物理一轮 题型专题：一模考前热身训练

选择题专练卷(一)|受力分析 力的平衡

一、单项选择题

1.(20152重庆六校三诊)如图1所示，质量为m的硬纸面字典A对称跨放在硬纸面的书本B上。将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为θ。下列说法中正确的是( )

图1

A．B对A的作用力为零

B．B的一个侧面对A的弹力为mgcos θ C．B对A的最大静摩擦力的合力为mgsin θ D．A受到三个力的作用

解析：选C 字典A受重力、两侧面的支持力、两侧面的静摩擦力，共5个力的作用，由平衡条件可知，两侧面的静摩擦力的合力为mgsin θ，静摩擦力和弹力的合力与重力等大反向，大小为mg，故C正确，A、D错误；A受两侧面的合力为mgcos θ，B错误。

2.(20152温州十校联考)如图2所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上。先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态。缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是( )

图2

A．先减小后增大 B．先增大后减小 C．一直增大 D．保持不变 解析：选A 开始倾角较小时，物块P在弹簧拉力作用下有向右上侧滑动的趋势，且随倾角增大而减小，当倾角较大时，物块P将有沿板下滑的趋势，且随倾角的增大而增大，故A正确。

3．(20152宿州模拟)沿光滑的竖直墙壁用网兜把一个足球挂在A点(如图3)，足球受到的重力为G，网兜的质量不计。悬绳与墙壁的夹角为α＝30°。悬绳给球的拉力为FT，墙壁给球的支持力为FN，下列表述正确的是( )

图3

A．FN大于G B．FT小于G

C．FN与FT的合力一定竖直向上 D．FN与FT大小之和等于G

解析：选C 分析小球受力如图所示。由平衡条件可得：FT cos 30°＝G，FTsin 30°＝FN

FT＝

233

G，FN＝G，故A、B均错误；由平衡条件的推论可知，FN与FT的合力一定与G等大33

反向，C正确；FT＋FN＝3G＞G，D错误。

4．(20152莱州一中模拟)如图4所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，∟BAD＝120°，整个系统保持静止状态。已知A物块所受的摩擦力大小为f，则D物块所受的摩擦力大小为( )

图4

3

f B．f C.3f D．2f 2

解析：选C 因菱形的四个边长度相等，故四根弹簧的弹力大小相同，设大小为F，对物块A，两弹簧弹力的合力为F，由平衡条件可知，F＝f，对物块D，由平衡条件可得：fD＝2Fcos 30°＝3f，故C正确。

A.

1

5. (20152洛阳质检)如图5所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。当线拉力最小时，推力F等于( )

图5

11

A．mgsin α B.mgsin α C．mgsin 2α D.mgsin 2α

22

解析：选D 隔离小球受力分析，画出受力动态矢量图，如图所示。当细线与斜面平行时，细线拉力最小，对小球和斜面体整体分析受力，在水平面内由平衡条件可得：F＝FTcos α

1

＝mgsin α2cos α＝mgsin 2α，选项D正确。

2

6．(20152江苏启东中学月考)气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来

时，球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速v0＝3 m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则( )

图6

A．θ＝60°时，风速v＝6 m/s

B．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°

C．若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则θ不变 D．若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ减小

解析：选D 风力可表示为F＝kvS。当风速v0＝3 m/s时，风力可表示为F0＝kv0S。测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则tan 30°＝F0/mg。当θ＝60°时，tan 60°＝，解得风速v＝9 m/s，选项A错误。无论风增大到多大，θ一定小于90°，选项B错误。若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，风力变大，则θ变大，选项C错误。若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则θ减小，选项D正确。

7．(20152盐城二模)设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与

2

下落速度v的平方成正比，即f＝kSv，其中k为比例常数，且雨滴最终都做匀速运动。已知球体积公式：V43

＝πr(r为半径)，若两个雨点的半径之比为1∶2，则这两个雨点的落地速度之比为( ) 3

A．1∶2 B．1∶2 C．1∶4 D．1∶8

2

解析：选A 由题意知，雨滴最终都做匀速运动，根据平衡条件可得：mg＝f＝kSv，而质量m＝ρV，V44rρg32＝πr，联立可得：v＝，两个雨滴的半径之比为1∶2，故落地速度之比为1∶2，所以A正确。 33k8．(20152淄博模拟)质量均为1 kg的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在M和N右侧，在细线中点用水平向右的力F＝5 N 拉动M和N一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角θ＝60°，

2

g＝10 m/s，则下列说法正确的是( )

Fmg图7

A．木块N和地面之间的动摩擦因数μ＝0.35 B．木块M和N之间的摩擦力f＝2.5 N C．木块M对木块N的压力大小为10 N

D．若θ变小，拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5 N

解析：选B 以M、N为一整体，由平衡条件可得：F＝μ(2m)g，解得：μ＝0.25，A错误；拉力F的大小与θ大小无关，D错误；设细线中张力为FT，由平衡条件可得：F＝2FT sin θ，Ff＝FTsin θ，故木块M和N之间的摩擦力Ff＝2.5 N，B正确；木块M对N的压力FN＝mg＋FTcos θ＞10 N，C错误。

9．(20152南昌模拟)如图8所示，用三根轻绳将A、B两小球以及水平天花板上的固定点O之间两两连接。然后用一水平方向的力F作用于A球上，此时三根轻绳均处于直线状态，且OB绳恰好处于竖直方向，

2

两球均处于静止状态。已知三根轻绳的长度之比为OA∶AB∶OB＝3∶4∶5，两球质量关系为mA＝2mB＝2m，则下列说法正确的是( )

A．OB绳的拉力大小为2mg

10mgB．OA绳的拉力大小为

3

4mgC．F的大小为

3

D．AB绳的拉力大小为mg 图8

解析：选B 因B球处于平衡状态，OB绳沿竖直方向，故FOB＝mBg＝mg，AB绳中张力为0，A、D均错误；

10mg设OA绳与竖直方向间夹角为θ，由平衡条件可得：FOA2sin θ＝F，FOA2cos θ＝mAg，解得：FOA＝，F3

8mg＝，C错误，B正确。 3

10．(20152衡水模拟)如图9所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为( )

3mg 3

11

C.mg D.mg 24

图9

解析：选C 对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mgtan 30°，对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan 30°，故F2是恒力，F1方向一定，则F1与F3的合力与F2等值反向，如图所示，由图知当F3垂直于绳BD时，

1

F3最小，由几何关系可知，F3＝FCDsin 60°＝mg，选项C正确。

2

二、多项选择题

11．(20132广东高考)如图10，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )

A．P向下滑动 B．P静止不动

C．P所受的合外力增大

D．P与斜面间的静摩擦力增大 图10

解析：选BD 本题考查物体动态平衡的分析，意在考查考生分析问题的能力。P在斜面上处于静止状态，设P的质量为M，斜面的倾角为θ，则有μ0Mgcos θ≥Mgsin θ，当加上一个质量为m的物体Q后，仍然有μ0(M＋m)gcos θ≥(M＋m)gsin θ，因此P仍处于静止状态，A项错误，B项正确；由于P处于静止状态，合外力为零，C项错误；由物体的平衡条件知，P与斜面间的静摩擦力由Mgsin θ变为(M＋m)gsin θ，D项正确。

12．(20152潮州模拟)如图11所示，人和物体处于静止状态，当人拉着绳向右跨出一步后，人和物体仍保持静止。不计绳与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是( )

A．绳的拉力大小不变 B．人所受的合外力增大 C．地面对人的摩擦力增大 D．人对地面的压力减小

A．mg

B.

图11

解析：选AC 物体静止，绳的拉力大小一定等于物体的重力mg，A正确；人处于静止状态，其合外力为零，故B错误；设绳与竖直方向间夹角为θ，则人向右运动，θ增大，绳的拉力在竖直方向的分力减小，人对地面的压力增大，绳的拉力在水平方向的分力增大，地面对人的摩擦力增大，C正确，D错误。

13．(20152徐州模拟)图12所示为某海上救援船的机械臂工作示意图。机械臂AB、BC由高强度的轻质材料制成，A端固定一个定滑轮，BC可以绕B自由转动。钢丝绳的一端穿过C点，另一端缠绕于可以转动的立柱D上，其质量可以忽略不计。在某次转移货物的过程中，机械臂AB始终保持竖直。下列说法正确的是( )

3

图12

A．保持BC不动，使AB缓慢伸长，则BC所受的力增大

B．保持AB不动，缓慢转动立柱D，使CA变长，则BC所受的力大小保持不变 C．保持AB不动，使BC缓慢伸长，则BC所受的力增大

D．保持AB不动，使BC缓慢伸长且逆时针转动，BC所受的力增大

解析：选BCD 设BC受力大小为FBC，货物质量为m，分析C点受力如图所示，由三角形相似知识可得：＝ABBC，若BC不动，AB伸长，则FBC减小，A错误；若AB不动，则

mgFBCBC不变，BC伸长，FBC就增大，CA变化，并不影响FBC的大小，故B、C、D均正确。 FBC14．(20152潮州三模)重为m1的光滑球放在光滑墙脚下，球的右侧跟一个重为m2的光滑斜面体相接触，如图13所示，一个向左的水平力F作用在斜面体上，使球与斜面体都处于静止，且球与竖直墙和水平地面继续接触，则m1、m2受外力的个数可能为( )

图13

A．3个，4个 B．3个，3个 C．4个，5个 D．4个，4个

解析：选AD 由题意知，m2一定受4个力的作用：重力、地面支持力、m1的压力和F；当F较小时，m1、m2之间的作用力在竖直方向的分力小于m1的重力，m1受4个力作用：重力、地面支持力、m2的支持力和墙面向右的弹力；当F较大时，m1、m2之间的作用力在竖直方向的分力等于m1的重力时，m1受3个力作用：重力、m2的支持力和墙面向右的弹力。故选项A、D正确。

15．(20152盐城三模)如图14所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒有两个带正电的小球A、B，A位于筒底靠左侧壁处，B在右侧筒壁上P处时处于平衡状态，现将B小球向上移动一段距离，从E处由静止开始释放，则在它下落到筒底前( )

A．小球A对筒底的压力保持不变 B．小球B对筒壁的压力逐渐增大 C．小球B的动能先增大后减小 D．小球A、B间的电势能逐渐增大

图14

解析：选BD 小球B在P处时处于平衡状态，则小球B由E处向P处运动过程速度逐渐增大，由P处再向下运动开始减速，在P处小球B动能最大，但当小球B快要到达筒底前，一定具有向下的加速度，速度又在增大，故C错误；因小球间的库仑力始终做负功，小球间的电势能一直增大，D正确；因两球间库仑斥力逐渐增大，斥力与水平方向夹角又逐渐减小，故库仑斥力在水平方向的分力逐渐增大，由小球B水平方向合力为零可知，小球B对筒壁的压力逐渐增大，B正确；由小球B的竖直加速度是变化的，由超重与失重知识可知，小球A对筒底的压力是变化的，A错误。

16．(20152烟台三模)如图15所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平桌面上，劲度系数为200 N/m的轻质弹簧上端固定在斜面顶端的木板上，下端连接质量为1 kg的物块A，弹簧与斜面平行；物块A的下面用跨过光滑定滑轮的轻绳连接质量为0.05 kg的物块B，物块A与滑轮之间的轻绳平行于斜面；B的下面

2

用轻绳连接质量为0.95 kg的物块C。此时弹簧的伸长量为6 cm，整个装置处于静止状态。取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6。则下列说法中正确的是( )

A．物块A受到6个作用力

B．物块A受到的摩擦力方向沿斜面向上，大小为4 N

C．剪断B、C间轻绳后，物块A受到的摩擦力方向沿斜面向下

D．剪断A、B间轻绳后，物块A一定沿斜面向上运动 图15

解析：选BC 弹簧对A的弹力方向沿斜面向上，大小为F＝kx＝12 N，设A受的摩擦力大小为Ff，方向沿斜面向上，由平衡条件可得：F＋Ff＝mAgsin θ＋(mB＋mC)g，解得：Ff＝4 N，物块A受重力、支持力、弹簧弹力、绳的拉力、摩擦力共5个作用力，A错误，B正确；剪断B、C间轻绳后，因F＞mAgsin θ＋mBg，故物块A有沿斜面向上滑动的趋势，所受摩擦力方向沿斜面向下，C正确；因不知A与斜面间的最大静摩擦力大小，故剪断A、B间轻绳后，物块A不一定沿斜面向上运动，D错误。

4

选择题专练卷(二)|牛顿运动定律 功和能

一、单项选择题

1．(20152张掖模拟)伽利略对自由落体运动研究中，经历了提出问题、科学猜想、数学推理、实验验证、合理外推、得出结论一系列过程。其中在实验验证过程中，他让一个铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力，为什么要“冲淡”重力，“冲淡”重力的含义是什么( )

A．减小重力 B．减小运动速度 C．增加运动时间 D．便于测量运动位移

解析：选C 由于当时的计时工具落后，自由落体下落的又很快，很难准确计时，所以用一个斜面，来减小加速度，增加运动时间，减小时间的测量误差。

2．(20152盐城模拟)某学习小组以“假如失去??”为主题展开讨论。同学们提出以下四种观点，你认为正确的是( )

