高考物理一轮复习配套随堂作业共计164页

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2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第一章 第一节 描述运动的基本概念 1．(创新题)第 26 届世界大学生夏季运动会于 2011 年 8 月 23 日在中国深圳胜利闭幕，中国体育代表团获取了 75 枚金牌、145 枚奖牌的优异成绩，名列金牌榜首，在下列比赛项目中，运动员可视为质点的为( ) A．健美操 B．花样游泳 C．跳水 D．田径长跑 2．(2019·江苏省学业水平测试卷)下列诗句描绘的情景中，含有以流水为参考系的是( ) A．人在桥上走，桥流水不流 B．飞流直下三千尺，疑是银河落九天 C．白日依山尽，黄河入海流 D．孤帆远影碧空尽，唯见长江天际流 3.(原创题)在 2019 年大邱田径世锦赛中，牙买加选手布莱克和博尔特分别以 9.92 s 和 19.40 s 的成绩夺得男 子 100 米决赛和 200 米决赛冠军．关于这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是 ( ) A．200 m 决赛中的位移是 100 m 决赛的两倍 B．200 m 决赛中的平均速度约为 10.31 m/s C．100 m 决赛中的平均速度约为 10.08 m/s D．100 m 决赛中的最大速度约为 20.64 m/s 4．关于物体的运动，下面说法不可能的是( ) A．加速度在减小，速度在增大 B．加速度方向始终改变而速度不变 C．加速度和速度大小都在变化，加速度最大时速度最小，速度最大时加速度最小 D．加速度方向不变而速度方向变化 5．汽车从甲地由静止出发，沿直线运动到丙地，乙地是甲丙两地的中点．汽车从甲地匀加速运动到乙地，经过 乙地速度为 60 km/h；接着又从乙地匀加速运动到丙地，到丙地时速度为 120 km/h，求汽车从甲地到达丙地的 平均速度． 一、选择题 1．在研究物体运动时，下列物体中不能当做质点处理的是( ) A．用 GPS 定位系统研究汽车位置时 B．研究“神舟八号”飞船绕地球运转时 C．研究乒乓球运动员张继科发出的乒乓球时 D．研究火车穿越一山洞所需时间时 2.如图 1－1－3 所示，飞行员跳伞后飞机上的其他飞行员(甲)和地面上的人(乙)观察跳伞飞行员的运动后，引 发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说法正确的是( ) A．甲、乙两人的说法中必有一个是错误的 B．他们的争论是由于参考系的选择不同而引起的 C．研究物体运动时不一定要选择参考系 D．参考系的选择只能是相对于地面静止的物体 3.(2019·聊城模拟)为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图 1－1－4 所示，甲图是限 速路标，表示允许行驶的最大速度是 110 km/h；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有 100 km.上述两个数据 的物理意义是( ) A．110 km/h 是平均速度，100 km 是位移 B．110 km/h 是平均速度，100 km 是路程 C．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是位移 D．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是路程 4.三个质点 A、B、C 均由 N 点沿不同路径运动至 M 点，运动轨迹如图 1－1－5 所示，三个质点同时从 N 点出发， 同时到达 M 点．下列说法正确的是( ) A．三个质点从 N 点到 M 点的平均速度相同 B．三个质点任意时刻的速度方向都相同 C．三个质点从 N 点出发到任意时刻的平均速度都相同 D．三个质点从 N 点到 M 点的位移不同 5. (创新题)如图 1－1－6 所示，2011 年 2 月 20 日，新一代高速动车组和时速 400 公里高速综合检测列车在京 沪高铁上海段“试跑”，于 2019 年 6 月正式通车．高速动车组 1 min 内，时速由“0”瞬间飙升至“130 公里”， 驶出 1 km，下列说法正确的是( ) A．1 min 末的速度约为 36.1 m/s B．1 min 末的速度约为 72.2 m/s C．1 min 内的平均速度约为 16.67 m/s D．1 min 内的平均速度约为 63.1 m/s 6．(2019·宁波八校联考)甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次甲都比乙提前 10 m 到达终点．假若让甲远 离起跑点 10 m，乙仍在起跑点起跑，则结果将会( ) A．甲先到达终点 B．两人同时到达终点 C．乙先到达终点 D．不能确定 7．(2019·上海闸北高三月考)若汽车的加速度方向与初速度方向一致，当加速度减小时，以下说法正确的是 ( ) A．汽车的速度也减小 B．汽车的速度一定在增大 C．汽车的速度可能不变 D．当加速度减小到零时，汽车静止 8．(2019·合肥模拟)在下面所说的物体运动情况中，不可能出现的是( ) A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零 B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大 C．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零 D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小 9．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为 4 m/s,1 s 后速度的大小变为 10 m/s，在这 1 s 内该物体的 ( ) A．位移的大小可能小于 4 m B．位移的大小可能大于 10 m C．加速度的大小可能小于 4 m/s2 D．加速度的大小可能大于 10 m/s2 二、非选择题 10.爆炸性的加速度往往是跑车的卖点．保时捷 911 GT3 由静止加速至 100 km/h 只需 4.2 s. (1)求保时捷 911 GT3 的平均加速度． (2)假设普通私家车的平均加速度为 3 m/s2，它们需要多长时间才能由静止加速至 100 km/h. 11．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止．下表给出了不同时刻 汽车的速度： 时刻/s 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5 速度/(m·s－1) 3 6 9 12 12 9 3 (1)汽车做加速运动时的加速度和减速运动时的加速度大小是否相等？ (2)汽车从开出到停止共经历的时间是多少？ (3)汽车在全程中的平均速度是多少？ 12．(2019·湖北黄冈中学月考)在公园的草坪上主人和小狗正在玩飞碟游戏，如图 1－1－8.设飞碟在空中飞行 的时间为 t0＝5 s，飞碟水平方向做匀速直线运动，v0＝10 m/s；小狗在 1 s 内匀加速到 v＝8 m/s，然后做匀速 直线运动．当抛出飞碟的同时小狗应在离主人多远的地方向飞碟跑去才能恰好接住？(小狗与飞碟运动同向共 线) 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第一章 第二节 匀变速直线运动的规律及应用 1．(2019·高考重庆卷)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 听到石头落底声．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/s2)( ) A．10 m B．20 m C．30 m D．40 m 2．一个小石块从空中 a 点自由落下，先后经过 b 点和 c 点．不计空气阻力．已知它经过 b 点时的速度为 v，经 过 c 点时的速度为 3v.则 ab 段与 ac 段位移之比为( ) A．1∶3 B．1∶5 C．1∶8 D．1∶9 3．物体由静止开始做匀加速直线运动，第 1 秒末的速度达到 4 m/s，第 2 秒内物体的位移是( ) A．2 m B．4 m C．6 m D．8 m 4．(2019·高考天津卷)质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)， 则该质点( ) A．第 1 s 内的位移是 5 m B．前 2 s 内的平均速度是 6 m/s C．任意相邻的 1 s 内位移差都是 1 m D．任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s 5.(原创题)2011 年 9 月 29 日我国成功发射了“天宫”一号，发射塔高度为 80 m．一名同学在观 看电视时，在头脑中记下火箭上端的位置 A，如图 1－2－8，用自己的手表测出火箭从开始发射 到下端通过 A 点用的时间约为 4.3 s，若长征 2 号 F 运载火箭(连同“天宫”一号等)的总高度为 58.3 m，设火箭开始阶段是匀加速的，在初始发射阶段可认为长征 2 号 F 运载火箭的总质量不变， 系统产生 480 吨的推力．请你根据上述已知条件，求出火箭在初始运动阶段的两个运动学物理量． 一、选择题 1．(创新题)2011 年 8 月 21 日，在第 26 届世界大学生夏季运动会田径项目女子跳高决赛中，美国选手巴雷特夺 得冠军．巴雷特的重心离地面高 1.2 m，起跳后身体横着越过了 1.96 m 的高度．据此可估算出她起跳时的竖直 速度大约为(取 g＝10 m/s2)( ) A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 2．美国“华盛顿号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F－18 大黄蜂”型战斗机在跑道上加速时 产生的加速度为 4.5 m/s2，起飞速度为 50 m/s，若该飞机滑行 100 m 时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初 速度为( ) A．30 m/s B．40 m/s C．20 m/s D．10 m/s 3．给滑块一初速度 v0 使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g 2 ，当滑块速度大小减为v0 2 时，所用时间 可能是( ) A.v0 2g B.v0 g C.3v0 g D.3v0 2g 4．一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端 a 点上滑，最远可达 b 点，e 为 ab 的中点，已知物体由 a 到 e 的 时间为 t0，则它从 e 经 b 再返回 e 所需时间为( ) A．t0 B．( 2－1)t0 C．2( 2＋1)t0 D．(2 2＋1)t0 5．(2019·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为 t1，紧接着通过下一段位移 Δx 所用的时间为 t2.则物体运动的加速度为( ) A.2Δx t1－t2 t1t2 t1＋t2 B.Δx t1－t2 t1t2 t1＋t2 C.2Δx t1＋t2 t1t2 t1－t2 D.Δx t1＋t2 t1t2 t1－t2 6．一个质点正在做匀加速直线运动，现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 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 7.(2019·长治模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别 是 1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( ) A．1∶22∶32,1∶2∶3 B．1∶23∶33,1∶22∶32 C．1∶2∶3,1∶1∶1 D．1∶3∶5,1∶2∶3 8．(2019·福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第 1 s 内和第 2 s 内位 移大小依次为 9 m 和 7 m．则刹车后 6 s 内的位移是( ) A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m 9.(2019·广东深圳模拟)如图 1－2－9 所示，在京昆高速公路 266 km 处安装了一台 500 万像素的固定雷达测速 仪，可以精准抓拍超速，以及测量运动过程中的加速度．若 B 为测速仪，A 为汽车，两者相距 345 m，此时刻 B 发出超声波，同时 A 由于紧急情况而急刹车，当 B 接收到反射回来的超声波信号时，A 恰好 停止，且此时 A、B 相距 325 m，已知声速为 340 m/s，则汽车刹车过程中的加速度大小为( ) A．20 m/s2 B．10 m/s2 C．5 m/s2 D．无法确定 10．酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是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开 始采取制动的时间．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)． 速度(m/s) 思考距离/m 制动距离/m 正常 酒后 正常 酒后 15 7.5 15.0 22.5 30.0 20 10.0 20.0 36.7 46.7 25 12.5 25.0 54.2 x 分析上表可知，下列说法不正确的是( ) A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多 0.5 s B．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/s2 D．表中 x 为 66.7 二、非选择题 11．航空母舰以一定的航速航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大加速度是 a＝5.0 m/s2，速度须达 v＝50 m/s 才能起飞，该航空母舰甲板长 L＝160 m，为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多 大的速度 v0 向什么方向航行？ 12.(改编题)2011 年 12 月 1 日至 21 日，印度和吉尔吉斯斯坦举行了代号为“匕首－2011”的联合反恐军事演习， 印方参演人员全部来自印度伞兵团．在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面 224 m 高处时，伞兵离 开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以 12.5 m/s2 的加速度匀减速下降．为了伞 兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过 5 m/s，(取 g＝10 m/s2)求： (1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？ 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第一章 第三节 运动图象 追及、相遇问题 1.(2019·高考上海卷)某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的 x－t 图象， 如图 1－3－7 所示．图中纵坐标表示物体的位移 x，横坐标表示时间 t，由此可知该 物体做( ) A．匀速直线运动 B．变速直线运动 C．匀速曲线运动 D．变速曲线运动 2.(2019·渭南模拟)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得 到两车的 x－t 图象如图 1－3－8 所示，则下列说法正确的是( ) A．t1 时刻乙车从后面追上甲车 B．t1 时刻两车相距最远 C．t1 时刻两车的速度刚好相等 D．0 到 t1 时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度 3.(2019·高考广东卷)如图 1－3－9 是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是( ) A．0～1 s 内的平均速度是 2 m/s B．0～2 s 内的位移大小是 3 m C．0～1 s 内的加速度大于 2～4 s 内的加速度 D．0～1 s 内的运动方向与 2～4 s 内的运动方向相反 4.如图 1－3－10 所示为甲、乙两个物体做直线运动的 v－t 图象，由图象可以分析( ) A．甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动 B．甲、乙两物体在 t＝0 时刻的位置不一样 C．甲、乙两物体在 t＝2 s 时有可能相遇 D．前 4 s 内甲、乙两物体的位移相等 5．(2019·长沙模拟)猎狗能以最大速度 v1＝10 m/s 持续地奔跑，野兔只能以最大速度 v2＝8 m/s 的速度持续奔 跑．一只野兔在离洞窟 x1＝ 200 m 处的草地上玩耍，猎狗发现后径直朝野兔追来．野兔发现猎狗时，与猎狗相 距 x2＝60 m，野兔立即掉头跑向洞窟．设猎狗、野兔、洞窟总在同一直线上，求：野兔的加速度至少要多大才 能保证安全回到洞窟． 一、选择题 1．如图 1－3－11 所示，甲、乙、丙、丁是以时间为横轴的匀变速直线运动的图象，下列说法正确的是( ) A．甲是 a－t 图象 B．乙是 x－t 图象 C．丙是 x－t 图象 D．丁是 v－t 图象 2．(2019·湖北黄冈中学月考)设物体运动的加速度为 a、速度为 v、位移为 x.现有四个不同物体的运动图象如 图 1－3－12 所示，假设物体在 t＝0 时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是( ) 3.如图 1－3－13 所示，A、B 两物体在同一点开始运动，从 A、B 两物体的位移图线可知下述说法中正确的是 ( ) A．A、B 两物体同时自同一位置向同一方向运动 B．A、B 两物体自同一位置向同一方向运动，B 比 A 晚出发 2 s C．A、B 两物体速度大小均为 10 m/s D．A、B 两物体在 A 出发后 4 s 时距原点 20 m 处相遇 4.(2019·南通调研)某军事试验场正在平地上试射地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹 时发生故障，造成导弹的 v－t 图象如图 1－3－14 所示，则下述说法中正确的是( ) A．0～1 s 内导弹匀速上升 B．1～2 s 内导弹静止不动 C．3 s 末导弹回到出发点 D．5 s 末导弹恰好回到出发点 5．甲、乙二人同时从 A 地赶往 B 地，甲先骑自行车到中点后改为跑步，而乙则是先跑步，到中点后改为骑自行 车，最后两人同时到达 B 地；又知甲骑自行车比乙骑自行车的速度快．并且二人骑车速度均比跑步速度快．若 某人离开 A 地的距离 x 与所用时间 t 的关系用函数图象表示，则在图中所示的四个函数图象中，甲、乙二人的 图象只可能是( ) A．甲是①，乙是② B．甲是①，乙是④ C．甲是③，乙是② D．甲是③，乙是④ 6．(2019·江西师大附中、临川联考)下列所给的图象中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是( ) 7．(2019·高考天津卷)质点做直线运动的 v－t 图象如图 1－3－17 所示，规定向右为正方向，则该质点在前 8 s 内平均速度的大小和方向分别为( ) A．0.25 m/s 向右 B．0.25 m/s 向左 C．1 m/s 向右 D．1 m/s 向左 8.甲乙两车在一平直道路上同向运动，其 v－t 图象如图 1－3－18 所示，图中△OPQ 和△OQT 的面积分别为 s1 和 s2(s2>s1)．初始时，甲车在乙车前方 s0 处( ) A．若 s0＝s1＋s2，两车不会相遇 B．若 s0 2 a1＋a2 d，则两车一定不会相撞 D．若 v< 2 a1＋a2 d，则两车一定不会相撞 二、非选择题 10.2011 年 11 月 30 日，印度尼西亚苏门答腊省发生泥石流灾害，假设当时有一汽车停在小山坡底，突然司机发 现在距坡底 240 m 的山坡处泥石流以 8 m/s 的初速度、0.4 m/s2 的加速度匀加速倾泻而下，假设司机(反应时间 为 1 s)以 0.5 m/s2 的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动(如图 1－3－19 所示)，而泥石流到达坡底 后速率不变且在水平面的运动近似看成匀速直线运动．问：汽车司机能否安全脱离？ 11.(2019·高考大纲全国卷Ⅰ)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s 内汽 车的加速度随时间变化的图线如图 1－3－20 所示． (1)画出汽车在 0～60 s 内的 v－t 图线； (2)求在这 60 s 内汽车行驶的路程． 12．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以 10 m/s 的速度匀速行驶的货 车有违章行为时，决定前去追赶，经过 5.5 s 后警车发动起来，并以 2.5 m/s2 的加速 度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在 90 km/h 以内．问： (1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？ (2)警车发动后要多长时间才能追上货车？ 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第二章 第一节 重力 弹力 摩擦力 1．下列关于重心、弹力和摩擦力的说法，正确的是( ) A．物体的重心一定在物体的几何中心上 B．劲度系数越大的弹簧，产生的弹力越大 C．动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比 D．静摩擦力的大小是在零和最大静摩擦力之间发生变化 2.(2019·成都模拟)如图 2－1－10 所示，小车内有一固定光滑斜面，一个小球通过细绳与车顶相连，细绳始终 保持竖直．关于小球的受力情况，下列说法正确的是( ) A．若小车静止，绳对小球的拉力可能为零 B．若小车静止，斜面对小球的支持力一定为零 C．若小车向右匀速运动，小球一定受两个力的作用 D．若小车向右减速运动，小球一定受支持力的作用 3．(2019·徐州模拟)水平桌面上一个重 200 N 的物体，与桌面间的滑动摩擦因数为 0.2(设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力)，当依次用 15 N,30 N,80 N 的水平拉力拉此物体时，物体受到的摩擦力依次为( ) A．15 N,30 N,40 N B．0,15 N,15 N C．0,20 N,40 N D．15 N,40 N,40 N 4.(2019·高考山东卷)如图 2－1－11 所示，将两相同的木块 a、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连 接，两侧用细绳系于墙壁．开始时 a、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力 Ffa≠0，b 所受摩擦力 Ffb＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( ) A．Ffa 大小不变 B．Ffa 方向改变 C．Ffb 仍然为零 D．Ffb 方向向右 5．一根大弹簧内套一根小弹簧，大弹簧比小弹簧长 0.2 m，它们的下端平齐并固定，另一端自由，如图 2－1－ 12 所示．当压缩此组合弹簧时，测得弹力与弹簧压缩量的关系如图所示．试求这两根弹簧的劲度系数 k1 和 k2. 一、选择题 1．下列关于力及重力的说法中正确的是( ) A．相距一定距离的两磁体间有相互作用力，说明力的作用可以不需要物质传递 B．物体的运动状态没有发生改变，物体也可能受到力的作用 C．形状规则的物体，其重心一定在其几何中心 D．物体重力的大小总是等于它对竖直弹簧秤的拉力 2.一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．小球某时刻正处于如图 2－1－13 所 示的状态．设斜面对小球的支持力为 FN，细绳对小球的拉力为 FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确 的是( ) A．若小车向左运动，FN 可能为零 B．若小车向左运动，FT 可能为零 C．若小车向右运动，FN 不可能为零 D．若小车向右运动，FT 不可能为零 3.(2019·福州模拟)如图 2－1－14 所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受到三个力即 F1、F2 和摩擦 力作用，木块处于静止状态，其中 F1＝10 N，F2＝2 N．若撤去力 F1，则下列说法正确的是( ) A．木块受到滑动摩擦力 B．木块受到静摩擦力 C．木块所受合力为 2 N，方向向左 D．木块所受合力为零 4.(2019·高考课标全国卷)如图 2－1－15 所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成 60°角的力 F1 拉物 块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成 30°角的力 F2 推物块时，物块仍做匀速直线运动．若 F1 和 F2 的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( ) A. 3－1 B．2－ 3 C. 3 2 －1 2 D．1－ 3 2 5.如图 2－1－16 所示，重 80 N 的物体 A 放在倾角为 30°的粗糙斜面上，有一根原长为 10 cm，劲度系数为 1000 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体 A 后，弹簧长度缩短为 8 cm，现用一测力计沿斜面向上 拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为 25 N，当弹簧的长度仍为 8 cm 时，测力计读数 不可能为( ) A．10 N B．20 N C．40 N D．60 N 6.(2019·西城区期末)物块 M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图 2－1－ 17 中箭头所示．则传送带转动后( ) A．物块将减速下滑 B．物块仍匀速下滑 C．物块受到的摩擦力变小 D．物块受到的摩擦力变大 7.(2019·扬州模拟)如图 2－1－18 所示，光滑水平地面上的小车质量为 M，站在小车水平底板上的人质量为 m， 且 m≠M.人用一根跨过定滑轮的绳子拉小车，定滑轮上下两侧的绳子都保持水平，不计绳与滑轮之间的摩擦．在 人和车一起向右加速运动的过程中，下列说法正确的是( ) A．人受到向左的摩擦力 B．人受到向右的摩擦力 C．人拉绳的力越大，人和车的加速度越大 D．人拉绳的力越大，人对车的摩擦力越大 8.如图 2－1－19 所示，质量为 m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数 为μ，斜面的倾角为 30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( ) A. 3 2 mg 和 1 2 mg B.1 2 mg 和 3 2 mg C.1 2 mg 和1 2 μmg D. 3 2 mg 和 3 2 μmg 9.(2019·菏泽统测)如图 2－1－20 所示，质量分别为 mA 和 mB 的物体 A、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾 角为 45°的斜面上，已知 mA＝2mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由 45°增大到 50°，系统 仍保持静止，下列说法正确的是( ) A．细绳对 A 的拉力将增大 B．A 对斜面的压力将减小 C．A 受到的静摩擦力不变 D．A 受到的合力将增大 10.(2019·高考江苏卷)如图 2－1－21 所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸 带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦．现将质量分别为 M、m(M >m)的小物块同时轻放在 斜面两侧的绸带上．两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．在α角取不 同值的情况下，下列说法正确的有( ) A．两物块所受摩擦力的大小总是相等 B．两物块不可能同时相对绸带静止 C．M 不可能相对绸带发生滑动 D．m 不可能相对斜面向上滑动 二、非选择题 11.如图 2－1－22 所示，质量分别为 m 和 M 的两物体 P 和 Q 叠放在倾角为θ的斜面上，P、Q 之间的动摩擦因数 为μ1，Q 与斜面间的动摩擦因数为μ2(μ1>μ2)．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止， 则物体 P 受到的摩擦力大小为多少？ 12．(2019·苏州模拟)如图 2－1－23 所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为 k1、 k2 的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为 m1 的重物，最下端挂一质量为 m2 的重 物，现用力 F 沿斜面向上缓慢推动 m2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求： (1)m1、m2 各上移的距离． (2)推力 F 的大小． 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第二章 第二节 力的合成与分解 1．(2019·北京西城区抽样测试)F1、F2 是力 F 的两个分力．若 F＝10 N，则下列不可能是 F 的两个分力的是( ) A．F1＝10 N F2＝10 N B．F1＝20 N F2＝20 N C．F1＝2 N F2＝6 N D．F1＝20 N F2＝30 N 2.如图 2－2－14 所示，轻绳 AO 和 BO 共同吊起质量为 m 的重物．AO 与 BO 垂直，BO 与竖直方向的夹角为θ，OC 连接重物，则( ) A．AO 所受的拉力大小为 mgsinθ B．AO 所受的拉力大小为 mg sinθ C．BO 所受的拉力大小为 mgcosθ D．BO 所受的拉力大小为 mg cosθ 选 AC.结点 O 受到的绳 OC 的拉力 FC 等于重物所受重力 mg，将拉力 FC 沿绳 AO 和 BO 所在直线进行分解，两分力分 别等于拉力 FA 和 FB，如图所示，由力的图示解得：FA＝mgsinθ，FB＝mgcosθ. 3．如图 2－2－15 所示，将足球用网兜挂在光滑的墙壁上，设绳对球的拉力为 F1，墙壁对球的支持力为 F2，当 细绳长度变短时( ) A．F1、F2 均不变 B．F1、F2 均增大 C．F1 减小，F2 增大 D．F1、F2 均减小 4.(2019·北京四中模拟)如图 2－2－16 所示，有 2n 个大小都为 F 的共点力，沿着顶角为 120°的圆锥体的母线 方向，相邻两个力的夹角都是相等的．则这 2n 个力的合力大小为( ) A．2nF B．nF C．2(n－1)F D．2(n＋1)F 5.如图 2－2－17 所示，物体质量为 m，靠在粗糙的竖直墙上，物体与墙之间的动摩擦因数为μ，若要使物体沿 着墙向下匀速运动，则外力 F 的大小为多少？ 一、选择题 1.有两个互成角度的共点力，夹角为θ，它们的合力 F 随θ变化的关系如图 2－2－18 所示，那么这两个力的大 小分别是( ) A．1 N 和 6 N B．2 N 和 5 N C．3 N 和 4 N D．3 N 和 3.5 N 2．(2019·淮南模拟)如图 2－2－19 所示，F1、F2、F3 恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的 合力最大的是( ) 3.(2019·高考江苏卷)如图 2－2－20 所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为 m 的照 相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成 30°角，则每根支架中承受的压力大小为 ( ) A.1 3 mg B.2 3 mg C. 3 6 mg D.2 3 9 mg 4.(2019·福州模拟)如图 2－2－21 所示，质量为 m 的小滑块静止在半径为 R 的半球体上，它与半球体间的动摩 擦因数为μ，它与球心连线跟水平地面的夹角为θ，则小滑块( ) A．所受摩擦力大小为 mgcosθ B．所受摩擦力大小为 mgsinθ C．所受摩擦力大小为μmgsinθ D．对半球体的压力大小为 mgcosθ 5.(2019·烟台测试)如图 2－2－22 所示，两根相距为 L 的竖直固定杆上各套有质量为 m 的小球，小球可以在杆 上无摩擦地自由滑动，两小球用长为 2L 的轻绳相连，今在轻绳中点施加一个竖直向上的拉力 F，恰能使两小球 沿竖直杆向上匀速运动．则每个小球所受的拉力大小为(重力加速度为 g)( ) A．mg/2 B．mg C. 3F/3 D．F 6.(2019·武汉外国语学校调研)如图 2－2－23 所示，绳与杆均不计重力，承受力的最大值一定．A 端用绞链固 定，滑轮 O 在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可忽略)，B 端吊一重物 P，现施加拉力 FT 将 B 缓慢上拉(均未断)， 在杆达到竖直前( ) A．绳子越来越容易断 B．绳子越来越不容易断 C．杆越来越容易断 D．杆越来越不容易断 7.(2019·淮南模拟)如图 2－2－24 所示，在水平天花板的 A 点处固定一根轻杆 a，杆与天花板保持垂直．杆的 下端有一个轻滑轮 O.另一根细线上端固定在该天花板的 B 点处，细线跨过滑轮 O，下端系一个重为 G 的物体， BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( ) A．细线 BO 对天花板的拉力大小是G 2 B．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2 C．a 杆和细线对滑轮的合力大小是 G D．a 杆对滑轮的作用力大小是 G 8.(2019·东城区模拟)如图 2－2－25 所示是骨折病人的牵引装置示意图，绳的一端固定，绕过定滑轮和动滑轮 后挂着一个重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚，整个装置在同一竖直平面内．为了使脚所受的拉力增 大，可采取的方法是( ) A．只增加绳的长度 B．只增加重物的质量 C．只将病人的脚向左移动 D．只将两定滑轮的间距变大 9.(2019·苏锡常镇四市调研)如图 2－2－26 所示，质量均为 m 的小球 A、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂 于 O 点，在外力 F 的作用下，小球 A、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线 OA 与竖直方向的夹角θ保持 30°不变，则外力 F 的大小( ) A．可能为 3 3 mg B．可能为 5 2 mg C．可能为 2mg D．可能为 mg 10.(2019·佛山质检)如图 2－2－27 所示，由物体 A 和 B 组成的系统处于静止状态．A、B 的质量分别为 mA 和 mB， 且 mA>mB.滑轮的质量和一切摩擦不计．使绳的悬点由 P 点向右移动一小段距离到 Q 点，系统再次达到静止状态．则 悬点移动前后图中绳与水平方向间的夹角θ将( ) A．变大 B．变小 C．不变 D．可能变大，也可能变小 二、非选择题 11.(2019·苏州模拟)某压榨机的结构示意图如图 2－2－28 所示，其中 B 点为固定铰链，若在 A 铰链处作用一 垂直于壁的力 F，则由于力 F 的作用，使滑块 C 压紧物体 D，设 C 与 D 光滑接触，杆的重力不计，压榨机的尺寸 如图所示，求物体 D 所受压力大小是 F 的多少倍？ 12．如图 2－2－29 甲所示，轻绳 AD 跨过固定在水平横梁 BC 右端的定滑轮挂住一个质量为 10 kg 的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆 HP 一端用铰链固定在竖直墙上，另一端 P 通过细 绳 EP 拉住，EP 与水平方向也成 30°，轻杆的 P 点用细绳 PQ 拉住一个质量也为 10 kg 的物 体．g 取 10 N/kg，求 (1)轻绳 AC 段的张力 FAC 与细绳 EP 的张力 FEP 之比； (2)横梁 BC 对 C 端的支持力； (3)轻杆 HP 对 P 端的支持力． 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第二章 第三节 受力分析 共点力的平衡 1.如图 2－3－12 所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一 端与斜面体 P 连接，P 的斜面与固定挡板 MN 接触且处于静止状态，则斜面体 P 此刻所受的外力个数有可能为 ( ) A．2 个或 3 个 B．3 个或 5 个 C．2 个或 4 个 D．4 个或 5 个 2.(2019·高考广东卷)如图 2－3－13 所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点 P 在 F1、 F2 和 F3 三力作用下保持静止．下列判断正确的是( ) A．F1>F2>F3 B．F3>F1>F2 C．F2>F3>F1 D．F3>F2>F1 3.(2019·高考海南卷)如图 2－3－14，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度 v0 匀速下 滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( ) A．等于零 B．不为零，方向向右 C．不为零，方向向左 D．不为零，v0 较大时方向向左，v0 较小时方向向右 4.如图 2－3－15 所示，在绳下端挂一物体，用力 F 拉物体使悬线偏离竖直方向的夹角为α，且保持其平衡．保 持α不变，当拉力 F 有极小值时，F 与水平方向的夹角β应是( ) A．0 B.π 2 C．α D．2α 5.(2019·江苏启东中学质检)如图 2－3－16 所示，用绳 AC 和 BC 吊起一重物，绳与竖直方向夹角分别为 30°和 60°，AC 绳能承受的最大拉力为 150 N，而 BC 绳能承受的最大拉力为 100 N，求物体的最大重力不能超过多少？ 一、选择题 1.如图 2－3－17 所示，在“3·11”日本大地震的一次抢险救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机利用降 落伞匀速向下向灾区群众投放救灾物资．假设物资的总重量为 G1，圆顶形降落伞伞面的重量为 G2，有 8 条相同 的拉线与物资相连，另一端均匀分布在伞的边缘上，每根拉线和竖直方向都成 30°角，则每根拉线上的张力大 小为( ) A. 3G1 12 B. 3 G1＋G2 12 C.G1＋G2 8 D.G1 4 2.(2019·高考广东卷)如图 2－3－18 为节日里悬挂灯笼的一种方式，A、B 点等高，O 为结点，轻绳 AO、BO 长 度相等，拉力分别为 FA、FB.灯笼受到的重力为 G.下列表述正确的是( ) A．FA 一定小于 G B．FA 与 FB 大小相等 C．FA 与 FB 是一对平衡力 D．FA 与 FB 大小之和等于 G 3.(2019·高考安徽卷)一质量为 m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力 F， 如图 2－3－19 所示．则物块( ) A．仍处于静止状态 B．沿斜面加速下滑 C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大 4.(2019·佛山模拟)用一轻绳将小球 P 系于光滑墙壁上的 O 点，在墙壁和球 P 之间夹有一矩形物块 Q，如图 2－ 3－20 所示．P、Q 均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( ) A．P 物体受 4 个力 B．Q 受到 3 个力 C．若绳子变长，绳子的拉力将变小 D．若绳子变短，Q 受到的静摩擦力将增大 5.(2019·海口模拟)如图 2－3－21 所示，轻杆 AB 下端固定在竖直墙上，上端有一光滑的轻质小滑轮，一根细 绳一端 C 系在墙上，绕过滑轮另一端系一质量为 m 的物体，当 C 端缓慢地上移过程中，则杆对滑轮 的作用力将( ) A．变小 B．变大 C．不变 D．无法确定 6.如图 2－3－22 所示，轻绳的两端分别系在圆环 A 和小球 B 上，圆环 A 套在粗糙的水平直杆 MN 上．现用水平 力 F 拉着绳子上的一点 O，使小球 B 从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环 A 始终保持在 原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力 Ff 和环对杆的压力 FN 的变化情况是( ) A．Ff 不变，FN 不变 B．Ff 增大，FN 不变 C．Ff 增大，FN 减小 D．Ff 不变，FN 减小 7.如图 2－3－23 所示，一光滑的半圆形碗固定在水平地面上，质量为 m1 的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别 为 m2 和 m3 的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用．则 m1、m2 和 m3 的比值为( ) A．1∶2∶3 B．2∶1∶1 C．2∶ 3∶1 D．2∶1∶ 3 8.(原创题)在东京2019年世界体操锦标赛的吊环比赛中，“吊环王”陈一冰成功捍卫荣誉，以15.800 分轻松摘得金牌成功卫冕．其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂 缓慢张开到如图 2－3－24 所示位置，则在两手间距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力 F(两个 拉力大小相等)及它们的合力 F 合的大小变化情况为( ) A．F 增大，F 合不变 B．F 增大，F 合增大 C．F 增大，F 合减小 D．F 减小，F 合不变 9.(2019·江西师大附中、临川联考)如图 2－3－25 所示，完全相同的质量为 m 的 A、B 两球，用两根等长的细 线悬挂在 O 点，两球之间夹着一根劲度系数为 k 的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的 夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了( ) A.mgtanθ k B.2mgtanθ k C. mgtanθ 2 k D. 2mgtan θ 2 k 10.(2019·苏州模拟)如图 2－3－26 所示，三根长度均为 l 的轻绳分别连接于 C、D 两点，A、B 两端被悬挂在水 平天花板上，相距 2l.现在 C 点上悬挂一个质量为 m 的重物，为使 CD 绳保 持水平，在 D 点上可施加力的最小值为( ) A．mg B. 3 3 mg C.1 2 mg D.1 4 mg 二、非选择题 11.(2019·哈师大附中模拟)两个相同的小球 A 和 B，质量均为 m，用长度相同的两根细线把 A、B 两球悬挂在水 平天花板上的同一点 O，并用长度相同的细线连接 A、B 两小球，然后，用一水平方向的力 F 作用在小球 A 上， 此时三根细线均处于直线状态，且 OB 细线恰好处于竖直方向，如图 2－3－27 所示．如果不考虑小球的大小， 两小球均处于静止状态，则： (1)OB 绳对小球的拉力为多大？ (2)OA 绳对小球的拉力为多大？ (3)作用力 F 为多大？ 12.(2019·合肥模拟)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球 A 和 B(中央有孔)，A、B 间由细绳连接， 它们处于如图 2－3－28 所示位置时恰好都能保持静止状态．此情况下，B 球与环中心 O 处于同一水平面上，AB 间的细绳呈伸直状态，与水平线成 30°夹角．已知 B 球的质量为 m，求细绳对 B 球的拉力和 A 球的质量． 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第三章 第一节 牛顿第一、第三定律 1．(2019·东城区检测)下列对运动的认识错误的是( ) A．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止 B．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快 C．牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因 D．伽利略根据理想实验推出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去 2．关于物体的惯性，下列说法正确的是( ) A．质量相同的两个物体，在阻力相同的情况下，速度大的不易停下来，所以速度大的物体惯性大 B．质量相同的物体，惯性相同 C．推动地面上静止的物体比保持这个物体匀速运动时所需的力大，所以静止的物体惯性大 D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在月球上比在地球上惯性小 3．人在沼泽地行走时容易下陷，下陷时( ) A．人对沼泽地地面的压力大于沼泽地地面对人的支持力 B．人对沼泽地地面的压力等于沼泽地地面对人的支持力 C．人对沼泽地地面的压力小于沼泽地地面对人的支持力 D．无法确定 4.(2019·泉州模拟)如图 3－1－3 所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是( ) A．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力 B．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力 C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力 D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力 5.(2019·青岛模拟)如图 3－1－4 所示，轻质弹簧上端拴一质量为 m 的小球，平衡时弹簧的压缩量为 x，在沿竖 直方向上下振动的过程中，当小球运动到最低点时，弹簧的压缩量为 2x，试求此时小球的加速度和弹簧对地面 的压力． 一、选择题 1．(2019·江西重点中学联考)16 世纪末意大利科学家伽利略在研究运动和力的关系时，提出了 著名的斜面实验，其中应用到的物理思想方法属于( ) A．等效替代 B．实验归纳 C．理想实验 D．控制变量 2．(2019·广州模拟)下列说法正确的是( ) A．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，所以它的惯性也随位置的变化而变化 C．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力 D．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小 3．(2019·无锡模拟)一列以速度 v 匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的 A 处有一小球．若车厢内的旅客 突然发现(俯视图)小球沿如图 3－1－5 所示的虚线从 A 点运动到 B 点，则由此可以 判断列车的运行情况是( ) A．减速行驶，向北转弯 B．减速行驶，向南转弯 C．加速行驶，向南转弯 D．加速行驶，向北转弯 4.(思维创新题)如图 3－1－6 所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴着一只铁球和 一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运 动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( ) A．铁球向左，乒乓球向右 B．铁球向右，乒乓球向左 C．铁球和乒乓球都向左 D．铁球和乒乓球都向右 5.(2019·海口模拟)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”．把 两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图 3－1－7 所示．观察分析两 个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论( ) A．作用力与反作用力同时存在 B．作用力与反作用力作用在同一物体上 C．作用力与反作用力大小相等 D．作用力与反作用力方向相反 6．传送带把物体由低处匀速运动到高处的过程中，物体与皮带间的作用力和反作用力的对数有( ) A．一对 B．两对 C．三对 D．四对 7．(2019·泉州模拟)一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是( ) A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂 B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小 8．(2019·福建六校联考)2011 年 7 月 27 日 5 时 44 分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭， 成功发射第九颗北斗导航卫星，这是北斗导航系统组网的第四颗倾斜地球同步轨道卫星．关于这次卫星与火箭 上天的情形叙述正确的是( ) A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推 力 B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力 C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力 D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用 9．甲、乙二人拔河，甲拉动乙向左运动，下面说法中正确的是( ) A．做匀速运动时，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等 B．不论做何种运动，根据牛顿第三定律，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等 C．绳的质量可以忽略不计时，甲、乙二人对绳的拉力大小一定相等 D．绳的质量不能忽略不计时，甲对绳的拉力一定大于乙对绳的拉力 10.如图 3－1－9 所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为 M 的竖直竹竿，当竿上一质量为 m 的人以加速度 a 加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( ) A．(M＋m)g B．(M＋m)g－ma C．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g 二、非选择题 11.在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志 和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳 跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图 3－1－10 所示．设运动员质量为 65 kg，吊椅的质量为 15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取 g＝10 m/s2，当运动员与吊椅一起以 a＝1 m/s2 的加速度上升时，试求： (1)运动员竖直向下拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力． 12.(2019·太原模拟)广州亚运会开幕式文艺表演最震撼人心的节目当数《白云之帆》篇章，是由 地面上近 1400 人用绳索拉着的 180 名演员上演“空中飞人”.9 分钟的时间里，180 名塔沟武校的 武林小子在帆屏上时而俯冲而下，时而攀缘升空，演绎了一场世所罕见的惊险、刺激却又浪漫、温 馨的节目．现在把他们某次训练过程中的情节简化成模型：如图 3－1－11 所示，地面上的人通过 定滑轮用轻绳将质量 m＝60 kg 的演员从静止竖直向上拉高 24 m，用时 t＝6 s，演员在竖直方向上 先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动后静止在高空．其加速和减速过程中的加速度之比为 1∶5，忽略滑 轮的质量和滑轮与轴之间的摩擦力．求演员在匀加速上升过程中轻绳对地面上的人的拉 力为多少？(g＝10 m/s2) 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第三章 第二节 牛顿第二定律 两类动力学问题 1．(2019·高考北京卷)物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关 系．如关系式 U＝IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了 V(伏)与 A(安)和 Ω(欧)的乘积等效．现有物理量单位：m(米)、s(秒)、N(牛)、J(焦)、W(瓦)、C(库)、F(法)、A(安)、Ω(欧) 和 T(特)，由它们组合成的单位都与电压单位 V(伏)等效的是( ) A．J/C 和 N/C B．C/F 和 T·m2/s C．W/A 和 C·T·m/s D．W1 2 ·Ω1 2 和 T·A·m 2.(2019·广东四校联考)如图 3－2－9 所示，静止在光滑水平面上的物体 A，一端固定着处于自然状态的轻质弹 簧．现对物体作用一水平恒力 F，在弹簧被压缩到最短这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是( ) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 3．(2019·东城区检测)在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为 m 的物体．当电 梯静止时，弹簧被压缩了 x；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了 x 10 .则电梯运动的情况可能是( ) A．以大小为 11 10 g 的加速度加速上升 B．以大小为 1 10 g 的加速度减速上升 C．以大小为 1 10 g 的加速度加速下降 D．以大小为 1 10 g 的加速度减速下降 4.如图 3－2－10 所示，物体 A、B 质量均为 m，中间有一轻质弹簧相连，A 用绳悬于 O 点，当突然剪断 OA 绳时， 关于 A 物体的加速度，下列说法正确的是( ) A．0 B．g C．2g D．无法确定 5．如图 3－2－11 所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动．由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特 点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩 擦力． (1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？ (2)一物体从斜面底端以初速 v0＝2 m/s 冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为θ＝ 30°，过了 t＝1.2 s 后物体回到出发点．若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦 因数μ为定值，g 取 10 m/s2，则μ的值为多少？ 一、选择题 1.如图 3－2－12 所示，物体 P 以一定的初速度 v 沿光滑水平面向右运动，与一个 右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回，若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡 克定律，那么在 P 与弹簧发生相互作用的整个过程中( ) A．P 的加速度大小不断变化，方向也不断变化 B．P 的加速度大小不断变化，但方向只改变一次 C．P 的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小 D．有一段过程，P 的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大 2．(2019·山东潍坊诸城一中月考)质量为 2 kg 的物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为 4 m/s，经过 1 s 后的速度大小为 10 m/s，那么在这段时间内，物体的合外力大小可能为( ) A．20 N B．12 N C．8 N D．28 N 3.一物体重为 50 N，与水平桌面间的动摩擦因数为 0.2，现加上如图 3－2－13 所示的水平力 F1 和 F2，若 F2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则 F1 的值可能是(g＝10 m/s2)( ) A．3 N B．25 N C．30 N D．50 N 4.用细绳拴一个质量为 m 的小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了 x(小球与弹簧不拴连)，如图 3－ 2－14 所示，将细绳剪断后( ) A．小球立即获得kx m 的加速度 B．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 C．小球落地的时间等于 2h g D．小球落地的速度大于 2gh 5.(2019·高考大纲全国卷Ⅰ)如图 3－2－15 所示，轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连，下端与另一质量为 M 的木块 2 相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽 出后的瞬间，木块 1、2 的加速度大小分别为 a1、a2.重力加速度大小为 g.则有( ) A．a1＝0，a2＝g B．a1＝g，a2＝g C．a1＝0，a2＝m＋M M g D．a1＝g，a2＝m＋M M g 6.(2019·福建厦门六中期中)如图 3－2－16 所示，A、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为 30°光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B 两球的加速度分别为( ) A．都等于g 2 B.g 2 和 0 C.MA＋MB MB ·g 2 和 0 D．0 和MA＋MB MB ·g 2 7.如图 3－2－17 所示，一细绳跨过滑轮挂一质量为 m 的重物，重物离滑轮足够远．不计摩擦和空气阻力，也不 计绳和滑轮的质量，当绳右端拉力为 F 时，左端重物 m 匀加速上升，加速度的大小为 a.在运动过程 中，突然将拉力 F 减半，则从这之后重物的加速度可能是( ) A．等于a 2 ，方向向上 B．小于a 2 ，方向向下 C．大于a 2 ，方向向上 D．等于a 2 ，方向向下 8.用一水平力 F 拉静止在水平面上的物体，在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中，加速度 a 随外力 F 变化的图象如 图 3－2－18 所示，g＝10 m/s2，则可以计算出( ) A．物体与水平面间的最大静摩擦力 B．F 为 14 N 时物体的速度 C．物体与水平面间的动摩擦因数 D．物体的质量 9．(2019·高考山东卷)如图 3－2－19 甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物 体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中 v、a、Ff 和 s 分别表示物体速度大小、 加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是( ) 10．(2019·高考福建卷)如图 3－2－20 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行．初速度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开 始计时，小物块在传送带上运动的 v－t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知 v2>v1，则 ( ) A．t2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 B．t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 二、非选择题 11.(2019·菏泽统测)如图 3－2－21 所示，质量 M＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平 推力 F＝8 N．当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为 m＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求： (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度？ (3)从小物块放在小车上开始，经过 t＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？(取 g＝10 m/s2) 12．一质量 m＝0.5 kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面．某同学利用传感器测出了 滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的 v－t 图象，如图 3－2－22 所 示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数． (2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小； 若不能返回，求出滑块停在什么位置． 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第三章 第三节 牛顿运动定律的综合 应用 1．蹦极是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志．运动员从高处跳下，弹性 绳被拉伸前做自由落体运动，弹性绳被拉伸后在弹性绳的缓冲作用下，运动员下落一 定高度后速度减为零．在下降的全过程中，下列说法正确的是( ) A．弹性绳拉伸前运动员处于失重状态，弹性绳拉伸后运动员处于超重状态 B．弹性绳拉伸后运动员先处于失重状态，后处于超重状态 C．弹性绳拉伸后，运动员运动的加速度先增大后减小 D．弹性绳拉伸后，运动员运动的加速度先减小后增大 2.(2019·山西省调研测试)电子台秤放置于水平桌面上，一质量为 M 的框架放在台秤上，框架内有一轻弹簧， 上端固定在框架顶部，下端系一个质量为 m 的物体，物体下方用竖直细线与框架下部固定， 各物体都处于静止状态．今剪断细线，物体开始振动，且框架始终没有离开台秤，弹簧不超 出弹性限度，空气阻力忽略不计，重力加速度为 g.则下列说法正确的是( ) A．当台秤示数最小时弹簧一定处于原长位置 B．当台秤示数最小时物体一定处在平衡位置 C．振动过程中台秤的最大示数一定大于(M＋m)g D．细线剪断前，其张力不可能大于(M＋m)g 3.如图 3－3－10 所示，质量为 M 的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为 m 的小 物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力 F 沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过程中， 楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力和摩擦力分别为( ) A．(M＋m)g,0 B．(M＋m)g－F,0 C．(M＋m)g＋Fsinθ，Fsinθ D．(M＋m)g－Fsinθ，Fcosθ 4．在一根绳子下面串联着两个质量不同的小球，上面小球的质量比下面小球的质量大，当手提着绳的端点 O 并 使两球沿水平方向一起做匀加速运动时(空气阻力不计)，则图中正确的是( ) 5.(2019·湖北黄冈中学质检)如图 3－3－12 所示，一质量为 M＝5 kg 的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面 的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为 h＝0.45 m，斜面体右侧竖直面与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物 块的质量为 m＝1 kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在 M 上作用一水平恒力 F，并且 同时释放 m，取 g＝10 m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问： (1)要使 M、m 保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？ (2)此过程中水平恒力至少为多少？ 