2018届高考物理二轮复习文档：第二板块 3大必考题型命题热点大预测

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通过研究全国卷近几年的高考试题可以发现，高考命题是有一定规律可寻的：8个选择题，“牛顿运动定律”“万有引力与航天”“电场”这3大考点几乎每年各有一题，另外5题集中在“抛体运动与圆周运动”“能量与动量”“磁场”“电磁感应”“交变电流”“物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析”等几个方面选择命制；2个实验题，力学、电学各一道；2个计算题，力学一道，主要考查运动学、动力学或能量问题，电学一道，主要考查带电粒子在电磁场中的运动或电磁感应综合问题。‎ 考前依据高考命题规律针对押题，不但与高考形似，更与高考神似，锁定命题范围，押题更高效。‎ 选择题押题练(一)　牛顿运动定律(必考点)‎ ‎1．两个物体A、B的加速度aA＞aB，则(　　)‎ A．A的速度一定比B的速度大 B．A的速度变化量一定比B的速度变化量大 C．A的速度变化一定比B的速度变化快 D．A受的合外力一定比B受的合外力大 解析：选C　加速度a＝，表示速度变化的快慢，因此加速度a大，速度v、速度变化量Δv均不一定大，速度变化一定快，故选项A、B错误，选项C正确。根据牛顿第二定律F＝ma可知，物体所受的合力的大小与质量和加速度两个物理量有关，而题意中未涉及物体A、B的质量大小关系，因此它们所受合外力的大小关系也无法确定，故选项D错误。‎ ‎2．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)(　　)‎ 解析：选C　物块在上升过程中加速度大小为a＝，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。‎ ‎3．[多选]一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是(　　)‎ A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2‎ B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小 C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2‎ D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2‎ 解析：选BC　根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝得：物体的加速度范围为：2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2，故A错误。由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确。若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确。由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误。‎ ‎4．从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内(　　)‎ A．甲物体所受合力不断变化 B．甲物体的速度不断减小 C．2 s末乙物体改变运动方向 D．2 s末乙物体速度达到最大 解析：选D　速度时间图像的斜率表示加速度，从题图甲中可知甲运动的速度时间图像的斜率不变，即加速度恒定，所以合力恒定，A错误；从题图甲中可知甲的速度先减小后反向增大，B错误；由题图乙知：乙所受的拉力先沿正向后沿负向，说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，2 s末乙物体速度达到最大，C错误，D正确。‎ ‎5.如图所示，在水平地面上的箱子内，用细线将质量均为m的两个球a、b分别系于箱子的上、下两底的内侧，轻质弹簧两端分别与球相连接，系统处于静止状态时，弹簧处于拉伸状态，下端细线对箱底的拉力为2mg，箱子的质量为M(m≪M)，则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)‎ A．系统处于静止状态时地面受到的压力大小为Mg－2mg B．中间弹簧的弹力大小为mg C．剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球的瞬时加速度为2g D．剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，a球的加速度为3g 解析：选C　对整体进行受力分析可知，系统处于静止状态时，地面的支持力等于系统的重力，即：FN＝(M＋2m)g，根据牛顿第三定律得，地面受到压力大小为(M＋2m)g，故A错误；对b受力分析，b球受到重力、中间弹簧的弹力和细线的拉力，F弹＝F拉＋mg＝2mg＋mg＝3mg，故B错误；剪断连接球b与箱底的细线瞬间，b球受重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力不能发生突变，b球的瞬时加速度ab＝＝＝2g，故C正确；剪断连接球a与弹簧连接点的瞬间，弹簧对a球没有弹力，a球上细线的拉力发生突变，等于a球的重力，a球的瞬时加速度aa＝0，故D错误。‎ ‎6．长途客运站的安检机中输送行李的水平传送带匀速转动，乘客把一袋面粉无初速度放在传送带上，在出安检机之前已经和传送带相对静止，结果在传送带上留下了一段白色的径迹，对此分析正确的是(　　)‎ A．传送带的速度越大，径迹越长 B．面粉质量越大，径迹越长 C．动摩擦因数越大，径迹越长 D．释放的位置距离安检机末端越远，径迹越长 解析：选A　面粉释放后没有初速度，相对传送带向后运动，摩擦力向前，面粉做匀加速运动，当和传送带速度相同后做匀速运动。匀加速过程加速度a＝μg，初速度为0，末速度等于传送带速度v，径迹的长度等于二者的相对位移即vt－＝，可知动摩擦因数越大，径迹越短，选项C错。径迹长度与释放位置和面粉质量无关，选项B、D错。传送带速度越大，径迹越长，选项A正确。‎ ‎7．一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是(　　)‎ A．第2 s末拉力大小为0‎ B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力 C．第2 s末速度反向 D．前4 s内位移为0‎ 解析：选B　根据图像可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图像可知，0～4 s内，重物一直向上运动，2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4 s内位移为正，不为零，故D错误。‎ ‎8．如图甲所示，建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处，图乙为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像，下列判断正确的是(　　)‎ A．前5 s的平均速度是0.5 m/s B．整个过程上升高度是30 m C．30～36 s材料处于超重状态 D．前10 s钢索最容易发生断裂 解析：选D　根据vt图像可知：0～10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2,0～5 s位移x＝at2＝×0.1×52 m＝1.25 m，所以前5 s的平均速度是0.25 m/s，故A错误；通过速度时间图像包围的面积求出整个过程上升高度为：h＝×(20＋36)×1 m＝28 m，故B错误；30～36 s内材料向上做匀减速直线运动，加速度的方向向下，所以处于失重状态，故C错误；前10 s材料向上做匀加速直线运动，加速度的方向向上，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力，10～30 s匀速运动，材料所受的拉力等于重力，30～36 s做匀减速直线运动，材料所受的拉力小于重力，比较可知，前10 s钢索最容易发生断裂，故D正确。‎ ‎9．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1＝μg，‎ 设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝；‎ 木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析：‎ 小物块的合力 F合＝mgsin 45°＋f＝mgsin 45°＋μmgcos 45°‎ 小物块上滑的加速度 a2＝＝，‎ 滑行时间t′＝＝，‎ 因此＝，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎10．[多选]如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则(　　)‎ A．F1的最大值为10 N B．F1的最大值为15 N C．F2的最大值为10 N D．F2的最大值为15 N 解析：选BC　若向左拉m1，则隔离对m2分析，Tm＝m2a 则最大加速度a＝3 m/s2‎ 对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N。故B正确，A错误。‎ 若向右拉m2，则隔离对m1分析，Tm＝m1a′‎ 则最大加速度a′＝2 m/s2‎ 对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N。故D错误，C正确。‎ ‎11.某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3‎ 时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：‎ ‎(1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2＝mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3＝mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图像如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。‎ ‎12．[多选]如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图：金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)‎ A．分析可知α＝β B．小孩与抱枕一起做匀速直线运动 C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下 D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2‎ 解析：选AD　由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsin α，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。‎ ‎13．[多选]静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出(g取10 m/s2)(　　)‎ A．物体的质量 B．物体与水平面间的动摩擦因数 C．物体与水平面间的滑动摩擦力大小 D．加速度为2 m/s2时物体的速度 解析：选ABC　当F＞20 N时，根据牛顿第二定律：‎ F－f＝ma，得a＝－＋ 则由数学知识知图像的斜率k＝ 由图得k＝＝，可得物体的质量为5 kg。‎ 将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：‎ 物体受到的摩擦力f＝15 N 由f＝μFN＝μmg可得物体与水平面间的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。‎ ‎14．[多选]如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零 B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左 C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg 解析：选AD　A、B间的滑动摩擦力大小为fAB＝μmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f＝3μmg，故在0～t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A正确；A在木板上产生的最大加速度为a＝＝μg，此时对AB整体分析可知F－3μmg＝3ma，解得F＝6μmg，故在t1～t3时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；在t2时刻，AB整体加速度为 a＝＝，A、B间的摩擦力大小为μmg，故C错误；在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确。‎ ‎15．[多选]如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)‎ A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0‎ B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F－μmg C．当F＞2μmg时，绳中拉力为 D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于 解析：选ABC　当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a＝，对B：a＝，联立解得绳中拉力为F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F－μmg，绳中拉力可能等于F，故D错误。‎ 选择题押题练(二)　抛体运动与圆周运动(常考点)‎ ‎1．[多选]如图所示，一个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上，圆锥筒的轴线竖直。一个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动，由于微弱的空气阻力作用，小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道，则在此过程中(　　)‎ A．小球的向心加速度逐渐减小 B．小球运动的角速度逐渐减小 C．小球运动的线速度逐渐减小 D．小球运动的周期逐渐减小 解析：选CD　以小球为研究对象，对小球受力分析，小球受力如图所示。‎ 由牛顿第二定律得：‎ mgtan θ＝ma＝＝mrω2‎ 可知在A、B轨道的向心力大小相等，a＝gtan θ，向心加速度不变，故A错误。角速度ω＝ ，由于半径减小，则角速度变大，故B错误。线速度v＝，由于半径减小，线速度减小，故C正确。周期T＝，角速度增大，则周期减小，故D正确。‎ ‎2．如图所示，平板MN和PQ水平放置，O、M、P在同一竖直线上，且OM＝MP＝h，PQ长为h，MN明显比PQ短，从O点水平向右抛出一个小球，小球先落在MN上并反弹，反弹前后水平分速度不变，竖直方向分速度等大反向，然后小球刚好落在Q点，则小球从O点抛出的初速度为(　　)‎ A．(＋1)　　　　　　 B．(－1) C． D． 解析：选D　设小球从O点抛出后运动到PQ板所用的时间为t，则t＝2＋＝2(＋1)，则小球从O点抛出的初速度v＝＝，D正确。‎ ‎3．[多选]如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　)‎ A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力是5 N C．细线对物块的拉力是6 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2‎ 解析：选CD　由题意知，物块的速度为：‎ v＝ωR＝2t×0.5＝1t 又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，‎ 所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2。故A错误，D正确。‎ 由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：‎ F＝ma＝1 N，F＝T－f，‎ 地面摩擦阻力为：f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N 故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。‎ ‎4．[多选]如图所示，从水平地面上a、b两点同时抛出两个物体，初速度分别为v1和v2，与水平方向所成角度分别为30°和60°。某时刻两物体恰好在ab连线上一点O(图中未画出)的正上方相遇，且此时两物体速度均沿水平方向(不计空气阻力)。则(　　)‎ A．v1＞v2 B．v1＝v2‎ C．Oa＞Ob D．Oa＜Ob 解析：选AC　两物体做斜抛运动，在竖直方向匀减速，在水平方向匀速。‎ 对a点抛出的物体 v1x＝v1cos 30°＝v1，‎ v1y＝v1sin 30°＝v1，‎ 竖直方向通过的位移为：h＝＝。‎ 对b点抛出的物体 v2x＝v2cos 60°＝，‎ v2y＝v2sin 60°＝v2，‎ 竖直方向通过的位移为：h′＝＝。‎ 因h＝h′‎ 联立解得：v1＞v2，故A正确，B错误；‎ 由于v1x＝v1，v1y＝v1，v2x＝v2，v2y＝v2，则有从a点抛出的物体在水平方向的速度大于从b点抛出的物体在水平方向的速度，故在相遇时，从a 点抛出的物体在水平方向通过的位移大于从b点抛出的物体在水平方向通过的位移，即Oa＞Ob，故C正确，D错误。‎ ‎5．如图所示，有一竖直转轴以角速度ω匀速旋转，转轴上的A点有一长为l的细绳系有质量m的小球。要使小球在随转轴匀速转动的同时又不离开光滑的水平面，则A点到水平面的高度h最小为(　　)‎ A． B．ω2g C． D． 解析：选A　以小球为研究对象，小球受三个力的作用，重力mg、水平面支持力N、绳子拉力F，在竖直方向合力为零，在水平方向所需向心力为mω2R，设绳子与竖直方向的夹角为θ，则有：R＝htan θ，那么Fcos θ＋N＝mg；Fsin θ＝mω2htan θ；当球即将离开水平面时，N＝0，此时Fcos θ＝mg，Fsin θ＝mgtan θ＝mω2htan θ，即h＝。