（江苏专版）2019版高考物理二轮复习第二部分考前调节激发状态检测（含解析）.doc

《（江苏专版）2019版高考物理二轮复习第二部分考前调节激发状态检测（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专版）2019版高考物理二轮复习第二部分考前调节激发状态检测（含解析）.doc（84页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1考前调节 激发状态一 必 记 公 式 和 结 论 解 题 “工 具 ”掌 握 牢(一)力与直线运动物理概念、规律 公式 备注匀变速直线运动 v v0 atx v0t at212v2 v022 axv 2t vv0 v2 x aT2 适用于任何形式的运动vxt自由落体运动v gt h gt212v22 ghv00， a g匀变速直线运动竖直抛体运动v v0gth v0t gt212v2 v022 gh上抛取“”号下抛取“”号重力 G mg无特殊说明时 g 取 9.8 m/s2，估算时 g 取 10 m/s2胡克定律 F kx x 为形变量， k 为劲度系数相互作用滑动摩擦力 F F NFN为接

2、触面间的压力，不一定等于重力牛顿第二定律 F 合 ma a 与 F 合 的方向一致牛顿运动定律超重和失重 超重时物体具有向上的加速度或分量，失重时物体具有向下的加速度或分量航天器中的人和物体处于完全失重状态保温训练1从地面竖直上抛物体 A，初速度大小为 v，同时在离地高为 H 处，有一物体 B 自由下落，经过时间 t 两物体在空中相遇，重力加速度为 g，则( )2A t B tHv H2vC t D tvg v2g解析：选 A 两物体相遇时位移大小之和等于 H，故有 vt gt2 gt2 H，解得12 12t ，A 正确。Hv2以从塔顶由静止释放小球 A 的时刻为计时零点， t0时刻又在与小球

3、 A 等高的位置处，由静止释放小球 B。若两小球都只受重力作用，设小球 B 下落时间为 t，在两小球落地前，两小球间的高度差为 x，则 t0图线为( ) xt解析：选 B 两小球释放后都做自由落体运动，小球 B 释放时为 t0时刻，此时小球 A的速度为 gt0，小球 B 的速度为 0，根据匀变速直线运动规律，小球 B 下落时间为 t 时，两小球下落的高度分别为 hA gt0t gt2和 hB gt2，则 x hA hB gt0t， gt0，由12 12 xt函数图像知识，可知 B 正确。3如图是某物体在 t 时间内的位移时间图像和速度时间图像，从图像上可以判断( )A物体的运动轨迹是抛物线B物

4、体时间 t 内的平均速度不一定是 4.5 m/sC物体运动的时间 t2 sD物体的加速度为 m/s22716解析：选 D 由 v t 图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A 错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体在时间 t 内的平均速度是 vv0 vt2m/s4.5 m/s，B 错误；由 x t 得 t s s，C 错误；物体的加速度为3 62 v xv 84.5 1693a m/s2 m/s2，D 正确。vt v0t 6 3169 27164.在平直公路上行驶的 a 车和 b 车，其 xt 图像分别为图中直线 a 和曲线 b，已知 b车的加速度恒定且等于2 m/s2，

5、 t3 s 时，直线 a 和曲线 b 刚好相切，则( )A a 车做匀速运动且其速度为 va m/s83B t3 s 时， a 车和 b 车相遇但此时速度不等C t1 s 时， b 车的速度为 10 m/sD t0 时， a 车和 b 车的距离 x09 m解析：选 D 由题图可知， a 车做匀速运动，其速度： va m/s2 m/s，故 x t 8 23A 错误； t3 s 时，直线 a 和曲线 b 刚好相切，即此时 b 车的速度 vb va2 m/s，故 B错误；由 b 车的加速度等于2 m/s2易得， t1 s 时， b 车的速度为 6 m/s，故 C 错误；设 b 车的初速度为 vb，对

6、 b 车，由 vb at vb，解得 vb8 m/s， t3 s 时， a 车的位移 xa vat6 m， b 车的位移： xb t15 m，此时 a 车和 b 车到达同一位置，得vb vb2x0 xb xa9 m，故 D 正确。5.一截面为直角的长槽固定在水平面上，在其内部放一质量为 m、截面为正方形的物块，槽的两壁与水平面夹角均为 45，横截面如图所示，物块与两槽壁间的动摩擦因数均为 。现用水平力沿物块中心轴线推动物块，使之沿槽运动，重力加速度为 g，则所需的最小推力为( )A mg B. mg22C. mg D2 mg2解析：选 C 将重力按照实际作用效果正交分解，如图，故：G2 mgs

