高中物理 第四章牛顿运动定律章末小结课后跟踪训练 新人教版必修1.docx

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高中物理第四章牛顿运动定律章末小结课后跟踪训练新人教版必修1

2019-2020年高中物理第四章牛顿运动定律章末小结课后跟踪训练新人教版必修1

1．（xx·山东理综，16）如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是（　　）

答案：

C

解析：

由题意知，物体在斜面上做匀加速运动，在平面上做匀减速运动，所以只有C选项正确．

2．（xx·福建理综，16）质量为2kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t＝0至t＝12s这段时间的位移大小为（　　）

A．18m　　　B．54m　　　C．72m　　　D．198m

答案：

B

解析：

物体受到的最大静摩擦力fm＝μmg＝4N.

所以0～3s内物体静止．

3s～6s内以a＝2m/s2做匀加速直线运动．

x1＝

at

＝9m.

6s～9s内以v＝6m/s做匀速直线运动．

x2＝vt2＝18m.

9s～12s内做匀加速直线运动．

x3＝vt3＋

at

＝27m.

总位移x＝x1＋x2＋x3＝54m，故B选项正确．

3．（xx·高考广东物理，8）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N.他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v－t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（　　）

答案：

A

解析：

本题考查超重与失重现象，由图可知t0～t1时间物体处于失重状态，t2～t3时间物体处于超重状态，所以A图正确．

4．（xx·江苏物理，11）为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置（如图所示）．实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力．

（1）往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车________（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．

（2）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：

时间t/s

0

0.50

1.00

1.50

2.00

2.50

速度v/（m·s－1）

0.12

0.19

0.23

0.26

0.28

0.29

请根据实验数据作出小车的v－t图象．

（3）通过对实验结果的分析，该同学认为：

随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？

请根据v－t图象简要阐述理由．

答案：

（1）之前　

（2）（见下图）

（3）同意．在v－t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受空气阻力越大．

5．（xx·高考上海物理，22）如图（a），质量m＝1kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图（b）所示．求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）比例系数k.（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）

答案：

（1）0.25　

（2）0.84kg/s

解析：

本题考查了牛顿定律及其应用

（1）对初始时刻：

v＝0，a0＝4m/s2，

mgsinθ－μmgcosθ＝ma0，μ＝

＝0.25，

（2）对末时刻：

v＝5m/s，a＝0，

mgsinθ－μN－kvcosθ＝0，N＝mgcosθ＋kvsinθ，k＝

＝0.84kg/s.

6．（xx·四川理综，23）质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为s.耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变．求：

（1）拖拉机的加速度大小；

（2）拖拉机对连接杆的拉力大小．

答案：

（1）

（2）

[F－M（kg＋

）]

解析：

（1）由匀变速运动的公式：

x＝

at2①

得：

a＝

②

（2）设连接杆对拖拉机的拉力为f，由牛顿第二定律得：

F－kMg－fcosθ＝Ma③

根据牛顿第三定律，联立②③式，解得拖拉机对连接杆的拉力大小为：

f′＝f＝

[F－M（kg＋

）]

2019-2020年高中物理第四节法拉第电磁感应定律同步练习新人教版选修3-2

基础达标：

1、法拉第电磁感应定律可以这样表述：

闭合电路中感应电动势的大小（）

A.跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比

B.跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比

C.跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比

D.跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比

2、将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有（）

A.磁通量的变化率

B.感应电流的大小

C.消耗的机械功率

D.磁通量的变化量

E.流过导体横截面的电荷量

3、恒定的匀强磁场中有一圆形闭合导线圈，线圈平面垂直于磁场方向，当线圈在磁场中做下列哪种运动时，线圈中能产生感应电流（）

A.线圈沿自身所在平面运动

B.沿磁场方向运动

C.线圈绕任意一直径做匀速转动

D.线圈绕任意一直径做变速转动

4、一个矩形线圈，在匀强磁场中绕一个固定轴做匀速运动，当线圈处于如图所示位置时，此线圈（）

A.磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最小

B.磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最大

C.磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大

D.磁通量最小，磁通量变化率最小，感应电动势最小

5、一个N匝的圆线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面跟磁感应强度方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变.下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是（）

