重组优化卷2022届高考物理复习系列真题+模拟专题重组考点25_34阶段滚动练7_8

【重组优化卷】2022届高考物理复习系列（真题+模拟）专题重组考点25-34阶段滚动练7-8课时考点25　带电粒子在复合场中的运动1．(2022·重庆理综，5)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电荷量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正、负分别为(　　)A.，负B.，正C.，负D.，正2．(2022·浙江理综，20)(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶33．(2022·福建理综，22)如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。155\nA、C两点间距离为h，重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。4．(2022·重庆理综，9)如图为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域。当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力。求：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。5．(2022·天津理综，12)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；155\n(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。6．(2022·江苏单科，15)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。)1．(2022·株洲质检)155\n如图所示，一铜片长为a、宽为b、厚为c，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。已知铜片内单位体积自由电子的个数为n，电子的电荷量为e，当铜片中通有图示方向的恒定电流I时，在垂直于电流和磁场方向的铜片两侧AA′间的电势差为(　　)A.B.C.D.2．(2022·山西两校联考)如图所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A自O点处静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面。设空气阻力不计，下列说法中正确的是(　　)A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动B．在复合场中，小球下落过程中的电势能增加C．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变3．(2022·洛阳统考)如图所示，在真空中，匀强电场E的方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷。已知滑滴a静止，油滴b水平向右匀速运动，油滴c水平向左匀速运动。三者质量ma、mb和mc相比较(　　)A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．ma＝mb＝mc4.(2022·北京丰台二模)如图是质谱仪工作原理示意图。粒子源(在加速电场上方，未画出)产生的带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是(　　)A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里155\nB．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于C．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷()越大D．粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越靠近狭缝P，表明其质量越大5．(2022·陕西八校联考)如图甲是回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连，加速时某带电粒子的动能Ek随时间t变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是(　　)A．高频电源的变化周期应该等于tn－tn－1B．在Ek－t图象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D．不同粒子获得的最大动能都相同6．(2022·山东实验中学质检)如图所示，质量为m的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速度v0开始运动。已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是(　　)A．若物块带正电，可能受两个力，做匀速直线运动B．若物块带负电，可能受两个力，做匀速直线运动C．若物块带正电，一定受四个力，做减速直线运动D．若物块带负电，一定受四个力，做减速直线运动7．(2022·日照三校联考)如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场平行于斜面向下，斜面是粗糙的。一带正电物块以某一初速度沿斜面向上滑动，经a点后到b点时速度减为零，接着又滑了下来。设物块带电荷量保持不变，则从a到b和从b回到a两过程相比较(　　)A．加速度大小相等B．摩擦产生热量不相同C．电势能变化量的绝对值相同D．动能变化量的绝对值相同8．(2022·成都一诊)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×10－7C155\n，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列判断正确的是(　　)A．匀强电场的场强大小为3.2×106V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N二、非选择题(本题共3小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)9．(2022·甘肃第一次诊考)在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，其中磁感应强度的大小B＝1T。一个比荷为q/m＝2×10－2C/kg的带正电微粒恰好能沿水平直线以速度v1＝1×103m/s通过该区域，如图所示。计算中取重力加速度g＝10m/s2。(1)求电场强度E的大小；(2)若极板间距足够大，另一个比荷与前者相同的带负电液滴刚好可以在板间做半径为5m的匀速圆周运动，求其速度v2的大小以及在纸面内旋转的方向。10．(2022·河北名校联盟监测)如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、b和c，a、b之间相距为L。紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M、N处。板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc，当Uba＝U1、Ubc＝U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出。忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力，重力加速度为g。求：155\n(1)油滴进入M孔时的速度v1；(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M孔，请给出Uba′和B′的结果。11．(2022·山西四校联考)如图所示，在xOy平面坐标系中，直线MN与y轴成30°角，M点的坐标为(0，a)，在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。电子束以相同速度v0从y轴上－a≤y≤0的区间垂直于y轴和磁场射入磁场。已知从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力。(1)求电子的比荷；(2)若在xOy坐标系的第Ⅰ象限y>0区域内加上沿y轴正方向大小为E＝Bv0的匀强电场，在x0＝a处垂直于x轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围。滚动提升练(七)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。)1．(2022·周口市调研)高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线。列车A以恒定速率360km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驱列车”B，如果乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B车，当A车快到襄阳站且距襄阳站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁时打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在随州站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站。则(　　)A．无论B车匀加速的加速度值为多少，s是相同的B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C．若B车匀减速的加速度大小为5m/s2，则当B车停下时A车已距随州站路程为1kmD．若B车匀加速的时间为1min，则s为4km155\n2．(2022·成都一诊)如图所示，质量均为m的木块A和B，用劲度系数为k的轻质弹簧连接，最初系统静止。现用大小F＝2mg、方向竖直向上的恒力拉A直到B刚好离开地面，则在此过程中(　　)A．A上升的初始加速度大小为2gB．弹簧对A和对B的弹力是一对作用力与反作用力C．A上升的最大高度为mg/kD．A上升的速度先增大后减少3．(2022·南昌调研)如图所示为高度差h1＝0.2m的AB、CD两个水平面，在AB平面的上方与竖直面BC距离x＝1.0m处，小物体以水平速度v＝2.0m/s抛出，抛出点的高度h2＝2.0m，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则下列关于小球落点的说法正确的是(　　)A．落在平面AB上B．落在平面CD上C．落在竖直面BC上D．落在C点4．(2022·河南八市联考)如图所示，D、A、B、C四点的水平间距相等，DA、AB、BC在竖直方向上的高度差之比为1∶4∶9。在A、B、C三点分别放置相同的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，则下列关于A、B、C三点处的小球说法中正确的是(　　)A．三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B．三个小球弹出时的动能之比为1∶4∶9C．三个小球在空中运动的过程中重力做功之比为1∶5∶14D．三个小球落地时的动能之比为2∶5∶105．(2022·景德镇市二检)现在，人造地球卫星发挥着越来越重要的作用。2022年3月8日凌晨，飞往北京的马航MH370航班起飞后与地面失去联系，机上有154名中国人。我国西安卫星测控中心启动卫星测控应急预案，紧急调动海洋、风云、高分、遥感等4个型号、近10颗卫星为地面搜救行动提供技术支持。假设某颗圆周运动卫星A轨道在赤道平面内，距离地面的高度为地球半径的2.5倍，取同步卫星B离开地面高度为地球半径的6倍，则(　　)A．卫星A的线速度大于第一宇宙速度B．卫星A的向心加速度是地球表面重力加速度的倍155\nC．同步卫星B的向心加速度为地球表面赤道上物体随地球自转向心加速度的倍D．卫星B的周期小于卫星A的周期6．(2022·湖北六校调考)如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上置有一金属棒MN。t＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。则棒的速度v随时间t变化的图象可能是(　　)7．(2022·陕西五校一模)物体沿直线运动的v－t图象如图所示，第3秒末到第7秒末的图象为直线，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，加速度为2a，则(　　)A．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2WB．从第5秒末到第7秒末合外力做功为WC．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75WD．从第3秒末到第7秒末合外力做功为零，加速度为－a8．(2022·抚顺期末)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的时间不可能为(　　)A.B.C.D.9．(2022·云南名校统考)155\n平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示，那么(　　)A．保持电键S闭合，将A板稍向B板靠近，则θ增大B．保持电键S闭合，将A板稍向上移，则θ减小C．电键S断开，将A板稍向B板靠近，则θ不变D．电键S断开，将A板稍向上移，则θ减小10．(2022·浙江省衢州质检)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球不可能沿直线通过下列的哪些电磁混合场(　　)二、实验题(本题共2小题。按题目要求作答。)11．(2022·山西四校联考)某兴趣小组同学们看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为x时弹性势能为Ep＝kx2”，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验装置(如图甲)设计了以下步骤进行实验。实验步骤：A．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接打点计时器的纸带；B．将弹簧拉伸x后用插销锁定，测出其伸长量x；C．打开打点计时器的电源开关后，拔掉插销解除锁定，小车在弹簧作用下运动到左端；D．选择纸带上某处的A点测出其速度v；E．取不同的x重复以上步骤多次，记录数据并利用功能关系分析结论。实验中已知小车的质量为m，弹簧的劲度系数为k，则：155\n(1)长木板右端垫一小物块，其作用是______________；(2)如图乙中纸带上A点位置应在________(填s1、s2、s3)的段中取；(3)若Ep＝kx2成立，则实验中测量出物理量x与m、k、v关系式是x＝________。12．(2022·陕西五校一模)为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择________倍率的电阻挡(填：“×10”或“×1k”，并________再进行测量，之后多用表的示数如图(a)所示，测量结果为________Ω。(2)某同学想精确测得上述待测电阻Rx的阻值，实验室提供如下器材：A．电流表A1(量程50mA、内阻r1＝10Ω)B．电流表A2(量程200mA、内阻r2约为2Ω)C．电流表A3(量程0.6A、内阻r3约为0.2Ω)D．定值电阻R0＝30ΩE．滑动变阻器R(最大阻值约为10Ω)F．电源E(电动势为4V)G．开关S、导线若干回答：(b)①某同学设计了测量电阻Rx的一种实验电路原理如图(b)所示，为保证测量时电流表读数不小于其量程的1/3，M、N两处的电流表应分别选用：M为________；N为________。(填器材选项前相应的英文字母)②若M、N电表的读数分别为IM、IN，则Rx的计算式为Rx＝________。(用题中字母表示)三、计算题(本题共4小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，155\n只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)13．(2022·景德镇市二检)如图所示，质量M＝8kg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＝8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长(取g＝10m/s2)。求：(1)经多长时间两者达到相同的速度？(2)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小。14．(2022·河南八市联考)如图所示，以O(0，0)为圆心，半径为r的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在磁场右侧区域内，有一沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，一质量为m，电荷量为＋q的粒子从A(0，r)点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿y轴负方向时，粒子恰好从B(r，0)点射出磁场，不计粒子重力。155\n(1)求粒子射入磁场时的速度大小v；(2)求速度方向与y轴负方向夹θ角时，粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t。155\n15.(2022·山东潍坊市高三质检)石景山游乐园“翻滚过山车”的物理原理可以用如图所示的装置演示。斜槽轨道AB，EF与半径为R的竖直圆轨道相连(圆心为O)，AB，EF分别与圆O相切于B，E两点，C为轨道的最低点，斜槽AB的倾角为α。把质量为m的小球从A点由静止释放，经圆轨道内侧B→C→D→E点，最后落入小筐F。(整个装置的轨道均光滑，重力加速度用g表示)。求：(1)小球在光滑斜槽轨道AB上运动的加速度的大小；(2)要使小球从A点到F点的全过程均不脱离轨道，A点距最低点的高度h至少有多高？(3)要使小球从A点到F点的全过程均不脱离轨道，小球在经过C点时对轨道的压力至少有多大？16．(2022·云南名校统考)坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在0<y<d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝，其中q与m分别为该种粒子的电荷量和质量；在d<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面的匀强磁场。ab为一块很大的平面感光板，放置于y＝2d处，如图所示。观察发现此时恰无粒子打到ab板上。(不考虑粒子的重力)155\n(1)求粒子刚进入磁场时的动能；(2)求磁感应强度B的大小；(3)将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被粒子打中的区域的长度。155\n课时考点(这是单页眉，请据需要手工删加)课时考点26　楞次定律　法拉第电磁感应定律　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2022·新课标全国卷Ⅰ，19)(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动2．(2022·新课标全国卷Ⅱ，15)如图，直角三角形金属框abc放置的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a3．(2022·山东理综，17)(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是(　　)A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高155\nB．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动4．(2022·海南单科，2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于(　　)A.B.C．1D.5．(2022·重庆理综，4)图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)A．恒为B．从0均匀变化到C．恒为－D．从0均匀变化到－6．(2022·新课标全国卷Ⅰ，14)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化7．(2022·大纲全国卷，20)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)155\nA．均匀增大B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变D．先增大，再减小，最后不变8．(2022·江苏单科，1)如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)A.B.C.D.9．(2022·山东理综，16)(多选)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小10．(2022·新课标全国卷Ⅱ，19)(多选)在物理学发展过程中，观测、实验假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是(　　)A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化11．(2022·北京理综，17)如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)A．c→a，2∶1B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2D．c→a，1∶2155\n12．(2022·大纲全国卷，17)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是(　　)13．(2022·上海单科，11)如图，通电导线MN与单匝矩形圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向(　　)A．向左B．向右C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里14．(2022·广东理综，35)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4m，导轨右端接有阻值R＝1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。155\n155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求。)1．(2022·长沙望城区质检)磁悬浮列车的速度可达每小时400公里以上，比轮轨高速列车的380多公里还要快，我国研制成功第一辆高温超导磁悬浮高速列车的模型车时，车速就已达到500km/h，可载5人，如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环。将超导圆环B水平移动到磁铁A的正上方，它就能在磁力的作用下悬浮。下列表述正确的是(　　)A．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流消失B．在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流，当稳定后，感应电流仍存在C．在B放入磁场的过程中，如A的N极朝上，从上向下看，B中感应电流为逆时针方向D．在B放入磁场的过程中，如A的S极朝上，从上向下看，B中感应电流为顺时针方向2．(2022·广东肇庆一模)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为L且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab匀速向右运动，下列说法正确的是(　　)A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小B．导体棒ab中的感应电流方向是a→bC．导体棒ab所受安培力方向水平向右D．导体棒ab所受合力做功为零3．(2022·厦门市质检)在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中(　　)A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为πr2B0/(t0R)155\nD．感应电流大小为2πr2B0/(t0R)4．(2022·杭州模拟)粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于线框平面，图中ab＝bc＝2cd＝2de＝2ef＝2fa＝2L。现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直，则在通过如图所示位置时，下列说法中正确的是(　　)A．图甲中ab两点间的电势差最大B．图乙中ab两点间的电势差最大C．图丙中回路电流最大D．图丁中回路电流最小5．(2022·威海一模)如图所示，在水平面(纸面)内有三根金属棒ab、ac和PQ，其中ab、ac在a点接触，构成如图所示形状导轨，金属棒ab的电阻不计，ac和PQ材料相同且粗细均匀。空间存在垂直于纸面的匀强磁场。用水平力F使PQ向右匀速运动，开始计时时，PQ与a点的水平距离为L，运动中PQ始终与ab垂直且和导轨保持良好接触。在PQ运动到a点的过程中，下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，拉力F与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)6．(2022·邵通三模)如图，水平桌面上固定有一半径为R的光滑金属细圆环，环面水平，圆环总电阻为r；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒AC置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。一拉力作用于棒中点使其以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是(　　)A．棒运动过程中产生的感应电流在棒中由A流向CB．棒通过整个圆环所用的时间为155\nC．棒经过环心时流过棒的电流为D．棒经过环心时所受安培力的大小为7．(2022·成都一诊)如图是小丽自制的电流表原理图。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。则(　　)A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M至NB．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C．该电流表的量程是Im＝D．该电流表的刻度在0～Im范围内是不均匀的8．(2022·湖南师大附中月考)如图(a)所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示。图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0。导线的电阻不计。在0至t1时间内，下列说法正确的是(　　)A．R1中电流的方向由a到b通过R1B．电流的大小为C．线圈两端的电压大小为D．通过电阻R1的电荷量为二、非选择题(本题共2小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)9．(2022·浙江省衢州质检)如图所示，155\n两根相距l＝0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连。导轨x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝1T。一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：(1)电路中的电流；(2)金属棒在x＝2m处的速度；(3)金属棒在x＝2m处所受安培力大小；(4)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小。10．(2022·湖南四校联考)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30m。导轨电阻忽略不计，其间连接有定值电阻R＝0.40Ω。导轨上静置一质量m＝0.10kg、电阻r＝0.20Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一拉力F沿水平方向拉金属杆ab，使它由静止开始运动(金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直)，电流传感器(不计传感器的电阻)可将通过R的电流I即时采集并输入计算机，获得电流I随时间t变化的关系如图乙所示。求：(1)2.0s末杆ab受到的安培力的大小；(2)2.0s末杆的速率v1以及前2.0s内通过定值电阻R的电荷量q；(3)2.0s末拉力F做功的功率P。155\n155\n课时考点27　电磁感应中的电路和图象问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2022·山东理综，19)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－t图象可能正确的是(　　)2．(2022·安徽理综，19)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)A．电路中感应电动势的大小为B．电路中感应电流的大小为C．金属杆所受安培力的大小为155\nD．金属杆的发热功率为3．(2022·新课标全国卷Ⅰ，18)如图(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。在ab线圈中通以变化的电流。用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)4．(2022·天津理综，3)如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)A．Q1＞Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2C．Q1＝Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＞q25．(2022·四川理综，7)(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k＞0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝155\n。