故A正确。‎ ‎6．如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F1，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F2，则F1∶F2等于(　　)‎ A．1∶1 B．1∶2‎ C．1∶3 D．1∶4‎ 解析：选D　烧断O′B绳前，小球处于平衡状态，合力为零，受力分析如图所示，根据几何关系得：‎ F1＝mgsin 30°＝mg；‎ 烧断O′B绳，设小球摆到最低点时速度为v，设OB绳长为L。小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：‎ mgL(1－sin 30°)＝mv2‎ 在最低点，有F2－mg＝m 联立解得F2＝2mg。故F1∶F2＝1∶4。‎ ‎7．[多选]如图所示，两个小球分别从斜虚线EF上的O、S两点水平抛出，过一段时间再次经过斜虚线EF，若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．两小球经过斜虚线EF时的速度大小可能相同 B．两小球经过斜虚线EF时的速度方向一定相同 C．两小球可能同时经过斜虚线EF上的同一位置 D．从O点抛出的小球从抛出到经过斜虚线EF所用的时间比从S点抛出的小球所用时间长 解析：选ABC　若两小球抛出时的初速度相同，则过虚线时两球的速度相同，A项正确；设虚线EF与水平方向夹角为α，再次经过虚线EF时的速度与水平方向的夹角为β，由平抛运动规律的推论可知：tan β＝2tan α，速度与水平方向的夹角相同，即速度方向相同，B项正确；若从O点处球以水平初速度v1抛出到达虚线上某点C用时t1，从S点处球以初速度v2水平抛出到达C用时为t2，因此要使两球同时到达C点，只要O处的球(以初速度v1)比S处的球(以初速度v2)早t1－t2的时间抛出，两球可以同时到达C点，C项正确；若从O处的球抛出的初速度比从S处的球抛出的初速度小，则从O处抛出的球从抛出到经过虚线EF所用时间比从S处抛出的球从抛出到经过虚线EF所用时间短，D错误。‎ ‎8．[多选]如图所示，A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，一小球若以初速度v1从A点水平抛出，恰好能通过B点，从A点运动到B点所用时间为t1，到B点时速度与水平方向的夹角为θ1，落地时的水平位移为x1；若以初速度v2从A点水平抛出，恰好能通过C点，从A点运动到C点所用时间为t2，到C点时速度与水平方向的夹角为θ2，落地时的水平距离为x2。已知AB间水平距离是BC间水平距离的2倍，则(　　)‎ A．v1∶v2＝2∶3 B．t1∶t2＝∶ C．tan θ1∶tan θ2＝2∶3 D．x1∶x2＝∶ 解析：选BD　由于A、B、C三点在同一个竖直平面内，且在同一直线上，所以竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定相等；设ABC的连线与水平方向之间的夹角为θ，则：‎ tan θ＝＝①‎ 解得：t＝。②‎ 则落在ABC的连线上时竖直方向上的分速度 vy＝gt＝2v0tan θ。‎ 设速度与水平方向的夹角为α，有tan α＝＝2tan θ③‎ 知小球到达B点与C点时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则速度与水平方向的夹角相同，故C错误。‎ AB间水平距离与AC间水平距离之比为2∶3；由几何关系可知，小球到达B点与C点时，竖直方向的位移之比为：＝④‎ 又y＝gt2⑤‎ 联立②⑤得：y＝ 所以：＝⑥‎ 联立④⑥可得：＝。⑦‎ 故A错误；联立②⑦得：＝＝，故B正确；两个小球在竖直方向都做自由落体运动，所以运动的时间是相等的，水平方向的位移：x＝v0t⑧‎ 联立⑦⑧可得：＝＝，故D正确。‎ 选择题押题练(三)　万有引力与航天(必考点)‎ ‎1．引力波的发现证实了爱因斯坦100年前所做的预测。1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在。如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小，则(　　)‎ A．两星的运动周期均逐渐减小 B．两星的运动角速度均逐渐减小 C．两星的向心加速度均逐渐减小 D．两星的运动线速度均逐渐减小 解析：选A　双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力。根据G＝m1r1ω2＝m2r2ω2，知m1r1＝m2r2，知轨道半径比等于质量之反比，双星间的距离减小，则双星的轨道半径都变小，根据万有引力提供向心力，知角速度变大，周期变小，故A正确，B错误；根据G＝m1a1＝m2a2知，L变小，则两星的向心加速度均增大，故C错误；根据G＝m1，解得v1＝ ，由于L平方的减小比r1的减小量大，则线速度增大，故D错误。‎ ‎2．宇航员在某星球上为了探测其自转周期做了如下实验：在该星球两极点，用弹簧秤测得质量为M的砝码所受重力为F，在赤道测得该砝码所受重力为F′。他还发现探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T。假设该星球可视为质量分布均匀的球体，则其自转周期为(　　)‎ A．T　　　　　　　　　　 B．T C．T D．T 解析：选D　设星球及探测器质量分别为m、m′‎ 在两极点，有：G＝F，‎ 在赤道，有：G－F′＝MR，‎ 探测器绕该星球表面做匀速圆周运动的周期为T，则有：G＝m′ R；联立以上三式解得T自＝T。故D正确，A、B、C错误。‎ ‎3．[多选]质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的(　　)‎ A．周期为4π B．速度为 C．动能为G0R D．重力为G0‎ 解析：选AC　由万有引力提供向心力，‎ G＝m＝mr＝ma①‎ 由题意可知，r＝2R。‎ 质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，‎ 根据万有引力等于重力得：GM＝gR2＝R2②‎ 由①②解得：周期T＝4π，则A正确；‎ 由①②解得速度v＝ ，则B错误；‎ 动能为Ek＝G0R，则C正确；‎ 由a＝，则重力为，则D错误。‎ ‎4．[多选]“轨道康复者”是“垃圾”卫星的救星，被称为“太空110”，它可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命，假设“轨道康复者”的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的五分之一，其运动方向与地球自转方向一致，轨道平面与地球赤道平面重合，下列说法正确的是(　　)‎ A．“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍 B．“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍 C．站在赤道上的人可用仪器观察到“轨道康复者”向西运动 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AB　根据＝ma得：a＝，因为“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，则“轨道康复者”的加速度是地球同步卫星加速度的25倍，故A正确。根据＝m得：v＝ ，则“轨道康复者”的速度是地球同步卫星速度的倍，故B正确。因为“轨道康复者”绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的周期，则小于地球自转的周期，所以“轨道康复者”的角速度大于地球自转的角速度，站在赤道上的人可用仪器观察到“轨道康复者”向东运动，故C错误。“轨道康复者”要在原轨道上减速，做近心运动，才能“拯救”更低轨道上的卫星，故D错误。‎ ‎5．[多选]2017年1月24日，报道称，俄航天集团决定将“质子M”运载火箭的发动机召回沃罗涅日机械制造厂。若该火箭从P点发射后不久就失去了动力，火箭到达最高点M后又返回地面的Q点，并发生了爆炸，已知引力常量为G，地球半径为R。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．火箭在整个运动过程中，在M点的速率最大 B．火箭在整个运动过程中，在M点的速率小于7.9 km/s C．火箭从M点运动到Q点(爆炸前)的过程中，火箭的机械能守恒 D．已知火箭在M点的速度为v，M点到地球表面的距离为h，则可求出地球的质量 解析：选BC　火箭在失去动力后，在M点的速率最小，选项A错误；火箭从M点运动到Q点(爆炸前)的过程中，只有万有引力做功，火箭的机械能守恒，选项C正确；7.9 km/s是最大的运行速度，火箭在整个运动过程中，在M点的速率小于7.9 km/s，选项B正确；火箭做的不是圆周运动，根据选项D中给出的条件，无法求出地球的质量，选项D错误。‎ ‎6．[多选]探索火星的奥秘承载着人类征服宇宙的梦想。假设人类某次利用飞船探测火星的过程中，飞船只在万有引力作用下贴着火星表面绕火星做圆周运动时，测得其绕行速度为v，绕行一周所用时间为T, 已知引力常量为G，则(　　)‎ A．火星表面的重力加速度为 B．火星的半径为 C．火星的密度为 D．火星的质量为 解析：选BC　飞船在火星表面做匀速圆周运动，轨道半径等于火星的半径，根据v＝，得R＝，故B正确；根据万有引力提供向心力，有G＝mR，得火星的质量M＝，根据密度公式得火星的密度ρ＝＝＝，故C正确；根据M＝ρ·＝××3＝，故D错误；根据重力等于万有引力得，mg＝G，得g＝G＝，故A错误。‎ ‎7．[多选]为纪念中国航天事业的成就，发扬航天精神，自2016年起，将每年的4月24日设立为“中国航天日”。在46年前的这一天，中国第一颗人造卫星发射成功。若该卫星运行轨道与地面的最近距离为h1，最远距离为h2。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球做匀速圆周运动的周期为T，引力常量为G，根据以上信息可以求出的物理量有(　　)‎ A．地球的质量 B．月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径 C．中国第一颗人造卫星绕地球运动的周期 D．月球表面的重力加速度 解析：选ABC　根据地球表面物体的重力等于万有引力，有mg＝G，得地球质量M＝，故A可求出；月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G＝m月，得r＝，地球质量可求出，周期T已知，故可以求出月球绕地球做匀速圆周运动的轨道半径，故B可求出；中国第一颗人造卫星绕地球做椭圆运动，椭圆轨道的半长轴a＝，设周期为T′，根据开普勒第三定律，有＝，得T′＝T，故中国第一颗人造卫星绕地球运动的周期可求出，故C可求出；因为月球质量未知，月球的半径也未知，所以月球表面的重力加速度无法求出，故D不可求出。‎ ‎8．[多选]如图所示，a、b两个飞船在同一平面内，在不同轨道绕某行星顺时针做匀速圆周运动。若已知引力常量为G，a、b两飞船距该行星表面高度分别为h1、h2(h1＜h2)，运行周期分别为T1、T2，则以下说法正确的是(　　)‎ A．飞船a运行速度小于飞船b运行速度 B．飞船a加速可能追上飞船b C．利用以上数据可计算出该行星的半径 D．利用以上数据可计算出该行星的自转周期 解析：选BC　根据万有引力提供向心力G＝m，轨道半径越大，线速度越小，a的线速度大于b的线速度，故A错误。a加速可做离心运动，可能会与b发生对接，故B正确。根据万有引力提供向心力：G＝mr，a和b离地高度分别为h1、h2，运行周期分别为T1、T2，联立两方程，可求出行星的质量和半径，故C正确。利用卫星的运动规律只能得到行星的质量、体积和密度，但无法分析出行星的自转规律，故D错误。‎ ‎9．我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射，将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信。“墨子”将由火箭发射至高度为500千米的预定圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7。G7属地球静止轨道卫星(高度约为36 000千米)，它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是(　　)‎ A．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s B．通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方 C．量子科学实验卫星“墨子”的运行周期比北斗G7小 D．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7小 解析：选C　第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动最大的环绕速度，所以这两颗卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度，故A错误；地球静止轨道卫星即同步卫星，只能定点于赤道正上方，故B错误；根据G＝mr，得T＝ ，所以量子科学实验卫星“墨子”的运行周期小，故C正确；卫星的向心加速度：a＝，半径小的量子科学实验卫星“‎ 墨子”的向心加速度比北斗G7的大，故D错误。‎ ‎10．据《科技日报》报道，2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括4颗海洋水色卫星，2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星， 以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测。设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，则在相同的时间内(　　)‎ A．海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的n倍 B．海陆雷达卫星和海洋动力环境卫星到地球球心的连线扫过的面积相等 C．海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍 D．海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的倍 解析：选C　根据G＝mrω2，解得ω＝ ，扫过的面积为S＝lr＝r2θ＝r2ωt，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为，所以相同时间内扫过的面积之比为。故C正确，A、B、D错误。‎ ‎11．小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为(　　)‎ A．10π －6π B．6π －4π C．10π －2π D．6π －2π 解析：选B　设登月器和航天站在半径为3R的轨道上运行时的周期为T，由牛顿第二定律有：‎ G＝m，其中r＝3R，解得：T＝6π 在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力：G＝mg，解得：GM＝gR2，所以T＝6π ，设登月器在椭圆轨道运行的周期是T1，航天站在圆周轨道运行的周期是T2＝T。对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有：＝＝，解得T1＝4π ，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足：t＝nT2－T1(其中n＝1,2,3，…)，由以上可得：t＝6πn －4π (其中n＝1,2,3，…)，当n＝1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，所以B正确。‎ ‎12．[多选]我国“嫦娥二号”卫星于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得了圆满成功。发射的大致过程是：先将卫星送入绕地椭圆轨道，再点火加速运动至月球附近被月球“俘获”而进入较大的绕月椭圆轨道，又经三次点火制动“刹车”后进入近月圆轨道，在近月圆轨道上绕月运行的周期是118分钟。又知月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度(g＝10 m/s2)的。则(　　)‎ A．仅凭上述信息及数据能算出月球的半径 B．仅凭上述信息及数据能算出月球上的第一宇宙速度 C．仅凭上述信息及数据能算出月球的质量和密度 D．卫星沿绕地椭圆轨道运行时，卫星上的仪器处于完全失重状态 解析：选ABC　卫星在近月圆轨道上绕月运行时，由重力提供向心力，则向心加速度近似等于月球表面的重力加速度，可得a＝R，已知T，a＝g，可求得月球的半径，故A正确。月球上的第一宇宙速度即为近月卫星的速度，设为v。则v＝，T已知，R由上可求出，所以可以求出月球上的第一宇宙速度，故B正确。根据万有引力等于向心力，得：G＝mR，得月球的质量：M＝，可求得月球的质量M，并能求出月球的密度，故C正确。卫星沿绕地椭圆轨道运行时，轨道半径在改变，不完全是由万有引力来提供向心力，则卫星上的仪器处于非完全失重状态，故D错误。‎ ‎13．2016年9月25日，天宫二号由离地面h1＝360 km的圆形轨道，经过“轨道控制”上升为离地h2＝393 km的圆形轨道，“等待”神舟十一号的来访。已知地球的质量为M，地球的半径为R，引力常量为G。根据以上信息可判断(　　)‎ A．天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于第一宇宙速度 B．天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度大于在轨道h1上的运行速度 C．天宫二号在轨道h1上的运行周期为 D．天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2运行周期变小 解析：选C　根据万有引力提供向心力得：＝，‎ 所以：v＝ ，由于天宫二号的轨道半径大于地球的半径，所以天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于第一宇宙速度，故A错误。根据v＝，由于h1＜h2，可知，天宫二号在圆形轨道h2上运行的速度小于在轨道h1上的运行速度，故B错误。天宫二号绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G＝m(R＋h)，解得周期T＝，则在轨道h1上的运行周期：T1＝，天宫二号由圆形轨道h1进入圆形轨道h2，轨道半径增大，则运行周期变大，故C正确，D错误。‎ ‎14．