2012优化方案高考物理总复习(大纲版)：第7章第二节知能优化演练

优化方案·课时作第1章力物体的平衡课时1第1章力物体的平衡第一节重力弹力摩擦力一、选择题1.(2011年抚顺六校联合体模拟)如图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A>m B，则物体B()A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个解析：选A.物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B只受重力，选A.2.如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球重G，平衡时小球在A处，今用力F压小球至B处，使弹簧缩短x，则此时弹簧的弹力为()A．kx B．kx＋GC．G－kx D．以上都不对解析：选B.设球在A处时弹簧已压缩了Δx，球平衡时弹力F A＝G＝kΔx，球在B处时，弹簧又压缩x，球再次达到平衡时弹力F B＝k(Δx＋x)＝G＋kx.故选项B是正确的．3.用手握住一个油瓶(油瓶始终处于竖直方向且静止不动，如图所示)，下列说法中正确的是()A．当瓶中油的质量增大时，手握瓶的力必须增大B．手握得越紧，油瓶受到的摩擦力越大C．不论手握得多紧，油瓶受到的摩擦力总是一定的D．摩擦力大于油瓶与油的总重力解析：选C.因为油瓶处于平衡状态，故摩擦力与油和瓶的总重力大小相等，又因为是静摩擦力，根据其特点，大小与压力无关，故C正确，B、D错误．而最大静摩擦力F f max与正压力有关. 在压力一定的情况下，最大静摩擦力一定．若平衡时，静摩擦力未达到最大值，当适当增加油的质量时，若G≤F f max，不增加压力仍可平衡，A错．4.(2011年北京西城区抽样测试)如图所示，质量为m＝20 kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，物体同时还受到大小为10 N，方向向右的水平拉力F的作用，则水平面对物体的摩擦力(g取10 m/s2)()A．大小是10 N，方向水平向左B．大小是20 N，方向水平向左C．大小是20 N，方向水平向右D．大小是30 N，方向水平向右解析：选C.物体向左运动，受到向右的滑动摩擦力，大小为F f＝μF N＝μmg＝20 N，与外力F无关，故选C.5.某同学用传感器来探究摩擦力，他的实验步骤如下：①将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；②将一质量m＝3.75 kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来；③打开计算机，使数据采集器工作，然后沿水平方向缓慢地拉动细绳，木块运动一段时间后停止拉动；④将实验得到的数据经计算机处理后在屏幕上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是( )A ．0～6 s 内木块一直受到静摩擦力的作用B ．最大静摩擦力比滑动摩擦力大C ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.08D ．木块与桌面间的动摩擦因数为0.11答案：BC6. (2010年高考课标全国卷)如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( ) A.3－1 B ．2－ 3C.32－12 D ．1－32解析：选B.当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)；当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．7. (2011年郑州模拟)如图所示，质量为m 的小物块静止地放在半径为R 的半球体上，小物块与半球体间的动摩擦因数为μ，小物块与球心连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )A ．小物块所受摩擦力大小为μmg sin θB ．小物块对半球体的压力大小为mg cos θC ．小物块所受摩擦力大小为mg sin θD ．小物块所受摩擦力大小为mg cos θ解析： 选D.分析小物块受力如图所示，因小物块静止在半球体上，所以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，故有D 正确，B 、C 错误；因小物块受静摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算，故A 错误．8．(2011年北京东城区检测) 如图所示，质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的斜面上．已知m A ＝2m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，系统保持静止．下列说法正确的是( )A ．细绳对A 的拉力将增大B ．A 对斜面的压力将减小C ．A 受到的静摩擦力不变D ．A 受到的合力将增大解析： 选B.对A 受力分析如图所示，由物体的平衡条件得：F N－G cos θ＝0，G sin θ－F f －F ＝0，F ＝G 2若θ从45°增大到50°，则有F N 减小，F f 增大．物体A 受到的合力仍为0.9. (2011年武汉调研)如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v ，则传送带启动后( )A ．M 静止在传送带上B ．M 可能沿斜面向上运动C ．M 受到的摩擦力不变D ．M 下滑的速度不变解析：选CD.由M 匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力、支持力，传送带启动以后对M 受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C 、D 正确．10. (2011年扬州模拟)如图所示，重80 N 的物体A 放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm 、劲度系数为1000 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面底端，另一端放置物体A 后，弹簧长度缩短为8 cm ，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25 N ，当弹簧的长度仍为8 cm 时，测力计读数不可能为( )A ．10 NB ．20 NC ．40 ND ．60 N解析：选 D.设物体所受静摩擦力F f 的方向沿斜面向上，由平衡条件得：F ＋F f ＋kx ＝mg sin30°，可得：F ＋F f ＝20 N ，F 由0逐渐增大，F f 逐渐减小，当F f ＝0时，F 为20 N ，故A 、B 均可能；当F f 沿斜面向下时，F ＋kx ＝F f ＋mg sin30°，有：F ＝F f ＋20 N ，随F 增大，F f 也逐渐增大，直到F f ＝25 N ，此时F ＝45 N ．当F >45 N ，物体就沿斜面滑动，故测力计的读数不可能为60 N.二、计算题11. 如图所示，质量分别为m 和M 的两物体P 和Q 叠放在倾角为θ的斜面上，P 、Q 之间的动摩擦因数为μ1，Q 与斜面间的动摩擦因数为μ2(μ1>μ2)．当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P 受到的摩擦力大小为多少？先取PQ 为一整体，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：(M ＋m )g sin θ－F fQ ＝(M ＋m )aF fQ ＝μ2F NF N ＝(m ＋M )g cos θ以上三式联立可得a ＝g sin θ－μ2g cos θ再隔离P 物体，设P 受到的静摩擦力为F fP ，方向沿斜面向上，对P 再应用牛顿第二定律得：mg sin θ－F fP ＝ma可得出F fP ＝μ2mg cos θ.答案：μ2mg cos θ12．(2011年苏州模拟) 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k 1、k 2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m 1的重物，最下端挂一质量为m 2的重物，现用力F 沿斜面向上缓慢推动m 2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：(1)m 1、m 2各上移的距离．(2)推力F 的大小．解析：(1)没加推力时：k 2x 2＝m 2g sin θk 2x 2＋m 1g sin θ＝k 1x 1加上推力后，当两弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，k 1的伸长量与k 2的压缩量均为x ，对m 1受力分析可得：k 1x ＋k 2x ＝m 1g sin θ所以m 1上移的距离d 1＝x 1－x ＝(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2m 2上移的距离d 2＝x 2＋x ＋d 1＝x 2＋x 1＝m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1. (2)分析m 2的受力情况，有：F ＝m 2g sin θ＋k 2x ＝m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2.答案：(1)(m 1＋m 2)g sin θk 1－m 1g sin θk 1＋k 2m 2g sin θk 2＋(m 1＋m 2)g sin θk 1(2)m 2g sin θ＋k 2m 1g sin θk 1＋k 2课时2第二节 力的合成与分解一、选择题1．物体受共点力F 1、F 2、F 3作用而做匀速直线运动，则这三个力可能选取的数值为( )A ．15 N 、5 N 、6 NB ．3 N 、6 N 、4 NC ．1 N 、2 N 、10 ND ．1 N 、6 N 、8 N解析：选B.物体在F 1、F 2、F 3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B 选项中的三个力的合力可以为零，故选B.2．如图所示，F 1、F 2、F 3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是( )解析：选C.由矢量合成法则可知A 图的合力为2F 3，B 图的合力为0，C 图的合力为2F 2，D 图的合力为2F 3，因F 2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C 图．3. 在研究共点力合成实验中，得到如图所示的合力与两力夹角θ的关系曲线，关于合力F 的范围及两个分力的大小，下列说法中正确的是( )A ．2 N ≤F ≤14 NB ．2 N ≤F ≤10 NC ．两力大小分别为2 N 、8 ND ．两力大小分别为6 N 、8 N解析：选AD.由图象得：θ＝12π时，两分力F 1、F 2垂直，合力为10 N ，即F 21＋F 22＝10，θ＝π时，两分力方向相反，即两分力相减，|F 1－F 2|＝2，联立解得：F 1＝8 N ，F 2＝6 N ，合力的范围F 1－F 2≤F ≤F 1＋F 2，即2 N ≤F ≤14 N ．故A 、D 对，B 、C 错．4. (2011年徐州一模)如图所示，一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O 点，总质量为60 kg.此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°.则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O ，g 取10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )A ．360 N,480 NB ．480 N,360 NC ．450 N,800 ND ．800 N,450 N答案：A5. (2011年湖北孝感高中质量检测)如图所示，作用于O 点的三个力平衡，设其中一个力大小为F 1，沿－y 方向，大小未知的力F 2与＋x 方向夹角为θ，下列说法正确的是( )A ．力F 3只能在第二象限B ．力F 3只能在第三象限C ．力F 3与F 2的夹角越小，则F 3与F 2的合力越小D ．F 3的最小值为F 1cos θ解析：选D.由图可知力F 3可以在第三象限，也可以在第二象限，故A 、B 错误；F 3与F 2的合力与F 1等大、反向，故C 错误；根据图解法可求出F 3的最小值为F 1cos θ，故D 正确．6. (2011年苏州高三调研)如图所示，用OA 、OB 两根轻绳将物体悬于两墙之间，OA 、OB 两根轻绳之间的夹角为90°.当更换OA 绳，使A点下移，直至轻绳OA 为水平，在此过程中保持O 点位置不变．则在A点不断下移到A ′的过程中，绳OA 的拉力( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先变小后变大D ．先变大后变小解析：选A.重力不变，OB 绳上拉力方向不变，在OA 绳方向逐渐转至OA ′的过程中，两拉力方向由90°逐渐增大，则OA 绳上拉力由最小值逐渐增大，A 对．7. 2010年广州亚运会天津运动员陈一冰夺吊环冠军，其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大的过程中，吊环的两根绳的拉力F T (两个拉力大小相等)及它们的合力F 的大小变化情况为( )A ．F T 增大，F 不变B ．F T 增大，F 增大C ．F T 增大，F 减小D ．F T 减小，F 不变解析：选A.由平衡条件，合力F 等于人的重力，故F 恒定不变；当两手间距离变大时，绳的拉力的夹角变大，由平行四边形定则知，F T 变大，A 正确．8. 如图所示，小球用细绳系住放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，绳上的拉力将( )A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大解析：选D.由图解法可知，当细绳与斜面平行时拉力最小，所以细绳由A 点逐渐移到D 点的过程中，拉力先减小后增大，选D 项．9. (2011年青岛模拟)如图所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O .另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G的物体，BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一切摩擦．下列说法中正确的是( )A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD ．a 杆对滑轮的作用力大小是G解析：选D.细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零．10. (2011年长沙模拟)如图所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F 1，墙壁对涂料滚的支持力为F 2，下列说法正确的是( )A ．F 1、F 2均减小B ．F 1、F 2均增大C ．F 1减小，F 2增大D ．F 1增大，F 2减小解析： 选A.在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可得：F 1sin θ－F 2＝0，F 1cos θ－G ＝0解得F 1＝G cos θ，F 2＝G tan θ 由于θ减小，所以F 1减小，F 2减小，故正确答案为A.二、计算题11. 榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ．求物体D 所受压力的大小是F 的多少倍？解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则F 1＝F 2＝F 2cos θ由几何知识得tan θ＝l b ＝10. 按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则F N ＝F 2sin θ以上各式联立解得F N ＝5F所以物体D 所受压力的大小是F 的5倍．答案：5倍12. 如图所示，AC 和BC 两轻绳共同悬挂一质量为m 的物体，若保持AC 绳的方向不变，AC 与竖直方向上的夹角为60°，改变BC 绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围．(2)θ在0～90°的范围内，求BC 绳上拉力的最大值和最小值．解析： (1)改变BC 绳的方向时，AC 绳的拉力F A 方向不变，两绳拉力的合力F 与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F T A ＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上．所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，由图知，当θ＝90°时，F T B 最大，F max ＝mg tan60°＝3mg . 当两绳垂直时，即θ＝30°时，F T B 最小，F min ＝mg sin60°＝32mg . 答案：(1)0°≤θ<120°(2) 3 mg 32mg 课时3第三节 受力分析 共点力的平衡一、选择题1．均匀长杆一端搁在地面上，另一端用细线系在天花板上，如图所示的受力分析示意图中，正确的是( )解析：选ACD.长杆处于平衡状态，其所受所有外力的合力为零，即水平方向和竖直方向的合力都要为零，显然选项A 正确；B 、C 、D 选项中，将F 沿水平和竖直方向分解，水平方向满足平衡条件的还有C 、D 选项．综上可知，选项A 、C 、D 正确．2. (2011年长沙市一中月考)如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F 作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．物体可能只受两个力作用B ．物体可能受三个力作用C ．物体可能不受摩擦力作用D ．物体一定受四个力解析：选D.物体做匀速直线运动，则受力平衡，将拉力F 在水平方向和竖直方向上分解，则物体一定要受到滑动摩擦力的作用．再根据摩擦力产生的条件知，一定会产生弹力．因此物体一定会受到四个力的作用．3. (2011年山东淄博模拟)如图所示，物块A 放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为( )A.12B.32C.22D.52解析：选C.由题意可以判断出，当倾角α＝30°时，物体受到的摩擦力是静摩擦力，大小为F f 1＝mg sin30°，当α＝45°时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f 2＝μF N ＝μmg cos45°，由F f 1＝F f 2得μ＝22. 4. (2010年高考江苏卷)如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m 的照相机．三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( ) A.13mg B.23mg C.36mg D.239mg 解析： 选D.如图每根支架承受的压力为F N ，则F N 的竖直分力大小为mg 3，所以F N ＝mg /3cos30°＝239mg ，D 正确． 5. (2009年高考江苏卷)用一根长1 m 的轻质细绳将一幅质量为1 kg 的画框对称悬挂在墙壁上．已知绳能承受的最大张力为10 N ．为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g 取10 m/s 2)( )A.32 mB.22m C.12 m D.34 m 解析： 选A.对画框进行受力分析，并把两绳拉力作用点平移至重心处，如图所示，则有：2F T1cos α＝2F T2cos α＝mg .其中F T1＝F T2≤10 N.所以cos α≥12. 设挂钉间距为x ，则有：sin α＝x 2L 2＝x L. x ＝L sin α＝L 1－cos 2α≤ 1－14＝32m 即x ≤32m ，A 正确． 6. (2009年高考浙江理综卷)如图所示，质量为m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( ) A.32mg 和12mg B.12mg 和32mg C.12mg 和12μmg D.32mg 和32μmg 解析：选A.三棱柱受重力、斜面的支持力和摩擦力三力平衡，故F N ＝mg cos θ＝32mg ，F f＝mgsin θ＝12mg ，A 选项正确． 7. (2011年北京四中一模)如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F 作用下从B 点沿圆弧缓慢上滑至A 点，此过程中F 始终沿圆弧的切线方向，则( )A ．小物块受的支持力逐渐变大B ．小物块受的支持力先变小后变大C ．拉力F 逐渐变小D ．拉力F 先变大后变小解析：选AC.小物块上升到圆弧最高点时，F 减小为零；支持力最大，等于重力．8. (2011年浙江金丽衢十二校联考)两光滑平板OM 、ON 构成一具有固定夹角θ0＝75°的V 形槽，一球置于槽内，用θ表示ON 板与水平面之间的夹角，如图所示．调节ON 板与水平面之间夹角θ，使球对板ON 压力的大小正好等于球所受重力的大小，则在下列给出的数值中符合条件的夹角θ值是( )A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°解析： 选B.受力分析如图所示，OM 对球的弹力为F 1，ON对球的弹力为F 2＝G ，F 1、F 2的合力F 3与重力等大反向．则有：2α＋θ＝180°，α＋θ＝180°－θ0，解得：θ＝30°.9. (2011年青岛模拟)如图所示，水平细杆上套一环A ，环A与球B 间用一轻质绳相连，质量分别为m A 、m B ，由于B 球受到风力作用，A 与B 球一起向右匀速运动．已知细绳与竖直方向的夹角为θ.则下列说法中正确的是( )A ．风力增大时，轻质绳对B 球的拉力保持不变B ．B 球受到的风力F 为m B g tan θC ．杆对A 球的支持力随着风力的增加而增加D ．A 球与水平细杆间的动摩擦因数为m B m A ＋m B解析：选B.以B 球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，解三角形得到拉力F T ＝m B g cos θ，风力F ＝m B g tan θ，A 项错误，B 项正确；利用整体法，水平方向有F ＝μ(m A ＋m B )g ，解得μ＝m B tan θm A ＋m B，D 项错误；竖直方向杆对A 球的支持力F N A ＝(m A ＋m B )g ，C 项错误． 10. (2011年江苏无锡调研)如图所示，倾角为θ的斜面体C 置于水平面上，B 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A 相连接，连接B 的一段细绳与斜面平行，A 、B 、C 都处于静止状态．则( )A ．B 受到C 的摩擦力一定不为零B ．C 受到水平面的摩擦力一定为零C ．水平面对C 的支持力与B 、C 的总重力大小相等D ．若将细绳剪断，B 物体依然静止在斜面上，水平面对C 的摩擦力为零解析：选D.若绳对B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力相等，则B 与C 间的摩擦力为零，A 项错误；利用整体法判断，C 一定受到水平面向左的摩擦力，B 项错误；同理在竖直方向利用整体法判断，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，C 项错误；利用整体法判断，剪断细绳后BC 系统在水平方向不受外力作用，D 项正确．二、计算题11. (2011年揭阳模拟)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m ＝1 kg ，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，光滑斜面体的质量M ＝3 kg ，置于粗糙水平面上．(g取10 m/s 2)求：(1)细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向．解析：(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示．F ＝mg ，F T cos30°＝12F 得F T ＝12mg cos30°＝12×1×1032N ＝1033 N(2)以小球和斜面整体为研究对象受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以F f ＝F T sin30°＝1033×12N ＝533N ，方向水平向左． 答案：(1)1033 N (2)533N ，方向水平向左 12. (2011年湖南岳阳市一中质检)如图所示，两个完全相同的球，重力大小均为G ，两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ，且假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一根轻绳两端固结在两个球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳被拉直后，两段绳间的夹角为α.问当F 至少为多大时，两球将会发生滑动？ 解析：对结点O 受力分析如图甲所示，由平衡条件得：F 1＝F 2＝F 2cos α2对任一球(如右球)受力分析如图乙所示，球发生滑动的临界条件是：F 2sin α2＝μF N . 又F 2cos α2＋F N ＝G . 联立解得：F ＝2μG μ＋tan α2. 答案：2μG μ＋tan α2高三物理 优化方案·课时作业课时4第2章 直线运动第一节 描述运动的基本概念一、选择题1．下列说法正确的是( )A ．参考系必须是固定不动的物体B ．参考系可以是变速运动的物体C ．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点D ．研究跳水运动员转体动作时，运动员不可视为质点解析：选BD.参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的，也可以是变速运动的物体，A 错误，B 正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，C 错误；但在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D 正确．2. 为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图所示，甲图是限速路标，表示允许行驶的最大速度是110 km/h ；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有100 km.上述两个数据的物理意义是( )A ．110 km/h 是平均速度，100 km 是位移B ．110 km/h 是平均速度，100 km 是路程C ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是位移D ．110 km/h 是瞬时速度，100 km 是路程 答案：D3．第一次世界大战期间，一名法国飞行员在2000 m 高空飞行时，发现脸旁有一个小东西，他以为是虫子，敏捷地把它一把抓过来，令他吃惊的是，抓到的竟然是一颗子弹，飞行员能抓到子弹的原因是( )A ．飞行员的反应快B ．子弹的飞行速度远小于飞行员的速度C ．子弹相对于飞行员来说几乎是静止的D ．飞行员的手特有劲 解析：选C.子弹相对于飞行员的速度几乎为零，飞行员才有可能抓住子弹，选项C 正确． 4．(2011年黑龙江大庆一中质检)一个物体做匀加速直线运动，在t 秒内经过的位移是s ，它的初速度为v 0，t 秒末的速度为v t ，则物体在这段时间内的平均速度为( )A.st B.v 0＋v t t C.v t －v 0t D.v t ＋v 02解析：选AD.平均速度的定义式：v ＝xt ，适用于一切运动；v ＝v t ＋v 02仅适用于匀变速直线运动．5. 在2009年8月柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子100 m 决赛中和男子200 m 决赛中分别以9.58 s 和19.19 s 的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )A ．200 m 决赛中的位移是100 m 决赛的两倍B ．200 m 决赛中的平均速度约为10.42 m/sC ．100 m 决赛中的平均速度约为10.44 m/sD ．100 m 决赛中的最大速度约为20.88 m/s解析：选C.200 m 决赛的跑道有一段弯道，所以200 m 决赛的位移小于200 m ，所以A错；200 m 决赛的平均速度v <200 m 19.19 s ＝10.42 m/s ，故B 错；100 m 决赛的平均速度v ＝100 m9.58 s ＝10.44 m/s ，故C 对．由于不是匀加速运动，所以最大速度不是平均速度的2倍，D 错．6．(2010年启东中学调研)对于质点的运动，下列说法中正确的是( ) A ．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零 B ．质点速度变化率越大，则加速度越大C ．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D ．质点运动的加速度越大，它的速度变化越大解析：选B.质点运动的加速度为零时，质点的速度变化为零，但速度不一定为零，A 错误；质点速度变化率即为加速度，B 正确；质点在某时刻的加速度不为零，其速度可能为零，如自由落体的物体在开始下落的瞬间，故C 错误；质点的速度变化Δv ＝a ·Δt ，即速度的变化由质点的加速度和时间共同决定，D 错误．7．一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小到零，那么该物体的运动情况可能是( )A ．速度不断增大，到加速度为零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动B ．速度不断减小，到加速度为零时，物体运动停止C ．速度不断减小到零，然后向相反方向做加速运动，而后物体做匀速直线运动D ．速度不断减小，到加速度为零时速度减小到最小，而后物体做匀速直线运动解析：选ABCD.变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．8．(2010年临沂市期中)2009年10月14日，在山东威海举行了第十一届全国运动会铁人三项的女子决赛．本届全运会铁人三项比赛采用奥林匹克标准竞赛距离，包括一点五公里游泳、四十公里自行车和十公里跑步三部分，总距离为五十一点五公里．东道主选手王毅在最后一圈加速冲刺，以领先9.24秒的优势获得冠军，总成绩是2小时16分02秒77.假设王毅在三项中各段的时间分别为t 1、t 2、t 3，对应行程为s 1、s 2、s 3，三项中各段的平均速率分别为v 1、v 2、v 3，总平均速率为v .则(计算中结果保留一位小数)( )A ．v 1<v 3<v 2B ．v ＝v 1＋v 2＋v 33C ．v ＝6.3 m/sD ．v 可能比s 2t 2大，也可能比s 1t 1小解析：选AC.游泳平均速率v 1最小，自行车平均速率v 2最大，选项A 正确；平均速率v ＝s t ＝51.5×103m 8162.77 s≈6.3 m/s ，选项C 正确． 9．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：选AD.(1)若初、末速度同向时：v ＝v 0＋v 2＝4＋102m/s ＝7 m/s ，s ＝v t ＝7 m ；。

