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=v()+at

r=,.1,

乙

匀变速直线运动v—vo=2ax1=霁用于任何形式的运动

——的+V

4~~2

匀变

△x=af

速直

v=gt

线运

12

动自由落体运动h=^gt~%=(),a=g

v=2gh

V=Vo±gt

1,上抛取“一”号

竖直抛体运动h=vQt±-gt

乙下抛取“十”号

v—v£=土2gh

无特殊说明时g取9.8m/s:估算

重力G=n)g

时g取10m/s2

相互

胡克定律F=kxX为形变量，〃为劲度系数

作用

K为接触面间的压力，不一定等于重

滑动摩擦力F=uR

力

牛顿第二定律F仑=maa与“介的方向一致

牛顿超重时物体具有向上的

运动加速度或分量，失重时物航天器中的人和物体处于完全失重

超重和失重

定律体具有向下的加速度或状态

分量

［保温训练］

1.从地面竖直上抛物体以初速度大小为%同时在离地高为〃处，有一物体8自由下

落，经过时间，两物体在空中相遇，重力加速度为g,则（）

VV

C.£=-D.t=-

g2g

解析：选A两物体相遇时位移大小之和等于〃，故有以-4打2+:〃2=//,解得z=4

A正确。

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

由静止释放小球员若两小球都只受重力作用，设小球3下落时间为3在两小球落地前，

Ax

两小球间的高度差为bx,则〒-才。图线为（）

ABC

解析•：选B两小球释放后都做自由落体运动，小球8释放时为友时刻，此时小球力的

速度为g以小球8的速度为0,根据匀变速直线运动规律，小球夕下落时间为1时，两小

球下落的高度分别为h\=gt^£+和hn=\gtz,则Ax=/〃一/?"=ga3~=g",由函数

乙乙L

图像知识，可知B正确。

3.如图是某物体在r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

（）

A.物体的运动轨迹是抛物线

B.物体时间1内的平均速度不一定是4.5m/s

C.物体运动的时间1=2s

97

【）•物体的加速度为左m/s2

10

解析：选D由广£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，内的平均速度是"上=牛

m/s=4.5m/s,B错误；由户=得餐==六s节s,C错误;物体的加速度为&=±于

6-3—27

m/s=~m/s"2,D正确。

1616

~9

4.在平直公路上行驶*Ja车和小车，其图像分别为图中直线a和曲线从已知力车

的加速度恒定且等于一2in/s?,1=3s时，直线a和曲线〃刚好相切，

则（）

O

A.a车做匀速运动且其速度为i<7=-m/s

B.£=3s时，a车和6车相遇但此时速度不等

C.t=\s时，6车的速度为10m/s

D.t=0时，a车和2,车的距离照=9m

解析：选D由题图可知，a车做匀速运动，其速度：匕=?=浮m/s=2m/s,故A

UJ

错误；£=3s时，直线a和曲线。刚好相切，即此时〃车的速度）=%=2m/s,故B错

误；由力车的加速度等于-2m/s?易得，1=1s时，力车的速度为6m/s,故C错误：设。

车的初速度为VM对/?车，由,解得咻=8m/s,t=3s时，a车的位移x.

]

=匕£=6m,“车的位移：x（,=9/~=15m,此时a车和。车到达同一位置，得灰=心

一黑=9m,故D正确。

5.一截面为直角的长杷固定在水平面上，在其内部放一质量为/〃、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〃。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（）

B.S侬

A.Pmg

C.y[2pmgi).2IJmg

解析：选C将重力按照实际作用效果正交分解，如图，故：Q=mgsin

45°=平加g,G、=mgcos45'=乎侬,滑动摩擦力为：f=〃G+umg,

乙乙

G

故所需的最小推力为fiin=f=y[2umg,故C正确。

6.如图所示，倾角为，=37。的斜面固定在水平地面上，质量为1kg

的滑块以初速度ro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厂随时间，变化的图像为选项图中的（以初速

度的的方向为正方向，g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）（）

6.4

6.0

解析：选B滑块以初速度的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=可得：f=/J/ngcos^=0.8X1X10X0.8N=6.4N,方向沿斜面向下；重力沿

