（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 第二部分 考前調節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測（含解析）.doc

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考前調節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 一 (一)力與直線運動 物理概念、規(guī)律 公式 備注 勻變速直線運動 勻變速直線運動　 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax v＝＝ Δx＝aT2 ＝適用于任何形式的運動 自由落體運動 v＝gt h＝gt2 v2＝2gh v0＝0，a＝g 豎直拋體運動 v＝v0gt h＝v0tgt2 v2－v02＝2gh 上拋取“－”號 下拋取“＋”號 相互作用 重力 G＝mg 無特殊說明時g取9.8 m/s2，估算時g取10 m/s2 胡克定律 F＝kx x為形變量，k為勁度系數(shù) 滑動摩擦力　 F＝μFN FN為接觸面間的壓力，不一定等于重力 牛頓運動定律 牛頓第二定律 F合＝ma a與F合的方向一致 超重和失重　 超重時物體具有向上的加速度或分量，失重時物體具有向下的加速度或分量 航天器中的人和物體處于完全失重狀態(tài) [保溫訓練] 1．從地面豎直上拋物體A，初速度大小為v，同時在離地高為H處，有一物體B自由下落，經過時間t兩物體在空中相遇，重力加速度為g，則(　　) A．t＝ B．t＝ C．t＝ D．t＝ 解析：選A　兩物體相遇時位移大小之和等于H，故有vt－gt2＋gt2＝H，解得t＝，A正確。 2．以從塔頂由靜止釋放小球A的時刻為計時零點，t0時刻又在與小球A等高的位置處，由靜止釋放小球B。若兩小球都只受重力作用，設小球B下落時間為t，在兩小球落地前，兩小球間的高度差為Δx，則 t0圖線為(　　) 解析：選B　兩小球釋放后都做自由落體運動，小球B釋放時為t0時刻，此時小球A的速度為gt0，小球B的速度為0，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，小球B下落時間為t時，兩小球下落的高度分別為hA＝gt0t＋gt2和hB＝gt2，則Δx＝hA－h(huán)B＝gt0t，＝gt0，由函數(shù)圖像知識，可知B正確。 3．如圖是某物體在 t時間內的位移—時間圖像和速度—時間圖像，從圖像上可以判斷(　　) A．物體的運動軌跡是拋物線 B．物體時間t內的平均速度不一定是4.5 m/s C．物體運動的時間t＝2 s D．物體的加速度為 m/s2 解析：選D　由v t圖像知，該物體做勻加速直線運動，運動軌跡是直線，A錯誤；根據(jù)勻變速直線運動的平均速度的公式可知，物體在時間t內的平均速度是＝＝ m/s＝4.5 m/s，B錯誤；由x＝t得t＝＝ s＝ s，C錯誤；物體的加速度為a＝＝ m/s2＝ m/s2，D正確。 4.在平直公路上行駛的a車和b車，其xt圖像分別為圖中直線a和曲線b，已知b車的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s時，直線a和曲線b剛好相切，則(　　) A．a車做勻速運動且其速度為va＝ m/s B．t＝3 s時，a車和b車相遇但此時速度不等 C．t＝1 s時，b車的速度為10 m/s D．t＝0時，a車和b車的距離x0＝9 m 解析：選D　由題圖可知，a車做勻速運動，其速度：va＝＝ m/s＝2 m/s，故A錯誤；t＝3 s時，直線a和曲線b剛好相切，即此時b車的速度vb′＝va＝2 m/s，故B錯誤；由b車的加速度等于－2 m/s2易得，t＝1 s時，b車的速度為6 m/s，故C錯誤；設b車的初速度為vb，對b車，由vb＋at＝vb′，解得 vb＝8 m/s，t＝3 s時，a車的位移 xa＝vat＝6 m，b車的位移：xb＝t＝15 m，此時a車和b車到達同一位置，得x0＝xb－xa＝9 m，故D正確。 5.一截面為直角的長槽固定在水平面上，在其內部放一質量為m、截面為正方形的物塊，槽的兩壁與水平面夾角均為45，橫截面如圖所示，物塊與兩槽壁間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平力沿物塊中心軸線推動物塊，使之沿槽運動，重力加速度為g，則所需的最小推力為(　　) A．μmg B.μmg C.μmg D．2μmg 解析：選C　將重力按照實際作用效果正交分解，如圖，故：G2＝mgsin 45＝mg，G1＝mgcos 45＝mg，滑動摩擦力為：f＝μG1＋μG2＝μmg，故所需的最小推力為Fmin＝f＝μmg，故C正確。 6.如圖所示，傾角為θ＝37的斜面固定在水平地面上，質量為1 kg的滑塊以初速度v0 從斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足夠長，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.8)。則該滑塊所受摩擦力f隨時間t變化的圖像為選項圖中的(以初速度v0的方向為正方向，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)(　　) 解析：選B　滑塊以初速度v0從斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑動摩擦力，由公式：f＝μN可得：f＝μmgcos θ＝0.81100.8 N＝6.4 N，方向沿斜面向下；重力沿斜面向下的分力為mgsin θ＝1100.6 N＝6.0 N<6.4 N，所以滑塊滑到最高點時，處于靜止狀態(tài)，由平衡條件知，滑塊受到的靜摩擦力大小為6.0 N，方向沿斜面向上，B正確，A、C、D錯誤。 7.某人乘電梯下樓，在豎直下降的過程中，電梯速度的平方v2與下降的位移x的關系如圖所示，則人對地板的壓力(　　) A．x＝2 m時大于重力 B．