A．假如物体间失去了摩擦力，任何运动物体的机械能一定守恒 B．假如磁体周围失去了磁场，其它形式的能将无法转化为电能 C．假如地球对月球失去了引力，月球就不会绕地球转动 D．假如导体失去了电阻，所有用电器都不能正常工作

解析：选C 若物体间失去了摩擦力，还可能有电场力等其他的力做功，故机械能不一定守恒，所以A错误；失去磁场还可以通过摩擦等方式使物体带电，把其他形式的能转化为电能，故B错误；月球绕地球做圆周运动，地球对月球的引力提供向心力，故若地球对月球失去了引力，月球不会绕地球转动，所以C正确；假如导体失去了电阻，非纯电阻电路仍能正常工作，比如电动机，所以D错误。

3．(20152徐州模拟)如图1甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线。下列说法正确的是( )

图1

A．0～x1过程中物体所受拉力最小

B．x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小 C．0～x3过程中，物体的动能先增大后减小

D．0～x2过程中，物体克服重力做功的功率一直增大

解析：选C 由E＝Fx，结合E-x图线可知，0～x1过程中，拉力F不变，x1～x2过程中，拉力F逐渐减小到零，x2～x3过程中，物体只受重力作用，故0～x1过程中拉力最大，x1～x2过程中物体的加速度先减小后反向增大，0～x3过程中，物体的动能先增大后减小，C正确，A、B错误；由P＝mg2v可知，物体克服重力做功的功率先增大后减小，D错误。

4．如图2所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为( )

图2

1212A.mv－μmgx B．μmgx－mv 2212

C.mv＋μmgx D．以上选项均不对 2

解析：选C 设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx1212

＝mv－0，得W弹＝mv＋μmgx。 22

5．(20152四川资阳诊断)如图3所示，质量M，中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是( )

图3

A．小铁球受到的合外力方向水平向左

5

B．凹槽对小铁球的支持力为

sin α

C．系统的加速度为a＝gtan α D．推力F＝Mgtan α

解析：选C 根据小铁球与光滑凹槽相对静止位置可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方，选项A、B错误。小球所受合外力为mgtan α，加速度为acos α

＝gtan α，推力F＝(m＋M)gtan α，选项C正确，D错误。

6.(20152宝鸡检测)如图4所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( ) 向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为

mgmg图4

A．mg1＋tanθ，斜向右上方

2

B．mg1＋μ，斜向左上方 C．mgtan θ，水平向右 D．mg，竖直向上

解析：选A 由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a＝gtan θ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ff＝ma＝mgtan θ；竖直向上的支持力FN＝mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F＝Ff＋FN＝mg1＋tan2θ，方向为斜向右上方，故A正确。

7．(20152盐城三模)质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上。一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上。如图5所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为( )

2

2

2

图5

mgmg2mg2mgA. B. C. D. 2MM＋mM＋4mM＋2m解析：选C 相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度

mg－F2FMmg2F2mg的2倍，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律＝22，解得F＝，工件加速度a＝＝，mMM＋4mMM＋4m所以C正确。

8．(20152上海十三校调研)如图6所示，质量为m的滑块B以初速度v0沿斜面体表面向下运动，此时斜面体A受到地面的摩擦力方向向左。斜面体A始终静止在水平地面上。则下列说法中正确的是( )

图6

A．滑块B下滑的过程中的加速度方向一定沿斜面向上 B．斜面体的斜面一定是粗糙的

C．滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，A所受地面摩擦力仍然不变 D．滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，则A所受地面摩擦力一定变大

解析：选C 根据题述斜面体A受到地面的摩擦力方向向左，说明B沿斜面向下做加速运动，斜面体可能是光滑的，选项A、B错误。滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，B对A作用力情况不变，A所受地面摩擦力仍然不变，选项C正确，D错误。

9．(20152潮州三模)游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是用一细杆将座椅与转盘的边缘相连接，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质量为m的质点，简化为如图7所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知细杆长为l，转盘静止时细杆顶端与转轴间的距离为d，转盘转动时细杆始终与转轴在同一平面内。让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时细杆与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及细杆重，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，细杆对质点做的功为( )

6

图7

1

A.mg(d＋lsin θ)tan θ＋mgl(1－cos θ) 21

B.mgdtan θ＋mgl (1－cos θ) 21

C.mg(d＋lsin θ)tan θ 21

D.mgdtan θ 2

解析：选A 由于质点做匀速圆周运动，有mgtan θ＝m

v2

d＋lsin θ

，所以质点做匀速圆周运动时的动

121

能为Ek＝mv＝mg(d＋lsin θ)tan θ，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为WG＝mgl(1

22

－cos θ)，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，细杆对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A正确。

10．(20152烟台三模)如图8所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑；右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及斜面顶端的光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方C点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。则下列说法中正确的是( )

图8

A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少 B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍 C．细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点 D．m1最终将会停在C点

解析：选A m1从A点运动到C点的过程中，绳的拉力对m1做负功，m1的机械能减少，所以细绳断开后，m1不能沿碗面上升到与A等高的B点，A正确，C错误；绳断后m1在碗内的运动过程中，机械能守恒，不可能停止运动，D错误；m1到C点时，m1的速度沿绳方向的分速度与m2的速度大小相同，即v12cos 45°＝v2，B错误。

二、多项选择题

11．(20152正定中学高三月考)如图9所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )

图9

A．A球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ

B．C球的受力情况未变，加速度为0

C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ D．B、C之间杆的弹力大小为0

解析：选CD 据题意，对A球受力分析，受到重力G，垂直斜面向上的支持力NA，沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力TA，由于A球处于静止状态，则据平衡条件有：F＝GAsin θ＋TA＝3mgsin θ；现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，则有：F－GAsin θ＝ma，故A球此时加速度为a＝2gsin θ，A选项错误；细线烧断后B、C球整体只受到重力和支持力，则加速度以a＝gsin θ向下运动，所以B、C之间没有相互作用力，故C、D选项正确而B选项错误。

12．(20152汕尾模拟)如图10所示，位于光滑水平桌面上的物块P用跨过定滑轮的轻绳与小托盘相连，托盘内有砝码。托盘与砝码的总质量为m，P的质量为2m，重力加速度为g。释放后，P从静止开始沿桌面

7

运动的过程中，下列说法正确的是( )

图10

A．托盘运动的加速度大小为g B．P运动的加速度大小为

3

2

C．托盘对轻绳的拉力大小为mg

3

D．砝码处于超重状态

解析：选BC 应用隔离法，对托盘分析，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，对物块P分析，由牛顿第二定

mg112

律得F＝2ma，可知加速度大小为a＝＝g，故A项错误，B项正确；将a＝g代入F＝2ma得F＝mg，

2m＋m333

C项正确；由于砝码加速度向下，所以砝码处于失重状态，D项错误。

13．(20152西北师大附中模拟)如图11所示，水平面光滑，质量为2 kg的木块在质量为1 kg的长木板上，木块上受到向右的水平拉力F＝15 N的作用，已知木块与木板间的动摩擦因数为0.2，(重力加速度g2

＝10 m/s)。则下列说法正确的是( )

图11

A．木块与木板相对滑动

2

B．木块与木板加速度相同都是4 m/s

22

C．木块与木板加速度不同，木块加速度是5.5 m/s，木板加速度是4 m/s D．只要F大于4 N，木块都会相对木板滑动

gm＋MMF－μmg22

m/s，故木块和木板相对滑动，木块的加速度为＝5.5 m/s，B错误，A、C正确；木块和木板刚要相

m对滑动时，拉力F＝(m＋M)am＝12 N，故D错误。

解析：选AC 木块和木板一起运动的加速度为

F＝5 m/s，木板的最大加速度am＝

2

μmg2

＝4 m/s＜5

14．(20152德州模拟)水平地面上有一固定的斜面体，一木块从粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动后又沿斜面加速下滑到底端。则木块( )

图12

A．上滑的加速度大小等于下滑的加速度大小 B．上滑时间等于下滑时间

C．上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量 D．上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同

解析：选CD 根据牛顿第二定律可求上滑的加速度a1＝gsin θ＋μgcos θ，下滑的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故A错误；因上滑、下滑位移大小相等，根

121

据x＝at可知上滑时间小于下滑时间，故B错误；再根据x＝vt＝vt可知上滑过程速度的减小量大于下

22

滑过程速度的增加量，所以C正确；又在上滑、下滑的过程中滑动摩擦力大小相等，位移相等，故克服摩擦力做功相同，所以D正确。

15．(20152济南模拟)如图13所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )

图13

A．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小 B．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能

1－μcot θ

C．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为 h

1＋μcot θ

8

D．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh

解析：选ACD 小物块在倾斜轨道上运动时，受重力、支持力、摩擦力3个力的作用，沿斜面方向的加

mgsin θ－fmgsin θ＋f速度由摩擦力和重力沿斜面的分力提供，下滑的加速度a1＝，上滑的加速度a2＝，mm故下滑的加速度比上滑的加速度小，A正确。由于小物块在倾斜轨道上有摩擦力做功，故当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能部分转化为弹簧的弹性势能，B错误。小物块下滑到O点时，由动能定理得mghh1212

－μmgcos θ2＝mv，在水平轨道上，由机械能守恒定律得mv＝Ep，设小物块能够上升的最大高

sin θ22

h1121－μcot θ

度h1，物体被弹回过程中由动能定理得－mgh1－μmgcos θ2＝0－mv，解得：h1＝ h，

sin θ21＋μcot θ

C正确。由能的转化与守恒定律可知小物块最终将静止在O点，重力势能全部转化为内能，故在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh，D正确。

16.(20152徐州模拟)如图14所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。先将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质细线将小球与质量为M(M＝3m)的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)( )

图14

A．小球运动的整个过程中，小球与小物块的系统机械能守恒 B．小球在直管中的最大速度为

10gL 4

C．小球从管口抛出时的速度大小为D．小球平抛运动的水平位移等于

gL2

2L 4

解析：选BD 小球运动的整个过程，包括小物块落地时与地面碰撞的过程，此过程机械能有损失，A错误；小物块刚要落地瞬间，小球的速度最大，由机械能守恒定律得：MgLsin 30°－mgLsin 30°2sin 30°110gL12122＝(m＋M)vm，解得：vm＝，B正确；之后小球沿管上升，机械能守恒：mvm－mv＝mg(L－Lsin 30°)2sin 242230°，解得：小球从管口抛出时的速度大小为v＝球平抛运动的水平位移x＝2

L，D正确。 4

选择题专练卷(三)|直线运动的图像

一、单项选择题

1．(20152齐齐哈尔实验中学模拟)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随时间变化的图像如图1所示，若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则下列图像中该物体在0～4 s内位移最大的是( )

2gL12

，C错误；由x＝vt，gt＝L2sin 30°，解得：小42

图1

解析：选C 图像A、B、D所表示的物体的运动均为往复运动，只有图像C所表示的物体的运动为单向运动，在0～4 s内的位移最大。

2．(20152徐州模拟)我国“蛟龙号”深潜器，在2012年6月24日以7 020 m深度成为世界上下潜最深的载人潜水器。假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10 min内速度图像，下列说法正确的是( )

图2

9

A．本次下潜的最大深度为 7 020 m

2

B．全过程中最大加速度是 0.025 m/s C．0～4 min内平均速度为1.5 m/s

D．0～1 min和8～10 min的时间内潜水员处于超重状态

1

解析：选C “蛟龙号”深潜器在0～4 min内一直向下运动，在t＝4 min时，达最大深度，hm＝(4

2

2－0122

＋2)32360 m＝360 m，A错误；最大加速度am＝ m/s＝ m/s，B错误；0～4 min内的平均速度v6030

hm360＝＝ m/s＝1.5 m/s，C正确；潜水员在0～1 min内的加速度竖直向下，处于失重状态，D错误。 t4360

3．(20152洛阳模拟)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。皮球在上升过程中的加速度大小a与时间t关系图像正确的是( )

图3

解析：选C 由于皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。上升过程中的加速度大小a随时间t减小，当速度减小到很小时，加速度趋近于g，上升过程中的加速度大小a与时间t关系图像正确的是图C。

4.(20152深圳调研)跳伞运动员在下降过程中沿竖直方向运动的v -t图像如图4所示，则0～t1过程中( )

图4

A．速度一直在增大 B．加速度一直在增大 C．机械能保持不变

1

D．位移为 vmt1

2

1

解析：选A 加速度一直在减小，选项B错误。有空气阻力，机械能减小，选项C错误。位移大于vmt1，

2

选项D错误，选项A正确。

5.(20152苏州模拟)一个质点沿x轴做匀加速直线运动。其位置－时间图像如图5所示，则下列说法正确的是( )

图5

A．该质点的加速度大小为2 m/s

B．该质点在t＝1 s时的速度大小为2 m/s

C．该质点在t＝0到t＝2 s时间内的位移大小为6 m D．该质点在t＝0时速度为零

解析：选D 质点做匀加速直线运动，设t＝0时质点的速度为v0，加速度为a，由图像知t1＝1 s时，

1112

x1＝2 m；t2＝2 s时，x2＝8 m，利用公式x＝v0t＋at2得：x1＝v0t1＋at21，x2＝v0t2＋at2，代入数据解得a222

2

＝4 m/s，v0＝0，t＝1 s时的速度大小为4 m/s，故只有D正确。

6.(20152辽宁五校联考)将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图像如图6

2

所示，不计空气阻力，取g＝10 m/s。根据图像信息，不能确定的物理量是( )