斜面向下的分力为〃步in^=1X10X0.6N=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。

r2/（m2-s2）

7.某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方j与下降-7----------K

的位移X的关系如图所示，则人对地板的压力（）0咚-------嘉

A.x=2m时大于重力B.x=llH时大于重力

C.x=21ni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『8八根

据/一肃=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3〜20

m过程中/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/随x均匀减小，根据肃=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，，专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/表示传送

带速率，用〃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.『相同时，〃不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同

D.〃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=〃g,加速运动时间£=上=。，所以摩擦产生的

aHg

热量为Q=〃磔Qf—勺="•尢=2勿＞，故"日同时，〃不同的等质量物

22

品与传送带摩擦产生的热量相同，C正确；物品加速位移x=M=、一,当〃相同时，P增

2a212g

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/、8两F/々

块。物块在垂直于左边的水平力/作用下，保持原来形状沿力尸的方向匀

速运动，则（）

A.物块力受到4个力作用

B.物块力受到水平面的摩擦力大小为J

C.物块6对物块/I的作用力大小为尸

D.若增大力尸，物块1和8将相对滑动

解析•：选B对物块力分析受力：物块力水平方向受到水平面的滑动摩A

擦力£物块8的弹力帆和摩擦力为，竖直方向受重力和水平面的支持力，//

所以物块/!受到5个力作用，A错误；对物块4分析受力：在水平方向上受/八'（'

到物块力的弹力和摩擦力筛,，水平向左的滑动摩擦力F,由于尔6两部分的质量以及

水平面的粗糙程度相同，所以r=£将两者看成一个整体，对整体有/+f=F,所以物

块力受到水平面的摩擦力大小为今B正确；物块8对/I的作用力是弹力限和摩擦力盘的

pA%1

合力,由平衡知作用力大小与且3才产〃加得〃25,增大力尸时,物块

力和〃也不会相对滑动，C、D错误。

10.如图中所示，一个可视为质点的物块从倾角为〃=3（）。的固定斜面顶端由静止开始

下滑，从此时开始计时，物块的速度为修到斜面顶端的距离为尤其六/图像如图乙所示。

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/s2

B.物块在t=\s时的速度大小为8m/s

C.物块在t=4s时处于斜面上x=24m的位置

D.物块与斜面间的引摩擦因数〃=受

10

解析：选D由，=2ax得加速度为a=4m/s:故A错误；由片af得E=Is时物块

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

A

律得：赎in30—…30。=刎解得：〃=]5,故口正确。

（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

V=Vo,Vy=gt

X沿水平方向做匀速直线运动，

平抛运动12

X=Vot,y=-gt'沿竖直方向做自由落体运动

△s

~A£

2-r

曲线运动△0

3—T

△t

匀速圆周运动2n

「241b)-T

a——G)1—M1—3VT

rT

v=w

2

r口=nict=niV=川32j-

r

引力常量：G=6.67X1(T

万有引力定律万有引力定律4孥

llN•m2/kg2

功K—FJcosaa是F与/的夹角

功

平均功率P=：

功率a是F与『的夹角

c

瞬时功率P=f'vcosa

心用

〃=十一义10()为

机械效率n<1

=^X100%

%

动能反标量,具有相对性

重力势能反=mgh与零势能面的选择有关

能

动能定理",1212“介为合外力做的功

机械能守恒定守恒条件：在只有重力或弹力

石=氏或反+耳尸氐2+42

律做功的物体系统内

动量p=mv矢量，与/同向

冲量I=F{e-t)矢量，与〃同向

动量动显定理/=△0矢量表达式

守恒条件：系统所受合外力为

动量守恒定律m\V\-\-m>V2=nhv\1-\~nhVz

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。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：卡文油许通过招秤实睑测出了万有引力常品G的数值，故B错误：电荷后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

八加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬时功率〃随时间£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，故根据人加g%,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，向正前方和」

的圆桶水平抛出篮球。已如某次抛出点的实际高度吊=2.0m,桶的高

从

度仄=0.4m,到抛出点的水平距离£=L6m,篮球恰好落入桶内，小||4

明对篮球做的功约为（g取10m/s2,空气阻力不计）（）1

A.0.2JB.2J

C.20JD.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£=的3竖直方

向上有力="一九=）?/,小明对篮球做的功等于篮球抛出时具有的动能，即/=）勿为2,一个

乙乙

篮球大概500g,代入数据解得。三2J,B正确。

4.如图所示，一根长为£的轻杆Q1,。端用铁链固定，另一端固定着八八

一个小球，轻杆靠在一个质量为.“、高为力的物块上，两者接触点为员

若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度，向右运动时（此时杆与水平方向夹角为小

球的线速度大小为（）

rZsin0“sin20

rAcos0rcos0

解析：选A当物块向右运动时，与轻杆接触点〃的运动按照效果将其分解，如图所示:

