高考物理二轮复习 第二部分 考前调节 激发状态检测（含解析）-人教版高三物理试题

考前调节激发状态一eq\a\vs4\al(必记公式和结论——解题“工具”掌握牢)(一)力与直线运动物理概念、规律公式备注匀变速直线运动匀变速直线运动v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2axv＝eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)Δx＝aT2eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)适用于任何形式的运动自由落体运动v＝gth＝eq\f(1,2)gt2v2＝2ghv0＝0，a＝g竖直抛体运动v＝v0±gth＝v0t±eq\f(1,2)gt2v2－v02＝±2gh上抛取“－”号下抛取“＋”号相互作用重力G＝mg无特殊说明时g取9.8m/s2，估算时g取10m/s2胡克定律F＝kxx为形变量，k为劲度系数滑动摩擦力F＝μFNFN为接触面间的压力，不一定等于重力牛顿运动定律牛顿第二定律F合＝maa与F合的方向一致超重和失重超重时物体具有向上的加速度或分量，失重时物体具有向下的加速度或分量航天器中的人和物体处于完全失重状态[保温训练]1．从地面竖直上抛物体A，初速度大小为v，同时在离地高为H处，有一物体B自由下落，经过时间t两物体在空中相遇，重力加速度为g，则()A．t＝eq\f(H,v) B．t＝eq\f(H,2v)C．t＝eq\f(v,g) D．t＝eq\f(v,2g)解析：选A两物体相遇时位移大小之和等于H，故有vt－eq\f(1,2)gt2＋eq\f(1,2)gt2＝H，解得t＝eq\f(H,v)，A正确。2．以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B。若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则eq\f(Δx,t)­t0图线为()解析：选B两小球释放后都做自由落体运动，小球B释放时为t0时刻，此时小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据匀变速直线运动规律，小球B下落时间为t时，两小球下落的高度分别为hA＝gt0t＋eq\f(1,2)gt2和hB＝eq\f(1,2)gt2，则Δx＝hA－hB＝gt0t，eq\f(Δx,t)＝gt0，由函数图像知识，可知B正确。3．如图是某物体在t时间内的位移—时间图像和速度—时间图像，从图像上可以判断()A．物体的运动轨迹是抛物线B．物体时间t内的平均速度不一定是4.5m/sC．物体运动的时间t＝2sD．物体的加速度为eq\f(27,16)m/s2解析：选D由v­t图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体在时间t内的平均速度是eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)＝eq\f(3＋6,2)m/s＝4.5m/s，B错误；由x＝eq\x\to(v)t得t＝eq\f(x,\x\to(v))＝eq\f(8,4.5)s＝eq\f(16,9)s，C错误；物体的加速度为a＝eq\f(vt－v0,t)＝eq\f(6－3,\f(16,9))m/s2＝eq\f(27,16)m/s2，D正确。4.在平直公路上行驶的a车和b车，其x­t图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－2m/s2，t＝3s时，直线a和曲线b刚好相切，则()A．a车做匀速运动且其速度为va＝eq\f(8,3)m/sB．t＝3s时，a车和b车相遇但此时速度不等C．t＝1s时，b车的速度为10m/sD．t＝0时，a车和b车的距离x0＝9m解析：选D由题图可知，a车做匀速运动，其速度：va＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(8－2,3)m/s＝2m/s，故A错误；t＝3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度vb′＝va＝2m/s，故B错误；由b车的加速度等于－2m/s2易得，t＝1s时，b车的速度为6m/s，故C错误；设b车的初速度为vb，对b车，由vb＋at＝vb′，解得vb＝8m/s，t＝3s时，a车的位移xa＝vat＝6m，b车的位移：xb＝eq\f(vb＋vb′,2)t＝15m，此时a车和b车到达同一位置，得x0＝xb－xa＝9m，故D正确。5.一截面为直角的长槽固定在水平面上，在其内部放一质量为m、截面为正方形的物块，槽的两壁与水平面夹角均为45，横截面如图所示，物块与两槽壁间的动摩擦因数均为μ。现用水平力沿物块中心轴线推动物块，使之沿槽运动，重力加速度为g，则所需的最小推力为()A．μmg B.eq\f(\r(2),2)μmgC.eq\r(2)μmg D．2μmg解析：选C将重力按照实际作用效果正交分解，如图，故：G2＝mgsin45＝eq\f(\r(2),2)mg，G1＝mgcos45＝eq\f(\r(2),2)mg，滑动摩擦力为：f＝μG1＋μG2＝eq\r(2)μmg，故所需的最小推力为Fmin＝f＝eq\r(2)μmg，故C正确。6.如图所示，倾角为θ＝37的斜面固定在水平地面上，质量为1kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)。则该滑块所受摩擦力f随时间t变化的图像为选项图中的(以初速度v0的方向为正方向，g取10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8)()解析：选B滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式：f＝μN可得：f＝μmgcosθ＝0.8×1×10×0.8N＝6.4N，方向沿斜面向下；重力沿斜面向下的分力为mgsinθ＝1×10×0.6N＝6.0N<6.4N，所以滑块滑到最高点时，处于静止状态，由平衡条件知，滑块受到的静摩擦力大小为6.0N，方向沿斜面向上，B正确，A、C、D错误。7.某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图所示，则人对地板的压力()A．x＝2m时大于重力 B．x＝11m时大于重力C．x＝21m时大于重力 D．x＝21m时等于重力解析：选C由题图可知电梯竖直下降过程中，初速度为零，0～3m过程中v2∝x，根据v2－v02＝2ax可知，电梯向下做匀加速直线运动，加速度向下，人和电梯处于失重状态，此人受到的支持力小于重力，根据牛顿第三定律可知，人对地板的压力小于重力，在3～20m过程中v2恒定不变，即电梯做匀速直线运动，此过程中人受到的支持力等于重力，即人对地板的压力等于重力，在20～23m过程中v2随x均匀减小，根据v2－v02＝2ax可得，电梯做匀减速直线运动，加速度向上，人和电梯处于超重状态，此过程中人受到的支持力大于重力，即人对地板的压力大于重力，故C正确。8.如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()A．前阶段，物品可能向传送方向的反方向运动B．后阶段，物品受到的摩擦力方向跟传送方向相同C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍解析：选C前阶段，物品的速度小于传送带的速度，相对传送带向后运动，受到与传送方向相同的滑动摩擦力作用，物品向传送方向做初速度为零的匀加速直线运动，后阶段，即当物品的速度与传送带的速度相同时，两者无相对运动或相对运动趋势，摩擦力为零，A、B错误；前阶段过程中物品的加速度为a＝μg，加速运动时间t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，所以摩擦产生的热量为Q＝μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vt－\f(vt,2)))＝eq\f(1,2)μmgvt＝eq\f(1,2)μmgv·eq\f(v,μg)＝eq\f(1,2)mv2，故v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C正确；物品加速位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(v2,2μg)，当μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，D错误。9.如图所示，水平面上的长方体物块被沿对角线分成相同的A、B两块。物块在垂直于左边的水平力F作用下，保持原来形状沿力F的方向匀速运动，则()A．物块A受到4个力作用B．