A.将线圈匝数增加一倍

B.将线圈面积增加一倍

C.将线圈半径增加一倍

D.适当改变线圈的取向

6、闭合电路中产生的感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比（）

A、磁通量

B、磁感应强度

C、磁通量的变化率

D、磁通量的变化量

7、穿过一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2Wb，则（）

A、线圈中的感应电动势每秒钟增大2V

B、线圈中的感应电动势每秒钟减小2V

C、线圈中的感应电动势始终为2V

D、线圈中不产生感应电动势

8、如图1所示，矩形金属框置于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab和cd间滑动并接触良好；设磁感应强度为B，ef长为L，在Δt时间内向左匀速滑过距离Δd，由电磁感应定律E=n可知，下列说法正确的是（）

图1

A、当ef向左滑动时，左侧面积减少L·Δd,右侧面积增加L·Δd，因此E=2BLΔd/Δt

B、当ef向左滑动时，左侧面积减小L·Δd，右侧面积增大L·Δd，互相抵消，因此E=0

C、在公式E=n中，在切割情况下，ΔΦ=B·ΔS，ΔS应是导线切割扫过的面积，因此E=BLΔd/Δt

D、在切割的情况下，只能用E=BLv计算，不能用E=n计算

9、在南极上空离地面较近处，有一根与地面平行的直导线，现让直导线由静止自由下落，在下落过程中，产生的感应电动势（）

A、增大

B、减小

C、不变

D、无法判断

10、一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T.在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是___________Wb；磁通量的平均变化率是___________Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是___________V.

能力提升：

11、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（）

A.越来越大

B.越来越小

C.保持不变

D.无法确定

12、如图所示，C是一只电容器，先用外力使金属杆ab贴着水平平行金属导轨在匀强磁场中沿垂直磁场方向运动，到有一定速度时突然撤销外力.不计摩擦，则ab以后的运动情况可能是（）

A.减速运动到停止

B.来回往复运动

C.匀速运动

D.加速运动

13、粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图4-3-12所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）

14、一个面积S=4×10-2m2、匝数n=100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）

A、在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于-0.08Wb/s

B、在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零

C、在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于-0.08V

D、在第3s末线圈中的感应电动势等于零

15、如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场.若第一次用0.3s时间拉出，外力做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2,则（）

A、W1

B、W1

C、W1>W2,q1=q2

D、W1>W2,q1>q2

16、如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形面积.当磁感应强度以ΔB/Δt的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势的大小为____________________.

17、在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆.有均匀磁场垂直于导轨平面.若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）

A、匀速滑动时，I1=0，I2=0

B、匀速滑动时，I1≠0,I2≠0

C、加速滑动时，I1=0,I2=0

D、加速滑动时，I1≠0,I2≠0

18、如图4-3-10所示，在光滑的绝缘水平面上，一个半径为10cm、电阻为1.0Ω、质量为0.1kg的金属环以10m/s的速度冲入一有界磁场，磁感应强度为B=0.5T.经过一段时间后，圆环恰好有一半进入磁场，该过程产生了3.2J的电热，则此时圆环的瞬时速度为___________m/s；瞬时加速度为___________m/s2.