一、选择题 1．下列说法中正确的是( ) A．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 B．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 C．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 D．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 2.(2019·广东深圳模拟)如图 3－3－13 所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁 球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明( ) A．电梯一定是在下降 B．电梯可能是在上升 C．电梯的加速度方向一定是向上 D．乘客一定处在失重状态 3.(2019·高考海南卷)如图 3－3－14，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱 静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在 此段时间内，木箱的运动状态可能为( ) A．加速下降 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 4.如图 3－3－15 所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为 30°的光滑斜面，现将一个重为 4 N 的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因 4 N 物体的存在而增加的读数是( ) A．4 N B．2 3 NC．0 N D．3 N 5．(2019·湛江模拟)一根质量分布均匀的长绳 AB，在水平外力 F 的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图 3 －3－16 甲所示．绳内距 A 端 x 处的张力 FT 与 x 的关系如图乙所示，由图可知( ) A．水平外力 F＝6 N B．绳子的质量 m＝3 kg C．绳子的长度 l＝2 m D．绳子的加速度 a＝2 m/s2 6.(2019·长沙模拟)如图 3－3－17 所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2m 和 3m 的三个木块，其中质量为 2m 和 3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 FT.现用水平拉力 F 拉质量为 3m 的木块， 使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( ) A．质量为 2m 的木块受到四个力的作用 B．当 F 逐渐增大到 FT 时，轻绳刚好被拉断 C．当 F 逐渐增大到 1.5FT 时，轻绳还不会被拉断 D．轻绳刚要被拉断时，质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为 2 3 FT 7．(2019·海南三亚模拟)放在粗糙水平面上的物块 A、B 用轻质弹簧测力计相连，如图 3－3－18 所示，物块与 水平面间的动摩擦因数均为μ，今对物块 A 施加一水平向左的恒力 F，使 A、B 一起向左匀加速运动，设 A、B 的 质量分别为 m、M，则弹簧测力计的示数为( ) A.MF m B. MF M＋m C.F－μ m＋M g m M D.F－μ m＋M g m＋M M 8.(2019·高考上海卷)如图 3－3－19，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球 a、b 用绝 缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态．地面受到的压力为 FN，球 b 所受细线的拉力 为 F.剪断连接球 b 的细线后，在球 b 上升过程中地面受到的压力( ) A．小于 FN B．等于 FN C．等于 FN＋F D．大于 FN＋F 9．(2019·高考北京卷)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种 极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力 F 的大小随时间 t 变化的情况如图 3－3－ 20 所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为 g.据图可知，此人在蹦 极过程中最大加速度约为( ) A．g B．2g C．3g D．4g 10．(2019·烟台测试)如图 3－3－21 所示，自动扶梯与水平地面的夹角为 30°，质量为 m 的人站在扶梯上，当 扶梯斜向上做匀加速运动时．人对扶梯的压力是他体重的 1.2 倍，那么扶梯的加速度 a 的大小和人与扶梯间的 静摩擦力 Ff 的大小分别是( ) A．a＝g 2 B．a＝2g 5 C．Ff＝2mg 5 D．Ff＝ 3mg 5 二、非选择题 11．如图 3－3－22 所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持 v0＝2 m/s 的速率运行．现把一质量为 m＝10 kg 的工件(可看为质点)轻轻放在传送带的底端，经时间 t＝1.9 s，工件被传 送到 h＝1.5 m 的高处，并取得了与传送带相同的速度，取 g＝10 m/s2.求： (1)工件与传送带之间的滑动摩擦力 Ff； (2)工件与传送带之间的相对位移Δx. 12．如图 3－3－23 所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量 M＝1 kg、长度 L＝3 m 的薄平板 AB.平板的上表面光滑，其下端 B 与斜面底端 C 的距离为 7 m．在平板的上端 A 处放一质量 m＝0.6 kg 的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放．设平板与斜面、滑块与斜面间的动摩擦因数 均为μ＝0.5，求滑块与平板下端 B 到达斜面底端 C 的时间差Δt.(已知 sin37°＝0.6， cos37°＝0.8，g＝10 m/s2) 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第四章 第一节 曲线运动 运动的合成与分 解 1．一个物体在相互垂直的恒力 F1 和 F2 作用下，由静止开始运动，经过一段时间后，突然撤去 F2，则物体的运动 情况是( ) A．物体做匀变速曲线运动 B．物体做变加速曲线运动 C．物体做匀速直线运动 D．物体沿 F1 的方向做匀加速直线运动 2．(原创题)在 2012 年 3 月 9 日中国上海举行的国际滑联世锦赛上，进行短道速滑时，滑冰运动员要在弯道上 进行速滑比赛，如图 4－1－14 为某运动员在冰面上的运动轨迹，图中关于运动员的速度方向、合力方向正确的 是( ) 3．(2019·高考上海卷)降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞( ) A．下落的时间越短 B．下落的时间越长 C．落地时速度越小 D．落地时速度越大 4．(2019·浙江宁波模拟)人用绳子通过定滑轮拉物体 A，A 穿在光滑的竖直杆上，当以速度 v0 匀速地拉绳使物 体 A 到达如图 4－1－15 所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体 A 实际运动的速度是( ) A．v0sinθ B. v0 sinθ C．v0cosθ D. v0 cosθ 5．一人一猴在表演杂技，如图 4－1－16 所示，直杆 AB 长 12 m，猴子在直杆上由 A 向 B 匀速向上爬，同时人顶 着直杆水平匀速移动，已知在 10 s 内，猴子由 A 运动到 B，而人也由甲位置运动到了乙位置，已知 s＝9 m，求： (1)猴子对地的位移； (2)猴子对人的速度，猴子对地的速度； (3)若猴子从静止开始匀加速上爬，其他条件不变，试在图中画出猴子运动的轨迹． 一、选择题 1．2011 年 6 月 4 日法国网球公开赛上演女单决赛，李娜以 6－4/7－6(0)击败卫冕冠军斯齐 亚沃尼，为中国赢得第一座大满贯女单冠军奖杯．网球由运动员击出后在空中飞行过程中， 若不计空气阻力，它的运动将是( ) A．曲线运动，加速度大小和方向均不变，是匀变速曲线运动 B．曲线运动，加速度大小不变，方向改变，是非匀变速曲线运动 C．曲线运动，加速度大小和方向均改变，是非匀变速曲线运动 D．若水平抛出是匀变速曲线运动，若斜向上抛出则不是匀变速曲线运动 2．(2019·徐州调研)小船横渡一条河，小船本身提供的速度大小、方向都不变(小船速度方向垂直于河岸)．已 知小船的运动轨迹如图 4－1－17 所示，则( ) A．越接近 B 岸，河水的流速越小 B．越接近 B 岸，河水的流速越大 C．由 A 岸到 B 岸河水的流速先增大后减小 D．河水的流速恒定 3．如图 4－1－18 所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从 M 点运动到 N 点时， 其速度方向恰好改变了 90°，则物体从 M 点到 N 点的运动过程中，物体的速度将( ) A．不断增大 B．不断减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 4．质量为 m 的物体，在 F1、F2、F3 三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持 F1、F2 不变，仅将 F3 的方向改变 90°(大小不变)后，物体可能做( ) A．加速度大小为F3 m 的匀变速直线运动 B．加速度大小为 2F3 m 的匀变速直线运动 C．加速度大小为F3 m 的匀变速曲线运动 D．匀速直线运动 5．(2019·济南模拟)一物体的运动规律是 x＝3t2(m)，y＝4t2(m)，则下列说法中正确的是( ) A．物体在 x 轴和 y 轴方向上都是初速度为零的匀加速直线运动 B．物体的合运动是初速度为零、加速度为 5 m/s2 的匀加速直线运动 C．物体的合运动是初速度为零、加速度为 10 m/s2 的匀加速直线运动 D．物体的合运动是加速度为 5 m/s2 的曲线运动 6．(2019·高考上海卷)如图 4－1－19，人沿平直的河岸以速度 v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方 向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为( ) A．vsinα B. v sinα C．vcosα D. v cosα 7．(2019·温州五校联考)如图 4－1－20 所示，民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上沿跑 道 AB 运动，拉弓放箭射向他左侧的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为 v1，运动员静止时射出的箭速度为 v2，跑道离固定目标的最近距离 OA＝d.若不计空气阻力的影响，要想命中固定目标且射出的箭在空中飞行时间 最短，则( ) A．运动员放箭处离固定目标的距离为 v2 1＋v2 2 v2 d B．运动员放箭处离固定目标的距离为 v1 v2 d C．箭射到固定目标的最短时间为d v1 D．箭射到固定目标的最短时间为 d v2 2－v2 1 8．(2019·南京模拟)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从 t＝0 时刻起，由坐标原点 O(0,0)开始 运动，其沿 x 轴和 y 轴方向运动的速度—时间图象如图 4－1－21 所示，下列说法中正确的是( ) A．前 2 s 内物体沿 x 轴做匀加速直线运动 B．后 2 s 内物体做匀加速直线运动，但加速度沿 y 轴方向 C．4 s 末物体坐标为(4 m,4 m) D．4 s 末物体坐标为(6 m,2 m) 9．(2019·合肥模拟)如图 4－1－22 所示，在一次救灾工作中，一架沿水平 直线飞行的直升飞机 A，用悬索(重力可忽略不计)救护困在湖水中的伤员 B.在直升飞机 A 和伤员 B 以相同的水 平速度匀速运动的同时，悬索将伤员提起，在某一段时间内，A、B 之间的距离以 l＝H－t2(式中 H 为直升飞机 A 离水面的高度，各物理量的单位均为国际单位)规律变化，则在这段时间内，下面判断中正确的是(不计空气作 用力)( ) A．悬索的拉力小于伤员的重力 B．悬索成倾斜直线 C．伤员做速度减小的曲线运动 D．伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动 10．质量为 2 kg 的质点在 x－y 平面上做曲线运动，在 x 方向的速度图象和 y 方向的位移图象如图 4－1－23 所 示，下列说法正确的是( ) A．质点的初速度为 5 m/s B．质点所受的合外力为 3 N C．质点初速度的方向与合外力方向垂直 D．2 s 末质点速度大小为 6 m/s 二、非选择题 11．如图 4－1－24 所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球 A 和 B，两球的质量均为 m，两球半径忽略不计， 杆 AB 的长度为 l，现将杆 AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻振动小球 B，使小球 B 在水平地面上由静止向右运动， 求当 A 球沿墙下滑距离为l 2 时 A、B 两球的速度 vA 和 vB 的大小．(不计一切摩擦) 12．(2019·广州模拟)宽 9 m 的成型玻璃以 2 m/s 的速度连续不断地向前行进，在切割 工序处，金刚割刀的速度大小为 4 m/s，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则： (1)金刚割刀的轨道应如何控制？ (2)切割一次的时间多长？ 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第四章 第二节 抛体运动 1．一个人水平抛出一小球，球离手时的初速度为 v0，落地时的速度是 vt，空气阻力忽略不计， 下列哪个图象正确表示了速度矢量变化的过程( ) 2．(2019·福州模拟)如图 4－2－13 所示，三个小球从同一高度处的 O 点分别以水平初速度 v1、v2、v3 抛出，落 在水平面上的位置分别是 A、B、C，O′是 O 在水平面上的射影点，且 O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5.若不计空气 阻力，则下列说法正确的是( ) A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5 B．三个小球下落的时间相同 C．三个小球落地的速度相同 D．三个小球落地的动能相同 3．如图 4－2－14 所示，从倾角为θ的斜面上的 A 点以水平速度 v0 抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面 上 B 点所用的时间为( ) A.2v0sinθ g B.2v0tanθ g C.v0sinθ g D.v0tanθ g 4．如图 4－2－15 所示，小球以 v0 正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间 t 为(重力加速度为 g)( ) A．v0tanθ B.2v0tanθ g C.v0cotθ g D.2v0cotθ g 5．(2019·湖北黄冈中学质检)如图 4－2－16 所示，一小球自平台上水平抛出，恰好无碰撞地落在邻近平台的 一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端，并沿光滑斜面下滑．已知斜面顶端与平台的高度差 h＝0.8 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求： (1)小球水平抛出的初速度 v0 是多少？ (2)斜面顶端与平台边缘的水平距离 x 是多少？ 一、选择题 1．一架飞机水平匀加速飞行，从飞机上每隔一秒释放一个铁球，先后共释放 4 个，若不计 空气阻力，则人从飞机上看 4 个铁球( ) A．在空中任何时刻总排成抛物线，它们的落地点是不等间距的 B．在空中任何时刻总是在飞机的正下方排成竖直的线，它们的落地点是不等间距的 C．在空中任何时刻总是在飞机的下方排成倾斜的直线，它们的落地点是不等间距的 D．在空中排成的队列形状随时间的变化而变化 2．如图 4－2－17 所示，在同一竖直面内，小球 a、b 从高度不同的两点，分别以初速度 va 和 vb 沿水平方向抛出， 经过时间 ta 和 tb 后落到与两抛出点水平距离相等的 P 点，若不计空气阻力，下列关系式 正确的是( ) A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vb C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb 3．滑雪运动员以 20 m/s 的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差为 3.2 m．不计空气阻力，g 取 10 m/s2.运动员飞过的水平距离为 x，所用时间为 t，则下列结果正确的是( ) A．x＝16 m，t＝0.50 s B．x＝16 m，t＝0.80 s C．x＝20 m，t＝0.50 s D．x＝20 m，t＝0.80 s 4．如图 4－2－18 所示，网球运动员对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以 25 m/s 的速度沿水平方向反弹， 落地点到墙面的距离在 10 m 至 15 m 之间，忽略空气阻力，取 g＝10 m/s2，球在墙面上反弹 点的高度范围是( ) A．0.8 m 至 1.8 m B．0.8 m 至 1.6 m C．1.0 m 至 1.6 m D．1.0 m 至 1.8 m 5．(2019·济南调研)以 v0 的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移相等时， 下列说法错误的是( ) A．即时速度的大小是 5v0 B．运动时间是2v0 g C．竖直分速度大小等于水平分速度大小 D．运动的位移是2 2v2 0 g 6．(2019·郑州质检)在处理交通事故中，测定碰撞前瞬间汽车的速度，对于事故责任的认定具有重要的作用．利 用 v＝ 4.9· ΔL h1－ h2 可以测定事故车辆碰撞前瞬间的速度，其中 h1、h2 分别是散落物(图中用 A、B 表示)在车 上时候的离地高度．如果不计空气阻力，g 取 9.8 m/s2.下列说法正确的是( ) A．题中公式是根据牛顿运动定律得出的 B．A、B 的落地时间与它们在车上的高度无关 C．ΔL 是在事故现场被水平抛出的散落物沿公路方向上的水平距离 D．A、B 落地时间与车辆速度的乘积等于ΔL 7．如图 4－2－20 所示，一物体自倾角为θ的固定斜面顶端沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时 速度与水平方向的夹角φ满足( ) A．tanφ＝sinθ B．tanφ＝cosθ C．tanφ＝tanθ D．tanφ＝2tanθ 8．(2019·黄冈模拟)如图 4－2－21 所示，在一次演习中，离地 H 高处的飞机以水平速度 v1 发射一颗炮弹欲轰 炸地面目标 P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度 v2 竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系 统与飞机的水平距离为 x，若拦截成功，不计空气阻力，则 v1、v2 的关系应满足( ) A．v1＝v2 B．v1＝H x v2 C．v1＝ H x v2 D．v1＝x H v2 9．(2019·揭阳模拟)滑雪者从山上 M 处以水平速度飞出，经 t0 时间落在山坡上 N 处时速度方向刚好沿斜坡向下， 接着从 N 沿直线自由滑下，又经 t0 时间到达坡上的 P 处．斜坡 NP 与水平面夹角为 30°，不计摩擦阻力和空气阻 力，则从 M 到 P 的过程中水平、竖直两方向的分速度 vx、vy 随时间变化的图象是( ) 10．(改编题)2019 年 8 月深圳大运会高尔夫球女子团体比赛中，中华台北队获两枚金牌，中国女队队员黎佳韵 在个人赛中也有不俗表现．随着人们生活水平的提高，高尔夫球将逐渐成为普通人的休闲娱乐．如图 4－2－24 所示，某人从高出水平地面 h 的坡上水平击出一个质量为 m 的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫 球竖直落入距击球点水平距离为 L 的 A 穴．则( ) A．球被击出后做平抛运动 B．该球从被击出到落入 A 穴所用的时间为 2h g C．球被击出时的初速度大小为 L 2g h D．球被击出后受到的水平风力的大小为 mgh/L 二、非选择题 11．(2019·高考海南卷)如图 4－2－25，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． 12．(2019·高考浙江卷)在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为 H 的平台上 A 点由 静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到 B 点后水平滑出，最后落在水池中．设 滑道的水平距离为 L，B 点的高度 h 可由运动员自由调节(取 g ＝10 m/s2)．求： (1)运动员到达 B 点的速度与高度 h 的关系； (2)运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度 h 应调为多大？对应的最大水平距离 smax 为 多少？ (3)若图中 H＝4 m，L＝5 m，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到 7 m，h 值应为多 少？ 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第四章 第三节 圆周运动 1．(2019·清华附中检测)如图 4－3－13 所示，洗衣机的脱水桶采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中错 误的是( ) A．脱水过程中，衣物是紧贴桶壁的 B．水会从桶中甩出是因为水滴受到向心力很大的缘故 C．加快脱水桶转动角速度，脱水效果会更好 D．靠近中心的衣物脱水效果不如四周的衣物脱水效果好 2．(2019·广东高三调研)如图 4－3－14 所示，A、B 是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为 RA＝2RB，则两轮 边缘上的( ) A．角速度之比ωA∶ωB＝2∶1 B．周期之比 TA∶TB＝1∶2 C．转速之比 nA∶nB＝1∶2 D．向心加速度之比 aA∶aB＝2∶1 3．冰面对溜冰运动员的最大静摩擦力为运动员重力的 k 倍，则运动员在水平冰面上做半径为 R 的圆周运动，其 安全速度为( ) A．v＝k Rg B．v≤ kRg C．v≤ 2kRg D．v≤ Rg k 4．如图 4－3－15 所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为 R，小球半径为 r， 则下列说法中正确的是( ) A．小球通过最高点时的最小速度 vmin＝ g R＋r B．小球通过最高点时的最小速度 vmin＝0 C．小球在水平线 ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线 ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 5．长 L＝0.5 m 质量可忽略的细杆，其一端可绕 O 点在竖直平面内转动，另一端固定着一个物体 A.A 的质量为 m ＝2 kg，当 A 通过最高点时，如图 4－3－16 所示，求在下列两种情况下杆对小球的作用力： (1)A 在最低点的速率为 21 m/s； (2)A 在最低点的速率为 6 m/s. 一、选择题 1．(2019·包头模拟)如图 4－3－17 所示的齿轮传运装置中，主动轮的齿数 z1＝24，从动轮 的齿数 z2＝8，当主动轮以角速度ω顺时针转动时，从动轮的运动情况是( ) A．顺时针转动，周期为 2π/(3ω) B．逆时针转动，周期为 2π/(3ω) C．顺时针转动，周期为 6π/ω D．逆时针转动，周期为 6π/ω 2．如图 4－3－18 所示，物块在水平圆盘上，与圆盘一起绕固定轴匀速转动，下列说法中正确的是( ) A．物块处于平衡状态 B．物块受三个力作用 C．在角速度一定时，物块到转轴的距离越远，物块越不容易脱离圆盘 D．在物块到转轴距离一定时，物块运动周期越小，越不容易脱离圆盘 3．如图 4－3－19 所示，长为 L 的细绳一端固定，另一端系一质量为 m 的小球．给小球一个 合适的初速度，小球便可在水平面内做匀速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的夹角为 θ.下列说法中正确的是( ) A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用 B．小球做圆周运动的半径为 L C．θ越大，小球运动的速度越大 D．θ越大，小球运动的周期越大 4．一个光滑的水平轨道 AB，与一光滑的圆形轨道 BCD 相接，其中圆轨道在竖直平面内，D 为最高点，B 为最低 点，半径为 R.一质量为 m 的小球以初速度 v0 沿 AB 运动，恰能通过最高点，则( ) A．m 越大，v0 值越大 B．R 越大，v0 值越大 C．v0 值与 m、R 无关 D．m 与 R 同时增大，有可能使 v0 不变 5．(2019·武汉模拟)如图 4－3－20 所示，OO′为竖直轴，MN 为固定在 OO′上的水平光滑杆，有两个质量相同 的金属球 A、B 套在水平杆上，AC 和 BC 为抗拉能力相同的两根细线，C 端固定在转轴 OO′上．当 细绳拉直时，A、B 两球转动半径之比恒为 2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时( ) A．AC 先断 B．BC 先断 C．两线同时断 D．不能确定哪根线先断 6．如图 4－3－21 所示，质量不计的轻质弹性杆 P 插入桌面上的小孔中，杆的另一端套有一个 质量为 m 的小球，今使小球在水平面内做半径为 R 的匀速圆周运动，且角速度为ω，则杆的上端受到小球对其 作用力的大小为( ) A．mω2R B．m g2＋ω4R2 C．m g2－ω4R2 D．条件不足，不能确定 7．(2019·兰州模拟)上海磁悬浮线路的最大转弯处半径达到 8000 m，近距离用肉眼看几乎是一条直线，而转弯 处最小半径也达到 1300 m．一个质量为 50 kg 的乘客坐在车上以 360 km/h 不变速率随车驶过半径 2500 m 弯道， 下列说法正确的是( ) A．乘客受到的向心力大小约为 200 N B．乘客受到来自车厢的力大小约为 200 N C．乘客受到来自车厢的力大小约为 539 N D．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适 8．(2019·张家界模拟)如图 4－3－22 所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为 L＝0.8 m 的细绳， 一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m＝0.2 kg 的小球，小球沿斜面做圆周运动，若要小 球能通过最高点 A，则小球在最低点 B 的最小速度是( ) A．2 m/s B．2 10 m/s C．2 5 m/s D．2 2 m/s 9．用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如图 4－3－23 所示，设小球在水平 面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为 FT，则 FT 随ω2 变化的图象是下图中的( ) 10．如图 4－3－25 所示光滑管形圆轨道半径为 R(管径远小于 R)，小球 a、b 大小相同，质量均为 m，其直径略 小于管径，能在管中无摩擦运动．两球先后以相同速度 v 通过轨道最低点，且当小球 a 在最低点时，小球 b 在 最高点，以下说法正确的是( ) A．当小球 b 在最高点对轨道无压力时，小球 a 比小球 b 所需向心力大 5mg B．当 v＝ 5gR时，小球 b 在轨道最高点对轨道无压力 C．速度 v 至少为 5gR，才能使两球在管内做圆周运动 D．只要 v≥ 5gR，小球 a 对轨道最低点的压力比小球 b 对轨道最高点的压力都大 6mg 二、非选择题 11．(2019·高考重庆卷)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为 m 的小球， 甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动．当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离 d 后落地， 如图 4－3－26 所示．已知握绳的手离地面高度为 d，手与球之间的绳长为 3 4 d，重力加速度为 g.忽略手的运动半 径和空气阻力． (1)求绳断时球的速度大小 v1 和球落地时的速度大小 v2. (2)问绳能承受的最大拉力多大？ 12．(2019·宣城模拟)如图 4－3－27 甲所示，在同一竖直平面内的两条正对着的相同半 圆形的光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高 点与最低点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当 轨道距离变化时，测得两点压力差与距离 x 的图象如图乙所示，g 取 10 m/s2，不计空气阻力．求： (1)小球的质量为多少？ (2)若小球在最低点 B 的速度为 20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x 的 最大值为多少？ 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第四章 第四节 万有引力与 航天 1．火星的质量和半径分别约为地球的 1 10 和1 2 ，地球表面的重力加速度为 g，则火星表面的重力加速度约为( ) A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g 2．(2019·高考天津卷)探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨 后与变轨前相比( ) A．轨道半径变小 B．向心加速度变小 C．线速度变小 D．角速度变小 3．假设有一个从地面赤道上某处连向其正上方地球同步卫星的“太空电梯”．关于“太空电梯”上各处，说法 正确的是( ) A．重力加速度相同 B．线速度相同 C．角速度相同 D．各质点处于完全失重状态 4．(2019·高考山东卷)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两 卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是( ) A．甲的周期大于乙的周期 B．乙的速度大于第一宇宙速度 C．甲的加速度小于乙的加速度 D．甲在运行时能经过北极的正上方 5．如图 4－4－5 所示，A 是地球的同步卫星，另一卫星 B 的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为 h.已知地 球半径为 R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为 g，O 为地球中心． (1)求卫星 B 的运行周期． (2)如卫星 B 绕行方向与地球自转方向相同，某时刻 A、B 两卫星相距最近(O、B、A 在同 一直线上)，则至少经过多长时间，它们再一次相距最近？ 一、选择题 1．(2019·佛山质检)下列说法中正确的是( ) A．太空人受平衡力作用才能在太空舱中处于悬浮状态 B．若卫星轨道越高，其绕地球运行的线速度越大 C．地球球心与人造地球卫星的轨道必定在同一平面内 D．牛顿发现无论是地面的物体，还是在天上的物体，都遵循万有引力定律 2．(2019·高考北京卷)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 3．(2019·高考大纲全国卷)我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24 小时轨道”上绕地球运行(即绕地球 一圈需要 24 小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48 小时轨道”和“72 小时轨道”；最后奔向月球．如果按 圆形轨道计算，并忽略卫星质量的变化，则在每次变轨完成后与变轨前相比( ) A．卫星动能增大，引力势能减小 B．卫星动能增大，引力势能增大 C．卫星动能减小，引力势能减小 D．卫星动能减小，引力势能增大 4．(2019·山东济南模拟)“嫦娥二号”卫星发射后直接进入近地点高度 200 千米、远地点高度约 38 万千米的 地月转移轨道直接奔月，如图 4－4－6 所示．当卫星到达月球附近的特定位置时，卫星就必须“急刹车”，也就 是近月制动，以确保卫星既能被月球准确捕获，又不会撞上月球，并由此进入近月点 100 千米、周期 12 小时的 椭圆轨道a.再经过两次轨道调整，进入100千米的极月圆轨道b，轨道a 和b相切于P点．下列说法正确的是( ) A．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于 7.9 km/s，小于 11.2 km/s B．“嫦娥二号”卫星的发射速度大于 11.2 km/s C．“嫦娥二号”卫星在 a、b 轨道经过 P 点的速度 va＝vb D．“嫦娥二号”卫星在 a、b 轨道经过 P 点的加速度分别为 aa、ab，则 aa＝ab 5．(2019·高考天津卷)质量为 m 的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动．已知 月球质量为 M，月球半径为 R，月球表面重力加速度为 g，引力常量为 G，不考虑月球自转的影响，则航天器的( ) A．线速度 v＝ GM R B．角速度ω＝ gR C．运行周期 T＝2π R g D．向心加速度 a＝Gm R2 6．(2019·江西重点中学联考)组成星球的物质是靠引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率，如 果超过了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动，由此能得到半径为 R、密度为ρ、 质量为 M 且分布均匀的星球的最小自转周期 T.下列表达式中正确的是( ) A．T＝2π R3 GM B．T＝2π 3R3 GM C．T＝ π Gρ D．T＝ 3π Gρ 7．(原创题)2011 年 11 月 1 日 5 时 58 分发射的“神舟八号”飞船成功进入目标轨道，要使“神舟八号”飞船追 上“天宫一号”目标飞行器完成交会对接，则( ) A．只能从较低轨道上加速 B．只能从较高轨道上加速 C．只能从“天宫一号”同一高度的轨道上加速 D．无论在什么轨道上，只要加速都行 8．1990 年 4 月 25 日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约 600 km 的高空，使得人类对宇宙中星体的观 测与研究有了极大的进展．假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行．已知地球半径为 6.4×106 m，利用地球同步 卫星与地球表面的距离为 3.6×107 m 这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期．以下数据中最接近其运行 周期的是( ) A．0.6 小时 B．1.6 小时 C．4.0 小时 D．24 小时 9．星球上的物体脱离星球引力所需的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度 v2 与第一宇宙速度 v1 的关系是 v2＝ 2v1.已知某星球的半径为 r，表面的重力加速度为地球表面重力加速度 g 的1 6 ，不计其它星球的影 响，则该星球的第二宇宙速度为( ) A. gr B. 1 6 gr C. 1 3 gr D. 1 3 gr 10．(2019·高考新课标全国卷)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 s B．0.25 s C．0.5 s D．1 s 二、非选择题 11．(2019·抚顺六校联合体模拟)宇航员在一行星上以 10 m/s 的初速度竖直上抛一质量为 0.2 kg 的物体，不 计阻力，经 2.5 s 后落回手中，已知该星球半径为 7220 km. (1)该星球表面的重力加速度是多大？ (2)要使物体沿水平方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出的速度至少是多大？ (3)若物体距离星球无穷远处时其引力势能为零，则当物体距离星球球心 r 时其引力势能 Ep＝－GmM r (式中 m 为物 体的质量，M 为星球的质量，G 为引力常量)．问要使物体沿竖直方向抛出而不落回星球表面，沿星球表面抛出 的速度至少是多大？ 12．(2019·高考安徽卷)(1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴 a 的三次方与 它的公转周期 T 的二次方成正比，即a3 T2＝k，k 是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运 动处理，请你推导出太阳系中该常量 k 的表达式．已知引力常量为 G，太阳的质量为 M 太． (2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为 3.84×108 m，月球绕地球运动的周期为 2.36×106 s，试计算地球的质量 M 地．(G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，结果 保留一位有效数字) 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第五章 第二节 动能 动能定理 1．下列关于运动物体所受合外力做的功和动能变化的关系正确的是( ) A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D．物体的动能不变，所受合外力一定为零 解析：选 A.由 W＝Flcosθ知当 F＝0 时，W＝0，A 对，而当 W＝0 时，F 不一定为零，B 错．物体做变速运动时可 以是速度大小变化，也可以是速度方向变化，若速度大小没变，则动能不变，C 错．动能不变只是速度大小不变， 例如匀速圆周运动，而物体所受合外力不为零，D 错． 2．(2019·中山模拟)质量为 m 的物体在水平力 F 的作用下由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速 度大小为 v，再前进一段距离使物体的速度增大为 2v，则( ) A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量 B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的 3 倍 C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功 D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的 2 倍 解析：选 AB.由题意知，两个过程中速度增量均为 v，A 正确；由动能定理知：W1＝1 2 mv2，W2＝1 2 m(2v)2－1 2 mv2＝3 2 mv2， 故 B 正确，C、D 错误． 3．(2019·黑龙江哈尔滨调研)两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比 m1∶m2＝1∶2，速度之比 v1∶ v2＝2∶1.当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为 l1，乙车滑行的最大距离为 l2.设两车与路面间的动摩擦因数 相等，不计空气阻力，则( ) A．l1∶l2＝1∶2 B．l1∶l2＝1∶1 C．l1∶l2＝2∶1 D．l1∶l2＝4∶1 答案：D 4．(2019·辽宁重点中学联考)质量为 1 kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动 能随位移变化的图线如图 5－2－8 所示，g 取 10 m/s2，则以下说法中正确的是( ) A．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.5 B．物体与水平面间的动摩擦因数为 0.2 C．物体滑行的总时间为 4 s D．物体滑行的总时间为 2.5 s 解析：选 C.由动能定理得－Ffx＝0－Ek，Ff＝Ek x ＝2.5 N，而 Ff＝μmg，μ＝Ff mg ＝0.25，选项 A、B 错误；根据牛 顿第二定律可得 a＝Ff m ＝2.5 m/s2，由运动学公式得物体滑行的总时间 t＝ 2x a ＝4 s，选项 C 正确，D 错误． 5．(2019·长沙模拟)如图 5－2－9 所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在 O 位置．质量为 m 的物块 A(可 视为质点)以初速度 v0 从距 O 点右方 x0 的 P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到 O′点位置 后，A 又被弹簧弹回，A 离开弹簧后，恰好回到 P 点，物块 A 与水平面间的动摩擦因数为μ，求： (1)物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程，克服摩擦力所做的功． (2)O 点和 O′点间的距离 x1. 解析：(1)A 从 P 点出发又回到点 P 的过程中根据动能定理得克服摩擦力所做的功为 WFf＝ 1 2 mv2 0 (2)A 从 P 点出发又回到 P 点的过程中根据动能定理 2μmg(x1＋x0)＝1 2 mv2 0 得：x1＝ v2 0 4μg －x0. 答案：(1)1 2 mv2 0 (2) v2 0 4μg －x0 一、选择题 1．(2019·杭州模拟)人用手托着质量为 m 的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离 l 后，速度为 v(物体 与手始终相对静止)，物体与手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( ) A．mgl B．0 C．μmgl D.1 2 mv2 答案：D 2．(2019·山东东营测试)人通过滑轮将质量为 m 的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面， 物体上升的高度为 h，到达斜面顶端的速度为 v，如图 5－2－10 所示．则在此过程中( ) A．物体所受的合外力做功为 mgh＋1 2 mv2 B．物体所受的合外力做功为 1 2 mv2 C．人对物体做的功为 mgh D．人对物体做的功大于 mgh 解析：选 BD.物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W 合＝WF－WFf－mgh＝1 2 mv2，其中 WFf 为物体克服摩擦力做 的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以 W 人＝WF＝WFf＋mgh＋1 2 mv2，A、C 错误，B、D 正确． 3.(原创题)半径为 R 的光滑半球固定在水平面上，现用一个方向与球面始终相切的拉力 F 把质量为 m 的小物体(可 看做质点)沿球面从 A 点缓慢地移动到最高点 B，在此过程中，拉力做的功为( ) A．πFR B．πmgR C.π 2 mgR D．mgR 解析：选 D.拉动物体的力为变力，故 A 错；缓慢运动可认为速度为 0，由动能定理得 WF－mgR＝0，所以 WF＝mgR， 故 D 对． 4．(2019·高考江苏卷)如图 5－2－12 所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程 中对鸡蛋所做的功最接近于( ) A．0.3 J B．3 J C．30 J D．300 J 解析：选 A.若一个鸡蛋大约 50 g，鸡蛋抛出的高度大约为 60 cm，则一只鸡蛋从抛出到上升到最高点的过程中， W 人－mgh＝0 ，W 人＝mgh＝0.3 J，故 A 对． 5．(2019·高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动 能可能( ) A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 解析：选 ABD.当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角小于 90°时，物体的速度逐渐增大，动能逐渐增 大；当力的方向与速度方向相反时，物体做匀减速运动，速度逐渐减小到零后反向逐渐增大，因此动能先减小 后增大；当力的方向与速度的方向夹角大于 90°小于 180°时，力的方向与速度的方向夹角逐渐减小，速度先 逐渐减小，直到夹角等于 90°时速度达到最小值，而后速度逐渐增大，故动能先逐渐减小到某一非零的最小值， 再逐渐增大，故 A、B、D 正确. 6．如图 5－2－13 所示，质量相同的物体分别自斜面 AC 和 BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦 因数都相同，物体滑到斜面底部 C 点时的动能分别为 Ek1 和 Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为 W1 和 W2， 则( ) A．Ek1＞Ek2 W1＜W2 B．Ek1＞Ek2 W1＝W2 C．Ek1＝Ek2 W1＞W2 D．Ek1＜Ek2 W1＞W2 答案：B 7．(2019·福州模拟)如图 5－2－14 所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面 上的斜面．设物体在斜面最低点 A 的速度为 v，压缩弹簧至 C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为 h，则从 A 到 C 的过程中弹簧弹力做功是( ) A．mgh－1 2 mv2 B.1 2 mv2－mgh C．－mgh D．－(mgh＋1 2 mv2) 解析：选 A.由 A 到 C 的过程运用动能定理可得： －mgh＋W＝0－1 2 mv2， 所以 W＝mgh－1 2 mv2，故 A 正确． 8．(2019·南京模拟)如图 5－2－15 所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为 m 的小球从距离弹簧上端 B 点 h 高处的 A 点自由下落，在 C 点处小球速度达到最大．x0 表示 B、C 两点之间的距离；Ek 表示小球在 C 点处的动能．若改变高度 h，则下列表示 x0 随 h 变化的图象和 Ek 随 h 变化的图象中正确的是( ) 解析：选 BC.由题意“在 C 点处小球速度达到最大”，可知 C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力 平衡，该位置与 h 无关，B 项正确；根据动能定理有 mg(h＋x0)－Ep＝1 2 mv2 C＝Ek，其中 x0 与弹性势能 Ep 为常数，可判断出 C 项正确． 9．(2019·太原模拟)某物理兴趣小组在野外探究风力对物体运动的影响，他们在空中某一位置，以大小为 4 m/s 的速度水平抛出一质量为 1 kg 的物体，由于风力的作用，经 2 s 后物体下落的高度为 3 m，其速度大小仍为 4 m/s. 则在此过程中(g 取 10 m/s2)( ) A．物体所受重力做功的平均功率为 10 W B．物体所受合外力做的功为零 C．物体克服风力做功 20 J D．物体的机械能减小了 20 J 解析：选 B.物体下落 3 m，则重力的平均功率为 P G＝WG t ＝mgh t ＝1×10×3 2 W＝15 W，A 错误；由动能定理知，物 体在下落 3 m 的过程中速度大小未变，所以合外力做功为零，B 正确；由 mgh＋W 风＝0 得 W 风＝－30 J，C 错误； 由功能关系知，机械能减少了 30 J，D 错误． 10．(2019·豫南九校联考)如图 5－2－17，竖直环 A 半径为 r，固定在木板 B 上，木板 B 放在水平地面上，B 的 左右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球 C，A、B、C 的质量均为 m.现给小球一水平向右的瞬时速度 v，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球 能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，瞬时速度必 须满足( ) A．最小值 4gr B．最大值 6gr C．最小值 5gr D．最大值 7gr 解析：选 CD.要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足 mg＝mv2 0 r ，由最低点到最高点由机械能守恒 得，1 2 mv2 min＝mg·2r＋1 2 mv2 0，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为 5gr；为了不会使环在竖直方向上跳起，在 最高点的最大速度时对环的压力为 2mg，满足 3mg＝mv2 1 r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：1 2 mv2 max＝mg·2r＋1 2 mv2 1， 可得小球在最低点瞬时速度的最大值为 7gr. 二、非选择题 11．(2019·石家庄模拟)质量 m＝1 kg 的物体，在水平拉力 F(拉力方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗 糙水平面运动，经过位移 4 m 时，拉力 F 停止作用，运动到位移是 8 m 时物体停止，运动过程中 Ek－x 的图线如 图 5－2－18 所示．(g 取 10 m/s2)求： (1)物体的初速度多大？ (2)物体和水平面间的动摩擦因数为多大？ (3)拉力 F 的大小． 解析：(1)从图线可知初动能为 2 J，Ek0＝1 2 mv2＝2 J， v＝2 m/s. (2)在位移为 4 m 处物体的动能为 Ek＝10 J，在位移为 8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功． 设摩擦力为 Ff，则 －Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J Ff＝－10 －4 N＝2.5 N 因 Ff＝μmg 故μ＝Ff mg ＝2.5 10 ＝0.25. (3)物体从开始到移动 4 m 这段过程中，受拉力 F 和摩擦力 Ff 的作用，合力为 F－Ff，根据动能定理有 (F－Ff)·x1＝Ek－Ek0 故得 F＝Ek－Ek0 x1 ＋Ff＝ 10－2 4 ＋2.5 N ＝4.5 N. 答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N 12．如图 5－2－19 所示，一辆质量为 1 kg 的玩具电动车在电机产生的牵引力的作用下，从固定在地面上的斜 面底端由静止开始沿斜面加速向上运动，斜面长为 1 m，玩具电动车在斜面上运动时受到斜面的阻力为车重的 0.1 倍，离开斜面后继续在空中运动，离地的最大高度为 1.25 m，最大高度处距落地点水平距离为 2 m．不计空 气阻力，g 取 10 m/s2，求： (1)玩具电动车刚着地时的速度大小； (2)玩具电动车在斜面上运动时，牵引力对玩具电动车做的功． 解析：(1)设玩具电动车到达最高点时速度为 v1，落地时速度为 v2 由平抛知识得 H＝1 2 gt2 x＝v1t 得 v1＝4 m/s 玩具电动车从最高点到落地的过程中，由动能定理得 mgH＝1 2 mv2 2－1 2 mv2 1 v2＝ v2 1＋2gH＝ 42＋2×10×1.25 m/s＝6.4 m/s. (2)玩具电动车从斜面的底部运动到最高点的过程中，对玩具电动车由动能定理得 WF－mgH－Ffl＝1 2 mv2 1 牵引力对玩具电动车所做的功 WF＝mgH＋Ffl＋1 2 mv2 1＝1×10×1.25 J＋1×10×0.1×1 J＋1 2 ×1×42 J＝21.5 J. 答案：(1)6.4 m/s (2)21.5 J 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第五章 第三节 机械能守恒定律 1．(2019·广东东莞调研)关于机械能是否守恒的叙述，正确的是( ) A．做匀速直线运动的物体的机械能一定守恒 B．做加速运动的物体机械能不可能守恒 C．合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒 D．只有重力对物体做功时，物体机械能一定守恒 解析：选 D.只有重力做功或弹簧弹力做功，其他力不做功或做功等于零时，物体的机械能守恒，D 正确． 2．(2019·高考新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数 米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( ) A．运动员到达最低点前重力势能始终减小 B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 解析：选 ABC.到达最低点前，高度始终在降低，所以重力势能始终减小，故 A 正确．绳张紧后的下落过程，伸 长量逐渐增大，弹力做负功，弹性势能增大，故 B 正确．在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故机械 能守恒，C 正确．重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始末位置高度差有关，与零势能面的选取无关， 故 D 错误． 3．如图 5－3－7 所示，用长为 L 的轻绳把一个小铁球悬挂在高为 2L 的 O 点处，小铁球以 O 为圆心在竖直平面 内做圆周运动且恰能到达最高点 B 处，若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为( ) A. gL B. 3gL C. 5gL D. 7gL 解析：选 D.小球恰能到达最高点 B，则小球在最高点处的速度 v＝ gL.以地面为零势能面，铁球在 B 点处的总 机械能为 mg×3L＋1 2 mv2＝7 2 mgL，无论轻绳是在何处断的，铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能 1 2 mv′ 2＝7 2 mgL，故小球落到地面的速度 v′＝ 7gL，正确答案为 D. 4．如图 5－3－8 所示，一根长为 L 不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴 O，两端分别连接质量为 2m 的小球 A 和质 量为 m 的物块 B，由图示位置释放后，当小球转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴 O 点，且此时物块 B 的速度刚好为零，则下列说法中正确的是( ) A．物块 B 一直处于静止状态 B．小球 A 从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒 C．小球 A 运动到水平轴正下方时的速度大小为 gL D．小球 A 从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球 A 与物块 B 组成的系统机械能守恒 解析：选 D.由图示位置分别对物块 B 和小球 A 进行受力分析可知，物块 B 在小球 A 运动的过程中，先向下做加 速运动，后向下做减速运动，直到速度为零，所以物块 B 的重力一直做正功，而由于小球 A 和物块 B 组成的系 统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故 B 错 D 对．由 A 下摆过程中，绳对 A 做正功，则 A 球机械能增加， 即 1 2 mv2＞mgL 2 ，v＞ gL，故 C 错． 5．(2019·南京模拟)山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动，一滑雪坡由 AB 和 BC 组成，AB 是倾角为 37°的斜 坡，BC 是半径为 R＝5 m 的圆弧面，圆弧面和斜面相切于 B，与水平面相切于 C，如图 5－3－9 所示，AB 竖直高 度差 h＝8.8 m，运动员连同滑雪装备总质量为 80 kg，从 A 点由静止滑下通过 C 点后飞落(不计空气阻力和摩擦 阻力，g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求： (1)运动员到达 C 点的速度大小； (2)运动员经过 C 点时轨道受到的压力大小． 解析：(1)由 A→C 过程，应用机械能守恒定律得：mg(h＋Δh)＝1 2 mv2 C，又Δh＝R(1－ cos37°)，可解得： vC＝14 m/s. (2)在 C 点，由牛顿第二定律得： FC－mg＝mv2 C R 解得：FC＝3936 N. 由牛顿第三定律知，运动员在 C 点时对轨道的压力大小为 3936 N. 答案：(1)14 m/s (2)3936 N 一、选择题 1．(2019·江苏无锡调研)如图 5－3－10 所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位 置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是 ( ) A．斜劈对小球的弹力不做功 B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒 C．斜劈的机械能守恒 D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量 解析：选 B.不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重 力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，D 错．故选 B. 2．(2019·高考上海卷)用如图 5－3－11 所示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从 A 位置由静止开始向下摆动到 D 位置的过程中( ) ①重力做正功，重力势能增加 ②重力的瞬时功率一直增大 ③动能转化为重力势能 ④摆线对摆锤的拉力不做功 ⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量 A．①③ B．②④ C．②⑤ D．④⑤ 解析：选 D.摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故①错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零， 在 D 位置物体 v 的方向与重力垂直，PG＝Gvcosθ，可知 PG＝0，而在从 A 位置摆动到 D 位置的过程中，重力功率 不为零，所以所受重力瞬时功率先增大后减小，②错误．在向下运动的过程中，重力势能减小，动能增加，故 ③错误．摆线拉力与 v 方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故④⑤正确，选 D. 3．(2019·南通模拟)如图 5－3－12 所示，质量相等的甲、乙两物体开始时分别位于同一水平线上的 A、B 两点．当 甲物体被水平抛出的同时，乙物体开始自由下落．曲线 AC 为甲物体的运动轨迹，直线 BC 为乙物体的运动轨迹， 两轨迹相交于 C 点，空气阻力忽略不计．则两物体( ) A．在 C 点相遇 B．经 C 点时速率相等 C．在 C 点时具有的机械能相等 D．在 C 点时重力的功率相等 答案：AD 4．(2019·江苏启东中学质检)如图 5－3－13 所示，A、B 两球质量相等，A 球用不能伸长的轻绳系于 O 点，B 球 用轻弹簧系于 O′点，O 与 O′点在同一水平面上，分别将 A、B 球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平， 弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上， 则( ) A．两球到达各自悬点的正下方时，两球动能相等 B．两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大 C．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大 D．两球到达各自悬点的正下方时，A 球受到向上的拉力较大 解析：选 BD.整个过程中两球减少的重力势能相等，A 球减少的重力势能完全转化为 A 球的动能，B 球减少的重 力势能转化为 B 球的动能和弹簧的弹性势能，所以 A 球的动能大于 B 球的动能，所以 B 正确；在 O 点正下方位 置根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，则 A 球受到的拉力较大，所以 D 正确． 5．如图 5－3－14 所示，一均质杆长为 2r，从图示位置由静止开始沿光滑面 ABD 滑动， AB 是半径为 r 的1 4 圆弧，BD 为水平面．则当杆滑到 BD 位置时的速度大小为( ) A. gr 2 B. gr C. 2gr D．2 gr 解析：选 B.由机械能守恒定律得：mg·r 2 ＝1 2 mv2 ∴v＝ gr，故 B 对． 6．(2019·福建福州第一次模拟)如图 5－3－15 所示，小车上有固定支架，一可视为质点的小球用轻质细绳拴 挂在支架上的 O 点处，且可绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，绳长为 L.现使小车与小球一起以速度 v0 沿水平方 向向左匀速运动，当小车突然碰到矮墙后，车立即停止运动，此后小球上升的最大高度可能是 ( ) A．大于v2 0 2g B．小于v2 0 2g C．等于v2 0 2g D．等于 2L 解析：选 BCD.小球上摆的高度不超过 O 点时，小球的动能全部转化为重力势能，则由 mgh＝1 2 mv 2 0得 h＝v2 0 2g ，C 正 确；小球上摆的高度 L＜h＜2L 时，小球在高于 O 点的某位置开始做斜上抛运动，最高点的速度不为零，即动能 不能全部转化为重力势能，mgh＜1 2 mv2 0，h＜v2 0 2g ，B 正确，小球能通过圆周最高点时，上升的高度为 2L，D 正确； 由于最高点速度不为零，仍有 h＜v2 0 2g ，综上所述，A 错误． 7．(2019·南京模拟)用长度为 l 的细绳悬挂一个质量为 m 的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放 手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时 重力的瞬时功率为( ) A．mg gl B.1 2 mg gl C.1 2 mg 3gl D.1 3 mg 3gl 解析：选 C.第一次动能和势能相等的位置为距最低点高度l 2 处，由机械能守恒可得：v＝ gl， 与竖直方向的夹角α＝30° ∴P＝mg·v cos 30°＝1 2 mg 3gl，故 C 对． 8．2011 年 10 月 16 日，在东京体操世锦赛男子单杠决赛中，邹凯、张成龙分别以 16.441 分和 16.366 分包揽冠 亚军．假设邹凯的质量为 60 kg，他用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动．此过程中，邹凯在 最低点时手臂受的拉力至少约为(忽略空气阻力，取 g＝10 m/s2)( ) A．600 N B．2400 N C．3000 N D．3600 N 解析：选 C.设邹凯的重心距杆的距离为 r，他能通过最高点的最小速度为 v1＝0，他在做圆周运动的过程中机械 能守恒，设到达最低点的速度设为 v2，则有 1 2 mv2 2＝2mgr，在最低点他受到向上的拉力和向下的重力，根据牛顿 第二定律，有 FT－mg＝mv2 2 r ，由以上两式可得 FT＝5mg＝3000 N. 9．(2019·广东六校联合体联考)一物体沿斜面向上运动，运动过程中质点的机械能 E 与竖直高度 h 关系的图象 如图 5－3－17 所示，其中 O～h1 过程的图线为水平线，h1～h2 过程的图线为倾斜直线．根据该图 象，下列判断正确的是( ) A．物体在 O～h1 过程中除重力外不受其他力的作用 B．物体在 O～h1 过程中只有重力做功其他力不做功 C．物体在 h1～h2 过程中合外力与速度的方向一定相反 D．物体在 O～h2 过程中动能可能一直保持不变 解析：选 BC.O～h1 过程的图线为水平线，说明物体的机械能不变，即除重力以外没有其他力做功，但并非一定 不受其他力作用，故 A 错误，B 正确；在 h1～h2 过程中由于物体的机械能减小，重力势能增加，只能是动能减小， 即合外力与速度方向相反，故 C 正确； 在 O～h2 过程中物体的机械能减小，重力势能增大，动能只能减小不可 能保持不变，故 D 错误． 10．物体做自由落体运动，Ek 表示动能，Ep 表示势能，h 表示物体下落的高度，以水平地面为零势能面，下列图 象中，能正确反映各物理量之间关系的是( ) 解析：选 BC.由机械能守恒定律：Ep＝E 机－Ek，得 Ep 与 Ek 的图象为倾斜的直线，C 正确；由动能定理得 mgh＝Ek， 则 Ep＝E 机 －Ek＝E 机－1 2 mv2，故 Ep 与 v 的图象为开口向下的抛物线，B 正确；因为 Ek＝1 2 mv2＝1 2 m(gt)2＝1 2 mg2t2，Ep ＝E 机－Ek＝E 机－1 2 mg2t2，所以 Ep 与 t 的关系图象也为开口向下的抛物线，A 错误．设初状态势能为 E0，则 Ep＝E0 －mgh，D 错误． 二、非选择题 11．