【物理】2020届一轮复习人教版中档防错——杜绝失分学案（山东专用）

【物理】2020届一轮复习人教版中档防错——杜绝失分学案（山东专用）

‎　　乌申斯基说“比较是一切理解和思维的基础。”有比较才有鉴别,通过比较,可产生强烈的刺激,促进积极思维。当下高考以中档题为主,命题中出现较多的“熟面孔”问题,考生对这些问题的感受就是“越熟越易错”,这是一考生的“惯性思维”所致。所以在平常的复习中经常采用比较的方法识“同中之异”,辨“异中之同”,不仅提高了理解能力,还加强了思辨能力。‎ 一、水平刹车与沿粗糙斜面上滑的比较 ‎　　水平路面上汽车刹车时,速度减为零后就停止不动,所以求解这类问题时,要注意刹车时间的计算。物体沿粗糙斜面上滑时,速度减为零后可能停止不动,也可能沿斜面下滑,但下滑时的加速度与上滑时的加速度不同。‎ 例1　汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x=24t-6t2,则它在前3 s内的平均速度为(　　)‎ A.6 m/s B.8 m/s C.10 m/s D.12 m/s 答案　B 解析　将题目中的表达式与x=v0t+‎1‎‎2‎at2比较可知:v0=24 m/s,a=-12 m/s2。所以由v=v0+at可得汽车从刹车到静止的时间为t1=‎0-24‎‎-12‎ s=2 s,由此可知第3 s内汽车停止不动,汽车在前3 s内运动的位移x=24×2 m-6×22 m=24 m,故平均速度v=xt‎2‎=‎24‎‎3‎ m/s=8 m/s。‎ 例2　(多选)如图所示,木板与水平地面间的夹角θ=30°,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0=10 m/s沿木板向上运动,取g=10 m/s2。则以下结论正确的是　(　　)‎ A.小木块与木板间的动摩擦因数为‎3‎‎3‎ B.小木块经t=2 s沿木板滑到最高点 C.小木块在t=2 s时速度大小为10 m/s,方向沿木板向下 D.小木块滑到最高点后将静止不动 答案　AD 解析　小木块恰好匀速下滑时,mg sin 30°=μmg cos 30°,可得μ=‎3‎‎3‎,A正确;小木块沿木板上滑过程中,由牛顿第二定律可得mg sin 30°+μmg cos 30°=ma,可得小木块上滑过程中匀减 速的加速度大小a=10 m/s2,故小木块上滑的时间t上=v‎0‎a=1 s,小木块速度减为零时,有mg sin 30°=μmg cos 30°,故小木块将静止在最高点,D正确,B、C错误。‎ 反思总结 ‎　　汽车在水平路面上的刹车问题和物体沿粗糙斜面上滑问题,表面上看是两种不同的问题,但是,若物体在斜面上满足mg sin θ≤μmg cos θ,则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题是相同的。‎ ‎ 二、“死结”与“活结”的比较 ‎　　1.“死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。‎ ‎2.“活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线。‎ 例3　如图(a),轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体,∠ACB=30°;图(b)中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向也成30°,轻杆的G端用细绳GF拉住一个质量为M2的物体。则下列说法中正确的是(　　)‎ A.图(a)中BC杆对滑轮的作用力为M‎1‎g‎2‎ B.图(b)中HG杆受到的作用力为M2g C.细绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为1∶1‎ D.细绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1∶2M2‎ 答案　D 解析　图(a)中物体处于平衡状态,根据平衡条件可判断,与物体相连的细绳的拉力大小等于物体的重力大小,取滑轮为研究对象,进行受力分析,如图所示。‎ 绳AC段的拉力大小为:‎ FAC=FCD=M1g 由几何关系得BC杆对滑轮的作用力FC=FAC=M1g 方向与水平方向成30 °角斜向右上方 图(b)中物体处于平衡状态,与物体相连的轻绳的拉力大小等于物体的重力,取G点为研究对象,进行受力分析,如图所示。‎ 由FEG sin 30°=FGF=M2g 得FEG=2M2g 由FEG cos 30°-FG=0‎ 解得FG=2M2g cos 30°=‎3‎M2g 方向水平向右 则HG杆受到的作用力为‎3‎M2g。