[多选]2015年12月29日，我国成功将“高分四号”卫星发射升空，它是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的遥感卫星。若某阶段该卫星沿椭圆轨道绕地球运动，示意图如图所示，已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星在远地点P距地心O的距离为3R。则(　　)‎ A．卫星在远地点P时的加速度大小为 B．卫星在远地点P时的速度大于 C．卫星在P点加速后可绕地球球心O点做半径为3R的匀速圆周运动 D．卫星沿椭圆轨道运动的周期比地球自转周期大 解析：选AC　根据G＝mg′，G＝mg，则在远地点，g′＝，故A正确。若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则G＝m，再根据GM＝R2g，整理可以得到v＝ ‎，由于卫星到达远地点P后做近心椭圆运动，故在P点速度小于，故B错误。卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故C正确。椭圆轨道的半长轴比地球同步卫星的轨道半径(大约6.6R)小，所以周期小于地球同步卫星的周期，即小于地球自转周期，故D错误。‎ ‎15．[多选]已知地球和火星的半径分别为r1、r2，绕太阳公转轨道可视为圆，轨道半径分别为r1′、r2′，公转线速度分别为v1′、v2′，地球和火星表面重力加速度分别为g1、g2，平均密度分别为ρ1、ρ2。地球第一宇宙速度为v1，飞船贴近火星表面环绕线速度为v2，则下列关系正确的是(　　)‎ A．＝ B．＝ C．ρ1r12v22＝ρ2r22v12 D．g1r12＝g2r22‎ 解析：选AC　根据万有引力提供向心力得：G＝m，得v′＝，r′是行星公转半径，地球和火星的公转半径之比为r1′∶r2′，所以公转线速度之比＝，故A正确。与行星公转相似，对于卫星，线速度表达式也为v＝，由于不知道地球和火星的质量之比，所以无法求出，故B错误。卫星贴近表面运行时，有G＝m，得：M＝，行星的密度为：ρ＝＝(其中v为星球表面卫星运行速度，r为星球半径)，故＝为定值，故ρ1r12v22＝ρ2r22v12，故C正确。在行星表面，由重力等于万有引力，有G＝mg，r是行星的半径，得：GM＝gr2，由于地球与火星的质量不等，则g1r12≠g2r22，故D错误。‎ 选择题押题练(四)　能量与动量(常考点)‎ ‎1．[多选]如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B． C. D．1‎ 解析：选AB　第一次击打后球最多到达与球心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR①‎ 两次击打后可以到达轨道最高点，根据功能关系，有：‎ W1＋W2－2mgR＝mv2②‎ 在最高点，有：‎ mg＋N＝m≥mg③‎ 联立①②③解得：‎ W1≤mgR W2≥mgR 故≤ 故A、B正确，C、D错误。‎ ‎2．质量为2 kg的物体A做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L＝5 m，不考虑空气阻力的影响，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体A落地时的动量大小为10 kg·m/s B．物体A落地时的动能为100 J C．物体A落地时，速度与水平方向的夹角是45°‎ D．物体A做平抛运动中合力的平均功率为125 W 解析：选A　由平抛运动规律可知：物体A做平抛运动的时间t＝＝1 s，做平抛运动的初速度v0＝＝5 m/s，落地时竖直方向的速度vy＝gt＝10 m/s，落地时速度v＝＝5 m/s，落地时的动量大小p＝mv＝10 kg·m/s，A正确；物体A落地时的动能Ek＝mv2＝125 J，B错误；物体A落地时，速度与水平方向的夹角的正切值tan θ＝＝2，速度与水平方向的夹角不是45°，C错误；物体A做平抛运动中合力是重力，这段时间内重力做的功W＝mgL＝100 J，重力的平均功率为100 W，D错误。‎ ‎3．[多选]让一小球分别从竖直墙壁上面的A点和B点沿不同的粗糙斜面AC和BC到达水平面上同一点C，小球释放的初速度等于0，两个斜面的粗糙程度相同，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．下滑到C点时合外力的冲量可能相同 B．下滑到C点时的动能可能相同 C．下滑到C点过程中损失的机械能一定相同 D．若小球质量增大，则沿同一斜面到达斜面底端的速度不变 解析：选CD　下滑到C点时速度方向不同，而动量是矢量，所以C点的动量不可能相同，由于初动量等于0，所以下滑到C点动量变化量不同，即合外力的冲量不同，选项A错误；两次下滑到C点过程中损失的机械能等于克服摩擦力做功，大小为μmgcos θ·＝μmgL，θ为斜面与水平面的夹角，则损失的机械能一定相同，选项C正确；到达底端的动能为mgh－Wf＝mgh－μmgL＝mv2，则两次下滑到C点时的动能不可能相同，速度v＝与质量无关，选项B错误，D正确。‎ ‎4．[多选]如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒 B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大 C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsin θ D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和 解析：选AC　从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确。A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误。A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B分析，由牛顿第二定律得mgsin θ＝maB，得aB＝gsin θ，此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsin θ，故C正确。若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。‎ ‎5．[多选]2017年国际雪联单板滑雪U型池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以90.75分高居第一成功卫冕。如图所示，单板滑雪U型场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡的最低点过程中速率不变，则(　　)‎ A．运动员下滑的过程中加速度时刻变化 B．运动员下滑的过程所受合外力恒定不变 C．运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小 D．运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大 解析：选AC　滑雪运动员速率不变，必做匀速圆周运动，向心加速度的大小不变，方向时刻变化，选项A正确；滑雪运动员下滑的过程中做匀速圆周运动，所受的合外力的大小不变，但方向时刻在变，选项B错误；因运动员在运动方向(切线方向)上合力为零，才能保证速率不变，在该方向重力的分力不断减小，所以摩擦力f不断减小，而运动员下滑过程中重力沿径向分力变大，所需向心力的大小不变，故弹力N增大，由f＝μN可知，运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小，选项C正确；由P＝Fvcos θ得，当速度与竖直方向的夹角越大时，运动员所受重力的瞬时功率就越小，选项D错误。‎ ‎6．[多选]如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，‎ CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物块可能会停在CB面上某处 B．物块最终会做往复运动 C．弹簧开始具有的最大弹簧势能为mv02＋E0‎ D．物块克服摩擦做的功最大为mv02＋μmgL 解析：选BD　由于k＞，由此k·L＞μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得：Epm＝E0＋mv02＋μmg·，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝mv02＋μmgL，故D正确。‎ ‎7.如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行。甲、乙两相同滑块(视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计)，在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是(　　)‎ A．甲、乙两滑块不可能落在传送带的左右两侧 B．甲、乙两滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等 C．甲、乙两滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等 D．若甲、乙两滑块能落在同一点，则摩擦力对甲、乙做的功一定相等 解析：选D　设v大于v0，弹簧瞬间恢复原长后，甲滑块向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动。乙滑块向右做初速度为v，加速度为a的匀减速运动。若甲、乙都一直做匀减速运动，两个滑块落地后，距释放点的水平距离相等，若甲做匀减速运动，乙先做匀减速后做匀速运动，则水平距离不等，故A、B错误。若v小于v0，弹簧瞬间恢复原长后，甲滑块向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动。速度为零后可以再向相反的方向运动。乙滑块做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和传送带的运动方向相同。甲、乙到达B点时的速度可能相同。落地的位置可能在同一点，此过程摩擦力对甲、乙做的功一定相等，故C错误，D正确。‎ ‎8．[多选]如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是(g为当地重力加速度)(　　)‎ A．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg B．若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为 C．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m D．若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M 解析：选BC　若地面粗糙且小车能够静止不动，设当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律可得mv2＝mgRcos θ，N－mgcos θ＝m，解得小球对小车的压力为N′＝N＝3mgcos θ，其水平分量为Nx＝3mgcos θsin θ＝mgsin 2θ，根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力方向水平向右，大小为f＝Nx＝mgsin 2θ，故当sin 2θ＝1时，即θ＝45°时，地面对小车的静摩擦力最大，最大为fmax＝mg，B正确；若地面光滑，则小车和小球在水平方向动量守恒，当小球滑到圆弧最低点时有Mv1＋mv2＝0，同时没有能量损失，机械能守恒，即Mv12＋mv22＝mgR，联立可得v1＝m ，选项C正确。‎ 选择题押题练(五)　电　场(必考点)‎ ‎1．[多选]如图所示为一带正电的点电荷和两个相同的带负电的点电荷附近的电场线分布情况，M点是两负电荷连线的中点，M、N点在同一水平线上且到正电荷的距离相等，下列说法正确的是(　　)‎ A．E点的电场强度比F点的大 B．E点的电势比F点的高 C．同一正电荷在M点受的电场力比N点的大 D．将正电荷从M点移到N点，电势能增大 解析：选ACD　由题图看出，E点处电场线比F点处电场线密，则E点的场强大于F点的场强，选项A正确；电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以F点的电势比E点的高，选项B错误；负电荷在M点的合场强为零，M点只有正电荷产生的电场强度，在N点正电荷产生的场强水平向右，两个负电荷产生的场强水平向左，合场强是它们的差值，所以M点的电场强度比N点的大，同一正电荷在M点受的电场力比在N点的大，所以C正确；正电荷到M点的平均场强大于正电荷到N点的平均场强，根据U＝Ed可知，正电荷到M点电势降低的多，所以M点的电势比N点的低，将正电荷从M点移到N点，电势能增大，选项D正确。‎ ‎2．[多选]如图甲所示，直线MN表示某电场线，a、b是电场线上的两点，将一带负电的粒子从a点由静止释放，粒子从a运动到b的过程中的vx图像如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa和φb，场强的大小分别为Ea和Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa和Wb，则(　　)‎ A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb 解析：选CD　由题图乙可知，带电粒子在从a点向b点运动的过程中，做加速直线运动，即带电粒子所受电场力方向由a点指向b点，又由于带电粒子带负电，因此电场强度方向由b点指向a点，根据“沿着电场方向电势逐渐降低”，可知φa＜φb，故选项A错误；粒子运动的动能增加，根据能量守恒定律可知，其电势能减少，即Wa＞Wb ‎，故选项D正确；在vx图像中，其斜率为：k＝＝·＝，由题图乙可知，图像的斜率k逐渐增大，由于v又逐渐增大，因此粒子运动的加速度a逐渐增大，且比v增大得快，根据牛顿第二定律可知，粒子所受合外力逐渐增大，由F＝qE可知，Ea＜Eb，故选项B错误，选项C正确。‎ ‎3．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，质量为m、电荷量为 －q的带电粒子，以初速度v0由M板中间的小孔垂直金属板进入电场中，不计粒子重力。当M、N间电压为U时，带电粒子恰好能够到达M、N两板间距的一半处返回，现将两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0，要使这个粒子刚好能够到达N板，则两板间的电压应变为(　　)‎ A. B．U C．2U D．4U 解析：选C　设M、N板的中间为P点，电粒子恰好能够到达P点时，则粒子在P点速度为0，该过程中只有电场力做负功，UMN＝Ed＝U；UMP＝E＝，根据动能定理得：－Uq＝0－mv02；‎ 两板间距变为原来的一半，粒子的初速度变为2v0时，‎ 粒子刚好能够到达N板，此时速度为0，设此时两板间的电压为U′，‎ 根据动能定理：－U′q＝0－m(2v0)2，‎ 两个等式左边相除等于右边相除，约分化简得：‎ ＝，故U′＝2U，故C正确。‎ ‎4．如图所示的装置可以通过静电计指针偏转角度的变化，检测电容器电容的变化来检测导电液体是增多还是减少的仪器原理图。图中芯柱、导电液体、绝缘管组成一个电容器，电源通过电极A、电极B给电容器充电，充电完毕移去电源，由此可以判断(　　)‎ A．静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压增大 B．静电计指针偏角变小，说明导电液体增多 C．静电计指针偏角变大，说明电容器电容增大 D．静电计指针偏角变大，导电液体液面升高 解析：选B　静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压减小，选项A错误；静电计指针偏角变小，根据C＝可知，电容器电容增大，因C＝，所以S增大，液面升高，导电液体增多，选项B正确；静电计指针偏角变大，说明电容器两板间电压增大，根据C＝可知，电容器电容减小，因C＝，所以S减小，液面降低，导电液体减少，选项C、D错误。‎ ‎5．[多选]空间中存在水平向左的匀强电场，一带正电小球在电场中某点以初速度大小v0水平向右抛出，小球落到水平地面时速度大小为v0，已知小球受到的电场力大小等于重力大小，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球落地时速度方向一定与地面垂直 B．小球下落过程，电势能先增大后减小 C．小球下落过程，动能先减小后增大 D．小球下落过程，机械能一直减小 解析：选ACD　如图所示，小球所受的电场力qE和重力mg的合力为F，沿F和垂直F方向建立直角坐标系，由于qE＝mg，则垂直F方向vx＝v0cos 45°，沿F方向vy＝v0sin 45°，当小球落地时速率为v0，则小球必然处于垂直F且过初始位置的直线上(即x轴)，此时垂直F方向的分速度(vx)不变，沿F方向速度与初始分速度(vy)等大反向，由速度合成可得小球落地时速度与地面垂直，A正确；由于小球落地时速度与地面垂直，在落地前，小球一直向右运动，电场力做负功，电势能增加，机械能减小，B错误D正确；小球速度与F方向垂直时，速度最小，因而小球下落过程，动能先减小后增大，C正确。‎ ‎6．有重力不计的A、B、C、D四种带电粒子，它们的质量之比是mA∶mB∶mC∶mD＝11∶21∶31∶41，它们的电荷量之比是qA∶qB∶qC∶qD＝1∶3∶5∶7，现让这四种带电粒子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，如图所示。则屏上亮斑(带电粒子打到屏上某位置，就会在屏上该位置形成一个亮斑)的个数是(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选A　设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电场极板的长度为L，两极板之间的距离为d，带电粒子在加速电场中运动时，由动能定理有qU1＝mv02，带电粒子在偏转电场中运动时，运动时间t＝，带电粒子离开偏转电场时偏转角度的正切值tan θ＝＝，解得：tan θ＝，可知偏转角度与粒子的种类、质量、电荷量无关，故打到荧光屏上的位置相同，只有一个亮斑，A正确，B、C、D错误。‎ ‎7．如图，水平正对放置的两块足够大的矩形金属板，分别与一恒压直流电源(图中未画出)的两极相连，M、N是两极板的中心。若把一带电微粒在两板之间a点从静止释放，微粒将恰好保持静止。现将两板绕过a点且垂直于纸面的轴逆时针旋转一个小角度θ后，再由a点从静止释放一这样的微粒，该微粒将(重力加速度为g)(　　)‎ A．仍然保持静止 B．靠近电势较低的电极板 C．以a＝g(1－cos θ)的竖直加速度加速 D．