【物理】2018届二轮复习考前提速力争满分4策略1学案（江苏专用）

【物理】2018届二轮复习考前提速力争满分4策略1学案（江苏专用）

策略一　再忆物理学史——不丢冤枉分 科学家 国籍 主要贡献 伽利略 意大利 ‎①1638年，论证较重物体不会比较轻物体下落得快；‎ ‎②伽利略理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；‎ ‎③伽利略在教堂做礼拜时发现摆的等时性，惠更斯根据这个原理制成历史上第一座自摆钟；‎ ‎④伽利略在1683年出版的《两种新科学的对话》一书中，运用“观察→假设→数学推理”的方法，详细地研究了抛体运动。‎ 牛顿 英国 ‎①以牛顿三大运动定律为基础建立牛顿力学；‎ ‎②1687年在《自然哲学的数学原理》上发表万有引力定律，建立行星定律理论的基础。‎ 开普勒 德国 ‎17世纪提出开普勒三大定律。‎ 卡文 迪许 英国 ‎1798年利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量G。‎ 库仑 法国 ‎①1785年，库仑用自己发明的扭秤建立了静电学中著名的库仑定律；‎ ‎②静电力常量的数值是在电荷量的单位得到定义之后，后人通过库仑定律计算得出的。‎ 密立根 美国 通过油滴实验测定了元电荷的数值，e＝1.6×10－19 C。‎ 富兰 克林 美国 ‎①解释了摩擦起电的原因；‎ ‎②通过风筝实验验证闪电是电的一种形式，把天电与地电统一起来，并发明避雷针。‎ 欧姆 德国 通过实验得出欧姆定律。‎ 昂尼斯 荷兰 大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象——超导现象。‎ 焦耳 英国 ‎①与俄国物理学家楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，称为焦耳—楞次定律；‎ ‎②能量守恒定律的发现者之一。‎ 楞次 俄国 ‎1834年，提出确定感应电流方向的定律——楞次定律。‎ 奥斯特 丹麦 ‎1820年，发现电流可以使周围的磁针产生偏转，称为电流的磁效应。‎ 洛伦兹 荷兰 提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。‎ 笛卡儿 法国 ‎①在《哲学原理》中比较完整地第一次表述了惯性定律；‎ ‎②第一次明确地提出了“动量守恒定律”。‎ 安培 法国 ‎①发现了安培定则；‎ ‎②发现电流相互作用的规律；‎ ‎③提出分子电流假说。‎ 法拉第 英国 ‎①1821年，法拉第在重复奥斯特“电生磁”实验时，制造出人类历史上第一台最原始的电动机；‎ ‎②1831年发现的电磁感应现象，使人类的文明跨进了电气化时代。‎ 亨利 美国 最大的贡献是在1832年发现自感现象。‎ 狄拉克 英国 根据电磁场的对称性，预言“磁单极子必定存在”。‎ 汤姆孙 英国 利用阴极射线管发现了电子，说明原子可分，有复杂内部结构，并提出原子的枣糕模型(葡萄干布丁模型)，从而敲开了原子的大门。‎ 普朗克 德国 量子论的奠基人。为了解释黑体辐射，提出了能量量子假说，解释物体热辐射规律，提出电磁波的发射和吸收不是连续的，而是一份一份的，把物理学带进了量子世界。‎ 爱因 斯坦 德裔 美国人 ‎①提出光子说(科学假说)，成功地解释了光电效应规律，并提出了光电效应方程Ekm＝hν－W；‎ ‎②提出狭义相对论[相对论的两个原理：(Ⅰ)真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；(Ⅱ)在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的]；‎ ‎③总结出质能方程E＝mc2‎ ‎(2005年被联合国定为“世界物理年”，以表彰他对科学的贡献)。‎ 普吕 克尔 德国 ‎1858年发现了阴极射线。1876年，另一位德国物理学家戈德斯坦把这种射线命名为阴极射线。‎ 卢瑟福 英国 ‎①进行了α粒子散射实验，并提出了原子的核式结构模型，由实验结果估计原子核直径数量级为10－15 m；‎ ‎②用α粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，并发现了质子(该实验发现了原子内质量和电荷量的分布，并没有揭示原子核的组成)，并预言了中子的存在。‎ 玻尔 丹麦 量子力学的先驱。吸取普朗克、爱因斯坦的量子概念，提出原子结构的玻尔理论，成功解释了氢原子光谱，最先得出氢原子能级表达式。‎ 贝可 法国 发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构。‎ 勒尔 查德 威克 英国 在α粒子轰击铍核时发现中子(原子核人工转变的实验)，由此人们认识到原子核的组成。‎ 居里 夫人 法国 发现了放射性更强的钋和镭。‎ ‎[即时训练]‎ ‎1．(多选)下列说法中，符合物理学史实的是(　　)‎ A．亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因 B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值 C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说 D．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系 解析：选ACD　牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了万有引力常量的数值，B错误；其他三个选项均符合物理学史实，故选A、C、D。‎ ‎2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)‎ A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 解析：选D　只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。‎ ‎3．(多选)以下叙述正确的是(　　)‎ A．法拉第发现了电磁感应现象 B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 解析：选AD　1831年，法拉第通过实验发现了电磁感应现象，得出了磁生电的基本原理，A正确；质量是衡量物体惯性大小的唯一因素，速度大的物体惯性不一定大，B错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，C错误；利用楞次定律能判断感应电流的方向，电磁感应现象是其他形式的能转化为电能的过程，遵守能量守恒定律，D正确。‎ ‎4．(多选)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是(　　)‎ A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 解析：选ABD　奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确；安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确；法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确。‎ ‎5．(多选)在科学发展史上，每一位科学家的成果无一例外的都是在前人成果及思想方法的启迪下，点燃了自己智慧的火花，并加之自己的实践及对理论的创新归纳总结而得出的。下列叙述符合物理史实的是(　　)‎ A．伽利略传承了亚里士多德关于力与运动关系的物理思想，开创了某些研究物理学的科学方法 B．牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论的基础上得出了经典的牛顿第一定律 C．库仑在前人研究的基础上通过扭秤实验研究得出了库仑定律 D．楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律 解析：选BC　伽利略不是传承而是否定了亚里士多德的关于力与运动关系的物理思想，A错；法拉第提出了电磁感应定律，D错；B、C符合历史事实，B、C对。‎ ‎6．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是(　　)‎ A．牛顿第一定律是通过多次实验总结出来的一条实验定律 B．库仑通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值 C．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因 D．开普勒三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础 解析：选D　牛顿第一定律是牛顿在伽利略、笛卡儿等人研究的基础上总结出来的，不是通过实验得出的，A错误；引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测出的，库仑通过扭秤实验测出了静电力常量，B错误；亚里士多德提出了力是维持物体运动的原因，C错误；开普勒发现了行星运动的三大定律，为后人发现万有引力定律奠定了基础，D正确。‎ ‎7．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是(　　)‎ A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在 C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律 D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 解析：选B　伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项A错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项B正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误。‎ ‎8．在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了巨大的贡献，以下关于物理学史和所用物理学思想方法的叙述中不正确的是(　　)‎ A．伽利略应用理想实验说明力是维持物体运动的原因 B．微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法 C．瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法 D．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，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用了微元法 解析：选A　伽利略应用理想实验说明力不是维持物体运动的原因；微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法；瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法；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，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用了微元法，综上所述，应选A。‎ 策略二　巧用解题技法——考场快得分 图像图解法 图像图解法是根据各物理现象的各物理量间存在一定的数量关系，作出表示物理量之间的函数关系的图线，然后再利用图线的交点的坐标、图线的斜率、截距、图线与坐标轴所围几何图形的面积、图线的交点和拐点等对问题进行分析、推理、判断或计算，其本质是利用图像本身的数学特征所反映的物理意义解决物理问题，或根据物理图像判断物理运动过程、状态、物理量之间的函数关系和求某些物理量。中学物理中常见的图像有：矢量图、一次函数图像、二次函数图像、正弦(或余弦 ‎)函数图像，利用图像法解题的优点在于可以直观地看出物理运动过程的动态特征，使思路更加清晰，并能找到巧妙的解题途径。‎ ‎[典例]　(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法中正确的是(　　)‎ A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B．从t＝时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往复运动，也可能打到右极板上 D．从t＝时刻释放电子，电子必将从左极板上小孔飞出 ‎[解析]　从t＝0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将先向右匀加速运动时间，接着匀减速运动时间，速度减小到零后，又开始向右匀加速运动时间，接着匀减速运动时间……直到打在右极板上，电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。从t＝时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速运动时间，接着匀减速运动时间，速度减小到零后，改为向左先匀加速运动时间，接着匀减速运动时间，即在两板间往复运动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。从t＝时刻释放电子，电子先向右运动，再向左运动，不可能始终向右运动。从t＝时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动的过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动的过程中从左极板上小孔飞出。画出上述运动过程的v t图像如图所示。‎ ‎[答案]　AC ‎[应用体验](多选)如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ<90°，现缓慢改变绳OA的方向至θ>90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)‎ A．绳OA的拉力一直增大 B．斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大 C．地面对斜面体有向右的摩擦力 D．地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和 解析：选BD　缓慢改变绳OA的方向至θ>90°的过程，绳OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见绳OA的拉力先减小后增大，连接物块P的绳的拉力一直增大，选项A错误；若开始时物块P受绳子的拉力比较小，则斜面对物块P的摩擦力沿斜面向上，连接物块P的绳拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，选项B正确；以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，斜面受地面的摩擦力与绳OA水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，选项C错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象进行受力分析，根据竖直方向受力平衡：N＋Fcos α＝M斜g＋MPg＋MQg，式中α为F与竖直方向的夹角，由图分析可知F的最大值即MQg(当F竖直向上时)，故Fcos αM斜g＋MPg，选项D正确。‎ 逆向思维法 在解决某些物理问题的过程中直接入手有一定的难度，改变思考问题的顺序，从相反的方向进行思考，进而解决问题，这种解题方法称为逆向思维法。逆向思维法的运用主要体现在可逆性物理过程中(如运动的可逆性、光路的可逆性等)，也可运用反证归谬法等，逆向思维法是一种具有创造性的思维方法。‎ ‎[典例]　如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是(　　)‎ A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ B．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ C．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0‎ D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0‎ ‎[解析]　篮球斜上抛运动，末速度为垂直竖直篮板沿水平方向，可以将该过程逆向处理为平抛运动。当B点向篮板方向移动一小段距离后，由于A、B 点间竖直高度不变，为使篮球飞经B点，从A点飞出的水平速度应该小一点，若水平速度减小，则落到B点的速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能使抛出的篮球仍垂直打到篮板上。‎ ‎[答案]　C ‎[应用体验]‎ 一颗子弹垂直穿过三块紧靠在一起的木板后，速度刚好为零，设子弹在木板中所受阻力不变，若子弹穿过每块木板的时间相同，则三块木板的厚度之比为________；若三块木板厚度相同，则穿过三块木板的时间之比为________。‎ 解析：该题直接用匀减速运动的规律求解不够简捷。若将子弹的运动运用逆向思维法考虑，即将末速度为零的匀减速运动变为初速度为零的匀加速直线运动，转化后能方便地利用初速度为零的匀加速直线运动的规律，得出答案为5∶3∶1和(－)∶(－1)∶1，使题目得到巧解。‎ 答案：5∶3∶1　(－)∶(－1)∶1‎ 对称分析法 物理学中，对称现象比比皆是，对称的结构、对称的作用、对称的电路等。利用对称法分析物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的实质，快速简便地求解问题。用对称法解题的关键是敏锐地观察到并抓住事物在某一方面的对称性，这些对称性往往就是通往正确解答的捷径。‎ ‎[典例]　如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷量。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴z＝处的场强大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k　　　　　 B．k C．k D．k ‎[解析]　无穷大平面带电体的电场关于平面对称分布，在z轴正方向处取为a点，在其关于xOy平面对称的z轴负方向取为b点，如图所示，则感应电荷在a、b两点产生的场强等大反向；由于在导体内部场强处处为0，b点处的场强可看作由点电荷q在b处产生的场强与感应电荷形成电场场强的叠加，因此有Eq＝E板b，方向相反，又Eq＝k，得E板b＝k；在a点处，场强由E板b 和q在a点处产生的场强叠加，方向相同，得Ea＝k＋k＝k。‎ ‎[答案]　D ‎[应用体验]‎ 如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10 T，磁场区域的半径r＝ m，左侧区域圆心为O1，磁场方向垂直纸面向里，右侧区域圆心为O2，磁场方向垂直纸面向外，两区域切点为C。今有质量为m＝3.2×10－26 kg、带电荷量为q＝－1.6×10－19 C的某种离子，从左侧区域边缘的A点以速度v＝106 m/s正对O1的方向垂直磁场射入，它将穿越C点后再从右侧区域穿出。求：‎ ‎(1)该离子通过两磁场区域所用的时间。‎ ‎(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)‎ 解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T。‎ 由牛顿第二定律有qvB＝m，‎ 又T＝，‎ 联立得：R＝，T＝，代入数据可得R＝2 m 由轨迹图知：tan θ＝＝，‎ 即θ＝30°，则全段轨迹运动时间：‎ t＝2××T＝＝ 代入数据，可得：t≈4.19×10－6 s。‎ ‎(2)在图中过O2点向AO1作垂线，根据运动轨迹的对称关系可知，侧移距离为d＝2rsin 2θ ‎＝2 m。‎ 答案：(1)4.19×10－6 s　(2)2 m 极限思维法 将某些物理量的数值推向极值(如设定摩擦因数趋近零或无穷大、电源内阻趋近零或无穷大、物体的质量趋近零或无穷大、斜面的倾角趋于0°或90°等)，并根据一些显而易见的结果、结论或熟悉的物理现象进行分析和推理的一种办法。‎ ‎[典例]　如图所示，飞行员进行素质训练时，抓住秋千由水平状态开始下摆，在到达竖直状态的过程中，飞行员受重力的瞬时功率的变化情况是(　　)‎ A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎[解析]　由公式PG＝Gv竖，G为定值，可知只需要讨论物体速度在竖直方向的分量。开始时，人向下加速，v竖是增加的，达到一个最大值后，水平速度不断增大，竖直方向分速度逐渐减小，在最下端时，竖直方向分速度减小为0，由此分析，C正确。‎ ‎[答案]　C ‎[应用体验]‎ ‎(多选)在光滑的水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示。开始时，各物体均静止。今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块与木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2。物块与两木板之间的动摩擦因数相同。下列说法正确的是(　　)‎ A．若F1＝F2，M1>M2，则v1>v2‎ B．若F1＝F2，M1v2‎ C．若F1>F2，M1＝M2，则v1>v2‎ D．若F1v2‎ 解析：选BD　拉力F相同时，设质量较大的木板质量M→∞，则a→0，v→0；木板质量M相同时，设较大的力F→∞，则t→0，v→0，故B、D正确。‎ 等效分析法 等效法是物理学中一个基本的思维方法，其实质是在保证效果相同的前提条件下，将实际的、复杂的情境或过程变换为简单的、易于研究和处理的情境或过程。等效法在物理解题中的常见应用有：‎ ‎1．效果等效。例如，合力与分力、合运动与分运动、交流电的有效值和等效重力场等。‎ ‎2．过程等效。若一个研究对象从同一初始状态出发，分别经过两个不同过程而最后得到的结束状态相同，这两个过程是等效的；有时可将“多个物体的运动”等效为“一个物体的运动”。‎ ‎3．电路等效。有些电路元件的连接方式复杂，需要画等效电路图来简化电路。‎ ‎[典例]　取一根长2 m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘。在线的一端系上第一个垫圈，隔12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36 cm、60 cm、84 cm，如图所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内。松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈(　　)‎ A．落到盘上的声音时间间隔越来越长 B．落到盘上的声音时间间隔相等 C．依次落到盘上的速率关系为1∶∶∶2‎ D．依次落到盘上的时间关系为1∶(－1)∶(－)∶(2－)‎ ‎[解析]　各垫圈做自由落体运动，由于各垫圈之间的间距之比为1∶3∶5∶7，由初速度为零的匀加速直线运动的规律可以判断对应的时间间隔都相等，即落到盘上的声音时间间隔也必定相等，选项A、D错误，B正确；它们依次落在盘上的速度之比为1∶2∶3∶4，选项C错误。‎ ‎[答案]　B ‎[应用体验]‎ 在水平地面上距竖直墙壁为2s处(B点)，以某速度斜抛出一个小球，小球与竖直墙壁发生弹性碰撞后，到达的最高点(A点)与墙壁的水平距离为s，离水平地面的高度为h，如图所示。求小球抛出时的初速度。‎ 解析：因小球与墙壁发生弹性碰撞，故与墙壁碰撞前后入射速度与反射速度具有对称性，碰撞后小球的运动轨迹与无墙壁阻挡时小球继续前进的轨迹相对称，如图所示，小球由B点至A点的运动，可以转换为平抛运动来处理，效果上相当于小球从A′点水平抛出所做的运动 根据平抛运动的规律：x＝v平t，y＝gt2，v竖＝gt 因为抛出点到落地点的距离为3s，抛出点的高度为h，代入后可解得：‎ v＝＝。‎ 答案： ‎[即时训练]‎ ‎1．已知“玉兔”号月球车在月球表面运动的最大加速度为 m/s2，最大速度为200 m/h。若它由静止开始从距离为1 m的地方安全返回“嫦娥三号”(返回“嫦娥三号”时速度为零)，则最短耗时为(　　)‎ A．17 s　　　　　　　 B．18 s C．19 s D．20 s 解析：选C　月球车的最大速度v＝200 m/h＝ m/s，其运动1 m的过程如图所示，由题意知×(t0＋1＋t0－1)× m＝1 m，解得t0＝18 s，故最短耗时19 s，C正确。‎ ‎2.(多选)长为l、相距为d的平行金属板M、N带等量异种电荷，A、B两带电粒子分别以不同的速度v1、v2从金属板左侧同时射入板间，粒子A从上板边缘射入，速度v1平行于金属板，粒子B从下板边缘射入，速度v2与下板成一定夹角θ(θ≠0)，如图所示。粒子A刚好从金属板右侧下板边缘射出，粒子B刚好从上板边缘射出且速度方向平行于金属板，两粒子在板间某点相遇但不相碰。不计粒子重力和空气阻力，则下列判断正确的是(　　)‎ A．两粒子带电荷量一定相同 B．两粒子一定有相同的比荷 C．粒子B射出金属板的速度等于v1‎ D．相遇点在两板正中位置 解析：选BC　粒子A在板间做类平抛运动，粒子B刚好从上板边缘射出且速度方向平行于金属板，可看成反向的类平抛运动，与粒子A能在板间相遇，说明两粒子具有相同的水平速度，因此粒子B射出金属板的速度等于v1，C对；粒子A刚好从金属板右侧下板边缘射出，所以两粒子运动轨迹如图所示，故两粒子垂直于金属板的方向有相同的加速度，由a＝ 可知，它们有相同的比荷但带电荷量可能不同，A错，B对；由对称关系可知，相遇点距离板左、右两侧的距离相等，即从射入到相遇所用时间等于粒子穿过金属板的时间的一半，即t0＝＝，垂直于板的方向粒子A做初速度为零的匀加速直线运动，故相遇点到上、下板的距离之比等于1∶3，两粒子相遇点不在两板正中位置，D错。‎ ‎3．(多选)步枪子弹的质量为m＝2×10－3 kg，子弹在枪膛内受到的压缩空气的推动力F与子弹在枪膛内的运动时间t满足F＝400－×105t(N)，子弹在枪膛内运动时重力、所受阻力都忽略不计，子弹离开枪膛时，推动力恰好为零，在水平射击时，关于子弹在枪膛内的运动情况，下列说法中正确的是(　　)‎ A．子弹离开枪膛时的速度为300 m/s B．子弹离开枪膛时的速度为600 m/s C．子弹在枪膛内运动的距离为0.45 m D．子弹在枪膛内运动的距离大于0.45 m 解析：选AD　子弹离开枪膛时，推动力为零，子弹的加速度为0，t＝0时，子弹的加速度a0＝ m/s2＝2×105 m/s2，子弹在枪膛内的运动时间t0＝3×10－3 s，作出子弹的加速度—时间图像，如图甲所示，at图线与坐标轴围成的面积表示子弹最终获得的速度，因此子弹离开枪膛时的速度为vm＝ m/s＝300 m/s，A正确，B错误；由于子弹的加速度越来越小，作出子弹的vt图像，如图乙所示，由图线可知，子弹在枪膛内运动的距离大于t0＝0.45 m，D正确，C错误。‎ ‎4.如图所示电路中，R1>R2＋r(r为电源内阻)，在滑动变阻器的滑片P由a向右移到b的过程中，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．电源的总功率增大 B．电源内部的电势降落减小 C．R1消耗的功率先增大后减小 D．