（江苏专用）高考物理二轮复习 教师文档 考前增分指导-人教版高三物理试题

考前增分指导指导一“8大技法”破解选择题——小题巧做拿满分选择题是当前高考必备的题型之一，主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等，具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、命题灵活性强、层次丰富、能考查学生的多种能力等特点。要想迅速、准确地解答物理选择题，不但要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律，还要掌握下列解答物理选择题的基本方法和特殊技巧。技法1直接判断法【技法阐释】通过观察题目中所给出的条件，根据所学知识和规律推出结果，直接判断，确定正确的选项。直接判断法适用于推理过程较简单的题目，这类题目主要考查学生对物理知识的记忆和理解程度，如考查物理学史的试题等。【典例1】在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程。在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是()A．英国物理学家牛顿用实验的方法测出了引力常量GB．第谷接受了哥白尼日心说的观点，并根据开普勒对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律C．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快D．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比解析牛顿提出了万有引力定律及引力常量的概念，但没能测出G的数值，G的数值是由卡文迪许通过实验方法得出的，故A错误；开普勒接受了哥白尼日心说的观点，并根据第谷对行星运动观察记录的数据，应用严密的数学运算和椭圆轨道假说，得出了开普勒行星运动定律，故B错误；亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体比轻物体下落得快，故C错误；胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故D正确。答案D【点评】物理学史是考试内容之一，熟记牛顿、伽利略、卡文迪许、库仑、法拉第等物理学家的成就，直接作出判断。技法2筛选排除法【技法阐释】筛选排除法就是通过对物理知识的理解，对物理过程的分析或计算，将明显错误或不合理的选项一一排除的方法。筛选排除法主要适用于选项中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定的说法的选择题。【典例2】如图1所示，以MN、PQ为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽为2L，高为L的正三角形闭合金属框由粗细均匀的电阻丝围成，在外力作用下由图示位置被水平向右匀速拉过磁场区域，ab边平行MN且垂直金属框运动方向，取逆时针方向为电流的正方向，则金属框中的感应电动势E、感应电流I，所施加的外力F及外力的功率P随位移x的变化关系图正确的是()图1解析金属框进入磁场的过程中，穿过金属框的磁通量增加，由楞次定律可知此过程中感应电流为逆时针方向，而此过程金属框切割磁感线的有效长度l＝2x·tan30°均匀增加，完全进入磁场后，穿过金属框的磁通量不变，回路中无感应电流和感应电动势，排除A选项；0～L位移内，因金属框做匀速直线运动，所以F外＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝eq\f(4B2x2v,R)tan230°，即外力随位移的增大而非线性增大，排除C选项；0～L位移内，外力的功率P＝F外v＝eq\f(4B2x2v2,R)tan230°，即外力的功率随位移的增大而非线性增大，排除D选项；所以B选项正确。答案B【点评】运用排除法解题时，通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终选出符合题意的选项。若在其他题目中存在相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲。技法3图象分析法【技法阐释】物理图象是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图象解题时一定要从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口。利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题。【典例3】有一种“猫捉老鼠”趣味游戏，如图2所示，D是洞口，猫从A点沿水平线ABD匀速追赶老鼠，老鼠甲从B点沿曲线BCD先加速后减速逃跑，老鼠乙从B点沿BED先减速后加速逃跑，已知猫和两只老鼠同时开始运动且初速率相等，到达洞口D时速率也相等，猫追赶的路程AD与两只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，则下列说法正确的是()图2A．猫能在洞口堵住老鼠甲B．猫能在洞口堵住老鼠乙C．两只老鼠在洞口都被猫堵住D．两只老鼠均能从洞口逃离解析因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运动路程相等，画出速率随时间变化的关系图象，利用图线与t轴所围面积相等来求解。根据猫与老鼠的运动情况可大致作出图象如图所示，由图知老鼠甲可以逃离洞口。答案B【点评】在题中出现时间比较问题且又无法计算时往往利用速率随时间变化的关系图象求解。画图时一定要抓住初、末态速率关系，利用图线斜率表示加速度大小定性分析。技法4逆向思维法【技法阐释】在解决具体问题时由因到果的正向思维受阻，使求解过程陷入“山穷水尽”的境地时，若能变换角度，把物体所发生的物理过程逆过来加以分析，又能领略到“柳暗花明”的意境。这种“反其道而行之”的方法叫逆向思维法。解决物理问题常用的逆向思维有过程逆向、时间反演等。【典例4】如图3所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为()图3A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2))B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2))D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点。这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因为tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，则竖直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而veq\o\al(2,y)＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，所以tan30°＝eq\f(vy,v0)，v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故选项A正确。答案A【点评】对斜上抛运动，若到达最高点的速度为水平，则逆向等同为平抛运动。再者，对于匀减速直线运动，要求某一个物理量，如果采用正向思维的方法，按匀减速直线运动的公式来计算，虽能求出结果，但费时较多，对于提高运算速度是不利的。但若采用逆向思维的方法，将它看作匀加速直线运动来解，往往能达到事半功倍的效果。技法5对称分析法【技法阐释】物理中对称现象比比皆是，对称表现为研究对象在结构上的对称性、作用上的对称性，物理过程在时间和空间上的对称性，物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等。物理解题中的对称法，就是从对称性的角度去分析物理过程，利用对称性解决物理问题的方法。【典例5】(多选)如图4所示，在两个等量正电荷连线的中垂线上取A、B、C、D四点，A、D两点与B、C两点均关于O点对称。A、B、C、D四点电场强度大小分别为EA、EB、EC、ED，电势分别为φA、φB、φC、φD，则下列说法中正确的是()图4A．EA＝ED，φA＞φBB．一定有EA＞EB、φB＞φAC．一定有φA＝φD、φB＝φCD．可能有ED＞EC，一定有φB＞φD解析由对称性可知，A、D两点的电场强度大小相等，方向相反。