流 等于 0 时，磁通量的变化率最大，副线圈中电流最大.所以原、副线圈电流有相位差，故不 能同时达到最大值，D 项错误. 答案:C 二、问答与计算(本题包括 6 小题,共 60 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位) 11.(8 分)在“练习使用示波器”实验中,某同学欲按要求先在荧光屏上调出亮斑,为此,他进行了 如下操作:首先将辉度调节旋钮逆时针转到底,竖直位移和水平位移旋钮转到某位置,将衰减 调节旋钮置于 1 000 挡,扫描范围旋钮置于“外 x 挡”.然后打开电源开关(指示灯亮),过 2 min 后, 顺时针旋转辉度调节旋钮,结果屏上始终无亮斑出现(示波器完好).那么,他应再调节什么旋钮 才有可能在屏上出现亮斑? 答案:竖直位移旋钮和水平位移旋钮. 12.(12 分)交流发电机的原理如图 13-11 甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕 OO′ 轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为 R=2.0 Ω，求: 图 13-11 (1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？ (2)矩形线圈转动的周期是多少？ (3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？ (4)保持线圈匀速运动，1 min 内外界对线圈做的功是多少？ 解析:(1)由 It 图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值 Im=2.0 A. (2)矩形线圈转动的周期 T=4.0×10－3 s. (3)由有效值 , 2 mII  线圈电阻上产生的电热功率为 .42 2 2 WRIRIP m  (4)外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1 分钟内外界对线圈做的功 W=Pt=240 J. 答案:( 1)2.0 A (2)4.0×10－3 s (3)4 W (4)240 J 13.(9 分)有一台内阻为 1 Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图 13-12 所示.升压变压器原、 副线圈匝数比为 1∶4，降压变压器原、副线圈匝数比为 4∶1，输电线的总电阻为 4 Ω.全校 共有 22 个班，每班有“220 V 40 W”灯 6 盏，若保证全部电灯正常发光，则 图 13-12 (1)发电机的电动势为多大？ (2)发电机的输出功率为多大？ (3)输电效率为多少？ 解析:(1)由题意知 U4=220 V 则 24AA622220 40 3  nU PI R 由降压变压器变压关系: , 4 3 4 3 n n U U  得 V880 4 34 3  n nUU 由降压变压器变流关系: , 3 4 3 2 n n I I  得 A6 3 34 2  n InI 又因为 U2=U3+I2R=880 V+6×4 V=904 V 由升压变压器变压关系: , 2 1 2 1 n n U U  得 U1=226 V 由升压变压器变流关系: , 1 2 2 1 n n I I  得 I1=24 A 所以: (1)发电机的电动势:E=U1+I1r=250 V. (2)发电机的输出功率 P 出=EI1－I12r=5 424 W. (3)输电的效率 %.97%1005424 5280%1005424 64022  J J P P 出 有效 答案:(1)250 V (2)5 424 W (3)97% 14.(9 分)如图 13-13 甲所示是一种振动发电装置，它的结构由一个半径为 r=0.1 m 的 50 匝的 线圈套在辐形永久磁铁槽上组成，假设磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(如图乙).线圈运 动区域内磁感应强度 B 的大小均为 T5 1 ，方向不变，线圈的总电阻为 2 Ω，它的引出线接 有 8 Ω的电珠 L，外力推动线圈的 P 端，使线圈做往复运动，便有电流通过电珠，当线圈向 右的位移随时间变化的规律如图丙所示时(x 取向右为正). 图 13-13 (1)画出通过电珠 L 的电流图象(规定从 L→b 为正方向); (2)在 0.1 s～0.15 s 内推动线圈运动过程中的作用力; (3)求该发电机的输出功率(其他损耗不计). 解析:(1)在 0 s～0.1 s 内:感应电动势 E1=nBLv1 1m/sm/s1.0 10.0 1 v L=2πr， A2.01 1  总R EI 在 0.1 s～0.15 s 内:v2=2 m/s，E2=nBLv2， .A4.02 2  总R EI (2)因为外力匀速推动线圈，所以有:F=F 安=nBI2L=nBI2·2πr, 0.8N.N1.024.02.050  F (3)电流的有效值为 I，则有: I2R×0.15=0.22R×0.1+0.42R×0.05 25 22 I 所以 .64.025 16825 22 WWWRIP 出 答案:(1)略 (2)0. 8 N (3)0.64 W 15.