R2消耗的功率一定增大 解析：选B　在R1的滑片P由a向右移到b的过程中，R1接入电路的阻值减小，电路电流I＝E/(R1＋R2＋r)增大，电源的总功率P总＝IE增大，电源内部的电势降落U内＝Ir增大，R2消耗的功率P2＝I2R2增大，选项A、D正确，B错误；可以把R2也看作电源的内阻，即r内＝R2＋r，这样R1消耗的功率就是电源的输出功率，就可以利用结论：当R1＝r内 时，输出功率P1最大；当R1r内时，随着R1阻值的增大输出功率P1减小，选项C正确。‎ ‎5．(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q。四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α。若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　)‎ A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 解析：选AC　设菱形的边长为l，对Q有：2sin α＝得sin3α＝，C对，D错；根据Q和－q空间的对称性，应有cos3α＝，A对，B错。‎ ‎6.从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球，经过时间t皮球落回地面，落地时皮球速度的大小为v2。已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，重力加速度大小为g。下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的。你可能不会求解t，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断。根据你的判断，你认为t的合理表达式应为(　　)‎ A．t＝ B．t＝ C．t＝ D．t＝ 解析：选B　取空气阻力为零，则小球做竖直上抛运动t＝。则只有B正确。‎ ‎7．物体只在重力作用下由静止开始下落的运动，叫自由落体运动。这种运动在真空中才能发生，在有空气的空间，当空气阻力很小可以忽略时，物体的下落可以近似地看作自由落体运动。为了探究自由落体运动的快慢与哪些因素有关，小南长和小北塘作了如下猜想：‎ 猜想一：物体自由落体运动的快慢与物体的材料有关；‎ 猜想二：物体自由落体运动的快慢与物体的质量有关。‎ 为了验证猜想，他们分别将三个金属球在22 m高处由静止释放，测得金属球落地时间如下表：‎ 实验序号 材料 质量/kg 下落时间/s ‎1‎ 铁球 ‎0.2‎ ‎2.05‎ ‎2‎ 铁球 ‎0.4‎ ‎2.05‎ ‎3‎ 铅球 ‎0.4‎ ‎2.05‎ ‎(1)他们选用金属球而不选用棉花球或纸团进行实验，这样做的目的________。‎ A．便于实验操作 B．便于实验观察 C．相对空气阻力较小，使运动更接近自由落体运动，实验更具科学性 ‎(2)他们分析比较表中的数据，得出的结论是__________________________。‎ ‎(3)当空气阻力不能忽略时情况又怎么样呢？小南长和小北塘同学通过查阅资料知道：从高空下落的物体，速度越来越大，所受空气阻力也会随速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将以某一速度做匀速运动，通常把这个速度称为收尾速度。研究发现相同环境条件下，空气对相同材质的球形物体的阻力大小与球的半径和速度都有关系。下表为某次研究的实验数据，根据表格中的数据，得到相同材质的球形物体所受的空气阻力f与________成正比(用对应的字母表示)。‎ 小球编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 小球质量m(×10－2 kg)‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎8‎ 小球半径r(×10－3 m)‎ ‎0.5‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ 小球的收尾速度v(m/s)‎ ‎16‎ ‎40‎ ‎16‎ 解析：(1)自由落体的要求就是尽可能地减小物体受到的空气阻力，铁球相对于棉花球或纸团，受到的空气阻力更小，运动更接近自由落体运动。故选C。‎ ‎(2)分析比较表中的数据，得出的结论是：物体自由落体运动的快慢与物体的材料和质量无关。‎ ‎(3)小球受竖直向下的重力G、竖直向上的空气阻力f，当小球达到收尾速度时，小球做匀速直线运动，根据控制变量法，选择半径相等的1、2小球为研究对象，在达到收尾速度时它们所受的空气阻力之比等于其重力之比，为2∶5，收尾速度之比为2∶5，说明阻力与收尾速度成正比；选择收尾速度相等的1、3小球为研究对象，它们所受的空气阻力之比等于其重力之比，为1∶4，其半径之比为1∶2，说明空气阻力与小球半径的平方成正比，所以相同材质的球形物体所受的空气阻力f与vr2成正比。‎ 答案：(1)C　(2)见解析　(3)vr2‎ ‎8.如图所示，冰壶比赛中一冰壶以速度v垂直进入四个宽为l的矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域的E点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，试通过所学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形所用的时间是多少。‎ 解析：冰壶通过矩形区域做匀减速运动，可看作冰壶从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式，由E到A，有4l＝at12‎ 式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小 由E到D，有l＝a(t1－t)2‎ 联立解得t1＝2t或t1＝t 显然t1＝t不符合题意，应舍去。‎ 所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t1－t＝t。‎ 答案：t 策略三　掌握应试技巧——稳答多捞分 高考，七分靠实力，三分靠技巧。临近高考，熟悉高考环境，掌握考场应试技巧，对考生稳定发挥乃至超常发挥都至关重要。下面介绍几招应试技巧，希望这些超越知识技能之外的抢分策略能让考生少丢分，多抢分！‎ 一、第一时间，侦探虎穴，把握开局 每年的物理学科考试，绝大多数考生都是时间不够用。压轴题最难，大多数考生都放在最后做，但临近结束，高度紧张，题目又长，有的看都没看完，几分钟草草凑几个式子。考后对答案才知道，压轴题并非想象得那样刁顽，放在平时还可能做出来，一掷16甚至32分既痛心又不甘心。其主要原因还是畏难情绪，放到最后做，时间投入严重不足。‎ 开考前5分钟可否一试？试卷拿到手，核对卷型，检查有无页码错漏、印刷不清等问题，填涂信息贴条码，这些1分钟可搞定。余下4分钟，实践表明，只浏览不入题作用不大。如果这4分钟就看一或两道大题，细读压轴题，快的甚至初步思路都有了。当然，这样做也有不同看法，不少人认为先看难题会加重心理负担，导致紧张情绪，但各地很多同学的尝试表明此举有效，尤其是中等及以上层面的同学受益明显。考什么，究竟多难，开局心中有底，有助从容应对，拔高分的大题不至于拖到最后仓促应付。‎ 二、利用试卷，辅助草稿，省时便捷 物理解题演算量大，怎样打草稿也应思考。平时做练习，卷面留白面积一般很小，同学们又很爱惜试卷，很难想起用试卷打草稿，可能老师也没提过，大多数同学没有利用试卷辅助打草稿的习惯。由于高考试卷考后交当地招生办公室(招办)收存保管备查，不用于评分，故可在试卷上打草稿。特别是遇到求作图像、图表之类的题目，直接用试卷原图作分析草稿，既省时省事，又准确快捷，也不违反考试规则。‎ 三、选择题，小题巧做，规避风险 物理9道选择题，分单选和多选。先说单选题，从应试角度，根据“单选”特点，除学科技巧外，还有可用的思维招数，如排除筛选、直觉猜想、假设反证、特值特例、极端极限、量纲验证等，解题受阻时，不妨一试。‎ 再说多选题，必考选择题中有4道是多选题。每小题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。因此，不能抱侥幸心理，风险太大。选考部分也有多选题，设计4个选项，疑惑不准时，牢记宁缺毋滥。‎ 四、实验题，遵规守约，抓住要点 实验题中的文字填空，一定要把意思表达清楚；数值填空，要看清括号里规定保留几位小数或几位有效数字之类的要求，并注意单位；游标卡尺、螺旋测微器和指针式电表读数，以及误差原因分析，出题概率高，应做好充分准备。‎ 表格里的实验数据分析，往往考控制变量法或图像法。如画拟合直线，要观察直线两侧点数分布是否均等且最靠近，稍不细心，受2B铅笔粗细、贴直尺倾斜不同等因素影响，最后画出的图线差别较大，导致取点读值、计算结果可能不在“标答”范围，这类问题在我们平时训练中并不少见。绘图，笔画需清晰均匀，避免答题卡扫描出现“断线”影响评分。电路图上元件代号的标注，坐标图线上物理量的标注，单位标度，图线的虚、实等都应准确清晰。‎ 五、计算题，不留空白，规范赚分 计算题评分是“见式给分”，“就高不就低”。只找对的式子给分，错的式子不扣分。故先把所有的式子，公式、字母式列出来，一直列到不会为止，然后再开始求解计算。一定要注意用题中的字母来表示，如果考试时间很紧，这道题的计算量又很大，可放弃计算，也能拿到大部分分数。‎ 压轴题难度较大，主要表现在：①过程情境的复杂性，往往有多个过程或多个对象；②知识应用的综合性，涉及多个知识点；③已知条件的隐含性，深度分析才能获得；④数学方法的技巧性；⑤问题讨论的多样性。解压轴题如同“拆积木”，化整为零，把对象和过程划分为若干单元，每个单元都是基本模型，重点还是审题分析。如果前面“拦”(难)住了，可以“跳步解答”，只要跟题目可能相关的公式，能写几个就写几个，都可能凑分，千万不要留空白！‎ 网上阅卷，流水作业，几秒钟阅一题，“踩点”书写、一目了然十分关键。‎ ‎(1)所列方程必须是原始方程，且单列一行，不能用移项变形式、中间结论式或字母数据混合式。多个方程，要逐一单独列出，不能写成连等式或综合式。不然，中间有一处疏漏或失误，整个式子将作全错处理，损失太大。‎ ‎(2)字母符号书写要规范。题设字母不得改变，自设字母尽量用习惯写法，如拉力用FT表示，摩擦力用Ff表示；善用下标和上标区分表意，切忌同题字母混用，如机械能、场强、电动势用一个字母E表示时需加脚标区分，同一物体不同时序的速度用v1、v2、v1′、v2′表示，同一物体不同位置速度用vM、vN表示，A、B两物体同一时刻速度用vA、vB表示等。切忌字母大小写、英文和希腊字母不分。‎ ‎(3)计算过程表达要规范。一般几何关系直接给出无须证明。代数计算过程先进行字母运算，推出结果表达式，再代入已知数值计算。如果直接给出数值结果且不正确，会失去较多分数。‎ ‎(4)字母运算结果需用题中已知量表示。纯数值运算结果，无特别要求时用科学计数法表示，结果保留2或3位有效数字，数值要带单位。字母和数值混合表达结果中，无理数和分数因子可不换算为小数形式。‎ ‎(5)题目所设问题要答复，且回答完整。如说明负号的意义，矢量的方向；涉及对象转换，要交代“根据牛顿第三定律”；解出多个答案，要作出取舍；涉及条件限制，需作讨论说明。‎ 总之，考场如战场，回避“雷区”，规范“抢分”，可以超越自己的学科能力，发挥超常水平。‎ 策略四　考前专项提速——细心争满分 ‎(一)选择题考前提速练 考前提速练1‎ 一、单项选择题 ‎1.转笔(Pen Spinning)是一项用不同的方法与技巧、以手指来转动笔的休闲活动，如图所示。转笔深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识，假设某转笔高手能让笔绕其上的某一点O做匀速圆周运动，下列有关该同学转笔过程中涉及到的物理知识的叙述正确的是(　　)‎ A．笔杆上的点离O点越近的，做圆周运动的向心加速度越大 B．笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由万有引力提供的 C．若该同学使用中性笔，笔尖上的小钢珠有可能因快速的转动做离心运动被甩走 D．若该同学使用的是金属笔杆，且考虑地磁场的影响，由于笔杆中不会产生感应电流，因此金属笔杆中一定不会产生感应电动势 解析：选C　由向心加速度公式an＝ω2R可知，笔杆上的点离O点越近时，做圆周运动的向心加速度越小，故A错误；笔杆上的各点做圆周运动的向心力是由笔杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；当转速过大时，若笔尖处提供的向心力小于需要的向心力，有可能出现笔尖上的小钢珠做离心运动被甩走，故C正确；当金属笔杆转动时，若切割地磁场，笔杆中会产生感应电动势，但不会产生感应电流，故D错误。‎ ‎2.已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大。为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路。电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节滑动变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则(　　)‎ A．电压表的示数变小 B．磁敏电阻两端电压变小 C．小灯泡L变亮甚至烧毁 D．通过滑动变阻器R的电流变大 解析：‎ 选C　探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流I变小，根据U＝E－Ir，可知I减小，路端电压U增大，则电压表的示数变大，小灯泡L两端的电压增大，所以小灯泡L变亮甚至烧毁，小灯泡L的电流增大，而总电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流减小，其两端电压减小，而路端电压增大，所以磁敏电阻两端电压变大，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎3．在离地球十几亿光年的遥远星系中有两个黑洞A、B，其质量分别为太阳质量的36倍和29倍，A、B绕它们连线上某点以相同周期转动组成双星系统，只考虑A、B之间的相互作用。在漫长的演变过程中，A、B缓慢靠近，最后合并为一个黑洞，释放出巨大能量，则(　　)‎ A．A、B所受万有引力之比为36∶29‎ B．A、B做圆周运动的半径之比为29∶36‎ C．A、B缓慢靠近过程中势能增大 D．A、B缓慢靠近过程中动能减小 解析：选B　A、B所受的万有引力为作用力与反作用力，则大小相等，则A错误；A、B的角速度相等，则mArAω2＝mBrBω2，则＝＝，则B正确；A、B缓慢靠近过程中，万有引力做正功，势能减小，动能增大，则C、D错误。‎ ‎4．如图所示实线为等量异种点电荷周围的电场线，虚线为以正点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点，若将一正试探电荷从虚线上N点移动到M点，则(　　)‎ A．电荷所受电场力大小不变 B．电荷的电势能大小不变 C．电荷的电势能逐渐减小 D．电荷的电势能逐渐增大 解析：选C　由题图电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线稀疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F＝qE可知，电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故A错误；根据沿着电场线方向电势降低，知虚线上各点的电势比正点电荷处的电势低，根据U＝Ed可知，N与正点电荷间的电势差小于M与正点电荷的电势差，所以N点的电势高于M点的电势，从N点到M点，电势逐渐降低，电荷的电势能逐渐减小，故C正确，B、D错误。‎ ‎5．两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变。一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列用虚线和实线描述两物体运动的v t图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选D　不计空气阻力的物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后反弹做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；所受空气阻力大小与速率成正比的物体下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后反弹，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据v t 图像的斜率表示加速度可知，D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．关于下列器材的原理和用途，说法正确的是(　　)‎ A．变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率 B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻 C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化 D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用 解析：选AD　变压器可以改变交流电的电压但不能改变频率，故A正确；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象，不是因为其存在电阻，故B错误；真空冶炼炉的工作原理是炉内金属产生涡流使炉内金属熔化，不是炉体产生涡流，故C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流，能起电磁阻尼的作用，故D正确。‎ ‎7.如图所示电路中，电源电动势为E(内阻不可忽略)，线圈L的电阻不计。下列判断正确的是(　　)‎ A．闭合S稳定后，电容器两端电压为E B．闭合S稳定后，电容器的a极板带负电 C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右 D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右 解析：选BC　闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于路端电压，小于电动势E，故A错误；闭合S稳定后，由题图知b极板带正电，a极板带负电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，通过R1的电流方向向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器会放电，则通过R2的电流方向向左，故D错误。‎ ‎8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝ Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接。V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的灯泡，标称值为“20 V,30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5 A。则下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表A1、A2的示数之比为2∶1‎ B．理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1‎ C．线圈匀速转动的角速度ω＝120 rad/s D．电压表的示数为40 V 解析：选BC　灯泡的额定电流I＝＝1.5 A，因灯泡正常发光，副线圈的电流为3 A，则原、副线圈的电流即电流表A1、A2的示数之比为1∶2，则A错误；由于电流与匝数成反比，则理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，则B正确；副线圈的电压为20 V，则原线圈的电压为40 V，由于线圈的电阻r＝ Ω，因电流为1.5 A，可得线圈产生电动势的最大值为×V＝60 V＝BSω，解得ω＝120 rad/s，则C正确；电压表的示数为有效值40 V，则D错误。‎ ‎9.如图所示，斜面体固定不动，一轻质弹簧沿光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上。分两次将质量为m1、m2(m2＞m1)的两物块从斜面上不同位置由静止释放，两次运动中弹簧的最大压缩量相同(弹簧始终在弹性限度范围内，弹性势能表达式为E＝kx2)。则物块从开始释放到速度第一次减为零的过程(　　)‎ A．m1开始释放的高度高 B．m1的重力势能变化量大 C．m2的最大速度小 D．m2的最大加速度小 解析：选AD　对任一物块，设物块的质量为m，物块从开始释放到速度第一次减为零下降的高度为h，取最低点所在水平面为参考平面。根据物块与弹簧组成的系统机 械能守恒得：mgh＝Ep，据题知，两次弹簧的最大弹性势能Ep相同，m2＞m1，则有h1＞h2，即m1‎ 开始释放的高度高，故A正确；物块从开始释放到速度第一次减为零的过程，物块的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，则两物块重力势能变化量相等，故B错误；物块的速度最大时，合力为零，则有 kx＝mgsin α(α为斜面倾角)，因为m2＞m1，所以x2＞x1，设弹簧的最大压缩量为xm，物块刚下滑时离弹簧的距离为L，从开始到最低点的过程，根据能量守恒定律得：Ep＝mgsin α(xm＋L)，据题知，xm、Ep相等，m2＞m1，则 L2＜L1，从开始到速度最大的过程，由能量守恒得：mgsin α(L＋x)＝mvm2＋kx2，又x＝，解得：vm＝，由于m2＞m1，L2＜L1，可知不能判断最大速度的大小，故C错误；两次运动中弹簧的最大压缩量相同，弹簧的最大弹力相同，设为F，由牛顿第二定律得F－mgsin α＝ma，得最大加速度a＝－gsin α，由于m2＞m1，所以m2的最大加速度小于m1的最大加速度，故D正确。‎ 考前提速练2‎ 一、单项选择题 ‎1．带电粒子仅受电场力作用，其不可能做的运动是(　　)‎ A．匀加速直线运动 B．匀速圆周运动 C．匀变速曲线运动 D．匀速直线运动 解析：选D　粒子在匀强电场中，若粒子所受的电场力方向与速度方向相同，粒子做匀加速直线运动，故A可能；粒子在点电荷形成的电场中，若库仑引力提供向心力，做匀速圆周运动，故B可能；粒子在匀强电场中，若粒子的速度方向与电场力方向垂直，粒子做匀变速曲线运动，故C可能；粒子做匀速直线运动，合力为零，由于粒子仅受电场力，合力不可能为零，则不可能做匀速直线运动，故D不可能。‎ ‎2.如图所示的闭合电路中，当滑动变阻器滑片P移动时，各电流表(内阻可不计)示数变化情况是(　　)‎ A．A1、A2的示数同时增大、同时减小 B．A1示数增大时，A2的示数减小 C．A1的示数减小时，A2的示数增大 D．A1的示数变化量大于A2的示数变化量 解析：选A　当滑动变阻器滑片P向下移动时，连入电路的阻值变小，故外电路的总电阻变小，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变大，电流表A1的示数增大，故路端电压U＝E－Ir变小；定值电阻R1的电流减小，由于总电流增加，故通过滑动变阻器的电流增加了，即A2的示数增大，则A1、A2的示数同时增大；同理，当滑动变阻器滑片P向上移动时，连入电路的阻值变大，故外电路的总电阻变大，故根据闭合电路欧姆定律，总电流变小，电流表A1的示数减小，故路端电压U＝E－Ir变大；定值电阻R1的电流增大，由于总电流减小，故通过滑动变阻器的电流减小了，即A2的示数减小，则A1、A2‎ 的示数同时减小，故A正确，B、C错误；A1、A2的示数同时增大、同时减小，而R1的电流变化情况与两只电流表相反，所以A1的示数变化量小于A2的示数变化量，故D错误。‎ ‎3.如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，跟物体1相连接的细绳与竖直方向成θ角。下列说法中正确的是(　　)‎ A．车厢的加速度为gsin θ B．细绳对物体1的拉力为m1gcos θ C．底板对物体2的支持力为m2g－m1g D．物体2所受底板的摩擦力为m2gtan θ 解析：选D　对物体1研究，分析受力如图甲，受重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得m1gtan θ＝m1a，得a＝gtan θ，则车厢的加速度也为gtan θ，T＝，故A、B错误；对物体2研究，分析受力如图乙，根据牛顿第二定律得：N＝m2g－T＝m2g－，f＝m2a＝m2gtan θ，故D正确，C错误。‎ ‎4.我国研发的“高分一号”卫星突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术。如图所示为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，北斗系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别在轨道上的A、B两位置，“高分一号”卫星在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则以下说法正确的是(　　)‎ A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需要的时间为 C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须使其减速 D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，机械能会减小 解析：选D　根据万有引力提供向心力G＝ma，得a＝G，而GM＝gR2，所以卫星的加速度a＝，故A错误；根据万有引力提供向心力G＝mω2r，得ω＝，所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间t＝＝，故B错误；若“高分一号”‎ 卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，故如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须使其加速，故C错误；“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D正确。‎ ‎5.如图所示，质量分别为M和m的两物块与竖直轻弹簧相连，在水平面上处于静止状态。现将m竖直向下压缩弹簧一段距离后由静止释放，当m到达最高点时，M恰好对地面无压力。已知弹簧劲度系数为k，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为g，则(　　)‎ A．当m到达最高点时，m的加速度为g B．当m到达最高点时，M的加速度为g C．当m速度最大时，弹簧的形变量为 D．当m速度最大时，M对地面的压力为Mg 解析：选A　当m到达最高点时，M刚好对地面没有压力，可知弹簧对M的拉力为Mg，M所受合力为零，加速度为零；此时弹簧对m的作用力也是Mg，所以m的加速度为：am＝＝g，故A正确，B错误；由题可知，开始时弹簧对m的弹力大于m的重力，m向上做加速运动，当弹簧的弹力小于m的重力时，m做减速运动，所以弹簧中弹力等于mg时，m有最大速度，由胡克定律得：mg＝kx，得：x＝，此时对M受力分析可得：FN＋kx－Mg＝0，解得FN＝Mg－mg，故C、D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6．