（2）力与运动——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.足球运动是目前全球体育界最具影响力的运动项目之一，深受青少年喜爱。如图所示为四种与足球有关的情境，下列说法中正确的是( )
A.图甲中，静止在水平地面上的足球对地面的压力就是它的重力
B.图乙中，静止在水平地面上的两个足球由于接触两球之间一定存在弹力
C.图丙中，足球被踢起过程中，足球受到的弹力是由于鞋发生形变而产生的
D.图丁中，被踢出在空中运动的足球受到重力、空气阻力和鞋对球的弹力
2.我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为，不计石块间的摩擦，则为( )
A. B. C.1 D.2
3.如图所示，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，相距为2L。现在C点上悬挂一重物，为使CD绳保持水平，在D点上施加的最小力的方向( )
A.水平向右 B.与水平方向的夹角为60°
C.与水平方向的夹角为30° D.竖直向下
4.矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。下列受力分析示意图可能正确的是( )
A. B. C. D.
5.同学们到中国科技馆参观，看到了一个有趣的科学实验：如图所示，一辆小火车在平直轨道上匀速行驶，当火车将要从“∩”形框架的下方通过时，突然从火车顶部的小孔中向上弹出一小球，该小球越过框架后，又与通过框架的火车相遇，并恰好落回原来的孔中。下列说法中正确的是( )
A.相对于地面，小球运动的轨迹是直线
B.相对于地面，小球运动的轨迹是曲线
C.小球能落回小孔是因为小球在空中运动的过程中受到水平向前的力
D.小球能落回小孔纯属巧合
6.如图，汽车从静止开始通过缆绳将质量为m的货物从A处沿光滑斜面拉到B处，此过程中货物上升高度为h，到B处时定滑轮右侧缆绳与水平方向间的夹角为θ，左侧缆绳与斜面间的夹角为2θ，汽车的速度大小为v，此时货物的速度大小为( )
A. B. C. D.
7.如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车在水平面上向右做匀加速运动时，杆对小球作用力的方向可能沿图中的( )
A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向
8.图为电影拍摄过程中吊威亚的情景。工作人员A沿直线水平向左拉轻绳，使得工作人员B匀速上升，则工作人员A( )
A.在向左加速移动 B.在向左减速移动 C.处于超重状态 D.处于失重状态
9.小李一家驾车外出旅游途中汽车以恒定速率通过图中所示的波浪路，波浪路可简化为竖直平面内的两个半径为R的圆弧，A、B点分别为凸形路面最高点、凹形路面最低点。汽车通过凹形路面最低点B时，对路面的压力大小为其所受总重力的。已知汽车及车上人的总质量为M，小李的质量为m，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A.汽车的速率为
B.汽车的速率为
C.汽车通过A点时处于超重状态
D.汽车通过A点时对小李的作用力大小为
10.如图所示，小朋友荡秋千过程视为圆周运动，若阻力可忽略不计，下列说法正确的是( )
A.从最高点到最低点的过程中，小朋友受到重力的功率逐渐增大
B.从最高点到最低点的过程中，小朋友受到重力的功率逐渐减小
C.在最低点时小朋友处于失重状态
D.从最高点到最低点的过程中小朋友的机械能守恒
答案以及解析
1.答案：C
解析：A.静止在地面上的足球，对地面的压力作用在地面上，而重力作用于球上，故A错误；
B.静止在光滑水平地面上的两个足球由于接触，若没有弹性形变，则没有受到相互作用的弹力，故B错误；
C.足球被踢起过程中，足球受到的弹力是由于鞋发生形变而产生的，故C正确；
D.被踢出在空中运动的足球受到重力和空气阻力两个力的作用，故D错误。
故选C。
2.答案：D
解析：六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为180°，每块石块对应的圆心角为30°，对第3块石块受力分析如图
结合力的合成可知
对第2块和第三块石块整体受力分析如图
解得
故选D。
3.答案：C
解析：要使CD水平，各轻绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角（锐角）为60°。设结点C受力平衡，受力分析如图所示，D点受轻绳的拉力大小等于，方向向左。要使CD水平，D点两轻绳的拉力与外界的力的合力应为零，则轻绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的及另一分力，由几何关系可知，当力与BD垂直时，最小，施加的外力与反向，此时与水平方向的夹角为30°。
故选D。
4.答案：A
解析：由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力与速度方向相反，升力与速度方向垂直，发动机推力的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。
故选A。
5.答案：B
解析：AB.相对于地面，小球竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速运动，轨迹是曲线，故A错误，B正确;CD.能落回小孔是因为小球具有惯性，在水平方向保持与火车相同的速度，故CD错误。故选B。
6.答案：A
解析：把绳子左、右两端点的实际速度分解为沿绳和垂直绳两个方向，如图所示：
把绳子左端点的实际速度分解为沿绳和垂直绳两个方向，有
把绳子右端点的实际速度分解为沿绳和垂直绳两个方向，有
联立可得
故选A。
7.答案：C
解析：小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则球和小车具有相同的水平加速度，由牛顿第二定律可知，小球所受重力和杆对小球作用力的合力水平向右，杆对小球作用力方向只可能沿图中的OC方向。
故选C。
8.答案：B
解析：AB.设轻绳与水平方向的夹角为θ，工作人员的速度大小分别为，根据速度的分解，则有，随着工作人员B匀速上升，咬变小，变大，减小，故工作人员A在向左减速移动，故A错误、B正确;
CD.工作人员A没有竖直方向上的加速度，故既不处于超重状态，也不处于失重状态，故CD错误。
故选:B。
9.答案：A
解析：AB.汽车通过凹形路面最低点时，由牛顿第二定律可得解得故A正确；B错误；CD.汽车通过A点时向心加速度方向竖直向下，处于失重状态。由牛顿第二定律可得解得即汽车通过A点时对小李的作用力大小为。故CD错误。故选A。
10.答案：D
解析：AB、在最高点，小朋友的速度为零，根据(θ是重力方向与速度方向的夹角)可知，小朋友受到重力的功率为零。从最高点到最低点的过程中，小朋友受到的重力和速度都不为零，且重力方向与速度方向不垂直，重力的功率不为零;小朋友到达最低点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，所以，从最高点到最低点的过程中，小朋友受到重力的功率先逐渐增大后逐渐减小，故AB错误;C、在最低点时，小朋友具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故C错误;D、从最高点到最低点的过程中，小朋友受到的弹力方向与运动方向垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，故D正确。故选:D。（6）静电场——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.两个点电荷固定在x轴上的M、N点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远电势为零，下列说法正确的是( )
A.固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量小
B.Q点的电势等于零
C.从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动
D.从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小
2.图（a）中，在x轴上关于原点对称的位置固定两个等量异种点电荷。图（b）中，在x轴上关于原点对称的位置固定两根垂直于该平面的长直平行导线，两根导线中电流大小相同、方向相反。现电子以一定的初速度分别从两图中的O点垂直平面向里运动，则关于两幅图中电子在原点O受力的说法正确的是( )
A.图（a）中，电子受电场力方向沿x轴正向
B.图（a）中，电子受电场力方向沿y轴正向
C.图（b）中，电子受洛仑兹力方向沿x轴正向
D.图（b）中，电子受洛仑兹力方向沿y轴正向
3.如图所示，正三角形的三个顶点A、B、C上分别固定、、的等量点电荷，三条边的垂直平分线与连线相交于D、E、F三点，与三角形的外接圆相交于P、M、N三点，则( )
A.M、N两点处的电场强度等大反向
B.D、E、O三点的电势关系为
C.将一带负电的电荷从P点移动到F点，电场力一直做正功
D.将一带正电的电荷从M点沿直线移动到P点，电势能增加
4.如图所示，A、B、C是孤立点电荷Q（未画出）所形成的电场中直线上的三个点，且C是AB的中点，C点也是直线上电场强度最大的点，将一个负点电荷q在该直线上移动时，发现在C点时电势能最小，则下列说法正确的是( )
A.Q是正电荷
B.A、B两点的电场强度相同
C.A、B、C三点中，C点电势最低
D.将负点电荷q从A移到C电场力做负功
5.竖直平面内有一电场，电场线分布如图所示，Ox轴竖直向下，一带负电的小球从O点由静止释放沿Ox轴正向运动，从O到A运动的过程中，下列关于小球的机械能、动能、电场的电势φ及电场强度E随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.三个完全相同的金属球A、B和C，其中A球带电量为+Q，B球带电量为－2Q，C球不带电。若A、B两球之间的距离远大于球的半径，其间的静电力大小为F，现将C球先与A球接触，移开后再与B球接触，然后移到远处，则最后A、B两球之间的作用力大小为( )