(12 分)如图 13-14 甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡， 在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数 n=100 匝，电 阻 r=1.0 Ω，所围成矩形的面积 S=0.040 m2，小灯泡的电阻 R=9.0 Ω，磁场的磁感应强度随 时 间 按 如 图 乙 所 示 的 规 律 变 化 ， 线 圈 中 产 生 的 感 应 电 动 势 瞬 时 值 的 表 达 式 为 ,2cos2 tVTTSnBe m  其中 Bm 为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期.忽略灯丝电 阻随温度的变化，求: 图 13-14 (1)线圈中产生感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率； (3)在磁感应强度变化的 4~0 T 的时间内，通过小灯泡的电荷量. 解析:(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图象可知， 线圈中产生交变电流的周期为 T=3.14×10－2 s 所以线圈中感应电动势的最大值为 V.0.82 m m  T SnBE  (2)根据欧姆定律，电路中电流的最大值为 A80.0m m  rR EI 通过小灯泡电流的有效值为 A240.02/m  II 小灯泡消耗的电功率为 P=I2R=2.88 W. (3)在磁感应强度变化的 0～T/4 内，线圈中感应电动势的平均值 t BnSE   通过灯泡的平均电流 trR BnS rR EI   )( 通过灯泡的电荷量 C.100.4 3  rR BnStIQ 答案:(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C 16.(10 分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为 9 kW，输出 电压为 500 V，输电线的总电阻为 10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的 4%.求: (1)村民和村办小企业需要 220 V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝 数比各为多少？(不计变压器的损耗) (2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？ 解析:建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、 副线圈两端的电压之比.本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流 I 线， 再根据输出功率求出 U2，然后再求出 U3. 甲 (1)由线路损耗的功率 P 线=I 线 2R 线可得 AAR PI 610 %49000  线 线 线 又因为 P 输出=U2I 线，所以 VVI PU 15006 9000 2  线 输出 U3=U2－I 线 R 线=(1 500－6×10) V=1 440 V 根据理想变压器规律 3 1 1500 500 2 1 2 1  V V U U n n 11 72 220V V1440 4 3 4 3  U U n n 所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是 1∶3 和 72∶11. (2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)，由 乙 P 输出=UI 线′可得 18AA500 9000'  U PI 输出 线 所以线路损耗的功率 P 线=I 线′2R 线=182×10 W=3 240 W 用户得到的电压 U 用户=U－I 线′R 线=(500－18×10) V=320 V 用户得到的功率 P 用户=P 输出－P 线=(9 000－3 240) W=5 760 W. 答案:(1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5 760 W 高考物理二轮总复习专题过关检测 牛顿运动定律(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题包括 10 小题,共 40 分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有 的有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不选的得 0 分) 1.(2010 安徽皖南八校二联,14)2008 年 9 月 25 日,“神舟七号”载人飞船成功发射,设近地加速 时,飞船以 5g 的加速度匀加速上升,g 为重力加速度.则质量为 m 的宇航员对飞船底部的压力 为( ) A.6mg B.5mg C.4mg D.1mg 解析:对宇航员由牛顿运动定律:FN－mg=ma,得 FN=6mg,再由牛顿第三定律可判定 A 项正确. 答案:A 2.吊扇通过吊杆悬挂在屋顶，设吊扇的重力为 G，当吊扇正常转动时，吊杆对吊扇的拉力为 F，则下列说法正确的是( ) A.F=G B.F＞G C.F＜G D.无法确定 解析:当吊扇转动时，扇叶对空气的作用力向下，空气对扇叶的反作用力 f 向上，则 F=G－f， 所以 F＜G，选项 C 正确. 答案:C 3.引体向上是同学们经常做的一项健身运动.该运动的规范动作是:两手正握单杠,由悬垂开始, 上拉时,下颚须超过单杠面;下放时,两臂放直, 不能曲臂(如图 3-1 所示).这样上拉下放,重复动 作,达到锻炼臂力和腹肌的目的.关于做引体向上动作时人的受力,以下判断正确的是( ) 图 3-1 A.上拉过程中,人受到两个力的作用 B.上拉过程中,单杠对人的作用力大于人的重力 C.