2

10

B．“神舟星”的公转周期大 C．“神舟星”的加速度大 D．“神舟星”受到的向心力大

Δl，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨Δt利伟星”平均每天绕太阳运动145万公里，可以得出：“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，研

解析：选C 根据线速度的定义式得：v＝

GMmv2GM究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：2＝m，R＝2(其中M为太阳的质量，R为

RRv轨道半径)，由于“神舟星”的线速度大于“杨利伟星”的线速度，所以“神舟星”的轨道半径小于“杨利

GMm4π2

伟星”的轨道半径，故A错误；根据万有引力提供向心力得：2＝m2R，T＝2π

RT究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：R3

，由于“神舟星”GM的轨道半径小于“杨利伟星”的轨道半径，所以“神舟星”的周期小于“杨利伟星”的周期，故B错误；研

GMmGM2＝ma，a＝2，由于“神舟星”的轨道半径RR小于“杨利伟星”的轨道半径，所以“神舟星”的加速度大于“杨利伟星”的加速度，故C正确；研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：F向＝

GMm，由于不知道“神舟星”和“杨利伟星”的R2

质量大小关系，所以两者的向心力无法比较，故D项错误。

8．(20152北师大附中检测)人造卫星绕地球运动只受地球的引力，做匀速圆周运动，其轨道半径为r，线速度为v，周期为T。为使其周期变为8T，可采用的方法有( )

A．保持轨道半径不变，使线速度减小为v/8

B．逐渐减小卫星质量，使轨道半径逐渐增大为4r C．逐渐增大卫星质量，使轨道半径逐渐增大为8r D．保持线速度不变，将轨道半径增加到8r

r3

解析：选B 利用万有引力提供卫星的向心力可以得到：v＝，从中可以看出：线

GM速度、周期与半径具有一一对应关系，与卫星的质量无关，使轨道半径逐渐增大为4r，能使其周期变为8T，速率同时减小为v/2，B正确，A、C、D错误。

GM，T＝2π r9．(20152青岛高三期中)2010年10月1日，继“嫦娥一号”卫星成功发射之后，“嫦娥二号”卫星再次发射成功。这是我国航天史上的另一重要成果。“嫦娥二号”发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月面h＝100 km的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动。设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g′，万有引力常量为G，则下列结论错误的是( )

A．“嫦娥二号”绕月球运行的周期为B．由题目条件可知月球的平均密度为

2π?R＋h?

RR＋h g′

3g′

4πGRC．“嫦娥二号”在轨道上绕行的线速度为g′?R＋h? D．“嫦娥二号”轨道处的加速度为 ?

?2g′ R＋h??

2π?2Mmv2Mm′?解析：选C 根据万有引力定律，则G(R＋h)＝m＝ma，又G2＝m′g′，2＝m?R＋h??R＋h?R?T?

所以“嫦娥二号”绕月球运行的周期为T＝2π

?R＋h?

3

RGM＝2π?R＋h?

RR＋h，月球的密度，ρ＝g′

M4πR3

3g′＝； “嫦娥二号”在轨道上绕行的线速度为v＝ 4πGR3

GM＝ R＋hg′R2

； “嫦娥二号”轨道处的R＋h??g′，选项A、B、D正确，C错误。 加速度为a＝2＝

?R＋h??R＋h?2

GMR1

10．(20152潍坊模拟)火星是位于地球轨道外侧的第一颗行星，它的质量约为地球质量的，直径约为

10

1

地球直径的，公转周期约为地球公转周期的2倍。2013年将出现一个火星离地球最近、发射火星探测器最

2

佳的时段。以下说法正确的是( )

A．火星的第一宇宙速度约是地球第一宇宙速度的5倍

B．火星表面的重力加速度约是地球表面重力加速度的0.4倍 C．火星公转轨道的半径约是地球公转轨道半径的2倍 D．下一个最佳发射期，最早要到2017年

16

Mmv2GM解析：选B 根据万有引力等于向心力得出G2＝m，解得v＝ ，根据万有引力等于重力得出：RRRMmGMG2＝mg，得：g＝2，根据火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星的第一宇宙RR速度约是地球第一宇宙速度的

5

倍，火星表面的重力加速度约为地球表面的0.4倍，故A错误，B正确。根5

4πr23

2π?2Mm据万有引力提供向心力有G2＝mr?r?T?，解得T＝ GM，又火星公转周期约为地球公转周期的2倍，

3

故火星公转轨道的半径约是地球公转轨道半径的4倍，C错误；下一个最佳发射期，最早要到2015年，D错误。

二、多项选择题

11．马航客机失联牵动全世界人的心，怀疑失事地点位于南纬31°52′东经115°52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照相，则( )

A．该卫星可能是通过地球两极上方的轨道

B．该卫星平面可能与南纬31°52′所确定的平面共面 C．该卫星平面一定与东经115°52′所确定的平面共面 D．地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍

解析：选AD 卫星运动轨道必须以地心为圆心，不可能与南纬31°52′所确定的平面共面，B错误；该卫星可能是极地卫星，若为极地卫星，地球自转周期应为卫星运动周期的整数倍，才能使其在每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照相，故A、D正确，C错误。

12.(20152张掖模拟)在早期的反卫星试验中，攻击拦截方式之一是快速上升式攻击，即“拦截器”被送入与“目标卫星”轨道平面相同而高度较低的追赶轨道，然后通过机动飞行快速上升接近目标将“目标卫星”摧毁。图2为追赶过程轨道示意图。下列叙述正确的是

( )

图2

A．图中A是“目标卫星”，B是“拦截器”

B．“拦截器”和“目标卫星”的绕行方向为图中的顺时针方向 C．“拦截器”在上升的过程中重力势能会增大 D．“拦截器”的加速度比“目标卫星”的加速度小

解析：选BC 图中B是“目标卫星”，A是“拦截器”，所以选项A错；由于“拦截器”轨道低、速度大，应落后于“目标卫星“，绕行方向应为图中的顺时针方向，所以选项B对；“拦截器”在上升的过程中要克服重力做功，所以重力势能会增大，C选项对；由a＝2知“拦截器”的加速度比“目标卫星”的加速度大，D选项错。

13．(20152泰安模拟)北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星定位与通信系统(CNSS)，是继美全球定位系统(GPS)和俄GLONASS之后第三个成熟的卫星导航系统。2012年10月25日，我国将第十六颗北斗卫星“北斗－G6”送入太空，并定点于地球静止轨道上。12月27日，北斗系统空间信号接口控制文件正式版正式公布，北斗导航业务正式对亚太地区提供无源定位、导航、授时服务，定位精度优于20 m，授时精度优于100 ns。则( )

A．“北斗－G6”的运行周期为24 h

B．“北斗－G6”的运行速度为第一宇宙速度

C．“北斗－G6”的运行角速度比月球绕地球运行的角速度小 D．“北斗－G6”卫星的线速度比月球绕地球运行的线速度大

解析：选AD “北斗－G6”定点于地球静止轨道上，其周期与地球自转一周的时间相等，故A正确。第一宇宙速度是卫星贴近地球表面运行的速度，而“北斗－G6”距离地球的高度约为36 000 km，其运行时的速度不符合第一宇宙速度的定义，B错误。月球绕地球运行的周期约为28天，大于“北斗－G6”绕地球2π4πrGM运行的周期，根据T＝，T＝ ，v＝可知，与月球相比，“北斗－G6”的运行角速度大，

ωGMr轨道半径小，线速度大，故C错误D正确。

14.(20152莱州一中模拟)2013年12月2日，牵动亿万中国心的嫦娥三号探测器顺利发射。嫦娥三号要求一次性进入近地点210公里、远地点约36.8万公里的地月转移轨道，如图3所示，经过一系列的轨道

17

23

GMr

修正后，在P点实施一次近月制动进入环月圆形轨道Ⅰ，再经过系列调控使之进入准备“落月”的椭圆轨道Ⅱ。嫦娥三号在地月转移轨道上被月球引力捕获后逐渐向月球靠近，绕月运行时只考虑月球引力作用。下列关于嫦娥三号的说法正确的是( )

图3

A．沿轨道Ⅰ运行的速度小于月球的第一宇宙速度

B．沿轨道Ⅰ运行至P点的速度等于沿轨道Ⅱ运行至P点的速度 C．沿轨道Ⅰ运行至P点的加速度等于沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度 D．在地月转移轨道上靠近月球的过程中月球引力做正功

GMmv2GMGMGMGM解析：选ACD 由2＝m＝ma可知，v＝ ，a＝2，因v＝ ＜ ，故沿轨道Ⅰ运行的

rrrrrR速度小于月球的第一宇宙速度，探测器在P点的加速度由r完全决定，A、C均正确；在探测器靠近月球的过程中，月球引力做正功，D正确；卫星由轨道Ⅰ在P点制动减速才能转移到轨道Ⅱ，故B错误。

15．(20152济南模拟)美国航天局等研究机构2013年4月18日宣布，开普勒天文望远镜已观测到太阳系外迄今“最像地球”的行星，行星围绕一颗比太阳更小、更冷、更老的恒星运行。若已知行星绕恒星做圆周运动的轨道半径为R、周期为T，引力常量为G。据此可知( )

A．行星的质量 B．恒星的质量

C．行星绕恒星做圆周运动的线速度 D．行星表面的重力加速度

2

GMm4π

解析：选BC 由于行星绕恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：2＝mR2，

RT知道行星运动的轨道半径R和周期T，再利用万有引力常量G，通过前面的表达式只能算出恒星的质量M，

2πR无法求出行星的质量，故A错误B正确；行星绕恒星做圆周运动的线速度v＝，故可以求出，C正确；

T由于不知道行星表面卫星的相关数据，故行星表面的重力加速度无法求出，故D错误。

16．(20152揭阳模拟)我国发射的第一颗探月卫星“嫦娥一号”，进入距月面高度h的圆形轨道正常运行。已知月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则( )

A．嫦娥一号绕月球运行的周期为2π B．嫦娥一号绕行的速度为 g?R＋h? C．嫦娥一号绕月球运行的角速度为 D．嫦娥一号轨道处的重力加速度为?

R gR2g3

?R＋h?R?R＋h??g

2

2

GMmv24πGMm2

解析：选CD 由＝mω(R＋h)＝m2(R＋h)＝mg轨，又2＝mg可得：v＝2＝m?R＋h?R＋hTRgR2

，R＋hω

gR2

3，T＝

?R＋h?

4π?R＋h?

23

gR2

gR2

，g轨＝2，故C、D正确，A、B错误。

?R＋h?

选择题专练卷(五)|静电场

一、单项选择题

1．(20152桂林模拟)如图1甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图乙所示，则( )

图1

A．A点的场强大于B点

B．电子在A点受到的电场力小于B点 C．A点的电势高于B点

18

D．电子在A点的电势能小于B点

解析：选B 由速度图像看出，图线的斜率逐渐增大，电子的加速度逐渐增大，电子所受电场力增大，则电场力FA＜FB，故B正确。电子所受电场力逐渐增大，场强逐渐增大，电场强度EA＜EB，故A错误。电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，电子带负电，则场强方向从B到A，根据顺着电场线电势降低可知，电势φA＜φB，故C错误。由速度图像看出，电子的速度增大，动能增大，根据能量守恒得知，电子的电势能减小，则电势能EA＞EB，故D错误。

2.(20152佳木斯模拟)如图2所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。以下说法正确的是( )

图2

A．粒子的运动轨迹一定经过P点

B．粒子的运动轨迹一定经过PH之间某点

C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域 D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域

解析：选D 因匀强电场平行于AB边，带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，所以粒子所受电场力沿BA方向，又带正电的粒子所受电场力方向与场强方向相同，因此匀强电场方向由B指向A，粒子做类平抛运动，在FH方向做匀速直线运动，在BA方向做初速度为零的匀加速直线运动，其轨迹是一条抛物线，则根据平抛运动规律可知，过D点做速度的反向延长线一定交于FH的中点，而

12

由几何关系知延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，故A、B均错误；由FA＝at和x2＝v0t知，当FA一定时，若将粒子的初速度变为原来的一半，则匀速直线运动方向上的位移变为原来的一半，所以粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域，故C错误，D正确。

3．(20152湖南师大附中模拟)如图3所示，坐标原点O都表示一半径为R的带正电的实心金属球的球心位置，横坐标表示到球心的距离，纵坐标表示带电金属球产生的电场的电势或电场强度大小，坐标平面上的线段及曲线表示电场强度大小或电势随距离r变化的关系，选无限远处的电势为零，关于纵坐标的说法正确的是( )

图3

A．图①表示电场强度；图②表示电势 B．图②表示电场强度；图③表示电势 C．图③表示电场强度；图④表示电势 D．图④表示电场强度；图①表示电势

解析：选B 一个带正电的金属球内的电场强度为零，电势处处相等。从球外沿x轴方向无穷远处，由点电荷电场强度公式可知，电场强度渐渐变小。所以②可以表示场强随 r的变化；根据沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与r图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先不变后减小，故③可以表示电势随r的变化。所以选项B正确。