7、in 45 mg， G1 mgcos 45 mg，滑动摩擦力为：22 22f G 1 G 2 mg ，故所需的最小推力为 Fmin f mg ，故 C 正确。2 26.如图所示，倾角为 37 的斜面固定在水平地面上，质量为 1 kg 的滑块以初速度4v0 从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.8)。则该滑块所受摩擦力 f 随时间 t 变化的图像为选项图中的(以初速度 v0的方向为正方向， g 取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8)( )解析：选 B 滑块以初速度 v0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式： f N 可得：

8、 f mg cos 0.81100.8 N6.4 N，方向沿斜面向下；重力沿斜面向下的分力为 mgsin 1100.6 N6.0 NUAB解析：选 AD 根据 vt 图像的斜率表示加速度，知小物块在 B 点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上 B 点电场强度最大，A 正确；小物块从 B 到 C 动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B 错误；中垂线上电场线分布不是均匀的， B 点不在连线中点，C 错误；根据动能定理得 A B 有：qUAB mvB2 mvA2 142 J08 J， B C 有： qUBC mvC2 mvB2 172 12 12 12 12 12 1

9、2J 142 J16.5 J，对比可得 UBCUAB，D 正确。123静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示， A、 B 是平行板电容器的两个金属板， G 为静电计。开始时开关 S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是( )A断开开关 S 后，将 A、 B 两极板分开些B断开开关 S 后，增大 A、 B 两极板的正对面积C保持开关 S 闭合，将 A、 B 两极板拉近些D保持开关 S 闭合，将滑动变阻器滑片向右移动解析：选 B 断开开关 S 后，电容器的电荷量不变，将 A、 B 两极板分开些，

10、根据 C，电容器的电容减小，由 C 可知，电势差 U 增大，指针张开的角度变大，故 A 错 rS4 kd QU误；断开开关 S 后， 电容器的电荷量不变，增大 A、 B 两极板的正对面积，则电容器的电14容增大，由 C 可知，电势差 U 减小，指针张开的角度变小，故 B 正确；保持开关 S 闭合，QU不论将 A、 B 两极板分开些，还是将 A、 B 两极板靠近些，还是将滑动变阻器滑动触头向右移动，电容器的电压都保持不变，则静电计张开的角度保持不变，故 C、D 错误。4.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态。现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则

11、在插入过程中( )A电路将有逆时针方向的短暂电流B电容器的带电荷量减小C带电液滴仍将静止D带电液滴将向下做加速运动解析：选 A 插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式 C ，知电容 rS4 kd增大，电势差不变，由 Q CU 知，电容器带电荷量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流，故 A 正确，B 错误；电势差不变， d 减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动，故 C、D 错误。5.如图所示的电路中，定值电阻 R1等于电源内阻 r，当滑动变阻器 R2的滑动触头 P 向下滑动时( )A电压表的读数减小B R1消耗的功率增大C电源的输出功率增大D电容器 C

12、 所带电荷量增多解析：选 D 当滑动变阻器 R2的滑动触头 P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大，A 错误；干路电流减小，根据 P I2R1可得 R1消耗的功率减小，B 错误；电源的输出功率 P I2(R1 R2) ，由于 R1 r， R2增大E2 R1 R2 r R1 R2 2 E2 R1 R2 r 2R1 R2 4r时输出功率减小，C 错误；电容器的电压 U E I(R1 r)， I 减小，其他量不变，则 U 增大，由 Q CU 知，电容器 C 所带电荷量增多，D 正确。6.质谱仪是测带电粒子质量和

13、分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量。其工作原理如图所示。虚线为某粒子运动轨迹，由图可知( )A此粒子带负电15B下极板 S2比上极板 S1电势高C若只减小加速电压 U，则半径 r 变大D若只减小入射粒子的质量，则半径 r 变小解析：选 D 粒子进入磁场后向左偏，根据左手定则可知粒子带正电，粒子经过电场要加速，所以下极板 S2比上极板 S1电势低，A、B 错误；根据动能定理得 qU mv2，由12qvB m 得 r ，若只减小加速电压 U， r 变小，若只减小入射粒子的质量，则 r 变v2r