1. 如图14－4－11，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下说法正确的是( )图14－4－11(1)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离适当大些，可以提高准确度(2)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离取得小些，可以提高准确度(3)入射角θ1适当大些，可以提高准确度(4)入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行(5)P 1、P 2的间距，入射角的大小均与实验的准确度无关A ．(1)(3)B ．(2)(4)C ．(3)(5)D ．(1)(4)解析：选A.实验根据大头针确定入射光线和出射光线，在连线及测量时必然有误差，P 1、P 2和P 3、P 4之间距离适当大些，可以减小百分误差，故(1)正确，(2)错误；实验要求入射角不能太小，否则会导致测量误差太大，(3)正确；根据几何知识知光在第二界面的入射角等于在第一界面的折射角小于临界角，不会发生全反射，(4)错误；综合上述分析知(5)错误．故选A.2．某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误，但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa ′与bb ′不平行，如图14－4－13所示，则( )图14－4－13A ．AO 与O ′B 两条直线平行B ．AO 与O ′B 两条直线不平行C ．他测出的折射率偏大D ．他测出的折射率不受影响答案：BD3．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa ′、bb ′与玻璃砖位置的关系分别如图14－4－14中的①②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以aa ′、bb ′为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．丙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．图14－4－14解析：甲同学测量的光路图如图甲所示，真实值n ＝sin θ1sin θ2，测量值n ′＝sin θ1sin θ2′.因θ2′＞θ2，故n ′＜n ，所以甲同学测得的折射率与真实值相比偏小．乙同学测量的光路图如图乙所示，测量值n ＝sin θ1sin θ2，与真实值相等． 丙同学测量可能出现三种可能，光路图如图丙所示．当出射点为c 时，测量值与真实值相同；当出射点在c 左侧时，测量值小于真实值；当出射点在c 点右侧时，测量值大于真实值．故丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大、可能偏小、可能不变．答案：偏小 不变 可能偏大、可能偏小、可能不变4．利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：在白纸上作一直线MN ，并作出它的一条垂线AB ，将半圆柱形玻璃砖(底面的圆心为O )放在白纸上，使它的直边与直线MN 对齐，在垂线AB 上竖直插两枚大头针P 1和P 2，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P 1P 2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．图14－4－15(1)为了确定光线P 1P 2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧最少应插________枚大头针．(2)请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置，并用“×”表示，作出光路图．为了计算折射率，应该测量的量(在光路图14－4－15上标出)有________，计算折射率的公式是________．解析：(1)1 (2)光路图如图所示，光在圆弧面上D 点发生折射，法线为OD 直线，测出入射角i 和折射角r ，折射率n ＝sin r sin i. 答案：见解析5. (2011年福建龙岩调研)小明同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验(如图14－4－17所示)，他进行的主要步骤是：图14－4－17A ．用刻度尺测玻璃砖的直径AB 的大小dB ．先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心O 、直径AB 、AB 的法线OCC ．将玻璃砖放回白纸的原处，长直尺MN 紧靠A 点并与直径AB 垂直放置D ．调节激光器，使PO 光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O ，并使长直尺MN 的左右两端均出现亮点，记下左侧亮点到A 点距离x 1，右侧亮点到A 点的距离x 2.则(1)小明利用实验数据计算玻璃折射率的表达式n ＝________.(2)关于上述实验以下说法正确的是________．A ．在∠BOC 的范围内，改变入射光PO 的入射角，直尺MN 上可能只出现一个亮点B ．左侧亮点到A 点的距离x 1一定小于右侧亮点到A 点的距离x 2C ．左侧亮点到A 点的距离x 1一定大于右侧亮点到A 点的距离x 2D ．要使左侧亮点到A 点的距离x 1增大，应减小入射角解析：(1)作出光路图如图所示，折射光线交于MN 上的E 点，反射光线交于MN 上的F 点．折射率等于折射角的正弦与反射角的正弦的比，即n ＝sin θsin α＝d /2x 21＋(d /2)2d /2x 22＋(d /2)2 ＝ 4x 22＋d 24x 21＋d2. (2)当入射角大于等于临界角时，发生全反射，则只有反射光线照射到MN 上，所以MN 上可能只出现一个亮点，故A 项正确；由图知，θ角大于α角，所以左侧亮点到A 的距离总是比右侧亮点到A 点的距离小，故B 正确，C 项错误；要想左侧亮点到A 点的距离增大，必须减小折射角，由折射率公式可知，要减小折射角，必须减小入射角，故D 项正确．答案：(1) d 2＋4x 22d 2＋4x 21(2)ABD高考∷试.题%库。

1．用图14－5－8所示的装置来观察光的双缝干涉现象时，以下推断正确的是()图14－5－8A．狭缝屏的作用是使入射光到达双缝屏时，双缝就成了两个振动情况总是相同的光源B．若入射光是白光，则像屏上的条纹是黑白相间的干涉条纹C．像屏上某点到双缝的距离差为入射光波长的1.5倍时，该点处一定是亮条纹D．双缝干涉中亮条纹之间的距离相等，暗条纹之间的距离不相等解析：选A.分光法获得干涉光源，所以A正确．白光的干涉条纹是彩色的不是黑白相间的，B错．屏上某点到双缝的距离差为波长的1.5倍时，该处应是暗纹，C错．相邻亮纹间距等于相邻暗纹间距，D错．2．在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时()A．只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失B．红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在C．任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮D．屏上无任何光亮解析：C.两缝透过的红光和绿光不是相干光源，不能发生干涉现象，没有干涉条纹，由于有光到光屏，所以仍有光亮．3．分别以红光和紫光先后用同一装置进行双缝干涉实验，在屏上得到相邻的明条纹间的距离分别为Δx1和Δx2，则()A．Δx1＜Δx2B．Δx1＞Δx2C．若双缝间距离d减小，而其他条件保持不变，则Δx1增大D．若双缝间距离d减小，而其他条件保持不变，则Δx1不变解析：选BC.由Δx＝ld λ可知ld相同，λ越大Δx越大；l、λ不变，d减小，Δx越大．4．如图14－5－9所示，在用单色光做双缝干涉实验时，若单缝S从双缝S1、S2的中央对称轴位置处稍微向上移动则()图14－5－9A．不再产生干涉条纹B．仍可产生干涉条纹，且中央亮纹P的位置不变C．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向上移D．仍可产生干涉条纹，中央亮纹P的位置略向下移解析：选B.同一单缝S发出的光到两缝S1、S2形成频率相同的相干光源，叠加后仍形成干涉条纹，中央亮纹位置不变，因为该点到两缝距离差为零．5．用某种单色光做双缝干涉实验时，已知双缝间距离d＝0.20 mm，双缝到毛玻璃屏间的距离为L＝75.0 cm，如图14－5－10甲所示，实验时先转动如图乙所示的测量头上的手轮，使与卡尺游标相连的分划线对准如图丙所示的第1条明条纹，此时卡尺的主尺和游标的位置如图戊所示，则游标尺上的读数x1＝________mm，然后再转动手轮，使与卡尺游标相连的分划线向右边移动，直到对准第5条明条纹，如图丁所示，此时卡尺的主尺和游标的位置如图己所示，则游标卡尺上的读数x2＝________mm，由以上已知数据和测量数据，则该单色光的波长是________mm.图14－5－10解析：由游标卡尺读数规则读出x1＝0.3 mm，x2＝9.6 mmΔx ＝x 2－x 1n －1＝9.34 mmλ＝Δx ·d l ＝9.3×0.204×750mm ＝6.2×10－4 mm. 答案：0.3 9.6 6.2×10－46．(2011年醴陵模拟)现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在图14－5－11所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图14－5－11(1)将白光光源C 放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列最佳顺序应为C 、________、A .(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮； ②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上； ③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．在操作步骤②时还应注意__________________________和__________________________．(3)将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图14－5－12甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为________mm ，求得相邻亮纹的间距Δx 为______________mm.图14－5－12(4)已知双缝间距d 为2.0×10－4 m ，测得双缝到屏的距离l 为0.700 m ，由计算式λ＝________，求得所测红光波长为______nm.解析：(1)E 、D 、B 通过滤光片获得单色光，通过单缝获得线光源，通过双缝获得相干光(顺序不能交换)(2)单缝和双缝间距为5 cm ～10 cm ，使单缝与双缝相互平行．(3)13.870 2.310 (4)d lΔx 660 答案：(1)E 、D 、B (2)见解析(3)13.870 2.310 (4)d lΔx 660高★考∴试`题∽库。