x＝11 m時大于重力 C．x＝21 m時大于重力 D．x＝21 m時等于重力 解析：選C　由題圖可知電梯豎直下降過程中，初速度為零，0～3 m過程中v2∝x，根據(jù)v2－v02＝2ax可知，電梯向下做勻加速直線運動，加速度向下，人和電梯處于失重狀態(tài)，此人受到的支持力小于重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，人對地板的壓力小于重力，在3～20 m過程中v2恒定不變，即電梯做勻速直線運動，此過程中人受到的支持力等于重力，即人對地板的壓力等于重力，在20～23 m過程中v2隨x均勻減小，根據(jù)v2－v02＝2ax可得，電梯做勻減速直線運動，加速度向上，人和電梯處于超重狀態(tài)，此過程中人受到的支持力大于重力，即人對地板的壓力大于重力，故C正確。 8.如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先后經歷兩個階段的運動，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則(　　) A．前階段，物品可能向傳送方向的反方向運動 B．后階段，物品受到的摩擦力方向跟傳送方向相同 C．v相同時，μ不同的等質量物品與傳送帶摩擦產生的熱量相同 D．μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍 解析：選C　前階段，物品的速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶向后運動，受到與傳送方向相同的滑動摩擦力作用，物品向傳送方向做初速度為零的勻加速直線運動，后階段，即當物品的速度與傳送帶的速度相同時，兩者無相對運動或相對運動趨勢，摩擦力為零，A、B錯誤；前階段過程中物品的加速度為a＝μg，加速運動時間t＝＝，所以摩擦產生的熱量為Q＝μmg＝μmgvt＝μmgv＝mv2，故v相同時，μ不同的等質量物品與傳送帶摩擦產生的熱量相同，C正確；物品加速位移x＝＝，當μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，D錯誤。 9.如圖所示，水平面上的長方體物塊被沿對角線分成相同的A、B兩塊。物塊在垂直于左邊的水平力F作用下，保持原來形狀沿力F的方向勻速運動，則(　　) A．物塊A受到4個力作用 B．物塊A受到水平面的摩擦力大小為 C．物塊B對物塊A的作用力大小為F D．若增大力F，物塊A和B將相對滑動 解析：選B　對物塊A分析受力：物塊A水平方向受到水平面的滑動摩擦力f，物塊B的彈力NBA和摩擦力fBA，豎直方向受重力和水平面的支持力，所以物塊A受到5個力作用，A錯誤；對物塊B分析受力：在水平方向上受到物塊A的彈力NAB和摩擦力fAB，水平向左的滑動摩擦力f′，由于A、B兩部分的質量以及水平面的粗糙程度相同，所以f′＝f，將兩者看成一個整體，對整體有f′＋f＝F，所以物塊A受到水平面的摩擦力大小為，B正確；物塊B對A的作用力是彈力NBA和摩擦力fBA的合力，由平衡知作用力大小為，且fBA＝≤μNBA，得μ≥，增大力F時，物塊A和B也不會相對滑動，C、D錯誤。 10．如圖甲所示，一個可視為質點的物塊從傾角為θ＝30的固定斜面頂端由靜止開始下滑，從此時開始計時，物塊的速度為v，到斜面頂端的距離為x，其xv2圖像如圖乙所示。g取10 m/s2，斜面足夠長，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．物塊的加速度大小為8 m/s2 B．物塊在t＝1 s時的速度大小為8 m/s C．物塊在t＝4 s時處于斜面上x＝24 m的位置 D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝ 解析：選D　由v2＝2ax得加速度為a＝4 m/s2，故A錯誤；由v＝at得t＝1 s時物塊速度大小為4 m/s，故B錯誤；由x＝at2得t＝4 s時，x＝32 m，C錯誤；由牛頓第二定律得：mgsin 30－μmgcos 30＝ma，解得：μ＝，故D正確。 (二)曲線運動與萬有引力、能量與動量 物理概念、規(guī)律 公式 備注 曲線運動 平拋運動 vx＝v0，vy＝gt x＝v0t，y＝gt2 沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做自由落體運動 勻速圓周運動 v＝ ω＝ a＝＝ω2r＝r＝ωv F＝ma＝m＝mω2r v＝ ω＝ v＝ωr 萬有引力定律 萬有引力定律 F＝G 引力常量：G＝6.6710－11Nm2/kg2 功 功 W＝Flcos α α是F與l的夾角 功率 平均功率P＝ 瞬時功率P＝Fvcos α α是F與v的夾角 機械效率 η＝100% ＝100% η <1 能 動能 Ek＝mv2 標量，具有相對性 重力勢能 Ep＝mgh 與零勢能面的選擇有關 動能定理 W合＝mv22－mv12 W合為合外力做的功 機械能守恒定律　 E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 守恒條件：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內 動量 動量 p＝mv 矢量，與v同向 沖量 I＝F(t′－t) 矢量，與F同向 動量定理 I＝Δp 矢量表達式 動量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 守恒條件：系統(tǒng)所受合外力為零矢量表達式 [保溫訓練] 1．[多選]下列有關物理學史的說法中正確的是(　　) A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕 B．牛頓通過扭秤實驗測出了萬有引力常量G的數(shù)值 C．電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的 D．