14、 1B 2mUq小，故 C 错误，D 正确。7.如图所示，在竖直平面内的 xOy 直角坐标系中， MN 与水平 x 轴平行，在 MN 与 x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度 E2 N/C，磁感应强度 B1 T，从 y 轴上的 P 点沿x 轴方向以初速度 v01 m/s 水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m210 6 kg，电荷量 q 1105 C， g 取 10 m/s2。已知 P 点到 O 点的距离为 d00.15 m， MN 到 x 轴的距离为 d0.20 m。(3.14， 1.414 ， 1.732，结果保留两位有2 3效数字)(1)求小球从 P

15、点运动至 MN 边界所用的时间；(2)当小球运动到 x 轴时撤去电场，求小球到达 MN 边界时的速度大小。解析：(1)小球从 P 点运动到 x 轴上，做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为 t1，进入磁场的速度为 v，进入磁场时速度与 x 轴的夹角为 ，则d0 gt12，解得 t1 s12 2d0g 310v ， cos gt1 2 v02v0v解得 v2 m/s, 60小球进入电磁场区域时，qE210 5 N mg故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为 r，则qvB mv2r解得 r 0.4 mmvqB由几何关系，小球运动到 MN 时轨迹与 MN 相切，在电磁场中运动的时间t2 s16 2 rv

16、15小球从 P 点运动到 MN 所用时间 t t1 t20.38 s。16(2)设撤去电场后小球受重力和洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，设小球运动至MN 时速度大小为 v1，由动能定理：mgd mv12 mv212 12代入数据解得 v12.8 m/s。答案：(1)0.38 s (2)2.8 m/s(四)电磁感应、交变电流和传感器物理概念、规律 公式 备注磁通量 BScos Scos 为垂直于磁场 B 的方向的投影面积电磁感应感应电动势 E n E BLv t 后者仅适用于 B、 L、 v 两两垂直的情况电动势、电流、电压的瞬时值电动势： e Emsin t电流： i Imsin t电压：

17、u Umsin t从中性面开始计时电动势、电流、电压的有效值电动势： E Em22电流： I Im22电压： U Um22适用于正弦式交变电流交变电流理想变压器 P1 P2U1U2 n1n2 I1I2 n2n1传感器霍尔电压 UH kIBd k 为霍尔系数，大小与霍尔元件的材料有关保温训练1为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力时间图像，如图所示。运动员在空中运动时可视为质点，则可求运动员跃起的最大高度为( g 取 10 m/s2)( )A7.2 m B.5.0 mC1.8 m D1.5 m解析：选 B 由题图可知

18、运动员在空中的最长时间为： t4.3 s2.3 s2 s，因为17运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为： h g 25.0 m，故 B 正确，A、C、D 错12(t2)误。2多选两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为 0.1 m、总电阻为 0.01 的正方形导线框 abcd 位于纸面内， cd 边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动， cd 边于 t0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为逆时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )A磁感应强度的方向垂直于纸面向外B磁感应强度的大小为 0.2 TC导

19、线框运动的速度的大小为 0.5 m/sD在 0.6 s 内导线框产生的热量为 0.004 J解析：选 BCD 根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，选项 A 错误；由 Et 图像可知，线框经过 0.2 s 全部进入磁场，则速度 v m/s0.5 m/s，选Lt1 0.10.2项 C 正确； E0.01 V，根据 E BLv 可知， B0.2 T，选项 B 正确；在 00.2 s 和0.40.6 s 时间内，导线框中的感应电流 I 1 A，由 Q I2Rt， t0.4 s，可知：ERQ0.004 J，选项 D 正确。3.如图所示，一个理想变压器的原线圈的匝数为 50，副线圈的匝数为

20、100，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨的间距为 0.4 m，垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻 R15 ， R215 ，图中交流电压表为理想电表，导轨所在空间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为 1 T 的匀强磁场，导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为 v5sin(10 t) m/s，则下列说法中正确的是( )A R1的功率为 0.2 WB电压表的示数为 4 VC变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为 0.04 Wb/sD变压器常用的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了增大涡流，提高变压器