关于科学家对物理学所做的页献，下列说法符合史实的是(　　)‎ A．伽利略通过对自由落体的研究，开创了一套研究自然规律的科学方法 B．英国物理学家卡文迪许首先利用扭秤实验发现了万有引力定律 C．亚里士多德认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快 D．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动 解析：选AD　伽利略通过对自由落体的研究，结合小球在斜面上运动的实验和理想实验，开创了一套把实验和逻辑推理相结合的科学研究方法，故A符合史实；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量，故B不符合史实；伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快，故C不符合史实；笛卡儿通过实验指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，故D符合史实。‎ ‎7.在某一高度处将A球以初速度大小为v1水平抛出，同时在A 球正下方地面处将B球以初速度大小为v2斜向上抛出。在B球上升至最高点时，两球恰在空中相遇，相遇时两球的速度大小分别为vA、vB，不计空气阻力。则(　　)‎ A．v1＞v2 B．v1＜v2‎ C．vA＞vB D．vA＜vB 解析：选BC　A球做平抛运动，B球做斜抛运动，水平方向都做匀速直线运动。因为两球在空中相遇，知水平位移相等，由x＝vxt知，水平分速度大小相等，有v1＝v2cos θ，θ是B球的初速度与水平方向的夹角，则得v1＜v2，故A错误，B正确；相遇时，A球的速度大小为vA＝，此时B球上升至最高点，vB＝v2cos θ＝v1，可得vA＞vB，故C正确，D错误。‎ ‎8.两异种点电荷A、B附近的电场线分布如图所示，P为电场中的一点，已知P点的电势为φ，电荷A产生的电场在P点的场强大小为EA，电荷B产生的电场在P点的场强大小为EB，取无穷远处的电势为零。下列说法中正确的有(　　)‎ A．A、B所带电荷量不相等 B．P点的场强大小为EA＋EB C．A、B连线上有电势为零的点 D．将电荷为＋q的点电荷从P点移到无穷远处，电场力做功为qφ 解析：选ACD　等量异种点电荷的电场线分布图具有对称性，而题图左右不对称，知A、B所带的电荷量不相等，故A正确；P点的场强是点电荷A、B在P点产生的合场强，根据平行四边形定则可以得出P点的场强大小，易知P点的场强小于EA＋EB，故B错误；取无穷远处的电势为零，正电荷附近的电势高于零，负电荷附近的电势低于零，所以A、B连线上有电势为零的点，故C正确；根据W＝q(φ－0)＝qφ知，电场力做功为qφ，故D正确。‎ ‎9.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上。细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但拉力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ(μ＜tan θ)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中(　　)‎ A．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴 B．至细绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsin C．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为 D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零 解析：‎ 选CD　由题可知，物块做加速圆周运动，所以开始时物块受到的摩擦力必定有一部分的分力沿运动轨迹的切线方向，故A错误；对物块受力分析知物块离开转台前，沿运动轨迹径向的合力：F＝f＋Tsin θ＝m，N＋Tcos θ＝mg，根据动能定理知W＝Ek＝mv2，当拉力T＝0 时，r＝Lsin θ，联立解得W＝fLsin θ≤μmgLsin θ，至细绳中出现拉力时，转台对物块做的功为μmgLsin θ，故B错误；当N＝0时，f＝0，Tsin θ＝mrω02，可解得ω0＝，所以当物块的角速度增大到 时，物块与转台间恰好无相互作用，故C正确；由几何关系可知，物块在做圆周运动的过程中受到的细绳的拉力方向与物块运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零，故D正确。‎ 考前提速练3‎ 一、单项选择题 ‎1．下列说法不符合物理学史实的是(　　)‎ A．波兰的哥白尼提出“日心说”，认为行星和地球绕太阳做匀速圆周运动，只有月亮环绕地球运行 B．1687年德国天文学家开普勒正式发表万有引力定律 C．万有引力定律发表100多年后，英国物理学家卡文迪许在实验室通过扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量 D．英国天文学家哈雷根据万有引力定律计算了一颗著名彗星的轨道并正确预言了它的回归 解析：选B　波兰的哥白尼提出“日心说”，认为行星和地球绕太阳做匀速圆周运动，只有月亮环绕地球运行，故A符合物理学史实；1687年英国物理学家牛顿正式发表万有引力定律，故B不符合物理学史实；万有引力定律发表100多年后，英国物理学家卡文迪许在实验室通过扭秤实验装置比较准确地测出了万有引力常量，故C符合物理学史实；英国天文学家哈雷根据万有引力定律计算了一颗著名彗星的轨道并正确预言了它的回归，故D符合物理学史实。‎ ‎2.20世纪80年代，高温超导的研究取得重大突破，为超导的实际应用开辟了道路。如图为超导磁悬浮现象，图中上面是用超强永磁体制成的物块，下面是烧制的高温超导体，整个装置处于静止状态。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．物块与高温超导体没有直接接触，故物块与高温超导体之间没有相互作用力 B．超导体对地面的压力大小等于自身的重力 C．将物块从更高位置由静止释放，下落至图中位置时速度最大 D．若物块的磁性突然减弱，物块将向下做匀加速运动 解析：选C　由于物块悬浮且静止，一定受来自超导体的作用力并且与物块重力平衡，故二者间存在相互作用力，故A错误；因物块悬浮，故物块受到超导体的作用力竖直向上，则超导体受到物块的作用力向下，因此超导体对地面的压力大于自身的重力，故B错误；二者距离越远相互作用力越小，因此将物块从更高位置由静止释放时，物块将做加速度减小的加速运动，到达题图中位置时，合力为零，加速度为零，速度最大，故C正确；若物块磁性减弱，物块将向下做加速运动，但由于磁力大小变化，故不可能做匀加速运动，故D错误。‎ ‎3．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)‎ A．太阳对各小行星的引力相同 B．各小行星绕太阳运动的周期均小于1年 C．小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值 D．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值 解析：选D　由于小行星的质量和轨道半径不一定都相同，则太阳对小行星的引力不一定相同，故A错误；根据G＝ma＝m＝mr得，a＝，v＝，T＝；根据T＝，各小行星绕太阳运动的周期均大于地球的公转周期，即大于1年，故B错误；根据v＝，小行星带内各小行星圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，故C错误；根据a＝，小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，故D正确。‎ ‎4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外的电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向a，在原线圈两端加上如图乙所示交变电压，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．该交变电压瞬时值表达式为u1＝311cos 50πt V B．滑动变阻器滑片向上移，电压表的示数不变，电流表的示数变大 C．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为31.1 V D．单刀双掷开关由a扳到b，电压表和电流表的示数都变大 解析：选D　由题图乙知电压峰值为311 V，角速度为＝ rad/s＝100π rad/s，故该交变电压瞬时值表达式为u1＝311cos 100πt V，故A错误；滑动变阻器滑片向上移，电阻变大，副线圈的电压由线圈匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表的示数减小，故B错误；电压表的示数为有效值，由原线圈交变电压的峰值可得其有效值为220 V，由电压与匝数成正比可知，电压表的示数为22 V，故C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，电压与匝数成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故D正确。‎ ‎5.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的同一束带电粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，不计粒子重力。则下列相关说法中正确的是(　　)‎ A．该束粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带负电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 解析：选C　带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该束粒子带正电，故A错误；在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故B错误；进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB2＝m得，r＝，知r越大，比荷越小，而质量m不一定大，故C正确，D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6.跳台滑雪运动员的动作惊险而优美，滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。如图所示，设可视为质点的滑雪运动员，从倾角为θ的斜坡顶端P处，以初速度v0水平飞出，运动员最后又落到斜坡上A点处，AP之间距离为L，在空中运动时间为t，改变初速度v0的大小，L和t都随之改变。关于L、t与v0的关系，下列说法中正确的是(　　)‎ A．L与v0成正比　　　　 B．L与v02成正比 C．t与v0成正比 D．t与v02成正比 解析：选BC　将滑雪运动抽象为物体在斜坡上的平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，结合几何关系，有：水平方向上：x＝Lcos θ＝v0t，竖直方向上：y＝Lsin θ＝gt2，联立可得：t＝，即t与v0成正比；L＝v02，即L与v02‎ 成正比，故B、C正确，A、D错误。‎ ‎7．张明同学参加了学校运动会中的三级跳远项目，并获得了本项目的冠军。设张明同学在空中过程只受重力和沿跳远方向恒定的水平风力作用，地面水平、无杂物、无障碍，每次和地面的作用时间不计，假设张明同学着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，且张明同学从A点开始起跳到D点的整个过程中均在竖直平面内运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．每次从最高点下落过程都是平抛运动 B．每次起跳到着地水平位移AB∶BC∶CD＝1∶3∶5‎ C．从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等 D．三段过程时间相等 解析：选CD　平抛运动要求只受重力，而题目中说明有风力，每次从最高点下落过程都不是平抛运动，故A错误；由题意可知，张明同学着地反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变方向相反，每一次起跳的速度方向和第一次相同，由v2＝2gh可知每次起跳高度相同，由h＝gt2，故每次起跳在空中的时间相同，即三段过程时间相等，而水平方向每次起跳都是做匀加速直线运动，第一次水平位移为：AB＝v0t＋at2，第二次水平位移为：BC＝(v0＋at)t＋at2，可知两次位移之比不是1∶3，故B错误，D正确；由于每次起跳在空中的时间相同，由Δv＝at可知从起跳到着地三段过程中水平方向速度变化量相等，故C正确。‎ ‎8.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球(可视为点电荷)。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻(其阻值随所受光照强度的增大而减小)，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑片P在中间时闭合开关S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时，绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定。下列说法中正确的是(　　)‎ A．若将R2的滑片P向a端移动，则θ变小 B．若将R2的滑片P向b端移动，则I减小，U减小 C．保持滑片P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小 D．保持滑片P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变 解析：选CD　滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑片P，电容器两端的电压不变，则θ不变，I、U也不变，故A、B错误；用较强的光照射R1，R1‎ 的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，U的变化量的绝对值等于内电压的增加量，I的变化量的绝对值即电流的增加量，则两者的比值＝r不变，因为外电压减小，R3电压增大，则R2两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球所受电场力变小，重新达到稳定后θ变小，故C、D正确。‎ ‎9.如图所示，A是一质量为M的盒子，B的质量为m，A、B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮置于倾角为θ的斜面上，B悬于斜面之外而处 于静止状态，斜面放置在水平地面上。现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中(　　)‎ A．A对斜面的压力逐渐增大 B．细绳拉力逐渐增大 C．地面对斜面的摩擦力始终为零 D．A所受的摩擦力逐渐增大 解析：选AC　A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大，故A正确；细绳拉力等于B的重力，保持不变，故B错误；整个系统始终保持静止，所受的合力为零，则地面对斜面没有摩擦力，故C正确；由于不知道A的重力沿着斜面方向的分力与细绳拉力的大小关系，故不能确定A所受静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增大或减小，故D错误。‎ 考前提速练4‎ 一、单项选择题 ‎1.根据伽利略理想斜面实验，利用如图所示的轨道装置做实验：在斜轨上先后铺垫三种粗糙程度不同的材料，同一小球从左侧斜轨上的O点由静止释放后沿斜轨向下运动，沿右侧斜轨上升到的最高位置依次为1、2、3。对比这三次实验可知(　　)‎ A．第一次实验中小球接触的材料是最光滑的 B．第二次实验中小球的机械能守恒 C．第三次实验中小球的惯性最大 D．第三次实验中小球对轨道最低点的压力最大 解析：选D　如果斜面光滑，则小球应到达与O点等高的位置，则由题图可知，三次实验中小球均受到阻力作用，第一次实验中小球上升的高度最低，接触的材料是最不光滑的，A错误；第二次实验中小球上升的高度低于原来的高度，说明有阻力做负功，故机械能不守恒，B错误；惯性只与质量有关，由于三次实验均用同一小球，则小球的惯性相同，C错误；第三次实验中小球到达最低点的速度最大，则根据向心力公式FN－mg＝m及牛顿第三定律F 压＝FN可知，小球对轨道最低点的压力最大，D正确。‎ ‎2.阻值均为R的四个电阻、电容为C的电容器及电动势为E的电源(不计内阻)连接成如图所示的电路。开关K闭合且电路稳定时，以下说法正确的是(　　)‎ A．电容器两极板间的电压为 B．电容器极板上的电荷量为 C．减小电容器两极板正对面积，极板上的电荷量减小 D．减小电容器两极板间的距离，稳定后两板间电压比原来的更小 解析：选C　电容器可视为断路，与电容器串联的电阻可视为导线，电容器两极板间的电压U＝×2R＝E，故A错误；根据Q＝CU，得电容器极板上的电荷量为CE，故B错误；由电容决定式C＝可知，减小电容器两极板的正对面积，C减小，由Q＝CU 知极板上的电荷量减小，故C正确；减小电容器两极板间的距离，电容增大，稳定后两极板电压与原来相同，等于和电容器并联的电阻两端的电压，故D错误。‎ ‎3.如图，真空中电量均为Q的两正点电荷，固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线上，且两电荷关于正方体中心对称，则(　　)‎ A．A、B、C、D四个点的电势相同 B．A1、B1、C1、D1四个点的场强相同 C．负检验电荷q在A点的电势能小于在C1点的电势能 D．正检验电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做正功 解析：选A　等量同种正点电荷周围电场分布情况如图，将该图与题图结合比较可知，A、B、C、D四个点的电场线分布是关于中心连线对称的，所以电势相同，故A正确；由于A1、B1、C1、D1四个点关于中心连线对称，场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故B错误；将两个图比较可知，A、B、C、D四个点和A1、B1、C1、D1四个点关于点电荷的连线的中心是对称的，所以8个点的电势高低是相等的，所以负检验电荷q在A点的电势能等于在C1点的电势能，正检验电荷q从C点移到C1点过程电场力对其做功的和为0，故C、D错误。‎ ‎4．如图所示，A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线，现将另两个等量异种检验电荷a、b，用绝缘细杆连接后，从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB 的连线上，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．在AB的连线上a所处的位置电势φa＜0‎ B．a、b整体在AB连线处具有的电势能Ep＞0‎ C．整个移动过程中，静电力对a做正功 D．整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功 解析：选B　设AB连线的中点为O，由于AB连线的中垂线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零。AO间的电场线方向由A→O，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势φa＞0，故A错误；a所处的位置电势φa＞0，b所处的位置电势φb＜0，由Ep＝qφ知，a、b在AB连线处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep＞0，故B正确；在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误；a、b看成一个整体，原来总电势能为零，在AB连线处系统总电势能为正，所以整个移动过程中，总电势能增大，静电力对a、b整体做负功，故D错误。‎ ‎5.如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A、B连接在一条跨过光滑定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A可能受到2个力的作用 B．B可能受到3个力的作用 C．细绳对A的拉力大于对B的拉力 D．A、B的质量之比为1∶tan θ 解析：选D　对A受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；定滑轮不改变力的大小，则细绳对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；分别对A、B受力分析如图，根据共点力平衡条件，得：T＝mBg，＝(根据正弦定理列式)，故mA∶mB＝1∶tan θ，故D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．水星或金星运行到地球和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星凌日”‎ ‎。已知地球的公转周期为365天，若将水星、金星和地球的公转轨道视为同一平面内的圆轨道，理论计算得到水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，则下列判断正确的是(　　)‎ A．地球的公转周期大约是水星的2倍 B．地球的公转周期大约是金星的1.6倍 C．金星的轨道半径大约是水星的3倍 D．实际上水星或金星相邻两次凌日的实际时间间隔均大于题干所给数据，所以水星、金星和地球的公转轨道平面存在一定的夹角 解析：选BD　水星相邻两次凌日的时间间隔为116天，设水星的公转周期为T1，则有：t－t＝2π，T1≈88天，可知地球公转周期大约是水星的4倍，故A错误；金星相邻两次凌日的时间间隔为584天，设金星的周期为T2，则有：t′－t′＝2π，代入数据解得T2≈225天，可知地球的公转周期大约是金星的1.6倍，故B正确；根据G＝ mr得，r＝，因为金星的公转周期大约是水星的2.6倍，则金星的轨道半径大约是水星的1.9倍，故C错误；由所给资料，若公转轨道平面不存在夹角，那么行星凌日的实际时间间隔会与理论时间一致，而实际与理论不同，故公转轨道平面必然存在夹角，故D正确。‎ ‎7．空间中存在具有理想边界、垂直纸面向里的匀强磁场，如图甲所示，在光滑的绝缘水平面上，一矩形导线框以速度v0＝1 m/s向右运动，当运动到图示的位置时，导线框开始受到一个方向水平向右、大小按图乙所示规律变化的外力作用，导线框以恒定的加速度向右运动。已知BC边的长度l＝0.2 m、导线框的质量和电阻分别为m＝0.1 kg、R＝0.1 Ω。则(　　)‎ A．导线框刚进入磁场时所受的安培力方向向右 B．磁场的磁感应强度大小为0.5 T C．导线框AB边的长度为0.5 m D．导线框进入磁场的过程中，流过导线框的电荷量为0.75 C 解析：选BD　导线框刚进入磁场时，由楞次定律可知安培力方向向左，A错误；由题图乙可知，当导线框全部进入磁场后，F＝0.2 N，导线框的加速度a＝＝2 m/s2，t＝0时刻导线框所受的安培力F1＝，而此时施加的外力F＝0.3 N，由牛顿第二定律得F－F1＝ma，解得B＝0.5 T，B正确；根据题图乙，导线框经过Δt＝0.5‎ ‎ s完全进入磁场，由匀变速直线运动规律得x＝v0Δt＋a·(Δt)2＝0.75 m，则AB边的长度为0.75 m，C错误；导线框进入磁场的过程中通过导线框的电荷量q＝t，由法拉第电磁感应定律得＝，由闭合电路欧姆定律得＝，解得q＝＝0.75 C，D正确。‎ ‎8．一对平行正对的金属板A、B，间距为d＝0.1 m，且极板足够长，极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.1 T，连接在如图所示的电路中，其中电阻R1＝1 Ω，R2＝3 Ω，电容器的电容C＝20 μF，电流表为理想电表。现在从图中O1点以v0＝1.0×103 m/s的速度平行于极板A、B射入一束等离子体(含有大量的正离子和负离子，且不计重力)，A、B构成一个磁流体发电机，当电路稳定后，电流表示数I＝2 A，则(　　)‎ A．该磁流体发电机极板A带正电，B带负电 B．该磁流体发电机的电动势为10 V C．电容器、电阻R2两端的电压均为10 V D．电容器带电量为1.2×10－4 C 解析：选ABD　等离子体射入磁场中，受到洛伦兹力，正离子将打到磁流体发电机的A极板上，负离子打到B极板，从而产生电场，故该磁流体发电机极板A带正电，B带负电，故A正确；当后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡时，磁流体发电机的电压和电量都稳定，由平衡条件得：qv0B＝q，得：U＝Bv0d＝10 V，故B正确；稳定时电压是一定的，R1、R2串联，电容器与R2并联，电压等于：U2＝IR2＝6 V，故C错误；电容器的电量为：Q＝CU2＝1.2×10－4 C，故D正确。‎ ‎9．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1 m/s的恒定速度运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放上传送带的同时，也以v＝1 m/s的恒定速度平行于传送带前进去取行李，则(　　)‎ A．乘客与行李同时到达B B．乘客提前0.5 s到达B C．行李提前0.5 s到达B D．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B 解析：选BD　把行李无初速度放上传送带时，行李先做初速度为零的匀加速运动，设经过时间t1速度与传送带相同，t1＝＝1 s，此过程行李的位移大小为x＝＝ m＝0.5 m，行李匀速运动的位移为x2＝(2－0.5)m ＝1.5 m，时间为t2＝＝1.5 s，所以行李到达B的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s，乘客从A运动到B的时间为T＝＝2 s，所以乘客提前0.5 s到达B，故A、C错误，B正确；若传送带速度足够大，行李一直做匀加速运动，加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，设到达B的时间最短时间为tmin，则s＝atmin2，解得tmin＝2 s，故D正确。‎ 考前提速练5‎ 一、单项选择题 ‎1．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。下列说法中，与亚里士多德观点相反的是(　　)‎ A．两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢 B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来 C．两匹马拉的车比一匹马拉的车跑得快；这说明：物体受的力越大，速度就越大 D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力 解析：选D　两物体从同一高度自由下落，较轻的物体下落较慢，即重物比轻物下落快，是亚里士多德的观点，故A错误；力是维持物体运动的原因，物体受力就会运动，不受力总会逐渐停下来，是亚里士多德的观点，故B错误；物体受的力越大，速度就越大，是亚里士多德的观点，故C错误；伽利略用实验和推理，证明了力不是维持物体运动的原因，与亚里士多德观点相反，故D正确。