卡文迪許利用扭秤實驗發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律 解析：選AC　奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕，故A正確；卡文迪許通過扭秤實驗測出了萬有引力常量G的數(shù)值，故B錯誤；電荷量e的數(shù)值最早是由美國物理學家密立根測得的，故C正確；庫侖利用扭秤實驗發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律，故D錯誤。 2．某同學斜向上拋出一石塊，空氣阻力不計。下列關于石塊在空中運動過程中的速率v、加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬時功率P隨時間t變化的圖像中，正確的是(　　) 解析：選C　石塊做斜上拋運動，機械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小后增加，速度先減小后增加，故A錯誤；石塊只受重力，加速度是重力加速度，保持不變，故B錯誤；石塊做斜上拋運動，可將其分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的上拋運動，故水平分位移與時間成正比，故C正確；石塊速度的水平分量不變，豎直分量先減小到零，后反向增加，故根據(jù)P＝mgvy，重力的功率先減小后增加，故D錯誤。 3.如圖所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球。已知某次拋出點的實際高度H0＝2.0 m，桶的高度h0＝0.4 m，到拋出點的水平距離L＝1.6 m，籃球恰好落入桶內，小明對籃球做的功約為(g取10 m/s2，空氣阻力不計)(　　) A．0.2 J　　　　　　　　 B.2 J C．20 J D．200 J 解析：選B　籃球做平拋運動，因為恰好落入桶中，故在水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有h＝H0－h(huán)0＝gt2，小明對籃球做的功等于籃球拋出時具有的動能，即W＝mv02，一個籃球大概500 g，代入數(shù)據(jù)解得W＝2 J，B正確。 4.如圖所示，一根長為L的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，另一端固定著一個小球，輕桿靠在一個質量為M、高為h的物塊上，兩者接觸點為B。若物塊與地面摩擦不計，則當物塊以速度v向右運動時(此時桿與水平方向夾角為θ)，小球的線速度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　當物塊向右運動時，與輕桿接觸點B的運動按照效果將其分解，如圖所示： 合速度vB按照作用效果分解為v1＝vBcos θ＝vcos θ和v2＝vBsin θ＝vsin θ，其中v2為B點做圓周運動的線速度，由于A與B繞共同點O做圓周運動，故二者角速度相等，即：ω＝＝＝，則A點的線速度為：vA＝ωL＝＝，故A正確。 5.[多選]如圖所示，光滑水平面上有靜止的斜劈，斜劈表面光滑。將一質量為m、可視為質點的滑塊從斜劈頂端由靜止釋放。在滑塊滑到斜劈底端的過程中，下列說法正確的是(　　) A．由滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)動量守恒 B．斜劈對滑塊的支持力對滑塊不做功，所以滑塊的機械能守恒 C．雖然斜劈對滑塊的支持力對滑塊做負功，但是滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)機械能仍守恒 D．滑塊、斜劈相對地面的水平位移之和大小等于斜劈底邊邊長 解析：選CD　由滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)，由于滑塊沿斜劈加速下滑，有豎直向下的分加速度，所以存在失重現(xiàn)象，則系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；滑塊對斜劈有斜向右下方的壓力，斜劈向右運動，則斜劈對滑塊的支持力與滑塊相對于地面的位移不垂直，則該支持力對滑塊做功，所以滑塊的機械能不守恒，故B錯誤；斜劈對滑塊的支持力方向與滑塊相對于地面的位移方向的夾角為鈍角，所以斜劈對滑塊的支持力對滑塊做負功，但對滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)，只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故C正確；滑塊下滑的過程中，斜劈向右運動，滑塊滑到斜劈底端時，滑塊相對于斜劈的水平位移等于斜劈底邊邊長，由幾何關系可知，滑塊、斜劈相對地面的水平位移之和大小等于斜劈底邊邊長，故D正確。 6.[多選](2018蘇北四市一模)2017年9月15日，微信啟動“變臉”：由此前美國衛(wèi)星拍攝地球的靜態(tài)圖換成了我國“風云四號”衛(wèi)星拍攝地球的動態(tài)圖，如圖所示?！帮L云四號”是一顆靜止軌道衛(wèi)星，關于“風云四號”，下列說法正確的有(　　) A．能全天候監(jiān)測同一地區(qū) B．運行速度大于第一宇宙速度 C．在相同時間內該衛(wèi)星與地心連線掃過的面積相等 D．向心加速度大于地球表面的重力加速度 解析：選AC　由于“風云四號”是地球同步衛(wèi)星，相對地面靜止，故能全天候監(jiān)測同一地區(qū)，A正確；萬有引力提供向心力，由G＝m，解得v＝，而第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故同步衛(wèi)星的速度小于第一宇宙速度，故B錯誤；根據(jù)開普勒第二定律，在相同時間內該衛(wèi)星與地心連線掃過的面積相等，故C正確；向心加速度由萬有引力產生，由G＝ma，得a＝，而地球表面的重力加速度g＝，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯誤。 