以a＝gtan θ的水平加速度加速 解析：选D　M、N两极板水平放置时，微粒恰好保持静止，则有：mg＝，两板绕过a点且垂直于纸面的轴逆时针旋转一个小角度θ后，微粒所受电场力方向与竖直方向成θ角斜向左上方，且有竖直方向：Fy＝qE′cos θ－mg＝q·cos θ－mg＝－mg＝0，竖直方向合力为零，水平方向：Fx＝qE′sin θ＝tan θ，由牛顿第二定律得：a＝gtan θ，所以A、B、C错误，D正确。‎ ‎8．如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′‎ 分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正的点电荷，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．A′、B′、C′三点的电场强度相同 B．△ABC所在平面为等势面 C．将一正的试探电荷从A′点沿直线A′B′移到B′点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功 D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则A′A连线中点D处的电势φD一定小于 解析：选D　因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正电荷的距离相等，故三点处的场强大小均相等，但其方向不同，故A错误；由于△ABC所在平面到顶点O处的距离不相等，由等势面的概念可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；由电势的概念可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当在此直线上从A′到B′移动正电荷时，电场力对该正电荷先做负功后做正功，故C错误；因为UA′D＝A′D·，UDA＝DA·，由点电荷的场强关系可知A′D＞DA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD＜，故D正确。‎ ‎9．[多选]在匀强电场所在平面内存在一个半径为R的圆形区域，完全相同的带正电粒子以初速度v0沿不同的方向从A点进入圆形区域，且仅受电场力，已知从D点离开的粒子动能最大，且AB、CD是两条互相垂直的直径。则下列说法正确的是(　　)‎ A．电场方向沿CD方向 B．电场方向沿AD方向 C．从B点离开的粒子速度仍是v0‎ D．从C点离开的粒子速度仍是v0‎ 解析：选AC　仅在电场力作用下从A点进入，从D点离开的粒子动能最大，电势能最小，由于粒子带正电，则D点是电势最低的点，所以电场线与过D点的切线相垂直，故匀强电场的方向沿CD方向，由C指向D。故A正确，B错误。由于AB与CD垂直，而电场的方向沿CD的方向，所以A、B两点的电势相等，所以从B点离开的粒子速度仍是v0，故C正确，D错误。‎ ‎10．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在A、B间是做圆周运动 B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 C．匀强电场的电场强度E＝ D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U 解析：选D　带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为该圆周处在匀强电场中，所以两点的连线AB即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO。由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由以上分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B错误；匀强电场的电场强度E＝，式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO＝E×R，所以E＝，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U＝ER＝×R＝U，故D正确。‎ ‎11．[多选]竖直平面内存在有匀强电场，一个质量为m，带电荷量为q的小球以初速度v0沿与竖直方向成θ角斜向左上方沿直线运动，已知小球运动路径恰好在匀强电场的平面内，那么在小球发生位移L的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．若小球做匀速直线运动，则电场强度E＝ B．若小球做匀加速直线运动，电场强度可能等于E＝ C．若小球运动过程电势能不变，则电场强度E＝ D．若小球运动过程电势能不变，则小球的动量变化量与速度反向 解析：选ACD　小球做直线运动，说明重力和电场力的合力与速度共线或者等于0，若小球做匀速直线运动，说明合力等于0，电场力等于重力，即qE＝mg，电场强度E＝，选项A正确。若做匀加速直线运动，则合力一定和速度同向，根据力的合成，可发现电场力大于重力，即电场强度E＞，选项B错。若小球运动过程电势能不变，说明电场力和运动方向垂直，根据合力与速度共线，可判断电场力大小为mgsin θ，电场强度E＝，选项C正确。根据几何关系可判断合力与速度反向，所以合外力的冲量也与速度反向，选项D正确。‎ ‎12．[多选]如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，水平匀强电场平行于轨道平面向左，P、Q分别为轨道的最高、最低点。一质量为m、电量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，场强E＝。要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球过Q点时速度至少为 B．小球过Q点时速度至少为 C．小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mg D．小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg 解析：选BC　根据“等效场”知识得电场力与重力的合力大小为mg效＝＝mg，则g效＝g，方向为tan θ＝＝，即θ＝37°。‎ 当小球刚好通过C点关于O对称的D点时，就能做完整的圆周运动，如图所示。在D点由电场力和重力的合力提供向心力，则：mg＝m，从Q到D，由动能定理得－mg(R＋Rcos θ)－qERsin θ＝mvD2－mvQ2，联立解得vQ＝，故A错误，B正确。在P点和Q点由牛顿第二定律，FQ－mg＝m，FP＋mg＝m；从Q到P，由动能定理得－mg·2R＝mvP2－mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，则C正确、D错误。‎ ‎13.如图所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离d处有一带负电的电荷量为q、质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止，整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，即将相对滑动，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得μ＝，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎14．[多选]如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c为完全相同的带电小球，在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h＝R。重力加速度为g，静电力常量为k，则(　　)‎ A．小球a一定带正电 B．小球b的周期为 C．小球c的加速度大小为 D．外力F竖直向上，大小等于mg＋ 解析：选CD　a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个小球做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误。设db连线与水平方向的夹角为α，则cos α＝＝，sin α＝＝，对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：‎ kcos α－2kcos 30°＝mR＝ma 解得：T＝，a＝ 则小球c的加速度大小为。‎ 故B错误，C正确。‎ 对d球，由平衡条件得：‎ F＝3ksin α＋mg＝mg＋，故D正确。‎ ‎15．[多选]长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端距离为l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上。对此过程，下列分析正确的是(　　)‎ A．粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等 B．板间电场强度大小为 C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上 D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上 解析：选ABD　粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场时具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是在金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项A正确。竖直方向速度变化量等大反向，所以有t＝gt，可得E＝，选项B正确。若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0‎ 射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，故C错误。若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，故D正确。‎ 选择题押题练(六)　磁　场(常考点)‎ ‎1．[多选]如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是(　　)‎ A．四段导线受到的安培力的方向相同 B．四段导线受到的安培力的大小相等 C．ADB段受到的安培力最大 D．AEB段受到的安培力最小 解析：选AC　导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R＝ρ可知：导线越长，电阻越大，由I＝可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F＝BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故A、C正确，B、D错误。‎ ‎2．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为E1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为E2时(电流方向与电压为E1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知F1＞F2，则磁感应强度B的大小为(　　)‎ A．B＝　　　　　　 B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选B　线框接入恒定电压为E1时，对线框受力分析得出：F1＝mg＋BL；当线框接入恒定电压为E2时，对线框受力分析得出：F2＝mg－BL，联立整理得：B＝，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎3．[多选]如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管内的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场。某时刻，给小球一方向水平向右，大小为v0＝的初速度，则以下判断正确的是(　　)‎ A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用 B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用 C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同 D．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，机械能不守恒 解析：选BC　由左手定则可判定小球受到的洛伦兹力F始终指向圆心，假设小球受到管道的支持力为N，小球获得v0＝的初速度后，由圆周运动可得：‎ F＋N－mg＝m 解得：N＝mg＋m－F＝mg＋m－qv0B 可见，只要mg＋m＝qv0B，支持力N就为零，故A错误。由于洛伦兹力不做功，只有重力对小球做功，故小球在从环形细圆管的最低点运动到所能达到的最高点的过程中，机械能守恒，小球能不能到最高点与磁感应强度大小无关，从最低点到最高点过程中，由动能定理可得：‎ ‎－mg·2R＝mv2－mv02‎ 解得：v＝，‎ 可知小球能到最高点，由于当v＝时，小球受到的向心力等于mg，故此时小球除受到重力、向下的洛伦兹力之外，一定还有轨道向上的支持力，其大小等于洛伦兹力，故B、C正确，D错误。‎ ‎4．[多选]绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为－q的小球从斜面上高h处，以大小为v0、方向与斜面底边MN平行的初速度射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是(　　)‎ A．小球在斜面上做匀变速曲线运动 B．小球到达底边MN的时间t＝ C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为B≤cos α D．匀强磁场磁感应强度的取值范围为B≤sin α 解析：选ABC　小球在斜面上运动时受重力、支持力、洛伦兹力，根据左手定则，洛伦兹力垂直于斜面向上，求得小球的合力大小F＝mgsin α，方向沿斜面向下，与初速度v0垂直，则小球做类平抛运动，即匀变速曲线运动，故A正确；小球沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝gsin α，再由运动学公式，解得小球到达底边MN的时间t＝，故B正确；小球能够沿斜面到达底边MN，则小球受到的洛伦兹力qv0B≤mgcos α，解得磁感应强度的取值范围为B≤cos α；下滑过程中，小球的速度增大，但垂直于磁场方向的分速度始终等于v0，则洛伦兹力qv0B始终不变，故C正确，D错误。‎ ‎4．[多选]如图所示，一个半径为R的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左、右两端点等高。半圆轨道所在区域有一个磁感应强度为B＝、垂直纸面向外的匀强磁场或一个电场强度为E＝、竖直向下的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。P为轨道的最低点，小球始终没有离开半圆轨道。则下列分析正确的是(　　)‎ A．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mg B．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时速度大小为 C．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg D．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时速度大小为2 解析：选BCD　若半圆轨道有匀强磁场，只有重力做功，根据机械能守恒有mv2＝mgR，小球经过轨道最低点时速度大小v＝，B正确；小球第一次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向下，由向心力公式得FN－qvB－mg＝，解得FN＝4mg，由牛顿第三定律得，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mg，小球第二次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向上，由向心力公式得FN′＋qvB－mg＝，解得FN′＝2mg，由牛顿第三定律得，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为2mg，A错误；若半圆轨道有匀强电场，电场力做功，由动能定理得mgR＋qER＝mv′2，解得v′＝2，D正确；小球经过最低点时，电场力的方向总是竖直向下，由向心力公式得FN″－qE－mg＝，解得FN″＝6mg，由牛顿第三定律得，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg，C正确。‎ ‎5．如图所示，abcd为一正方形区域，e、f分别是ad、cd的中点。若该区域内只存在由d指向b的匀强电场，沿对角线ac方向以速度v入射的带电粒子(不计粒子的重力)恰好从e点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，沿对角线ac方向以速度v入射的带电粒子恰好从f点射出。则匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的比值为(　　)‎ A．v B．2v C．3v D．10v 解析：选D　设正方形边长为L，粒子在电场中做类平抛运动，‎ 在水平方向：L＝vt，‎ 竖直方向：L＝at2＝··t2，‎ 联立解得：E＝①‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qvB＝m，‎ 画出磁场中的运动轨迹，如图所示：‎ 图中∠fad＝α，结合几何关系，有：cos(45°＋α)＝，‎ sin α＝，cos α＝；‎ 结合三角函数知识可以解得：r＝L；‎ 联立以上各式解得：B＝②‎ 联立①②解得：＝10v 故A、B、C错误，D正确。‎ ‎6．[多选]如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场。磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d，长度无限大。质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入。