‎ ‎2.a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移－时间图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是(　　)‎ A．a、b两物体都做匀速直线运动，两物体的速度相同 B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两物体的加速度大小相等、方向相反 C．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两物体相距最近 D．物体c一定做变速直线运动 解析：选D　位移—时间图像是倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动。由题图可知，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，故A、B错误；a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t ‎＝5 s时，a、b两物体相距最远，故C错误；匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋at2，可知其位移—时间图像是抛物线，所以物体c一定做变速直线运动，故D正确。‎ ‎3.如图，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面光滑，左侧面粗糙，O点为球心，A、B是两个相同的物块(可视为质点)，物块A静止在左侧面上，物块B在图示水平力F作用下静止在右侧面上，A、B处在同一高度，AO、BO与竖直方向的夹角均为θ，则A、B所受球面的支持力大小之比为(　　)‎ A．sin2θ∶1 B．sin θ∶1‎ C．cos2θ∶1 D．cos θ∶1‎ 解析：选C　分别对A、B受力分析如图，由平衡条件得：N＝mgcos θ，同理N′＝，由牛顿第三定律，A、B所受球面的支持力大小之比为＝＝，故C正确。‎ ‎4.A、B两质点在同一条直线上运动的vt图像如图所示。A的最小速度和B的最大速度相同，已知在t1时刻，A、B两质点相遇，则(　　)‎ A．两质点是从同一地点出发的 B．在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大 C．在0～t2时间内，两质点的位移相同 D．在0～t2时间内，合外力对质点B做正功 解析：选B　根据v t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t1时间内，质点A的位移比质点B的位移大，而在t1时刻，A、B两质点相遇，所以出发时质点A在后，质点B在前，故A错误；根据v t图像的斜率表示加速度，则知在0～t2时间内，质点A的加速度先变小后变大，故B正确；由题图知，在0～t2 时间内，质点A的位移比质点B的位移大，故C错误；在0～t2时间内，质点B的动能变化量为零，根据动能定理知，合外力对质点B做的功为零，故D错误。‎ ‎5.如图所示，两根相同的轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，可视为质点、质量不同(m1≠m2)的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止竖直向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程中，两物块(　　)‎ A．上升的最大高度一定相同 B．重力势能的变化量一定相同 C．竖直向上的最大加速度一定相同 D．最大速度一定相同 解析：选B　由于压缩量相同，则弹簧的弹性势能相同，则由机械能守恒定律可知，重力势能的增加量一定等于弹性势能，故重力势能的变化量相同；但由于物块的质量不同，故上升的最大高度不同；由于弹簧的弹力相同，而质量不同，故竖直向上的最大加速度不同；速度最大时，重力等于弹簧的弹力，故最大速度不相同，故A、C、D错误，B正确。‎ 二、多项选择题 ‎6.如图所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小未知的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标为(0,3L)的A点和B点(坐标未知)垂直于y轴射入磁场，在x轴上坐标为(L,0)的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用，根据题设条件可以确定(　　)‎ A．粒子在磁场中运动的半径 B．粒子的电荷量 C．粒子在磁场中运动的时间 D．粒子的质量 解析：选AC　已知粒子的入射点及入射方向，同时已知轨迹圆上的两点，根据与入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子轨迹圆的圆心位置。由几何关系可知AC长为2L，∠BAC＝30°，则R＝＝2L，因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知，A点入射的粒子对应的圆心角为120°，B点入射的粒子对应的圆心角为60°，即可确定对应的圆心角θ，则由t＝·＝可以求得在磁场中运动的时间，故A、C正确；由于不知磁感应强度，故无法求得荷质比，更不能求出电荷量或质量，故B、D错误。‎ ‎7．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是(　　)‎ A．副线圈输出电压的频率为100 Hz B．副线圈输出电压的有效值为5 V C．P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小 D．P向左移动时，变压器的输入功率增加 解析：选BC　由题图甲可知，原线圈电压的周期为0.02 s，所以输出电压的频率为50 Hz，A错误；原线圈的电压的最大值为311 V，原线圈电压的有效值为：U1＝ V≈220 V，根据＝可知，输出电压的有效值为：U2＝U1＝×220 V＝5 V，B正确；P左移，电路中的电阻变大，副线圈电流减小，所以原线圈的电流减小，C正 确；由C分析可知，原线圈的电流减小，而电压不变，故变压器的输入功率减小，D错误。‎ ‎8.两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动。行星的a 关系如图所示，图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0。则(　　)‎ A．S1的质量比S2的大 B．P1的质量比P2的大 C．P1的第一宇宙速度比P2的大 D．P1的平均密度比P2的大 解析：选BC　根据牛顿第二定律得：G＝ma，则得行星对周围空间物体的引力产生的加速度为：a＝，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小；由数学知识知，a  图像的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故A错误，B正确；设行星的半径为R，第一宇宙速度为v，则 a0＝，得v＝，由题意及题图可知，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C正确；行星的平均密度 ρ＝＝＝，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误。‎ ‎9.如图所示，一个粗糙的水平转台以角速度ω匀速转动，转台上有一个质量为m的物体，物体与转台中心O间用长为L的绳连接着，此时物 体与转台处于相对静止，设物体与转台间的动摩擦因数为μ，现突然制动转台，则(　　)‎ A．由于惯性和摩擦力，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，直到停止 B．若物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为2πμmgL C．若物体在转台上运动一周，摩擦力对物体不做功 D．物体在转台上运动圈后停止运动 解析：选ABD　突然制动转台，物体所受切向合外力不为零，而是摩擦力f，所以物体除了具有向心加速度还具有切向加速度，同时，由于惯性，物体将以O为圆心、L为半径做变速圆周运动，摩擦力一直对物体做负功直到静止，故A正确，C错误；物体在转台上运动一周的路程为s＝2πL，所以摩擦力做的功为：W＝－fs＝－2πμmgL，所以物体在转台上运动一周，物体克服摩擦力做的功为2πμmgL，故B正确；物体初动能全部消耗，最终静止，根据动能定理得：0－m(ωL)2＝－n·2πμmgL，解得：n＝，故D正确。‎ 考前提速练6‎ 一、单项选择题 ‎1．“曹冲称象”是妇孺皆知的故事，当众人面临大象这样的庞然大物，且在缺少有效的称量工具的时候，他称量出大象的体重，体现了他的智慧，被世人称道。下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是(　　)‎ A．“质点”的概念 B．合力与分力的关系 C．“瞬时速度”的概念 D．研究加速度与合力、质量的关系 解析：选B　“曹冲称象”故事中用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；研究合力与分力的关系，是等效替代的思想，故B正确；建立“质点”的概念，采用的是理想模型法，故A错误；建立“瞬时速度”的概念，采用的是极值法，故C错误；研究加速度与合力、质量的关系，采用的是控制变量法，故D错误。‎ ‎2.甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的vt图像如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．t1时刻，两物体相距最远 B．t2时刻，两物体相遇 C．0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大 D．0～t2时间内，二者平均速度相等 解析：选C　t2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距逐渐增大；t2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t2时刻两物体相距最远，故A、B错误；根据v t图像的斜率表示加速度知，0～t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故C正确；根据v t图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由题图可知，0～t2时间内，甲的位移大于乙的，则甲的平均速度比乙的大，故D错误。‎ ‎3.一理想降压变压器原、副线圈匝数比为k，原线圈与阻值为4R0的电阻串联后，接入有效值为25 V 的正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，当负载电阻的阻值R＝5R0‎ 时，理想电压表的示数为5 V。保持变压器输入电流不变，现将负载电阻的阻值增大到R′＝11R0，此时输入电压有效值为U′，则(　　)‎ A．k＝，U′＝49 V B．k＝，U′＝48 V C．k＝4，U′＝49 V D．k＝4，U′＝48 V 解析：选C　根据题意知，当负载电阻的阻值R＝5R0时，理想电压表的示数为5 V，副线圈电流I2＝＝，副线圈两端的电压U2＝I2·6R0＝·6R0＝6 V，原线圈两端的电压U1＝kU2＝6k，原线圈中的电流I1＝I2＝，在原线圈电路中：U＝I1·4R0＋U1，即25＝·4R0＋6k＝＋6k，解得：k＝4，因为变压器输入电流不变，输出电流也不变，负载电阻的阻值增大到R′＝11R0，副线圈电压U2′＝I2·12R0＝·12R0＝12 V，原线圈两端的电压U1′＝kU2′＝4×12 V＝48 V，原线圈电流I1＝·I2＝×＝，输入电压的有效值U′＝·4R0＋U1′＝(1＋48)V＝49 V，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎4.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和小球P之间夹有一长方体物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中(　　)‎ A．P所受的合力增大 B．Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 C．P对Q的压力逐渐减小 D．轻绳的拉力逐渐增大 解析：选D　P保持静止，所受合力一直为零，保持不变，故A错误；对P进行受力分析，受竖直向下的重力GP，沿轻绳向上的拉力T和Q对P的水平向右的支持力N；对Q进行受力分析，受竖直向下的重力GQ，P对Q水平向左的压力N1，墙壁对Q的水平向右的支持力N2和竖直向上的墙壁的摩擦力f，因P是静止的，所以在竖直方向上和水平方向上合力都为零，铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，会使轻绳与墙壁间的夹角变大，所以轻绳的拉力T会增大，故D正确；轻绳的拉力T在水平方向上的分量变大，所以N会变大，P对Q的压力和Q对P的支持力是一对作用力与反作用力，所以N＝N1，N1、N2是一对平衡力，所以大小始终相等，N变大的同时，N1、N2也变大，故C错误；f与GQ是一对平衡力，大小始终相等，因GQ不变，所以Q受到墙壁的摩擦力不变，故B错误。‎ ‎5.如图所示为打火机中点火装置使用的压电材料示意图，该材料的内外表面能在压力作用下产生等量异号电荷并释放部分电荷，通过导线引出可以产生放电现象，P、Q 是外部电场上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ A．点火装置利用摩擦生热的原理将气体点燃 B．在打火过程中，压电材料将电能转化为机械能 C．该示意图中，负电荷在Q点的电势能小于在P点的电势能 D．该示意图中，P点的电场强度小于Q点的电场强度 解析：选C　点火装置利用放电现象点燃气体，A错误；在打火过程中，压电材料将机械能转化为电能，B错误；由题图所示电场线的分布及电场力做功情况可知，负电荷在Q点的电势能小于在P点的电势能，C正确；电场线的疏密程度反映电场强度的大小，P点的电场强度大于Q点的电场强度，D错误。‎ 二、多项选择题 ‎6.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨着但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻剪断细线，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块B的加速度为g B．物块A、B间的弹力为mg C．弹簧的弹力为mg D．物块A的加速度为g 解析：选BCD　剪断细线前，对A分析，弹簧的弹力F弹＝mgsin θ＝mg，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，对A、B整体分析，加速度a＝＝＝g，故A错误，C、D正确；对B分析，根据牛顿第二定律得2mgsin θ－N＝2ma，解得N＝mg，故B正确。‎ ‎7．天文学中的“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线，如图所示。该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转的周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出(　　)‎ A．土星质量 B．地球质量 C．土星公转周期 D．土星和地球绕太阳公转速度之比 解析：选CD　行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星(即土星、地球)的质量，故A、B错误；“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球比土星多绕太阳转动一圈，根据t＝2π可以求解土星公转周期，故C正确；知道土星和地球绕太阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解转动半径之比，根据v＝可以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，故D正确。‎ ‎8.航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去，现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜＜ρ铝，合上开关S瞬间(　　)‎ A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 C．若将铜环放在线圈右方，环将向左运动 D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射 解析：选AB　固定线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针方向，故A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；若铜环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，故C错误；电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹射，故D错误。‎ ‎9．如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1＝B，B2＝3B，一个竖直放置的边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框，以初速度v沿垂直于磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到在每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度为，则下列判断正确的是(　　)‎ A．此过程中通过线框截面的电量为 B．此过程中克服安培力做的功为mv2‎ C．此时线框的加速度为 D．此时线框中的电功率为 解析：选AC　此过程中线框的感应电动势为：E＝，感应电流为：I＝，电荷量为：q＝IΔt，解得：q＝，故A正确；由能量守恒定律得，此过程中克服安培力做的功为：E＝mv2－m2＝mv2，故B错误；此时感应电动势：E＝3Ba· ＋Ba·＝2Bav，线框中电流为：I＝＝，由牛顿第二定律得：3BIa＋BIa＝ma加，解得：a加＝，故C正确；此时线框的电功率为：P＝I2R＝，故D错误。‎ ‎(二)力学综合集训练 力学综合练1‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.某质点在同一直线上运动时的位移－时间图像为一抛物线，这条抛物线的对称轴为t＝t0，点(t0,0)为抛物线的顶点。下列说法正确的是(　　)‎ A．该质点在0～3t0的时间内运动方向保持不变 B．在t0时刻，质点的加速度为零 C．在0～3t0的时间内，速度先减小后增大 D．质点在0～t0、t0～2t0、2t0～3t0三个相等时间段内通过的位移大小之比为1∶1∶4‎ 解析：选C　由题图可知，0～t0时间内质点运动的方向与选取的正方向相反，t0时刻后运动的方向与选取的正方向相同，故A错误；由于质点的位移－时间图像为一抛物线，可知质点的加速度保持不变，所以在t0时刻，质点的加速度不为零，故B错误；由于图像的斜率表示速度，由题图可知，在0～3t0的时间内，速度先减小后增大，故C正确；由于质点的位移－时间图像为一抛物线，结合图像的特点可得：x＝k(t－t0)2，在t＝0时刻：x0＝kt02，在t＝t0 时刻：x1＝0，在t＝2t0时刻：x2＝k(2t0－t0)2＝kt02，在t＝3t0时刻：x3＝k(3t0－t0)2＝4kt02，所以质点在0～t0时间内的位移大小：|x10|＝|x1－x0|＝kt02，在t0～2t0时间内的位移：x21＝x2－x1＝kt02，在2t0～3t0时间内的位移：x32＝x3－x2＝3kt02，所以质点在0～t0、t0～2t0、2t0～3t0三个相等时间段内通过的位移大小之比为1∶1∶3，故D错误。‎ ‎2.重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则(　　)‎ A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为 B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G C．当θ不同时，运动员受到的合力不同 D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 解析：选A　运动员受力如图所示，地面对手的支持力F1＝F2＝，则运动员单手对地面的正压力大小为，与夹角θ无关，选项A正确，B错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项C、D错误。‎ ‎3.如图所示，河两岸相互平行，水流速度恒定不变，船行驶时相对水的速度大小始终不变。一开始船从岸边A点出发，船头指向始终垂直河岸，船恰好沿航线AB到达对岸B点耗时t1，AB与河岸的夹角为60°，调整船头指向，从B点出发沿航线BA返航回到A点耗时t2。则t1∶t2为(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．1∶3 D．1∶4‎ 解析：选B　设水流速度为v，开始时船头指向始终与河岸垂直，且航线AB与岸边夹角为60°，由速度的合成与分解可得，船在静水中的速度大小为vc＝v，船头指向始终与河岸垂直，则有：t1＝＝；由回程时航线与去程时航线相同，则有：t2＝＝；设合速度与船在静水中速度方向夹角为α，依据正弦定理，则有：＝，解得：α＝30°，因此返航时的船的合速度为：v合＝＝v，则t2＝，因此t1∶t2＝1∶2，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎4.如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向。则(　　)‎ A．环只受三个力作用 B．环一定受四个力作用 C．物体做匀加速运动 D．轻绳对物体的拉力等于物体的重力 解析：‎ 选BD　以物体为研究对象，物体沿滑杆向下做直线运动，加速度为零，或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下的重力和轻绳竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，环受到重力、轻绳竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用，故A、C错误，B正确；由平衡条件可得，轻绳对物体的拉力等于物体的重力，故D正确。‎ ‎5．“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可以在太空中对卫星补充能源，使卫星寿命延长10年或更长时间。假设“轨道康复者”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其轨道半径为同步卫星轨道半径的五分之一，且运行方向与地球自转方向一致。下列说法正确的是(　　)‎ A．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的5倍 B．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍 C．站在赤道上的人通过仪器可观察到“轨道康复者”向东运动 D．“轨道康复者”可在高轨道上加速，以实现对低轨道上卫星的拯救 解析：选BC　根据万有引力提供向心力G＝m，得v＝ ，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍，故A错误；根据万有引力提供向心力G＝ma，得a＝，“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动时的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，知“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故B正确；轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人通过仪器可观察到“轨道康复者”向东运动，故C正确；“轨道康复者”若在原轨道上加速将会做离心运动，转移到更高的轨道上，故D错误。‎ 二、非选择题 ‎6．“探究动能定理”的实验装置如图1所示，当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0。当用4条、6条、8条、…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次、…实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0、…，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打的纸带测出。‎ ‎(1)(多选)关于该实验，下列说法正确的是________。‎ A．打点计时器可以用直流电源供电，电压为4～6 V B．实验中使用的若干条橡皮筋的原长可以不相等 C．每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出 D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次做出Wvm、Wvm2、Wvm3、W2vm、W3vm、…的图像，得出合力做功与物体速度变化的关系 ‎(2)图2给出了某次在正确操作情况下打出的纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一段纸带，测得O点到A、B、C、D、E各点的距离分别为OA＝5.65 cm，OB＝7.12 cm，OC＝8.78 cm，OD＝10.40 cm，OE＝11.91 cm，已知相邻两点打点时间间隔为0.02 s，则小车获得的最大速度vm＝________m/s。‎ 解析：(1)打点计时器使用的是交流电源，故A错误；实验中用到多条橡皮筋，要求每条橡皮筋原长相同且被拉长的一样多，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，故B错误；为保证橡皮筋对小车做的功有倍数关系，小车必须从同一位置由静止弹出，故C正确；橡皮筋对小车做的功和小车获得的动能应满足：W＝mv2的关系，所以当小车质量一定时，W与v2成正比，实验时需要画多个图像找图线最易研究的，故D正确。‎ ‎(2)根据纸带数据可判断出打C点时，小车具有最大的速度；vC可由B到D的平均速度求出：vC＝＝ m/s＝0.82 m/s。‎ 答案：(1)CD　(2)0.82‎ ‎7．如图甲所示，一光滑圆弧轨道最低点与平台右端B相接并与平台相切，圆弧的半径R＝1 m，一物块置于A点，AB间距离为2 m，物块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2，现用水平恒力F拉物块从静止向右运动，到B点时撤去拉力，结果物块刚好能滑到圆弧轨道的最高点，物块的质量为1 kg，g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)恒力F的大小及物块刚滑上圆弧轨道时对轨道压力的大小；‎ ‎(2)若将圆弧轨道竖直向下平移，且圆心与B点重合，如图乙所示，仍用水平恒力F拉物块从静止向右运动，并在B点撤去拉力，物块第一次与圆弧轨道接触的位置离平台的距离大小。