7．[多選](2018如皋調研)我國“神舟”十一號載人飛船于2016年10月17日7時30分發(fā)射成功。飛船先沿橢圓軌道飛行，在接近400 km高空處與“天宮”二號對接，然后做圓周運動。兩名宇航員在空間實驗室生活、工作了30天?！吧裰邸笔惶栞d人飛船于11月17日12時41分與“天宮”二號成功實施分離，11月18日順利返回至著陸場。下列判斷正確的是(　　) A．飛船變軌前后的機械能守恒 B．對接后飛船在圓軌道上運動的速度小于第一宇宙速度 C．宇航員在空間實驗室內可以利用跑步機跑步來鍛煉身體 D．分離后飛船在原軌道上通過減速運動，逐漸接近地球表面 解析：選BD　每次變軌都需要發(fā)動機對飛船做功，故飛船機械能不守恒，故A錯誤；根據(jù)萬有引力提供向心力G＝m，得v＝，軌道高度越大，線速度越小，第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故對接后飛船在圓軌道上運動的速度比第一宇宙速度小，故B正確；利用跑步機跑步是由于重力作用，人與跑步機之間有壓力，又由于有相對運動，人受到摩擦力作用運動起來，在空間實驗室內，宇航員處于完全失重狀態(tài)，無法利用跑步 機跑步，故C錯誤；當飛船要離開圓形軌道返回地球時，飛船做近心運動，萬有引力需大于向心力，需要減小速度，故D正確。 8.如圖所示，在粗糙水平軌道OO1上的O點靜止放置一質量m＝0.25 kg的小物塊，它與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，OO1的距離s＝4 m。在O1右側固定了一半徑R＝0.32 m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F＝2 N的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力。g取10 m/s2，求： (1)為使小物塊到達O1，求拉力F作用的最短時間； (2)若將拉力變?yōu)镕1，使小物塊由O點靜止運動至OO1的中點位置撤去拉力，恰能使小物塊經過半圓弧的最高點，求F1的大小。 解析：(1)設拉力F作用的最短時間t內，物塊運動的位移為x，由動能定理：Fx－μmgs＝0 解得x＝2 m 由牛頓第二定律：F－μmg＝ma 解得a＝4 m/s2 由運動學公式：x＝at2 解得t＝1 s。 (2)設小物塊到達O1點的速度為v1，剛好到達最高點時的速度為v， 由牛頓第二定律：mg＝m 由機械能守恒定律：mv12＝2mgR＋mv2 在水平軌道上運動，應用動能定理：F1－μmgs＝mv12 解得F1＝3 N。 答案：(1)1 s　(2)3 N (三)電場、電路和磁場 物理概念、規(guī)律 公式 備注 靜電場 庫侖定律 F＝k(k＝9.0109 Nm2/C2) 適用條件：真空中的點電荷 電場強度 E＝ 定義式，適用于任何電場的計算 E＝k 只適用于真空中的點電荷產生的電場 E＝ 只適用于勻強電場 電場力 F＝qE F與E的方向相同或相反 電勢、電勢差　 φ＝ UAB＝φA－φB＝ 電勢與零勢面的選取有關，電勢差則與零勢面無關 電容器的電容 C＝ 定義式 C＝ 適用于平行板電容器 恒定電流 電阻定律 R＝ρ ρ為電阻率 電流 I＝＝nqSv － 電源電動勢　 E＝＝U內＋U外 歐姆定律 I＝ 部分電路歐姆定律 I＝ 閉合電路歐姆定律 恒定電流 路端電壓 U＝E 斷路時 U＝0 短路時 U＝IR＝E－U內＝E－Ir 通路時 電功 W＝UIt 適用于一切電路 W＝I2Rt＝t 適用于純電阻電路 焦耳定律 Q＝I2Rt － 電源功率 P＝EI 用電器功率 P＝＝UI 適用于一切電路 P＝I2R＝ 適用于純電阻電路 電源效率 η＝100%＝100% 磁場 磁感應強度　 B＝ I與B的方向垂直 安培力 F＝BIL B⊥I，用左手定則判斷力的方向 洛倫茲力 F＝Bqv B⊥v，用左手定則判斷力的方向 [保溫訓練] 1.如圖所示，帶正電的A球固定，質量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運動的一段軌跡，b點距離A最近，粒子經過b點時速度為v，重力忽略不計，則(　　) A．粒子從a運動到b的過程中動能不斷增大 B．粒子從b運動到c的過程中加速度不斷增大 C．可求出A產生的電場中a、b兩點間的電勢差 D．可求出A產生的電場中b點的電場強度大小 解析：選C　帶正電的粒子B受到帶正電荷的A球的排斥力作用，粒子從a運動到b的過程中庫侖力做負功，其動能不斷減小，故A錯誤。粒子從b運動到c的過程中粒子離帶正電荷的A球越來越遠，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯誤。根據(jù)動能定理得：＋qUab＝mv2－mv02，可得能求出A產生的電場中a、b兩點間的電勢差Uab，故C正確。a、b間不是勻強電場，根據(jù)公式U＝Ed，不能求b點的電場強度，故D錯誤。 2．[多選]光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示。一質量m＝1 kg的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經過B、C兩點(圖中未畫出)，其運動過程的vt圖像如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，根據(jù)圖線可以確定(　　) A．中垂線上B點電場強度最大 B．兩點電荷是負電荷 C．B點是連線中點，C與A點必在連線兩側 D．UBC>UAB 解析：選AD　根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度，知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場力最大，所以中垂線上B點電場強度最大，A正確；小物塊從B到C動能增大，電場力做正功，小物塊帶正電，可知兩點電荷是正電荷，B錯誤；中垂線上電場線分布不是均勻的，B點不在連線中點，C錯誤；根據(jù)動能定理得A→B有：qUAB＝mvB2－mvA2＝142 J－0＝8 J，B→C有：qUBC＝mvC2－mvB2＝172 J－142 J＝16.5 J，對比可得UBC>UAB，D正確。 