21、的效率解析：选 C 原线圈电压最大值 Em BLvm10.45 V2 V，副线圈电压最大值：18U2m Em 2 V4 V，副线圈电压有效值： U2 2 V，则电压表的示数为 2 n2n1 10050 U2m2 2 2V，选项 B 错误；副线圈电流有效值： I2 A A， R1的功率：U2R1 R2 225 15 210P1 I22R1 25 W0.1 W，选项 A 错误；根据 Em n1 ，则变压器铁芯中磁通量变(210) t化率的最大值为 Wb/s0.04 Wb/s，选项 C 正确；变压器常用的铁芯是利用 t Emn1 250薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了减小涡流，提高

22、变压器的效率，选项 D 错误。4.如图所示，一个匝数为 N100 匝，电阻不计的线框以固定转速 50 r/s 在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1 n2101 的理想变压器给阻值 R20 的电阻供电，已知电压表的示数为 20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )A t0 时刻线框内的电流最大B变压器原线圈中电流的有效值为 10 AC穿过线框平面的最大磁通量为 Wb250D理想变压器的输入功率为 10 W解析：选 C t0 时刻导线框处于中性面位置，则感应电动势为零，感应电流为零，所以流过线框的电流为零，故 A 错误；副线圈中的电流 I2 A1 A，根据电流与U2R 20

23、20匝数成反比， ，原线圈中电流的有效值 I1 I2 1 A0.1 A，故 B 错误；根I1I2 n2n1 n2n1 110据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压 U1200 V，角速度 2 n100 rad/s，线圈产生最大感应电动势 Em200 V，又 Em NBS ，所以最大磁通量 BS 2EmNWb Wb，故 C 正确；理想变压器输出功率 P2 U2I2201 W20 W，2002100100 250输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为 20 W，故 D 错误。5如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、 PQ 组成的平面与水平面成 37角放置，导轨宽度 L1 m，一匀强磁场垂

24、直导轨平面向下，导轨上端 M 与 P 之间连接阻值R0.3 的电阻，质量为 m0.4 kg、电阻 r0.1 的金属棒 ab 始终紧贴在导轨上。现使金属导轨 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 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，sin 37 0.6，忽略 ab 棒在运动过程中对原磁场的影响。求：19(1)磁感应强度 B 的大小；(2)在金属棒 ab 开始运动的 2.0 s 内，通过电阻 R 的电荷量；(3)在金属棒 ab 开始运动的 2.0 s 内，电阻 R 产生的

25、焦耳热。解析：(1)当金属棒沿斜面方向的重力分力与安培力平衡时，即 AB 段，金属棒做匀速运动，此时mgsin BIL金属棒切割磁感线产生的电动势为E BLv由闭合电路欧姆定律知：IER r金属棒匀速运动时， v m/s6 m/s x t 3.60.6联立以上各式，代入数据解得： B0.4 T。(2)q t t t 6 C。IER r t R r R r BxLR r(3)设在金属棒开始运动的 2 s 内，系统产生的热量为 Q，由功能关系得： mgxsin mv2Q12电阻 R 产生的焦耳热为 QR RQR r联立以上两式解得 QR5.4 J。答案：(1)0.4 T (2)6 C (3)5.4

26、 J6如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线 L1、 L2、 L3、 L4，在 L1、 L2之间和 L3、 L4之间均存在匀强磁场，磁感应强度 B 大小均为 1 T，方向垂直于虚线所在的平面向里。现有一矩形线圈 abcd， cd 宽度 L0.5 m，质量为 0.1 kg，电阻为 2 ，将其从图示位置由静止释放( cd 边与 L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示， t1时刻 cd边与 L2重合， t2时刻 ab 边与 L3重合， t3时刻 ab 边与 L4重合，已知 t1 t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：

27、20(1)线圈的长度；(2)在 0 t1时间内，通过线圈的电荷量；(3)0 t3时间内，线圈产生的热量。解析：(1)在 t2 t3时间内，线圈做匀速直线运动，根据平衡条件有： mg BIL，而 IBLvR解得： v2 8 m/smgRB2L2t1 t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，可知 ab 边刚进上边的磁场时， cd边也刚进下边的磁场，此段时间内线圈内磁通量不变，线圈的加速度为 g设磁场的宽度为 d，则线圈的长度： L2 d线圈下降的位移为： x L d3 d此段时间内的逆运动为初速度为 v2、加速度为 g 的匀减速直线运动，则有：3 d v2t gt212解得： d1 m所以线圈的