(2019·高考北京卷)如图 5－3－19 所示，长度为 l 的轻绳上端固定在 O 点，下端系一质量为 m 的小球(小 球的大小可以忽略)． (1)在水平拉力 F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止．画出此时小球的受 力图，并求力 F 的大小； (2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力．不 计空气阻力． 解析：(1)受力图见右图．根据平衡条件，应满足 FTcosα＝mg，FTsinα＝F，拉力大小 F＝mgtan α. (2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒 mgl(1－cosα)＝1 2 mv2 则通过最低点时，小球的速度大小 v＝ 2gl 1－cosα 根据牛顿第二定律 FT′－mg＝mv2 l 解得轻绳对小球的拉力 FT′＝mg＋mv2 l ＝mg(3－2cosα)，方向竖直向上． 答案：见解析 12．(2019·苏北四市调研)如图 5－3－20 所示，光滑固定的竖直杆上套有一个质量 m＝0.4 kg 的小物块 A，不可伸长的轻质细绳通过固定在墙壁上、大小可忽略的定滑轮 D，连接小物 块 A 和小物块 B，虚线 CD 水平，间距 d＝1.2 m，此时连接小物块 A 的细绳与竖直杆的夹角 为 37°，小物块 A 恰能保持静止．现在在小物块 B 的下端挂一个小物块 Q(未画出)，小物块 A 可从图示位置上升并恰好能到达 C 处，不计摩擦和空气阻力，cos37°＝0.8、sin37°＝0.6，重力加速度 g 取 10 m/s2.求： (1)小物块 A 到达 C 处时的加速度大小； (2)小物块 B 的质量； (3)小物块 Q 的质量． 解析：(1)当小物块 A 到达 C 处时，由受力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以小物块 A 的加速度 a＝g＝10 m/s2. (2)设小物块 B 的质量为 mB，绳子拉力为 FT；根据平衡条件： FTcos37°＝mg FT＝mBg 联立解得 mB＝0.5 kg. (3)设小物块 Q 的质量为 m0，根据系统机械能守恒得 mghAC＝(mB＋m0)ghB hAC＝dcot37°＝1.6 m hB＝ d sin37° －d＝0.8 m 解之得：m0＝0.3 kg. 答案：(1)10 m/s2 (2)0.5 kg (3)0.3 kg 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第五章 第四节 功能关系 能量守恒 1．一块质量为 m 的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图 5－4－5 所示，用恒力 F 拉弹 簧，使木块离开地面，如果力 F 的作用点向上移动的距离为 h，则( ) A．木块的重力势能增加了 mgh B．木块的机械能增加了 Fh C．拉力所做的功为 Fh D．木块的动能增加了 Fh 解析：选 C.木块上升的高度小于 h，所以重力势能增量小于 mgh，A 错；弹性势能与重力势能的增加之和为 Fh， 故 B、D 错；由功的定义式可知 C 对． 2．一质量均匀的不可伸长的绳索(其重力不可忽略)，A、B 两端固定在天花板上，如图 5－4－6 所示，今在最低 点 C 施加一竖直向下的力将绳索拉至 D 点，在此过程中，绳索的重心位置将( ) A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变 解析：选 A.在下拉过程中，外力做正功，绳索的机械能增加，而动能又不变，故重力势能增大，重心上升． 3．(2019·黄冈模拟)质量为 m 的带正电的物体处于竖直向上的匀强电场中，已知带电物体所受电场力的大小为 物体所受重力的1 4 ，现将物体从距地面高 h 处以一定初速度竖直下抛，物体以g 4 的加速度竖直下落到地面(空气阻 力恒定)，则在物体的下落过程中( ) A．物体的重力势能减少 1 4 mgh，电势能减少 1 4 mgh B．由物体与周围空气组成的系统的内能增加了 1 4 mgh C．物体的动能增加 1 4 mgh D．物体的机械能减少 1 4 mgh 答案：C 4．如图 5－4－7 所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向 的水平恒力 F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个 过程中弹簧均在弹性限度内)，正确的说法是( ) A．系统受到外力作用，动能不断增大 B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大 D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力 F1、F2 的大小 解析：选 B.对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减小，A 错误；弹簧最长时， 外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B 正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2 对系统做负功，系统机械能开始减小，C 错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于 F1、F2 的大小， 当返回第二次速度最大时，弹簧的弹力大小等于外力大小，当速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力 F1、 F2 的大小，D 错误． 5．(2019·杭州模拟)一物块放在如图 5－4－8 所示的斜面上，用力 F 沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一 段距离，若已知在此过程中，拉力 F 所做的功为 A，斜面对物块的作用力所做的功为 B，重力做的功为 C，空气 阻力做的功为 D，其中 A、B、C、D 的绝对值分别为 100 J、30 J、100 J、20 J，则 (1)物块动能的增量为多少？ (2)物块机械能的增量为多少？ 解析：(1)在物块下滑的过程中，拉力 F 做正功，斜面对物块的摩擦力做负功，重力做正功，空气阻力做负功．根 据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则 ΔEk＝W 合＝A＋B＋C＋D＝100 J＋(－30 J)＋100 J＋(－20 J) ＝150 J (2)根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则 ΔE 机＝A＋B＋D＝100 J＋(－30 J)＋(－20 J)＝50 J. 答案：(1)150 J (2)50 J 一、选择题 1．(2019·广东惠州调研)上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中摆动，摆动的幅度越来越小，对 此现象下列说法正确的是( ) A．摆球机械能守恒 B．总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能 C．能量正在消失 D．只有动能和重力势能的相互转化 解析：选 B.由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机械能转化为内能，能量总和不变， B 正确． 2．(创新题)2011 年 8 月 22 日深圳大运会男子足球决赛中，日本队以 2∶0 战胜英国队，夺得男足冠军．假设某 次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进．横梁下边缘离地面的高度为 h，足球质量为 m，运动员对足球 做的功为 W1，足球运动过程中克服空气阻力做功为 W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是( ) A．足球动能的变化量为 W1＋W2－mgh B．射门时的机械能为 W1－W2 C．重力势能的增加量为 W1－W2＋mgh D．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为 W1 解析：选 BD.合力做功量度了物体动能的变化，故动能的变化量为 W1－W2－mgh，A 项错．重力以外的力做功量度 了机械能的变化，故机械能的增加量为 W1－W2，B 项对．重力做功量度了重力势能的变化，故重力势能的增加量 为 mgh，C 项错．运动员踢球过程中只有运动员做功，由动能定理得 D 项对． 3．(2019·皖南八校联考)从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球，小球上升的最大高度为 H.设上升过程中空气阻 力 F 阻恒定．则对于小球的整个上升过程，下列说法中错误的是( ) A．小球动能减少了 mgH B．小球机械能减少了 F 阻 H C．小球重力势能增加了 mgH D．小球的加速度大于重力加速度 g 解析：选 A.由动能定理知，小球动能减少了(mg＋F 阻)H，A 错误；由功能关系知，小球机械能减少了 F 阻 H，B 正 确；重力势能增加了 mgH，C 正确；小球的加速度为 g＋F 阻 m ，D 正确． 4．如图 5－4－9 所示，在动摩擦因数为 0.2 的水平面上有一质量为 3 kg 的物体被一个劲度系数为 120 N/m 的 压缩轻质弹簧突然弹开，物体离开弹簧后在水平面上继续滑行了 1.3 m 才停下来，下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)( ) A．物体开始运动时弹簧的弹性势能 Ep＝7.8 J B．物体的最大动能为 7.8 J C．当弹簧恢复原长时物体的速度最大 D．当物体速度最大时弹簧的压缩量为 x＝0.05 m 解析：选 D.物体离开弹簧后的动能设为 Ek，由功能关系可得：Ek＝μmgx1＝7.8 J，设弹簧开始的压缩量为 x0， 则弹簧开始的弹性势能 Ep0＝μmg(x0＋x1)＝7.8 J＋μmgx0＞7.8 J，A 错误；当弹簧的弹力 kx2＝μmg 时，物体 的速度最大，得 x2＝0.05 m，D 正确，C 错误；物体在 x2＝0.05 m 到弹簧的压缩量 x＝0 的过程做减速运动，故 最大动能一定大于 7.8 J，故 B 错误. 5．一个质量为 m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块 重力的 1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为( ) A.1 8 mgR B.1 4 mgR C.1 2 mgR D.3 4 mgR 解析：选 D.设铁块在圆轨道底部的速度为 v，则 1.5mg－mg＝mv2 R ，由能量守恒有：mgR－ΔE＝1 2 mv2，所以ΔE＝3 4 mgR， 正确答案为 D. 6．元宵节焰火晚会上，万发礼花弹点亮夜空，如图 5－4－11 所示为焰火燃放时的精彩瞬间．假如燃放时长度 为 1 m 的炮筒竖直放置，每个礼花弹约为 1 kg(燃放前后看做质量不变)，当地重力加速度为 10 m/s2，爆炸后的 高压气体对礼花弹做功 900 J，离开炮筒口时的动能为 800 J，礼花弹从炮筒底部竖直运动到炮筒口的过程中， 下列判断正确的是( ) A．重力势能增加 800 J B．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功 90 J C．克服阻力(炮筒阻力及空气阻力)做功无法计算 D．机械能增加 810 J 解析：选 BD.礼花弹在炮筒内运动的过程中，克服重力做功 mgh＝10 J，则重力势能增加量ΔEp＝10 J，根据动 能定理ΔEk＝W－W 阻－WG 可知 W 阻＝W－ΔEk－WG＝900 J－800 J－10 J＝90 J，机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp ＝800 J＋10 J＝810 J，所以 B、D 正确． 7．(2019·吉林通化调研)如图 5－4－12 所示，小球从 A 点以初速度 v0 沿粗糙斜面向上运动，到达最高点 B 后 返回，C 为 AB 的中点．下列说法中正确的是( ) A．小球从 A 出发到返回 A 的过程中，位移为零，外力做功为零 B．小球从 A 到 C 与从 C 到 B 的过程，减少的动能相等 C．小球从 A 到 C 与从 C 到 B 的过程，速度的变化率相等 D．小球从 A 到 C 与从 C 到 B 的过程，损失的机械能相等 解析：选 BCD.小球从 A 出发到返回 A 的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负功，选项 A 错误； 因为 C 为 AB 的中点，小球从 A 到 C 与从 C 到 B 的过程合外力恒定，加速度恒定，速度的变化率相等，选项 C 正 确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，则合外力做功相等，故减少的动能相等，损失的机械能相等，选 项 B、D 正确． 8．(2019·海淀模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图 5－4－13 所示，一滑板运动员以 7 m/s 的初速度 从圆弧面的 A 点下滑，运动到 B 点时速度仍为 7 m/s，若他以 6 m/s 的初速度仍由 A 点下滑， 则他运动到 B 点时的速度( ) A．大于 6 m/s B．等于 6 m/s C．小于 6 m/s D．条件不足，无法判定 解析：选 A.当初速度为 7 m/s 时，由功能关系，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能．运动员做的曲 线运动可看成圆周运动，当初速度变为 6 m/s 时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由 Ff＝ μFN 知运动员所受的摩擦力减小，故从 A 到 B 过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员 在 B 点的动能大于他在 A 点的动能．A 项正确． 9．如图 5－4－14 所示，质量为 m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终以速度 v 匀 速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相对静止．对于物体从开始释放到与传 送带相对静止这一过程，下列说法正确的是( ) A．电动机多做的功为 1 2 mv2 B．摩擦力对物体做的功为 mv2 C．传送带克服摩擦力做的功为 1 2 mv2 D．电动机增加的功率为μmgv 解析：选 D.由能量守恒，电动机多做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故 A 错；对物体受力 分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做的功等于物体对传送带的摩擦力的 大小与传送带对地位移的大小的乘积，易知这个位移是物体对地位移的两倍，即 W＝mv2，故 C 错；由功率公式 易知电动机增加的功率为μmgv，故 D 对． 10．(2019·安徽百校联考)一质量为 1 kg 的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的 v－t 图象如图 5－4－15 所示．若不计空气阻力，取 g＝10 m/s2，则由图可知( ) A．小球从高度为 1 m 处开始下落 B．小球在碰撞过程中损失的机械能为 4.5 J C．小球能弹起的最大高度为 0.45 m D．整个过程中，小球克服重力做的功为 8 J 解析：选 C.小球从高度为 1.25 m 处开始下落，A 错误；小球在碰撞过程中损失的机械能为 8 J，B 错误；小球 能弹起的最大高度为 0.45 m，C 正确；小球克服重力做的功为 4.5 J，D 错误． 二、非选择题 11．如图 5－4－16 所示，质量为 m 的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端 B 与水平传送带相接，传送带的 运行速度为 v0，长为 L，今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送 带右端 C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ. (1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能． (2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 解析：(1)设滑块冲上传送带时的速度为 v，在弹簧弹开过程中，由机械能守 恒：Ep＝1 2 mv2① 设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为 a. 由牛顿第二定律：μmg＝ma② 由运动学公式 v2－v2 0＝2aL③ 联立①②③得：Ep＝1 2 mv2 0＋μmgL. (2)设滑块在传送带上运动的时间为 t，则 t 时间内传送带的位移 x＝v0t④ v0＝v－at⑤ 滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x⑥ 相对滑动产生的热量 Q＝μmg·Δx⑦ 联立②③④⑤⑥⑦得： Q＝μmgL＋mv0·( v2 0＋2μgL－v0)． 答案：(1)1 2 mv2 0＋μmgL (2)μmgL＋mv0( v2 0＋2μgL－v0) 12．如图 5－4－17 所示，竖直平面内的轨道 ABCD 由水平轨道 AB 与光滑的四分之一圆弧轨道 CD 组成，AB 恰与 圆弧 CD 在 C 点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为 m 的小物块(可视为质点)从轨道的 A 端以初动能 E 冲上 水平轨道 AB，沿着轨道运动，由 DC 弧滑下后停在水平轨道 AB 的中点．已知水平轨道 AB 长为 L.求： (1)小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ. (2)为了保证小物块不从轨道的 D 端离开轨道，圆弧轨道的半径 R 至少是多 大？ (3)若圆弧轨道的半径 R 取第(2)问计算出的最小值，增大小物块的初动能， 使得小物块冲上轨道后可以达到的最大高度是 1.5R，试求小物块的初动能并 分析小物块能否停在水平轨道上，如果能，将停在何处？如果不能，将以多 大速度离开水平轨道？ 解析：(1)小物块最终停在 AB 的中点，在这个过程中，由功能关系得： －μmg(L＋0.5L)＝－E 即μ＝ 2E 3mgL . (2)若小物块刚好到达 D 处速度为零，由功能关系知－μmgL－mgR＝－E，所以 CD 圆弧轨道的半径至少为 R＝ E 3mg . (3)设小物块以初动能 E′冲上轨道，可以达到的最大高度是 1.5R，由功能关系知－μmgL－1.5mgR＝－E′解得 E′＝7E 6 小物块滑回 C 点时的动能为 EC＝1.5mgR＝E 2 ，由于 EC＜μmgL＝2E 3 ，故小物块将停在轨道上． 设小物块停在距离 A 点 x 处，有 －μmg(L－x)＝－EC，即 x＝1 4 L 即小物块最终停在水平轨道 AB 上，距 A 点 1 4 L 处． 答案：(1) 2E 3mgL (2) E 3mg (3)7E 6 能 停在距 A 点 1 4 L 处 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第六章 第一节电场的力的性质 1．两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为 r 的两处，它们间库仑力 的大小为 F，两小球相互接触后将其固定距离变为r 2 ，则两球间库仑力的大小为( ) A. 1 12 F B.3 4 F C.4 3 F D．12F 解析：选 C.由库仑定律得 F＝k3Q2 r2 ，两小球相互接触后电荷量先中和再平分，各自带电荷量 Q′＝ ＋3Q－Q 2 ＝ Q，故当二者间距为r 2 时，两球间库仑力 F′＝k Q2 r 2 2 ＝k4Q2 r2 ，故 F′＝4 3 F，C 正确． 2. (2019·高考广东卷)如图 6－1－13 是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是( ) A．a 点的电势高于 b 点的电势 B．该点电荷带负电 C．a 点和 b 点电场强度的方向相同 D．a 点的电场强度大于 b 点的电场强度 解析：选 BD.沿着电场线电势降低，a 点电势比 b 点电势低，A 错误；由电场线方向知该点电荷带负电，B 正确； a 点和 b 点不在同一条电场线上，电场强度方向不同，C 错误；a 点靠近场源电荷，a 点场强大于 b 点场强，D 正 确． 3．(2019·高考海南卷)如图 6－1－14 所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心， ∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点，这时 O 点电场强 度的大小为 E1；若将 N 点处的点电荷移至 P 点，则 O 点的场强大小变为 E2，E1 与 E2 之比 为( ) A．1∶2 B．2∶1 C．2∶ 3 D．4∶ 3 解析：选 B.M、N 处的两点电荷符号相反，设电荷量的数值为 q，半圆弧半径为 r，两点电荷在 O 点形成的电场 强度的方向相同，大小均为kq r2 ，因此 O 点的电场强度大小为 E1＝2kq r2 .在 N 点的电荷移至 P 点时，两点电荷在 O 点形成的电场强度大小均为kq r2 ，二者方向夹角为 120°，因此 O 点的电场强度大小为 E2＝kq r2 ，所以 E1∶E2＝2∶1， 即选项 B 正确． 4．(2019·东北师大附中检测)如图 6－1－15 所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相 等的点电荷，则图中 A、B 两点电场强度相同的是( ) 解析：选 C.选项 A、D 中 A、B 两点电场强度的大小相同而方向不同；选项 B 中 A、B 两点电场强度的大小、方向 都不同；选项 C 中 A、B 两点位于两个等量异种电荷连线的中垂线上且关于连线对称，所以它们的场强大小和方 向都相同，选项 C 正确． 5. (2019·广东深圳调研)一根长为 l 的丝线吊着一质量为 m，带电荷量为 q 的小球静止在水平向右的匀强电场 中，如图 6－1－16 所示，丝线与竖直方向成 37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场 的改变而带来的其他影响(重力加速度为 g)，求： (1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球经过最低点时受到的拉力大小． 解析：(1)小球静止在电场中受力如图所示， 显然小球带正电，由平衡条件得： mgtan37°＝qE 故 E＝3mg 4q . (2)电场方向变成向下后(如图所示)，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功． 由动能定理得： 1 2 mv2＝(mg＋qE)l(1－cos37°) 由圆周运动知识，在最低点时， F 向＝FT－(mg＋qE)＝mv2 l 解得 FT＝49 20 mg. 答案：(1)3mg 4q (2)49 20 mg 一、选择题 1．在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为 q，受到的电场力为 F，则该点的电场强度为 E＝F q ，下列说法正 确的是( ) A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为 0 B．若检验电荷的电量变为 4q，则该点的场强变为 4E C．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的检验电荷变为－2q，则场中该点的场强大小方向均不变 解析：选 D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故 D 对． 2．(2019·苏锡常镇四市调研)将两个分别带有电荷量－2Q 和＋5Q 的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为 r 的 两处(均可视为点电荷)，它们之间库仑力的大小为 F.现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C 先后与 A、B 两小球相互接触后拿走，A、B 两小球间距离保持不变，则两小球间库仑力的大小为( ) A．F B.1 5 F C. 9 10 F D.1 4 F 解析：选 B.与小球 C 接触前 F＝k10Q2 r2 ，与小球 C 接触后 A、B 两小球的电荷量分别变为－Q 和 2Q，所以接触后的 库仑力 F′＝k2Q2 r2 ，为原来的 1/5，故 B 正确． 3．(2019·高考新课标全国卷)一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c，已知质点的速 率是递减的．关于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)( ) 解析：选 D.质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的， 因此力的方向与速度方向夹角应大于 90°，故 D 正确． 4．(2019·广东六校联考)如图 6－1－18 所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在电场线上 O 点由静止释放 一个自由的负电荷，它将沿电场线向 B 点运动．下列判断中正确的是( ) A．电场线由 B 指向 A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B．电场线由 B 指向 A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定 C．电场线由 A 指向 B，该电荷做匀速运动 D．电场线由 B 指向 A，该电荷做加速运动，加速度越来越大 解析：选 B.在电场线上 O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向 B 点运动，受电场力方向由 A 指向 B，则电场线方向由 B 指向 A，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定，B 正确． 5．(2019·高考大纲全国卷Ⅱ)在雷雨云下沿竖直方向的电场强度约为 104 V/m.已知一半径为 1 mm 的雨滴在 此电场中不会下落，取重力加速度大小为 10 m/s2，水的密度为 103 kg/m3.这雨滴携带的电荷量的最小值约为 ( ) A．2×10－9 C B．4×10－9 C C．6×10－9 C D．8×10－9 C 解析：选 B.本题考查物体的受力平衡条件、电场力的计算等知识点．雨滴受力平衡，则电场力和重力大小相等， 有 mg＝Eq，而 m＝ρV＝ρ4πr3 3 ，联立两式，代入数据解得 B 正确． 6．(2019·高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，某除尘器模型的收尘板是很长的条 形金属板，图中直线 ab 为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图 6－1－19 所示； 粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于 P 点的带电粉 尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( ) 解析：选 A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据 曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如 A 选项中图所示． 7．如图 6－1－21 所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在 A、B 两点，C、D 两点将 AB 连线三等分，现使一个带负 电的粒子从 C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在 CD 之间运动的速度大小 v 与时间 t 的关系图象可能是( ) 解析：选 BC.C→D 合场强方向向右，大小逐渐减小到 0，所以负电粒子向右做变减速运动，可能出现到 D 点时速 度仍未减为零，也可能粒子未到 D 点速度减为零而后反向加速，故 B、C 正确． 8．如图 6－1－23 所示，在光滑绝缘水平面上放置 3 个电荷量均为 q(q＞0)的相同小球，小球之间用劲度系数均 为 k0 的轻质绝缘弹簧连接．当 3 个小球处于静止状态时，每根弹簧长度为 l，已知静电力常量为 k，若不考虑弹 簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( ) A．l＋5kq2 2k0l2 B．l－kq2 k0l2 C．l－5kq2 4k0l2 D．l－5kq2 2k0l2 解析：选 C.根据对称性，任选两边小球中的一个为研究对象，该小球在水平方向受三个力的作用，如图所示． 应用库仑定律、胡克定律和平衡条件得： k0x＝kq2 l2＋k q2 2l 2，得 x＝5kq2 4k0l2； 所以 l0＝l－x＝l－5kq2 4k0l2. 9．(2019·南昌调研)如图 6－1－24 所示，A、B、C 三个小球(可视为质点)的质量分别为 m、2m、3m，B 小球带 负电，电荷量为 q，A、C 两小球不带电，(不考虑小球间的电荷感应)，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起 来悬挂在 O 点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为 E，则以下说法正确的是( ) A．静止时，A、B 两小球间细线的拉力为 5mg＋qE B．静止时，A、B 两小球间细线的拉力为 5mg－qE C．剪断 O 点与 A 小球间细线瞬间，A、B 两小球间细线的拉力为 1 3 qE D．剪断 O 点与 A 小球间细线瞬间，A、B 两小球间细线的拉力为 1 6 qE 解析：选 AC.本题考查力的瞬时作用效果和电场力的问题．静止时由受力分析可知 A、B 两小球间细线的拉力为 F＝5mg＋qE，故 A 正确，B 错误；O 点与 A 小球间细线剪断的瞬间，由于 B 小球受到向下的电场力，故 A、B 两 小球的加速度大于 C 小球的加速度，B、C 两小球间细线将处于松弛状态，故以 A、B 两小球为研究对象有：3mg ＋qE＝3ma，以 A 小球为研究对象有：mg＋F＝ma，解得：F＝1 3 qE，故 C 正确、D 错误． 10．如图 6－1－25 所示，将两个摆长均为 l 的单摆悬于 O 点，摆球质量均为 m，带电荷量均为 q(q＞0)．将另 一个带电荷量也为 q(q＞0)的小球从 O 点正下方较远处缓慢移向 O 点，当三个带电小球分别处 在等边三角形 ABC 的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为 120°，则此时摆线上的拉力大小等于 ( ) A. 3mg B．mg C．2 3·kq2 l2 D. 3·kq2 l2 解析：选 B.对 A 处带电小球进行隔离分析，如图所示，带电小球处于平衡状态，则 FOAsin30°＋Fqcos30°＝mg， FOAcos30°＝Fq′＋Fqsin30°，联立解得 FOA＝mg，又利用对称性可知 FOA＝FOB，则 B 正确． 二、非选择题 11．(2019·厦门模拟)如图 6－1－26 所示，将点电荷 A、B 放在绝缘的光滑水平面上．A 带正电，B 带负电，带 电量都是 q，它们之间的距离为 d，为使两电荷在电场力作用下都处于静止状态，必须在水平方向加一个匀强电 场．求：两电荷都处于静止状态时，AB 连线中点处的场强大小和方向．(已知静电力常量为 k) 解析：设点电荷在 AB 连线中点处产生的场强为 E1，所加的匀强电场的场强为 E0，AB 连线 中点处的合场强为 E.根据点电荷场强的计算公式： A 点电荷在 AB 连线中点处产生的场强为： EA＝k q 1 2 d 2 ＝4kq d2，方向由 A 指向 B B 点电荷在 AB 连线中点处产生的场强为： EB＝k q 1 2 d 2 ＝4kq d2，方向由 A 指向 B 根据电场叠加原理： E1＝EA＋EB＝8kq d2，方向由 A 指向 B 根据电荷受力平衡和库仑定律有： E0q＝kq2 d2，得 E0＝kq d2，方向由 B 指向 A 根据电场叠加原理： E＝E1－E0＝7kq d2，方向由 A 指向 B. 答案：7kq d2 方向由 A 指向 B 12．如图 6－1－27 所示，匀强电场方向与水平方向的夹角θ＝30°斜向右上方，电场强度为 E，质量为 m 的小 球带负电，以初速度 v0 开始运动，初速度方向与电场方向一致． (1)若小球的带电荷量为 q＝mg E ，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力 F1 的大小和方向如何？ (2)若小球的带电荷量为 q＝2mg E ，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力 F2 的大小和方向如何？ 解析：(1)如图所示，欲使小球做匀速直线运动，必使其合外力为零，所以 F1cosα＝qEcos30°① F1sinα＝mg＋qEsin30°② 联立①②解得α＝60°，F1＝ 3mg 恒力 F1 与水平线夹角为 60°斜向右上方． (2)为使小球能做直线运动，则小球受的合力必和运动方向在一条直线上，故要求力 F2 和 mg 的 合力和电场力在一条直线上．当 F2 取最小值时，F2 垂直于 qE. 故 F2＝mgsin60°＝ 3 2 mg 方向与水平线夹角为 60°斜向左上方． 答案：(1) 3mg 方向与水平线夹角为 60°斜向右上方 (2) 3 2 mg 方向与水平线夹角为 60°斜向左上方 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第六章 第二节 电场的能的性质 1．如图 6－2－10 所示，在一匀强电场区域中，有 A、B、C、D 四点恰好位于一平行四边形 的四个顶点上，已知 A、B、C 三点电势分别为φA＝1 V，φB＝4 V，φC＝0，则 D 点电势φD 的大小为( ) A．－3 V B．0 C．2 V D．1 V 解析：选 A.在匀强电场中，由于 AD 与 BC 平行且相等，故 UAD＝UBC，即φA－φD＝φB－φC，代入数据解得φD＝－ 3 V. 2．(2019·高考山东卷)某电场的电场线分布如图 6－2－11 所示，以下说法正确的是( ) A．c 点场强大于 b 点场强 B．a 点电势高于 b 点电势 C．若将一试探电荷＋q 由 a 点释放，它将沿电场线运动到 b 点 D．若在 d 点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q 由 a 移至 b 的过程中，电势能减小 解析：选 BD.根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知 c 点的电场强度小于 b 点的电场强度，A 错误；根 据沿电场线方向电势逐渐降低可知 a 点电势高于 b 点电势，B 正确；只有当电场线为直线时，试探电荷由静止释 放，才能沿电场线运动，所以 C 错误；若在 d 点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q 由 a 移到 b 的过程中， 电场力做正功，电势能减小，D 正确． 3．(2019·浙江三校联考)如图 6－2－12 中虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小 球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在 a 点的动能等于 20 eV，运动到 b 点时的动能等于 2 eV.若取 c 点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6 eV 时(不计 重力和空气阻力)，它的动能等于( ) A．16 eV B．14 eV C．6 eV D．4 eV 解析：选 B.由于带正电的小球由 a 到 b 动能减小了 18 eV，而电场中机械能和电势能总和不变，故在 c 点的动 能为 8 eV，总能量为 8 eV＋0＝8 eV.因电势能为－6 eV，所以动能为 8 eV－(－6 eV)＝14 eV，故选 B. 4．如图 6－2－13 所示，绝缘杆两端固定带电小球 A 和 B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的 相互作用．初始时杆与电场线垂直，将杆右移的同时顺时针转过 90°，发现 A、B 两球电势能之和不变，根据如 图给出的位置关系，下列说法正确的是( ) A．A 一定带正电，B 一定带负电 B．A、B 两球带电量的绝对值之比 qA∶qB＝1∶2 C．A 球电势能一定增加 D．电场力对 A 球和 B 球都不做功 答案：B 5．如图 6－2－14 为光滑绝缘水平的直线轨道，在轨道的竖直平面内加一个斜向上方的匀强电场．有一质量为 1.0×10－2kg、带电量为＋1.0×10－4C 的可视为质点的物块，从轨道上的 A 点无初速度释放，沿直线运动 0.2 m 到达轨道上的 B 点，此时速度为 2 m/s.(g 取 10 m/s2)求： (1)A、B 两点间的电势差 UAB. (2)场强大小可能的取值范围． 解析：(1)A 到 B 过程中只有电场力做功，根据动能定理得： qUAB＝1 2 mv2 B－0 解得：UAB＝200 V (2)设场强的竖直分量为 Ey，水平分量为 Ex，则有： mg≥qEy qExx＝1 2 mv2 B－0 解得：Ey≤1000 V/m，Ex＝1000 V/m 场强的最大值为： Emax＝ E2 x＋E2 y＝1000 2 V/m 场强的取值范围为： 1000 V/m＜E≤1000 2 V/m. 答案：(1)200 V (2)1000 V/m＜E≤1000 2 V/m 一、选择题 1．(2019·高考上海卷)三个点电荷电场的电场线分布如图 6－2－15 所示，图中 a、b 两点处的场强大小分别为 Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则( ) A．Ea＞Eb，φa＞φb B．Ea＜Eb，φa＜φb C．Ea＞Eb，φa＜φb D．Ea＜Eb，φa＞φb 解析：选 C.由图可以看出 a 处电场线更密，所以 Ea＞Eb，根据对称性，a 处的电势应与 右侧负电荷附近对称点的电势相等，再根据沿电场线方向电势降低可以判定φb＞φa， 故 C 项正确． 2．(2019·高考天津卷)在静电场中，将一正电荷从 a 点移到 b 点，电场力做了负功， 则( ) A．b 点的电场强度一定比 a 点大 B．电场线方向一定从 b 指向 a C．b 点的电势一定比 a 点高 D．该电荷的动能一定减小 解析：选 C.电场力做负功，该电荷电势能增加．正电荷在电势高处电势能较大，C 正确．电场力做负功同时电 荷可能还受其他力作用，总功不一定为负．由动能定理可知，动能不一定减小，D 错．电势高低与场强大小无必 然联系，A 错．b 点电势高于 a 点，但 a、b 可能不在同一条电场线上，B 错． 3. 在地面上方空间有方向未知的匀强电场，一带电量为－q 的小球以某一初速度由 M 点沿如图 6－2－16 所示的 轨迹运动到 N 点(忽略小球所受空气阻力)．由此可知( ) A．小球所受的电场力一定大于重力 B．小球的动能、电势能和重力势能之和保持不变 C．小球的机械能保持不变 D．小球的动能一定减小 解析：选 AB.由小球运动的轨迹向上弯可知，小球受到的电场力和重力的合力的方向一定是向上或斜向上的，故 电场力一定大于重力，A 选项正确；在小球的运动过程中只有重力和电场力做功，由能量转化和守恒可知，B 选 项正确，C 错；由于合力的方向不确定故选项 D 错． 4．(2019·南通模拟)如图所示，真空中有两个等量异种点电荷 A、B，M、N、O 是 AB 连线的垂线上的点，且 AO>OB. 一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设 M、N 两点的场强大小分别为 EM、EN，电势 分别为φM、φN.下列判断中正确的是( ) A．B 点电荷一定带正电 B．EMφN D．此试探电荷在 M 处的电势能小于 N 处的电势能 解析：选 AB.由轨迹可见，电场力偏右，说明 B 一定带正电，A 对；题中所述等量异种电荷，对 M、N 两点电势 和场强就较容易判断，M 点电势低，场强小，但负电荷在 M 点电势能大，所以 B 正确，C、D 错误． 5．(2019·高考上海卷)两个等量异种点电荷位于 x 轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置 x 变化规 律的是图( ) 图 6－2－18 解析：选 A.距正电荷越近电势越高，且φ＞0；距负电荷越近电势越低，且φ＜0，故选 A. 6．(2019·江南十校联考)如图 6－2－19 所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一点电荷 Q，在 M 点无初速度地释 放带有恒定电荷的小物块，小物块在 Q 的电场中沿斜面运动到 N 点静止，则从 M 到 N 的过程中( ) A．M 点的电势一定高于 N 点的电势 B．小物块的电势能可能增加 C．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 D．小物块和点电荷 Q 一定是同种电荷 解析：选 D.由题意知小物块在向下运动的过程中，受到的重力、斜面支持力、沿斜面向上的摩擦力都是恒力， 由于小物块运动中距点电荷 Q 的距离增大，则库仑力减小，而小物块先加速后减速，故库仑力必是斥力的作用， 则库仑力做正功，电势能减小，但物块所带电荷的电性未知，故不能确定 M、N 两点电势的相对高低，A、B 错误， D 正确．由能量守恒可知小物块克服摩擦力所做的功等于电势能减少量与重力势能减少量之和，C 错误． 7．(2019·洛阳高三质检)如图 6－2－20 所示，虚线 a、b、c 为三个同心圆面，圆心处有一个点电荷．现从 b、 c 之间一点 P 以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿 PM、PN 运动到 M、 N 点，M、N 两点都处于圆周 c 上，以下判断正确的是( ) A．到达 M、N 时两粒子速率仍相等 B．到达 M、N 时两粒子速率 vM＞vN C．到达 M、N 时两粒子的电势能相等 D．两个粒子的电势能都是先减小后增大 解析：选 B.从粒子的运动轨迹可看出电场对到达 M 点的粒子做正功，对到达 N 点的粒子做负功，再根据动能定 理可知，A 错误，B 正确；M、N 两点电势相等，但带电粒子的电性不同，到达 M、N 两点时两粒子的电势能不同， C 错误；到达 M 点的粒子其电势能先增大后减小，而到达 N 点的粒子其电势能先减小后增大，D 错误． 8．(2019·广州毕业班综合测试)如图 6－2－21 所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为 1.6×10－9C 的正电 荷从 A 经 B、C 到达 D 点．从 A 到 D，电场力对电荷做的功为( ) A．4.8×10－8J B．－4.8×10－8J C．8.0×10－8J D．－8.0×10－8J 解析：选 B.电场力做功与电荷运动的路径无关，只与电荷的起始位置有关．从 A 到 D，电场力对电荷做的功为 W ＝UADq＝(φA－φD)q＝(－40＋10)×1.6×10－9J＝－4.8×10－8J，A、C、D 错误，B 正确． 9．(2019·高考山东卷)如图 6－2－22 所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、 c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且 a 与 c 关于 MN 对称，b 点位于 MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下 判断正确的是( ) A．b 点场强大于 d 点场强 B．b 点场强小于 d 点场强 C．a、b 两点间的电势差等于 b、c 两点间的电势差 D．试探电荷＋q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能 解析：选 BC.两点电荷连线上的中点是连线上场强最小的点同时也是中垂线上场强最大的点，所以 d 点场强大于 b 点场强，B 正确，A 错误；根据电场线分布的对称性，可知 C 正确；正试探电荷在电势高的地方电势能大，D 错误． 10．(2019·皖南八校联考)水平面上有一边长为 L 的正方形，其 a、b、c 三个顶点上分别固定了三个等量的正 点电荷 Q，将一个电荷量为＋q 的点电荷分别放在正方形中心点 O 点和正方形的另一个顶点 d 点处，两处相比， 下列说法正确的是( ) A．q 在 d 点所受的电场力较大 B．q 在 d 点所具有的电势能较大 C．d 点的电势高于 O 点的电势 D．q 在两点所受的电场力方向相同 解析：选 D.由点电荷的电场及场的叠加可知，在 O 点 b、c 两处的点电荷产生的电场相互抵消，O 点处的场强等 于 a 处点电荷所产生的场强，即 EO＝ kQ 2 2 L 2 ＝2kQ L2 ，方向由 a 指向 O；而在 d 点处 Ed＝kQ L2 ×cos45°×2＋ kQ 2L 2 ＝ 2＋1 2 kQ L2 ＜EO，方向也沿 aO 方向，A 错误，D 正确．ad 是 b、c 两处点电荷连线的中垂线，由两等量正电荷 的电场中电势分布可知在 b、c 两点电荷的电场中 O 点电势高于 d 点电势，而在点电荷 a 的电场中 O 点电势也高 于 d 点电势．再由电势叠加可知 O 点电势高，而正电荷在电势越高处电势能越大，B、C 皆错误． 二、非选择题 11．如图 6－2－24 所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方 h 高度的 P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷．一 质量为 m、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的 A 点以初速度 v0 沿轨道向右运动，当运动到 P 点正 下方 B 点时速度为 v.已知点电荷产生的电场在 A 点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹 角为 60°，试求： (1)物块在 A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在 B 点的电势． 解析：(1)物块在 A 点受重力、电场力、支持力．分解电场力，由竖直方向受力平衡得 FN－mg－kQq r2 sin60°＝0 ① r＝ h sin60° ② 由①②得 FN＝mg＋3 3kQq 8h2 . (2)从 A 运动到 P 点正下方 B 点的过程中，由动能定理得－qU＝1 2 mv2－1 2 mv2 0 又因为 U＝φB－φA， 由以上两式解得φB＝ m 2q (v2 0－v2)＋φ . 答案：(1)mg＋3 3kQq 8h2 (2)φ＋ m 2q (v2 0－v2) 12．如图 6－2－25 所示，在 E＝1×103V/m 的竖直向下匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道 QPN 与一水平绝 缘轨道 MN 平滑连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P 为半圆 QN 的中点，其半径 R＝40 cm，带正电为 q＝1× 10－4C 的小滑块的质量为 m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 处，取 g＝10 m/s2. 求： (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q，则滑块应以多大的初速度 v0 向左运动； (2)这样运动的滑块通过 P 点时对轨道的压力是多大． 解析：(1)设小球到达 Q 点时速度为 v，则 mg＋qE＝mv2 R 滑块从开始运动至到达 Q 点的过程中，由动能定理有 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝1 2 mv2－1 2 mv2 0 联立解得 v0＝7 m/s. (2)设滑块到达 P 点时速度为 v′，则从开始运动至运动到 P 点的过程：－μ(qE＋mg)x－(mg＋qE)R＝1 2 mv′2－1 2 mv2 0 又在 P 点时：FN＝mv′2 R 代入数据解得 FN＝0.6 N. 由牛顿第三定律知滑块通过 P 点时对轨道的压力是 0.6 N. 答案：(1)7 m/s (2)0.6 N 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第六章 第三节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 1．如图 6－3－13 所示，把原来不带电的金属球壳 B 的外表面接地，将一带正电的小球 A 从小孔放入球壳内， 但不与 B 发生接触，达到静电平衡后，则( ) A．B 带正电 B．B 不带电 C．B 的内外表面电势相等 D．B 带负电 解析：选 CD.由静电感应规律知，B 内表面带负电，外表面由于接地而不带电，故 A、B 错 D 对；由静电平衡的 特点知，B 为等势体，故 C 对． 2．(2019·高考北京卷) 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图 6－3－14)．设两极板正 对面积为 S，极板间的距离为 d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( ) A．保持 S 不变，增大 d，则θ变大 B．保持 S 不变，增大 d，则θ变小 C．保持 d 不变，减小 S，则θ变小 D．保持 d 不变，减小 S，则θ不变 解析：选 A.静电计是测量电容器两端电压的仪器，指针偏角θ∝U，根据 C＝ εrS 4πkd 和 C＝Q U 得 A 正确． 3．(2019·浙江师大附中考试)如图 6－3－15 所示，有一带电粒子(不计重力)紧贴 A 板沿水平方向射入匀强电 场，当偏转电压为 U1 时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为 U2 时，带电粒子沿轨迹②落到 B 板 正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压 U1、U2 之比为( ) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．1∶8 解析：选 D.竖直方向上有 y＝at2 2 ，y1 y2 ＝1 2 ，a1 a2 ＝U1 U2 ，t1 t2 ＝2 1 ，联立以上各式解得：U1 U2 ＝1 8 ，故选 D. 4．(2019·厦门模拟)如图 6－3－16 所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金 属板间所加的电压为 U，电子最终打在光屏 P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( ) A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压 U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压 U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变 解析：选 BD.此题考查电子水平加速电场和竖直偏转电场两个运动过程．当滑动头向右移动时，加速电场的电压 增大，电子进入偏转电场的速度增大，在其中运动的时间较短，故电子打在荧光屏上的位置下降，所以 A 选项 错，同理可知 B 选项正确；其他条件下，电压 U 增大时，电子在偏转电场中受的电场力增大，加速度变大，在 水平方向上的速度不变，则在偏转电场中的运动时间不变，离开此电场时，竖直方向上的速度增大，所以打在 荧光屏上的速度变大，所以选项 C 错，D 正确． 5．实验表明，炽热的金属丝可以发射电子．在图 6－3－17 中，从炽热金属丝射出的电子流，经电场加速后进 入偏转电场．已知加速电极间的电压 U1＝2500 V，偏转电极间的电压 U2＝2.0 V，偏转电极长 6.0 cm，相距 0.2 cm.电子的质量是 0.91×10－30kg，电子重力不计．求： (1)电子离开加速电场时的速度． (2)电子离开偏转电场时的侧向速度． (3)电子离开偏转电场时侧向移动的距离． 解析：(1)由 qU1＝1 2 mv2 得 v＝ 2qU1 m ＝3.0×107m/s. (2)由 v⊥＝at，a＝F m ＝qU2 md ，t＝l v 得 v⊥＝at＝qU2l mdv ＝3.5×105m/s. (3)由 y＝1 2 at2，t＝l v ，a＝qU2 md 得 y＝ qU2 2v2md l2≈3.5×10－4m. 答案：(1)3.0×107m/s (2)3.5×105m/s (3)3.5×10－4m 一、选择题 1．(2019·广州测试)如图 6－3－18 所示的电容式键盘，是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( ) A．两板间的距离 B．两板间的电压 C．两板间的电介质 D．两板的正对面积 解析：选 A.计算机键盘上下运动时，改变了上、下两板间的距离，故 A 正确． 2．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正 确的是( ) 解析：选 B.验电器处在带电金属球的电场中发生静电感应，结果使验电器靠近金属球的一端带异种电荷，远离 金属球的一端带同种电荷，故答案为 B. 3．(2019·镇江测试)如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力， 下列四个选项中正确描述带电粒子在电场中运动轨迹的是( ) 解析：选 C.电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场方向，轨迹向右弯曲，C 正确． 4．(2019·高考广东卷)如图 6－3－22 为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在 电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的．下列表述正确的是( ) A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 解析：选 BD.本题考查电场、电场力的基本概念，考查考生对静电除尘器原理的理解及对电场知识的掌握．集尘 极与电源的正极相连带正电，放电极带负电，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷，A 错误； 电场方向由集尘极指向放电极，B 正确；带电尘埃带负电，因此所受电场力方向与电场方向相反，C 错误；同一 位置电场强度一定，由 F＝qE 可知，尘埃带电荷量越多，所受电场力越大，D 正确． 5．如图 6－3－23，M、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为 m、电荷量为－q 的 带电粒子，以初速度 v0 由小孔进入电场，当 M、N 间电压为 U 时，粒子刚好能到达 N 板，如果要使这个带电粒子 能到达 M、N 两板间距的 1/2 处返回，则下述措施能满足要求的是( ) A．使初速度减为原来的 1/2 B．使 M、N 间电压提高到原来的 2 倍 C．使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍 D．使初速度和 M、N 间电压都减为原来的 1/2 解析：选 BD.在粒子刚好到达 N 板的过程中，由动能定理得：－qEd＝0－1 2 mv2 0，所以 d＝mv2 0 2qE ，令 带电粒子离开 M 板的最远距离为 x，则使初速度减为原来的 1/2，x＝d 4 ；使 M、N 间电压提高到原来的 2 倍，电 场强度变为原来的 2 倍，x＝d 2 ；使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍，电场强度变为原来的 4 倍，x＝d 4 ；使初速度 和 M、N 间电压都减为原来的 1/2，电场强度变为原来的一半，x＝d 2 . 6．如图 6－3－24 所示，在真空区域Ⅰ、Ⅱ中存在两个匀强电场，其电场线方向竖直向下，在区域Ⅰ中有一个 带负电的粒子沿电场线以速度 v0 匀速下落，并进入区域Ⅱ(电场范围足够大)．下列能描述粒子在这两个电场中 运动的速度－时间图象的是(以 v0 方向为正方向) 解析：选 C.在区域Ⅰ中，mg＝E1q；在区域Ⅱ中，mg＜E2q，合力向上，做匀减速运动，速度减为 0 后，再反向加 速，再次回到区域Ⅰ，做匀速运动． 7．如图 6－3－26 所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连．当开关闭合时，一 带电液滴恰好静止在两板间的 M 点．则( ) A．当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止 B．当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降 C．开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止 D．开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降 解析：选 BC.当开关闭合时，电容器两端电压为定值，等于电源电压，设为 U，两板间的距离为 d，带电液滴处 于平衡状态，则 mg＝qU d ，当两板间的距离减小时，所受电场力大于重力，液滴将向上做匀加速运动，A 错误； 两板间的距离增大时，所受电场力小于重力，液滴将向下做匀加速运动，B 正确；当开关断开后，电容器无法放 电，两板间的电荷量不变，设为 Q，此时两板间的场强大小为：E＝U d ＝ Q C d ＝ 4πkdQ εrS d ＝4πkQ εrS ，可见场强大小与两板 间距离无关，即场强大小保持不变，电场力不变，液滴保持静止，C 正确，D 错误． 8．如图 6－3－27 所示，水平放置的平行金属板 a、b 分别与电源的两极相连，带电液滴 P 在金属板 a、b 间保 持静止，现设法使 P 固定，再使两金属板 a、b 分别绕过中心点 O、O′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α， 然后释放 P，则 P 在电场内将做( ) A．匀速直线运动 B．水平向右的匀加速直线运动 C．斜向右下方的匀加速直线运动 D．曲线运动 解析：选 B.设电源两端的电压为 U，两金属板间的距离为 d，带电液滴的质量为 m，带电荷量为 q，则液滴 P 静 止时，由平衡条件可得：qU d ＝mg.金属板转动后，P 所受的电场力大小为：F＝q U dcosα ，方向与竖直方向成α角 指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量 F1＝F·cosα＝q U d·cosα ·cosα＝qU d ＝mg.故电场 力和重力的合力水平向右，即 P 做水平向右的匀加速直线运动．B 正确，A、C、D 错误． 9．(2019·江苏启东中学质检)将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由 P 点射入 水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中 A、B、C 三点，则下列说法中错 误的是( ) A．A 带正电、B 不带电、C 带负电 B．三小球在电场中加速度大小关系是 aA＜aB＜aC C．三小球在电场中运动时间相等 D．三小球到达下板时的动能关系是 EkC＞EkB＞EkA 解析：选 C.由于 A 的水平射程 x 最远，A 的运动时间 t＝x v0 最长，C 错误．A 的加速度 aA＝2y t2 最小，而 C 的加速 度 aC 最大，aA＜aB＜aC，B 正确．可见，A 带正电，受电场力方向与重力方向相反，B 不带电，C 带负电，受电场 力方向与重力方向相同，A 正确．由动能定理知 EkC＞EkB＞EkA，D 正确． 10．(2019·高考安徽卷)图 6－3－29 甲为示波管的原理图．如果在电极 YY′之间所加的电压按图乙所示的规律 变化，在电极 XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( ) 解析：选 B.本题考查示波管的原理，意在考查考生对示波管原理的掌握．在 0～2t1 时间内，扫描电压扫描一次， 信号电压完成一个周期，当 UY 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当 UY 为负的最大值时，电 子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为 B. 二、非选择题 11．(2019·长沙模拟)如图 6－3－31 所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度 E＝1.0×102V/m，一块 足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度 h＝0.80 m 的 a 处有一粒子源，盒内粒子 以 v0＝2.0×102m/s 初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为 m＝2.0×10－15kg、电荷量为 q＝＋10－12C 的 带电粒子，粒子最终落在金属板 b 上．若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字) (1)粒子源所在处 a 点的电势； (2)带电粒子打在金属板上时的动能； (3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板 上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？ 解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地； 因此φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.8 V＝80 V. (2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理 qUab＝Ek－1 2 mv2 0 可得带电粒子打在金属板上时的动能为 Ek＝qUab＋1 2 mv2 0＝1.2×10－10J. (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出落点为边界，设水平抛出后 t 时间落在板上： x＝v0t，h＝1 2 at2 a＝qE m ，S＝πx2 联立以上各式得所形成的面积 S＝2πmv2 0h qE ＝4.0 m2，可以通过减小 h 或增大 E 来实现． 答案：(1)80 V (2)1.2×10－10J (3)面积 4.0 m2 可以通过减小 h 或增大 E 来实现 12．如图 6－3－32 甲所示，A、B 为两块平行金属板，极板间电压为 UAB＝1125 V，板中央有小孔 O 和 O′.现有 足够多的电子源源不断地从小孔 O 由静止进入 A、B 之间．在 B 板右侧，平行金属板 M、N 长 L1＝4×10－2m，板间 距离 d＝4×10－3m，在距离 M、N 右侧边缘 L2＝0.1 m 处有一荧光屏 P，当 M、N 之间未加电压时电子沿 M 板的下 边沿穿过，打在荧光屏上的 O″点并发出荧光．现给金属板 M、N 之间加一个如图乙所示的变化电压 u，在 t＝0 时刻，M 板电势低于 N 板．已知电子质量为 me＝9.0×10－31kg，电荷量为 e＝1.6×10－19C. (1)每个电子从 B 板上的小孔 O′射出时的速度多大？ (2)电子打在荧光屏上的范围是多少？ (3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？ 解析：(1)电子经 A、B 两块金属板加速，有 eUAB＝1 2 mev2 0 得 v0＝ 2eUAB me ＝2×107m/s. (2)当 u＝22.5 V 时，电子经过 MN 板向下的偏移量最大，为 y1＝1 2 ·eu md · L1 v0 2＝2×10－3m y1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板 M、N，此时电子在竖直方向的速度大小为 vy＝eu md ·L1 v0 ＝2×106m/s 电子射出金属板 M、N 后到达荧光屏 P 的时间为 t2＝L2 v0 ＝5×10－9s 电子射出金属板 M、N 后到达荧光屏 P 的偏移量为 y2＝vyt2＝0.01 m 电子打在荧光屏 P 上的总偏移量为 y＝y1＋y2＝0.012 m，方向竖直向下． (3)当 u＝22.5 V 时，电子飞出电场的动能最大，为 Ek＝1 2 me(v2 0＋v2 y)＝1.8×10－16J 或由动能定理得 Ek＝e(UAB＋um)＝1.8×10－16J. 答案：见解析 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第七章 第一节 串、并联电路和欧姆定律、电阻定律 1．(2019·淮阴模拟)关于电阻率，下列说法中正确的是( ) A．电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好 B．各种材料的电阻率大都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而减小 C．所谓超导体，是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为无穷大 D．某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它们制作标准电阻 解析：选 D.电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，说明其导电性能越差，A 错；各种材料的 电阻率大都与温度有关，纯金属的电阻率随温度升高而增大，超导体是当温度降低到某个临界温度时，电阻率 突然变为零，B、C 均错；某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常用于制作标准电阻，D 对． 2．