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)A．R2两端的电压为B．电容器的a极板带正电C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D．正方形导线框中的感应电动势为kL26．(2022·海南单科，13)如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求(1)电阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小。7．(2022·新课标全国卷Ⅱ，25)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体捧AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R155\n的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率。8．(2022·安徽理综，23)如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m。以MN中点O为原点、OP为x轴建立一维坐标系Ox。一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m、质量m为1kg、电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)。g取10m/s2。(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差UCD；(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共7小题，在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求。)1．(2022·陕西五校联考)矩形导线框abcd放在分布均匀的磁场中，磁场区域足够大，磁感线方向与导线框所在平面垂直，如图甲所示。在外力控制下线框处于静止状态。磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示，t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里。在0～4s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力正方向)应该是下图中的(　　)2．(2022·浙江省衢州质检)如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反。磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度为a，一正三角形(高度为a)导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流I与线框移动距离x的关系图正确的是(　　)155\n3．(2022·湖北省部分重点中学测试)边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一过程相符合的是(　　)4．(2022·浙江六校联考)一辆玩具车(形状和宽度如图)，其四周固定了如图所示的导线框，在外力作用下以速度v匀速向右通过三个匀强磁场区域，这三个磁场区域的宽度均为L。若以逆时针的电流方向作为正方向，并以小车右端刚刚进入磁场为零时刻，其导线框中电流随时间变化的图象为(　　)5．(2022·湖北六校调考)如图，水平的平行虚线间距为d＝60cm，其间有沿水平方向的匀强磁场。一个阻值为R的正方形金属线圈边长l<d，线圈质量m＝100g。线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。不计空气阻力，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6JC．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向155\nD．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等6．(2022·渭南质检)如图甲所示，变化的磁场中放置一固定的导体圆形闭合线圈，图甲中所示的磁感应强度和电流的方向为设定的正方向，已知线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示。则在图中可能是磁感应强度B随时间t变化的图象是(　　)7．(2022·原创题)如图所示，两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上，相距为L，处于竖直向下的磁场中，整个磁场由n个宽度皆为x0的条形匀强磁场区域1、2、3、…n组成，从左向右依次排列，磁感应强度大小分别为B、2B、3B、…nB，两导轨左端MP间接入电阻R，金属棒ab垂直放在水平导轨上，且与导轨接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。若在不同的磁场区对金属棒施加不同的拉力，使棒ab以恒定速度v向右匀速运动。取金属棒图示位置(即磁场1区左侧)为x＝0，则通过棒ab的电流i、对棒施加的拉力F随位移x变化的图象是(　　)二、非选择题(本题共2小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)155\n8．(2022·北京四中物理落实训练)半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直。其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω。一金属棒MN与金属圆环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计。(1)若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图所示)，MN中的电动势和流过灯L1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为＝T/s，求L1的功率。9．(2022·北京西城区期末)在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。　　　　　　甲　　　　　　　　　　乙(1)如图甲，若轨道左端MP间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获取的电能相等。(2)如图乙，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻。闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率。(3)如图丙，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板电势差随时间变化的图象如图丁所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。155\n　　　　　　　　丙　　　　　　　　　　丁155\n课时考点28　电磁感应中的动力学问题和能量问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2022·福建理综，18)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大2．(2022·广东理综，15)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块(　　)A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大3．(2022·安徽理综，20)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　)A．0B.r2qkC．2πr2qkD．πr2qk4．(2022·江苏单科，13)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0cm，线圈导线的截面积A＝0.80cm2，电阻率ρ＝1.5Ω·m。如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3s内从1.5T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)155\n(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。5．(2022·四川理综，11)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。155\n6．(2022·浙江理综，24)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示。一个半径为R＝0.1m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA,A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径为r＝R/3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5kg的铝块。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T。a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连。测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度。铝块由静止释放，下落h＝0.3m时，测得U＝0.15V。(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2)(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失。7．(2022·天津理综，11)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd155\n在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2。问(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共7小题，在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～7题有多项符合题目要求。)1．(2022·辽宁阜新市摸底)如图所示，光滑的“U”形金属导体框架竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好。磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域。现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域，恰好做匀速运动。以下说法正确的有(　　)A．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将先减速下滑再匀速下滑C．若B2＜B1，金属棒进入B2区域后可能先加速后匀速下滑D．若B2＞B1，金属棒进入B2区域后可能先匀减速后匀速下滑2．(2022·贵州六校联考)水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时，ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程(　　)A．安培力对ab棒所做的功不相等B．电流所做的功相等C．产生的总内能不相等D．通过ab棒的电荷量相等3．(2022·邯郸质检)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一根上端固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)A．释放瞬间金属棒的加速度大于重力加速度g155\nB．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时，棒所受的安培力大小为F＝D．最终电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量4．(2022·德州市期末)如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L。有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　)A．导线框进入磁场时的速度为B．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a＝g－C．导线框穿出磁场时的速度为D．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝8mgh－5．(2022·河北唐山一模)如图所示，水平传送带带动两金属杆a、b匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆a、b质量均为m，两杆与导轨接触良好。当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a离开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则(　　)A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为D．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL6．(2022·山东济南一模)如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，155\n两端接有阻值相同的两个定值电阻。质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态．此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且能再次经过OO′位置。已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻。则(　　)A．弹簧的弹性势能最大为mv－Q－fdB．弹簧的弹性势能最大为mv－2Q－fdC．导体棒再次回到OO′位置时的动能等于mv－4Q－2fdD．导体棒再次回到OO′位置时的动能大于mv－4Q－2fd7．(2022·唐山统考)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域。区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG均为L。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行。t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN的中间位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝gsinθB．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶1C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量D．从t1到t2的过程中，有机械能转化为电能二、非选择题(本题共3小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)8．(2022·上海奉贤期末)如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，轨距L＝1m。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，155\n测得最大速度为vm，得到与的关系如图所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2。求：(1)金属杆的质量m和定值电阻的阻值R1；(2)当变阻箱R取4Ω时，且金属杆ab运动的加速度为gsinθ时，金属杆ab运动的速度。9．(2022·山西四校联考)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R。两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R。现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率。重力加速度为g。(1)求金属棒能达到的最大速度vm；(2)求灯泡的额定功率PL；(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1。155\n10．(2022·南昌调研)如图a所示，两条间距为h的水平虚线之间存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图b中的B－t图象变化(图中B0已知)。现有一个“日”字形刚性金属线框ABCDEF，它的质量为m，EF中间接有一开关S，开关S闭合时三条水平边框的电阻均为R，其余各边电阻不计。AB＝CD＝EF＝L，AD＝DE＝h。用两根轻质的绝缘细线把线框竖直悬挂住，AB边恰好在磁场区域M1N1和M2N2的正中间，开始开关S处于断开状态。t0(未知)时刻细线恰好松驰，此后闭合开关同时剪断两根细线，当CD边刚进入磁场上边界M1N1时线框恰好做匀速运动(空气阻力不计)。求：(1)t0的值；(2)线框EF边刚离开磁场下边界M2N2时的速度；(3)从剪断细线到线框EF边离开磁场下边界M2N2的过程中金属线框中产生的焦耳热。155\n课时考点(这是单页眉，请据需要手工删加)课时考点29　交变电流的产生和描述　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2022·四川理综，4)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是Ne0D．有效值是Ne02．(2022·天津理综，7)(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则(　　)A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V3．(2022·山东理综，17)(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是(　　)A．电流表的示数为10A155\nB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左4．(2022·海南单科，3)通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两端电压的有效值为(　　)A．12VB．4VC．15VD．8V5．(2022·福建理综，15)如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin(10πt)V，则(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．该交变电流的频率为10HzB．该电动势的有效值为10VC．外接电阻R所消耗的电功率为10WD．电路中理想交流电流表的示数为1.0A155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～10题有多项符合题目要求。)1．(2022·云南名校统考)将阻值为100Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示。则可以判断(　　)A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置B．该线圈的转速为100πr/sC．穿过线圈的磁通量的最大值为WbD．线圈转一周所产生的电热为9.68J2．(2022·安徽安庆二模)一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化。则线圈中产生交变电流的有效值为(　　)A．5AB．2AC．6AD．5A3．(2022·浙江温州一模)某用电电路如图所示，A、B间接有保险丝、交流电压表、“220V、880W”的电饭锅及“220V、220W”的抽油烟机。现接入电压u＝311sin100πt(V)的交流电，以下说法正确的是(　　)A．交流电压表的示数为311VB．电饭锅发热功率是抽油烟机发热功率的4倍C．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于5AD．1min抽油烟机和电饭锅消耗的电能共为6.6×103J4．(2022·广东名校质检)155\n如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体制作的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理，下列分析正确的是(　　)A．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大B．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量变化率最小D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电动势最小5．(2022·辽宁沈阳质量监测)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，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则(　　)A．电压表V的示数为20VB．电路中的电流方向每秒改变5次C．灯泡实际消耗的功率为36WD．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos(5πt)V6．(2022·温州八校联考)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。图甲为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在螺线管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图乙所示，则对应的感应电流的变化为(　　)155\n7．(2022·郑州市一模)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10V。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则(　　)A．电阻R上的电功率为20WB．0.02s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V)D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)8．(2022·合肥模拟)传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示。已知波形图中正负尖峰电压分别为Um和－Um。两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，发电机线圈匝数为n。以下判断正确的是(　　)A．驱动轴转动的角速度ω＝B．线圈电压的有效值U＝C．穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝D．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝9．(2022·忻州联考)如图所示，一个“U”形线框处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，OO′为磁场的边界。现使线框以角速度ω绕轴OO′匀速转动，155\n线框通过金属转轴和电刷与阻值为R的外电阻相连。已知线框各边的长均为L，总电阻为r，不计转轴与电刷的电阻。则(　　)A．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL2B．线框产生的感应电动势的最大值为BωL2C．电路中电阻R两端电压的有效值为D．电路中电流的有效值为10．(2022·咸阳市模拟)如图所示，一面积为S、匝数为N、电阻为r的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列判断正确的是(　　)A．电压表的读数为B．通过电阻R的电荷量为q＝C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝D．当线圈由图示位置转过90°时的电流为二、非选择题(本题共3小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)11．(2022·连云港摸底)如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。求：(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；155\n(3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功。12．(2022·杭州模拟)如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10m、匝数n＝20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.20T，线圈的电阻为R1＝0.50Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小电珠L。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠。当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)。求：(1)线圈运动时产生的感应电动势E的大小；(2)线圈运动时产生的感应电流I的大小；(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；(4)该发电机的输出功率P。155\n13.(2022·北京海淀期末)如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。求：(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。155\n课时考点30　变压器　远距离输电　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2022·新课标全国卷Ⅰ，16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)A．U＝66V，k＝B．U＝22V，k＝C．U＝66V，k＝D．U＝22V，k＝2．(2022·天津理综，6)(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　)A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小3．(2022·海南单科，10)(多选)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则(　　)A．此时原线圈两端电压的最大值约为34VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24VC．原线圈两端原来的电压有效值约为68VD．原线圈两端原来的电压有效值约为48V4．(2022·广东理综，15)155\n如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后(　　)A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶25．(2022·江苏单科，1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V。已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为(　　)A．200B．400C．1600D．32006．(2022·安徽理综，16)图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是(　　)A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动7．(2022·福建理综，15)图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)A．()B．()C．4()2()2rD．4()2()2r8．(2022·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)155\nA．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍9．(2022·山东理综，17)(多选)如图，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220V和2.2A。以下判断正确的是(　　)A．变压器输入功率为484WB．通过原线圈的电流的有效值为0.6AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶310．(2022·广东理综，19)(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是(　　)A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大11．(2022·福建理综，16)图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4<n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时(　　)A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同155\nC．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压12．(2022·四川理综，1)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则(　　)A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小13．