(计算结果可以用根式表示)‎ 解析：(1)对于整个过程，由动能定理可知：‎ Fs－μmgs－mgR＝0‎ 解得F＝7 N 从B点到圆弧轨道最高点，根据机械能守恒得：‎ mvB2＝mgR 在圆弧轨道的最低点，根据牛顿第二定律得：‎ FN－mg＝m 解得：FN＝30 N 根据牛顿第三定律得，物块对圆弧轨道的压力为30 N。‎ ‎(2)由mvB2＝mgR可知，‎ 物块在B点的速度 vB＝2 m/s 物块从B点做平抛运动，设下落的高度为y，水平位移为x，则有x＝vBt y＝gt2‎ 由几何知识可得 x2＋y2＝R2‎ 解得物块第一次与圆弧轨道接触的位置离平台的距离：y＝(－2)m。‎ 答案：(1)7 N　30 N　(2)(－2)m ‎8.如图所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l＝0.2 m，在导轨的一端接有阻值为R＝0.5 Ω的电阻，在x≥0处有与水平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一质量为m＝0.1 kg的金属杆垂直放置在导轨上，并以v0＝2 m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于金属杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a＝2 m/s2，方向与初速度方向相反。设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好，求：‎ ‎(1)电流为零时金属杆所处的位置；‎ ‎(2)电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向。‎ 解析：(1)感应电动势E＝Blv，I＝，故I＝0时v＝0，‎ 则x＝＝1 m。‎ ‎(2)最大电流Im＝，I′＝，‎ 安培力FA＝BI′l＝＝0.02 N，‎ 若金属杆向右运动，F＋FA＝ma，F＝ma－FA＝0.18 N，方向与x轴正方向相反 若金属杆向左运动，F－FA＝ma，F＝ma＋FA＝0.22 N，方向与x轴正方向相反。‎ 答案：(1)x＝1 m　(2)向右运动时，0.18 N，方向与x轴正方向相反　向左运动时，0.22 N，方向与x轴正方向相反 力学综合练2‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让质量为M的某消防员从一平台上自由下落，落地过程中先双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了一小段距离，最后停止，用这种方法获得消防员受到的地面冲击力随时间变化的图线如图所示。已知Fm＜2Mg，根据图线所提供的信息，在消防员落地过程中下列判断正确的是(　　)‎ A．t1时刻消防员的速度最大 B．t2时刻消防员的动能最大 C．t3时刻消防员的加速度最大 D．t4时刻消防员的合外力最大 解析：选B　由题图知，t1时刻消防员双脚触地，在t1～t2时间内消防员受到的合力向下，其加速度向下，做加速度减小的加速下落运动；而t2～t3时间内，消防员所受合力向上，做向下的减速运动，t2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反，合力为零，消防员的速度最大，动能最大，故A错误，B正确；在t2～t4时间内消防员所受的合力向上，t3时刻消防员与地面之间的相互作用力最大，但由于Fm＜2Mg，可知在t3时刻消防员的加速度小于g，小于t1时刻的加速度，故C错误；t4时刻消防员与地面之间的作用力等于他的重力，受到的合外力等于0，故D错误。‎ ‎2.在同一竖直线上的不同高度水平掷出两支飞镖，飞镖打到镖盘上的位置如图所示。已知1镖镖体与竖直方向的夹角小于2镖镖体与竖直方向的夹角，忽略空气阻力，则下列判断正确的是(　　)‎ A．两支飞镖掷出的速度相同 B．1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小 C．1镖在空气中飞行的时间比2镖飞行的时间短 D．1镖的掷出点一定比2镖的掷出点低 解析：‎ 选B　若两支飞镖掷出的速度相同，水平位移也相同，则两镖打到镖盘上时，镖体与竖直方向的夹角应该相同，故A错误；1镖镖体与竖直方向的夹角小，说明1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小，故B正确；由于两支飞镖的水平位移相同，1镖的速度小，因此1镖飞行时间长，故C错误；1镖飞行时间长，且1镖的落点还在2镖的上方，则1镖的掷出点一定比2镖的掷出点高，故D错误。‎ ‎3.2016年4月6日，我国首颗微重力科学实验卫星—实践十号，在酒泉卫星发射中心由长征二号丁运载火箭发射升空，进入近百万米预定轨道，开始了为期15天的太空之旅，如图所示，大约能围绕地球转200圈。实践十号卫星在太空中完成了19项微重力科学和空间生命科学实验，取得了重大科学成果。当实践十号卫星在预定轨道上运动时，下列描述正确的是(　　)‎ A．实践十号卫星在地球同步轨道上 B．实践十号卫星的环绕速度大于第一宇宙速度 C．实践十号卫星的加速度小于地球表面的重力加速度 D．在实践十号卫星中可以用天平测出物体的质量 解析：选C　同步卫星的周期为24 h，而实践十号卫星的周期T＝ h＝1.8 h，可知实践十号卫星不在地球同步轨道上，故A错误；第一宇宙速度是近地卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，实践十号卫星的环绕速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据G＝mg知，地球表面处的重力加速度g＝，实践十号的加速度a＝，r＞R，则a＜g，故C正确；实践十号卫星绕地球做圆周运动，处于完全失重状态，在实践十号卫星中，不能通过天平测出物体的质量，故D错误。‎ ‎4.将质量为m＝0.1 kg的小球竖直向上抛出，初速度v0＝20 m/s，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f＝kv。已知k＝0.1 kg/s，其速率随时间变化的规律如图所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/s B．小球在t1时刻到达最高点，此时加速度为g C．小球落地前做匀速运动，落地速度大小v1＝10 m/s D．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s2‎ 解析：选BC　根据速度—时间图像与时间轴包围的面积表示位移，则从图像可以看出，小球在上升阶段的位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于＝10 m/s，故小球上升阶段的平均速度大小小于10 m/s，故A错误；小球在t1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g，故B正确；由题图可知，小球落地前做匀速运动，由 mg＝f＝kv1，得 v1＝10 m/s，故C正确；小球抛出瞬间，有：mg＋kv0＝ma0；联立解得：a0＝30 m/s2，故D错误。‎ ‎5.如图所示，斜面体A静置于水平地面上，其倾角为45°，上底面水平的物块B在A上恰能匀速下滑。现对B施加一个沿斜面向上的力F，使B能缓慢地向上匀速运动，某时刻在B上轻轻地放上一个质量为m的小物体C(图中未画出)，A始终静止，B保持运动状态不变，关于放上C之后的情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．B受到的摩擦力增加了mg B．F增大了mg C．F增大了mg D．A受到地面的摩擦力增加了mg 解析：选ACD　由B在A上恰能匀速下滑，知mBgsin 45°＝μmBgcos 45°，解得：μ＝1；现对B施加一个沿斜面向上的力F，使B能缓慢地向上匀速运动，则B受到的摩擦力为fB＝μmBgcos 45°，F＝mBgsin 45°＋μmBgcos 45°；在B上轻轻地放上C，B的运动状态不变，则fB′＝μ(mB＋m)gcos 45°，F′＝(mB＋m)gsin 45°＋μ(mB＋m)gcos 45°；由以上分析知：fB′－fB＝mg，F′－F＝mg，故A、C正确，B错误；分别把AB、ABC作为整体分析知，A受到地面的摩擦力先后分别为：fA＝Fcos 45°，fA′＝F′cos 45°，故A受到地面的摩擦力增加了ΔF＝(F′－F)cos 45°＝mg，D正确。‎ 二、非选择题 ‎6．在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某实验小组采用如图1所示的装置，实验步骤如下：‎ a．把纸带的一端固定在小车上，另一端穿过打点计时器的限位孔；‎ b．调整木板的倾角，以重力沿斜面向下的分力平衡小车及纸带受到的摩擦力；‎ c．用细线将木板上的小车通过定滑轮与砂桶相连；‎ d．接通电源，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点；‎ e．换上新的纸带，在砂桶中依次加入适量的砂，重复d步骤多次，得到几条点迹清晰的纸带。‎ 现测出了其中一条纸带上的距离，如图2所示，已知打点周期为0.02 s，则这条纸带上C 点速度的大小vC＝________m/s，小车加速度的大小a＝________m/s2(取三位有效数字)。‎ 根据所测纸带数据，把砂和砂桶的重力作为合外力F，拟作出加速度a F图像，发现当a比较大时图线明显向F轴偏移，这是由于实验原理的不完善导致的，请你在这个实验的基础上，稍加改进实验操作，得到一条a F成正比的图线，写出你的改进方法：________________________________________________。‎ 解析：每打2个点取一个计数点，相邻的计数点间的时间间隔是T＝0.04 s，根据中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得C点的速度为：vC＝＝ m/s＝1.74 m/s，根据逐差法得：a＝＝ m/s2≈3.20 m/s2；当砂和砂桶的质量较大时，加速度较大，不满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，所以不能用砂和砂桶的重力代替小车受到的合力，可以在拉小车的细线上安装力传感器，直接测出小车受到的细线拉力，就不需要满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，图像也不会弯曲。‎ 答案：1.74　3.20　在拉小车的细线上安装力传感器，直接测出小车受到的细线拉力 ‎7.如图所示，一个质量为m＝0.01 kg，边长L＝0.1 m，电阻R＝0.4 Ω的正方形导体线框abcd，从距下方有界匀强磁场h＝0.8 m的高处由静止自由下落，下落时线框平面始终在竖直平面内，且保持与匀强磁场水平边界垂直，当线框下边bc刚一进入下方的匀强磁场时，恰好做匀速运动(g＝10 m/s2)。‎ ‎(1)求磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)如果线框的下边bc通过磁场所经历的时间为t＝0.125 s，求bc边刚从磁场下边界穿出时线框的加速度大小。‎ 解析：(1)线框先做自由落体运动，由v2＝2gh可得，线框进入磁场时的速度为：v＝＝4 m/s 产生的感应电动势为E＝BLv 感应电流：I＝ 线框所受的安培力大小为：F＝BLI 刚进入磁场时线框刚好做匀速运动，则有：‎ F＝mg 解得：B＝1 T。‎ ‎(2)线框完全进入磁场前做匀速直线运动：L＝vt1，得 t1＝0.025 s 则线框在磁场中以加速度g下落的时间为：‎ t2＝(0.125－0.025)s＝0.1 s 根据速度时间公式，线框下边bc刚穿出磁场时的速度 v′＝v＋gt2＝5 m/s 根据牛顿第二定律：mg－BL＝ma 解得：a＝－2.5 m/s2，则加速度大小为2.5 m/s2。‎ 答案：(1)1 T　(2)2.5 m/s2‎ ‎8.如图所示，绷紧的传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速度匀速转动，传送带与水平地面的夹角θ＝30°。现把一质量m＝10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端，由传送带送至h＝2 m的高处，已知工件与传送带间动摩擦因数μ＝，g＝10 m/s2。‎ ‎(1)试通过计算分析工件在传送带上做怎样的运动；‎ ‎(2)在工件从传送带底端运动至h＝2 m高处的过程中，摩擦力对工件做了多少功？‎ ‎(3)由于传送工件，电动机多消耗的能量为多少？‎ 解析：(1)工件轻轻地放在传送带底端后，受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，由牛顿第二定律知，上滑过程中有：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：a＝2.5 m/s2‎ 设工件加速到v0＝2 m/s时运动的位移为x，则有：‎ ‎2ax＝v02，解得x＝0.8 m 可得：x＜＝4 m 所以工件在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动。‎ ‎(2)匀加速运动过程中，摩擦力对工件做功为：‎ W1＝μmgcos θ·x＝60 J 匀速运动后，工件受到的摩擦力大小为：f＝mgsin θ 通过的位移为：x′＝－x＝3.2 m 匀速运动过程中，摩擦力对工件做功为：‎ W2＝mgsin θ·x′＝160 J 所以摩擦力对工件做的总功为：W＝W1＋W2＝220 J。‎ ‎(3)多消耗的能量转化为工件的动能和重力势能以及摩擦产生的内能 其中：Q＝Ff·x相对＝μmgcos θ·(2x－x)＝60 J 所以：ΔE＝mv02＋mgh＋Q 代入数据解得：ΔE＝280 J。‎ 答案：(1)先做匀加速运动后做匀速运动(计算过程见解析)　(2)220 J　(3)280 J 力学综合练3‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客(　　)‎ A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用 D．所受力的合力竖直向上 解析：选C　车加速上坡，车里的乘客与车相对静止，应该和车具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，对人受力分析可知，人应受到竖直向下的重力，垂直水平座椅竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜坡向上，B、D错误，C正确；弹力大于重力，人处于超重状态，A错误。‎ ‎2．我国成功发射世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”，实现了卫星与地面的量子通信，量子的不可复制性可确保信息传输的绝对安全。若“墨子号”卫星定轨后，在离地面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，已知地球的质量为M，万有引力常量为G，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．运载火箭发射加速升空时，该卫星对火箭的压力小于自身重力 B．该卫星在轨运行的速度大于7.9 km/s C．该卫星在轨运行的周期等于T＝2π D．该卫星在轨运行的向心加速度小于g 解析：选D　运载火箭发射加速升空时，加速度的方向向上，处于超重状态，所以该卫星对火箭的压力大于自身重力，故A错误；7.9 km/s是第一宇宙速度，是近地卫星最大的在轨运行速度，则该卫星在轨运行的速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据G＝m(r为卫星的轨道半径)可知，T＝2π ＞2π ，故C错误；根据G＝ma可知，a＝G，半径越大，加速度越小，则该卫星在轨运行时加速度小于地球表面的重力加速度，故D正确。‎ ‎3.2016 年起，我国空军出动“战神”轰 6K 等战机赴南海战斗巡航，如图所示。某次战备投弹训练，战机在水平方向做加速直线运动的过程中投下一颗模拟弹。战机飞行高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在飞行员看来模拟弹做平抛运动 B．模拟弹下落到海平面的时间为 C．在飞行员看来模拟弹做自由落体运动 D．若战机做加速向下的俯冲运动，此时飞行员一定处于失重状态 解析：选B　模拟弹相对于地面做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，而且水平速度与刚被投下时战机的速度相同，由于战机做加速直线运动，速度不断增大，所以在飞行员看来模拟弹做的不是平抛运动，也不是自由落体运动，故A、C错误；模拟弹竖直方向做自由落体运动，由h＝gt2得t＝，故B正确；若战机做加速向下的俯冲运动，当战机斜向下做加速运动时，具有竖直向下的分加速度，此时飞行员处于失重状态；当战机斜向下做加速曲线运动时，有斜向上的向心加速度，具有竖直向上的分加速度，此时飞行员处于超重状态，故D错误。‎ ‎4.如图，一个轻型衣柜放在水平地面上，一条光滑轻绳两端分别固定在两侧顶端A、B上，再挂上带有衣服的衣架。若保持轻绳长和左端位置不变，将右端依次改在C点或D点后固定，衣柜一直不动，下列说法正确的是(　　)‎ A．若改在C点，轻绳的张力大小变小 B．若改在D点，衣架两侧轻绳的张力不相等 C．若改在D点，衣架两侧轻绳的张力相等且合力不变 D．若改在C点，衣柜对地面的压力将会增大 解析：选AC　设开始时轻绳与竖直方向的夹角为θ，轻绳张力为T，衣服的质量为m；根据共点力的平衡条件可得：2Tcos θ＝mg，若改在C点，轻绳与竖直方向的夹角变小，轻绳的张力大小变小，A正确；若改在D点，衣架两侧轻绳的张力仍相等，根据共点力的平衡条件，可知轻绳的合力不变，B错误，C正确；若改在C点，衣柜对地面的压力等于整体的重力，不变，D错误。‎ ‎5．如图甲，一维坐标系中有一质量为m＝2 kg的物块静止于x轴上的某位置(图中未画出)，t＝0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图像的一部分。下列说法正确的是(　　)‎ A．物块做匀加速直线运动且加速度大小为0.5 m/s2‎ B．t＝4 s时物块位于x＝4 m处 C．t＝4 s时物块的速率为2 m/s D．在0～4 s时间内物块所受合外力做功为2 J 解析：选AC　由x－x0＝，结合题图乙可知物块做匀加速直线运动，解得加速度a＝0.5 m/s2，初位置x0＝－2 m，故A正确；由x－x0＝at2，v＝at得，t＝4 s时物块位于x＝2 m处，物块速率v＝2 m/s，故B错误，C正确；由动能定理得，0～4 s内物块所受合外力做功为W＝mv2＝4 J，故D错误。‎ 二、非选择题 ‎6．某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。‎ ‎(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N。‎ ‎(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N。‎ ‎①用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；‎ ‎②F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________。‎ 若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。‎ 解析：(1)由测力计的读数规则可知，读数为4.0 N。(2)①利用平行四边形定则作图，如图所示。‎ ‎②由图可知F合＝4.0 N，从F合的顶点向x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1 mm，顶点的纵坐标长度为20 mm，则可得出F合与拉力F的夹角的正切值为0.05。‎ 答案：(1)4.0　(2)①见解析图　②4.0　0.05‎ ‎7．如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m＝0.1 kg，半径为r＝0.1 m，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。金属圈下半部分在磁场外，已知从t＝0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)金属圈中感应电流的大小及方向；‎ ‎(2)丝线所能承受的最大拉力F；‎ ‎(3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热Q。‎ 解析：(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向 由题图乙知，＝ T/s＝0.8 T/s 金属圈的电阻为R＝2πrρ 金属圈中感应电流I＝＝·＝·＝0.8× A＝0.2 A。‎ ‎(2)10 s末磁感应强度B＝·t＝0.8×10 T＝8 T 金属圈受到的安培力F安＝BI·2r 丝线的拉力：‎ F＝F安＋mg＝BI·2r＋mg 解得F＝1.32 N。‎ ‎(3)金属圈内产生的焦耳热：Q＝I2Rt 解得：Q≈0.025 J。‎ 答案：(1)0.2 A　逆时针方向　(2)1.32 N　(3)0.025 J ‎8．如图所示，汽车以1.6 m/s的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球(可视为质点)，架高1.8 m。由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下。已知该型号汽车在所在路面行驶时刹车痕s (即刹车距离)与刹车前车速v的关系如图2所示，忽略小球与架子间的摩擦及空气阻力，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)汽车刹车过程中的加速度大小；‎ ‎(2)小球在车厢底板上落点距车后壁的距离。‎ 解析：(1)汽车在速度为v时开始刹车，匀减速到零，刹车距离为s。‎ 由运动学公式v2＝2as 由题图2知：当v＝4 m/s时，s＝2 m 解得：a＝4 m/s2。‎ ‎(2)刹车后，小球做平抛运动，竖直方向有：h＝gt2‎ 解得t＝0.6 s 水平方向有：s2＝vt＝0.96 m 汽车做匀减速直线运动，设刹车时间为t′，则：‎ t′＝＝0.4 s＜0.6 s 则汽车的实际位移为：s1＝＝0.32 m 故：Δs＝s2－s1＝0.64 m。‎ 答案：(1)4 m/s2　(2)0.64 m 力学综合练4‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.一物体沿直线运动，用x表示运动位移，用t表示运动时间。从t＝0时刻开始计时，物体运动的与t的关系图像如图所示，图线斜率的绝对值为k，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体做匀速直线运动，速度大小等于k B．物体做变减速直线运动，加速度均匀减小 C．物体做变减速直线运动，加速度大小等于k D．物体做匀减速直线运动，加速度大小等于2k 解析：选D　根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t＋at2得：＝v0＋at，题图图线斜率的绝对值为k，则|a|＝k，|a|＝2k，结合题图可知，物体做匀减速直线运动，加速度大小等于2k，故D正确，A、B、C错误。‎ ‎2.如图所示，上表面光滑、右端固定有立柱的木板平放在水平地面上，总质量为M，木板上放有质量分别为m1和m2的物块A和B，物块A用一根不可伸长的水平轻绳拴在立柱上，A与B间的动摩擦因数为μ。现将木板的左端固定，用F缓慢抬起木板的右端，下列说法中正确的是(　　)‎ A．B开始滑动前，A对B的摩擦力先增大后减小 B．B开始滑动前，轻绳中的拉力逐渐减小 C．B开始滑动前，B对A的弹力逐渐减小 D．当木板与地面的夹角的正切值为时，B开始滑动 解析：选C　抬起木板过程中，以B为研究对象，B受到重力、木板的支持力和A对B的压力、沿木板方向的A的摩擦力，沿木板方向，设木板与地面之间的夹角为θ时，有m2gsin θ＝f，可知B开始滑动前，A对B的摩擦力随θ的增大而增大，故A错误；以A、B组成的整体为研究对象，轻绳对A的拉力F＝(m1＋m2)gsin θ，可知B开始滑动前，轻绳中的拉力随θ的增大逐渐增大，故B错误；B开始滑动前，以A为研究对象，可知B对A的弹力FN＝m1gcos θ，可知B对A的弹力随θ的增大而减小，故C正确；A与B间的动摩擦因数为μ，则B开始滑动时，有m2gsin θ＝f＝μm1gcos θ，即tan θ＝＝，故D错误。‎ ‎3.“嫦娥”三号探测器经轨道Ⅰ到达P点后经过调整速度进入圆轨道Ⅱ，经过变轨进入椭圆轨道Ⅲ，最后经过制动下降降落到月球表面上。下列说法正确的是(　　)‎ A．“嫦娥”三号在地球上的发射速度大于11.2 km/s B．“嫦娥”三号由轨道Ⅰ经过P点进入轨道Ⅱ时要加速 C．“嫦娥”三号分别经过轨道Ⅱ、Ⅲ的P点时，加速度相等 D．“嫦娥”三号在月球表面经过制动下降时处于失重状态 解析：选C　“嫦娥”三号在运行的过程中，仍然在地球的引力范围内，所以在地球上的发射速度要小于第二宇宙速度，即小于11.2 km/s，故A错误；由题图可知“嫦娥”三号由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ是从椭圆轨道进入圆轨道，在P点需要的向心力大于提供的向心力，在同一点月球提供的向心力是相等的，由需要的向心力Fn＝，可知速度越大，需要的向心力越大，所以“嫦娥”三号由轨道Ⅰ经过P点进入轨道Ⅱ 时要减速，故B错误；根据万有引力提供向心力G＝ma，得a＝，则知到月球的距离相同，则加速度相同，故“嫦娥”三号在轨道Ⅲ经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度，故C正确；“嫦娥”三号在月球表面经过制动下降时向下做减速运动，加速度的方向向上，处于超重状态，故D错误。‎ ‎4.质量相等的两个质点A、B在拉力作用下，从同一地点沿同一直线竖直向上运动的vt图像如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～t2时间内质点A处于超重状态 B．在t1～t2时间内质点B的机械能守恒 C．0～t2时间内两质点的平均速度相等 D．两个质点再次相遇在t2之后，在再次相遇之前t2时刻两个质点距离最远 解析：选AD　0～t2时间内A的斜率为正，加速度为正，方向向上，处于超重状态，故A正确；在t1～t2时间内，B做匀速运动，拉力等于B的重力，拉力做正功，故机械能不守恒，故B错误；在vt图像中图线与时间轴所围面积为质点的位移，故0～t2时间内B的位移大于A的位移，时间相等，则B的平均速度大于A的平均速度，故C错误；t2时刻之前B的速度大于A的速度，两者距离逐渐增大，t2时刻之后A的速度大于B的速度，两者距离逐渐减小，故t2时刻相距最远，再次相遇在t2时刻之后，故D正确。‎ ‎5．蹦极是一项户外冒险活动，跳跃者站在约40 m高的位置，用长为20 m的橡皮绳固定住后跳下，触地前弹起，反复弹起落下，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)‎ A．第一次下落过程中，跳跃者能体验失重感的位移为20 m B．