优化方案·课时作业第8章热学课时24第8章热学第一节分子动理论内能一、选择题1．(2010年高考四川理综卷)下列现象中不．能说明分子间存在分子力的是()A．两铅块能被压合在一起B．钢绳不易被拉断C．水不容易被压缩D．空气容易被压缩解析：选D.A、B选项说明分子间存在引力，C选项说明分子间存在斥力，D选项说明气体分子间距大，故答案为D.2．(2010年高考上海卷)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则()A．分子间斥力随分子间距的增大而增大B．分子间斥力随分子间距的减小而增大C．分子间相互作用力随分子间距的增大而增大D．分子间相互作用力随分子间距的减小而增大解析：选B.分子引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，所以A错；但分子力随分子间距离的减小而先增大后减小最后再增大，C、D选项错误．3．下列说法中正确的是()A．温度低的物体内能小B．温度低的物体分子运动的平均速率小C．做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加答案：D4．(2011年上海师大附中检测)关于物体的机械能和内能的说法中正确的是()A．物体重力势能大时分子势能一定大B．机械能增大时内能可能减小C．物体的动能增大，则物体内分子平均动能一定增大D．内能增大时机械能可能减小解析：选BD.内能和机械能没有必然的联系，所以A、C错，B、D对．5．(2009年高考北京理综卷)做布朗运动实验，得到某个观测记录如图．图中记录的是()A．分子无规则运动的情况B．某个微粒做布朗运动的轨迹C．某个微粒做布朗运动的速度－时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线解析：选D.微粒在周围液体分子无规则碰撞作用下，做布朗运动，轨迹是无规则的，实际操作中不易描绘出微粒的实际轨迹；而按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线的无规则，也能充分反映微粒布朗运动的无规则，本实验记录描绘的正是某一粒子位置的连线，故选D.6．下列叙述正确的是()A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积C．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小答案：AC7．1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下列说法正确的是()A．分子的平均动能和分子的总动能都相同B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同C．内能相同D．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1 g水和1 g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，D正确．8．分子甲和分子乙距离较远，设甲分子固定不动，乙分子逐渐向甲分子靠近，直到不能再近的这一过程中()A．分子力总是对乙分子做正功B．乙分子总是克服分子力做功C．先是乙分子克服分子力做功，然后分子力对乙分子做正功D．先是分子力对乙分子做正功，然后乙分子克服分子力做功解析：选D.由于分子间距大于r 0时，分子力表现为引力，因此分子乙从远处移到距分子甲r 0处的过程中如右图，乙受的分子力与其运动方向相同，分子力做正功，由于分子间距离小于r 0时分子力表现为斥力，乙受的分子力与其运动方向相反，因此分子乙从距分子甲r 0处继续移近甲时要克服分子力做功．所以只有D 对．9．(2011年北师大附中模拟)分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质．据此可判断下列说法中错误的是( )A ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，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中掺入其他元素解析：选B.A 选项中小炭粒做布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，故A 是正确的．B 选项中分子间的相互作用力在间距r <r 0范围内，随分子间距的增大而减小，在r >r 0的范围内，随分子间距的增大先增大后减小，故B 是错误的．C 选项中分子势能在r <r 0时，分子势能随r 的增大而减小，在r 0处势能最小，在r >r 0时，分子势能随r 的增大而增大，故C 选项是正确的．D 选项中真空环境是为防止其他杂质的介入，而高温条件下，分子热运动剧烈，有利于所掺入元素分子的扩散．10．铜的摩尔质量为M ，密度为ρ，若用N A 表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是( )A ．1个铜原子的质量为ρN AB ．1个铜原子占有的体积为M N AC ．1 m 3铜所含原子的数目为ρN A M D ．1 kg 铜所含原子的数目为N A M解析：选CD.1个铜原子的质量为M N A ，1个铜原子占有的体积为V N A ＝M ρN A.由1个铜原子的体积大小即可计算1 m 3铜所含原子的数目为1单个铜原子体积＝ρN A M，1 kg 铜所含原子的数目为1单个铜原子质量＝N A M. 二、计算题11．(2011年青岛模拟)已知汞的摩尔质量为M ＝200.5×10－3 kg/mol ，密度为ρ＝13.6×103kg/m 3，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.求：(1)一个汞原子的质量(用相应的字母表示即可)；(2)一个汞原子的体积(结果保留一位有效数字)；(3)体积为1 cm 3的汞中汞原子的个数(结果保留一位有效数字)．解析：(1)一个汞原子的质量为m 0＝M N A. (2)一个汞原子的体积为V 0＝V mol N A ＝M ρ N A＝200.5×10－313.6×103×6.0×1023 m 3≈2×10－29 m 3. (3)1 cm 3的汞中含汞原子个数n ＝ρVN A M＝13.6×103×1×10－6×6.0×1023200.5×10－3个≈4×1022个． 答案：(1)M N A(2)2×10－29 m 3 (3)4×1022个 12．(2011年徐州模拟)一个标准足球场的面积为105 m ×68 m ＝7140 m 2.通常用空气湿度(相对湿度、绝对湿度)表示空气中含有水蒸气的情况，若球场附近一定体积的空气中所含的水蒸气凝结成水后的体积为103 cm 3，已知水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m 3，水的摩尔质量M mol＝1.8×10－2 kg/mol ，一标准大气压为1.0×105 Pa ，试求：(1)该足球场上方空气的质量；(2)水蒸气凝结成的水中含多少水分子；(3)估算一个水分子的直径为多大．(以上计算结果均保留一位有效数字)解析：(1)由p 0S ＝mg 得：m ＝p 0S g ＝1×105×714010kg ≈7×107 kg. (2)水的摩尔体积为V 0＝M mol ρ＝1.8×10－21.0×103 m 3/mol ≈2×10－5 m 3/mol水分子数：n ＝V 水N A V 0＝103×10－6×6.02×10232×10－5个 ≈3×1025个．(3)建立水分子的球模型有16πd 3＝V 0N A得水分子直径d ＝ 36V 0πN A ＝ 36×2×10－53.14×6.02×1023 m ≈4×10－10 m. 答案：(1)7×107 kg (2)3×1025个 (3)4×10－10 m课时25第二节 热力学定律及能量守恒 气体一、选择题1．下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是( )A ．第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B ．能量耗散过程中能量不守恒C ．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D ．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性解析：选AD.第一类永动机是指不消耗能量却可以不断对外做功的机器，违背了能量守恒定律，A 正确；电冰箱在电机做功情况下，不断地把冰箱内的热量传到外界，没有违背热力学第二定律，C 错误．2．(2011年苏锡常镇四市高三检测)下列说法正确的是( )A ．机械能和内能的转化具有方向性B ．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C ．第二类永动机虽然不违反能量守恒定律，但它是制造不出来的D ．当温度由20 ℃变为40 ℃，物体分子的平均动能应变为原来的2倍解析：选AC.根据热力学第二定律判断A 、C 项正确；气体的温度升高，气体分子的平均运动速率增加，B 项错误；当温度由20 ℃变为40 ℃，物体分子的平均动能增大，但是平均动能与热力学温度成正比，D 项错误．3．下列说法正确的是( )A ．物体吸收热量，其温度一定升高B ．热量只能从高温物体向低温物体传递C ．遵守热力学第一定律的过程一定能实现D ．做功和热传递是改变物体内能的两种方式解析：选D.物体吸热温度不一定升高，A 错；热量只能自发地从高温物体向低温物体传递，B 错；遵守热力学第一定律的过程不一定能实现，C 错，应选D.4．(2009年高考重庆理综卷)密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)( )A ．内能增大，放出热量B ．内能减小，吸收热量C ．内能增大，对外界做功D ．内能减小，外界对其做功解析：选D.不计分子势能时瓶内空气的内能只与其温度有关，温度降低时其内能减小．塑料瓶变扁时瓶内空气体积减小，外界对其做功．再由热力学第一定律知此过程中瓶内空气要放出热量，故只有D 正确．5．(2009年高考全国卷Ⅱ)如图，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝．汽缸壁和隔板均绝热．初始时隔板静止，左右两边气体温度相等．现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源．当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比( )A ．右边气体温度升高，左边气体温度不变B ．左右两边气体温度都升高C ．左边气体压强增大D ．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量解析：选BC.首先是右边气体由于电热丝加热而内能增加温度升高，从而压强变大，进而推动活塞向左运动．活塞向左运动过程中，右边气体对左边气体做功，左边气体内能增加温度升高，压强也变大，而右边气体的压强、温度又会降低，当再达到平衡时两边气体压强又相等，但比初始状态的压强大，对右边气体由pV T＝常量知温度比初始状态高，则内能比初始状态大．由能量守恒知，两边气体内能的总增加量应等于电热丝放出的热量，B 、C 正确．6．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图所示，一绝热容器被隔板K 隔开成a 、b 两部分．已知a 内有一定量的稀薄气体，b 内为真空．抽开隔板K后，a 内气体进入b ，最终达到平衡状态．在此过程中( )A ．气体对外界做功，内能减少B ．气体不做功，内能不变C．气体压强变小，温度降低D．气体压强变小，温度不变解析：选BD.因b内为真空，抽开隔板K后，a内气体对外界不做功，由ΔU＝W＋Q知内能不变，故选项A错误，选项B正确．稀薄气体可看成理想气体，其内能只与温度有关，气体的内能不变，温度也不变，由p1V1＝p2V2和V1<V2知p1>p2，即气体压强变小，故选项C 错误，选项D正确．7．A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同．将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中(插入过程没有空气进入管内)，水银柱上升至如图所示位置停止．假设这一过程中水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是()A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同解析：选B.由热力学第一定律和功能关系知，大气压力对水银做功大小等于水银内能增量和水银重力势能增量之和；大气压力对A、B装置内的水银做功相等，而B中水银重力势能增量小，故B中水银内能增量大．8．(2011年广东广州模拟)某一密闭容器中密封着一定质量的某种实际气体，气体分子间的相互作用力表现为引力．关于实际气体的下列说法中正确的是()A．在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B．若气体膨胀对外界做功，则分子势能一定增大C．若气体被压缩，外界对气体做功，则气体内能一定增加D．若气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，则气体分子的动能一定不变解析：选B.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体仍然有压强，气体对器壁的顶部有作用力，所以A错误；体积膨胀，分子间距离增大，分子力做负功，气体的分子势能增加，B正确；外界对气体做功，但气体有可能向外界放热，所以内能的变化情况不能确定，C错误；气体从外界吸收的热量等于膨胀对外界做的功，所以内能不变，但分子势能增大了，所以分子动能一定减小，即D错误．9．(2011年成都模拟)在光滑水平面上有一个内外壁都光滑的质量为M的汽缸，汽缸内有一质量为m的活塞，已知M>m.活塞密封一部分理想气体．现对汽缸施加一个水平向左的拉力F(如图甲所示)时，汽缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞(如图乙所示)，此时汽缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2.设密封气体的质量和温度均不变，则() A．a1＝a2，p1<p2，V1>V2B．a1<a2，p1>p2，V1<V2C．a1＝a2，p1<p2，V1<V2D．a1>a2，p1>p2，V1>V2解析：选A.将活塞和汽缸看成整体，根据牛顿第二定律知F＝(M＋m)a，则a1＝a2，再分别分析活塞受力情况，则对题图甲，p0S－p1S＝ma，对题图乙，F＋p0S－p2S＝ma，可见p1<p2，再根据气体体积和压强的关系，V1>V2，因此A正确．10.如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下是水，上为空气，大气压恒定，A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热，原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B流，最后达到平衡．在这个过程中，下面哪个说法正确()A．大气压对水做功，水的内能增加B．水克服大气压力做功，水的内能减少C．大气压对水不做功，水的内能不变D．大气压对水不做功，水的内能增加解析：选D.因为水的体积未变，故大气压对水不做功，所以A、B错；由于水的重心降低，重力势能转化为内能，所以D对，C错．二、非选择题11．(2011年江苏南京一模)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功1.7×105 J，气体内能减少1.3×105J，则此过程中气体________(填“吸收”或“放出”)的热量是______J．此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×105 J的功，同时吸收了6.0×105 J的热量，则此过程中，气体内能增加了________J.解析：根据热力学第一定律得：W＝1.7×105 J，ΔU＝－1.3×105 J，代入ΔU＝W＋Q可得Q＝－3.0×105J，Q为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×105J；同理W＝－5×105 J，Q＝6×105 J，ΔU＝W＋Q＝1.0×105 J，即内能增加了1.0×105 J.答案：放出 3.0×105 1.0×10512．(2011年江苏一模)如图所示的圆柱形汽缸固定于水平面上，缸内用活塞密封一定质量的理想气体，已知汽缸的横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p 0.将活塞固定，使汽缸内气体温度升高1 ℃，气体吸收的热量为Q 1；如果让活塞可以缓慢自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气，且不计气体的重力)，也使汽缸内气体温度升高1 ℃，其吸收的热量为Q 2.(1)简要说明Q 1和Q 2哪个大些．(2)求汽缸内气体温度升高1 ℃时活塞向上移动的高度h .解析：(1)等容过程，吸收的热量用于增加气体的内能，ΔU 1＝Q 1等压过程，吸收的热量用于增加气体的内能和对外做功，ΔU 2＋|W 2|＝Q 2又ΔU 2＝ΔU 1，则Q 1<Q 2.(2)气体对外做功|W 2|＝(p 0S ＋G )h活塞向上移动的高度h ＝Q 2－Q 1p 0S ＋G. 答案：(1)Q 1<Q 2 (2)Q 2－Q 1p 0S ＋G优化方案·课时作业 第9章 电 场课时26第9章 电 场第一节 电场力的性质一、选择题1．(2011年青岛模拟)在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q ，受到的电场力为F ，则该点的电场强度为E ＝F q，下列说法正确的是( ) A ．若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B ．若检验电荷的电量变为4q ，则该点的场强变为4EC ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D ．若放置到该点的检验电荷变为－2q ，则场中该点的场强大小方向均不变解析：选D.电场中某点的场强与检验电荷无关，故D 对．2．(2011年北京东城期末检测)使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q 和＋5Q 的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 2.则F 1与F 2之比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．16∶1D ．60∶1解析：选D.两个完全相同的金属小球相互接触后，带电荷量为＋Q，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D正确．3.(2010年高考课标全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)()解析：选A.根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度方向与受力方向如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示．4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是()A．a，b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量B．a，b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量C．a，b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量D．a，b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量解析：选B.由题图看出，电场线由一个点电荷发出到另一个点电荷终止，由此可知，a、b必为异种电荷，C、D选项错；又由图可知，电荷b附近的电场线比电荷a附近的电场线密，则电荷b附近的场强必比电荷a附近的场强大，b带的电荷量必然多于a带的电荷量，则A 选项错误，B选项正确．5.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则()A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增加D．两个粒子的电势能一个增加一个减小答案：C6．一个点电荷产生的电场，两个等量同种点电荷产生的电场，两个等量异种点电荷产生的电场，两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场．这是几种典型的静电场．带电粒子(不计重力)在这些静电场中的运动()A．不可能做匀速直线运动B．不可能做匀变速运动C．不可能做匀速率圆周运动D．不可能做往复运动答案：A7.如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出正确判断的是()A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大解析：选BCD.由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷符号不能确定．设粒子从a运动到b(也可分析从b到a的情形，两种分析不影响结论)，速度方向与电场力夹角大于90°，故速度减小，由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点受电场力较大，从而加速度较大，综上所述B、C、D正确．8．(2011年江苏镇江模拟)A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图甲所示．则此电场的电场线分布可能是图乙中的()解析：选A.从图象可以直接看出，粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大，说明粒子的加速度逐渐变大，电场强度逐渐变大，从A到B电场线逐渐变密．综合分析知，负电荷是顺着电场线运动，由电场线疏处到达密处，正确选项是A.9.(2011年陕西五校联考)如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m 、电荷量为q 的带负电小球，另一端固定在O 点．把小球拉到使细线水平的位置A ，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B 时速度为零．以下说法正确的是( )A ．小球重力与电场力的关系是mg ＝3EqB ．小球重力与电场力的关系是Eq ＝3mgC ．小球在B 点时，细线拉力为F T ＝3mgD ．小球在B 点时，细线拉力为F T ＝2Eq解析：选BC.根据对称性可知，小球处在AB 中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：qE sin30°＝mg cos30°，化简可知选项A 错误，B 正确；小球到达B 点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：F T ＝qE sin30°＋mg cos30°，化简可知F T ＝3mg ，选项C 正确，D 错误．10．(2011年北京考试院抽样测试)如图所示，真空中Ox 坐标轴上的某点有一个点电荷Q ，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为0.2 m 和0.7 m ．在A 点放一个带正电的试探电荷，在B 点放一个带负电的试探电荷，A 、B 两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x 轴正方向相同，电场力的大小F 跟试探电荷电荷量q 的关系分别如图中直线a 、b 所示．下列说法正确的是( )A ．B 点的电场强度的大小为0.25 N/CB ．A 点的电场强度的方向沿x 轴负方向C ．点电荷Q 是正电荷D ．点电荷Q 的位置坐标为0.3 m解析：选D.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q 为负电荷，且放置于A 、B 两点之间某位置，选项B 、C 均错；设Q 与A 点之间的距离为l ，则点电荷在A 点产生的场强为E A ＝kQ /l 2＝F a /q a ＝[4×104/(1×10－9)]N/C ＝4×105 N/C ，同理，点电荷在B 点产生的场强为E B ＝kQ /(0.5－l )2＝F b /q b ＝[1×10－4/(4×10－9)]N/C ＝0.25×105 N/C.解得l ＝0.1 m ，所以点电荷Q 的位置坐标为x Q ＝x A ＋l ＝0.2＋0.1＝0.3(m)，所以选项A 错误，选项D 正确．二、计算题11．(2011年南通一模)如图所示，BCDG 是光滑绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R ，下端与水平绝缘轨道在B 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m 、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g .(1)若滑块从水平轨道上距离B 点s ＝3R 的A 点由静止释放，滑块到达与圆心O 等高的C 点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s 的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G 点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．解析：本题解题的关键是要有等效场的思想，求轨道与物块之间作用力时要找准向心力的来源．(1)设滑块到达C 点时的速度为v ，由动能定理得qE (s ＋R )－μmgs －mgR ＝12m v 2－0， 而qE ＝3mg 4，解得v ＝gR . (2)设滑块到达C 点时受到轨道的作用力大小为F ，则F －qE ＝m v 2R ，解得F ＝74mg . (3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG 间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为v min )，则有(qE )2＋(mg )2＝m v 2min R ，解得v min ＝5gR 2. 答案：见解析12．(2011年北京东城模拟)如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°的角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E ＝2×104 N/C.在细杆上套有一个带电量为q ＝－1.73×10－5 C 、质量为m ＝3×10－2 kg 的小球．现使小球从细杆的顶端A由静止开始沿杆滑下，并从B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C 点．已知AB 间距离x 1＝0.4 m ，g ＝10 m/s 2.求：(1)小球在B 点的速度v B ；(2)小球进入电场后滑行的最大距离x 2；(3)小球从A 点滑至C 点的时间是多少？。