入射速度垂直于AD且垂直于磁场，若入射速度大小为，不计粒子重力，不考虑Ⅰ区磁场右边界，则(　　)‎ A．粒子从距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区 B．粒子从距A点1.5d处射入，在磁场区域内运动的时间为 C．粒子在磁场区域内运动的最短时间为 D．从MN边界出射粒子的区域长为(＋1)d 解析：选BCD　粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，其中v＝；解 得：r＝d，‎ 画出恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示：‎ 结合几何关系，有：‎ AO＝＝2r＝2d；故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区，故A错误；粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的轨迹为半个圆周，故运动时间为：t＝＝，故B正确；从A点进入的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为：t＝＝，故C正确。由以上分析可知从A点和距A点右侧d处进入磁场的粒子可从MN边界出磁场，画出临界轨迹如图所示，可得GH长度为(＋1)d，故D正确。‎ ‎7．[多选]如图所示，虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一带电微粒自离MN为h的高处由静止下落，从A点进入场区，沿着ACD做了一段匀速圆周运动，从D点射出。下列说法中正确的是(　　)‎ A．微粒做圆周运动的半径为 B．微粒从A点运动到D点的过程中，电势能先减小后增大 C．从A点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和保持不变 D．若微粒从D点离开场区到再次落回场区将沿DCA返回 解析：选AC　微粒开始时做自由落体运动，进入场区的速度大小为：v＝，由题意可知，微粒进入复合场区做匀速圆周运动，因此必有重力与电场力平衡，即：mg＝qE，此时由洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m，解得：R＝，故选项A正确；电场力方向竖直向上，因此微粒从A点运动到D点的过程中，电场力先做负功再做正功，其电势能先增加后减少，故选项B错误；微粒从A点运动到D点的过程中，洛伦兹力不做功，根据能量守恒定律可知，微粒的重力势能、动能、电势能之和恒定，由于做匀速圆周运动，其动能不变，因此微粒的电势能和重力势能之和保持不变，故选项C正确；微粒离开场区后做竖直上抛运动，根据运动对称性可知，将运动至D点正上方与初始释放位置等高处，下落后重复之前的运动向右平移2R距离，故选项D错误。‎ 选择题押题练(七)　电磁感应(常考点)‎ ‎1．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)‎ A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”‎ B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电 C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电 解析：选C　无线充电利用电磁感应原理。当充电底座的发射线圈中通有交变电流时，发射线圈产生交变的磁场，根据电磁感应原理，在接收线圈中产生感应电流，实现对接收充电设备的充电。无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电磁感应”。只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电。所以A、B选项错误。接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，C选项正确。不是所有手机都可以进行无线充电，手机中要装有接收线圈设备才可以，故D错误。‎ ‎2．韦伯和纽曼总结、提出了电磁感应定律，如图所示是关于该定律的实验，P是由闭合线圈组成的螺线管，把磁铁从P正上方，距P上端h处由静止释放，磁铁竖直穿过P后落在海绵垫上并停下。若仅增大h，重复原来的操作，磁铁穿过P的过程与原来相比，下列说法正确的是(　　)‎ A．穿过线圈的磁通量将增大 B．线圈中产生的感应电动势将增大 C．通过线圈导线截面的电量将增大 D．线圈对磁铁的阻碍作用将变小 解析：选B　若仅增大h，对穿过线圈的磁通量没有影响，故A错误；若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，线圈中产生的感应电动势将增大，故B正确；若仅增大h ‎，对穿过线圈的磁通量没有影响，所以穿过线圈的磁通量的变化相同，则通过线圈导线截面的电量q＝保持不变，故C错误；线圈中产生的感应电动势将增大，所以感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用将变大，故D错误。‎ ‎3．如图所示，两个标有“6 V、2 W”的相同的灯泡A、B，分别与电容器C和电感线圈L相连后接在6 V电源的两端，已知电感线圈的自感系数很大、内阻不计，电容器的耐压值足够大，则(　　)‎ A．若电源是直流电源，闭合开关时，A灯缓慢地变亮 B．若电源是直流电源，闭合开关稳定后再断开时，A灯会亮一下再熄灭 C．若电源是交流电源，闭合开关稳定后，A灯不会亮 D．若电源是交流电源，闭合开关稳定后，B灯可能会被烧坏 解析：选B　电容器在电路中的作用是“通交流、阻直流”，电感线圈在电路中的作用是“通直流、阻交流”，因此，若电源是直流电源时，闭合开关后，B灯缓慢变亮。电路接通瞬间，给电容器充电，A灯将出现闪亮一下后熄灭，闭合开关稳定后再断开时，L与A、B及C组成闭合回路，L中由于产生自感电动势，阻碍电流的减小，因此A灯会亮一下再熄灭，故选项A错误，选项B正确；当电源是交流电源时，闭合开关稳定后，A灯一直发光，B灯几乎不亮，故选项C、D错误。‎ ‎4．“超导量子干涉仪”可用于探测心磁(10－10 T)和脑磁(10－13 T)等微弱磁场，其灵敏度可达10－14 T，其探测“回路”示意图如图甲。穿过ABCD“回路”的磁通量为Φ。总电流强度I＝i1＋i2。I与的关系如图乙所示(Φ0＝2.07×10－15 Wb)，下列说法正确的是(　　)‎ A．图乙中横坐标的单位是Wb B．穿过“回路”的磁通量越大，电流I越大 C．穿过“回路”的磁通量变化引起电流I周期性变化 D．根据电流I的大小，可以确定穿过“回路”的磁通量大小 解析：选C　的单位是1，故A错误；从题图中可以看出穿过“回路”的磁通量变化引起电流I周期性变化，当的比值是整数时，电流最大，故B错误，C正确；因为电流是周期性变化的，同一个电流值，对应很多个回路的磁通量，故不能根据电流的大小来确定回路中磁通量的大小，D错误。‎ ‎5．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)‎ A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ 解析：选B　当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。‎ ‎6．如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面夹角为θ，其中MN与PQ平行且间距为L，有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R，当ab棒沿导轨下滑的距离为x时，棒的速度大小为v。则在这一过程中(　　)‎ A．金属棒ab运动的加速度大小始终为 B．金属棒ab受到的最大安培力为sin θ C．通过金属棒ab横截面的电荷量为 D．金属棒ab产生的焦耳热为x 解析：选C　金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，不是匀变速直线运动，故A错误。金属棒ab受到的最大安培力大小为F＝BIL＝BL＝，故B错误。通过金属棒ab横截面的电荷量q＝＝，C正确。金属棒ab产生的焦耳热等于克服安培力做的功，安培力是变力，且安培力非线性变化，故D错误。‎ ‎7．如图所示，一闭合直角三角形线框PNM以速度v匀速穿过匀强磁场区域。磁场CD边长度是线框PN边长度的3倍。从NM边进入磁场区开始计时，到P点离开磁场区的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是下列图中的(　　)‎ 解析：选A　如图所示，线框切割磁场的有效长度随t变化，设NM边长度为L，PN边长度为x0。进磁场过程，如图中①段，由右手定则知感应电流方向为正。有效长度l从L线性减小至0；电流大小i＝＝，从I0＝起线性减小，在t＝时有最小值0(临界点)，如图所示。线框在磁场内运动过程，如图中②段，线框中无感应电流。出磁场过程，如图中③段，电流为负方向；有效长度l从L线性减小至0；电流大小i＝＝，从I0＝起线性减小，在t＝点有最小值0(临界点)。综上分析，应选A。‎ ‎8．[多选]如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B ‎、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有(　　)‎ 解析：选BC　当金属棒MN的速度为v时，MN受到的安培力FA＝Bil＝，根据牛顿第二定律得金属棒MN的加速度a＝＝＋v，且i＝，UR＝，P＝。若k＝，金属棒做匀加速直线运动，此时，it图像为直线，FAt图像为直线，URt图像为直线，Pt图像为抛物线。‎ 若k＞，则金属棒做加速度增大的加速运动。则it图像、FAt图像、URt图像、Pt图像为曲线，斜率越来越大，此时选项B正确。‎ 若k＜，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时it图像、FAt图像、URt图像为曲线，斜率越来越小，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，此时选项C正确。‎ 选择题押题练(八)　交变电流(常考点)‎ ‎1．阻值为50 Ω、匝数为311匝的闭合矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示。则可以判断(　　)‎ A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置 B．线圈的角速度为50 rad/s C．穿过线圈的磁通量的最大值为 Wb D．线圈转一周所产生的热量为968 J 解析：选C　t＝0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面，即线圈与磁场垂直，故A错误；据图像可知，T＝0.02 s，由T＝可得：ω＝100π rad/s，故B错误；据Em＝nBSω可知，BS＝ Wb＝ Wb，故C正确；由图像可知，电动势有效值E＝≈220 V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量：Q＝×0.02 J＝19.36 J，故D错误。‎ ‎2．将电阻R1和R2按如图甲所示接在理想变压器上，变压器原线圈接在电压为U的交流电源上，R1和R2上的电功率之比为2∶1；若其他条件不变，只将R1和R2改成如图乙所示的接法，R1和R2上的功率之比为1∶8。则图乙中两组副线圈的匝数之比n1∶n2为(　　)‎ A．1∶2　　　　　　　 B．1∶4‎ C．1∶8 D．1∶16‎ 解析：选A　题图甲中，R1和R2串联，则电流相等，根据功率之比＝＝，得＝ ‎；题图乙中R1和R2上的功率之比为1∶8，则乙图两副线圈的功率之比＝＝，可得U1∶U2＝1∶2，则题图乙中两组副线圈的匝数之比等于两副线圈电压之比，为1∶2，故A正确。‎ ‎3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，线圈接通交流电源，理想电压表V示数为22 V，理想电流表A1示数为5 A，副线圈串联了理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流表A2的示数为50 A B．若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220 V C．若虚线框内接入定值电阻，则电阻消耗的功率为110 W D．若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440 Ω 解析：选C　根据＝，可得副线圈中的电流为I2＝0.5 A，故A错误；根据＝，可得U2＝220 V，若虚线框内接入电容器，则电容器的耐压值至少是220 V；若虚线框内接入定值电阻，则电阻消耗的功率为P＝UI＝220×0.5 W＝110 W；电动机为非纯电阻，可知电动机内阻不为440 Ω，故B、D错误，C正确。‎ ‎4．如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表V1示数增大 B．电压表V2、V3示数均增大 C．该变压器起升压作用 D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动 解析：选D　电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确。‎ ‎5．某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变。保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光。则(　　)‎ A．仅闭合S，L1变亮 B．仅闭合S，A的输入功率变小 C．仅将滑片P上移，L1变亮 D．仅将滑片P上移，A的输入功率变小 解析：选D　闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈中电流也增大， 则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压UB1＝UA2－IR减小，灯泡两端电压UB2减小，故灯泡会变暗，故A错误；由以上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P＝UI知输入功率增大，故B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D正确。‎ ‎6．如图甲所示电路中，L1、L2、L3为三只“6 V　3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法中正确的是(　　)‎ A．变压器原、副线圈的匝数比为3∶1‎ B．输出端交流电的频率为50 Hz C．电流表的示数为0.5 A D．电压表的示数为18 V 解析：选B　因原、副线圈的电流之比为1∶2，则匝数之比为2∶1，故A错误；因周期为T＝0.02 s，则其频率为f＝＝50 Hz，故B正确；电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为：I＝＝ A＝0.5 A，则电流表示数为2I＝1 A，故C错误；电压表的示数为Uab－UL1＝18 V－6 V＝12 V，故D错误。‎ ‎7．[多选]图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示正弦交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路，其中电容器的击穿电压为8 V，电压表V为理想交流电表，开关S处于断开状态，则(　　)‎ A．电压表V的读数约为7.07 V B．电流表A的读数为0.05 A C．电阻R2上消耗的功率为2.5 W D．若闭合开关S，电容器会被击穿 解析：选AC　开关断开时，副线圈为R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由题图乙可知原线圈电压为 V＝100 V，所以副线圈电压为10 V，则R2的电压为5 V≈7.07 V，选项A正确；由以上分析可知，副线圈电流为 A＝ A，所以原线圈电流为 ‎× A＝ A≈0.035 A，选项B错误；电阻R2上消耗的功率为 P＝＝ W＝2.5 W，选项C正确；当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R并＝R＝10 Ω，所以并联部分的电压为10× V＝ V，最大值为 V＜8 V，所以电容器不会被击穿，选项D错误。‎ ‎8．[多选]在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线 B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向 C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J 解析：选AD　t＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图像如图，由图可知，t＝1 s时，感应电流没有改变方向，B错误；t＝1.5 s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦm＝100×0.04×(V)＝4π(V)，有效值E＝×4π(V)＝2π(V)，Q＝T＝8π2(J)，D正确。‎ 选择题押题练(九)　物理学史、直线运动、物体的平衡、电路及动态分析(偶考点)‎ 物理学史与物理方法 ‎1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是(　　)‎ A．开普勒研究了行星运动，从中发现了万有引力定律 B．卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”‎ C．牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但可用实验直接验证 D．伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境 解析：选B　开普勒发现了行星的运动规律，但万有引力定律是牛顿发现的，故选项A错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，使万有引力定律有了实际的应用价值——测天体质量，故选项B正确；现实生活中不存在不受力的运动物体，因此牛顿第一定律不可以直接用实验验证，故选项C错误；伽利略在理想斜面实验的基础之上，用逻辑推理的方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境，故选项D错误。‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点 B．