A. B. C. D.
7.某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法错误的是( )
A.粒子带负电荷
B.M点的电场强度比N点的小
C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点
D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
8.如图所示，平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板与水平面的夹角为α。现将一质量为m、电荷量为q的带电液滴从两极板的中央A点由静止释放，液滴沿与极板平行的直线运动到B点，极板间A、B两点间的距离为L。重力加速度大小为g，不计空气阻力，忽略电容器的边缘效应。求：
（1）液滴到达B点时的速度大小v；
（2）电容器的电荷量Q。
9.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在y轴负半轴上的某处固定着一点电荷（图中未画出），设匀强电场与点电荷产生的电场以x轴为界互不影响。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点以与x轴正方向成角射入第Ⅳ象限，此后在点电荷产生的电场作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，。不计粒子受到的重力，静电力常量为k，求：
（1）M、N两点间的电势差；
（2）固定点电荷的电性和电荷量Q。
10.如图所示为示波管的核心部件，金属丝发射出的电子(可认为初速度为0)经电压为的电场加速后，由两平行金属板左端正中间的位置以垂直于电场方向的速度射入偏转电场。由于两平行金属板间所加的电压过大，电子没有穿出偏转电场，而是打到了下极板上，打到极板上时速度方向与极板的夹角为45°。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计。求：
(1)电子进入偏转电场时的速度的大小；
(2)电压与的比值。
答案以及解析
1.答案：C
解析：A.M、N连线中点处场强大于0，且两点间场强最小位置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电量比固定在N点的点电荷电量大，故A错误；
B.若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误；
C.从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前场强一直为正值，则场强方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确；
D.从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误。
故选C。
2.答案：C
解析：AB．图（a）中，正电荷在O点的电场强度沿x轴正向，负电荷在O点的电场强度沿x轴正向，则O点的合电场强度沿x轴正向，电子受电场力方向沿x轴负向，故AB错误；
CD．根据右手螺旋定则可知两根导线在O点的磁场方向均沿y轴负向，在O点的磁场方向沿y轴负向，根据左手定则可知电子受洛仑兹力方向沿x轴正向，故C正确，D错误。
故选C。
3.答案：D
解析：A.根据点电荷周围电场强度的特点及对称性，由场强叠加知识得，M、N两点处的电场强度大小相等，方向不相反，故A错误；
B.根据点电荷周围电势的特点及对称性可得，在三个点电荷形成的电场中，D、E两点的电势必定相等；而在A、B两个点电荷形成的电场中，D、O位于AB连线的中垂线上，此线在等势面上，D、O两点电势相等，而在C点电荷形成的电场中，O点的电势必定高于D点的电势，故在三个点电荷形成的电场中必有，同理可得，综合分析有，故B错误；
C.B、C两点电荷在P点处产生的场强大小相等
由几何关系及点电荷场强公式得
由矢量合成知识得B、C两点电荷在P点处产生的场强，方向竖直向下
A点电荷在P点处产生的场强，方向竖直向上
故A、B、C三个点电荷在P点处产生的场强，方向竖直向下
同理可得，A、B、C三个点电荷在F点处产生的场强，方向竖直向上
故将一带负电的电荷从P点移动到F点，电场力先做正功再做负功，故C错误；
D.在A、B两个点电荷形成的电场中，将一带正电的电荷从M点沿直线移动到O点，因M、O两点电势相等，故电场力不做功，电势能不变，在C点电荷形成的电场中，将一带正电的电荷从M点沿直线移动到O点，因O点电势高，故电场力做负功，电势能增加，故在A、B、C三个点电荷形成的电场中，将一带正电的电荷从M点沿直线移动到O点，电势能增加。
在C、B两个点电荷形成的电场中，由几何关系知
而，故
显然，O、P两点等电势，此时，将一带正电的电荷从O点沿直线移动到P点，电势能不变，而在A点电荷形成的电场中，将一带正电的电荷从O点沿直线移动到P点，因P点电势高，故电场力做负功，电势能增加，故在A、B、C三个点电荷形成的电场中，将一带正电的电荷从O点沿直线移动到P点，电势能增加。
综合以上分析可知，将一带正电的电荷从M点沿直线移动到P点，电势能增加，故D正确；
故选D。
4.答案：A
解析：B.由题意，C点是直线上距离Q最近的点，A、B到Q距离相等，则A、B两点的电场强度大小相等，但方向不相同，故B错误；
AC.负电荷在电势高处电势能小，可见A、B、C三点中，C点电势最高，则Q是正电荷，故A正确，C错误；
D.将负点电荷q从A移到C，电势能减小，根据功能关系可知电场力做正功，故D错误。
故选A。
5.答案：A
解析：D.从O到A运动过程中，随小球运动的位移x变化，电场强度E先增大后减小，且O和A点的电场强度不为零，故D错误；A.小球受到竖直向上的电场力先增大后减小，还受到重力，电场力一直做负功，故小球的机械能减小，小球的机械能随位移x变化的图像的斜率故A正确；B.小球的动能随位移x变化的图像的斜率小球合力先变小后变大，故B错误；C.沿着电场线方向，电势一直降低，故C错误。故选A。
6.答案：A
解析：原来A、B两球之间静电力大小为
C球先与A球接触，移开后
，
C球再与B球接触，然后移到远处
则最后A、B两球之间的作用力大小为
故选A。
7.答案：A
解析：A.根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知，带电粒子带正电，故A错误；B.等差等势面越密集的地方场强越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；CD.粒子带正电，因为M点的电势大于在N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能；由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小，故CD正确.
8.答案：（1）；（2）
解析：（1）液滴做直线运动，电场力与重力的合力为恒力，说明合力与运动方向共线，液滴做匀加速直线运动，合力大小为
由
解得，液滴到达B点时的速度大小为
（2）由于
又
，
联立得
9.答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）带正电的粒子在第Ⅰ象限的电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，设粒子经过N点时的速度为v，
有解得
粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理有联立解得。
（2）带电粒子在第Ⅳ象限内绕点电荷做圆周运动，则点电荷、带电粒子之间为库仑引力，因此点电荷带负电
设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系得解得
由牛顿第二定律有联立解得。
10.答案：(1)
(2)
解析：（1）电子经加速电场加速后，由动能定理
解得
（2）方法一：电子在偏转电场中的加速度
运动时间t满足
电子竖直方向的速度大小
由题可知
解得
方法二：电子在偏转电场中，由动能定理
由题可知
解得（3）曲线运动、万有引力定律——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.做曲线运动物体的速度方向、合力的方向和运动轨迹如图所示，其中正确的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示，长为L的水平板AB的B端固定在竖直墙面上，板离水平地面高为2L，某人在离地面高为0.5L、离墙面的距离为1.5L的C点斜向上抛出一个小球（大小忽略不计），小球恰好经过板的边缘A落在板的B端，不计空气阻力，则小球在空中运动过程中的最高点离AB板的高度为( )
A. B. C. D.L
3.如图所示，将小球先后两次从离水平地面高为h的P点抛出，第一次斜向上抛，第二次斜向下抛，初速度大小均为，方向均与水平线成θ角，小球两次在同一竖直平面内运动，不计球的大小和空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.、θ不变，h越大，两次球落地点的距离越大
B.、θ不变，h越大，两次球在空中运动的时间差越大
C.、h不变，θ越大，两次球落地点的距离越小
D.、h不变，θ越大，两次球在空中运动的时间差越大
4.端午赛龙舟是中华民族的传统，若某龙舟在比赛前划向比赛点的途中要渡过宽两岸平直的河，龙舟在静水中划行的速率为，河水的流速，下列说法中正确的是( )
A.该龙舟以最短时间渡河通过的位移为
B.该龙舟渡河时船头垂直河岸，若水速突然变大，则渡河时间会变长
C.该龙船渡河所用时间最少为
D.该龙舟不可能沿垂直河岸的航线抵达对岸
5.在物理学的发展过程中，许多科学家作出了卓越贡献。以下对有关科学家的贡献描述正确的是( )
A.第谷通过天文观测发现了行星绕太阳运动的三条定律
B.开普勒指出，行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积，在近日点较大，远日点较小
C.笛卡尔通过理想斜面实验，提出力是改变物体运动状态的原因
D.卡文迪什利用扭秤装置在实验室里比较准确地测出了引力常量
6.我国发射的天问一号探测器经霍曼转移轨道到达火星附近后被火星捕获，经过系列变轨后逐渐靠近火星，如图所示，Ⅰ轨道和Ⅱ轨道为其中的两个轨道。图中阴影部分为探测器与火星的连线在相等时间内扫过的面积，下列说法正确的是( )
A.两阴影部分的面积相等
B.探测器在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于在Ⅰ轨道上通过P点时的速度
C.探测器在Ⅰ轨道运行的周期小于在Ⅱ轨道运行的周期
D.探测器在Ⅰ轨道上的机械能小于在Ⅱ轨道上的机械能
7.卫星分别围绕星球1、2做圆周运动，卫星的运行速度的三次方与其周期的倒数的关系图像如图所示，其中图线1表示卫星绕星球1运动的关系图线，图线2表示卫星绕星球2运动的关系图线，图中m、n已知且纵坐标的最大值均为，下列说法正确的是( )
A.星球1和2的质量之比为
B.星球1和2的半径之比为
C.星球1和2表面的重力加速度之比为
D.星球1和2的第一宇宙速度之比为
8.假设若干年后，我国的航天员驾驶着宇宙飞船在火星的赤道附近绕火星匀速飞行，已知飞船飞行的速率为v，飞行一圈的时间为t，引力常量为G。根据以上信息，不能估算出的物理量是( )
A.火星的质量 B.火星的密度
C.火星的自转周期 D.火星表面的重力加速度
9.如图所示，绕竖直轴ab匀速转动的圆盘上固定一倾角为的光滑斜面，质量为的小球（可视为质点）与斜面相对静止且到圆盘的高度为。取重力加速度大小，.求：
（1）斜面对小球的支持力的大小；
（2）圆盘转动的角速度ω。
10.某游乐园的摩天轮在竖直平面内做匀速圆周运动，其半径为.一位质量为的乘客坐在摩天轮的座椅上，重力加速度.试求：
（1）当摩天轮的运行速率为6m/s时，乘客在最低点时座椅对他的支持力大小；
（2）为使乘客在最高点恰好不脱离座椅，摩天轮的最大运行速率.