物块A受到水平面的摩擦力大小为eq\f(F,2)C．物块B对物块A的作用力大小为FD．若增大力F，物块A和B将相对滑动解析：选B对物块A分析受力：物块A水平方向受到水平面的滑动摩擦力f，物块B的弹力NBA和摩擦力fBA，竖直方向受重力和水平面的支持力，所以物块A受到5个力作用，A错误；对物块B分析受力：在水平方向上受到物块A的弹力NAB和摩擦力fAB，水平向左的滑动摩擦力f′，由于A、B两部分的质量以及水平面的粗糙程度相同，所以f′＝f，将两者看成一个整体，对整体有f′＋f＝F，所以物块A受到水平面的摩擦力大小为eq\f(F,2)，B正确；物块B对A的作用力是弹力NBA和摩擦力fBA的合力，由平衡知作用力大小为eq\f(F,2)，且fBA＝eq\f(NBA,tanθ)≤μNBA，得μ≥eq\f(1,tanθ)，增大力F时，物块A和B也不会相对滑动，C、D错误。10．如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为θ＝30的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其x­v2图像如图乙所示。g取10m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物块的加速度大小为8m/s2B．物块在t＝1s时的速度大小为8m/sC．物块在t＝4s时处于斜面上x＝24m的位置D．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),15)解析：选D由v2＝2ax得加速度为a＝4m/s2，故A错误；由v＝at得t＝1s时物块速度大小为4m/s，故B错误；由x＝eq\f(1,2)at2得t＝4s时，x＝32m，C错误；由牛顿第二定律得：mgsin30－μmgcos30＝ma，解得：μ＝eq\f(\r(3),15)，故D正确。(二)曲线运动与万有引力、能量与动量物理概念、规律公式备注曲线运动平抛运动vx＝v0，vy＝gtx＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做自由落体运动匀速圆周运动v＝eq\f(Δs,Δt)ω＝eq\f(Δθ,Δt)a＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωvF＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2rv＝eq\f(2πr,T)ω＝eq\f(2π,T)v＝ωr万有引力定律万有引力定律F＝Geq\f(m1m2,r2)引力常量：G＝6.67×10－11N·m2/kg2功功W＝Flcosαα是F与l的夹角功率平均功率P＝eq\f(W,t)瞬时功率P＝Fvcosαα是F与v的夹角机械效率η＝eq\f(W有用,W总)×100%＝eq\f(P有用,P总)×100%η<1能动能Ek＝eq\f(1,2)mv2标量，具有相对性重力势能Ep＝mgh与零势能面的选择有关动能定理W合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12W合为合外力做的功机械能守恒定律E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内动量动量p＝mv矢量，与v同向冲量I＝F(t′－t)矢量，与F同向动量定理I＝Δp矢量表达式动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′守恒条件：系统所受合外力为零矢量表达式[保温训练]1．[多选]下列有关物理学史的说法中正确的是()A．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕B．牛顿通过扭秤实验测出了万有引力常量G的数值C．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的D．卡文迪许利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律解析：选AC奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故A正确；卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常量G的数值，故B错误；电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，故C正确；库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律，故D错误。2．某同学斜向上抛出一石块，空气阻力不计。下列关于石块在空中运动过程中的速率v、加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬时功率P随时间t变化的图像中，正确的是()解析：选C石块做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故A错误；石块只受重力，加速度是重力加速度，保持不变，故B错误；石块做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，故水平分位移与时间成正比，故C正确；石块速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据P＝mgvy，重力的功率先减小后增加，故D错误。3.如图所示，在投球游戏中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球。已知某次抛出点的实际高度H0＝2.0m，桶的高度h0＝0.4m，到抛出点的水平距离L＝1.6m，篮球恰好落入桶内，小明对篮球做的功约为(g取10m/s2，空气阻力不计)()A．0.2J B.2JC．20J D．200J解析：选B篮球做平抛运动，因为恰好落入桶中，故在水平方向上有L＝v0t，竖直方向上有h＝H0－h0＝eq\f(1,2)gt2，小明对篮球做的功等于篮球抛出时具有的动能，即W＝eq\f(1,2)mv02，一个篮球大概500g，代入数据解得W＝2J，B正确。4.如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上，两者接触点为B。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动时(此时杆与水平方向夹角为θ)，小球的线速度大小为()A.eq\f(vLsin2θ,h) B.eq\f(vLsin2θ,h)C.eq\f(vLcos2θ,h) D.eq\f(vcosθ,h)解析：选A当物块向右运动时，与轻杆接触点B的运动按照效果将其分解，如图所示：合速度vB按照作用效果分解为v1＝vBcosθ＝vcosθ和v2＝vBsinθ＝vsinθ，其中v2为B点做圆周运动的线速度，由于A与B绕共同点O做圆周运动，故二者角速度相等，即：ω＝eq\f(v2,OB)＝eq\f(v2,\f(h,sinθ))＝eq\f(v2sinθ,h)，则A点的线速度为：vA＝ωL＝eq\f(v2Lsinθ,h)＝eq\f(vLsin2θ,h)，故A正确。5.[多选]如图所示，光滑水平面上有静止的斜劈，斜劈表面光滑。将一质量为m、可视为质点的滑块从斜劈顶端由静止释放。在滑块滑到斜劈底端的过程中，下列说法正确的是()A．由滑块、斜劈组成的系统动量守恒B．斜劈对滑块的支持力对滑块不做功，所以滑块的机械能守恒C．虽然斜劈对滑块的支持力对滑块做负功，但是滑块、斜劈组成的系统机械能仍守恒D．滑块、斜劈相对地面的水平位移之和大小等于斜劈底边边长解析：选CD由滑块、斜劈组成的系统，由于滑块沿斜劈加速下滑，有竖直向下的分加速度，所以存在失重现象，则系统竖直方向的合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；滑块对斜劈有斜向右下方的压力，斜劈向右运动，则斜劈对滑块的支持力与滑块相对于地面的位移不垂直，则该支持力对滑块做功，所以滑块的机械能不守恒，故B错误；斜劈对滑块的支持力方向与滑块相对于地面的位移方向的夹角为钝角，所以斜劈对滑块的支持力对滑块做负功，但对滑块、斜劈组成的系统，只有重力做功，所以系统的机械能守恒，故C正确；滑块下滑的过程中，斜劈向右运动，滑块滑到斜劈底端时，滑块相对于斜劈的水平位移等于斜劈底边边长，由几何关系可知，滑块、斜劈相对地面的水平位移之和大小等于斜劈底边边长，故D正确。6.[多选](2018·苏北四市一模)2017年9月15日，微信启动“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号”卫星拍摄地球的动态图，如图所示。“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有()A．能全天候监测同一地区B．