2020高考物理二轮复习第二部分考前调节激发状态方法规律通晓高考4大解题策略教学案

第二部分考前调节激发状态方法-规律通晓高考4大解题策

略

一必记公式和结论一一解题“工具”掌握牢

（一）力与直线运动

物理概念、规律公式备注

v=的+at

,12

x=vot-r-^at

匀变速直线运

v—vo=2axv=：适用于任何形式的运动

动

t—Vo+V

归一―2

匀变

Ax=af

速直

v^gt

线运

)

动自由落体运动%=0,a=g

v=2gh

v=的±gt

上抛取“一”号

竖直抛体运动h=两

下抛取“+”号

v-匕2=±2的

无特殊说明时g取9.8m/s2,估算

重力G=mg

时g取10m/s2

相互

胡克定律F=kxX为形变量，4为劲度系数

作用

K为接触面间的压力，不一定等于

滑动摩擦力F=uR

通力

牛顿第二定律F仑=maa与尸小的方向一致

牛顿

超重时物体具有向上的加速

运动航天器中的人和物体处于完全失

超重和失重度或分量，失重时物体具有向

定律重状态

下的加速度或分量

［保温训练］

1.从地面竖直上抛物体力,初速度大小为心同时在离地高为〃处，有一物体8自由下

落，经过时间f两物体在空中相遇，重力加速度为g,则（）

解析：选A两物体相遇时位移大小之和等于〃，故有"2=〃，解得力=£

A正确。

2.以从塔顶由静止释放小球力的时刻为计时零点，友时刻又在与小球"等高的位置处，

由静止释放小球员若两小球都只受重力作用，设小球6下落时间为t,在两小球落地前，两

Av

小球间的高度差为△X,则〒-友图线为()

0«0O<o

AB

解析：选B两小球释放后都做自由落体运动，小球4释放时为友时刻，此时小球力的

速度为gm小球3的速度为0,根据匀变速直线运动规律，小球3下落时间为力时，两小球

下落的高度分别为九和d=gg/,则△x=h,Lh尸gt"t,—^=gto,由函数图像

知识，可知B正确。

3.如图是某物体在t时间内的位移一时间图像和速度一时间图像，从图像上可以判断

()

v/(ms1)

物体的运动轨迹是抛物线

物体时间t内的平均速度不一定是4.5m/s

物体运动的时间t=2s

D,物体的加速度为77m/s2

解析：选D由r-t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:二上要二支答

m/s=4.5m/s,B错误；由kPt得s=^s,C错误;物体的加速度为a=匕，。

4.□yt

6-3

m/s2=—m/sJ,D正确。

IF16

9

4.在平直公路上行驶的a车和b车，其1图像分别为图中直线

a和曲线b,已知。车的加速度恒定且等于一2m/s2,t=3s时，直

线a和曲线人刚好相切，贝h）

A.a车做匀速运动且其速度为%m/s

B.1=3s时，a车和6车相遇但此时速度不等

C.t=ls时，力车的速度为10m/s

D.2=0时，a车和。车的距离岗=9m

解析：选D由题图可知，a车做匀速运动，其速度：0=3个=\2m/s=2m/s,故A

错误；C=3s时，直线a和曲线6刚好相切，即此时6车的速度%'=%=2m/s,故B错

误；由。车的加速度等于-2m/s?易得，t=ls时，6车的速度为6m/s,故C错误；设6

车的初速度为v„,对。车，由Vb+at=vJ,解得力=8m/s,£=3s时，a车的位移x尸

vat=6m,。车的位移：Xb=一力=15m,此时a车和。车到达同一位置，得XO=ELx,

=9m,故D正确。

5.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，号;

其图像如图所示。下列说法正确的是（）107乙…/丁

A.运动员在0~10s内的平均速度大小等于10m/s1015〃s

B.10s末运动员的速度方向改变

C.10s末运动员打开降落伞

D.10-15s内运动员做加速度逐渐增加的减速运动

解析：选C若运动员在0〜10s内做匀变速直线运动，则平均速度~7=5=与m/s=

10m/s,故A错误；在整个过程中，速度都是正值，运动员的速度方向未改变，故B错误;