3．靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示金屬球與外殼之間的電勢差大小，如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計。開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施可行的是(　　) A．斷開開關S后，將A、B兩極板分開些 B．斷開開關S后，增大A、B兩極板的正對面積 C．保持開關S閉合，將A、B兩極板拉近些 D．保持開關S閉合，將滑動變阻器滑片向右移動 解析：選B　斷開開關S后，電容器的電荷量不變，將A、B兩極板分開些，根據(jù)C＝，電容器的電容減小，由C＝可知，電勢差U增大，指針張開的角度變大，故A錯誤；斷開開關S后， 電容器的電荷量不變，增大A、B兩極板的正對面積，則電容器的電容增大，由C＝可知，電勢差U減小，指針張開的角度變小，故B正確；保持開關S閉合，不論將A、B兩極板分開些，還是將A、B兩極板靠近些，還是將滑動變阻器滑動觸頭向右移動，電容器的電壓都保持不變，則靜電計張開的角度保持不變，故C、D錯誤。 4.如圖所示，將平行板電容器兩極板分別與電池正、負極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金屬板，則在插入過程中(　　) A．電路將有逆時針方向的短暫電流 B．電容器的帶電荷量減小 C．帶電液滴仍將靜止 D．帶電液滴將向下做加速運動 解析：選A　插入一金屬板相當于極板間距離變小了，根據(jù)決定式C＝，知電容增大，電勢差不變，由Q＝CU知，電容器帶電荷量增大，電路中有逆時針方向的短暫電流，故A正確，B錯誤；電勢差不變，d減小，則電場強度增大，帶電液滴所受的電場力增大，大于重力，將向上做加速運動，故C、D錯誤。 5.如圖所示的電路中，定值電阻R1等于電源內阻r，當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時(　　) A．電壓表的讀數(shù)減小 B．R1消耗的功率增大 C．電源的輸出功率增大 D．電容器C所帶電荷量增多 解析：選D　當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀數(shù)增大，A錯誤；干路電流減小，根據(jù)P＝I2R1可得R1消耗的功率減小，B錯誤；電源的輸出功率P＝I2(R1＋R2)＝＝，由于R1＝r，R2增大時輸出功率減小，C錯誤；電容器的電壓U＝E－I(R1＋r)，I減小，其他量不變，則U增大，由Q＝CU知，電容器C所帶電荷量增多，D正確。 6.質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子質量。其工作原理如圖所示。虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知(　　) A．此粒子帶負電 B．下極板S2比上極板S1電勢高 C．若只減小加速電壓U，則半徑r變大 D．若只減小入射粒子的質量，則半徑r變小 解析：選D　粒子進入磁場后向左偏，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，粒子經過電場要加速，所以下極板S2比上極板S1電勢低，A、B錯誤；根據(jù)動能定理得qU＝mv2，由qvB＝m得r＝ ，若只減小加速電壓U，r變小，若只減小入射粒子的質量，則r變小，故C錯誤，D正確。 7.如圖所示，在豎直平面內的xOy直角坐標系中，MN與水平x軸平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面水平向里的勻強磁場，電場強度E＝2 N/C，磁感應強度B＝1 T，從y軸上的P點沿x軸方向以初速度v0＝1 m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質量為m＝210－6 kg，電荷量q＝110－5 C，g取10 m/s2。已知P點到O點的距離為d0＝0.15 m，MN到x軸的距離為d＝0.20 m。(π＝3.14，＝1.414，＝1.732，結果保留兩位有效數(shù)字) (1)求小球從P點運動至MN邊界所用的時間； (2)當小球運動到x軸時撤去電場，求小球到達MN邊界時的速度大小。 解析：(1)小球從P點運動到x軸上，做平拋運動，設小球做平拋運動的時間為t1，進入磁場的速度為v，進入磁場時速度與x軸的夾角為θ，則 d0＝gt12，解得t1＝＝ s v＝， cos θ＝ 解得v＝2 m/s, θ＝60 小球進入電磁場區(qū)域時， qE＝210－5 N＝mg 故小球作勻速圓周運動，設軌跡半徑為r，則 qvB＝m 解得r＝＝0.4 m 由幾何關系，小球運動到MN時軌跡與MN相切，在電磁場中運動的時間t2＝＝ s 小球從P點運動到MN所用時間t＝t1＋t2＝0.38 s。 (2)設撤去電場后小球受重力和洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，設小球運動至MN時速度大小為v1，由動能定理： mgd＝mv12－mv2 代入數(shù)據(jù)解得v1＝2.8 m/s。 答案：(1)0.38 s　(2)2.8 m/s (四)電磁感應、交變電流和傳感器 物理概念、規(guī)律 公式 備注 電磁感應 磁通量 Φ＝BScos θ Scos θ為垂直于磁場B的方向的投影面積 感應電動勢 E＝n　E＝BLv 后者僅適用于B、L、v兩兩垂直的情況 交變電流 電動勢、電流、電壓的瞬時值 電動勢：e＝Emsin ωt 電流：i＝Imsin ωt 電壓：u＝Umsin ωt 從中性面開始計時 電動勢、電流、電壓的有效值 電動勢：E＝Em 電流：I＝Im 電壓：U＝Um 適用于正弦式交變電流 理想變壓器 ＝?。?P1＝P2 — 傳感器 霍爾電壓 UH＝k k為霍爾系數(shù)，大小與霍爾元件的材料有關 [保溫訓練] 1．