28、长度为 L2 d2 m。(2)在 0 t1时间内， cd 边从 L1运动到 L2通过线圈的电荷量为：q t t 0.25 C。IBLvR BLdR(3)0 t3时间内，根据能量守恒得：Q mg(3d2 d) mv22120.110(32) J 0.182 J1.8 J。12答案：(1)2 m (2)0.25 C (3)1.8 J二 必 忆 模 型 和 规 律 快 速 破 题 “往 上 套 ”(一)水平面内的圆周运动模型图示或释义 规律或方法线模型 由于细线对物体只有拉力且细线会弯曲，所以解答此类问题的突21破口是要抓住“细线刚好伸直”的临界条件：细线的拉力为零。在此基础上，再考虑细线伸直之前的

29、情况(一般物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角都会发生变化)和伸直之后的情况(物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角一般不再发生变化，但细线的拉力通常会发生变化)弹力模型此类问题一般是由重力和弹力的合力提供物体在水平面内做圆周运动的向心力，因此正确找出做圆周运动的物体在水平方向上受到的合力，是解决此类问题的关键摩擦力模型 临界条件是关键：找出物体在圆周运动过程中的临界条件，是解答此类问题的关键。如轻绳开始有拉力(或伸直)、物体开始滑动等，抓住这些临界条件进行分析，即可找出极值，然后可根据极值判断其他物理量与极值之间的关系，从而进行求解(二)连接体模型图示或释义 规律或方法轻绳连接体模

30、型轻杆连接体模型求解“绳物”或“杆物”模型的方法先明确物体的合速度(物体的实际运动速度)，然后将物体的合速度沿绳(杆)方向及垂直绳(杆)方向分解(要防止与力的分解混淆)，利用沿绳(杆)方向的分速度大小总是相等的特点列式求解(三)斜面模型图示或释义与斜面相关的滑块运动问题22规律或方法(1) tan ，滑块恰好处于静止状态( v00)或匀速下滑状态( v00)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(2) tan ，滑块一定处于静止状态( v00)或匀减速下滑状态( v00)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(加力时加速度变大，加物体时加速度不变

31、)(3) 时，细绳一定有弹力kg2RC当圆盘转动的角速度 时，木块 A、 B 将相对于圆盘发生滑动2kgRD当圆盘转动的角速度 在 时，细绳一定有弹力，kg2R kg2R选项 B 正确；当木块 A、 B 将要相对于圆盘发生滑动时，设此时细绳的拉力为 FT，则由牛顿第二定律可知，对木块 A 有： FT kmg m 2rA，对木块 B 有： FT kmg m 2rB，代入数据联立求解可得： ，故当 时，木块 A、 B 将相对于圆盘发生滑动，选2kgR 2kgR26项 C 正确；由题意可知，当角速度 时，木块 A 受到指向圆心的静摩擦力，而当kg2R 时，木块 A 受到背离圆心的最大静摩擦力，故当圆

32、盘转动的角速度 在 2kgR 范围内增大时，木块 A 所受到的静摩擦力先减小后增大，选项 D 错误。kg2R 2kgR2如图所示，三角形 ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面， A30 ， B37 ， C 处有光滑小滑轮，质量分别为 m1、 m2的两物块1、2 通过细线跨放在 AC 面和 BC 面上，且均恰好处于静止状态，已知AC 面光滑，物块 2 与 BC 面间的动摩擦因数 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比 m1 m2不可能是(sin 37 0.6, cos 37 0.8)( )A13 B35C53 D21解析：选 A 物块 1 受重力 m1g、细线拉力 FT和斜面支

33、持力 FN作用处于平衡状态，则FT m1gsin 30，物块 2 受重力 m2g、细线拉力 FT、斜面支持力 FN及摩擦力 Ff作用处于平衡状态，当 m1较大时，物块 2 所受最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有 FT m2gsin 37 m 2gcos 37，则 2；当 m1较小时，物块 2 所受最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时m1m2有 FT m2gsin 37 m 2gcos 37，则 ，所以 2，故 A 不可能。m1m2 25 25 m1m23.多选如图所示，半径为 R0.4 m 的圆形光滑轨道固定在竖直平面内，圆形轨道与固定的光滑水平轨道相切。可视为质点的质量均为 m0.5 kg 的小