从10s末开始运动员做减速运动，则知10s末运动员打开降落伞，故C正确；10〜15s内

图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，运动员做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。

6.（2019•浙江选考）如图所示，4、B、。为三个实心小球，力为铁球，B、

C为木球。48两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细

线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子

剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，0大＜0水＜0帙）（）

A./球将向上运动，B、C球将向下运动

B./、6球将向上运动，C球不动

C,力球将向下运动，6球将向上运动，C球不动

D.4球将向上运动，6球将向下运动，C球不动

解析：选D开始时4球下的弹簧被压缩，弹力向上；8球下的弹簧被拉长，弹力向下;

将挂吊篮的绳子剪断的瞬时，系统的加速度为g,为完全失重状态，此时水对球的浮力也为

零，小球的重力也视为零，则4球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，6球将在弹力作用

下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动。

7.（2019•天津高考）2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开------琳------1

通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同

一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是

（）

A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B.为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度

C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下

D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

解析：选C索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡。增加钢索数

量，其整体重力变大，故索塔受到的压力变大，A错。若索塔高度降低，则钢索与竖直方向

夹角。将变大，由Tbos〃=G可知，钢索拉力T将变大，B错。两侧拉力对称，合力一定

在夹角平分线上，即竖直向下，C对。若钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0,合力仍

竖直向下，D错。

8.（2019•全国卷IH）用卡车运输质量为小的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其

置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、H固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力

加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、II压力的大小分别为£、

则（）

A.百=半侬，人=)-〃7gB.R=%mg,人-侬

1-J3#1

C.侬，D,R=%mg,

解析：选D如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力与相互

、后

垂直。由牛顿第三定律知外二用'，捻=琢，则£=/»<gsin60°=2mg,4=处?sin30°=

/ng,选项D正确。

9.［多选］(2019•全国卷m)如图(a),物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长

的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力b的

作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板

的速度r与时间力的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取

10m/s)由题给数据可以得出()

A.木板的质量为1kg

B.2-4s内，力少的大小为0.4N

C.0~2s内，力少的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

解析：选AB木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑

动摩擦力大小尸咪=0.2N。由题图(c)知，2〜4s内，木板的加速度大小&=亍m/s2=0.2

04—02

22

m/s\撤去外力b后的加速度大小a2=-x—■m/s=0.2m/s»设木板质量为m,对木板

进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：F—F«f=ma^F^=mai,且知尸推="血块尸0.2N,

解得"=lkg,6=0.4N,由于不知道物块的质量，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数,

选项A、B正确，D错误。0-2s内，由题图(b)知，尸是均匀增加的，选项C错误。

10.如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为《=30°的固定斜面顶端由静止开始

下滑，从此时开始计时，物块的速度为匕到斜面顶端的距离为*,其x-F图像如图乙所示。

g取10m/s\斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是()