4．(20152成都模拟)一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小E0＝2，

2R把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图4甲所示。上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示。左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4，则( )

kQ图4

19

A．E1>2

4RC．E3<2

4R解析：选A 根据点电荷电场强度公式E＝

kQkQB .E2＝2 4RD．E4＝2 4RkQkQkQ，且电荷只分布在球的表面，对于图甲，虽表面积相同，r2

但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为E1＞E2；因电荷Q在球心OkQkQ处产生电场的场强大小E0＝2，则E1＞2；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左

2R4R右两个半球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧部

kQ分在O点产生的场强大小相等，即E3＝E4。由于方向不共线，由合成法则可知，E3＞2；故A正确。

4R－9

5．(20152邯郸模拟)将一正电荷从无限远处移入电场中M点，静电力做功W1＝6310 J，若将一个等

－9

量的负电荷从电场中N点移至无限远处，静电力做功W2＝7310 J，则M、N两点的电势φM、φN关系正确

的是( )

A．φN<φM<0 C．φM<φN<0

B．φN>φM >0 D．φM>φN>0

解析：选A 由题意知，根据电场力做功W1＝qU∞M，又U∞M＝φ∞－φM＝－φM，联立解得：φM＝－，同理W2＝－qUN∞，UN∞＝φN－φ∞＝φN，联立解得：φN＝－，又因为W2大于W1，故φN<φM<0，所以A正确；B、C、D错误。

6.如图5所示，在匀强电场E的区域内，O点处放置一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是( )

W1qW2q图5

A．b、d两点的电场强度相同 B．a点的电势等于f点的电势

C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功

D．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点时电势能的变化量一定最大

解析：选D 空间任何一点的电场都是由匀强电场和点电荷的电场叠加而成，根据平行四边形定则分析各点场强关系。场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同。根据叠加原理，判断各点的电势关系。若两点间电势差不为零，电场力做功不为零。点电荷＋Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向左下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同，故A错误；一个试探正电荷由a点移动到f点，点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故B错误；当点电荷＋q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，故D正确。

7.(20152马鞍山模拟)如图6所示，MN为无限大的不带电的金属平板，现将一个带电量为＋Q的点电荷置于板右侧，并使金属板接地。已知金属板与点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，取大地电势为零。图中BCDE在以电荷＋Q为圆心的圆上，则下列说法正确的是( )

图6

A．D点电势低于零电势 B．C和E点的场强相同

C．B点的场强大于D点的场强

D．带正电电荷从B点运动到D点，电场力做正功

解析：选C 根据等量异种电荷的电场分布规律，可知D点的电势高于零电势，选项A错误；C和E点

20

的场强大小相同，但方向不同，故选项B错误；B点的电场线比D点的电场线密集，所以B点的场强大于D点的场强，选项C正确；由于D点的电势大于B点的电势，根据公式Ep＝qφ，正电荷在B点的电势能小于在D点的电势能，正电荷从B点运动到D点，电场力做负功，选项D错误。

8.(20152锦州模拟)如图7所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心。两个等量正电荷分别固定在M、N两点。现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是( )

图7

A．O点的电势一定为零

B．P点的电势一定比O点的电势高 C．粒子一定带正电

D．粒子在P点的电势能一定等于在Q点的电势能

解析：选D 等量同种正电荷电场分布如图所示，MN连线上电场线从M指向O点和从N指向O点，PQ连线上电场线从O点指向P和从O点指向Q点，沿电场线方向电势逐渐降低，MN连线上O点电势最低，PQ连线上O点电势最高，电势是相对的，零电势是人为规定的，所以O点的电势是否为零要看零电势规定的位置，选项A错。P点电势低于O点电势，选项B错。粒子在P点释放后向Q点运动，说明受电场力逆向电场线方向，说明粒子带负电，选项C错。根据电场对称性，从P到Q电场力做功为0，所以粒子在P点的电势能一定等于Q点的电势能，选项D对。

9.如图8所示，虚线A、B、C为某电场中的三条等势线，其电势分别为3 V、5 V、7 V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q为轨迹与等势线A、C的交点，带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是( )

图8

A．粒子可能带负电

B．粒子在P点的动能大于在Q点的动能

C．粒子在P点的电势能大于粒子在Q点的电势能

D．粒子在P点受到的电场力大于在Q点受到的电场力

解析：选B 根据等势线与电场线垂直可画出电场线，确定带电粒子运动所受电场力的方向偏向左侧，粒子在P点的动能大于在Q点动能，选项B正确；由于带电粒子只受电场力，带电粒子运动时动能和电势能之和保持不变，根据A、B、C三条等势线的电势分别为3 V、5 V、7 V，可确定电场线方向偏向左侧，粒子带正电，粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能，选项A、C错误；由于P点所在处等差等势面稀疏，电场强度小，所以粒子在P点受到的电场力小于在Q点受到的电场力，选项D错误。

10.(20152淄博模拟)如图9所示，有四个等量异种的点电荷，分别放在正方形的四个顶点处。a、b、c、d分别为正方形四个边的中点，O为正方形的中点。下列说法错误的是( )

图9

A．a、c两点的电场强度一定相同 B．b、d两点的电势一定相同

C．将一带正电的试探电荷从b点沿直线移动到d点，电场力先做正功后做负功 D．将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，试探电荷的电势能一直减小

解析：选C 设正方向边长为L，每个电荷电量为Q，对a点研究，两个正电荷在a点的合场强为零，165kQ根据平行四边形定则，两个负电荷在a点的合场强Ea＝，方向水平向右，同理，c点的合场强Ec＝2

25L

21

165kQ，方向水平向右，故A正确；b、d两点关于ac连线对称，故b、d两点的电势一定相同，故B正确；2

25L据对称性，b、d等电势，所以将一带正电的试探电荷匀速从b点沿直线移动到d点，电场力做功为零，故C错误；根据矢量合成法则，从a点沿直线到c点，各个位置的场强方向向右，所以将一带正电的试探电荷从a点沿直线移动到c点，电场力方向向右，所以电场力一直做正功，所以电荷的电势能一直减小，故D正确。

二、多项选择题

11.(20152揭阳模拟)如图10所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态。现将两极板的间距变大，则( )

图10

A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动

C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流

解析：选BD 将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E＝减小，电荷q所受的电场力

UdF＝Eq减小，电荷将向下加速运动，故A错误，B正确；根据电容的决定式C＝

QUεS可知，电容减小，电容4πkd器的电压U不变，由电容的定义式C＝分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流，故C错误，D正确。

12.(20152长沙模拟)如图11所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初动能从坐标原点O沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场，质子通过P(d，d)点时的动能为5Ek；若场区仅存在垂直于xOy平面的匀强磁场，质子也能通过P点，不计质子的重力。设上述匀强电场的电场强度大小为E、匀强磁场的磁感应强度大小为B，下列说法中正确的是( )

4Ek

A．E＝

ed图11 5Ek

B．E＝

eded解析：选AC 质子在只有电场存在时，动能由Ek变为5Ek，由动能定理可知电场力做功为：W＝eEd＝5Ek

4Ek

－Ek，解得：E＝，由此可判断，选项A正确，B错误。质子在只有磁场存在时，质子做匀速圆周运动，

ed由题意可知，运动半径为d，由半径公式有：r＝d＝，设质子进入磁场时的速度为v，则速度为：v＝ 以上两式联立得：B＝

C．B＝ed2mEk

D．B＝

10mEk

mveB2mEk

，med2mEk

，以选项C正确，选项D错误。

13.(20152苏锡常镇四市模拟)如图12所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点。若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则( )

图12

A．电荷所受电场力大小不变 B．电荷所受电场力逐渐增大 C．电荷电势能逐渐减小

22

D．电荷电势能保持不变

解析：选BC 电场线的疏密表示了电场的强弱，由图可知正点电荷从虚线上N点移动到M点的过程中，电场力逐渐变大，故选项A错误，选项B正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，两等量异种点电荷连线中垂面伸向无穷远处，其电势为零，因此正点电荷从虚线上N点移动到M点的过程中，电势能逐渐减小，故选项C正确，选项D错误。

14.(20152忻州模拟)如图13所示，水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电荷量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则下列说法正确的是( )

图13

A．液滴做的是匀速直线运动 B．液滴做的是匀减速直线运动

mgd qD．液滴的电势能减少了mgd

C．两板间的电势差为

解析：选ACD 据题意，带电粒子沿直线运动，说明带电粒子受到重力和竖直向上的电场力，且G＝F，所以带电粒子做匀速直线运动，故A选项正确，B选项错误；由mg＝qE得到该电场的电场强度为：E＝则两板间电势差为：U＝Ed＝

mg，qmgd，故选项C正确；据电势能变化等于电场力做的功，故选项D正确。 q15.如图14所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上极板B接地，现有大量质量均为m，带电荷量为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下极板A的正中央P点。能落到A极板的油滴仅有N滴，且第N＋1滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A极板的油滴的电荷量能被极板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则( )

图14

3CdmgA．落到A极板的油滴数N＝2 4qB．落到A极板的油滴数N＝

Cdmg2 4qmgdC．第N＋1滴油滴经过电场的整个过程中所增加的动能为

83mgdD．第N＋1滴油滴经过电场的整个过程中减少的机械能为

8

解析：选ACD 第一滴油滴在电容器中运动时，只受重力作用。设板长为l，板间距为d，由平抛运动

g。当第N＋1滴油滴恰好离开电容器时，必定是沿着下极板的边缘飞出，油滴的加速度dEq2Eqd1lUNq3Cdmg为a＝g－，由类平抛运动知＝?g－?t，又t＝，而E＝＝，可以求得N＝2，A项正确。由m?m22?v0dCd4qd1mgd3mgd动能定理得：Ek＝W＝2mg＝。因为电场力做了负功，电势能增加了，而电场力做功为W＝－。

的知识有v0＝

2

2488

16．(20152扬州中学模拟)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压UAB如图15所示，交变电压的周期T＝

lL，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则2v0

( )

23

图15

A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是v0

C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大

D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 416

解析：选BD 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度不同，可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误；所有电子离开电场时，竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；t＝T/4时刻进入电场的电子，在t＝3T/4时刻侧位移最大，最大侧位移为Ym

22

1?T?2aTd1T2aTd＝22a＝，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d/2，则有：＝42a()＝；解得：Ym＝，2?4?16222216故D正确。

选择题专练卷(六)|磁 场

一、单项选择题

1．(20152长沙模拟)如图1所示，两根长直导线m、n竖直插在光滑绝缘水平桌面上的小孔P、Q中，O为P、Q连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线中通有大小、方向均相同的电流I。下列说法正确的是( )

Td图1

A．O点的磁感应强度为零

B．a、b两点磁感应强度的大小Ba>Bb C．a、b两点的磁感应强度相同

D．n中电流所受安培力方向由P指向Q

解析：选A 根据安培定则，m在O点产生的磁场方向垂直ab连线向里，n在O点产生的磁场方向垂直ab连线向外，根据对称性，磁感应强度大小相等，磁场矢量和等于0，选项A对。根据对称性，m、n在 a、b两点产生的合磁场大小相等，但是方向不同，选项B、C错。同向电流相互吸引，n中电流所受安培力方向由Q指向P，选项D错。

2．(20152成都模拟)如图2所示，在xOy坐标系的第一象限中有一半径为r＝0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度B＝1 T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为C、A。现有大量质量

－18－107

为1310 kg(重力不计)，电量大小为2310 C，速率均为2310 m/s的带负电的粒子从A处垂直磁场进入第一象限，速度方向与y轴夹角为 θ，且0<θ<180°，则下列说法错误的是( )

图2

A．粒子的轨迹圆和磁场圆的半径相等

B．这些粒子轨迹圆的圆心构成的圆和磁场圆的半径相等 C．部分粒子的运动轨迹可以穿越坐标系进入第二象限 D．粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆

24

v2

解析：选C 根据Bqv＝m得：r＝0.1 m，所以A正确；由题意知，所以粒子的轨迹，相当于把半径rr＝0.1 m的圆以A点为中心顺时针转动，如图所示，所以粒子轨迹圆的圆心构成的圆的圆心在A点，半径等于AB，即与磁场圆的半径相等，且粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆，所以B、D正确；由图知，粒子离开磁

场区域后进入第四象限做匀速直线运动，不可能进入第二象限，所以C错误。

3.(20152淄博模拟)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )

图3

A.3mv0

3qRC. 2qRmv0

mv0

qR3mv0D. qRB.