答案以及解析
1.答案：B
解析：根据质点做曲线运动的条件，速度应该沿着曲线的切线的方向，合力应该指向曲线弯曲的一侧。
故选B。
2.答案：C
解析：小球运动到最高点时的速度最小，设小球运动到最高点时的速度大小为，最高点离板的高度为h，则，，，
联立解得
故选C。
3.答案：D
解析：AB.球斜向上抛运动可以分成两段，第一段从P斜向上运动到过P的水平线上，第二段与斜向下抛运动情况相同，故两次球落地点的距离等于第一段水平位移，两次球在空中运动的时间差等于第一段运动的时间即水平位移差所以落地点的距离以及时间差由和θ决定，都与h无关，A错误，B错误；CD.、h不变，θ越大，斜向上抛第一段运动的时间越长，则两次球在空中运动的时间差越大，因为的范围不知，所以水平位移差不一定越大，C错误，D正确。故选D。
4.答案：C
解析：ABC.该龙舟以最短时间渡河时，船速方向与河岸垂直，则最短时间为，若水速突然变大，则渡河时间不变;此时沿河岸方向的位移，则龙舟过河的位移为，故AB错误，C正确;
D.由于龙舟在静水中划行的速率大于水速，所以龙舟可以沿垂直河岸的航线抵达对岸，故D错误;
故选C。
5.答案：D
解析：A.开普勒通过研究第谷观测天文的数据发现了行星绕太阳运动的三条定律，故A错误；B.根据开普勒第二定律可知，同一轨道上行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等，故B错误；C.伽利略通过理想斜面实验，提出力不是维持物体运动状态的原因，故C错误；D.卡文迪什利用扭秤装置在实验室里比较准确地测出了引力常量，故D正确。故选D。
6.答案：B
解析：A.根据开普勒第二定律，探测器在同一轨道上，与中心天体的中心连线相等时间扫过相等的面积，图中两阴影部分在两个轨道上，面积不一定相等，A错误；
B.探测器从Ⅱ轨道上变轨Ⅰ轨道上时，探测器在P点向前喷气，速度减小，故探测器在Ⅱ轨道上通过P点时的速度小于在Ⅰ轨道上通过P点时的速度，B正确；
C.根据开普勒第三定律，半长轴越小，周期越小，故探测器在Ⅰ轨道运行的周期大于在Ⅱ轨道运行的周期，C错误；
D.探测器从Ⅱ轨道上变轨Ⅰ轨道上时，探测器在P点向前喷气，克服阻力做功，机械能减小，故探测器在Ⅰ轨道上的机械能大于在Ⅱ轨道上的机械能，D错误。
故选B。
7.答案：B
解析：A.设星球质量为M，根据
整理可得
可知图像斜率
可知星球质量与斜率k成正比，图像可知1、2图像斜率之比为，则星球1和2的质量之比为
故A错误；
B.由A选项可得
可知r为星球半径R时速度最大，结合题意有
联立解得
故B正确；
C.在星球表面有
解得
联立以上，可得星球1和2表面的重力加速度之比
故C错误；
D.第一宇宙速度时卫星绕星球表面飞行的速度，则有
则有
则星球1和2的第一宇宙速度之比
故D错误。
故选B。
8.答案：C
解析：根据可知火星的半径R；根据可知火星的质量M；根据可知火星的密度；根据可知火星表面的重力加速度；但是无法求解火星自转周期。故选C。
9.答案：（1）1.25N；（2）
解析：（1）小球竖直方向平衡，根据竖直方向
解得
（2）小球水平方向
解得
10.答案：（1）（2）
解析：（1）
（2）（1）直线运动——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.一篮球（可视为质点）从离地面高h处自由下落，与地面碰撞后，反弹高度小于h。篮球与地面的碰撞时间和空气阻力均不计，取地面为原点，速度方向向下为正方向，下列反映篮球的速度和篮球离地面高度关于时间的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
2.一杂技演员用4个相同的小球做单手抛接球表演，他从同一位置依次将各球略微偏离竖直方向向上抛出，当小球回到抛出点时，用手将小球接住，然后将小球从抛出点再抛出，小球间不发生碰撞，不计空气阻力。已知相邻两球之间的时间间隔相等，刚抛出第4个小球时，第1个小球和第3个小球在空中同一高度，则第3、4个小球间的距离与第1、2个小球间的距离之比为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
3.铁路部门在城际常规车次中实行交错停车模式，部分列车实行一站直达。假设两火车站之间还均匀分布了2个车站，列车的最高速度为324 km/h。若列车在进站和出站过程中做匀变速直线运动，加速度大小均为，其余行驶时间内保持最高速度匀速运动，列车在每个车站停车时间均为，则一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为( )
A.5 min B.6 min C.7 min D.8 min
4.如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距B为时，乙从距B地处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为( )
A. B. C. D.
5.温州轨道交通S1线的开通运营，让温州成为浙江省第三座开通轨道交通的城市.轨道交通能提高出行效率，缓解高峰时段的交通压力.假设规划线路中有甲、乙两站在同一直线上，且两站的距离为，通勤列车的最高行驶速度为，加速和减速的加速度大小均不超过.则通勤列车从甲站行驶到乙站的最短时间为( )
A. B. C. D.
6.一人乘坐电梯从高层下降到地面，电梯启动和制动过程加速度大小相等，电梯从启动开始到运动至地面过程中，人的速度大小为v，人受到电梯底板的支持力大小为F，其中v随x的变化图像中曲线为抛物线，两者大小随位移x或时间t的变化图像正确的是( )
A. B.
C. D.
7.小飞同学站在火车第一节车厢前，火车从静止启动，测得第一节车厢经过他历时10s，那第二节车厢通过他所需要的时间是( )
A. B. C. D.
8.在某大型游乐场中有一台游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面一定高度处，然后由静止释放，座椅沿轨道自由下落到离地20m处后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力而做加速度大小为的匀减速运动，下落到地面时速度刚好减小到零（取）。求：
（1）游客下落过程中的最大速度是多少；
（2）座椅被释放时的高度为多少；
（3）从开始释放到落地共用时多少。
9.猎豹是一种广泛生活在非洲大草原上的大型猫科肉食性动物，捕猎时能达到最大速度30m/s。在一次捕猎过程中，猎豹发现它的正前方190m的地方有一只羚羊，开始以加速度加速至最大时速追击羚羊，羚羊在3s后察觉有天敌追击自己，就以加速度加速至最大速度25m/s向正前方逃跑。现为了简便处理不考虑现实中猎豹和羚羊存在的转弯动作，两者均可看作质点且只做直线运动。
（1）求猎豹在其加速过程中所用的时间和位移；
（2）求猎豹开始追击羚羊捕猎后第8s末，猎豹与羚羊之间的距离
（3）若猎豹以最大时速追捕猎物的生理极限时间为20s，后筋疲力尽以做减速运动，羚羊一直按照最高时速逃跑，根据所学知识计算分析本次猎豹是否能捕猎成功。
10.假设在某公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为，若汽车起动时都以的加速度做匀加速运动，加速到后做匀速运动通过路口。该路口亮绿灯时间，而且有按倒计时显示的时间显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过。请解答下列问题：
（1）一停在停车线内的第一辆汽车完全通过路口时间为8s，已知车长为5m，问路口长度为多少米？
（2）若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？
（3）事实上由于人反应时间的存在，绿灯亮起时不可能所有司机同时起动汽车，现假设绿灯亮起时，第一个司机滞后起动汽车，后面司机都比前一辆车迟后起动汽车，在该情况下，有多少辆车能通过路口？
答案以及解析
1.答案：A
解析：AB.忽略空气阻力，篮球在下落与上升的过程中，加速度大小均为g，而图像中的斜率表示加速度，即两段图线应相互平行，故A正确，B错误；
C.图像的斜率表示篮球的速度，下落过程速度越来越大，斜率越来越大，反弹过程速度越来越小，斜率越来越小，故C错误；
D.由于下落和反弹过程的加速度相等，但反弹的高度小，所以时间短，D错误。
故选A。
2.答案：B
解析：根据上升与下降过程的对称性，第四个小球离开手瞬间，第1个小球与第3个小球在同一高度，第2个小球位于最高点速度为0，则根据初速度为0的匀变速直线运动的规律，第3、4个小球间的距离与第1、2个小球间的距离之比为3:1。
3.答案：C
解析：由题可知，列车加速到速度最大所用的时间
列车进站加速与出站减速时的加速度相等，故
设一站直达列车匀速行驶用时为t，“站站停”列车匀速行驶用时，根据题意可知
一站直达列车比“站站停”列车节省的时间为
故选C。
4.答案：B
解析：甲前进距B为时，根据位移公式有，乙从距B地处的C点由静止出发，根据位移公式有，甲从A到B过程，根据位移公式有,解得,故选B。
5.答案：B
解析：列车的最高行驶速度为
由可知，加速过程的最短时间为
加速过程的位移为
由可知，减速过程的最短时间为
减速过程的位移为
匀速过程的位移为
匀速过程的时间为
通勤列车从甲站行驶到乙站的最短时间为
故选B。
6.答案：A
解析：AB.电梯从高层运动到地面过程中，电梯启动和制动加速度大小相同，即电梯先向下做匀加速运动，再做匀速运动，最后做匀减速运动，匀加速阶段，根据
匀减速阶段，有
x和v是二次函数关系，是开口向左和向右的一段抛物线，选项A正确，B错误；
D.人第一阶段是失重，最后阶段为超重，D错误；