运行速度大于第一宇宙速度C．在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等D．向心加速度大于地球表面的重力加速度解析：选AC由于“风云四号”是地球同步卫星，相对地面静止，故能全天候监测同一地区，A正确；万有引力提供向心力，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，而第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，故同步卫星的速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据开普勒第二定律，在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等，故C正确；向心加速度由万有引力产生，由Geq\f(Mm,r2)＝ma，得a＝eq\f(GM,r2)，而地球表面的重力加速度g＝eq\f(GM,R2)，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。7．[多选](2018·如皋调研)我国“神舟”十一号载人飞船于2016年10月17日7时30分发射成功。飞船先沿椭圆轨道飞行，在接近400km高空处与“天宫”二号对接，然后做圆周运动。两名宇航员在空间实验室生活、工作了30天。“神舟”十一号载人飞船于11月17日12时41分与“天宫”二号成功实施分离，11月18日顺利返回至着陆场。下列判断正确的是()A．飞船变轨前后的机械能守恒B．对接后飞船在圆轨道上运动的速度小于第一宇宙速度C．宇航员在空间实验室内可以利用跑步机跑步来锻炼身体D．分离后飞船在原轨道上通过减速运动，逐渐接近地球表面解析：选BD每次变轨都需要发动机对飞船做功，故飞船机械能不守恒，故A错误；根据万有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，轨道高度越大，线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，故对接后飞船在圆轨道上运动的速度比第一宇宙速度小，故B正确；利用跑步机跑步是由于重力作用，人与跑步机之间有压力，又由于有相对运动，人受到摩擦力作用运动起来，在空间实验室内，宇航员处于完全失重状态，无法利用跑步机跑步，故C错误；当飞船要离开圆形轨道返回地球时，飞船做近心运动，万有引力需大于向心力，需要减小速度，故D正确。8.如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m＝0.25kg的小物块，它与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，OO1的距离s＝4m。在O1右侧固定了一半径R＝0.32m的光滑的竖直半圆弧，现用F＝2N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力。g取10m/s2，求：(1)为使小物块到达O1，求拉力F作用的最短时间；(2)若将拉力变为F1，使小物块由O点静止运动至OO1的中点位置撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小。解析：(1)设拉力F作用的最短时间t内，物块运动的位移为x，由动能定理：Fx－μmgs＝0解得x＝2m由牛顿第二定律：F－μmg＝ma解得a＝4m/s2由运动学公式：x＝eq\f(1,2)at2解得t＝1s。(2)设小物块到达O1点的速度为v1，刚好到达最高点时的速度为v，由牛顿第二定律：mg＝meq\f(v2,R)由机械能守恒定律：eq\f(1,2)mv12＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2在水平轨道上运动，应用动能定理：F1eq\f(s,2)－μmgs＝eq\f(1,2)mv12解得F1＝3N。答案：(1)1s(2)3N(三)电场、电路和磁场物理概念、规律公式备注静电场库仑定律F＝keq\f(q1q2,r2)(k＝9.0×109N·m2/C2)适用条件：真空中的点电荷电场强度E＝eq\f(F,q)定义式，适用于任何电场的计算E＝keq\f(Q,r2)只适用于真空中的点电荷产生的电场E＝eq\f(U,d)只适用于匀强电场电场力F＝qEF与E的方向相同或相反电势、电势差φ＝eq\f(Ep,q)UAB＝φA－φB＝eq\f(WAB,q)电势与零势面的选取有关，电势差则与零势面无关电容器的电容C＝eq\f(Q,U)定义式C＝eq\f(εrS,4πkd)适用于平行板电容器恒定电流电阻定律R＝ρeq\f(l,S)ρ为电阻率电流I＝eq\f(Q,t)＝nqSv－电源电动势E＝eq\f(W,q)＝U内＋U外欧姆定律I＝eq\f(U,R)部分电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)闭合电路欧姆定律恒定电流路端电压U＝E断路时U＝0短路时U＝IR＝E－U内＝E－Ir通路时电功W＝UIt适用于一切电路W＝I2Rt＝eq\f(U2,R)t适用于纯电阻电路焦耳定律Q＝I2Rt－电源功率P＝EI用电器功率P＝eq\f(W,t)＝UI适用于一切电路P＝I2R＝eq\f(U2,R)适用于纯电阻电路电源效率η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U外,E)×100%磁场磁感应强度B＝eq\f(F,IL)I与B的方向垂直安培力F＝BILB⊥I，用左手定则判断力的方向洛伦兹力F＝BqvB⊥v，用左手定则判断力的方向[保温训练]1.如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为＋q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近，粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计，则()A．粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B．粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C．可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D．可求出A产生的电场中b点的电场强度大小解析：选C带正电的粒子B受到带正电荷的A球的排斥力作用，粒子从a运动到b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A错误。粒子从b运动到c的过程中粒子离带正电荷的A球越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误。根据动能定理得：＋qUab＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，可得能求出A产生的电场中a、b两点间的电势差Uab，故C正确。a、b间不是匀强电场，根据公式U＝Ed，不能求b点的电场强度，故D错误。2．[多选]光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一质量m＝1kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v­t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定()A．中垂线上B点电场强度最大B．两点电荷是负电荷C．B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D．UBC>UAB解析：选AD根据v­t图像的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，A正确；小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B错误；中垂线上电场线分布不是均匀的，B点不在连线中点，C错误；根据动能定理得A→B有：qUAB＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)×1×42J－0＝8J，B→C有：qUBC＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)×1×72J－eq\f(1,2)×1×42J＝16.5J，对比可得UBC>UAB，D正确。3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是()A．断开开关S后，将A、B两极板分开些B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C．