2012届高考物理知能优化演练复习试题(含答案)1.一质量均匀的不可伸长的绳索(其重力不可忽略)．A、B两端固定在天花板上，如图5－4－5所示，今在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉至D点，在此过程中，绳索的重心位置将()图5－4－5A．逐渐升高B．逐渐降低C．先降低后升高D．始终不变解析：选A.在下拉过程中，外力做正功，绳索的机械能增加，而动能又不变，故重力势能增大，重心上升．2．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于()A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和解析：选D.物块在运动过程中有重力和摩擦力做功，在物块的运动过程中，由动能定理W＝ΔEk得：WG－Wf＝ΔEk，即WG＝ΔEk＋Wf.从上式可见，重力做功，重力势能减少，减少的重力势能一部分增加物体的动能，一部分克服摩擦力做功，D选项正确．3．如图5－4－6所示，一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑，进入光滑水平面又压缩弹簧．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为Ep和Ek，弹簧弹性势能的最大值为Ep′，则它们之间的关系为()图5－4－6A．Ep＝Ek＝Ep′B．Ep>Ek>Ep′C．Ep＝Ek＋Ep′D．Ep＋Ek＝Ep′解析：选A.当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球刚滚到水平面时重力势能会全部转化为动能，此时动能最大；当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能，弹性势能最大．由机械能守恒定律可知Ep＝Ek＝Ep′，故答案选A.4．如图5－4－7所示，一长为2l的轻杆中央有一光滑的小孔O，两端各固定质量为2m和m的A、B两个小球，光滑的铁钉穿过小孔垂直钉在竖直的墙壁上，将轻杆从水平位置由静止释放，转到竖直位置，在转动的过程中，忽略一切阻力．下列说法正确的是()图5－4－7A．杆转到竖直位置时，A、B两球的速度大小相等为gl3B．杆转到竖直位置时，杆对B球的作用力向上，大小为13mgC．杆转到竖直位置时，B球的机械能减少了43mglD．由于忽略一切摩擦阻力，A球机械能一定守恒解析：选 B.忽略一切摩擦阻力时，系统的机械能守恒．两球转动半径相等，则任一时刻的速率相等．取初始位置为重力势能的零点，有0＝－2mgl＋mgl＋12(m＋2m)v2，可得v＝2gl3，A错误；则B球在最高点时所需向心力为F向＝mv2l＝23mg，故杆应对B有向上的支持力，大小为13mg，B正确；此时B球的机械能为mgl＋12mv2＝43mgl＞0，故增加了43mgl，C错误；系统的机械能守恒，而B球机械能增加，则A球的机械能一定减少同样多，D错误．5．(2011年江苏泰州联考)如图5－4－8所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点．现给小球一冲击，使它以初速度v0沿环上滑，已知v0＝6Rg.求：图5－4－8(1)若金属环光滑，小球运动到环的最高点时，环对小球作用力的大小和方向．(2)若金属环粗糙，小球运动到环的最高点与环恰无作用力，小球从最低点运动到最高点的过程中克服摩擦力所做的功．解析：(1)设小球到最高点速度为v1，金属环光滑，由机械能守恒定律得：12mv20＝12mv21＋2mgR解得：v1＝2gR在最高点mg＋N＝mv21R解得：N＝mg，方向竖直向下．(2)小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v2则mg＝mv22R解得：v2＝gR从最低点到最高点，由动能定理得：－mg2R－W克＝12mv22－12mv20 解得：W克＝12mgR.答案：(1)mg方向竖直向下(2)12mgR。

复习试题1.图2－4－6(2009年高考广东理基卷)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图2－4－6所示．下列表述正确的是( )A．a的原长比b的长B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比解析：选B.图像的横轴截距表示弹簧的原长，A错误，图像的斜率表示弹簧的劲度系数，B 正确，C错误，图像不过原点，D错误．2．(2010年高考福建卷)某实验小组研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系．实验时，将原长约200 mm的上端固定在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20 g)，每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图像如图2－4－7所示．从图像中可以得出( )图2－4－7A．增挂钩码时Δl与F成正比，而减挂钩码时Δl与F不成正比B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度解析：选D.从图像看，图线呈非线性关系，说明所挂钩码已使橡皮筋的形变超出弹性限度．故选项D正确．3．如图2－4－8甲所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连．当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图像(如图乙)．则下列判断正确的是( )图2－4－8A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比C．该弹簧的劲度系数是200 N/mD．该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变解析：选BCD.由乙图可知F＝kx，即弹簧的弹力和弹簧的形变量成正比，不与弹簧长度成正比，A错误．由ΔF＝kΔx可知，B说法正确；由k＝Fx＝200.1N/m＝200 N/m，C正确；F－x图线的斜率对应弹簧的劲度系数，而x＞0和x＜0时的斜率相同，故D正确．4．做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验步骤如下：A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组数据(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来；B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度L0；C．将铁架台固定于桌子上(也可在横梁的另一侧挂上一定的配重)，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺；D．依次在弹簧下端挂上2个、3个、4个、…钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内，然后取下钩码；E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式，首先尝试写成一次函数，如果不行则考虑二次函数；F．解释函数表达式中常数的物理意义；G．整理仪器．请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来：________________________________________________________________________.解析：根据实验的实验操作过程应先安装仪器，再挂钩码然后记录数据，分析数据，最后整理即可，排列先后顺序为：CBDAEFG.答案：CBDAEFG图2－4－95．某同学用如图2－4－9所示装置做探究弹力和弹簧伸长关系的实验．他先测出不挂砝码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上砝码，并逐个增加砝码，测出指针2砝码质量m/×102 g0 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.007.00 标尺刻度x/×10－2m15.0018.9422.8226.7830.6634.6042.0054.50x m图2－4－10(2)根据所测得的数据和关系曲线可以判断，在________范围内，弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律．这种规格弹簧的劲度系数为________ N/m.解析：(1)根据题目中所测量的数据进行描点，然后用平滑的曲线(或直线)连接各点，在连接时应让尽可能多的点落在直线上，偏差比较大的点舍去，不在直线上的点尽量平均分布在线的两侧，如图所示．(2)根据所画图像可以看出，弹簧原长为x0＝15×10－2 m，当m≤5.00×102 g＝0.5 kg时，标尺刻度x与弹簧伸长关系满足胡克定律．由胡克定律F＝k(x－x0)可知，x－x0＝gk m，所以图线斜率在数值上等于gk，即19.6×10－25.0×10－1N/m＝gk，解得k＝25 N/m.答案：(1)略(2)m≤0.5 kg256．(创新实验)某学习小组通过实验知道：在弹性限度内，弹簧的弹力F的大小与弹簧的伸长(或缩短)量x成正比，公式表示为F＝kx；并且不同的弹簧，其劲度系数k也不同．现在该学习小组将两根已知劲度系数分别为k1、k2的弹簧A和B串接成一根新弹簧，并想通过实验确定新弹簧的劲度系数k3与k1、k2的关系．(1)甲同学猜想是k3＝k1＋k2，乙同学猜想是1k3＝1k1＋1k2.其中有一位同学的猜想是对的，请你判断出谁对谁错，并写出判断依据．(2)为了验证理论推导的正确性，可通过实验来完成．实验所需的器材除了弹簧A和B、已知质量为m且质量相等的钩码外，还需要的器材有______________．(3)请你写出完整的实验步骤．解析：(1)乙同学的猜想是对的，当新弹簧所受拉力为F时，其中A弹簧的伸长量x1＝Fk1，B弹簧的伸长量x2＝Fk2，而k3＝Fx1＋x2，可得1k3＝1k1＋1k2.(2)要将弹簧悬挂起来，需要实验器材铁架台；要测量弹簧的长度，从而得到弹簧的形变量，需要用刻度尺．(3)完整的实验步骤：①将新弹簧悬挂在铁架台上，用刻度尺测出弹簧的长度l0；②在弹簧下端挂上n个钩码，测出此时弹簧的长度l1；③将测量结果代入k3＝nmgl1－l0得到k3的值；④改变n的值，多测几次，取k3的平均值代入1k3＝1k1＋1k2进行验证．答案：见解析。

2012届高考物理知能优化演练复习试题（附答案和解释）1．关于验证机械能守恒定律实验的下列说法中，哪些是正确的() A．选用重物时，重的比轻的好B．选用重物时，体积小的比体积大的好C．选用重物后，要称出它的质量D．重物所受的重力，应远大于它所受的空气阻力和纸带受到打点计时器的阻力解析：选ABD.在选取重物时，由于有空气阻力和摩擦阻力的存在，应该选取质量比较大的、体积比较小的重物，这样可以使重物的重力远大于它所受的空气阻力和纸带受到的打点计时器的摩擦阻力．2．(2011年宁波模拟)某同学在用落体法验证机械能守恒定律时，进行了以下步骤：a．把电磁打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器接在低压交流电源上；b．将连有重物的纸带穿过打点计时器的限位孔，提稳纸带并将重物靠近打点计时器；c．释放纸带，然后接通电源开关，打出一条纸带；d．更换纸带，重复b、c步骤，选出点迹清晰符合要求的纸带；e．用公式v＝2gh求出速度，验证机械能是否守恒．以上的操作中，你认为存在错误的步骤是________(只填步骤前序号)．解析：应当先接通电源开关，再释放纸带，步骤c错误；速度应通过实验测定，而不能用公式v＝2gh求出，原因是若利用公式，则说明物体下落的加速度等于重力加速度，则机械能一定守恒，失去了验证的意义，所以步骤e错误．答案：ce3.(2010年高考安徽卷)利用图5－6－6所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v 和下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案：图5－6－6a．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t通过v＝gt计算出瞬时速度v.b．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝2gh计算出瞬时速度v.c．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h＝v22g计算出高度h.d．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v.以上方案中只有一种正确，正确的是________．(填入相应的字母)解析：在验证机械能守恒定律的实验中不能将物体下落的加速度看做g，只能把它当做未知的定值，所以正确方案只有d项．答案：d4．在用自由落体运动验证机械能守恒定律时，某同学按照正确的操作选出的纸带如图5－6－7所示．其中O点是起始点，A、B、C是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量O点到A、B、C 各点的距离，并记录在图中(单位：cm)．已知打点计时器电源频率为50Hz，重锤质量为m，当地重力加速度g＝9.8m/s2.图5－6－7(1)这三组数据中不符合有效数字读数要求的是________．(2)该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒定律，先计算出该段重锤重力势能的减小量为________，接着从打点计时器打下的第一个点O数起，数到图中B点是打点计时器打下的第9个点，他用vB＝gt 计算跟B点对应的物体的瞬时速度，得到动能的增加量为________(均保留三位有效数字)．这样他发现重力势能的减小量小于动能的增加量，造成这一错误的原因是____________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ____________.解析：(1)用毫米刻度尺测量长度，应估读到毫米的十分位，也即以厘米为单位，小数点后有两位，可见，三组数据中不符合有效数字要求的是OC(或15.7)．(2)重力势能的减少量ΔEp＝mghOB＝m×9.80×12.42×10－2＝1.22m(J)vB＝gt＝9.80×0.16m/s＝1.568m/s(J)动能的增加量ΔEk＝12mv2B＝12m×1.5682＝1.23m(J)造成这一现象的原因是计算物体速度时，认为物体下落加速度为g，而实际加速度小于g，将物体的速度算大了．应该用AC段的平均速度算，即vB＝AC2T(T＝0.02s)．答案：见解析5.如图5－6－8所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律．图5－6－8(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________．(在横线上填入选项前的编号)①物块的质量m1、m2；②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；④绳子的长度．(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：①绳的质量要轻；②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；④两个物块的质量之差要尽可能小．以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________．(在横线上填入选项前的编号)(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)本实验需要验证系统重力势能的减少量ΔEp＝(m1－m2)gh与系统动能的增加量ΔEk＝12(m1＋m2)v2是否相等，而h＝v2t，所以v ＝2ht，即(m1－m2)gh＝＋，因此，选①②或①③. (2)本实验验证的是A、B系统的机械能守恒，忽略了绳的质量，所以，绳的质量要轻，①对；在“轻质绳”的前提下，为尽可能减小实验误差，绳子应尽可能长些，但并不是越长越好，②错；本题所求的速度是竖直方向的速度，所以③对；为减小物体运动过程中摩擦阻力的影响，两物块的质量之差要尽可能大些，④错，故选①③.(3)①多次测量h和t②用高精度仪器测量各量、轻质滑轮④减小滑轮摩擦⑤绳子刚性弹性小物块密度大⑦真空任一条均可．答案：(1)①②或①③(2)①③(3)例如：“对同一高度进行多次测量取平均值”；“选取受力后相对伸长尽量小的绳”等等．6．(探究创新)某研究性学习小组用如图5－6－9所示装置验证机械能守恒定律．让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置，若不考虑空气阻力，小球的机械能应该守恒，即12mv2＝mgh.直接测量摆球到达B 点的速度v比较困难．现让小球在B点处脱离悬线做平抛运动，利用平抛的特性来间接地测出v.如图5－6－9所示，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重锤线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放)，小球的落点痕迹如图5－6－10所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐．用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离s，即可验证机械能守恒定律．已知重力加速度为g，小球的质量为m.图5－6－9图5－6－10(1)根据图5－6－10可以确定小球平抛时的水平射程为________cm.(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0＝________.(3)用测出的物理量表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量ΔEp ＝________，动能的增加量ΔEk＝________.解析：(1)将记录点用较小的圆圈起来，从直尺可读出圆心处的位置约为64.0cm～65.5cm.(2)根据自由落体下落的距离可求出小球水平运动的时间为t＝2h2g，小球平抛的初速度为v0＝st＝s•g2h2.(3)物体从A下降到B的竖直距离为h1－h2，重力势能的减少量ΔEp＝mg(h1－h2)，根据第(2)问可求得速度，得动能的增加量为ΔEk＝12mv2＝12m(s•g2h2)2＝mgs24h2.答案：(1)65.0(64.0～65.5均可)(2)s•g2h2(3)mg(h1－h2)mgs24h2。