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的 C．英国科学家法拉第心系“磁生电”思想是受到了安培发现的电流的磁效应的启发 D．牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识 解析：选D　伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，A错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子的核式结构模型，B错误；英国科学家法拉第提出“磁生电”思想是受到奥斯特发现电生磁的现象的启发，C错误；牛顿在发现万有引力定律的过程中应用了牛顿第三定律的知识，D正确。‎ ‎3．下列说法正确的是(　　)‎ A．库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，说明这两种力的性质相同 B．弗兰克和赫兹实验证明了汞原子的能量确实是量子化的 C．在国际单位制中，力的单位是力学中基本单位 D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，英国物理学家牛顿对能量守恒定律的建立作出了突出贡献 解析：选B　尽管库仑定律的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，但是仍是性质不同的两种力，故A错误；弗兰克和赫兹用电子轰击汞原子，证明了汞原子的能量确实是量子化的，故B正确；在国际单位制中，力的单位不是力学中基本单位，是导出单位，故C错误；对能量守恒定律的建立作出了突出的贡献的物理学家中没有牛顿，故D错误。‎ ‎4．2017年2月12日消息，福岛第一核电站2号机组安全壳内辐射量达到高值，对此中国驻日本大使馆在其官方网站发布安全提醒，建议在日侨胞及赴日中国公民妥善安排出行计划。关于核电站，下列说法正确的是(　　)‎ A．核电站是使核能转化为内能，通过汽轮机带动发电机来发电的 B．发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量 C．核泄漏中放射性物质都是天然放射性元素 D．核电站的核废料可以直接堆放在露天垃圾场 解析：选A　核电站是利用核能发电的电站，它是在人工控制下缓慢进行的链式反应实现核能的释放，核电站中都有热交换器，把核能转化为内能，用高压的蒸汽推动汽轮机转动再带动发电机发电，选项A正确、B错误；核泄漏中放射性物质有的是人工合成的放射性同位素，并非都是天然放射性元素，选项C错误；核废料具有放射性，会对环境和生物造成严重的危害，不能直接堆放在露天垃圾场，要做防辐射处理，选项D错误。‎ 直线运动 ‎5．一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面从底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为6 s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍将该物块以相同的初速度从斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反。撞击所需时间不计。则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力)(　　)‎ A．1.0 s　　　B．1.8 s　　　C．2.0 s　　　D．2.6 s 解析：选B　将物块的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(－1)，设从滑出至回到滑出点的时间为2t＝6 s，物块撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，物块上滑和下滑的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t＝3 s，由以上各式可得：t′＝(6－3)s≈1.8 s，故只有选项B正确。‎ ‎6．[多选] t＝0时刻A、B两质点从同一地点沿同一方向开始做直线运动，在时间t内平均速度为，它们的t图线分别为图中的直线A、B，下列判断正确的是(　　)‎ A．质点A的加速度大小为1 m/s2‎ B．质点B的加速度大小为1 m/s2‎ C．t＝2 s时，质点A、B相遇 D．t＝4 s时，质点A、B相遇 解析：选AC　根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t＋at2变形得：＝＝v0＋at，则知图像的斜率大小等于a，由题图可知，aA＝，得aA＝1 m/s2，aB＝，得aB＝2 m/s2，故A正确，B错误；由上可得，A的初速度为v0A＝3 m/s，A做匀减速运动，B的初速度为v0B＝0，做匀加速运动。2 s时A、B的位移分别为xA＝v0At－aAt2＝3×2 m－×1×22 m＝4 m，xB＝aBt2＝×2×22 m＝4 m，则知t＝2 s时，质点A、B相遇。同理，可得4 s时A、B的位移分别为xA＝v0At－aAt2＝3×4 m－×1×42 m＝4 m，xB＝aBt2＝×2×42 m＝16 m，则知t＝4 s时，质点A、B没有相遇，故C正确，D错误。‎ ‎7．[多选]A、B两物体同时同地同向出发，其运动的vt图像和at图像如图甲、乙所示，已知在0～t0和t0～2t0两段时间内，A物体在vt图像中的两段曲线形状相同。则有关A、B两物体的说法，正确的是(　　)‎ A．A物体先加速后减速 B．a2＝2a1‎ C．t0时刻，A、B两物体第一次相遇 D．2t0时刻，A、B两物体第一次相遇 解析：选BD　读取vt图像信息，A物体的加速度先增大后减小，但速度一直在增大，故A错。vt图像与t轴所围面积为位移，由几何关系知在2t0时刻，两物体位移相同，又由于两物体从同地出发，则此时第一次相遇，故C错、D对。由vt图像可知v2＝2v1，又由at图像与时间轴所围面积等于速度的改变量，可得a2＝2a1，故B对。‎ ‎8.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s，乙的速度为10 m/s，甲车的加速度大小恒为1.2 m/s2。以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知(　　)‎ A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B．在前4 s的时间内，甲车运动的位移为29.6 m C．在t＝4 s时，甲车追上乙车 D．在t＝10 s时，乙车又回到起始位置 解析：选B　根据图像可知，乙图线的切线的斜率表示乙车的加速度，故乙车的加速度先减小，之后反向且先增大再减小，故A项错误。前4 s甲的位移x＝v0t＋at2＝29.6 m，故B项正确。vt图线与坐标轴围成的面积表示位移大小，t＝4 s时，两车速度相同，但甲车的位移小于乙车的，即甲车未追上乙车，故C项错误。10 s前乙车速度方向不变，位移一直在增大，不可能回到起始位置，故D项错误。‎ 物体的平衡 ‎9．[多选]如图所示，一斜面体固定在水平地面上，物块静止在斜面上，物块上端连一轻弹簧，现用沿斜面向上，大小为F＝kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F弹与物块受到的摩擦力f随时间变化的图像正确的是(斜面足够长，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ 解析：选AD　弹簧的弹力始终等于拉力F，即F弹＝kt，选项A正确，选项B错误；物块开始受到的是静摩擦力，且大小为mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足F＋f＝mgsin α，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小就保持恒定，因此选项C错误，选项D正确。‎ ‎10.如图所示，同一竖直面内有上下两条相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B物块正上方，A、B之间用一细线相连。在细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向的说法正确的是(　　)‎ A．必须沿水平方向 B．不能沿水平方向，要斜向右下方 C．不能沿水平方向，要斜向右上方 D．力F只要有使物体向右运动的作用效果，沿任意方向都可以 解析：选B　力的作用点是在细线的中点，而且物块A在B的正上方，所以三角形ABO是等腰三角形，且AB在竖直方向，所以AO与BO与水平方向的夹角相等。因为A对水平轨道的正压力大于B对水平轨道的正压力，所以水平面对A的摩擦力大于水平面对B的摩擦力，由题意知细线AO受到的拉力必须大于BO受到的拉力，所以F的方向只能是斜向右下方，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎11.水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为(　　)‎ A．BILsin θ　　　　　　　 B．BILcos θ C．μ(mg－BILsin θ) D．μ(mg＋BILcos θ)‎ 解析：选B　金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcos θ－Ff＝0，Ff＝BILcos θ，选项B正确；由于滑动摩擦力略小于最大静摩擦力，且金属棒处于静止状态，则Ff≠μ(mg－BILsin θ)，选项A、C、D错误。‎ ‎12.如图所示，倾角θ＝30°的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F，使其缓慢离开直到与竖直方向成30°角(不计绳与滑轮间的摩擦)，此过程说法正确的是(　　)‎ A．物块b受到绳的拉力先增大再减小 B．小物块a受到的摩擦力先增大再减小 C．水平拉力F逐渐增大 D．小物块a一定沿斜面缓慢上移 解析：选C　物块b受力平衡，对b受力分析，如图甲所示：‎ 设绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢离开直到与竖直方向成30°的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a受力分析，如图乙所示：刚开始T＝mg，a处于静止状态，则f＝T－mgsin 30°＝mg，方向向下，T增大时，f增大，摩擦力增大，由于不知道最大摩擦力的具体值，所以不能判断物块a是否会滑动，故B、D错误。‎ 电路及动态分析 ‎13.如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，R1和R2均为定值电阻，RT为热敏电阻(温度越高，电阻越低)。当环境温度较低时合上开关S，当环境的温度逐渐升高时，若三个电表A1、A2和V的示数分别用I1、I2和U表示。则各个电表示数的变化情况是(　　)‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 解析：选B　由题图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过RT的电流；当环境的温度逐渐升高时，RT减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，R2电压增大，R1、RT并联电压减小，通过R1的电流I1减小，而总电流I增大，则流过RT的电流I2增大，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎14．[多选]如图甲中R1为定值电阻，R2为滑动变阻器(允许通过的最大电流为5 A)。闭合开关S后，移动滑片P时，ab两端电压U和通过的电流I之间的关系如图乙；R2消耗的功率P与电流I的关系如图丙。电源内阻不计，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．电源电压为50 V B．R1的阻值为5 Ω C．当R2的功率为120 W时，电路消耗的总功率为200 W D．滑动变阻器连入阻值的范围为4～45 Ω 解析：选ABC　读取UI图像信息，应用电路规律。两电阻串联接入电路，ab两点间电压是滑动变阻器两端电压。当开关断开时，电路中的电流为0，此时a、b两端电压是电源的电压，由题图乙可知a、b两端的电压，即电源的电压U＝50 V，故A正确。由题图丙可知，当R2的功率为120 W时，电路中的电流I＝4 A，由题图乙可知，Uab＝30‎ ‎ V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压U1＝U－Uab＝50 V－30 V＝20 V，由I＝可得，R1的阻值R1＝＝＝5 Ω，故B正确。电路消耗的总功率P＝UI＝50 V×4 A＝200 W，故C正确。由题图乙所示图像可知：I1＝1 A时U2＝45 V，I2＝5 A时U2′＝25 V，则滑动变阻器接入电路中的最大和最小电阻分别为R最大＝＝＝45 Ω，R最小＝＝＝5 Ω，则滑动变阻器接入电路的阻值范围是5～45 Ω，故D错误。‎ ‎15.可变电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E连接成如图所示的电路。闭合开关S，当R1的滑片在图示位置时，C1、C2所带的电荷量相等。现要使C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，可采用的方法是(　　)‎ A．只增大R2的电阻 B．只增大C2的电容 C．只增大C1的电容 D．只将R1的滑片向A端移动 解析：选C　由题意，当变阻器R1的滑片在图示位置时，C1、C2的电荷量相等，即U1C1＝U2C2，只增大R2的电阻时，C1、C2两端的电压U1、U2同时减小，且减小比例相同，仍有U1′C1＝U2′C2，故A错误；只增大C2的电容，C2的电荷量增大，C1的电荷量不变，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故B错误；只增大C1的电容，C1的电荷量增大，C2的电荷量不变，则C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，故C正确；当将R1的滑片向A端移动时，C1两端的电压降低，C2两端的电压升高，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故D错误。‎ ‎16．[多选]如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔 M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。则下列说法中正确的有(　　)‎ A．若仅将A板上移，带电小球将无法运动至N处 B．若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出 C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处 D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球仍将恰好运动至小孔N处 解析：选AD　若仅将A板上移，根据C＝，知电容器的电容减小，由Q＝CU知，电压不变，电容器的带电量要减少，由于二极管的单向导电性，阻止电容器上的电荷流出，故电容器的电量不变，根据C＝，U＝Ed，得到：E＝，故场强不变；带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知带电小球未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A正确；若仅将B板上移，根据C＝，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U＝Ed，电场强度增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C错误；断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D正确。‎ 实验题押题练(一)　重视基本仪器的使用和读数(送分型)‎ ‎1．某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为________ mm，图(b)所示读数为________ mm，所测金属板的厚度为________ mm。‎ 解析：图(a)：0 mm＋0.01 mm×1.0＝0.010 mm；‎ 图(b)：6.5 mm＋0.01 mm×37.0＝6.870 mm；‎ 故所测金属板的厚度为6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm。‎ 答案：0.010　6.870　6.860‎ ‎2．图甲中游标卡尺的读数是________cm，图乙中螺旋测微器的读数是________mm。‎ 解析：游标卡尺的主尺读数为2.9 cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1 mm＝0.8 mm＝0.08 cm，所以最终读数为2.9 cm＋0.08＝2.98 cm。‎ 螺旋测微器的固定刻度为5.5 mm，可动刻度为18.0×0.01 mm＝0.180 mm，所以最终读数为5.5 mm＋0.180 mm＝5.680 mm。‎ 答案：2.98　5.680‎ ‎3．在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，测得纸带上计数点的情况如图所示，A、B、C、D、E为选好的计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm，实验中使用的电源频率为50 Hz。由此可知：小车的加速度a＝________m/s2；打点计时器打下C点时，小车的瞬时速度vC＝__________m/s。(结果保留两位有效数字)‎ 解析：每相邻的两计数点间都有四个点未画出，因此计数点之间的时间间隔为T＝0.1 s；‎ 根据Δx＝aT2，可得a＝；‎ 代入数据，解得 a＝×10－2 m/s2≈0.34 m/s2。‎ 根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有：‎ vC＝＝×10－2 m/s≈0.44 m/s。‎ 答案：0.34　0.44‎ ‎4．有一内阻未知(约20 kΩ～60 kΩ)，量程为0～10 V的直流电压表。‎ ‎(1)某同学想通过一个多用电表的欧姆挡直接测量上述电压表的内阻，该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆挡的选择开关拨至倍率__________(选填“×10”“×100”或“×1 k”)挡。先将红、黑表笔短接调零后，选用图甲中________(选填“A”或“B”)方式连接。