在两个等量正电荷连线的中垂线上的O点，电场强度为零；在无穷远处，电场强度为零。可见从O点沿中垂线向两端，电场强度一定先增大后减小，一定存在电场强度最大的点P，从O到P，电场强度逐渐增大；从P到无穷远处，电场强度逐渐减小。由于题中没有给出A、B(或C、D)到O点的距离，不能判断A、B(或C、D)两点哪点电场强度大，可能有EA>EB，ED>EC。根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，φB>φA，根据对称性，一定有φA＝φD、φB＝φC，选项C正确，A、B、D错误。答案CD技法6极限思维法【技法阐释】在某些物理状态变化的过程中，可以把某个物理量或物理过程推向极端，从而作出科学的推理分析，给出正确判断导出一般结论，使问题化难为易，化繁为简，达到事半功倍的效果。极限法一般适用于定性分析类选择题。例如假设速度很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)、假设边长很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)或假设电阻很大(趋近于无限大)或很小(趋近于零)等，快速分析。【典例6】(多选)(2016·西安模拟)如图5所示，磁感应强度为B的匀强磁场有理想边界，用力将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出，在其他条件不变的情况下，下列说法正确的是()图5A．速度越大，拉力做功越多B．线圈边长L1越大，拉力做功越多C．线圈边长L2越大，拉力做功越多D．线圈电阻越大，拉力做功越多解析假设线圈的速度非常小，趋近于零，根据E＝BLv，线圈中产生的感应电动势趋近于零，安培力趋近于零，拉力做功趋近于零，由此可知，速度越大，拉力做功越多，选项A正确；假设线圈边长L1非常小，趋近于零，根据E＝BLv，线圈中产生的感应电动势趋近于零，拉力做功趋近于零，由此可知，线圈边长L1越大，拉力做功越多，选项B正确；假设线圈边长L2非常小，趋近于零，根据功的定义式知W＝FL2，拉力做功趋近于零，由此可知，线圈边长L2越大，拉力做功越多，选项C正确；假设线圈电阻非常大，趋近于无限大，则线圈中产生的感应电流趋近于零，线圈所受安培力趋近于零，匀速拉线圈的拉力趋近于零，由此可知，线圈电阻越大，拉力做功越少，选项D错误。答案ABC技法7等效转换法【技法阐释】等效转换法是指在用常规思维方法无法求解那些有新颖情境的物理问题时，灵活地转换研究对象或采用等效转换法将陌生的情境转换成我们熟悉的情境，进而快速求解的方法。等效转换法在高中物理中是很常用的解题方法，常常有物理模型等效转换、参照系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等。【典例7】如图6所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量分别为m和2m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过eq\f(d,10)就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为()图6A．3μmgB．6μmgC．12μmgD．15μmg解析本题物理情境较新，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块－滑板模型，所以对鸡蛋有eq\f(d,10)＝eq\f(1,2)a1t2，μmg＝ma1，对纸板有d＋eq\f(d,10)＝eq\f(1,2)a2t2、Fmin－3μmg－μmg＝ma2，联立解得Fmin＝15μmg，D对。答案D【点评】对于物理过程与我们熟悉的物理模型相似的题目，可尝试使用转换分析法，如本题中将鸡蛋和纸板转换为滑块－滑板模型即可快速求解。技法8二级结论法【技法阐释】二级结论是由基本规律和基本公式导出的推论。熟记并巧用一些二级结论可以使思维过程简化，节约解题时间。非常实用的二级结论有：(1)平抛运动速度方向的反向延长线过水平位移的中点；(2)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止经过相同的加速电场和偏转电场，轨迹重合；(3)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(4)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的场强。【典例8】如图7所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表。闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中()图7A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变暗C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左D．电源的总功率变大，效率变小解析当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的有效电阻减小，由“串反并同”知，电流表的示数将增大，电压表示数将减小，小灯泡L变亮，电源总功率增大，电源内电压增大，选项A、B错误；电容器两端电压即电压表示数，由Q＝CU知电容器所带电量减小，即电容器将放电，通过定值电阻R1的电流方向自左向右，选项C错误；因电源内电压增大，所以路端电压减小，由η＝eq\f(U,E)×100%知电源效率变小，选项D正确。答案D【点评】有些二级结论只在一定的条件下成立，在使用这些二级结论时，必须清楚结论是否适合题给物理情境。

选择题31分模拟小卷(一)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)1．由N匝线圈组成的矩形导线框，横截面积为S。现将其放在磁感应强度为B的匀强磁场中，当导线框平面与磁场方向垂直时，穿过导线框所围面积的磁通量为()A．BSB．NBSC.eq\f(NB,S)D.eq\f(B,S)解析穿过导线框的磁通量Φ＝BS，选项A正确，B、C、D错误。答案A2.如图1所示，将三个形状不规则的磁石块叠放在水平桌面上，处于静止状态。下列说法正确的是()图1A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对平衡力B．石块a一定受到三个力的作用C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．桌面对石块c的作用力一定竖直向上解析对a受力分析，a可能受到重力、支持力、b的磁力，也可能只受到重力和磁力，所以A、B错误；对abc整体分析，磁力为内力忽略不计，则整体只受到重力和地面的支持力，所以C错误，D正确。答案D3．(2016·上海单科，7)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下飘浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中()A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少解析当体验者飘浮在半空时，受到的重力和风力平衡；减小风力，重力大于风力，体验者加速下落，体验者有竖直向下的加速度，处于失重状态，下落过程中，风力对体验者做负功，根据功能关系，体验者的机械能减少。B项正确。答案B4．如图2所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交变电流的电压有效值U0＝220V，n0＝2200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、550匝、1100匝、2200匝。电动机M的内阻r＝4Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W。下列判断正确的是()图2A．当选择挡位3时，电动机两端电压为110VB．当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大C．当选择挡位2时，电动机的热功率为1WD．当选择挡位4时，电动机的输出功率为110W解析由电压与匝数的关系U0∶U3＝n0∶n3，解得U3＝110V，A正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B错误；当没有达到额定功率时，热功率小于1W，C错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I＝eq\f(P,U)＝0.5A，热功率Pr＝I2r＝1W，输出功率为P－Pr＝(110－1)W＝109W，D错误。