(2022·江苏单科，3)远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)A.＝B．I2＝C．I1U1＝IRD．I1U1＝I2U214．(2022·浙江理综，15)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则(　　)A．用户端的电压为B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为IrD．输电线路上损失的电功率为I1U　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～12题有多项符合题目要求。)155\n1．(2022·邯郸质检)如图，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压u＝20sin100πtV。氖泡在两端电压达到100V时开始发光。下列说法中正确的有(　　)A．开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变2．(2022·德州期末)图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，现在原线圈两端加上交变电压u＝311sin(100πt)V时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表。则下列说法中正确的是(　　)A．该交流电的频率为100HzB．电压表的示数为155.5VC．若将变阻器的滑片P向上滑动，则电流表读数变大D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则L1将变暗、L2将变亮3．(2022·山东青岛模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表V和电流表A均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin(100πt)V，则(　　)A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当t＝s时，c、d间的电压瞬时值为110VC．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小4．(2022·陕西八校联考)如图所示的电路中，155\n理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin100πt(V)的交流电，则(　　)A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1AC．通过R2的电流为AD．变压器的输入功率为200W5．(2022·东城区模拟)如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u＝220sin100πt(V)，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，电压表接在副线圈c、d两端，输电线的等效电阻为R，原来开关S是断开的。则当S闭合一段时间后(　　)A．电压表示数不变，示数为22VB．电压表示数不变，示数为220VC．灯泡L两端的电压将变大D．电流表示数一定为06．(2022·景德镇二检)如图所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(36V，6W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是(　　)A．原、副线圈匝数之比为3∶1B．变压器的输入功率为12WC．电压表的读数为18VD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小7．(2022·银川一中模拟)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则(　　)A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率增加8．(2022·贵州六校联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1；b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是(　　)155\nA．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2AB．当S与a连接后，t＝0.01s时理想电流表示数为零C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25Hz9．(2022·北京海淀期末)如图甲所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一峰值不变的正弦交变电压，副线圈接一可变电阻R。在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，下列措施正确的是(　　)A．仅增加原线圈匝数n1B．仅增加副线圈匝数n2C．仅减小电阻R的阻值D．仅增大电阻R的阻值10．(2022·广东茂名一模)远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器。当S由2改接为1时，下列说法正确的是(　　)A．电压表读数变大B．电流表读数变大C．电流表读数变小D．输电线损失的功率减小11．(2022·吉林省吉林市质量检测)今年春节前后，我国西南部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏。为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中R0表示输电线的电阻。滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则(　　)A．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动B．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动C．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑155\nD．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑12．(2022·豫南九校质检)一理想变压器的原、副线圈匝数分别为500匝和100匝，现将原线圈接上交流电压，交流电压的瞬时值表达式u＝200sin100πt(V)，副线圈接上理想交流电压表和定值电阻R，如图所示。现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是(　　)A．若在A、B两点间串联一只电阻R，则穿过副线圈的磁通量的最大变化率为0.4Wb/sB．若在A、B两点间接入理想二极管，则电压表的示数为40VC．若在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电的频率，则电压表的示数增加D．若在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电的频率，则电阻R消耗的电功率增大二、非选择题(本题共1小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)13．(2022·泰安检测)如图所示为泰安某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220V，40W”的白炽灯6盏)供电。如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1∶4和4∶1，那么：(1)发电机的输出功率应是多大？(2)发电机的电动势是多大？(3)输电效率是多少？155\n滚动提升练(八)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。)1．(2022·河南八市联考)某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻初速度为零，则下列图象中该物体在t＝4s内位移一定不为零的是(　　)2．(2022·广东六校联考)对于做平抛运动的物体，以下说法中正确的是(　　)A．抛出速度越大，飞行的时间越长B．抛出点位置越高，飞行的时间越长C．抛出点位置越高，飞行的水平距离越大D．抛出速度越大，飞行的水平距离越大3．(2022·成都一诊)地球同步卫星离地心的高度约为地球半径的7倍。某行星的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，若该行星的平均密度为地球平均密度的一半，则该行星的自转周期约为(　　)A．12小时B．36小时C．72小时D．144小时4．(2022·南昌调研)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一质量为m的小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。则(　　)A．若R不变，m越大，而v0越大B．若R不变，m越大，则小球经过c点对轨道的压力变大C．若m不变，R越大，则v0越小D．若m不变，R越大，则小球经过b点后的瞬间对轨道的压力仍不变5．(2022·株洲质检)半径为R的均匀带电球体，在通过球心O的直线上，各点的电场分布如图所示。当x≥R155\n时，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同。已知静电力常量为k，则(　　)A．球面是个等势面，球体是个等势体B．在x轴上x＝R处电势最高C．xp＝RD．球心O与球面间的电势差为E0R6．(2022·烟台期末)如图所示，一理想变压器原线圈的匝数n1＝1100匝，副线圈的匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝220sin(100πt)V，R为负载电阻，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法中正确的是(　　)A．交流电的频率为100HzB．电压表的示数为44VC．电流表A1的示数大于电流表A2的示数D．变压器的输入功率大于输出功率7．(2022·河南八市联考)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ<90°，现缓慢改变绳OA的方向至θ>90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)A．绳OA的拉力一直增大B．斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和8．(2022·陕西五校一模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是(　　)A．物体回到斜面底端的动能为60JB．恒力F＝2mgsinθC．撤出力F时，物体的重力势能是45JD．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之后9．(2022·抚顺期末)155\n如图所示，两带电平行金属极板之间有相互正交的匀强电场和匀强磁场。现使一个带正电的粒子以某一初速沿垂直于电场和磁场的方向射入两极板间，测得它飞出该场区时的动能比射入时的动能小。为使带电粒子飞出场区时的动能比射入时的动能大，以下措施中可行的是(　　)A．增大粒子射入时的速度B．保持金属极板所带电荷量不变，增大两极板间的距离C．保持两极板间的距离不变，增大两金属极板所带的电荷量D．减小磁场的磁感应强度10．(2022·湖南四校联考)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2之间、L3与L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里。现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线。已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向。(重力加速度g取10m/s2)。则(　　)A．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5CB．线圈匀速运动的速度大小为8m/sC．线圈的长度为2mD．0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J二、实验题(本题共2小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)11．(2022·邯郸质检)“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律。某同学设计了如图所示的实验装置。一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动。小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h。155\n(1)该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如上图所示，他记录的小钢球的直径d＝________cm。(2)该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量________(填“需要”或“不需要”)。(3)如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是________。A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量12．(2022·云南名校统考)(1)多用电表测未知电阻阻值的电路如图(a)所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图象如图(b)所示，则该图象的函数关系式为________；(调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示)(2)下列根据图(b)中I－Rx图线做出的解释或判断中正确的是________；(有两个选项正确)A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx＝0时电路中的电流I＝IgC．Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当Rx的阻值为图(b)中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧(3)某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表(量程10V)的内阻(大约为几十千欧)，欧姆挡的选择开关拨至倍率×1k挡。先将红、黑表笔短接调零后，选用图(c)中________(填“A”或“B”)方式连接。在本实验中，如图(d)所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势为________V。(计算结果保留三位有效数字)155\n三、计算题(本题共4小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)13．(2022·成都一诊)如图甲所示。带斜面的足够长木板P，质量M＝3kg。静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角θ＝37°、两者平滑对接。t＝0s时，质量m＝1kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑，图乙所示为Q在0～6s内的速率v随时间t变化的部分图线。已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)木板P与地面间的动摩擦因数；(2)t＝8s时，木板P与滑块Q的速度大小；(3)0～8s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量。155\n14．(2022·辽宁葫芦岛摸底)如图甲所示，一端封闭的两条足够长的平行光滑导轨固定在水平面上，相距L，其中宽为L的abdc区域无磁场，cd右段区域存在匀强磁场，磁感应强度为B0，磁场方向垂直水平面向上；ab左段区域存在宽为L的均匀分布但随时间线性变化的磁场B，如图乙所示，磁场方向垂直水平面向下。一质量为m的金属棒ab，在t＝0的时刻从边界ab开始以某速度向右匀速运动，经时间运动到cd处。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计。(1)求金属棒从边界ab运动到cd的过程中，回路中感应电流产生的焦耳热Q；(2)经分析可知金属棒刚进入cd右段的磁场时做减速运动，求金属棒在该区域克服安培力做的功W。155\n15.(2022·滨州质检)如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。求：(1)在图中标出t＝0时感应电流的方向；(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式；(3)线圈转一圈外力做功多大；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多大。155\n16．(2022·济南名校模拟)如图所示，在直角坐标系的第二象限内的正方形OACD的对角线AD上方三角形内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，y轴右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，右边界PQ与y轴平行且到y轴的水平距离为d＝(2＋)m。一质量m＝6.4×10－4kg，带电荷量q＝3.2×10－2C的带电粒子(重力不计)由静止开始经加速电压U＝12.5V的电场(没画出)加速后从CD上坐标为(－2，)的M点平行于x轴向右运动，粒子恰好不从右边界PQ穿出。(1)求粒子在三角形匀强磁场中做匀速圆周运动的半径；(2)求y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小；(3)若右侧磁场右边界PQ可左右移动，粒子刚好从PQ与x轴的交点射出磁场，求粒子在两磁场中运动的总时间。155\n课时考点31　分子动理论　内能　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．[2022·新课标全国卷Ⅰ，33(1)](多选)下列说法正确的是(　　)A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变2．[2022·新课标全国卷Ⅱ，33(1)](多选)关于扩散现象，下列说法正确的是(　　)A．温度越高，扩散进行得越快B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的3．(2022·广东理综，17)(多选)如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气(　　)A．内能增大B．压强增大C．分子间引力和斥力都减小D．所有分子运动速率都增大4．[2022·山东理综，37(1)](多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀。关于该现象的分析正确的是(　　)A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的5．[2022·江苏单科，12A(1)](多选)对下列几种固体物质的认识，正确的有(　　)155\nA．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同6．[2022·福建理综，29(1)]下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是(　　)A．分子间距离减小时分子势能一定减小B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性7．(2022·北京理综，13)下列说法中正确的是(　　)A．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C．物体温度降低，其内能一定增大D．物体温度不变，其内能一定不变8．[2022·重庆理综，10(1)]重庆出租车常以天然气作为燃料。加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)(　　)A．压强增大，内能减小B．吸收热量，内能增大C．压强减小，分子平均动能增大D．对外做功，分子平均动能减小9．(2022·大纲全国卷，16)(多选)对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是(　　)A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小10．[2022·新课标全国卷Ⅱ，33(1)](多选)下列说法正确的是(　　)A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果11．(2022·北京理综，13)下列说法正确的是(　　)A．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B．液体分子的无规则运动称为布朗运动C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．物体对外界做功，其内能一定减少12．[2022·福建理综，29(1)]下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能Ep随分子间距离r变化关系的图线是(　　)155\n13．[2022·新课标全国Ⅰ，33(1)](多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是(　　)A．分子力先增大，后一直减小B．分子力先做正功，后做负功C．分子动能先增大，后减小D．分子势能先增大，后减小E．分子势能和动能之和不变14．[2022·山东理综，36(1)]关于热现象的描述正确的一项是(　　)A．根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D．物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的15．(2022·广东理综，13)清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠。这一物理过程中，水分子间的(　　)A．引力消失，斥力增大B．斥力消失，引力增大C．引力、斥力都减小D．引力、斥力都增大16．[2022·海南单科，17(1)](多选)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　　)A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小B．在r<r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小C．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大D．在r＝r0时，分子势能为零E．分子动能和势能之和在整个过程中不变17．[2022·海南单科，15(1)]已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g。由此可估算得，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________。155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～12题有多项符合题目要求。)1．(2022·云南文登二模)分子动理论较好地解释了物质的宏观热学性质，据此可判断下列说法中正确的是(　　)A．布朗运动是指液体分子的无规则运动B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．一定质量的气体温度不变时，体积减小，压强增大，说明单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多D．气体从外界吸收热量，气体的内能一定增大2．(2022·重庆铜梁中学模拟)以下说法正确的是(　　)A．布朗运动反映了悬浮小颗粒内部分子在不停地做无规则的热运动B．从平衡位置开始增大分子间距离，分子间的引力将增大、斥力将减小C．对大量事实的分析表明：热力学零度不可能达到D．热量只能由高温物体传递给低温物体3．(2022·北京朝阳区模拟)给一定质量的温度为0℃的水加热，在水的温度由0℃上升到4℃的过程中，水的体积随着温度的升高反而减小，我们称之为“反常膨胀”。某研究小组通过查阅资料知道：水分子之间存在着一种结合力，这种结合力可以形成多分子结构，在这种结构中，水分子之间也存在着相互作用的势能。在水反常膨胀的过程中，体积减小是由于水分子之间的结构发生了变化，但所有水分子间的总势能是增大的。关于这个问题，下列说法中正确的是(　　)A．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功B．水分子的平均动能减小，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功C．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于分子间的结合力做正功D．水分子的平均动能增大，吸收的热量一部分用于克服分子间的结合力做功4．(2022·陕西五校一模)下列说法正确的是(　　)A．布朗运动就是液体分子的运动B．两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力比引力减小得更快C．热力学温标的最低温度为0K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一D．气体的温度越高，每个气体分子的动能越大5．(2022·江苏宿迁检测)下列四幅图的有关说法中正确的是(　　)155\nA．分子间距离为r0时，分子间不存在引力和斥力B．水面上的单分子油膜，在测量油膜直径d大小时可把它们当成球形处理C．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性D．猛推木质推杆，密闭的气体温度升高，压强变大，气体对外界做正功6．(2022·河北唐山一模)如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是(　　)A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C．当r等于r1时，分子间势能Ep最小D．当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做正功7．(2022·江西二模)如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法正确的是(　　)A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mB．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10mC．若两个分子间距离增大，则分子势能也增大D．由分子动理论可知：温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同E．质量和温度都相同的氢气和氧气(视为理想气体)，氢气的内能大8．(2022·云南名校统考)关于分子动理论的规律，下列说法正确的是(　　)A．扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C．两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做内能E．两个分子间的距离为r0时，分子势能最小9．(2022·抚顺市期末)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是(　　)A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．外界对物体做功，物体内能一定增加C．温度越高，布朗运动越显著155\nD．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小E．当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大10．(2022·邯郸质检)下列说法正确的是(　　)A．物体的内能是物体所有分子的热运动的动能和分子间的势能之和B．布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动C．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的D．气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小E．一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加11．(2022·湖北六校调研)下列说法正确的是(　　)A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大12．(2022·云南昆明调研)下列说法中正确的是(　　)A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝二、非选择题(本题共2小题。按题目要求作答。)13．(2022·孝感二模)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用注射器将一滴油酸酒精溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸上正方形小方格的边长为10mm，该油酸膜的面积是________m2；若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是4×10－6mL，则油酸分子的直径是________m。(上述结果均保留1位有效数字)14．(2022·南京二模)常温水中用氧化钛晶体和铂黑作电极，在太阳光照射下分解水，可以从两电极上分别获得氢气和氧气。已知分解1mol的水可得到1mol氢气，1mol氢气完全燃烧可以放出2.858×105J的能量，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1，水的摩尔质量为1.8×10－2kg/mol。则2g水分解后得到氢气分子总数为________个；2g水分解后得到的氢气完全燃烧所放出的能量为________J。