K1

---------或^Ol16诙m2・s-2）

甲乙

A.物块的加速度大小为8m/s2

B.物块在t=ls时的速度大小为8m/s

C.物块在1=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口=坐

10

解析：选D由/=2ax得加速度为a=4m/s?,故A错误；由p=a£得必=1s时物块

速度大小为4m/s,故B错误；由得£=4s时，x=32m,C错误；由牛顿第二定律

、后

得：侬sin30°一umgcos30°=ma,解得：u=TT»故D正确。

lo

（二）曲线运动、万有引力与机械能

物理概念、规律公式备注

Vx=VQfVy—gt

沿水平方向做匀速直线运动，

平抛运动

x—vot,y='^gt~沿竖直方向做自由落体运动

△s

v-

△t

曲线运2-r

△0'-T

动Cl)—,

△t

匀速圆周运动2五

F224-G)—E

a——3r—ar-3vT

rT

v=3r

V2

F=ma=nr^=m3r

引力常量：。—“

万有引〃的您6=6.67X1

万有引力定律F=G-r

力定律N•m2/kg2

功H-Ficosa。是尸与，的夹角

w

平均功率p^-

功率。是尸与V的夹角

功和功瞬时功率—rosa

率族用

7?=—X100%

糊

机械效率n<1

=粤1X100%

12

动能区=57p标量，具有相对性

重力势能Ev=nigh与零势能面的选择有关

机械能11

动能定理/合=5加丹2-Q/nvi2/心为合外力做的功

守恒条件：在只有重力或弹力

机械能守恒定律£=氏或41+%=及2+耳2

做功的物体系统内

[保温训练]

1.（2019•海南高考）2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功。已知该卫星轨道距

地面的高度约为36000km,是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则（）

A.该卫星的速率比“天宫二号”的大

B.该卫星的周期比“天宫二号”的大

C.该卫星的角速度比“天宫二号”的大

D.该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大

4…333Mm24//[Gif[7[af

解析：选B根据第=加13-=丁丁「=町=倘解得旷=\下，7=23、而3=、了,

GM

a=号,因北斗卫星的运转半径大于天宫二号的轨道半径，可知该卫星的速率比“天宫二号”

的小；该卫星的周期比“天宫二号”的大；该卫星的角速度比“天宫二号”的小；该卫星的

向心加速度比“天宫二号”的小；故选项B正确，A、C、D错误。

2.（2019•全国卷HI）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还

受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度人在3

m以内时，物体上升、下落过程中动能笈随/?的变化如图所示。重力加速度

取10m/s?。该物体的质量为（）

A.2kgB.1.5kg

C.1kgD.0.5kg

解析：选C画出运动示意图，设阻力为E据动能定理知

E咛36J，B”ac=24J

h=3m

v1..外

^=72JM-上一拼E5=48J

a（上升过程）:—（侬+h=EkB—ERA

C-〃（下落过程）：5g~f）h=氏）一E/

联立解得物体的质量加=1kg,选项C正确。

3.［多选］（2019•全国卷H）从地面竖直向上抛出一物体，其

机械能£怂等于动能区与重力势能区之和。取地面为重力势能零

点，该物体的£总和瓦随它离开地面的高度力的变化如图所示。重

力加速度取10m/s）由图中数据可得（）

A.物体的质量为2kg

B.人=0时，物体的速率为20m/s

C.h=2m时，物体的动能氏=40J

D.从地面至A=4m,物体的动能减少100J

解析：选AD由于£,=见必，所以耳与力成正比，斜率/="冷由题给图像得衣=20N,

因此"=2kg,A对。当方=0时，瓦=0,£总=笈请，因此冏=10m/s,B错。由题给图

像知力=2m时，£8=90J,瓦=40J,由£*=瓦+瓦得瓦=50J,C错。h=\m时，E&=

耳=80J,即此时笈=0,即上升4m距离，动能减少100J,D对。

4.［多选］（2019•海南高考）三个小物块分别从3条不同光滑轨道的

上端由静止开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的

高度均为4仄;它们的下端水平，距地面的高度分别为h、=瓜、4、

儿=3尿,如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端

的水平距离分别记为良、金、S3,则（）

A.s>S2B.

C.$=$D.52=S3

解析：选BC对轨道1：小物块射出时的速度

=2^3/70；对轨道2：小物块射出时的速度理=42g・2月=也赢射程

对轨道3：小物块射出时的速度V3=«2ghQ,射程S3=匕"\/~=2'\^3A）；则Si=S3,s>S3、

故B、C正确，A、D错误。

5.［多选］（2019•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，由岸=4，解得r='胫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，由叩"=〃a,得而地球表面的重力加速度5r=万，故向心加速度小于地球表面的

重力加速度，故D错误。

6.［多选］（2019•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岸=5，得〃='产，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--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。

