4．(2012·西宁调研)利用如图所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈的匝数比n₁∶n₂＝1∶100，交流电流表A的示数是50 mA，则(　)

A．被测电路的电流的有效值为5 A

B．被测电路的电流的平均值为0.5 A

C．被测电路的电流的最大值为5 A

D．原、副线圈中的电流同时达到最大值

解析：交流电流表示数为副线圈中电流的有效值，即I₂＝50 mA＝0.05 A，根据＝得，I₁＝5 A，A对B错误；原线圈(被测电路)中电流的最大值I_1m＝I₁＝5 A，C项正确；原线圈中电流最大时，线圈中磁通量的变化率等于零，此时副线圈中的电流最小；原线圈中电流等于0时，磁通量的变化率最大，副线圈中电流最大；所以原、副线圈中的电流有相位差，故不能同时达到最大值，D项错误．

答案：AC

3．如图所示，一理想变压器接在电压为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头P来改变．副线圈连接交流电流表、定值电阻R₀和可变电阻R，则(　)

A．保持P的位置不动，将R的阻值增大，电流表的读数变小

B．保持P的位置不动，将R的阻值增大，R₀的电功率变大

C．保持R的阻值不变，将P向上滑动，电流表的读数变大

D．保持R的阻值不变，将P向上滑动，R₀的电功率变大

解析：保持P的位置不变，即原、副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压U′恒定，将R的阻值增大时，由I＝可知，副线圈中的电流变小，故电流表读数变小，A正确，由P₀＝I²R₀可知，R₀的电功率减小，B错误；保持R的阻值不变，将P向上滑动时，原线圈的匝数n₁增大，由U′＝U可知，副线圈上的电压变小，由I＝可知，副线圈中的电流变小，C错误，由P₀＝I²R₀可知，R₀的电功率减小，D错误．

答案：A

2．(2012·珠海市联考)如图所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈与阻值为R的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R的两端．线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动．设线圈转动到图示位置的时刻t＝0.则(　)

A．在t＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R的电流为0，电压表的读数也为0

B．1秒钟内流过电阻R的电流方向改变次

C．在电阻R的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小

D．在电阻R的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变

解析：图示位置为中性面，但由于产生的是正弦式电流，故流过电阻的瞬时电流是零，电压表的读数为其有效值，不是0，故A错；线圈每转过一圈，电流方向改变2次，故1秒内电流方向改变的次数为2f＝2×＝，B正确；R两端再并联电阻时，干路电流增大，路端电压减小，故电压表读数减小，C正确；并上电容后，由于电路与交变电源相连，电容反复充电放电，该支路有电流通过，故电压表的读数也减小，D错误．

答案：BC

一、选择题

1．(2012·南京市调研)电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电压随时间变化的图象如图所示．现把交流电加在电阻为9 Ω电热丝上，下列判断正确的是(　)

A．线圈转动的角速度ω＝100 rad/s

B．在t＝0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量为零

C．电热丝两端的电压U_R＝100 V

D．电热丝的发热功率P＝1 800 W

解析：由图可以看出该交变电流的周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，A错．t＝0.01 s时刻，电压达到最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量为零，B正确．电热丝两端电压为路端电压U_R＝U＝× V＝90 V，则C错．电热丝的发热功率P＝＝ W＝1 800 W，则D正确．

答案：BD

18.(2012·江西省四市联考)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度L_AB＝4 m，BC段是倾斜的，长度L_BC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运动．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s².现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在A点，求：

(1)工件第一次到达B点所用的时间；

(2)工件沿传送带上升的最大高度；

(3)工件运动了23 s后所在的位置．

解析：(1)设工件刚放在水平传送带上时的加速度为a₁

由牛顿第二定律得μmg＝ma₁

解得a₁＝μg＝5 m/s²

设工件经t₁时间与传送带的速度相同，则

t₁＝＝0.8 s

前进的位移为x₁＝a₁t＝1.6 m

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t₂＝＝0.6 s

所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t₁＋t₂＝1.4 s

(2)设工件上升的最大高度为h，由动能定理得

(μmgcosθ－mgsinθ)·＝0－mv²

解得h＝2.4 m

(3)工件沿传送带向上运动的时间为t₃＝＝2 s

此后由于工件在传送带的倾斜段向上和向下运动时的加速度相同，在传送带的水平段向左和向右运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T

T＝2t₁＋t₃＝5.6 s

工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间

t₀＝2t₁＋t₂＋2t₃＝6.2 s

而23 s＝t₀＋3T

这说明经23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零。故工件在A点右侧，到A点的距离x＝L_AB－x₁＝2.4 m