下放过程中,单杠对人的作用力小于人的重力 D.下放过程中,在某瞬间人可能只受到一个力的作用 解析:在上拉过程中,人受到重力和单杠对人的作用力,A 正确;上拉过程中,要先加速,后减速, 即先超重,后失重,单杠对人的作用力先是大于人的重力后小于人的重力,B 错误;同理,下放过 程中,单杠对人的作用力先是小于人的重力后大 于人的重力,C 错误;刚开始下放的过程中,人 加速向下,其加速度可能为重力加速度,此时,人完全失重,单杠对人没有作用力,即人只受到一 个重力的作用,D 正确. 答案:AD 4.如图 3-2 所示,两光滑斜面的倾角分别为 30°和 45°,质量分别为 2m 和 m 的两个滑块用不可 伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦),分别置于两 个斜面上并由静止释放;若交 换两滑块位置,再由静止释放.则在上述两种情形中正确的有( ) 图 3-2 A.质量为 2m 的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力作用 B.质量为 m 的滑块均沿斜面向上运动 C.绳对质量为 m 的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力 D.系统在运动中机械能均守恒 解析:因所谓“下滑力”是重力沿斜面向下的分力,在对 2m 进行受力分析时不能把重力与“下滑 力”重复地加在物体上,所以 A 项错误.两种情况下 2m 的“下滑力”都比 m 的“下滑力”大,故 m 滑块均向上运动,B 项正确.由牛顿第三定律可知,C 项错误.因斜面光滑,在运动过程中只有重 力做功,故系统机械能守恒,D 项正确. 答案:BD 5.质量为 m=1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2.现对物体 施加一个大小变化、方向不变的水平力 F，为使物体在 3 s 时间内发生的位移最大，力 F 的 大小应如下面的哪一幅图所示( ) 图 3-3 解析:此题可采用排除法.物体与地面间的滑动摩擦力 f=μmg=2 N，A、C 中第 1 s 内 F＝1 N， 物体不会动，比较可知这两种情况下 3 s 内的位移一定小于 D 中 3 s 内的位移.B 中第 1 s 内 加速、第 2 s 内减速、第 3 s 内加速，而 D 中前 2 s 内一直加速，分析可知 B 中 3 s 内的位移 也比 D 中 3 s 内的位移小.故选 D. 答案:D 6.(2010 安徽皖南八校二联,18)如图 3-4 所示，A、B 是两个位于固定斜面上的正方体物块,它 们的质量相等,F 是沿水平方向作用于 A 上的外力,已知 A、B 的接触面,A、B 与斜面的接触面 均光滑,下列说法正确的是( ) 图 3-4 A.A 对 B 的作用力大于 B 对 A 的作用力 B.A、B 可能沿斜面向下运动 C.A、B 对斜面的压力相等 D.A、B 受的合外力沿水平方向的分力相等 解析:由牛顿第三定律可知:A、B 间的作用力大小相等、方向相反,故 A 项错误;A、B 有可能 静止在斜面上,还有可能沿斜面向上或向下运动,故 B 项正确;由于水平力 F 有使 A 压紧斜面 的效果,可知 A 对斜面的压力大于 B 对斜面的压力,故 C 项错误;不管 A、B 做何种性质的运 动,它们的运动情况相同,它们沿水平方向的分运动的加速度相同,由 F 合=ma,可知它们受到的 合外力沿水平方向的分力相等,故 D 项正确. 答案:BD 7.如图 3-5 所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板 aO、bO、cO,其下端都固定于底部圆 心 O,而上端则 搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是 30°、45°、60°.若有三个小 孩同时从 a、b、c 处开始下滑(忽略阻力),则( ) 图 3-5 A.a 处小孩最后到 O 点 B.b 处小孩最后到 O 点 C.c 处小孩最先到 O 点 D.a、c 处小孩同时到 O 点 解 析 : 三 块 滑 板 与 圆 柱 形 仓 库 构 成 的 斜 面 底 边 长 度 均 为 圆 柱 形 底 面 半 径 , 则  sin2 1 cos 2gtR  , ,2sin 42 g Rt  当θ=45°时,t 最小,当θ=30°和 60°时,sin2θ的值相同,故只 有 D 正确. 答案:D 8.如图 3-6 所示,光滑水平面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块,其中两个质量为 m 的木 块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力 F 拉其中一个质 量为 2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对 m 的最大拉力为( ) 图 3-6 A. 5 3 mg B. 4 3 mg C. 2 3 mg D.3μmg 解析:对四个木块组成的整体进行受力分析,设整体加速度为 a,水平方向受拉力 F 的作 用,F=6ma;如果对左边的两个木块组成的整体受力分析,水平方向只受拉力 T, ;23 FmaT  对左边质量为 2m 的木块受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,f=2ma;对除右边质量为 2m 以 外的三个木块组成的整体受力分析,水平方向只受静摩擦力作用,由 f=4ma,所以,这时整体受 到的静摩擦力最大,f=μmg, ,4 3,4 mgTga   B 正确. 