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．
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．
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QR＋Qr＝Q
故在金属杆上产生的焦耳热Qr＝
解得Qr＝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UR＝I2R＝20×0.2 V＝4 V
PR＝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－UR
＝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
UR′＝IR＝200×0.2 V＝40 V
所以用户得到的电压为
U4′＝U1－UR′＝220 V－40 V＝180 V
用户得到的功率为P4′＝IU4′＝200×180 W＝3.6×104 W.
(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)Em＝nBL2ω，Im＝
i＝Imcosωt＝
(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Im＝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
1、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( )
平方向上，由v＝得：v1∶v2∶v3＝∶∶＝6∶3∶2.
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＝