(均保留两位有效数字)155\n课时考点32　气体　热力学定律　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．(2022·北京理综，13)下列说法正确的是(　　)A．物体放出热量，其内能一定减小B．物体对外做功，其内能一定减小C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变2．[2022·福建理综，29，(2)]如图，一定质量的理想气体，由状态a经过ab过程到达状态b或者经过ac过程到达状态c。设气体在状态b和状态c的温度分别为Tb和Tc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac。则(　　)A．Tb＞Tc，Qab＞QacB．Tb＞Tc，Qab＜QacC．Tb＝Tc，Qab＞QacD．Tb＝Tc，Qab＜Qac3．[2022·山东理综，37(1)](多选)如图，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体。当环境温度升高时，缸内气体(　　)A．内能增加B．对外做功C．压强增大D．分子间的引力和斥力都增大4．(2022·广东理综，17)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体(　　)A．体积减小，内能增大B．体积减小，压强减小C．对外界做负功，内能增大D．对外界做正功，压强减小155\n5．[2022·新课标全国卷Ⅰ，33(1)](多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图所示。下列判断正确的是(　　)A．过程ab中气体一定吸热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小E．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同6．[2022·重庆理综，10(1)]某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么(　　)A．外界对胎内气体做功，气体内能减小B．外界对胎内气体做功，气体内能增大C．胎内气体对外界做功，内能减小D．胎内气体对外界做功，内能增大(2)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为p1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2。整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为p0。求冻结后肥皂膜内外气体的压强差。7．[2022·新课标全国卷Ⅱ，3(2)]如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0cmHg。(ⅰ)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，155\n求注入的水银在管内的长度。8．[2022·山东理综，37(2)]扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象。如图，截面积为S的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0。当封闭气体温度上升至303K时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K。再经过一段时间，内部气体温度恢复到300K。整个过程中封闭气体均可视为理想气体。求：(ⅰ)当温度上升到303K且尚未放气时，封闭气体的压强；(ⅱ)当温度恢复到300K时，竖直向上提起杯盖所需的最小力。9．[2022·海南卷，15(2)]如图，一底面积为S，内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。155\n10．[2022·新课标全国卷Ⅰ，33(2)]如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1＝2.50kg，横截面积为S1＝80.0cm2；小活塞的质量为m2＝1.50kg，横截面积为S2＝40.0cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距为l＝40.0cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K。初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K。现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移。忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2。求：(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。11．[2022·新课标全国卷Ⅰ，33(2)]一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0。现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h/4。若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g。155\n12．[2022·新课标全国卷Ⅱ，33(2)]如图，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为p0、外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸正中间。(ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度；(ⅱ)继续缓慢加热，使活塞a上升。当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，第1～2题只有一项符合题目要求，第3题有多项符合题目要求。)1．(2022·广东揭阳一模)如图所示，容积一定的测温泡，上端有感知气体压强的压力传感器。待测物体温度升高时，泡内封闭气体(　　)A．内能不变，压强变大B．体积不变，压强变大C．温度不变，压强变小D．温度降低，压强变小2．(2022·福州质检)如图所示，U形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高缸内气体的温度，则能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图象是(　　)3．(2022·梅州5月质检)关于物体内能和热力学定律的说法正确的是(　　)A．物体内所有分子动能和分子势能的总和就是分子的内能B．第二类永动机的构想违背了热力学第二定律C．做功和热传递具有相同的物理本质D．物体没有做功时，物体吸热，物体的内能一定增加E．若一定质量的某理想气体的内能增加，则其温度一定升高二、非选择题(本题共6小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)155\n4．(2022·吉林白山二模)某同学利用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，实验后计算机屏幕显示如右的p－t图象。已知在状态B时气体的体积VB＝3L，求：(1)气体在状态A的压强；(2)气体在状态C的体积。5．(2022·兰州市诊断)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图象如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求：(1)气体在状态B时的压强pB；(2)气体从状态A变化到状态B的过程中，对外界做的功为10J，该过程中气体吸收的热量为多少；(3)气体在状态C时的压强pC和温度TC。155\n6．(2022·邯郸质检)如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40cm，右管内气体柱长为lB＝39cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，已知大气压强p0＝76cmHg，求：(1)A端上方气柱长度；(2)稳定后右管内的气体压强。7．(2022·陕西五校一模)如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活寒封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定在A点，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB＝h，大气压强为p0，重力加速度为g。155\n(1)求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；(2)设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q(一定量理想气体的内能仅由温度决定)。8．(2022·抚顺市期末)如图所示，两端开口的U形玻璃管两边粗细不同，粗管横截面积是细管的2倍。管中装有水银，两管中水银面与管口距离均为h0＝12cm，大气压强P0＝75cmHg。现将粗管管口封闭，然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中，直到两管中水银面高度差达到Δh＝6cm为止。整个过程中气体温度保持不变，求：(1)左端液面下降的距离。(2)活塞下移的距离(结果保留两位有效数字)。155\n9．(2022·云南名校质检)如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸内有一不计质量的活塞，可在汽缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体。已知活塞截面积为100cm2，大气压强为1.0×105Pa，汽缸内气体温度为27℃，试求：(1)若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小一半，这时气体的压强和所加重物的重力；(2)在加压重物的情况下，要使汽缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，使温度升高到多少摄氏度。155\n课时考点33　机械振动　机械波　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．[2022·山东理综，38(1)](多选)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin(2.5πt)m。t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g＝10m/s2。以下判断正确的是(　　)A．h＝1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程是0.2mD．t＝0.4s时，物块与小球运动方向相反2．(2022·天津理综，3)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa＝2m和xb＝6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象。下列说法正确的是(　　)A．该波沿＋x方向传播，波速为1m/sB．质点a经4s振动的路程为4mC．此时刻质点a的速度沿＋y方向D．质点a在t＝2s时速度为零3．(2022·北京理综，15)周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波(　　)A．沿x轴正方向传播，波速v＝20m/sB．沿x轴正方向传播，波速v＝10m/sC．沿x轴负方向传播，波速v＝20m/s155\nD．沿x轴负方向传播，波速v＝10m/s4．(2022·四川理综，2)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰。这列水面波(　　)A．频率是30HzB．波长是3mC．波速是1m/sD．周期是0.1s5．(2022·福建理综，16)简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a最早到达波谷的是(　　)6．[2022·海南单科，16(1)](多选)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s。下列说法正确的是(　　)A．波速为4m/sB．波的频率为1.25HzC．x坐标为15m的质点在t＝0.6s时恰好位于波谷D．x坐标为22m的质点在t＝0.2s时恰好位于波峰E．当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷7．[2022·新课标全国卷Ⅰ，34(1)](多选)图(a)为一列简谐横波在t＝2s时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x＝1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x＝2m的质点。下列说法正确的是(　　)A．波速为0.5m/sB．波的传播方向向右C．0～2s时间内，P运动的路程为8cmD．0～2s时间内，P向y轴正方向运动E．当t＝7s时，P恰好回到平衡位置8．[2022·新课标全国卷Ⅱ，34(1)](多选)图(a)为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象。下列说法正确的是(　　)155\nA．在t＝0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B．在t＝0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C．从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向传播了6mD．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cmE．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin10πt(国际单位制)9．[2022·山东理综，38(1)](多选)一列简谐横波沿直线传播。以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图象如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9m。以下判断正确的是(　　)A．波长为1.2mB．波源起振方向沿y轴正方向C．波速大小为0.4m/sD．质点A的动能在t＝4s时最大10．(2022·四川理综，5)如图所示，甲为t＝1s时某横波的波形图象，乙为该波传播方向上某一质点的振动图象，距该质点Δx＝0.5m处质点的振动图象可能是(　　)11．[2022·江苏单科，12B(1)](多选)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比(　　)A．波速变大　　B．波速不变C．频率变高　　D．频率不变(2)用2×106Hz的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s和1500m/s，则该超声波在结石中的波长是胆汁中的________倍。用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时________(选填“容易”或“不容易”)发生衍射。155\n12．[2022·重庆理综，11(2)]右图为一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图，质点P的振动周期为0.4s。求该波的波速并判断P点此时的振动方向。13．[2022·新课标全国卷Ⅰ，34(2)]甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25cm/s。两列波在t＝0时的波形曲线如图所示。求：(ⅰ)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；(ⅱ)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16cm的质点的时间。14．[2022·新课标全国卷Ⅱ，34(2)]平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间。已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1s，振幅A＝5cm。当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置。求：(ⅰ)P、Q间的距离；(ⅱ)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程。155\n155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共12小题，在每小题给出的选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～12题有多项符合题目要求。)1．(2022·四川成都一模)一列简谐机械横波沿x轴负方向传播，波速v＝1m/s。若在x＝0.5m处质点的振动图象如图所示，则该波在t＝0.5s时刻的波形图线为下图中的(　　)2．(2022·广西四校调研)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图所示，质点a与质点b相距1m，a点正沿y轴正方向运动；t＝0.02s时，质点a第一次到达正向最大位移处，由此可知(　　)A．此波的传播速度为25m/sB．此波沿x轴正方向传播C．从t＝0时起，经过0.04s，质点a沿波传播方向迁移了1mD．t＝0.04s时，质点b处在平衡位置，速度沿y轴负方向3．(2022·北京丰台区一模)一简谐横波在x轴上传播，t＝0时的波形如图甲所示。x＝8m处质点P的振动图线如图乙所示。下列说法正确的是(　　)A．这列波的波长为8mB．这列波的频率为2HzC．这列波的波速为4m/sD．这列波向左传播4．[2022·河南豫北六校联考，34(1)]在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为5m/s，则下列说法正确的是(　　)155\nA．此时P(－2m，0cm)、Q(2m，0cm)两点运动方向相同B．再经过0.5s质点N刚好在(－5m，20cm)位置C．能与该波发生干涉的横波的频率一定为3HzD．波的频率与波源的振动频率无关5．(2022·山东泰安一模)如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，O为波源。已知波的传播速度为v＝2m/s，则下列说法中正确的是(　　)A．波源O的振动周期为2sB．t＝0时，x＝2m处质点正沿y轴负方向运动C．质点A比质点B先回到平衡位置D．从此时开始计时，x＝4m处质点的振动函数表达式为y＝－5sin(πt)cm6．(2022·山东济宁一模)如图所示为在同一绳上传播的两列简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知甲波向右传，乙波向左传，以下说法正确的是(　　)A．甲波的频率比乙波的频率大B．两列波同时传到坐标原点C．由于两波振幅不等，故两列波相遇时不会发生干涉现象D．x＝0.5cm处的质点开始振动时的方向向＋y方向7．(2022·辽宁抚顺高三期末)在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝10m/s，已知在t＝0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x＝5m处。下列说法中正确的是(　　)A．这列波的波长为4mB．这列波的振幅为20cmC．这列波的频率为2.5HzD．波源起振方向沿y轴正方向E．再经过0.2s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置155\n8．(2022·黑龙江齐齐哈尔二模)设x轴方向的一条细绳上有O、A、B、C、D、E、F、G八个质点，OA＝AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FG＝1m，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，沿x轴方向传播形成横波。t＝0时刻，O点开始向上运动，经t＝0.2s，O点第一次到达上方最大位移处，这时A点刚好开始运动。那么在t＝2.5s时刻，以下说法中正确的是(　　)A．B点位于x轴下方B．A点与E点的位移相同C．D点的速度最大D．C点正向上运动E．这列波的波速为5m/s9．(2022·景德镇市二检)一列简谐横波从左向右以v＝2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示，下列说法正确的是(　　)A．A质点再经过一个周期将传播到D点B．B点正在向上运动C．B点再经过T回到平衡位置D．该波的周期T＝0.05sE．C点再经过T将到达波峰的位置10．(2022·云南名校统考)一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t＝0时的波形图如图所示，则下列说法正确的是(　　)A．此时x＝1.25m处的质点正在做加速度减小的加速运动B．x＝0.7m处的质点比x＝0.6m处的质点先运动到波峰的位置C．x＝0处的质点再经过0.05s时间可运动到波峰位置D．x＝0.3m处的质点再经过0.08s可运动至波峰位置E．x＝1m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y＝0.4sin(10πt)(m)11．(2022·邯郸市质检)图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝1.0s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是(　　)A．该简谐横波的传播速度为4m/sB．从此时刻起，经过2s，P质点运动了8m的路程C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置155\nD．乙图可能是甲图x＝2m处质点的振动图象E．此时刻M质点的振动速度小于Q质点的振动速度12．(2022·湖北六校元月调考)一列简谐横波，在t＝0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的波速是m/sC．从t＝0.6s开始，紧接着的Δt＝0.6s时间内，A质点通过的路程是10mD．从t＝0.6s开始，质点P比质点Q早0.4s回到平衡位置E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，不能发生明显衍射现象二、非选择题(本题共3小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)13．(2022·东北三校联考)一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝0时刻的波的图象如图所示，经0.1s，质点M第一次回到平衡位置，求：(1)波传播的速度；(2)质点M在1.2s内走过的路程。155\n14．(2022·贵州六校联考)如图所示，质量为M＝0.5kg的框架B放在水平地面上。劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧竖直放在框架B中，轻弹簧的上端和质量为m＝0.2kg的物体C连在一起。轻弹簧的下端连在框架B的底部。物体C在轻弹簧的上方静止不动。现将物体C竖直向下缓慢压下一段距离x＝0.03m后释放，物体C就在框架B中上下做简谐运动。在运动过程中，框架B始终不离开地面，物体C始终不碰撞框架B的顶部。已知重力加速度大小为g＝10m/s2。试求：当物体运动到最低点时，物体C的加速度大小和此时物体B对地面的压力大小。15．(2022·陕西五校一模)如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图中的实线所示，此时这列波恰好传播到P点，且再经过1.2s，坐标为x＝8m的Q点开始起振，求：(1)该列波的周期T；(2)从t＝0时刻到Q点第一次达到波峰时，振源O点相对平衡位置的位移y及其所经过的路程s。155\n课时考点34　光　电磁波　相对论　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1．[2022·新课标全国卷Ⅱ，34(1)](多选)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线。则(　　)A．在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B．在真空中，a光的波长小于b光的波长C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失E．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距2．(2022·天津理综，2)中国古人对许多自然现象有深刻认识，唐人张志和在《玄真子·涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。右图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b是两种不同频率的单色光，则两光(　　)A．在同种玻璃中传播，a光的传播速度一定大于b光B．以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b光侧移量大C．分别照射同一光电管，若b光能引起光电效应，a光也一定能D．以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a光3．(2022·四川理综，3)直线P1P2过均匀玻璃球球心O，细光束a、b平行且关于P1P2对称，由空气射入玻璃球的光路如图。a、b光相比(　　)A．玻璃对a光的折射率较大B．玻璃对a光的临界角较小C．b光在玻璃中的传播速度较小D．b光在玻璃中的传播时间较短4．(2022·福建理综，13)155\n如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b的折射率分别为na、nb，则(　　)A．λa＜λb，na＞nbB．λa＞λb，na＜nbC．λa＜λb，na＜nbD．λa＞λb，na＞nb5．(2022·福建理综，13)如图，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是(　　)6．(2022·北京理综，20)以往，已知材料的折射率都为正值(n＞0)。现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n＜0)，称为负折射率材料。位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足＝n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射角取负值)。现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面射入，下表面射出。若该材料对此电磁波的折射率n＝－1，正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图是(　　)7．(2022·天津理综，8)(多选)一束由两种频率不同的单色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成a、b两束，如图所示，则a、b两束光(　　)A．垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光长B．从同种介质射入真空发生全反射时，a光临界角比b光的小C．分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小D．若照射同一金属都能发生光电效应，b光照射时逸出的光电子最大初动能大8．[2022·重庆理综，11(1)]打磨某剖面如图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角θ切磨在θ1＜θ＜θ2的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射(仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ边后射向MN边的情况)，155\n则下列判断正确的是(　　)A．若θ＞θ2，光线一定在OP边发生全反射B．若θ＞θ2，光线会从OQ边射出C．若θ＜θ1，光线会从OP边射出D．若θ＜θ1，光线会在OP边发生全反射9．(2022·四川理综，2)电磁波已广泛运用于很多领域。下列关于电磁波的说法符合实际的是(　　)A．电磁波不能产生衍射现象B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同10．[2022·新课标全国卷Ⅰ，34(1)]在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝。在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1____Δx2(填“＞”、“＝”或“＜”)。若实验中红光的波长为630nm，双缝与屏幕的距离为1.00m，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm，则双缝之间的距离为________mm。11．[2022·山东理综，38(2)]半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示。位于截面所在平面内的一细束光线，以角i0由O点入射，折射光线由上边界的A点射出。当光线在O点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生全反射。求A、B两点间的距离。12．[2022·海南单科，16(2)]一半径为R的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角γ(γ＜)。与玻璃砖的底平面成(－γ)角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出。若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光。求底面透光部分的宽度。155\n13．[2022·新课标全国卷Ⅰ，34(2)]一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示。玻璃的折射率为n＝。