‎ FAC∶FEG=M1∶2M2‎ 反思总结 ‎　　解答平衡问题时如果遇到“结”,大多可采用“三角形法”解决,“活结”得到的往往是等腰三角形,“死结”得到的往往是一般的三角形。结合正交分解或相似三角形可以顺利解决问题。‎ 三、施力与挂物的比较 ‎　　通过滑轮作纽带的连接体,在力学角度看,是验证牛顿运动定律的重要组成,从功能角度看,可以探究合力做功和速度的关系,装置使用率较高。‎ 例4　(多选)如图所示,甲图为光滑水平桌面上质量为M的物体,用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连,由静止释放。乙图为竖直向下的拉力F通过跨过定滑轮的细线拉光滑水平面上的同一物体M,拉力F的大小与m的重力相等,由静止释放。开始时M距桌边的距离相等,则(　　)‎ 甲　　　　　　　　　乙 A.甲、乙两图中质量为M的物体的加速度均为mMg B.甲图中质量为M的物体的加速度为a1=mgM+m,乙图中质量为M的物体的加速度为a2=‎mgM C.乙图中细线受到的拉力较大 D.甲图中质量为M的物体到达桌边用的时间较长,速度较小 答案　BCD 解析　对乙图:FT乙=F=Ma2,又F=mg,故a2=mgM;对甲图中的m:mg-FT甲=ma1,对甲图中的M:FT甲=Ma1,解得a1=mgM+m,FT甲=MmgM+m,故A项错,B、C项对。由x=‎1‎‎2‎at2,v2=2ax知x相同时,因甲图中M的加速度小,则其到达桌边用的时间较长,速度较小,D项正确。‎ 反思总结 ‎　　甲、乙两图中物体都做匀加速直线运动,但是其总质量不同,加速度不相等。对于甲图装置,要熟练的书写牛顿运动定律表达式,也可以使用整体法直接用牛顿第二定律列式。‎ 四、抛体巧遇斜面与曲面的差异 ‎　　解答抛体运动的基本方法是运动的合成与分解,根据题目情景的不同,需要分解的物理量也有所不同。一般来讲,如果已知末速度的方向,则首先分解速度,如果已知位移的方向,则首先分解位移。‎ ‎　　例5　如图所示,以9.8 m/s的水平初速度v0抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上,可知物体完成这段飞行的时间是(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎3‎‎3‎ s B.‎2‎‎3‎‎3‎ s C.‎3‎ s D.2 s 答案　C 解析　物体垂直撞击到斜面上时速度可按如图所示分解,由物体与斜面撞击时速度的方向,建立起平抛运动的物体竖直分速度vy与已知的水平分速度v0之间的关系,求出vy,再由自由落体运动中速度与时间的关系求出物体的飞行时间。由图可知tan θ=v‎0‎vy,又vy=gt,解得t=‎3‎ s。‎ 例6　(多选)如图所示,从半径为R=1 m的半圆PQ上的P点水平抛出一个可视为质点的小球,经t=0.4 s小球落到半圆上。已知当地的重力加速度g=10 m/s2,据此判断小球的初速度可能为(　　)‎ A.1 m/s B.2 m/s C.3 m/s D.4 m/s 答案　AD 解析　由h=‎1‎‎2‎gt2,可得h=0.8 m<1 m,如图所示,小球落点有两种可能,若小球落在左侧,由几何关系得平抛运动水平距离为0.4 m,初速度为v0=‎0.4m‎0.4s=1 m/s;若小球落在右侧,平抛运动的水平距离为1.6 m,初速度为v0=‎1.6m‎0.4s=4 m/s,A、D项正确。‎ 反思总结 ‎　　例5中,斜面倾角已知,利用速度分解矢量图找出关系,若物体从斜面顶端抛出落在斜面的底部,利用位移矢量图找关系。不管哪种,用好斜面倾角这一纽带的作用是解题关键。例6中抛体遇曲面,因为时间已知,小球运动的高度确定,但是在曲面上同高度可以有两处即两解,学生容易借用例5的思维套解例6,造成漏解。同理,若斜面和平面组合时,物体从斜面顶部抛出是落在斜面上、斜面底部还是平面上,都要根据具体的情况分析,谨防漏解。‎ 五、斜面上三种圆周运动的比较 ‎　　在斜面上做圆周运动的物体,因所受的控制因素不同,如静摩擦力控制、绳控制、杆控制,物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。‎ 例7　如图所示,一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动,盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为‎3‎‎2‎(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),盘面与水平面的夹角为30°,g取10 m/s2。则ω的最大值是(　　)‎ A.‎5‎ rad/s B.