保持开关S闭合，将A、B两极板拉近些D．保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动解析：选B断开开关S后，电容器的电荷量不变，将A、B两极板分开些，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容器的电容减小，由C＝eq\f(Q,U)可知，电势差U增大，指针张开的角度变大，故A错误；断开开关S后，电容器的电荷量不变，增大A、B两极板的正对面积，则电容器的电容增大，由C＝eq\f(Q,U)可知，电势差U减小，指针张开的角度变小，故B正确；保持开关S闭合，不论将A、B两极板分开些，还是将A、B两极板靠近些，还是将滑动变阻器滑动触头向右移动，电容器的电压都保持不变，则静电计张开的角度保持不变，故C、D错误。4.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态。现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则在插入过程中()A．电路将有逆时针方向的短暂电流B．电容器的带电荷量减小C．带电液滴仍将静止D．带电液滴将向下做加速运动解析：选A插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，知电容增大，电势差不变，由Q＝CU知，电容器带电荷量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流，故A正确，B错误；电势差不变，d减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动，故C、D错误。5.如图所示的电路中，定值电阻R1等于电源内阻r，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时()A．电压表的读数减小B．R1消耗的功率增大C．电源的输出功率增大D．电容器C所带电荷量增多解析：选D当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大，A错误；干路电流减小，根据P＝I2R1可得R1消耗的功率减小，B错误；电源的输出功率P＝I2(R1＋R2)＝eq\f(E2R1＋R2,r＋R1＋R22)＝eq\f(E2,\f(R1＋R2－r2,R1＋R2)＋4r)，由于R1＝r，R2增大时输出功率减小，C错误；电容器的电压U＝E－I(R1＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，由Q＝CU知，电容器C所带电荷量增多，D正确。6.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量。其工作原理如图所示。虚线为某粒子运动轨迹，由图可知()A．此粒子带负电B．下极板S2比上极板S1电势高C．若只减小加速电压U，则半径r变大D．若只减小入射粒子的质量，则半径r变小解析：选D粒子进入磁场后向左偏，根据左手定则可知粒子带正电，粒子经过电场要加速，所以下极板S2比上极板S1电势低，A、B错误；根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，若只减小加速电压U，r变小，若只减小入射粒子的质量，则r变小，故C错误，D正确。7.如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，MN与水平x轴平行，在MN与x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E＝2N/C，磁感应强度B＝1T，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度v0＝1m/s水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m＝2×10－6kg，电荷量q＝1×10－5C，g取10m/s2。已知P点到O点的距离为d0＝0.15m，MN到x轴的距离为d＝0.20m。(π＝3.14，eq\r(2)＝1.414，eq\r(3)＝1.732，结果保留两位有效数字)(1)求小球从P点运动至MN边界所用的时间；(2)当小球运动到x轴时撤去电场，求小球到达MN边界时的速度大小。解析：(1)小球从P点运动到x轴上，做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t1，进入磁场的速度为v，进入磁场时速度与x轴的夹角为θ，则d0＝eq\f(1,2)gt12，解得t1＝eq\r(\f(2d0,g))＝eq\f(\r(3),10)sv＝eq\r(gt12＋v02)，cosθ＝eq\f(v0,v)解得v＝2m/s,θ＝60小球进入电磁场区域时，qE＝2×10－5N＝mg故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝0.4m由几何关系，小球运动到MN时轨迹与MN相切，在电磁场中运动的时间t2＝eq\f(1,6)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(π,15)s小球从P点运动到MN所用时间t＝t1＋t2＝0.38s。(2)设撤去电场后小球受重力和洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，设小球运动至MN时速度大小为v1，由动能定理：mgd＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv2代入数据解得v1＝2.8m/s。答案：(1)0.38s(2)2.8m/s(四)电磁感应、交变电流和传感器物理概念、规律公式备注电磁感应磁通量Φ＝BScosθScosθ为垂直于磁场B的方向的投影面积感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLv后者仅适用于B、L、v两两垂直的情况交变电流电动势、电流、电压的瞬时值电动势：e＝Emsinωt电流：i＝Imsinωt电压：u＝Umsinωt从中性面开始计时电动势、电流、电压的有效值电动势：E＝eq\f(\r(2),2)Em电流：I＝eq\f(\r(2),2)Im电压：U＝eq\f(\r(2),2)Um适用于正弦式交变电流理想变压器eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)P1＝P2—传感器霍尔电压UH＝keq\f(IB,d)k为霍尔系数，大小与霍尔元件的材料有关[保温训练]1．为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力－时间图像，如图所示。运动员在空中运动时可视为质点，则可求运动员跃起的最大高度为(g取10m/s2)()A．7.2m B.5.0mC．1.8m D．1.5m解析：选B由题图可知运动员在空中的最长时间为：t＝4.3s－2.3s＝2s，因为运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝5.0m，故B正确，A、C、D错误。2．[多选]两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.01Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为逆时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()A．磁感应强度的方向垂直于纸面向外B．磁感应强度的大小为0.2TC．导线框运动的速度的大小为0.5m/sD．在0.6s内导线框产生的热量为0.004J解析：选BCD根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，选项A错误；由E­t图像可知，线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝eq\f(L,t1)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，选项C正确；E＝0.01V，根据E＝BLv可知，B＝0.2T，选项B正确；在0～0.2s和0.4～0.6s时间内，导线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝1A，由Q＝I2Rt，t＝0.4s，可知：Q＝0.004J，选项D正确。3.