第一次下落超过20 m后，跳跃者开始做减速运动 C．当跳跃者下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能等于跳跃者减少的重力势能 D．跳跃者第一次下落的最大距离一定为40 m 解析：选BC　当跳跃者下落的高度达到20 m后，橡皮绳开始伸长，开始时重力大于弹力，向下做加速度减小的加速运动，当重力与弹力相等时，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，做加速度增大的减速运动，到达最低点时，加速度最大，速度为零。所以第一次下落超过20 m后，跳跃者才开始做减速运动，跳跃者能体验失重感的位移也大于20 m，故A错误，B正确；整个过程中只有重力和橡皮绳的拉力做功，当跳跃者下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能等于跳跃者减少的重力势能，故C正确；由题知，跳跃者站在约40 m高的位置，触地前弹起，所以跳跃者第一次下落的最大距离一定不能等于40 m，故D错误。‎ 二、非选择题 ‎6．如图甲所示为“用打点计时器验证机械能守恒定律”的实验装置。‎ ‎(1)已知打点计时器的频率为50 Hz，当地的重力加速度g＝9.80 m/s2，重物质量为0.2 kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，打P点时，重物的速度为零，A、B、C为另外3个连续点，根据图中的数据可知，重物由P点运动到B点的过程中，重力势能减少量为________J，动能增加量为________J(结果保留三位有效数字)。‎ ‎(2)实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是____________________。‎ ‎(3)某同学正确计算出图乙中A、B、C、…各点的瞬时速度v，以各点到P点的距离h为横轴，v2为纵轴作出v2 h图线，如图丙所示，则可以判断下落过程中重物的机械能________(选填“守恒”或“不守恒”)。‎ 解析：(1)重物由P点运动到B点的过程中，重力势能减少量ΔEp＝mgh＝0.2×9.80×0.083 0 J≈0.163 J，B点的速度vB＝＝ m/s≈1.24 m/s，则动能的增加量ΔEk＝mvB2＝×0.2×1.242 J≈0.154 J。‎ ‎(2)实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是阻力的作用。‎ ‎(3)根据mgh＝mv2知，v2＝2gh，若机械能守恒，v2 h图线为过原点的倾斜直线，结合题图丙可知下落过程中重物的机械能守恒。‎ 答案：(1)0.163　0.154　(2)阻力的作用　(3)守恒 ‎7.如图所示，把一个带正电荷Q的小球A固定在绝缘支座上，另一个质量为m，带正电荷也为Q的小球B，用绝缘细线悬于O点，小球B处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为θ＝30°，A、B大小不计，已知A和B位于距地面高为h的水平线上且AB＝OB。求：‎ ‎(1)小球B所受到的库仑斥力及A、B两小球间的距离；‎ ‎(2)A、B两小球在O点产生的合场强的大小及方向；‎ ‎(3)剪断细线OB，小球B第一次落地时速度大小为v，求小球B的初位置和第一次落地点之间的电势差。‎ ‎ 解析：(1)对小球B进行受力分析如图：‎ 则：F＝mgtan θ＝mg 由库仑定律：F＝ 所以：r＝Q 。‎ ‎(2)A、B两小球在O点产生的场强大小相等，都是：‎ EA＝EB＝＝ 由θ＝30°、AB＝OB及几何关系可知，‎ 合场强的方向沿AB的中垂线向上，‎ 大小为：EO＝2EAcos 30°＝。‎ ‎(3)小球B运动的过程中重力与电场力做功，由动能定理得：mgh＋QU＝mv2‎ 所以：U＝。‎ 答案：(1)mg　Q 　(2)　方向沿AB的中垂线向上　(3) ‎8．游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对其运动过程进行观测，记录数据如表：‎ 运动过程 运动时间 运动状态 匀加速运动 ‎0～40 s 初速度v0＝0，末速度v＝4.2 m/s 匀速运动 ‎40～640 s v＝4.2 m/s 匀减速运动 ‎640～720 s 靠岸时的速度v1＝0.2 m/s ‎(1)求游船匀加速运动过程中的加速度大小a1及位移大小x1；‎ ‎(2)若游船和游客的总质量M＝8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；‎ ‎(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。‎ 解析：(1)游船匀加速运动过程中的加速度大小 a1＝＝ m/s2＝0.105 m/s2，‎ 位移大小 x1＝Δt1＝×40 m＝84 m。‎ ‎(2)游船匀减速运动过程中的加速度大小 a2＝＝ m/s2＝0.05 m/s2，‎ 根据牛顿第二定律得F＝Ma2＝8 000×0.05 N＝400 N。‎ ‎(3)游船在整个行驶过程中的总位移 x＝x1＋vΔt2＋Δt3＝84＋4.2×600＋×80m＝2 780 m 游船在整个行驶过程中的平均速度大小 ＝＝ m/s≈3.86 m/s。‎ 答案：(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s 力学综合练5‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网，其原因是(　　)‎ A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 解析：选C　发球机发出的球，速度较大的球越过球网，速度度较小的球没有越过球网，原因是发球机到网的水平距离一定，速度较大的球所用的时间较少，球下降的高度较小，容易越过球网，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎2.如图，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现有一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则(　　)‎ A．小球对墙壁的压力保持不变 B．小球对墙壁的压力逐渐减小 C．轻绳对小球的拉力保持不变 D．轻绳对小球的拉力逐渐增大 解析：选D　对小球受力分析如图所示，小球受到重力、轻绳对小球的拉力和墙壁对小球的弹力处于平衡，设轻绳对小球的拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：轻绳对小球的拉力T＝，墙壁对小球的弹力N＝mgtan θ，随细杆下移，θ逐渐增大，cos θ逐渐减小，则轻绳对小球的拉力T逐渐增大，tan θ逐渐增大，则墙壁对小球的弹力N逐渐增大，可知小球对墙壁的压力逐渐增大，故A、B、C错误，D正确。‎ ‎3.如图所示，一小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数μ＞tan θ，以初速度v0的方向为正方向，下列图中表示物块的速度v、加速度a、动能Ek及所受摩擦力Ff随时间t变化的图线，正确的是(　　)‎ 解析：选D　物块沿足够长的固定斜面上滑，做匀减速运动，当运动到最高点时，最大静摩擦力为fm＝μmgcos θ，重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，由于μ＞tan θ，则最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，物块将停在最高点。由上述分析可知，物块不能从最高点下滑，故A错误；物块上滑过程中，加速度为a＝－＝－(gsin θ＋μgcos θ)，保持不变；到了最高点，物块保持静止状态，加速度a′＝0，故B错误；上滑过程中物块的Ek＝mv2＝m(v0＋at)2，Ek与t为非线性关系，图像不是直线，故C错误；物块上滑过程中，物块受到的滑动摩擦力为Ff＝－μmgcos θ，保持不变；在最高点，物块受到的静摩擦力为Ff′＝mgsin θ，故D正确。‎ ‎4．图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置；图乙是根据力传感器采集到的数据作出的力—时间图线。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，g取10 m/s2，根据图像分析可知(　　)‎ A．此人的重力为500 N B．b点是此人下蹲至最低点的位置 C．此人在f点的加速度等于零 D．此人在d点的加速度等于20 m/s2‎ 解析：选AD　开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和平衡条件可知，人的重力为500 N，故A正确；人下蹲过程中先加速下降，到达一个最大速度后再减速下降，当人下蹲到最低点时合力向上，传感器对人的支持力大于重力，根据牛顿第三定律可知人对传感器的压力也大于重力，由题图乙可知b点时人对传感器的压力小于其重力，故B错误；f点时人对传感器的压力为零，意味着人已经跳离传感器，则此时人只受重力，即人的加速度为重力加速度g，故C错误；人在d点时，根据牛顿第二定律有：a＝＝ m/s2＝20 m/s2，故D正确。‎ ‎5．地球同步卫星A和一颗轨道平面为赤道平面的科学实验卫星B的轨道半径之比为4∶1，两卫星的公转方向相同，那么关于A、B两卫星的说法正确的是(　　)‎ A．A、B两卫星所受地球引力之比为1∶16‎ B．B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体的角速度 C．同一物体在B卫星中时对支持物的压力更大 D．B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出 解析：选BD　根据万有引力定律F＝G知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于A、B两卫星的质量关系未知，所以A、B两卫星所受地球引力之比不一定为1∶16，故A错误；A卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于A卫星的公转周期，而A卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转物体的角速度，故B正确；物体在A、B卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；根据开普勒第三定律＝k，由A、B卫星轨道半径之比为4∶1，则周期之比为8∶1，所以B卫星的运行周期是地球自转周期的，因此B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出，故D正确。‎ 二、非选择题 ‎6．某学习小组利用拉力传感器和气垫导轨、光电门探究“物体的加速度与力的关系”，如图甲所示为该学习小组设计的实验装置。他们在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。‎ ‎(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________mm。‎ ‎(2)下列不必要的一项实验要求是________。‎ A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使A位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调节水平 D．应使细线与气垫导轨平行 ‎(3)实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码质量m，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图像，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出的图像是________。‎ A．“t F图像” B．“t2 F图像”‎ C．“t2 图像” D．“图像”‎ 解析：(1)由题图乙可读得d＝2 mm＋6×0.05 mm＝2.30 mm。‎ ‎(2)拉力是直接通过力传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故A不必要；应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B是必要的；应将气垫导轨调节水平，保持细线方向与气垫导轨平行，这样拉力才等于合力，故C、D是必要的。‎ ‎(3)根据牛顿第二定律得a＝，可得2＝2L，解得：t2＝，所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出 F图像或作出t2 图像，故C正确。‎ 答案：(1)2.30　(2)A　(3)C ‎7．如图甲，一边长L＝2.5 m、质量m＝0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置放在竖直向上、磁感应强度为B＝0.8 T的匀强磁场中，线框的一边与磁场的边界MN重合，在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场，在线框被拉出的过程中，测得线框中的电流随时间变化的图像如图乙所示。‎ ‎(1)求通过线框横截面的电荷量及线框的电阻；‎ ‎(2)已知在这5 s内力F做功为1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少？‎ ‎(3)线框即将离开磁场时拉力F为多大？‎ 解析：(1)I t图像与横轴所围的面积在数值上等于通过线框横截面的电荷量q，即有：‎ q＝×0.5×5 C＝1.25 C；‎ 由I t图像可知，感应电流I与时间t成正比，有：‎ I＝kt＝0.1t A；‎ 由＝，＝，ΔΦ＝BL2，q＝Δt，‎ 联立得：q＝，‎ 则电阻：R＝＝ Ω＝4 Ω。‎ ‎(2)设在某时刻t，线框的速度为v，则线框中感应电流：‎ I＝，‎ 结合(1)中I＝kt＝0.1t A可得线框速度随时间也是线性变化的，有：‎ v＝＝ m/s＝0.2t m/s；‎ 所以可知线框做匀加速直线运动，加速度为：‎ a＝0.2 m/s2；‎ t＝5 s时，线框的速度为：v＝0.2t＝0.2×5 m/s＝1 m/s，‎ 此过程中线框产生的焦耳热：‎ Q＝W－mv2＝J＝1.67 J。‎ ‎(3)线框做匀加速直线运动，加速度为：a＝0.2 m/s2‎ 由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma，‎ 联立解得水平力F随时间t变化满足：‎ F＝BLkt＋ma＝(0.2t＋0.1)N，‎ 故t＝5 s时的拉力为1.1 N。‎ 答案：(1)1.25 C　4 Ω　(2)1.67 J　(3)1.1 N ‎8．如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质定滑轮与物体B相连接，B的质量M＝1 kg，绳绷直时B离地面有一定高度。在t＝0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器(未画出)得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的vt图像如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)B下落的加速度大小a；‎ ‎(2)A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W；‎ ‎(3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(4)在0～0.75 s内摩擦力对A做的功。‎ 解析：(1)A、B具有相同的加速度，由题图乙可知，B下落的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝4 m/s2。‎ ‎(2)设绳的拉力为T，对B由牛顿第二定律有：‎ Mg－T＝Ma，‎ 解得：T＝Mg－Ma＝(1×10－1×4)N＝6 N，‎ A、B位移相同，则由题图乙可知A沿斜面向上运动的过程中，B的位移为：x＝ m＝0.5 m 故绳的拉力对A做的功为：W＝Tx＝6×0.5 J＝3 J。‎ ‎(3)由题图乙可知后0.25 s时间A的加速度大小为：‎ a′＝＝8 m/s2‎ 此过程对A由牛顿第二定律有：‎ μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma′‎ 解得：μ＝0.25‎ 前0.5 s内A受到重力、支持力、摩擦力和拉力的作用，沿斜面的方向：‎ T－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得：m＝0.5 kg。‎ ‎(4)全过程A的位移为：‎ s＝×2×0.75 m＝0.75 m 故摩擦力做功为：‎ Wf＝－μmgcos 37°·s＝－0.25×0.5×10×0.8×0.75 J＝－0.75 J。‎ 答案：(1)4 m/s2　(2)3 J　(3)0.5 kg　0.25‎ ‎(4)－0.75 J 力学综合练6‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.如图所示是2016年里约奥运会中，中国某运动员(可看成质点)参加10米跳台比赛中速度与时间的关系图像，t＝0是其向上起跳瞬间，则下列关于该运动员的说法中正确的是(　　)‎ A．t1时刻开始进入水面 B．t3时刻已浮出水面 C．t2时刻开始进入水面 D．t2～t3时间内，处于失重状态 解析：选C　t＝0运动员向上起跳，0～t2时间内，vt图像为直线，说明此过程中运动员的加速度是相同的，所以在0～t2时间内运动员在空中，先上升后下降，t1时刻到达最高点，t2时刻之后速度减小，说明t2时刻开始进入水面，t3时刻运动员在水中，故A、B错误，C正确；t2～t3‎ 时间内，运动员向下做匀减速运动，具有向上的加速度，处于超重状态，故D错误。‎ ‎2.如图所示，三根抗拉能力相同的轻细绳1、2、3将一重物悬挂在水平天花板上，P、Q两点为绳子与天花板的结点，绳子1、2与天花板的夹角分别为60°和30°，其拉力大小分别为F1、F2，重物重力为G，下列说法正确的是(　　)‎ A．绳子2的拉力F2＝F1‎ B．绳子2的拉力F2＝2G C．若逐渐增大重物重力，绳子3先断 D．若缓慢增大P、Q两点间距，F1、F2的合力增大 解析：选C　对O点受力分析如图所示，根据平衡条件，有：F1∶F2∶F3＝∶1∶2，其中F3＝G，故F1＝G，F2＝，故A、B错误；由于F1∶F2∶F3＝∶1∶2，而F3＝G，故增大重物重力后，三个拉力F1、F2、F3均增加，由于F3＞F1＞F2，故绳子3先断，故C正确；若缓慢增大P、Q两点间距，点O保持平衡，根据平衡条件，三个力的合力为零，F1、F2的合力与F3平衡，而F3＝G，故F1、F2的合力不变，故D错误。‎ ‎3.如图所示，质量为m的小球A沿高度为h、倾角为θ的固定光滑斜面由静止开始自由下滑，同时另一质量与A相同的小球B自相同高度由静止落下，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B两球同时落地 B．下落过程中，A、B两球所受重力的平均功率相等 C．落地前一瞬间，A、B两球所受重力的瞬时功率相等 D．落地前一瞬间，B球所受重力的瞬时功率比A球的大 解析：选D　A球做匀加速直线运动，加速度a＝gsin θ，根据＝at2得，A球的运动时间t＝，B球做自由落体运动，运动时间t′＝，可知A球的运动时间大于B球的运动时间，故A错误；A、B两球下落的高度相同，质量相同，则重力做功相同，根据P＝知，下落过程中，A、B两球重力的平均功率不等，故B错误；根据动能定理知，重力做功相等，初动能相等，则末速度大小相等，根据P＝mgvcos α知，B球重力方向与其落地前一瞬间速度方向相同，则B球重力的瞬时功率大于A球重力的瞬时功率，故D正确，C错误。‎ ‎4.北斗导航系统具有导航、定位等功能。如图所示，“北斗”系统的三颗卫星a、b、c绕地心做匀速圆周运动，卫星c所在的轨道半径为r，卫星a、b 所在的轨道半径为2r，若三颗卫星均沿顺时针方向(从上向下看)运行，质量均为m，卫星c所受地球的万有引力大小为F，引力常量为G，不计卫星间的相互作用。下列判断中正确的是(　　)‎ A．卫星a所受地球的万有引力大小为 B．地球质量为 C．如果使卫星b加速，它一定能追上卫星a D．卫星b的周期是卫星c的2倍 解析：选AB　由F＝G可知，卫星a所受地球的万有引力大小为，则A正确；对于卫星c，由F＝G可知M＝，则B正确；卫星b加速，会做离心运动，则不能追上卫星a，则C错误；由万有引力提供向心力G＝mr得：T＝2π ，则卫星b的周期为卫星c的2 倍，则D错误。‎ ‎5.质量m＝2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s B．x＝3 m时物块的加速度大小为2.5 m/s2‎ C．在前2 m位移的运动过程中物块所经历的时间为2 s D．在前4 m位移的运动过程中拉力对物块做的功为25 J 解析：选CD　根据题图知，x＝1 m时，动能为2 J，即mv2＝2 J，解得v＝ m/s，故A错误；对x＝2 m到x＝4 m段运用动能定理，有：Fx－μmgx＝ΔEk，解得F＝6.5 N，a＝＝ m/s2＝1.25 m/s2，故B错误；对前2 m运用动能定理得，F′x－μmgx＝ΔEk′，解得F′＝6 N，物体的加速度a′＝＝ m/s2＝1 m/s2，末速度v′＝＝ m/s＝2 m/s，根据v′＝a′t得，t＝2 s，故C正确；对全过程运用动能定理得，WF－μmgs＝ΔEk″，解得WF＝25 J，故D正确。‎ 二、非选择题 ‎6．某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”‎ 计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)‎ ‎(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的。‎ ‎(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2。(结果均保留2位有效数字)‎ 解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的。‎ ‎(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T＝ s≈0.67 s。根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为vA＝ m/s≈0.19 m/s。根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a＝＝ m/s2≈－0.037 m/s2，因此加速度的大小为0.037 m/s2。‎ 答案：(1)从右向左　(2)0.19　0.037‎ ‎7.如图所示，在A点固定一正点电荷，电荷量为Q，在离A点高度为H的C处由静止释放某带电小球(可视为点电荷)，开始运动瞬间小球的加速度大小恰好为重力加速度g，已知静电力常量为k，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)小球所带电荷的性质和电荷量大小；‎ ‎(2)小球运动至多高时速度最大；‎ ‎(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远处电势为零)，小球能到达的最高点离地面的高度大小。‎ 解析：(1)设小球的电量为q，质量为m，‎ 由题意知，小球所受库仑力与重力方向相反，而A点的点电荷带正电，则小球带正电；‎ 根据牛顿第二定律，当小球在C点时，k－mg＝mg 解得：q＝。‎ ‎(2)当小球速度最大时k＝mg 得h＝H。‎ ‎(3)设小球能到达的最高点为B，B、C间的电势差大小UCB，由题意得 UCB＝φC－φB＝－ 对由释放至小球到达最高点B(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0‎ 即q－mg(rB－H)＝0‎ 将q＝代入化简得rB2－3HrB＋2H2＝0‎ 解得rB＝2H(rB′＝H舍去)。‎ 答案：(1)正电　　(2)H　(3)2H ‎8．如图所示，质量为m1＝3 kg的滑块C(可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B。已知木板A、B的长度均为L＝5 m，质量均为m2＝1.5 kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连，滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为v0＝7 m/s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；‎ ‎(3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间。‎ 解析：(1)由能量守恒定律可得，Epmax＝m1v02＝73.5 J。‎ ‎(2)设滑块C在木板A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2。‎ 则：μ1m1g＝m1a1，‎ 解得：a1＝3 m/s2。‎ μ1m1g－μ2(m1＋2m2)g＝2m2a2，‎ 解得：a2＝1 m/s2。‎ ‎(3)设滑块C在木板A上运动的时间为t1。‎ 则： L＝－a2t12‎ 解得：t1＝1 s或t1＝2.5 s(舍去)‎ 设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB。‎ vC＝v0－a1t1＝4 m/s vA＝vB＝a2t1＝1 m/s 滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度仍为a1，设木板B的加速度为a3。‎ μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a3，‎ 解得：a3＝3 m/s2。‎ 设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：‎ v＝vC－a1t2＝vB＋a3t2，‎ 解得 t2＝0.5 s，v＝2.5 m/s 从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：‎ Δx＝t2－t2＝0.75 m＜5 m 可知此过程中滑块C未离开木板B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起做匀减速运动的加速度为a，到停止运动所用时间为t3。‎ μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝1 m/s2。‎ ‎0＝v－at3，解得t3＝2.5 s 则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： t＝t1＋t2＋t3＝4 s。‎ 答案：(1)73.5 J　(2)1 m/s2　3 m/s2　(3)4 s ‎(三)电学综合集训练 电学综合练1‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻(　　)‎ A．用电器增加时，变压器输出电压增大 B．用电器增加时，变压器的输入功率增加 C．用电器增加时，输电线的热损耗减少 D．