C.由于启动和制动的加速度大小相同，则第一阶段减小的支持力和最后阶段增加的支持力大小相同，C图像中支持力变化量不同，C错误。
故选A。
7.答案：C
解析：因为初速度为零的匀加速直线运动，在通过连续相等位移所用的时间之比为
则第二节车厢和第一节车厢通过它所需的时间之比为
第一节车厢经过他历时10s，则第二节车厢通过他的时间为。
故选C。
8.答案：（1）10m/s（2）25m（3）5s
解析：（1）根据速度位移关系式可知，游客下落过程中的最大速度
解得
（2）自由下落距离
解得
座椅被释放时的高度
（3）根据平均速度公式可知，从开始释放到落地
9.答案：（1）5s，75m（2）87.5m（3）本次猎豹恰好捕猎成功
解析：（1）猎豹在其加速过程中，根据速度公式与位移公式有
，
解得
，
（2）羚羊在其加速过程中，根据速度公式与位移公式有
，
解得
，
令，猎豹开始追击羚羊捕猎后第8s末，猎豹匀速运动的位移
羚羊匀速运动的位移
令，则第8s末，猎豹与羚羊之间的距离
解得
（3）结合上述可知，在5s后，猎豹到达最大速度，而羚羊达到最大速度总共经历时间为8s，即在羚羊开始匀速时，猎豹已经匀速运动了3s，令猎豹以最大时速追捕猎物的生理极限时间为，此时间内，猎豹与羚羊的间距为
解得
之后猎豹做匀减速直线运动，羚羊做匀速直线运动，若再经历时间，两者速度达到相等，则有
解得
此过程，猎豹的位移
此过程，羚羊的位移
由于
可知，本次猎豹恰好捕猎成功。
10.答案：（1）50m（2）41辆（3）25辆
解析：（1）汽车加速时间
8s时间，汽车能行驶的位移为
所以路口长为
根据题意，路口长为50米；
（2）汽车加速时间
经过时间，汽车能行驶的位移为
所以
根据题意，则第41辆汽车能通过；
（3）设能通过k辆汽车，则第k辆汽车能通过路口要满足
数据代入后解得（7）恒定电流——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.如图所示是有两个量程的电流表。已知表头的内阻，满偏电流，电阻，则下列说法正确的是( )
A.接A、C两点，量程为0～8mA B.接A、B两点，量程0～50mA
C.接A、C两点，量程为0～12mA D.接A、B两点，量程为0～25mA
2.某同学通过实验，描绘出了两个电阻、的伏安特性曲线，如图所示，两条图线交于点P，的图像在P点的切线与纵轴的交点值为0.4。下列说法正确的是( )
A.的电阻为1Ω B.的电阻为10Ω
C.的电阻为2Ω D.的电阻随电压的增大而减小
3.为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光.由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的图象应是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，用某种金属材料制成长为a、宽为b、厚为c的长方体，且.电流沿AB方向的电阻为，电流沿CD方向的电阻为，电流沿EF方向的电阻为，则等于( )
A.8:2:1 B.8:1:4 C.16:1:2 D.16:1:4
5.如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，R为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器的滑片P向下移动过程中，下列说法正确的是( )
A.电流表的示数增大 B.电路中总电阻增大
C.电压表的示数增大 D.恒流源输出功率增大
6.如图为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，先将开关S接到位置1，电容器充电后电压为10kV，再将开关S接到位置2，电容器在5ms内通过人体模型完成放电。已知电容器的电容为，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是( )
A.这次电容器充电后带电量为0.4C
B.这次放电过程的平均电流为40A
C.人体模型起到绝缘电介质的作用
D.若充电至20kV，则该电容器的电容为
7.在图甲的电路中，电源内阻不计，不计电表内阻的影响。调节的阻值，得到各组电压表和电流表数据，作出的图像如图乙中AB所示，则表示阻值的是( )
A.AB的斜率 B.仅a的斜率
C.仅b的斜率 D.a或b的斜率
8.如图甲连接电路，电表均为理想电表。闭合开关S，让滑动变阻器的滑片C从B端向左滑动的过程中，电路中的一些物理量的变化规律如图乙所示，U、I分别是电压表、电流表的示数，R是变阻器间的电阻，是电源输出功率，η是电源效率。下列选项中正确的是( )
A.电源的电动势为4V B.滑动变阻器最大阻值为
C.Ⅰ图a点的坐标为 D.Ⅱ图c点的坐标为
9.要测量两节干电池的总电动势和内阻，某同学根据实验室提供的器材连接成了如图甲所示实验电路.其中电阻箱，电流表A（量程为0~2mA，内阻）。
（1）现将电流表A改装成量程为的电流表，则接入的定值电阻_________Ω（结果保留1位有效数字）；
（2）将电阻箱接入电路的电阻调到最大，闭合开关，调节电阻箱，某次实验电流表的示数如图乙所示，此读数为_________mA，此时流过电池的电流大小为_________A；
（3）多次调节电阻箱，得到多组电流表的示数I及电阻箱的阻值R，作出图像，得到图像与纵轴的截距为，图像的斜率为，由此求得电源的电动势_________V，内阻_________Ω。（结果保留2位有效数字）
10.某同学要测量一未知电阻的阻值.
（1）用多用电表粗测电阻的阻值.当用电阻“”挡时，发现指针向右偏转角度过大，接着将选择开关旋转了一个挡位并进行欧姆调零后，指针静止时位置如图甲所示，其读数为________Ω.
（2）为了精确测量电阻的阻值，实验室提供了以下器材，
A.电流表（量程，内阻）
B.电流表（量程30mA，内阻）
C.滑动变阻器（，额定电流）
E.电阻箱R（阻值范围为）
F.电源（电动势，内阻约）
G.开关S、导线若干
该同学设计了如图乙所示的电路，要将电流表改装成量程为3V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻________Ω，多次调节滑动变阻器，测得多组电流表、的示数和，某次的示数如图丙所示，此时电流________mA，将测得的多组、作图像，得到图像的斜率为k，则被测电阻的大小________（用k，R，，表示）.
答案以及解析
1.答案：D
解析：AC.接A、C两点，当电流表达到满偏时，电路中的总电流为量程为0~5mA，故AC错误；BD.接A、B两点，当电流表达到满偏时，电路中的总电流为故B错误，D正确。故选D。
2.答案：C
解析：AC.根据图像可知，的电阻保持不变，阻值为故A错误，C正确；BD.根据欧姆定律可知图像上某点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，由图可知，的电阻随电压的增大而增大，故BD错误。故选C。
3.答案：C
解析：当滑动变阻器在最左端时，灯泡连端电压为0，滑动变阻器逐渐向右移动，小灯泡的亮度逐渐变亮，直到正常发光.随着小灯泡两端电压的升高，电流也在升高，但是，小灯泡灯丝的电阻随着温度的升高而增大，在图像上各点切线斜率应越来越大.故C正确。
4.答案：D
解析：设金属材料的电阻率为ρ，根据电阻定律可知，电流沿AB方向时电阻，电流沿CD方向时电阻，电流沿EF方向时电阻，则，D正确.
5.答案：A
解析：B.滑动变阻器的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，根据并联电路的特征可知电路中总电阻减小，B错误；
AC.恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误，C正确；
D.根据
由于恒流源电流大小不变，总电阻减小，所以恒流源的输出功率减小，D错误。
故选A。
6.答案：B
解析：A.由电容的定义式可得，这次电容器充电后带电量为
故A错误；
B.由电流的定义式可得，这次放电过程的平均电流为
故B正确；
C.人体模型是导体，不能起到绝缘电介质的作用，故C错误；
D.由电容的决定式可知，充电至20kV，则该电容器的电容不变，仍为，故D错误。
故选B。
7.答案：D
解析：根据闭合电路欧姆定律有
可知，AB的斜率代表R2的阻值，a的斜率表示通过的电流为0.1A时，的有效电阻；b的斜率表示通过的电流为0.3A时，的有效电阻。
故选D。
8.答案：C
解析：A.由图乙中Ⅰ图可知短路电流
由
解得
根据图乙中Ⅱ图可知电源最大输出功率
则由
解得
，
故A错误；
B.电源效率最高时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由Ⅲ图知电源的最大效率
由
解得
即滑动变阻器最大阻值为8Ω，故B错误；
C.Ⅰ图a点，此时电路中的电流
根据闭合电路欧姆定律可知
a点的坐标为（0.6A，4.8V），故C正确；
D.Ⅱ图c点表明滑动变阻器达到了最大值，即，，干路电流，故输出功率
故Ⅱ图c点的坐标为（4.8V，2.88W），故D错误。
故选C。
9.答案：（1）0.4（2）1.20；0.36（4）2.9；3.0
解析：（1）根据电流表改装原理
解得
（2）由图可知电流表的读数为；
此时通过电源的电流为
（3）根据闭合电路欧姆定律有
整理得
由于远小于，因此有
图像的斜率为
图像的截距为
解得
，
10.答案：（1）120（2）29900；16.0；
解析：（1）当用电阻“”挡时，发现指针向右偏转角度过大，说明指针所指的示数过小，应将选择开关调在“”挡，图甲读数为.