如图所示，一个理想变压器的原线圈的匝数为50，副线圈的匝数为100，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨的间距为0.4m，垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻R1＝5Ω，R2＝15Ω，图中交流电压表为理想电表，导轨所在空间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为1T的匀强磁场，导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为v＝5sin(10πt)m/s，则下列说法中正确的是()A．R1的功率为0.2WB．电压表的示数为4VC．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04Wb/sD．变压器常用的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了增大涡流，提高变压器的效率解析：选C原线圈电压最大值Em＝BLvm＝1×0.4×5V＝2V，副线圈电压最大值：U2m＝eq\f(n2,n1)Em＝eq\f(100,50)×2V＝4V，副线圈电压有效值：U2＝eq\f(U2m,\r(2))＝2eq\r(2)V，则电压表的示数为2eq\r(2)V，选项B错误；副线圈电流有效值：I2＝eq\f(U2,R1＋R2)＝eq\f(2\r(2),5＋15)A＝eq\f(\r(2),10)A，R1的功率：P1＝I22R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),10)))2×5W＝0.1W，选项A错误；根据Em＝n1eq\f(ΔΦ,Δt)，则变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Em,n1)＝eq\f(2,50)Wb/s＝0.04Wb/s，选项C正确；变压器常用的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了减小涡流，提高变压器的效率，选项D错误。4.如图所示，一个匝数为N＝100匝，电阻不计的线框以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A．t＝0时刻线框内的电流最大B．变压器原线圈中电流的有效值为10AC．穿过线框平面的最大磁通量为eq\f(\r(2),50π)WbD．理想变压器的输入功率为10W解析：选Ct＝0时刻导线框处于中性面位置，则感应电动势为零，感应电流为零，所以流过线框的电流为零，故A错误；副线圈中的电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(20,20)A＝1A，根据电流与匝数成反比，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原线圈中电流的有效值I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,10)×1A＝0.1A，故B错误；根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1＝200V，角速度ω＝2πn＝100πrad/s，线圈产生最大感应电动势Em＝200eq\r(2)V，又Em＝NBSω，所以最大磁通量Φ＝BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(200\r(2),100×100π)Wb＝eq\f(\r(2),50π)Wb，故C正确；理想变压器输出功率P2＝U2I2＝20×1W＝20W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20W，故D错误。5．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ组成的平面与水平面成θ＝37角放置，导轨宽度L＝1m，一匀强磁场垂直导轨平面向下，导轨上端M与P之间连接阻值R＝0.3Ω的电阻，质量为m＝0.4kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab始终紧贴在导轨上。现使金属导轨ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计。g取10m/s2，sin37＝0.6，忽略ab棒在运动过程中对原磁场的影响。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)在金属棒ab开始运动的2.0s内，通过电阻R的电荷量；(3)在金属棒ab开始运动的2.0s内，电阻R产生的焦耳热。解析：(1)当金属棒沿斜面方向的重力分力与安培力平衡时，即AB段，金属棒做匀速运动，此时mgsinθ＝BIL金属棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv由闭合电路欧姆定律知：I＝eq\f(E,R＋r)金属棒匀速运动时，v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(3.6,0.6)m/s＝6m/s联立以上各式，代入数据解得：B＝0.4T。(2)q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R＋r)t＝eq\f(ΔΦ,tR＋r)t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BxL,R＋r)＝6C。(3)设在金属棒开始运动的2s内，系统产生的热量为Q，由功能关系得：mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q电阻R产生的焦耳热为QR＝eq\f(Q,R＋r)R联立以上两式解得QR＝5.4J。答案：(1)0.4T(2)6C(3)5.4J6．如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间均存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1T，方向垂直于虚线所在的平面向里。现有一矩形线圈abcd，cd宽度L＝0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10m/s2。求：(1)线圈的长度；(2)在0～t1时间内，通过线圈的电荷量；(3)0～t3时间内，线圈产生的热量。解析：(1)在t2～t3时间内，线圈做匀速直线运动，根据平衡条件有：mg＝BIL，而I＝eq\f(BLv,R)解得：v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝8m/st1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，可知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场，此段时间内线圈内磁通量不变，线圈的加速度为g设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′＝2d线圈下降的位移为：x＝L′＋d＝3d此段时间内的逆运动为初速度为v2、加速度为g的匀减速直线运动，则有：3d＝v2t－eq\f(1,2)gt2解得：d＝1m所以线圈的长度为L′＝2d＝2m。(2)在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2通过线圈的电荷量为：q＝eq\x\to(I)t′＝eq\f(BL\x\to(v),R)t′＝eq\f(BLd,R)＝0.25C。(3)0～t3时间内，根据能量守恒得：Q＝mg(3d＋2d)－eq\f(1,2)mv22＝0.1×10×(3＋2)J－eq\f(1,2)×0.1×82J＝1.8J。答案：(1)2m(2)0.25C(3)1.8J二eq\a\vs4\al(必忆模型和规律——快速破题“往上套”)(一)水平面内的圆周运动模型图示或释义规律或方法线模型由于细线对物体只有拉力且细线会弯曲，所以解答此类问题的突破口是要抓住“细线刚好伸直”的临界条件：细线的拉力为零。在此基础上，再考虑细线伸直之前的情况(一般物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角都会发生变化)和伸直之后的情况(物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角一般不再发生变化，但细线的拉力通常会发生变化)弹力模型此类问题一般是由重力和弹力的合力提供物体在水平面内做圆周运动的向心力，因此正确找出做圆周运动的物体在水平方向上受到的合力，是解决此类问题的关键摩擦力模型临界条件是关键：找出物体在圆周运动过程中的临界条件，是解答此类问题的关键。