优化方案·课时作业第12章电磁感应课时34第12章电磁感应第一节电磁感应现象楞次定律一、选择题1．(2011年广州调研)如图所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则()A．断开电键K，ab中有感应电流B．闭合电键K，ab中有感应电流C．无论断开还是闭合电键K，ab中都有感应电流D．无论断开还是闭合电键K，ab中都没有感应电流解析：选B.两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故A、C错误；若闭合电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．2．如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左、右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是()A．a、b两个环B．b、c两个环C．a、c两个环D．a、b、c三个环解析：选A.当滑片左、右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流．3．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是()A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b解析：选B.根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a.当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．4．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”.1982年，美国物理学家卡布莱拉设计了一个寻找磁单极子的实验，他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈上将出现()A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．顺时针方向持续流动的感应电流D．逆时针方向持续流动的感应电流解析：选D.N单极子向下靠近时，磁通量向下增加，当N单极子向下离开时，磁通量向上且减小，产生的感应电流均为逆时针方向．5．如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右解析：选BD.在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对．6．如图所示，沿x轴、y轴有两根长直导线，互相绝缘．x轴上的导线中通有沿－x方向的电流，y轴上的导线中通有沿＋y方向的电流，两虚线是坐标轴所夹角的角平分线．a、b、c、d是四个圆心在虚线上、与坐标原点等距的相同的圆形导线环．当两直导线中的电流从相同大小，以相同的快慢均匀减小时，各导线环中的感应电流情况是()A．a中有逆时针方向的电流B．b中有顺时针方向的电流C．c中有逆时针方向的电流D．d中有顺时针方向的电流解析：选BC.先根据安培定则可以判断a、b、c、d圆环所在区域的合磁场、合磁通，a、d圆环内合磁通为零，b圆环内合磁通方向向里，c圆环内合磁通方向向外．再根据楞次定律可以判断b圆环上感应电流方向为顺时针，c圆环上感应电流方向为逆时针，故答案为B、C.7．如图所示为地磁场磁感线的示意图．在北半球地磁场的竖直分量向下．飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，则()A．若飞机从西往东飞，U1比U2高B．若飞机从东往西飞，U2比U1高C．若飞机从南往北飞，U1比U2高D．若飞机从北往南飞，U2比U1高解析：选AC.北半球的地磁场的竖直分量向下，其俯视图如图所示，对水平飞行的飞机，其机翼可等效为一水平放置的导体棒，应用右手定则可判断，向北飞行时，左方机翼末端电势高．并可得出如下结论：在北半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机左翼电势高；在南半球，不论飞机沿何方向水平飞行，都是飞机右翼电势高．(右手定则中四指的指向即等效电源的正极，因为在电源内部电流从负极流向正极)故A、C正确．8．(2011年潍坊模拟)如图所示，两块金属板水平放置，与左侧水平放置的线圈通过开关K用导线连接．压力传感器上表面绝缘，位于两金属板间，带正电的小球静置于压力传感器上，均匀变化的磁场沿线圈的轴向穿过线圈．K 未接通时压力传感器的示数为1 N ，K 闭合后压力传感器的示数变为2 N ．则磁场的变化情况可能是( )A ．向上均匀增大B ．向上均匀减小C ．向下均匀减小D ．向下均匀增大解析：选AC.K 闭合后，向上均匀增大或向下均匀减小磁场都能使上金属板带正电，下金属板带负电，带正电的小球受竖直向下的电场力，压力传感器示数变大．9．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力F N 及在水平方向运动趋势的正确判断是( )A ．F N 先小于mg 后大于mg ，运动趋势向左B ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向左C ．F N 先小于mg 后大小mg ，运动趋势向右D ．F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右解析：选D.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB 正上方等高快速经过时，线圈中向下的磁通量先增加后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流，线圈先左侧受到向右下的安培力，后右侧受到向右上的安培力，因此F N 先大于mg 后小于mg ，运动趋势向右，所以正确选项是D.10．如图，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平，烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，下列说法正确的是( )①磁铁下落的加速度先增大，后减小②磁铁下落的加速度恒定③磁铁下落的速度先增大后减小④磁铁下落的加速度一直减小最后为零⑤磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动A ．只有②正确B ．只有①③正确C ．只有①⑤正确D ．只有④⑤正确解析：选D.磁铁下落过程中，将在铜管中产生感应电流，由楞次定律可知，磁铁将受到阻碍，磁铁下落速度越大，阻力越大，加速度越小，当阻力与重力相等时，加速度减为0，速度达到最大，磁铁以此速度匀速运动，故只有D 项正确．11．(2011年黄冈调研)如图所示，一半圆形铝框处在水平向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度为B y ＝B 0y ＋c，y 为该点到地面的距离，c 为常数，B 0为一定值．铝框平面与磁场垂直，直径ab 水平，(空气阻力不计)铝框由静止释放下落的过程中( )A ．铝框回路磁通量不变，感应电动势为0B ．回路中感应电流沿顺时针方向，直径ab 两点间电势差为0C ．铝框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD ．直径ab 受安培力向上，半圆弧ab 受安培力向下，铝框下落加速度大小可能等于g 解析：选C.由题意知，y 越小，B y 越大，下落过程中，磁通量逐渐增加，A 错误；由楞次定律判断，铝框中电流沿顺时针方向，但U ab ≠0，B 错误；直径ab 受安培力向上，半圆弧ab 受安培力向下，但直径ab 处在磁场较强的位置，所受安培力较大，半圆弧ab 的等效水平长度与直径相等，但处在磁场较弱的位置，所受安培力较小，这样整个铝框受安培力的合力向上，故C 正确D 错误．二、计算题12．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.答案：B随t减小，B＝B0ll＋v t课时35第二节法拉第电磁感应定律自感一、选择题1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图中的甲～丁所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是()A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大C．图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图丁中回路产生的感应电动势先变小后变大解析：选D.根据法拉第电磁感应定律：感应电动势等于磁通量的变化率，得到在图甲中的磁通量不变，所以不会产生感应电动势，选项A错误．由数学知识得图乙中的磁通量变化率是恒定的，所以产生的感应电动势是恒定的，选项B错误．图丙中回路在0～t1时间内与t1～t2时间内磁通量的变化率都是恒定的，故产生恒定的电动势，但是0～t1时间内的磁通量的变化率大于t1～t2时间内磁通量的变化率，所以前一段时间内产生的感应电动势大于后一段时间内产生的感应电动势，选项C错误．图丁中的磁通量的变化率是先变小后变大，产生的感应电动势也是先变小后变大．所以本题的正确选项应该为D.2．(2011年宝鸡一检)在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒PQ以初速度v0水平抛出，如图所示．棒在运动过程中始终保持水平，空气阻力不计，那么，下列说法中正确的是()A．PQ棒两端的电势一定满足φP<φQB．PQ棒中的感应电动势越来越大C．PQ棒中的感应电动势越来越小D．PQ棒中的感应电动势保持不变解析：选AD.PQ棒水平切割磁感线，利用右手定则可判断两端的电势一定满足φP<φQ，A正确；因PQ棒水平方向速度不变，竖直方向不切割磁感线，所以PQ棒中的感应电动势保持不变，D正确．3．如图中半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)()A．由c到d，I＝Br2ω/RB．由d到c，I＝Br2ω/RC．由c到d，I＝Br2ω/(2R)D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)解析：选D.金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω/2，由右手定则可知其方向由外指向圆心，故通过电阻R的电流I＝Br2ω/(2R)，方向由d到c，故选D项．4．图中电感线圈L的直流电阻为R L，小灯泡的电阻为R，小量程电流表G1、G2的内阻不计．当开关S闭合且稳定后，电流表G1、G2的指针均偏向右侧(电流表的零刻度在表盘的中央)，则当开关S断开时，下列说法中正确的是()A．G1、G2的指针都立即回到零点B．G1缓慢回到零点，G2立即左偏，然后缓慢回到零点C．G1立即回到零点，G2缓慢回到零点D．G2立即回到零点，G1缓慢回到零点、G2两条支路的电流解析：选B.S闭合且稳定时，通过电流表G均由左向右．断开S，L中产生自感电动势，由“增反减同”可知，自感电动势E自的方向一定与原电流方向相同，等效电路如图所示．显然，断开S后，在E自的作用下，回路中将继续形成沿顺时针方向的电流，这时流经电流表G2支路的电流方向变为由右向左．由于这段时间内E自是逐渐减小的，故电流也是逐渐减小的．5．(2010年高考北京卷)在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是()解析：选B.由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t′时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由零逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以选项B正确．6．(2010年高考全国卷Ⅰ)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是() A．电压表记录的电压为5 mVB．电压表记录的电压为9 mVC．河南岸的电势较高D．河北岸的电势较高解析：选BD.可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，由E＝BL v＝9 mV，B项正确；由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D 项正确．7．(2010年高考江苏卷)一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B ．1C ．2D ．4解析：选B.根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝Δ(BS )Δt，设初始时刻磁感应强度为B 0，线圈面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝Δ(BS )Δt ＝(2B 0－B 0)S 01＝B 0S 0；第二种情况下的感应电动势为E 2＝Δ(BS )Δt ＝2B 0(S 0－S 0/2)1＝B 0S 0，所以两种情况下线圈中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．8．一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在匀强磁场中，如图所示，线圈平面与磁场方向成60°角，磁感应强度随时间均匀变化，用下列哪种方法可使感应电流增加一倍( )A ．把线圈匝数增加一倍B ．把线圈面积增加一倍C ．把线圈半径增加一倍D ．改变线圈与磁场方向的夹角解析：选C.设导线的电阻率为ρ，横截面积为S 0，线圈的半径为r ，则I ＝E R ＝n ΔΦΔt R＝n πr 2ΔB Δt sin θρn ·2πr S 0＝S 0r 2ρ·ΔB Δt ·sin θ.可见将r 增加一倍，I 增加1倍，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin θ不能变为原来的2倍(因sin θ最大值为1)，若将线圈的面积增加一倍，半径r 增加到原来的2倍，电流也增加到原来的2倍，I 与线圈匝数无关．9．如图所示，水平面内两光滑的平行金属导轨，左端与电阻R 相连接，匀强磁场B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F ，使金属棒从a 位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b 和c .若导轨与金属棒的电阻不计，ab 与bc 的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是( )A ．金属棒通过b 、c 两位置时，电阻R 的电功率之比为1∶2B ．金属棒通过b 、c 两位置时，外力F 的大小之比为1∶ 2C ．从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，电阻R 上产生的热量之比为1∶1D ．从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1解析：选AD.由题意知v c ＝2v b ，所以E c ＝2E b ，I c ＝2I b ，电阻R 消耗的功率P ＝I 2R ，所以P b P c ＝I 2b I 2c ＝12，A 正确；所需的外力F ＝B 2L 2v R ＋ma ，而金属棒所受的安培力F b F c ＝v b v c ＝12，因加速度未知，B 错误；金属棒从a 到b 和从b 到c 的两个过程中外力做功W 1<W 2，由动能定理可知动能的增加量ΔE k 1＝ΔE k 2，由能量守恒定律可知Q 1<Q 2，C 错误；E ＝ΔΦΔt ，I ＝ER，q＝It ，所以q ＝ΔΦR，因金属棒从a 到b 和从b 到c 的两个过程中，磁通量的改变量相同，则通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1，D 正确．10．(2010年湖北荆州三月)如图，在水平面内有两条固定的光滑轨道MN 、PQ (电阻不计)，处于竖直向下的匀强磁场中，其上放有两根静止的导体棒ab 和cd ，质量分别为m 1、m 2，且m 1>m 2，两导体棒的电阻恒定，相距足够远．第一次导体棒ab 以速度v 0向静止的导体棒cd 运动，最后以共同速度运动，第二次导体棒cd 以速度v 0向静止的导体棒ab运动，最后也以共同速度运动，对ab 和cd 组成的系统，下列说法正确的是( )A ．第一次系统产生的焦耳热较小B ．第二次系统产生的焦耳热较小C ．两次系统末动能一样大D ．第二次系统末动能较小解析：选D.ab 、cd 棒最终达共速，满足动量守恒m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1，m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 2，故系统的末动能E k1＝12(m 1＋m 2)v 21＝(m 1v 0)22(m 1＋m 2)，E k2＝12(m 1＋m 2)v 22＝(m 2v 0)22(m 1＋m 2)，m 1>m 2，故E k1>E k2，C 错，D 对；系统产生的热量Q ＝12m i v 20－12(m 1＋m 2)v 2i ＝12m i v 20－(m i v 0)22(m 1＋m 2)＝12m i v 20(1－m im 1＋m 2)，当m i ＝m 1时，Q 1＝m 1m 22(m 1＋m 2)v 20，当m i ＝m 2时，Q 2＝m 1m 22(m 1＋m 2)v 20，则Q 1＝Q 2，A 、B 均错．二、计算题11．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1 T ，金属棒AD 长0.4 m ，与框架宽度相同，电阻r ＝1/3 Ω，框架电阻不计，电阻R 1＝2Ω，R 2＝1 Ω.当金属棒以5 m/s 速度匀速向右运动时，求：(1)流过金属棒的感应电流为多大？(2)若图中电容器C 为0.3 μF ，则电容器中储存多少电荷量？解析：(1)金属棒产生的电动势E ＝BL v ＝0.2 V外电阻R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝23Ω 通过金属棒的电流I ＝E R ＋r＝0.2 A. (2)电容器两板间的电压U ＝IR ＝215V 带电荷量Q ＝CU ＝4×10－8C.答案：(1)0.2 A (2)4×10－8C12．(2009年高考广东卷)如图甲所示，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R 1连接成闭合回路．线圈的半径为r 1，在线圈中半径为r 2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乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计．求0至t 1时间内：(1)通过电阻R 1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1上的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量．解析：(1)由图象分析可知，0至t 1时间内ΔB Δt ＝B 0t 0由法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，而S ＝πr 22 由闭合电路欧姆定律有I 1＝E R 1＋R联立以上各式解得通过电阻R 1上的电流大小为I 1＝nB 0πr 223Rt 0由楞次定律可判断通过电阻R 1上的电流方向为从b 到a .(2)通过电阻R 1上的电荷量q ＝I 1t 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0 电阻R 1上产生的热量Q ＝I 21R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 20. 答案：见解析 课时36第三节 电磁感应规律的综合应用一、选择题1．如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3D ．Ba v 解析：选A.摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律，U AB ＝E R 2＋R 4·R 4＝13Ba v ，故选A. 2．如图所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L ＝0.1 m ，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度B ＝10 T ，质量m ＝0.1 kg 、电阻为R ＝2 Ω的金属杆ab 接在两导轨间，在开关S 断开时让ab 自由下落，ab 下落过程中、始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取g ＝10 m/s 2，当下落h ＝0.8 m 时，开关S 闭合．若从开关S 闭合时开始计时，则ab 下滑的速度v随时间t 变化的图象是图中的( )解析：选D.开关S 闭合时，金属杆的速度v ＝2gh ＝4 m/s.感应电动势E ＝BL v ，感应电流I ＝E /R ，安培力F ＝BLI ，联立解出F ＝2 N ．因为F >mg ＝1 N ，故ab 杆做减速直线运动，速度减小，安培力也减小，加速度越来越小，最后加速度减为零时做匀速运动，故D 正确．3．竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道，如图所示，抛物线方程是y ＝x 2，轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y ＝b (b >a )处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12m v 2 C ．mg (b －a ) D ．mg (b －a )＋12m v 2 解析：选D.小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，产生焦耳热；当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，小金属环最终在磁场中做往复运动，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能，即Q ＝12m v 2＋mgb －mga ＝mg (b －a )＋12m v 2.4．如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L 和2L 的两只闭合线框a 和b ，以相同的速度从磁感应强度为B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是( )A ．产生的焦耳热之比为1∶4B ．产生的焦耳热之比为1∶1C ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶2D ．通过铜丝某截面的电量之比为1∶4解析：选AC.根据能的转化和守恒可知，外力做功等于电能，而电能又全部转化为焦耳热W a ＝Q a ＝(BL v )2R a ·L vW b ＝Q b ＝(B 2L v )2R b·2L v 由电阻定律知R b ＝2R a ，故W a ∶W b ＝1∶4，A 对B 错；由产生的电量Q ＝ΔΦR ＝BS R得， Q a ∶Q b ＝1∶2，C 对D 错．5．(2010年高考全国卷Ⅱ)如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d >F c >F bB ．F c <F d <F bC ．F c >F b >F dD ．F c <F b <F d解析：选D.线圈自由下落，到b 点受安培力，线圈全部进入磁场，无感应电流，则线圈不受安培力作用，线圈继续加速，到d 点出磁场时受到安培力作用，由F ＝B 2L 2v R知，安培力和线圈的速度成正比，D 正确．6．(2011年宝鸡一检)一矩形线圈abcd 位于一随时间变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面向里(如图甲所示)，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则图中能正确表示线圈中电流I随时间t 变化规律的是( )解析：选C.0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流为逆时针(为负值)、大小为定值，A 、B 错误；4 s ～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈abcd 的磁通量不变化，无感应电流，D 错误．7．(2010年高考上海卷)如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L .边长为L 的正方形线框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上．使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图( )解析：选AC.线框做匀加速直线运动，则有v ＝at ，v ＝2ax ；由欧姆定律可得电流I ＝BL v R＝BLat R ＝BL 2ax R，据此可知A 、C 两项正确，B 、D 两项错误． 8．(2011年东北三校联考)如图所示，一个水平放置的“∠”形光滑导轨固定在磁感应强度为B 的匀强磁场中，ab 是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下、导体棒以恒定速度v 向右平动，以导体棒在图中所示位置的时刻为计时起点，则回路中感应电动势E 、感应电流I 、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q 随时间t 变化的图象中正确的是( )解析：选AC.设“∠”形导轨的夹角为θ，经过时间t ，导体棒的水平位移为x ＝v t ，导体棒切割磁感线的有效长度L ＝v t ·tan θ，所以回路中感应电动势E ＝BL v ＝B v 2t ·tan θ，感应电动势与时间t 成正比，A 正确；相似三角形的三边长之比为定值，故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比，故感应电流大小与时间无关，B 错误；导体棒匀速移动，外力F 与导体棒所受安培力为平衡力，故回路的外力的功率P ＝F v ＝BIL v ＝BI v 2t ·tan θ，与时间成正比，故C 正确；回路产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ，式中电流不变，回路电阻与t 成正比，故焦耳热Q 与t 2成正比，D 错误．9．(2009年高考福建理综卷)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d ，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一质量为m (质量分布均匀)的导体杆ab 垂直于导轨放置，且。