要提高用户的电压，滑动触头P应向下滑 解析：选B　用电器增加，表示负载阻值减小，输出功率会变大，但变压器输出电压不变，故A错误；用电器增加时，电压不变，负载阻值减小，由P出＝知变压器的输出功率增加，又P入＝P出 ‎，故输入功率也增加，B正确；用电器增加时，变压器的输出功率增加，输出电压不变，由P出＝UI知，输电电流I变大，根据P热＝I2R知输电线的热损耗增加，故C错误；要提高用户的电压，根据＝可知，应使副线圈匝数增加，滑动触头P应向上滑，故D错误。‎ ‎2.如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。天平的右臂上挂有一匝数为N的矩形金属线圈，宽度为L，线圈悬挂于右盘且下端处于匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于纸面，开始时天平平衡。当线圈中通有顺时针方向的电流I时，发现天平的右臂低左臂高，在左盘中增加质量为Δm的砝码，天平重新平衡，则下列分析正确的是(　　)‎ A．磁场的方向垂直于纸面向外 B．本装置必须用顺时针方向电流 C．可测得B＝ D．线圈匝数越少测量得越精确 解析：选C　当线圈中通有顺时针方向的电流I时，发现天平的右臂低左臂高，说明线圈所受的安培力向下，根据左手定则判断出磁场的方向垂直于纸面向里，故A错误；本装置施加的电流方向与磁场方向有关，不是必须用顺时针方向电流，故B错误；根据平衡关系可知，增加的安培力等于左盘中增加的砝码的重力，故Δmg＝NBIL，解得：B＝，故C正确；线圈的匝数越少，受到的安培力越小，测量增加的砝码质量误差越大，越不精确，故D错误。‎ ‎3.如图所示，在O点固定一负点电荷，实线为其中几条对称分布的电场线，虚线为以Oe电场线上的O′点为圆心的一个圆，a、b、c、d、e、f、g、h为圆与电场线的交点，下列说法正确的是(　　)‎ A．b、h两点的电场强度相同 B．a点电势比e点电势高 C．d、b两点间电势差大于e、b两点间电势差 D．将电子沿圆周由h点移到d点与由h点移到f点，电场力做功相等 解析：选D　由题图可知，b、h两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、h两点的电场强度不同，故A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越高，故a点电势低于e点电势，故B错误；e点电势大于d点电势，则e、b两点间电势差大于d、b两点间电势差，故C错误；d、f两点电势相等，则将电子沿圆周由h点移到d点与由h点移到f点，电场力做功相等，故D正确。‎ ‎4．如图(a)所示电路中，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图(b)所示。不考虑电表对电路的影响，则(　　)‎ A．定值电阻R0为10 Ω B．电源内阻r为10 Ω C．电源电动势E为3.4 V D．定值电阻R0的最大电功率为0.9 W 解析：选AD　定值电阻R0两端的电压随电流的增大而增大，由题图(b)中下侧图线的斜率得R0＝ Ω＝10 Ω，故A正确；电压表V2测得的是电源的路端电压，题图(b)中上侧图线斜率的绝对值等于电源的内阻，r＝ Ω＝2 Ω，故B错误；当电流为0.1 A时，电压表V2的读数为3.4 V，根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir＝(3.4＋0.1×2)V＝3.6 V，故C错误；当滑动变阻器接入电路的阻值为0时，电路电流最大，I＝＝ A＝0.3 A，定值电阻R0的最大电功率P＝I2R0＝0.32×10 W＝0.9 W，故D正确。‎ ‎5．间距为 m的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 m的光滑导体棒以1 m/s的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒总电阻为20 Ω，定值电阻为10 Ω，则下列分析正确的是(　　)‎ A．电流表的示数为 A B．电压表的示数为0.5 V C．导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C到D D．导体棒上消耗的热功率为0.025 W 解析：选BD　当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为E＝BLv，由于磁场边界为正弦曲线，则有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反向，故产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 m，交流电的最大值是：Em＝BLv＝1××1 V＝ V，有效值为E＝＝1 V，由于导体棒接入导轨的有效长度为总长度的一半，所以接入的有效电阻为10 Ω，定值电阻也为10 Ω，则电压表的示数为U＝E＝0.5‎ ‎ V，选项B正确；电流表的示数为I＝＝ A＝0.05 A，选项A错误；导体棒运动到题图所示虚线位置时，磁感应强度等于0，瞬时电流等于0，选项C错误；导体棒上消耗的热功率为Pr＝I2r＝0.052×10 W＝0.025 W，选项D正确。‎ 二、非选择题 ‎6．某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻。步骤如下：‎ ‎(1)用20分度的游标卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为________mm。‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为________cm。‎ ‎(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为________Ω。‎ ‎(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R 电流表A1(量程0～4 mA，内阻约50 Ω)‎ 电流表A2(量程0～10 mA，内阻约30 Ω)‎ 电压表V1(量程0～3 V，内阻约10 kΩ)‎ 电压表V2(量程0～15 V，内阻约25 kΩ)‎ 直流电源E(电动势4 V，内阻不计)‎ 滑动变阻器R1(阻值范围0～15 Ω，允许通过的最大电流2.0 A)‎ 滑动变阻器R2(阻值范围0～20 kΩ，允许通过的最大电流0.5 A)‎ 开关S，导线若干 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号。‎ 解析：(1)游标卡尺的读数为：50 mm＋3×0.05 mm＝50.15 mm。‎ ‎(2)螺旋测微器的读数为：4.5 mm＋19.8×0.01 mm＝4.698 mm＝0.469 8 cm。‎ ‎(3)欧姆表的读数为：22×10 Ω＝220 Ω。‎ ‎(4)由于电压表V2量程太大(量程的大于电源的电动势)，所以电压表应选择V1‎ ‎；根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为Imax＝＝ A≈14 mA，所以电流表应选择A2；‎ 根据实验要求多测几组数据可知，滑动变阻器应采用分压式接法，应选择阻值范围小的滑动变阻器R1以方便调节；由于待测电阻满足>，电流表应采用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示。‎ 答案：(1)50.15　(2)0.469 8　(3)220　(4)见解析图 ‎7.如图所示，MN、PQ是平行金属板，板长为L，两板间距离为，PQ板带正电，MN板带负电，在PQ板的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为q、质量为m的带负电的粒子，以速度v从MN板边缘沿平行于板的方向射入两板间，结果粒子恰好从PQ板左边缘飞进磁场，然后又恰好从PQ板的右边缘飞进电场，不计粒子重力。求：‎ ‎(1)两金属板间所加电场的场强大小；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。‎ 解析：(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，‎ 有：t＝，‎ 在沿电场方向上有：＝·t2，‎ 解得E＝。‎ ‎(2)粒子出电场时沿电场方向上的速度vy＝at＝v，‎ 则进入磁场的速度为v′＝＝v，速度与水平方向的夹角为θ＝45°，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。‎ 根据几何关系得r＝，‎ 根据qv′B＝m得，r＝，‎ 解得B＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎8．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1‎ ‎ m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接一阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中金属棒ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略金属棒ab运动过程中对原磁场的影响)。‎ ‎(1)判断金属棒ab两端a、b的电势哪端高；‎ ‎(2)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。‎ 解析：(1)由右手定则判断可知b端电势高。‎ ‎(2)当金属棒ab匀速下落时，由平衡条件得：‎ mg＝BIL 金属棒ab产生的感应电动势为：E＝BLvt 则电路中的电流为：I＝ 由题图乙可得：vt＝＝ m/s＝7 m/s 解得：B＝0.1 T。‎ ‎(3)在1.5 s内，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得：‎ mgx′－W安＝mvt2－0‎ 解得：W安＝0.455 J 即整个回路产生的总热量为：‎ Q＝W安＝0.455 J 对闭合回路由闭合电路欧姆定律得：‎ E电＝I(R＋r)‎ 则电阻R两端的电压UR为：UR＝E电 则电阻R上产生的热量为：QR＝Q＝0.26 J。‎ 答案：(1)金属棒b端的电势高 ‎(2)0.1 T　(3)0.26 J 电学综合练2‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.如图所示是一款避雷针原理演示器，上下金属板之间用绝缘材料固定，尖端电极和球形电极与下金属板连接，给上下金属板接感应圈并逐渐升高电压，当电压逐渐升高时(　　)‎ A．尖端电极先放电 B．球形电极先放电 C．两电极同时放电 D．两电极都不放电 解析：选A　由题图可知，两电极一个为尖头、一个为圆头，当上下金属板接在高压电源上，因末端越尖越容易放电，故可以观察到尖端电极先放电，这种放电现象叫做尖端放电，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎2.如图所示是“二分频”音箱内部电路，来自前级电路的电信号，被电容和电感组成的分频电路分成高频成分和低频成分，分别送到高、低音扬声器，下列说法正确的是(　　)‎ A．C1让低频成分通过 B．L2让高频成分通过 C．扬声器BL1是低音扬声器 D．扬声器BL2是低音扬声器 解析：选D　C1的作用是阻碍低频成分通过BL1扬声器，故A错误；L2的作用是阻碍高频成分通过BL2扬声器，是让低频成分通过，故B错误；高频和低频成分通入该电路，由于线圈通低频、阻高频，电容通高频、阻低频，所以低频成分通过BL2扬声器，高频成分通过BL1扬声器，所以BL2扬声器是低音扬声器，故C错误，D正确。‎ ‎3.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球先做减速运动后做加速运动 C．小球对桌面的压力一直在增大 D．小球对桌面的压力先减小后增大 解析：选C　根据右手定则可知，小球从a点出发沿连线运动到b点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小，过O点后反向增大，而方向先向里，过O点后方向向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始时方向向上，大小在减小，过O点后洛伦兹力的方向向下，大小在增大。由此可知，小球在速度方向上不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故A、B、D错误，C正确。‎ ‎4.如图所示，电源内阻较大，当开关S闭合、滑动变阻器滑片P位于某位置时，水平放置的平行板电容器C间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器的滑片P由原位置向a端滑动，则(　　)‎ A．灯泡L将变暗，电源效率将增大 B．液滴带正电，将向下做加速运动 C．电源的路端电压增大，输出功率也增大 D．滑片P滑动瞬间，液滴电势能将减小 解析：选AD　将滑片P由原位置向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡L消耗的功率减小，则灯泡L将变暗；外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为η＝×100%＝×100%，U增大，则知η增大，故A正确；液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电。路端电压增大，故电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动，故B错误；由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C错误；因电容器两端的电压增大，故液滴所在位置相对于下极板的电势差增大，因下极板接地，故液滴所在位置的电势减小，因液滴带正电，故液滴电势能将减小，故D正确。‎ ‎5.带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．x2～x3段电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 C．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 D．在O、x1、x2、x3处电势φO、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φO＞φ1‎ 解析：选BD　根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝·，由数学知识可知Ep x图像切线的斜率等于，x1处切线的斜率为零，则x1‎ 处电场强度为零，因此x1处电场强度最小，且为零，故A错误；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，带正电的粒子电势能在增大，则电场力做负功，电场力沿x轴负方向，电场场强方向沿x轴负方向，故B正确；由题图可知在O～x1段图像切线的斜率不断减小，则场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段图像斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子做匀变速直线运动，故C错误；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带正电，q＞0，根据正电荷的电势能越大，粒子所在处的电势越高，可知φ1＜φ2＜φ3；由于O和x2处粒子的电势能相等，则φ2＝φO，可得φ3＞φ2＝φO＞φ1，故D正确。‎ 二、非选择题 ‎6．热敏电阻包括正温度系数电阻(PTC)和负温度系数电阻(NTC)，正温度系数电阻的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻的电阻随温度的升高而减小，某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻Rx的导电特性。‎ A．电流表A1(满偏电流10 mA，内阻r1为10 Ω)‎ B．电流表A2(量程0.6 A，内阻r2为0.5 Ω)‎ C．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω)‎ D．滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)‎ E．定值电阻R3(阻值1 490 Ω)‎ F．定值电阻R4(阻值140 Ω)‎ G．电源E(电动势15 V，内阻不计)‎ H．开关与导线若干 ‎(1)实验采用的电路图如图1所示，则滑动变阻器选________，定值电阻R选________(填仪器前的字母序号)。‎ ‎(2)该小组分别测出某个热敏电阻的I1 I2图像如图2所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是________(选填“PTC”或“NTC”)热敏电阻。‎ ‎(3)若将此热敏电阻直接接到一电动势为9 V，内阻10 Ω的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为________Ω(结果保留三位有效数字)。‎ 解析：‎ ‎(1)由题图1知滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的C；定值电阻R与电流表串联充当电压表使用，故应选择阻值较大的E。‎ ‎(2)由题图2所示图线可知，随电压(由电流表A1示数代表)增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数(PTC)热敏电阻。‎ ‎(3)根据改装原理可知，加在电阻两端的电压U＝I1(r1＋R3)＝1 500I1；则在题图2中作出所接的电源的伏安特性曲线如图中倾斜直线所示。由图可知，对应的电流I1＝6.5 mA，I2＝0.25 A，则由欧姆定律可知：R＝ Ω＝39 Ω。‎ 答案：(1)C　E　(2)PTC　(3)39‎ ‎7．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，上下运动的速度v＝0.4πsin πt m/s，且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连；浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中阴影部分)，其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数N＝200，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B＝0.2 T，线圈直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω，计算时取π2的值为10。‎ ‎(1)求线圈中产生感应电动势的最大值Em；‎ ‎(2)求灯泡工作时消耗的电功率P；‎ ‎(3)若此灯塔的发电效率为90%，求3min内海浪提供给发电灯塔的能量。‎ 解析：(1)线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为：Em＝NBlvmax，‎ 其中：l＝πD，‎ 联立得：Em＝πNBDvmax＝π×200×0.2×0.4×0.4π V＝64 V。‎ ‎(2)电动势的有效值为：E＝＝ V＝32 V，‎ 根据闭合电路欧姆定律有：I＝，‎ 得：I＝ A＝2 A，‎ 通过灯泡电流的有效值为：I＝2 A，‎ 则灯泡的电功率为：P＝I2R＝(2)2×15 W＝120 W。‎ ‎(3)此灯塔的发电效率为90%，根据能量守恒定律，有：‎ ‎90%E总＝UIt 灯泡两端电压的有效值为：‎ U＝IR＝2×15 V＝30 V，‎ 解得：E总＝＝ J＝2.4×104 J。‎ 答案：(1)64 V　(2)120 W　(3)2.4×104 J ‎8．如图所示，在xOy直角坐标平面内－0.05 m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4 T，0≤x≤0.08 m的区域有沿x轴负方向的匀强电场。在x轴上坐标为(－0.05 m,0)的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷＝5×107 C/kg，速率v0＝2×106 m/s的带正电粒子。若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用(结果可保留根号)。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的半径R；‎ ‎(2)第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；‎ ‎(3)电场强度E。‎ 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m 可得R＝＝ m＝0.1 m。‎ ‎(2)设在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图所示，‎ 由几何关系知，N点到x轴的竖直距离L满足：‎ L2＋(R－dB)2＝R2‎ 解得：L＝ m 即粒子P的位置坐标为。‎ ‎(3)用dE表示电场的宽度，‎ 对粒子Z在电场中运动，由动能定理有：‎ qEdE＝mv02‎ 代入数据解得：E＝5.0×105 N/C。‎ 答案：(1)0.1 m　(2) 　(3)5.0×105 N/C 电学综合练3‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.如图所示，一根重力为G＝0.1 N、长为L＝1 m、质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成60°，将此导体放入匀强磁场中，导体两端a、b悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通有I＝1 A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx＝0.01 m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B＝0.4 T，则(　　)‎ A．导体中电流的方向为a→b B．每根弹簧的弹力大小为0.5 N C．弹簧的劲度系数为k＝5 N/m D．若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了0.02 m 解析：选C　由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向为b→a，故A错误；通电后，导体的有效长度为l＝L＝0.5 m，受到的安培力为：F＝BIl＝0.4×1×0.5 N＝0.2 N，F＋2F弹＝G，F弹＝＝N＝0.05 N，故B错误；F弹＝kΔx，k＝＝ N/m＝5 N/m，故C正确；若导体中不通电流，则2kx＝G，x＝＝ m＝0.01 m，故D错误。‎ ‎2．图1和图2是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)‎ A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，滑动变阻器R与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与滑动变阻器R中电流相等 解析：选C　题图1中，A1有电阻，L1为自感系数很大的自感线圈，电路正常工作后，不考虑L1的电阻，故A错误；题图1中，闭合S1，电路稳定后，A1短路，无电流，故B错误；题图2中，因为要观察两灯发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两灯电阻相同，所以滑动变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确；题图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与滑动变阻器R中电流不相等，故D错误。‎ ‎3.真空中有一半径为r0的带电空心金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是(　　)‎ A．空心金属球带负电 B．A点的电场强度方向由A指向B C．A点的电场强度小于B点的电场强度 D．电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力一定做正功 解析：选B　依据沿着电场线方向电势降低，由题图可知O到r0电势不变，故空心金属球为等势体，由r在继续增大的过程中，电势降低，可知，空心金属球应该带正电，故A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确，C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力一定做正功；而负电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功，故D错误。‎ ‎4．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点。现有一带正电的粒子只在电场力作用下，以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子由a点到b点运动过程中加速度逐渐增大 B．b点的电场强度一定为零 C．Q1的电量一定大于Q2的电量 D．粒子由a点到b点向远处运动过程中，粒子的电势能先增大后减小 解析：选BC　速度—时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，由题图乙可知，粒子从a到b做加速度减小的加速运动，故A错误；粒子从a到b做加速度减小的加速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点电场强度为零，故B正确；粒子从a到b做加速运动，所以a、b之间电场的方向向右；过b点后粒子做减速运动，所以电场的方向向左，b点电场强度为零，可见两点电荷在b点对粒子的电场力大小相等，根据F＝k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量，故C正确；粒子从a到b做加速运动，电场力做正功，电势能减小；过b点后粒子做减速运动，电场力做负功，电势能增大，故D错误。‎ ‎5．如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列可以使电灯L重新变亮的方法是(　　)‎ A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移 B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移 C．其他条件不变，断开开关S D．其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动 解析：选BC　P1上移增大n1，P2下移减小n2，由理想变压器的变压比：＝，可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，故A错误；同理，P1下移减小n1，P2上移增大n2，可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，故B正确；其他条件不变，U2电压不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，电灯L的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，故C正确；其他条件不变，将滑动变阻器滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，故D错误。