(1)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？(2)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置。155\n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题(本题共8小题，在每小题给出的选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。)1．(2022·北京顺义统考)两束不同频率的单色光a、b以相同的入射角从空气射入水中，发生了如图所示的折射现象(α＞β)。下列说法中正确的是(　　)A．光束b的频率比光束a的频率低B．相同条件下b光的双缝干涉条纹间距比a光的大C．光束b在水中的传播速度比光束a在水中的传播速度大D．若让a、b光分别从同种玻璃射向空气，a光发生全反射时的临界角较大2．(2022·嘉兴高三测试)如图是一段拉伸速度不均匀而形成的不合格光纤产品，呈圆台形。一单色光射到上边界O点并射出光纤，进入真空中时，入射角为30°，折射角为53°(sin53°＝0.8)，则(　　)A．此光纤的折射率为0.625B．该单色光在光纤中的传播速度为1.875×108m/sC．减小单色光在O点的入射角可以提高光能传输效率D．同一单色光在此光纤内的全反射临界角比在圆柱形光纤中大3．(2022·福州质检)ABCDE为单反照相机取景器中五棱镜的一个截面示意图，AB⊥BC。由a、b两种单色光组成的细光束从空气垂直于AB射入棱镜，经两次反射后光线垂直于BC射出，且在CD、AE边只有a光射出，光路图如图所示。则a、b两束光(　　)A．在真空中，a光的传播速度比b光的大B．在棱镜内，a光的传播速度比b光的小C．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距小4．(2022·江苏苏州模拟)对相对论的基本认识，下列说法正确的是(　　)A．相对论认为：真空中的光速在不同惯性参考系中都是相同的155\nB．爱因斯坦通过质能方程阐明了质量就是能量C．在高速运动的飞船中的宇航员会发现飞船中的时钟与他观察到的地球上的时钟走得同样快D．我们发现竖直向上高速运动的球在水平方向上长度变短了5．(2022·浙江五校联考)隐形飞机的原理是：在飞机研制过程中设法降低其可探测性，使之不易被敌方发现、跟踪和攻击。根据你所学的物理知识，判断下列说法中正确的是(　　)A．运用隐蔽色涂层，无论距你多近的距离，即使你拿望远镜也不能看到它B．使用吸收雷达电磁波材料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现C．使用吸收雷达电磁波涂层后，传播到复合金属机翼上的电磁波在机翼上不会产生感应电流D．主要是对发动机、喷气尾管等因为高温容易产生紫外线辐射的部位采取隔热、降温等措施，使其不易被对方发现和攻击6．(2022·浙江衢州高三模拟)下列说法正确的是(　　)A．手机通话时发射的无线电波都是经过调制的B．当敌机靠近时，战机携带的雷达接收反射波的频率小于其发射频率C．当变压器的铁芯不闭合时，其原、副线圈的电压比不等于其匝数比D．LC振荡电路中产生随时间t按i＝asinbt的规律变化的振荡电流时，发射的电磁波的波长为(c为真空中的光速)7．(2022·河北石家庄质检)下列说法中正确的是(　　)A．做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B．全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D．医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点E．机械波和电磁波都可以在真空中传播8．(2022·陕西五校一模)如图所示为半圆形的玻璃砖，C为AB的中点，OO′为过C点的AB面的垂线。a、b两束不同频率的单色可见细光束垂直AB边从空气射入玻璃砖，且两束光在AB面上入射点到C点的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是(　　)A．在半圆形的玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度B．a光的频率大于b光的频率C．两种色光分别通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹，相邻明条纹的间距a光的较大D．若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E．b光比a光更容易发生衍射现象二、非选择题(本题共5小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)155\n9．(2022·湖北六校元月调考)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径。今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体。若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？10．(2022·邯郸市质检)如图，一透明半圆柱体折射率为n＝2，半径为R，长为L。平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，部分柱面有光线射出。求该部分柱面的面积S。11．(2022·辽宁抚顺高三期末)如图所示，ABC为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料的折射率n＝2，AC为一半径为R的圆弧，O为圆弧面圆心，ABCO构成正方形，在O处有一点光源。若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射的圆弧的弧长。12．(2022·郴州市第二次监测)“道威棱镜”广泛地应用在光学仪器当中，如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射。从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n＝。求光线进入“道威棱镜”时的折射角，并通过计算判断光线能否从CD155\n边射出。13．(2022·景德镇市二检)如图所示，MN是一条通过透明球体球心的直线，在真空中波长为λ0＝600nm的单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，若出射光线CD与MN的交点P到球心O的距离是球半径的倍，且与MN所成的夹角α＝30°。求：(1)透明体的折射率n；(2)此单色光在透明球体中的波长λ。参考答案课时考点25　带电粒子在复合场中的运动三年高考真题演练1．C　[假设粒子带正电，根据左手定则，粒子受的洛伦兹力向上，上面聚集正电荷，则上板电势高，与题意不符，所以粒子带负电；达到稳定状态后，粒子受的电场力与洛伦兹力平衡，有|q|＝|q|vB，且I＝n|q|Sv＝n|q|abv，两式结合得n＝。]2．BCD　[离子在电场中加速过程中，由于电场强度相同，根据牛顿第二定律可得a1∶a2＝q1∶q2＝1∶3，选项A错误；在电场中加速过程，由动能定理可得qU＝mv2，在磁场中偏转过程：qvB＝m，两式联立可得：r＝，故r1∶r2＝∶1，选项B正确；设磁场宽度为d，根据sinθ＝可得：＝，联立解得θ2＝60°，选项C正确；由qU＝mv2＝Ek可知Ek1∶Ek2＝1∶3，选项D正确。]3．解析　(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE①小滑块在C点离开MN时N＝0②解得vC＝③(2)由动能定理mgh－Wf＝mv－0④155\n解得Wf＝mgh－⑤(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g′＝⑥且v＝v＋g′2t2⑦解得vP＝⑧答案　(1)　(2)mgh－(3)4．解析　(1)粒子经电场加速一次后的速度为v1，由动能定理得qU＝mv①粒子能打到P点，则在磁场中的轨道半径r1＝②对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv1B1＝③联立①②③式解得B1＝④(2)若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得nqU＝mv2(n＝1，2，3，…)⑤rn＝⑥qvB＝⑦联立⑤⑥⑦式解得B＝⑧由题意可得当n＝1时，2r1′>d⑨155\n解得n<k2⑩故⑧式中n的取值为n＝1，2，3，…，k2－1(3)当n＝k2－1时，打在P点的粒子能量最大粒子在磁场中运动周期T＝⑪粒子在磁场中运动时间tB＝(n－)T⑫联立⑧⑪⑫式解得tB＝⑬对粒子在电场中由动量定理得·tE＝mv⑭联立⑤⑭式解得在电场中运动时间tE＝h⑮答案　(1)(2)(n＝1，2，3，…，k2－1)(3)　　h5．解析　(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有2qEd＝mv①由①式解得v2＝2②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B＝m③由②③式解得r2＝④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。nqEd＝mv⑤qvnB＝m⑥155\n图1粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦由图1看出rnsinθn－rnsinαn＝d⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩图2当n＝1时，由图2看出r1sinθ1＝d由⑤⑥⑩⑪式得sinθn＝B⑫(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝⑬sinθn＝1⑭在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn，由于＞⑮155\n则导致sinθn′＞1⑯说明θn′不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。答案　(1)2　　(2)B(3)见解析6．解析　(1)离子在电场中加速：qU0＝mv2在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m解得r＝打在MN中点P的离子半径为r0＝L，代入解得m＝(2)由(1)知，U＝离子打在Q点时r＝L，U＝离子打在N点时r＝L，U＝，则电压的范围≤U≤(3)由(1)可知，r∝由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点＝此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上＝解得r1＝L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则：＝，＝解得r2＝L155\n同理，第n次调节电压，有rn＝L检测完整，有rn≤解得n≥－1≈2.8最少次数为3次答案　(1)　(2)≤U≤　(3)3次两年模拟试题精练1．C　[最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，eU/b＝evB，I＝neSv＝necbv，得U＝，所以C正确。]2．C　[小球进入复合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，初速度竖直向下，电场力水平向右，洛伦兹力水平向右，因此，合力必不沿竖直方向，故粒子做曲线运动，运动过程中洛伦兹力时刻变化，故合力将会改变，小球做变速曲线运动，故A错误；下落过程中，电场力将做正功，由功能关系得，电势能减小，故B错误；小球从静止开始下落到水平地面过程中，洛伦兹力不做功，由动能定理得，小球落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和，故C正确；增大磁感应强度后，将改变洛伦兹力的大小，进而影响粒子的落点发生变化，电场力做功将会改变，落地时动能将会不同，故D错误。]3．C　[根据油滴a静止，可知油滴所受电场力竖直向上，油滴带负电，qE＝mag。油滴b水平向右匀速运动，所受洛伦兹力竖直向下，由qE＝mbg＋qvbB可知油滴b质量小于油滴a。油滴c水平向左匀速运动，所受洛伦兹力竖直向上，由qE＝mcg－qvcB可知油滴c质量大于油滴a。所以mc＞ma＞mb，选项C正确。]4．C　[由题图中信息判知粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故A错误；由qE＝qvB，得v＝，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B错误；由＝，知R越小，比荷越大，故C正确；由＝知粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越靠近狭缝P，表明其质量越小，D错误。]5．B　[回旋加速器所加高频电源的频率与带电粒子在磁场中运动频率相同，在一个周期内，带电粒子两次通过匀强电场而加速，故高频电源的变化周期为tn－tn－2，A项错；带电粒子在匀强磁场中运动周期与粒子速度无关，故B项正确；粒子加速后圆周运动半径达到加速器半径时，速度达到最大，即：qvmB＝m⇒Ekmax＝，与加速次数无关，C项错；不同粒子的比荷不同，最大动能也不一定相同，D项错。]6．AD　[若小物块带正电，则受到的洛伦兹力竖直向上，如果洛伦兹力小于重力，则小物块还会受到支持力和摩擦力，做变减速运动，如果洛伦兹力恰好等于重力，则小物块只受这两个力而做匀速直线运动，故A对，C错；若小物块带负电，洛伦兹力竖直向下，小物块受四个力作用而做减速运动，故B错，D对。]7．BC　[两过程中，重力、电场力恒定、支持力方向不变，洛伦兹力、摩擦力方向相反，故物块所受合外力不同，由牛顿第二定律知，加速度必定不同，A项错；上滑过程中，洛伦兹力垂直斜面向上，物块所受滑动摩擦力Ff＝μ(mgcosθ－qvB)，下滑过程中，155\n洛伦兹力垂直斜面向下，物块所受滑动摩擦力Ff＝μ(mgcosθ＋qvB)，摩擦产生热量Q＝Ffx，两过程位移大小相等，摩擦力大小不同，故产生热量不同，B项正确；a、b两点电势确定，由Ep＝qφ可知，两过程中电势能变化量的绝对值相等，C项正确；整个过程中，重力做功为零，电场力做功为零，摩擦力做功不为零，故物块动能一定变化，所以上滑和下滑两过程中动能变化量绝对值一定不同，D项错。]8．BD　[根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E＝V/m＝5×106V/m，故A选项错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE＝mg，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE·2L＝2.4J，故B选项正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故C选项错误；根据牛顿第二定律可得fB＝，又qE＝mg，解得fB＝3N，即小球所受的洛伦兹力的大小为3N，故D选项正确。]9．解析　(1)对该微粒，据qv1B＝qE＋mg得E＝v1B－＝1×103×1V/m－V/m＝5×102V/m　(2)对此液滴，有qE＝mg且qv2B＝m得v2＝＝2×10－2×1×5m/s＝0.1m/s据左手定则知，其在纸面内沿顺时针方向运动。答案　(1)500V/m　(2)0.1m/s　顺时针方向10．解析　(1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M点时的速度为v1，由动能定理得mv－mv＝mgL＋qU1考虑到m＝ρV0得v1＝(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，有mg＝qE得E＝油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝得B＝＝155\n(3)若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过M点，由动能定理得0－mv＝－mgL－qUba′得Uba′＝U1＋考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即：B′＝－B。答案　(1)　(2)　　(3)U1＋，－B11．解析　(1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有：r＋＝a①解得：r＝②电子在磁场中运动时，洛伦兹力等于向心力，即eBv0＝m③联立解得电子比荷＝④(2)由电子的轨道半径可判断，在O点射入磁场的电子从(0，a)的位置进入匀强电场，电子进入电场后做类平抛运动，有2r＝t2⑤x＝v0t⑥将E＝Bv0代入，联立解得：x＝a⑦设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成θ角，则vy＝t⑧tanθ＝⑨解得：tanθ＝2⑩设该电子打在荧光屏上的Q点，Q点离x轴的距离为L，则155\nL＝(x0－x)tanθ＝a⑪即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L＝a而从(0，－a)位置进入磁场的电子恰好由O点过y轴，不受电场力，沿x轴正方向做匀速直线运动，打在荧光屏与x轴相交的点上，所以荧光屏上在y坐标分别为0、－a的范围内出现一条长亮线答案　(1)　(2)在y坐标分别为0、－a的范围内出现一条长亮线滚动提升练(七)1．C　[B加速度越大，加速度到360km/h的时间越短，相应A的运动时间越短，由于A是匀速运动，故时间越短，s越小，故A错误；从襄阳到潜江间一共间隔四个站，故一共节约4个站的减速、停车、提速时间，故B错误；B由360km/h＝100m/s减速到0的时间为：t＝s＝20s，位移为：x1＝t＝×20m＝1000m，A的运动位移为：x＝vt＝100×20m＝2000m，故当B车停下时A车已距随州站路程为Δx＝x2－x1＝1km，故C正确；若B车匀加速的时间为1min，则此时间内A的运动位移为：s＝vt＝100×60m＝6000m，故D错误。]2．A　[未作用恒力F之前，以木块A为研究对象，木块A受到重力和弹簧对其的弹力作用，且二力大小相等、方向相反，作用恒力F的一瞬间，木块A受到弹簧对其的弹力大小不变，则木块A所受合力的大小就等于恒力F的大小2mg，根据牛顿第二定律可得，木块A上升的初始加速度大小为2g，故A选项正确；根据题意可知，弹簧对木块A和对木块B的弹力是同一个施力物体作用在两个物体上，不是作用力与反作用力，故B选项错误；根据平衡条件和胡克定律可得，从恒力F作用在木块A上到木块B刚好离开地面的过程，木块A上升的最大高度为＋＝，故C选项错误；以木块A为研究对象，根据牛顿第二定律、胡克定律和题意可知，从恒力F作用在木块A上到木块B刚好离开地面的过程，木块A做速度逐渐增大，加速度逐渐减小的变加速直线运动，故D选项错误。3．B　[小物体下落h2－h1过程中，做平抛运动，竖直方向上有：h2－h1＝gt2，解得t＝0.6s；相应时间内水平位移s＝vt＝1.2m>x，所以物体落在了CD面上，B项正确。]4．C　[小球弹出后做平抛运动，在竖直方向上，DA、AB、BC高度差之比为1∶4∶9，则A、B、C的高度之比为1∶5∶14，由h＝gt2可得，在空中的运动时间之比为1∶∶，在水平方向上，三个小球的水平位移之比为1∶2∶3，由x＝v0t，则三个小球弹出的初速度之比1∶∶，弹出的动能之比为1∶∶，选项A、B错误；由W＝mgh，重力做功之比为1∶5∶14，选项C正确；由动能定理和数学知识可知，无法算出三个小球落地时的动能之比，选项D错误。]5．B　[第一宇宙速度是近地卫星运行速度，是卫星围绕地球做圆周运动的最大速度，故A错误；在地球表面有mg＝G可得g＝，卫星A的轨道RA＝3.5R，155\n由万有引力提供向心力有G＝ma得其向心加速度a＝＝·＝g，故B正确；同步卫星与地球自转角速度相同，根据a＝rω2知，向心加速度与轨道半径成正比，故C错误；根据万有引力提供圆周运动向心力知G＝mr()2，得周期T＝，知半径大的B卫星周期大，故D错误。]6．B　[由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导体棒在运动过程中，受到向上的摩擦力，根据牛顿第二定律得mg－μBIL＝ma，I＝kt，则a＝g－t，所以从t＝0时刻起导体棒做加速度减小的加速运动，当a＝0时，速度达到最大，此时滑动摩擦力等于重力；当安培力继续增大时，滑动摩擦力大于重力，加速度方向竖直向上，导体棒做加速度增大的减速运动。根据v－t图象的斜率的绝对值表示加速度的大小可知B正确。]7．BCD　[第1s内做功为W，则由动能定理可知W＝mv2；由图可知，第3秒末到第5秒末速度由v变到0，则由动能定理可知，合外力做功W合＝0－mv2＝－W，故A错误；第5s末到第7s末速度由0变化到v，则由动能定理可知，合外力的功W合＝mv2－0＝W，故B正确；由几何关系可知，4s末的速度为v′＝，则第3秒末到第4秒末，由动能定理可得W合＝mv′2－mv2＝－m×v2＝－0.75W，故C正确；第3s末与第7s末的速度大小相等，则在第3秒末到第7秒末的过程中动能的变化为零，故合外力做功为零，第1s内2a＝＝v，则第3s末到第7s末内物体的加速度a′＝＝－a，故D正确。]8．AB　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m，把已知量代入解得R＝2r，粒子运动的弧长越长，对应的弦长越长，转过的圆心角就越大，粒子运动轨迹对应的最大弦长是2r，则最大圆心角θ满足sin＝，所以解得θ＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间t＝T＝×＝，因为要求选择不可能的时间，所以本题选A、B。]9．AC　[保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，根据E＝，当d减小时E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，当正对面积S减小时，E不变，小球所受的电场力不变，θ不变，故A正确、B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不变，根据E＝、C＝、C＝联立得，E＝，当d变化时E不变，电场力不变，θ不变，当S减小时，E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故C正确、D错误。]155\n10．AB　[A中小球受向下的重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动；B中小球受向下的重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力方向与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动；C中小球受向下的重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动；D中粒子受向下的重力和向上的电场力，合力方向一定与速度方向共线，故粒子一定做直线运动。综上分析，本题应选A、B。]11．解析　(1)本实验的基本原理是将弹簧的弹性势能转化为小车的动能，故长木板右端垫一小物块，其作用是平衡摩擦力。(2)A点应选在弹簧的弹性势能完全转化为小车的机械能的位置，分析图乙可知：A点应选在s2段。(3)根据能量守恒可得：Ep＝kx2＝mv2，可得x＝v。答案　(1)平衡摩擦力　(2)s2　(3)v12．解析　(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选倍率太大，应换用小倍率进行测量，因此需选择×10倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零再进行测量，由图(a)所示可知，测量结果为7×10Ω＝70Ω；(2)①通过待测电阻的最大电流约为IM＝＝≈0.057A＝57mA，因此M处的电流表可选A；通过N处的最大电流约为IN＝IM＋＝0.057A＋≈0.190A＝190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；②通过定值电阻R0的电流I＝IN－IM，并联电路两端电压U＝IR0＝(IN－IM)R0，Rx＋r1＝＝，则待测电阻阻值Rx＝－r1答案　(1)×10　重新进行欧姆调零　70　(2)①A　B　②－r113．解析　(1)小物块的加速度am＝μg＝2m/s2小车的加速度aM＝＝0.5m/s2由题意知amt＝v0＋aMt解得t＝1s(2)在开始1s内小物块的位移s1＝amt2＝1m此时其速度v＝amt＝2m/s在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a＝＝0.8m/s2这0.5s内的位移s2＝vt1＋at＝1.1m则经过t＝1.5s小物块通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m155\n答案　(1)1s　(2)2.1m14．解析　(1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝(2)粒子沿与y轴负方向成θ角射入磁场后，经一段圆周后进入电场做可返回的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周期为T＝在磁场中运动的时间为t1＝T＝在电场中做匀变速直线运动a＝所以t2＝＝＝所以t＝t1＋t2＝＋答案　(1)　(2)＋15．解析　(1)小球沿光滑斜槽AB下滑过程，由牛顿第二定律有mgsinα＝ma解得a＝gsinα(2)小球由A点到D点由机械能守恒定律有mgh＋0＝mg·2R＋mv小球要在竖直圆轨道运动过程中不脱离轨道最高点D，由圆周运动规律有mg＝m由上式整理后代入数据解得h＝2.5R(3)小球由A点到C点由机械能守恒定律有mgh＋0＝0＋mv小球在经过轨道最低点C时，有FN－mg＝m由上二式解得FN＝6mg所以，由牛顿第三定律知，小球在经过C点时对轨道的压力FN′至少为FN′＝6mg答案　(1)gsinα　(2)2.5R　(3)6mg16．解析　(1)根据动能定理得Eqd＝mv－mv可得刚进入磁场时的动能Ek＝mv＝Eqd＋mv＝2mv(2)根据上题结果可知vt＝2v0，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x155\n轴正方向夹角θ＝，其在电场中沿x方向的位移x1＝v0t＝v0＝d，易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，满足r＋rcos＝d可得其圆周运动的半径r＝d又根据洛伦兹力提供向心力Bqvt＝可得B＝＝(3)易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上。其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切。由图可知，此时磁场宽度为原来的，即当ab板位于y＝d的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；ab板上被打中区域的长度L＝2x1＋r＝d＋d答案　(1)2mv　(2)　(3)当ab板位于y＝d的位置时，恰好所有粒子均能打到板上，打中区域的长度为d＋d。课时考点26　楞次定律　法拉第电磁感应定律三年高考真题演练1．AB　[圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B正确；圆盘转动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错误；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错误。]2．C　[金属框绕ab边转动时，闭合回路abc中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时，bc边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知φb＜φc，φa＜φc，所以根据E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Blv＝－Bl＝－Bl2ω。由以上分析可知选项C正确。]3．ABD　[由右手定则可知，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知所加磁场越强，则感应电动势越大，感应电流越大，产生的阻碍圆盘转动的安培力越大，则圆盘越容易停止转动，选项B正确；若加反向磁场，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍减速转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，155\n则圆盘中无感应电流，不产生安培力，圆盘匀速转动，选项D正确。]4．B　[设折弯前导体切割磁感线的长度为L，ε＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L＝＝L，故产生的感应电动势为ε′＝Blv＝B·Lv＝ε，所以＝，B正确。]5．C　[由于磁感应强度均匀增大，故φa－φb为定值，由楞次定律可得φa<φb，故由法拉第电磁感应定律得φa－φb＝－，故C项正确。]6．D　[将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化，故不能观察到感应电流，选项A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，选项B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，选项C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生的磁场变化，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，能观察到感应电流，选项D符合题意。]7．C　[对磁铁受力分析可知，磁铁重力不变，磁场力随速率的增大而增大，当重力等于磁场力时，磁铁匀速下落，所以选C项。]8．B　[由法拉第电磁感应定律知线圈中产生的感应电动势E＝n＝n·S＝n·，得E＝，选项B正确。]9．BCD　[直导线产生的磁场在M区域垂直纸面向外，在N区域垂直纸面向里，根据右手定则，导体棒上的感应电流在M区域向下，在N区域向上，由左手定则判定，在M、N区域导体棒所受安培力均向左，故A错误，B正确；I感＝，F安＝BI感L＝，离直导线越近处B越大，所以FM逐渐增大，FN逐渐减小，C、D正确。]10．ABD　[电流能产生磁场，说明电和磁之间存在联系，A项正确；为解释磁现象的电本质，安培根据螺线管和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，B项正确；恒定电流附近的固定导线框，不会产生感应电流，C项错误；楞次通过实验，得出了楞次定律，D项正确。]11．C　[金属棒MN向右切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知，电阻中电流方向为a→c。