如轻绳开始有拉力(或伸直)、物体开始滑动等，抓住这些临界条件进行分析，即可找出极值，然后可根据极值判断其他物理量与极值之间的关系，从而进行求解(二)连接体模型图示或释义规律或方法轻绳连接体模型求解“绳＋物”或“杆＋物”模型的方法先明确物体的合速度(物体的实际运动速度)，然后将物体的合速度沿绳(杆)方向及垂直绳(杆)方向分解(要防止与力的分解混淆)，利用沿绳(杆)方向的分速度大小总是相等的特点列式求解轻杆连接体模型(三)斜面模型图示或释义与斜面相关的滑块运动问题规律或方法(1)μ＝tanθ，滑块恰好处于静止状态(v0＝0)或匀速下滑状态(v0≠0)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(2)μ>tanθ，滑块一定处于静止状态(v0＝0)或匀减速下滑状态(v0≠0)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(加力时加速度变大，加物体时加速度不变)(3)μ<tanθ，滑块一定匀加速下滑，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(加力时加速度变大，加物体时加速度不变)(4)若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g，地面对斜面体的摩擦力为0；若滑块处于匀变速运动状态，可用牛顿第二定律求出，地面对斜面体的支持力为(M＋m)g－masinθ，地面对斜面体的摩擦力为macosθ；不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块，利用滑块的运动状态求斜面对滑块的弹力、摩擦力及作用力(5)μ＝0，滑块做匀变速直线运动，其加速度为a＝gsinθ(四)弹簧模型图示或释义规律或方法与弹簧相关的平衡问题弹簧类平衡问题常常以单一问题出现，涉及的知识主要是胡克定律、物体的平衡条件，求解时要注意弹力的大小与方向总是与弹簧的形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量x与物体空间位置变化的对应关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的情况来列式求解与弹簧相关的动力学问题(1)弹簧(或橡皮筋)恢复形变需要时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变，即弹力不能突变。而细线(或接触面)是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其中弹力立即消失，即弹力可突变，一般题目中所给细线和接触面在没有特殊说明时，均可按此模型处理(2)对于连接体的加速问题往往先使用整体法求得其加速度，再用隔离法求得受力少的物体的加速度，并利用加速度的关系求解相应量与弹簧相关的功能问题弹簧连接体是考查功能关系问题的经典模型，求解这类问题的关键是认真分析系统的物理过程和功能转化情况，再由动能定理、机械能守恒定律或功能关系列式，同时注意以下两点：①弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，则其储存的弹性势能就相同；②弹性势能公式Ep＝eq\f(1,2)kx2在高考中不作要求(除非题中给出该公式)，与弹簧相关的功能问题一般利用动能定理或能量守恒定律求解(五)杆＋导轨模型图示或释义规律或方法杆cd以一定初速度v在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L杆以速度v切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止，动能全部转化为内能：Q＝eq\f(1,2)mv2轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定开始时a＝eq\f(F,m)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)拉力F做的功一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，两导轨间距为L开始时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2(六)线圈模型图示或释义规律或方法静止线圈模型线圈不动，磁感应强度大小随时间变化(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律判断感应电动势的大小和方向(2)由闭合电路欧姆定律确定回路中的感应电流(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)(4)列动力学方程或平衡方程求解平动线圈模型(1)分析线圈运动情况，判断运动过程中是否有磁通量不变的阶段。线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路。根据电路分析，由闭合电路欧姆定律列方程(2)对某一状态，分析线圈的受力情况，由牛顿第二定律列式：F外＋F安＝ma(3)线圈穿过磁场时，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由动能定理W外－W安＝Ek2－Ek1或能量守恒定律列式转动线圈模型(1)线框匀速转动产生感应电动势，可根据E＝nBSω求出感应电动势的最大值，进而求出感应电动势的有效值，再求其他值(2)一般计算电功、电功率、电热等与热效应有关的量必须用有效值；电压表、电流表所能测量到的也是有效值(3)可根据eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)求出感应电动势的平均值，求出平均感应电流后再求电荷量[保温训练]1．[多选]如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置两个可视为质点的、完全相同的木块A和B，两木块用细绳相连，木块与圆盘之间的最大静摩擦力均为其自身重力的k倍，木块A、B距圆盘中心O点的距离分别为rA＝R、rB＝2R。开始时，细绳恰好伸直但无拉力。已知重力加速度为g，现让该装置绕通过圆盘中心的竖直轴从静止开始转动，使其角速度从0开始逐渐增大，则在此过程中，以下说法正确的是()A．在木块A开始相对圆盘滑动之前，其受到的静摩擦力始终指向圆心B．当圆盘运动的角速度ω>eq\r(\f(kg,2R))时，细绳一定有弹力C．当圆盘转动的角速度ω>eq\r(\f(2kg,R))时，木块A、B将相对于圆盘发生滑动D．当圆盘转动的角速度ω在eq\r(\f(kg,2R))<ω<eq\r(\f(2kg,R))范围内增大时，木块A所受到的静摩擦力一直在减小解析：选BC由于木块A、B均相对于圆盘静止，所以两木块具有共同的角速度，在细绳没有拉力时，两木块均由静摩擦力提供做圆周运动的向心力，故木块A受到的静摩擦力方向指向圆心。随着角速度的增大，细绳开始有拉力，由向心力公式F＝mω2r可知，木块B需要的向心力是木块A的两倍，故最终木块B将相对于圆盘向外滑动，木块A将相对于圆盘向圆心滑动，此时木块A受到的摩擦力方向背离圆心，选项A错误；当细绳刚好有拉力时，对木块B有：kmg＝mω2rB，解得：ω＝eq\r(\f(kg,2R))，故当ω>eq\r(\f(kg,2R))时，细绳一定有弹力，选项B正确；当木块A、B将要相对于圆盘发生滑动时，设此时细绳的拉力为FT，则由牛顿第二定律可知，对木块A有：FT－kmg＝mω2rA，对木块B有：FT＋kmg＝mω2rB，代入数据联立求解可得：ω＝eq\r(\f(2kg,R))，故当ω>eq\r(\f(2kg,R))时，木块A、B将相对于圆盘发生滑动，选项C正确；由题意可知，当角速度ω＝eq\r(\f(kg,2R))时，木块A受到指向圆心的静摩擦力，而当ω＝eq\r(\f(2kg,R))时，木块A受到背离圆心的最大静摩擦力，故当圆盘转动的角速度ω在eq\r(\f(kg,2R))<ω<eq\r(\f(2kg,R))范围内增大时，木块A所受到的静摩擦力先减小后增大，选项D错误。2．如图所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A＝30，∠B＝37，C处有光滑小滑轮，质量分别为m1、m2的两物块1、2通过细线跨放在AC面和BC面上，且均恰好处于静止状态，已知AC面光滑，物块2与BC面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m1∶m2不可能是(sin37＝0.6,cos37＝0.8)()A．1∶3 B．3∶5C．5∶3 D．