答案:B 9.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于 图示 状态.设斜面对小球的支持力为 N,细绳对小球的拉力为 T,关于此时刻小球的受力情况, 下列说法正确的是( ) 图 3-7 A.若小车向左运动,N 可能为零 B.若小车向左运动,T 可能为零 C.若小车向右运动,N 不可能为零 D.若小车向右运动,T 不可能为零 解析:当小车具有向右的加速度时,可以是 N 为零;当小车具有向左的加速度时,可以使绳的张 力 T 为零.考生如果不知道这两种临界情况,肯定无法解答 A 的;另外还有注意到是小车具有 向左的加速度时,可以有两种运动情形,即向左加速运动,或向右减速运动.本题难度中等. 答案:AB 10.如图 3-8,水平地面上有一楔形物体 b,b 的斜面上有一小物块 a;a 与 b 之间、b 与地面之间 均存在摩擦.已知楔形物体 b 静止时,a 静止在 b 的斜面上.现给 a 和 b 一个共同的向左的初速 度,与 a 和 b 都静止时相比,此时可能( ) 图 3-8 A.a 与 b 之间的压力减小,且 a 相对 b 向下滑动 B.a 与 b 之间的压力增大,且 a 相对 b 向上滑动 C.a 与 b 之间的压力增大,且 a 相对 b 静止不动 D.b 与地面之间的压力不变,且 a 相对 b 向上滑动 解析:当楔形物体静止时,a 静止在 b 的斜面上,设 a 的质量为 m,楔形物体斜面的倾角为θ,此时 b 对 a 的支持力 N=mgcosθ,现给 a 和 b 一个共同向左的初速度,由于摩擦,地面对 b 产生向右的 摩擦力,使 b 向左做减速运动,因此 a、b 组成的系统在水平方向上有向右的加速度.如果 a、b 间的动摩擦因数较大,使得 a、b 仍保持相对静止,此时对水平向右的加速度 a 沿斜面和垂直于 斜面分解,则有 N′－mgcosθ=masinθ,N′大于 N,b 对 a 的支持力增大,C 对;若 a、b 间的静摩擦力 不足以保证 a、b 保持相对静止,则 a 由于惯性向上滑动,则 b 对 a 的动摩擦力,使 a 相对于 b 产生沿斜面向下的加速度,a 相对于地面的合加速度仍有垂直于斜面向上的分量,因而可得,a 对 b 的压力相对于不动时增大,B 对,A、D 错. 答案:BC 二、填空与实验题(本题包括 2 小题,共 20 分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答) 11.(10 分)如图 3-9 所示,在倾角为 30°的斜面上,一辆动力小车沿斜面下滑,在小车下滑的过程 中,小车支架上连接着小球的轻绳恰好水平.已知小球的质量为 m,则小车运动的 加速度大小 为________,绳对小球的拉力大小为________. 图 3-9 解 析 : 对 小 球 受 力 分 析 如 图 , 小 球 的 加 速 度 沿 斜 面 向 下 , 由 牛 顿 第 二 定 律 得 gm mg m Fa 22  合 由图可得: .330cot mgmgF  答案:2g mg3 12.(10 分)某探究性学习小组欲探究光滑斜面上物体下滑的加速度与物体质量及斜面倾角是 否有关.实验室提供如下器材: A.表面光滑的长木板(长度为 L);B.小车;C.质量为 m 的钩码若干个;D.方木块(备用于垫木 板);E.米尺;F.秒表. 实验过程: 第一步,在保持斜面倾角不变时,探究加速度与质量的关系.实验中,通过向小车放入钩码来改 变物体质量,只要测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间 t,就可以由公式 a=________求出 a. 某同学记录的数据如下表所示: M M+m M+2m 1 1.42 1.41 1.42 2 1.40 1.42 1.39 3 1.41 1.38 1.42 根据以上信息,我们发现,在实验误差范围内质量改变之后平均下滑时间________(填“改变” 或“不改变”),经过分析得出加速度与质量的关系为________.第二步,在物体质量不变时,探究 加速度与倾角的关系.实验中通过改变方木块垫放位置来调整长木板的倾角,由于没有量角器, 因此通过测量出木板顶端到水平面高度 h,求出倾角α的正弦值 sinα=h/L. 某同学记录了高度和加速度的对应值,并在坐标纸上建立适当的坐标轴后描点作图如图 3-10, 请根据他所作的图线求出当地的重力加速度 g=________ m/s2.进一步分析可知,光滑斜面上 物体下滑的加速度与倾角的关系为________. 图 3-10 解析:斜面长度 L 已知,测出小车由斜面顶端运动到斜面底端的时间 t,由 2 2 1 atL  得 2 2 t La  分析表中数据,发现小车质量改变时,下滑时间不变(略有不同是因为实验中存在误差),因 此加速度与质量无关. 小车沿光滑斜面下滑时,受力如图. 则 ma=mgsinα 质 量 时 间 次 数 所以 a=gsinα(可见与质量无关) 则 asinα图象中图线的斜率表示 g 的大小.由图象中取两点,读出其横、纵坐标(sinα1,a1)、 (sinα2,a2),那么 12 12 sinsin    aag 例如 .m/s80.9m/s030.0 094.2 22  g 答案: 2 2 t L 不改变 无关 9.80 a=gsinα 三、计算题(本题包括 4 小题,共 40 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤, 只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位) 13.