(2019·杭州模拟)如图 7－1－8 所示是某导体的 I－U 图线，图中α＝45°，下列说法 正确的是( ) A．通过电阻的电流与其两端的电压成正比 B．此导体的电阻 R＝2 Ω C．I－U 图线的斜率表示电阻的倒数，所以 R＝cot45°＝1.0 Ω D．在 R 两端加 6.0 V 电压时，每秒通过电阻截面的电荷量是 3.0 C 答案：ABD 3. 如图 7－1－9 所示，厚薄均匀的矩形金属片，边长 ab＝10 cm，bc＝5 cm，当 A 与 B 之间接入的电压为 U 时， 电流为 1 A，若 C 与 D 间接入的电压为 U 时，其电流为( ) A．4 A B．2 A C．0.5 A D．0.25 A 解析：选 A.设金属片的厚度为 m，则接 A、B 时 R1＝ρ·l S ＝ρ· ab bc ·m ；接 C、D 时，R2＝ρ· bc ab ·m ；所以R1 R2 ＝ 4 1 ，又电压不变，得 I2＝4I1＝4 A. 4．如图 7－1－10 所示的电路中，输入电压 U 恒为 12 V，灯泡 L 上标有“6 V 12 W”字样，电动机线圈的电阻 RM＝0.50 Ω.若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是( ) A．电动机的输入功率为 12 W B．电动机的输出功率为 12 W C．电动机的热功率为 2.0 W D．整个电路消耗的电功率为 22 W 解析：选 AC.电动机两端电压： U＝12 V－6 V＝6 V 电流为：I＝P U ＝12 6 A＝2 A 电动机的输入功率为：P＝UI＝12 W 热功率：P 热＝I2RM＝2 W 输出功率：P 出＝P－P 热＝10 W 整个电路消耗的功率：P 总＝U 总 I＝12×2 W＝24 W. 故 A、C 正确． 5．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘与无髓鞘两大类型．现代生物学认为，髓鞘是由多层(几十到几百层不 等)类脂物质——髓质累积而成的，髓质具有很大的电阻．已知青蛙有髓鞘神经，髓鞘的厚度只有 2 μm 左右．而 它在每平方厘米的面积上产生的电阻却高达 1.6×105Ω.若有一圆柱体是由髓质制成的，该圆柱体的体积为 32 π cm3，当在其两底面上加上 1000 V 的电压时，通过该圆柱体的电流为 10π μA，求此圆柱体的圆面半径和高． 解析：由电阻定律：R＝ρl S 得ρ＝SR l ， 已知 S＝1 cm2＝1×10－4m2，l＝2 μm＝2×10－6m， R＝1.6×105Ω. 所以ρ＝1×10－4×1.6×105 2×10－6 Ω·m＝8×106Ω·m 由欧姆定律、电阻定律和圆柱体体积公式建立方程组 R＝U I R＝ρ h πr2 V＝πr2h ，代入数据得 h＝0.02 m r＝0.04 m. 答案：4 cm 2 cm 一、选择题 1．如图 7－1－11 所示的电解池接入电路后，在 t 秒内有 n1 个一价正离子通过溶液内某截面 S，有 n2 个一价负 离子通过溶液内某截面 S，设 e 为元电荷，以下说法正确的是( ) A．当 n1＝n2 时，电流为零 B．当 n1＞n2 时，电流方向从 A→B，电流为 I＝ n1－n2 e t C．当 n1＜n2 时，电流方向从 B→A，电流为 I＝ n2－n1 e t D．电流方向从 A→B，电流为 I＝ n2＋n1 e t 解析：选 D.由电流方向的规定可知，正、负电荷向相反方向定向移动所形成的电流的方向是相同的，所以电流 应该是 I＝ n2＋n1 e t ，电流方向按规定应是从 A→B.D 选项正确． 2．(2019·高考大纲全国卷)通常一次闪电过程历时约 0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击 持续时间仅 40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为 1.0 ×109V，云地间距离约为 1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为 6 C，闪击持续时间约为 60 μs.假 定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( ) A．闪电电流的瞬时值可达到 1×105A B．整个闪电过程的平均功率约为 1×1014W C．闪电前云地间的电场强度约为 1×106V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为 6×106J 解析：选 AC .由电流的定义式 I＝Q t 知 I＝ 6 60×10－6＝1×105(A)，A 正确；整个过程的平均功率 P＝W t ＝qU t ＝ 6×1.0×109 0.2 ＝3×1010(W)(t 代 0.2 或 0.3)，B 错误；由 E＝U d ＝1.0×109 1×103 ＝1×106(V/m)，C 正确；整个闪电过程 向外释放的能量为电场力做的功 W＝qU＝6×109(J)，D 错． 3．下列四个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽灯泡在不同电压下消耗的电功率 P 与电压平方 U2 之间函数 关系的是( ) 解析：选 C .白炽灯泡为纯电阻，其功率表达式为：P＝U2 R ，而 U 越大，电阻越大，图象上 对应点与原点连线的斜率越小，故选项 C 正确． 4．两根材料相同的均匀导线 A 和 B，其长度分别为 L 和 2L，串联在电路中时沿长度方向电 势的变化如图 7－1－13 所示，则 A 和 B 导线的横截面积之比为( ) A．2∶3 B．1∶3 C．1∶2 D．3∶1 解析：选 B.由图象可知两导线电压分别为 UA＝6 V，UB＝4 V；由于它们串联，则 3RB＝2RA；由电阻定律可知RA RB ＝ LASB LBSA ，解得SA SB ＝1 3 ，选项 B 正确． 5．如图 7－1－14 所示电路中，E 为电源，其电动势为 9.0 V，内阻可忽略不计；AB 为滑动变阻器，其电阻 R＝ 30 Ω；L 为一小灯泡，其额定电压 U＝6.0 V，额定功率 P＝1.8 W；S 为开关，开始时滑动变阻器的触头位于 B 端，现在闭合开关 S.然后将触头缓慢地向 A 端滑动，当到达某一位置 C 处时，小灯泡刚好正常 发光，则 CB 之间的电阻应为( ) A．10 Ω B．20 Ω C．15 Ω D．5 Ω 解析：选 B.灯泡是纯电阻，正常发光时，RL＝U2 P ＝20 Ω，电压为 UL＝6.0 V，由于 RAC 与 RL 串联，故 RAC＝UAC U (RL ＋RAC)∴RCB＝R－RAC＝20 Ω. 6．(2019·江苏启东中学月考)用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表 A1、A2， 若把 A1、A2 分别采用并联或串联的方式接入电路，如图 7－1－15 所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和 电表指针偏转角度的说法正确的是( ) A．图甲中的 A1、A2 的示数相同 B．图甲中的 A1、A2 的指针偏角相同 C．图乙中的 A1、A2 的示数和偏角都不同 D．图乙中的 A1、A2 的指针偏角相同 解析：选 B.甲图中流过表头的电流相同，故指针偏角相同，但由于 A1、A2 的量程不同，所以示数不同，故 A 错 B 对．乙图中 A1、A2 中的电流相同，故示数相同，但两者表头中的电 流不等指针偏角不同，故 C、D 错． 7．(2019·镇江模拟)如图 7－1－16 所示，电阻 R1＝20 Ω，电动机绕线电阻 R2＝10 Ω，当电 键 S 断开时，电流表的示数是 I1＝0.5 A；当电键 S 合上后，电动机转动起来，电路两端的电 压不变，此时电流表的示数 I 和电路消耗的电功率 P 应满足( ) A．I＝1.5 A B．I＜1.5 A C．P＝15 W D．P＜15 W 解析：选 BD.当电键 S 断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压 U＝I1R1＝10 V；当电键 S 合上后，电动机转动起来，电路两端的电压 U＝10 V，通过电动机的电流应满足 UI2＞I2 2R2，故 I2＜1 A；所以电 流表的示数 I＜1.5 A，电路消耗的电功率 P＝UI＜15 W，故 B、D 正确，A、C 错误． 8．如图 7－1－17 是一个电路的一部分，其中 R1＝5 Ω，R2＝1 Ω，R3＝3 Ω，I1＝0.2 A，I2＝0.1 A，那么电 流表测得的电流为( ) A．0.2 A，方向向右 B．0.15 A，方向向左 C．0.2 A，方向向左 D．0.3 A，方向向右 解析：选 C.由题图所示电流方向可计算出 R1 和 R2 两端电压降 U1＝1.0 V，U2＝0.1 V，电势左高右低．比较 U1、 U2 可判定 R3 两端电势下高上低，且 U3＝0.9 V，通过 R3 中的电流 I3＝U3/R3＝0.3 A，电流方向向上，由题图可知 R3 上电流由 I2 和 IA 共同提供，IA＝0.2 A，方向向左． 9．模块机器人由三个部分组成，它们分别是传感器、控制器和执行器．模块机器人的控制器内存有 5 种控制方 法，可使用的传感器大致有 5 类，如表所示．执行模块为小灯模块和电动机模块．某位同学要设计一个装置， 当有光照射且有声音时，电动机才会转动，则应选择的控制器序号和传感器序号正确的是( ) 序号 控制方法 序号 传感器 a 即时控制 01 位移传感器 b 延时控制 02 声传感器 c “与”门控制 03 温度传感器 d “或”门控制 04 光传感器 e “非”门控制 05 磁传感器 A.a；02、04 B．d；03、05 C．c；02、04 D．b；03、04 解析：选 C.用光照射和声音来控制电动机，同时满足这两个条件的“门”电路应是“与”门电路，根据题中的 表格可知应选“序号 c”；控制声音的传感器是声传感器，对应“序号 02”；控制光照的传感器是光传感器，对 应“序号 04”，综合分析可知 C 选项正确． 10．(2019·河南许昌调研)额定电压均为 220 V 的白炽灯 L1 和 L2 的 U－I 特性曲线如图 7－1－18 甲所示，现将 和 L2 完全相同的 L3 与 L1 和 L2 一起按如图乙所示电路接入 220 V 电路中，则下列说法正确的是( ) A．L2 的额定功率为 99 W B．L2 的实际功率为 17 W C．L2 的实际功率比 L3 的实际功率小 17 W D．L2 的实际功率比 L3 的实际功率小 82 W 解析：选 ABD.由 L2 的伏安特性曲线可得，在额定电压 220 V 时的电流为 0.45 A，则 L2 的额定功率为 P 额＝U 额 I 额＝99 W，所以选项 A 正确；图示电路为 L1 和 L2 的串联再与 L3 并联，所以 L1 和 L2 串联后两端的总电压为 220 V，那么流过 L1 和 L2 的电流及两灯的电压满足 I1＝I2，U1＋U2＝220 V，由 L1 和 L2 的 U－I 图线可知，I1＝I2＝0.25 A，U1＝152 V，U2＝68 V，故灯 L2 的实际功率 P2＝I2U2＝17 W，故选项 B 正确； 由于 L3 两端的电压为 220 V，故 P3＝P 额＝99 W，则 P3－P2＝82 W，故选项 C 错 D 对，所以正确选项为 A、B、D. 二、非选择题 11．如图 7－1－19 所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻 r＝0.8 Ω，电路中另一 电阻 R＝10 Ω，直流电压 U＝160 V，电压表示数 UV＝110 V．试求： (1)通过电动机的电流； (2)输入电动机的电功率； (3)若电动机以 v＝1 m/s 匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？(g 取 10 m/s2) 解析：(1)由电路中的电压关系可得电阻 R 的分压 UR＝U－UV＝(160－110)V＝50 V 流过电阻 R 的电流 IR＝UR R ＝50 10 A＝5 A 即通过电动机的电流 IM＝IR＝5 A. (2)电动机的分压 UM＝UV＝110 V 输入电动机的功率 P 电＝IM·UM＝550 W. (3)电动机的发热功率 P 热＝I2 Mr＝20 W 电动机输出的机械功率 P 出＝P 电－P 热＝530 W 又因 P 出＝mgv，所以 m＝P 出 gv ＝53 kg. 答案：(1)5 A (2)550 W (3)53 kg 12．(2019·合肥模拟)如图 7－1－20 所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线．由图可 知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电 流表内阻，线路提供电压不变)： (1)若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为 12 V 的电路上， 求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻； (2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与 10 Ω的定值电阻 R0 串联，接在电压恒定为 8 V 的电路上，求通过电流表的电流值 以及每个灯的实际功率． 解析：(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：UL＝12 3 V＝4 V，结合图象可得当 UL＝4 V 时， IL＝0.4 A 故每个电灯的电阻为：R＝UL IL ＝ 4 0.4 Ω＝10 Ω. (2)设此时电灯两端的电压为 U′，流过每个电灯的电流为 I，由串联电路的规律得 U＝U′＋2IR0 代入数据得 U′＝8－20I 在图甲上画出此直线如图所示． 可得到该直线与曲线的交点(2 V,0.3 A)，即流过电灯的电流为 0.3 A，则流过电流表的电流为 IA＝2I＝0.6 A 每个灯的功率为：P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W. 答案：(1)0.4 A 10 Ω (2)0.6 A 0.6 W 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第七章 第二节 电动势 闭合电路的欧姆 定律 1．关于电源的电动势，下列说法正确的是( ) A．电源的电动势等于电源两端的电压 B．电源不接入电路时，电源两极间的电压大小等于电动势 C．电动势的国际单位是安培 D．常见的铅蓄电池电动势为 1.5 V 答案：B 2．(2019·高考上海卷)在如图 7－2－12 所示的闭合电路中，当滑片向右移动时，两电表读 数的变化是( ) A．A 变大，V 变大 B．A 变小，V 变大 C．A 变大，V 变小 D．A 变小，V 变小 解析：选 B.当滑片 P 向右移动时，滑动变阻器电阻变大，导致干路电流变小，内电压减小，路端电压变大，B 正确． 3．(2019·肇庆统一测试)如图 7－2－13 所示，电源的电动势为 E，内阻为 r，R0 为定值电阻，R 为变阻器，已 知 R0>r.为使 R0 上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到( ) A．R0 B．R0＋r C．R0－r D．0 解析：选 D.当变阻器电阻最小时，电路中的电流最大，R0 上消耗的功率 P＝I2R0 最大，D 正确． 4．(2019·浙江温州五校联考)如图 7－2－14 所示，直线 A 为电源的路端电压与总电流关系的图线，直线 B 为 电阻 R 两端电压与通过该电阻电流关系的图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出 功率和效率分别是( ) A．2 W,66.7% B．2 W,33.3% C．4 W,33.3% D．4 W,66.7% 解析：选 A.由图知当电流等于 1 A 时，电源的输出电压和电阻 R 两端的电压相等，即当它们构成闭合回路时， 电流为 1 A，电阻上的电压为 2 V，所以电源的输出功率为 2 W．又由电阻的图线斜率可得，电阻的阻值为 2 Ω， 电源的内电阻为 1 Ω，由公式η＝ I2R I2 R＋r ＝ R R＋r 得η＝66.7%. 5．受“极品飞车”游戏的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车．某玩具赛车充电电池的输出功率 P 随电 流 I 变化的图象如图 7－2－15 所示． (1)求该电池的电动势 E 和内阻 r； (2)求该电池的输出功率最大时对应的外电阻 R(纯电阻)； (3)由图象可以看出，同一输出功率 P 可对应两个不同的电流 I1、I2，即对应两个不同的 外电阻(纯电阻)R1、R2，试确定 r、R1、R2 三者间的关系． 解析：(1)I1＝2 A 时，Pm＝E2 4r I2＝4 A 时，输出功率为零，此时电源被短路，即：I2＝E r 解得：E＝2 V，r＝0.5 Ω. (2)R＝r＝0.5 Ω. (3)由题知：( E R1＋r )2R1＝( E R2＋r )2R2， 整理得 r2＝R1R2. 答案：(1)2 V 0.5 Ω (2)0.5 Ω (3)r2＝R1R2 一、选择题 1．(2019·徐州调研考试) 如图 7－2－16 所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压与通过它们的电流 I 的关系 图象，下列说法中正确的是( ) A．路端电压都为 U0 时，它们的外电阻相等 B．电流都是 I0 时，两电源的内电压相等 C．电源甲的电动势大于电源乙的电动势 D．电源甲的内阻小于电源乙的内阻 解析：选 AC.电源路端电压 U 随电流 I 变化的图象中，纵轴截距表示 I＝0 时，即外电路开路 时的外电压，即为电动势 E；图象的斜率 k＝|ΔU ΔI |＝内电阻 r，故可知 E 甲＞E 乙，r 甲＞r 乙；如果在 U－I 图象中 再画一条某一电阻两端的电压随电流变化的关系图象(如题图中虚线 OP 所示)，交点(I0，U0)即表示把该电阻接 入图示电源组成的闭合电路中的路端电压和电流，所以可知，路端电压都为 U0 时，它们的外电阻相等． 2．学生实验中使用的双量程电流表内是采用如图 7－2－17 所示的环形分流电路．某学生在一次电路实验中使 用电流表时发现：接 a、b 两个端点时电流表的指针不发生偏转，接 a、c 两个端点时电流表的 指针会瞬间超过满偏，而接另外一个好的电流表的 a、c 两个端点时可以正常测量电流．则该 电流表的故障一定是( ) A．电阻 R1 断路 B．电阻 R1 短路 C．电阻 R2 断路 D．电阻 R2 短路 解析：选 C.若只是其中一个电阻短路，则接 a、c 时量程会变大，但不会出现指针超过满偏的情况，B、D 错误； 若 R1 断路，则接 a、b 时会有电流通过表头，A 错误；R2 断路时接 a、b 时无电流流过表头，接 a、c 时电阻无分 流，大电流通过表头，故 C 正确． 3．上海世博会中国馆的所有门窗都采用 LOM－E 玻璃，它可将太阳能转化为电能并储存起来．国家馆顶上的观 景台也引进了最先进的太阳能薄膜，它能储藏阳光并利用光电转换将太阳能转化为电能．已知太阳能电池板的 开路电压为 800 mV，短路电流为 40 mA.现将该电池板与一阻值为 20 Ω的电阻器连成一闭合电路，下列说法正 确的是( ) A．电池板的电动势为 800 mV B．电池板的内电阻为 20 Ω C．闭合电路的路端电压为 800 mV D．闭合电路的路端电压为 400 mV 解析：选 ABD.太阳能电池板的电动势等于开路电压，即 E＝800 mV，A 正确；内阻 r＝E Im ＝20 Ω，B 正确；将其 与 20 Ω的电阻器连成闭合电路，则路端电压为 U＝IR＝ E R＋r ·R＝400 mV，D 正确． 4．如图 7－2－18 所示电路中，开关 S 闭合一段时间后，下列说法中正确的是( ) A．将滑片 N 向右滑动时，电容器放电 B．将滑片 N 向右滑动时，电容器继续充电 C．将滑片 M 向上滑动时，电容器放电 D．将滑片 M 向上滑动时，电容器继续充电 解析：选 A.由题图可知将滑片 N 向右滑动时，电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，电阻 R1 两端电压 增大，电容器两端电压减小，电容器所带电荷量减少，则电容器放电，故 A 正确，B 错误；若将滑片 M 上下滑动， 电容器两端电压不变，电容器所带电荷量不变，故 C、D 错误． 5．在如图 7－2－19 所示的电路中，电动势为 E、内阻为 r，定值电阻为 R1、R2，滑动变阻器为 R.当滑动变阻器 的触头由中点滑向 b 端时，下列说法中正确的是( ) A．电压表的读数变小 B．电压表的读数变大 C．电流表的读数变小 D．电流表的读数变大 解析：选 BD.当滑动变阻器的触头由中点滑向 b 端时，R 接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，总电流减小， 路端电压增大，即电压表的读数增大，A 错误，B 正确；因为总电流减小，则 R2 两端的电压增大，即电流表的读 数变大，C 错误，D 正确． 6．(2019·高考上海卷)如图 7－2－20 所示电路中，闭合电键 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 从最高端向下滑动 时，( ) A．电压表 V 读数先变大后变小，电流表 A 读数变大 B．电压表 V 读数先变小后变大，电流表 A 读数变小 C．电压表 V 读数先变大后变小，电流表 A 读数先变小后变大 D．电压表 V 读数先变小后变大，电流表 A 读数先变大后变小 解析：选 A.设 P 以上电阻为 Rx，则变阻器在电路中的阻值 R′＝ R0－Rx Rx R0 .当 Rx＝R0 2 时，R′最大．P 从最高端 向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小．当 P 滑向中点时： ；P 滑过中点后， R′↓→I↑→U↓，由并联分流 IA＝ Rx R′ I，新的 IA 增大，故 A 正确． 7．(2019·高考安徽卷)如图 7－2－21 所示，M、N 是平行板电容器的两个极板，R0 为定值电阻，R1、R2 为可调电 阻，用绝缘细线将质量为 m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键 S，小球静止时受到悬 线的拉力为 F.调节 R1、R2，关于 F 的大小判断正确的是( A．保持 R1 不变，缓慢增大 R2 时，F 将变大 B．保持 R1 不变，缓慢增大 R2 时，F 将变小 C．保持 R2 不变，缓慢增大 R1 时，F 将变大 D．保持 R2 不变，缓慢增大 R1 时，F 将变小 解析：选 B.增大 R2，UC 变小，场强变小，小球受电场力变小，由平衡知识知 F 变小，A 错 B 对；R2 不变，增大 R1，UC 不变，则 F 不变，故 C、D 错． 8．如图 7－2－22 所示，电源电动势为 E，内阻为 r，平行板电容器两金属板水平放置，开关 S 是闭合的，两板 间一质量为 m、电荷量为 q 的油滴恰好处于静止状态，G 为灵敏电流计．则以下说法正确的 是( ) A．在将滑动变阻器滑片 P 向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G 中有从 b 到 a 的电流 B．在将滑动变阻器滑片 P 向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G 中有从 b 到 a 的电流 C．在将滑动变阻器滑片 P 向上移动的过程中，油滴仍然静止，G 中有从 a 到 b 的电流 D．在将 S 断开后，油滴仍保持静止状态，G 中无电流通过 解析：选 A.当滑动变阻器滑片 P 向上移动时，接入电路的电阻变大，外电路的电阻变大，由 I＝ E R 总＋r 知，总电 流减小，降落在内阻 r 和 R1 的电压减小，R 和 R2 两端的电压变大，则电容器两端的电压变大，油滴受的电场力 变大而向上加速运动，电容器充电，G 中的电流从 b 到 a，故 A 正确．同理可知 B、C、D 错． 9. (2019·潍坊模拟)如图 7－2－23 所示，直线 A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线 B、C 分别是电阻 R1、R2 的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( ) A．R1 接在电源上时，电源的效率高 B．R2 接在电源上时，电源的效率高 C．R1 接在电源上时，电源的输出功率大 D．电源的输出功率一样大 解析：选 A.电源的效率η＝P 出 P 总 ＝UI EI ＝U E ，由于 UB＞UC，故 R1 接在电源上时，电源的效率高，A 项正确，B 项错误； 将电阻接在电源上，电阻的 U－I 图象与电源两端电压与电流关系图象的交点，表示将这个电阻接到此电源上的 输出电压和电流，从图象中只可看出电流的数值，由于图线的斜率等于电阻的阻值，由图象可知，R2 与电源的内 阻相等，所以接在电源上时，R2 比 R1 消耗功率大，故 C、D 错． 10．(2019·卢湾区质检)某同学将一直流电源的总功率 PE、输出功率 PR 和电源内部的发热功率 Pr 随电流 I 变化 的图线画在同一坐标系内，如图 7－2－24 所示，根据图线可知( ) A．反映 Pr 变化的图线是 c B．电源电动势为 8 V C．电源内阻为 2 Ω D．当电流为 0.5 A 时，外电路的电阻为 6 Ω 解析：选 ACD.电源的总功率 PE＝IE，功率与电流成正比，由 Pr＝I2r 知电源内部的发热功 率与电流的平方成正比，A 正确．电流为 2 A 时电源的总功率与发热功率相等，可得出电源电动势为 4 V，内阻 为 2 Ω，当电流为 0.5 A 时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为 6 Ω，C、D 正确． 二、非选择题 11．如图 7－2－25 所示的电路中，电路消耗的总功率为 40 W，电阻 R1 为 4 Ω，R2 为 6 Ω，电源内阻 r 为 0.6 Ω， 电源的效率为 94%，求： (1)a、b 两点间的电压； (2)电源的电动势． 解析：(1)电流是联系内、外电路的桥梁，是求解闭合电路的关键，而电源的内电路部分为 求解该题的突破口． 电源内部热功率 P 内＝I2r 又 P 内＝P 总(1－η) 故 I＝ P 总 1－η r ＝2 A 由于 R1、R2 并联，所以 Uab＝I R1R2 R1＋R2 ＝4.8 V. (2)由 P 总＝IE 得 E＝P 总 I ＝20 V. 答案：(1)4.8 V (2)20 V 12．(2019·盐城模拟)如图 7－2－26 所示，电阻 R1＝2 Ω，小灯泡 L 上标有“3 V,1.5 W”，电源内阻 r＝1 Ω， 滑动变阻器的最大阻值为 R0(大小未知)，当触头 P 滑动到最上端 a 时，电流表的读数为 1 A，小灯泡 L 恰好正常 发光，求： (1)滑动变阻器的最大阻值 R0； (2)当触头 P 滑动到最下端 b 时，求电源的总功率及输出功率． 解析：(1)当触头 P 滑动到最上端 a 时，流过小灯泡 L 的电流为：IL＝PL UL ＝1.5 3 A＝0.5 A 流过滑动变阻器的电流： I0＝IA－IL＝1 A－0.5 A＝0.5 A 故：R0＝UL I0 ＝6 Ω. (2)电源电动势为： E＝UL＋I A(R1＋r)＝3 V＋1×(2＋1) V＝6 V. 当触头 P 滑动到最下端 b 时，滑动变阻器和小灯泡均被短路． 电路中总电流为：I＝ E R1＋r ＝2 A 故电源的总功率为：P 总＝EI＝12 W 输出功率为：P 出＝EI－I2r＝8 W. 答案：(1)6 Ω (2)12 W 8 W 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第八章 第一节 磁场的描述 磁场对电流的作用 1．关于磁感应强度，下列说法正确的是( ) A．一小段通电导线放在 B 为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零 B．通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零 C．放置在磁场中 1 m 长的通电导线，通过 1 A 的电流，受到的磁场力为 1 N，则该处的磁感应强度就是 1 T D．磁场中某处的 B 的方向跟电流在该处受到的磁场力 F 的方向相同 解析：选 A.根据磁感应强度的定义，A 选项对．B 选项通电导线(电流 I)与磁场方向平行时，磁场力为零，磁感 应强度不为零，B 选项错．C 选项只有通电导线(电流 I)与磁场方向垂直时，该处磁感应强度大小才为 1 T，C 选 项错．D 选项 B 与 F 方向一定垂直，D 选项错． 2．(2019·清华附中质检)在等边三角形的三个顶点 a、b、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有 大小相等的恒定电流，方向如图 8－1－13 所示．过 c 点的导线所受安培力的方向( ) A．与 ab 边平行，竖直向上 B．与 ab 边平行，竖直向下 C．与 ab 边垂直，指向左边 D．与 ab 边垂直，指向右边 解析：选 C.由安培定则可知，在 a、b 两点的导线中的电流所产生的磁场中，过 c 点的磁感线分别是以 a、b 为 圆心的圆，如图所示．分别作出它们在 c 点产生的磁感应强度 Ba、Bb(圆的切线方向)，并作出其合磁感应强度 B. 由于 Ba＝Bb，并由几何知识可知，合磁感应强度 B 的方向竖直向下，再由左手定则可判定过 c 点的导线所受安培 力的方向与 ab 边垂直，指向左边．故 C 选项正确． 3．在如图 8－1－14 所示电路中，电池均相同，当电键 S 分别置于 a、b 两处时，导线 MM′ 与 NN′之间的安培力的大小分别为 Fa、Fb，则这两段导线( ) A．相互吸引，Fa＞Fb B．相互排斥，Fa＞Fb C．相互吸引，Fa＜Fb D．相互排斥，Fa＜Fb 解析：选 D.电键 S 分别置于 a、b 两处时，电源分别为一节干电池和两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电 路中电流 Ia＜Ib，MM′在 NN′处的磁感应强度 Ba＜Bb，应用安培力公式 F＝BIL 可知 Fa＜Fb，又 MM′与 NN′电 流方向相反，则相互排斥． 4．(2019·金华模拟)如图 8－1－15 所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为 L，质量为 m 的直 导体棒．在导体棒中的电流 I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度 B 的大小和方向正确的是( ) A．B＝mgsinα IL ，方向垂直斜面向上 B．B＝mgsinα IL ，方向垂直斜面向下 C．B＝mgtanα IL ，方向竖直向上 D．B＝mgtanα IL ，方向竖直向下 答案：AC 5．如图 8－1－16 所示，MN 是一根长为 l＝10 cm，质量 m＝50 g 的金属棒，用两根长度也为 l 的细软导线将导 体棒 MN 水平吊起，使导体棒处在 B＝1 3 T 的竖直向上的匀强磁场中，未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒 定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°，求金属棒中恒定电流的大小． 解析：金属棒向外偏转的过程中，受重力 mg、导线拉力 FT、安培力 F 共三个力的作用，其中导线的拉力不做功， 由动能定理得：WF＋WG＝0 其中 WF＝Flsinθ＝BIl2sinθ， WG＝－mgl(1－cosθ) 金属棒中的电流为 I＝mg 1－cos37° Blsin37° 解得：I＝5 A. 答案：5 A 一、选择题 1．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图 8－1－17 中箭头所示．当没有磁场时， 导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个 图示中正确的是( ) 解析：选 D.由左手定则判断可知 D 对． 2．(2019·北京海淀区期末测试)有两根长直导线 a、b 互相平行放置，如图 8－1－18 所示为垂直于导线的截面 图．在图中所示的平面内，O 点为两根导线连线的中点，M、N 为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂 线上，且与 O 点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒 定电流 I，则关于线段 MN 上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是 ( ) A．M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相同 B．M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相反 C．在线段 MN 上各点的磁感应强度都不可能为零 D．在线段 MN 上只有一点的磁感应强度为零 解析：选 BD.根据安培定则和磁场的叠加原理，M 点和 N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项 A 错 B 对； 在线段 MN 上只有在 O 点处，a、b 两电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有 O 点处的磁感应强度为零， 选项 C 错 D 正确． 3．如图 8－1－19 所示，两个完全相同的通电圆环 A、B 的圆心 O 重合、圆面相互垂直放置，通电电流相同，电 流方向如图所示，设每个圆环在其圆心 O 处独立产生的磁感应强度大小为 B0，则 O 处的磁感应强度大小为( ) A．0 B．2B0 C. 2B0 D．无法确定 解析：选 C.据安培定则可知，图中 A 环在圆心 O 处产生的磁感应强度的方向垂直于纸面向里，B 环在圆心 O 处 产生的磁感应强度的方向竖直向下．据平行四边形定则可知，圆心 O 处磁感应强度大小为 2B0. 4．(2019·深圳模拟)如图 8－1－20 所示为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以 O 点为坐标原点， 沿 z 轴正方向磁感应强度 B 大小的变化最有可能为( ) 图 8－1－21 解析：选 C.由磁感线的疏密程度表示 B 的大小，因沿 z 轴方向 B 先减小后增大，故最有可能的为 C 图． 5．如图 8－1－22 所示，两个完全相同的闭合导线环挂在光滑绝缘的水平横杆上，当导线环中通有同向电流时(如 图)，两导线环的运动情况是( ) A．互相吸引，电流大的环其加速度也大 B．互相排斥，电流小的环其加速度较大 C．互相吸引，两环加速度大小相同 D．互相排斥，两环加速度大小相同 解析：选 C.本题可采用等效法，将两环形电流等效为两磁体，如图所示，可知两线圈相互吸引，且由牛顿第三 定律知，两环的加速度大小相等． S N S N 6．(2019·南昌模拟)如图 8－1－23 所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀 强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流 I，试判断环形导体的运动情况( ) A．环形导体向右倾斜 B．环形导体仍静止不动 C．环形导体向左倾斜 D．条件不够，无法判断 解析：选 B.环形导体各部分受到的安培力的方向在环形导体的平面内向外，故合力为零． 7．如图 8－1－24 所示，一段导线 abcd 位于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向 里)垂直．线段 ab、bc 和 cd 的长度均为 L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为 I，方向如图中箭头所 示．导线段 abcd 所受到的磁场的作用力的合力( ) A．方向沿纸面向上，大小为( 2＋1)ILB B．方向沿纸面向上，大小为( 2－1)ILB C．方向沿纸面向下，大小为( 2＋1)ILB D．方向沿纸面向下，大小为( 2－1)ILB 解析：选 A.安培力的合力 F＝BIad＝BI(ab·cos45°＋bc＋cd·cos45°)＝( 2＋1)BIL，故 A 正确． 8．(2019·高考新课标全国卷)电磁轨道炮工作原理如图 8－1－25 所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由 移动，并与轨道保持良好接触．电流 I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成 在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与 I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安 培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，理论上可采用的 办法是( ) A．只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B．只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其他量不变 解析：选 BD.由题意可知磁感应强度 B＝kI，安培力 F＝BId＝kI2d，由动能定理可得：FL＝mv2 2 ，解得 v＝I 2kdL m ， 由此式可判断 B、D 正确． 9．(2019·浙江省金华联考)如图 8－1－26 所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为 L，质量为 m 的直导体棒．当导体棒中的电流 I 垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜 面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度 B 的方 向在纸面内由竖直向上沿逆时针转至水平向左的过程中，下列关于 B 的大 小变化的说法中，正确的是( ) A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大后减小 解析：选 C.由分析可知：当 B 垂直斜面向上时，维持导体平衡所需的安培力最小，此时 B 最小，故其变化为先 减小后增大，C 正确． 10．如图 8－1－27 所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈．宽度为 L，共 N 匝， 线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流 I 时(方向如图)，在天平左右两边加上质量 各为 m1、m2 的砝码，天平平衡，当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为 m 的砝码后，天平重新平衡，由此 可知( ) A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 m1－m2 g NIL B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 mg 2NIL C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 m1－m2 g NIL D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 mg 2NIL 解析：选 B.当电流反向(大小不变)时右边需再加质量为 m 的砝码后方可平衡，可得此时安培力的方向竖直向上， 所以磁场方向垂直纸面向里，由两种情况的受力平衡可得：m1g＝m2g＋m′g＋NBIL，m1g＝m2g＋mg＋m′g－NBIL， 其中 m′为线圈质量，联解可得． 二、非选择题 11．(2019·北京东城区检测)如图 8－1－28 所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽 L＝0.25 m 的平行金 属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器 R.电源电动势 E＝12 V，内阻 r＝1 Ω，一质量 m＝20 g 的金属棒 ab 与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度 B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属 棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取 g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求： (1)金属棒所受到的安培力大小； (2)通过金属棒的电流； (3)滑动变阻器 R 接入电路中的阻值． 解析：(1)F 安＝mgsin30°，得 F 安＝0.1 N. (2)金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图所示 解得 I＝F 安 BL ＝0.5 A. (3)设滑动变阻器接入电路的阻值为 R0，根据闭合电路欧姆定律得： E＝I(R0＋r) 解得 R0＝E I －r＝23 Ω. 答案：(1)0.1 N (2)0.5 A (3)23 Ω 12．(2019·辽宁联考)如图 8－1－29 所示，PQ 和 EF 为水平放置的平行金属导轨，间距为 l＝1.0 m，导体棒 ab 跨放在导轨上，棒的质量为 m＝20 g，棒的中点用细绳经轻滑轮与物体 c 相连，物体 c 的质量 M＝30 g．在垂直 导轨平面方向存在磁感应强度 B＝0.2 T 的匀强磁场，磁场方向竖直向上，重力加速度 g 取 10 m/s2.若导轨是粗 糙的，且导体棒与导轨间的最大静摩擦力为导体棒 ab 重力的 0.5 倍，若要保持物体 c 静止不动，应该在棒中通 入多大的电流？电流的方向如何？ 解析：因导轨粗糙，设棒和导轨之间的最大静摩擦力为 Ff.若 BIl＞Mg，则静摩擦力的 方向与细绳的拉力方向相同，设此时电流为 I1，即有 BI1l－Mg≤Ff＝0.5mg， 解得 I1≤0.5mg＋Mg Bl ＝2.0 A； 若 BIl＜Mg，则静摩擦力的方向与细绳的拉力方向相反，设此时电流为 I2，即有 Mg－BI2l≤Ff＝0.5mg， 解得 I2≥Mg－0.5mg Bl ＝1.0 A 即 ab 棒中的电流为 1．0 A≤I≤2.0 A. 根据左手定则判断，棒中的电流方向应该由 a 到 b. 答案：1.0 A≤I≤2.0 A 由 a 到 b 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第八章 第二节 磁场对运动电荷的作用 1．(2019·北京西城区抽样)两个电荷量相等的带电粒子，在同一匀强磁场中只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运 动．下列说法中正确的是( ) A．若它们的运动周期相等，则它们的质量相等 B．若它们的运动周期相等，则它们的速度大小相等 C．若它们的轨迹半径相等，则它们的质量相等 D．若它们的轨迹半径相等，则它们的速度大小相等 解析：选 A.由洛伦兹力提供向心力可得 r＝mv qB ，T＝2πm qB ，由此可知，在粒子的电荷量相同的情况下，半径由粒 子的质量、速度大小共同决定，周期由带电粒子的质量决定，A 正确． 2．(2019·长沙模拟)如图 8－2－22 所示，在 x＞0、y＞0 的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直 于 xOy 平面向里，大小为 B.现有一质量为 m、电量为 q 的带电粒子，在 x 轴上到原点的距离为 x0 的 P 点，以平 行于 y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于 y 轴的方向射出此磁场，不计重力的 影响．由这些条件可知( ) A．能确定粒子通过 y 轴时的位置 B．能确定粒子速度的大小 C．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间 D．以上三个判断都不对 解析：选 ABC.粒子在磁场作用下沿垂直于 y 轴的方向射出磁场，可知半径大小等于 x0，A 选项正确；由 r＝mv Bq ＝ x0⇒v＝Bqx0 m ，所以 B 选项正确；画出轨迹可知粒子完成了四分之一圆周的路径，所以有 t＝1 4 T＝1 4 ·2πm Bq ＝πm 2Bq ， C 选项正确，D 选项错误． 3．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图 8－2－23 所示．径迹上的每一小 段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以 确定( ) A．粒子从 a 到 b，带正电 B．粒子从 a 到 b，带负电 C．粒子从 b 到 a，带正电 D．粒子从 b 到 a，带负电 解析：选 C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径 R＝mv qB .由 于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度 B、带电荷量 q 不变．又据 Ek＝1 2 mv2 知，v 在减小， 故 R 减小，可判定粒子从 b 向 a 运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C 选项正确． 4．如图 8－2－24 所示，在第Ⅰ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率与 x 轴 成 30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为( ) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ 3 D．1∶1 解析：选 B.由 T＝2πm qB 可知，正、负电子的运动周期相同，故所用时间之比等于轨迹对应的圆 心角之比． 作出正、负电子运动轨迹如图所示，由几何知识可得正电子运动的圆心角等于 120°，负电子 运动的圆心角等于 60°，而电荷在磁场中的运动时间 t＝ θ 2π T，所以 t 正∶t 负＝θ正∶θ负＝2∶ 1，故 B 正确，A、C、D 错误． 5．(2019·皖南八校联考)带电粒子的质量 m＝1.7×10－27 kg，电荷量 q＝1.6×10－19 C，以速度 v＝3.2×106 m/s 沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为 B＝0.17 T，磁场的宽度 l＝ 10 cm，如图 8－2－25 所示． (1)求带电粒子离开磁场时的速度和偏转角． (2)求带电粒子在磁场中运动的时间以及出磁场时偏离入射方向的距离． 解析：粒子所受的洛伦兹力 F＝qvB＝8.7×10－14 N，远大于粒子所受的重力 G＝1.7×10－26 N， 因此重力可忽略不计． (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为 3.2×106 m/s. 由 qvB＝m v2 r 得轨道半径 r＝mv qB ＝1.7×10－27×3.2×106 1.6×10－19×0.17 m＝0.2 m 由图可知偏转角θ满足 sinθ＝l r ＝0.1 0.2 ＝0.5，故θ＝30°. (2)带电粒子在磁场中运动的周期 T＝2πm qB ，可见带电粒子在磁场中运动的时间 t＝ 30° 360° T＝ 1 12 T t＝πm 6qB ＝ 3.14×1.7×10－27 6×1.6×10－19×0.17 s＝3.3×10－8 s 离开磁场时偏离入射方向的距离 d＝r(1－cosθ)＝0.2× 1－ 3 2 m＝2.7×10－2 m. 答案：(1)3.2×106 m/s 30° (2)3.3×10－8 s 2.7×10－2 m 一、选择题 1．(2019·潍坊模拟)如图 8－2－26 所示，电子束沿垂直于荧光屏的方向做直线运动，为使电子打在荧光屏上 方的位置 P，则能使电子发生上述偏转的场是( ) A．匀强电场 B．负点电荷的电场 C．垂直纸面向里的匀强磁场 D．垂直纸面向外的匀强磁场 答案：ABD 2．用绝缘细线悬挂一个质量为 m，带电荷量为＋q 的小球，让它处于如图 8－2－27 所示的磁感应强度为 B 的匀 强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在图中位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动 速度和方向是( ) A．v＝mg Bq ，水平向左 B．v＝mgtanα Bq ，竖直向下 C．v＝mgtanα Bq ，竖直向上 D．v＝mg Bq ，水平向右 解析：选 AC.根据运动的相对性，带电小球相对磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、 方向相反．洛伦兹力 F＝qvB 中的 v 是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度 v＝mgtanα Bq 竖直向下运动或以速度 v＝mg Bq 水平向右运动，带电小球都能处于图中所示的平衡状态，故本题选 A、 C. 3．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平方向的匀强磁场，如图 8－2－28 所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为 t1，水平射程为 x1，着地速度为 v1.撤 去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为 t2，水平射程为 x2，着地速度为 v2，则下列 论述不正确的是( ) A．x1＞x2 B．t1＞t2 C．v1 和 v2 大小相等 D．v1 和 v2 方向相同 解析：选 D.当桌面右边存在磁场时，由左手定则，带电小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此 力在水平方向上的分量向右，竖直方向上分量向上，因此小球水平方向存在加速度，竖直方向加速度 a＜g，所 以 t1＞t2，x1＞x2，A、B 对；又因为洛伦兹力不做功，C 对；两次小球着地时方向不同，D 错，故本题选 D. 4．(2019·兰州模拟)如图 8－2－29 所示，在匀强磁场中有 1 和 2 两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速 圆周运动，轨道半径 r1＞r2 并相切于 P 点，设 T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分别表示 1、 2 两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过 P 点算起到第一次通过图中虚线 MN 所经历的时间，则( ) A．T1＝T2 B．v1＝v2 C．a1＞a2 D．t1＜t2 解析：选 ACD.由 T＝2πm qB 知，T1＝T2，故 A 正确；由 r＝mv qB 知 v1＞v2，故 B 错；由 a＝ 2π T 2 ·r 知 a1＞a2，故 C 正确；由图可知质子 1 从 P 到虚线位置对应的圆心角小，故 t1＜t2，D 正确． 5．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场，如图 8－2－30 为质谱仪的原理图．设想有一个静止的 质量为 m、带电量为 q 的带电粒子(不计重力)，经电压为 U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为 B 的偏转磁 场中，带电粒子打到底片上的 P 点，设 OP＝x，则在下图中能正确反映 x 与 U 之间的函数关系的是( ) 解析：选 B.带电粒子先经加速电场加速，故 qU＝1 2 mv2，进入磁场后偏转，OP＝x＝2r＝2mv qB ，两式联立得 OP＝x ＝ 8mU B2q ∝ U，所以 B 正确． 6．(2019·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)如图 8－2－32 所示，回旋加速器 D 形盒的半径 为 R，所加磁场的磁感应强度为 B，用来加速质量为 m、电荷量为 q 的质子，质子从下半盒的质子源由静止出发， 加速到最大能量 E 后，由 A 孔射出．则下列说法正确的是( ) A．回旋加速器不能无限加速质子 B．增大交变电压 U，则质子在加速器中运行时间将变短 C．回旋加速器所加交变电压的频率为 2mE 2πmR D．下半盒内部，质子的轨道半径之比(由内到外)为 1∶ 3∶ 5 解析：选 ABC.本题考查回旋加速器原理．当回旋加速器所加交变电压周期与质子在磁场中运动周期相同时，质 子才能被加速；质子在匀强磁场中运动周期 T＝2πm qB ，质子在回旋加速器中运动的最大半径 R＝mv qB ，E＝1 2 mv2，交 变电压频率 f＝1 T ，解以上各式得：f＝ 2mE 2πmR ，C 正确；当随着质子速度的增大，相对论效应逐渐显现，质子质 量增大，做圆周运动周期不能保持与所加电场变化的周期同步，从而不能再被加速，A 正确；增大电压，质子每 次经过电场时获得的动能增大，质子在磁场中运动半径增大，加速次数和所做圆周运动次数减少，因此运动时 间减小，B 正确．由 v＝ 2qU m ，R＝mv qB 知，质子在下半盒内部，质子的轨道半径之比(由内到外)与被电场加速 的次数的平方根成正比，即为 2∶ 4∶ 6，D 错误． 7．(2019·西安八校联考)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.带电粒子将被局限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，下列说法错误的是( ) 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，加速电压 U 越大，带电粒子运动的频率越小 D．对于给定的带电粒子，不管加速电压 U 多大，带电粒子运动的周期都不变 解析：选 ACD.在电场中，带电粒子加速，有 qU＝1 2 mv2，进入磁场中由半径公式：R＝mv qB ＝ m qB 2qU m ＝1 B 2mU q ， 依题意 R 保持不变，则电压 U 恒定时，带电粒子的比荷 q/m 越小，磁感应强度 B 越大，由周期 T＝2πR v ＝2πR m 2qU ，对于给定的带电粒子，比荷恒定，加速电压 U 越大，周期越小，频率越大，A、C、D 均错误． 8．比荷为e m 的电子以速度 v0 沿 AB 边射入边长为 a 的等边三角形的匀 强磁场区域中，如图 8－2－33 所示，为使电子从 BC 边穿出磁场，磁 感应强度 B 的取值范围为( ) A．B＞ 3mv0 ea B．B＜ 3mv0 ea C．B＞2mv0 ea D．B＜2mv0 ea 解析：选 B.电子进入磁场后向上偏，刚好从 C 点沿切线方向穿出是临界条件，要使电子从 BC 边穿出，其运动半 径应比临界半径大，由 R＝mv qB 可知，磁感应强度应比临界值小，如图，由几何关系可得，半径 R＝ a 2sin60° ，又 ev0B＝mv2 0 R ，解得 B＝ 3mv0 ea ，B 选项正确． 9．(2019·高考浙江卷)利用如图 8－2－34 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 2m C．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 解析：选 BC.本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生应用数学知识处理问题的能力和分析问题的能力． 由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，A 错误；根据洛伦兹力提供向心力 qvB＝mv2 r 可得 v＝qBr m ，r 越大 v 越大，由题图可知 r 最大值为 rmax＝3d＋L 2 ，B 正确；又 r 最小值为 rmin＝L 2 ，将 r 的最大值和最小值代入 v 的表达式后得出速度之差为Δv＝3qBd 2m ，可见 C 正确、D 错误． 10．(2019·安庆模拟)如图 8－2－35 所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，场内有一 绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为 m 的带负电的小球套在直杆上，从 A 点 由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后运动的过程中，下列说法正确的是( ) A．小球下滑的最大速度为 v＝mgsinθ μBq B．小球下滑的最大加速度为 am＝gsinθ C．小球的加速度一直在减小 D．小球的速度先增大后减小 解析：选 B.小球开始下滑时有：mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，随 v 增大，a 增大，当 v＝mgcosθ qB 时，达最 大 值 gsin θ ， 此 后 下 滑 过 程 中 有 ： mgsin θ － μ (qvB － mgcos θ ) ＝ ma ， 随 v 增 大 ， a 减 小 ， 当 vm ＝ mg sinθ＋μcosθ μqB 时，a＝0.所以整个过程中，v 先一直增大后不变；a 先增大后减小，所以 B 选项正确． 二、非选择题 11．(2019·湖南部分中学调研)如图 8－2－36 所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂 直于 xOy 平面向外、大小为 B，沿 x 轴放置一个垂直于 xOy 平面的较大的荧光屏，P 点位于荧光屏上，在 y 轴上 的 A 点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为 m、电荷量为＋q 的同种 粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P 点处在亮线上，已知 OA＝OP＝l，求： (1)若能打到 P 点，则粒子速度的最小值为多少？ (2)若能打到 P 点，则粒子在磁场中运动的最长时间为多少？ 解析：(1)粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速度大小为 v 时，其在磁场 中的运动半径为 R，则 F＝qBv 由牛顿运动定律有：F＝mv2 R 若粒子以最小的速度到达 P 点时，其轨迹一定是以 AP 为直径的圆(如图中圆 O1 所示) 由几何关系知：sAP＝ 2l R＝sAP 2 ＝ 2 2 l 则粒子的最小速度 v＝ 2qBl 2m . (2)粒子在磁场中的运动周期 T＝2πm qB 设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为： t＝ θ 2π T＝θm qB 由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆 O2 所示，此时粒子的初速度方向竖直向上 则由几何关系有：θ＝3 2 π 则粒子在磁场中运动的最长时间：t＝3πm 2qB . 答案：(1) 2qBl 2m (2)3πm 2qB 12．如图 8－2－37 所示，在 NOQ 范围内有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在 MOQ 范围内有垂直于纸面向外的匀 强磁场Ⅱ，M、O、N 在一条直线上，∠MOQ＝60°，这两个区域磁场的磁感应强度大小均为 B.离子源中的离子带 电荷量为＋q，质量为 m，通过小孔 O1 进入两板间电压为 U 的加速电场区域(可认为初 速度为零)，离子经电场加速后由小孔 O2 射出，再从 O 点进入磁场区域Ⅰ，此时速度 方向沿纸面垂直于磁场边界 MN，不计离子的重力． (1)若加速电场两板间电压 U＝U0，求离子进入磁场后做圆周运动的半径 R0. (2)在 OQ 上有一点 P，P 点到 O 点距离为 L，若离子能通过 P 点，求加速电压 U 和从 O 点到 P 点的运动时间． 解析：(1)离子在电场中加速时 U0q＝1 2 mv2 0－0 离子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力 qv0B＝mv2 0 R0 解得 R0＝1 B 2U0m q . (2)离子进入磁场时的运动轨迹如图所示，由几何关系可知 OP′＝P′P″＝R 要保证离子通过 P 点，则 L＝nR 解得 U＝B2L2q 2mn2 ，其中 n＝1,2,3… 离子在磁场中运动的周期 T＝2πm qB t＝n·T 2π ·π 3 ＝πnm 3qB ，其中 n＝1,2,3…. 答案：(1)1 B 2U0m q (2)B2L2q 2mn2 ，其中 n＝1,2,3… πnm 3qB ，其中 n＝1,2,3… 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第八章 第三节 带电粒子在复合场中的运动 1．(2019·广东东莞调研)一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则( ) A．此空间一定不存在磁场 B．此空间一定不存在电场 C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直 D．此空间可能同时有电场和磁场 解析：选 D.当空间只有匀强磁场，且电子的运动方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力作用，会发生偏转，C 不 正确．当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，A、B 不正确，D 正确． 2.如图 8－3－11 所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子 a(不 计重力)以一定的初速度由左边界的 O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的 O′点(图中未标出) 穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子 b(不计重力)仍以相同初 速度由 O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子 b( ) A．穿出位置一定在 O′点下方 B．穿出位置一定在 O′点上方 C．运动时，在电场中的电势能一定减小 D．在电场中运动时，动能一定减小 解析：选 C.带电粒子的电性可正也可负，当只有电场作用时，粒子穿出位置可能在 O′点上方，也可能在 O′点 下方．电场力一定对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能一定增加． 3．(2019·黄冈模拟)如图 8－3－12 所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向上，匀 强磁场的方向垂直纸面向里．有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管．在水平拉力 F 作用下，试管向右匀速 运动，带电小球能从试管口处飞出．已知小球质量为 m，带电量为 q，场强大小为 E＝mg q . 关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是( ) A．洛伦兹力对小球不做功 B．洛伦兹力对小球做正功 C．小球的运动轨迹是一条抛物线 D．维持试管匀速运动的拉力 F 应逐渐增大 解析：选 ACD.洛伦兹力总是与带电粒子速度的方向垂直，所以不做功，A 正确，B 错；小球在水平方向上做匀速 运动，在竖直方向上的合力等于磁场力，即 F 洛＝Bqv，故竖直方向做匀加速运动，所以运动轨迹是一条抛物线， 选项 C 正确；由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁场力增大，而试管又向右做匀速运动，所以 F 要逐渐增大，故 D 正确． 4．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景．其发电原 理示意图如图 8－3－13 所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电 的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为 S，相 距为 d 的平行金属板与外电阻 R 相连构成一电路，设气流的速度为 v，气体的电导率(电阻率的倒数)为 g.则( ) A．两板间电势差为 U＝Bdv B．上板是电源的正极，下板是电源的负极 C．流经 R 的电流强度为 I＝Bdv R D．流经 R 的电流强度为 I＝ BdvS gSR＋d 解析：选 B.等离子体喷射入磁场后，在洛伦兹力 F1＝qBv 的作用下正离子向上偏，负离子向下偏，则上板是电 源的正极，下板是电源的负极，B 对；两板间形成向下的电场，正负离子将受到电场力 F2＝q U d 阻碍其偏转，假 设外电路断路，则 qBv＝qU d ，即 U＝Bdv 为电源电动势，A 错．电源内阻为 r＝ρd S ＝ d gS ，由闭合电路欧姆定律得 I＝ Bdv R＋r ＝ BdvSg gSR＋d ，C、D 错． 5．(2019·广州调研)如图 8－3－14 所示，在 xOy 直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强 磁场，第Ⅱ象限内分布着方向沿 y 轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为 q、质量为 m 的粒子经过电压 为 U 的电场加速后，从 x 轴上的 A 点垂直 x 轴进入磁场区域，经磁场偏转后过 y 轴上的 P 点且垂直 y 轴进入电场区域，在电场中偏转并击中 x 轴上的 C 点．已知 OA＝OC＝d.求电场 强度 E 和磁感应强度 B 的大小(粒子的重力不计)． 解析：设带电粒子经电压为 U 的电场加速后速度为 v， qU＝1 2 mv2① 带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律：qBv＝mv2 r ② 依题意可知：r＝d③ 联立①②③可解得：B＝ 2qUm qd ④ 带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间 t 从 P 点到达 C 点，由 d＝vt⑤ d＝1 2 qE m t2⑥ 联立①⑤⑥可解得：E＝4U d . 答案：4U d 2qUm qd 一、选择题 1.(2019·东城区模拟)带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图 8－3－15 所示，所 受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带 电质点将( ) A．可能做直线运动 B．