‎ ‎(2)在实验中，欧姆表和电压表的指针分别如图乙、丙所示，某同学读出欧姆表的读数为________ Ω，这时电压表的读数为________V。计算出欧姆表中电池的电动势为________V。‎ 解析：(1)多用电表测电阻时，应让指针指在中间刻度附近，因而应选“×1 k”挡。多用电表测电阻时，用其内部电源，黑表笔接内部电源的正极，又因电压表的两接线柱中，“＋”接线柱应接高电势端，因而A电路的连接方式正确。‎ ‎(2)题图乙中欧姆表的读数为40×1 kΩ＝4×104 Ω。‎ 题图丙中电压表的读数为5.0 V。‎ 欧姆表中电池的电动势 E＝5.0 V＋×30 V＝8.75 V。‎ 答案：(1)×1 k　A　(2)4×104　5.0　8.75‎ ‎5．(1)将一个满偏电流为3 mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500 Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间。如果用它测量某元件的电阻时，指针指在1 mA处，则该元件的阻值为________。‎ ‎(2)某同学想精确测量上述待测电阻Rx的阻值，设计了图甲所示电路图，并按下列步骤进行测量(补充完整)：‎ ‎①按电路图连好电路，并将电阻箱的阻值调至最大，滑动变阻器的滑片P置于________(填“最右端”“正中间”或“最左端”)。‎ ‎②闭合开关S，单刀双掷开关置于1，调节滑片P，使电流表指针指在适当的位置，记下此时电流表的示数I。‎ ‎③保持滑动变阻器滑片P位置不变，单刀双掷开关置于2，调节电阻箱，____________________，读取电阻箱连入电路的阻值如图乙所示。‎ ‎④待测电阻的阻值为__________Ω。‎ 解析：(1)当电流达到满偏电流的一半时，所测电阻与欧姆表内阻相同，为中值电阻，即R内＝500 Ω。故表内电源电动势为E＝IgR内＝1.5 V。当指针指在1 mA处时，Rx＝－R内，代入数值解得Rx＝1 000 Ω。‎ ‎(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器接入电路中的电阻调到最大值，即滑片应位于最右端；用替代法测电阻必须保证电流表两次的读数相同，即使电流表的示数仍为I；电阻箱的阻值等于待测电阻的阻值，由题图乙可知电阻箱的示数为1 006 Ω。‎ 答案：(1)1 000 Ω　(2)①最右端　③使电流表的示数仍为I　④1 006‎ ‎6．(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量一电流计G的内阻(几百欧)，当他选择倍率“×100”进行正确测量时，指针偏转情况如图1中“a”所示，误差很大，为了减小测量误差，他应选择倍率__________(填“×10”或“×1 k”)，正确操作后得到指针偏转情况如图1中的“b”所示，则该电流计的内阻为__________。‎ ‎(2)将电流计G改装成多用电表，如图2所示，用此多用电表测量一阻值未知的电阻，所采用的器材及电路图如图3所示。测量电阻两端电压时，选择开关K应接__________(填“1”“2”或“3”)，电路开关S应________，两表笔并接在电阻两端，且红表笔接________(填“a”“b”或“c”)；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接________(填“1”“2”或“3”)，开关S应_______，红表笔接________(填“a”“b”或“c”)，黑表笔接________(填“a”“b”或“c”)。‎ 解析：(1)当他选用倍率“×100”进行正确测量时，指针偏角太大，说明所测电阻较小，应换用小倍率的挡进行测量，即选用“×10”倍率，由欧姆表读数规则知电流计的内阻为36×10 Ω＝360 Ω。‎ ‎(2)因多用电表电流流向是“红进黑出”，测量电阻两端电压时，选择开关K应接3，电路开关S应闭合，红表笔接b、黑表笔接a；测量通过电阻的电流时，选择开关K应接1，开关S应断开，红表笔接c，黑表笔接b。‎ 答案：(1)×10　360 Ω　(2)3　闭合　b　1　断开　c　b 实验题押题练(二)　强化实验分析和数据处理能力(保分型)‎ ‎1．利用如图甲所示的装置来完成探究合外力做功和动能变化关系的实验，不可伸长的细绳绕过定滑轮把小车和砝码盘连在一起，通过测量经过光电门A、B的速度和A、B之间的距离来完成探究过程。‎ 实验主要步骤如下：‎ ‎(1)实验中小车总质量应该远大于砝码质量，这样做的目的是__________________________________________；‎ ‎(2)如图乙，用游标卡尺测量挡光片宽度d＝________mm，再用刻度尺量得A、B之间的距离为L；‎ ‎(3)将小车停在C点，在砝码盘中放上砝码，小车在细绳拉动下运动，记录此时小车(含挡光片)及小车中砝码的质量之和为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，小车通过光电门A、B时的遮光时间分别为t1、t2，则可以探究小车通过A至B过程中合外力做功与动能的变化的关系，已知重力加速度为g，探究结果的表达式是________________(用相应的字母m、M、t1、t2、L、d表示)；‎ ‎(4)在小车中增减砝码或在砝码盘中增减砝码，重复③的操作。‎ 解析：(1)实验过程中，没有测量细绳拉力，而是把砝码和砝码盘总重力作为细绳拉力，即小车合外力，只有当小车质量远大于砝码和砝码盘总质量时，细绳拉力才近似等于砝码和砝码盘总重力。‎ ‎(2)遮光板的宽度d＝0.8 cm＋0.05 mm×5＝0.825 cm＝8.25 mm。‎ ‎(3)小车通过光电门A、B时的瞬时速度：‎ vA＝，vB＝，‎ 则要探究的关系式为：mgL＝Md2。‎ 答案：(1)把砝码和砝码盘总重力作为细绳拉力 ‎(2)8.25‎ ‎(3)mgL＝Md2 ‎2．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中：‎ ‎(1)甲同学在做该实验时，通过处理数据得到了图甲所示的Fx图像，其中F为弹簧弹力，x为弹簧长度。请通过图甲，分析并计算，该弹簧的原长x0＝________cm，弹簧的劲度系数k＝__________N/m。该同学将该弹簧制成一把弹簧秤，当弹簧秤的示数如图乙所示时，该弹簧的长度x＝________cm。‎ ‎(2)乙同学使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图丙所示。下列表述正确的是________。‎ A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大 C．a的劲度系数比b的小 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 解析：(1)x0为甲图中F＝0时的x值，即x0＝8 cm。k＝＝25 N/m。弹簧秤示数F＝3.0 N，由甲图知弹簧长度x＝20 cm。‎ ‎(2)在图像中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；在图像中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。‎ 答案：(1)8　25　20　(2)B ‎3．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：长木板下垫着小木块，用来平衡摩擦力，反复移动小木块位置，直到小车在木板上运动时可保持匀速运动为止。在小车A的前端粘有橡皮泥，轻轻推小车A一小段距离后松手，小车A将在长木板上运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰后粘合成一体，并继续运动。他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后边连着纸带，纸带穿过打点计时器，电源频率为50 Hz。‎ ‎(1)图乙为打点计时器在纸带上打出的点，现用一刻度尺放于其旁对其进行测量，从图中可以判断，两车相碰发生位置可能对应刻度尺的刻度为__________。‎ A．4.5 cm处　　　　　　 B．5.5 cm处 C．6.5 cm处 D．7.5 cm处 ‎(2)已测得小车A的质量m1＝0.40 kg，小车B的质量m2＝0.50 kg，由以上测量结果计算碰前总动量、碰后总动量。(结果保留两位有效数字)‎ 解析：(1)结合纸带数据进行分析知，小车A、B相碰发生在5～6 cm之间，所以选B。‎ ‎(2)小车碰撞前的速度vA＝ m/s＝0.5 m/s 则碰前的动量为p＝mv＝0.20 kg·m/s 碰后小车A、B一起运动的速度 v′＝ m/s＝0.2 m/s p′＝(m1＋m2)v′＝0.18 kg·m/s。‎ 答案：(1)B　(2)0.20 kg·m/s　0.18 kg·m/s ‎4．如图所示，利用DIS实验系统探究加速度与力的关系。一端带有定滑轮的长木板调至水平后固定在桌面上，另一端安装位移传感器(接收器)，绕过定滑轮和动滑轮的细线将装有位移传感器(发射器)的小车和力传感器连接起来，动滑轮下挂有质量可以改变的小重物。将位移传感器、力传感器与数据采集器相连，打开计算机中操作软件，放开小车使之运动。不计滑轮、托盘和细线的质量，忽略滑轮与转轴间的摩擦。‎ ‎(1)实验中力传感器的示数F与小重物的重力mg的关系为(　　)‎ A．F＝ B．F＞ C．F＜ D．无法确定 ‎(2)保持小车(含发射器)的质量M不变，改变小重物的质量m，重复进行多次实验。记下每次力传感器的示数F，利用DIS测出每次实验中小车的加速度a，将得到的a、F数据绘制成aF图像。以下图像可能正确的是(　　)‎ ‎(3)在本实验中不计滑轮的质量，忽略滑轮与转轴间的摩擦，除此之外请写出一种减少实验误差的主要方法：__________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)小重物做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：mg－2F＝ma，解得：F＝‎ ＜，故C正确。‎ ‎(2)根据实验装置可知，本实验没有平衡摩擦力，所以当F≠0时，a＝0，即在F轴上有截距，细线的拉力减去摩擦力等于小车受到的合外力，即F－Ff＝Ma，a＝F－，是一条倾斜的直线，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎(3)减小小车与长木板之间的摩擦可以减小实验误差。‎ 答案：(1)C　(2)A　(3)减小小车与长木板之间的摩擦 ‎5．某同学用下列器材组装的简易欧姆表，如图所示。‎ a．干电池一节：电动势为1.5 V，且其内电阻可忽略；‎ b．电流计一块：量程为0至1 mA，最小刻度0.1 mA，内电阻20 Ω；‎ c．可变电阻一只：阻值范围为100 Ω至2 500 Ω。‎ ‎(1)测量电阻前，先进行欧姆调零。将可变电阻的阻值调节为R＝________，此时电流计指针指到最大刻度；‎ ‎(2)欧姆表正确调零后，将待测电阻的两端分别连至红、黑表笔，若电流计的示数为0.5 mA，待测电阻的阻值Rx＝__________；‎ ‎(3)若将电流计示数范围限制在0.1 mA到0.9 mA之间，欧姆表可测量的电阻范围为____________；‎ ‎(4)如果将r＝20 Ω的电阻与电流计并联，重新调零后，与第(3)问相比，可测量的电阻范围将如何变化？‎ 解析：(1)电流计的读数为1 mA时，全电路的电阻为＝1 500 Ω。所以，可变电阻的阻值为1 500 Ω－20 Ω＝1 480 Ω。‎ ‎(2)调零后，可变电阻的阻值为1 480 Ω，电流计的示数为0.5 mA时，待测电阻的阻值为－1 480 Ω－20 Ω＝1 500 Ω。‎ ‎(3)电流计示数0.1 mA时，待测电阻的阻值为－1 480 Ω－20 Ω＝13 500‎ ‎ Ω；电流计示数0.9 mA时，待测电阻的阻值为－1 480 Ω－20 Ω≈167 Ω。‎ 欧姆表可测量的电阻范围为167～13 500 Ω。‎ ‎(4)因电流计两端并联与电流计内阻相同的电阻后，电路中的总电流变为原来的两倍，而电池的电动势仍为1.5 V，故可测量的电阻范围将变小。‎ 或者：电阻与电流计并联后，调零时，通过电流计的最大电流为1 mA，通过干路的电流为2 mA，全电路的电阻为＝750 Ω。‎ 所以，可变电阻的阻值为750 Ω－10 Ω＝740 Ω。‎ 电流计示数为0.1 mA时，待测电阻的阻值为－740 Ω－10 Ω＝6 750 Ω，电流计示数为0.9 mA时，待测电阻的阻值为－740 Ω－10 Ω≈83 Ω，欧姆表可测量的电阻范围为83～6 750 Ω。‎ 答案：(1)1 480 Ω　(2)1 500 Ω　(3)167～13 500 Ω ‎(4)可测量的电阻范围将变小或者可测量的电阻范围为83～6 750 Ω ‎6．某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。‎ ‎(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；‎ ‎(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A；‎ ‎(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为____________W(保留两位小数)。‎ 解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图所示。‎ ‎(2)电流表示数为0.44 A。‎ ‎(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R外＝r＝1 Ω，I＝＝ A＝1.5 A，U外＝＝1.5 V，即每只小电珠两端的电压为1.5 V，通过图像可知每只小电珠的电流为I0＝0.38 A，n＝≈4(只)；P总＝nP＝nU外I0＝4×1.5×0.38 W＝2.28 W。‎ 答案：(1)图见解析　(2)0.44　(3)4　2.28‎ ‎7．在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm。‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)。‎ ‎(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ U/V ‎0‎ ‎0.1‎ ‎0.3‎ ‎0.7‎ ‎1‎ ‎1.5‎ ‎1.7‎ ‎2.3‎ I/A ‎0‎ ‎0.02‎ ‎0.06‎ ‎0.16‎ ‎0.22‎ ‎0.34‎ ‎0.46‎ ‎0.52‎ 由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图2中的________图(选填“甲”或“乙”)。‎ ‎(3)图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线。‎ ‎(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图4中标出第3、5、7次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)。‎ ‎(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)。‎ A．1×10－2 Ω·m B．1×10－3 Ω·m C．1×10－6 Ω·m D．1×10－8 Ω·m 解析：(1)螺旋测微器的读数为：d＝0＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm。‎ ‎(2)从给出的数据表可知，电流表和电压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，即测量电路采用的是甲图。‎ ‎(3)实物间的连线如图(a)所示。‎ ‎(4)根据描出的点，作出图像，如图(b)所示。由图线得到金属丝的阻值为：Rx＝＝ Ω＝4.4 Ω。‎ ‎(5)根据R＝ρ得：ρ＝＝ 代入数据得：ρ＝1×10－6 Ω·m。‎ 答案：(1)0.398　(2)甲　(3)见解析图 ‎(4)见解析图　4.4(4.3～4.5)　(5)C 实验题押题练(三)　提升实验设计和探究归纳能力(增分型)‎ 实验原理的迁移 ‎1.实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×10－8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。‎ 可供使用的器材有：‎ 电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 Ω；‎ 电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；‎ 滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；‎ 滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；‎ 定值电阻：R0＝3 Ω；‎ 电源：电动势6 V，内阻可不计；‎ 开关、导线若干。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)实验中滑动变阻器应选________(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________(选填“a”或“b”)端。‎ ‎(2)在如图乙所示的实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接。‎ ‎(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图丙所示，读数为________V。‎ ‎(4)导线实际长度为________m(保留两位有效数字)。‎ 解析：(1)由R＝ρ得，铜导线电阻Rx约为1.7 Ω，电路中Rx＋R0约为4.7 Ω，若选R1＝5 Ω的滑动变阻器，则电路中电流将超过电流表量程，故滑动变阻器选R2。为保护电路，闭合开关S前应将滑动变阻器的滑片移至a端，使其电阻为最大。‎ ‎(2)实物电路连接图如图所示。‎ ‎(3)电压表量程3 V，指针在2后第3条刻度线，故读数为2.30 V，估读为2.29或2.31均可。‎ ‎(4)R0＋Rx＝＝ Ω＝4.6 Ω，Rx＝1.6 Ω，‎ 由Rx＝ρ得L＝94 m。‎ 答案：(1)R2　a　(2)见解析图 ‎(3)2.30(2.29、2.31均正确)　(4)94(93、95均正确)‎ ‎2．某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定a、b两个干电池的电动势和内电阻(图中R是电阻箱，其阻值可以直接读出)。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略，故该同学事先测出电流表内阻：RA＝0.20 Ω。