為了測量運動員躍起的高度，可在彈性網上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄運動員運動過程中對彈性網的壓力，并由計算機作出壓力－時間圖像，如圖所示。運動員在空中運動時可視為質點，則可求運動員躍起的最大高度為(g取10 m/s2)(　　) A．7.2 m　　　　　　　 B.5.0 m C．1.8 m D．1.5 m 解析：選B　由題圖可知運動員在空中的最長時間為：t＝4.3 s－2.3 s＝2 s，因為運動員做豎直上拋運動，所以躍起最大高度為：h＝g2＝5.0 m，故B正確，A、C、D錯誤。 2．[多選]兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.01 Ω的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖甲所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖乙所示(感應電流的方向為逆時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是(　　) A．磁感應強度的方向垂直于紙面向外 B．磁感應強度的大小為0.2 T C．導線框運動的速度的大小為0.5 m/s D．在0.6 s內導線框產生的熱量為0.004 J 解析：選BCD　根據(jù)楞次定律可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向里，選項A錯誤；由Et圖像可知，線框經過0.2 s全部進入磁場，則速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項C正確；E＝0.01 V，根據(jù)E＝BLv可知，B＝0.2 T，選項B正確；在0～0.2 s和0.4～0.6 s時間內，導線框中的感應電流I＝＝1 A，由Q＝I2Rt，t＝0.4 s，可知：Q＝0.004 J，選項D正確。 3.如圖所示，一個理想變壓器的原線圈的匝數(shù)為50，副線圈的匝數(shù)為100，原線圈兩端接在光滑的水平平行導軌上，導軌的間距為0.4 m，垂直于導軌有一長度略大于導軌間距的導體棒，導軌與導體棒的電阻忽略不計，副線圈回路中電阻R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，圖中交流電壓表為理想電表，導軌所在空間存在垂直于導軌平面向里、磁感應強度大小為1 T的勻強磁場，導體棒在水平外力的作用下運動，其速度隨時間變化的關系式為v＝5sin(10πt) m/s，則下列說法中正確的是(　　) A．R1的功率為0.2 W B．電壓表的示數(shù)為4 V C．變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為0.04 Wb/s D．變壓器常用的鐵芯是利用薄硅鋼片疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是為了增大渦流，提高變壓器的效率 解析：選C　原線圈電壓最大值Em＝BLvm＝10.45 V＝2 V，副線圈電壓最大值：U2m＝Em＝2 V＝4 V，副線圈電壓有效值：U2＝＝2 V，則電壓表的示數(shù)為2 V，選項B錯誤；副線圈電流有效值：I2＝＝ A＝ A，R1的功率：P1＝I22R1＝25 W＝0.1 W，選項A錯誤；根據(jù)Em＝n1，則變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為＝＝ Wb/s＝0.04 Wb/s，選項C正確；變壓器常用的鐵芯是利用薄硅鋼片疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是為了減小渦流，提高變壓器的效率，選項D錯誤。 4.如圖所示，一個匝數(shù)為N＝100匝，電阻不計的線框以固定轉速50 r/s在勻強磁場中旋轉，其產生的交流電通過一匝數(shù)比為n1∶n2＝10∶1的理想變壓器給阻值R＝20 Ω的電阻供電，已知電壓表的示數(shù)為20 V，從圖示位置開始計時，下列說法正確的是(　　) A．t＝0時刻線框內的電流最大 B．變壓器原線圈中電流的有效值為10 A C．穿過線框平面的最大磁通量為 Wb D．理想變壓器的輸入功率為10 W 解析：選C　t＝0時刻導線框處于中性面位置，則感應電動勢為零，感應電流為零，所以流過線框的電流為零，故A錯誤；副線圈中的電流I2＝＝ A＝1 A，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，＝，原線圈中電流的有效值I1＝I2＝1 A＝0.1 A，故B錯誤；根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，原線圈兩端的電壓U1＝200 V，角速度ω＝2πn＝100π rad/s，線圈產生最大感應電動勢Em＝200 V，又Em＝NBSω，所以最大磁通量Φ＝BS＝＝ Wb＝ Wb，故C正確；理想變壓器輸出功率P2＝U2I2＝201 W＝20 W，輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率為20 W，故D錯誤。 5．如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ組成的平面與水平面成θ＝37角放置，導軌寬度L＝1 m，一勻強磁場垂直導軌平面向下，導軌上端M與P之間連接阻值R＝0.3 Ω的電阻，質量為m＝0.4 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒ab始終緊貼在導軌上?，F(xiàn)使金屬導軌ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計。