‎3‎ rad/s C.1.0 rad/s D.0.5 rad/s 答案　C 解析　物体随圆盘做圆周运动,运动到最低点时最容易滑动,因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值,这时,根据牛顿第二定律有μmg cos 30°-mg sin 30°=mrω2,求得ω=1.0 rad/s,C项正确,A、B、D项错误。‎ 例8　如图所示,在倾角为α=30°的光滑斜面上,有一根长为L=0.8 m的轻杆,一端固定在O点,另一端系一质量为m=0.2 kg的小球,沿斜面做圆周运动,取g=10 m/s2,若要小球能通过最高点A,则小球在最低点B的最小速度是(　　)‎ A.4 m/s B.2‎10‎ m/s C.2‎5‎ m/s D.2‎2‎ m/s 答案　A 解析　小球受轻杆控制,在A点的最小速度为零,由2mgL sin α=‎1‎‎2‎mvB‎2‎,可得vB=4 m/s,A正确。‎ 例9　如图所示,一块足够大的光滑平板放置在水平面上,能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l=0.60 m的轻绳,它的一端系住一质量为m的小球P,另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时,先将轻绳平行于水平轴MN拉直,然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0=3.0 m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动,倾角α的值应在什么范围内?(取重力加速度g=10 m/s2)‎ 答案　0°≤α≤30°‎ 解析　小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0,重力在沿平板方向的分力为mg sin α 小球在最高点时,由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力,有 FT+mg sin α=mv‎1‎‎2‎l①‎ 小球从释放到最高点的过程,根据动能定理有 ‎-mgl sin α=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎②‎ 若恰好能通过最高点,则绳子拉力FT=0③‎ 联立①②③式解得sin α=‎1‎‎2‎,解得α=30°‎ 故α的范围为0°≤α≤30°‎ 反思总结 ‎　　对斜面上的圆周运动,无论是摩擦力控制、杆控制,还是绳控制,都有对应的临界问题,解答时要注意临界条件的理解和应用。‎ ‎ 六、轻绳牵连与弹簧牵连的差异 ‎　　轻绳只能发生微小形变,但弹簧可以发生明显形变,故轻绳的弹力可以发生“突变”,但弹簧的弹力不能“突变”;轻绳只能提供拉力,但弹簧即可以产生拉力,也可以产生压力;‎ 例10　如图所示,A、B两球质量相等,A球用不能伸长的轻绳系于O点,B球用轻弹簧系于O'点,O与O'点在同一水平面上,分别将A、B球拉到与悬点等高处,使绳和轻弹簧均处于水平,弹簧处于自然状态,将两球分别由静止开始释放,当两球到达各自悬点的正下方时两球恰好仍处在同一水平面上,则(　　)‎ A.两球到达各自悬点的正下方时,两球动能相等 B.两球到达各自悬点的正下方时,A球动能较大 C.两球到达各自悬点的正下方时,B球动能较大 D.两球到达各自悬点的正下方时,A球损失的重力势能较多 答案　B 解析　设绳长为L,A球下摆过程中,由机械能守恒,有mgL=‎1‎‎2‎mvA‎2‎,B球下摆过程中,B球与弹簧组成的系统机械能守恒,有mgL=Ep弹+‎1‎‎2‎mvB‎2‎,则有‎1‎‎2‎mvA‎2‎=Ep弹+‎1‎‎2‎mvB‎2‎,可见‎1‎‎2‎mvA‎2‎>‎1‎‎2‎mvB‎2‎,B项正确。‎ 反思总结 ‎　　左图中的系统为小球与地球,右图中的系统为小球、地球与弹簧,两个系统机械能相等且守恒,对于右图中的系统来说,由于弹簧“承担了一部分机械能”,故在最低点时左图小球的机械能大于右图小球的机械能。如果忽略轻绳和弹簧的不同特性,将会导致出错。‎ 七、电解液导电与固体导电的比较 ‎　　电解液中的自由电荷既有正电荷,又有负电荷,但固体导体中的自由电荷只有电子,因此二者通入电流并加上垂直于电流方向的磁场后,会有不同的效果。‎ 例11　如图所示,长方体容器的三条棱的长度分别为a、b、h,容器内装有NaCl溶液,单位体积内钠离子数为n,容器的左、右两壁为导体板,将它们分别接在电源的正、负极上,‎ 电路中形成的电流为I,整个装置处于垂直于前后表面的磁感应强度为B的匀强磁场中,则液体的上、下两表面间的电势差为(　　)‎ A.0 B.BIneb C.BInea D.