解析：选A 根据粒子运动的轨迹，由几何关系可得，粒子运动的半径r＝3R，根据粒子受到的洛伦

2v03mv0

兹力提供向心力可得，qv0B＝m，解得，B＝，选项A正确。

r3qR4.(20152江苏模拟)如图4所示，无限长导线，均通以恒定电流I。直线部分和坐标轴接近重合，弯曲

部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图5中O处磁感应强度和图4中O处磁感应强度相同的是( )

图4

图5

解析：选A 可以采用填补法，在题图中相当于一个顺时针方向的环形电流取其Ⅱ、Ⅳ象限的一半，在选项A中，显然Ⅱ、Ⅳ象限的电流产生的磁场相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的仍然相当于一个顺时针方向的环形电流的一半，因此圆心O处的磁感应强度与题图中的相同。在选项B中，则相当于是一个完整的顺时针方向的环形电流，圆心O处的磁感应强度与题图中的相比方向相同，大小则是2倍。在选项C中，Ⅰ、Ⅲ象限的电流产生的磁场相互抵消，Ⅱ、Ⅳ象限的电流相当于一个逆时针方向的环形电流的一半，圆心O处的磁感应强度与题图中的相比大小相同，但方向相反。在选项D中，Ⅱ、Ⅳ象限的电流产生的磁场相互抵消，Ⅰ、Ⅲ象限的电流相当于一个逆时针方向的环形电流的一半，圆心O处的磁感应强度与题图中的相比大小相同，但方向相反，故只有选项A正确。

5.如图6所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁

25

场。下列说法正确的是(不计粒子所受重力) ( )

图6

A．如果只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场 B．如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场

C．如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场 D．如果只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场

12

解析：选D 设粒子被电场加速后的速度为v，在磁场中运动的半径为R，则电场加速过程，有qU＝mv，

2

v2mv12mU12U在磁场中有qvB＝m，R＝，联立得R＝ ＝ 。如果只增大U，半径R增大，选项A错误；

RqBBqBk如果只减小B，半径R增大，粒子向下偏，不可能从ab边某位置穿出磁场，选项B错误；如果既减小U又增加B，半径R减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场，选项C错误；如果只增加k，半径R减小，粒子可从dP之间某位置穿出磁场，选项D正确。

6.(20152景德镇模拟)如图7所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场， ab是圆的一条直径。一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为(不计带电粒子所受重力)( )

图7

A．3t

3B.t 2

1

C.t D．2t 2

解析：选D 当粒子的速度为2v时，半径为r1，由题意知，轨迹对应的圆心角为60°，所以运动的时1v2mv1

间t＝T，当速度为v时，根据Bqv＝m得：r＝，故半径r2＝r1，由几何关系知，轨迹的圆心角为120°，

6rBq2

1

故时间t′＝T＝2t，所以D正确。

3

7.如图8所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图。速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外。在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若m甲＝m乙

A．甲、乙、丙、丁 C．丙、丁、乙、甲

图8

B．甲、丁、乙、丙 D．甲、乙、丁、丙

解析：选B 四种离子，只有两个离子通过速度选择器，只有速度满足v＝，才能通过速度选择器。所

EBv2mv以通过速度选择器进入磁场的离子是乙和丙，根据qvB＝m，得R＝，乙的质量小于丙的质量，所以乙的

RqBE半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点。甲的速度小于乙的速度，即小于，洛伦兹力小于电场力，

B26

离子甲向下偏转，打在P1点。丁的速度大于乙的速度，即大于，洛伦兹力大于电场力，离子向上偏转，打在P2点，故B正确，A、C、D错误。

8.图9为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应

－3

强度大小B＝2.0310 T，在x轴上距坐标原点L＝0.50 m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，

4

现将一带正电荷的粒子以v＝3.5310 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50 m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q, 不计其重力。则上述粒子的比荷是( )

EBqm

图9

77

A．3.5310 C/kg B．4.9310 C/kg

77

C．5.3310 C/kg D．7310 C/kg

解析：选B 设粒子在磁场中的运动半径为r，画出粒子的轨迹图如图所示，依题意MP连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径， 由几何关系得r＝

2

L，由洛伦兹力提供粒子在磁2

mv2q7

场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝，联立解得：＝4.9310 C/kg，故选项

rmB正确。

9.(20152青岛模拟)如图10所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电量为q，不计电荷的重力，则下列说法正确的是( )

图10

A．匀强磁场的磁感应强度为

mv0

qLπLB．电荷在磁场中运动的时间为

v0

C．若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小 D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB中点射出

解析：选A 由几何关系可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心恰好在C点，可知半径为L，根据mv2mv0πLsqvB＝可知，磁感应强度大小B＝，A正确；电荷在磁场中运动的路程s＝，因此运动的时间t＝＝

LqL2v0

πL2πm，B错误；若从CD边界射出，则在磁场中运动的时间恰好为半个周期，而粒子在磁场中运动的周期T＝，2v0qB1

与粒子运动的速度无关，因此若电荷从CD边界射出，虽然入射速度减小，但电荷在磁场中运动的时间总是

2

2

πmmvT＝，保持不变，C错误；若电荷的入射速度变为2v0，则根据qvB＝可知轨道半径为2L，则根据几何

qBL关系可以求出射出点距B的距离为s＝2L(1－cos 30°)＝0.27L，D错误。

10.(20152宁波模拟)如图11所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，则( )

图11 27

A．粒子a、b的电量之比是2∶3 B．粒子a、b的电量之比是8∶3 C．粒子a、b的质量之比是4∶3 D．粒子a、b的质量之比是3∶4

解析：选D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：

由几何关系可以看出，两粒子的轨道半径之比为Ra∶Rb＝1∶3，由牛顿第二定

v21212

律得Bqv＝m，由题意可知mava＝mbvb，根据图示可得到两粒子运动轨迹的长度之比

R222πRaπRb为sa∶sb＝∶＝2∶3，因两粒子同时到达P点，故可解得va∶vb＝2∶3，

33

联立后求得粒子质量比ma∶mb＝3∶4，电荷量之比为qa∶qb＝3∶2，由选项可以看出，只有选项D正确，其它均错误。

二、多项选择题

11.(20152南昌模拟)如图12所示为垂直纸面方向的圆形匀强磁场，半径为R。有甲、乙两个质量和电荷量大小都相同的异种带电粒子沿直径方向分别由A、B两点射入磁场，并且都从C点射出磁场，C点到AB的距离为

3

R，若带电粒子只受洛伦兹力，下列说法正确的是( ) 2

A．甲、乙速度之比2∶1 C．甲、乙路程之比3∶2

图12

B．甲、乙运动时间之比1∶2 D．甲、乙半径之比2∶1

3

R，所以甲的偏转角为60°；乙的偏转角为120°。2

3mvR。所以半径之比为3∶1；由R＝得速3qB解析：选BC 由几何知识知，C点到AB的距离为

甲的半径为R1＝Rcot 30°＝3R，乙的半径为R2＝Rcot 60°＝

α

度之比为3∶1；由t＝T，得时间之比为1∶2；由弧长公式l＝αr得，路程之比为3∶2。

2π

＋3＋

12.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P，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13所示。已知离子P在磁场

＋3＋

中转动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P( )

图13

A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为1∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为1∶3

解析：选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

12v2

＝1∶3，选项A错误；在电场中加速过程，由动能定理可得qU＝mv，在磁场中偏转过程：qvB＝m，两式

2r2mUdsin θ2

，故r1∶r2＝1∶1，选项B正确；设磁场宽度为d，根据sin θ＝可得：＝

Bqrsin θ1

r112

，联立解得θ2＝60°，选项C正确；由qU＝mv＝Ek可知Ek1∶Ek2＝1∶3，选项D正确。 r22

13.(20152湛江模拟)如图9所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子以某一速率v垂直磁场方向从O点进入磁场区域，电子进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，下列有关说法正确的是( ) 1

联立可得：r＝

28

图9

A．若θ一定，速度v越大，粒子在磁场中运动时间越长

B．粒子在磁场中的运动时间与速度v有关，与角度θ大小无关 C．若速度v一定，θ越小，粒子在磁场中运动时间越长 D．粒子在磁场中运动时间与角度θ有关，与速度v无关

解析：选CD 粒子在磁场中的运动为匀速圆周运动，由几何知识知，粒子离开磁场时转过的圆心角一定为2π－2θ，

α2π－2θ2πm若θ一定，则t＝T＝2，所以粒子在磁场中的运动时间和速度无关；若速度v一定，

2π2πqBθ越小，粒子在磁场中运动的时间越长，选项A、B错误，C、D正确。

14.如图15所示，在ab＝bc的等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点。大量相同的带电粒子从a点以相同方向垂直磁场射入，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场。不计粒子重力，则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间与从d点和e点离开的粒子相比较( )

图15

A．经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长 B．经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长 C．运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间 D．运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间

解析：选AD 如图所示，若粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧

θ

长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间t＝T，运动时间相同，

2π

所以A正确，C错误；如果从bc边射出，粒子从b到c上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c点射出的弧长。圆心角也会变大，但小于从c点射出时的圆心角，所以运动时间变短，故B错误，D正确。

15.(20152邯郸模拟)如图16所示，带有正电荷的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )

图16 1

A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是 33

B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是

2＋3

m1

C．A、B两粒子之比是 q3m3

D．A、B两粒子之比是 q2＋3

v2mv解析：选BD 由题意知，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝m，得：r＝，由几何关

rBqr3

系可得：对粒子B：Rcos 60°＋R＝d，对粒子A：rcos 30°＋r＝d，联立解得：＝，所以A错误，

R2＋3

29

B正确；再根据r＝，可得A、B两粒子之比是

，故C错误，D正确。 2＋3

16．如图17所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∟A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)，粒子的比荷为q/m，发射速度大小都为v0，且满足v0＝qBL/m。粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )

mvBqmq3

图17

A．粒子有可能打到A点

B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出

v2qBLmv0

解析：选AD 根据Bqv＝m，又v0＝，可得r＝＝L，又OA＝L，所以当θ＝60°时，粒子经过ArmBqα

点，所以A正确；根据粒子运动的时间t＝T，圆心角越大，时间越长，粒子以θ＝60°飞入磁场中时，

2π

粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60°，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；当粒子沿θ＝0°飞入磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，θ从0°到60°粒子在磁场中运动时

6

间先减小后增大，在AC边上有一半区域有粒子飞出，所以C错误，D正确。

选择题专练卷(七)|电磁感应 电路

一、单项选择题

1.(20152成都模拟)如图1所示电路中，当电键S断开瞬间( )

T

图1

A．流经R2的电流方向向右，流经L的电流方向向左 B．流经R2的电流方向向左，流经L的电流方向向右 C．流经R2和L的电流方向都向右 D．流经R2和L的电流方向都向左

解析：选A 当电键S断开前，流经L的电流方向向左，当断开电键的瞬间，通过线圈的电流将要减小，线圈会产生自感电动势，相当于电源， R2和线圈组成一个闭合电路，流经L的电流方向不变，继续向左，流经R2的电流方向向右，故A正确，B、C、D错误。

2.(20152开封模拟)如图2所示，金属杆ab以恒定的速率v在光滑平行导轨上向右滑行。设整个电路中总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述错误的是( )

图2

A．ab杆中的电流与速率v成反比

B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比

C．电阻R上产生的电热功率与速率v的平方成正比 D．外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成正比

解析：选A 由闭合电路欧姆定律及电磁感应定律可知，电路中的电流I＝＝

EBLv∝v，所以A错误；abRRB2L2v22

杆所受的安培力F＝BIL＝∝v，所以B正确；电阻R上产生的电热功率P＝IR ∝v，所以C正确；外力

R30

B2L2v22

做功的功率P外＝Fv＝ ∝v，所以D正确。

R3．如图3所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的闭合铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带平面向上，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图3，下列说法正确的是( )

图3

A．从图中可以看出，第2个线圈是不闭合线圈 B．从图中可以看出，第3个线圈是不闭合线圈

C．若线圈闭合，进入磁场时线圈相对传送带向前运动 D．若线圈不闭合，进入磁场时线圈相对传送带向后运动

解析：选B 若线圈闭合，进入磁场时，由于电磁感应现象，由楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，若线圈不闭合，不会产生感应电流，线圈不受安培力，故线圈相对传送带不发生滑动，由题图知第3个线圈没有发生相对滑动，则第3个线圈为不合格线圈，故A、C、D错误，B正确。

4．(20152孝感模拟)2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家。某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图4甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路。关于这个探究实验，下列说法中正确的是( )

图4

A．由图甲可知磁敏电阻的阻值随磁感应强度的增加而增加，与磁场的方向无关 B．由图甲可知无磁场时(B＝0)磁敏电阻的阻值最大

C．闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，通过电源的电流增加 D．闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，路端电压减小

解析：选A 由图可以看出，磁敏电阻的阻值只与磁感应强度的大小有关，随着磁感应强度变大，电阻变大，A正确，B错误。闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，电路电流减小，由E＝U＋Ir，可知路端电压增大，故C、D错误。

5.如图5所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，两电表均为理想电表，定值电阻R3＝5 Ω。当开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等。则下列说法正确的是( )

图5

A．电阻 R1、R2 可能分别为3 Ω、6 Ω B．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 Ω

C．开关K 断开时电压表的示数一定小于K闭合时的示数

D．开关K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于1 Ω 解析：选B 据题意，开关K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，K闭合时R2被短路，则有：

E??(R＋R)＝?E?R，将R＝3 Ω、R＝6 Ω

?R＋R＋R＋r??R＋R＋r?2

2

1

2

1

1

2

1

2

3

1

3

代入方程不成立，而将R1＝4 Ω、R2＝5 Ω

代入方程成立，故A错误，B正确。开关K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，则开关K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数，故C错误。根据闭合电路欧姆定律得：U＝E－I(R3＋r)，则电压

ΔU表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为＝R3＋r＝6 Ω，故D错误。

ΔI6．(20152安徽师大附中质检)如图6所示是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图。将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘；图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内；转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流。若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω。则下列说法正确的是( )