答案A5．(2016·天津理综，4)如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()图3A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变解析若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)联立可得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不变；P点离下极板的距离不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。答案D二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)6．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1h内的位移－时间图象如图4所示。下列表述正确的是()图4A．0.2～0.5h内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5h内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8h内，甲的位移比乙的大D．0.8h内，甲、乙骑车的路程相等解析由题图可知，0.2～0.5h内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度都为零，A错误；在位移－时间图象中，斜率表示速度，0.2～0.5h内，甲的x－t图线的斜率大于乙的x－t图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正确；由图象可看出，0.6～0.8h内，甲的位移大于乙的位移，C正确；在0～0.8h内甲、乙的位移相等，路程不相等，D错误。答案BC7．2016年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星。该卫星是以地心为圆心的圆轨道卫星，质量为m，轨道离地面的高度约为地球半径R的3倍。已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响。则()A．卫星的绕行速率大于7.9km/sB．卫星的绕行周期约为16πeq\r(\f(R,g))C．卫星所在处的重力加速度大小约为eq\f(g,4)D．卫星的动能大小约为eq\f(mgR,8)解析近地卫星的绕行速度等于第一宇宙速度7.9km/s，且v＝eq\r(\f(GM,r))，所以此卫星的速度小于7.9km/s，可得A错误；卫星的绕行周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，此卫星的轨道半径是4R，且由黄金代换式GM＝gR2，可得周期T＝16πeq\r(\f(R,g))，B正确；卫星所在处的重力加速度g′＝eq\f(GM,r2)＝eq\f(g,16)，可得C错误；卫星的速度v＝eq\r(\f(GM,r))＝eq\r(\f(gR,4))，所以动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgR,8)，可得D正确。答案BD8．如图5所示，两根足够长的平行金属导轨相距为L，其中NO1、QO2部分水平，倾斜部分MN、PQ与水平面的夹角均为α，整个空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面MNQP向上。长为L的金属棒ab、cd与导轨垂直放置且接触良好，其中ab光滑，cd粗糙，棒的质量均为m、电阻均为R。将ab由静止释放，在ab下滑至速度刚达到稳定的过程中，cd始终静止不动。若导轨电阻不计，重力加速度为g，则在上述过程中()图5A．ab棒做加速度减小的加速运动B．ab棒下滑的最大速度为eq\f(mgRsinα,B2L2)C．cd棒所受摩擦力的最大值为mgsinαcosαD．cd棒中产生的热量等于ab棒机械能的减少量解析随着ab棒下滑，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，ab棒的合力逐渐减小，所以做加速度减小的加速运动，可得A正确；ab棒匀速时速度达到最大，受力平衡，有mgsinα＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，可得v＝eq\f(2mgRsinα,B2L2)，B错误；如图所示对cd棒进行受力分析可得，摩擦力等于安培力在水平方向的分力，即f＝BILcosα＝mgsinαcosα，可得C正确；由能量守恒可知，ab棒减小的机械能等于ab和cd产生的焦耳热与ab棒的动能之和，可得D错误。答案AC9．如图6所示，三角形磁场区域的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0，2eq\r(3))、(－2，0)、(2，0)，磁感应强度B＝4×10－4T，某种正粒子的比荷eq\f(q,m)＝2.5×105C/kg，不计重力。大量的这种粒子在t＝0时从O点以相同的速率v＝2eq\r(3)m/s沿不同的方向垂直于磁场射入该磁场区域，则()图6A．从ac边离开磁场的粒子，离开磁场时距c点最近的位置坐标为(eq\r(3)，2eq\r(3)－3)B．从c点离开磁场的粒子在磁场中运动时间最长C．不可能有粒子垂直于ab边离开磁场D．t＝eq\f(π,300)s时运动时间最长的粒子离开磁场解析正粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)＝2eq\r(3)cm，入射方向不同的粒子的轨迹圆半径相同，各粒子的轨迹圆为过O点半径为R的动圆，且入射速度沿x轴正方向的粒子离开磁场时距c点最近，最近点A的坐标为(eq\r(3)，2eq\r(3)－3)，选项A正确；当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，时间最长，即从a点射出的粒子的运动时间最长，该轨迹圆弧对应的圆心角为60°，运动时间t＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,300)s，选项B错误、D正确；由几何关系可知，从O点沿与Oc成120°角方向射入磁场的粒子将垂直于ab边离开磁场，选项C错误。答案AD选择题31分模拟小卷(二)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)1．水平方向的两个相互垂直的力F1和F2作用在箱子同一位置，使箱子在水平粗糙的地面上移动一段距离，若力F1对箱子做了300J功，力F2对箱子做了400J功，则力F1与F2的合力对箱子做的功()A．等于500JB．等于700JC．大于500JD．大于700J解析合力对物体做功等于各分力单独对物体做的功的代数和，所以选项B正确。答案B2．(2016·上海单科，5)磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁()图1A．向上运动 B．向下运动C．向左运动 D．向右运动解析由于条形磁铁的N极在下面，因此磁铁提供的磁场穿过线圈的磁通量的方向向下，由于磁铁的运动，线圈中磁通量变化，产生如题图方向的电流，由安培定则可以确定线圈中感应电流产生的感应磁场方向向上，与磁铁产生的磁场方向相反，由楞次定律可知磁铁产生的磁场通过线圈的磁通量的大小增加，因此磁铁向下运动，B项正确。答案B3.如图2所示，一物体静止在水平地面上，从t＝0时刻开始用水平向右的拉力F拉物体，经t0时间运动到A点，再经T和2T时间运动到B点和C点，若A、B、C三点间距满足BC＝2AB，则()图2A．t0＝eq\f(1,2)T B．t0＝eq\f(2,3)TC．t0＝eq\f(1,4)T D．t0＝eq\f(3,4)T解析根据匀变速直线运动规律得vA＝at0，xAB＝vAT＋eq\f(1,2)aT2，xAC＝vA·2T＋eq\f(1,2)a(2T)2，又xAC＝xAB＋xBC＝3xAB，联立各式解得t0＝eq\f(1,2)T，选项A正确，B、C、D错误。答案A4．水平边界MN上方有一垂直纸面向外的匀强磁场，a、b两带电粒子所带的电荷量分别是q1、q2，以相同速度从边界上O点垂直进入磁场，它们的运动轨迹如图3所示，轨道半径分别为r1、r2，且r1∶r2＝2∶3。下列说法正确的是()图3A．