E1＝BLv，E2＝2BLv，所以E1∶E2＝1∶2。综上所述，C正确。]12．C　[导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180°的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由O指向A为正，所以下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是C。]13．B　[当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B正确。]14．解析　(1)棒进入磁场前E＝＝S·①由几何关系得155\nS＝L2②由题图知＝0.5T/s③联立①②③解得E＝0.04V④(2)棒在bd位置时E最大Em＝BLv⑤Im＝⑥F安＝BImL⑦代入得F安＝＝0.04N，方向向左⑧在abd区域，t时刻有效长度L′＝v×(t－1)×2＝2v(t－1)⑨E′＝BL′v⑩i＝＝＝(t－1)A　(1s＜t＜1.2s)⑪答案　(1)0.04V　(2)0.04N，　方向向左i＝(t－1)A　(1s＜t＜1.2s)两年模拟试题精练1．B　[在B放入磁场的过程中，B中的磁通量发生变化，B中有感应电流产生，由于B为超导体，产生的电流在稳定后不会消失，选项A错误，B正确；在B放入磁场的过程中，如A的N极朝上，根据楞次定律“增反减同”的原理，从上向下看，B中感应电流应该为顺时针方向，选项C错误；根据C的判断思路，D也错误，故选B。]2．D　[ab棒切割磁感线产生的感应电动势的大小E＝BLv，由于棒匀速运动，v不变，又因为B、L不变，所以棒ab产生的感应电动势不变，A错误；根据右手定则可知，ab棒中的电流方向从b到a，B错误；根据左手定则判断知，棒ab所受安培力方向向左，C错误；棒ab做匀速运动，动能不变，根据动能定理可知合力做功为零，D正确。]3．C　[t＝0时，通过线圈的磁通量为Φ＝－B0·＝－B0πr2，t＝t0时，通过线圈的磁通量为Φ′＝B0·＝B0πr2，磁通量发生了变化，故一定有感应电流，A项错误；由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，B项错误；左侧磁感应强度随时间变化关系为：B1＝t，右侧磁感应强度随时间变化关系为：B2＝－B0＋t，通过圆环的磁通量随时间变化关系为：Φ＝(B1＋B2)·＝－B0·πr2＋πr2t，由法拉第电磁感应定律，E＝＝πr2，由欧姆定律可知，I＝＝，C项正确，D项错误。]4．A　[设线框的电阻为R。甲图中：ab两点间的电势差等于外电压，其大小为U＝E＝B·2Lv＝BLv，电流为I＝＝＝。乙图中：ab两点间的电势差等于外电压的，155\n其大小为U＝E＝B·2Lv＝BLv，电流为I＝＝＝。丙图中：ab两点间的电势差等于外电压的，其大小为U＝BLv，电流为I＝。丁图中：ab两点间的电势差等于外电压的，其大小为U＝BLv，电流为I＝2。可见，图甲中ab两点间的电势差最大，图甲、乙、丁中电流相等为最大，图丙中电流为最小。故A正确。]5．A　[设棒ac、ab之间的夹角为θ，棒PQ的匀速运动速度为v，棒ac、PQ单位长度的电阻为R0，则经时间t时，棒PQ上产生的电动势为E＝B(L－vt)vtanθ，此时回路的电阻R＝R0[(L－vt)tanθ＋]，回路中的电流i＝＝，故A项正确，B项错误；PQ所受的安培力F安＝BI(L－vt)tanθ，由于棒PQ做匀速运动，所以F＝F安，C、D项均错误。]6．D　[导体棒AC切割磁感线产生的感应电流的方向由右手定则可知由C流向A，故A项错；由于棒以恒定加速度a从静止开始向右运动，则有2R＝at2，解得t＝2，故B项错；棒经过环心时的速度v＝，有效切割长度L＝2R，回路中总电阻R＝，由I＝及U＝BLv得此时棒中的电流为，故C项错；棒经过环心时所受安培力的大小F＝BIL＝，故D项正确。]7．AC　[要使电流表能正常工作，则金属杆受到的安培力的方向应该竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M至N，故A选项正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，弹簧的伸长量为x＝，故B选项错误；根据平衡条件和胡克定律可知，kx＝mg，k(x＋L2)＝mg＋BImL1，解得Im＝，即该电流表的量程为Im＝，故C选项正确；根据平衡条件和胡克定律可知，k(x＋l)＝mg＋BIL1，解得I＝·l，即该电流表的刻度在0～Im范围内是均匀的，故D选项错误。]8．BD　[由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误；由图象可知，0至t1时间内有：＝，由法拉第电磁感应定律有：E＝n＝n，面积为：S＝πr，由闭合电路欧姆定律有：I1＝，联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：I1＝，故B正确；线圈两端的电压是整个电路的外电压，即U＝E，得U＝，故C错误；通过电阻R1上的电荷量为：q＝I1t1＝，故D正确。]9．解析　(1)因为运动过程中电阻上消耗的功率不变，155\n所以运动过程中产生的电动势不变，故电流的大小I也不变。E＝B0lv0＝1×0.4×2V＝0.8VI＝I0＝＝A＝4A(2)在x＝2m处，B2＝B0＋kx＝(1＋0.5×2)T＝2T由E＝Blv得v＝＝m/s＝1m/s(3)由安培力F＝BIl知：F2＝B2Il＝3.2N(4)F＝BIl＝(B0＋kx)Il＝1.6＋0.8x为线性函数故W＝(F0＋F2)x＝4.8J答案　(1)4A　(2)1m/s　(3)3.2N　(4)4.8J10．解析　(1)由图可知2.0s时通过金属杆ab的电流为0.2A，则此时金属杆受到的安培力为：F安＝BIL＝3.0×10－2N。(2)设金属杆的运动速度为v1，则感应电动势为：E＝BLv1，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝I(R＋r)＝0.12V，解得：v1＝＝m/s＝0.8m/s，流过R的电荷量：q＝It＝×2.0C＝0.2C(流过R的电荷量q也可通过求I－t图与坐标轴所围面积获得)。(3)因为I＝∝v，可知金属杆的v－t图象也是一条倾斜直线，故金属杆的加速度：a＝＝＝0.4m/s2，根据牛顿第二定律：F－F安＝ma，解得：F＝0.07N，故2s末时F的瞬时功率：P＝Fv1＝5.6×10－2W。答案　(1)3.0×10－2N　(2)0.8m/s　0.2C(3)5.6×10－2W课时考点27　电磁感应中的电路和图象问题三年高考真题演练1．C　[在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐增加，由楞次定律和右手螺旋定则可判断内环内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T0～0.5T0时间内，通过大圆环的电流为瞬时针逐渐减小，由楞次定律和右手螺旋定则可判断内环的a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大，故选项C正确。]2．B　[电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝＝＝故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BI＝，故C错误；金属杆的发热功率p＝I2R＝I2r＝，故D错误。]3．C　[通电线圈中产生的磁场B＝kI(k为比例系数)；在另一线圈中的磁通量Φ＝BS＝kIS，由法拉第电磁感应定律可知，在另一线圈中产生的感应电动势E＝n，由图(b)可知，155\n|Ucd|不变，则||不变，故||不变，故选项C正确。]4．A　[设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝()2·R·＝＝l1，由于lab＞lbc，所以Q1＞Q2。通过线框导体横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，A选项正确。]5．AC　[由法拉第电磁感应定律E＝n＝nS有E＝kπr2，D错误；因k＞0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝U＝，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确。]6．解析　(1)导体切割磁感线运动产生的电动势为E＝Blv，根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为I＝电阻R消耗的功率为P＝I2R，联立可得P＝(2)对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F安＝BIl＝B··l，故F＝＋μmg答案　(1)　(2)＋μmg7．解析　(1)解法一　在Δt时间内，导体棒扫过的面积为ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为E＝②根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端。因此，通过电阻R的感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流的大小I满足I＝③联立①②③式得I＝④解法二　E＝Brv＝Br＝Br2ωI＝＝由右手定则判得通过R的感应电流方向从C→D解法三　取Δt＝T155\nE＝＝＝Br2ωI＝＝由右手定则判得通过R的感应电流方向从C→D(2)解法一　在竖直方向有mg－2FN＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的支持力大小相等，其值为FN。两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为Ff＝μFN⑥在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为l1＝rωΔt　⑦和l2＝2rωΔt⑧克服摩擦力做的总功为WFf＝Ff(l1＋l2)⑨在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为WR＝I2RΔt⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为W＝WFf＋WR⑪外力的功率为P＝⑫由④至⑫式得P＝μmgωr＋⑬解法二　由能量守恒P＝PR＋PFf在竖直方向2FN＝mg，则FN＝mg，得Ff＝μFN＝μmgPFf＝μmgωr＋μmg·ω·2r＝μmgωrPR＝I2R＝所以P＝μmgωr＋。答案　(1)，方向由C端到D端(2)μmgωr＋8．解析　(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势E＝Blv(l＝d)，解得E＝1.5V(D点电势高)当x＝0.8m时，金属杆在导轨间的电势差为零。设此时杆在导轨外的长度为l外，则l外＝d－d，OP＝，得l外＝1.2m155\n由楞次定律判断D点电势高，故C、D两端电势差UCD＝－Bl外v，即UCD＝－0.6V。(2)杆在导轨间的长度l与位置x关系是l＝d＝3－x对应的电阻Rl为Rl＝R，电流I＝杆受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x根据平衡条件得F＝F安＋mgsinθF＝12.5－3.75x(0≤x≤2)画出的F－x图象如图所示(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积，即WF＝×2J＝17.5J而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsinθ＝10J故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5J答案　(1)1.5V　－0.6V　(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　F－x图象见解析　(3)7.5J两年模拟试题精练1．D　[在0到1s内，穿过线框的磁通量垂直线框平面向里且均匀减小，由楞次定律和法拉第电磁感应定律可得，感应电流方向是顺时针，大小恒定，再由左手定则可得线框的ad边的安培力F＝BIL水平向左，逐渐减小，故A、B错误；在1s到2s内，穿过线框的磁通量垂直线框平面向外且均匀增大，由楞次定律和法拉第电磁感应定律可得，感应电流方向是顺时针，大小恒定，再由左手定则可得线框的ad边的安培力F＝BIL水平向右，逐渐增大，C错误；故选D。]2．C　[x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故B错误；在2a～3a，线框穿过右侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值，故D错误；x在a～2a范围，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度均匀变大，当将要全部进入第二磁场时，线圈中电流达最大为2I，故A错误，C正确。]3．B　[该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系有l有效＝x，所以E电动势＝Bl有效v＝Bvx∝x，A错误，B正确；框架匀速运动，故F外力＝F安＝＝∝x2，C错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，D错误。]4．A　[匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为R，在0～内，感应电流为I1＝155\n，方向沿逆时针方向；在～内，线框的上下两个竖直边在两个方向相反的磁场中运动产生的电动势大小相同，方向相反，故感应电流I2＝0，在～内，线框的左边离开右边的磁场，产生感应电流I3＝，方向沿顺时针方向，综合以上分析可知A项正确。]5．BD　[金属线圈边长l<d，刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，说明在其下边缘进入磁场的过程中，线框先做减速运动，安培力大于重力，随着速度的减小，感应电动势减小，感应电流减小，则安培力减小，线框的加速度减小，故A错误；下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，故Q＝mgd＝0.1×10×0.6J＝0.6J，B正确；根据右手定则，线圈在进入磁场过程中，电流为逆时针，穿出磁场过程中，电流为顺时针，故C错误；由q＝IΔt＝Δt＝＝可知线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等，D正确。]6．BD　[在0～0.5s，电流为负值，可推得磁感强度方向向里的增大或向外的减小，即磁感应强度值正值越来越大或负值越来越小，故A选项错误；在0.5～1.5s内，电流为正值，在这段时间内，磁感应强度方向向里的减小或向外的增大，故C选项错误；在1.5～2s，电流为负值，可知磁感应强度方向向里的增大或向外的减小，在以后的变化过程中，磁场都做周期性的变化，因此B、D选项正确。]7．AD　[棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，电路中的感应电流I＝＝，所以通过棒ab的电流i与n成正比，选项A正确；棒ab所受的安培力F安＝BIL＝，因为棒ab匀速运动，对棒ab施加的外力F与F安等大反向，即F与n2成正比，选项D正确。]8．解析　(1)棒滑过OO′时，MN切割磁感线产生感应电动势E1＝2Bav＝0.8V此时整个回路的等效电路如图甲所示，由欧姆定律可得I1＝，IL1＝＝代入数据可求出IL1＝0.4A(2)撤去金属棒后，因为OL2O′向上翻转后与磁场方向平行，所以此时整个回路的等效电路如图乙所示。由法拉第电磁感应定律可得E2＝＝·πa2由于两个灯泡相同，故每个灯泡两端的电压均为U＝灯泡L1的功率P＝155\n代入数据可求出P＝1.28×10－2W答案　(1)0.8V，0.4A　(2)1.28×10－2W9．解析　(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv导体棒做匀速运动，F＝F安又F安＝BIL，I＝在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt电路获取的电能ΔE电＝qE＝EIΔt＝Δt可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获取的电能相等。(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流。电源的路端电压U＝BLvm电源与电阻所在回路的电流I＝电源的输出功率P＝UI＝(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U由电容器的U－t图可知U＝t导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝由C＝，I＝则I＝＝由牛顿第二定律F－BIL＝ma可得F＝＋答案　(1)见解析　(2)　(3)＋课时考点28　电磁感应中的动力学问题和能量问题三年高考真题演练1．C　[设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3R－Rx，所以外电路的总电阻为R外＝，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B155\n错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流，I＝先减小后增大，故A错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即F＝BIL，拉力的功率P＝BILv，故先减小后增大，所以C正确；外电路的总电阻R外＝，最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D错误．]2．C　[小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C项正确，A、B、D错误。]3．D　[变化的磁场使回路中产生的感生电动势E＝＝·S＝kπr2，则感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，选项D正确。]4．解析　(1)由电阻定律R＝ρ，代入数据解得R＝6×103Ω(2)感应电动势E＝πr2，代入数据解得E＝4×10－2V(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据解得Q＝8×10－8J答案　(1)6×103Ω　(2)4×10－2V　(3)8×10－8J5．解析　(1)设ab棒的初动能为E1，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1，有W＋W1＝Ek①且W＝W1②由题有Ek＝mv③得W＝mv④(2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某横截面的电量为q，则E＝⑤且ΔΦ＝BΔS⑥I＝⑦又有I＝⑧由图所示ΔS＝d(L－dcotθ)⑨155\n联立⑤～⑨，解得q＝⑩(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长为Lx为Lx＝L－2xcotθ⑪此时，ab棒产生电动势Ex为Ex＝Bv2Lx⑫流过ef棒的电流Ix为Ix＝⑬ef棒所受安培力Fx为Fx＝BIxL⑭联立⑪～⑭，解得Fx＝(L－2xcotθ)⑮由⑮式可得，Fx在x＝0和B为最大值Bm时有最大值F1。由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，图中Ffm为最大静摩擦力，有F1cosα＝mgsinα＋μ(mgcosα＋F1sinα)⑯联立⑮⑯，得Bm＝⑰⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。由⑮式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值F2，如图可知F2cosα＋μ(mgcosα＋F2sinα)＝mgsinα⑱联立⑮⑰⑱得xm＝⑲155\n答案　(1)mv　(2)(3)6．解析　(1)由右手定则知，金属棒产生的感应电动势的方向由O→A，故A端电势高于O端电势，与a点相接的是电压表的“正极”。(2)由电磁感应定律得U＝E＝①ΔΦ＝BR2Δθ②又Δθ＝ωΔt③由①②③得：U＝BωR2又v＝rω＝ωR所以v＝＝2m/s(3)ΔE＝mgh－mv2ΔE＝0.5J答案　(1)正极　(2)2m/s　(3)0.5J7．解析　(1)由右手定则可知此时ab中电流方向由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝③设ab所受安培力为F安，有F安＝ILB④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦又Q＝Q总⑧解得Q＝1.3J⑨答案　(1)由a流向b　(2)5m/s　(3)1.3J两年模拟试题精练155\n1．C　[当棒在B1区域匀速下滑时棒的重力等于安培力，则mg＝，若B1＝B2，则进入B2区域时仍有mg＝，故匀速下滑，A、B错误；若B2＜B1，则mg＞，即先加速到mg＝时再匀速，若B2＞B1，则mg＜，即先减速(并非匀减速)再匀速，故C正确，D错误。]2．A　[导轨光滑时，只有安培力做功，安培力做功等于动能变化量，导轨粗糙时，安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量，又两种情况中动能变化量相等，故A对、B错；两种情况中金属棒的动能最终全部转化为内能，C错；通过ab棒的电荷量Q＝＝，光滑时比粗糙时ab棒运动的路程长，故ΔS大，通过的电荷量Q多，故D错。]3．C　[金属棒释放瞬间，速度为零，感应电流为零，由于弹簧处于原长状态，因此金属棒只受重力作用，故其加速度的大小为g，故A错误；根据右手定则可知，金属棒向下运动时，流过电阻R电流方向为b→a，故B错误；当金属棒的速度为v时，E＝BLv，安培力大小为：F＝BIL＝BL＝，故C正确；最终金属棒会停下，停下时弹簧处于被拉伸状态，重力势能转化为弹性势能和焦耳热，所以最终电阻R上产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量，故D错误。]4．ABD　[对重物和线框整体应用能量的转化和守恒定律可得：3mg·2h－mg·2h＝×4mv2，v＝，A正确；线框进入磁场中某一时刻对重物有3mg－FT＝3ma，对线框有FT－mg－＝ma，解得a＝g－，B正确；线框出磁场时，对重物3mg＝FT，对线框FT＝mg＋，解得v＝，C错误；导线框通过磁场的整个过程中，根据能量守恒定律可得：Q＝3mg×4h－mg×4h－×4m×＝8mgh－，D正确。]5．BD　[金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，所受的安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，由于b棒进入磁场时速度与a进入磁场时的速度相同。所受的安培力相同，所以两棒进入磁场时的受力情况相同，则b进入磁场后所受的安培力与重力沿斜面向下的分力也平衡，所以也做匀速运动，故A错误、B正确；两杆穿过磁场的过程中都做匀速运动，根据能量守恒定律得，回路中产生的总热量为Q＝2×mgsin30°·L＝mgL，故C错误、D正确。]6．BD　[当导体棒向右运动的过程中，根据能量守恒定律得：mv＝Ep＋2Q＋fd，所以Ep＝mv－2Q－fd，故A错误，B正确；由于产生了电能和内能，导体棒的机械能不断减少，所以导体棒在同一个位置时，向右的速度大于向左的速度，所以导体棒向左运动的过程中产生的电能小于导体棒向右运动的过程中产生的电能，即2Q′<2Q。在导体棒向左运动的过程中，根据能量守恒定律得：Ep＝mv2＋2Q′＋fd，联立解得mv2＝mv－2Q－fd－2Q′－fd＞mv－4Q－2fd，故C错误，D正确。]155\n7．BC　[线框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，其合力为零，则mgsinθ－＝0；线框的ab边刚越过PQ时，两边都在切割磁感线，都受到沿斜面向上的安培力，则mgsinθ－4＝ma，a＝－3gsinθ，选项A错误；线框再次匀速时，其合力也为零，则mgsinθ－4＝0，则＝，选项B正确；从t1到t2的过程中，安培力做负功，重力做正功，根据能量守恒定律，可得WG－WF＝mv－mv，则克服安培力所做的功等于线框机械能的减少量，减少的动能和重力势能转化为电能，选项C正确，选项D错误。]8．解析　(1)总电阻为R总＝I＝当达到最大速度时金属棒受力平衡。mgsinθ＝BIL＝(R1＋R)＝＋根据图象代入数据，可得m＝0.1kg，R1＝1Ω(2)金属杆ab运动的加速度为gsinθ时，I′＝根据牛顿第二定律得mgsinθ－BI′L＝mamgsinθ－(R1＋R)＝mgsinθ代入数据，得到v′＝0.8m/s答案　(1)0.1kg　1Ω　(2)0.8m/s9．解析　(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动。设最大速度为vm，则速度达到最大时有：E＝BLvmI＝F＝BIL＋mgsinθ解得vm＝(2)PL＝I2R解得PL＝(3)设整个电路放出的电热为Q，由能量守恒定律有：F·2s＝Q＋mgsinθ·2s＋mv由题意可知Q1＝155\n解得：Q1＝mgs－答案　(1)　(2)　(3)mgs－10．解析　(1)细线恰好松驰，对线框受力分析有B0IL＝mgI＝＝产生的感应电动势E＝＝＝，S＝Lh得t0＝(2)当CD边到达M1N1时线框恰好匀速运动，设速度为v′对线框受力分析有B0I′L＝mgI′＝＝因CD棒切割磁感线产生的感应电动势E′＝B0Lv′解得v′＝(3)CD边到达M1N1至EF边离开磁场过程线框一直做匀速运动，因此EF边刚离开M2N2时，速度为v＝v′＝根据功能关系有：Q＝mgh－mv2＝mgh－答案　(1)　(2)　(3)mgh－课时考点29　交变电流的产生和描述三年高考真题演练1．D　[矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机的电动势峰值为2Ne0，A、B错误；由于不计线圈的电阻，所以电机的输出电压峰值为2Ne0，故有效值为＝Ne0，故D正确。]2．AC　[线圈经过中性面时不切割磁感线，此时感应电动势为零，选项A正确；由图可知曲线a、b的周期之比为2∶3，则对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；曲线a的周期为Ta＝4×10－2s，其频率为fa＝＝25Hz，选项C正确；曲线a、b表示的交变电流的峰值之比为＝＝，又Ema＝15V，Emb＝10V，Ub＝Emb＝5V，选项D错误。]3．AC　[电流表的示数为交变电流的有效值10A，A项正确；由ω＝可得，线圈转动的角速度为ω＝100πrad/s，B项错误；0.01s时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场平行，C项正确；根据楞次定律可得，0.02s时电阻R中电流的方向自左向右，D项错误。]155\n4．B　[由有效值定义可得×1s＝(0.1A)2×R×0.4s×2＋(0.2A)2×R×0.1s×2，其中R＝100Ω，可得U＝4V，B正确。]5．D　[根据题意知，转子转动的角速度ω＝10πrad/s，又ω＝2πf，则该交流电的频率f＝5Hz，A项错误；该交变电流电动势最大值Em＝10V，则有效值E＝＝10V，B项错误；根据欧姆定律可得，电路中电流I＝＝1.0A，即电流表的示数为1.0A，电阻R消耗的电功率P＝I2R＝9.0W，C项错误，D项正确。]两年模拟试题精练1．D　[0时刻产生的电动势为零，线圈应处于中性面，即线圈与磁场垂直，故A错误；由图象可知T＝0.02s，据T＝可得ω＝100πrad/s，所以转速为n＝＝50r/s，故B错误；由Em＝nBSω可知BS＝Wb＝9×10－3Wb，故C错误；由峰值可知，E＝0.707Em＝220V，据焦耳定律可知线圈转一周产生的热量Q＝×0.02J＝9.68J，故D正确。]2．B　[0～1s内线圈中产生的感应电动势E1＝n＝100×0.01V＝1V，1～1.2s内线圈中产生的感应电动势E2＝n＝100×V＝5V，对一个定值电阻，在一个周期内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝×1J＋×0.2J＝12J，根据交变电流有效值的定义Q＝I2Rt＝12J得I＝2A，故B正确，A、C、D错误。]3．C　[交流电压表的示数为有效值，若不考虑保险丝的电阻，交流电压表的示数为V＝220V，A错误；由公式P＝UI知电路要正常工作，干路中电流为5A，所以保险丝的额定电流不能小于5A，C正确；电饭锅是纯电阻元件，抽油烟机是非纯电阻元件，B错误；1min抽油烟机和电饭锅消耗的电能为W＝Pt＝6.6×104J，D项错误。]4．A　[当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，选项A正确，B错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，选项C、D错误。]5．C　[由甲图知电动势峰值为20V，周期为0.2s，所以有效值为20V，角速度ω＝＝10πrad/s，电压表测的是路端电压U＝·R＝×9.0V＝18V，A项错误；交流电的频率f＝＝5Hz，每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B项错误；灯泡实际消耗功率为P＝＝W＝36W，故C项正确；电动势瞬时值表达式e＝20cos(10πt)V，D项错误。]6．B　[由感应电流公式I＝＝n可知，感应电流的大小与磁通量的变化率有关，155\n在Φ－t图象上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据题图乙，在0～t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，再逐渐增大，电流的方向改变一次，只有选项B符合要求，故选B。]7．C　[电压表上的示数为有效值，故可知电阻R上的电功率为P＝＝10W，则A错误；由乙图可知，0.02s时磁通量为0，但磁通量的变化率是最大的，故此时的电压瞬时值最大，则B错误；由于磁通量按正弦规律变化，则电动势必按余弦规律变化，且电压最大值为10V，ω＝＝100πrad/s，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V)，故C正确；同理可知通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝＝1.41cos100πt(A)，则D错误。]8．C　[根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，可得交变电流周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω＝＝，选项A错误；由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化，线圈电压的有效值不是U＝，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，Um＝nkm，穿过线圈磁通量变化率的最大值km＝，选项C正确；相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝n，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D错误。]