31

图6

A．回路中有大小和方向周期性变化的电流

BL2ω

B．回路中电流大小恒定，且等于 2RC．回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘

D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的正弦变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中一定有电流流过 解析：选B 据题意，当盘转动后，由右手定则可以确定电流流向盘的中心，从b端流出到达a端，故

LωEBL2ω

选项A、C错误；所产生的电动势大小为：E＝BLv＝BL，则产生的电流大小为：I＝＝，故B选项

2R2R正确；如果将匀强磁场改成变化的磁场，铜盘不转动的话，没有导体切割磁场，回路中不会产生感应电流，故D选项错误。

7．(20152安徽师大附中质检)如图7所示，三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足B＝kt，磁场方向如图所示。 测得A环内感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为

( )

图7

A. IB＝I IC＝0 B. IB＝I IC＝2I C. IB＝2I IC＝2I D. IB＝2I IC＝0

ΔB2S解析：选D 据题意，根据法拉第电磁感应定律：E＝，可知感应电动势与磁通量变化率成正比，

ΔtEΔB2S而感应电流由闭合电路欧姆定律：I＝可知：I＝，在B环中磁通量变化是A环中的2倍，则IB＝2I，

RΔt2R而C环中方向相反的磁通量之和为0，故C环中感应电流为0，故D选项正确。

8．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8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( )

图8

A．没有感应电流

B．感应电流方向为逆时针

2

C．感应电流大小为πrB0/(t0R)

2

D．感应电流大小为2πrB0/(t0R)

解析：选C 对左半侧磁场，穿过导线框的磁通量向外均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知，由此

B0－0πr2πB0r2

产生的感应电动势为：E1＝2＝，根据楞次定律可知因此在导线框中产生的感应电流的方向

t0－022t0

为顺时针方向，对右半侧磁场，穿过导线框的磁通量向里均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知，由此产

B0－0πr2πB0r2

生的感应电动势为：E2＝2＝，根据楞次定律可知因此在导线框中产生的感应电流的方向为

t0－022t0

2

πB0r顺时针方向，对整个导线框而言，其感应电动势为：E＝E1＋E2＝，感应电流的方向为顺时针方向，故

t0

EπB0r2

选项A、B错误；根据闭合电路欧姆定律可知感应电流的大小为：I＝＝，故选项C正确，选项D错误。

RRt0

9.(20152东北三省模拟)如图9所示，等腰直角三角形区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的

32

匀强磁场，直角边CF长度为2L。 现有一电阻为R的闭合直角梯形导线框ABCD以恒定速度v水平向右匀速通过磁场。t＝0时刻恰好位于图示位置(即BC与EF在一条直线上，且C与E重合)，规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线正确的是( )

图9

图10

解析：选C 在进入长度L的过程中，切割磁感线的有效长度在均匀增加，由E＝BLv知，感应电动势

EBLv，由楞次定律判断知，感应电流方向为RR正，在进入由L到2L的过程中，ADC边切割磁感线的有效长度在均匀增加，AB边切割磁感线的长度在均匀增加，由几何关系知AB边增加的快且AB边和ADC边产生的感应电动势方向相反即等效于切割磁感线的总长度在减小，感应电流减小；在离开磁场的过程中，CD边不切割磁感线，AD边切割的长度小于AB边切割的长

均匀增加，进入L时的感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝＝度，产生负方向感应电流，C正确。

10.(20152成都模拟)如图11所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为d，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d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＝R。两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻RL＝R，重力加速度为g。现闭合开关S，给金属棒施加一个垂直于杆且平行于导轨平面向上的恒力F＝mg，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。下列说法错误的是( )

图11

m2g2RA．灯泡的额定功率PL＝22

2BdB．金属棒能达到的最大速度vm＝

mgR B2d2

1

C．金属棒达到最大速度的一半时的加速度a＝g

4

D．若金属棒上滑距离为L时速度恰达到最大，金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电

m3g2R2

热Qr＝mgL－44

4Bd解析：选A 当金属棒达到最大速度时，金属棒的合外力为0；金属棒切割磁感线时产生的感应电动势

B2d2vm

E＝Bdv，由闭合电路欧姆定律I＝；由安培力公式得FA＝ ，由合力为0，可知，FA＝F－mgsin θ，

RL＋rRL＋rmgRm2g2R2

解得金属棒能达到的最大速度vm＝22，灯泡的额定功率P＝IR＝22，所以A错误，B正确；当金属棒达

Bd4BdE33

到最大速度的一半时，FA′＝，合力F合＝F－ FA′－ mgsin θ＝，由牛顿第二定律可知此时加速度a24

1

＝g，故C正确；由能量守恒定律，外力F做功，等于增加的动能、增加的重力势能和这个过程中产生的热，4

FAmgm3g2R2

故得：Qr＝mgL－44，所以D正确。

4Bd二、多项选择题 11. (20152包头模拟)如图12所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN。拉动MN，使它以速度v向右匀速运动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都相同，那么在MN运动的过程中，闭合回路的( )

图12

A．感应电动势保持不变 B．感应电流保持不变 C．感应电动势逐渐增大 D．感应电流逐渐增大

解析：选BC 由图知，在金属棒运动的过程中切割的长度越来越大，速度不变，根据E＝BLv知，感应电动势越来越大，所以A错误，C正确；设某时刻切割的长度为l，电动势为Blv，回路总电阻为?1＋1＋1?lR0，可知回路电流保持不变，故B正确，D错误。 ?tan αsin α?

12.(20152南昌模拟)如图13所示，一劲度系数为k的轻质弹簧下端悬挂一质量为m的条形磁铁，条形磁铁下面固定一电阻为R的导体环。先将条形磁铁从弹簧原长位置由静止释放，并穿越下面的导体环，则( )

图13

A．磁铁在运动过程中，所受的磁场力有时为动力有时为阻力 B．磁铁在释放的瞬间，加速度为g

mg处 km2g2

D．整个过程中导体环产生的热能为

kC．磁铁最终停在初始位置下方

解析：选BC 磁铁在运动过程中，所受的磁场力始终为阻力，A错；磁铁在释放的瞬间，只受重力，加速度a＝g，B对；磁铁最终停止时，由胡克定律得弹簧的伸长量x＝，所以C对；由能量守恒得，磁铁减

mgkm2g2

少的重力势能mgx＝，转化为弹簧的弹性势能和导体环产生的热能，D错。

k13．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图14所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法

正确的是( )

图14

A．ab杆所受拉力F的大小为mgtan 37°

mgsin 37°

B．回路中电流为

BL34

C．回路中电流的总功率为mgvsin 37°

D．m与v大小的关系为m＝ 2Rgtan 37°

解析：选AD 对cd杆，BILcos 37°＝mgsin 37°，对ab杆，F＝BIL，联立解出ab杆所受拉力F的

mgtan 37°

大小为F＝mgtan 37°，故A对；回路中电流为I＝，故B错；回路中电流的总功率为Fv＝mgvtan

B2L2vBLBLvB2L2v37°，故C错；I＝，又I＝mgtan 37°/BL，故m＝，故D对。

2R2Rgtan 37°

14.(20152南昌模拟)如图15所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，间距为

L＝0.5 m，一匀强磁场B＝0.2 T垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、 电阻不计的金属棒ab垂直紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，经过一段

2

时间金属棒达到稳定状态，这段时间内通过R的电量0.3 C，则在这一过程中(g＝10 m/s )( )

图15

A．安培力最大值为0.05 N

B．这段时间内下降的高度1.2 m C．重力最大功率为0.1 W

D．电阻产生的焦耳热为0.04 J

解析：选BD 安培力的最大值应该等于重力0.1 N，故A错误；由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆

BSBLxB2L2vm

定律可知q＝It＝＝，解得x＝1.2 m，故B正确；当安培力等于重力时，速度最大，mg＝，解RRR12

得vm＝4 m/s，重力最大功率Pm＝0.4 W，故C错误；由能量守恒定律，电阻产生的焦耳热Q＝mgx－mvm＝0.04

2

J，故D正确。

15.现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。如图16所示(上图为侧视图、下图为真空室的俯视图)，若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时( )

图16

A．电子在轨道上逆时针运动

B．保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速 C．保持电流的方向不变，当电流减小时，电子将加速 D．被加速时电子做圆周运动的周期不变

解析：选AB 由楞次定律可知，产生的感应涡旋电场为顺时针方向，所以电子在轨道上逆时针运动，所以选项A正确；保持电流的方向不变，当电流增大时，涡旋电场增强，电子将加速，选项B对，选项C错；电子的速度变化，被加速时电子做圆周运动的周期变化，所以选项D错。

16．(20152邯郸模拟)如图17所示，一粗糙平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则下列说法正确的是( )

35

图17

A．上滑过程的时间比下滑过程短

B．上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多 C．上滑过程电阻R产生的热量比下滑过程少

D．在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量

解析：选AD 由题意知，在金属杆上滑过程中的平均加速度大于下滑过程的平均加速度，位移相等，

ΔΦBLx故上滑的时间比下滑的时间短，所以A正确；根据电荷量q＝＝，因两个过程的位移相等，故上滑

RRE2ΔΦ过程通过电阻R的电量与下滑过程相同，所以B错误；因上滑的时间短，根据Q＝2Δt和E＝知上滑

RΔt过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多，所以C错误；因在运动的过程中除重力外只有安培力与摩擦力做

功，故减少的机械能等于克服摩擦力、安培力做功之和，即装置产生的热量，所以D正确。

选择题专练卷(八)|交变电流

一、单项选择题

1．(20152潍坊模拟)如图1甲，为风速仪的结构示意图。在恒定风力作用下风杯带动与其固定在一起的永磁体转动，线圈产生的电流随时间变化的关系如图乙。若发现电流峰值Im变大了，则风速v、电流变化的周期T一定是( )

图1

A．v变小，T变小 B．v变小，T变大 C．v变大，T变小 D．v变大，T变大

解析：选C 电流峰值Im变大，则线圈两端产生的感应电动势增大，由E＝nBSω 可知永磁体转动的角速度增大，故相应的风速v增大、电流的周期T减小。

2.(20152北京顺义模拟)如图2所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )

图2

A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B．线圈先后两次转速之比为3∶2

C．交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt (V)

20

D．交流电b电压的最大值为V 3

解析：选A 由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；由图像可

2π

知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，所以B正确；由图像可知，交流电a的最大值为10 V，角速度为ω＝

T＝5π rad/s，所以交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt (V)，所以C正确；交流电最大值Um＝NBSω，故Uma∶

220

Umb＝3∶2，故Umb＝Uma＝ V，D正确。

33

3．(20152昆明模拟)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图3甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法错误的是( )

36

图3

A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小 B．该交变电动势的有效值为22 V

C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝222 sin(100πt) V D．电动势瞬时值为22 V时，线圈平面与中性面的夹角为 45°

解析：选A 由题图乙可知此交流电的周期为0.02 s，且从中性面开始计时，故t＝0.01 s时线框处于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，A错误；该交变电动势的最大值是222 V，故有效值是22 V，B正

2π?

t可知C正确；将e＝22 V代入e＝222sin (100 πt) V 可得D正确。确；由e＝Emsin(ωt)＝Emsin ?

?

T?

4．(20152肇庆模拟)如图4所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为n1＝1 000 匝、n2＝200匝，原

线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝2202sin 100πt (V)。副线圈中接一电动机，电动机线圈电阻为11 Ω， 电流表○A2示数为1 A，电表对电路的影响忽略不计。下列说法正确的是( )

图4

A．此交流电的频率为100 Hz

A1示数为0.1 A B．电流表○

C．此电动机输出功率为33 W D．电压表示数为2202 V

解析：选C 正弦交流电的瞬时值u＝Umsin ωt＝2202 sin (100πt) V，即ω＝100π rad/s，频率ωI1n21

f＝＝50 Hz，经过变压器，频率不变，所以选项A错。原副线圈电流与匝数成反比，即＝＝，求得

2πI2n151Um

I1＝I2＝0.2 A，选项B错。电压表示数为有效值U＝＝220 V，选项D错。原副线圈电压与匝数成正比，

52

U1n112

即＝＝5，解得副线圈电压U2＝U1＝44 V，电动机总功率P2＝U2I2＝44 W，电动机发热功率P1＝I2r＝11 W，U2n25

电动机的输出功率P出＝P2－P1＝33 W，选项C对。

5．(20152天津红桥模拟)如图5甲所示为一台小型发电机构造的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈内电阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω。则( )

图5

A．在t＝0.01 s的时刻，穿过线圈磁通量为零

B．瞬时电动势的表达式为e＝6 2sin 50πt V C．电压表的示数为6 V D．通过灯泡的电流为0.6 A

解析：选D 在t＝0.01 s的时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错

2π?

t (V)，即e＝误；电动势的最大值为Em＝62 V，周期为0.02 s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsin?

?

T?