（2）由欧姆定律可知
解得
电流表的示数为，根据欧姆定律
得到
根据题意
解得（10）交变电流——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.下列的关于电流i随时间t变化的图象中，不是表示交变电流的是( )
A. B.
C. D.
2.如图甲所示，由交流发电机、定值电阻R、交流电流表A组成的闭合回路，线圈沿逆时针方向转动，图甲所示位置磁感线与线圈平面平行，从此刻开始计时，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则( )
A.时刻线圈中感应电动势最小
B.时刻线圈中感应电流的方向改变
C.线圈转到图甲所示位置时，线圈中磁通量变化率为零
D.线圈转动到图甲所示位置时，线圈中感应电流方向为
3.下列各情况中，线圈都以角速度ω绕图中的转动轴匀速转动，不能产生交变电流的是( )
A. B.
C. D.
4.小型交流发电机的示意图如图所示，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向以恒定的角速度匀速转动，下列说法正确的是( )
A.图示位置，线圈的感应电动势最大
B.图示位置，线圈位于中性面
C.线圈经过图示位置，交变电流的方向不会发生改变
D.若线圈转动的角速度增大1倍，则感应电动势的有效值变为原来的4倍
5.通过某交流电流表的电流i随时间t变化的关系如图所示，该电流表的示数是( )
A.5A B.4A C.3A D.1A
6.有一条河流，河水流量为，落差为5m。现利用它来发电，水电站的总效率为，发电机的输出电压为350V。水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为，允许输电线上损耗的功率为发电机输出功率的，用户所需要电压为220V，认为所用的变压器都是理想变压器，g取。以下关于升压、降压变压器原、副线圈匝数比正确的是( )
A.升压变压器匝数比约为1:8，降压变压器匝数比约为12:1
B.升压变压器匝数比约为1:6，降压变压器匝数比约为10:1
C.升压变压器匝数比约为1:10，降压变压器匝数比约为15:1
D.升压变压器匝数比约为1:4，降压变压器匝数比约为8:1
7.如图甲所示，电路M、N端输入电压不变的正弦式交变电流。将滑动变阻器的滑片从a端缓慢向下滑动，记录交流电压表V的示数U与交流电流表A的示数I，并描绘图像如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值减小为时，变压器的输出功率最大。变压器视为理想变压器，电压表和电流表均视为理想电表，则下列说法正确的是( )
A.定值电阻的阻值为
B.变压器的最大输出功率为50W
C.滑动变阻器最大阻值为
D.变压器原、副线圈的匝数比为
8.如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝，副线圈匝数为1500匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为20Ω。降压变压器右侧电路中为一定值电阻，为滑动变阻器，则下列说法正确的是( )
A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B.若升压变压器的输入功率为75kW，远距离输电线路损耗功率为9kW
C.当滑片P向a端滑动时，电阻上的电压变小
D.当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大
9.某小型发电站高压输电的示意图如图所示。已知升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器的输入功率为20kW，用户获得的功率为19.75kW，输电线的总电阻为。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数之比为1:10。下列说法中正确的是( )
A.电流表的示数为1A
B.升压变压器的输出电压
C.其他条件不变，用户数增多，输电线上损耗的功率将增加
D.用电高峰期，为了让用户能够正常用电，可将P向下滑
10.为了检验输电电压高低对电能输送的影响，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路进行对比实验。两个电路使用相同的低压交流电源，所有的电阻和灯泡电阻均相等，导线电阻不计。图乙中的理想变压器的匝数比。已知灯泡消耗的功率为P，则灯泡消耗的功率为( )
A. B. C. D.
答案以及解析
1.答案：A
解析：A、图中电流大小发生周期性变化，但方向保持不变，所以不是交变电流，故A正确;
BCD.图中电流大小、方向均发生周期性变化，均是交变电流，故BCD错误。
故选A。
2.答案：B
解析：A.根据题图乙，结合交流发电机工作原理可知，在时刻，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，则线圈中产生的感应电动势最大，故A错误；
B.由题图乙可知，在时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，线圈中感应电流的方向改变，故B正确；
C.线圈转到题图甲所示位置时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，故C错误；
D.线圈沿逆时针方向转动，根据右手定则判断可知，当线圈转动到题图甲所示位置时，线圈中感应电流方向为，故D错误。
故选B。
3.答案：A
解析：A.线圈转动时，线圈的磁通量一直为零，即磁通量保持不变，故线圈不产生感应电流，选项A满足题意要求；
BCD.选项BCD中的线圈都是在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中都会产生正弦式交变电流，选项BCD不满足题意要求；
故选A。
4.答案：B
解析：ABC.图示位置，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线圈的感应电动势为零，线圈位于中性面，线圈经过图示位置，交变电流的方向发生改变，故AC错误，B正确；D.电动势最大值表达式为若线圈转动的角速度增大1倍，则感应电动势的最大值变为原来的2倍，感应电动势的有效值变为原来的2倍，故D错误。故选B。
5.答案：A
解析：由等效法得
即
解得
故选A。
6.答案：A
解析：发电机的输出功率，
解得输电线上的电流
则升压变压器输出电压
则升压变压器的匝数比
输电线上的电压减少
则输入降压变压器的电压
则降压变压器的匝数比
所以升压、降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1:8，12:1。
故选A。
7.答案：B
解析：A.设交变电源电压的有效值为，在原线圈回路中有
变形得
结合乙图可知，图像斜率的绝对值表示
将，，代入
解得
故A错误；
BD.将理想变压器与滑动变阻器整体等效为一个电阻，等效电阻
变压器的输出功率等于滑动变阻器消耗的功率，则有
当时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为
此时滑动变阻器接入电路的阻值减小为，则有
解得
故B正确，D错误；
C.当滑动变阻器的阻值调到最大时，则等效电阻也最大，可知原线圈的电流最小，由乙图可知最小电流为，对应的电压表示数为，则等效电阻
解得
故C错误。
故选B。
8.答案：D
解析：A.由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为，故A错误：
B.由题图乙知，升压变压器输入端电压有效值为
若升压变压器的输入功率为75kW，则
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
所以
所以远距离输电线路损耗功率为
故B错误；
CD.对输电回路，有
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系有
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
对用电回路有
联立可得
当滑片向a端滑动时，减小，升压变压器副线圈两端电压不变，则增大，电阻上的电压变大，故C错误，D正确。
故选D。
9.答案：C
解析：A.根据升压端输入功率和最终用户端的功率关系，可知输电线上损失的功率
根据
得输电线中的电流为
又因为电流互感器原、副线圈的匝数比为1:10，则流过电流表的电流为0.5A，故A错误；
B.升压变压器为理想变压器，故升压变压器的输出功率为，根据
得升压变压器的输出电压
故B错误；
C.其他条件不变，用户增多，则用电功率增大，根据能量守恒可知升压变压器输入功率增大，而升压变压器输入电压不变，所以输入电流增大，所以升压变压器输出电流增大，根据
可知输电线损耗的功率将会增大，故C正确；
D.用电高峰期，由于用电器的增多，输电线上电流变大，损失的电压增大，则导致用户端的电压下降。根据降压变压器原、副线圈电压比满足
可得用户端电压
其它条件不变，将P上滑，则减小，会使变大，可保证用户正常用电，故D错误。
故选C。
10.答案：D
解析：令低压交流电源的有效值为，图甲中灯泡消耗的功率图乙中升压变压器的输出电压将降压器与灯泡等效为一个电阻，则等效电阻为等效电阻消耗功率等于灯泡消耗的功率，则有结合上述解得故选D。（4）功和能——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.跳绳是一项很好的体育锻炼项目。某同学在一次跳绳测验中，在的时间内完成了100次跳绳，已知该同学每一次跳起的最大高度为，他的质量为，，不计空气阻力和绳的质量，则下列说法中正确的是( )
A.每一次向上运动的过程中，该同学克服重力做的功为
B.每次跳起时，地面对该同学的支持力做功为0
C.每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率为0
D.这次跳绳测验该同学克服重力做功的平均功率为
2.如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍，当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高，将A由静止释放，B上升的最大高度是( )
A. B.R C. D.
3.如图所示，小朋友荡秋千过程视为圆周运动，若阻力可忽略不计，下列说法正确的是( )
A.从最高点到最低点的过程中，小朋友受到重力的功率逐渐增大
B.从最高点到最低点的过程中，小朋友受到重力的功率逐渐减小
C.在最低点时小朋友处于失重状态
D.从最高点到最低点的过程中小朋友的机械能守恒
4.三个质量相同的小球，从同一高度由静止释放，其中a球自由下落，b、c球分别沿斜面和曲面下滑，如图所示.从释放到运动至地面的过程中，小球所受重力做功关系正确的是( )