1．(2010年高考四川理综卷)用多用电表探测图7－6－9甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆挡测量，黑表笔(与电表内部电源的正极相连)接E点，红表笔(与电表内部电源的负极相连)接F点，阻值很小，但反接阻值很大．那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中的________．图7－6－9解析：由E、G两点之间与F、G之间有电压，说明黑箱内有电源，且电源一定与G相连．因为利用欧姆表测量E、F两点的电阻时，正、反向的电阻区别比较大，说明E、F两点间有二极管，且E端接二极管的正极．由以上的分析可得黑箱内的元件接法为B.答案：B2．一学生用多用电表测电阻，他在实验中有违反使用规则之处．他的主要实验步骤如下：(1)选择开关扳到欧姆挡“×1 k”上；(2)把表笔插入测试笔插孔中，先把两根表笔相接触，旋转调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；(3)把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针几乎满偏；(4)换用“×100”的欧姆挡，发现这时指针的偏转适中，随即记下欧姆数值；(5)把表笔从测试笔插孔中拔出后，把多用表放回桌上原处，实验完毕．这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆．这个学生在实验中违反了哪一条或哪一些重要的使用规则？答：________________.解析：使用欧姆表要注意的地方比较多．使用前要经过调零(机械调零，选择量程后要电阻调零)，使用后要复位(拔出表笔，选择开关应置于“OFF”挡或交流高压挡)，使用过程中换挡后要重新调零……这些往往都是考查的重点．答案：该题中不符合操作规则的是：换到合适的量程后，要重新调整调零旋钮；使用后不能把选择开关置于欧姆挡3．多用电表表头的示意图如图7－6－10所示．图7－6－10在正确操作的情况下：(1)若选择开关的位置如a 箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(2)若选择开关的位置如b 箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(3)若选择开关的位置如c 箭头所示，则测量的物理量是________，测量结果为________．(4)若选择开关的位置如c 箭头所示，正确操作后发现指针的偏转角很小，那么接下来的正确操作步骤应该依次为：________，________，________.(5)全部测量结束后，应将选择开关拨到________或者________．(6)无论用多用电表进行何种测量(限于直流)，电流都应该从________色表笔经________插孔流入电表．答案：(1)直流电压 1.25 V(2)直流电流 50 mA(3)电阻 1700 Ω(4)选用欧姆表“×1 k ”倍率，重新调零，将红黑表笔分别接触被测电阻的两根引线，读出指针所指刻度，再乘以倍率得测量值(5)OFF 交流电压500 V 挡(6)红 正4．(2009年高考全国卷Ⅱ)某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻．完成下列测量步骤：(1)检查多用电表的机械零点．(2)将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拨至电阻测量挡适当的量程处．(3)将红、黑表笔________，进行欧姆调零．(4)测反向电阻时，将________表笔接二极管正极，将________表笔接二极管负极，读出电表示数．(5)为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘________(选填“左侧”、“右侧”或“中央”)；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤(3)、(4)．(6)测量完成后，将选择开关拨向________位置．解析：用多用电表测二极管的反向电阻，应将黑表笔接二极管的负极．选择欧姆挡位后将红黑表笔短接进行调零，使指针指在最右端零位．为测量准确应使指针尽量指向表盘的中央．测量完毕后，应将选择开关指向OFF 挡．答案：(3)短接 (4)红 黑 (5)中央 (6)OFF5. (2009年高考天津卷)图7－6－11为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流I g ＝300 μA ，内阻R g ＝100 Ω，可变电阻R 的最大阻值为10 kΩ，电池的电动势E ＝1.5 V ，内阻r ＝0.5 Ω，图中与接线柱A 相连的表笔颜色应是________．按正确使用方法测量电阻R x 的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则R x ＝________kΩ.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述R x ，其测量结果与原结果相比将________(填“变大”“变小”或“不变”)．图7－6－11解析：由I ＝E R g ＋R ＋r ＋R x 及I g ＝E R g ＋R ＋r，指针指中央，I ＝12I g ＝150 μA ，R x ＝5 kΩ；因欧姆表的内阻变大，同样的电阻值，电流变小，读数变大．答案：红 5 变大6．(2011年新疆哈密质检)在实验室和生产实际中常常用到多用电表．图7－6－12(1)如图7－6－12所示是一个多用电表的内部电路图，在进行电阻测量时，应将S拨到________或________两个位置；若将S拨到1或2两个位置，可进行________的测量．(2)若该多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100.用×10挡测量某电阻R x时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到________挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图7－6－13，则该电阻的阻值是________Ω.图7－6－13解析：(1)在进行电阻测量时，应将S拨到3或4两个位置；根据电流表的改装原理可知，电流表由表头与分流电阻并联而成，因此在进行电流测量时，应将S拨到1或2两个位置．(2)如果偏转角度很大，则示数很小，说明量程选大了．故应换到×1挡；换挡后要重新将欧姆挡调零；表盘读数是22，所以该电阻的阻值是22 Ω.答案：(1)34电流(2)×1欧姆挡调零227．(2011年浙江金丽衢十二校联考)如图7－6－14所示为一黑箱装置，盒内有由两节干电池和几个电阻等元件组成的电路，a、b为黑箱的两个输出端，a端连接盒内电池的正极．图7－6－14(1)为了探测黑箱，某同学准备进行以下几步测量：①用多用电表的电阻挡测量a、b间的电阻．②用多用电表的直流电压挡测量a、b间的输出电压．③用多用电表的直流电流挡测量a、b间的输出电流．你认为以上测量中不妥的有：________(填序号)，理由是______________________________________________．(2)若他用多用电表粗测其电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“________”挡位(选填“×100”或“×1”)；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图7－6－15所示，则此段电阻丝的电阻为________Ω.图7－6－15(3)黑箱内的电路可看成一个“等效电源”，a 、b 是等效电源的两极．为了测定这个等效电源的电动势和内阻，该同学设计了如图7－6－16所示的电路，调节滑动变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U —I 坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图7－6－17所示．请你作进一步处理，并由图求出等效电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.图7－6－16 图7－6－17解析：(1)①、③ ①用欧姆挡不能直接测量带电源电路的电阻；③用电流挡直接测量可能会造成电源短路(2)×1 12 多用电表用欧姆挡测量时，如果指针偏转角度太大，说明所测电阻的阻值小，应当选用小量程进行测量；图中所示读数为12 Ω.(3)1.45(±0.02) 0.75(±0.03) 如图所示，作出伏安特性曲线，图线与“U ”轴的交点表示电源的电动势E ，约为1.45 V ；图线的斜率表示等效电源的内阻，取纵坐标为1.45 V 和1.15V 的两个点，则r ＝1.45 V －1.15 V 0.4＝0.75 Ω. 答案：见解析8．(创新实验)数字式万用表如图7－6－18所示，是近些年发展起来的高科技数码产品，是传统的机械指针式仪表的更新换代产品，数字表有很多独特的优点，具体表现在：图7－6－18测量精度高，以型号为“OF930”普通数字表为例，直流电压和直流电流挡的测量精度为±0.05%，欧姆挡精度为±0.08%，而常用指针式电压表、电流表精度只有±2.5%，欧姆挡的精度更低．数字表内阻非常理想，数字表“DF930”的电压挡所有量程内阻高达10 MΩ，而机械指针式电压表内阻一般为几千欧到几十千欧，内电阻高出了2～3个数量级．今有一块数字万用表“DF930”、一只滑动变阻器(0～30 Ω)、两只开关、导线若干．利用这些器材，尽量采用简单的方法，测量一节干电池的电动势和内电阻，要求分两步测量，首先测量电动势，待电动势测得之后再测其内电阻．(1)连接万用表．在如图7－6－19电路中的各个元件已经连接妥当，数字万用表的一个表笔也已经跟电路相连，请将另一只表笔正确地接入电路．(2)操作步骤：①将万用表选择开关置于________挡，选择合适的量程，断开开关________，闭合开关________，记录表的示数，反复测量多次，示数的平均值记为X.图7－6－19②将万用表选择开关置于________挡，选择合适的量程，断开开关________，闭合开关________，记录表的示数，设它为Y，紧接着进行下面的操作：将万用表选择开关置于________挡，选择合适的量程，将开关S1和S2都闭合，记录表的示数，设它为Z，把Y和对应的Z作为一组数据记录下来，反复测量多次得到多组数据．③________即为干电池的电动势．(填“X”“Y”或“Z”)④内电阻的表达式r＝________(用X、Y、Z表示)，将步骤②测得的多组数据代入公式，求出r的平均值，即为干电池内电阻的值．解析：根据闭合电路欧姆定律：I＝E/(R＋r)，把万用表接到电池两端即可测量电池的电动势E(X)，故：(1)的答案为：将另一只表笔接到b或c.(2)中①的答案依次为：电压；S1；S2；再测出外电阻R(Y)，电路电流I(Z/Y)，代入公式即可求出干电池的内电阻r.②的答案依次为：欧姆：S2；S1；电压③的答案为：X.④的答案为：(X－Z)Y/Z.答案：见解析高$考ω试≦题?库。

1．关于测小电珠伏安特性曲线的实验中，电路应采用()A．电流表内接B．电流表外接C．滑动变阻器起限流作用D．滑动变阻器起分压作用解析：选BD.因为小电珠两端电压必须从零开始连续调节，所以滑动变阻器应用分压接法；因为小电珠电阻较小，所以应用电流表外接法，故B、D选项正确．图7－4－132．(2009年高考天津卷)为探究小电珠L的伏安特性，连好如图7－4－13所示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小电珠中的电流由零开始逐渐增大，直到小电珠正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U－I图象应是()图7－4－14解析：选C.由于小电珠灯丝的电阻随温度的升高而增大，随着小电珠两端电压逐渐增大，灯丝温度逐渐升高，其电阻逐渐增大，则在U－I图象中斜率应逐渐增大，故C正确．3．如图7－4－15所示为甲、乙两电珠的I－U图象．根据图象，计算甲、乙两电珠并联在电压为220 V的电路中，实际发光的功率约为()图7－4－15A．15 W,30 W B．30 W,40 WC．40 W,60 W D．60 W,100 W解析：选C.从题图的横坐标(U)为220 V的刻度可找出对应的纵坐标I的值分别为I甲＝0.18 A，I乙＝0.28 A，则P甲＝UI甲＝39.6 W，P乙＝UI乙＝61.6 W．即C选项正确．4．(2009年高考浙江理综卷)(1)如图7－4－16甲所示，在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接．图7－4－16(2)某同学从标称为“220 V25 W”、“220 V300 W”、“220 V 500 W”的3只电珠中任选一只，正确使用多用电表测量电珠阻值如图乙所示．该电珠的阻值是________Ω，标称的额定功率为________W.解析：欧姆表选择的是×10倍的挡位，表盘读数为16，则最终读数应为16×10＝160(Ω)．在220 V电压下正常工作时，300 W的电珠的实际电阻约为161 Ω，500 W的电珠的实际电阻约为97 Ω，25 W的电珠的实际电阻约为1936 Ω.正常工作时，温度要升高，电珠的电阻应比欧姆表上的测量值大，综上，电珠的标称功率应为25 W.答案：(1)连接如图中虚线所示(2)160255．(2010年高考浙江理综卷)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，某同学测得(2)为了探究灯丝电阻与温度的关系，已作出电阻随电流的变化曲线如图7－4－17所示；请指出图线的特征，并解释形成的原因．图7－4－17解析：(1)根据数据建立U－I坐标描点画图．如图所示．(2)电阻随电流增大存在三个区间，电阻随电流的变化快慢不同第一区间电流很小时，电阻变化不大；第二区间灯丝温度升高快，电阻增大快；第三区间部分电能转化为光能，灯丝温度升高变慢，电阻增大也变慢．答案：见解析图7－4－186．(2010年福州市质检)某同学使用如下器材：电源E(电动势为12 V)；电压表V(量程为15 V，内阻约为15 kΩ)；电流表A(量程为100 mA，内阻约为10 Ω)；滑动变阻器(最大阻值为50 Ω)；单刀单掷开关；导线若干．测出了一个小灯泡的伏安特性曲线如图7－4－18所示，已知小灯泡的额定电压为12 V.图7－4－19(1)在实验中要尽可能提高实验精度，所用的实验电路图应选图7－4－19中的________．图7－4－20(2)请根据所选的实验电路图在图7－4－20的实物图上连线；(3)由小灯泡的伏安特性曲线可求得小灯泡的额定功率为P＝______W.(4)由小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的电阻在较低电压(0～2 V)区域几乎不变，在较高电压(7～10 V)区域内小灯泡的电阻会随电压的增大而_____(填“增大”、“不变”或“减小”)．它们变化规律不同的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：(1)测小灯泡伏安特性曲线要用电流表外接法，滑动变阻器要接成分压式，所以选C.(2)如图所示(3)由伏安特性曲线可知，小灯泡的额定电压12V对应的电流大约为97.5mA，则额定功率为P＝UI＝12×0.975＝1.17W.(1.14～1.19均可)(4)由伏安特性曲线可知，在较高电压区域，小灯泡电阻随电压的增大而增大，原因是小灯泡的温度变化情况不同(若答：“在较低电压区域小灯泡温度几乎不随电压的变化而变化，而在较高电压区域小灯泡温度会随电压明显变化”同样得分)答案：见解析．7．(2011年东北一模)有一个小电珠上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法测量这个小电珠的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A．电压表V1(0～5 V，内阻约10 kΩ)B．电压表V2(0～10 V，内阻约20 kΩ)C．电流表A1(0～0.3 A，内阻约1 Ω)D．电流表A2(0～0.6 A，内阻约0.4 Ω)E．滑动变阻器R1(0～10 Ω，2 A)F．滑动变阻器R2(0～100 Ω，0.2 A)G．学生电源(直流6 V)、开关及导线(1)为调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表________，电流表________，滑动变阻器________．(填器材前方的选项符号，如“A”，“B”)(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的虚线框中画出实验电路图．图7－4－21(3)某同学通过实验得到的数据画出了该小电珠的伏安特性曲线，如图7－4－21所示，若用电动势为4.0 V、内阻为8 Ω的电源直接给该小电珠供电，则该小电珠的实际功率是________W.(4)P为上图中图线上的一点，PN为图线上P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I 轴的垂线，下列说法中正确的是________．A．随着所加电压的增大，小电珠的电阻增大B ．随着所加电压的增大，小电珠的电阻减小C ．对应P 点，小电珠的电阻约为5.33 ΩD ．对应P 点，小电珠的电阻约为24.0 Ω解析：(1)因待测小电珠的额定电压为4 V ，因此电压表选择0～5 V 量程的A ；额定功率为2 W ，所以额定电流为0.5 A ，所以电流表选择0～0.6 A 量程的D ，由于要使小电珠两端电压由零开始增大，故滑动变阻器应选用分压式接法，这种电路中滑动变阻值一般较小，故选择E.(2)由于要求从零开始多测几组数据，故滑动变阻器选用分压式接法，小电珠电阻较小，故电流表选用外接法，电路图见答案．(3)由伏安特性曲线可知，通过小电珠电流为0.35 A 时，电源内电压U ′＝IR ＝2.8 V ，此时，小电珠两端电压U ＝1.2 V ，内外电压和恰等于电源电动势，故该电源给小电珠供电时，通过小电珠的电流为0.35 A ，两端电压为1.2 V ，所以小电珠的实际功率P ＝UI ＝0.42 W ．(4)随所加电压的增大，小电珠的电阻由其两端的电压与通过的电流的比值确定，随所加电压的增大，该比值增大，所以A 项正确；对应P 点，U ＝2.4 V ，I ＝0.45 A ，所以电阻为R ＝U I≈5.33 Ω，C 项正确． 答案：(1)A D E(2)如图所示(3)0.42(±0.02)(4)AC8．(2009年高考福建理综卷)某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件．图7－4－22为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，现需进一步验证该伏安特性曲线，实验室备有下列器材：图7(1)；滑动变阻器应选用________．(以上均填器材代号)图7－4－23(2)为达到上述目的，请在图7－4－23虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号．(3)若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？相同点：________________________________________________________________________；不同点：________________________________________________________________________.解析：(1)从题图所给的伏安特性曲线看出，最大电流为0.14 A，大于电流表A1的量程，小于电流表A2的量程，所以电流表选择A2.图中的最大电压不超过V1的量程，且V1的测量更精确，R1的最大阻值与所给的伏安特性曲线反映的元件的电阻值相当，且I1＝ER1＝615A＝0.4 A＜1 A，而R2的阻值太大，所以选择R1.(2)待测元件的电阻满足R A＜R x＜R V，所以选择电流表外接法，伏安特性曲线中要求电压从零开始变化，所以选择滑动变阻器分压式连接．(3)伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数，所测出的伏安特性曲线是斜率逐渐增大的曲线，表明电阻是随电压和电流的增大而减小的，是非线性的．而小电珠的灯丝是金属，其伏安特性曲线也是非线性的，这是两者的相同点，但小电珠的电阻率是随电压和电流的增大而增大的，这是两者的不同点．答案：(1)A2V1R1(2)电路如图所示(3)伏安特性曲线都是非线性的小电珠的伏安特性曲线表明随电流和电压的增大电阻增大，而该元件的伏安特性曲线表明随电流和电压的增大电阻减小高╬考﹥试*题库。