可能做匀减速运动 C．一定做曲线运动 D．可能做匀速圆周运动 解析：选 C.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生 变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动，C 正确． 2．(2019·烟台测试)如图 8－3－16 甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内， 左右两端点等高，其中图乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，图丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个 相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放．则三个带电小球通过 圆轨道最低点时( ) A．速度相同 B．所用时间相同 C．对轨道的压力相同 D．均能到达轨道右端最高点处 解析：选 D.图甲、乙中只有重力做功，图丙除重力做功外，还有电场力做功，所以三个带电小球到最低点时， 速度不同，时间不同，结合牛顿第二定律可判断，三个带电小球对轨道的压力不同，A、B、C 错误；根据能量守 恒定律可知，三个带电小球均能到达轨道右端最高点处，D 正确． 3．如图 8－3－17 所示，质量为 m，带电荷量为－q 的微粒以速度 v 与水平方向成 45°角进 入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法 正确的是( ) A．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用 B．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用 C．匀强电场的电场强度 E＝2mg q D．匀强磁场的磁感应强度 B＝mg qv 解析：选 A.因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛 伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE＝mg，qvB＝ 2mg，得电场强度 E＝mg q ，磁感应强度 B＝ 2mg qv ，因此 A 正 确． 4．(2019·山西忻州市统考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向 里，一个带电油滴能沿一条与竖直方向成α角的直线 MN 运动(MN 在垂直于磁场方向的平面 内)，如图 8－3－18 所示．则以下判断中正确的是( ) A．如果油滴带正电，它是从 M 点运动到 N 点 B．如果油滴带正电，它是从 N 点运动到 M 点 C．如果电场方向水平向左，油滴是从 M 点运动到 N 点 D．如果电场方向水平向右，油滴是从 M 点运动到 N 点 解析：选 AC.带电油滴能够沿直线运动，分析可得带电油滴一定是匀速直线运动，因为若做变速直线运动，则洛 伦兹力大小就发生变化，从而无法保证重力、电场力、洛伦兹力三力的合力总是与速度共线．如果油滴带正电， 受力分析可得只有从 M 点运动到 N 点，电场水平向左，三力的合力才有可能为零，A 选项正确，B 选项错误；如 果带电油滴带负电，电场方向只能水平向右且油滴从 N 点运动到 M 点才行，故 C 选项正确，D 选项错误． 5．(2019·厦门质量检测)如图 8－3－19 所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔 O1 进入极板 间电压为 U 的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔 O2 射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区 域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔 O3 与 O1、O2 在同一条水平线上．则收集室收集到的是( ) A．具有特定质量的粒子 B．具有特定比荷的粒子 C．具有特定速度的粒子 D．具有特定动能的粒子 解析：选 BC.粒子在加速电场Ⅰ中由动能定理可得：qU＝ 1 2 mv2⇒v＝ 2qU m ，粒子沿直线 O1O2O3 运动，则在相互 正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ中必定受力平衡，可得：qE＝Bqv⇒v＝E B 为某一定值．故选项 BC 正确． 6．(2019·湖南部分中学调研)如图 8－3－20 所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压 U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B 的复合场中(E 和 B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀 速圆周运动，则( ) A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为 r＝1 B 2UE g C．小球做匀速圆周运动的周期为 T＝2πE Bg D．若电压 U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加 解析：选 BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受的电场力和重力满足 mg＝Eq，则小球带负电，A 错误； 因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝mv2 r ，Uq＝1 2 mv2，联立两式可 得：小球做匀速圆周运动的半径 r＝1 B 2UE g ，由 T＝2πr v ，可以得出 T＝2πE Bg ，所以 B、C 正确，D 错误． 7．在某次发射科学实验卫星“双星”中，放置了一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如 图 8－3－21 所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为 a、高为 b 的长方形，放在沿 y 轴正方向的匀强 磁场中，导体中通有沿 x 轴正方向、大小为 I 的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为 n，电子电荷量 为 e.金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动．测出金属导体前后两个侧面间的电势差为 U.则下 列说法正确的是( ) A．电流方向沿 x 轴正方向，正电荷受力方向指向前侧面，因此前侧面电势较高 B．电流方向沿 x 轴正方向，电子受力方向指向前侧面，因此后侧面电势较高 C．磁感应强度的大小为 B＝nebU I D．磁感应强度的大小为 B＝2nebU I 解析：选 BC.金属导体中有自由电子．当电流形成时，金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动．在磁 场中受到洛伦兹力作用的是自由电子．由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿 z 轴正方向，自由电子向 前侧面偏转，故后侧面电势较高，A 错误，B 正确；设自由电子匀速运动的速度为 v，则由电流的微观表达式有 I＝neabv，金属导体前后两个侧面间的电场强度 E＝U a ，达到稳定状态时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡， 则有：evB＝eE，解得磁感应强度的大小为：B＝nebU I ，C 正确，D 错误． 8．(2019·福建福州调研)如图 8－3－22 所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为 q 的液滴在竖 直面内做半径为 R 的匀速圆周运动，已知电场强度为 E，磁感应强度为 B，则油滴的质量和 环绕速度分别为( ) A.qE g ，E B B.B2qR E ，E B C．B qR g ， qgR D.qE g ，BgR E 解析：选 D.液滴要在这种复合场中做匀速圆周运动，从受力的角度来看，一是要满足恒力的合力为零，即 qE＝ mg，有 m＝qE g .二是洛伦兹力提供向心力 Bqv＝mv2 R ，则可得 v＝BgR E ，D 正确． 9．(2019·皖南八校联考)带电小球以一定的初速度 v0 竖直向上抛出，能够达到的最大高度为 h1；若加上水平方 向的匀强磁场，且保持初速度仍为 v0，小球上升的最大高度为 h2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度 仍为 v0，小球上升的最大高度为 h3，如图 8－3－23 所示，不计空气阻力，则( ) A．h1＝h2＝h3 B．h1＞h2＞h3 C．h1＝h2＞h3 D．h1＝h3＞h2 解析：选 D.加电场时，小球在竖直方向上的运动与不加任何场时相同，故 h1＝h3，加匀 强磁场时，粒子做曲线运动，在最高点具有水平速度，由机械能守恒可知 h2＜h1，故 D 对． 10．(2019·江苏连云港模拟)如图 8－3－24 所示为一个质量为 m、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够 长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度 v0，在 以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( ) 解析：选 AD.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力， 当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹 力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应 图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A 正确；当洛伦兹力 初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减 小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运 动，D 正确． 二、非选择题 11．(2019·广州模拟)如图 8－3－26 所示，匀强电场场强 E＝4 V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度 B＝2 T，方向垂直纸面向里，质量 m＝1 kg 的带正电小物体 A，从 M 点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度下滑，它 滑行 h＝0.8 m 到 N 点时脱离墙壁做曲线运动，在通过 P 点瞬时 A 受力平衡，此时其速度与水平方向成 45°角， 且 P 点与 M 点的高度差为 H ＝1.6 m，g 取 10 m/s2.试求： (1)A 沿墙壁下滑时，克服摩擦力做的功 W 阻是多少？ (2)P 点与 M 点的水平距离 x 是多少？ 解析：(1)小物体 A 在 N 点有 FN＝0，qvNB＝qE，vN＝E B 对小物体 A 从 M 到 N 的运动应用动能定理得 mgh－W 阻＝1 2 mv2 N－0 W 阻＝mgh－1 2 mv2 N＝6 J. (2)根据小物体 A 通过 P 点的瞬时受力分析， θ＝45°，qE＝mg，q＝mg E ＝2.5 C cosθ＝ mg qvPB ，vP＝ mg qBcosθ ＝2 2 m/s 对小物体 A 从 N 到 P 的运动应用动能定理得 mg(H－h)－qEx＝1 2 mv2 P－1 2 mv2 N 故 x＝0.6 m. 答案：(1)6 J (2)0.6 m 12．(2019·安徽江南十校联考)如图 8－3－27 所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限 内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示；现有一个带 电粒子在该平面内从 x 轴上的 P 点，以垂直于 x 轴的初速度 v0 进入匀强电场，恰好经过 y 轴上的 Q 点且与 y 轴 成 45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于 x 轴进入下面的磁场．已知 OP 之间的距离为 d，(不计粒子 的重力)求： (1)Q 点的坐标； (2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴的时间． 解析：(1)设 Q 点的纵坐标为 h，到达 Q 点的水平分速度为 vx，则由类平抛运动 的规律可知 h＝v0t d＝vxt/2 tan45°＝vx/v0 得 h＝2d，故 Q 点的坐标为(0,2d)． (2)粒子在电、磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为 R，周期为 T.则由几何关系可知： R＝2 2d T＝2πR/v v＝ 2v0 粒子在磁场中的运动时间为 t2 t2＝7T/8 粒子在电场中的运动时间为 t1 t1＝2d/v0 得总时间 t＝t1＋t2＝(7π＋4)d/(2v0)． 答案：(1)(0,2d) (2)(7π＋4)d/(2v0) 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第九章 第一节 电磁感应现象 楞次定律 1．(2019·高考山东卷)了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以 下符合史实的是( ) A．焦耳发现了电流热效应的规律 B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律 C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 解析：选 AB.焦耳发现了电流的热效应，通常称此为焦耳热，A 正确．库仑研究电荷间作用的规律，得出库仑定 律，B 正确．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了磁场产生电流，打开电气时代的大门，C 错误．伽利略 做斜面实验研究自由落体运动，D 错． 2．(2019·韶关模拟)如图 9－1－10 是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈 上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相 对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( ) 解析：选 CD.由楞次定律可判定 A、B 错，C、D 正确． 3．如图 9－1－11 所示，光滑固定的金属导轨 M、N 水平放置，两根导体棒 P、Q 平行放置在导轨上，形成一个 闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( ) A．P、Q 将相互靠拢 B．P、Q 将相互远离 C．磁铁的加速度仍为 g D．磁铁的加速度小于 g 解析：选 AD.设磁铁下端为 N 极，如图所示，根据楞次定律可判断出 P、Q 中的感应电流方向，根据左手定则可判断 P、Q 所受安培力的方向．可见，PQ 将互相靠拢．由于回路所受安培力 的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于 g.当磁铁下端为 S 极时，根据类 似的分析可得到相同的结果． 4．如图 9－1－12 所示的装置中，cd 杆原来静止，当 ab 杆做如下哪些运动时，cd 杆 将向右移动( ) A．向右匀速运动 B．向右减速运动 C．向左加速运动 D．向左减速运动 解析：选 D.ab 匀速运动时，ab 中感应电流恒定，L1 中磁通量不变，穿过 L2 的磁通量不变，L2 中无感应电流产生， cd 保持静止，A 不正确；ab 向右减速运动时，L1 中的磁通量向上减小，由楞次定律知 L2 中感应电流产生的磁场 方向向下，故通过 cd 的电流方向向上，cd 向左移动，B 错误；同理得 C 不正确，D 正确． 5．(2019·高考上海卷)如图 9－1－13，金属环 A 用轻线悬挂 ，与长直螺线管 B 共轴，并位于其左侧．若变阻 器滑片 P 向左移动，则金属环 A 将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填 “收缩”或“扩张”)趋势． 答案：左 收缩 1．如图 9－1－14 所示，小圆圈表示处于匀强磁场中的闭合电路一部分导线的横截面， 速度 v 在纸面内．关于感应电流的有无及方向的判断正确的是( ) A．甲图中有感应电流，方向向里 B．乙图中有感应电流，方向向外 C．丙图中无感应电流 D．丁图中 a、b、c、d 四位置上均无感应电流 解析：选 AC.甲图中导线切割磁感线，根据右手定则，可知电流方向向里，A 正确；乙、丙图中导线不切割磁感 线，无电流，B 错误，C 正确；丁图中导线在 b、d 位置切割磁感线，有感应电流，在 a、c 位置速度与磁感线方 向平行，不切割磁感线，无电流，D 错误． 2．(2019·北京四中月考)如图 9－1－15 所示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所 在平面垂直，导体棒 ab 的两端可始终不离开轨道无摩擦地滑动，当 ab 由图示位置释放，直到 滑到右侧虚线位置的过程中，关于 ab 棒中的感应电流情况，正确的是( ) A．先有从 a 到 b 的电流，后有从 b 到 a 的电流 B．先有从 b 到 a 的电流，后有从 a 到 b 的电流 C．始终有从 b 到 a 的电流 D．始终没有电流产生 解析：选 D.ab 与被其分割开的两个圆环构成的回路，在 ab 棒运动过程中，磁通量都保持不变，无感应电流产 生． 3．英国物理学家保罗·狄拉克在 1931 年利用数学公式预言磁单极子存在．如图 9－1－16 所示，如果有一个磁 单极子(单 N 极)从 a 点开始运动穿过线圈后从 b 点飞过．那么( ) A．线圈中感应电流的方向是沿 PMQ 方向 B．线圈中感应电流的方向是沿 QMP 方向 C．线圈中感应电流的方向先是沿 QMP 方向，然后是 PMQ 方向 D．线圈中感应电流的方向先是沿 PMQ 方向，然后是 QMP 方向 解析：选 B.将磁单极子(单 N 极)，理解为其磁感线都是向外的，根据楞次定律和安培定则可知选项 B 正确． 4．(2019·西安八校联考)如图 9－1－17 所示，A、B 为大小、形状、匝数、粗细均相同，但用不同材料制成的 线圈，两线圈平面位于竖直方向且高度相同．匀强磁场方向位于水平方向并与线圈平面垂直．同时释放 A、B 线 圈，穿过匀强磁场后两线圈都落到水平地面，但 A 线圈比 B 线圈先到达地面．下面对两线圈的描述中可能正确 的是( ) A．A 线圈是用塑料制成的，B 线圈是用铜制成的 B．A 线圈是用铝制成的，B 线圈是用胶木制成的 C．A 线圈是用铜制成的，B 线圈是用塑料制成的 D．A 线圈是用胶木制成的，B 线圈是用铝制成的 解析：选 AD.线圈如果是用塑料或胶木制成的，线圈通过磁场时没有感应电流，磁场对线圈无阻碍作用；如果线 圈是用铝或铜制成的，则线圈通过磁场时，磁场对线圈有阻碍作用，由此可见 A、D 符合题意． 5．两根相互平行的光滑金属导轨水平放置于如图 9－1－18 所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒 AB 和 CD 可以自由滑动．当 AB 以速度 v 向右运动时，下列说法中正确的是( ) A．开始一段时间，导体棒 CD 内有电流通过，方向是 D→C B．开始一段时间，导体棒 CD 内有电流通过，方向是 C→D C．开始一段时间，磁场对导体棒 CD 的作用力向左 D．最终两导体棒速度相等，电流为零 解析：选 BD.利用楞次定律．两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出开始一段时间磁通量增加，结合 安培定则判断回路中感应电流的方向是 B→A→C→D→B，最后根据左手定则进一步确定 CD 的受力方向向右，CD 棒加速，AB 受力方向向左，AB 棒减速，最后两棒速度相等，电路中磁通量不变，电流为零． 6．某同学设计了如图 9－1－19 所示的装置验证楞次定律，其中 ab 是一个可绕垂直于纸面的轴 O 转动的闭合矩 形线框，当滑动变阻器的滑片 P 自左向右滑动时，从纸外向纸内看，线框 ab 将( ) A．保持静止不动 B．逆时针转动 C．顺时针转动 D．发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向 解析：选 C.滑动变阻器的滑片 P 向右滑动时，接入电路的电阻变大，电流强度变小，由这个电流产生的磁场减 弱，穿过线框磁通量变小．根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁场的变化，所以线框 ab 应 顺时针方向转动，增大其垂直于磁感线方向的投影面积，才能阻碍穿过线框的磁通量减小． 7．如图 9－1－20 所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻 R 和 r，导体棒 PQ 与三条导线接触良好，匀 强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( ) A．流过 R 的电流为由 d 到 c，流过 r 的电流为由 b 到 a B．流过 R 的电流为由 c 到 d，流过 r 的电流为由 b 到 a C．流过 R 的电流为由 d 到 c，流过 r 的电流为由 a 到 b D．流过 R 的电流为由 c 到 d，流过 r 的电流为由 a 到 b 解析：选 B.PQ 切割磁感线，由右手定则判断知电流由 P 流向 Q，Q 点电势高于 P 点．PQcd 回路中电流沿逆时针 方向，流过 R 的电流由 c 到 d；包含电阻 r 回路中电流沿顺时针方向，流过 r 的电流由 b 到 a. 8．如图 9－1－21 所示，四根等长的铝管和铁管(其中 C 中铝管不闭合，其他两根铝管和铁管均闭合)竖直放置 在同一竖直平面内，分别将磁铁和铁块沿管的中心轴线从管的上端由静止释放，忽略空气阻力，则下列关于磁 铁和铁块穿过管的运动时间的说法正确的是( ) A．tA>tB＝tC＝tD B．tC＝tA＝tB＝tD C．tC>tA＝tB＝tD D．tC＝tA>tB＝tD 解析：选 A.当磁铁穿过闭合的金属管时，会因穿过闭合的金属管的磁通量发生变化而产生感应电流，根据楞次 定律可知感应电流又阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从而阻碍了磁铁的通过，而铁块或不闭合的金属管， 无感应电流产生，也就没有这种阻碍作用，从而可知，选项 A 正确． 9．将一铜环用一细线吊起，如图 9－1－22 所示，在 O 点正下方有一个有理想边界的磁场，铜环在 A 点由静止 释放向右摆至最高点 B，不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( ) A．A、B 两点在同一水平线 B．A 点高于 B 点 C．A 点低于 B 点 D．铜环将做等幅振动 解析：选 B.铜环由 A 点向 B 点运动，在进入磁场和离开磁场的过程中，由于穿过环面的磁通量变化，所以都要 产生感应电流，即产生电能，这些电能是由铜环的机械能转化来的，即铜环由 A 到 B 过程中机械能减少，所以 B 点比 A 点低，只有 B 正确． 10．(2019·杭州模拟)如图 9－1－23 所示，一根长导线弯成如图 abcd 的形状，在导线框中通以直流电，在框 的正中间用绝缘的橡皮筋悬挂一个金属环 P，环与导线框处于同一竖直平面内，当电流 I 增大时，下列说法中正确的是( ) A．金属环 P 中产生顺时针方向的电流 B．橡皮筋的长度增大 C．橡皮筋的长度不变 D．橡皮筋的长度减小 解析：选 B.导线框中的电流所产生的磁场在金属环 P 内的磁通量方向垂直于纸面向里，当电流 I 增大时，金属 环 P 中的磁通量向里且增大，由楞次定律和安培定则可知金属环 P 中产生逆时针方向的感应电流，故 A 错；根 据对称性及左手定则可知金属环 P 所受安培力的合力方向向下，并且随电流 I 的增大而增大，所以橡皮筋会被 拉长，故 B 正确，C、D 错． 11．如图 9－1－24 甲所示，两个闭合圆形线圈 A、B 的圆心重合，放在同一水平面内，线圈 A 中通以如图乙所 示的变化电流，t＝0 时电流方向为顺时针(如图中箭头所示)．在 t1～t2 时间内，对于线圈 B，下列说法中正确的 是( ) A．线圈 B 内有顺时针方向的电流，线圈有扩张的趋势 B．线圈 B 内有顺时针方向的电流，线圈有收缩的趋势 C．线圈 B 内有逆时针方向的电流，线圈有扩张的趋势 D．线圈 B 内有逆时针方向的电流，线圈有收缩的趋势 解析：选 A.在 t1～t2 时间内，通入线圈 A 中的电流是正向增大的，即逆时针方向增大的，其内部会产生增大的 向外的磁场，穿过 B 的磁通量增大，由楞次定律可判定线圈 B 中会产生顺时针方向的感应电流．线圈 B 中电流 为顺时针方向，与 A 的电流方向相反，有排斥作用，故线圈 B 将有扩张的趋势． 12．如图 9－1－25 甲所示，等离子气流由左方连续以 v0 射入 P1 和 P2 两板间的匀强磁场中，ab 直导线与 P1、P2 相连接，线圈 A 与直导线 cd 连接．线圈 A 内有随图乙所示的变化磁场，且磁场 B 的正方向规定为向左，如图甲 所示，则下列说法正确的是( ) A．0～1 s 内 ab、cd 导线互相排斥 B．1～2 s 内 ab、cd 导线互相排斥 C．2～3 s 内 ab、cd 导线互相排斥 D．3～4 s 内 ab、cd 导线互相排斥 解析：选 CD.由左侧电路可以判断 ab 中电流方向由 a 到 b；由右侧电路及图乙可以判断，0～2 s 内 cd 中电流为 由 c 到 d，跟 ab 中电流同向，因此 ab、cd 相互吸引，选项 A、B 错误；2～4 s 内 cd 中电流为由 d 到 c，跟 ab 中电流反向，因此 ab、cd 相互排斥，选项 C、D 正确． 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第九章 第二节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 1．(2019·高考广东卷)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 解析：选 C.本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律，考查考生对影响感应电动势大小因素的理解及楞次定律 的应用．线圈平面与磁场方向垂直，因此 E＝nΔΦ Δt ，感应电动势的大小与线圈的匝数及磁通量的变化率有关， 匝数越多，磁通量变化越快，感应电动势就越大．若磁场的磁感应强度在减小，则感应电流的磁场方向与原磁 场方向相同，若磁场的磁感应强度在增大，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，C 正确． 2．(2019·高考大纲全国卷Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为 4.5×10－5 T，一灵敏电 压表连接在当地入海河段的两岸，河宽 100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自 西向东流，流速为 2 m/s.下列说法正确的是( ) A．电压表记录的电压为 5 mV B．电压表记录的电压为 9 mV C．河南岸的电势较高 D．河北岸的电势较高 解析：选 BD.本题考查感应电动势、右手定则等知识点，意在考查考生应用法拉第电磁感应定律和右手定则分析 判断感应电动势大小和感应电流方向的能力、考查考生构建模型的能力．可以将海水视为垂直河岸方向放置的 导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由 E＝BLv＝9 mV，B 正确；由右手定则可知，感应电流方向由 南向北，故河北岸的电势较高，D 正确． 3．(2019·高考江苏卷)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁 感应强度在 1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在 1 s 时间内，再将线 框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( ) A.1 2 B．1 C．2 D．4 解析：选 B.根据法拉第电磁感应定律 E＝ΔΦ Δt ＝Δ BS Δt ，设初始时刻磁感应强度为 B0，线框面积为 S0，则第 一种情况下的感应电动势为 E1＝Δ BS Δt ＝ 2B0－B0 S0 1 ＝B0S0；则第二种情况下的感应电动势为 E2＝Δ BS Δt ＝2B0 S0－S0/2 1 ＝B0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为 1，故 B 正确． 4．(2019·高考北京卷)在如图 9－2－12 所示的电路中，两个相同的小灯泡 L1 和 L2 分别串联一个带铁芯的电感 线圈 L 和一个滑动变阻器 R.闭合开关 S 后，调整 R，使 L1 和 L2 发光的亮度一样，此时流 过两个灯泡的电流均为 I.然后，断开 S.若 t′时刻再闭合 S，则在 t′前后的一小段时间 内，正确反映流过 L1 的电流 i1、流过 L2 的电流 i2 随时间 t 变化的图象是( ) 解析：选 B.本题考查线圈的自感现象、电磁感应中的电流图象．由题中给出的电路可知， 电路由 L 与 L1 和 L2 与 R 两个支路并联，在 t′时刻，L1 支路的电流因为有 L 的自感作用， 所以 i1 由 0 逐渐增大，L2 支路为纯电阻电路，i2 不存在逐渐增大的过程，也不会减小到零，所以 B 正确． 5．在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为 L＝0.4 m，如图 9－2－14 所示，框架上放置一质量为 0.05 kg，电阻为 1 Ω的金属杆 cd，框架电阻不计．若 cd 杆以恒定加速 度 a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，则 (1)在 5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第 5 s 末，回路中的电流多大？ (3)第 5 s 末，作用在 cd 杆上的水平外力多大？ 解析：(1)5 s 内的位移：x＝1 2 at2＝25 m 5 s 内的平均速度 v ＝x t ＝5 m/s (也可用 v ＝0＋v5 2 求解) 故平均感应电动势 E ＝BL v ＝0.4 V. (2)第 5 s 末：v＝at＝10 m/s 此时感应电动势：E＝BLv 则回路电流为：I＝E R ＝BLv R ＝0.2×0.4×10 1 A＝0.8 A. (3)杆匀加速运动，则 F－F 安＝ma 即 F＝BIL＋ma＝0.164 N. 答案：(1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N 一、选择题 1．(2019·安徽六校联考)图 9－2－15 中 a～d 所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间 t 变化的图象， 关于回路中产生的感应电动势下列论述正确的是( ) A．图 a 中回路产生的感应电动势恒定不变 B．图 b 中回路产生的感应电动势一直在变大 C．图 c 中回路在 0～t1 时间内产生的感应电动势小于在 t1～t2 时间内产生的感应电动势 D．图 d 中回路产生的感应电动势先变小再变大 解析：选 D.在Φ－t 图象中，曲线的斜率表示ΔΦ Δt ，与电动势成正比，由此可判断 D 正确． 2．(2019·江苏南通一模)电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法 中正确的是( ) A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关 B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作 C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物 D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗 解析：选 A.涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象，故选项 A 正确、B 错误；电磁炉表面一般用绝 缘材料制成，避免产生涡流，锅体用金属制成利用涡流加热食物，故选项 C、D 错误． 3．如图 9－2－16 中半径为 r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场 B 中，绕 O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速 转动，则通过电阻 R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( ) A．由 c 到 d，I＝Br2ω/R B．由 d 到 c，I＝Br2ω/R C．由 c 到 d，I＝Br2ω/(2R) D．由 d 到 c，I＝Br2ω/(2R) 解析：选 D.金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为 r 的导体棒绕 O 点 做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为 E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻 R 的电流 I＝Br2ω/(2R)，方向由 d 到 c，故选 D 项． 4．(2019·江门模拟)如图 9－2－17 所示，电路中 A、B 是完全相同的灯泡，L 是一带铁芯的线圈，开关 S 原来 闭合，则开关 S 断开的瞬间( ) A．L 中的电流方向改变，灯泡 B 立即熄灭 B．L 中的电流方向不变，灯泡 B 要过一会儿才熄灭 C．L 中的电流方向改变，灯泡 A 比 B 熄灭慢 D．L 中的电流方向不变，灯泡 A 比 B 熄灭慢 解析：选 D.当开关 S 断开时，L 与灯泡 A 组成回路，由于自感，L 中的电流由原来数值逐渐减小，电流方向不变， A 灯熄灭要慢，B 灯电流瞬间消失，立即熄灭，正确的选项为 D. 5．(2019·苏锡常镇四市调研)图 9－2－18 中 L 是绕在铁芯上的线圈，它与电阻 R、R0 及开关和电池 E 构成闭合 回路．开关 S1 和 S2 开始都处在断开状态．设在 t＝0 时刻，接通开关 S1，经过一段时间，在 t＝t1 时刻，再接通 开关 S2，则能较准确表示电阻 R 两端的电势差 Uab 随时间 t 变化的图线是( ) 解析：选 A.闭合开关 S1，线圈阻碍电流的突然变大，Uab 不会突然变大，D 错误；开关达到稳定后，再闭合开关 S2，由于线圈的作用，原有电流慢慢变小，Uab 也从原来的数值慢慢减小，A 正确． 6．(2019·湖南部分中学调研)图 9－2－20 中 EF、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计，R 为电阻，C 为电容 器，AB 为可在 EF 和 GH 上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用 I1 和 I2 分别表示图中该处导线中 的电流，则当横杆 AB( ) A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0 B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0 C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0 解析：选 D.当横杆 AB 匀速滑动时，电路中产生恒定的感应电动势，即电路中 I1≠0，I2＝0，A、B 都错误；当横 杆 AB 加速滑动时，根据法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势在持续增大，这时电路中的电流 I1≠0， I2≠0，C 错误，D 正确． 7．如图 9－2－21 所示，两块距离为 d 的金属板水平放置，将其用导线和电键与一个匝数为 n 的线圈连接，线 圈所处的空间有方向竖直向上且大小变化的磁场 B，两金属板间放一台压力传感器，传 感器上表面静止放置一个质量为 m、电荷量为＋q 的小球．S 断开时传感器上有示数，S 闭合时传感器上示数为 2mg，则线圈中的磁场 B 的变化情况和磁通量变化率分别是 ( ) A．正在增加，ΔΦ Δt ＝mgd q B．正在减弱，ΔΦ Δt ＝mgd nq C．正在减弱，ΔΦ Δt ＝mgd q D．正在增加，ΔΦ Δt ＝mgd nq 解析：选 B.根据平衡条件可得，小球受到向下的电场力等于 mg，因为小球带正电，则下板为负极板，根据楞次 定律可知，磁场在减弱，由 qU d ＝mg，根据法拉第电磁感应定律 U＝nΔΦ Δt ，联立可得 B 正确． 8．如图 9－2－22 所示，匀强磁场的磁感应强度为 B ，方向竖直向下．在磁场中有一个边长为 L 的正方形刚性 金属框，ab 边的质量为 m，电阻为 R，其他三边的质量和电阻不计．cd 边上装有固定的水 平轴，将金属框自水平位置由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为 g，则第一次转到竖 直位置的过程中，下列说法正确的是( ) A．通过 ab 边的电流方向为 b→a B．ab 边经过最低点时的电动势为 E＝BL 2gL C．a、b 两点间的电压始终不变 D．整个过程金属框转动越快，通过 ab 边的电荷量越少 解析：选 A.由右手定则知，选项 A 正确．在线框转动过程中，穿过线框的磁通量变化，线框中产生感应电流， 有内能产生，根据能量转化和守恒定律，线框经过最低点的速度 v 满足 mgL>1 2 mv2，即 v< 2gL，ab 边经过最低点 时的电动势 EB2L2v R ，金属杆做加速度减小的加 速运动，B 可能；本题 D 图所示是不可能出现的． 4．如图 9－3－16 所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导 轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆 ab 放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导 轨的恒力 F 拉杆 ab，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用 E 表示回 路中的感应电动势，i 表示回路中的感应电流，在 i 随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于( ) A．F 的功率 B．安培力的功率的绝对值 C．F 与安培力的合力的功率 D．iE 解析：选 BD.由于 F 作用于静止的杆 ab 时，杆 ab 的速度逐渐增大，则拉力 F 做的功一部分克服安培力转化为电 能，B、D 正确，一部分转化为杆 ab 的动能，所以 A、C 错． 5．(2019·泰安模拟)如图 9－3－17 所示，水平放置的导体框架，宽 L＝0.50 m，接有电阻 R＝0.20 Ω，匀强 磁场垂直框架平面向里，磁感应强度 B＝0.40 T．一导体棒 ab 垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上 滑动，框架和导体棒 ab 的电阻均不计．当 ab 以 v＝4.0 m/s 的速度向右匀速滑动时，求： (1)ab 棒中产生的感应电动势大小； (2)维持导体棒 ab 做匀速运动的外力 F 的大小； (3)若将外力 F 突然减小到 F′，简要论述导体棒 ab 以后的运动情况． 解析：(1)ab 棒切割磁感线，故 E＝BLv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V. (2)回路电流 I＝E R ＝0.80 0.20 A＝4 A 故 F 安＝BIL＝0.40×4×0.50 N＝0.80 N 因导体棒匀速运动，则 F＝F 安＝0.80 N. (3)当 F 突然减小为 F′时，F 安>F′，导体棒 ab 所受合外力方向向左，导体棒做减速运动；由 F 合＝F 安－F′＝B2L2v′ R －F′＝ma 知，棒 ab 做加速度减小的减速运动， 当 a＝0 时，导体棒做匀速直线运动，速度为 v′＝F′R B2L2 . 答案：(1)0.80 V (2)0.80 N (3)见解析 一、选择题 1．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框 的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图 9－3－18 所示，则在移出过程中线框 一边 a、b 两点间的电势差绝对值最大的是( ) 解析：选 B.在四个图中线框电动势和电流相同，A、C、D 图中，ab 两端的电压 Uab＝1 4 E，在 B 图中，Uab＝3 4 E，故 B 对． 2．如图 9－3－19 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R 2 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( ) A.Bav 3 B.Bav 6 C.2Bav 3 D．Bav 解析：选 A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势 E＝B·2a· 1 2 v ＝Bav.由闭合电路欧姆定律，UAB ＝ E R 2 ＋R 4 ·R 4 ＝1 3 Bav，故选 A. 3．(2019·合肥模拟)如图 9－3－20 所示，在一匀强磁场中有一 U 形导体框 bacd，线框处于水平面内，磁场与 线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于 ab 的一根导体杆，它可以在 ab、cd 上无摩擦地滑动，杆 ef 及线框中 导体的电阻都可不计．开始时，给 ef 一个向右的初速度，则( ) A．ef 将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef 将匀速向右运动 C．ef 将加速向右运动 D．ef 将做往复运动 解析：选 A.杆 ef 向右运动，所受安培力 F＝BIl＝BlBlv R ＝B2l2v R ，方向向左，故杆 ef 做减速运动；v 减小，F 减 小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确． 4．(2019·宁夏银川模拟)如图 9－3－21 所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有 一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框 abcd，现将导体框分别朝两个方向以 v、3v 速 度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( ) A．导体框中产生的感应电流方向相同 B．导体框中产生的焦耳热相同 C．导体框 ab 边两端电势差相同 D．通过导体框截面的电荷量相同 解析：选 AD.由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A 正确；，由电磁感应定律可得 Q＝ Blv 2l 4Rv ＝ B2l3v 4R ，因此导体框中产生的焦耳热不同，故 B 错误；两种情况下电源的电动势不相同，导体框 ab 边两端电势差 不同，C 错误；由 q＝ΔΦ 4R 知通过导体框截面的电荷量与速度无关，D 正确． 5．(2019·成都模拟)如图 9－3－22 所示，电阻 R＝1 Ω、半径 r1＝0.2 m 的单匝圆形导线框 P 内有一个与 P 共 面的圆形磁场区域 Q，P、Q 的圆心相同，Q 的半径 r2＝0.1 m．t＝0 时刻，Q 内存在着垂直于圆面向里的磁场， 磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系是 B＝2－t(T)．若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框 P 中感应电流 I 随时间 t 变化的关系图象应该是下图中的( ) 解析：选 C.由法拉第电磁感应定律可得：圆形导线框 P 中产生的感应电动势为 E＝|ΔB Δt |S＝ΔB Δt ·πr2 2＝0.01 π (V)，再由欧姆定律得：圆形导线框 P 中产生的感应电流 I＝0.01 π(A)，由楞次定律可知电流的方向是顺时针 方向，C 对． 6．(2019·海淀区模拟)如图 9－3－24 所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域．直角边长为 L，磁感应强 度大小为 B，方向垂直纸面向外，一边长为 L、总电阻为 R 的正方形闭合导线框 abcd，从图示位置开始沿 x 轴正 方向以速度 v 垂直磁场匀速穿过磁场区域．取电流沿 a→b→c→d→a 的方向为正，则图 9－3－25 中表示线框中 感应电流 i 随 bc 边位置坐标 x 变化的图象正确的是( ) 解析：选 C.在进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度越来越大，产生的感应电动势、感应电流越来越 大，穿过线圈的磁通量越来越大，由楞次定律可判断出感应电流沿顺时针方向，即为正值；在出磁场的过程中， 线框切割磁感线的有效长度越来越大，则感应电流越来越大，穿过线圈的磁通量越来越小，由楞次定律可判断， 感应电流为逆时针方向，即为负值．综上所述，C 正确． 7．如图 9－3－26 所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区，其对角线在同一水平线上，导体框沿 水平方向由 a 到 b 匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电 流为正)( ) 解析：选 A.设导体框沿水平方向匀速通过磁场区域的速度大小为 v，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为 l ＝2vt，所以感应电动势为 E＝Blv＝2Bv2t.由楞次定律知电流方向为顺时针方向；当导体框与磁场区域重合时电 流最大；导体框再向右运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，A 正确． 8．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图 9－3－28 所示，抛物线方程是 y＝x2，轨道下半部分处 在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y＝b(b>a) 处以速度 v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量 是( ) A．mgb B.1 2 mv2 C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋1 2 mv2 解析：选 D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部 进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的 机械能，即 Q＝1 2 mv2＋mgb－mga＝mg(b－a)＋1 2 mv2. 9．(2019·高考江苏卷)如图 9－3－29 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( ) 解析：选 D.本题综合考查右手定则、安培力、电容器以及图象问题．意在考查学生的分析综合能力．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，此后棒开始运动，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，与电容器的极性相同，当棒运 动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器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 C 错误，B 错误，D 正确；因电容器两极板间有电压，q＝CU 不等于 零，所以 A 错误． 10．(2019·高考福建卷)如图 9－3－30，足够长的 U 型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．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 1 2 v B．下滑的位移大小为qR BL C．产生的焦耳热为 qBLv D．受到的最大安培力大小为 B2L2v R sinθ 解析：选 B.流过 ab 棒某一截面的电量 q＝ I ·t＝BΔS Rt ·t＝BL·x R ，ab 棒下滑的位移 x＝qR BL ，其平均速度 v＝x t ， 而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，故平均速度不等于 1 2 v，A 错误 B 正确；由能量守恒 mgxsinθ＝Q＋1 2 mv2， 产生的焦耳热 Q＝mgxsinθ－1 2 mv2＝mgqR BL sinθ－1 2 mv2，C 错误；当 mgsinθ＝B2L2v R 时 v 最大，安培力最大，即 F 安 m＝mgsinθ或B2L2v R ，D 错误． 二、非选择题 11．(2019·高考大纲全国卷)如图 9－3－31，两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． 解析：(1)设小灯泡的额定电流为 I0，有 P＝I2 0R① 由题意，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＝2I0② 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＝BLI③ 联立①②③式得 B＝mg 2L R P ④ (2)设小灯泡正常发光时，导体棒的速率为 v，由电磁感应定律与欧姆定律得 E＝BLv⑤ E＝RI0⑥ 联立①②④⑤⑥式得 v＝2P mg .⑦ 答案：(1)mg 2L R P (2)2P mg 12．(2019·高考上海卷改编)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长 S＝1.15 m，两导轨间距 L＝0.75 m，导轨倾角 为 30°，导轨上端 ab 接一阻值 R＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度 B＝0.8 T 的匀强磁场垂 直轨道平面向上．阻值 r＝0.5 Ω，质量 m＝0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab 处由静止 开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热 Q1＝0.1 J．(取 g＝10 m/s2) 求： (1)金属棒在此过程中克服安培力的功 W 安； (2)金属棒下滑速度 v＝2 m/s 时的加速度 a； (3)金属棒下滑的最大速度 vm. 解析：(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于 R＝3r，因此 QR＝3Qr＝0.3 J ∴W 安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J (2)金属棒下滑时受重力和安培力 F 安＝BIL＝ B2L2 R＋r v 由牛顿第二定律 mgsin30°－ B2L2 R＋r v＝ma ∴a＝gsin30°－ B2L2 m R＋r v ＝ 10×1 2 － 0.82×0.752×2 0.2× 1.5＋0.5 m/s2＝3.2 m/s2 (3)金属棒下滑时做加速度减小的加速运动．无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大． mgSsin30°－Q＝1 2 mv2 m ∴vm＝ 2gSsin30°－2Q m ＝ 2×10×1.15×1 2 －2×0.4 0.2 m/s＝2.74 m/s. 答案：(1)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)2.74 m/s 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第十章 第一节 交变电流的产生和描述 1．(2019·泉州模拟)如图 10－1－8 所示，面积均为 S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场 B 中以角速度 ω匀速转动，能产生正弦交变电动势 e＝BSωsinωt 的图是( ) 答案：A 2．一矩形线圈垂直于匀强磁场方向、并绕位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势 e 随时间 t 的变 化情况如图 10－1－9 所示，则( ) A．t1 时刻穿过线圈的磁通量为零 B．t2 时刻穿过线圈的磁通量最大 C．t3 时刻穿过线圈的磁通量变化率为零 D．t4 时刻穿过线圈的磁通量为零 解析：选 CD.由图象可知 t1 和 t3 时刻电动势为零，磁通量的变化率最小，线圈平面处于中性面位置，穿过线圈 的磁通量最大，所以选项 A 错误，C 正确．t2 和 t4 时刻电动势最大，磁通量的变化率最大，线圈平面处于垂直中 性面位置，穿过线圈的磁通量为零，所以选项 B 错误，D 正确． 3．如图 10－1－10 所示表示交变电流的电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是( ) A．5 2 A B．5 A C．3.5 2 A D．3.5 A 解析：选 B.根据电流的热效应， 有 I2RT＝I2 1Rt1＋I2 2Rt2 即 I2R×2＝(4 2)2R×1＋(3 2)2R×1 得 I＝5 A．所以该交变电流的有效值为 5 A. 4．如图 10－1－11 所示，图线 a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交流电的图象，当调整线圈转 速后，所产生的正弦式交流电的图象如图线 b 所示，以下关于这两个正弦式交流电的说法正确的是( ) A．在图中 t＝0 时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为 3∶2 C．交流电 a 的瞬时值表达式为 u＝10sin5πt(V) D．交流电 b 的最大值为 5 V 解析：选 BC.t＝0 时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A 错．读图得两次周期之比 为 2∶3，由转速ω＝2π T 得转速与周期成反比，故 B 正确．读图得 a 的最大值为 10 V，ω＝5π，由交流电感应 电动势瞬时值表达式 e＝Emsinωt(V)(从中性面开始计时)得，u＝10sin5πt(V)，故 C 正确．交流电的最大值 Em ＝nBSω.所以根据两次转速ω的比值可得，交流电 b 的最大值为2 3 ×10 V＝20 3 V，故 D 错． 5．(2019·高考天津卷)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 10－1－12 甲所 示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，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 解析：选 B.线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比，而 t＝0.005 s 时 e 最大，故 A 错误．t＝0.01 s 时 e ＝0，故 B 正确．电动势有效值为 311× 2 2 V≈220 V，故 C 错误．周期 T＝0.02 s，频率 f＝1 T ＝50 Hz，故 D 错 误． 一、选择题 1．风力发电机为一种新能源产品，功率为 200 W 到 15 kW，广泛应用于分散住户．若风力发电机的矩形线圈在 匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是( ) A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大 B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大 C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零 D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零 解析：选 C.当线圈通过中性面时，感应电动势为零，但此时穿过线圈的磁通量最大；当线圈平面转到与磁感线 平行时，穿过线圈的磁通量为零，但此时感应电动势最大． 2．下列关于交变电流的说法中正确的是( ) A．交流电器设备上所标的电压和电流值是交流的最大值 B．用交流电流表和电压表测定的读数值是交流的瞬时值 C．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值 D．对同一电阻且时间相同，则跟交流有相同的热效应的直流的数值是交流的有效值 答案：CD 3．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为 Em.设 t＝0 时线圈平 面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为( ) A．e＝2Emsin2ωt B．e＝4Emsin2ωt C．e＝Emsin2ωt D．e＝4Emcos2ωt 解析：选 D.Em＝nBSω所以当 S 和ω都增大一倍时，电动势的最大值增大到原来的 4 倍，再考虑到，相位与ω的 关系所以选项 D 正确． 4．(2019·东北三省四市联考)如图 10－1－13 甲所示，矩形线圈 abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈 中产生的交流电如图乙所示，设沿 abcda 方向为电流正方向，则( ) A．乙图中 Oa 时间段对应甲图中 A 至 B 图的过程 B．乙图中 c 时刻对应甲图中的 C 图 C．若乙图中 d 等于 0.02 s，则 1 s 内电流的方向改变了 50 次 D．若乙图中 b 等于 0.02 s，则交流电的频率为 50 Hz 解析：选 A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的 A、C 两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流 为零，再经过 1/4 个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中 A 至 B 图的过程电流 为正且从零逐渐增大到最大值，A 对；甲图中的 C 图对应的电流为零，B 错；每经过中性面一次线圈中的电流方 向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应 Od 段等于交变电流的一个周期， 若已知 d 等于 0.02 s，则频率为 50 Hz，1 s 内电流的方向将改变 100 次，C 错；而 D 选项频率应该是 25 Hz. 5．将阻值为 5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图 10－1－14 所示．下列 说法正确的是( ) A．电路中交变电流的频率为 0.25 Hz B．通过电阻的电流为 2 A C．电阻消耗的电功率为 2.5 W D．用交流电压表测得电阻两端的电压是 5 V 解析：选 C.电路中交变电流的频率 f＝1/T＝25 Hz，A 错；通过电阻的电流应为有效值：I＝U R ＝ 5 5 2 A＝ 2 2 A， 用交流电压表测得电阻两端的电压是5 2 2 V，B、D 错；电阻消耗的电功率 P＝I2R＝2.5 W，C 对． 6．(2019·合肥模拟)在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈 abcd.线圈 cd 边沿竖直方向且与磁场的 右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从 t＝0 时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2π T 绕 cd 边沿 如图 10－1－15 所示方向转动，规定线圈中电流沿 abcda 方向为正方向，则从 t＝0 到 t＝T 时间 内，线圈中的电流 i 随时间 t 变化关系图象为( ) 解析：选 B.在 0～T 4 内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值， 在T 4 ～3 4 T 内，线圈中无感应电流；在 3 4 T 时，ab 边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有 B 项正确． 7．(2019·高考安徽卷)如图 10－1－17 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.BL2ω 2R B. 2BL2ω 2R C. 2BL2ω 4R D.BL2ω 4R 解析：选 D.扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径 L，各点的平均速度 v＝Lω 2 ，导线框进磁场和出 磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E＝BL2ω 2 ，E2 R ×T 4 ＝I2RT，可得 I＝BL2ω 4R ，故 D 正确，A、B、C 错误． 8．(2019·海淀区模拟)先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变 化(如图 10－1－18 甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的 U0、T 所表示的电压、 周期值是相同的，则以下说法正确的是( ) A．第一次，灯泡两端的电压有效值是 U0/2 B．第二次，灯泡两端的电压有效值是 3U0/2 C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是 2∶9 D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是 1∶5 解析：选 D.甲电源有效值 U＝ 2 2 U0，A 错．乙电源：U′2 R ·T＝ 2U0 2 R ·T 2 ＋U2 0 R ·T 2 ，U′＝ 5 2 U0，B 错．P＝U2 R ， 则两次功率之比 P P′ ＝ U2 U′2＝ 1 2 U2 0 5 2 U2 0 ＝1 5 .即只有 D 正确． 9．(2019·高考四川卷)如图 10－1－19 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＝4cos2π T t D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝ T π sin2π T t 解析：选 AC.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦式交变电流的感应电动势的一般表达式为 e＝Emcosθ，且 该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流 i＝e R ＝Em R cosθ，由题给条件有：1 ＝Em 2 ×1 2 ，Em＝4 V，则 Im＝2 A，I 有效＝ 2 A，电功率 P＝I2 有效R＝4 W，所以 A 正确，B 错误．e＝4cosωt＝4cos2π T t， 即 C 正确．由 Em＝BSω＝Φm·2π T 得Φm＝2T π ，故Φ＝2T π sin2π T t，即 D 错误． 10．如图 10－1－20 所示，闭合的矩形导体线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴 OO′匀速转动，沿 着 OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为 B，线圈匝数为 n，ab 边的边长为 l1， ad 边的边长为 l2，线圈电阻为 R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( ) A．线圈中感应电流的方向为 abcda B．线圈中的感应电动势为 2nBl2ω C．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大 D．线圈 ad 边所受安培力的大小为n2B2l1l2 2ω R 解析：选 CD.当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合右手螺旋定则可知，线圈 中感应电流的方向为 adcba，故 A 错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得， 穿过线圈的磁通量的变化率最大．此时电动势的大小为 E＝2nBl2ωl1 2 ＝nBl1l2ω，B 错误，C 正确；线圈此时的感 应电流大小为：I＝E R ＝nBl1l2ω R ，所以 ad 边所受的安培力的大小为：F＝nBIl2，代入 I 可得：F＝n2B2l1l2 2ω R ，D 正确． 二、非选择题 11．如图 10－1－21 所示，n＝50 匝的矩形线圈 abcd，边长 ab＝20 cm，bc＝25 cm，放在磁感应强度 B＝0.4 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈的中轴线 OO′匀速转动，转动角速度ω＝50 rad/s，线圈的总电阻 r＝1 Ω，外电路电阻 R＝9 Ω.试求： (1)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时感应电动势的大小； (2)1 min 时间内电阻 R 上产生的热量 Q. 解析：(1)线圈在图示位置产生的感应电动势最大， Em＝nBωS＝nBω·ab·bc， 代入数值得 Em＝50 V. (2)线圈中产生正弦式电流， 有效值 I＝ Em 2 R＋r . 