‎‎2BIneb 答案　A 解析　在磁场力作用下正、负电荷都聚集在上表面,所以液体的上、下两表面间的电势差为0。‎ 例12　(多选)在某次发射科学实验卫星“双星”中,放置了一种磁强计,用于测定地磁场的磁感应强度。磁强计的原理如图所示,电路中有一段金属导体,它的横截面是宽为a、高为b的长方形,放在沿y轴正方向的匀强磁场中,导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流。已知金属导体单位体积中的自由电子数为n,电子电荷量为e。金属导电过程中,自由电子做定向移动可视为匀速运动。测出金属导体前、后两个侧面间的电势差为U。则下列说法正确的是(　　)‎ A.前侧面电势高于后侧面 B.后侧面电势高于前侧面 C.磁感应强度的大小为B=‎nebUI D.磁感应强度的大小为B=‎‎2nebUI 答案　BC 解析　金属导体中有自由电子。当电流形成时,金属导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动。由左手定则可知,自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向,自由电子向前侧面偏转,故后侧面电势高于前侧面,A项错误,B项正确;设自由电子匀速运动的速度为v,则由电流的微观表达式有I=neabv,金属导体前、后两个侧面间的电场强度E=Ua,达到稳定状态时,自由 电子所受洛伦兹力与电场力平衡,则有evB=eE,解得磁感应强度的大小为B=nebUI,C项正确,D项错误。‎ 反思总结 ‎　　例11中的正、负离子均向同一表面移动,正、负离子的总电荷量为零,例12中移动的电荷只有电子,移走电子后,会留下等量的正电荷,故例11和例12乍看起来“相似”,但本质不同,在考查例11的过程中,很多同学都将其视为例12问题致错。‎ 八、杆+电容器、杆+电阻和杆+电源的比较 ‎　　导体棒切割磁感线时产生感应电动势,导体棒在电路中起到电源的作用。如果导体棒和电阻串联,则电阻相当于外电阻;如果导体棒和电源串联,则电源的电动势会影响电路,电路的总电动势等于两个电动势的“和”或“差”;如果导体棒与电容器串联,由于电容器具有“充、放电”的特点,电容器会起到“临时电源”的作用。‎ 例13　在图中的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动。甲图中的电容器原来不带电,设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中,导轨足够长,今给导体棒ab一个向右的初速度v0,导体棒的最终运动状态是(　　)‎ A.三种情况下,导体棒ab最终都是匀速运动 B.图甲、丙中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;图乙中ab棒最终静止 C.图甲、丙中ab棒最终将以相同的速度做匀速运动 D.三种情况下,导体棒ab最终均静止 答案　B 解析　题图甲中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电,当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时,电路中没有电流,ab棒向右做匀速运动;题图乙中,导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流,通过电阻R转化为内能,当ab棒的动能全部转化为内能时,ab棒静止;题图丙中,导体棒先受到向左的安培力作用做减速运动,速度减为零 后再在安培力作用下向左做加速运动,当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时,电路中没有电流,ab棒向左做匀速运动。所以B项正确。‎ 反思总结 ‎　　本题容易混淆导体棒与电容器、电阻和电源的不同组合。这种不同组合在选择和计算中都可以出现,甚至还可以涉及各种图像,如速度-时间图像、加速度-时间图像、电荷量-时间图像等,解答这些问题时,要注意区分电容器、电阻和电源给电路带来的不同影响。‎ 九、线圈在匀强磁场与辐向型磁场转动时的比较 ‎　　线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动会产生正弦式交变电流,但若磁场为辐向型磁场,则产生的电动势大小恒定。‎ 例14　(多选)如图所示,边长为L的正方形线圈abcd,其匝数为n,总电阻为r,外电路的电阻为R,ab的中点和cd的中点的连线OO' 恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B,若线圈从图示位置开始,以角速度ω绕OO'轴匀速转动,则以下判断中正确的是(　　)‎ A.