34、球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与圆心 O 点等高，小球乙位于圆心 O 的正下方。某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动， g 取 10 m/s2。则( )A两小球最终在水平面上运动的速度大小为 2 m/sB甲小球下滑到圆形轨道最低点时重力的功率为 10 WC甲小球下滑到圆形轨道最低点时对轨道压力的大小为 5 ND整个过程中轻杆对乙小球做的功为 1 J解析：选 AD 整个过程中，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，最后两球的速度大小相等，应用机械能守恒定律： mgR2 mv2，解得 v2 m/s，选项 A 正确；甲小球下滑到12最低点时速度水平，重力的功率为 0，选项 B 错误；

35、甲小球下滑到最低点时，重力与支持力的合力提供向心力 FN mg m ，解得 FN2 mg10 N，由牛顿第三定律得，甲小球下滑v2R到最低点时对轨道压力的大小为 10 N，选项 C 错误；整个过程中对乙小球受力分析可知，27重力不做功，乙小球动能的增量等于轻杆对乙球做的功， W mv21 J，选项 D 正确。124.如图所示，在水平地面上静止着一质量为 M、倾角为 的斜面体，自由释放的质量为 m 的滑块能在斜面上匀速下滑(斜面体始终静止)，则下列说法中正确的是( )A滑块对斜面的作用力大小等于 mgcos ，方向垂直斜面向下B斜面对滑块的作用力大小等于 mg，方向竖直向上C斜面体受到地面的摩擦

36、力水平向左，大小与 m 的大小有关D滑块能匀速下滑，则水平地面不可能是光滑的解析：选 B 因滑块在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下匀速下滑，如图所示，所以斜面对滑块的作用力大小等于 mg，方向竖直向上，B 项正确；而滑块对斜面的作用力与斜面对滑块的作用力是一对作用力与反作用力，A 项错误；又因斜面体及滑块均处于平衡状态，所以可将两者看成一整体，则整体在竖直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面对斜面体没有摩擦力作用，C、D 项错误。5多选如图所示， ABCD 为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中， A、 B 间距为 L，左

37、右两端均接有阻值为 R 的电阻，质量为 m、长为 L 且不计电阻的导体棒 MN 放在导轨上，与导轨接触良好，与左端固定在 O 点的轻质弹簧连接组成弹簧振子。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒 MN 具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒 MN 第一次运动到最右端，这一过程中 A、 B 间的电阻 R 上产生的焦耳热为 Q，已知运动过程中 MN 始终与 AD、 BC 垂直，则( )A初始时刻导体棒所受的安培力大小为2B2L2v0RB当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为 mv02Q12C当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为 mv022Q12D当导体棒第二次回到初始位置时

38、， A、 B 间电阻的热功率为 2B2L2v02R解析：选 AC 由 F BIL 及 I ，得安培力大小为 FA ，故 A 正确；导体BLv0R并 2B2L2v0R棒第一次运动至最右端的过程中， AB 间电阻 R 上产生的焦耳热为 Q，回路中产生的总焦耳热为 2Q，由能量守恒定律得 mv022Q Ep，此时弹簧的弹性势能为 Ep mv022Q，故 C12 12正确，B 错误；当导体棒第二次回到初始位置时，由于机械能减小， A、 B 间电阻的热功率28小于 ，故 D 错误。B2L2v02R6如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距 l0.5 m，左侧接一阻值为 R1 的电阻

39、。有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中。 t0时，用一外力 F 沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度 a0.2 m/s2做匀加速运动，外力 F 与时间 t 的关系如图乙所示。(1)求金属棒的质量 m；(2)求磁感应强度 B 的大小；(3)当力 F 达到某一值时，保持 F 不再变化，金属棒继续运动 3 s，速度达到 1.6 m/s且不再变化，测得在这 3 s 内金属棒的位移 s4.7 m，求这段时间内电阻 R 消耗的电能。解析：由题图乙知 F0.10.05 t(N)(1)金属棒沿轨道向右运动，产生的感应电动势 E

40、Blv，回路中的感应电流 I ，ER所以金属棒受到的安培力 F 安 BIl ，B2l2vR由牛顿第二定律得 F F 安 (0.10.05 t) ma，B2l2vR考虑 t0 时， v at0所以 m kg0.5 kg。F0a 0.10.2(2)金属棒做匀加速运动，所以金属棒所受合力F 合 (0.10.05 t) 0.1 t常数，B2l2atR (0.05 B2l2aR )所以 0.05 0，B2l2aR解得： B T1 T。0.05Rl2a 0.0510.520.2(3)F 变为恒力后，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，经过 3 s，速度达到最大vm1.6 m/s，此后金属棒做匀速运动。vm

