5．(2012·东莞联考)质量m＝4 kg的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O处，先用沿＋x轴方向的力F₁＝8 N作用了2 s，然后撤去F₁；再用沿＋y方向的力F₂＝24 N作用了1 s．则质点在这3 s内的轨迹为图中的(　)

解析：质点在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速度为v＝4 m/s，位移为4 m；2 s～3 s做类平抛运动，加速度大小为6 m/s²，这1 s内沿x轴方向的位移是4 m，沿y轴方向的位移是3 m，故D正确．

答案：D

4．(2012·金华联考)如图所示，某同学为了找出平抛运动物体的初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板抛出，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v₁、v₂、v₃，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且AB∶BC∶CD＝1∶3∶5.则v₁、v₂、v₃之间的正确关系是(　)

A．v₁∶v₂∶v₃＝3∶2∶1

B．v₁∶v₂∶v₃＝5∶3∶1

C．v₁∶v₂∶v₃＝6∶3∶2

D．v₁∶v₂∶v₃＝9∶4∶1

解析：在竖直方向上，由t＝得小球落到B、C、D所需的时间比t₁∶t₂∶t₃＝∶∶＝∶∶＝1∶2∶3；在水平方向上，由v＝得：v₁∶v₂∶v₃＝∶∶＝6∶3∶2.

答案：C

3．(2012·新密一高月考)如图所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与 河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船在静水中的最小速度为(　)

A．2 m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．2.4 m/s

C．3 m/s　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 D．3.5 m/s

解析：由图可知船在静水中的最小速度v_船＝v_水sin37°＝2.4 m/s.

答案：B

2．(2012·祁东育英月考试题)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下匀速直线运动．现同时撤去大小分别为10 N和15 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是(　)

A．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2 m/s²

B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s²

C．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5 m/s²

D．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是15 m/s²

解析：撤去的两个力，方向及夹角未知，因此剩余三个力的合力范围5 N≤F≤25 N，加速度2.5 m/s²≤a≤12.5 m/s²，因此只有C正确．

答案：C

一、选择题

1．(2012·执信一中月考)对质点运动的描述，以下说法正确的是(　)

A．平抛运动是加速度每时每刻都改变的运动

B．匀速圆周运动是加速度不变的运动

C．某时刻质点的速度为零，但此时刻质点的加速度不一定为零

D．某时刻质点的加速度为零，则此时刻质点的速度也一定为零

解析：做平抛运动的物体只受重力mg，加速度为g，因此A错；做匀速圆周运动的物体向心加速度的方向时刻变化，因此B错；加速度和速度无必然联系，因此C对、D错．

答案：C

5.(2)0.35 W

(3)0×10^－2 J

18．(2011·宿迁二模)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示．

(1)利用上述条件证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；

(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；

(3)如果水平外力从静止开始拉动杆，其2 s内所做的功W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热．

解析：(1)设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E＝BLv，通过电阻R的电流I＝

电阻R两端的电压U＝IR＝

由图乙可得U＝kt，k＝0.10 V/s

解得v＝t

因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，

加速度a＝＝1.0 m/s²

(用其他方法证明也可以)

(2)在2 s末，速度v₂＝at＝2.0 m/s，

电动势E＝BLv₂，

通过金属杆的电流I＝

金属杆受安培力F_安＝BIL＝

解得F_安＝7.5×10^－2 N

设2 s末外力大小为F₂，由牛顿第二定律

F₂－F_安＝ma

解得F₂＝1.75×10^－1 N

故2 s末时F₂的瞬时功率

P＝F₂v₂＝0.35 W

(3)设电路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律

W＝Q＋mv

解得Q＝0.15 J

电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比

所以＝

运用合比定理＝，

而Q_R＋Q_r＝Q

故在金属杆上产生的焦耳热Q_r＝

解得Q_r＝5.0×10^－2 J

答案：(1)见解析

17．发电机的路端电压为220 V，输出电功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．

(1)画出全过程的线路示意图．

(2)求用户得到的电压和功率．

(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率．

解析：(1)示意图如下图所示

(2)升压变压器次级的输出电压

U₂＝U₁＝×220 V＝2 200 V

据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流

I₂＝＝ A＝20 A

输电线路上的电压损失和功率损失分别为U_R＝I₂R＝20×0.2 V＝4 V

P_R＝IR＝20²×0.2 W＝80 W

加到降压变压器初级上的输入电流和电压为

I₃＝I₂＝20 A, U₃＝U₂－U_R

＝2 200 V－4 V＝2 196 V

降压变压器次级的输出电压和电流为

U₄＝·U₃＝×2 196 V＝219.6 V，

I₄＝·I₃＝10×20 A＝200 A

用户得到的功率为

P₄＝I₄U₄

＝200×219.6 W＝4.392×10⁴ W.

(3)若不采用高压输电，用220 V低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流

I＝＝ A＝20 0A，

输电线路上的电压损失

U_R′＝IR＝200×0.2 V＝40 V

所以用户得到的电压为

U₄′＝U₁－U_R′＝220 V－40 V＝180 V

用户得到的功率为P₄′＝IU₄′＝200×180 W＝3.6×10⁴ W.

答案：(1)见解析

(2)219.6 V　4.392×10⁴ W

(3)180 V　3.6×10⁴ W

16．(2012·江西省抚州一中月考)发电机转子是n匝边长为L的正方形线圈，将它置于磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω做匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，已知线圈的总电阻为r，外电路的电阻为R.求：

(1)电流的瞬间值表达式；

(2)外电路上消耗的功率；

(3)从图示位置开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电量．

解析：(1)E_m＝nBL²ω，I_m＝

i＝I_mcosωt＝

(2)I＝，P_外＝I²R＝

(3)＝，＝

q＝·Δt＝n＝

三、论述、计算题

15．(2012·连云港模拟)交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R＝2.0 Ω，求：

(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？

(2)矩形线圈转动的周期是多少？

(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？

(4)保持线圈匀速运动，1 min内外界对线圈做的功是多少？

解析：(1)由i－t图可知通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值I_m＝2.0 A.

(2)矩形线圈转动的周期T＝4.0×10^－3 s.

(3)由有效值I＝，线圈电阻上产生的电热功率为P＝I²R＝R＝4 W.

(4)外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1 min内外界对线圈做的功W＝Pt＝240 J.

答案：(1)2.0 A　(2)4.0×10^－3 s　(3)4 W　(4)240 J