a带负电、b带正电，比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶3B．a带正电、b带负电，比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶3C．a带负电、b带正电，比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2D．a带正电、b带负电，比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2解析在O点射入磁场时，a受到向左的洛伦兹力，b受到向右的洛伦兹力，由左手定则判断a带负电荷、b带正电荷；由r＝eq\f(mv,qB)得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)，所以eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2，则选项C正确。答案C5.如图4所示，一辆小车静置在水平地面上，用一条遵守胡克定律的橡皮筋将小球P悬挂于车顶O点，在O点正下方有一光滑小钉A，它到O点的距离恰好等于橡皮筋原长l0。现使小车从静止开始向右做加速度逐渐增大的直线运动，在此运动过程中(橡皮筋始终在弹性限度内)，小球的高度()图4A．保持不变B．逐渐降低C．逐渐升高D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析小车静止时，对小球有FT1＝mg，弹簧的伸长量x1＝eq\f(mg,k)，即小球与悬挂点的距离为l1＝l0＋eq\f(mg,k)；当小车的加速度稳定在一定值时FT2cosα＝mg，FT2sinα＝ma，解得FT2＝eq\f(mg,cosα)，弹簧的伸长量x2＝eq\f(FT2,k)，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为l2＝l0＋eq\f(mg,kcosα)·cosα＝l0＋eq\f(mg,k)＝l1，可见小球在竖直方向上到悬挂点的距离与加速度无关，是不变的，选项A正确。答案A二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)6.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB。这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图5所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期。则()图5A．行星A的质量小于行星B的质量B．行星A的密度小于行星B的密度C．行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度小于行星B的卫星向心加速度解析由设行星质量为M，卫星绕行星运动的半径为r，周期为T，卫星质量为m，则有eq\f(GMm,r2)＝eq\f(m4π2r,T2)，r3＝eq\f(GM,4π2)T2，则图象的斜率为eq\f(GM,4π2)，从图象可看出A的质量大，所以A错误；两“近地”卫星的周期相同，则两者的密度为ρ＝eq\f(3π,GTeq\o\al(2,0))相同，则B错误；第一宇宙速度是“近地”卫星的运行速度v＝eq\f(2πR,T0)，A的半径大于B的半径，则A的第一宇宙速度大于B的第一宇宙速度，则C正确；由an＝eq\f(GM,r2)，A的质量大于B的质量，所以A的卫星向心加速度大于B的卫星向心加速度，D错误。答案AC7.如图6所示，N、P是光滑绝缘水平面上的两点，O为P点正上方的一点，虚线ON和OP之间的夹角θ＝60°，M为ON的中点，O点固定着一个点电荷Q。在N点，由静止释放一个可视为质点的带电小球，发现小球只能在水平面上运动。下列说法正确的是()图6A．在点电荷Q产生的电场中，M点和P点的电场强度大小相同B．在点电荷Q产生的电场中，N、P两点间的电势差大于N、M两点间的电势差C．小球可能做匀变速直线运动D．若小球能经过P点，则它在N点的电势能一定大于在P点的电势能解析由点电荷的场强公式E＝keq\f(Q,r2)，可得M、P两点的电场强度大小相同，方向不相同，选项A正确；由φ＝keq\f(Q,r)可知M、P两点在同一个等势面上，所以N、P两点间的电势差等于N、M两点间的电势差，选项B错误；由点电荷场强公式E＝keq\f(Q,r2)，可知小球受到的电场力大小发生变化，不是匀变速直线运动，选项C错误；小球由静止释放，从N向P运动时，电场力一定做正功，电势能一定减小，所以N点的电势能一定大于P点的电势能，选项D正确。答案AD8．如图7甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、内阻为2Ω的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1A。则()图7A．副线圈两端电压为22eq\r(2)VB．电动机输出的机械功率为10WC．通过电动机的交流电频率为50HzD．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小解析输入电压最大值为220eq\r(2)V，则有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，故A错误；输出的机械功率P＝UI2－Ieq\o\al(2,2)RM＝12×1W－12×2W＝10W，故B正确；由乙图知周期为0.02s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C正确；卡住电动机，副线圈电路中的电流增大，变压器的输出功率增加，则原线圈输入功率增加，故D错误。答案BC9．如图8所示，将质量M＝1kg的重物B悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)。轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮，其另一端系一质量m＝0.5kg的小圆环A。圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为L＝4m。现将圆环A从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，取g＝10m/s2。下列判断正确的是()图8A．圆环下降的过程中，轻绳的张力大小始终等于10NB．圆环能下降的最大距离为Hm＝eq\f(16,3)mC．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°D．若增加圆环质量使m＝1kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大解析随着A圆环下滑，B物体先向上加速，后向上减速，所以绳子的拉力会发生变化，不是始终等于10N，可得A错误；由能量守恒可知，当A下降到最低点时，A减少的重力势能转化成B增加的重力势能和摩擦产生的内能，设A下降的最大距离为Hm，由能量守恒可得mgHm＝Mg(eq\r(Heq\o\al(2,m)＋L2)－L)sin30°＋μMgcos30°(eq\r(Heq\o\al(2,m)＋L2)－L)，解得Hm＝eq\f(16,3)m，可得B正确；圆环A速度最大时，重物B的速度也是最大，都是受力平衡，设轻绳与直杆的夹角为α，对圆环A受力分析得mg＝(Mgsin30°＋μMg·cos30°)cosα，解得α＝60°，可得C错误；若使圆环的质量为1kg，则圆环在下降时一直做加速运动，速度一直增大，由功率公式P＝Fv＝mgv知，重力做功的功率一直在增大，可得D正确。答案BD选择题31分模拟小卷(三)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)1．奥斯特在研究电流的磁效应实验时，将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方，导线不通电时，小磁针在地磁场作用下静止时N极指向北方，如图1所示。现在导线中通有由南向北的恒定电流I，小磁针转动后再次静止时N极指向()图1A．北方 B．西方C．西偏北方向 D．北偏东方向解析在导线中通有由南向北的恒定电流I，由安培定则可判断出通电导线下方产生了由东指向西的磁场，根据磁场叠加原理，该磁场与地磁场的合磁场方向为西偏北方向，所以小磁针转动后再次静止时N极指向为西偏北方向，选项C正确。答案C2．(2016·江苏单科，5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向。