答案：(1)1.4　 s　(2)2.4 m　(3)在A点右侧，到A点的距离为2.4 m

17．(2012·厦门模拟)如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°角固定，质量为m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点，今有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t₁＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示(取g＝10 m/s²，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．试求：

(1)小球在0～2 s内的加速度a₁和2 s～4 s内的加速度a₂；

(2)0～2 s内风对小球作用力F的大小．

解析：(1)由图象可知，在0～2 s内：a₁＝＝20 m/s²

方向沿杆向上在2 s～4 s内：a₂＝＝－10 m/s²

负号表示方向沿杆向下

(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析，由牛顿第二定律有：

Fcosθ－μ(mgcosθ＋Fsinθ)－mgsinθ＝ma₁

－μmgcosθ－mgsinθ＝ma₂

综合以上两式并代入数据可得0～2 s内风对小球作用力：

F＝60 N.

答案：(1)20 m/s²，方向沿杆向上　10 m/s²，方向沿杆向下　(2)60 N

16．如图，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t＝0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度a_B＝1.0 m/s²的匀加速直线运动．已知A的质量m_A和B的质量m_B均为2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数μ₁＝0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ₂＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10 m/s².求：

(1)物体A刚运动时的加速度a_A；

(2)t＝1.0 s时，水平细绳牵引端的速度大小和绳的拉力．

解析：(1)隔离A并分析其受力，它在水平方向上受到向右的摩擦力．

由牛顿第二定律得，μ₁m_Ag＝m_Aa_A

代入数据解得a_A＝0.5 m/s².

(2)t＝1.0 s，木板B的速度大小为

v＝a_Bt＝1 m/s

隔离B并分析其受力，设木板B所受拉力F，

由牛顿第二定律有F－μ₁m_Ag－μ₂(m_A＋m_B)g＝m_Ba_B

代入数据解得：F＝7 N.

答案：(1)0.5 m/s²　(2)1 m/s　7 N

三、论述、计算题

15．长征二号F型火箭托着载有三名宇航员的“神舟七号”飞船飞向太空．已知火箭总长58.3 m，发射塔高105 m．点火后，经7 s火箭离开发射塔．设火箭的运动为匀加速运动，则在火箭离开发射塔的过程中，(结果保留三位有效数字)

(1)火箭的加速度多大？

(2)质量为60 kg的宇航员受到的飞船对他的作用力多大？(g＝10 m/s²)

解析：(1)由x＝at²

得a＝＝ m/s²＝4.29 m/s².

(2)对宇航员受力分析知，其受重力mg，支持力F_N，由牛顿第二定律：

F_N－mg＝ma

解得F_N＝mg＋ma＝60×(10＋4.29) N＝857 N.

答案：(1)4.29 m/s²　(2)857 N

14．(2010·高考山东卷)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距D．开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F₀，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F₁，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.

(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝________；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)________．

(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F₁的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是________．

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________．

a．可以改变滑动摩擦力的大小

b．可以更方便地获取多组实验数据

c．可以比较精确地测出摩擦力的大小

d．可以获得更大的加速度以提高实验精度

解析：(1)木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由d＝at²可知：a＝.为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是保持F₁不变，重复实验多次测量d、t，取平均值．

(2)该实验原理与教材实验原理类似，同样需要满足木板的质量M远大于矿泉水瓶的质量m，此时可认为绳上的拉力F_T近似等于弹簧秤示数F₁.本实验中没有平衡摩擦力，但通过题意可知木板受到的摩擦力为F₀，木板受到的合外力为(F₁－F₀)．图象反映的是a与F₁的关系，而不是a与(F₁－F₀)的关系，所以图象不过原点．当F₁增大时，即矿泉水瓶的质量m增大时，实验的前提条件不再满足，此时a越大，绳上的拉力F_T就越小于弹簧秤示数F₁，加速度增加得就越慢，图线向下弯曲，c正确．

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是可以更方便地获取多组实验数据和比较精确地测出摩擦力的大小，b、c说法是正确的．两种实验方法都可以改变滑动摩擦力的大小，a错误；通过(2)中分析可以知道当加速度增大时，实验条件便不再满足，此时实验误差变大，d说法错误．

答案：(1)2d/t²　保持F₁不变，重复实验多次测量，求平均值　(2)c　(3)bc

二、实验题

13．(2012·安师大附中月考)某实验小组设计了如图(a)所示实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图(b)所示．滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝________kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________(重力加速度g取10m/s²)

解析：a－F图线中下面一条为轨道水平时的图线，由牛顿第二定律以滑块和反射部分为研究对象得a＝＝－μg，结合图象可得m＝0.5 kg，μ＝0.2.

答案：0.5　0.2