19、如图所示，接有灯泡L的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同.图中O位置对应于弹簧振子的平衡位置，P、Q两位置对应于弹簧振子的最大位移处.若两导轨的电阻不计，则（）

A、杆由O到P的过程中，电路中电流变大

B、杆由P到Q的过程中，电路中电流一直变大

C、杆通过O处时，电路中电流方向将发生改变

D、杆通过O处时，电路中电流最大

20、如图4-3-14所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向内.一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计.导体棒与圆形导轨接触良好.求：

（1）、在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；

（2）、MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；

（3）、当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多大？

21、如图所示，两根平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，两导轨间距为L，左端连一电阻R，右端连一电容器C，其余电阻不计。

长为2L的导体棒ab与从图中实线位置开始，以a为圆心沿顺时针方向的角速度ω匀速转动，转90°的过程中，通过电阻R的电荷量为多少？

22．如图所示，水平放置的导体框架，宽L=0.50m，接有电阻R=0.20Ω，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B=0.40T.一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体ab的电阻均不计.当ab以v=4.0m/s的速度向右匀速滑动时，求：

（1）ab棒中产生的感应电动势大小；

（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F的大小；

（3）若将外力F突然减小到F′，简要论述导体ab以后的运动情况.

23、如图4-3-18所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个面积为S的矩形线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动.

（1）穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？

最大值为多少？

（2）当线框由图示位置转过60°的过程中，平均感应电动势为多大？

（3）线框由图示位置转到60°时瞬时感应电动势为多大？

24、横截面积S=0.2m2、n=100匝的圆形线圈A处在如图所示的磁场内，磁感应强度变化率为0.02T/s.开始时S未闭合，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，线圈内阻不计，求：

（1）闭合S后，通过R2的电流的大小；

（2）闭合S后一段时间又断开，问S断开后通过R2的电荷量是多少?

参考答案：

1、C

2、DE

3、CD

4、C

5、CD

6、C

7、C

8、C

9、C

10、磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，所以

ΔΦ=ΔBSsinθ=（0.5-0.1）×20×10-4×0.5Wb=4×10-4Wb

磁通量的变化率=Wb/s=8×10-3Wb/s

感应电动势E=n=200×8×10-3V=1.6V.

答案：

4×10-48×10-31.6

11、C

12、C

13、B

14、A

15、C

16、nL2

17、D

18、根据能量守恒定律，动能的减少等于产生的电热，即mv2-mv12=E热，代入数据解得：

v1=6m/s.此时切割磁感线的有效长度为圆环直径，故瞬时电动势为E=Blv1，瞬时电流I=，安培力F=BIl，瞬时加速度为a=，整理得：

a==0.6m/s2.

19、D

20、思路解析：

导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电.

（1）、计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势.整个过程磁通量的变化为ΔΦ=BS=BπR2，所用的时间Δt=，代入公式E==，平均电流为I=.

（2）、电荷量的运算应该用平均电流，q=IΔt=.

（3）、当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l=2R，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E=Blv得：

E=B·2Rv，此时通过r的电流为I=.

答案：

（1）

（2）（3）

21、思路解析：

以a为圆心转动90°的过程可分为两个阶段，第一阶段是导体棒与导轨接触的过程；第二阶段是导体棒转动60°以后b端离开导轨以后.

第一阶段导体棒切割磁感线产生感应电动势，因为切割磁感线的有效长度发生变化，所以电动势是改变的，该过程中通过电阻R的电荷量可用平均电动势来求出.该过程中相当于电源的导体棒给电容器C充电.

平均电动势E1=，ΔΦ=BΔS=BL2，通过R的电荷量q1=Δt=.

第二阶段，电容器要对电阻放电，电容器的电荷量完全通过电阻放完.电容器充电的最大电压为E2=B（2L）2ω，此时电容器的充电电荷量为q2=CE2=2BL2Cω.

整个过程通过电阻的总的电荷量为Q=q1+q2=+2BL2Cω.

答案：

+2BL2Cω

22、

（1）E=0.80V

（2）F=0.80N（3）略

23、

（1）ab与cd两边垂直切割磁感线时，Em=BSω

（2）=BSω

（3）BSω

24、解：

（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02T/s，B逐渐减弱，

所以E=n=100×0.02×0.2V=0.4V

I=A=0.04A，方向从上向下流过R2.

（2）R2两端的电压为U2=×0.4V=0.24V

所以Q=CU2=30×10-6×0.04C=7.2×10-6C.