下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()解析由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋eq\f(1,2)mv2＝E，可变形为x＝－eq\f(v2,2g)＋eq\f(E,mg)，由此方程可知图线为开口向左、顶点在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,mg)，0))的抛物线，故选项A正确。答案A3．(2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A点时对轨道的压力为()图2A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg解析小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根据机械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C项正确。答案C4.如图3所示，实线代表某匀强电场中的三条电场线，带电粒子在电场中仅在电场力作用下沿虚线从a运动到b，运动轨迹ab为一条抛物线，则下列判断正确的是()图3A．电场的方向由N指向MB．带电粒子从a运动到b，动能减少C．该带电粒子一定带正电D．如果另放某带负电的检验电荷，它在M点的电势能一定小于它在N点的电势能解析带电粒子在电场中仅在电场力作用下沿虚线从a运动到b，电场力总指向轨迹的凹侧，因此带电粒子所受电场力沿NM方向，可以判断电场力对粒子做负功，粒子的动能减少，但由于带电粒子的电性未知，因此不能确定电场强度的方向，A、C项错误，B项正确；因为不能确定电场强度的方向，所以无法确定带负电的检验电荷的电势能的大小，D项错误。答案B5．如图4所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()图4A.eq\r(2as0) B.eq\r(2μ1gs0)C.eq\r(2μ2gs0) D.eq\r(（μ1＋μ2）gs0)解析要使卡车安全停下来，即钢铁构件A、B及卡车保持相对静止，设钢铁构件A恰好相对B不滑动的加速度为a2，钢铁构件A、B相对卡车刚好不滑动的加速度为a1，由牛顿第二定律得μ2mAg＝mAa2，μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，解得a2＝μ2g，a1＝μ1g，因为μ1＞μ2，所以卡车安全行驶的最大加速度为a2，设卡车的速度为v0，由匀变速直线运动规律得veq\o\al(2,0)＝2a2s0，解得v0＝eq\r(2μ2gs0)，选项C正确，A、B、D错误。答案C二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)6．(2016·全国卷Ⅰ，18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力。①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错。答案BC7．一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图5甲所示，已知发电机线圈内阻为r，外接一个电压表和一个额定电压为U、额定功率为P的灯泡，如图乙所示。下列说法正确的是()图5A．图甲所示的电动势瞬时值表达式为e＝22eq\r(2)sin(50πt)VB．图乙中线圈所在位置为中性面位置C．电压表的读数一定小于22VD．若线圈转到图乙所示位置，则此时灯泡中电流最大解析图甲所示的电动势瞬时值表达式为e＝22eq\r(2)sin(100πt)V，选项A错误；图乙中发电机产生的感应电动势最大，线圈位于与中性面垂直的位置，选项B错误；由于线圈有内阻，电压表的读数一定小于电动势的有效值22V，选项C正确；若线圈转到图乙所示位置，则此时产生的感应电动势最大，灯泡中电流最大，选项D正确。答案CD8．土星的卫星很多，现已发现数十颗，这些卫星的运动可视为绕土星的匀速圆周运动。下表是有关土卫五和土卫六两颗卫星的一些参数。下列说法正确的是()卫星直径/km质量/kg轨道半径/km发现者发现日期土卫五15302.49×1021527040卡西尼1672年土卫六51501.35×10231221830惠更斯1655年A．土卫五的公转速度比土卫六的小B．土卫五的公转周期比土卫六的小C．土卫五表面的重力加速度比土卫六的大D．土星对土卫五的万有引力约为其对土卫六万有引力的eq\f(1,10)解析根据万有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r，所以v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，土卫六的轨道半径大于土卫五的轨道半径，土卫六的周期大，线速度小，选项A错误，选项B正确；在卫星表面，万有引力等于重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得g＝Geq\f(M,R2)，代入数据可得土卫五表面的重力加速度比土卫六的小，选项C错误；根据F＝Geq\f(Mm,r2)，代入数据可得，土星对土卫五和土卫六的万有引力之比约为1∶10，选项D正确。答案BD9.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角α＝30°，导轨上端接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直导轨平面向上。阻值r＝0.5Ω、质量m＝0.2kg的金属棒与导轨垂直且接触良好，从导轨上端由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的热量Qr＝0.1J(g取10m/s2)，则下列说法正确的是()图6A．金属棒一直向下做加速度增大的加速运动B．此过程中金属棒克服安培力做功为0.4JC．金属棒下滑速度为2m/s时的加速度为3.2m/s2D．金属棒下滑的最大速度为eq\r(30)m/s解析金属棒下滑时受重力和安培力作用，且安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，由牛顿第二定律得mgsinα－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，所以加速度随速度增加而减小，金属棒做加速度减小的加速运动，无论最终是否达到匀速，当金属棒到达导轨底端时速度一定最大，选项A错误；下滑过程中克服安培力做的功即在电路中产生的热量，由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功为W＝QR＋Qr＝0.4J，选项B正确；金属棒下滑速度为2m/s时的加速度a＝gsinα－eq\f(B2L2v,m（R＋r）)＝3.2m/s2，选项C正确；金属棒下滑过程中由功能关系得mgssin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋QR＋Qr，解得vm＝eq\f(\r(30),2)m/s，选项D错误。答案BC选择题31分模拟小卷(四)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)1．下列说法正确的是()A．米、千克、秒、库仑都属于国际单位制的基本单位B．同一个物体在地球上比在月球上惯性大C．物体做曲线运动时，其所受合力的瞬时功率可能为零D．一对作用力与反作用力的功一定大小相等且一正一负解析米、千克、秒属于国际单位制的基本单位，库仑是导出单位，选项A错误；惯性大小由物体的质量决定，同一个物体在地球上和月球上的惯性相同，选项B错误；物体做曲线运动时，若其所受合力方向与速度垂直，则瞬时功率为零，选项C正确；一对作用力与反作用力的功不一定大小相等，不一定一正一负，选项D错误。答案C2．如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10m/s2，则斜面倾角为()图1A．30°B．45°C．60°D．75°解析由x＝eq\f(v2,2a)得，x－v2图象的斜率k＝eq\f(1,2a)＝eq\f(1,10)，解得物块的加速度大小a＝5m/s2，由a＝gsinθ得斜面倾角θ＝30°，选项A正确。答案A3．