在 1 min 内 R 上产生的电热 Q＝I2Rt＝ E2 m 2 R＋r 2·Rt＝6.75×103J. 答案：(1)50 V (2)6.75×103 J 12．电压 u＝120 2sinωt V，频率为 50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为 u0＝60 2 V 的霓 虹灯的两端． (1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？ (2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为 1 16 s) 解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的 u－t 图象，其中阴影部分对应的时间 t1 表示霓虹灯不能发光 的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为 4t1 当 u＝u0＝60 2 V 时， 由 u＝120 2sinωt V 求得：t1＝ 1 600 s 再由对称性知一个周期内能发光的时间： t＝T－4t1＝ 1 50 s－4× 1 600 s＝ 1 75 s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t＝3600 0.02 × 1 75 s＝2400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有 1 300 s(如图中 t2＋t3 那段时间)，由于人的 眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为 1 16 s 远大于 1 300 s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的 熄灭而有所感觉． 答案：(1)2400 s (2)见解析 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：第十章 第二节 变压器 远距离输电 1.(2019·南京模拟)如图 10－2－11 中理想变压器原、副线圈匝数之比 n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨， 副线圈与电阻 R 相连组成闭合回路．当直导线 AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感 线运动时，安培表 A1 的读数是 12 mA，那么安培表 A2 的读数是( ) A．0 B．3 mA C．48 mA D．与 R 值大小有关 解析：选 A.当直导线 AB 在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时，原线圈中产生恒定的电流，不能在 铁芯中产生变化的磁场，副线圈中不会产生感应电流，A 正确． 2．(2019·高考浙江卷)如图 10－2－12 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．12.7 V D．144.0 V 解析：选 A.由题意知原线圈的有效值为 U1＝51 2 V，若磁通量无损失，则根据U1 n1 ＝U2 n2 得 U2＝51 2 ×200 800 V＝9.0 V．因 铁芯不是闭合的，考虑到漏磁的影响，下线圈两端电压的有效值应小于 9 V，故 A 正确． 3．(2019·高考广东卷)如图 10－2－13 甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中 R＝55 Ω，A、V 为 理想电流表和电压表．若原线圈接入如图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 ( ) A．电流表的示数为 2 A B．原、副线圈匝数比为 1∶2 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 100 Hz 解析：选 AC.电压表的示数为 110 V，则电流表的示数为U2 R ＝2 A，A 正确；原线圈输入电压的有效值为 220 V， 根据变压器的变压比关系，可知原副线圈匝数比为 2∶1，B 错误；电压表的示数为交变电流的有效值，C 正确； 由题图乙可知，此交变电流的周期为 0.02 s，频率为 50 Hz，D 错误． 4．(2019·高考天津卷)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦 交流电源上，副线圈连接相同的灯泡 L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表 V1、V2 和理想交流电流表 A1、A2， 导线电阻不计，如图 10－2－14 所示．当开关 S 闭合后( ) A．A1 示数变大，A1 与 A2 示数的比值不变 B．A1 示数变大，A1 与 A2 示数的比值变大 C．V2 示数变小，V1 与 V2 示数的比值变大 D．V2 示数不变，V1 与 V2 示数的比值不变 解析：选 AD.由U1 U2 ＝n1 n2 知，开关 S 闭合后，V2 示数不变，V1 与 V2 示数的比值不变，故选项 C 错误，选项 D 正确； 开关 S 闭合后，副线圈闭合回路的总电阻 R 减小，由 I2＝U2 R 知，I2 变大，由I1 I2 ＝n2 n1 知，A1 示数变大，且 A1 与 A2 示 数的比值不变，故选项 A 正确． 5．(2019·高考福建卷)中国已投产运行的 1000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙 两地原来用 500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为 P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下， 现改用 1000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P 4 B.P 2 C．2P D．4P 解析：选 A.输送电功率不变，则输电电压与输电电流成反比，所以用 1000 kV 特高压输电时，输电电流为原来 输电电流的一半；而输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比，所以输电线上损耗功率为原来输电线上 损耗功率的1 4 ，即P 4 ，A 正确． 一、选择题 1．(2019·湖北八校联考)现用电压为 380 V 的正弦式交流电给额定电压为 220 V 的电灯供电，以下电路中不可 能使电灯正常发光的有( ) 解析：选 D.由图可知，A、B 中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C 为降压变压器，通过变压器降压也可以 使电灯正常发光；D 为升压变压器，电灯两端的电压要大于 380 V，不可行． 2．(2019·温州十校联合体模拟)如图 10－2－16 所示，一理想变压器原线圈匝数为 n1＝1000 匝，副线圈匝数为 n2＝200 匝，将原线圈接在 u＝200 2sin120πt(V)的交流电压上，电阻 R＝100 Ω，电流表 A 为理想电表，下列 推断正确的是( ) A．交变电流的频率为 50 Hz B．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 2 5 Wb/s C．电流表 A 的示数为2 5 2 A D．变压器的输入功率是 16 W 解析：选 BD.已知 u＝200 2sin120πt(V)，则有效值 U1＝200 V，角速度ω＝2πf＝120π rad/s，知交变电流 的频率为 60 Hz；由 Um1＝n1(ΔΦ/Δt)＝200 2 V，而 n1＝1000 匝，则穿过铁芯的磁通量的最大变化率ΔΦ/Δt 为 2/5 Wb/s；由 I2＝U2/R＝40/100 A＝0.4 A，得电流表 A 的示数为 0.4 A；由 P1＝P2＝I2U2＝0.4×40 W＝16 W， 故 B、D 正确． 3．(2019·高考新课标全国卷)如图 10－2－17，一理想变压器原副线圈的匝数比为 1∶2；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( ) A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 2 V，I＝0.2 A D．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A 解析：选 A.交流电压表、电流表测得的是交变电流的有效值，由灯泡正常发光可知，变压器的输出电压为 220 V， 而变压器的输入与输出电压之比等于原副线圈的匝数比，故变压器的输入电压为 110 V，电压表的示数为 110 V， 又因为变压器的输入功率等于输出功率，因此可知变压器的输入电流为 0.2 A，故 A 正确． 4．如图 10－2－18 所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为 3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光， 原线圈中再串一个相同的灯泡 L，则( ) A．灯 L 也能正常发光 B．灯 L 比另外三个灯都暗 C．灯 L 将会被烧坏 D．不能确定 解析：选 A.原、副线圈中的电流之比为I1 I2 ＝n2 n1 ＝1 3 ，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流 I 额＝I2 3 .又 I1 ＝1 3 I2，所以通过原线圈中灯 L 的电流恰为其额定电流，灯 L 正常发光，所以 A 正确． 5．(2019·高考重庆卷)一输入电压为 220 V，输出电压为 36 V 的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线 圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了 5 匝线圈，如图 10－2－19 所示，然后将原线 圈接到 220 V 交流电源上，测得新绕线圈两端的电压为 1 V．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈 匝数分别为( ) A．1100,360 B．1100,180 C．2200,180 D．2200,360 解析：选 B.由于理想变压器的电压比与原、副线圈匝数比的关系为U1 U2 ＝n1 n2 ，U1 U3 ＝n1 n3 ，所以对于改装后的变压器有： 220 1 ＝n1 5 ，n1＝1100 匝，对改装前的变压器则有：220 36 ＝1100 n2 ，故 n2＝180 匝，B 正确． 6．如图 10－2－20 甲所示的理想变压器的原线圈输入图乙所示的交变电压，副线圈接有一电流表(内阻不计)和 负载电阻 R，已知电流表的示数为 0.10 A，电阻 R＝30 Ω.由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为( ) A．50∶3 B．50 2∶3 C．500∶1 D．500 2∶1 解析：选 A.根据题意可得副线圈端电压 U2＝0.10×30 V＝3 V，原线圈端电压 U1＝50 V，因U1 U2 ＝n1 n2 ，代入数据可 得：n1 n2 ＝50∶3. 7．(2019·郑州质检)如图 10－2－21 所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的 u－t 图象．原、副线 圈匝数比 n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为 1 A，则( ) A．变压器原线圈所接交流电压的有效值为 220 V B．变压器输出端所接电压表的示数为 22 2 V C．变压器输出端交变电流的频率为 50 Hz D．变压器的输出功率为 220 2 W 解析：选 AC.由原线圈所接正`弦交流电 u－t 图象以及交流电规律可知，变压器原线圈所接交流电压有效值为 U1＝ Um 2 ＝220 V，输出端所接电压表示数也为有效值，因为原、副线圈匝数比 n1∶n2＝10∶1，由变压器的变压关 系可知 U1∶U2＝n1∶n2，解得 U2＝22 V，变压器的输入功率等于输出功率 P＝U1I1＝220 W，因此 A 正确；B、D 错 误；再由 u－t 图象知交流电周期为 0.02 s，频率为 50 Hz，C 正确． 8．(2019·高考山东卷)为保证用户电压稳定在 220 V，变电所需适时进行调压，图 10－2－22 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 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( ) A．u2＝190 2sin(50πt)V B．u2＝190 2sin(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：选 BD.根据题图乙可知交变电流电压的最大值 Um＝190 2 V 和周期 T＝0.02 s(ω＝2π T ＝100π)，结合正 弦交变电流电压的瞬时值表达式 u＝Umsinωt，可知 B 正确，A 错误；根据变压器的变压比U1 U2 ＝n1 n2 ，U1、n2 不变， 提高 U2 只能减小 n1，所以 P 应上移，D 正确，C 错误． 9．(2019·高考福建卷)图 10－2－23 甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1∶n2＝5∶1，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．原线圈接正弦式交变电源，输入电压 u 随时间 t 的变化关系如 图乙所示．现将 S1 接 1、S2 闭合，此时 L2 正常发光．下列说法正确的是( ) A．输入电压 u 的表达式 u＝20 2sin(50πt)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 解析：选 D.本题考查正弦式交变电流的图象、变压器的工作原理、功率关系和电路功率的计算，意在考查考生 分析处理电路相关知识的能力．读图知周期 T＝0.02 s，所以 u＝20 2sin(100πt)V.原本 L2 正常发光，只断开 S2 后，电压被两灯泡均分，不会正常发光，且两灯泡串联，负载电阻增大，输出功率减小，输入功率也减小．由 变压器的变压比U1 U2 ＝n1 n2 可得副线圈输出电压为 4 V，S1 换接到 2 后，R 消耗的功率 P＝U2 2 R ＝42 20 W＝0.8 W，D 正确． 10．(2019·高考江苏卷)在如图 10－2－24 所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变 压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( ) A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大 C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 解析：选 CD.设升压变压器原副线圈的匝数比为 N1、降压变压器的匝数比为 N2、发电厂输出电压为 U1，输出功率 为 P1，则升压变压器的输出电压为 U1/N1，输电线中的电流为 P1N1/U1，输电线损耗的功率为P2 1RN2 1 U2 1 ，降压变压器输 出电压为U1/N1－P1N1R/U1 N2 ，输电线上损耗的功率占总功率的比例为P1RN2 1 U2 1 ，可见，当输出功率 P1 增大时，C、D 正确． 二、非选择题 11．如图 10－2－25 所示降压变压器的原线圈匝数与副线圈的匝数之比是 3∶1，原线圈的输入电压为 660 V， 副线圈的电阻为 0.2 Ω，这台变压器供给 100 盏“220 V,60 W”的电灯用电，求： (1)空载时副线圈的路端电压和输出功率． (2)接通时副线圈的路端电压． (3)每盏灯的实际功率． 解析：(1)将变压器视为理想变压器，设空载时副线圈的路端电压为 U2 由n2 n1 ＝U2 U1 ，得 U2＝n2 n1 U1＝220 V 因为空载，副线圈的负载电阻 R2→∞，副线圈中的电流为零，即 I2＝0，所以 P＝I2U2＝0. (2)接通电路后，100 盏灯并联的总电阻为 R 外＝ R 100 ＝U2 额/P 额 100 ＝8.07 Ω 副线圈的路端电压 U2′＝ U2 R 外＋r R 外 ＝ 220 8.07＋0.2 ×8.07 V ＝214.7 V (3)每盏灯的实际功率 P 实＝U2′2 R ＝ U2′ U2 2P 额＝ 214.7 220 2×60 W ＝57.1 W. 答案：(1)220 V 0 (2)214.7 V (3)57.1 W 12．某发电厂发电机的输出功率 P＝100 kW，发电机端电压 U＝250 V，向远处送电的输电线的总电阻 R＝8 Ω. 要使传输电线上的功率损失不超过输送功率的 5%，用户得到的电压又正好是 220 V，那么： (1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图． (2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比． 解析：(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示． (2)按题意，P 损＝5%P＝0.05×100×103 W ＝5×103 W. 设输电线路中的电流为 I，P 损＝I2R， I＝ P 损 R ＝ 5×103 8 A＝25 A. 输送电压 U2＝P I ＝100×103 25 V＝4000 V， 对升压变压器n1 n2 ＝U1 U2 ＝ 250 4000 ＝ 1 16 ， 输电线路上损失电压 U 损＝IR＝25×8 V＝200 V， 降压变压器原线圈 n3 两端电压 U3＝U2－U 损＝(4000－200) V＝3800 V， 用户在副线圈 n4 两端得到电压 U4＝220 V， 所以n3 n4 ＝U3 U4 ＝3800 220 ＝190 11 . 即升压变压器原、副线圈匝数比为 1∶16； 降压变压器原、副线圈匝数比为 190∶11. 答案：见解析 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验二 探究弹力与弹簧伸长的关系 1．在“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验中关于操作步骤的先后顺序，下列说法正确的是( ) A．先测量原长，后竖直悬挂 B．先竖直悬挂，后测量原长 C．先后顺序对实验结果无影响 D．先后顺序对实验结果的影响程度取决于弹簧的自重 解析：选 BD.由于弹簧自身有重力，悬挂时的长度大于水平放置时的长度，所以测量其竖直悬挂时的长度为弹簧 原长． 2.一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧 a 和 b，得到弹力与弹簧 长度的图象如图 2－4－6 所示．下列表述正确的是( ) A．a 的原长比 b 的长 B．a 的劲度系数比 b 的大 C．a 的劲度系数比 b 的小 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 解析：选 B.由题图可知，a 的原长比 b 的短，在 F 等于 0 时，图线的截距表示原长，故 A 错误；图线的斜率表 示劲度系数，故 B 正确，C 错误；测得的弹力与弹簧的长度为一次函数关系，D 错误． 3．(2019·厦门模拟)如图 2－4－7 所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连．当对弹簧施加变 化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象(如图乙)．则下列 判断正确的是( ) A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比 B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比 C．该弹簧的劲度系数是 200 N/m D．该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变 解析：选 BCD.由题图知，F－x 是一个过原点的直线，k＝ 20 0.10 N/m，可知 A 错，BCD 正确． 4．(2019·高考安徽卷)为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实 验测出了砝码质量 m 与弹簧长度 l 的相应数据，其对应点已在图 2－4－8 上标出．(g＝9.8 m/s2) (1)作出 m－l 的关系图线； (2)弹簧的劲度系数为__________ N/m. 答案：(1)如图所示 (2)0.259(0.248～0.262) 5.某同学在做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验时，将一轻弹簧竖直悬挂并让其自然下垂，测出其自然长度； 然后在其下部施加外力 F，测出弹簧的总长度 L，改变外力 F 的大小，测出几组数据，作出外力 F 与弹簧总长度 L 的关系图线如图 2－4－9 所示．(实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的) 由图可知该弹簧的自然长度为________cm； 该弹簧的劲度系数为________N/m. 解析：当外力 F＝0 时，弹簧的长度即原长为 L0＝10 cm，图线的斜率就是弹簧的劲度系数，即 k＝10.0－0 30－10 ×102 N/m＝50 N/m. 答案：10 50 6．(2019·苏州模拟)某学校物理探究小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中． (1)将弹簧的上端 O 点固定悬吊在铁架台上，旁边置一刻度尺，刻度尺的零刻线跟 O 点对齐，在弹簧的下部 A 处 做一标记，如固定一个指针．在弹簧下端的挂钩上挂上钩码(每个钩码的质量都是 50 g)，指针在刻度尺上指示 的刻度为 x.逐个增加所挂钩码的个数，刻度 x 随挂钩上的钩码的重量 F 而变化，几次实验测得相应的 F、x 各点 描绘在图 2－4－10 中．请在图中描绘出 x 随 F 变化的图象．由图象得出弹簧的劲度系数 kA＝__________ N/m(结 果取 2 位有效数字)；此弹簧的弹力大小 F 弹跟弹簧伸长量Δx 的关系是__________． (2)如果将指针固定在 A 点的下方 P 处，再作出 x 随 F 变化的图象，得出弹簧的劲度系数与 kA 相比，可能是 __________． A．大于 kA B．等于 kA C．小于 kA D．无法确定 (3)如果将指针固定在 A 点的上方 Q 处，再作出 x 随 F 变化的图象，得出弹簧的劲度系数与 kA 相比，可能是 __________． A．大于 kA B．等于 kA C．小于 kA D．无法确定 解析：(1)根据坐标纸中描下的点，作出平滑直线，注意所画的线不一定过所有的点，尽量使各点均匀地分布在 图 线 的 两 侧 ( 如 图 所 示 ) ， 则 图 线 的 斜 率 的 倒 数 表 示 弹 簧 的 劲 度 系 数 ， 即 k ＝ ΔF Δx ， 代 入 数 据 得 kA ＝ 6×0.49 29.25－20.0 ×10－2 N/m≈32 N/m， 所以弹簧的弹力大小 F 弹跟弹簧伸长量Δx 的函数关系式是 F 弹＝32Δx. (2)如果将指针固定在 A 点的下方 P 处，弹簧的劲度系数不变，得出弹簧的劲度系数仍等于 kA，B 正确． (3)如果将指针固定在 A 点的上方 Q 处，由于选用的弹簧变短，则弹簧的劲度系数变大，得出弹簧的劲度系数与 kA 相比，要大于 kA，A 正确． 答案：(1)见解析图 32 F 弹＝32Δx (2)B (3)A 7．用如图 2－4－11 甲所示的装置测定弹簧的劲度系数，被测弹簧一端固定于 A 点，另一端 B 用细绳绕过定滑 轮挂钩码，旁边竖直固定一最小刻度为 mm 的刻度尺，当挂两个钩码时，绳上一定点 P 对应刻度如图乙中 ab 虚 线所示，再增加一个钩码后，P 点对应刻度如图乙中 cd 虚线所示，已知每个钩码质量为 50 g，重力加速度 g＝ 9.8 m/s2，则被测弹簧的劲度系数为________ N/m.挂三个钩码时弹簧的形变量为________ cm. 解析：对钩码进行受力分析，根据平衡条件，得 mg＝kΔx k＝ mg Δx ＝50×10－3×9.8 7×10－3 N/m＝70 N/m 挂三个钩码时， 可列方程(m＋m＋m)g＝kΔx′ Δx′＝3mg k ＝3×50×10－3×9.8 70 m ＝21×10－3 m＝2.10 cm. 答案：70 2.10 8．(2019·高考浙江卷)在“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”的实验中，甲、乙两位同学选用不同的橡皮绳 代替弹簧．为测量橡皮绳的劲度系数，他们在橡皮绳下端依次逐个挂上钩码(每个钩码的质量均为 m＝0.1 kg， 取 g＝10 m/s2)，并记录绳下端的坐标 X 加 i(下标 i 表示挂在绳下端钩码个数)，然后逐个拿下钩码，同样记录绳 下端的坐标 X 减 i，绳下端坐标的平均值 Xi＝(X 加 i＋X 减 i)/2 的数据如下表： 挂在橡皮绳下端 的钩码个数 橡皮绳下端的 坐标(Xi/mm) 甲 乙 1 216.5 216.5 2 246.7 232.0 3 284.0 246.5 4 335.0 264.2 5 394.5 281.3 6 462.0 301.0 (1)同一橡皮绳的 X 加 i________X 减 i(大于或小于)； (2)________同学的数据更符合实验要求(甲或乙)； (3)选择一组数据用作图法得出该橡皮绳的劲度系数 k(N/m)； (4)为了更好地测量劲度系数，在选用钩码时需考虑的因素有哪些？ 解析：(1)由甲、乙两同学测量数据看，橡皮绳所受拉力接近或超过了其弹性限度，其恢复能力要差一些，而且 拉伸越长恢复能力越差．故 X 加 i 小于 X 减 i. (2)乙同学的数据更符合实验要求，每增加一个钩码橡皮绳形变量大致相同，而甲同学所用橡皮绳的形变量差别 非常大，表明已超过了弹性限度． (3)以乙同学数据作图象如图所示． 由 k＝ΔF Δx 得：k＝63 N/m. (4)尽可能使橡皮绳伸长在弹性限度内，同时有足够大的伸长量，以减小长度测量误差． 答案：(1)小于 (2)乙 (3)63 N/m(57～70 N/m 之间都对) (4)见解析 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验三 验证力的平行四边形定则 1．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，合力与分力的作用效果相同，这里作用效果是指( ) A．弹簧测力计的弹簧被拉长 B．固定橡皮条的图钉受拉力产生形变 C．细绳套受拉力产生形变 D．使橡皮条在某一方向上伸长到某一长度 解析：选 D.合力与分力之间是等效替代关系，所以在实验中的作用效果相同，是指橡皮条的伸长量相同且伸长 到同一位置． 2．(2019·广州毕业班综合测试)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学第一步用一个弹簧测力计钩 住细绳套拉橡皮条，使结点到达某一位置 O；第二步用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套互成角度地拉橡皮条， 使结点到达同一位置 O.第二步中必须记录的是( ) A．两细绳的长度和两细绳的方向 B．橡皮条伸长的长度和两细绳的方向 C．两弹簧测力计的读数和橡皮条伸长的长度 D．两细绳套的方向和两弹簧测力计的读数 解析：选 D.力的合成与分解都要满足平行四边形定则，因此必须要知道力的大小和方向，才能作出力的平行四 边形，A、B、C 错误，D 正确． 3．(2019·昆明模拟)在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两只弹簧测 力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的 O 点，则下列说法中错误的是( ) A．同一次实验中，O 点位置不允许变动 B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和 O 点的位置 C．实验中，把橡皮条的另一端拉到 O 点时，两只弹簧测力计之间的夹角必须取 90° D．实验中，要始终将其中一只弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一只弹簧测力计拉力的大小和 方向，把橡皮条另一端拉到 O 点 答案：BCD 4．在“验证力的平行四边形定则”的实验中某同学的实验情况如图 2－5－5 所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉， O 为橡皮筋与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳． (1)本实验采用的科学方法是( ) A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 (2)本实验中，采取下列哪些方法和步骤可以减小实验误差( ) A．两个分力 F1、F2 间的夹角越大越好 B．拉橡皮筋的细绳要稍长一些 C．实验中，弹簧秤必须与木板平行 D．读数时视线要正对弹簧秤刻度 解析：(1)选 B.本实验是利用等效原理，当两个力作用使橡皮筋伸长到结点 O 点，另一个力作用也使橡皮筋伸长 到结点 O 点时，这个力就是前两个力的合力，选 B. (2)选 BCD.本实验中两测力计所拉绳间的夹角一般在 60°和 120°之间较合适，A 错误；为了减小误差，便于确 定两拉力方向，拉橡皮筋的细绳要稍长一些，且必须使橡皮筋、细绳、弹簧秤都与木板平行，细绳要与弹簧秤 轴线在同一直线上，读数时视线要正对弹簧秤刻度，B、C、D 均正确． 5．某同学做“验证力的平行四边形定则”实验时，主要步骤是： A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上． B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的 A 点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套． C．用两个弹簧测力计分别勾住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置 O.记录下 O 点的 位置，读出两个弹簧测力计的示数． D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力 F1 和 F2 的图示，并用平行四边形定则求出合力 F. E．只用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳套的方向，按同一 标度作出这个力 F′的图示． F．比较 F′和 F 的大小和方向，看它们是否相同，得出结论． 上述步骤中：(1)有重要遗漏的步骤的序号是____________和________；(2)遗漏的内容分别是________和 ________． 解析：据验证力的平行四边形定则的操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是 C、E.在 C 中未记下两条细绳的 方向．E 中未说明是否把橡皮条的结点拉到了同一位置 O. 答案：(1)C E (2)记下两条绳的方向 把橡皮条的结点拉到同一位置 O 6.(2019·合肥模拟)有同学利用如图 2－5－6 的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固 定两个光滑的滑轮 A 和 B，将绳子打一个结点 O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出 三根绳子的拉力 FTOA、FTOB 和 FTOC，回答下列问题： (1)改变钩码个数，实验能完成的是( ) A．钩码的个数 N1＝N2＝2，N3＝4 B．钩码的个数 N1＝N3＝3，N2＝4 C．钩码的个数 N1＝N2＝N3＝4 D．钩码的个数 N1＝3，N2＝4，N3＝5 (2)在拆下钩码和绳子前，应该做好三个方面的记录： ①________________________________________________________________________. ②________________________________________________________________________. ③________________________________________________________________________. 解析：(1)选 BCD.本实验验证力的平行四边形定则时，两分力 F1 和 F2 不能在同一条直线上进行，所以 A 错误，B、 C、D 正确． (2)要标记结点 O 的位置，同时记录 OA、OB、OC 三段绳子的方向和三段绳子所挂钩码的个数． 答案：(1)BCD (2)①标记结点 O 的位置 ②记录 OA、OB、OC 绳的方向 ③三段绳上所挂钩码的个数 7．将橡皮筋的一端固定在 A 点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连接着一个量程为 5 N、最小刻度为 0.1 N 的弹簧测力计，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计．当橡皮筋的活动端拉到 O 点时，两根细绳相互垂直，如图 2 －5－7 所示，这时弹簧测力计的读数可从图中读出． (1)由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为________N 和________N(只需读到 0.1 N)． (2)在如图乙所示的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力． 解析：读弹簧测力计示数时，应注意首先找零刻度，尤其是竖直放置的那个弹簧测力计是倒置的，它的读数是 2.5 N(而不是 3.5 N)，水平放置的弹簧测力计读数是 4.0 N. 答案：(1)4.0 2.5 (2)如图所示 8．(2019·高考江苏卷)某同学用如图 2－5－8 所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计 A 挂于固定点 P，下端用细线挂一重物 M.弹簧测力计 B 的一端用细线系于 O 点，手持另一端向左拉，使结点 O 静 止在某位置．分别读出弹簧测力计 A 和 B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上 记录 O 点的位置和拉线的方向． (1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N，图中 A 的示数为__________N. (2)下列不必要的实验要求是__________．(请填写选项前对应的字母) A．应测量重物 M 所受的重力 B．弹簧测力计应在使用前校零 C．拉线方向应与木板平面平行 D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使 O 点静止在同一位置 (3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计 A 的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法． 解析：(1)弹簧测力计读数为 3.6 N，可以不估读． (2)验证力的平行四边形定则，需要分别测量各个力的大小和方向，所以 A 是必要的；根据仪器使用常识，弹簧 测力计在使用前需校零，B 是必要的；实验中力必须在同一平面内的，C 也是必要的；实验是验证三个力的关系， 只要测出三个力就可以了，所以不需要固定 O 点位置，D 选项不必要，本题应选 D. 答案：(1)3.6 (2)D (3)①改变弹簧测力计 B 拉力的大小；②减小重物 M 的质量(或将弹簧测力计 A 更换成较大量程的弹簧测力计、 改变弹簧测力计 B 拉力的方向等)． 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验四 验证牛顿运动定律 1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法中不正确的是( ) A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上 B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行 C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动 D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接电源再释放小车 解析：选 A.本题考查实验过程中应注意的事项，选项 A 中平衡摩擦力时，不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)拴 在小车上，A 错；选项 B、C、D 符合正确的操作方法，B、C、D 对． 2．(2019·三明模拟)用如图 3－4－9 所示的装置做“验证牛顿运动定律”实验，甲同学根据实验数据画出的小 车的加速度 a 和小车所受拉力 F 的图象为图中的直线Ⅰ，乙同学画出的 a－F 图象为图中的直线Ⅱ.直线Ⅰ、Ⅱ 在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能 正确的是( ) A．实验前甲同学没有平衡摩擦力 B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 C．实验前乙同学没有平衡摩擦力 D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 答案：BC 3.如图 3－4－10 所示是在验证牛顿运动定律实验中，根据实验数据描绘出的三条 a－F 图线，下列说法中正确 的是( ) A．三条倾斜直线所对应绳的拉力相同 B．三条倾斜直线所对应的小车和砝码的总质量不同 C．直线 1 对应的小车和砝码的总质量最大 D．直线 3 对应的小车和砝码的总质量最大 解析：选 BD.由 F＝ma 得 a＝1 m F，斜率越大，质量越小，故 B、D 选项正确． 4．在“验证牛顿运动定律”的实验中，在研究加速度 a 与小车的质量 M 的关系时，由于没有注意始终满足 M≫m 的条件，结果得到的图象应是图 3－4－11 中的( ) 解析：选 D.在本实验中，小车的加速度 a＝F M ＝ mg M＋m ，则绳中的张力 F＝ Mmg M＋m ，在研究加速度跟小车质量 M 的关 系时，保持 m 不变，若横轴为 1/(M＋m)，则 a－ 1 M＋m 图象应是过原点的直线，当满足 M≫m 时，a≈mg M ，a－1 M 图 象还可以满足图象是过原点的直线；当小车的质量变小，不满足 M≫m 时斜率将变小，图象便发生弯曲．故选 D. 5.(2019·台州模拟)如图 3－4－12 所示，在验证牛顿运动定律的演示实验中，若 1、2 两个相同的小车所受拉 力分别为 F1、F2，车中所放砝码的质量分别为 m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为 x1、x2，则 在实验误差允许的范围内，有( ) A．当 m1＝m2、F1＝2F2 时，x1＝2x2 B．当 m1＝m2、F1＝2F2 时，x2＝2x1 C．当 m1＝2m2、F1＝F2 时，x1＝2x2 D．当 m1＝2m2、F1＝F2 时，x2＝2x1 解析：选 A.题中 m1 和 m2 是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．当 m1＝m2 时，两车总质量仍相等，因 F1 ＝2F2，则 a1＝2a2.由 x＝1 2 at2 知，A 正确，B 错误；若 m1＝2m2，两车总质量关系未知，故 C、D 不能确定． 6．(2019·阳江模拟)为了探究加速度与力的关系，使用如图 3－4－13 所示的气垫导轨装置进行实验．其中 G1、 G2 为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过 G1、G2 光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2 都可以 被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为 M，挡光片宽度为 D，光电门间距离为 x，牵引 砝码的质量为 m.回答下列问题： (1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判断调节是 否到位？ 答：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. (2)若取 M＝0.4 kg，改变 m 的值，进行多次实验，以下 m 的取值不合适的一个是__________． A．m＝5 g B．m＝15 g C．m＝40 g D．m＝400 g (3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度的表达式为__________．(用Δt1、Δt2、 D、x 表示) 答案：(1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器 M，数字计时器记录每一个光 电门的光束被挡的时间Δt 都相等 (2)D (3)a＝ D Δt2 2－ D Δt1 2 2x 7．(2019·高考重庆卷)某同学设计了如图 3－4－14 所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑 块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为 M， 滑块上砝码总质量为 m′，托盘和盘中砝码的总质量为 m.实验中，滑块在水平轨道上从 A 到 B 做初速为零的匀 加速直线运动，重力加速度 g 取 10 m/s2. (1)为测量滑块的加速度 a，须测出它在 A、B 间运动的__________与__________，计算 a 的运动学公式是 __________； (2)根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系为： a＝ 1＋μ g M＋ m′＋m m－μg 他想通过多次改变 m，测出相应的 a 值，并利用上式来计算μ.若要求 a 是 m 的一次函数，必须使上式中的 __________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于___________________________________________； (3)实验得到 a 与 m 的关系如图 3－4－15 所示，由此可知μ＝__________(取两位有效数字)． 图 3－4－15 解析：(1)由 x＝1 2 at2，得 a＝2x t2 ，可见要测出滑块在 A、B 间的位移 x 和运动时间 t. (2)要使 a＝ 1＋μ g M＋ m′＋m m－μg 是 m 的一次函数，必须使 m＋m′保持不变，这就要求实验中从托盘中取出的 砝码置于滑块上． (3)由 a＝ 1＋μ g M＋ m′＋m m－μg，得 a＋μg＝ 1＋μ g M＋ m′＋m m.取 a1＝0.23 m/s2，m1＝0.064 kg；a2＝0.39 m/s2， m1＝0.068 kg.则a1＋μg a2＋μg ＝m1 m2 ，解得μ＝0.23. 答案：(1)位移 时间 a＝2x t2 (2)m＋m′ 滑块上 (3)0.23(0.21～0.25) 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验五 探究动能定理 1．关于探究动能定理的实验中，下列叙述正确的是( ) A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值 B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致 C．放小车的长木板应该尽量使其水平 D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出 解析：选 D.本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一 次的多少倍就足够了，A 错；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时，橡 皮筋做的功是第一次的整数倍，否则，功的数值难以测定，B 错；小车运动过程中会受到阻力，只有使木板倾斜 到一定程度，才能减小误差，C 错；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋 的作用下弹出，D 正确． 2．(2019·龙岩模拟)在“探究动能定理”的实验中，每次选取纸带后，我们应选取纸带上的哪些点来求小车的 速度( ) A．间距均匀的 B．间距不均匀的 C．间距均匀的与不均匀的都可 D．最好是间距均匀的，若纸带上没有间距均匀的，也可用间距不均匀的 解析：选 A.橡皮筋完全恢复后不再有力对小车做功，小车做匀速运动，纸带上的点间距变的均匀，故 A 对，B、 C 错；若纸带上没有间距均匀的点说明纸带太短，橡皮筋还没完全恢复原状纸带已完全通过打点计时器，这种情 况下应选用更长的纸带，或者是因为摩擦力没被平衡掉，故 D 错． 3．(2019·江苏徐州调研)在“探究动能定理”的实验中，若画出 W－v 的图象，应为图 5－5－9 中的哪个图( ) 解析：选 B.通过实验可知，做的功 W 与小车速度 v2 成正比，故与 v 应是二次函数关系，故 B 正确，A、C、D 均 错． 4．在“探究动能定理”的实验中，某同学在一次实验中得到一条如图 5－5－10 所示的纸带，这条纸带上的点 两端较密，中间稀疏，出现这种情况的原因可能是( ) A．电源的频率不稳定 B．木板倾斜的程度太大 C．没有使木板倾斜或倾斜角太小 D．小车受到的阻力较大 解析：选 CD.可能是没有平衡摩擦力或平衡不够，故 C、D 正确． 5．(2019·烟台测试)一实验小组要用如图 5－5－11 所示的装置探究动能定理，关于实验操作下列说法正确的 ( ) A．应改变橡皮筋拉伸的长度，打出不同的纸带进行分析 B．应保持橡皮筋拉伸的长度不变，改变橡皮筋的条数，打出不同的纸带进行分析 C．应选取纸带上点迹间隔均匀的一段进行测量，以求出小车匀速运动时的速度 D．实验中将木板左端适当垫高的目的是：使重力分力平衡掉小车和纸带受到的摩擦力，提高实验的精确度 解析：选 BCD.橡皮筋拉小车时的作用力是变力，我们不能求变力做功问题，但选用相同的橡皮筋，且伸长量都 一样时，则要改变橡皮筋数目来改变做功的多少，A 错误，B 正确；纸带点迹均匀说明小车做匀速运动，此时小 车的速度最大，橡皮筋的弹性势能全部转化为小车的动能，C 正确；木板略微倾斜后，小车所受重力沿斜面向下 的分力平衡了小车运动中的阻力，提高了实验的精确度，D 正确． 6．为了探究动能定理，现提供如图 5－5－12 所示的器材，让小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，请 思考探究思路并回答问题(打点计时器所用交流电频率为 50 Hz)： (1)为了消除摩擦力的影响应采取什么措施？ ___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________ __________________________________________________________________ (2)当我们分别用同样的橡皮筋 1 条、2 条、3 条……并起来进行第 1 次、第 2 次、第 3 次……实验时，每次实 验中橡皮筋拉伸的长度都应保持一致，我们把第 1 次实验时橡皮筋对小车做的功记为 W. (3)由于橡皮筋对小车做功而使小车获得的速度可以由打点计时器和纸带测出，如图 5－5－13 所示是其中四次 实验打出的部分纸带． (4)试根据第(2)、(3)中的信息，填写下表. 次数 1 2 3 4 橡皮筋对小车做功 W 小车速度 v(m/s) v2(m2/s2) 从表中数据可得出的结论是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 解析：(1)将木板固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车能够匀速下滑 (4)由匀速运动的速度公式 v＝x t ，其中 x 从图上读出分别为 2.00 cm、2.83 cm、3.46 cm、4.00 cm.t＝T＝1 f ＝ 0.02 s，即可求出小车的速度. 次数 1 2 3 4 橡皮筋对小车做功 W 2W 3W 4W 小车速度 v(m/s) 1.00 1.42 1.73 2.00 v2(m2/s2) 1.00 2.02 2.99 4.00 橡皮筋对小车做功与小车速度的平方成正比． 答案：见解析 7．(2019·杭州模拟)为了“探究动能定理”，查资料得知，弹簧的弹性势能 Ep＝1 2 kx2，其中 k 是弹簧的劲度系数， x 是弹簧长度的变化量． 某同学就设想用压缩的弹簧推静止的小球(质量为 m)运动来探究这一问题． 为了研究方便，把小球 O 放在水平桌面上做实验，让小球 O 在弹力作用下运动，即只有弹簧推力做功． 该同学设计实验如下： 首先进行如图 5－5－14 甲所示的实验：将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小球 O，静止时测得弹簧 的伸长量为 d. 在此步骤中，目的是要确定物理量__________，用 m、d、g 表示为__________． 接着进行如图乙所示的实验：将这根弹簧水平放在桌面上，一端固定，另一端被小球 O 压缩，测得压缩量为 x， 释放弹簧后，小球 O 被推出去，从高为 h 的水平桌面上抛出，小球 O 在空中运动的水平距离为 L. 小球 O 的初动能 Ek1＝__________. 小球 O 的末动能 Ek2＝__________. 弹簧对小球 O 做的功 W＝__________(用 m、x、d、g 表示)． 对比 W 和 Ek2－Ek1 就可以得出“动能定理”，即在实验误差允许范围内，外力所做的功等于物体动能的变化． 解析：在图甲所示的实验中，目的是确定弹簧的劲度系数 k，由平衡条件得：mg＝kd，即 k＝mg d . 在图乙所示的实验中，小球的初动能 Ek1＝0. 又根据小球做平抛运动得： h＝1 2 gt2 L＝vt 所以 Ek2＝1 2 mv2＝1 2 m(L g/ 2h )2＝mgL2 4h 弹簧对小球做的功等于弹性势能的减少， 所以 W＝1 2 kx2＝mgx2 2d . 答案：弹簧劲度系数 k mg d 0 mgL2 4h mgx2 2d 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验六 验证机械能守恒定律 1．下列关于“验证机械能守恒定律”实验的实验误差的说法中，正确的是( ) A．重物质量的称量不准会造成较大误差 B．重物质量选用得大些，有利于减小误差 C．重物质量选用得较小些，有利于减小误差 D．纸带下落和打点不同步会造成较大误差 解析：选 BD.从需要验证的关系式 ghn＝v2 n 2 看，与质量无关，A 错误．当重物质量大一些时，空气阻力可以忽略， B 正确，C 错误．纸带先下落而后打点．此时，纸带上最初两点的点迹间隔较正常时略大，用此纸带进行数据处 理，其结果是重物在打第一个点时就有了初动能，因此重物动能的增加量比重物重力势能的减少量大，D 正确． 2．关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是( ) A．实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越小，误差就越小 B．称出重锤的质量，是不可缺少的步骤 C．纸带上第 1、2 两点间距若不接近 2 mm，无论怎样处理实验数据，实验误差一定较大 D．处理打完点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法 解析：选 D.A 选项中，没有考虑纸带过短，长度测量的相对误差增大，故 A 错误；由 1 2 mv2＝mgh 知，只需验证 1 2 v2 ＝gh 即可，不必测重锤质量，故 B 错；对 C 项中的纸带，可选点迹清晰的距离合适的任两点(M、N)，通过计算 ΔEk＝1 2 mv2 N－1 2 mv 2 M与 mghMN 比较，实验误差不一定大，故 C 错；由于自由落体加速度较大，因此除去第 1、2 两点 距离可能很小，其他相邻两点间的距离均大于或远大于 2 mm，用毫米刻度尺测量完全可以，不必采用“计数点” 法，故 D 正确． 3．(2019·高考四川卷)有 4 条用打点计时器(所用交流电频率为 50 Hz)打出的纸带 A、B、C、D，其中一条是做 “验证机械能守恒定律”实验时打出的．为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的 4 个点， 用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为 s1、s2、s3.请你根据下列 s1、s2、s3 的测量结果确定该纸带为(已知当地 的重力加速度为 9.791 m/s2)( ) A．61.0 mm 65.8 mm 70.7 mm B．41.2 mm 45.1 mm 53.0 mm C．49.6 mm 53.5 mm 57.3 mm D．60.5 mm 61.0 mm 60.6 mm 解析：选 C.验证机械能守恒采用重锤的自由落体运动实现，所以相邻的 0.02 s 内的位移增加量为Δs＝gT2＝ 9.791×0.02 2≈3.9 (mm)，只有 C 符合要求，故选 C. 4．(2019·高考安徽卷)利用图 5－6－6 所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始 自由下落到某点时的瞬时速度 v 和下落高度 h.某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案： a．用刻度尺测出物体下落的高度 h，并测出下落时间 t 通过 v＝gt 计算出瞬时速度 v. b．用刻度尺测出物体下落的高度 h，并通过 v＝ 2gh计算出瞬时速度 v. c．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度， 测算出瞬时速度 v，并通过 h＝v2 2g 计算出高度 h. d．用刻度尺测出物体下落的高度 h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于 这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度 v. 以上方案中只有一种正确，正确的是________．(填入相应的字母) 解析：在验证机械能守恒定律的实验中不能将物体下落的加速度看做 g，只能把它当做未知的定值，所以正确方 案只有 d 项． 答案：d 5. (2019·高考课标全国卷)图 5－6－7 为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁 架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平．回答下列问题： (1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________．(填入正确选项前的字母) A．米尺 B．秒表 C．0～12 V 的直流电源 D．0～12 V 的交流电源 (2)实验中误差产生的原因有 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.(写出 两个原因) 解析：(1)打点计时器需要交流电源，测量高度 h 和纸带上计数点之间的距离需要米尺．所以选 A、D. (2)此实验主要误差来源有两方面：①摩擦阻力；②测量误差． 答案：(1)AD (2)纸带和打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差． 6．(2019·佛山质检)(1)在“验证机械能守恒定律”实验中，打出的纸带如图 5－6－8 所示．设重锤质量为 m、 交流电周期为 T，则打点 4 时重锤的动能可以表示为__________． (2)为了求起点 0 到点 4 重锤的重力势能变化量，需要知道重力加 速度 g 的值，这个 g 值应该是__________(填选项的序号即可)． A．取当地的实际 g 值 B．根据打出的纸带，用Δs＝gT2 求出 C．近似取 10 m/s2 即可 D．以上说法均错误 解析：(1)打点 4 的速度 v4＝h5－h3 2T ，因此动能 Ek＝1 2 mv2 4＝1 2 m h5－h3 2T 2.(2)在“验证机械能守恒定律”实验中要求 起点 0 到点 4 重锤的重力势能变化量，不能用机械能守恒来计算 g 值，应取当地的实际 g 值． 答案：(1)1 8 m h5－h3 T 2 或 1 2 m h5－h3 2T 2 (2)A 7．(2019·珠海模拟)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为 m＝1.00 kg 的重物自由下落， 打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图 5－6－9 所示．O 为第一个点，A、B、 C 为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，当地的重力加速度为 g＝ 9.80 m/s2，那么： 图 5－6－9 (1)根据图上所得的数据，应取图中 O 点到__________点来验证机械能守恒定律； (2)从 O 点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔEp＝__________ J，动能增加量ΔEk＝__________J(结 果取三位有效数字)； (3)若测出纸带上所有各点到 O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度 v 及物体下落的高度 h，则以v2 2 为纵轴， 以 h 为横轴画出的图象是下图中的__________． 解析：(1)由图中所给数据，只能计算出 B 点的瞬时速度，故选 OB 做研究． (2)vB＝ΔxAC ΔtAC ＝23.23－15.55 2×0.02 ×10－2m/s＝1.92 m/s ΔEk＝1 2 mv2 B＝1 2 ×1.00×1.922 J＝1.84 J ΔEp＝mg OB ＝1.00×9.80×19.20×10－2J＝1.88 J. (3)由 mgh＝1 2 mv2 得：v2 2 ∝h，故 A 对． 答案：(1)B (2)1.88 1.84 (3)A 8．(2019·徐州调研)用如图 5－6－11 实验装置验证 m1、m2 组成的系统机械能守恒．m2 从高处由静止开始下落， m1 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图 5－6－12 给出的 是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4 个点(图中未标出)，计数点间的距离 如图所示．已知 m1＝50 g、m2＝150 g，则(g 取 10 m/s2，结果保留两位有效数字) (1)下面列举了该实验的几个操作步骤： A．按照图 5－6－11 所示的装置安装器件； B．将打点计时器接到直流电源上； C．先释放 m2，再接通电源打出一条纸带； D．测量纸带上某些点间的距离； E．根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能 其中操作不当的步骤是__________(填选项对应的字母)． (2)在纸带上打下计数点 5 时的速度 v＝__________m/s； (3)在打点 0～5 过程中系统动能的增量ΔEk＝__________J，系统势能的减少量ΔEp＝____________J，由此得出 的结论是__________； (4)若某同学作出 1 2 v2－h 图象如图 5－6－13 所示，写出计算当地重力加速度 g 的表达式____________，并计算 出当地的实际重力加速度 g＝ __________m/s2. 解析：(1)应将打点计时器接到交流电源上，B 错误；应先接通电源，再释放 m2，C 错误． (2)在纸带上打下计数点 5 时的速度 v＝21.60＋26.40 2×0.1 ×10－2m/s＝2.4 m/s. (3)ΔEk＝1 2 (m1＋m2)v2＝0.58 J，系统势能的减少量ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60 J，因此可得出在误差允许的范围内， m1、m2 组成的系统机械能守恒． (4)因1 2 (m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh 整理得：g＝ m1＋m2 2h m2－m1 v2，整理也可得到 1 2 v2＝ m2－m1 g m1＋m2 h，所以 1 2 v2－h 图象 的斜率表示 m2－m1 g m1＋m2 ＝1 2 g，即g 2 ＝5.82 1.20 m/s2，g＝9.7 m/s2. 答案：(1)BC (2)2.4 (3)0.58 0.60 在误差允许的范围内，m1 、m2 组成的系统机械能守恒 (4)g＝ m1＋m2 2h m2－m1 v2 9.7 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验七 测定金属的电阻率 1．(2019·滨州模拟)在“测定金属的电阻率”的实验中，由 ρ＝πd2U 4Il 可知，对实验结果的准确性影响最大的 是( ) A．导线直径 d 的测量 B．电压 U 的测量 C．电流 I 的测量 D．导线长度的测量 解析：选 A.四个选项中的四个物理量对金属丝的电阻率均有影响，但影响最大的是直径 d，因为在计算式中取 直径的平方，A 正确． 2．“测定金属的电阻率”的实验中，以下操作中错误的是( ) A．用米尺量出金属丝的全长三次，算出其平均值 B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值 C．用伏安法测电阻时采用电流表内接法，多次测量后算出平均值 D．实验中应保持金属丝的温度不变 解析：选 AC.应量出金属丝接入电路中的有效长度，而不是全长；金属丝的电阻很小，与电压表内阻相差很大， 使金属丝与电压表并联，电压表对它的分流作用很小，应采用电流表外接法．故 A、C 操作错误． 3．分别用图 7－3－12 甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值．图甲中两表的示数分别为 3 V、4 mA，图乙中 两表的示数分别为 4 V、3.9 mA，则待测电阻 Rx 的真实值为( ) A．略小于 1 kΩ B．略小于 750 Ω C．略大于 1 kΩ D．略大于 750 Ω 解析：选 D.先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这 样电流表分压较大，应该采用甲图进行测量比较准确．甲图中测量值较真实值偏小． 4．(2019·高考安徽卷)(1)在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图 7－3－13 甲所示，读数为________mm. (2)用游标为 20 分度的卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，读数为________cm. 解析：(1)固定刻度部分读数为 0.5 mm，可动刻度部分读数为 11.7×0.01 mm＝0.117 mm，则螺旋测微器的读数 为 0.5 mm＋0.117 mm＝0.617 mm(0.616 mm～0.619 mm 都对)． (2)主尺上的读数为 0.6 cm，游标尺上的第 15 条刻线与主尺的某一刻线对齐，游标尺读数为 15×0.05 mm＝0.75 mm，则游标卡尺的读数为 0.6 cm＋0.075 cm＝0.675 cm. 答案：(1)0.617(0.616～0.619) (2)0.675 5．在“测定金属的电阻率”的实验中，所用的电阻丝 Rx 的阻值约为 3 Ω，变阻器最大阻值为 20 Ω，电源电压 为 3 V，电源内阻不计，则： (1)电压表的量程应选用________，电流表的量程应选用________． (2)画出实验电路图． 解析：(1)由于电源的电动势为 3 V，所以电压表量程应选 0～3 V，在实验中电流不能太大，电流表量程应选 0 ～0.6 A. (2) 由于 Rx≈3 Ω，为小电阻，故用电流表外接法，变阻器 R＞Rx，故采用滑动变阻器限流接法，如图所示． 答案：(1)0～3 V 0～0.6 A (2)见解析图 6．(2019·郑州模拟)为了测定某一电压表的内阻，给出了以下器材： A．待测电压表(0～1.5 V，电阻在 3.5 kΩ～4.5 kΩ之间) B．电流表(0～500 μA，内阻约为 100 Ω) C．滑动变阻器(0～50 Ω) D．开关 E．电源(1.5 V 的干电池一节) F．导线若干 要求设计实验电路，测量多组 I、U 数据，然后作 U－I 图线求电压表的内阻 (1)某同学设计了如图 7－3－14 甲所示的电路图，经审查该图不能满足测量要求，请指出该电路存在的问题： ________. (2)请你另外设计一个能满足测量要求的电路图，画在图乙所示的方框内． (3)某同学用重新设计的电路进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图丙上，如图所示．根据各点表示 的数据描出 U－I 图线，由此求得电压表内阻 RV＝____kΩ(保留两位有效数字)． 答案：(1)滑动变阻器不能接成限流式 (2)如图 (3)3.8～4.1 之间均对 7．(2019·高考新课标全国卷)为了测量一微安表头 A 的内阻，某同学设计了如图 7－3－15 所示的电路．图中， A0 是标准电流表，R0 和 RN 分别是滑动变阻器和电阻箱，S 和 S1 分别是单刀双掷开 关和单刀开关，E 是电池．完成下列实验步骤中的填空： (1)将 S 拨向接点 1，接通 S1，调节______，使待测表头指针偏转到适当位置，记 下此时______的读数 I； (2)然后将 S 拨向接点 2，调节______，使______，记下此时 RN 的读数； (3)多次重复上述过程，计算 RN 读数的______，此即为待测微安表头内阻的测量 值． 解析：本题方法为替代法．当 S 接 1 与接 2 时通过电路的电流 I 相同，可知待测微安表头的内阻与 RN 的电阻相 同． 答案：(1)R0 标准电流表(或 A0) (2)RN 标准电流表(或 A0)的读数仍为 I (3)平均值 8．(2019·高考天津卷)某同学测量阻值约为 25 kΩ的电阻 Rx，现备有下列器材： A．