g取10 m/s2，sin 37＝0.6，忽略ab棒在運動過程中對原磁場的影響。求： (1)磁感應強度B的大?。? (2)在金屬棒ab開始運動的2.0 s內，通過電阻R的電荷量； (3)在金屬棒ab開始運動的2.0 s內，電阻R產生的焦耳熱。 解析：(1)當金屬棒沿斜面方向的重力分力與安培力平衡時，即AB段，金屬棒做勻速運動，此時 mgsin θ＝BIL 金屬棒切割磁感線產生的電動勢為 E＝BLv 由閉合電路歐姆定律知： I＝ 金屬棒勻速運動時，v＝＝ m/s＝6 m/s 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.4 T。 (2)q＝t＝t＝t＝＝＝6 C。 (3)設在金屬棒開始運動的2 s內，系統(tǒng)產生的熱量為Q， 由功能關系得：mgxsin θ＝mv2＋Q 電阻R產生的焦耳熱為QR＝R 聯(lián)立以上兩式解得QR＝5.4 J。 答案：(1)0.4 T　(2)6 C　(3)5.4 J 6．如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間均存在勻強磁場，磁感應強度B大小均為1 T，方向垂直于虛線所在的平面向里?，F(xiàn)有一矩形線圈abcd，cd寬度L＝0.5 m，質量為0.1 kg，電阻為2 Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關系如圖乙所示，t1時刻cd邊與 L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)線圈的長度； (2)在0～t1時間內，通過線圈的電荷量； (3)0～t3時間內，線圈產生的熱量。 解析：(1)在t2～t3時間內，線圈做勻速直線運動， 根據(jù)平衡條件有：mg＝BIL，而I＝ 解得：v2＝＝8 m/s t1～t2的時間間隔內線圈一直做勻加速直線運動，可知ab邊剛進上邊的磁場時，cd邊也剛進下邊的磁場，此段時間內線圈內磁通量不變，線圈的加速度為g 設磁場的寬度為d，則線圈的長度：L′＝2d 線圈下降的位移為：x＝L′＋d＝3d 此段時間內的逆運動為初速度為v2、加速度為g的勻減速直線運動， 則有：3d＝v2t－gt2 解得：d＝1 m 所以線圈的長度為L′＝2d＝2 m。 (2)在0～t1時間內，cd邊從L1運動到L2 通過線圈的電荷量為： q＝t′＝t′＝＝0.25 C。 (3)0～t3時間內，根據(jù)能量守恒得： Q＝mg(3d＋2d)－mv22 ＝0.110(3＋2) J－0.182 J＝1.8 J。 答案：(1)2 m　(2)0.25 C　(3)1.8 J 二 (一)水平面內的圓周運動模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 線模型 由于細線對物體只有拉力且細線會彎曲，所以解答此類問題的突破口是要抓住“細線剛好伸直”的臨界條件：細線的拉力為零。在此基礎上，再考慮細線伸直之前的情況(一般物體做圓周運動的半徑和細線與轉軸之間的夾角都會發(fā)生變化)和伸直之后的情況(物體做圓周運動的半徑和細線與轉軸之間的夾角一般不再發(fā)生變化，但細線的拉力通常會發(fā)生變化) 彈力模型 此類問題一般是由重力和彈力的合力提供物體在水平面內做圓周運動的向心力，因此正確找出做圓周運動的物體在水平方向上受到的合力，是解決此類問題的關鍵 摩擦力模型 臨界條件是關鍵：找出物體在圓周運動過程中的臨界條件，是解答此類問題的關鍵。如輕繩開始有拉力(或伸直)、物體開始滑動等，抓住這些臨界條件進行分析，即可找出極值，然后可根據(jù)極值判斷其他物理量與極值之間的關系，從而進行求解 (二)連接體模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 輕繩連接體模型 求解“繩＋物”或“桿＋物”模型的方法 先明確物體的合速度(物體的實際運動速度)，然后將物體的合速度沿繩(桿)方向及垂直繩(桿)方向分解(要防止與力的分解混淆)，利用沿繩(桿)方向的分速度大小總是相等的特點列式求解 輕桿連接體模型 (三)斜面模型 圖示或釋義 與斜面相關的滑塊運動問題 規(guī)律或方法 (1)μ＝tan θ，滑塊恰好處于靜止狀態(tài)(v0＝0)或勻速下滑狀態(tài)(v0≠0)，此時若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運動狀態(tài)不變 (2)μ>tan θ，滑塊一定處于靜止狀態(tài)(v0＝0)或勻減速下滑狀態(tài)(v0≠0)，此時若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運動狀態(tài)不變(加力時加速度變大，加物體時加速度不變) (3)μ 時，細繩一定有彈力 C．當圓盤轉動的角速度ω> 時，木塊A、B將相對于圓盤發(fā)生滑動 D．當圓盤轉動的角速度ω在 <ω< 范圍內增大時，木塊A所受到的靜摩擦力一直在減小 解析：選BC　由于木塊A、B均相對于圓盤靜止，所以兩木塊具有共同的角速度，在細繩沒有拉力時，兩木塊均由靜摩擦力提供做圓周運動的向心力，故木塊A受到的靜摩擦力方向指向圓心。隨著角速度的增大，細繩開始有拉力，由向心力公式F＝mω2r可知，木塊B需要的向心力是木塊A的兩倍，故最終木塊B將相對于圓盤向外滑動，木塊A將相對于圓盤向圓心滑動，此時木塊A受到的摩擦力方向背離圓心，選項A錯誤；當細繩剛好有拉力時，對木塊B有：kmg＝mω2rB，解得：ω＝ ，故當ω> 時，細繩一定有彈力，選項B正確；當木塊A、B將要相對于圓盤發(fā)生滑動時，設此時細繩的拉力為FT，則由牛頓第二定律可知，對木塊A有：FT－kmg＝mω2rA，對木塊B有：FT＋kmg＝mω2rB，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解可得：ω＝ ，故當ω> 時，木塊A、B將相對于圓盤發(fā)生滑動，選項C正確；由題意可知，當角速度ω＝ 時，木塊A受到指向圓心的靜摩擦力，而當ω＝時，木塊A受到背離圓心的最大靜摩擦力，故當圓盤轉動的角速度ω在 <ω< 范圍內增大時，木塊A所受到的靜摩擦力先減小后增大，選項D錯誤。 