9．BD　[由法拉第电磁感应定律知，题图所示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A项错；由交变电流电动势的最大值表达式Em＝NBSω可知B项正确；根据闭合电路欧姆定律可知，C项中表达式为R两端电压的最大值，C项错；由题图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦式交变电流，另半个周期电流为零，由有效值的定义得T＝·，解得E＝，由闭合电路欧姆定律可知，D项正确。]10．BC　[线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为Em＝NBSω，电动势的有效值为E＝，电压表测量电路的外电压，所以电压表的读数为U＝·R＝R，所以A错误；由E＝，I＝，q＝IΔt得到，电荷量q＝，故B正确；电阻R产生的热量Q＝·＝，所以C正确；当线圈由图示位置转过90°时电动势的瞬时值为e＝NBSωsin90°＝NBSω，所以电流为i＝＝，所以D错误。]11．解析　(1)由题图乙得，线圈转动过程中产生的电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝6sin100πt(V)则瞬时电流的表达式为i＝＝0.6sin100πt(A)155\n(2)Em＝BSω，Em＝6V，ω＝100πrad/sΦm＝BS＝＝2.7×10－2Wb(3)E＝＝6V，外力所做的功W＝Q＝T＝7.2×10－2J。答案　(1)i＝0.6sin100πt(A)　(2)2.7×10－2Wb(3)7.2×10－2J12．解析　(1)由x－t图，可得线圈的切割速度v＝＝0.8m/s。线圈做切割磁感线运动时产生的感应电动势大小为E＝n·2πrBv＝20×2×3.14×0.1×0.2×0.8V＝2V。(2)由闭合电路的欧姆定律，感应电流为I＝＝A＝0.2A(3)由于线圈每次运动都做匀速直线运动，由平衡条件可知F＝F安，即F＝nBI·2πr＝20×0.2×0.2×2×3.14×0.1N＝0.5N。(4)发电机的输出功率即为小电珠的电功率所以P＝I2R2＝0.22×9.5W＝0.38W。答案　(1)2V　(2)0.2A　(3)0.5N　(4)0.38W13．解析　(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势E＝n＝根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I＝＝(2)线框产生感应电动势的最大值Em＝nB1L1L2ω感应电动势的有效值E＝nB1L1L2ω通过电阻R的电流的有效值I＝线框转动一周所需的时间t＝此过程中，电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝πRω(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势E＝n＝平均感应电流I＝通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝答案　见解析课时考点30　变压器　远距离输电三年高考真题演练155\n1．A　[原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝，根据＝得原线圈电流I1＝，那么原线圈输入电压220V＝3U＋×R，整理可得U＝66V；原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝。根据以上分析可知选项A正确。]2．BC　[Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错误。]3．AD　[当负载电阻的阻值减小为R＝5R0时，根据串、并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5V＝1V，故副线圈两端电压为U2＝6V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24V≈34V，A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前、后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0＝6IR0，变化前，U2′＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2′＝2U2＝12V，根据公式＝可得原线圈两端原来的电压有效值约为48V，D正确，C错误。]4．C　[在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下，使输出电压U2有效值由220V降至110V，由＝知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A错误；由P＝UI知，输出功率之比为4∶1，故B错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D错误。]5．B　[根据变压器的变压规律＝得，n2＝n1＝×800＝400匝，选项B正确。]6．D　[由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，故电压表V1示数不变，选项A错误；由理想变压器原理公式＝且U1、n1、n2不变，则U2不变，即V2的示数不变，V3的示数U3＝U2－I2R0应减小，故选项B错误；由公式＝得：＝＝＝4，则n1＞n2，该变压器起降压作用，故C错误；又I2＝，I2增大，R应减小，故滑片应沿c→d方向滑动，故D正确。]7．C　[原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可求；U2＝，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，155\n输电线上损失的电功率为P′＝I22r＝4r，所以C正确，A、B、D错误。]8．BD　[设副线圈两端电压为U2，则有＝，由于二极管具有单向导电性，根据有效值定义可知，×＝T，则Ucd＝，故选项A错误；增大负载电阻，则变压器的输出功率减小，输入功率也减小，由P1＝UabI1可知，电流表读数减小，选项B正确；cd间的电压Ucd与R大小无关，选项C错误；将二极管短路，变压器的输出功率P2＝＝，为原来的2倍，由P2＝P1＝UabI1可知，电流表的读数变为原来的2倍，选项D正确。]9．BD　[理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有P1＝U1I1＝U2I2＝60×2.2W＝132W，选项A错误；原线圈电流I1＝＝0.6A，选项B正确；副线圈电流最大值I2max＝I2＝2.2A，选项C错误；原副线圈匝数比＝＝＝，选项D正确。]10．BD　[P向上或向下滑动时，由变压器的电压特点＝可知，U2是不变的，灯L亮度也不变，A项错误，B项正确；P向上滑动时，滑动变阻器的阻值减小，由P＝可知，变压器的输出功率P2变大，又理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率P1也变大，由P1＝U1I1及U1不变可知，变压器的输入电流变大，C项错误，D项正确。]11．D　[设两电流表示数分别为IA1、IA2，则IA2＝。由题意知，升压变压器的升压比与降压变压器的降压比相等，设为k，由变压器匝数与电流、电压的关系可知，升压变压器副线圈两端电压U2＝kU，降压变压器副线圈中电流I4＝kIA1，U4＝I4RL＝kIA1RL，则降压变压器原线圈两端电压U3＝kU4＝k2IA1RL，则IA1＝，解得IA1＝，则＜1，故IA1＜IA2，选项A错误；I4＝kIA1＝，因＞1，故两灯泡亮度不同，选项B错误；由P＝I2R可知，PR1＜PR3，选项C错误；由U＝IR可知，UR2＜UR4，选项D正确。]12．D　[由图象知f＝＝50Hz，选项A错误；发电机输出交变电流电压的有效值为V＝250V，选项B错误；输电线的电流由降压变压器原、副线圈的匝数比及负载大小决定，选项C错误；用电器总电阻变大，则降压变压器原、副线圈中电流减小，输电线上损失功率也减小，选项D正确。]13．D　[理想变压器电流与匝数的关系为＝，选项A错误；设降压变压器原线圈电压为U3，则I2＝，选项B错误；理想变压器没有功率损失，有I1U1＝I2U2，选项D正确；由I1U1＝IR＋I2U3可知，选项C错误。]14．A　[根据理想变压器原副线圈的功率相等，有U1I1＝U2I2，解得用户端电压为U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为I1r，选项B错误；理想变压器的输入功率为UI1－Ir，选项C错误；输电线路上损失的电功率为Ir，选项D错误。]155\n两年模拟试题精练1．B　[交变电压的频率为f＝Hz＝50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，故A错误；由交变电压的瞬时值表达式可知，原线圈两端电压的有效值为20V，由电压与匝数成正比得副线圈两端的电压U2＝100V，电压表的示数为交流电的有效值，故B正确；开关断开前后，输入电压不变，原副线圈的匝数不变，故输出电压不变，所以C错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，所以D错误。]2．C　[根据ω＝2πf可知f＝＝Hz＝50Hz，A错误；根据＝可知U2＝U1＝×V＝110V，B错误；如果P向上滑动，R↓→R总↓→I↑，C正确；因U2不变，L1灯亮度不变，I变大，IL2变大，L2灯变亮，D错误。]3．A　[由正弦交流电的最大值与有效值的关系知原线圈电压的有效值为220V，电压表所测电压值也是有效值，由于变压器原、副线圈电压比等于匝数比，所以电压表示数为22V，A正确；将t＝s代入瞬时值表达式，计算得u＝110V，B错误；对于理想变压器，副线圈电压只与原线圈电压和原、副线圈匝数比有关，所以滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数不变，C错误；开关由a扳向b，原、副线圈匝数比变小，所以副线圈电压变大，电流变大，D错误。]4．C　[由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50Hz，A项错误；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T⇒U＝U1＝25V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为A，B项错误，C项正确；其功率P2＝UI＝50W，而电阻R1的电功率P1＝＝100W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150W，D项错误。]5．A　[当S闭合一段时间后，电压表示数不变，由＝得U2＝U1＝×220V＝22V，即电压表示数为22V，选项A正确，B错误；S闭合后有交流电通过电容器和电流表，电流表示数不为零，D错误；S闭合后，电容器与灯泡L并联的电阻减小，由于U2不变，所以灯泡L两端的电压将变小，C错误。]6．CD　[L1恰正常发光，其电流为I＝A＝A，灯泡的电阻R＝Ω＝216Ω，电压表示数为0.5IR＝18V，故C正确；根据变压器的输入功率等于输出功率知P＝U1×0.5＝(36＋18)×W＝9W，解得U1＝18V，则原、副线圈匝数之比为18∶54＝1∶3，故A、B错误；若L3突然断路，负载电阻增大，电流I减小，则L1变暗，L1分压减小，L2分压增大，L2变亮，输入功率P＝UI减小，故D正确。]7．BD　[由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不155\n会影响输出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D正确。]8．AC　[S与a连接后，由＝，又知U1＝V＝220V，得U2＝22V，则理想电压表的示数为22V，又知定值电阻R＝10Ω，可得理想电流表示数为I＝＝2.2A，故A对、B错；S由a拨到b后，n1∶n2＝5∶1，则U1∶U2′＝5∶1，得U2′＝2U2，据P＝得功率变为原来的4倍，故C对；输出电压频率不变，仍为50Hz，故D错。]9．BC　[为使变压器输入功率增大，可以仅减小电阻R的阻值，也可以仅增加副线圈匝数n2，B、C正确。]10．AB　[改接为1时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，所以输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，A正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I线也随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，B正确，C错误；I线变大时，输电线损失的功率P线＝IR变大，D错误。]11．AC　[根据＝，当U1减小，若保持U2不变、n1不变，则应使n2变大，应使P向上滑动，故A项正确，B错误；当用电器增加时，则总电流变大，输电线R0上分担电压增大，要保持用电器正常工作，则应增大输出电压U2，则由＝，知要使U2变大，而保持U1不变、n1不变，则应使n2增大，所以C对，D项错。]12．AC　[由变压规律得U2m＝U1m＝40V，由电磁感应定律得U2m＝n2解得＝0.4Wb/s，A项正确；若A、B间接入理想二极管，根据交流电有效值的定义和二极管的单向导电性得T＝×，解得电压表的示数为U2＝20V，B项错误；若A、B间接入一电容器，只提高交流电的频率，电容器容抗减小，流经R的电流增大，R两端电压增大，C项正确；若在A、B间接入一只电感线圈，只提交交流电的频率，感抗增大，流经R的电流减小，R两端的电压减小，R消耗的功率减小，D项错误。]13．解析　(1)全校教室白炽灯消耗的功率P用＝22×40×6W＝5280W。设输电线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，＝＝，而U4＝220V，则U3＝4×220V＝880V，I线＝＝A＝6A，155\n线路损失功率P损＝IR线＝36×4W＝144W，所以P出＝P用＋P损＝5424W。(2)U损＝I线R线＝6×4V＝24V，U送＝U2＝U损＋U3＝904V，由＝得：U1＝＝904×V＝226V，升压变压器原线圈电流I1＝＝A＝24A，发电机的电动势E＝I1r＋U1＝24×1V＋226V＝250V。(3)η＝×100%＝×100%＝97.3%。答案　(1)5424W　(2)250V　(3)97.3%滚动提升练(八)1．C　[A中在t＝0和t＝4s时，物体的位移均为零，选项A错误；在v－t图象中图线围成的“面积”可表示位移大小，在0～2s内物体位移与2～4s的位移的矢量和为零，所以物体在4s内的位移一定为零，选项B错误；C中物体在0～1s做加速运动，1～2s内做减速运动，2s末速度为零，2～3s做加速运动，3～4s做减速运动，4s末速度为零，物体一直在同一个方向上运动，所以位移一定不为零，选项C正确；D中物体在0～1s内做正向加速，1s末速度为v，位移为x，物体在1～2s内做正向减速运动，由可逆性可得2s末的速度为零，位移为2x，2～3s内物体做反向加速运动，3s末速度为v，位移为x，3～4s物体做反向减速运动，4s末速度为零，位移为零，所以D中的位移一定为零，选项D错误。]2．B　[由平抛运动规律可知，h＝gt2，x＝v0t，解得飞行时间t＝，所以抛出点位置越高，飞行时间越长，A项错，B项正确；飞行的水平距离x＝v0可知，飞行的水平距离由抛出速度和抛出高度决定，C、D两项错误。]3．A　[地球同步卫星的周期为T1＝24小时，轨道半径为r1＝7R1，地球平均密度为ρ1。某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2＝3.5R2，该行星平均密度ρ2＝ρ1。根据牛顿第二定律和万有引力定律有＝m1()2r1，＝m2()2r2，联立解得T2＝T1/2＝12小时，选项A正确。]4．D　[由题意知，小球刚好通过轨道最高点，即在最高点，小球所受重力完全充当向心力，mg＝m，对轨道压力为零，B项错；小球由轨道最低点运动到最高点过程中，只有重力做功，机械能守恒，即：－mg·2R＝mv2－mv，解以上两式得：v0＝，可见小球初速度与其质量无关，A项错；若m不变，R越大，则说明v0越大，C项错；在最低点，FN－mg＝m，将v0代入解得：FN＝6mg，可见小球经b点时，对轨道压力与半径R无关，D项正确。]5．C　[从图象上看，球内部电场强度都不等于零，因此球体不是等势体，A错误；在x155\n轴上x＝R处场强最大，而不是电势最高，B错误；Ep＝，E＝·，因为Ep＝E，所以xp＝R，C正确；假设球心O与球面间的电场为匀强电场，且大小为E0，则电势差U＝E0R，但是O与球面间的电场并不是匀强电场，因此D错误。]6．B　[由交流电源的电压u＝220sin(100πt)V，可得交流电的频率为f＝50Hz，故选项A错误；变压器输入电压为U1＝220V，由电压关系式＝可知，变压器输出电压为U2＝＝44V，所以电压表的示数为44V，故选项B正确；根据变压器电流关系式＝可知，电流表A1的示数小于电流表A2的示数，故选项C错误；根据理想变压器功率关系，变压器的输入功率P1等于输出功率P2，选项D错误。]7．BD　[缓慢改变绳OA的方向至θ>90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP绳的拉力一直增大，选项A错误；若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP绳拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，选项B正确；以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，斜面受地面的摩擦力与OA绳水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，选项C错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：N＋Fcosα＝M斜g＋MPg＋MQg，式中α为F与竖直方向的夹角，由上图分析可知F的最大值即为MQg(当F竖直向上时)，故Fcosα<MQg，则N>M斜g＋Mpg，选项D正确。]8．ACD　[在物体运动的全过程中，重力做功为零，支持力不做功，运用动能定理得物体回到出发点的动能等于力F做的功60J，故A正确；设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为a1、a2，根据物体在拉力作用下向上运动的位移与撤去拉力后回到出发点的位移大小相等，方向相反得a1t2＋a1t·t－a2t2＝0，则a2＝3a1，又由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma1，mgsinθ＝ma2，所以F＝sinθ，故B错误；在向上运动过程中拉力做功为WF＝x＝60J，克服重力做功为mgh＝mgxsinθ＝WF＝45J，则撤去F时物体的重力势能为45J，故C正确；撤去F前，vt＝gtsinθ，t时刻动能为Ekt＝mv＝mg2t2sin2θ，重力势能Ep＝mgtsinθ＝mg2t2sin2θ，可见，动能总小于重力势能，而撤去F后，在下滑过程中，动能增大，重力势能减小到零，所以动能与重力势能会相等，故D正确。]9．CD　[无论粒子带何种电荷，由于电场力与洛伦兹力都是方向相反的，而动能减少说明电场力做了负功，即电场力小于洛伦兹力，粒子向洛伦兹力的方向偏转了，所以要使动能增大，必然减小磁场力或增大电场力。当增大速度时，洛伦兹力增大而电场力不变，动能更会减小，故A错误；保持金属板所带电荷量，增大两极板间的距离，对电场力和洛伦兹力都不会产生影响，故B错误；保持两极板间的距离不变，增大金属板所带电荷量，会增大电场力，此措施可行，故C正确；减小磁感应强度会减小洛伦兹力，而电场力不变，155\n此措施也可行，故D正确。]10．BC　[在t2～t3时间内，线圈处于平衡状态，有BIL＝mg，而I＝所以v＝＝8m/s，B项正确；在t1～t2时间内线圈做匀加速直线运动，说明ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度为d，有3d＝vt－gt2，把v＝8m/s，t＝0.6s代入可解得d＝1m，则线圈长度为2d，即2m，故C项正确；在0～t1时间内，cd边从L1处运动到L2处，通过线圈的电荷量q＝It＝·Δt＝＝＝0.25C，A项错误；在0～t3时间内，根据能量守恒得Q＝mg(2d＋3d)－mv2＝1.8J，故D项错误。]11．解析　(1)主尺读数为13mm，游标尺的精确度为0.02mm，第13个刻度和主尺对齐，故游标尺读数为0.26cm，故小钢球的直径为1.326cm；(2)由动能定理得mgh＝mv2，化简得gh＝v2，故不需要测量小钢球的质量；(3)实验中以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度v＝，然后验证：mgh＝mv2，即gh＝v2是否成立，由此验证机械能守恒，故小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误；由于实际存在阻力，有mgh－fh＝mv2，即gh－＝v2，所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误，故选AC。答案　(1)1.326　(2)不需要　(3)AC12．解析　(1)多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律，则有I＝；(2)用欧姆表测电阻时，指针指刻度盘中央附近时，测量的误差越小，故A错误；当Rx＝0，I＝，通过调节R0，使Rx＝0时电路中的电流I＝Ig，表明所测量的电阻为0，故B正确；Rx越小，由I＝，知相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏，故C正确；测量中，当Rx的阻值为图(b)中的R2时，电流比半偏电流Ig小，由I＝，知指针位于表盘中央位置的左侧，故D错误。(3)欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合电路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为40×1k＝40kΩ，电压表的读数为5.0V，由图(d)知欧姆表的内阻为30kΩ，与电压表的内阻40kΩ串联，由欧姆定律可知E＝I(r＋R)＝×(3×104＋4×104)V＝8.75V。答案　(1)I＝　(2)BC　(3)A　8.7513．解析　(1)0～2s内，P因墙壁存在而不动，Q沿BC下滑，2s末的速度为v1＝9.6m/s。设P、Q间动摩擦因数为μ1，P与地面间的动摩擦因数为μ2155\n对Q：由v－t图象有a1＝＝4.8m/s2由牛顿第二定律有mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma1联立求解得μ1＝0.15μ2＝μ1/5＝0.03(2)2s后，Q滑到AB上，因μ1mg>μ2(m＋M)g故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速。设加速度大小分别为a2和a3，Q从B滑到AB上到P、Q共速所用的时间为t0对Q：有μ1mg＝ma2对P：有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma3共速时v1－a2t0＝a3t0分别求解得a2＝1.5m/s2，a3＝0.1m/s2，t0＝6s故在t＝8s时，P、Q的速度大小恰相同，vP＝vQ＝v2＝a3t0＝0.6m/s(3)0～2s内，据v－t图象“面积”的含义，Q在BC上发生的位移x1＝9.6m2～8s内，Q发生的位移x2＝(v1＋v2)t0＝30.6mP发生的位移x3＝v2t0＝1.8m0～8s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量ΔQ＝μ1mgx1cos37°＋μ1mg(x2－x3)代入数据解得ΔQ＝54.72J答案　(1)0.03　(2)0.6m/s　(3)54.72J14．解析　(1)因磁场变化在回路中产生的电动势为E1＝＝L2＝金属棒从边界ab运动到cd的过程中产生的焦耳热为Q＝·＝(2)金属棒刚进入磁场时的速度大小为v0＝金属棒切割磁感线产生的电动势为E2＝B0LvE1与E2在回路中电动势方向相反，因金属棒刚进入cd右段的磁场时做减速运动，说明E2>E1，回路中的总电动势为E＝E2－E1＝B0Lv－随棒速度的减小，总电动势减小，当E＝0后，回路中无感应电流，棒做匀速运动，动能不再变化，则最终速度为v＝金属棒在该区域克服安培力做的功W等于减少的动能W＝mv－mv2＝答案　(1)　(2)15．解析　(1)线圈感应电流的方向为adcba。155\n(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s。图示位置时感应电动势最大，其大小为Em＝2NBl1·ω，代入数据得Em＝314V。电动势的瞬时表达式e＝Emcosωt＝314cos100πt(V)。(3)电动势的有效值E＝，线圈匀速转动的周期T＝＝0.02s，线圈匀速转动一周，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝()2(R＋r)T，代入数据得W≈98.6J。(4)从t＝0起转过90°的过程中，Δt内流过R的电荷量q＝Δt＝＝，代入数据得q＝0.1C。答案　(1)adcba　(2)e＝314cos100πtV　(3)98.6J　(4)0.1C16．解析　(1)由动能定理知qU＝mv2，代入数值得v＝25m/s由Bqv＝m得r＝＝m(2)由(1)知D即粒子在三角形区域磁场中做圆周运动的圆心，粒子恰好垂直对角线AD射出三角形区域磁场并经原点O进入右侧匀强磁场，粒子恰好不穿出右边界，画出粒子的运动轨迹如图所示由几何关系知R＋Rcos45°＝d，解得R＝2m由B1qv＝m知B1＝联立解得B1＝T。(3)粒子在三角形区域磁场中运动的时间为t1＝×＝π×10－2s因粒子刚好从PQ与x轴的交点射出磁场，则粒子在右侧区域磁场中运行的时间为t2＝×＝2π×10－2s所以粒子在两磁场中运动的总时间t＝t1＋t2＝π(2＋1)×10－2s。答案　(1)m　(2)T　(3)π(2＋1)×10－2s155\n课时考点31　分子动理论　内能三年高考真题演练1．BCD　[晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，选项A错误；固体分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上光学性质不同，表现为晶体具有各向异性，选项B正确；同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体，如金刚石和石墨，选项C正确；晶体的分子排列结构如果遭到破坏就可能形成非晶体，反之亦然，选项D正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项E错误。]2．ACD　[根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，故C正确、B错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D正确；液体中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误。]3．AB　[隔热外筒使封闭气体与外界无热量交换，因金属内筒导热，所以水温升高时，气体吸热，温度升高，分子平均动能增大，但不是每个分子运动速率都增大，D项错误；气体体积不变，分子间距离不变，分子势能不变，分子间引力和斥力均不变，C项错误；分子平均动能增大，分子势能不变，所以封闭气体的内能增大，A正确；根据查理定律＝C得p增大，B正确。]4．BC　[根据分子动理论的知识可知，混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得碳粒无规则运动造成的布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选BC。]5．AD　[若物体是晶体，则在熔化过程中，温度保持不变，可见A正确；烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形是由于云母片在不同方向上导热性能不同造成的，说明云母片是晶体，所以B错误；沿晶格的不同方向，原子排列的周期性和疏密程度不尽相同，由此导致晶体在不同方向的物理性质不同，这就是晶体的各向异性。选项C错误，D正确。]6．B　[当分子间距离r＜r0时，r减小，分子势能增大，当r＞r0时，r减小，分子势能减小，故A错误；温度越高，物体中分子的平均动能越大，分子运动越剧烈，故B正确，温度越高，热运动速率大的分子数占总分子数的比例越大，故C错误；非晶体和多晶体具有各向同性的特点，单晶体具有各向异性的特点，故D错误。]7．B　[温度是物体分子平均动能的标志，温度升高则其分子平均动能增大，反之，则其分子平均动能减小，故A错误，B正确；物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，宏观上取决于物体的温度、体积和质量，故C、D错误。]8．B　[储气罐中气体体积不变，气体不做功，当温度升高时，气体压强增大，气体内能增大，分子平均动能增大；由热力学第一定律可知，气体一定吸热，故选项B正确。]9．BD　[对一定量的稀薄气体，压强变大，温度不一定升高，因此分子热运动不一定变得剧烈，A项错误；在保持压强不变时，如果气体体积变大则温度升高，分子热运动变得剧烈，选项B正确；在压强变大或变小时气体的体积可能变大，也可能变小或不变，因此选项C错，D对。]10．BCE　[水中花粉的布朗运动，反映的是水分子的热运动规律，则A项错项；正是表面张力使空中雨滴呈球形，则B项正确；液晶的光学性质是各向异性，液晶显示器正是利用了这种性质，C项正确；高原地区大气压较低，对应的水的沸点较低，D项错误。因为纱布中的水蒸发吸热，则同样环境下湿泡温度计显示的温度较低，E项正确。]11．A　[布朗运动是指悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，155\n而不是液体(或气体)分子的运动，故A选项正确、B选项错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，若物体从外界吸收热量同时对外做功，其内能也可能不变或减少，C选项错误；物体对外做功同时从外界吸热，其内能也可能增加或不变，D选项错误。]12．B　[当r＝r0时，分子间作用力f＝0，分子势能Ep最小，排除A、C、D，选B。]13．BCE　[在此过程中，分子力先增大，后减小，再增大，所以A选项错误；分子力先为引力，做正功，后为斥力，做负功，B选项正确；根据动能定理可知分子动能先增大后减小，C选项正确；根据分子力做功与分子势能的关系可知，分子势能先减小后增大，D选项错误；根据能量守恒定律可知，分子动能和分子势能之和保持不变，E选项正确。]