7.如图所示，在粗糙水平轨道0a上的0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4=0.4,0。的距：）

OTt—

离s=4m。在Q右侧固定了一半径40.32川的光滑的竖直半圆弧，H—，——i

现用Q2N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a,求拉力厂作用的最短时间；

(2)若将拉力变为使小物块由。点静止运动至04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E的大小。

解析：(1)设拉力/作用的最短时间t内，物块运动的位移为X,由动能定理：Fx—umgs

=0

解得x-2m

由牛顿第二定律：F—11mg—ma

解得a=4m/s2

由运动学公式：

解得t=ls,

(2)设小物块到达Q点的速度为g,刚好到达最高点时的速度为「，

2

由牛顿第二定律：mg=nr^

由机械能守恒定律：；加力2=2侬7?+；版

s

在水平轨道上运动，应用动能定理：〃勿gs=］加诏

解得A=3No

答案：(1)1s(2)3N

(三)电场、电路和磁场

物理概念、规律公式备注

库仑定律F=/r^(k=9.OX109N,m2/C2)适用条件：真空中的点电荷

r

F定义式，适用于任何电场的

E=-

Q计算

静只适用于真空中的点电荷产

电场强度E=£

电r生的电场

场F-C

E-d只适用于匀强电场

电场力F=qE尸与£的方向相同或相反

石一片『0LQ电势与零势面的选取有关，

电势、电势差q)=一

QQ电势差则与零势面无关

/、Q

c=~b定义式

电容器的电容

适用于平行板电容器

4nkd

1

电阻定律R=P飞P为电阻率

7Q

电流I=-=nqScv—

外电路•

电源电动势片=一=〃内+〃外

Q

r•；

迪电路：

U

部分电路欧姆定律

欧姆定律

__E_

/R+r闭合电路欧姆定律

U=E断路时

恒

路端电压U=0短路时

定

U=I晔E-Ug=E-Ir通路时

电

W=UIt适用于一切电路

流

电功a1)

W=『Rt=Ft适用于纯电阻电路

K

焦耳定律Q=『Rt—

1，出

电源功率P=EI

OR\r&__R

P=-=l/I适用于一切电路

用电器功率

适用于纯电阻电路

K

n

岛弧二

电源效率77=—X100%=—X100%

P送E0.5-

CTrR

JL

磁磁感应强度BR-_IL，与6的方向垂直

场

安培力F=BILB1I,用左手定则判断力的

方向

BLv,用左手定则判断力的

洛伦兹力F=Bqv

方向

［保温训练］

1.（2019•海南高考）如图，静电场中的一条电场线上有肌/V两点，箭头代表电场的方

向，贝h）

-M,N-

A.M点的电势比/V点的低

B.M点的场强大小一定比/V点的大

C.电子在M点的电势能比在/V点的低

D.电子在M点受到的电场力大小一定比在4点的大

解析：选C顺着电场线电势逐渐降低，可知材点的电势比/V点的高，选项A错误；一

条电场线不能确定疏密，则不能比较网，两点场强的大小，也不能比较电子在劭V两点受电场

力的大小，选项B、D错误；负电荷在高电势点的电势能较低，选项C正确。

2.（2019•天津高考）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为加的带电小球，以初

速度r从"点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2匕方向与电场与N［

方向相反，则小球从M运动到"的过程（）------------>

I节

A.动能增力口万0/B.机械能增力口20/»

C.重力势能增加5必/D.电势能增加2必「

11Q

解析：选B小球动能增加量△笈=产（2工-5版=5加，A错。重力和电场力做功，机

械能增加量等于电势能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公

nF

式得（2。，-0=2—x,则电势能减少量等于电场力做的功△耳电=/电=*?=2卬匕B对，D

m

错。小球在竖直方向做匀减速到零的运动，由一d=-29,得重力势能增加量X&里=mgh

=%y,C错。

3.（2019•北京高考）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁_x-Tx'