62 sin 100πt(V)，故B错误；电压表的示数为外电阻的电压：流为I＝RE＝5.4 V，故C错误；通过灯泡的电R＋rER＋r＝0.6 A，故D正确。

6．(20152烟台模拟)如图6甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。当原线圈输入如图乙所示的交

37

变电压时，额定功率为10 W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是( )

图6

A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝2202 sinπt (V) B．电压表的示数为220 V

C．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1 D．变压器的输入功率为110 W

解析：选C 对比正弦交变电压的瞬时值表达式u＝Umsin ωt可知变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)，选项A错误。电压表测的是副线圈两端的电压，其大小等于灯泡两端的电压，由PU22

＝可知U2＝20 V，选项B错误。由原副线圈电压比与匝数比的关系知原、副线圈的匝数比为U1∶U2＝11∶1，R选项C正确。变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，即灯泡的额定功率10 W，选项D错误。

7．(20152枣庄模拟)如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是50∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10 Ω ，其余电阻不计。从某时刻开始经c、d两端给原线圈加上如图乙所示的交变电压。则下列说法正确的是( )

图7

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为2.2 V

B．当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01 s时，电流表的示数为零 C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大

D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz

－2

解析：选C 由图像可知，电压的最大值为2202 V，交流电的周期为2310 s，所以交流电的频率1

为f＝＝50 Hz，交流电的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，当单刀双掷开关与a连接时，副

T线圈的电压为4.4 V，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为0.44 A，所以A、B错误。当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，所以C正确。变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率仍为50 Hz，所以D错误。

8．(20152南京模拟)如图8甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )

图8

A．电压u的频率为100 Hz B．电压表的示数为222 V

C．有光照射R时，电流表的示数变大 D．抽出L中的铁芯，D变暗

1

解析：选C 原线圈接入题图乙所示的电源电压，T＝0.02 s，所以频率为f＝＝50 Hz，故A错误；原

T线圈接入电压的最大值是2202 V，所以原线圈接入电压的有效值是U＝220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，所以副线圈电压是22 V，所以电压表的示数为22 V，故B错误；有光照射R时，R阻值随光

U2

强增大而减小，根据P＝，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，

R总

故C正确；抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D错误。

38

9．如图9所示，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接。c、d两个端点接在匝数比n1∶n2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0。匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，导体棒ab长为L(电阻不计)，绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO′以角速度ω匀速转动。如果滑动变阻器的阻值为R时，通过电流表的电流为I1，则( )

图9

A．滑动变阻器上消耗的功率为P＝100I1R B．变压器原线圈两端的电压U1＝10I1R

C．取ab在环的最低端时t＝0，则导体棒ab中感应电流的表达式是i＝2I1sin ωt D．ab沿环转动过程中受到的最大安培力F＝BI1L

2

I1n22I2n1

22

(10I1) R＝100I1R，故A正确；副线圈的电压为U2＝I2R＝10I1R，根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，变压器原线圈两端的电压U1＝100I1R，故B错误；ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，所以棒ab中感应电流的表达式应为i＝2I1cos ωt，故C错误；ab在最低点时，ab棒与磁场垂直，此时的感应电动势最大，感应电流最大，最大值为2I1，此时的安培力也是最大的，最大安培力为F＝2BI1L，故D错误。

10．(20152北京通州模拟)如图10所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不

解析：选A 理想变压器的电流与匝数成反比，由＝得I2＝10I1，变阻器上消耗的功率为P＝I2R＝可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时( )

图10

A．交流电压表V3的示数变小

B．交流电压表V2和V3的示数一定都变小 C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大 D．只有A1的示数变大

解析：选A 由原、副线圈的电压跟匝数成正比可知副线圈两端的电压不变，即V2的示数不变。开关S闭合时，副线圈电路的总电阻减小，流过副线圈的总电流增大，即电流表A2的示数增大，由原、副线圈的电流跟匝数成反比可知原线圈两端的电流增大，即A1的示数变大。由于输电线ab、cd的电阻不可以忽略，所以A3所在支路两端的电压减小，A3、V3的示数减小。

二、多项选择题

11．如图11所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻(光照增强，电阻减小)，原线圈两端接恒压正弦交流电源，当光照增强时( )

图11

A．电压表V1示数变小 B．电压表V2示数变大 C．电流表A1示数变大 D．电流表A2示数变大

解析：选CD 变压器的输入电压一定，则输出电压不变，电压表V1的示数不变，A选项错；当入射光增

U22

强时，光敏电阻R3的阻值减小，变压器的负载总阻值减小，则由P出＝＝IR总，可知，变压器的输出功率

R总

增加了，电流表A2的示数变大了，D选项正确；再由P入＝P出知，电流表A1的示数变大，C选项对；变压器的输出电压不变，而R1两端的电压增加了，则电压表V2的示数变小，B选项错。

12．(20152南京模拟)图12甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW。下列说法中正确的有( )

39

图12

A. 用户端交流电的频率为50 Hz B. 用户端电压为250 V C. 输电线中的电流为30 A

D. 输电线路损耗功率为180 kW

解析：选AC 由题图乙知交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，所以A正确；升压变压器原线圈电压U1＝250 V，根据变压规律得副线圈电压U2＝25 000 V，又输入功率为750 kW，输电线中电流I＝＝30 A，故C正确；输电线上损耗电压U＝IR＝3 000 V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U＝22 000 V，根据

2

变压规律可得：用户端电压U4＝220 V，故B错误；输电线损耗的功率P′＝IR＝90 kW，故D错误。

13．(20152宿迁模拟)图13甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻。下列说法中正确的是( )

PU2

图13

A．交流电压u的表达式u＝362sin 100πt(V) B．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1

C．t＝0.01 s时，发电机中线圈平面与磁场平行

D．Rt温度升高时，电压表的示数不变，电流表的示数变大

解析：选AD 原线圈接题图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压为362 V，周期为0.02 s，故u＝

I1n2I11

362 sin 100πt(V)，故A正确。 根据公式＝，变压器原、副线圈中的电流之比＝，故B错误。tI2n1I24

＝0.01 s时，代入A选项中电压瞬时表达式，则有电压值为零，则发电机中线圈与磁场垂直，故C错误。t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故D正确。

14．(20152潍坊模拟)一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图14甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数。已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表。则( )

图14

A．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin 100πt V B．P向上移动时，电压表的最大示数为380 V C．P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小 D．P向下移动时，变压器的输入功率变大

解析：选BC 由题图乙结合交流电瞬时值表达式u＝Umsin ωt可得交流电源电压瞬时值的表达式为u＝2202sin 100 πt V，A错误；P向上移动时，电压表的示数为有效值，当副线圈匝数达到1 900时，副线圈两端的电压最大，由变压器原副线圈电压比跟线圈匝数成正比的关系可知副线圈两端最大电压为380 V，即电压表的最大示数为380 V，B正确；P向下移动时，副线圈匝数减少，由变压器原副线圈电流比跟线圈

U2

匝数成反比的关系可知C正确；P向下移动时，由P＝可知副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率R也减小，D错误。

15.(20152青岛模拟)如图15所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 k，输出端接一个交流电动机，电动机线圈的电阻为R。将原线圈接在电压为u＝Umsin ωt 的正弦交流电源上，电动机的输入功率为P0，电动机带动半径为 r 的转轮以角速度 ω 匀速转动，将质量为 m 的物体匀速提升，若不计电动机的机械损耗，则以下判断正确的是( )

40

图15

A．物体上升的速度v＝rω B．变压器输入功率 kP0 C．原线圈中的电流为

Um

2P0

U2m

D．电动机的输出功率为P0－2 2kR解析：选AC 物体上升的速度大小等于转轮的线速度大小，故A正确。变压器的输出功率和输入的功率相等，变压器的输出功率等于电动机的输入功率，所以变压器输入的功率大小为P0，所以B错误。变压器

Um2P0

的输入功率等于原线圈的输入电压与原线圈的电流的乘积，所以P0＝UI＝I ，解得I＝，所以C正确。

Um2

U2m

电动机是非纯电阻电路，电动机内阻两端的电压小于，故电动机的输出功率一定大于P0－2，D错误。

2kR2kUm

16．(20152青岛模拟)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V的正

弦交流电。一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图16所示。则下列判断正确的是( )

图16

A．原、副线圈中的功率之比为11∶1

B．若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min内产生的热量为1 200 J C．只将S从1拨到2，电流表示数减小

D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小

解析：选BC 理想变压器原、副线圈中的功率相等，A项错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以

2220TU有效

副线圈两端电压为20 V，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有2＝2T，从而求得电压表

R2R22U有效?102?

两端电压有效值为U有效＝102 V，则1 min内产生的热量为Q＝2T＝360 J＝1 200 J，B正

R10

确；将S从1拨到2，变压器原、副线圈匝数比增大，副线圈两端电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流

也减小，故电流表示数减小，C正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值增大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变小，所以D错误。

实验题专练卷(一)|力学实验

1．(20152盐城模拟)在“探究小车速度随时间变化规律”实验中

(1)某同学采用如图1甲所示的装置进行试验，________(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力，________(选填“需要”或“不需要”)测量小车的质量。

图1

(2)该同学在研究小车运动时打出的一条纸带，如图乙所示。在纸带上，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的距离见下表，并画出对应的图线(其中横坐标数值表示第几个0.1 s，纵坐标对应的该0.1 s内物体的位移)如图2所示。则小车的速度随时间________(选填“是”或“不是”)均匀变化；整个

41

过程中小车的平均加速度为________m/s。(保留两位有效数字)

2

时间t/0.1 s 相邻计数点的距离xn/cm 图2 1 2 1.45 2.45

3 3.46 4 4.44 5 5.45 6 6.46

解析：(1)由题意知，本实验的目的是探究小车速度随时间变化规律，故不需要平衡摩擦力，也不需要测量小车的质量；

2

(2)由图知，小车的速度随时间是均匀变化的；根据题图可求小车的加速度x6－x1＝5aT，解得加速度a2

＝1.0 m/s。

2

答案：(1)不需要 不需要 (2)是 1.0(0.95～1.1 m/s均正确)

2．(20152重庆六校联考)借助计算机，力传感器的挂钩与其他物体间的弹力大小能够在屏幕上显示出。为了探究最大静摩擦力的大小跟哪些因素有关，某同学在老师的指导下做了一系列实验：将滑块平放在长木板上，用力传感器沿长木板水平拉滑块，改变拉力直到将滑块拉动；再在长木板上铺上毛巾，并在滑块上放上砝码，重复前一个过程，得到的图线分别如图甲、乙所示。

图3

(1)由图线乙知：在t1～t2这段时间内，滑块的运动状态是________(选填“运动”或“静止”)，滑块受到的最大静摩擦力为________(选填“F1”或“F2”)。

(2)结合甲、乙两图线，________(选填“能”或“不能”)得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面的压力均有关的结论。

解析：(1)图线乙中t1～t2这段时间内，滑块所受摩擦力逐渐增大，滑块应处于静止状态，之后滑块开始运动，最大静摩擦力对应拉力F1。

(2)因同时改变接触面的粗糙程度和接触面的压力得出甲、乙两图，故根据两图的图形区别，无法确定最大静摩擦力的变化是由哪个因素变化引起的。

答案：(1)静止 F1 (2)不能

3．(20152徐州模拟)某兴趣小组利用图4所示实验装置，验证“合外力做功和动能变化的关系”。小车及车中砝码的质量为M，沙桶和沙的质量为m，小车的速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到。

图4

(1)在实验中，下列说法正确的有________。 A．将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力 B．每次改变小车的质量时，都要重新平衡摩擦力 C．用直尺测量细线的长度作为沙桶下落的高度

D．在小车运动过程中，对于M、m组成的系统，m的重力做正功

(2)图5是某次实验时得到的一条纸带，打点计时器使用频率为f的交流电。在纸带上相邻两计数点之间还有四个点未画出，根据此纸带可得出小车通过计数点E时的速度vE＝________。

(3)若用B、E两点来研究合外力做功和动能变化的关系，需要验证的关系式为______________(用所测物理量的符号表示)。

(4)该小组同学希望通过此实验装置研究摩擦力对小车所做的功，应如何操作？(写出一种方法即可)

42

图5

解析：(1)将木板的右端垫起，以平衡小车的摩擦力，不用每次改变小车的质量都重新平衡小车的摩擦力，A正确，B错误；沙桶下落的高度由纸带上直接测出，C错误；平衡摩擦力后，对M与m组成的系统，相当于只有m的重力做正功，D正确。

5s6－s4f?s6－s4?

(2)T＝，vE＝＝。

f2T10s3－s1f?s3－s1?