14．C　[热机不可能将内能全部转化为机械能，其效率不可能达到100%，A错误；做功是通过能量转化的方式改变内能，而热传递是通过内能转移改变内能，B错误；单个分子的运动无规则，但大量分子的运动符合统计规律，D错误；C的说法是正确的。]15．D　[因为空气中水汽凝结成水珠时水分子间距离减小，再根据分子力与分子间距离的关系可知，当分子间距离减小时斥力、引力同时增大，所以只有D项正确。]16．ACE　[由Ep－r图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故选项A正确；在r<r0阶段，当r减小时F做负功，分子势能增加，分子动能减小，故选项B错误；在r＝r0时，分子势能最小，动能最大，故选项C正确；在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，故选项D错误；在整个相互接近的过程中分子动能和势能之和保持不变，故选项E正确。]17．解析　设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mg＝p0S，即：m＝分子数n＝＝＝，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，a＝，而V＝4πR2h，所以a＝。答案　　两年模拟试题精练1．C　[布朗运动是指悬浮颗粒的无规则运动，选项A错误；分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大再减小，选项B错误；一定质量的气体温度不变时，单个分子撞击器壁的平均作用力一定，体积减小，单位体积分子的个数增多，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，选项C正确；气体从外界吸收热量，做功情况不明，气体的内能变化无法确定，选项D错误。]155\n2．C　[布朗运动反映了悬浮小颗粒周围液体分子在不停地做无规则的热运动，A项错误；从平衡位置开始增大分子间的距离，分子间的引力、斥力均减小，B项错误；热力学零度只能接近，不能达到，C项正确；热量在一定条件下可以从低温物体传递给高温物体，D项错误。]3．D　[温度升高，水分子的平均动能增大，体积减小，分子间的结合力做负功，水分子间的总势能增大，选项D正确。]4．BC　[布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A错误；两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力比引力减小得更快，故B正确；热力学温标的最低温度为0K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一，故C正确；气体的温度越高，气体分子的平均动能越大，平均速率越高，满足气体分子的速率分布率，但并非每个气体分子的动能都增大，故D错误。]5．BC　[分子间距离为r0时，分子间存在引力和斥力，但是分子间引力和斥力相等，合力为零，A错误；猛推木质推杆，外界对气体做正功，密闭的气体温度升高，压强变大，D错误。]6．BD　[由图象可知分子间距离为r2时分子势能最小，r2是分子的平衡距离，当0＜r＜r2时，分子力为斥力，当r＞r2时分子力为引力，A错误；当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，B正确；当r等于r2时，分子间的作用力为零，故C错误；在r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，分子间距离增大，分子间的作用力做正功，D正确。]7．BDE　[在F－r图象中，随着距离的增大斥力比引力变化的快，所以ab为引力曲线，cd为斥力曲线，当分子间的距离等于分子直径数量级时，引力等于斥力，e点是平衡间距点，横坐标的数量级为10－10m，A错误，B正确；如果分子间距大于平衡距离，分子力是引力，当两个分子间距离增大，分子力做负功，则分子势能也增大；如果分子间距小于平衡距离，分子力是斥力，当两个分子间距离增大，分子力做正功，则分子势能减少，C错误；温度是分子热运动平均动能的标志，故温度相同，氢气和氧气分子平均动能相同，D正确；温度是分子热运动平均动能的标志，质量和温度都相同的氢气和氧气，单个分子平均动能相等，但氢气分子个数多，故氢气的内能大，E正确。]8．ACE　[扩散现象是分子无规则运动的宏观表现，故A正确；压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B错误；两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C正确；表明没有热量交换，而没有热量交换意味着两者的温度是一样的，但总的热量不一定一样，故D错误；当分子间r>r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大，当分子间r<r0时，随距离减少而增大，当r＝r0时，分子势能最小，故E正确。]9．ACE　[温度高的物体分子平均动能一定大，但内能不一定大，故A正确；外界对物体做功，若散热，物体内能不一定增加，故B错误；温度越高，布朗运动越显著，故C正确；当分子间的距离增大时，分子间作用力也可能先增大后减小，故D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确。]10．ACE　[物体内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的热运动，但能反映液体分子的热运动，故B错误；利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的，故C正确；分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，故D错误；气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力，气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，故E正确。]11．ACD　[布朗运动是固体颗粒在液体中的运动，反映液体分子的运动，A正确；r<r0155\n时，随r增大分子力减小，分子势能减小，r＝r0时，分子力等于零，分子势能最小，r>r0时，随r增大分子力先增大再减小，分子势能增大，故B错误，C正确；分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；温度升高，分子平均动能增大，但单个分子热运动的速率不确定，故E错误。]12．ABC　[气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，A正确；布朗运动说明液体分子在永不停息地做无规则运动，B正确；当分子力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子力增大且做负功，分子势能增大，C正确；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，D错误；某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA＝，而对气体此式不成立，E错误。]13．解析　正方形小方格的个数约为80个，油膜面积S＝80×1cm2＝8×10－3m2油酸分子的直径d＝＝m＝5×10－10m答案　8×10－3　5×10－1014．解析　2g水的分子数N＝NA＝×6.02×1023个＝6.7×1022个氢气燃烧所放出的能量E＝×E0＝×2.858×105J＝3.2×104J答案　6.7×1022　3.2×104课时考点32　气体　热力学定律三年高考真题演练1．C　[由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，(W＋Q)可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误。]2．C　[a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：＝，得Tb＝2Ta，a→c过程为等容变化，由查理定律得：＝，得Tc＝2Ta所以Tb＝Tc由热力学第一定律：a→b：Wab＋Qab＝ΔUaba→c：Wac＋Qac＝ΔUac又Wab＜0，Wac＝0，ΔUab＝ΔUac则有Qab＞Qac故C项正确。]3．AB　[因气缸导热良好，故环境温度升高时封闭气体温度亦升高，而一定质量的理想气体内能只与温度有关，故封闭气体内能增大，A正确；因气缸内壁光滑，由活塞受力平衡有p0S＋mg＝pS，即缸内气体的压强p＝p0＋不变，C错误；由盖—吕萨克定律＝恒量可知气体体积膨胀，对外做功，B正确；理想气体分子间除碰撞瞬间外无相互作用力，故D错误。]4．AC　[袋内气体与外界无热交换即Q＝0，袋四周被挤压时，体积V减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体内能增大，则温度升高，由＝常数知压强增大，选项A、C正确，B、D错误。]5．ADE　[对封闭气体，由题图可知a→b过程，气体体积V不变，没有做功，而温度T升高，则为吸热过程，A项正确；b→c过程为等温变化，压强减小，体积增大，对外做功，155\n则为吸热过程，B项错；c→a过程为等压变化，温度T降低，内能减少，体积V减小，外界对气体做功，依据W＋Q＝ΔU，外界对气体所做的功小于气体所放的热，C项错；温度是分子平均动能的标志，Ta＜Tb＝Tc，故D项正确；同种气体的压强由气体的分子数密度ρ和温度T决定，由题图可知Tb＝Tc，pb＞pc，显然E项正确。]6．解析　(1)车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确。(2)对泡内气体由查理定律得＝①内外气体的压强差为Δp＝p2－p0②联立①②式解得Δp＝p1－p0③答案　(1)D　(2)p1－p07．解析　(ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得pl＝p1l1①由力学平衡条件得p＝p0＋h②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0cm④(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2⑤由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4cm⑦设注入的水银在管内的长度Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2cm⑨答案　(ⅰ)12.0cm　(ⅱ)13.2cm8．解析　(ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0＝300K，压强为p0；末状态温度T1＝303K，压强设为p1，由查理定律得＝①代入数据得p1＝p0＝1.01p0②(ⅱ)设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得p1S＝p0S＋mg③放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T2＝303K，压强p2＝p0，末状态温度T3＝300K，压强设为p3，由查理定律得＝④155\n设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得F＋p3S＝p0S＋mg⑤联立②③④⑤式，代入数据得F＝p0S＝0.02p0S⑥答案　(ⅰ)1.01p0　(ⅱ)0.02p0S9．解析　A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为p1、p2，在漏气前，对A分析有p1＝p0＋，对B有p2＝p1＋B最终与容器底面接触后，AB间的压强为p，气体体积为V′，则有p＝p0＋因为温度始终不变，对于混合气体有(p1＋p2)·V＝pV′设活塞B厚度为d，漏气前A距离底面的高度为h＝＋d漏气后A距离底面的高度为h′＝＋d联立可得Δh＝h－h′以上各式联立化简得Δh＝·答案　·10．解析　(ⅰ)大小活塞在缓慢下移过程中，受力情况不变，汽缸内气体压强不变，由盖—吕萨克定律得＝初状态V1＝(S1＋S2)，T1＝495K末状态V2＝lS2代入可得T2＝T1＝330K(ⅱ)对大、小活塞受力分析则有m1g＋m2g＋pS1＋p1S2＝p1S1＋pS2可得p1＝1.1×105Pa缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡过程中，气体体积不变，由查理定律得＝T3＝T＝303K解得p2＝1.01×105Pa答案　(ⅰ)330K　(ⅱ)1.01×105Pa11．解析　设气缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得phS＝(p＋Δp)(h－h)S①解得Δp＝p②155\n外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′。根据盖—吕萨克定律，得＝③解得h′＝h④据题意可得Δp＝⑤气体最后的体积为V＝Sh′⑥联立②④⑤⑥式得V＝答案　12．解析　(ⅰ)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1；末态体积为V2，温度为T2。按题意，气缸B的容积为V0/4，由题给数据和盖—吕萨克定律有V1＝V0＋×＝V0①V2＝V0＋V0＝V0②＝③由①②③式和题给数据得T2＝320K④(ⅱ)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程。设氧气初态体积为V1′，压强为p1′；末态体积为V2′，压强为p2′。由题给数据和玻意耳定律有V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0⑤p1′V1′＝p2′V2′⑥由⑤⑥式得p2′＝p0答案　(ⅰ)320K　(ⅱ)p0两年模拟试题精练1．B　[待测物体温度升高时，泡内封闭气体温度升高，内能变大，因体积不变，气体的压强变大。故B正确。]2．B　[当缸内气体的压强p＜p0时，缓慢升高缸内气体的温度，气体的体积不变，由查理定律知，＝，即p＝·T，故缸内气体的压强p与热力学温度T呈线性关系；当缸内气体的压强p＝p0时，发生等压变化。正确的图象为图B。]3．BDE　[物体内所有分子的动能和分子势能的总和就是物体的内能，155\nA项错误；第二类永动机的构想违背了热力学第二定律，B项正确；做功和热传递具有不同的物理本质，C项错误；物体没有做功，即W＝0，物体吸热，Q＞0，由热力学第一定律得知，物体的内能一定增加，D项正确；一定质量的理想气体的内能只与温度有关，E项正确。]4．解析　(1)从题图中可知气体由A到B是等容变化，初态pB＝1.0atm，TB＝(273＋91)K＝364K，末态TA＝273K，由＝得＝，所以pA＝0.75atm(2)气体由B到C是等温变化，pB＝1.0atm，VB＝3L，pC＝1.5atm，由pBVB＝pCVC得：VC＝2L。答案　(1)0.75atm　(2)2L5．解析　(1)A→B：等温变化p0V0＝pB×2V0，解得pB＝p0(2)A→B：ΔU＝0，ΔU＝Q＋W，Q＝－W＝10J(3)B→C：等压变化，pC＝pB＝p0，＝，TC＝T0答案　(1)p0　(2)10J　(3)p0　T06．解析　(1)设A端上方气柱长度为l1，由题可知，插入水银槽后左管内气体压强为p1＝p0＋pgΔh＝80cmHg由玻意耳定律得p0lA＝p1l1所以A端上方气柱长度为l1＝38cm(2)设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB－h，气体压强为p1－2pgh由玻意耳定律得p0lB＝(p1－2pgh)(lB－h)解得h＝1cm所以右管内气体压强为p2＝p1－2h＝78cmHg答案　(1)38cm　(2)78cmHg7．解析　(1)设封闭气体的压强为p，活塞受力平衡，则p0S＋mg＝pS解得p＝p0＋(2)由于气体的温度不变，则内能的变化ΔU＝0外界对气体做的功W＝(p0S＋mg)h由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得Q＝－W＝－(p0S＋mg)h即气体通过缸壁放热(p0S＋mg)h答案　(1)p0＋　(2)(p0S＋mg)h8．解析　(1)设细管的液面下降了x，则粗管液面上升了根据题意x＋＝6cm解得x＝4cm(2)对粗管内的气体应用玻意耳定律p1V1＝p1′V1′即75×12S＝p1′×(12－2)S解得p1′＝90cmHg155\n则细管中气体末状态的压强为96cmHg设活塞下移y，对细管内的气体应用玻意耳定律p2V2＝p2′V2′即75×12S′＝96×(12＋4－y)S′解得y＝6.6cm答案　(1)4cm　(2)6.6cm9．解析　(1)若保持温度不变，在活塞上放一重物，使汽缸内气体的体积减小一半，根据理想气体的等温变化有p1V1＝p2V2其中p1＝1×105Pa　V1＝V　V2＝解得：p2＝2×105Pa由p2＝p0＋其中S＝100×10－4m2＝10－2m2解得所加重物的重力G＝1000N(2)在加压重物的情况下，保持汽缸内压强不变，要使汽缸内的气体恢复原来的积，应对气体加热，已知p3＝2×105Pa　V3＝V　T3＝t3＋273K根据理想气体状态方程＝解得T3＝600K所以t3＝T3－273℃＝327℃答案　(1)2×105Pa　1000N　(2)327℃课时考点33　机械振动　机械波三年高考真题演练1．AB　[t＝0.6s时，物块的位移为y＝0.1sin(2.5π×0.6)m＝－0.1m，则对小球h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7m，选项A正确；简谐运动的周期是T＝＝s＝0.8s，选项B正确；0.6s内物块运动的路程是3A＝0.3m，选项C错误；t＝0.4s＝，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误。]2．D　[由题图可知，该简谐横波波长为λ＝8m，周期T＝8s，所以波速为v＝＝1m/s，该时刻开始b质点向上运动，所以该波沿－x方向传播，A错误；经过4s(半个周期)a质点振动的路程为2A＝1m，B错误；此刻a质点运动方向与b质点相反，沿－y方向，C错误；在t＝2s时a质点在波谷处，速度为0，D正确。]3．B　[已知P点的运动方向为沿y轴负方向，可知波沿x轴正方向传播；由波的图象可知λ＝20m，又T＝2.0s，则波速v＝＝10m/s。故B选项正确。]4．C　[由题意知T＝s＝2s，f＝＝0.5Hz，A、D错误；λ＝3m，则λ＝2m，B错误；由v＝＝m/s＝1m/s，所以C正确。]5．D　[由题图知：A图对应波长λ1＝2s，周期T1＝，质点a第一次到达波谷的时间t1＝T1＝；B图对应波长λ2＝s，周期T2＝，质点a第一次到达波谷的时间t2＝T2＝；155\nC图对应波长λ3＝s，周期T3＝，质点a第一次到达波谷的时间t3＝T3＝；D图对应波长λ4＝s，周期T4＝，质点a第一次到达波谷的时间t4＝T4＝，故t1＞t3＞t2＞t4，选项D正确。]6．BDE　[任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，则T＝0.4s，解得T＝0.8s。从图象中可知λ＝4m，所以波速为v＝＝＝5m/s，故A错误；根据公式f＝可得波的频率为1.25Hz，B正确；x坐标为15m的质点距波源Δx＝3λ＋λ，此时在波谷位置经t＝0.6s即t＝T，质点振动到平衡位置，C错误；x的坐标为22m的质点距波源Δx＝5λ＋，此时在平衡位置向上运动，质点经过t＝0.2s即四分之一周期恰好位于波峰，D正确；当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点距P的距离Δx＝14m即Δx＝3λ＋，此时坐标为17m的质点恰好位于波谷，E正确。]7．ACE　[由图(a)可知，波长λ＝2m，由图(b)可知周期T＝4s，则波速v＝＝0.5m/s，A正确；t＝2s时，x＝1.5m处的质点振动方向向下，则波向左传播，B错；0～2s时间内P质点运动的路程xP＝×4A＝8cm，C正确；0～2s内P质点向y轴负方向运动，D错；t＝0时P质点位于正向最大位移处，故P质点达到平衡位置的时刻为t＝(2n＋1)，则n＝3时，t＝7s，P恰好回到平衡位置，E正确。]8．BCE　[由图(a)得λ＝8m，由图(b)得T＝0.2s，所以v＝＝40m/s。由图(b)知，在t＝0.10s时，质点Q通过平衡位置向y轴负方向运动，A错误；结合图(a)，由“同侧法”判得波沿x轴负方向传播，画出t＝0.25s时的波形图，标出P、Q点，如图，此时P点在x轴下方，其加速度向上，B正确；Δt＝0.25s－0.10s＝0.15s，Δx＝v·Δt＝6.0m，C正确；P点起始位置不在平衡位置或最大位移处，故D错误；由图知A＝0.1m，ω＝＝10πrad/s，所以Q点简谐运动表达式为y＝0.10sin10πt(国际单位制)，E正确。]9．AB　[由图可知波源起振后3s质点A开始振动，故波速大小v＝＝＝0.3m/s，C错误；由图知波的周期即质点A的振动周期T＝4s，故该波的波长λ＝vT＝1.2m，A正确；因介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同，故由图知B正确；由图知t＝4s时质点A处于正向最大位移处，此时质点A的速度为零、动能为零，故D错误。]155\n10．A　[由图甲知波长λ＝2m，因此距该点为Δx＝0.5m＝λ的质点的振动图象可由图乙图象向左或向右平移＝0.5s得到，故只有A图象正确。]11．解析　(1)在同种介质中，超声波的传播速度保持不变，根据多普勒效应可知，频率变高，所以B、C正确。(2)根据λ＝，在传播过程中，频率保持不变，所以＝＝1.5；根据波长越长越容易发生衍射，所以超声波遇到结石时，不容易发生衍射。答案　(1)BC　(2)1.5　不容易　12．解析　由波形图可知，波长λ＝1.0m，则波速为v＝＝2.5m/s由波传播方向和质点振动方向可知，P点的振动方向沿y轴正方向。答案　2.5m/s　沿y轴正方向13．解析　(ⅰ)两列波的振幅均为8cm，故偏离平衡位置位移为16cm的质点应为两列波的波峰相遇处的质点。根据波形图可知，甲、乙的波长分别为λ乙＝60cm，λ甲＝50cm则甲、乙两列波的波峰坐标分别为x甲＝(50＋k1×50)cm　(k1＝0，±1，±2，±3，…)x乙＝(50＋k2×60)cm　(k2＝0，±1，±2，±3，…)综上分析，所有波峰和波峰相遇的质点x坐标应为x＝(50＋300n)cm　(n＝0，±1，±2，±3，…)(ⅱ)偏离平衡位置位移为－16cm对应为两列波的波谷相遇。t＝0时，波谷之差Δx＝(50＋×60)－(50＋×50)整理可得Δx＝10(6n1－5n2)＋5波谷之间最小的距离为Δx′＝5cm两列波相向传播，相对速度为2v＝50cm/s所以出现偏离平衡位置位移为－16cm的最短时间t＝＝0.1s答案　(ⅰ)x＝(50＋300n)cm　(n＝0，±1，±2，±3，…)(ⅱ)0.1s14．解析　(ⅰ)由题意，O、P两点间的距离与波长λ之间满足OP＝λ＝35cm解得λ＝28cm①波速为v＝＝28m/s②在t＝5s的时间间隔内，波传播的路程为s＝vt＝140m③由题意有s＝PQ＋④解得PQ＝133cm⑤(ⅱ)Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为155\nt1＝t＋T＝6T＋⑥波源从平衡位置开始运动，每经过，波源运动的路程为A。故t1时间内，波源运动的路程为s＝25A＝125cm⑦答案　(ⅰ)133cm　(ⅱ)125cm两年模拟试题精练1．B　[根据v＝得λ＝vT＝1×1m＝1m，由振动图象可知x＝0.5m处质点在t＝0.5s时位于平衡位置且振动方向沿－y方向，再根据波的传播方向和质点的振动方向的关系可确定，B正确。]2．A　[由题可知波长λ＝2m，周期T＝0.08s，则v＝＝25m/s，A对；由“同侧法”知波沿x轴负方向传播，B错；质点不随波迁移，C错；t＝0时质点b向下运动，从t＝0到t＝0.04s经过了半个周期，质点b回到平衡位置沿y轴正方向运动，D错。]3．D　[由甲图读出波长为4m，A错误；由乙图读出周期为T＝2s，则频率f＝＝0.5Hz，B错误；波速v＝＝m/s＝2m/s，C错误；由乙图读出t＝0时刻质点P的速度方向沿y轴正方向，在甲图上，根据波形的平移法判断出波沿－x方向传播，即向左传播，故D正确。]4．AB　[由同侧法可得P、Q两点振动方向均为y轴负方向，所以A正确；由题图知λ＝2m，由v＝得T＝＝0.4s，所以t＝0.5s＝1T时，由平移法可得波再传播1λ，N处于波峰，B项正确；因该波的频率f＝＝2.5Hz，所以频率为3Hz的横波不满足干涉条件，C错误；因波源振动一个周期波传播一个波长的距离，故波的频率必与波源的振动频率相同，D错误。]5．AD　[根据v＝得T＝＝s＝2s，A正确；根据“上下坡”规律可知沿波的传播方向看去x＝2m处质点处于下坡中，故振动方向向y轴正方向，B错误；同理可知质点A向上振动，质点B向下振动，质点B先回到平衡位置，C错误；由图象得质点振动的振幅为5cm，ω＝＝πrad/s，x＝4m处质点向下振动，故x＝4m处质点的振动函数表达式为y＝－5sin(πt)cm，D正确。]6．BD　[根据相邻波峰或波谷间的距离等于波长，读出两列波的波长都为λ＝4cm，波速是由介质决定的，可知两列波的波速相等，由波速公式v＝λf分析得知，两列波的频率相等，A错误；由于波速相等，所以两列波同时传到坐标原点，B正确；两波振幅不等，但频率相等，满足干涉的条件，故两列波相遇时会发生干涉现象，C错误；乙波向左传播，图中x＝0.5cm处质点开始的振动方向沿＋y轴方向，D正确。]7．ACD　[由简谐横波的图象可知，波长为4m，振幅为10cm，故A正确，B错误；由v＝λf可知，f＝＝Hz＝2.5Hz，故C正确；由“同侧法”可知在x＝5m处的质点向上振动，则波源起振方向沿y轴正方向，故D正确；质点只在自己的平衡位置两侧上下振动155\n，不会沿x轴运动，故a不能到达b现在的位置，故E错误。]8．ABE　[由题可知，＝0.2s，周期T＝0.8s，λ＝1m，波长λ＝4m，由v＝得波速v＝5m/s，则可判断E项正确；当t＝2.5s时，波源O已振动了3个周期，此时O位于x轴上方向上振动，B点与O点之间相距半个波长，可判断B点位于x轴下方，A项正确；2.5s时E点已经振动了一段时间，A点与E点间距1个波长，两点振动情况完全一样，则B项正确；O点与D点间距1个波长，两点的振动情况完全一样，此时，O点已经离开平衡位置向上振动，D点也一样，则D点的速度不是最大，C项错误；O点与C点间距为波长，2.5s时，O点刚离开平衡位置向上振动，则C点应向下振动，则D项错误。]9．BDE　[质点不随波传播，故A错误；由波向右传播可知B点向上振动，故B正确；B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，故C错误；由T＝可知周期为0.05s，故D正确；C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，故E正确。]10．ACD　[波沿x轴正方向传播，由同侧法可知此时x＝1.25m处的质点振动的方向向下，离开平衡位置的位移正在减小，所以质点正在做加速度减小的加速运动，故A正确；由同侧法可知x＝0.7m处的质点与x＝0.6m处的质点都正在向下运动，x＝0.6m的质点先到达波谷，又先到达波峰的位置，故B错误；根据图象可知波长λ＝2m，则T＝＝s＝0.2s，由同侧法可知x＝0m处的质点A正向上振动，经过T＝×0.2s＝0.05s时间可运动到波峰位置，故C正确；波沿x轴正方向传播，x＝0.3m处的质点到左侧相邻的波峰之间的距离为：x＝λ＋0.3m＝×2m＋0.3m＝0.8m，再经过t＝＝s＝0.08s可运动至波峰位置，故D正确；由图可知，振幅A＝0.4m，角速度ω＝＝＝πrad/s，从此时开始计时，x＝1m处质点先向下振动，则x＝1m处质点的振动函数表达式为y＝－0.4sinπt(m)，故E错误。]11．ACD　[由图甲得波长λ＝4m，由图乙得周期T＝1s，则波速v＝＝4m/s，故A正确；经过2s，P质点振动了2个周期，由图甲(或乙)得A＝0.2m，所以运动的路程为2×4A＝1.6m，故B错误；由题知波沿＋x方向传播，此时刻Q点振动方向向上，而P在波峰，则图示时刻起Q质点比P质点后回到平衡位置，故C正确；根据图乙可知t＝1s时刻质点从平衡位置沿y轴负方向振动，而甲图中x＝2m处质点t＝1s时刻(图示时刻)振动方向沿y轴负方向，乙图可能是甲图x＝2m处质点的振动图象，故D正确；此时刻M点在平衡位置，速度最大，故E错误。]12．ABD　[由乙图读出t＝0.6s时质点A的速度方向为沿y轴负方向，再由甲图根据同侧法判断出波的传播方向为沿x轴正方向，A正确；由甲图读出该波的波长λ＝20m，由乙图得周期T＝1.2s，则波速为v＝＝m/s＝m/s，B正确；Δt＝0.6s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过Δt＝0.6s，A质点通过的路程是s＝2A＝2×2cm＝4cm，C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向，质点Q沿y轴负方向，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知P点的横坐标为155\nxP＝m，Q点的横坐标为xQ＝m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置的时间为t＝＝s＝0.4s，故D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，根据这个条件可知该波在传播过程中遇到一个尺寸为30m的障碍物，能发生明显衍射现象，故E错误。]13．解析　①波沿x轴正方向传播，当x＝0处的状态传到M点时，M第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为Δx＝0.1m则波速为v＝＝m/s＝1m/s②根据数学知识得：y＝Asinωx＝Asinx，由题知：10＝20sin×0.1故波长为λ＝1.2m所以周期T＝＝s＝1.2s，则质点M在1.2s内走过的路程s＝4A＝4×0.2m＝0.8m答案　(1)1m/s　(2)0.8m14．解析　物体C放上之后静止时：设弹簧的压缩量为x0，对物体C，有：mg＝kx0解得：x0＝0.02m当物体C从静止向下压缩弹簧x后释放，物体C就以原来的静止位置为中心上下做简谐运动，振幅A＝x＝0.03m当物体C运动到最低点时，对物体C，有：k(x＋x0)－mg＝ma解得：a＝15m/s2当物体C运动到最低点时，设地面对框架B的支持力大小为F，对框架B，有：F＝Mg＋k(x＋x0)解得：F＝10N由牛顿第三定律知，框架B对地面的压力大小为10N。答案　15m/s2　10N15．解析　(1)由图知波长λ＝2m波从P传到Q的距离为x＝8m－2m＝6m，所用时间为t＝1.2s则波速v＝＝m/s＝5m/s由v＝得T＝＝s＝0.4s(2)根据同侧法判断可知：t＝0时刻质点O沿y轴负向振动，由图知振幅A＝2m由t＝0时刻至Q点第一次到达波峰，经历的时间为t＝＝s＝1.5s＝(3＋)T155\n所以O在此过程中振动了(3＋)T则在Q点第一次到达波峰时，O点刚好到波峰此时它的位移为y＝3cm，通过的路程为s＝3×4A＋×4cm＝15×3cm＝0.45m。答案　(1)0.4s　(2)3cm　0.45m155