1．声波属于机械波，下列有关声波的描述中正确的是( )A ．同一列声波在各种介质中的波长是相同的B ．声波的频率越高，它在空气中传播的速度越快C ．声波可以绕过障碍物传播，即它可以发生衍射D ．人能辨别不同乐器同时发出的声音，证明声波不会发生干涉解析：选C.声波在不同介质中其波长不同，在同一介质中传播速度相同，则A 、B 均错误；干涉、衍射是波特有的现象，C 正确，D 错误．2．2009年10月1日国庆60周年，北京举行盛大阅兵式．我国空军157架飞机飞临天安门广场受阅，显示了人民空军的巨大实力．下列说法正确的是( )A ．飞机飞来时观察者听到的呼啸声比飞机实际发出的声音频率高B ．飞机飞来时观察者听到的呼啸声比飞机实际发出的声音频率低C ．飞机飞走时观察者听到的呼啸声比飞机实际发出的声音频率高D ．飞机飞走时观察者听到的呼啸声比飞机实际发出的声音频率低答案：AD3．(2011年上海宝山期末测试)一个波源在绳的左端发出半个波①：频率为f 1，振幅为A 1；同时另一个波源在绳的右端发出半个波②：频率为f 2，振幅为A 2.P 为两波源的中点，由图7－3－7可知，下列说法中正确的是( )A ．两列波同时到达两波源的中点PB ．两列波相遇后，P 点波峰值可达A 1＋A 2C ．两列波相遇后，各自仍保持原来的波形独立传播D ．两列波相遇时，绳上波峰可达A 1＋A 2的点只有一点解析：选ACD.波的传播遵守独立传播原理和叠加原理，两波由于波的传播速率一样，和P 点的距离一样，所以同时到达P 点；两波相遇后，绳上某点最大位移可以达到A 1＋A 2，但并不是P 点，因为两波相遇时，波峰到P 点的距离不同．4．在观察水波衍射现象的实验中，若打击水面的振子振动的频率是5 Hz ，水波在水中的传播速度为0.05 m/s ，为了观察到明显的衍射现象，小孔直径d 应为( )A ．10 cmB ．5 cmC ．>1 cmD ．<1 cm答案：D5．两列简谐横波，波速大小均为20 m/s ，图7－3－8为某时刻两列波的波动图象，一列波沿着x 轴向右传播(实线所示)，另一列沿着x 轴向左传播(虚线所示)，下列说法不．正确的是( )A ．两列波的频率均为2.5 HzB ．两列波在b 、d 点处振动加强，在a 、c 点处振动减弱C ．此时刻b 、d 点处的质点速度为0，a 、c 点处质点速度最大D ．经过0.1 s ，a 处质点在波峰，c 处质点在波谷解析：选B.由题图可知，两列波的波长均为λ＝8 m ，所以两列波的频率f ＝v λ＝208Hz ＝2.5 Hz ，A 正确．b 、d 两点为振动减弱点，速度为0，而a 、c 两点两列波引起的质点的振动方向相同，相互加强，振动的速度最大，因此，a 、c 为振动加强点，B 错误，C 正确；由于0.1 s ＝T 4，由题图所示a 点振动方向向上，经0.1 s 到波峰，而c 点恰在波谷，D 正确．高﹤考#试∽题﹥库。

1．(单选)某同学用两种导电元件分别研究它们的导电性质，他根据实验中所测的数据，分别绘制了I－U图线，如图7－4－11所示，下列判断正确的是()图7－4－11A．只有图甲正确B．只有图乙正确C．图甲、乙都可能正确D．图甲、乙都一定不正确解析：选C.图甲说明该导电元件随着温度的升高电阻不发生变化，热稳定性好，这是可能的．图乙的斜率越来越小，说明该导电元件的电阻随着温度的升高电阻越来越大，这也是可能的．2．(单选)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中选用的线路应是()图7－4－12解析：选B.该实验为了扩大测量范围多得数据要求电压从零开始，故滑动变阻器用分压式连接．因小电珠内阻不大，故电流表应用外接方式，所以B项正确．3．(2010年高考安徽理综卷)太阳能是一种清洁“绿色”能源．在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池．太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件．某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I－U特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干．(1)为了达到上述目的，请将图7－4－13甲连成一个完整的实验电路图．(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图乙的I－U图象，由图可知，当电压小于2.00 V时，太阳能电池的电阻______________(填“很大”或“很小”)；当电压为2.80 V时，太阳能电池的电阻约为__________Ω.图7－4－13解析：(1)探究I －U 特性时需要多组数据，故滑动变阻器应采用分压接法．连线见答案．(2)根据R ＝U I ，结合I －U 图可知U <2.00 V 时R 很大；U ＝2.80 V 时R ＝ 2.802.8×10－3Ω＝1.0×103 Ω.答案：(1)连线如图 (2)很大 1.0×103 (965～1040)4．(2011年天津模拟)表格中所列数据是测量小电珠U －I 关系的实验数据：U (V) 0.0 0.2 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 I (A) 0.000 0.050 0.100 0.150 0.180 0.195 0.205 0.215“甲”或“乙”)；图7－4－14(2)在如图7－4－15所示的方格纸内画出小电珠的U －I 曲线．分析曲线可知小电珠的电阻值随I 变大而____________(选填“变大”、“变小”或“不变”)；图7－4－15(3)如图7－4－16所示，用一个定值电阻R 和两个上述小电珠组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3 V 的电源上．已知流过电阻R 的电流是流过电珠L 2电流的两倍，则流过电珠L 1的电流约为____________A.图7－4－16解析：(1)从表中数据可看出，电珠两端电压可以从零开始调节，这说明滑动变阻器应选用分压接法，故应选用甲图．(2)在方格纸上根据U－I数据描点、连线，其U－I图象如图．随U和I的增大，图线上各点与坐标原点连线的斜率越来越大，故其电阻变大．(3)因流过电阻R的电流是流过电珠L2电流的两倍，则流过L1的电流是流过灯L2电流的3倍，而灯L1、L2两端的电压之和为3 V，在(2)描出的U－I图象中，找出一个电流I对应的电压U1，再找出3 I对应的电压U2，直到U1＋U2＝3 V为止．最后得出结果，流过电珠L1的电流为0.21 A.答案：(1)甲(2)U－I曲线见解析变大(3)0.215．(2011年广州质检)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按如图7－4－17所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零，闭合开关后：图7－4－17(1)若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是________导线断路．(2)某同学测出电源和小电珠的U－I图线如图7－4－18所示，将小电珠和电阻R串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0 A，则R＝________ Ω.图7－4－18(3)(双选)某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图7－4－19中的甲、乙、丙所示，下列说法正确的是()图7－4－19A ．甲可以作为标准电阻使用B ．乙能作为标准电阻使用C ．丙的阻值随电压升高而减小D ．丙的阻值随电压升高而增大 解析：(1)若调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化．但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，所以可能是g 导线断路．(2)由电源的U －I 图线知E ＝3.0 V ，r ＝1 Ω，当小电珠与电阻串联后，由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R ＋r ＋R 灯)又由小电珠的U －I 图线得R 灯＝U I＝1.2 Ω， 解得R ＝0.8 Ω.(3)因a 元件的I －U 图线是直线，说明电阻随电压的变化不变，故可作为标准电阻，故A 对，B 错．因I －U 图线的斜率倒数表示电阻值的变化，故C 对D 错，选A 、C.答案：(1)g (2)0.8 (3)AC6．(2011年海淀模拟)在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器材 规格 器材 规格小电珠 标有“3.8 V ， 0．3 A ”字样 滑动变阻 器R 1 最大阻值10 Ω， 额定电流1.0 A电压表 V 量程0～5 V ， 内阻约5 kΩ 滑动变阻 器R 2 最大阻值1 kΩ， 额定电流0.5 A电流表A 1 量程0～100 mA ， 内阻约4 Ω 直流电源E 电动势约为 6 V ， 内阻约为 0.5 Ω电流表 A 2 量程0～500 mA ， 内阻约0.4 Ω导线、电键等 (2)在图7－4－20中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．图7－4－20(3)(双选)利用实验中得到的实验数据图7－4－21在I －U 坐标系中，描绘出了如图7－4－21所示的小电珠的伏安特性曲线．根据此图给出的信息，可以判断出图中正确的是(图7－4－22中P 为小电珠功率)____________．图7－4－22解析：(1)为方便电路调节，滑动变阻器应选择R 1；小电珠正常工作时I 额＝0.3 A ＝300mA>100 mA ，故电流表应选A 2. (2)因为要求小电珠上的电压从0开始增大，应选用分压电路；而小电珠正常工作时R 灯＝U I ＝3.80.3Ω≈13 Ω≪R V ＝5 kΩ，故电流表应选择外接法，其电路如图所示．(3)在I －U 图象中，图线斜率逐渐减小，小电珠的电阻R 逐渐增大；由P ＝U 2R知在P －U 2图象中，图线的斜率1R应逐渐减小，故B 正确；由P ＝I 2R 在P －I 2图象中图线斜率R 应逐渐增大，故D 正确．答案：(1)R 1 A 2 (2)见解析 (3)BD7．(2011年山东济南模拟)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5 Ω.热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器材具有：A ．电流表A 1，量程0.6 A ，内阻约1 ΩB ．电流表A 2，量程3 A ，内阻约2 ΩC ．电压表V 1，量程15 V ，内阻约15 kΩD ．电压表V 2，量程3 V ，内阻约5 kΩE ．滑动变阻器R 1(0～100 Ω)F ．滑动变阻器R 2(0～20 Ω)G ．电源E (3 V 、内阻可忽略)H ．盛有热水的热水杯(图中未画出)I ．开关、导线若干(1)实验中应选用的电流表为____________(填“A 1”或“A 2”)，应选用的电压表为__________(填“V1”或“V2”)，应选用的滑动变阻器为__________(填“R1”或“R2”)．(2)在图7－4－23甲的方框中画出实验电路原理图，要求测量误差尽可能小．(3)根据电路原理图，在图乙的实物图上连线．图7－4－23解析：(1)电源电动势为3 V，故电压表应选V2；估算电路中可能的最大电流I m＝ER x≈0.75 A，故电流表应选A1；变阻器总阻值小的连续性好，故滑动变阻器应选R2.(2)要求伏安曲线尽可能完整，应采用分压式接法；R x<R A R V，采用外接法；电路图见答案．(3)实物连接图见答案．答案：(1)A1V2R2(2)(3)高:考ο试`题≒库。