(3)vB＝＝，用B、E两点来研究合外力做功与动能变化的关系的验证关系式：mg(s5－

2T10

1112222

s2)＝(M＋m)v2(M＋m)f[(s6－s4)－(s3－s1)] E－(M＋m)vB，化简得mg(s5－s2)＝

22200

122

(4)将木板调整水平，重复以上步骤，利用W＝mgBE－(M＋m)(vE－vB)求出。

2

f?s6－s4?1222

答案：(1)AD (2) (3)mg(s5－s2)＝(M＋m)f[(s6－s4)－(s3－s1)]

10200

(4)见解析

4．(20152张掖模拟)某同学用如图6所示实验装置来探究加速度与物体质量、物体所受力的关系。滑道水平，用钩码所受的重力作为滑块所受的拉力，得到滑块的加速度与拉力的关系图像。重力加速度g取

2

10 m/s。

图6

(1)图像不过原点的原因是____________；滑块所受的滑动摩擦力f＝________ N。 (2)随着拉力F的增大，图像明显偏离直线，造成此现象的主要原因是____________。

2

(3)若拉力F无限增大，图像将趋于____________，加速度a＝________m/s。

(4)滑块的质量M＝________kg；滑块和滑道间的动摩擦因数μ＝________，计算结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”)。

解析：(1)图像不过原点的原因是没有平衡滑块的摩擦力，由图像可知，当F＝1 N时滑块开始运动，因此滑块所受的滑动摩擦力等于1 N。

(2)随着拉力F的增大，所挂钩码的质量越大，钩码的加速度越大，失重越明显，F与钩码重力的差别越大，图像明显偏离直线。

(3)设滑块的质量为M，钩码的质量为m，滑块所受的滑动摩擦力为f。由牛顿第二定律得mg－f＝(M＋m)a

mg－f＝ M＋mM＋1m当m?M时a＝g＝定值，图像趋于一条水平直线。

2

(4)由图像知当F＝2 N时，a＝2 m/s，此数据不在图线的直线部分，说明不满足m?M的条件。由F＝mg＝2 N，得m＝0.2 kg。再由牛顿第二定律得

mg－f＝(M＋m)a 2－1＝(M＋0.2)2 M＝0.3 kg 由f＝μFN得

ff11μ＝＝＝＝ FNMg0.33103上述分析中，f＝1 N应包含纸带和限位孔之间的摩擦力，所以在利用f＝μFN计算动摩擦因数时，计算

a＝

值比真实值要大一些。

答案：(1)没有平衡摩擦力 1 (2)所挂钩码的总质量太大 (3)一条水平直线 10

43

g－

fm

1

(4)0.3 偏大

3

5．(20152济南模拟)某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中(如图7甲所示)，在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。

图7

图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68 cm、39.15 cm、73.41 cm、117.46 cm。

已知电动机的转速为3 000 r/min。求：

(1)相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s。

2

(2)由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s。(结果保留三位有效数字) (3)该同学计算出画各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，

2

得出了如图丙所示的图像，据此图像________(填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因______________________________________。

解析：(1)由于电动机的转速为3 000 r/min，则其频率为50 Hz，故每隔0.02 s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间是0.1 s。

hCE－hAC(2)用逐差法求铝棒的加速度即为济南当地的重力加速度g＝＝2

4T－2

?117.46－39.15－39.15?31022

m/s＝9.79 m/s。 2

430.1

12

(3)铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即mgh＝mv，故图丙能验证机

2

械能守恒定律；图线不过原点是因为起始计数墨线A对应的速度不为0。

答案：(1)0.1 (2)9.79 (3)能 墨线A的速度大于零。

6．(20152汕头模拟)利用气垫导轨探究弹簧的弹性势能与形变量的关系，在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块，滑块的一端与轻弹簧贴近，弹簧另一端固定在气垫导轨的一端，将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置(如图8所示)。弹簧处于自然状态时，使滑块向左压缩弹簧一段距离，然后由静止释放滑块，与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门时的挡光时间，则可计算出滑块离开弹簧后的速度大小。

v2

图8

实验步骤如下：

①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。

②在气垫导轨上通过滑块将弹簧压缩x1，滑块由静止释放。

由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t1。

12

③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v和动能mv。

2

12

④增大弹簧压缩量为x2、x3、?，重复实验步骤②③，记录并计算相应的滑块动能mv，如下表所示。

2弹簧压缩量 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 x(cm) x2(cm2) 0.25 1.00 2.25 4.00 6.25 9.00

44

120.49m 1.95m 4.40m 7.82m 12.22m 动能mv 2(1)测量遮光片的宽度时游标卡尺示数如图9所示，读得d＝________ cm； 17.60m

图9

12122

(2)在下面所给的两个坐标系中分别作出mv-x和mv-x图像；

22

图10

12

(3)由机械能守恒定律，Ep＝mv，根据图像得出结论是

2

________________________________________________________________________。 解析：(1)根据游标卡尺读数规则，读出遮光片的宽度d＝1.0 cm＋0.02 cm＝1.02 cm；

12122

(2)根据描点法在坐标系中进行描点、连线，所作mv-x和mv-x图像如图所示；

22

(3)根据图象得出结论是：弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比。

答案：(1)1.02 (2)见解析 (3)弹性势能的大小与形变量x的二次方成正比

实验题专练卷(二)|电学实验

1．(20152天津武清模拟)要测量阻值约为25 kΩ的电阻Rx，现备有下列器材： A．直流电源(20 V，允许最大电流1 A) B．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ) C．电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ) D．电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ) E．电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω) F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ) 开关和导线若干

(1)为了保证实验顺利进行，并使测量误差尽量小，电压表应选______，电流表应选________。(请填写字母代号)

(2)依据实验的原理，补齐实物图。

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图1

(3)由于电表内阻的影响， Rx的测量值较真实值________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。

解析：(1)据题意，实验要使测量值尽量精确，现在知道待测电阻约为25 kΩ，电源电压20 V，电路中最大电流约为：Im＝＝800 μA，则从实验的准确性和安全性考虑，应该选择电流表E，至于电压表应该选择B，而电压表C的量程太大，电源电压还不到该电表量程的一半。

(2)电路图如图所示。

ERxU测

(3)电流表内接，由于存在：Rx＝，电压测量值大于电阻真实电压，故测量值偏大。

I答案：(1)B E (2)见解析图 (3)偏大

2．(20152德州模拟)某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下： (1)游标卡尺测量其长度如图2甲所示，可知其长度为________mm； (2)用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为________mm；

图2

(3)选用多用电表的电阻“31”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为________Ω；

图3

(4)为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下： 电流表A1(量程300 mA，内阻约为2 Ω)； 电流表A2(量程150 mA，内阻约为10 Ω)； 电压表V1(量程1 V，内阻r＝1 000 Ω)； 电压表V2(量程15 V，内阻约为3 000 Ω)； 定值电阻R0＝1 000 Ω；

滑动变阻器R1(最大阻值5 Ω)； 滑动变阻器R2(最大阻值1 000 Ω)；

电源E(电动势约为4 V，内阻r约为1 Ω)； 开关，导线若干。

1

为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选________，电流表应选________，

3

滑动变阻器应选________。(均填器材代号)

根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图。

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解析：(1)50 mm＋330.05 mm＝50.15 mm；(2)4.5 mm＋0.01320.0 mm＝4.700 mm；(3)多用电表读数

1

2231 Ω＝22 Ω；(4)由于电源电压为4 V，显然电压表选15 V时不满足读数不得小于其量程的的要求，

3

因此只能选V1，而V1读数又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为2 V，基本满足要求，这样由于电阻值约22 Ω，因此回路电流最大约100 mA左右，因此电流表选A2，为了测量精确，滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1，电路图中电流表采用外接法，如图所示。

答案：(1)50.15 (2)4.700(4.698～4.702) (3)22 (4)V1 A2 R1 电路图见解析

3．(20152辽宁瓦房店模拟)现有一电池，电动势E约为9 V，内阻r在35～55 Ω范围内，允许通过的最大电流为50 mA。为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图4所示的电路进行实验。图中R为电阻箱，阻值范围为0～9 999 Ω；R0为保护电阻。

(1)可备选用的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用( ) (A)20 Ω，2.5 W (B)50 Ω，1.0 W (C)150 Ω，1.0 W (D)1 500 Ω，5.0 W

(2)按照图4所示的电路图，将图5所示的实物连接成实验电路。

图5

(3)接好电路，闭合开关后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取得多组数据，然后通过做出有关物理量的线性关系图像，求得电源的电动势E和内阻r。

①请写出所作线性图像对应的函数表达式______________；

图6

1

②图6是作线性图像的坐标系，若纵轴表示的物理量是，请在坐标系中定性地画出线性图像。

UE9

解析：(1)电路最小总电阻约为：R＝＝ Ω＝180 Ω，为保护电路安全，保护电阻应选C。

Im0.05

(2)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

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(3)由题中电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E＝U＋Ir＝U＋111图像是直线；则－图像如图所示。 R＋R0UR＋R0

答案：(1)C (2)如图甲所示

1r111r ，则＝2＋，则－R0＋RUER＋R0EUU

1r11(3)①＝2＋ ②如图乙(斜率为正、截距在纵轴上的倾斜直线)

UER＋R0E4．(20152湛江模拟)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下： 器材 规格 器材 规格 小灯泡 标有“3.0 V,0.3 A”字样 滑动变阻器R1 最大阻值10 Ω，额定电流1.0 A 电压表V1 量程3 V，内阻约5 kΩ 滑动变阻器R2 最大阻值1 kΩ，额定电流0.5 A 电压表 V2 量程15 V，内阻约15 kΩ 直流电源E 电动势约为4 V，内阻约为0.5 Ω 电流表 A1 量程0.6 A，内阻约1 Ω 导线、开关等 电流表A2 量程3 A，内阻约0.6 Ω 某同学测量小灯泡U-I关系的实验数据如下表所示： 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 (1)在上述器材中，电压表应选________；电流表应选__________；滑动变阻器应选____________。 (2)该实验应选用的实验电路图是________。

图7

(3)根据表格中的实验数据在方格纸内画出小灯泡的U-I曲线。分析曲线可知小灯泡的电阻值随I变大而____________(选填“变大”、“变小”或“不变”)。

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图8

解析：(1)因为小灯泡的额定电压为3 V，所以选择电压表V1，因为小灯泡的额定电流为0.3 A，所以电流表选择A1，为了操作方便应选择最大电阻和小灯泡阻值相差不大的滑动变阻器，故选 R1。

(2)电压是从零开始，所以选择滑动变阻器的分压接法，因为电流表的内阻和小灯泡的内阻相差不大，所以选择电流表的外接法，故选A。

(3)如图所示，U-I图像的斜率表示小灯泡的电阻，所以小灯泡的电阻值随I变大而变大。

答案：(1)V1 A1 R1 (2)A (3)图见解析 变大

5．(20152辽宁模拟)有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线。现有下列器材供选用：

A．电压表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)为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表________，电流表________，滑动变阻器________。(填器材的前方选项符号，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；请在下面的方框中画出实验电路图。

(3)某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图9所示，若用电动势为4.0 V、内阻为8 Ω的电源直接给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是________ W。

(4)P为图9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，小灯泡的电阻增大 B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 C．对应P点，小灯泡的电阻约为5.33 Ω D．对应P点，小灯泡的电阻约为24.0 Ω

解析：(1)据题意，由于一只灯泡的规格为：“4 V,2 W”，则灯泡的额定电流为：0.5 A，电阻为：8 Ω，则据电表的安全性和测量的精确性以及调节的方便性，电压表选择A，电流表选择D，滑动变阻器选择E。

(2)电路图如答案所示。

(3)如图所示，若用电动势为4.0 V、内阻为8 Ω的电源直接给该小灯泡供电，则可知该灯泡实际电压和电流分别为：1.2 V和0.35 A，则实际消耗功率为：P＝UI＝1.230.35 W＝0.42 W。

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UP2.4

(4)据图可知，灯泡上电压越大，灯泡电阻越大，故选项A正确；P点对于灯泡的电阻为：RP＝＝

IP0.45

Ω＝5.33 Ω。

答案：(1)A D E (2)如图所示

(3)0.42 W( ±0.02 W) (4)AC

6．(20152南京模拟)在“测定金属丝的电阻率”实验中。

(1)金属丝的直径用螺旋测微器测得，从图10中读出该金属丝的直径d＝________ mm；

图10

(2)为了测量其电阻Rx的阻值，实验室提供如下实验器材： A．待测电阻Rx(约100 Ω)

B．电动势E＝6 V，内阻很小的直流电源 C．量程50 mA，内阻约为50 Ω的电流表 D．量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω的电流表 E．量程6 V，内阻约为15 kΩ的电压表

F．最大阻值15 Ω，最大允许电流1 A的滑动变阻器 G．最大阻值15 kΩ，最大允许电流0.5 A的滑动变阻器 H．开关一个，导线若干

①为了操作方便，且能比较精确地测量金属丝的电阻值，电流表选用________、滑动变阻器选用________(填写选用器材前的序号即可)；

②请根据所选用的实验器材，尽可能减小实验误差，设计测量电阻的电路，并在方框中画出电路图； (3)若另有一只待测电阻，无论用电流表内接还是外接，测量误差较为接近，有一位同学为了消除因电表内阻所带来的系统误差，他用两只相同的电压表，设计了如图11所示的测量电路，实验操作步骤如下：

图11

①按电路图连接好实验器材；

②闭合电键S1，电键S2处于断开状态，读出此时电压表○ V1的示数U、电流表示数I；

③再闭合S2，调节变阻器R，使电流表的电流仍为步骤②的电流I，此时读出电压表○ V1 的示数U1

与电压表○V2 的示数U2；

用上述测得的物理量表示，待测电阻的计算式为Rx＝____________________________。 解析：(1)由题图可知，螺旋测微器的读数，即该金属丝的直径为d＝1.360 mm。 (2)①由所提供的电源电动势E＝6 V和待测电阻Rx(约100 Ω)可知，流经待测电阻的最大电流为0.06 A＝60 mA，显然为C表量程50 mA的1.2倍，D表量程0.6 A的0.1倍，因此为了读数方便和准确应选电流表C，且可以通过滑动变阻器控制使其电流不超过量程，为了能比较精确地测定待测电阻的阻值，应尽可能

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