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e=nBL2ω sin ωt B.在t =π‎2ω时刻,穿过线圈的磁通量为零,但此时磁通量随时间变化最快 C.从t =0 时刻到t=π‎2ω时刻,电阻R上产生的热量为Q=‎n‎2‎B‎2‎L‎4‎πωR‎16(R+r‎)‎‎2‎ D.从t =0 时刻到t =π‎2ω时刻,通过R的电荷量q=‎nBL‎2‎‎2(R+r)‎ 答案　BCD 解析　初始时刻,线圈平面处在中性面,穿过线圈的磁通量最大,为‎1‎‎2‎BL2,线圈中的感应电动势为0,即t=0时,e=0,闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e =‎1‎‎2‎nBL2ω sin ωt,选项A错误;在t =π‎2ω时刻,感应电动势e =‎1‎‎2‎nBL2ω最大,表示此时磁通量随时间变化最快,但此时穿过线圈的磁通量为零,选项B正确;E=Em‎2‎=‎2‎‎4‎nBL2ω,I有=Er+R=‎2‎‎4‎nBL‎2‎ωr+R,所以,从t =0 时刻到t =π‎2ω时刻,‎ 电阻R上产生的热量为Q =I有‎2‎Rt=n‎2‎B‎2‎L‎4‎πωR‎16(R+r‎)‎‎2‎,选项C正确;q=IΔt=nΔΦ‎(R+r)Δt·Δt=nΔΦR+r,又ΔΦ=‎1‎‎2‎BL2,可得,此时间段内通过R的电荷量q=nBL‎2‎‎2(R+r)‎,选项D正确。‎ 例15　(多选)有人设计了一个汽车“再生能源装置”,原理简图如图甲所示。当汽车减速时,线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速,同时将产生的电能储存。图甲中,线圈匝数为n,ab长度为L1,bc长度为L2。图乙是此装置的侧视图。切割处磁场的磁感应强度大小恒为B,有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90°。某次测试时,外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动,线圈中电流i随时间t变化的图像如图丙所示(I为已知量),取ab边刚开始进入右侧的扇形磁场时刻t=0。不计线圈转轴处的摩擦,则(　　)‎ A.线圈在图乙所示位置时,线圈中电流方向为a→b→c→d→a B.线圈在图乙所示位置时,线圈产生电动势的大小为‎1‎‎2‎nBL1L2ω C.外力做功的平均功率为nBL‎1‎L‎2‎ωI‎2‎ D.闭合电路的总电阻为nBL‎1‎L‎2‎ωI 答案　ACD 解析　线圈在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动,感应电动势E=2nBL1v,其中v=‎1‎‎2‎ωL2,解得E=nBL1L2ω,根据右手定则,图乙中的线圈中电流方向为a→b→c→d→a,故A项正确,B项错误;根据欧姆定律,电流I=ER,解得R=nBL‎1‎L‎2‎ωI,线圈转动一个周期时间内,产生电流的时间是半个周期,故外力做功的平均功率P=‎1‎‎2‎I2R,解得P=nBL‎1‎L‎2‎ωI‎2‎,故C、D项正确。‎ 反思总结 ‎　　对于例14,易将线圈全部处在磁场中替代本题中的线圈一半处在磁场中而出错;例15是辐向型磁场,有同学会误以为是正弦式交流发电机而出错。这样在遇到交流四值问题时要引发一系列错误,所以上下比较有助于学生看清问题的本质,正确解答问题。‎ 中档防错集训 ‎1.“高分四号”卫星是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星,也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星,它的发射和应用使我国天基对地遥感观测能力显著提升。关于“高分四号”卫星,下列说法正确的是(　　)‎ A.“高分四号”卫星的空间分辨率很高,采取措施使它距地球更近一些,效果会好一些 B.“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9 km/s C.“高分四号”卫星的向心加速度小于静止在赤道上物体的向心加速度 D.“高分四号”卫星的向心力与其他同步卫星的向心力的大小相等 答案　B　所有同步卫星都具有相同的周期、相同的离地高度和相同的速率,所以不能采取措施使“高分四号”卫星距地球更近,A错误;根据万有引力提供向心力有GMmr‎2‎=mv‎2‎r,有v=GMr,因为第一宇宙速度对应的轨道半径为地球的半径,“高分四号”卫星的轨道半径比地球半径大,所以其绕地球做圆周运动的线速度小于第一宇宙速度7.9 km/s,B正确;根据向心加速度a=‎4π‎2‎rT‎2‎,“高分四号”卫星与静止在赤道上的物体具有相同的周期,所以“高分四号”卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度,C错误;由于“高分四号”卫星与其他同步卫星的质量有可能不同,地球对它们的引力大小也可能不同,向心力大小不能判断,D错误。