2．如圖所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，∠A＝30，∠B＝37，C處有光滑小滑輪，質量分別為m1、m2的兩物塊1、2通過細線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止狀態(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩物塊的質量比m1∶m2不可能是(sin 37＝0.6, cos 37＝0.8)(　　) A．1∶3 B．3∶5 C．5∶3 D．2∶1 解析：選A　物塊1受重力m1g、細線拉力FT和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則FT＝m1gsin 30，物塊2受重力m2g、細線拉力FT、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當m1較大時，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時有FT＝m2gsin 37＋μm2gcos 37，則＝2；當m1較小時，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時有FT＝m2gsin 37－μm2gcos 37，則＝，所以≤≤2，故A不可能。 3.[多選]如圖所示，半徑為R＝0.4 m的圓形光滑軌道固定在豎直平面內，圓形軌道與固定的光滑水平軌道相切?？梢暈橘|點的質量均為m＝0.5 kg的小球甲、乙用輕桿連接，置于圓軌道上，小球甲與圓心O點等高，小球乙位于圓心O的正下方。某時刻將兩小球由靜止釋放，最終它們在水平面上運動，g取10 m/s2。則(　　) A．兩小球最終在水平面上運動的速度大小為2 m/s B．甲小球下滑到圓形軌道最低點時重力的功率為10 W C．甲小球下滑到圓形軌道最低點時對軌道壓力的大小為5 N D．整個過程中輕桿對乙小球做的功為1 J 解析：選AD　整個過程中，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，最后兩球的速度大小相等，應用機械能守恒定律：mgR＝2mv2，解得v＝2 m/s，選項A正確；甲小球下滑到最低點時速度水平，重力的功率為0，選項B錯誤；甲小球下滑到最低點時，重力與支持力的合力提供向心力FN－mg＝m，解得FN＝2mg＝10 N，由牛頓第三定律得，甲小球下滑到最低點時對軌道壓力的大小為10 N，選項C錯誤；整個過程中對乙小球受力分析可知，重力不做功，乙小球動能的增量等于輕桿對乙球做的功，W＝mv2＝1 J，選項D正確。 4.如圖所示，在水平地面上靜止著一質量為M、傾角為θ的斜面體，自由釋放的質量為m的滑塊能在斜面上勻速下滑(斜面體始終靜止)，則下列說法中正確的是(　　) A．滑塊對斜面的作用力大小等于mgcos θ，方向垂直斜面向下 B．斜面對滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上 C．斜面體受到地面的摩擦力水平向左，大小與m的大小有關 D．滑塊能勻速下滑，則水平地面不可能是光滑的 解析：選B　因滑塊在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下勻速下滑，如圖所示，所以斜面對滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上，B項正確；而滑塊對斜面的作用力與斜面對滑塊的作用力是一對作用力與反作用力，A項錯誤；又因斜面體及滑塊均處于平衡狀態(tài)，所以可將兩者看成一整體，則整體在豎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，即水平地面對斜面體沒有摩擦力作用，C、D項錯誤。 5．[多選]如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，處在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，A、B間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質量為m、長為L且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，與左端固定在O點的輕質彈簧連接組成彈簧振子。開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中A、B間的電阻R上產生的焦耳熱為Q，已知運動過程中MN始終與AD、BC垂直，則(　　) A．初始時刻導體棒所受的安培力大小為 B．當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為 mv02－Q C．當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為 mv02－2Q D．當導體棒第二次回到初始位置時，A、B間電阻的熱功率為 解析：選AC　由F＝BIL及I＝，得安培力大小為FA＝，故A正確；導體棒第一次運動至最右端的過程中，AB間電阻R上產生的焦耳熱為Q，回路中產生的總焦耳熱為2Q，由能量守恒定律得mv02＝2Q＋Ep，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝mv02－2Q，故C正確，B錯誤；當導體棒第二次回到初始位置時，由于機械能減小，A、B間電阻的熱功率小于，故D錯誤。 6．如圖甲所示，一對足夠長的平行光滑軌道固定在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)＝0.5 m，左側接一阻值為R＝1 Ω的電阻。有一金屬棒靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，金屬棒及軌