(8 分)如图 3-11 所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37°，长方体木块 A 的 MN 面上钉着 一颗小钉子，质量 m=1.5 kg 的小球 B 通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直，木块 与斜面间的动摩擦因数μ=0.50.现将木块由静止释放，木块将沿斜面下滑.求在木块下滑的过 程中小球对木块 MN 面的压力.(取 g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8) 图3-11 解析:由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球 B 与木块间有压力的作用，并且它们以 共同的加速度 a 沿斜面向下运动.将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为 M，根据牛 顿第二定律可得(M+m)gsinθ－μ(M+m)gcosθ=(M+m)a 代入数据得 a=2.0 m/s2 选小球为研究对象，设 MN 面对小球的作用力为 FN， 根据牛顿第二定律有 mgsinθ－FN=ma 代入数据得 FN＝6.0 N 根据牛顿第三定律，小球对 MN 面的压力大小为 6.0 N，方向沿斜面向下. 答案:6.0 N，方向沿斜面向下 14.(10 分)(2010 安徽皖南八校二联,24)质量为 m=1.0 kg 的小滑块(可视为质点)放在质量为 m=3.0 kg 的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长 L=1.0 m 开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力 F=12 N,如图 3-12 所示, 为使小滑块不掉下木板,试求:(g 取 10 m/s2) 图 3-12 (1)水平恒力 F 作用的最长时间; (2)水平恒力 F 做功的最大值. 解析:(1)撤力前木板加速,设加速过程的位移为 x1,加速度为 a1,加速运动的时间为 t1;撤力后木 板减速,设减速过程的位移为 x2,加速度为 a2,减速运动的时间为 t2.由牛顿第二定律得撤力前: F－μ(m+M)g=Ma1(1 分) 解得 2 1 m/s3 4a (1 分) 撤力后:μ(m+M)g=Ma2(1 分) 解得 2 2 m/s3 8a (1 分) 2 222 2 111 2 1,2 1 taxtax  (1 分) 为使小滑块不从木板上掉下,应满足 x1+x2≤L(1 分) 又 a1t1=a2t2 (1 分) 由以上各式可解得 t1≤1 s 所以水平恒力作用的最长时间为 1 s.(1 分) (2)由上面分析可知,木板在拉力 F 作用下的最大位移 m3 2m13 4 2 1 2 1 2 111  tax (1 分) 可得 F 做功的最大值 .J8J3 2121  FxW (1 分) 答案:(1)1 s (2)8 J 15.(10 分)将金属块 m 用压缩的轻质弹簧卡在一个矩形的箱中,如图 3-13 所示,在箱的上顶板 和下底板装有压力传感器,箱可以沿竖直轨道运动.当箱以 a=2.0 m/s2 的加速度竖直向上做匀 减速运动时,上顶板的传感器显示的压力为 6.0 N,下底板的传感器显示的压力为 10.0 N.(取 g=10 m/s2) 图 3-13 (1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半,试判断箱的运动情况. (2)使上顶板传感器的示数为零,箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的? 解析:上顶板传感器显示的示数为上顶板对金属块的弹力,设为 F 上,下底板传感器显示的示数 为弹簧的弹力,设为 F 下. 当箱竖直向上做匀减速运动时,则有 F 上－F 下+mg=ma 即 .kg5.0  ga FFm 下上 (1)当上顶板传感器的示数为下底板传感器示数的一半时箱的加速度为 a1,因为弹簧长度 不变,所以 F 下不变,则有 01  m mgFFa 下上 因此,箱处于静止状态或匀速直线运动状态. (2)当上顶板传感器的示数为零时,设此时箱的加速度为 a2,并取竖直向下为正方向,则有 2 2 m/s0.10 m Fmga 下 因此,此时箱的加速度竖直向上,由此得,箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速 运动. 答案:(1)箱处于静止状态或匀速直线运动状态 (2)箱可能向上做匀加速运动,也可能向下做匀减速运动 16.(12 分)杂技演员在进行“顶竿”表演时,用的是一根质量可忽略不计的长竹竿.质量为 m=30 kg 的演员自竹竿顶部由静止开始下滑,滑到竹竿底端时速度恰好为零.为了研究下滑演员沿 竿的下滑情 况,在顶竿演员与竹竿底部之间安装一个传感器.由于竹竿处于静止状态,传感器 显示的就是下滑演员所受摩擦力的情况,如图 3-14 所示,g 取 10 m/s2.求: 图 3-14 (1)下滑演员下滑过程中的最大速度; (2)竹竿的长度. 