‎ ‎2.如图所示,竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q的小环,在杆的左侧固定一个电荷量为+Q的点电荷,杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形,c是ab的中点。使小环从O点无初速度释放,小环通过a点的速率为v。若已知ab=Oa=l,静电力常量为k,重力加速度为g。则(　　)‎ A.在a点,小环所受弹力大小为kQql‎2‎ B.在c点,小环的动能最大 C.在c点,小环的电势能最大 D.在b点,小环的速率为v‎2‎‎+2gl 答案　D　在a点,小环所受的库仑力沿aQ方向,大小为kQql‎2‎,水平方向小球受力平衡,所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向的分力kQql‎2‎ sin 60°=‎3‎kQq‎2‎l‎2‎,A错误;小环通过c点后,开始阶段所受的库仑力沿竖直方向的分力小于重力,合力向下,小环继续向下加速运动,所以在c点其动能不是最大,B错误;c点距离点电荷最近,对应电势最高,带负电荷的小环在c点电势能最小,C错误;从a点到b点,由点电荷电场分布特点及几何关系知,a、b两点电势相等,则电场力不做功,应用动能定理有mgl=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv2,v1=v‎2‎‎+2gl,D正确。‎ ‎3.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则(　　)‎ A.A物体的质量为3m B.A物体的质量为2m C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为‎3‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv‎0‎‎2‎ 答案　AC　弹簧固定,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A的动能转化为弹簧的弹性势能,A及弹簧组成的系统机械能守恒,则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能,设A的质量为mA,即有 Epm=‎1‎‎2‎mAv‎0‎‎2‎ 当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时,A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动,A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A的初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mA·2v0=(m+mA)v 由机械能守恒定律得Epm=‎1‎‎2‎mA(2v0)2-‎1‎‎2‎(mA+m)v2‎ 解得mA=3m,Epm=‎3‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 故A、C正确,B、D错误。‎ ‎4.(多选)如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L。B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最 低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g。则此下降过程中(　　)‎ A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于‎3‎‎2‎mg B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于‎3‎‎2‎mg C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为‎3‎‎2‎mgL 答案　AB　A球初态v0=0,末态v=0,因此A球在运动过程中先加速后减速,当速度最大时,动能最大,加速度为0,故A的动能达到最大前,A具有向下的加速度,处于失重状态,由整体法可知在A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于‎3‎‎2‎mg,在A的动能最大时,B受到地面的支持力等于‎3‎‎2‎mg,选项A、B正确;弹簧的弹性势能最大时,A到达最低点,此时具有向上的加速度,选项C错误;由能量守恒,A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能,A球下降高度h=L cos 30°-L cos 60°=‎3‎‎-1‎‎2‎L,重力做功W=mgh=‎3‎‎-1‎‎2‎mgL,选项D错误。