2∶1解析：选A物块1受重力m1g、细线拉力FT和斜面支持力FN作用处于平衡状态，则FT＝m1gsin30，物块2受重力m2g、细线拉力FT、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用处于平衡状态，当m1较大时，物块2所受最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有FT＝m2gsin37＋μm2gcos37，则eq\f(m1,m2)＝2；当m1较小时，物块2所受最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有FT＝m2gsin37－μm2gcos37，则eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,5)，所以eq\f(2,5)≤eq\f(m1,m2)≤2，故A不可能。3.[多选]如图所示，半径为R＝0.4m的圆形光滑轨道固定在竖直平面内，圆形轨道与固定的光滑水平轨道相切。可视为质点的质量均为m＝0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与圆心O点等高，小球乙位于圆心O的正下方。某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g取10m/s2。则()A．两小球最终在水平面上运动的速度大小为2m/sB．甲小球下滑到圆形轨道最低点时重力的功率为10WC．甲小球下滑到圆形轨道最低点时对轨道压力的大小为5ND．整个过程中轻杆对乙小球做的功为1J解析：选AD整个过程中，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，最后两球的速度大小相等，应用机械能守恒定律：mgR＝2×eq\f(1,2)mv2，解得v＝2m/s，选项A正确；甲小球下滑到最低点时速度水平，重力的功率为0，选项B错误；甲小球下滑到最低点时，重力与支持力的合力提供向心力FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝2mg＝10N，由牛顿第三定律得，甲小球下滑到最低点时对轨道压力的大小为10N，选项C错误；整个过程中对乙小球受力分析可知，重力不做功，乙小球动能的增量等于轻杆对乙球做的功，W＝eq\f(1,2)mv2＝1J，选项D正确。4.如图所示，在水平地面上静止着一质量为M、倾角为θ的斜面体，自由释放的质量为m的滑块能在斜面上匀速下滑(斜面体始终静止)，则下列说法中正确的是()A．滑块对斜面的作用力大小等于mgcosθ，方向垂直斜面向下B．斜面对滑块的作用力大小等于mg，方向竖直向上C．斜面体受到地面的摩擦力水平向左，大小与m的大小有关D．滑块能匀速下滑，则水平地面不可能是光滑的解析：选B因滑块在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下匀速下滑，如图所示，所以斜面对滑块的作用力大小等于mg，方向竖直向上，B项正确；而滑块对斜面的作用力与斜面对滑块的作用力是一对作用力与反作用力，A项错误；又因斜面体及滑块均处于平衡状态，所以可将两者看成一整体，则整体在竖直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面对斜面体没有摩擦力作用，C、D项错误。5．[多选]如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，A、B间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，与左端固定在O点的轻质弹簧连接组成弹簧振子。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、B间的电阻R上产生的焦耳热为Q，已知运动过程中MN始终与AD、BC垂直，则()A．初始时刻导体棒所受的安培力大小为eq\f(2B2L2v0,R)B．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq\f(1,2)mv02－QC．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq\f(1,2)mv02－2QD．当导体棒第二次回到初始位置时，A、B间电阻的热功率为eq\f(2B2L2v02,R)解析：选AC由F＝BIL及I＝eq\f(BLv0,R并)，得安培力大小为FA＝eq\f(2B2L2v0,R)，故A正确；导体棒第一次运动至最右端的过程中，AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，回路中产生的总焦耳热为2Q，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝2Q＋Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mv02－2Q，故C正确，B错误；当导体棒第二次回到初始位置时，由于机械能减小，A、B间电阻的热功率小于eq\f(B2L2v02,R)，故D错误。6．如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距l＝0.5m，左侧接一阻值为R＝1Ω的电阻。有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中。t＝0时，用一外力F沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度a＝0.2m/s2做匀加速运动，外力F与时间t的关系如图乙所示。(1)求金属棒的质量m；(2)求磁感应强度B的大小；(3)当力F达到某一值时，保持F不再变化，金属棒继续运动3s，速度达到1.6m/s且不再变化，测得在这3s内金属棒的位移s＝4.7m，求这段时间内电阻R消耗的电能。解析：由题图乙知F＝0.1＋0.05t(N)(1)金属棒沿轨道向右运动，产生的感应电动势E＝Blv，回路中的感应电流I＝eq\f(E,R)，所以金属棒受到的安培力F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，由牛顿第二定律得F－F安＝(0.1＋0.05t)－eq\f(B2l2v,R)＝ma，考虑t＝0时，v＝at＝0所以m＝eq\f(F0,a)＝eq\f(0.1,0.2)kg＝0.5kg。(2)金属棒做匀加速运动，所以金属棒所受合力F合＝(0.1＋0.05t)－eq\f(B2l2at,R)＝0.1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.05－\f(B2l2a,R)))t＝常数，所以0.05－eq\f(B2l2a,R)＝0，解得：B＝eq\r(\f(0.05R,l2a))＝eq\r(\f(0.05×1,0.52×0.2))T＝1T。(3)F变为恒力后，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，经过3s，速度达到最大vm＝1.6m/s，此后金属棒做匀速运动。vm＝1.6m/s时，F合＝0F＝F安＝eq\f(B2l2vm,R)＝eq\f(12×0.52×1.6,1)N＝0.4N，将F＝0.4N代入F＝0.1＋0.05t，求出变加速运动的起始时间为t＝6s，该时刻金属棒的速度为v6＝at＝0.2×6m/s＝1.2m/s；由能量守恒，可得这段时间内电阻R消耗的电能：E＝WF－ΔEk＝Fs－eq\f(1,2)m(vm2－v62)＝0.4×4.7J－eq\f(1,2)×0.5×(1.62－1.22)J＝1.6J。答案：(1)0.5kg(2)1T(3)1.6J7.用质量为m、总电阻为R的导线做成边长为l的正方形线框MNPQ，并将其放在光滑的平行绝缘的倾斜轨道上，轨道的倾角为θ，平行导轨的间距也为l，如图所示。在导轨的下端有一宽度为l(即ab＝l)、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场的边界aa′、bb′垂直于导轨，磁场的方向垂直线框平面向上。把线框由静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域。若当地的重力加速度为g，求：(1)线框进入磁场时的运动速度的大小和离开磁场时感应电流的方向；(2)线框MN边运动到aa′的过程中通过线框导线横截面的电荷量；(3)穿过磁场的过程中，线框中所产生的热量Q。解析：(1)线框产生的感应电动势：E＝Blv感应电流：I＝eq\f(E,R)安培力：F＝BIl线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示，则F＝mgsinθ联立以上各式解得：v＝eq\f(mgRsinθ,B2l2)由楞次定律，线框离开磁场时感应电流的方向为MNPQM。(2)线框匀速穿过磁场区域，则BIl＝mgsinθ得I＝eq\f(mgsinθ,Bl)，线框MN边由bb′运动到aa′的时间t＝eq\f(l,v)＝eq\f(B2l3,mgRsinθ)所以通过线框导线横截面的电荷量q＝It＝eq\f(Bl2,R)。