合速度年按照作用效果分解为匕=“os°=vcos。和吸=%sin0=vsin夕，其中

以为8点做圆周运动的线速度，由于力与8绕共同点。依圆周运动，故二者角速度相等，即:

m

vzv匕sin0一.神、士.、,,Asin0vLsin0

3=寺=--2-=--------,则A点的线速度为：匕尸3/=--------------=------------,故A正确。

ODhhnn

sin0

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。将一质量为他可视

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.斜劈对滑块的支挣力对滑块不做功，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於劈底边边长

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带为钝角，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，滑块相时于斜劈的水平位

移等于斜劈底边边长，由凡何关系可知，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.运行速度大丁•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「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，由号=《，解得/=、产而第一宇宙速度是

近地卫星的最大环绕速度，故同步卫星的速度小于第•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：向心加速度由力有引

力产生，由咨=〃汨，得a=%而地球表面的重力加运度白=竽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3()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隹.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学=6，得片、匕，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I口I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【)正确。

8.如图所示,在粗糙水平轨道仇Z卜的。点静I上放置一质量/〃=().25

kg的小物块，它与水平轨道间的动摩擦因数〃=0.4,傲的距离s=4nu

在。右侧固定了一半径40.32m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％求拉力，'作用的最短时间;

⑵若将拉力变为使小物块由。点静止运动至私的中点位置撤去拉力，恰能使小

物块经过半圆弧的最高点，求分的大小。

解析：⑴设拉力厂作用的最短时间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—pmg=mci

解得a=4m/s2

由运动学公式：x=^at:

J

解得f=lSp

（2）设小物块到达a点的速度为人刚好到达最高点时的速度为匕

2

由牛顿第二定律：mg=nr^

由机械能守恒定律：；勿/=2侬彳+）加

乙乙

在水平轨道上运动，应用动能定理：〃mgs=%v：

解得£=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

a

库仑定律>=^(4=9.0X10°N-m7c)适用条件：真空中的点电荷

r

F

E=一定义式，适用于任何电场的计算

q

只适用于真空中的点电荷产生的

电场强度E=£

r

静电场

电

。d只适用于匀强电场

场

电场力F=qE尸与£的方向相同或相反

电势与零势面的选取有关，电势

0=左&=0L0产胞

电势、电势差

QQ差则与零势面无关

c*

电容器的电容定义式

「£S适用于平行板电容器

4ckd

电阻定律R=P为电阻率

Q

电流I=-=nqSv—

V

恒

:外电路

定/f

电源电动势£=一=〃内+〃外

电Q

Tr：：!

流

部分电路欧姆定律

R

欧姆定律

E

【一R+r闭合电路欧姆定律

U=E断路时

路端电压〃=0短路时

U=IR=E—5=E—Ir通路时

mt适用于一切电路

电功*I)

W=fRt=~t适用于纯电阻电路

K

恒焦耳定律—

定E

4r

电电源功率P=EI

ORirRR

流32

W

P=-=UI适用于一切电路

V

用电器功率

.1}

适用于纯电阻电路

电源效率/2=-7TX100%=vX100%5

AiE0JZLZZ_

urR

磁磁感应强度B~IL/与8的方向垂直

场

安培力F=BIL皿，用左手定则判断力的方向

洛伦兹力F=BqvBLv,用左手定则判断力的方向

［保温训练］

1.如图所示，带正电的H球固定，质量为/〃、电荷量为I<7的粒子〃c、、、

从a处以速度外射向虚线abc是〃运动的一段轨迹，b点距离A最近，\

a_v0，/

粒子经过。点时速度为看重力忽略不计，则（）L……①

A.粒子从a运动到b的过程中动能不断增大

B.粒子从〃运动到c的过程中加速度不断增大

C.可求出力产生的电场中a、人两点间的电势差

D.可求出力产生的电场中6点的电场强度大小

解析：选C带正电的粒子〃受到带正电荷的力球的排斥力作用，粒子从a运动到人的

过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A错误。粒子从。运动到。的过程中粒子离带正

电荷的力球越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误。根据动能定理得：+q必

勿/一:勿谓，可得能求出力产生的电场中京方两点间的电势差扇，故C正确。a、。间不

乙乙

是匀强电场，根据公式〃=&/,不能求人点的电场强度，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力、B、C三