(2016·苏北四市模拟)如图2所示，Q为α粒子放射源，放射源释放出的α粒子初速度近似为零，经电压为U的加速电场加速后垂直磁场边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经磁场偏转后粒子从P点射出磁场，设OP＝x，能正确反映x与U之间函数关系的x－U图象是()图2解析设α粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，由牛顿第二定律得qvB＝eq\f(mv2,\f(x,2))，解得x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，选项B正确，A、C、D错误。答案B4.(2016·南通市三模)某温控电路的原理图如图3所示，RM是负温度系数半导体热敏电阻，R是滑动变阻器，某种仪器要求在15～27℃的环境中工作。当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或升温设备。下列说法中正确的是()图3A．环境温度降低，RM的阻值减小B．环境温度升高，Uab变大C．滑片P向下移动时，Uab变大D．调节滑片P能改变升温和降温设备启动时的临界温度解析RM是半导体热敏电阻，环境温度降低时，RM的阻值增大，故A错误；环境温度升高时，RM的阻值减小，根据串联电路中电压与电阻成正比，可知Uab变小，故B错误；滑片P向下移动时，R增大，总电流减小，则Uab变小，故C错误；调节滑片P时，可改变Uab，从而改变升温和降温设备启动时的临界温度，故D正确。答案D5.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图4所示，下列说法正确的是()图4A．t＝0时刻发电机的转动线圈位于中性面位置B．在1s内发电机的线圈绕轴转动50圈C．将此交流电接到匝数比是1∶10的升压变压器上，副线圈的电压为2200eq\r(2)VD．将此交流电与耐压值是220V的电容器相连，电容器不会击穿解析由题图知t＝0时刻，感应电动势最大，线圈位于与中性面垂直的位置，选项A错误；交流电的周期是0.02s，一个周期内线圈转动1圈，1s内有50个周期，所以线圈转动50圈，选项B正确；原线圈电压的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，副线圈电压的有效值为2200V，选项C错误；此交流电电压的最大值为220eq\r(2)V，大于220V，所以耐压值为220V的电容器会被击穿，选项D错误。答案B二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)6．北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星。关于这些卫星，下列说法正确的是()A．5颗同步卫星的轨道半径都相同B．5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内C．导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度D．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的卫星，周期越小解析所有同步卫星的轨道都位于赤道平面内，轨道半径和运行周期都相同，选项A、B正确；卫星绕地球做匀速圆周运动，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，v＝eq\r(\f(GM,r))，故随着卫星运行轨道半径的增大，运行速度减小，在地球表面附近运行的卫星的速度最大，等于第一宇宙速度，导航系统所有卫星运行的速度都小于第一宇宙速度，选项C错误；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T2＝eq\f(4π2r3,GM)，则轨道半径越大，周期越大，选项D错误。答案AB7.如图5所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为5cm。一个电子仅受电场力作用，垂直经过电势为零的等势面D时动能为15eV(电子伏特)，到达等势面A时速度恰好为零。下列说法正确的是()图5A．场强方向为从A指向DB．匀强电场的场强为100V/mC．电子经过等势面C时，电势能大小为5eVD．电子在上述等势面间运动的时间之比为1∶2∶3解析对电子由D等势面到A等势面的过程由动能定理有－eUDA＝0－15eV，解得UDA＝15V，则φD＞φA，场强方向为从D指向A，选项A错误；匀强电场的场强为E＝eq\f(UDA,dDA)＝eq\f(15,15×10－2)V/m＝100V/m，选项B正确；由E＝eq\f(UDC,dDC)可知UDC＝5V，由D到C，电场力做负功，电子的电势能增加ΔEp＝eUDC＝5eV，则电子经过等势面C时，电势能大小为5eV，选项C正确；通过电子的逆运动可知，电子在上述等势面间运动的时间之比为tDC∶tCB∶tBA＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，选项D错误。答案BC8．如图6所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，杆AB与水平地面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的小球a、b，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平。某时刻剪断细线，在两球下滑到细杆底端的过程中，下列说法正确的是()图6A．小球a、b下滑到细杆底端时速度相同B．小球a、b的重力做功相同C．小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间D．小球a受到的弹力大于小球b受到的弹力解析两球到达细杆底部时速度的大小相同，但是方向不同，选项A错误；根据共点力平衡条件，mag＝eq\f(FT,tan30°)，同理可得mbg＝eq\f(FT,tan60°)，故ma∶mb＝3∶1，所以小球a、b滑到杆底部时重力做功mgh不同，选项B错误；a球的加速度小，位移大，下滑时间大于b球下滑时间，选项C正确；设a的质量为3m，b的质量为m，小球a受到的弹力为FN＝magcos30°＝eq\f(3\r(3),2)mg，小球b受到的弹力为FN′＝mbgcos60°＝eq\f(mg,2)，故球a受到的弹力大于球b受到的弹力，选项D正确。答案CD9.如图7所示，两根足够长的光滑金属导轨倾斜放置，导轨与水平面之间的夹角为θ，两导轨间距离为L，底端接有一阻值为R的电阻。一质量为m、长为L、阻值为r的金属棒垂直导轨放置，其中点处与一个上端固定、劲度系数为k的轻质弹簧相连，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直。现将金属棒从弹簧原长处由静止释放，若金属棒在运动过程中始终与导轨接触良好且垂直，则()图7A．释放瞬间，金属棒的加速度大小为gsinθB．金属棒向下运动的过程中，流过电阻R的电流方向为M→NC．金属棒的速度为v时，其受到的安培力大小为eq\f(B2L2v,R＋r)D．电阻R上产生的总热量为eq\f(（mg）2sin2θ,k)解析在金属棒释放瞬间，金属棒的速度为零，故此时金属棒不受安培力的作用，此时弹簧处于原长，所以由牛顿运动定律可得mgsinθ＝ma，即a＝gsinθ，选项A正确；当金属棒向下运动时，由右手定则可知，流经电阻R的电流方向应为M→N，选项B正确；当金属棒的速度为v时，由法拉第电磁感应定律可知E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，选项C正确；当金属棒最终静止时，设弹簧的伸长量为x，则有mgsinθ＝kx，由能量守恒可知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和电阻R、r上产生的热量Q，金属棒减少的重力势能为Ep＝mgxsinθ，x＝eq\f(mgsinθ,k)，所以Ep＝eq\f(（mg）2sin2θ,k)，选项D错误。答案ABC选择题31分模拟小卷(五)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)1．下列有关物理学方法的说法中正确的是()A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法B．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时电场力就要做功”，用的是控制变量法C．在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了理想化模型的思想方法D．