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

1、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12019-2020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11(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2 kg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

2、大小视为相等从t0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10 m/s2，则物体在t0至t12 s这段时间的位移大小为()A18 mB54 mC72 mD198 m答案：B解析：物体受到的最大静摩擦力fmmg4N.所以03s内物体静止3s6s内以a2m/s2做匀加速直线运动x1at9m.6s9s内以v6m/s做匀速直线运动x2vt218m.9s12s内做匀加速直线运动x3vt3at27m.总位移xx1x2x354m，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

3、t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的vt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t0t1时间物体处于失重状态，t2t3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

4、的时间t与速度v的数据如下表：时间t/s00.501.001.502.002.50速度v/(ms1)0.120.190.230.260.280.29请根据实验数据作出小车的vt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vt图象简要阐述理由答案：(1)之前(2)(见下图)(3)同意在vt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m1kg的物体沿倾角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

5、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；(2)比例系数k.(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)答案：(1)0.25(2)0.84 kg/s解析：本题考查了牛顿定律及其应用(1)对初始时刻：v0，a04 m/s2，mgsin mgcos ma0，0.25，(2)对末时刻：v5 m/s，a0，mgsin Nkvcos 0，Nmgcos kvsin ，k0.84 kg/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

6、k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角保持不变求：(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) FM(kg)解析：(1)由匀变速运动的公式：xat2得：a(2)设连接杆对拖拉机的拉力为f，由牛顿第二定律得：FkMgfcosMa根据牛顿第三定律，联立式，解得拖拉机对连接杆的拉力大小为：f fFM(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

7、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

8、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

9、一个单匝数线圈的磁通量，始终为每秒钟均匀地增加2 Wb，则（ ）A、线圈中的感应电动势每秒钟增大2 VB、线圈中的感应电动势每秒钟减小2 VC、线圈中的感应电动势始终为2 VD、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t时间内向左匀速滑过距离d，由电磁感应定律E=n可知，下列说法正确的是（ ）图1A、当ef向左滑动时，左侧面积减少Ld,右侧面积增加Ld，因此E=2BLd/tB、当ef向左滑动时，左侧面积减小Ld，右侧面积增大Ld，互相抵消，因此E=0C、在公式E=n中，在切割情况下，=BS，

10、S应是导线切割扫过的面积，因此E=BLd/tD、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20 cm2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0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T.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

11、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

12、的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（ ）14、一个面积S=410-2 m2、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2 s内穿过线圈的磁通量变化率等于-0.08 Wb/sB、在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C、在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于-0.08 VD、在第3 s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0.3 s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0.9 s时间

13、拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2,则（ ）A、W1W2,q1q2 B、W1W2,q1=q2 D、W1W2,q1q216、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B/t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，I10,I20C、加

14、速滑动时，I1=0,I2=0 D、加速滑动时，I10,I2018、如图4-3-10所示，在光滑的绝缘水平面上，一个半径为10 cm、电阻为1.0 、质量为0.1 kg的金属环以10 m/s的速度冲入一有界磁场，磁感应强度为B=0.5 T.经过一段时间后，圆环恰好有一半进入磁场，该过程产生了3.2 J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

15、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

16、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=0.50 m，接有电阻R=0.20 ，匀强磁场垂直框架平面向里，磁感应强度B=0.40 T.一导体棒ab垂直框边跨放在框架上，并能无摩擦地在框架上滑动，框架和导体ab的电阻均不计.当ab以v=4.0 m/s的速度向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中产生的感应电动势大小；（2）维持导体棒ab做匀速运动的外力F

17、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=0.2 m2、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0.02 T/s.开始时S未闭合，R1=4 ，R2=6，C=30 F，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

18、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、 DE3、 CD4、 C5、 CD6、 C7、 C8、C 9、C 10、磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，所以=BSsin=（0.5-0.1）2010-40.5 Wb=410-4 Wb磁通量的变化率=Wb/s=810-3 Wb/s感应电动势E=n=200810-3 V=1.6 V.答案：410-4 810-3 1.611、C12、C13、B 14、A 15、C16、nL217、D18、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=6 m/s.此时切割磁感线的有效长度为圆环直

19、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=0.6 m/s2. 19、D20、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=BS=BR2，所用的时间t=，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=It=.(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=B2Rv，此时通过r的电流为I=.答案：(1) (2) (3)21、思

20、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=，=BS=BL2，通过R的电荷量q1= t=.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）2，此时电容器的充电电荷量为q2=CE2=2BL2C.整个过程通过电阻的总的电荷量为Q=q1+q2=+2BL2C.答案：+2BL2C22、 (1)E=0.80 V (2)F=0.80 N (3)略23、 (1)ab与cd两边垂直切割磁感线时，Em=BS(2)=BS (3)BS24、解：（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02 T/s，B逐渐减弱，所以E=n=1000.020.2 V=0.4 VI= A=0.04 A，方向从上向下流过R2.（2）R2两端的电压为U2=0.4 V=0.24 V所以Q=CU2=3010-60.04 C=7.210-6 C.