(3)通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了2l的距离，由能量守恒定律得：Q＝ΔE减机械能的减小量为ΔE减＝mg·2lsinθ故产生的热量为Q＝ΔE减＝2mglsinθ。答案：(1)eq\f(mgRsinθ,B2l2)方向MNPQM(2)eq\f(Bl2,R)(3)2mglsinθ三eq\a\vs4\al(必明图像和意义——抓住“几点”就明了)(一)明确四类图像运动学图像x­t图像、v­t图像动力学图像F­t图像、a­t图像F­x图像、W­l图像电场类图像φ­x图像、E­x图像电磁感应类图像B­t图像、Φ­t图像i­t图像、E­t图像(二)学会识别图像一是清楚各个物理公式，明白各概念和规律的本质内涵与外延，比如定义式和决定式的图像完全不同；二是对一次函数y＝ax＋b要非常熟练，会用会画；三是掌握化非线性函数为线性函数的方法，根据需要能快速变换函数，能熟练将数学和物理结合起来，需要准确的数学运算能力。1．轴——横轴和纵轴所代表的物理量，以及物理量的单位或指数明确了两个坐标轴所代表的物理量，则清楚了图像所反映的是哪两个物理量之间的对应关系。有些形状相同的图像，由于坐标轴所代表的物理量不同，它们反映的物理规律就截然不同，如振动图像和波动图像。另外，在识图时还要看清坐标轴上物理量所注明的单位。每年都有大量考生因不注意这些细小的地方而失分。2．线——图像中图线的特征(宏观方面的物理规律)纵轴所代表的物理量量值变化吗，是均匀变化还是非均匀变化？是否是分段函数(图像)？是否存在极值？注意观察图像中图线的形状是直线、曲线，还是折线等，分析图线所反映两个物理量之间的关系，进而明确图像反映的物理内涵。3．点——坐标原点和图线上任意点，两图线交点(微观方面的，特殊状态或过程)坐标原点坐标值是0吗？图线上任意一点的物理意义是什么？图线相交点含义？注意坐标原点不一定是0，比如路端电压—电流图像中。4．截——横、纵截距的物理意义截距是图线与两坐标轴的交点所代表的坐标数值，该数值具有一定的物理意义。同样要注意弹簧的弹力图像、路端电压—电流图像。5．斜——图线上某点切线斜率的物理意义物理图像的斜率代表两个物理量增量的比值，其大小往往代表另一物理量值。如x­t图像的斜率为速度，v­t图像的斜率为加速度、电场力—检验电荷(F­q)图像的斜率是电场强度、电容器Q­U图像的斜率是电容等等。若某些量是定值，根据线性图线的特点，可以推理出一些有用结论，比如弹簧k＝eq\f(F,x)＝eq\f(ΔF,Δx)，电容C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)，电阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)等等。6．割——割线的物理意义有的物理图像中，图线上某点与坐标零点的割线的斜率才有意义，而该点的切线斜率没有意义，比如描绘小灯泡的伏安特性曲线。7．面——图像中图线与坐标轴所围面积的物理意义有些物理图像的图线与横轴所围的面积的值，常代表另一个物理量的大小。(1)v­t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点的位移。(2)a­t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点速度的变化。(3)F­x图像与x轴所围面积表示这段位移内力F所做的功。(4)E­x图像与x轴所围面积表示这段位移两端的电势差。(5)i­t图像与t轴所围面积表示这段时间内移动的电荷量。[保温训练]1.宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都会用到急动度的概念。急动度j是加速度变化量Δa与发生这一变化所用时间Δt的比值，即j＝eq\f(Δa,Δt)，它的方向与物体加速度变化量的方向相同。一物体从静止开始做直线运动，其加速度a随时间t的变化关系如图，则该物体在()A．t＝0时和t＝2s时加速度等大反向B．t＝2s时和t＝4s时急动度等大反向C．1～3s内做减速运动D．0～5s内速度方向不变解析：选D由题图可知，t＝0时和t＝2s时加速度等大同向，故A错误。加速度对时间的变化率称为急动度，等于a­t图像的斜率，由题图知t＝2s时的急动度和t＝4s时的急动度等大同向，故B错误。根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知1～3s内物体的速度增大，做加速运动，0～5s内物体速度的变化量为正，说明质点速度方向不变，故D正确，C错误。2．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示。取g＝10m/s2。则()A．物体的质量m＝1.0kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2.0JD．第2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝1.5W解析：选C物体在2～3s内做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力F，则f＝2N，在1～2s内做匀加速直线运动，加速度为：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：m＝0.5kg，故A错误；物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(f,mg)＝0.40，故B错误；第2s内的位移为x2＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，则克服摩擦力做功为Wf＝fx2＝2×1J＝2J，故C正确；第2s内推力做功的平均功率为：eq\x\to(P)＝eq\f(Fx2,t)＝eq\f(3×1,1)W＝3W，故D错误。3．[多选]如图甲所示，足够长的光滑固定的斜面上有一物体，物体在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上运动，在0～2s内推力的大小F1＝5N，在2～4s内推力的大小F2＝5.5N。该过程中物体的速度随时间变化的规律如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物体在前4s内的位移为5mB．在第3s物体的加速度大小为2m/s2C．物体质量为2kgD．斜面与水平面的夹角为30解析：选AD由题图乙可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即0～4s内物体的位移为5m，故A正确；在2～4s内物体的加速度a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝0.5m/s2，故B错误；在0～2s内物体做匀速直线运动时，重力沿斜面向下的分力F＝F1＝5N，在2～4s内由牛顿第二定律有：F2－F＝ma，解得m＝1kg，故C错误；设斜面与水平面的夹角为α，则mgsinα＝F＝5N，解得α＝30，故D正确。4．[多选]如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可视为质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x的变化关系如图乙所示。物块向左运动xAB＝0.40m到达B点，到达B点时速度为零，此时撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上的N点，取g＝10m/s2，则()A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD．M、N的水平距离为1.6m解析：选AD题图乙所示的F­x图像与横轴所围面积表示力F做的功，由题图乙可知WF＝6.0J，选项A正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgxAB＝0.50×0.50×10×0.40J＝1.0J，整个运动过程中克服摩擦力做功为2Wf＝2.0J，选项C错误；根据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0J，选项B错误；物块由B点运动到M点，由功能关系得Ep＝Wf＋eq\f(1,2)mv2，解得物块运动到M点的速度v＝4m/s，设M、N的水平距离为x0，由平抛运动规律，x0＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，联立解得x0＝1.6m，选项D正确。5．[多选]如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。取g＝10m/s2，sin37＝0.60，cos37＝0.80。则下列判断正确的是()A．物体的质量m＝0.67kgB．物体与斜