A. B. C. D.
5.随着全球新能源领域的蓬勃发展，电动汽车已经成为我们生活中的常用交通工具，某些电动汽车搭载了弹射起步功能，在起步阶段获得较大加速度。如图所示，某品牌电动汽车在测试斜坡弹射起步功能，该汽车可看成质点，从静止沿倾斜平直公路向上加速16m时速度达到，该倾斜平直公路与水平方向的夹角为，已知该汽车的质量为2000kg，加速过程中受到的阻力恒为200N，牵引力恒定，重力加速度为，，，忽略汽车质量的变化，关于这段加速过程，下列说法正确的是( )
A.汽车发动机提供的牵引力大小为
B.汽车的速度达到时，汽车的输出功率为
C.汽车增加的机械能为
D.汽车发动机对汽车做的功为
6.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在光滑斜面的挡板上。物块从图示位置静止释放，弹簧始终处于弹性限度内。则物块与弹簧有相互作用的整个下滑过程中( )
A.挡板对弹簧做负功 B.物块的速度逐渐减小
C.物块在最低点时的加速度最大 D.物块的机械能先增大后减小
7.如图所示，一圆心为O、半径的圆弧轨道PQ竖直固定在水平地面上，其半径PO水平、OQ与竖直方向的夹角为。将一质量的小物块自P点由静止释放，小物块经过Q点后落在地面上的M处。已知Q、M在水平方向上的距离，小物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）小物块经Q时的速度大小；
（2）小物块经Q后距地面的最大高度H；
（3）小物块在圆弧运动过程中克服摩擦力做的功W。
8.汽车发动机的额定功率为30KW，质量为2000kg，当汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍.求：
（1）汽车在路面上能达到的最大速度；
（2）若汽车从静止开始保持的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能持续多长时间？
9.如图所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长，一个质量为的木块在的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数，取。求：
（1）木块第一次到达B端时的动能；
（2）木块沿光滑弧形槽上升的最大高度h（木块未离开弧形槽）；
（3）木块沿光滑弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动停止时离A端的距离s。
10.如图所示，某电动玩具小车质量为1kg，可视为质点，以额定功率10W由静止开始从A点出发，沿直轨道AB加速3s后关闭动力，冲上曲线轨道BC并从最高点C处水平飞出，BC高度差，小车飞出后恰好落在倾角为37°的斜面CD底端D处，D与B处于同一水平面，取，不计空气阻力，求：
（1）小车在C点时的速度大小；
（2）摩擦力在AC段对小车所做的功；
（3）小车运动到D点时重力对小车做功的瞬时功率。
答案以及解析
1.答案：B
解析：A.每一次向上运动的过程中，该同学克服重力做的功为，故A错误;
B.每次跳起时，地而对该同学的支持力作用点的位移为零，则地而对该同学的支持力做功为0，故B正确;
C.设每次离开地面瞬间的速度大小不为零，且方向竖直向上，则每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率不为零，故C错误;
D.在40s的时间内完成了100次跳绳，则这次跳绳测验该同学克服重力做功的平均功率为，故D错误。
故选B。
2.答案：C
解析：设B的质量为m，则A的质量为2m，以A、B组成的系统为研究对象，在A落地前，由系统的机械能守恒可得:，A落地后，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得，则B上升的最大高度为，故C正确，ABD错误。
故选:C。
3.答案：D
解析：AB、在最高点，小朋友的速度为零，根据(θ是重力方向与速度方向的夹角)可知，小朋友受到重力的功率为零。从最高点到最低点的过程中，小朋友受到的重力和速度都不为零，且重力方向与速度方向不垂直，重力的功率不为零;小朋友到达最低点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，所以，从最高点到最低点的过程中，小朋友受到重力的功率先逐渐增大后逐渐减小，故AB错误;C、在最低点时，小朋友具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故C错误;D、从最高点到最低点的过程中，小朋友受到的弹力方向与运动方向垂直，所以弹力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，故D正确。故选:D。
4.答案：D
解析：重力做功只与物体运动的初末位置的高度差有关，即，由于三小球的质量相同，下降的高度相同，故重力做功相同，故D正确，ABC错误.
5.答案：B
解析：A．汽车加速过程，根据动能定理可得代入数据解得牵引力大小为
故A错误：
B．汽车的速度达到时，汽车的输出功率故B正确：
C．汽车增加的机械能为
故C错误：
D．汽车发动机对汽车做的功为
故D错误。
故选B。
6.答案：C
解析：A.在挡板对弹簧的力方向上无位移，挡板对弹簧不做功，故A错误；
B.物块与弹簧组成弹簧振子，在平衡位置速度最大，最低点速度为零，故速度先增大后减小，故B错误；
C.物块与弹簧组成弹簧振子，可知物块在最低点时的加速度最大，故C正确；
D.压缩弹簧过程中，弹性势能一直增大，物块的机械能一直减小，故D错误。
故选C 。
7.答案：（1）（2）（3）
解析：（1）小物块经Q后做斜抛运动，竖直方向有
水平方向有
联立解得小物块经Q时的速度大小为
（2）小物块经Q后做斜抛运动，竖直分速度大小为
小物块经Q后继续上升的高度为
则小物块经Q后距地面的最大高度为
（3）小物块从P点到Q点过程，根据动能定理可得
解得小物块在圆弧运动过程中克服摩擦力做的功为
8.答案：（1）15m/s（2）7.5s
解析：（1）汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得：
（2）若汽车从静止做匀加速直线运动，则当时，匀加速结束
联立解得
9.答案：（1）0.75J；（2）0.15m；（3）0.75m
解析：（1）木块第一次到达B端时，根据动能定理有
代入数据解得
（2）设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得
解得
（3）设木块离开B点后，在水平桌面上滑行的最大距离为x，由动能定理得
解得
10.答案：（1）4m/s；（2）-4J；（3）60W
解析：（1）从C到D做平抛运动，则
解得
（2）从A到C由动能定理
解得
（3）小车运动到D点时重力对小车做功的瞬时功率（8）安培力与洛伦兹力——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知磁感应强度大小为B，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时平行导轨间距为( )
A. B. C. D.
2.如图，“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，，ab长为l，bc长为，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则( )
A.， B.，
C.， D.，
3.如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°的方向垂直于磁场射入，初速度大小为v时，粒子从ac边距a点L处射出磁场。不计粒子的重力，则粒子( )
A.一定带负电
B.初速度为2v时，出射位置距a点L
C.初速度为2v时，在磁场中运动的时间变短
D.初速度为10v时，能从bc边的中点射出
4.小飞同学研究甲、乙、丙、丁四种情况导体棒受到的安培力大小，其中磁感应强度均为，方向垂直纸面向里，纸面内放置水平光滑导轨，间距均为d，且左端接一个相同的电阻R，导体棒速度大小均为v，甲、丁图中速度方向水平向右，乙图中速度与竖直方向夹角为，丙图导体棒与水平方向夹角为，不计导轨以及导体棒的阻值。则导体棒受到安培力最大的是( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
5.如图甲所示，空间存在水平向右的匀强磁场，直导线折成“<”形固定在磁场中，导线所在平面与磁场平行，ACD为等边三角形，AD与磁场垂直，E为AC边上一点，给ACD通入恒定电流I，ACD受到的安培力大小为；如图乙所示，若保持ECD段不动，将AE段弯折后使AE段与CD段平行，导线所在平面仍与磁场平行，再给导线通入恒定电流I，则这时导线AECD受到的安培力大小为，则下列判断正确的是( )
A. B.
C. D.无法比较的大小
6.如图所示，边长为L的正方形线框ABCD，ADC边的电阻与ABC边的电阻不相等，将线框放在与线框平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电流I从A点流入，从C点流出，O是线框的正中心，下列说法正确的是( )
A.线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直纸面向内
B.线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直纸面向外
C.整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为
D.整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为
7.如图所示的装置是用来测量匀强磁场磁感应强度B的等臂电流天平，其右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为l，磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈通入图示电流I时，则须在一个托盘中加质量为m的小砝码才能使天平重新平衡。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.应在右盘中加入小砝码
B.由以上测量数据可求出匀强磁场的磁感应强度
C.若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流
D.若只改变电流的方向，线圈仍保持平衡状态
8.如图所示，用两根轻细悬线将质量为m，长为l的金属棒悬挂在两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从b到a的电流后，两悬线偏离竖直方向角θ而处于平衡状态，为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )
A.，竖直向上 B.，竖直向下
C.，平行悬线向下 D.，平行悬线向上
9.如图所示，通有电流为的长直导线垂直纸面放置，空间有磁感应强度大小为的匀强磁场，方向平行纸面斜向左下方与水平方向的夹角为，已知纸面内A点（A与导线的连线沿水平方向）的合磁感应强度沿水平方向，通电长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度（i是通电电流、k是常量，r是此点与导线间的距离），则A点与导线间的距离为( )
A. B. C. D.
10.如图，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着与平面垂直、方向相反、磁感应强度大小相等的匀强磁场。现有两个电子a、b，依次从顶点A处竖直向上和竖直向下射出，不计电子的重力，则电子a、b分别经过B点的最短时间之比为( )