加速度、电场强度、电势都是采用比值法定义的物理量解析A中是运用了微元法，选项A错误；B中是运用的反证法，选项B错误；在探究加速度与力、质量的关系实验中，使用的是控制变量法，选项C错误；加速度、电场强度、电势都是采用比值法定义的物理量，选项D正确。答案D2．2015年9月20日，我国利用一枚运载火箭成功将20颗微小卫星送入离地面高度约为520km的轨道。已知地球半径约为6400km。若将微小卫星的运行轨道视为圆轨道，则与地球同步卫星相比，微小卫星的()A．周期大B．角速度小C．线速度大D．向心加速度小答案C3.如图1所示，在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为l的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I，力传感器用来测量细线的拉力大小，导线下方的螺线管与一未知极性的直流电源连接。开关断开时，力传感器的示数恰好等于通电直导线的重力G，现闭合开关，则下列说法中正确的是()图1A．通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向可能竖直向下B．通电直导线可能受到垂直纸面向里的安培力作用C．若力传感器的示数变大，则电源的右端一定为正极D．若力传感器的示数变为通电直导线重力的一半，则通电直导线所在处的磁感应强度大小一定为eq\f(G,2Il)解析闭合开关后，通电螺线管在周围产生磁场，通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故A错误；由于通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故安培力方向一定竖直向上或竖直向下，B错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受到竖直向下的安培力作用，由左手定则可知，此处磁场方向水平向右，由安培定则可知，电源的左端为正极，C错误；若力传感器的示数变为导线重力的一半，说明导线受到的安培力方向竖直向上，且大小等于导线重力的一半，则有BIl＝eq\f(1,2)G，可得B＝eq\f(G,2Il)，D正确。答案D4．固定的斜面倾角为30°，一个质量为m的物体以速度v0从斜面顶端滑下，其加速度大小为eq\f(g,4)，则下滑过程中正确的是()A．物体动能一定增加B．物体受到的摩擦力一定沿斜面向上C．物体机械能一定增加D．物体受到的合外力一定沿斜面向下解析物体沿斜面下滑，即相对斜面运动方向向下，故斜面对其的摩擦力的方向沿斜面向上，选项B正确；由于摩擦力的方向与运动方向相反，即摩擦力做负功，则物体的机械能减小，选项C错误；假设加速度方向沿斜面向下，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得mgsin30°－f＝ma，解得f＝eq\f(1,4)mg，假设成立；假设加速度方向沿斜面向上，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得f′－mgsin30°＝ma′，解得f′＝eq\f(3,4)mg，假设也成立，故选项A、D错误。答案B5．如图2所示，长木板上放有质量分别为m和M的两个物块，其中质量为M的物块表面粗糙，质量为m的物块表面光滑，两物块间用一小段轻弹簧相连，它们在木板上均处于静止状态。现将木板下面的垫块缓慢向右移动一小段距离，发现物块M在木板上的位置未发生改变，则下列说法正确的是()图2A．物块M所受的摩擦力不变B．物块M对木板的压力变小C．弹簧的弹力变小D．两物块对木板的作用力的合力变大答案C二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)6.如图3所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是()图3A．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C．粒子在a点的速度大于在b点的速度D．a点的电势高于b点的电势解析由题图知a处电场线比b处稀疏，即Ea<Eb，由牛顿第二定律知粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A项正确；由粒子做曲线运动的条件知粒子受到指向凹侧的电场力且电场线上某点电场力的方向一定沿该点的切线方向，若粒子由a向b运动，其位移方向与其所受电场力方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；若粒子由b向a运动，其位移方向与其所受电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，动能减小，即不论粒子的运动方向和电性如何，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，在a点的动能小于在b点的动能，B项正确，C项错误；由于电场线的方向不能确定，故无法判断a、b两点电势的高低，D项错误。答案AB7．(2016·苏州一模)如图4所示，足够长的木板A静止放置于水平面上，小物块B以初速度v0从木板左侧滑上木板。关于此后A、B两物体运动的v－t图象可能是()图4解析若地面光滑，受力分析后知B减速，A加速，当A、B速度相同时，A、B间不存在摩擦力，一起匀速，A项正确；若地面粗糙，B开始减速的加速度由滑动摩擦力提供，A、B一起减速时的加速度对B而言由A、B间静摩擦力提供，则一起运动的加速度肯定小于B单独减速的加速度，B、C选项错误，D项正确。答案AD8．回旋加速器工作原理图如图5甲所示。D1、D2为两个中空的半圆金属盒，粒子源A位于回旋加速器的正中间，其释放出的带电粒子质量为m，电荷量为＋q。所加匀强磁场的磁感应强度为B，两金属盒之间加的交变电压变化规律如图乙所示，其周期为T＝eq\f(2πm,qB)。不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响。则下列说法中正确的是()图5A．t1时刻进入回旋加速器的粒子记为a，t2时刻进入回旋加速器的粒子记为b。a、b在回旋加速器中各被加速一次，a、b粒子增加的动能相同B．t2、t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子会以相同的动能射出回旋加速器C．t2时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中被加速的次数最少D．t3、t4时刻进入回旋加速器的粒子在回旋加速器中的绕行方向相反解析设粒子a每次加速的加速电压均为U1，粒子b每次加速的加速电压均为U2，由图乙可知U1＜U2，由动能定理可知qU＝ΔEk，a、b在回旋加速器中各被加速一次，b粒子增加的动能多一些，A选项错误；所有射出回旋加速器的粒子，最终的轨道半径均为金属盒的半径R，由R＝eq\f(mv,qB)，可得粒子射出速度为vm＝eq\f(qBR,m)，射出动能为Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，可见所有粒子射出动能相同，B选项正确；设粒子被电场加速次数为n，则有nqU＝Ekm－0，得n＝eq\f(Ekm,qU)，可知每次加速电压越大，加速次数越少，由图乙可知t2时刻进入回旋加速器的粒子每次加速的加速电压最大，被加速次数最少，C选项正确；由左手定则可知，所有粒子绕行方向相同，D选项错误。答案BC9.(2016·常州模拟)如图6所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线MN下方区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上，两金属杆ab、cd的质量均为m，与导轨接触点间的电阻均为R，垂直于导轨放置，开始时金属杆ab处在与磁场上边界相距l的位置，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住，现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场时，便开始做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则()图6A．金属杆ab进入磁场时的感应电流的方向为由b到aB．金属杆ab进入磁场时的速度大小为eq\r(2glsinα)C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为eq\f(mgsinα,Bl)D．