解析:(1)由图象可知,下滑演员在 t1=1 s 内匀加速下滑,设下滑的加速度为 a,则根据牛顿第二定 律,有 mg－F=ma 22 m/s4m/s30 180300  m Fmga 1 s 末下滑演员的速度达最大 vm=at1=4 m/s. (2)由图象可知,1 s 末～3 s 末下滑演员做匀减速运动,末速度为零,则杆长为 m6m)21(4 2 1)(2 1 21m  ttvL 或 22 m/s2m/s30 300360''  m mgFa .m6)'2 1(2 1 2 22m 2 1  tatvatL 答案:(1)4 m/s (2)6 m 高考物理二轮总复习专题过关检测 直线运动(附参考答案) (时间:90 分钟 满分:100 分) 第Ⅰ卷 选择题 一、选择题(本题包括 10 小题,共 40 分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有 的有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,错选或不选的得 0 分) 1.小球从空中自由下落，与水平地面碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图 2-1 所示.取 g=10 m/s2.则( ) 图 2-1 Ａ.小球第一次反弹初速度的大小为 5 m/s Ｂ.小球第一次反弹初速度的大小为 3 m/s Ｃ.小球能弹起的最大高度为 0.45 m Ｄ.小球能弹起的最大高度为 1.25 m 解析:小球第一次落地瞬间的速度大小为 5 m/s，反弹的初速度大小为 3 m/s.A 错，B 对.小球 第一次弹起的初速度最大，则上升的高度最大，为 .m45.0m)5.08.0(2 3 2 '0  tvh C 对,D 错. 答案:BC 2.一个静止的质点，在 0~4 s 时间内受到力 F 的作用，力的方向始终在同一直线上，力 F 随 时间 t 的变化如图 2-2 所示，则质点在( ) 图 2-2 A.第 2 s 末速度改变方向 B.第 2 s 末位移改变方向 C.第 4 s 末回到原出发点 D.第 4 s 末运动速度为零 解析:该质点在前 2 s 内,沿 F 方向先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动; 从第 2 s 末到第 4 s 末的 2 s 内,仍沿 F 方向,先做加速度增大的减速运动,再做加速度减小的减 速运动,该质点一直朝一个方向运动,4 s 末速度减为 0,因而 D 正确. 答案:D 3.(2010 湖北部分重点中学二联，17)某物体由静止开始做变加速直线运动,加速度 a 逐渐减小, 经时间 t 物体的速度变为 v,物体在 t 时间内的位移为 s.下列说法正确的是( ) A. tvs 2  B. tvs 2  C. tvs 2  D.无法判断 解析:由质点运动情况可画出质点运动的速度—时间图象,如右图所示,从图象容易得出质点 位移 .2 tvs  答案:C 4.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动，t=0 时刻同时经过公路旁的同一 个路标.在描述两车运动的 v-t 图中(如图 2-3)，直线 a、b 分别描述了甲、乙两车在 0～20 s 的运动情况.关于两车之间的位移关系，下列说法正确的是( ) 图 2-3 A.在 0～10 s 内两车逐渐靠近 B.在 10～20 s 内两车逐渐远离 C.在 5～15 s 内两车的位移相等 D.在 t=10 s 时两车在公路上相遇 解析:甲车做速度为5 m/s 的匀速直线运动，乙车做初速度为10 m/s 的匀减速直线运动.在t=10 s 时，两车的速度相同，在此之前，甲车的速度小于乙车的速度，两车的距离越来越大；在 此之后，甲车的速度大于乙车的速度，两车的距离又逐渐减小，在 t=20 s 时两车相遇，故选 项 A、B、D 均错.5～15 s 内，两图线所围成的面积相等，故两车的位移相等，选项 C 正确. 答案:C 5.(2010 保定高三第一学期末调研,18)如图 2-4 所示,甲、乙两物体分别从 A、C 两地由静止出 发做加速运动,B 为 AC 中点,两物体在 AB 段的加速度大小均为 a1,在 BC 段的加速度大小均为 a2,且 a1＜a2.若甲由 A 到 C 所用时间为 t 甲,乙由 C 到 A 所用时间 t 乙,则 t 甲与 t 乙的大小关系为 ( ) 图 2-4 A.t 甲=t 乙 B.t 甲>t 乙 C.t 甲＜t 乙 D.无法确定 解析:设 AB=BC=s,对甲的运动过程,在 AB 段:vB 甲 2=2a1s,BC 段,vC 甲 2－vB 甲 2=2a2s,可得:vC 甲 2=2s(a1+a2);对乙的运动过程,在 BC 段:vB 乙 2=2a2s,AB 段:vA 乙 2－vB 乙 2=2a1s,可得:vA 乙 2=2s(a1+a2); 由以上各式据 a1＜a2 可以得:vB 甲＜vB 乙,vC 甲=vA 乙,再由 2 10 vvv  可知在整个过程中,乙的平均 速度大于甲的平均速度,根据 , v st  所以 t 甲>t 乙,选 B. 答案:B 6.如图 2-5 所示为一物体沿南北方向(规定向北为正方向)做直线运动的速度—时间图象，由 图可知( ) 图 2-5 A.3 s 末物体回到 t=0 时的位置 B.3 s 末物体的加速度方向发生变化 C.物体所受合外力的方向一直向南 D.物体所受合外力的方向一直向北 解析:物体向南做匀减速运动，速度是负方向(向南)，所以加速度 a 是正方向(向北)，0～6 s 图象为一条直线，斜率不变，所以 D 正确. 答案:D 7.如图 2-6 所示是物体在某段运动过程中的 v-t 图象，在 t1 和 t2 时刻的瞬时速度分别为 v1 和 v2，则时间由 t1 到 t2 的过程中( ) 图 2-6 A.加速度增大 B.加速度不断减小 C.平均速度 v=(v1+v2)/2 D.平均速度 v>(v1+v2)/2 解析:根据图线的斜率可知加速度不断减小.