A. B. C. D.
答案以及解析
1.答案：C
解析：磁场方向竖直向上，由左手定则可知，安培力水平向右，由力的平衡条件得
解得
故选C。
2.答案：D
解析：连接ac，根据几何关系得，根据,F与BC的夹角θ,,故D正确，ABC错误。
故选:D。
3.答案：B
解析：粒子从a点射入，从ac边射出，由左手定则可知，粒子带正电，A项错；粒子在匀强磁场中做圆周运动，则有，解得，所以速度加倍，粒子轨迹半径加倍，轨迹圆弧对应的弦长加倍，即出射位置与a点的距离加倍，B项正确；由几何知识可知，速度加倍后，轨迹所对的圆心角不变，结合可知粒子在磁场中运动的时间不变，C项错；初速度为10v时，粒子仍做圆周运动，故不可能沿直线从bc中点射出，D项错。
4.答案：C
解析：甲图中根据法拉第电磁感应定律有
电流为
安培力大小为
乙图中根据法拉第电磁感应定律有
电流为
安培力大小为
丙图中根据法拉第电磁感应定律有
电流为
安培力大小为
丁图中的有效长度与速度的夹角不垂直，结合上述分析可知安培力小于丙图导体所受安培力，所以丙图的安培力最大。
故选C。
5.答案：A
解析：根据几何关系可知，甲、乙两图中导线的有效长度相同，均为AD连线在垂直磁场方向的长度L，根据
可知
故选A。
6.答案：C
解析：根据边的电阻与边的电阻不相等，可知线框上、下边的电流不相等，由电流形成的磁场在O点的方向可能为垂直纸面向内或向外，选项A、B均错误；电流通过线框的等效长度为，故整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为，选项C正确、D错误。
7.答案：C
解析：A.根据左手定则，安培力向下，应在左盘中加入小砝码，A错误；
B.根据平衡条件得，解得，B错误；
C.若发现右盘向上翘起，表明向下的安培力偏小，则应增大线圈中的电流，C正确；
D.若只改变电流的方向，安培力向上，线圈不能保持平衡状态，D错误。
故选C。
8.答案：B
解析：AB.若磁场方向竖直向下，则安培力垂直纸面向外，由平衡可知
解得
选项A错误，B正确；
CD.平行悬线向下，则安培力垂直细线斜向上，则由平衡可知
解得
选项CD错误。
故选B。
9.答案：B
解析：根据右手定则，直导线在A点的磁场方向竖直向上，原空间磁场与水平方向夹角为30°斜向下，合磁场方向水平向左，可知直导线在A点的磁场又解得故选B。
10.答案：D
解析：电子a、b分别经过B点的最短时间，则都是要一次性到达B点，可画如图轨迹，电子a、b分别经过B点的圆心角分别为和，而运动周期相同，根据
则电子a、b分别经过B点的最短时间之比为。
故选D。（9）电磁感应——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现( )
A.法拉第电磁感应定律 B.库仑定律
C.能量守恒定律 D.欧姆定律
2.如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为正方向。螺线管与灵敏电流计相连，构成闭合回路。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时，下列说法正确的是( )
A.在时间内，电流方向为
B.在时间内，电流方向为
C.在时间内，电流方向为
D.在时间内，电流方向为
3.将电池组、滑动变阻器、线圈A、线圈B、电流表及开关按图示连接。线圈A放在线圈B中，开关闭合，将滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电流表指针向左偏转。下列操作中也能使电流表指针向左偏转的是( )
A.向A中插入铁芯 B.将A向上拔出
C.A、B保持相对静止一起移动 D.断开开关瞬间
4.如图所示，带正电荷的橡胶环绕轴以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( )
A.N极竖直向上 B.N极竖直向下
C.N极沿轴线向左 D.N极沿轴线向右
5.如图所示，在光滑水平桌面上，边长为L、总电阻为R的单匝均匀正方形金属线框abcd，在水平拉力作用下，以速度v匀速进入竖直向下的匀强磁场。进入过程中，线框ad边与磁场边界平行，且线框平面保持水平。已知磁感应强度大小为B。在线框进入磁场过程中，下列说法正确的是( )
A.线框产生沿方向的感应电流
B.ad边两端的电压
C.拉力做功为
D.ab边所受安培力始终为0
6.如图所示，边长为L的正方形线框ABCD，ADC边的电阻与ABC边的电阻不相等，将线框放在与线框平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。电流I从A点流入，从C点流出，O是线框的正中心，下列说法正确的是( )
A.线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直纸面向内
B.线框中的电流形成的磁场在O点的磁感应强度方向一定垂直纸面向外
C.整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为
D.整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为
7.如图所示为探究电磁驱动的实验装置。该装置是一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极之间，铝框可以绕支点自由转动，先使铝框和磁铁静止，然后匀速转动磁铁，观察铝框的运动，下列说法正确的是( )
A.铝框与磁铁转动方向相反
B.铝框始终与磁铁转动的一样快
C.铝框是因为受到安培力而转动的
D.当磁铁停止转动后，若不计空气阻力和一切摩擦，则铝框将永远转动下去
8.扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌。如图所示，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场。出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
A. B.
C. D.
9.金属探测仪被各考场广泛应用，从而营造了良好的考试公平环境。如图甲为某一款金属探测仪，探测仪内部的线圈与电容器构成LC振荡电路，当探测仪检测到金属物体时，探测仪线圈的自感系数发生变化，从而引起振荡电路中的电流频率发生变化，探测仪检测到这个变化就会驱动蜂鸣器发出声响。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图乙所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是( )
A.此时电容器中的电场能正在减小
B.此时线圈的自感电动势正在减小
C.此时电路中电流沿顺时针方向且LC振荡电路中电流减小
D.若LC振荡电路中的电感变小，其振荡频率也变小
10.在学习自感的课堂上，老师引入了一个有趣的小实验：四位同学手拉手与一节电动势为的干电池、若干导线、一个开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示的方式连接，实验过程中人会有触电的感觉，已知人体的电阻比线圈的电阻大。下列说法错误的是( )
A.闭合开关后，流过线圈的电流会逐渐变大直至不变
B.当电路稳定时，流过人体的电流小于流过线圈的电流
C.断开开关的瞬间，流过人体的电流方向由A到B
D.断开开关的瞬间，流过人体的电流会突然增大
答案以及解析
1.答案：C
解析：楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，故C正确，A、B、D错误;
故选C。
2.答案：C
解析：由题图乙知，在时间内，外加磁场磁感应强度B反向减小且斜率不变，根据楞次定律知在导线中产生的电流方向为，故A错误；在时间内，外加磁场磁感应强度B正向增大且斜率不变，则在导线中产生的电流方向为，故B错误；在23s时间内，外加磁场磁感应强度B正向减小且斜率不变，则在导线中产生的电流方向为，故C正确；在时间内，外加磁场磁感应强度B反向增大且斜率不变，则在导线中产生的电流方向为，故D错误。
3.答案：A
解析：A.在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，线圈A产生的磁场增强，电流表指针向左偏转，故A正确；B.滑动变阻器的滑片P向右滑动时，回路中电阻减小，线圈A中电流增大，线圈A产生的磁场增强，电流表指针向左偏转，线圈A向上移动，磁场变弱，电流表指针向右偏转，故B错误；C.线圈A、B保持相对静止一起移动，线圈B中磁通量没有发生变化，则没有感应电流产生，电流表指针静止在中央，故C错误；D.断开开关瞬间，磁场减弱，则电流表指针向右偏转，故D错误。故选A。
4.答案：D
解析：转动带电环可以等效为环形电流，根据右手螺旋定则，圆环左侧磁场方向向右，故最后小磁针N极沿轴线向右。
故选D。
5.答案：C
解析：A.根据右手定则，可知线框产生的电流方向为
A错误；
B.导体切割磁感线产生的电动势
根据欧姆定律可知，线框中的电流
ad边两端的电压等于外电路的电压，则有
B错误；
C.由于线框匀速运动，则线框受力平衡，则有
故拉力所做的功
C正确；
D.ab边进入磁场后，磁场对其有安培力的作用，当线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，ab边的安培力为零，D错误。
故选C。
6.答案：C
解析：根据边的电阻与边的电阻不相等，可知线框上、下边的电流不相等，由电流形成的磁场在O点的方向可能为垂直纸面向内或向外，选项A、B均错误；电流通过线框的等效长度为，故整个线框在匀强磁场中受到的安培力大小为，选项C正确、D错误。
7.答案：C
解析：A.根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，转动磁铁时，铝框会跟着转动，且转动方向与磁铁转动方向一致，故A错误；BC.铝框与磁铁之间存在相对运动，导致穿过铝框的磁通量发生了变化，所以在铝框中产生了感应电流，然后感应电流受到磁铁周围的磁场对它的安培力作用转动了起来，又因为感应电流的磁场只是阻碍磁通量的变化，并不是阻止，所以铝框转动的速度要比磁铁转动速度慢，故B错误，C正确；D.当磁铁停止转动后，铝框由于惯性会继续转动，但是在转动过程中由于与磁铁的相对位置发生变化，穿过铝框的磁通量发生了变化，所以铝框自身会产生感应电流，产生的安培力会阻碍物体间的相对运动，即使没有空气阻力和摩擦，铝框最终也会停下来，故D错误。故选C。
8.答案：A
解析：对于A图，出现扰动时，不管是上下振动还是左右振动，穿过紫铜薄板的磁通量都会变化。从而产生感应电流，感应电流的磁场阻碍薄板的振动。
9.答案：C
解析：AC、某时刻，线圈中的磁场方向向上，根据安培定则可知，电流的方向为顺时针方向，且电容器的上极板带正电，可判断电容器正在充电，即电场能增加，磁场能减小，LC振荡电路中的电流减小，故A错误，C正确;
B、由上一选项的结论可知，磁场能减小，电流减小，由楞次定律可得，可知自感电动势正阻碍电流的减小，故B错误;
D、根据振荡电路的频率公式，当电感L变小时，频率变大，故D错误。
故选:C。
10.答案：C
解析：A.闭合开关后，线圈的电流会从零开始逐渐变大直至电路稳定而保持不变，故A正确;
B.因为人体的电阻大于线圈的电阻，根据并联电路的知识可知，流过人体的电流小于流过线圈的电流，故B正确;
C.断开开关的瞬间，线圈产生的电动势要阻碍线圈原有电流变小，因此产生的感应电流与原电流方向相同，自左向右，断开开关时线圈与人体组成新的闭合回路，因此流过人体的电流方向由B到A，故C错误;
D.断开开关后，流过线圈的电流会从稳定时流过线圈的电流值开始减小，从而导致断开开关的瞬间，流过人体的电流会突然增大，故D正确。
本题选择错误选项;故选C。（5）动量——高二物理人教版（2019）暑假作业
1.如图是用木槌打糍粑的场景，已知木槌质量为15kg，木槌刚接触糍粑时的速度是8m/s，打击糍粑0.1s后木槌静止，则木槌打击糍粑时平均作用力的大小约是( )
A.150N B.1350N C.1200N D.120N
2.如图所示，一倾角为的倾斜轨道底端有一垂直轨道的缓冲装置。质量为20kg、可视为质点的物块从轨道顶端A以速度1m/s沿轨道向下运动，运动2m后到达B点碰到缓冲装置，与缓冲装置相互作用0.5s后速度减为零，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度，，，则缓冲装置对物块的平均作用力大小为( )
A.40N B.80N C.160N D.240N
3.国产水刀--超高压数控万能水切割机能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料，水刀就是将普通的水加压，使水流高速流出，一水刀垂直入射的速度为v，水流与材料接触后，速度为零，水的密度为ρ，则水刀产生压强p的表达式为( )