金属杆ab进入磁场后金属杆cd对两根小柱的压力大小为零解析由右手定则可知，ab进入磁场时产生的感应电流方向为由b到a，故A正确；从ab开始下滑到进入磁场过程，ab的机械能守恒，由机械能守恒定律得mglsinα＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2glsinα)，故B正确；ab进入磁场后产生的感应电动势E＝Blv＝Bleq\r(2glsinα)，故C错误；由左手定则可知，cd受到的安培力平行于导轨所在平面向下，则cd对两根小柱的压力不为零，故D错误。答案AB选择题31分模拟小卷(六)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)1．(2016·江苏单科，4)一自耦变压器如图1所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中()图1A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，n1>n2知U2<U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点过程，n2减小，则U2降低，C项正确。答案C2.某研究性小组利用速度传感器研究质量为5kg的物体由静止开始做直线运动的规律，并在计算机上得到了前4s内物体速度随时间变化的关系图象，如图2所示，则下列说法正确的是()图2A．物体在第1s末离出发点最远B．物体一直向正方向运动C．物体所受外力前1s内做的功和后3s内做的功相同D．第1s内物体所受外力做功的平均功率为7.5W解析3s末物体速度方向发生改变，故物体在3s末离出发点最远，选项A、B错误；物体前1s内动能增加，后3s内动能减小，根据动能定理，外力所做功不同，选项C错误；第1s内外力做功为W＝(eq\f(1,2)×5×22－eq\f(1,2)×5×12)J＝7.5J，功率为P＝eq\f(W,t)＝7.5W，选项D正确。答案D3.一质量为M、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑。若在挂钩上再吊一质量为m的物体，让它们沿细杆下滑，如图3所示。则球形物体()图3A．仍匀速下滑 B．沿细杆加速下滑C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大解析不挂物体时，球形物体受力情况如图，由于球形物体匀速下滑，所以有Mgsinθ＝μMgcosθ，即μ＝tanθ；当挂上物体后，重力沿斜杆的分力F＝(M＋m)gsinθ，球形物体受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)gsinθ，所以两物体处于平衡状态，其受到摩擦力变大，合外力仍为零，故只有选项A正确。答案A4.(2016·福建模拟)在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可看作质点的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图4所示。现让小球A、B、C都带电荷量为Q的正电荷，让小球D带电荷量为q的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为()图4A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C．3D.eq\r(3)解析设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝a·cos30°·eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)a，以B为研究对象，由平衡条件可知，eq\f(kQ2,a2)cos30°×2＝eq\f(kQq,BD2)，解得eq\f(Q,q)＝eq\r(3)，D项正确。答案D5.如图5所示，一个小球从一定高度h处以水平速度v0＝10m/s抛出，小球恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面的中点P，已知AC＝2m，g＝10m/s2，则小球抛出点的高度h及斜面的高度H分别为()图5A．8m、13m B．10m、15mC．13m、16m D．15m、20m解析因小球垂直撞在倾角θ＝45°的斜面的中点P，由图知在P点有tanθ＝eq\f(v0,gt)，代入数值得t＝1s。由平抛规律和几何知识知AC＋PCcosθ＝v0t，h－PCsinθ＝eq\f(1,2)gt2，联立并代入数值得h＝13m，由图知H＝2PCsinθ＝16m，C对。答案C二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。)6.如图6所示，一质量m＝0.75kg的小球在距地面高h＝10m处由静止释放，落到地面后反弹，碰撞时无能量损失。若小球运动过程中受到的空气阻力f的大小恒为2.5N，g＝10m/s2。下列说法正确的是()图6A．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为5mB．小球与地面第一次碰撞后向上运动的最大高度为3.3mC．小球在空中运动的总路程为30mD．小球在空中运动的总路程为28.75m解析设小球与地面第一次碰撞后向上运动的高度为h2，从静止释放到第一次碰撞后运动到高度h2的过程中，由动能定理有mg(h－h2)－f(h＋h2)＝0，解得h2＝eq\f(mg－f,mg＋f)h＝5m，选项A正确，B错误；对小球运动的全过程，由动能定理可得mgh－fs总＝0，解得s总＝eq\f(mgh,f)＝30m，选项C正确。答案AC7.在发射一颗质量为m的地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知卫星在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g，地球半径为R，卫星在变轨过程中质量不变，则()图7A．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为(eq\f(h,R＋h))2gB．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为eq\r(\f(gR2,R＋h))C．卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率D．卫星在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动的动能大于在轨道Ⅰ上的动能解析设地球质量为M，由万有引力提供向心力得在轨道Ⅰ上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，在轨道Ⅲ上有Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝ma，所以a＝(eq\f(R,R＋h))2g，A错误；又因a＝eq\f(v2,R＋h)，所以v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，B正确；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速做离心运动，所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率，C正确；尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P、Q点各加速一次，但在圆形轨道上稳定运行时的速度v＝eq\r(\f(GM,r))，由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，D错误。答案BC8.如图8所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(重力不计)，所有质子均能通过C点，已知质子的比荷为eq\f(q,m)＝k，则质子的发射速度可能为()图8A．BkLB.eq\f(BkL,2)C.eq\f(2BkL,3)D.eq\f(BkL,8)解析因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子的轨迹半径r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BkL,n)(n＝1，2，3，…)，选项A、B、D正确。答案ABD9．(2016·全国卷Ⅲ，21)如图9，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两