‎ ‎5.(多选)如图所示,质量为m=0.04 kg、边长l=0.4 m的正方形导体线框abcd放置在一光滑绝缘斜面上,线框用一平行斜面的细线系于O点,斜面倾角为θ=30°。线框的一半处于磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化关系为B=2+0.5t(T),方向垂直于斜面。已知线框电阻为R=0.5 Ω,重力加速度为g=10 m/s2。则(　　)‎ A.线框中的感应电流方向为abcda B.t=0时,细线拉力大小F=0.2 N C.线框中感应电流大小为I=80 mA D.经过一段时间t,线框可能沿斜面向上运动 答案　CD　根据楞次定律及安培定则,线框中产生的感应电流方向为adcba,选项A错误。根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势E=ΔBΔt·l‎2‎‎2‎=0.5×0.08 V=0.04 V,感应电流I=ER=0.08 A,t=0时磁感应强度B0=2 T,bc边所受安培力FA=B0Il=2×0.08×0.4 N=0.064 N,由左手定则可判断出安培力方向沿斜面向上,对线框由平衡条件F+FA=mg sin 30°,解得细线中拉力F=0.136 N,选项B错误,C正确。由安培力FA'=BIl=(2+0.5t)×0.08×0.4 N=(0.064+0.016t)N,可知经过一段时间t,安培力增大到大于线框重力沿斜面向下的分力时,线框沿斜面向上运动,选项D正确。‎ ‎6.(多选)如图所示,虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场,从cd边上的Q点飞出电场,不计质子重力。下列说法正确的有(　　)‎ A.质子到Q点时的速度可能大于v0‎ B.质子到Q点时的速度可能等于v0‎ C.质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行 D.质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直 答案　ABD　若电场强度水平向右,则质子从M点到Q点电场力做正功,动能变大,此时质子到Q点时的速度大于v0,选项A正确;若电场强度方向垂直于MQ连线向下,则质子从M点到Q点电场力不做功,动能不变,此时质子到Q点时的速度等于v0,选项B正确;质子能到达Q点说明电场力有向右的分量,则到达Q点后一定有水平向右的分速度,即质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行,选项C错误;若电场方向斜向右下方,则质子有水平向右的加速度和竖直向下的加速度,当运动到Q点时,竖直速度可能减小为零,而只具有水平向右的速度此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直,选项D正确。‎ ‎7.如图所示电路中的电源为恒流源,不管外电路的电阻如何变化,它都能够提供持续的定值电流。电压表、电流表都为理想电表,当滑动变阻器R的滑动触头向右滑动时,电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2,电流表A示数变化的绝对值为ΔI。下列说法中正确的是　(　　)‎ A.V1示数减小,A示数增大,ΔU‎1‎ΔI=R2‎ B.V1示数减小,A示数减小,ΔU‎1‎ΔI=R1‎ C.V2示数减小,A示数增大,ΔU‎2‎ΔI=R1‎ D.V2示数减小,A示数增大,ΔU‎2‎ΔI=R 答案　A　总电流恒定,滑动变阻器触头向右滑动时,连入电路的阻值减小,R2和R并联电阻减小,并联电压减小,流过R2电流减小,则流过电流表电流增大,流过R1电流不变,则V2示数不变,V1测量路端电压,外电阻减小,V1示数减小。设电源提供恒定电流为I0,则电压表V2示数U2=I0R1为定值,电流表示数为I,则有I0=I+U‎1‎‎-‎U‎2‎R‎2‎,整理得U1=(U2-R2I0)+R2I,其中U2、R1、I0均为定值,则U1与I成线性关系,斜率即ΔU‎1‎ΔI=R2,故A项正确,B、C、D项错误。