假设从 t1 到 t2 的过程中做匀减速运动，则平均速 度为 ,2 21 vv  而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度 也将小于 .2 21 vv  .综上选 B. 答案:B 8.物体沿一直线运动，它在某段时间内中间位置处的速度为 v1，在中间时刻的速度为 v2.则以 下说法正确的是( ) A.当物体做匀加速直线运动时，v1>v2 B.当物体做匀减速直线运动时，v1>v2 C.当物体做匀加速直线运动时，v1＜v2 D.当物体做匀减速直线运动时，v1＜v2 解析:当物体做匀加速直线运动时，中间位置处在中间时刻的后面，所以 v1>v2，选项 A 对， C 错.当物体做匀减速直线运动时，中间位置处在中间时刻的前面，所以 v1>v2，选项 B 对， D 错. 答案:AB 9.一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上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 2 m； 在第 3 次、第 4 次闪光的时间间隔内移动了 8 m.由此可以求得( ) A.第 1 次闪光时质点的速度 B.质点运动的加速度 C.从第 2 次闪光到第 3 次闪光这段时间内质点的位移 D.质点运动的初速度 解析:设时间间隔为 T，第 1 次、第 2 次闪光时的速度为 v1、v2，第 1 次与第 2 次、第 2 次与 第 3 次、第 3 次与第 4 次闪光间隔内的位移分别为 s1、s2、s3.由 s3－s1=2aT2 求得加速度 a=3 m/s2；由 s2－s1=s3－s2 求得 s2=5 m；根据 s1、s2 可求得第 1 次与第 3 次闪光间的平均速度 ,m/s5.32 21  T ssv 而 ,2 vv  再根据 v2=v1+aT 可求得 v1=0.5 m/s.故选项 A、B、C 正确. 答案:ABC 10.如图 2-7 所示，A、B 两物体相距 s=7 m，物体 A 在水平拉力和摩擦力的作用下，正以 vA=4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体 B 此时的速度 vB=10 m/s，由于摩擦力作用向右匀减速运 动，加速度 a=－2 m/s2，那么物体 A 追上物体 B 所用时间为( ) 图 2-7 A.7 s B.8 s C.9 s D.10 s 解析:对 B 物体，vB=at 得 t=5 s，也即 B 物体经 5 s 后停止. m.252 2  a vs B B 对 A 物体，在 5 s 内运动了 sA=vAt=20 m.当 B 物体停止运动后，s+sB－sA=vAt′，得 t′=3 s.故物体 A 追上 B 的时 间为 t+t′=8 s.选项 B 正确. 答案:B 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空与实验题(本题包括 2 小题,共 20 分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答) 11.(6 分)某同学在测定匀变速直线运动的加速度时，得到了一条较为理想的纸带，已在每条 纸带上每 5 个点取一个计数点，依打点先后编为 0、1、2、3、4、5，由于不小心，纸带被 撕断了，如图 2-8 所示，请根据给出的 A、B、C、D 四段纸带回答: 图 2-8 (1)在 B、C、D 三段纸带中选出纸带 A 上撕下的那段应该是________. (2)若使用的电源频率为 50 Hz，则打 A 纸带时，物体的加速度大小是________m/s2. 解析:设相邻两个计数点间的位移为 s1、s2、s3、s4、s5，由 s2－s1=s3－s2=s4－s3=s5－s4 可知 s5=54.0 mm ， 故 撕 下 的 那 段 应 该 是 C. 加 速 度 大 小 .m/s6.0m/s101.0 0.300.36 223 22 12   T ssa 答案:(1)C (2)0.6 12.(14 分)某同学用如图 2-9 所示的实验装置研究小车在斜面上的运动. 图 2-9 实验步骤如下: a.安装好实验器材. b.接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次.选出一条点迹比较清晰的 纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如图 2-10 中 0、1、2……6 点所示. 图 2-10 c.测量 1、2、3……6 计数点到 0 计数点的距离，分别记作 s1、s2、s3……s6. d.通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀加速直线运动. e.分别计算出 s1、s2、s3……s6 与对应时间的比值 . 6 6 3 3 2 2 1 1 t s t s、 t s、 t s  f.以 t s 为纵坐标、t 为横坐标，标出 t s 与对应时间 t 的坐标点，画出 tt s  图线. 结合上述实验步骤，请你完成下列任务: (1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在下面 的仪器和器材中，必须使用的有________和________.(填选项代号) A.电压合适的 50 Hz 交流电源 B.电压可调的直流电源 C.刻度尺 D.秒表 E.天平 F.重锤 (2)将最小刻度为 1 mm 的刻度尺的 0 刻线与 0 计数点对齐，0、1、2、5 计数点所在的位置 如图 2-11 所示，则 s2=cm，s5=cm. 