点，如图甲所示。一质量m=lkg的带正电小物块由月点静止释放，并以此时为计时起点，

沿光滑水平面经过氏C两点（图中未画出），其运动过程的片「图像如图乙所示，其中图线

在6点位置时斜率最大，根据图线可以确定（）

A.中垂线上9点电场强度最大

B.两点电荷是负电荷

C.8点是连线中点，。与/I点必在连线两侧

D.圆〉如

解析：诜AD根据片，图像的斜率表示加速度，知小物块在8点的加速度最大，所受

的电场力最大，所以中垂线上3点电场强度最大，A正确：小物块从月到。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，〃点不在连线中点，C错误；根据动能定理得/1-*8有：0如=:勿谓一1X4?J

乙乙乙

有:22对比可得%＞如,

-0=8J,ACqUK=^mvc-^mvS=\'K1X7J-|x1X4J=16.5J,

乙乙乙乙

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，力、3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，将力、8两极板分开些

B.断开开关S后，增大从8两极板的正对面积

C.保持开关S闭合，将力、8两极板拉近些

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，将乩4两极板分开些，根据

0

电容器的电容减小，由可知，电势差”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/I、8两极板的正对面积，则电容器的电容增大，由

仁?可知，电势差〃减小，指针张开的角度变小，故BZE确；保持开关S闭合，不论将力、

方两极板分开些，还是将山〃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^-777~~

属板，则在插入过程中（）I———

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

I）.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4力》知电容增

4五kd

大，电势差不变，由Q=。'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，“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，定值电阻尼等于电源内阻八当滑动变阻器

发的滑动触头户向下滑动时（）

A.电压表的读数减小

B.兆消耗的功率增大

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I）当滑动变阻器是的滑动触头户向下滑动时，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，根据用可得用消疑的功率减小，B错误；电源的输出

MRIR/

功率—/（M+正）=-：~:——，由于用二八兆增大时输出功率减

厂十小十Ai-rn2-r

—4r

小，C错误；电容器的电后匕£一/（分+r）,/减小，其他量不变，则少增大，由Q=C『知，

电容器。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，它的工作上胃

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..、:注

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$比上极板S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，根据左手定贝J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，A、B错误；根据动能定理得神』）,",由"4

［得若只减小加速电压4,T变小，若只减小入射粒子的质量，则T变小,

故C错误，D正确。

7.如图所示，在竖直平面内的X分直角坐标系中，NV与水平X轴平y

行，在.即与'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“二°

匀强磁场，电场强度Q2N/C,磁感应强度8=1T,从y轴上的〃点沿出［*］羽

x轴方向以初速度I4）=1m/s水平抛出一带正电的小球，小球的质:鼠为m।

=2X10hkg,电荷量q=lX10C,g取10m/s2,已知夕点到。点的距离为比=0.15m,

到x轴的距离为d=0.20%（丸=3.14,隹=1.414,第=1.732,结果保留两位有效

数字）

⑴求小球从户点运动至.融边界所用的时间；

（2）当小球运动到x轴时撤去电场，求小球到达.楙边界时的速度大小。

解析：（1）小球从2点运动到x轴上，做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为f,进

入磁场的速度为八进入磁场时速度与x轴的夹角为，，则

I99八卜0

V=y]gt\+Vo,COS0=~

解得=2m/s,0=60

小球进入电磁场区域时,

Q£=2X103N=mg

故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为八则

解得r=—4m

QD

由几何关系，小球运动到.也V,时轨迹与相切，在电磁场中运动的时间t2=1x—=-^

brio

小球从尸点运动到附所用时间t=6+^2=0.38So

⑵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J伸

时速度大小为力，由动能定理:

,_1212

mgd--mv\—~mv

乙乙

代入数据解得izi=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

LSCOS〃为垂直丁磁场6的方向的投

磁通量BScos0

电磁影面积

感应A①后者仅适用于反£、/两两垂直的

感应电动势E=ii-^E=BLv