‎ ‎8.如图所示,不可伸长的细线一端固定,另一端系一小球,小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动,不计空气阻力,则小球从释放位置运动到最低点的过程中　(　　)‎ A.水平方向加速度不断增大 B.竖直方向加速度不断增大 C.重力做功的瞬时功率先增大后减小 D.拉力做功的瞬时功率先增大后减小 答案　C　小球从释放位置运动到最低点的过程中,初始时刻只受竖直向下的重力,水平加速度为零,最后时刻小球受到竖直方向的重力和拉力,水平方向的加速度仍为零,而中间时刻小球水平方向加速度不为零,故小球水平方向加速度先增大后减小,A错误;小球竖直方向的加速度先向下为g,最后竖直向上,故竖直方向加速度应先减小到零,再反向增大,B错误;小球初始速度为零,重力的功率为零,最后速度方向水平,重力的功率也为零,故重力的功率先增大后减小,C正确;拉力方向始终和速度方向垂直,故拉力的瞬时功率始终为零,D错误。‎ ‎9.如图所示,一可视为质点的小球从A点自由下落,一段时间后,从B点以一定的初速度水平抛出另一个完全相同的小球,两小球恰好能在C点相碰,若碰撞前瞬间两球的速度大小相等,且两小球速度方向之间的夹角为θ=30°,已知A、C两点间的距离为h,取重力加速度g=10 m/s2,不计一切阻力,则下列说法中正确的是(　　)‎ A.从B点抛出的小球的初速度大小为‎6gh B.B、C两点间的水平距离为‎3‎h‎2‎ C.A、B两点间的高度差为‎3‎‎4‎h D.两小球在碰撞前瞬间重力的功率之比为1∶1‎ 答案　B　设自由下落的小球到达C点的速度大小为v,则有v2=2gh,解得v=‎2gh。由题意可知,做平抛运动的小球到达C点时的速度大小也为‎2gh。设平抛运动的小球初速度大小为v0,从B点运动到C点所用时间为t,则根据平抛运动的速度规律有sin θ=v‎0‎v,cos θ=gtv,解得v0=gh‎2‎,t=‎3h‎2g,所以B、C两点间的水平距离为x=v0t=‎3‎‎2‎h,故选项A错误,B正确;平抛运动的小球在t时间内下落的高度为h'=‎1‎‎2‎gt2,代入数据解得h'=‎3‎‎4‎h,故A、B两点间的高度差为‎1‎‎4‎h,选项C错误;在C点,自由下落的小球的重力的瞬时功率为PG1=mg‎2gh,而平抛运动的小球的重力的瞬时功率为PG2=mg‎2gh cos θ,PG1∶PG2=2∶‎3‎,故选项D错误。‎ ‎10.(多选)(2018宁夏银川唐徕回民中学等三校三模,7)如图甲所示,光滑的平行金属导轨AB、CD竖直放置,AB、CD相距L,在B、C间接一个阻值为R的电阻;在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场,磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r、长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上(与ab重合)。现用一个竖直向上的力F拉导体棒,使它由静止开始向上运动,导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动,导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触,导轨电阻不计。F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示,下列说法正确的是(　　)‎ A.导体棒离开磁场时速度大小为‎3mg(R+r)‎B‎2‎L‎2‎ B.离开磁场时导体棒两端电压为‎2mgRBL C.导体棒经过磁场的过程中,通过电阻R的电荷量为‎2BLhR D.导体棒经过磁场的过程中,电阻R上产生的焦耳热为‎9mghRr+R-‎‎2m‎3‎g‎2‎R(R+r)‎B‎4‎L‎4‎ 答案　BD　设导体棒离开磁场时速度大小为v,此时导体棒受到的安培力大小为F安=BIL=BLER+r=BLBLvR+r=B‎2‎L‎2‎vR+r,由平衡条件得F=F安+mg,结合图像知v=‎2mg(R+r)‎B‎2‎L‎2‎,故A错误。离开磁场时,由F=BIL+mg得I=‎2mgBL,导体棒两端电压为U=‎2mgBLR,所以B选项正确。导体棒经过磁场的过程中,通过电阻R的电荷量q=It=E‎(R+r)‎t=ΔΦt(R+r)‎×t=ΔΦR+r=BL·5hR+r,故C错误。导体棒经过磁场的过程中,设回路产生的总焦耳热为Q,根据功能关系可得Q=2mgh+3mg·4h-mg·5h-‎1‎‎2‎mv2,而电阻R上产生的热量为Q'=RR+rQ,解得Q'=‎9mghRr+R-‎2m‎3‎g‎2‎R(R+r)‎B‎4‎L‎4‎,所以D选项正确。‎