A. B. C. D.
4.安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高处由静止释放，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊上表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.头锤落到气囊上表面时的速度大小为4m/s
B.碰撞过程中F的冲量大小为
C.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8m
D.碰撞过程中系统损失的机械能为20J
5.如图甲，用绳长的轻绳悬挂质量m的铁球a，另一个质量为m的铁球b从与竖直方向夹角为θ的光滑圆弧轨道某位置静止释放，在最低处与a球发生完全非弹性碰撞，图乙是碰撞后瞬间轻绳拉力F与角度余弦值的函数关系，已知圆弧半径取，下列说法错误的是( )
A.铁球的质量
B.从的位置静止释放，碰撞之后的两球速度为
C.从的位置静止释放，碰撞前后损失的机械能为2J
D.从右侧θ位置静止释放后，碰撞之后的两球，恰好能摆动到左侧偏离竖直方向θ处
6.如图，小船以2.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人相对于船竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45m。假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取，则下列分析正确的是( )
A.小球抛出时的初速度大小为3m/s
B.小球上升的时间为0.3s
C.小球到达最高点时速度为零
D.从小球被抛出到再次落入手中，小船前进了0.4m
7.用如图所示的装置验证动量守恒定律。在水平桌面上，长木板左端固定在桌边，且能绕此端转动，在木板右端垂直木板固定一个挡板，在挡板左侧固定一个轻弹簧，弹簧平行木板。在木板上取五个点O、A、B、C、D，且。实验步骤如下：
第1步：安装好实验器材；
第2步：用质量为的小铁块P压缩弹簧，左右调整垫块的位置，直到释放P后通过AB和CD两段的时间相等；
第3步：把P压缩弹簧至位置O由静止释放，测量出P通过AB的时间；
第4步：然后把相同材质、质量为（）的小铁块Q放到BC之间，再把P压缩弹簧至O后由静止释放，测量出Q和P碰后先后经过CD的时间和；
第5步：把实验器材归置好。
请回答下列问题：
(1)本实验必须选择的一种器材是______（填选项序号）。
A.刻度尺 B.秒表 C.打点计时器
(2)只须验证关系式=______成立，即可验证P、Q碰撞过程动量守恒。
(3)若要验证P和Q为弹性碰撞，只须验证关系式=______（用、表示）成立即可。
8.冰球运动员甲的质量为80kg。当他以5m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为2m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失。
9.如图所示，质量为、半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑的水平面上，其左侧紧靠固定的挡板，为圆弧槽的水平直径，质量为m的小球从A点的正上方高R处由静止释放，从A点进入圆弧槽，重力加速度为g，不计空气阻力和小球的大小，求：
（1）小球第一次运动到圆弧槽最低点过程中，固定挡板对圆弧槽的冲量大小；
（2）小球第一次运动到圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小；
（3）小球第一次离开B点后，上升的最大高度。
10.如图所示，足够长的光滑水平地面上，有A、B两个质量分别为、的小滑块（均可视为质点），A滑块的左右两侧各连接着一个相同的轻质弹簧，A滑块的左侧有一竖直墙面。初始时刻B滑块静止，A滑块获得水平向右的初速度。以下碰撞过程，弹簧均在弹性限度内。
(1)若，，，求A滑块右侧弹簧的最大弹性势能;
(2)若，，A滑块左侧弹簧只与墙碰撞一次且右侧弹簧只与B滑块碰撞一次，求的取值范围；
(3)若，，B滑块右侧有一个小滑块C（可视为质点，质量未知），B、C滑块的碰撞是弹性碰撞。B滑块与弹簧分离的瞬间，给C滑块一个水平向右的瞬时初速度，此时B、C滑块的距离，经过时间t，B、C滑块的距离第一次为，求t。
答案以及解析
1.答案：B
解析：设竖直向下为正方向，对于木槌由动量定理可得
解得
表明木槌受到糍粑的平均作用力大小为1350N，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，木槌打击糍粑时平均作用力的大小为1350N，方向竖直向下。
故选B。
2.答案：C
解析：物块由A点到B点过程，根据牛顿第二定律可得由运动学公式有
代入数据得
物块减速过程，以沿倾斜轨道向上为正方向，由动量定理，有代入数据得
故选C。
3.答案：A
解析：取时间内喷出的水为研究对象，这部分水的质量为
这部分水经过时间后都由v变为0，取水喷出方向为正方向，对这部分水由动量定理得
化简得
则压强为
故选A。
4.答案：C
解析：A.头锤落到气囊上表面时的速度大小为选项A错误；B.根据图像的面积等于F的冲量可知，碰撞过程中F的冲量大小为选项B错误；C.向上为正方向，碰撞过程由动量定理解得可得碰撞结束后头锤上升的最大高度为选项C正确；D.碰撞过程中系统损失的机械能为选项D错误。故选C。
5.答案：D
解析：A.根据机械能守恒定律可知，碰撞过程动量守恒，有，在最低处，由牛顿第二定律得，联立可得，结合图像可知，所以，故A正确，不符合题意；BC.结合图线，时，，代入上式可得，所以碰撞前后损失的机械能为，故BC正确，不符合题意；D.碰撞之后，能量损失，因此不可能摆动到左侧偏离竖直方向θ处，故D错误，符合题意.
6.答案：B
解析：A.小球抛出时的竖直速度，则抛出时的初速度大小，故A错误；
B.小球上升的时间为，故B正确；
C.小球到达最高点时水平速度不为零，则速度不为零，故C错误；
D.从小球被抛出到再次落入手中，小船前进了，故D错误。
7.答案：(1)B
(2)
(3)
解析：（1）设，实验要验证的关系是
其中，，
即
则本实验必须选择的一种器材是秒表，故选B。
（2）根据
可得
（3）若要验证P和Q为弹性碰撞，则根据，
可得
即
只须验证关系式即可。
8.答案：(1)2m/s
(2)1000J
解析：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m和M，碰前速度大小分别为和，碰后乙的速度为，由动量守恒定律得
代入数据得
（2）设碰撞过程中总机械能的损失为，则有
联立上式，代入数据得
9.答案：（1）（2）（3）
解析：（1）设小球第一次到圆弧槽最低点的速度大小为，根据机械能守恒有
解得
对整体用动量定理，固定挡板对圆弧槽的冲量大小
（2）设在最低点圆弧槽对球的支持力大小为F，则根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，此时球对圆弧槽的压力大小
（3）设小球第一次到达B点时，小球和圆弧槽沿水平方向的速度大小为，据水平方向动量守恒有
解得
设小球第一次到达B点时沿竖直方向的速度大小为，根据系统机械能守恒有
解得
小球离开B点后斜向上抛，设上升的最大高度为h，则有
解得
10.答案：(1)3J(2)(3)
解析：（1）当A、B两滑块共速时，弹性势能最大，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
以上方程代入数值解得
（2）从初始状态到B滑块与A滑块右侧弹簧分离瞬间由动量守恒及能量守恒有
，
联立解得，
A滑块左侧弹簧要与墙碰撞，则有
解得
A右侧弹簧只能与B碰撞一次，即A滑块经过墙反弹之后，追不上B滑块
则有
解得
综上所述解得
（3）由（2）易知，当，时，，根据动量守恒及能量守恒B、C滑块发生碰撞并分开有
，
移项后两式相比得
即靠近时的相对速度等于远离时的相对速度，则有，
因此t为