‎ 二、非选择题 ‎6．某物理实验兴趣小组进行测定某品牌矿泉水的电阻率的探究实验，用一支两端开口的玻璃管通过密封塞封住一定量的矿泉水。‎ ‎(1)某同学用如图1所示的游标卡尺的________(选填“A”、“B”或“C”)部位去测量玻璃管的内径，测出的读数如图2，则玻璃管的内径d为________cm。‎ ‎(2)该同学用多用电表的电阻挡测量玻璃管中矿泉水的电阻，选择开关置于“×100”挡，发现指针如图3所示，则该同学接着需要做的实验步骤是：①换选________(填“×10”或“×1 k”)挡，②____________。‎ ‎(3)该组同学按图4连好电路后，调节滑动变阻器的滑片，从最右端向左端移动的整个过程中，发现电压表有示数但几乎不变，不可能的原因是________。‎ A．滑动变阻器阻值太小 B．电路中5、6之间断路 C．电路中7、8之间断路 ‎(4)该组同学在改进实验后，测出玻璃管中有水部分的长度为L，电压表示数为U，电流表示数为I，改变玻璃管中的水量，测出多组数据，并描绘出相应的图像如图5所示。若图线的斜率为k，则矿泉水的电阻率ρ＝________(用题中字母表示)。‎ 解析：(1)游标卡尺测量玻璃管内径应该用内爪，即A部分。由题图2知，主尺读数为2.1 cm，游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，最后读数为2.150 cm。‎ ‎(2)①由题图3可知欧姆表示数太大，故应选择更大倍率挡测量，即换“×1 k”挡，②换挡后要进行欧姆调零。‎ ‎(3)滑动变阻器阻值太小，通过它调节电路的电流改变比较小，故A可能；电压表有示数则干路一定是通的，故B不可能；电路中7、8之间断路后电压表被串联到电路中，会导致其电压接近电源电动势，故C可能。‎ ‎(4)由电阻定律可得：R＝ρ＝ρ，又R＝，由题图5可知：k＝，解得：ρ＝。‎ 答案：(1)A　2.150　(2)①×1 k　②欧姆调零　(3)B　(4) ‎7.如图所示，一对平行光滑导轨水平放置，导轨间距L＝0.20 m，电阻R＝10 Ω，有一质量为m＝1 kg的金属棒平放在导轨上，与两导轨垂直，金属棒及导轨的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直导轨平面竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝5 T，现用一拉力F沿导轨方向拉金属棒，使之做匀加速运动，加速度a＝1 m/s2，求：‎ ‎(1)力F随时间t的变化关系；‎ ‎(2)F＝3 N时，电路消耗的电功率P；‎ ‎(3)若金属棒匀加速运动的时间为T时，拉力F达到最大值Fm＝5 N，此后保持拉力Fm＝5 N不变，求出时间T，并简述在时间T前后，金属棒的运动情况。‎ 解析：(1)由牛顿第二定律得F－F安＝ma, ‎ F安＝BIL，I＝，E＝BLv，v＝at 联立以上各式得：F－＝ma 代入数据得：F＝(0.1t＋1)N。‎ ‎(2)由(1)可得，F＝3 N时，t＝20 s，此时v＝at＝20 m/s E＝BLv＝20 V 电路消耗的电功率P＝＝40 W。‎ ‎(3)由(1)可得，Fm＝5 N，T＝40 s。‎ ‎40 s前，金属棒以加速度a＝1 m/s2做匀加速直线运动；40 s后，金属棒做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速直线运动，直到速度达到vm＝50 m/s(Fm＝)时，金属棒的加速度减小到0，金属棒做匀速直线运动。‎ 答案：(1)F＝(0.1t＋1)N　(2)40 W　(3)40 s　简述见解析 ‎8．如图甲所示，两平行界线MN、PQ之间存在一方向垂直纸面向里的匀强磁场B，磁场宽度d＝0.5 m；MN右侧区域存在一水平向左的匀强电场，场强E＝4.0×102 N/C，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从电场中A点由静止开始释放，已知A点到MN的距离为L＝0.5 m，粒子比荷为1.0×104 C/kg，不计粒子重力。‎ ‎(1)求粒子进入磁场时速度的大小；‎ ‎(2)要使粒子进入磁场后不会从磁场左边界PQ穿出，磁感应强度B应满足什么条件？‎ ‎(3)若磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向里为正方向)，且B0＝0.5 T，t＝0时刻从电场中A点由静止释放的粒子，在经过电场和磁场作用后返回到A点的时间恰好等于磁场变化的一个周期，求磁场的变化周期T。‎ 解析：(1)由动能定理有：EqL＝mv2‎ 解得：v＝ ＝2.0×103 m/s。‎ ‎(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，有：qvB＝m，要使粒子不从PQ穿出，则r≤d，即：≤d 解得：B≥0.4 T。‎ ‎(3)粒子释放后，先在匀强电场中做匀加速直线运动，有L＝at12，其中a＝＝4.0×106 m/s2‎ 解得：t1＝5.0×10－4 s，‎ 粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，设周期为T′，有 T′＝＝4π×10－4 s，‎ 粒子的运动情境为：先在电场中加速，然后在磁场中偏转半周，再进入电场减速；在磁场变化的二分之一周期内，粒子可以有多次这样的过程。设在磁场变化的二分之一周期内，粒子加速进入磁场n次，‎ 根据运动的对称性，粒子在电场中减速的时间等于加速的时间，则有＝n(n＝1,2,3，…)‎ 所以磁场的变化周期 T＝(4π＋20)n×10－4 s(n＝1,2，3，…)。‎ 答案：(1)2.0×103 m/s　(2)B≥0.4 T ‎(3)(4π＋20)n×10－4 s(n＝1,2,3，…)‎ 电学综合练4‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1．如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则(　　)‎ A．在O～x2间，场强先减小后增大 B．在O～x2间，场强方向一定发生了变化 C．若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小 D．从O点由静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动 解析：选D　φ x图像的斜率的绝对值等于电场强度大小，由题图乙可知，在O～x2间，斜率的大小先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负值，场强方向没有改变，故A、B错误；由题图乙知，O～x2间电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高，故C错误；从O点由静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与运动方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动，故D正确。‎ ‎2.如图为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀减小的电流，则(　　)‎ A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为逆时针 B．无金属片通过时，接收线圈中没有感应电流 C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D．有金属片通过时，接收线圈中没有感应电流 解析：选C　无金属片通过时，当通电线圈中通有不断减小的顺时针方向的电流时，知穿过接收线圈的磁通量向右，且减小，根据楞次定律，接收线圈中产生顺时针方向的感应电流，故A、B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，但是电流的方向不会发生变化，仍为顺时针，故C正确，D错误。‎ ‎3.如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与一理想二极管D连接。下列说法中正确的是(　　)‎ A．闭合S后，L1会逐渐变亮 B．闭合S稳定后，L1、L2亮度相同 C．断开S的瞬间，L1会逐渐熄灭 D．断开S的瞬间，a点的电势比b点高 解析：选D　闭合S后，因线圈L的自感作用，则L1、L2立刻亮，故A错误；闭合S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故B错误；断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与L1及二极管构成回路，因线圈L产生感应电动势，a端的电势高于b端，此时二极管反接，所以回路中没有电流，故C错误，D正确。‎ ‎4.如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是(　　)‎ A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线不一定重合 D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同 解析：选BC　由运动时间公式t＝T知，电子在磁场中运动时间与轨迹线对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r＝知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，轨迹线长度l＝θr，与电子在磁场中的运动时间和电子的速率都有关，故A错误，B正确；由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，由＝可知，电子在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时间相同，则偏转角相同，轨迹不一定重合，比如：半圆形轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即速率不同，故C正确，D错误。‎ ‎5．在匀强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电；把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端，图中的电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R为定值电阻。下列说法正确的是(　　)‎ A．在图甲的t＝0.01 s，矩形线圈平面与磁场方向平行 B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 e＝36sin 100πt V C．Rt处温度升高时，电压表V1示数与V2示数的比值变大 D．Rt处温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积可能变大、也可能变小，而电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变小 解析：选BC　在题图甲的t＝0.01 s时刻，e＝0，则通过线圈的磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故A错误；根据题图甲可知，Em＝36 V，T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为e＝36sin 100πt V，故B正确；Rt 处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故C正确；副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故D错误。‎ 二、非选择题 ‎6．某同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻。‎ ‎(1)在使用多用电表时指针位置如图甲，若多用电表的选择开关指在电阻“×10”挡，则读数结果为________Ω；若多用电表的选择开关指在“2.5 V”挡，然后直接接在干电池两极，则干电池电动势约为________V。‎ ‎(2)为了更准确地测量干电池的电动势和内阻，他用多用电表的“直流100 mA”挡设计了如图乙的测量电路，在图丙方框里画出实验电路图(电流表符号“”，电阻箱符号“”)。‎ ‎(3)将多用电表的选择开关从OFF挡旋转至“直流100 mA”挡，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用电表上读出相应的示数I。‎ ‎(4)重复(3)获得多组数据，根据数据作出了如图丁所示的R 图线。‎ ‎(5)由图线得干电池的电动势E＝________V(保留三位有效数字)，内阻r ‎＝________Ω(取整数)。‎ 解析：(1)由题图甲可知，选择开关指在电阻“×10”挡，指针的示数为14，则读数为：14×10 Ω＝140 Ω；选择开关指在“2.5 V”挡，则最小分度为0.05，故读数为1.30 V。‎ ‎(2)采用电流表和电阻箱完成实验，故只需将电流表和电阻箱串联即可，电路图如图所示。‎ ‎(5)由E＝IR＋Ir，变形为：R＝－r＋E·，根据函数斜率和截距的意义可得：E＝k＝ V＝1.40 V，－r＝－8 Ω，可得：r＝8 Ω。‎ 答案：(1)140　1.30　(2)见解析图　(5)1.40　8‎ ‎7．如图甲所示，质量为M的“”形金属框架MNPQ放在倾角为θ的绝缘斜面上，框架MN、PQ部分的电阻不计，相距为L，上端NP部分的电阻为R。一根光滑金属棒ab在平行于斜面的力(图中未画出)的作用下，静止在距离框架上端NP为L的位置。整个装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量。已知ab棒的质量为m，电阻为R，长为L，与框架接触良好并始终相对斜面静止，t0时刻框架也静止，框架与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)t0时刻，流过ab棒的电流大小和方向；‎ ‎(2)0～t0时间内，通过ab棒的电荷量及ab棒产生的热量；‎ ‎(3)经过多长时间框架开始运动。‎ 解析：(1)设回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有：‎ E＝n＝S＝ 由闭合电路欧姆定律可得ab棒中的电流大小为：‎ I＝＝ 由楞次定律知，ab棒中的电流方向是a→b。‎ ‎(2)由电荷量的计算公式可得流过ab棒的电荷量为：‎ q＝It0＝ 根据焦耳定律可得ab棒产生的热量为：‎ Q＝I2Rt0＝。‎ ‎(3)设经时间t框架恰好要动，对框架分析受力，有：‎ Mgsin θ＋F安＝f 而 f＝μ(M＋m)gcos θ，‎ 根据安培力的计算公式可得：F安＝BtIL，‎ 磁感应强度为：Bt＝B0＋t 代入解得：t＝－t0。‎ 答案：(1)　方向是a→b　(2)　 ‎(3)－t0‎ ‎8.如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L，在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0，不计粒子重力。‎ ‎(1)求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(2)若粒子先后从两个不同位置以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。‎ 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0‎ 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝m 匀速圆周运动的速度满足v＝ 解得B＝。‎ ‎(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2，由几何关系有 θ1＝180°－θ2 ‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则 t1＋t2＝T＝＝2t0。‎ ‎(3)如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°，‎ 设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，‎ 由几何关系和题给条件可知，此时有 ‎∠OO′D＝∠BO′A＝30°‎ r0cos ∠OO′D＋＝L 设粒子此次入射速度的大小为v0，‎ 由圆周运动线速度公式，则有：v0＝ 解得v0＝。‎ 答案：(1)　(2)2t0　(3) 电学综合练5‎ 一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)‎ ‎1.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。若矿井渗水(导电液体深度h增大)，则电流表(　　)‎ A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电 B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电 C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电 D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电 解析：选B　由题图可知，A、C构成的电容器两极间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化，则由C＝可知，当液面升高时，只有正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C＝，因电势差不变，则电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故A、C、D错误，B 正确。‎ ‎2.如图所示，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，则小球由C运动到D的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．杆对小球的作用力先增大后减小 B．杆对小球的作用力先减小后增大 C．小球的速度先增大后减小 D．小球的速度先减小后增大 解析：选A　由等量异种电荷的电场分布特点知，从C到D，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误；因杆处于AB的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对小球受力分析，受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以小球一直做匀加速直线运动，故C、D错误。‎ ‎3．如图所示，折成不同形状的四个导线框质量相等、匝数相同，高度相同，MN边长度相等，将它们用相同的细线悬挂在空中，四个导线框的下边处在同一水平线上，且四个线框的下半部分都处在与线框平面垂直的同一匀强磁场中，磁场的上边界水平(如图中虚线所示)，四个导线框中都通有顺时针方向、电流强度相同的电流，均处于平衡状态。若使磁场缓慢变强，细线最不易拉断的是(　　)‎ 解析：选B　导线框中都通有顺时针方向的电流，由左手定则可知，安培力的方向向下；所以细线的拉力等于导线框的重力与受到安培力的和，四个导线框质量相等则重力相等，受到安培力大的导线框对细线的拉力大；设MN的长度为L，导线框在各磁场内有效长度不同，故各导线框受到安培力大小不同，各导线框在磁场中的有效长度：LA＝＝L；LB＝＝L；LC＝>L；LD＝>L；可知选项B图中的有效长度最小，由公式F＝BIL有效，可知选项B图中导线框受到的安培力最小，即导线框对细线的拉力最小，细线最不容易拉断。故B正确，A、C、D错误。‎ ‎4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P ‎(电流增加到一定值时将发出警报声)组成闭合电路。电压表、电流表均为理想电表，则以下判断正确的是(　　)‎ A．变压器副线圈中输出交流电的频率为50 Hz B．电压表的示数为22 V C．Rt处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声 D．报警器P报警时，变压器的输入功率比报警前小 解析：选AB　根据题图乙知，原线圈输入的交流电的周期T＝0.02 s，频率f＝＝ Hz＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以变压器副线圈中输出交流电的频率为50 Hz，故A正确；原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝220 V，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压U2＝×220 V＝44 V，因为二极管具有单向导电性，所以有·＝·T，解得：U有＝22 V，故B正确；温度降低，Rt电阻增大，电流减小，但是电流要增大到一定值时报警器P才报警，故C错误；报警器P报警时，电流增大，输出功率变大，根据输入功率等于输出功率，知变压器的输入功率变大，所以变压器的输入功率比报警前大，故D错误。‎ ‎5.静电场在x轴上的电势φ随x的变化关系如图所示，带正电的点电荷只受电场力作用下沿x轴正方向运动，则点电荷(　　)‎ A．由x1运动到x3的过程中电势能先减小后增大 B．由x1运动到x3的过程中加速度不断减小 C．在x1处和x4处的加速度方向相反 D．可能在x2和x4之间往复运动 解析：选BC　由x1运动到x3的过程中，根据电场力做功为W＝qU可以判断，电场力做正功，电势能减小，故A错误；φ x图像的斜率绝对值代表的是场强的大小，由x1运动到x3的过程中，可知，场强越来越小，受到的电场力越来越小，故加速度越来越小，故B正确；斜率的正负代表场强的方向，由题图可知，在x1处和x4处图像斜率正负相反，加速度方向相反，故C正确；从x2和x4之间，电场力总体做正功，速度不可能减为零，故不可能做往复运动，故D错误。‎ 二、非选择题 ‎6．有一阻值为500 Ω左右的定值电阻，额定功率为0.20 W，现用电流表和电压表测量它的阻值，备有如下器材：‎ A．电流表：量程0～30 mA，内阻约20 Ω B．电流表：量程0～300 mA，内阻约1 Ω C．电压表：量程0～3 V，内阻约2.5 kΩ D．电压表：量程0～15 V，内阻约20 kΩ E．滑动变阻器：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A F．电源：输出电压12 V，内阻不计 另有开关和导线若干 ‎(1)测量时，为使被测电阻不被烧坏，实验中被测电阻两端的电压应控制在________V以下，据此电流表应选用________(填写器材序号)。‎ ‎(2)为了减小测量误差，并能方便地进行多次测量取平均值，在如图所示的四种测量电路中，应选用________。‎ ‎(3)在操作、测量与计算均无误的情况下，若实验中选择了C所示的电路，测得的结果是488 Ω，若选择了D所示的电路，测得的结果是519 Ω，则________。‎ A．该电阻的真实阻值更接近519 Ω，且应略小于519 Ω B．该电阻的真实阻值更接近519 Ω，且应略大于519 Ω C．该电阻的真实阻值更接近488 Ω，且应略大于488 Ω D．该电阻的真实阻值更接近488 Ω，且应略小于488 Ω ‎(4)对于该电阻的I U图线，理想情况下的I U图线用实线所示，若选择用(2)中图B进行实验，所绘制的I U图线用虚线表示，则如图所示的几个图线总可能正确的是________。‎ 解析：(1)由P＝可得U＝＝10 V，I＝＝ A＝0.02 A＝20 mA，则被测电阻两端的电压应控制在10 V 以下，据此电流表应选用A。‎ ‎(2)因电压表内阻较大，则采用电流表外接法，为能多测量数据，滑动变阻器采用分压式接法，可知应选择电路C。‎ ‎(3)由(2)知C电路误差小，因为外接法测电阻测量值小于真实值，则其真实值要略大于488 Ω，则C正确。‎ ‎(4)由题意可知，同一电压下实际电流要小，则可确定其图像为D。‎ 答案：(1)10　A　(2)C　(3)C　(4)D ‎7．如图1所示矩形线圈abcd的边ab＝2L，ad＝3L，OO′为线框的转动轴，aO＝bO′＝2L。匀强磁场垂直于线圈平面向里，磁感应强度为B，OO′刚好与磁场边界重合，线圈总电阻为R，当线圈绕OO′以角速度ω匀速转动时，试求：‎ ‎(1)线圈的ab边第一次出磁场前的瞬间，回路中电流的大小和方向；‎ ‎(2)从图示位置开始计时，取电流沿abcda方向为正，请在图2中画出线圈中电流i随时间t 变化的关系图(画两个周期)；‎ ‎(3)线圈中电流的有效值。‎ 解析：(1)ab边出磁场前瞬间感应电动势最大 E1＝B·2L·ω·2L＝4BωL2‎ I1＝，‎ 根据楞次定律可知电流方向沿adcba方向。‎ ‎(2)cd边在磁场中运动时产生的最大感应电动势 E2＝B·2L·ωL＝2BωL2‎ 最大感应电流为I2＝＝，故i t图像如图。‎ ‎(3)设电流有效值为I，在0～T时间内线框中焦耳热 I2RT＝2R·＋2R·，‎ 得I＝。‎ 答案：(1)　方向沿adcba方向　(2)见解析图 ‎(3) ‎8.如图所示，空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：‎ ‎(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；‎ ‎(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达x轴所用的时间。‎ 解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，‎ 由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得v＝ 如图甲所示，因粒子的运动半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，‎ 有2R＝vt 在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 R＝·t2‎ 解得E＝。‎ ‎(2)对于速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子，轨迹如图乙所示，‎ 设粒子的轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M、MC、AC，由几何关系知，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，易得速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，‎ 粒子在磁场中运动的周期为T＝ 粒子在磁场中运动的时间为 t1＝T＝ 由几何关系知，粒子离开磁场到y轴的距离MH＝R－Rcos 60°＝，在无场区运动的时间t2＝＝ 设粒子在电场中到达x轴运动的时间为t3，粒子在电场中做类平抛运动 HO＝R＋Rsin 60°＝R＋＝t32，‎ 解得t3＝(＋1) 故粒子到达x轴的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝。‎ 答案：(1)　　(2)