1．(单选)两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加上相同的电压后，则在同一时间内，通过它们的电量之比为( )A ．1∶4B ．1∶8C ．1∶16D ．16∶1解析：选C.金属导体对折，拉伸将会引起电阻变化．设原来金属裸导线的电阻为R ，在金属导线拉伸、对折的过程中，金属导线的总体积是不变的，当导线的长度发生变化时，则导线的横截面积也将发生变化．其中的一根均匀拉长到原来的2倍，则长度是原来的2倍，横截面积将是原来的12；由电阻定律R ＝ρl S可知，电阻将变为原来的4倍，为4R ；把另一根对折后绞合起来，则横截面积是原来的2倍，而长度将是原来的12，由电阻定律R ＝ρl S可知，电阻将变为原来的14倍，为14R .再由欧姆定律I ＝U R可知，在相同电压下，电流I 与电阻成反比，故两者的电流之比为1∶16；再由电流的定义式I ＝q t可知，在相同时间里，电流I 与电量q 成正比，故它们的电量q 之比为1∶16.2．(单选)如图7－1－14所示，有四盏电灯连接在电路中，L 1和L 2都标有“220 V 100 W ”字样，L 3和L 4都标有“220 V 40 W ”字样，把电路接通后，最暗的是( )图7－1－14A ．L 1B ．L 2C ．L 3D ．L 4解析：选C.由题意可判断，R 1＝R 2<R 3＝R 4，且R 4>R 1>R 23.由串联电路的功率分配可知，P 4>P 1>(P 2＋P 3)，由并联电路的功率分配可知P 2>P 3，故四盏电灯消耗的实际功率的大小关系为P 4>P 1>P 2>P 3.3．(双选)(2011年北京海淀区模拟)一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U ，额定电流为I ，线圈电阻为R ，将它接在电动势为E ，内阻为r 的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则( )A ．电动机消耗的总功率为UIB ．电动机消耗的热功率为U 2RC ．电源的输出功率为EID ．电源的效率为1－Ir E解析：选AD.电动机消耗的总功率P ＝UI ，选项A 正确；电动机是非纯电阻，消耗的热功率只能用I 2·R 来求，选项B 错误；电源的总功率为E ·I ，输出功率为UI ，且UI ＝EI －I 2·r ，电源效率为η＝EI －I 2·r EI ＝1－I ·r E 或η＝UI EI ＝U E，选项C 错而D 对． 4．(双选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图7－1－15所示，P 为图线上一点，PN 为图线上过P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中正确的是( )图7－1－15A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减少B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的面积解析：选BD.斜率越小电阻越大，A 错；根据电阻定义知：B 对，C 错；P ＝IU 恰好是矩形PQOM 所围的面积，D 对．5．(2011年云浮质检)有一个小型直流电动机，把它接入电压为U 1＝0.2 V 的电路中时，电机不转，测得流过电动机的电流是I 1＝0.4 A ；若把电动机接入U 2＝2.0 V 的电路中，电动机正常工作，工作电流是I 2＝1.0 A ，求电动机正常工作时的输出功率多大？如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？解析：U 1＝0.2 V 时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻r ＝U 1I 1＝0.20.4Ω＝0.5 ΩU 2＝2.0 V 时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，则由电功率与热功率各自的定义式，得P 电＝U 2I 2＝2×1 W ＝2 W.P 热＝I 22r ＝12×0.5 W ＝0.5 W.所以由能量守恒，知电动机的输出功率P 出＝P 电－P 热＝2 W －0.5 W ＝1.5 W.此时若电动机突然被卡住，则电动机又为纯电阻，其热功率P 热＝U 22r ＝220.5W ＝8 W. 答案：1.5 W 8 W巩固复习效果，检验教学成果.请进入“课时作业(21)”，指导学生每课一练，成功提升成绩.高考[试]题╔库。

1．(2011年黑龙江模拟)某同学分别用毫米刻度尺、10分度游标卡尺、50分度游标卡尺、螺旋测微器测量同一个物体的宽度，分别得到如下数据，其中读数肯定错误的是() A．10.0 mm B．9.9 mmC．10.05 mm D．9.990 mm解析：选C.由于10分度游标卡尺、50分度游标卡尺读数＝主尺＋游标尺对齐刻度×精确度，所以AB正确；螺旋测微器即千分尺读数＝主尺＋与主尺对齐的可动刻度×精确度(0.01)．所以D正确．2．在“测定金属的电阻率”实验中，以下操作中错误的是()A．用米尺量出接入电路部分金属丝的长度三次，算出其平均值B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值C．用伏安法测电阻时采用电流表内接线路，多次测量后算出其平均值D．实验中应保持金属丝的温度不变解析：选C.因在“测定金属的电阻率”实验中，所用电阻一般为几欧姆，电压表一般用0～3 V挡，内阻几千欧；电流表0～0.6 A挡，内阻零点几欧姆，所以测电阻时应采用电流表外接线路，选项C是错误的．3．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，用正确的方法测出了多组电流和电压值，并标在U－I坐标系中，如图7－3－17中“×”所示．请你根据测量值画出图线，并求出金属丝的阻值R x＝______Ω.(该结果保留二位有效数字)图7－3－17解析：测量图线如图所示．在直线上取一点可求直线的斜率为k＝90，即金属丝的阻值为R x＝90 Ω(88 Ω～90 Ω均正确)．答案：见解析4．甲、乙两同学使用完全相同的器材用伏安法测量同一未知电阻R x的阻值．给定器材为：待测电阻R x；电流表(量程0～5 mA，内阻约10 Ω)；电压表(量程为0～3 V，内阻约3000 Ω)；最大阻值为1700 Ω的滑动变阻器；电源E(电动势约3 V)；开关S、导线若干．两人的测量结果分别由图7－3－18中甲和乙给出．图7－3－18(1)由图甲得R x＝______，由图乙得R x＝______.(2)在下面虚线框中分别画出甲、乙两位同学所用的测量电路，并由测量结果判定______同学的测量结果较为准确．解析：(1)两图线的斜率表示电阻的测量值，由图R甲＝1060 Ω(在1060±40内均对)；R ＝780 Ω(在780±40内均对)．乙(2)因图甲所示直线的斜率大，即测量值大，故甲同学采用的是电流表内接法，乙采用的是外接法．因电阻值远大于电流表内阻，故用内接法较为准确．答案：(1)(1060±40) Ω(780±40) Ω(2)甲电路如图所示5．(2010年高考福建理综卷)如图7－3－19所示是一些准备用来测量待测电阻R x阻值图7－3－19为了能正常进行测量并尽可能减小测量误差，实验要求测量时电表的读数大于其量程一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化．请用实线代替导线，在所给的实验器材中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量R x阻值的电路．解析：因为电源电动势为9 V，而待测电阻约为1000 Ω，所以不可能使量程为3.0 A的电流表读数超过量程的一半，故电流表舍弃不用；滑动变阻器总阻值小于待测电阻阻值，只能采用分压式电路接法．由于电压表内阻已知，故可将两电压表当做“电流表”来使用．连线如图所示，答案：见解析图7－3－206．(2011年山东青岛模拟)(1)某同学用螺旋测微器测量小零件的厚度时，螺旋测微器上的示数如图7－3－20所示，则小零件的厚度为______cm.(2)用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，测量结果总存在系统误差．按如图7－3－21所示的电路进行测量，可以消除这种系统误差．图7－3－21①该实验的第一步是：闭合电键S 1，将电键S 2接2，调节滑动变阻器R p 和r ，使电压表读数尽量接近满量程，读出这时电压表和电流表的示数U 1、I 1；请你接着写出第二步，并说明需要记录的数据：______.②由以上记录数据计算被测电阻R x 的表达式是R x ＝______.解析：(1)厚度为0.8462(0.8461～0.8464均可)．(2) 第一步对应的等效电路图如图甲所示，则R x ＋R A ＋R 1＝U 1I 1第二步应将电键S 2接1，读出这时电压表和电流表的示数U 2、I 2.其对应的等效电路图如图乙所示．则R A ＋R 1＝U 2I 2.由以上两式求得R x ＝U 1I 1－U 2I 2. 答案：(1)0.8462(0.8461～0.8464均可)(2)①将电键S 2接1，读出这时电压表和电流表的示数U 2、I 2 ②U 1I 1－U 2I 27．(2010年高考大纲全国卷Ⅱ)如图7－3－22，一热敏电阻R T 放在控温容器M 内；A为毫安表，量程6 mA ，内阻为数十欧姆；E 为直流电源，电动势约为3 V ，内阻很小；R 为电阻箱，最大阻值为999.9 Ω；S 为开关．已知R T 在95 ℃时的阻值为150 Ω，在20 ℃时的阻值约为550 Ω.现要求在降温过程中测量在95 ℃～20 ℃之间的多个温度下R T 的阻值．(1)在图7－3－22中画出连线，完成实验原理电路图．图7－3－22 (2)完成下列实验步骤中的填空：①依照实验原理电路图连线．②调节控温容器M 内的温度，使得R T 的温度为95 ℃.③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全．④闭合开关．调节电阻箱，记录电流表的示数I 0，并记录________．⑤将R T 的温度降为T 1(20 ℃＜T 1＜95 ℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数________，记录________________________________________________________________________．⑥温度为T 1时热敏电阻的电阻值RT 1＝________.⑦逐步降低T 1的数值，直至20 ℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥.解析：(1)由实验器材知，不可能用伏安法测量电阻值，题中有电阻箱和毫安表，又电源的内阻不计，则可用调节电阻箱阻值，保持每次电路中电流相同的方法测电阻．(2)根据两次电流表的示数不变，可以列出等式I 0＝E R 0＋150，I 0＝E R 1＋R x，联立两式解得R x ＝R 0－R 1＋150.答案：(1)实验原理电路图如图所示(2)④电阻箱的读数R 0⑤仍为I 0 电阻箱的读数R 1⑥R 0－R 1＋150 Ω高-考%试≦题α库。

1．(单选)在用伏安法测电池的电动势和内电阻的实验中，下列注意事项中错误的是( )A ．应选用旧的干电池作为被测电源，以使电压表示数的变化比较明显B ．应选用内阻较小的电压表和电流表C ．移动滑动变阻器的滑键时，不能使滑动变阻器短路造成电流表过载D ．根据实验记录的数据作U －I 图象时，应通过尽可能多的点画一条直线，并使不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧解析：选B.为减小测量误差，A 正确；为减小偶然误差，D 正确；为安全的需要，C 正确；电压表内阻应选阻值大的，对电流表内阻没有特别要求，B 错误．2．(单选)在“测定电源电动势和内阻”的实验中，某同学根据实验数据，作出了正确的U －I 图象，如图7－5－14所示，其中图线斜率绝对值的物理含义是( )图7－5－14A ．短路电流B ．电源内阻C ．电源电动势D ．全电路电阻 解析：选B.“测定电源电动势和内阻”的实验中的U －I 图象，图线斜率绝对值表示电源的内阻．3．某研究性学习小组利用如图7－5－15甲所示电路测量电池组的电动势E 和内阻r .根据实验数据绘出如如图乙所示的R －1I图线，其中R 为电阻箱读数，I 为电流表读数，由此可以得到E ＝________V ，r ＝________Ω.图7－5－15解析：由E ＝I (R ＋r )，故R ＝E /I －r ，R －1I图线的斜率表示电源电动势，据此得出电动势E ＝2.9 V ，内阻r ＝0.9 Ω.答案：2.9 0.94．一特种电池的电动势粗略测定值为9 V ，内阻约为54 Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50 mA ，为了测定这个电池的电动势和内电阻，某同学在实验室利用了如图7－5－16所示电路．图中电压表内阻很大，对电路的影响可不考虑，R 为电阻箱．阻值范围0～9999 Ω，R 0是保护电阻．图7－5－16 图7－5－17(1)实验室中备有的定值电阻R 0有以下几种规格：A ．10 Ω，2.5 WB ．100 Ω，1 WC ．200 Ω，1 WD ．2000 Ω，5 W实验时，R 0应选用________(填字母代号)较好．(2)将上述选用的保护电阻R 0接入电路，断开开关，调整电阻箱阻值，再闭合开关，读取电压表示数U ，多次重复，取得数据后，作出如图7－5－17所示1U －1R 0＋R图线，则该电池电动势E ＝________V ，内电阻r ＝________Ω.解析：(1)当电阻箱电阻调为零，电路中电流最大时，根据闭合电路欧姆定律可求出R 0的阻值，即R 0＝E I max －r ＝90.05Ω－54 Ω＝126 Ω，故应选“C ”，且其工作的最大功率经验上不超过其额定功率．(2)由闭合电路欧姆定律E ＝U ＋U R 0＋Rr ，变形后为1U ＝r E ×1R 0＋R ＋1E ，由此可知图线与纵坐标轴的交点值为电动势的倒数，即E ＝10.1V ＝10 V ．而图线的斜率为k ＝5，所以r ＝kE ＝50 Ω.答案：(1)C (2)10 505．为了测量两节串联干电池的电动势，某同学设计了如图7－5－18甲所示的实验电路，其中E 是待测电池组，内阻不能忽略；V 1、V 2是两只量程合适的相同的电表，内阻不是很大，且未知；S 1、S 2是单刀单掷开关；导线若干．图7－5－18(1)请根据电路图甲，在图乙中将器材连成实物图．(2)实验需要测量的物理量是________________________________________________________________________．(3)用测出的物理量，导出串联电池组电动势的表达式是________________________________________________________________________. 解析：连接实物图如图所示．先闭合S 1、断开S 2，记下V 1、V 2的示数U ，由闭合电路欧姆定律可得：E ＝2U ＋U R r 再闭合S 2，记下V 1的示数U ′，则有：E ＝U ′＋U ′Rr 联立解得：E ＝UU ′U ′－U. 答案：(1)见解析图(2)S 1闭合，S 2断开时V 1、V 2的示数U ；S 1、S 2闭合后V 1的示数U ′(3)E ＝UU ′U ′－U6．(2011年广州模拟)某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5 Ω的保护电阻R 0，实验电路如图甲7－5－19所示．(1)连好电路后，当该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a 、b ，b 、c ，d 、e 时，示数均为0，把两表笔接c 、d 时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是__________________．(2)按电路原理图及用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接c 、d 时的实物电路图(如图乙)用笔画线代替导线连接起来．图7－5－19(3)排除故障后，该同学顺利完成实验，测定下列数据，请根据数据在坐标图(如图7－5－20所示)中画出U －I ________.I /A 0.10 0.17 0.23 0.30U /V 1.20 1.00 0.80 0.60图7－5－20(4)考虑电表自身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：__________________________________.(5)实验所得的电池的电动势和内阻的测量值与真实值比较，E 测________E真，r 测________r 真(选填“<”“＝”或“>”)． 解析：(1)该同学闭合电键，发现电流表示数为0，电压表示数不为0，表明电源、R 0、电键是好的，电路中有断路故障，用多用电表两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，表明a、b，b、c，d、e间的电路和元件均无故障，两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，表明R断路．(2)实物连接如图甲所示．(3)图乙中图线与U轴的交点为电源电动势，斜率为电源的内电阻与R0的和，E＝1.5 V，r＝0.5 Ω.(4)考虑电表自身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是：电压表内电阻的分流．(5)在理论上E＝U＋(I V＋I A)(r＋R0)，其中U是准确的，而忽略了通过电压表的电流I V 而形成误差，电压表读数越大偏差越大，电压表读数越小偏差越小，短路时，I V＝0，短路电流测量值等于真实值，偏差为0，所以测量值的图象与真实值的图象关系如图丙所示，所以E测<E真，r测<r真．答案：(1)R断路(2)见解析图甲(3)见解析图乙 1.5 V0.5 Ω(4)电压表内阻的分流(5)<<7．(创新题)(2009年高考北京卷)某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱(最大阻值为999.9 Ω，可当标准电阻用)、一只电流表(量程I g＝0.6 A，内阻r g＝0.1 Ω)和若干导线．(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计图7－5－21甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．图 7－5－21(2)接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R ，读出与R 对应的电流表的示数I ，并作记录．当电阻箱的阻值R ＝2.6 Ω时，其对应的电流表的示数如图7－5－21乙所示 .处理实验数据时，首先计算出每个电流值I 的倒数1I ；再制作R －1I坐标图，如图7－5－22所示，图中已标注出了(R ，1I)的几个与测量对应的坐标点．请你将与图7－5－21乙实验数据对应的坐标点也标注在图7－5－22上．图7－5－22(3)在图7－5－22上把描绘出的坐标点连成图线．(4)根据图7－5－22描绘出的图线可得出这个电池的电动势E ＝________V ，内电阻r ＝________Ω.解析：(1)先设计实验电路图，然后再根据电路图连线．由欧姆定律E ＝I (R ＋r )知，只要知道两组外电阻和电流值，就可以解出电源的电动势和内阻．因此，直接将可变电阻和电流表串联在电路中就行．(2)由电表可读出此时电流为0.50 A ，则坐标为(2,2.6)．再在坐标纸上描出该点．(3)剔除明显有误差的点，将其他点用平滑的曲线连接起来，得到一条直线．(4)由闭合电路欧姆定律得：E ＝I (R ＋r ＋r g )，故解得：R ＝E ·1I－(r ＋r g )，根据R －1/I 图线可知：电源的电动势等于图线的斜率，内阻r 为纵轴负方向的截距(r ＋r g )减去电流表的内阻r g .由给出的图线可得：r ＋r g ＝0.4 Ω.所以r ＝(0.4－0.1) Ω＝0.3 Ω.直线斜率为k ＝E ＝5.6－2.64－2V ＝1.5 V. 答案：(1)如左图所示 (2)(3)如下图所示 (4)1.5(1.46～1.54) 0.3(0.25～0.35)高$考`试;题(库。