电流表(量程 100 μA，内阻约 2 kΩ)； B．电流表(量程 500 μA，内阻约 300 Ω)； C．电压表(量程 15 V，内阻约 100 kΩ)； D．电压表(量程 50 V，内阻约 500 kΩ)； E．直流电源(20 V，允许最大电流 1 A)； F．滑动变阻器(最大阻值 1 kΩ，额定功率 1 W)； G．电键和导线若干． 电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号) 该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电 路，指出电路在接线上存在的问题： ①__________________________________________________________ ②_______________________________________________________. 解析：最大电流 Im＝E Rx ＝ 20 25×103A＝800 μA，故电流表应选 B.电源电动势 20 V，电压表 D 的量程为 50 V，测量 误差过大，故应选 C. ①R0＝ RARV＝ 0.3×500 kΩ＝ 150 kΩ＜Rx，故电流表应采用内接法． ②由于滑动变阻器最大阻值比被测电阻小很多，为了便于调节和为了保证电表的安全，滑动变阻器应采用分压 式接法． 答案：B C ①电流表应采用内接的方法 ②滑动变阻器应采用分压式接法 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验八 描绘小电珠的伏安特性曲线 1．在描绘小电珠的伏安特性曲线时，采用如图 7－4－5 所示电路，实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流 表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是( ) A．灯泡中灯丝已烧断 B．滑片接触不良 C．灯泡内部短路 D．滑动变阻器 A 端接触不良 解析：选 C.由题图知，移动滑片时，因电流表示数有变化，故和电流表串联的回路中不存在断点，故 A 错．若 滑片接触不良，电路中不可能有电流，故 B 错．若滑动变阻器 A 端接触不良，滑片移动时电流表和电压表读数 均变化，故 D 错．若灯泡内短路则灯泡两端电压为零，电压表指针不变，移动滑片时，只有电流表指针变化， 故选 C. 2．为探究小电珠 L 的伏安特性，连好如图 7－4－6 所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小电珠 中的电流由零开始逐渐增大，直到小电珠正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的 U－I 图象应是 ( ) 解析：选 C.由于小电珠灯丝的电阻随温度的升高而增大，随着电珠两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其 电阻逐渐增大，则在 U－I 图象中斜率应逐渐增大，故 C 正确． 3．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是( ) 解析：选 B.由于小灯泡的电阻很小，所以电流表应外接，故 A、C 错；又因描绘小灯泡的伏安特性曲线从电压为 零开始，所以要用分压接法，故 B 选项正确，D 错． 4．有一规格为“220 V 100 W”的灯泡，现用一准确的欧姆表测其电阻，测量的结果是( ) A．大于 484 Ω B．等于 484 Ω C．小于 484 Ω D．无法确定 解析：选 C.R＝U2 P ＝2202 100 Ω＝484 Ω，是灯发热状态下的电阻．用欧姆表测量时，灯丝温度为室温，所以其阻值 比 484 Ω小． 5．(2019·浙江五校联考)有一个小灯泡上有“4 V 2 W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有 下列器材供选用： A．电压表(0～5 V，内阻 10 kΩ) B．电压表(0～10 V，内阻 20 kΩ) C．电流表(0～0.3 A，内阻 1 Ω) D．电流表(0～0.6 A，内阻 0.4 Ω) E．滑动变阻器(10 Ω，2 A) F．滑动变阻器(1 kΩ，1 A) G．学生电源(直流 6 V)，还有电键、导线若干 (1)实验中所用电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(用序号字母表示)． (2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图． (3)某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线(如图 7－4－9 所示)，若用电动势为 3 V、内阻 为 2.5 Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是______ W. 答案：(1)A D E (2)如图 (3)0.8 6．发光晶体二极管是用电器上做指示灯用的一种电子元件．它的电路符号如图 7－4－10 甲所示，正常使用时， 带“＋”的一端接高电势，带“－”的一端接低电势．某同学用实验方法探究二极管的伏安特性，现测得它两 端的电压 U 和通过它的电流 I 的数据如表中所示. U/V 0 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 2.4 2.6 2.8 3.0 I/mA 0 0.9 2.3 4.3 6.8 13.0 19.0 24.0 30.0 37.0 (1)在图乙中的虚线框内画出实验电路图．(除电源、开关、滑动变阻器外，实验用电压表 V：内阻 RV 约为 10 k Ω，电流表 mA：内阻 RA 约为 100 Ω) (2)在图丙中的小方格纸上用描点法画出二极管的伏安特性曲线． (3) 根 据 (2) 中 画 出 的 二 极 管 的 伏 安 特 性 曲 线 ， 简 要 说 明 发 光 二 极 管 的 电 阻 与 其 两 端 电 压 的 关 系 __________________． 解析：(1)同时测定二极管上的电流和电压时，由欧姆定律分析表格中的每一组数据，可以看出发光二极管的电 阻是变化的，变化的范围大约在 100～500 Ω之间，故电流表的内阻对测量结果影响较大，利用电流表外接法误 差较小．而测量数据应从 0 开始，滑动变阻器采用分压式接法，才能得到足够多的数据． (2)将表格提供的数据在方格纸上描点，平滑连接各点可画出 U－I 图线． 答案：(1)实验电路图如图所示 (2)伏安特性曲线如图所示 (3)发光二极管的电阻随其两端电压的增大而呈现非线性减小 7．(2019·宁波模拟)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，用导线 a、b、c、d、e、f、g 和 h 按如图 7 －4－11 所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零．闭合开关后： (1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是______ 导线断路． (2)某同学测出电源和小电珠的 U－I 图线如图 7－4－12 所示， 将小电珠和电阻 R 串联后接到电源上，要使电路中电流为 1.0 A， 则 R＝______ Ω. (3)某同学在实验中还测出 a、b、c 三种元件的伏安特性曲线分 别如图 7－4－13 中的 a、b、c，下列说法正确的是________． A．a 可以作为标准电阻使用 B．b 能作为标准电阻使用 C．b 的阻值随电压升高而增大 D．c 的阻值随电压升高而增大 解析：(1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分 压作用，所以可能是 g 导线断路． (2)由电源的 U－I 图线知 E＝3.0 V，r＝1 Ω，当小电珠与电阻串联后，由闭合电路欧姆定律得 E＝I(R＋r＋R 灯) 又由小电珠的 U－I 图线得 R 灯＝U I ＝1.2 Ω 解得 R＝0.8 Ω. (3)因 a 元件的 I－U 线是直线，说明其阻值不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故 A 对，B 错；因 I－ U 图线的斜率的倒数表示电阻值，故 C 对，D 错． 答案：(1)g (2)0.8 (3)AC 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验九 测定电源的电动势和内阻 1．在用伏安法测电池的电动势和内电阻的实验中，下列注意事项中错误的是( ) A．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显 B．应选用内阻较小的电压表和电流表 C．移动滑动变阻器的滑片时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载 D．根据实验记录的数据作 U－I 图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布 在直线两侧 解析：选 B.电压表内阻应选阻值大的，对电流表内阻没有特别要求，B 错误． 2．用如图 7－5－12 所示的电路测量电池电动势和内电阻时，若有两只电压表 V1、V2 量程相同，内阻分别为 RV1、 RV2，且 RV1＞RV2；两只电流表 A1、A2 量程相同，内阻分别为 RA1、RA2，且 RA1＞RA2，在实验中，为 了使 E、r 的测量值更精确一些，选择的电表应该是( ) A．V1 与 A1 B．V1 与 A2 C．V2 与 A1 D．V2 与 A2 解析：选 AB.由于电压表有分流作用，所以电阻越大分流作用越小，测量结果精确一些，故选项 A、B 正确． 3．(2019·合肥质检)某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为 0～ 20 Ω，连接电路的实物图如图 7－5－13 所示．下列对该学生接线的说法错误的是( ) A．滑动变阻器不起变阻作用 B．电流表接线有错 C．电压表量程选用不当 D．电压表接线不妥 解析：选 C.变阻器要起到变阻作用接入电路的两根导线一条接在上面的金属杆一端，另一条接在下面的接线柱 上；电表接入电路，选好量程后，还应注意正、负接线柱，图中电流表接法不对；在实验中电压表不应并联在 电源两端，因为电键断开后，电压表仍有读数． 4．用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻，提供的器材如图 7－5－14 甲所示． (1)用实线代表导线把图甲中的实物连线接成测量电路．(两节干电池串联作为电源，图中有部分线路已连好) (2)图乙中的 6 个点表示实验测得的 6 组电流 I、电压 U 的值，按照这些实验值作出 U－I 图线，由此图线求得的 每节电池电动势 E＝______V，每节电池的内阻 r＝______Ω.(取 3 位有效数字) 解析：(1)测量电路的实物连接图如图甲所示 (2)按照实验值作出的 U－I 图线如图乙所示．从图象可以得出，图线在 U 轴上的截距为 2.96 V，则每节电池的 电动势为：E＝1 2 ×2.96 V＝1.48 V．图线斜率的绝对值为：k＝2.96－2.0 1.32 ≈0.727，即电源的内阻为：r 电＝0.727 Ω，每节电池的内阻为：r＝1 2 r 电＝0.364 Ω. 答案：(1)见解析图 (2)U－I 图线见解析 1.48 0.364 5．(2019·汕头模拟)某研究性学习小组利用图 7－5－15 甲所示电路测量电池组的电动势 E 和内阻 r.根据实验 数据绘出如图乙所示的 R－1 I 图线，其中 R 为电阻箱读数，I 为电流表读数，由此可以得到：E＝______V，r＝______ Ω. 解析：由 E＝I(R＋r)得，R＝E I －r，则 R－1 I 图象的斜率即为电池组电动势的大小，即 E＝2.4(或 2.5)V，图象纵 轴截距的绝对值为电池组的内阻 r＝1 Ω. 答案：2.4(或 2.5) 1 6．(2019·高考江苏卷)在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小， 某同学设计了如图 7－5－16 所示的实物电路． 图 7－5－16 (1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到______．(选填“最大值”、“最小值”或“任意值”) (2)改变电阻箱的阻值 R，分别测出阻值 R0＝10 Ω的定值电阻两端的电压 U.下列两组 R 的取值方案中，比较合 理的方案是______．(选填“1”或“2”) 方案编号 电阻箱的阻值 R/Ω 1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.0 2 80.0 70.0 60.0 50.0 40.0 (3)根据实验数据描点，绘出的1 U —R 图象是一条直线．若直线的斜率为 k，在1 U 坐标轴上的截距为 b，则该电源的 电动势 E＝______，内阻 r＝______.(用 k、b 和 R0 表示) 解析：(1)实验中电阻箱起到改变电路的总电阻和分压作用，为了确保仪器的安全，一般将电阻箱的电阻先调到 最大值． (2)由于定值电阻 R0＝10 Ω，若选用方案 1，则电压表的示数较小，示数变化范围也很小，所以选用方案 2. (3)由题意可得 E＝U R0 (R0＋R＋r)，变形为1 U ＝ 1 ER0 R＋R0＋r ER0 ，由题意得斜率 k＝ 1 ER0 ，截距 b＝R0＋r ER0 ，解得 E＝ 1 kR0 ，r ＝b k －R0. 答案：(1)最大值 (2)2 (3) 1 kR0 b k －R0 7．某同学对钮扣锂电池的特性进行了实验探究．该类电池的内阻约为 1 kΩ～5 kΩ，电动势标称值为 3 V．现 有以下实验器材： A．电压表 V1：量程 3 V，内阻约 20 kΩ B．电压表 V2：量程 6 V，内阻约 10 kΩ C．定值电阻 1 kΩ D．定值电阻 20 kΩ E．滑动变阻器一只(0～50 kΩ)，待测钮扣锂电池，电键，导线若干． (1)实验原理见图 7－5－17 甲，请选择合适的实验器材，在图中的小虚线框里标出所选取的器材编号． (2)该同学测量出路端电压 U 和干路电流 I，作出 U－I 曲线见图乙，可知电池的短路电流是____mA，电动势是 ____V，内阻为____kΩ. (3)当路端电压为 1.5 V 时，负载消耗的电功率为____mW. 解析：(1)因为电动势标称值为 3 V，只能选电压表 V2 测量路端总电压，V1 测量定值电阻的电压计算电路中的电 流，定值电阻选 C. (2)U－I 曲线在横轴上的截距就是钮扣锂电池的短路电流 2.64 mA，纵轴截距就是电动势 2.94 V，斜率即为内阻 1.11 kΩ. (3)当路端电压为 1.5 V 时，负载电流可以从 U－I 曲线读出，大小为 1.29 mA，消耗的电功率为 1.94 mW. 答案：(1)如图所示 (2)2.64(2.60～2.65 均可) 2．94(2.90～2.95 均可) 1．11(1.08～1.15 均可) (3)1.94(1.90～1.95 均可) 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验十 练习使用多用电表 1．使用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法正确的是( ) A．测量前应检查指针是否停在“Ω”刻度线的“∞”处 B．每一次换挡，都要重新进行一次调零 C．在外电路，电流从红表笔流经被测电阻到黑表笔 D．测量时，若指针偏转很小(靠近∞附近)，应换倍率更大的挡进行测量 答案：ABD 2．实验桌上放着晶体二极管、电阻、电容器各一只，性能均正常，外形十分相似，现将多用表转换开关拨到 R ×100 Ω挡，分别测它们的正负电阻加以鉴别： 测甲元件时，R 正＝R 反＝0.5 kΩ； 测乙元件时，R 正＝0.5 kΩ，R 反＝100 kΩ； 测丙元件时，开始指针偏转到 0.5 kΩ，接着读数逐渐增加，最后停在 100 kΩ上．则甲、乙、丙三个元件分别 是( ) A．电容、电阻、二极管 B．电阻、电容、二极管 C．电阻、二极管、电容 D．二极管、电阻、电容 解析：选 C.应明确各元件的特性：二极管具有单向导电性，正向电阻很小，反向电阻很大；电容器充电时有电 流而稳定后电流为零，而欧姆表内接有电源，因而刚开始给电容器充电时电流大，电阻示数小，稳定后电流为 零，电阻示数为无穷大． 3．用调好的欧姆表测量某一电阻 R1 时，指针恰好指在表盘的中央，测量另一电阻 R2 时，指针偏转角度恰好是测 R1 时的一半，则两电阻的阻值关系是( ) A．R2＝R1 B．R2＝2R1 C．R2＝3R1 D．R2＝4R1 解析：选 C.设欧姆表内阻为 R0，电动势为 E，满偏电流为 I0，则 I0＝E R0 ① 接 R1 时：1 2 I0＝ E R0＋R1 ② 接 R2 时：1 4 I0＝ E R0＋R2 ③ 解①②③得：R2＝3R1. 4．图 7－6－7 为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为 300 μA，内阻 rg＝100 Ω，调零电阻 最大阻值 R＝50 kΩ，串联的固定电阻 R0＝50 Ω，电池电动势 E＝1.5 V，用它测量电阻 Rx，能 准确测量的阻值范围是( ) A．30 kΩ～80 kΩ B．3 kΩ～8 kΩ C．300 kΩ～800 kΩ D．3000 kΩ～8000 kΩ 解析：选 B.当红、黑表笔短接调零时 Ig＝ E R＋rg＋R0 R＋rg＋R0＝E Ig ＝ 1.5 300×10－6 Ω＝5000 Ω. 当指针指中间(中值电阻)时，设被测电阻阻值为 Rx，则 Ig 2 ＝ E R＋rg＋R0＋Rx Rx＝5000 Ω. 使用欧姆表读数时在中值电阻 5 kΩ左右读数最为准确，所以能准确测量的阻值范围是 3 kΩ～8 kΩ.故 B 项正 确． 5．(2019·温州模拟)(1)用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻 Rx，以下给出的是可能的操作步骤， 其中 S 为选择开关，P 为欧姆挡调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上 ________________． a．将两表笔短接，调节 P 使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔 b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出 Rx 的阻值后，断开两表笔 c．旋转 S 使其尖端对准欧姆挡×1 k d．旋转 S 使其尖端对准欧姆挡×100 e．旋转 S 使其尖端对准 OFF 挡，并拔出两表笔 根据如图 7－6－8 所示指针位置，此被测电阻的阻值约为________Ω. (2)下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是__________． A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关 S 拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 答案：(1)cabe 30 k (2)AC 6．(2019·黄冈模拟)在如图 7－6－9 甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡 A、B 的规格为“3.8 V,0.3 A”， 合上开关 S 后，无论怎样移动滑动片，A、B 灯都不亮． (1)用多用电表的直流电压挡检查故障． ①选择开关置于下列量程的______挡较为合适(用字母序号表示)； A．2.5 V B．10 V C．50 V D．250 V ②测得 c、d 间电压约为 5.8 V，e、f 间电压为 0，则故障是____； A．A 灯丝断开 B．B 灯丝断开 C．d、e 间连线断开 D．B 灯被短路 (2)接着换用欧姆表的“×1”挡测电阻，欧姆表经过欧姆调零． ①测试前，一定要将电路中的开关 S________； ②测 c、d 间和 e、f 间电阻时，某次测试结果如图乙所示，读数为____Ω，此时测量的是____间电阻．根据小 灯泡的规格计算出的电阻为______Ω，它不等于测量值，原因是：______________________. 解析：(1)①因电源为四节干电池，故电动势 E＝6 V，则应选电压表 10 V 量程挡较合适；②因 c、d 间电压为 5.8 V，而 e、f 间电压为零，故应为 A 灯丝断开，B 灯丝良好． (2)用欧姆表测电路中电阻的阻值时，一定要将电路断开测量；由乙图读数知电阻阻值为 6 Ω，应为灯泡 B 的阻 值，即测量的为 e、f 间电阻；由 R＝U I 得 R＝12.7 Ω，与欧姆表测得阻值相差较大，是因为欧姆表测得的电阻 是未通电工作时的电阻，温度较低，电阻率偏小，阻值偏小． 答案：(1)①B ②A (2)①断开 ②6 e、f 12.7 欧姆表测量时灯泡未工作，灯泡温度低，电阻小 7．(2019·沈阳模拟)某同学利用多用电表做了以下实验： (1)使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下 ①把选择开关扳到“×100”的欧姆挡上； ②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上； ③把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转较小； ④换用“×10”的欧姆挡，随即记下欧姆数值； ⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用电表放回桌上原处，实验完毕． 这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆，那么这个学生在实验 中有哪些操作是错误的？(三个错误) 错误一： _______________________________________________________________； 错误二： _______________________________________________________________； 错误三： _______________________________________________________________. (2)如图 7－6－10 所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是“×100”挡，这时指针所示被测电阻的阻值 应为________欧；测直流电流时，用的是 100 mA 的量程，指针所示电流值为____毫安；测直流电压时，用的是 50 V 量程，则指针所示的电压值为____伏． 解析：(1)错误一：在用“×100”挡位测量时，指针偏转较小，说明所测电阻阻值较大，为了减小读数误差， 应使指针向右摆动，所以应该换用“×1 k”的欧姆挡位； 错误二：换挡后，还要重新进行欧姆调零； 错误三：使用多用电表结束后，要将选择开关转到“OFF”或交流电压最高挡． (2)若用“×100”挡测电阻时，指针读数为： 17．0×100 Ω＝1700 Ω 若用量程 100 mA 测直流电流时，读数为： 4．7×10 mA＝47 mA 若用量程 50 V 测直流电压时，读数为 23.5 V. 答案：(1)错误一：换用“×10”的欧姆挡，应该为换用“×1 k”的欧姆挡 错误二：换挡后没有进行欧姆调 零 错误三：使用完后没有将选择开关转到“OFF”或交流电压最高挡 (2)1700 47 23.5 8．(2019·高考重庆卷)某电动机的三组线圈①、②、③阻值相同，均为几欧姆，接法可能是图 7－6－11 甲、 乙两种之一，A、B 和 C 是外接头．现有一组线圈断路，维修人员通过多用电表测量外接头之间的电阻来判断故 障，若测量 A 和 B 之间、B 和 C 之间、A 和 C 之间的电阻时，多用电表指针偏转分别如图 7－6－12a、b、c 所示， 则测量中使用欧姆挡的倍率是__________(填：×1、×10、×100 或×1 k)，三组线圈的接法是__________(填： 甲或乙)，断路线圈是________(填：①、②或③)． 解析：本题考查欧姆表的应用，意在考查考生正确使用欧姆表倍率及用欧姆表判断电路故障的能力．由于线圈 电阻是几欧姆，所以欧姆表使用的欧姆挡的倍率是×1；三次测量均有示数，可知三组线圈的接法是乙图所示； 由表盘示数可知断路的是线圈③，此时是线圈①、②串联． 答案：×1 乙 ③ 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：实验十一 传感器的简单使用 1．许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而白天，即使有声音它也没有反应，它的控 制电路中接入了哪些传感器( ) A．温度传感器 B．光传感器 C．声音传感器 D．热传感器 答案：BC 2．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程，下列属于这类传感器的 是( ) A．红外线报警装置 B．走廊照明灯的声控开关 C．自动洗衣机中的压力传感器 D．电饭煲中控制加热和保温的温控器 解析：选 A.遥控器是利用红外线传输信号的，故只有 A 选项正确． 3．(2019·镇江模拟)如图 10－3－11 所示的电路中，当半导体材料做成的热敏电阻浸泡到热水中时，电流表示 数增大，则说明( ) A．热敏电阻在温度越高时，电阻越大 B．热敏电阻在温度越高时，电阻越小 C．半导体材料温度升高时，导电性能变差 D．半导体材料温度升高时，导电性能变好 解析：选 BD.由于电流增大，说明热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，即导电性能变好，故 B、D 正确． 4．(2019·高考江苏卷)美国科学家 Willard S．Boyle 与 George E．Smith 因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣 获 2009 年度诺贝尔物理学奖．CCD 是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有( ) A．发光二极管 B．热敏电阻 C．霍尔元件 D．干电池 解析：选 BC.传感器是指能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并把它们按照一定的规律转换 为电压、电流等电学量的元件．发光二极管是电学元件，是电能转换成光能的元件，不是传感器，A 错误；干电 池是一种电源，不是传感器，D 错误；热敏电阻受热时，其电阻会发生变化，能把热学量转换成电学量，是传感 器，B 正确；霍尔元件能够把磁感应强度这个非电学量转换成电压这个电学量，是传感器，C 正确． 5 如图 10－3－12 所示的电路中，电源两端的电压恒定，L 为小灯泡，R 为光敏电阻，LED 为发光二极管(电流越 大，发出的光越强)，且 R 与 LED 间距不变，下列说法中正确的是( ) A．当滑动触头 P 向左移动时，L 消耗的功率增大 B．当滑动触头 P 向左移动时，L 消耗的功率减小 C．当滑动触头 P 向右移动时，L 消耗的功率可能不变 D．无论怎样移动触头 P，L 消耗的功率都不变 解析：选 A.触头 P 左移，LED 中电流变大，发光变强，R 的电阻变小，则 L 中的电流变大，功率变大，A 正确， B 错误；触头 P 右移，LED 中电流变小，发光变弱，R 的电阻变大，则 L 中的电流变小，功率变小，故 C、D 错误． 6．(2019·嘉兴模拟)一台臭氧发生器 P 的电阻为 10 kΩ，当供电电压等于 24 V 时能正常工作，否则不产生臭 氧．现要用这种臭氧发生器制成自动消毒装置，要求它在有光照时能产生臭氧，在黑暗时不产生臭氧，拟用一 个光敏电阻 R1 对它进行控制，R1 的阻值在有光照时为 100 Ω、黑暗时为 1000 Ω、允许通过的最大电流为 3 mA； 电源 E 的电压为 36 V、内阻不计；另有一个滑动变阻器 R2，阻值为 0～100 Ω、允许通过的最大电流为 0.4 A； 一个开关 S 和导线若干． 臭氧发生器 P 和光敏电阻 R1 的符号如图 10－3－13 所示． 设计一个满足上述要求的电路图，图中各元件要标上字母代号，其中滑动变阻器两固定接线柱端分别标上字母 A、 B(电路图画在方框内)． 解析：为了能控制臭氧发生器，应该使用滑动变阻器的分压式连接，有光照时 P 能正常工作，无光照时 P 不工 作，电路如下： 答案：见解析图 7.传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相 当广泛的应用．有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理图如图 10－3－14 中的虚线框所示，它主要 由压力传感器 R(电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻)，显示体重大小的仪表 A(实质是理想的电流表) 组成．压力传感器表面能承受的最大压强为 1×107 Pa，且已知压力传感器 R 的电阻与所受压力的关系如下表所 示．设踏板和压杆的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为 4.8 V，g 取 10 m/s2.请回答： 压力 F/N 0 250 500 750 1000 1250 1500 … 电阻 R/Ω 300 270 240 210 180 150 120 … (1)该秤零起点(即踏板空载时)的刻度线应标在电流表刻度盘________A 处． (2)如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为 20 mA，这个人的体重是________ kg. 解析：(1)由图表知，踏板空载时，压力传感器电阻 R＝300 Ω，此时 A 中电流 I＝U R ＝4.8 300 A＝1.6×10－2 A. (2)当电流 I＝20 mA＝20×10－3 A 时，压力传感器的电阻 R＝U I ＝ 4.8 20×10－3 Ω＝240 Ω，对应表格中，这个人的 质量为 50 kg. 答案：(1)1.6×10－2 (2)50 8．(2019·高考大纲全国卷Ⅱ)如图 10－3－15，一热敏电阻 RT 放在控温容器 M 内；A 为毫安表，量程 6 mA，内 阻为数十欧姆；E 为直流电源，电动势约为 3 V，内阻很小；R 为电阻箱，最大阻值为 999.9 Ω；S 为开关．已 知 RT 在 95 ℃时的阻值为 150 Ω，在 20 ℃时的阻值约为 550 Ω.现要求在降温过程中测量在 95 ℃～20 ℃之间 的多个温度下 RT 的阻值． (1)在图中画出连线，完成实验原理电路图． (2)完成下列实验步骤中的填空： ①依照实验原理电路图连线． ②调节控温容器 M 内的温度，使得 RT 的温度为 95 ℃. ③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全． ④闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数 I0，并记录________． ⑤将 RT 的温度降为 T1(20 ℃r0 时，作用力的 合力表现为引力，C 错．若 rΔpB D．ΔFA＝ΔFB 解析：选 AC.在温度升高前，很明显 pB＋p＝pA，假设水银柱不动，这时上、下两部分气体均做等容变化，由查 理定律p T ＝Δp ΔT 可得Δp＝ΔT T p，因 A、B 两部分气体开始温度 T 相同，温度的改变量ΔT 也相同，所以有ΔpA>Δ pB，所以水银柱将从 A 管向 B 管移动．由 SA>SB，F＝pS 知，D 错误．液体不可压缩，故ΔVA＝ΔVB，B 错误． 9．一定质量的理想气体经历如图 2－9 所示的一系列过程，ab、bc、cd 和 da 这四段过程在 p－T 图上都是直线 段，ab 和 dc 的延长线通过坐标原点 O，bc 垂直于 ab，由图可以判断( ) A．ab 过程中气体体积不断减小 B．bc 过程中气体体积不断减小 C．cd 过程中气体体积不断增大 D．da 过程中气体体积不断增大 解析：选 BD.在 p－T 图上，过原点的倾斜直线表示气体做等容变化，体积不变，故有 Va＝Vb，Vc＝Vd，而图线的 斜率越大，气体的体积越小，故有 Va＝Vb＞Vc＝Vd，可判断 B、D 选项正确． 10．(2019·山东泰安模拟)一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的汽缸内，开始时气体体积为 V0， 温度为 27 ℃.在活塞上施加压力将气体体积压缩到 2 3 V0，温度升高到 57 ℃.设大气压强 p0＝1.0×105 Pa，活塞 与汽缸壁摩擦不计． (1)求此时气体的压强； (2)保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到 V0，求此时气体的压强． 解析：(1)V1＝V0，T1＝300 K ，p1＝p0 V2＝2 3 V0，T2＝330 K 由状态方程p1V1 T1 ＝p2V2 T2 得 p2＝p1V1T2 T1V2 ＝ 1.0×105×V0×330 300×2 3 V0 Pa＝1.65×105 Pa. (2)由玻意耳定律知 p3V3＝p2V2 p3＝p2V2 V3 ＝ 1.65×105×2 3 V0 V0 Pa＝1.1×105 Pa. 答案：(1)1.65×105 Pa (2)1.1×105 Pa 11．(2019·高考山东卷)一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为 V0， 开始时内部封闭气体的压强为 p0.经过太阳曝晒，气体温度由 T0＝300 K 升至 T1＝350 K. (1)求此时气体的压强． (2)保持 T1＝350 K 不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到 p0.求集热 器内剩余气体的质量与原来总质量的比值．判断在抽气过程中剩余气体是吸 热还是放热，并简述原因． 解析：(1)由题意知，气体体积不变，由查理定律得 p0 T0 ＝p1 T1 所以此时气体的压强 p1＝T1 T0 p0＝350 300 p0＝7 6 p0. (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V2，由玻意耳定律可得 p1V0＝p0V2 可得 V2＝p1V0 p0 ＝7 6 V0 所以集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为 ρV0 ρ·7 6 V0 ＝6 7 因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体的体积膨胀对外做功．由热力学第一定律ΔU＝W ＋Q 可知，气体一定从外界吸收热量． 答案：(1)7 6 p0 (2)6 7 吸热 原因见解析 12．(2019·厦门模拟)内壁光滑的导热汽缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强 为 1.0×105Pa、体积为 2.0×10－3m3 的理想气体，现在活塞上方缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一 半，然后将汽缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为 127 ℃. (1)求汽缸内气体的最终体积； (2)在如图 2－11 所示 p－V 图上画出整个过程中汽缸中气体的状态变化．(大气压强 为 1.0×105Pa) 解析：(1)在活塞上方倒沙子的过程中温度保持不变，对气体，由玻意耳定律得，p0V0 ＝p1V1， p1＝p0V0 V1 ＝1.0×105×2.0×10－3 1.0×10－3 Pa＝2.0×105Pa 在缓慢加热到 127 ℃的过程中，气体压强保持不变， 由盖—吕萨克定律，得V1 T0 ＝V2 T2 ， 所以 V2＝T2V1 T0 ＝ 273＋127 ×1.0×10－3 273 m3 ＝1.47×10－3m3 (2)把整个物理过程中的状态变化画在 p－V 图上，如图所示． 答案：(1)1.47×10－3m3 (2)见解析图 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-3 第三节 热力学定律与能量守恒 1．下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( ) A．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律 B．能量耗散过程中能量不守恒 C．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律 D．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性 解析：选 AD.第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A 正确；电冰箱 在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C 错误． 2．(2019·高考广东卷)图 3－4 是密闭的汽缸，外力推动活塞 P 压缩气体，对缸内气体做功 800 J，同时气体向 外界放热 200 J，缸内气体的( ) A．温度升高，内能增加 600 J B．温度升高，内能减少 200 J C．温度降低，内能增加 600 J D．温度降低，内能减少 200 J 解析：选 A.对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU 为正 表示内能增加了 600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加， 气体分子的平均动能增加，温度升高，选项 A 正确． 3．关于热力学定律，下列说法正确的是( ) A．在一定条件下物体的温度可以降到 0 K B．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C．吸收了热量的物体，其内能一定增加 D．压缩气体总能使气体的温度升高 解析：选 B.本题考查热力学温标、热力学第一定律、热力学第二定律，意在考查考生对热学基础知识的理解.0 K 是低温的极限，任何物体的温度只能接近而不能达到，所以 A 错误；根据热力学第二定律，物体不可能从单一 热源吸收热量全部用来对外做功而不产生其他影响，但在“产生其他影响的情况”下，也可以从单一热源吸收 热量全部用来做功，所以 B 正确；内能的改变取决于热传递和做功两个方面，所以 C、D 错误． 4．(2019·高考广东卷)如图 3－5 为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N 两筒间密闭了一定质量的气体， M 可沿 N 的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在 M 向下滑动的过程中 ( ) A．外界对气体做功，气体内能增大 B．外界对气体做功，气体内能减小 C．气体对外界做功，气体内能增大 D．气体对外界做功，气体内能减小 解析：选 A.本题考查热力学第一定律，考查考生对绝热压缩过程中功能关系的分析．由于筒内气体不与外界发 生热交换，因此只有做功改变物体的内能，在 M 向下滑动的过程中，外界压缩气体对气体做功，根据热力学第 一定律可知，气体的内能增加． 5.(2019·高考重庆卷)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽 缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图 3－6 所示．在此过程中，若缸内气体与外界无 热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( ) A．对外做正功，分子的平均动能减小 B．对外做正功，内能增大 C．对外做负功，分子的平均动能增大 D．对外做负功，内能减小 解析：选 A.本题主要考查的是热力学第一定律及温度的微观含义，意在考查考生对温度微观含义的理解和热力 学第一定律的应用．气体膨胀，体积增大对外做功；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于是绝热过程，故气体内 能减少，气体温度降低，分子的平均动能减小． 6．(2019·高考大纲全国卷)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( ) A．气体吸收的热量可以完全转化为功 B．气体体积增大时，其内能一定减少 C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加 D．外界对气体做功，气体内能可能减少 解析：选 AD.本题考查热力学第一、第二定律，主要考查考生对热力学定律概念的理解和掌握．根据热力学第二 定律：不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．但气体吸收热量在引起了其他变 化的情况下，可以完全转化为功，A 正确；内能的影响因素有气体的体积和温度，故气体体积增大时，由于温度 变化情况未知，故内能不一定减少，B 错误；内能可以通过做功和热传递改变，气体从外界吸收热量，由于对外 做功情况未知，故内能不一定增加，C 错误；同理外界对气体做功，由于热传递情况未知，故气体内能有可能减 少，D 正确． 7．(2019·高考重庆卷)给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度 不变，不计分子间势能，则胎内气体( ) A．从外界吸热 B．对外界做负功 C．分子平均动能减小 D．内能增加 解析：选 A.缓慢放水过程中，胎内气体体积增大、温度不变，内能不变，分子平均动能不变，选项 C、D 错误； 由体积增大可知气体对外界做正功，选项 B 错误．由热力学第一定律可知气体从外界吸热，选项 A 正确． 8.(2019·高考福建卷)如图 3－7 所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器 内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施以一竖直向下的压力 F，使活塞缓慢向下移动一段距 离后，气体的体积减小．若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体( ) A．温度升高，压强增大，内能减少 B．温度降低，压强增大，内能减少 C．温度升高，压强增大，内能增加 D．温度降低，压强减小，内能增加 解析：选 C.容器绝热，活塞对气体做功，由热力学第一定律可知，气体内能增加；温度是分子平均动能的标志， 且气体内能增加，故温度一定升高；由 pV/T＝C 可知，气体压强增大，C 正确． 9.(2019·高考江苏卷)如图 3－8 所示，一演示用的“永动机”转轮由 5 根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用 形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮 转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是 ( ) A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量 B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身 C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高 D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量 解析：选 D.本题考查永动机问题．意在考查学生的理解能力．通过分析题意可知，转轮之所以能够发生转动， 是因为叶片能吸收热量，其内能转化为机械能，不是依靠惯性运动的，其转动的能量来自于热水中的内能，A 错 误，B 错误；转动的叶片不断搅动热水，需要吸收的能量应等于叶片的机械能与叶片向空气中释放的能量之和， 故 D 正确． 10.A、B 两装置均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不 同外，其他条件都相同．将两管状容器抽成真空后，开口竖直向下插入水银槽中(插入过程中没有空气进入管状 容器内)，两水银柱上升至如图 3－9 所示位置然后停止．假设这一过程中水银与外界没有 热交换，则下列说法正确的是( ) A．A 中水银的内能增量大于 B 中水银的内能增量 B．B 中水银的内能增量大于 A 中水银的内能增量 C．A 和 B 中水银体积保持不变，故内能增量相同 D．A 和 B 中水银温度始终相同，故内能增量相同 解析：选 B.在水银进入管状容器中的过程中，大气压力对水银做功，把大气的能量转化为水银的内能和重力势 能，在一定的大气压下，A、B 中水银柱在稳定后，两者的高度是相同的，且进入管中的水银体积相同，所以大 气压力做功相同．但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能的改变也不同，由图可知 B 中水银的重 力势能较小，所以 B 管中水银的内能增量较大，故选项 B 正确． 11．(2019·江苏常州模拟)(1)根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________． A．气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大 B．物体的温度为 0 ℃时，物体分子的平均动能为零 C．分子势能一定随分子间距离的增大而增大 D．给物体加热，物体的内能不一定增加 (2)如图 3－10 所示，p－V 图中，一定质量的理想气体由状态 A 经过程Ⅰ变至状态 B 时，从外界吸收热量 420 J， 同时膨胀对外做功 300 J．当气体从状态 B 经过程Ⅱ回到状态 A 时，外界压缩气体做功 200 J，求此过程中气体 吸收或放出的热量是多少？ 解析：(1)温度是气体分子平均动能的标志，A 项正确，0 ℃时分子仍有动能，当温度趋近于绝对零度时，分子 的平均动能才趋近于零，B 项错；因不知分子间距是大于平衡位置还是小于平衡位置，无法判断分子势能的变化 特点，C 项错；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W 知，改变物体内能的方式有做功和热传递两种，故 D 项正确． (2)一定质量的理想气体由状态 A 经过程Ⅰ变至状态 B 时，从外界吸收的热量 Q1 大于气体膨胀对外做的功 W1，气 体内能增加，由热力学第一定律，气体内能的增加量为ΔU＝Q1＋W1＝420 J＋(－300 J)＝120 J，气体由状态 B 经过程Ⅱ回到状态 A 时，气体内能将减少 120 J，而此过程中外界又压缩气体做了 W2＝200 J 的功，因而气体必 向外界放热，则 Q2＝ΔU－W2＝(－120 J)－200 J＝－320 J. 答案：(1)AD (2)放热 320 J 12.(2019·高考山东卷)气体温度计结构如图 3－11 所示．玻璃测温泡 A 内充有理想气体，通过细玻璃管 B 和水 银压强计相连．开始时 A 处于冰水混合物中，左管 C 中水银面在 O 点处，右管 D 中水银面高出 O 点 h1＝14 cm. 后将 A 放入待测恒温槽中，上下移动 D，使 C 中水银面仍在 O 点处，测得 D 中水银面高出 O 点 h2＝44 cm.(已知 外界大气压为 1 个标准大气压，1 标准大气压相当于 76 cmHg) (1)求恒温槽的温度． (2) 此过程 A 内气体内能________(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体将________(填 “吸热”或者“放热”)． 解析：(1)设恒温槽的温度为 T2，由题意知 T1＝273 K A 内气体发生等容变化，根据查理定律得 p1 T1 ＝p2 T2 ① p1＝p0＋ph1② p2＝p0＋ph2③ 联立①②③式，代入数据得 T2＝364 K(或 91 ℃) (2)由 T2>T1 知，A 中气体内能增大，由于气体不对外做功．由热力学第一定律知，气体将吸热． 答案：(1)364 K(或 91 ℃) (2)增大 吸热 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-4 第一章 第一节 机械振动 1．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的 4 倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的 1/2， 则单摆振动的( ) A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变 C．频率不变，振幅改变 D．频率改变，振幅不变 解析：选 C.由单摆周期公式 T＝2π l g 知周期只与 l、g 有关，与 m 和 v 无关，周期不变频率不变．又因为没 改变质量前，设单摆最低点与最高点高度差为 h，最低点速度为 v，mgh＝1 2 mv2.质量改变后：4mgh′＝1 2 ·4m· v 2 2， 可知 h′≠h，振幅改变．故选 C. 2．(2019·衡阳模拟) 一质点做简谐运动的振动图象如图 1－1－9 所示，质点的速度与加速度方向相同的时间 段是( ) A．0 s～0.3 s B．0.3 s～0.6 s C．0.6 s～0.9 s D．0.9 s～1.2 s 解析：选 BD.质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同，与位移方向相反，总是指向平衡位置；位移增加 时速度与位移方向相同，位移减小时速度与位移方向相反． 3．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为 x＝Asinπ 4 t，则质点( ) A．第 1 s 末与第 3 s 末的位移相同 B．第 1 s 末与第 3 s 末的速度相同 C．3 s 末至 5 s 末的位移方向都相同 D．3 s 末至 5 s 末的速度方向都相同 解析：选 AD.由 x＝Asinπ 4 t 知周期 T＝8 s．第 1 s 末、第 3 s 末、第 5 s 末分别相差 2 s，恰好是1 4 个周期．根 据简谐运动图象中的对称性可知 A、D 选项正确． 4. 一质点做简谐运动，其位移 x 与时间 t 的关系曲线如图 1－1－10 所示，由图可知( ) A．质点振动频率是 4 Hz B．t＝2 s 时，质点的加速度最大 C．质点的振幅为 2 cm D．t＝3 s 时，质点所受的合外力最大 解析：选 BC.质点振动的周期是 4 s，频率是 0.25 Hz；t＝2 s 时，质点的位移最大，回复力最大，加速度最大； 质点的振幅为 2 cm；t＝3 s 时，质点的位移为零，所受的合外力为零，选项 B、C 正确． 5．(2019·银川模拟)在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼很快就抖动起来，而且越抖 越厉害，后来人们经过了艰苦地探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法解决了这一问题，在飞机 机翼前装置配重杆的主要目的是( ) A．加大飞机的惯性 B．使机体更加平衡 C．使机翼更加牢固 D．改变机翼的固有频率 答案：D 6. 一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅 A 与驱动力频率 f 的关系)如图 1－1－11 所示，则( ) A．此单摆的固有周期约为 0.5 s B．此单摆的摆长约为 1 m C．若摆长增大，单摆的固有频率增大 D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动 解析：选 B.由共振曲线知此单摆的固有频率为 0.5 Hz，固有周期为 2 s；再由 T＝2 π l g ， 得此单摆的摆长约为 1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动． 7．(2019·镇江模拟) 如图 1－1－12 所示是单摆做阻尼运动的位移－时间图线，下列说法中正确的是( ) A．摆球在 P 与 N 时刻的势能相等 B．摆球在 P 与 N 时刻的动能相等 C．摆球在 P 与 N 时刻的机械能相等 D．摆球在 P 时刻的机械能大于 N 时刻的机械能 解析：选 AD.P、N 两点表示摆球的位移大小相等，所以重力势 能相等，A 对；P 点的速度大，所以动能大，故 B、C 错 D 对． 8. 将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的 大小随时间变化的曲线如图 1－1－13 所示．某同学由此图象提供的信息作出的下列判断中，正确的是( ) A．t＝0.2 s 时摆球正经过最低点 B．t＝1.1 s 时摆球正经过最低点 C．摆球摆动过程中机械能减小 D．摆球摆动的周期是 T＝1.4 s 解析：选 AC.悬线拉力在经过最低点时最大，t＝0.2 s 时，F 有正向最大值，故 A 选项正确，t＝1.1 s 时，F 有 最小值，不在最低点，周期应为 T＝1.0 s，因振幅减小，故机械能减小，C 选项正确． 9. (2019·石嘴山模拟)如图 1－1－14 所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，下 列说法中正确的是( ) A．甲、乙两单摆的摆长相等 B．甲摆的振幅比乙摆大 C．甲摆的机械能比乙摆大 D．在 t＝0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆 解析：选 ABD.振幅可从题图上看出甲摆大，故 B 对．且两摆周期相等，则摆长相等，因质量关系不明确，无法 比较机械能．t＝0.5 s 时乙摆球在负的最大位移处，故有正向最大加速度，所以正确答案为 A、B、D. 10. 如图 1－1－15 所示是用频闪照相的方法拍摄到的一个弹簧振子的振动情况，图甲是振子静止在平衡位置时 的照片，图乙是振子被拉到左侧距平衡位置 20 cm 处放手后向右运动1 4 周期内的频闪照片，已知频闪的频率为 10 Hz，则下列说法正确的是( ) A．该振子振动的周期为 1.6 s B．该振子振动的周期为 1.2 s C．振子在该1 4 周期内做加速度逐渐减小的变加速运动 D．从图乙可以看出再经过 0.2 s 振子将运动到平衡位置右侧 10 cm 处 解析：选 BC.相邻两次频闪的时间间隔Δt＝1 f ＝ 1 10 s＝0.1 s，由题图乙可知 3Δt＝T 4 ，则振子振动的周期为 T＝ 1.2 s，选项 B 对，选项 A 错；振子在该1 4 周期内受到弹簧的弹力逐渐减小，加速度减小，选项 C 对；由振动方 程 x＝20 sin2π 1.2 t cm，当 t＝0.2 s 时，x＝10 3 cm，选项 D 错． 11. 已知单摆的振动图象如图 1－1－16 所示． (1)读图可知振幅 A＝____m，振动频率 f＝____Hz； (2)求此单摆的摆长 l； (3)若摆球质量为 0.2 kg，在摆动过程中，摆球受的回复力的最大值 Fm 是多少？(取 g＝10 m/s2，π2＝10) 解析：(1)A＝0.1 m，f＝1 T ＝0.25 Hz. (2)因 T＝2π l g ，则 l＝ T2g 4π2＝4 m. (3)Fm＝mgsinθ≈mgA l ＝0.2×10×0.1 4 N＝0.05 N. 答案：(1)0.1 0.25 (2)4 m (3)0.05 N 12．(2019·泉州模拟)弹簧振子以 O 点为平衡位置，在 B、C 两点间做简谐运动，在 t＝0 时刻，振子从 O、B 间 的 P 点以速度 v 向 B 点运动；在 t＝0.2 s 时，振子速度第一次变为－v；在 t＝0.5 s 时，振子速度第二次变为 －v. (1)求弹簧振子振动周期 T. (2)若 B、C 之间的距离为 25 cm，求振子在 4.0 s 内通过的路程． (3)若 B、C 之间的距离为 25 cm.从平衡位置计时，写出弹簧振子位移表达式，并画出弹簧振子的振动图象． 解析：(1)弹簧振子简谐运动示意图如图所示． 由对称性可得：T＝0.5×2 s＝1.0 s. (2)若 B、C 之间距离为 25 cm， 则振幅 A＝1 2 ×25 cm＝12.5 cm 振子 4.0 s 内通过的路程 s＝4×4×12.5 cm＝200 cm. (3)根据 x＝Asinωt，A＝12.5 cm，ω＝2π T ＝2π. 得 x＝12.5 sin2πt(cm)． 振动图象为 答案：(1)1.0 s (2)200 cm (3)x＝12.5sin2πt (cm) 图象见解析 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-4 第一章 第二节 机械波 1．(2019·高考北京卷)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的振动频率 解析：选 D.本题考查质点振动与波动的关系，考查考生对波动和振动规律的理解．波在同一种介质中传播时速 度恒定，而质点的振动是变速运动，A 错误；纵波的传播方向与质点的振动方向平行，B 错误；质点在一个周期 内走过的路程为振幅的 4 倍，与波长无关，C 错误；由于质点做的是受迫振动，因此它的振动频率与波源的振动 频率相同，D 正确． 2. (2019·西城区期末)振源 A 带动细绳上各点上下做简谐运动，t＝0 时刻绳上形成的波形如图 1－2－9 所示．规 定绳上质点向上运动的方向为 x 轴的正方向，则 P 点的振动图象是( ) 解析：选 B.本题考查波动与振动相结合的问题．由 t＝0 时刻绳上形成的波形可知该波刚传到 P 点时处于平衡位 置，由“上下坡”法可知，P 处上坡，所以起振方向向下，B 正确． 3．(2019·高考上海卷)声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为( ) A．声波是纵波，光波是横波 B．声波振幅大，光波振幅小 C．声波波长较长，光波波长很短 D．声波波速较小，光波波速很大 解析：选 C.根据波产生明显衍射现象的条件——障碍物或孔的尺寸与波的波长差不多或比波的波长小可知，声 波有明显的衍射而光波的衍射不明显是因为声波的波长较长，C 正确． 4．(2019·山东潍坊调研)假如一辆汽车在静止时喇叭发出声音的频率是 300 Hz，在汽车向你驶来又擦身而过的 过程中，下列说法正确的是( ) A．当汽车向你驶来时，听到喇叭声音的频率大于 300 Hz B．当汽车向你驶来时，听到喇叭声音的频率小于 300 Hz C．当汽车和你擦身而过后，听到喇叭声音的频率大于 300 Hz D．当汽车和你擦身而过后，听到喇叭声音的频率小于 300 Hz 解析：选 AD.由多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近过程中，观察者接收到的频率增大；相对观察者远离过 程中，观察者接收到的频率减小． 5. (2019·南昌调研)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， 如图 1－2－11 所示．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( ) A．f1＝2f2，v1＝v2 B．f1＝f2，v1＝0.5v2 C．f1＝f2，v1＝2v2 D．f1＝0.5f2，v1＝v2 解析：选 C.两列波的频率都等于波源 S 的频率，则 f1＝f2，由题图知：λ1＝2λ2，根据 v＝λf 知：v1＝2v2，故 C 对． 6. 如图 1－2－12 所示，S1、S2 是振动情况完全相同的两个机械波波源，振幅为 A，a、b、c 三点分别位于 S1、 S2 连线的中垂线上，且 ab＝bc.某时刻 a 是两列波的波峰相遇点，c 是两列波的波谷相遇点，则( ) A．a 处质点的位移始终为 2A B．c 处质点的位移始终为－2A C．b 处质点的振幅为 2A D．c 处质点的振幅为 2A 解析：选 CD.因为 a、b、c 三点均在 S1、S2 中垂线上，则各点到 S1、S2 的距离相等，则 S1 与 S2 到各点的波程差为 零，S1 与 S2 振动情况相同，在 a、b、c 各点振动加强，振动加强并不是位移不变，而是振幅为 2A，则选项 C、D 正确，A、B 不正确． 7．(2019·云南检测)一列在 y 轴方向振动、沿 x 轴正方向传播的简谐横波，在 t＝0 时刻的波动图象如图 1－2 －13 所示．已知波速为 20 m/s，P 为一介质质点，在 t＝0.12 s 后极短时间内，质点 P 的( ) A．速度和加速度都在增大 B．速度在减小，加速度在增大 C．速度和加速度都沿 y 轴负方向 D．速度沿 y 轴正方向，加速度沿 y 轴负方向 解析：选 BD.由题图得波长为 4 m，则周期 T＝λ v ＝0.2 s，T 2 0.4 m，T>0.2 s， 所以 A 正确，B 错误；同理可知 C、D 均有可能． 11．(2019·豫南四校调研)如图 1－2－17 是一列向右传播的横波，波速为 0.4 m/s.M 点的横坐标 x＝10 m，图 示时刻传到 N 点，现从图示时刻开始计时，求： (1)经过多长时间，M 点第二次到达波谷？ (2)这段时间里，N 点经过的路程为多少？ 解析： (1)T＝λ v ＝4 s t0＝OM v ＝25 s t＝t0＋T＝29 s (2)s＝t T ×4A＝145 cm. 答案：(1)29 s (2)145 cm 12．一列横波的波形如图 1－2－18 所示，实线表示 t1＝0 时刻的波形图，虚线表示 t2＝0.05 s 时刻的波形图， 求： (1)若 2T>t2－t1>T，波速可能为多大？(T 为周期) (2)若 TCa，由 sinC＝1 n ，得折射 率 na>nc，则三种色光的折射率关系为 na>nc>nb，③错误，故 B、D 错误；由 na>nc>nb 知三种色光的频率为νa>νc> νb，①错误，故 A 错误，则 C 正确． 6. (2019·辽宁铁岭调研)如图 2－1－18 所示，ABC 为等腰棱镜，a、b 两束不同频率的单色光垂直 AB 边射入棱 镜，两束光在 AB 面上的入射点到 OC 的距离相等，两束光折射后相交于图中的 P 点，以下判断正 确的是( ) A．在真空中，a 光光速大于 b 光光速 B．在真空中，a 光波长大于 b 光波长 C．a 光通过棱镜的时间大于 b 光通过棱镜的时间 D．a、b 两束光从同一介质射入真空过程中，a 光发生全反射的临界角大于 b 光发生全反射的临 界角 解析：选 C.因为两束光折射后相交于图中的 P 点，根据折射定律可知 a 光的折射率 na＞nb，a 光的频率νa＞νb， 光在真空中的传播速度相等，A 错误；由λ＝ c ν 得 B 错误；由 v＝c n 和 t＝s v 得 C 正确；根据 sinC＝1 n 得 D 错误． 7. (2019·高考课标全国卷)如图 2－1－19，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A 为直角．此截面所在平 面内的光线沿平行于 BC 边的方向射到 AB 边，进入棱镜后直接射到 AC 边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料 的折射率为( ) A. 6 2 B. 2 C.3 2 D. 3 解析：选 A.根据折射率定义有，sin∠1＝nsin∠2，nsin∠3＝1，已知∠1＝45°，又∠2＋∠3＝90°，解得：n ＝ 6 2 . 8. (2019·广东中山调研)如图 2－1－20 所示，红色细光束 a 射到折射率为 2的透明球表面，入 射角为 45°，在球的内壁经过一次反射后，从球面射出的光线为 b，则入射光线 a 与出射光线 b 之间的夹角α为( ) A．30° B．45° C．60° D．75° 解析：选 A.由折射定律有 2＝sin45° sinθ ，得折射角θ＝30°.画出光路图，由几何关系知，夹角α＝30°，A 正 确． 9. (2019·金华十校高三模拟)现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车 时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反 射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为 10 μm 的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为 3， 为使入射的车灯光线经玻璃珠折射→反射→再折射后恰好和入射光线平行，如图 2－1－21 所 示，那么第一次入射的入射角应是( ) A．15° B．30° C．45° D．60° 解析：选 D.通过“回归反光膜”的光路图可知入射角 i 是折射角 r 的 2 倍，即 i＝2r，由折射定律，有 n＝sini sinr ＝2sinrcosr sinr ＝2cosr＝ 3，得 r＝30°，i＝2r＝60°，故选项 D 正确． 10. (2019·江西部分重点中学联考)已知玻璃对某种单色光的折射率 n＝ 2，现使一束该单色光沿如图 2－1－ 22 所示方向射到三棱镜的 AB 面上，最后从棱镜射出．假设光在行进过程中有折射光线存在时不考虑反射，求光 射出棱镜时的折射角．(结果可用反三角函数表示．已知一组可能用到的三角函数近似值 sin10°＝0.17，sin20° ＝0.34，sin40°＝0.64，sin50°＝0.77) 解析： 由折射定律得： sinθ＝sin45° n ＝1 2 故θ＝30° 由几何关系可得：α＝40° 临界角 C＝arcsin1 n ＝45° 即该束光在玻璃中折射光线与三棱镜 BC 边平行，故它在玻璃中的折射光线一定射到 AC 面，而射到 AC 面的入射 角α＝40°，小于全反射的临界角 C，故光在 AC 面会射出． sinβ＝nsin40°＝0.90 故β＝arcsin0.90 答案：见解析 11. 如图 2－1－23 所示为用某种透明材料制成的一块柱体形棱镜的水平截面图，FD 为1 4 圆周， 圆心为 O，光线从 AB 面入射，入射角θ1＝60°，它射入棱镜后射在 BF 面上的 O 点并恰好不 从 BF 面射出． (1)画出光路图； (2)求该棱镜的折射率 n 和光线在棱镜中传播的速度大小 v(光在真空中的传播速度 c＝3.0× 108m/s)． 解析： (1)光路图如图所示． (2)设光线在 AB 面的折射角为θ2，折射光线与 OD 的夹角为 C，则 n＝sinθ1 sinθ2 . 由题意，光线在 BF 面恰好发生全反射，则 sinC＝1 n ，由图可知，θ2＋C＝90°， 联立以上各式解出 n≈1.3 或 7 2 又 n＝c v ，故解出 v≈2.3×108m/s 或6 7 7 ×108m/s . 答案：(1)见解析图 (2)1.3 或 7 2 2.3×108m/s 或6 7 7 ×108m/s 12. (2019·高考新课标全国卷)一半圆柱形透明物体横截面如图 2－1－24 所示，底面 AOB 镀银(图中粗线)，O 表示半圆截面的圆心．一束光线在横截面内从 M 点入射，经过 AB 面反射后从 N 点射出．已知光线在 M 点的入射 角为 30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°.