41、1.6 m/s 时， F 合 0F F 安 N0.4 N，B2l2vmR 120.521.6129将 F0.4 N 代入 F0.10.05 t，求出变加速运动的起始时间为 t6 s，该时刻金属棒的速度为 v6 at0.26 m/s1.2 m/s；由能量守恒，可得这段时间内电阻 R 消耗的电能：E WF Ek Fs m(vm2 v62)0.44.7 J 0.5(1.621.2 2)J1.6 J。12 12答案：(1)0.5 kg (2)1 T (3)1.6 J7.用质量为 m、总电阻为 R 的导线做成边长为 l 的正方形线框MNPQ，并将其放在光滑的平行绝缘的倾斜轨道上，轨道的倾角为 ，平行导轨

42、的间距也为 l，如图所示。在导轨的下端有一宽度为l(即 ab l)、磁感应强度为 B 的有界匀强磁场，磁场的边界aa、 bb垂直于导轨，磁场的方向垂直线框平面向上。把线框由静止状态释放，线框恰好能够匀速地穿过磁场区域。若当地的重力加速度为 g，求：(1)线框进入磁场时的运动速度的大小和离开磁场时感应电流的方向；(2)线框 MN 边运动到 aa的过程中通过线框导线横截面的电荷量；(3)穿过磁场的过程中，线框中所产生的热量 Q。解析：(1)线框产生的感应电动势： E Blv感应电流： IER安培力： F BIl线框在磁场区域做匀速运动时，其受力如图所示，则F mgsin 联立以上各式解得： vmg

43、Rsin B2l2由楞次定律，线框离开磁场时感应电流的方向为 MNPQM。(2)线框匀速穿过磁场区域，则 BIl mgsin 得 I ，mgsin Bl线框 MN 边由 bb运动到 aa的时间t lv B2l3mgRsin 所以通过线框导线横截面的电荷量 q It 。Bl2R(3)通过磁场过程中线框沿斜面匀速运动了 2l 的距离，由能量守恒定律得：Q E 减机械能的减小量为 E 减 mg2lsin 故产生的热量为 Q E 减 2 mglsin 。30答案：(1) 方向 MNPQM (2)mgRsin B2l2 Bl2R(3)2mglsin 三 必 明 图 像 和 意 义 抓 住 “几 点 ”就

44、 明 了(一)明确四类图像运动学图像 xt 图像、 vt 图像动力学图像Ft 图像、 at 图像Fx 图像、 Wl 图像电场类图像 x 图像、 Ex 图像电磁感应类图像Bt 图像、 t 图像it 图像、 Et 图像(二)学会识别图像一是清楚各个物理公式，明白各概念和规律的本质内涵与外延，比如定义式和决定式的图像完全不同；二是对一次函数 y ax b 要非常熟练，会用会画；三是掌握化非线性函数为线性函数的方法，根据需要能快速变换函数，能熟练将数学和物理结合起来，需要准确的数学运算能力。1轴横轴和纵轴所代表的物理量，以及物理量的单位或指数明确了两个坐标轴所代表的物理量，则清楚了图像所反映的是哪两个

45、物理量之间的对应关系。有些形状相同的图像，由于坐标轴所代表的物理量不同，它们反映的物理规律就截然不同，如振动图像和波动图像。另外，在识图时还要看清坐标轴上物理量所注明的单位。每年都有大量考生因不注意这些细小的地方而失分。2线图像中图线的特征(宏观方面的物理规律)纵轴所代表的物理量量值变化吗，是均匀变化还是非均匀变化？是否是分段函数(图像)？是否存在极值？注意观察图像中图线的形状是直线、曲线，还是折线等，分析图线所反映两个物理量之间的关系，进而明确图像反映的物理内涵。3点坐标原点和图线上任意点，两图线交点(微观方面的，特殊状态或过程)坐标原点坐标值是 0 吗？图线上任意一点的物理意义是什么？图线相交点含义？注意坐标原点不一定是 0，比如路端电压电流图像中。4截横、纵截距的物理意义截距是图线与两坐标轴的交点所代表的坐标数值，该数值具有一定的物理意义。同样要注意弹簧的弹力图像、路端电压电流图像。5斜图线上某点切线斜率的物理意义