场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从6点射出。下列说法正确的是驱~►

）

A.粒子带正电X

B.粒子在6点速率大于在a点速率

C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从5点右侧射出

D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短

解析：选C由左手定则知，粒子带负电，A错。由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变,

B错。由兄=益;若仅减小磁感应强度6,万变大，则粒子可能从6点右侧射出，C对。由彳

mv02五加

=下若仅减小入射速率V,则月变小，粒子在磁场中的偏转角0变大。由t=-T,

qB2JtqB

知，运动时间变长，D错。

4.（2019•浙江选考）电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻

为吊，两端电压为出流过的电流为小；电动机的内电阻为他两端电压为诙流过的电流

为4则（）

A.I\<IzB.7?>不

U2m

cU\RnU\,R\

Rz0及

解析：选D由题意可知名=4,选项A错误；因丛>为及，U\—I\R\,则当■〈（■，选项B、C

错误，D正确.

5.［多选］（2019•海南高考）如图，虚线也V的右侧有方向垂直于纸面向X

里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子只Q从磁场边界的"点先后射入磁场,X

X

在纸面内运动。射入磁场时，P的速度匕，垂直于磁场边界，Q的速度外与磁

X

场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的X

时间相同，不计重力，则（）

A.尸和Q的质量之比为1：2

B.0和Q的质量之比为镜：1

C.尸和Q速度大小之比为m:1

D.户和Q速度大小之比为2：1

解析：选AC设松-2兄则对粒子一的半径为此有：口=荒；对粒子Q的半径为/兄

有：心^彳一;又两粒子的运动时间相同，则tp=~zTp=~—，，即。-=94，

vBqLBq4ZBqBqLBq

解得〃力=2/的，勿=镜片，故A、C正确，B>D错误。

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，匚甲

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”那

D笳

运动轨迹，由图可知（）

A.此粒子带负电

B,下极板S比上极板S电势高

C.若只减小加速电压〃则半径「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S比上极板S电势低，B错误；根据动能定理得<7少=会落由qvB=nry

得亭若只减小加速电压小变小，若只减小入射粒子的质量，则「变小，故c

错误，D正确。

7.如图所示，在竖直平面内的才行直角坐标系中，〃V与水平x轴y

P——►见

平行，在理V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

（）XXXX

里的匀强磁场，电场强度42N/C,磁感应强度8=1T,从y轴上的XX”

XXXXXX

M--/V

。点沿x轴方向以初速度及=1m/s水平抛出一带正电的小球，小球I

的质量为勿=2X10-kg,电荷量q=lXl（rC,g取10m/s%已知。点到。点的距离为&

=0.15m,柳V到*轴的距离为d=0.20m。（n=3.14,^2=1.414,4=1.732,结果保留

两位有效数字）

（1）求小球从一点运动至,麻边界所用的时间;

（2）当小球运动到x轴时撤去电场，求小球到达WV边界时的速度大小。

解析：（1）小球从尸点运动到x轴上，做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为3进

入磁场的速度为右进入磁场时速度与x轴的夹角为则

红=立

片，解得力=T=ios

I~~；9-j四

v=yjgt\十%,cos〃=;

解得r=2m/s,夕=60°

小球进入电磁场区域时，

5

<7£'=2X10_N=mg

故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为r,则

V2

qvB=m-

解得r=-=0.4m

i2J［尸jt

由几何关系，小球运动到腑时轨迹与网，相切，在电磁场中运动的时间友=?丁=后

小球从夕点运动到助V所用时间t—ti+友=0.38So

(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,师

时速度大小为匕，由动能定理：

11

mga=-nivi2--fflr2

代入数据解得r,=2.8m/so

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

Seos«为垂直于磁场8的方向的投影面

磁通量(P=BScos0

电磁积

感应A(P

动感应电势E—n4，E—BLv后者仅适用于从L、/两两垂直的情况

△t

电动势：e=Esin3t

电动势、电流、

电流：7=7msin3t从中性面开始计时

电压的瞬时值

电压：u=Hsin3t