求 (1)光线在 M 点的折射角； (2)透明物体的折射率． 解析：(1)如图所示，透明物体内部的光路为折线 MPN，Q、M 点相对于底面 EF 对称，Q、 P 和 N 三点共线．设在 M 点处，光的入射角为 i，折射角为 r，∠OMQ＝α，∠PNF＝β. 根据题意有 α＝30°① 由几何关系得，∠PNO＝∠PQO＝r，于是 β＋r＝60°② 且α＋r＝β③ 由①②③式得 r＝15°④ (2)根据折射率公式有 sini＝nsinr⑤ 由④⑤式得 n＝ 6＋ 2 2 . 答案：(1)15° (2) 6＋ 2 2 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-4 第二章 第二节 光的波动性 1．(2019·苏北模拟)下列说法正确的是( ) A．光的偏振现象说明光是纵波 B．全息照相利用了激光相干性好的特性 C．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理 D．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大 解析：选 BC.偏振现象说明光是横波，A 错误．双缝干涉中，波长越大，条纹间距越大，所以，紫光条纹间距小 于红光条纹间距，D 错误，选 BC. 2．在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，通过狭缝观察发光的白炽灯也会看到彩色条纹， 这两种现象( ) A．都是光的衍射现象 B．都是光的干涉现象 C．前者是光的干涉现象，后者是光的衍射现象 D．前者是光的衍射现象，后者是光的干涉现象 解析：选 C.根据干涉和衍射的条件，两块玻璃板的空气层形成薄膜干涉，日光灯发出的光通过狭缝会发生衍射 现象． 3．(2019·哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)下列说法正确的是( ) A．雨后天空中出现彩虹是由阳光经云层衍射造成的 B．自然光斜射到玻璃、水面、木质桌面时，反射光和折射光都是偏振光，入射角变化时偏振的程度也有所变化 C．测量星球上某些元素发出的光波频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，就可以算出星球靠近 或远离我们的速度，这利用的是多普勒效应 D．“日出江花红胜火”，早晨看到的太阳是红彤彤的，这是太阳光中波长较长的红光衍射能力强的结果 解析：选 BCD.雨后天空中出现彩虹的原因是阳光经云层折射而产生的色散现象，A 错误；自然光经题述三种物 体反射、折射后，反射光、折射光都是偏振光，当反射光与折射光垂直时，反射光、折射光为完全偏振光，B 正 确；光波也具有多普勒效应，C 正确；红光波长长，衍射能力强，红光能传播到地面，所以太阳看起来是红色的， D 正确． 4．(2019·上海宝山区模拟)在光的单缝衍射实验中可观察到清晰的亮暗相间的图样，图 2－2－7 四幅图片中属 于光的单缝衍射图样的是( ) A．a、c B．b、c C．a、d D．b、d 解析：选 D.a 图是双缝干涉图样，b 图是单缝衍射图样，c 图是小孔衍射图样，d 图是单缝衍射图样，故 D 正确． 5. 如图 2－2－8，P 是一偏振片，P 的透振方向(用带有箭头的实线表示)为竖直方向．下列四种入射光束中，哪 几种光照射 P 时能在 P 的另一侧观察到透射光( ) A．太阳光 B．沿竖直方向振动的光 C．沿水平方向振动的光 D．沿与竖直方向成 45°角振动的光 解析：选 ABD.太阳光中各种振动方向的光都有，所以会通过偏振片，只有与透振方向垂直的光线不能通过偏振 片，即选项 C 不正确． 6．光的偏振现象说明光是横波，下列现象中不能反映光的偏振特性的是( ) A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化 B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光与折射光线之间的夹角恰好是 90°时，反射光是偏振光 C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片可以使景象更清晰 D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹 解析：选 D.D 选项中通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的衍射现象，与偏振无关． 7. (2019·河南教学质检)用如图 2－2－9 所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图中左侧是撒有食盐的酒精 灯火焰，右侧是竖立的附着一层肥皂薄膜的金属丝圈，关于该实验，下列说法正确的是 ( ) A．观察时应当在火焰的同侧面向薄膜观察火焰的像 B．观察时应当在火焰的异侧透过薄膜观察火焰的像 C．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转 90°，干涉条纹保持原形状不变 D．将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转 90°，干涉条纹也将同方向旋转 90° 解析：选 AC.形成薄膜干涉条纹是薄膜前表面反射的光跟薄膜后表面反射的光叠加而形成的稳定干涉图样，所以 A 正确、B 错误；将薄膜表面在竖直平面内旋转 90°时，由于光源及距离未变，故干涉图样不变，C 正确、D 错 误． 8．(2019·上海杨浦区质检)劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图 2－2－10 甲所示，将一块平板玻璃放置在 另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后， 从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点 (1)任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等； (2)任意相邻明条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定． 现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹( ) A．变疏 B．变密 C．不变 D．消失 解析：选 A.如下图所示，若抽去一张纸片，则三角截面空气层的倾角变小，则干涉条纹变疏，选项 A 正确． 9．(2019·高考北京卷)如图 2－2－11 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 S1 与 S2 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 解析：选 C.由双缝干涉条纹间距公式Δx＝l d λ可知，要增大条纹间距，可以增大双缝到屏的距离，减小双缝间 距，选用波长更长的单色光，因此 C 正确． 10．(2019·高考天津卷)甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹 的中心距离为Δx，若Δx 甲>Δx 乙，则下列说法正确的是( ) A．甲光能发生偏振现象，乙光则不能发生 B．真空中甲光的波长一定大于乙光的波长 C．甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量 D．在同一均匀介质中甲光的传播速度大于乙光 解析：选 BD.只要是横波就能发生偏振现象．由双缝干涉条纹间距公式Δx＝L d λ可判断甲光的波长长，再由 c＝ λν可知甲光的频率小，则甲光的能量 E＝hν小，甲光的频率小，对同一介质的折射率也小，光在其间传播的 速度大．B、D 正确． 11．登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会 严重地损伤视力．有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛伤害的眼镜，他选用的薄膜材 料的折射率为 n＝1.5，所要消除的紫外线的频率为ν＝8.1×1014Hz， (1)他设计的这种“增反膜”所依据的原理是________． (2)这种“增反膜”的厚度是________m. (3)请判断以下有关薄膜干涉的说法正确的是________． A．薄膜干涉说明光具有波动性 B．如果薄膜的厚度不同，产生的干涉条纹一定不平行 C．干涉条纹一定是彩色的 D．利用薄膜干涉也可以“增透” 解析：(1)为了减少进入眼睛的紫外线，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射后形成的反射光叠加后加强， 从而使透射的紫外线减弱． (2)光程差(大小等于薄膜厚度 d 的 2 倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即 2d＝Nλ′(N＝1,2，…)， 因此，膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的1 2 .紫外线在真空中的波长是λ＝c/ν＝3.7×10－7m.在膜中的波长是 λ′＝λ/n＝2.47×10－7m，故膜的厚度至少是 1.23×10－7m. (3)干涉和衍射都证明光具有波动性，如果薄膜厚度均匀变化，则干涉条纹一定平行，白光的干涉条纹为彩色条 纹，单色光的干涉条纹则为该色光颜色，当膜的厚度为四分之一波长时，两反射光叠加后减弱则会“增透”． 答案：(1)两反射光叠加后加强 (2)1.23×10－7 (3)AD 12．(2019·高考江苏卷)(1)激光具有相干性好、平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛．下 面关于激光的叙述正确的是________． A．激光是纵波 B．频率相同的激光在不同介质中的波长相同 C．两束频率不同的激光能产生干涉现象 D．利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离 (2)如图 2－2－12 所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为 5.30×10－7m，屏上 P 点距双缝 S1 和 S2 的路程差为 7.95×10－7m，则在这里出现的应是________(选填“明 条纹”或“暗条纹”)．现改用波长为 6.30×10－7m 的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间 距将______(选填“变宽”、“变窄”或“不变”)． 解析：(1)本题主要考查激光的性质，意在考查考生综合分析问题的能力．激光是横波，A 错误；激光在介质中 的波长为λ＝ c νn ，不同介质 n 不同，所以波长不同，B 错误；产生干涉的条件是频率相同，C 错误；利用激光 平行度好的特点可以测量月球和地球之间的距离，D 正确． (2)本题主要考查双缝干涉现象，意在考查考生对双缝干涉现象的分析和理解．因为7.95×10－7 5.30×10－7＝3 2 ，即半波长的 奇数倍，所以出现暗条纹．根据条纹间距Δx＝l d λ，当单色光的波长变长时，条纹间距变宽． 答案：(1)D (2)暗条纹 变宽 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-4 第三章 电磁波 相对论简介 1．根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中正确的是( ) A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场 B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场 C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场 D．振荡的电场在周围空间一定产生同频率振荡的磁场 答案：D 2．关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是( ) A．电磁波是横波 B．电磁波的传播需要介质 C．电磁波能产生干涉和衍射现象 D．电磁波中电场和磁场的方向处处相互垂直 答案：ACD 3．(2019·高考上海卷)电磁波包含了γ射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是 ( ) A．无线电波、红外线、紫外线、γ射线 B．红外线、无线电波、γ射线、紫外线 C．γ射线、红外线、紫外线、无线电波 D．紫外线、无线电波、γ射线、红外线 解析：选 A.在电磁波家族中，按波长由长到短分别有无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线等， 所以 A 项对． 4．关于电磁波，下列说法正确的是( ) A．雷达是用 X 光来测定物体位置的设备 B．使电磁波随各种信号而改变的技术叫做解调 C．用红外线照射时，大额钞票上用荧光物质印刷的文字会发出可见光 D．变化的电场可以产生变化的磁场 解析：选 D.均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生变化的磁场，本题电场的变化有以上两 种可能，故 D 正确． 5．无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线合起来，形成了范围非常广阔的电磁波谱，不同的电 磁波产生的机理不同，表现出的特性也不同，因而其用途也不同．下列应用中符合实际的是( ) A．医院里常用红外线对病人进行透视 B．医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒 C．用 X 射线处理医院排放的污水，可杀死各种病原体，保护环境免受污染 D．用γ射线照射马铃薯，可防止其发芽，以便长期保存 答案：BD 6．(2019·高考北京卷)属于狭义相对论基本假设的是：在不同的惯性系中( ) A．真空中光速不变 B．时间间隔具有相对性 C．物体的质量不变 D．物体的能量与质量成正比 解析：选 A.狭义相对论的两条假设分别是：在任何惯性系中真空中的光速不变和一切物理规律相同． 7．如图 3－3 所示，强强乘坐速度为 0.9c(c 为光速)的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为 0.5c. 强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为( ) A．0.4c B．0.5c C．0.9c D．1.0c 解析：选 D.根据爱因斯坦狭义相对论光速不变原理可知． 8. (2019·山东滨州测试)如图 3－4 所示，一根 10 m 长的梭镖以相对论速度穿过一根 10 m 长的管子，它们的 长度都是在静止状态下测量的．以下哪种叙述最好地描述了梭镖穿过管子的情况( ) 图 3－4 A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它 B．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来 C．两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖 D．所有这些都与观察者的运动情况有关 解析：选 D.如果你是在相对于管子静止的参考系中观察运动着的梭镖，那么梭镖看起来就比管子短，在某些位 置梭镖会完全处在管子内部．然而当你和梭镖一起运动时，你看到的管子就缩短了，所以在某些位置，你可以 看到梭镖两端都伸出管子．假如你在梭镖和管子之间运动，运动的速度是在梭镖运动的方向上，而大小是其一 半，那么梭镖和管子都相对于你运动，且速度的大小一样；你看到这两样东西都缩短了，且缩短的量相同，所 以你看到的一切都是相对的，依赖于你的参考系． 9．(2019·南京期末调研)有两只对准的标准钟，一只留在地面上，另一只放在高速飞行的飞船上，则下列说法 正确的是( ) A．飞船上的人看到自己的钟比地面上的钟走得慢 B．地面上的人看到自己的钟比飞船上的钟走得慢 C．地面上的人看到自己的钟比飞船上的钟走得快 D．因为是两只对准的标准钟，所以两钟走时快慢相同 解析：选 C.无论是飞船上的人还是地面上的人，只要钟与人有相对运动，人观察到钟都会变慢．飞船上的人看 到地面上的钟比自己的钟走得慢，A 错；地面上的人看到飞船上的钟比自己的钟走得慢，B 错，C 对；两只对准 的标准钟，不同的观察者来看，走得快慢可能不同，D 错． 10．(2019·盐城高三调研)根据气体吸收谱线的红移现象推算，有一类星体远离我们的速度高达光速 c 的 80%， 即每秒 24 万公里．则在该类星体上测得它发出光的速度是________，我们观测到它的体积比它实际体积 ________(填“大”或“小”)，该类星体上的π介子平均寿命比在地球上________(填“长”或“短”)． 解析：本题考查了狭义相对论中光速不变，长度变短，时间变长三个结论． 答案：c 小 长 11．(1)麦克斯韦电磁理论的内容是：________________________________________ ________________________________________________________________________. (2)电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是与该处电磁波的传播方向________，这就说明电磁波 是________波． (3)目前雷达发射的电磁波频率多在 200 MHz 至 1000 MHz 的范围内，请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题． ①雷达发射电磁波的波长范围是多少？ ②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离？ 解析：(1)麦克斯韦电磁理论的内容是：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场． (2)电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是垂直的，并和该处电磁波的传播方向垂直，这说明电 磁波是横波． (3)①由 v＝λf 可得：λ1＝v f1 ＝3.0×108 200×106m＝1.5 m， λ2＝v f2 ＝ 3.0×108 1000×106m＝0.3 m. 所以雷达发射电磁波的波长范围是 0.3 m～1.5 m. ②电磁波测距的原理就是通过发射和接收的时间间隔来确定距离，所以可根据 x＝1 2 vt 确定和目标间的距离． 答案：见解析 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-4 实验一 探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度 1．利用单摆测定重力加速度 g 时，下列情况中会导致所测得的 g 值偏大的是( ) A．小球质量过大 B．摆线太长 C．把悬线长和小球直径之和当作摆长 D．把悬线长当作摆长 解析：选 C.由单摆周期 T＝2π l g ，得 g＝4π2l T2 .由此可得，摆球质量不影响测量结果，摆长 l 应是悬线长加 上小球半径，加上小球直径使得 l 偏大，从而导致 g 偏大．故只有选项 C 正确． 2．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中： (1)下面所给器材中，选用哪些器材较好，请把所选用器材前的字母依次填写在题后的横线上． A．长 1 m 左右的细线 B．长 30 cm 左右的细线 C．直径 2 cm 的铅球 D．直径 2 cm 的铝球 E．秒表 F．时钟 G．最小刻度是厘米的直尺 H．最小刻度是毫米的直尺 所选用的器材是________________． (2)实验时对摆线偏离竖直线的偏角要求是____________． 答案：(1)ACEH (2)小于 10° 3. 某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距 离当作摆长 L，通过改变摆线的长度，测得 6 组 L 和对应的周期 T，画出 L－T2 图线，然后在图线上选取 A、B 两个点，坐标如图 1－3－4 所示． 他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为 g＝________.请你判断该同学得到的实验结果与 摆球重心就在球心处的情况相比，将________(填“偏大”、“偏小”或“相同”)． 解析：由单摆的周期公式 T＝2π L g 得 T2＝4π2L g ，则 T2 A＝4π2LA g ，T2 B＝4π2 LB g 可得 g＝4π2 LB－LA T2 B－T2 A ，由此式 可知测得的 g 与某一次的摆长无关，与两次实验中的摆长差有关，所以 g 值与摆球重心在不在球心处无关． 答案：4π2 LB－LA T2 B－T2 A 相同 4．(2019·高考福建卷)某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中： (1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图 1－3－5 所示，则该摆球的直径为________cm. (2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是______．(填选项前的字母) A．把单摆从平衡位置拉开 30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时 B．测量摆球通过最低点 100 次的时间 t，则单摆周期为 t 100 C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大 D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小 解析：(1)主尺读数加游标尺读数的总和等于最后读数，0.9 cm＋7× 1 10 mm＝0.97 cm，不需要估读．(2)为减小 计时误差，应从摆球经过最低点的瞬间开始计时，A 错误；通过最低点 100 次的过程中，经历的时间是 50 个周 期，B 错误；应选用密度较大的球以减小空气阻力的影响，D 错误；悬线的长度加摆球的半径才等于摆长，由单 摆周期公式 T＝2π l＋r g 可知记录的摆长偏大时，测得的重力加速度也偏大，C 正确． 答案：(1)0.97(0.96、0.98 均可) (2)C 5．(2019·兰州诊测)在“用单摆测重力加速度”的实验中，先用刻度尺测出悬点到小球底端的长度如图 1－3 －6 甲所示，然后用游标卡尺测出小球的直径如图乙所示，再用秒表测出单摆完成 40 次全振动所用的时间如图 丙所示．则测出的小球直径为__________cm，单摆的周期为________s，单摆的摆长为______cm，当地的重力加 速度为________m/s2.(小数点后保留两位数字) 解析：由刻度尺读数可知摆线和小球直径总长度 L；由游标卡尺可知小球直径 d，由秒表可知完成 40 次全振动 所用的时间 t，所以摆长 l＝L－d 2 ，周期 T＝ t 40 . 答案：0.63 1.87 88.11(88.09～88.13) 9.94 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-4 实验三 用双缝干涉测量光的波长 1．用图 2－4－6 所示的装置来观察光的双缝干涉现象时，以下推断正确的是( ) A．狭缝屏的作用是使入射光到达双缝屏时，双缝就成了两个振动情况总是相同的光源 B．若入射光是白光，则像屏上的条纹是黑白相间的干涉条纹 C．像屏上某点到双缝的距离差为入射光波长的 1.5 倍时，该点处一定是亮条纹 D．双缝干涉中亮条纹之间的距离相等，暗条纹之间的距离不相等 解析：选 A.分光法获得干涉光源，所以 A 正确．白光的干涉条纹是彩色的不是黑白相间的，B 错．屏上某点到 双缝的距离差为波长的 1.5 倍时，该处应是暗纹，C 错．相邻亮纹间距等于相邻暗纹间距，D 错． 2．(2019·山东泰安模拟)在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的 一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时( ) A．只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失 B．红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在 C．任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮 D．屏上无任何光亮 解析：C.两缝透过的红光和绿光不是相干光源，不能发生干涉现象，没有干涉条纹，由于有光到光屏，所以仍 有光亮． 3．分别以红光和紫光先后用同一装置进行双缝干涉实验，在屏上得到相邻的明条纹间的距离分别为Δx1 和Δx2， 则( ) A．Δx1＜Δx2 B．Δx1＞Δx2 C．若双缝间距离 d 减小，而其他条件保持不变，则Δx1 增大 D．若双缝间距离 d 减小，而其他条件保持不变，则Δx1 不变 解析：选 BC.由Δx＝l d λ可知l d 相同，λ越大Δx 越大；l、λ不变，d 减小，Δx 增大． 4. 如图 2－4－7 所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝 S 从双缝 S1、S2 的中央对称轴位置处稍微向上移 动则( ) A．不再产生干涉条纹 B．仍可产生干涉条纹，且中央亮纹 P 的位置不变 C．仍可产生干涉条纹，中央亮纹 P 的位置略向上移 D．仍可产生干涉条纹，中央亮纹 P 的位置略向下移 解析：选 B.同一单缝 S 发出的光到两缝 S1、S2 形成频率相同的相干光源，叠加后仍形成干涉条纹，中央亮纹位 置不变，因为该点到两缝距离差为零． 5．(2019·湖南八校联考)在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，实验装置如图 2－4－8 所示． (1)以线状白炽灯为光源，对实验装置进行了调节并观察实验现象后，总结出以下几点： A．灯丝和单缝及双缝必须平行放置 B．干涉条纹与双缝垂直 C．干涉条纹疏密程度与双缝宽度有关 D．干涉条纹间距与光的波长有关 以上几点中你认为正确的是________． (2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条刻度线时，手轮上的示数如图 2－4－9 所示，该读数为________mm. (3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图 2－4－10 所示．则在这种情况下测量干 涉条纹的间距Δx 时，测量值________(填“大于”、“小于”或“等于”)实际值． 解析：(1)为使屏上的干涉条纹清晰，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝平行；由Δx ＝l d λ可知，条纹的疏密程度与双缝间距离、光的波长有关，所以 A、C、D 选项正确． (2)固定刻度读数为 0.5 mm，可动刻度读数为 20.2，所以测量结果为 0.5 mm＋20.2×0.01 mm＝0.702 mm. (3)测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，由几何知识可知测量头的读数大于条纹间的实际距 离． 答案：(1)ACD (2)0.702 (3)大于 6．(1)备有下列仪器： A．白炽灯 B．双缝 C．单缝 D．滤光片 E．白色光屏 把以上仪器装在光具座上时，正确的排列顺序应该是：______(填写字母代号)． (2)已知双缝到光屏之间的距离 L＝500 mm，双缝之间的距离 d＝0.50 mm，单缝到双缝之间的距离 s＝100 mm， 某同学在用测量头测量时，调整手轮，在测量头目镜中先看到分划板中心刻线对准 A 条亮纹的中心，然后他继 续转动，使分划板中心刻线对准 B 条亮纹的中心，前后两次游标卡尺的读数如图 2－4－11 所示．则入射光的波 长λ＝________m(结果保留两位有效数字)． (3)实验中发现条纹太密，难以测量，可以采用的改善办法有________． A．改用波长较长的光(如红光)作为入射光 B．增大双缝到屏的距离 C．增大双缝到单缝的距离 D．增大双缝间距 解析：(1)略(2)游标卡尺读数精确度为 0.1 mm，A 位置主尺读数为 11 mm，游标尺读数为 1，读数为 x1＝11 mm ＋1×0.1 mm＝11.1 mm，同理 B 位置读数为 x2＝15.6 mm，则条纹间距Δx＝x2－x1 7 ＝0.64 mm.利用λ＝d L Δx＝6.4 ×10－7m. (3)由Δx＝L d λ可知，要增大条纹间距，可用波长更长的入射光或增大双缝到屏的距离，故 A、B 正确． 答案：(1)ADCBE (2)6.4×10－7 (3)AB 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-5 第一章 动量守恒定律 1. 光滑水平地面上，A、B 两物体质量都为 m，A 以速度 v 向右运动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图 1－1 －4 所示，当 A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( ) A．A、B 系统总动量仍然为 mv B．A 的动量变为零 C．B 的动量达到最大值 D．A、B 的速度相等 解析：选 AD.系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时 A、B 两物块具有相同的速度，D 正确、B 错 误；但此时 B 的速度并不是最大，因为弹簧还会弹开，故 B 物块会进一步加速，A 物块会进一步减速，C 错误． 2. 如图 1－1－5 所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块，木箱和小木 块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度 v0，则下列说法中正确的有 ( ) A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C．小木块在木箱内壁将始终来回碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 解析：选 B.系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B 对． 3．(2019·高考福建卷)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( ) A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v 解析：选 A.根据动量守恒定律得：mv＝2mvB－mvA 化简可得，vA＝2vB－v，因 vA>0.所以 vB>v 2 ，故只有 A 项正确． 4．(2019·江苏盐城模拟) 如图 1－1－6 所示，质量为 M 的小车和车上站着一个质量为 m 的人一起以速度大小 v0 在光滑水平地面上向右匀速运动，当人以相对地的速度大小 u 向左水平跳出后，车的速度大小 v 为( ) A.M＋m M v0 B.M＋m M v0－m M u C.M＋m M v0＋m M u D．v0＋u 解析：选 C.对人和车组成的系统，以向右为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv＋m(－u)，解得 v＝M＋m M v0＋m M u，选项 C 正确． 5．如图 1－1－7 所示，在光滑水平地面上，有一质量 M＝3 kg 的足够长的长方形木板和质量 m＝1 kg 的物块， 均以 4 m/s 的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，当木板的速度为 2.4 m/s 时，物块的运动情况是( ) A．做减速运动 B．做匀速运动 C．做加速运动 D．以上运动都有可能 解析：选 C.选取向左方向为正，根据动量守恒定律有 Mv－mv＝Mv1＋mv2，得木板的速度为 2.4 m/s 时物块的速 度 v2＝Mv－Mv1－mv m ＝0.8 m/s>0，说明物块先向右减速到速度为零，后向左加速，只有 C 选项正确． 6．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，他们使两个带正电的不同重离子加速后，沿同一条直线相向运动而发 生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间具有相 同大小的( ) A．速率 B．质量 C．动量 D．动能 解析：选 C.尽量减小碰后粒子的动能，才能增大内能，所以设法使这两个重离子在碰撞前的瞬间合动量为零， 即具有相同大小的动量． 7. (2019·湖北黄冈中学质检)如图 1－1－8 所示，光滑水平面上有质量均为 m 的物块 A 和 B，B 上固定一轻弹 簧．B 静止，A 以速度 v0 水平向右运动，通过弹簧与 B 发生作用．作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能 Ep 为 ( ) A. 1 16 mv2 0 B.1 8 mv2 0 C.1 4 mv2 0 D.1 2 mv2 0 解析：选 C.A、B 速度相等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒 mv0＝2mv，弹性势能的最大值 Ep＝1 2 mv2 0－1 2 ×2mv2 ＝1 4 mv2 0. 8. 如图 1－1－9 所示，A、B 两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A 和 B 的质量分别是 99m 和 100m，一颗质量为 m 的子弹以速度 v0 水平射入木块 A 内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为 ( ) A.mv2 0 400 B.mv2 0 200 C.99mv2 0 200 D.199mv2 0 400 解析：选 A.子弹打入木块 A，由动量守恒，得 mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值 Ep＝1 2 ×100 mv2 1－1 2 ×200mv2 2 ＝mv2 0 400 . 9．(2019·高考大纲全国卷)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 1－1－10 所示．现给小 物块一水平向右的初速度 v，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.1 2 mv2 B.1 2 mM m＋M v2 C.1 2 NμmgL D．NμmgL 解析：选 BD.由动量守恒定律得 mv＝(M＋m)v1，v1＝ mv M＋m ，ΔEk＝1 2 mv2－1 2 (M＋m)v2 1＝ Mm 2 M＋m v2，A 错、B 对．系 统损失的动能等于产生的热量，等于摩擦力与两物体发生相对距离的乘积，D 对、C 错． 10．A、B 两船的质量均为 m，都静止在平静的湖面上，现 A 船中质量为 1 2 m 的人，以对地的水平速度 v 从 A 船跳 到 B 船，再从 B 船跳到 A 船，…，经 n 次跳跃后，人停在 B 船上，不计水的阻力，则( ) A．A、B(包括人)两船速度大小之比为 2∶3 B．A、B(包括人)两船动量大小之比为 1∶1 C．A、B(包括人)两船的动能之比为 3∶2 D．A、B(包括人)两船的动能之比为 1∶1 解析：选 BC.人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为 0，A、B(包括人)两船的动量大小相等， 选项 B 正确． 经过 n 次跳跃后，A 船速度为 vA，B 船速度为 vB.0＝mvA－ m＋m 2 vB，vA vB ＝3 2 ，选项 A 错． A 船最后获得的动能为 EkA＝1 2 mv2 A B 船最后获得的动能为 EkB＝1 2 m 2 ＋m v2 B ＝1 2 m 2 ＋m · 2 3 vA 2 ＝2 3 1 2 mv2 A ＝2 3 EkA EkA EkB ＝3 2 ，选项 C 正确． 11. 如图 1－1－11 所示，质量 m1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L＝1.5 m，现有质量 m2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v0 从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取 g＝ 10 m/s2.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0 不超过多少？ 解析：要使物块恰好不从小车上滑出，需物块到小车右端时与小车有共同的速度 v，则 m2v0＝(m1＋m2)v 由功能关系有 1 2 m2v2 0＝1 2 (m1＋m2)v2＋μm2gL 代入数据解得 v0＝5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度 v0 不能超过 5 m/s. 答案：5 m/s 12．(2019·高考天津卷)如图 1－1－12 所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为 R， MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静 止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N 为 2R.重力加速度为 g， 忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求： (1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t； (2)小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小． 解析：(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有 2R＝1 2 gt2 解得 t＝2 R g . (2)设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 v1，把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能定为 0，由机械能守恒定律 知 1 2 mv2＝1 2 mv2 1＋2mgR 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为 v2，由动量守恒定律知 mv1＝2mv2 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 2R＝v2t 联立以上各式得 v＝2 2gR. 答案：(1)2 R g (2)2 2gR 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-5 第二章 第一节 波和粒子 1．物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光电流的强度，使光子 只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只出现一些不规则的点子；如果曝光 时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹，对这个实验结果认识正确的是( ) A．曝光时间不长时，出现不规则的点子，表现出光的波动性 B．单个光子通过双缝后的落点无法预测 C．干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方 D．只有大量光子的行为才能表现出光的粒子性 解析：选 BC.A 项中表现出光的粒子性；B、C 项中体现了光是一种概率波，单个光子的落点无法预测；大量光子 到达概率大的地方，形成亮条纹，因此大量光子的行为表现出波动性，选项 B、C 正确． 2. 在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占整个从单缝射入的光强的 95%以上，假设现在只让一个光子通过单 缝，那么该光子( ) A．一定落在中央亮纹处 B．一定落在亮纹处 C．可能落在暗纹处 D．落在中央亮纹处的可能性最大 解析：选 CD.大量光子的行为显示出波动性，当大量光子通过单缝时光子落在亮纹处的概率较大，尤其是中央亮 纹处，依题将有 95%以上的光子落在中央亮纹处．落在其他亮纹处相对少一些，落在暗纹处光子最少，注意的是 暗纹处不是没有光子落在上面，只是很少而已．只让一个光子通过单缝，这个光子落在哪一位置是不可确定的， 可以落在亮纹处，也可以落在暗纹处，只是落在中央亮纹的机会更大(有 95%以上)． 3．(2019·黑龙江适应性测试)用频率为ν1 的单色光照射某种金属表面，发生了光电效应现象．现改为频率为ν 2 的另一单色光照射该金属表面，下面说法正确的是( ) A．如果ν2＞ν1，能够发生光电效应 B．如果ν2＜ν1，不能够发生光电效应 C．如果ν2＞ν1，逸出光电子的最大初动能增大 D．如果ν2＞ν1，逸出光电子的最大初动能不受影响 解析：选 AC.对一定的金属，入射光的频率必须大于或等于某一频率ν0 时才会产生光电效应，频率ν0 称为截止 频率，如果入射光的频率低于截止频率ν0，则不论光强多大，照射时间多长，都不会产生光电效应，不同的金 属有不同的截止频率．所以当ν2＞ν1 时能够发生光电效应，ν2＜ν1 时不一定能够发生光电效应，A 正确，B 错 误；又因光电子的初动能随着入射光频率的增加而线性增加，所以当ν2＞ν1 时逸出光电子的初动能增大，C 正 确，D 错误． 4．(2019·高考广东卷)光电效应实验中，下列表述正确的是( ) A．光照时间越长光电流越大 B．入射光足够强就可以有光电流 C．遏止电压与入射光的频率有关 D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子 解析：选 CD.在光电效应中，若照射光的频率小于极限频率，无论光照时间多长，光照强度多大，都无光电流， 当照射光的频率大于极限频率时，立刻有光电子产生，时间间隔很小．故 A、B 错误，D 正确．由－eU＝0－Ek， Ek＝hν－W0，可知 U＝(hν－W0)/e，即遏止电压与入射光频率ν有关． 5．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么( ) A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加 B．逸出的光电子的最大初动能将减小 C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少 D．有可能不发生光电效应 解析：选 C.光电效应瞬时(10－9 s)发生，与光强无关，A 错；能否发生光电效应，只取决于入射光的频率是否大 于极限频率，与光强无关，D 错；对于某种特定金属，光电子的最大初动能只与入射光频率有关，入射光频率越 大，最大初动能越大，B 错；光电子数目多少与入射光强度有关(可理解为一个光子能打出一个电子)，光强减弱， 逸出的电子数目减少，C 对． 6．(2019·高考上海卷)根据爱因斯坦光子说，光子能量 E 等于(h 为普朗克常量，c、λ为真空中的光速和波 长)( ) A．h c λ B．hλ c C．hλ D. h λ 解析：选 A.根据 E＝hν、ν＝ c λ 得：E＝h c λ ，故 A 对． 7．(2019·高考四川卷)用波长为 2.0×10－7m 的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是 4.7× 10－19J.由此可知，钨的极限频率是(普朗克常量 h＝6.63×10－34 J·s)，光速 c＝3.0×108 m/s，结果取两位有效 数字)( ) A．5.5×1014Hz B．7.9×1014Hz C．9.8×1014Hz D．1.2×1015Hz 解析：选 B.该题考查光电效应方程，由 1 2 mv2＝h c λ －W0 和 W0＝hν0 可得ν0＝7.9×1014Hz，B 选项正确． 8．(2019·高考福建卷)用频率为ν的光照射某金属表面，逸出光电子的最大初动能为 E.若改用另一种频率为ν′ 的光照射该金属表面，逸出光电子的最大初动能为 3E.已知普朗克常量为 h，则ν′为( ) A．3ν B.ν 3 C.2E h ＋ν D.2E h －ν 解析：选 C.由爱因斯坦的光电效应方程得 E＝hν－W0,3E＝hν′－W0，得ν′＝2E h ＋ν. 9. (2019·山西重点中学联考)如图 2－1－4 所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频 率的变化图线，普朗克常量 h＝6.63×10－34J·s，由图可知( ) A．该金属的极限频率为 4.3×1014Hz B．该金属的极限频率为 5.5×1014Hz C．该金属的逸出功为 8×10－20J D．该图线斜率的倒数表示普朗克常量 解析：选 A.由光电效应方程 Ekm＝hν－W0 知该图线的斜率为普朗克常量，图线与横轴交点的横坐标为金属的极限 频率ν0，即ν0＝4.3×1014Hz，A 选项正确，B、D 选项均错误；金属的逸出功 W0＝hν0＝6.63×10－34×4.3×1014J ≈2.85×10－19J，C 选项错误． 10．(2019·高考江苏卷) 研究光电效应的电路如图 2－1－5 所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真 空管的钠极板(阴极 K)，钠极板发射出的光电子被阳极 A 吸收，在电路中形成光电流．下列光 电流 I 与 A、K 之间的电压 UAK 的关系图象中，正确的是( ) 解析：选 C.由爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hν－W0 和动能定理－eUc＝0－Ek 可得 Uc＝h e ν－W0 e ， 遏止电压 Uc 与入射光的频率有关，与光强无关．由发生光电效应的规律可知，光电流与光的 强度有关，光越强，光电流越强，所以选项 C 正确． 11．(2019·北京四中模拟)(1)关于光电效应，下列说法正确的是( ) A．极限频率越大的金属材料逸出功越大 B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应 C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小 D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多 (2)用红光照射某一光电管发生光电效应时，测得光子的最大初动能为 Ekl，光电流强度为 I1；若改用光的强度与 上述红光相同的紫光照射该光电管时，测得光电子的最大初动能为 Ek2，光电流强度为 I2，则 Ekl 与 Ek2，I1 与 I2 的大小关系为：Ek2________Ekl，I2________I1(选填“>”、“＝”或“<”)． 解析：(1)选 A.由 W0＝hν可知 A 正确．照射光的频率大于极限频率时才能发生光电效应，即 B 错．Ek＝hν－W0 可知 C 错．单位时间内逸出的光电子数与频率无关，取决于入射光的强度，故 D 错． (2)红光光子的频率比紫光光子的频率小，因此红光的光子能量小，紫光的光子能量大，当红光和紫光的强度相 同时，即单位时间内单位面积上照射的红光光子个数多，而照射的紫光的光子个数少，根据光电效应原理，红 光照射时，产生的光电子数多，光电流的强度大，故 I1>I2.由于紫光光子能量大，同一光电管，逸出功 W0 相同， 根据爱因斯坦光电效应方程 hν＝W0＋Ek 得：用紫光照射时，光电子的最大初动能大，Ek2>Ekl. 答案：(1)A (2)> < 12．如图 2－1－7 所示，当电键 S 断开时，用光子能量为 2.5 eV 的一束光照射阴极 P，发现电流表读数不为零．合 上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于 0.60 V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于 0.60 V 时，电流表读数为零． (1)求此时光电子的最大初动能的大小． (2)求该阴极材料的逸出功． 解析：设用光子能量为 2.5 eV 的光照射时，光电子的最大初动能为 Ekm，阴极材料逸出功为 W0， 当反向电压达到 U＝0.60 V 以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此 eU＝Ek 由光电效应方程：Ek＝hν－W0 由以上二式：Ek＝0.6 eV，W0＝1.9 eV. 答案：(1)0.6 eV (2)1.9 eV 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-5 第二章 第三节 核反应 核能 1．(2019·温州十校联考)下列说法正确的是( ) A．核反应堆产生的能量是来自于轻核聚变 B．太阳能来源于轻核聚变 C．γ射线是带负电的粒子流 D．γ射线比α射线更容易穿透物体 解析：选 BD.核反应堆产生的能量来自于重核裂变，A 错误；γ射线是不带电的光子流，C 错误． 2．关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的有( ) A．是原子核质量减少一半所需的时间 B．是原子核有半数发生衰变所需的时间 C．把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的半衰期 D．可以用来测定地质年代、生物年代等 解析：选 BD.原子核衰变成新核，新核与未衰变的核在一起，故半衰期并不是原子核的数量、质量减少一半，A 错 B 对；衰变快慢由原子核内部因素决定，与原子所处的物理状态或化学状态无关，常用其测定地质年代、生 物年代等，故 C 错 D 对． 3．(2019·浙江三校联考)居室装修中经常用到的花岗岩都不同程度地含有放射性元素(含铀、钍等)，会释放出 α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道疾病．根据有关放射性知识判断下列说法中正确的是 ( ) A．α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了 4 个 B．β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数减少了 1 个 C．γ射线是发生γ衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了 1 个 D．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强、电离能力最弱 解析：选 D.α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了 2 个；β射线是发生β 衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数不变，中子数减少了 1 个；γ射线是发生γ衰变时产生的， 生成核与原来的原子核相比，中子数不变，故 ABC 错误，D 正确． 4．(2019·高考大纲全国卷Ⅰ)原子核 238 92U 经放射性衰变①变为原子核 234 90Th，继而经放射性衰变 ②变为原子核 234 91Pa，再经放射性衰变 ③变为原子核 234 92U.放射性衰变①、②和③依次为( ) A．α衰变、β衰变和β衰变 B．β衰变、α衰变和β衰变 C．β衰变、β衰变和α衰变 D．α衰变、β衰变和α衰变 解析：选 A.根据核反应过程中的质量数守恒和电荷数守恒特点，238 92U 核与 234 90Th 核比较可知，核反应的另一产物 为 4 2He，所以衰变①为α衰变，BC 项排除；234 91Pa 核与 234 92U 核比较可知，核反应的另一产物为 0 －1e，所以衰变③为 β衰变，A 正确． 5．下列说法正确的是( ) A.15 7N＋1 1H→12 6C＋4 2He 是α衰变方程 B.1 1H＋2 1H→3 2He＋γ是核聚变反应方程 C.238 92U→234 90Th＋4 2He 是核裂变反应方程 D.4 2He＋27 13Al→30 15P＋1 0n 是原子核的人工转变方程 解析：选 BD.核反应类型分四种，核反应的方程特点各有不同，衰变方程的左边只有一个原子核，右边出现α或 β粒子．聚变方程的左边是两个轻核反应，右边是中等原子核．裂变方程的左边是重核与中子反应，右边是中 等原子核．人工核转变方程的左边是氦核与常见元素的原子核反应，右边也是常见元素的原子核，由此可知 B、 D 两选项正确． 6．(2019·高考大纲全国卷Ⅱ)原子核 A ZX 与氘核 2 1H 反应生成一个α粒子和一个质子．由此可知( ) A．A＝2，Z＝1 B．A＝2，Z＝2 C．A＝3，Z＝3 D．A＝3，Z＝2 解析：选 D.该核反应的方程式为：A ZX＋2 1H→4 2He＋1 1H，由质量数和电荷数守恒得：A＝4＋1－2＝3，Z＝2＋1－1＝2， 故正确答案为 D. 7．(2019·温州五校联考)在现代兵器体系中，潜艇和航母几乎算得上是一对天生的冤家对头，整个二战期间， 潜艇共击沉航母 17 艘，占全部沉没航母数量的 40.5%.中国有亚洲最大的潜艇部队，拥有自行开发的宋级柴电动 力潜艇和汉级核动力潜艇，核动力潜艇中核反应堆释放的核能被转化成动能和电能．核反应堆的工作原理是利 用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量的核能．核反应方程 235 92U＋n→141 56Ba＋92 36Kr＋aX 是反应堆中发生的众多 核反应中的一种，n 为中子，X 为待求粒子，a 为 X 的个数，则( ) A．X 为质子 a＝3 B．X 为质子 a＝2 C．X 为中子 a＝2 D．X 为中子 a＝3 解析：选 D.由重核裂变方程以及核反应方程中电荷数守恒可得出 X 电荷数 0，即 X 应为中子，又由质量数守恒 可得 a＝3，D 正确． 8.236 92U 经过一系列α衰变和β衰变，最后变成 208 82Pb，衰变方程可写为：236 92U→208 82Pb＋nα＋kβ，则( ) A．n＝7，k＝4 B．n＝5，k＝0 C．n＝6，k＝4 D．n＝4，k＝7 答案：A 9．(2019·高考重庆卷)核电站核泄漏的污染物中含有碘 131 和铯 137.碘 131 的半衰期约为 8 天，会释放β射线； 铯 137 是铯 133 的同位素，半衰期约为 30 年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是( ) A．碘 131 释放的β射线由氦核组成 B．铯 137 衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量 C．与铯 137 相比，碘 131 衰变更慢 D．铯 133 和铯 137 含有相同的质子数 解析：选 D.β射线是由原子核内一个中子变成一个质子而放出的电子构成，A 错误；γ光子的频率高于可见光 的频率，由光子能量 E＝hν知 B 错误；由于铯 137 的半衰期比碘 131 的半衰期长，所以碘 131 比铯 137 衰变更 快，C 错误；同位素具有相同质子数和不同中子数．D 正确． 10．(2019·宝鸡质检)质量亏损、原子核的结合能是核能研究中的重要概念，若已知碳原子的质量为 m1，碳原 子核的质量为 m2，氢原子的质量为 m3，氢原子核的质量为 m4，中子的质量为 m5，光在真空中传播的速度为 c，则 以下判断中错误的是( ) A．核子结合成碳原子核时释放的能量为(6m4＋6m5－m2)c2 B．核子结合成碳原子核时释放的能量为(6m3＋6m5－m1)c2 C．碳原子核被分解成核子时吸收的能量至少为(6m4＋6m5－m2)c2 D．碳原子核被分解成核子时吸收的能量至少为(m1－m2)c2 答案：D 11．(1)(2019·高考山东卷)碘 131 核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为 8 天． ①碘 131 核的衰变方程：131 53I→________(衰变后的元素用 X 表示)． ②经过________天有 75%的碘 131 核发生了衰变． (2)(2019·高考江苏卷)有些核反应过程是吸收能量的．例如，在 X＋14 7N→17 8O＋1 1H 中，核反应吸收的能量 Q＝[(mO ＋mH)－(mX＋mN)]c2.在该核反应方程中，X 表示什么粒子？ X 粒子以动能 Ek 轰击静止的 14 7N 核，若 Ek＝Q，则该核反应能否发生？请简要说明理由． 解析：(1)①131 54X＋ 0 －1e ②由N N0 ＝ 1 2 t τ ＝75%代入数据解得τ＝16(天) (2)根据核反应中质量数和电荷数守恒，可求 X 粒子质量数和电荷数分别为 4 和 2，所以粒子是 4 2He；4 2He 粒子轰 击静止的 14 7N 核，说明 4 2He 粒子具有动量，由动量守恒知，反应后总动量不为零，则系统剩有能量，所以这样的 核反应不能发生． 答案：(1)①131 54X＋ 0 －1e ②16 (2)见解析 12．氮核 14 7N 俘获一个速度为 2.3×107m/s 的中子，发生核反应后若只产生了两个新粒子，其中一个粒子为氦核 (4 2He)，它的速度大小是 8.0×106m/s，方向与反应前的中子速度方向相同． (1)写出此核反应的方程，求反应后产生的另一个粒子的速度大小及方向； (2)此反应过程中是否发生了质量亏损，说明依据． 解析：(1)14 7N＋1 0n―→11 5B＋4 2He 用 m1、m2 和 m3 分别表示中子(1 0n)、氦核(4 2He)和新核的质量，由动量守恒定律得 m1v1＝m2v2＋m3v3 代入数值，得 v3＝－8.2×105m/s 即反应后生成的新核的速度大小为 8.2×105m/s 方向与反应前中子的速度方向相反 (2)反应前的总动能 E1＝1 2 m1v2 1 反应后的总动能 E2＝1 2 m2v2 2＋1 2 m3v2 3 经计算知 E1>E2，故可知反应中发生了质量盈余，没有亏损． 答案：(1)14 7N＋1 0n―→11 5B＋4 2He 8．2×105m/s 与反应前中子的速度方向相反 (2)见解析 2019 届高考物理一轮复习配套随堂作业：选修 3-5 实验 验证动量守恒定律 1．在用斜槽轨道“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，必须测量的物理量有( ) A．入射小球和被碰小球的质量 B．入射小球和被碰小球的半径 C．入射小球从斜槽上由静止释放时的起始高度 D．斜槽轨道的末端到地面的高度 E．从相碰到落地的时间 F．入射小球未与另一小球碰撞时飞出的水平距离 G．入射小球和被碰小球碰撞后各自飞出的水平距离 答案：AFG 2. 某同学用如图 1－2－9 所示装置验证动量守恒定律，用轻质细线将小球 1 悬挂于 O 点，使小球 1 的球心到悬 点 O 的距离为 L，被碰小球 2 放在光滑的水平桌面上．将小球 1 从右方的 A 点(OA 与竖直方向的夹角为α)由静 止释放，摆到最低点时恰与小球 2 发生正碰，碰撞后，小球 1 继续向左运动到 C 位置(OC 与竖直方向夹角为θ)，小球 2 落到水平地面上，落点 D 到桌面边缘水平距离为 s. (1)实验中已经测得上述物理量中的α、L、s，为了验证两球碰撞过程动量守恒，还应该测 量的物理量有________________________________________________________________． (2)请用测得的物理量结合已知物理量分别表示碰撞前后小球 1 的动量：p1＝________，p1′ ＝________；再用物理量表示碰撞前后小球 2 的动量：p2＝________，p2′＝________. 解析：根据机械能守恒定律计算碰前和碰后小球 1 的速度，根据平抛运动计算碰后小球 2 的速度，最后根据 p＝mv 计算各个动量值． 答案：(1)小球 1 的质量 m1，小球 2 的质量 m2，桌面高度 h，OC 与 OB 夹角θ (2)m1 2gL 1－cosα m1 2gL 1－cosθ 0 m2 s g 2h 3．(2019·辽宁模拟)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图 1 －2－10 甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一 定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就 大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． (1)下面是实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨空腔内通入压缩空气； ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块 1 的左 端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向； ④使滑块 1 挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑤把滑块 2 放在气垫导轨的中间； ⑥先_______________，然后________________________________________________， 让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示； ⑧测得滑块 1 的质量 310 g，滑块 2(包括橡皮泥)的质量为 205 g. 完善实验步骤⑥的内容． (2)已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两 滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)． (3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_____________________________ _____________________________________________________________________. 解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块． (2)作用前系统的总动量为滑块 1 的动量 p0＝m1v0. v0＝0.200 0.10 m/s＝2.00 m/s，p0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/s.作用后系统的总动量为滑块 1 和滑块 2 的动量和，且此时两滑块具有相同的速度 v，v＝0.168 0.14 m/s＝1.20 m/s，p＝(m1＋m2)v＝(0.310＋0.205)×1.20 kg· m/s＝0.618 kg·m/s. (3)存在误差的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦. 答案：(1)接通打点计时器的电源 放开滑块 1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器限位孔间有摩擦 4．(2019·高考北京卷)如图 1－2－11 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． (1)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________(填选项前的符号)， 间接地解决这个问题． A．小球开始释放高度 h B．小球抛出点距地面的高度 H C．小球做平抛运动的射程 (2)图 1－2－11 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 从斜轨上 S 位置静止释放，与小球 m2 相碰，并多次 重复． 接下来要完成的必要步骤是________．(填选项前的符号) A．用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B．测量小球 m1 开始释放高度 h C．测量抛出点距地面的高度 H D．分别找到 m1、m2 相碰后平均落地点的位置 M、N E．测量平抛射程 OM，ON (3)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 1－2－12 所示． 碰撞前、后 m1 的动量分别为 p1 与 p1′，则 p1∶p1′＝______∶11；若碰撞结束时 m2 的动量为 p2′，则 p1′∶p2′ ＝11∶____. 实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值 p1 p1′＋p2′ 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 m2 平抛运动射程 ON 的最大值为________cm. 解析：(1)该实验是验证动量守恒定律，也就是验证两球碰撞前后动量是否相等，即验证 m1v1＝m1v′1＋m2v′2， 由题图中装置可以看出，不放被碰小球 m2 时，m1 从抛出点下落高度与放上 m2，两球相碰后下落的高度 H 相同， 即在空中做平抛运动的下落时间 t 相同，故有 v1＝OP t ，v′1＝OM t ，v′2＝ON t ，代入 m1v1＝m1v′1＋m2v′2，可得 m1 ·OP＝m1·OM＋m2·ON，只需验证该式成立即可，在实验中不需测出速度，只需测出小球做平抛运动的水平位移 即可． (2)需先找出落地点才能测量小球的水平位移，测量小球的质量无先后之分． (3)若是弹性碰撞，还应满足能量守恒，即 1 2 m1v2 1＝1 2 m1v′2 1＋1 2 m2v′2 2，即 m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2. (4) p1 p′1 ＝m1·OP m1·OM ＝OP OM ＝44.8 35.2 ＝14∶11. p′1 p′2 ＝m1·OM m2·ON ＝45.0×35.20 7.5×55.68 ＝11∶2.9. p1 p′1＋p′2 ＝ m1·OP m1·OM＋m2·ON ＝ 45.0×44.80 45.0×35.20＋7.5×55.68 ≈1(1～1.01 均可) (5)当两球发生弹性碰撞时，碰后 m2 的速度最大，射程最大，由 m1·OP＝m1·OM＋m2·ON 与 m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2 可解出 ON 的最大值为 76.8 cm. 答案：(1)C (2)ADE 或 DAE (3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2 (4)14 2.9 1(1～1.01 均可) (5)76.8