图 2-11 (3)该同学在图 2-12 中已标出 1、3、4、6 计数点对应的坐标点，请你在该图中标出与 2、5 两个计数点对应的坐标点，并画出 tt s  图线. 图 2-12 (4)根据 tt s  图线判断，在打 0 计数点时，小车的速度 v0=m/s；它在斜面上运动的加速度 a=m/s2. 解析:(1)打点计时器使用的电源为交流电源，利用刻度尺测量各点之间的距离. (2)刻度尺的最小刻度为 mm，故要估读到 0.1 mm，即要读到 0.01 cm 位. (3) ,cm/s66cm/s2.0 20.13,cm/s5.37cm/s08.0 3 52  vv 描出对应的两点，再连线即可得 tt s  图线. (4)由图线在纵轴上的截距可求得初速度，由 2 0 2 1 attvs  得 ,2 1 0 atvt s  在 tt s  图线中 斜率为 2 a ,图线的斜率则表示加速度的一半. 答案:(1)A C (2)2.97～2.99 13.17～13.19 (3)如图所示 (4)0.16~0.20 4.50~5.10 三、计算题(本题包括 4 小题,共 40 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤. 只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题目,答案中必须明确写出数值和单位) 13.(9 分)甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速运动,速度均为 16 m/s.在前面的甲车紧急刹 车,加速度为 a1=3 m/s2,乙车由于司机的反应时间为 0.5 s 而晚刹车,已知乙的加速度为 a2=4 m/s2,为了确保乙车不与甲车相撞,原来至少应保持多大的车距? 解析:根据题意可知两车不相撞的临界条件是乙追上甲时,二者的速度刚好相等,设为 v,作出 二者运动的过程示意图如上图,设甲车刹车的时间为 t 则 v=v0－a1t① v=v0－a2(t－t0)② 由①②得 t=2 s v=10 m/s 因此甲乙应保持的车距: ,2)(2 0 0 0 00 tvvttvvtvs  代入数据得 s=1.5 m. 答案:1.5 m 14.(10 分)如图 2-13,A、B 两物体相距 s=7 m 时,A 在水平拉力和摩擦力作用下,正以 va=4 m/s 的速度向右匀速运动,而物体 B 此时正以 vB=10 m/s 的初速度向右匀减速运动,加速度 a=－2 m/s2,求 A 追上 B 所经历的时间. 图 2-13 解析:设物体 B 减速至零的时间为 t 则 0－vb=at0, s5s2 10 0 t 在此时间内物体 B 的位移为 .m25m5102 1 2 1 0  tvs BB A 物体在这 5 s 内前进 SA=vAt0=20 m, 显然 sB+7 m>sA. 所以 A 追上 B 前,物体 B 已经静止,设 A 追上 B 经历的时间为 t′ 则 .s8s4 725m7' A  v st B 答案:8 s 15.(10 分)要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的 弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道.求摩托车在直道上行 驶所用的最短时间.有关数据见表格. 启动加速度 a1 4 m/s2 制动加速度 a2 8 m/s2 直道最大速度 v1 40 m/s 弯道最大速度 v2 20 m/s 直道长度 s 218 m 某同学是这样解的:要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v1=40 m/s，然后 再减速到 v2=20 m/s， 21 2 21 2 1 1 1 ;; ttta vvta vt   你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自 己的方法算出正确结果. 解析:不合理.理由是:如按以上计算，则质点完成位移为 218m.m27522 2 2 2 2 1 1 2 1  a vv a v 所 以以上做法不对，而且说明最大速度一定比 40 m/s 要小. 正确结果:设在直道上最大速度为 v，则有 2 2 2 2 1 2 22 a vv a vs  代入数据并求解得 v=36 m/s 则加速时间 s,9 1 1  a vt 减速时间 s,2 2 2 2  a vvt 最短时间为 t=t1+t2=11 s. 答案:不合理.理由见解析 11 s 16.(11 分)两个完全相同的物块 A、B，质量均为 m=0.8 kg,在同一粗糙水平面上以相同的初速 度从同一位置开始运动.图 2-14 中的两条直线分别表示 A 物块受到水平拉力 F 作用和 B 物块 不受拉力作用的 v-t 图象，求: 图 2-14 (1)物块 A 所受拉力 F 的大小; (2)8 s 末物块 A、B 之间的距离 s. 解析:(1)设 A、B 两物块的加速度分别为 a1、a2, 由 v-t 图可得 22 1 1 1 m/s75.0m/s08 612    t va ① ,m/s5.1m/s04 60 22 2 2 2    t va 负号表示加速度方向与初速度方向相反.② 算出(a=1.5 m/s2 同样给分) 对 A、B 两物块分别由牛顿第二定律得 F－f=ma1③ f=ma2④ 由①~④式可得 F=1.8 N. (2)设 A、B 两物块 8 s 内的位移分别为 s1、s2，由图象得 m72m8)126(2 1 1 s m12m462 1 2 s 所以 s=s1－s2=60 m 或用公式法求解得出正确答案的同样给分. 答案:(1)1.8 N (2)60 m