‎ ‎(1)图乙是该同学测量电池a所得到的数据图像。由此可知，该电池的电动势Ea＝________V、内阻ra＝____________ Ω。‎ ‎(2)图丙是该同学测量电池b所绘出的 R图像，由此可求出该电池的电动势Eb＝________ V、内阻rb＝__________Ω。(计算结果保留三位有效数字)‎ 解析：(1)读取图像信息知，电源电动势为E＝1.5 V，‎ 内阻为r＝ Ω＝1.0 Ω。‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可知I＝，‎ 变形得＝＝＋ 由题图知图像的斜率表示电源的电动势的倒数，有 E＝ V＝2.93 V 图像与纵坐标的交点＝0.9，解得r＝2.44 Ω。‎ 答案：(1)1.5　1.0　(2)2.93　2.44‎ 实验器材的等效与替换 ‎3．图1为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景。‎ 用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台上的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x及拉力大小F(从电脑中直接读出)。所得数据记录在下列表格中：‎ 拉力大小F/N ‎0.45‎ ‎0.69‎ ‎0.93‎ ‎1.14‎ ‎1.44‎ ‎1.69‎ 标尺刻度x/cm ‎57.02‎ ‎58.01‎ ‎59.00‎ ‎60.00‎ ‎61.03‎ ‎62.00‎ ‎(1)根据所测数据，在图2坐标纸上作出F与x的关系图像。‎ ‎(2)由图像求出该弹簧的劲度系数为________N/m，弹簧的原长为________cm。(均保留三位有效数字)‎ ‎(3)为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，两位同学分别设计了如图3所示的甲、乙两种方案。‎ ‎①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为________方案更合理。‎ ‎②若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 N，b的示数为11.0 N，c的示数为4.0 N，则A和B间的动摩擦因数为________。‎ 解析：(1)根据表中数据利用描点法得出对应的图像如图所示。‎ ‎(2)由胡克定律可知，图像的斜率表示劲度系数，则可知 k＝ N/m＝24.7 N/m，在横轴上的截距表示弹簧的原长x＝55.2 cm。‎ ‎(3)①甲、乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理。②弹簧测力计a示数为6.0 N，所以A、B间的动摩擦因数μ＝＝＝0.3。‎ 答案：(1)见解析图　(2)24.7(24.3～25.0均正确)　55.2(55.0～55.5均正确)　(3)①甲　②0.3‎ ‎4．某同学想要测量一个阻值大约为20 Ω的电阻的阻值，实验室给出了以下器材：‎ ‎①电流表G1(0～5 mA，内阻r1＝3 Ω)；‎ ‎②电流表G2(0～10 mA，内阻r2＝1 Ω)；‎ ‎③定值电阻R1(150 Ω)；‎ ‎④定值电阻R2(15 Ω)；‎ ‎⑤滑动变阻器R(0～5 Ω)；‎ ‎⑥干电池(1.5 V)；‎ ‎⑦开关S及导线若干。‎ ‎(1)该同学设计了如图甲所示的电路图，图中电阻__________(填“A”或“B”)为被测电阻，电阻________(填“A”或“B”)为定值电阻，定值电阻应选________(填“R1”或“R2”)。‎ ‎(2)图乙中的实物图已连接了一部分，请将实物图连接完整。‎ ‎(3)若某次测得电流表G1、G2的示数分别为I1、I2，则被测电阻的大小为______________(用已知和测量物理量的符号表示)。‎ ‎(4)若通过调节滑动变阻器，测得多组的I1、I2，作出I2I1的图像，如图丙所示，求得图像的斜率为k＝1.85，则被测电阻的大小为__________Ω(保留三位有效数字)。‎ 解析：(1)由于电流表G1‎ 的内阻已知，因此串联一个定值电阻可以改装成一个电压表，因此A为定值电阻，B是被测电阻，由于被测电阻的阻值约为20 Ω，而电流计G1的量程为G2的一半，因此G1的内阻加定值电阻的总阻值应与被测电阻差不多，因此定值电阻应选R2。‎ ‎(2)实物图连接如图所示。‎ ‎(3)被测电阻Rx＝。‎ ‎(4)由Rx＝得I2＝I1，‎ 因此有＝k，‎ 求得Rx＝＝ Ω＝21.2 Ω。‎ 答案：(1)B　A　R2　(2)见解析图 ‎(3)　(4)21.2‎ 数据处理的创新 ‎5.某实验小组为了探究功与动能变化的关系，利用如图所示的装置。在竖直墙上的A点安装一个拉力传感器，用不可伸长的柔软轻绳一端与质量为1.00 kg的小球C连接，另一端绕过小滑轮B(可以忽略滑轮大小)与传感器连接，定滑轮B与A等高，BD为水平参考线，测出BC间绳长L＝0.80 m。实验中，使绳始终处于绷直状态，将小球从距离BD线高h处由静止开始释放，从拉力传感器记录的拉力变化图线中读出拉力的最大值为F。改变h的值，记录下相应的最大拉力F，取H＝L－h，g＝9.80 m/s2，实验中得到的部分数据如下表所示。‎ h/m ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎……‎ H/m ‎0.70‎ ‎0.60‎ ‎0.50‎ ‎0.40‎ ‎……‎ F/N ‎26.88‎ ‎24.45‎ ‎22.00‎ ‎19.56‎ ‎……‎ ‎(1)当H＝0.60 m时，小球的最大动能为__________J，此过程中外力做功为__________J。‎ ‎(2)实验结论是：_____________________________________________________。‎ ‎(3)根据实验结论，推导出F与H之间的关系为：____________________________。‎ 解析：(1)根据实验中得到的数据可知，‎ H＝0.60 m，F＝24.45 N，‎ 小球运动到最低点时，动能最大，受到的拉力最大，‎ 在最低点，根据牛顿第二定律得：F－mg＝m 可得小球运动到最低点时所具有的动能为 mv2＝5.86 J，‎ 此过程中外力做功为 W＝mg(L－h)＝1.00×9.80×0.60 J＝5.88 J。‎ ‎(2)实验结论为在实验误差允许的范围内，外力所做的功等于物体动能的增量。‎ ‎(3)根据实验结论可知，‎ F－mg＝m，mv2＝mg(L－h)＝mgH，‎ 解得：F＝H＋mg，代入数据得：F＝24.5H＋9.8。‎ 答案：(1)5.86　5.88　(2)见解析　(3)F＝24.5H＋9.8‎ ‎6．在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材有：待测电源一个(电动势E约为9 V，内阻r在35～85 Ω范围内)，内阻为 RV＝19.95 kΩ的电压表一个(量程略大于电源的电动势)，电阻箱一个，开关一个，导线若干。为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图像，如图所示。试根据以上信息回答问题：‎ ‎(1)在虚线框内画出实验电路图。‎ ‎(2)根据图像可得E＝________，r＝________。(保留两位有效数字)‎ 解析：(1)由题图可知，电阻箱的阻值可达到5 kΩ，与电压表内阻的数量级相当，故电压表可并联在电阻箱两端，也可与电阻箱串联测电流，由与R成线性关系可知，电压表应与电阻箱串联，实验电路图如图所示。‎ ‎(2)闭合开关，设干路电流为I，由闭合电路欧姆定律，得：E＝U＋I(R＋r)，其中I＝，解得：＝＋，可见斜率k＝＝6×10－6 V－1·Ω－1，纵轴截距b＝＝0.12 V－1，解得：E＝＝8.4 V，r＝－RV＝50 Ω。‎ 答案：(1)电路图见解析　(2)8.4 V　50 Ω 计算题押题练(一)　力学计算题 ‎1．交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。郑州市中原路上某直线路段每间隔L＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，红灯时间Δt2＝40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50 s。要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。汽车可看作质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。‎ ‎(1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎(2)若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a＝2 m/s2匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动。试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯。‎ 解析：(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t＝5Δt 此时匀速运动的速度最大vmax＝＝10 m/s 若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t′＝5Δt＋Δt1＝310 s 此时匀速运动的速度最小vmin＝≈8.1 m/s。‎ ‎(2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到vmax＝10 m/s vmax＝at1，t1＝5 s 在此过程中汽车走过的位移x＝t1，x＝25 m 然后汽车以此速度匀速运动，可知 L－x＝vmaxt2，t2＝47.5 s 因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为 t＝t1＋t2＝52.5 s ‎110 s＞t＞50 s，因此走到下个路口时能够遇到绿灯。‎ 答案：(1)10 m/s　8.1 m/s　(2)能 ‎2.在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。‎ ‎(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值；‎ ‎(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝1 kg，车长L＝2 m，车速v0＝4 m/s，g取10 m/s2‎ ‎，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；‎ ‎(3)在(2)的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。‎ 解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：‎ μmg＝ma①‎ v0＝at②‎ 滑块相对车面滑动的距离：‎ s＝v0t－v0t③‎ 滑块与车面摩擦产生的内能：‎ Q＝μmgs④‎ 联立①②③④解得：‎ Q＝mv02⑤‎ 所以Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值。‎ ‎(2)设在恒力F作用下滑块加速度为a1，经过时间t1后速度达到v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：‎ F＋μmg＝ma1⑥‎ v0＝a1t1⑦‎ v0t1－t1≤⑧‎ 联立⑥⑦⑧解得：F≥6 N。⑨‎ ‎(3)F取最小值时，滑块经过时间t1运动到车左端后速度达到v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为a2，时间为t2)，再撤去外力F做匀减速运动(设加速度大小为a3)，到达右端时恰与车达到共同速度v0，则有：‎ F－μmg＝ma2⑩‎ μmg＝ma3⑪‎ a2t22＋＝L⑫‎ 由⑩⑪⑫式代入数据解得：t2＝ s＝0.58 s 由(2)可解得t1＝0.5 s，‎ 则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，‎ 即0.5 s≤t≤1.08 s。‎ 答案：(1)见解析　(2)F≥6 N　(3)0.5 s≤t≤1.08 s ‎3．如图所示，光滑的圆弧AB(质量可忽略)固定在甲车的左端，其半径R＝1 m。质量均为M＝3 kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.4。将质量为m＝2 kg的滑块P(可视为质点)从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车。求：‎ ‎(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；‎ ‎(2)滑块P在乙车上滑行的距离。‎ 解析：(1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：‎ mv1－2Mv2＝0‎ 对整体应用能量守恒有：‎ mgR＝mv12＋×2Mv22‎ 解得：v1＝ m/s，v2＝ m/s。‎ ‎(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L ‎，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有：‎ mv1－Mv2＝(m＋M)v 对滑块P和小车乙应用能量守恒有：‎ μmgL＝mv12＋Mv22－(M＋m)v2‎ 解得：L＝2 m。‎ 答案：(1) m/s　(2)2 m ‎4.如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为L＝1.2 m，质量为m1＝1 kg，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，在盒内最右端放一半径为r＝0.1 m的光滑金属球，质量为m2＝1 kg，现在盒的左端给盒施加一个水平冲量I＝3 N·s，(盒壁厚度、球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计)g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)金属盒能在地面上运动多远？‎ ‎(2)金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？‎ 解析：(1)由于冲量作用，金属盒获得的速度为v＝＝3 m/s，金属盒所受摩擦力为F＝μ(m1＋m2)g＝4 N 由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理，得－Fs＝0－m1v2‎ 解得s＝1.125 m。‎ ‎(2)当金属盒前进s1＝1 m时与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v1，碰后速度为v1′，球碰后速度为v2，对盒，由动能定理得－Fs1＝m1v12－m1v2‎ 解得v1＝1 m/s 由于碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22‎ 联立以上各式解得v1′＝0，v2＝1 m/s。‎ 当球前进1 m时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度为1 m/s，盒子的速度为0，碰撞后球的速度为0，盒子的速度变为v2＝1 m/s，以金属盒为研究对象，由动能定理得－Fs2＝0－m1v22‎ 解得s2＝0.125 m。‎ 所以不会再与球相碰，则盒子运动时间可由动量定理求出。设盒子前进s1＝1 m所用时间为t1，前进s2＝0.125 m所用时间为t2，则－Ft1＝m1v1－m1v，－Ft2＝0－m1v2‎ 且v1＝v2＝1 m/s 代入数据得t1＝0.5 s，t2＝0.25 s 在盒两次运动之间还有一段时间t3，为小球在运动，‎ t3＝＝1 s 则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间 t＝t1＋t2＋t3＝1.75 s。‎ 答案：(1)1.125 m　(2)1.75 s ‎5.如图所示，足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接，光滑的、半径R＝0.5 m的半圆轨道与水平面连接，相切于C点。传送带以恒定的速率v顺时针运行，在光滑的水平面上有一质量m＝0.5 kg的物体以v1＝6 m/s的速度向左滑上传送带，经过2 s物体的速度减为零，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)传送带的速度v；‎ ‎(3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。‎ 解析：(1)物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设其运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma①‎ 根据加速度定义式有：－a＝②‎ 由①②式联立解得：μ＝＝＝0.3。③‎ ‎(2)当物体速度减为零后，由于传送带有恒定向右运动的速度，与物体间存在相对运动，物体将在滑动摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，若皮带速度足够大，根据对称性可知，物体滑回光滑水平面时的速度v2大小应与v1相等，即v2＝v1＝6 m/s 又由题意可知，物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点，设经过最高点D时的速度为vD，在D处，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg＝m④‎ 在由C运动至D的过程中，根据动能定理有：‎ ‎－mg×2R＝mvD2－mvC2⑤‎ 由④⑤式联立解得：‎ vC＝＝ m/s＝5 m/s⑥‎ 物体在光滑水平面上应做匀速直线运动，显然 vC＝5 m/s＜v2＝6 m/s 所以物体在传送带上返回时只能先做一段匀加速直线运动至与传送带速度相等后，再做匀速直线运动，并以该速度运动至C处，即有：v＝vC＝5 m/s。⑦‎ ‎(3)物体向左滑行时，相对传送带的位移为：‎ Δx1＝·t＋vt⑧‎ 物体向右滑行时，相对传送带的位移为：‎ Δx2＝v·－⑨‎ 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为：‎ Q＝μmg(Δx1＋Δx2)⑩‎ 由③⑦⑧⑨⑩式联立，并代入数据解得：‎ Q＝30.25 J。‎ 答案：(1)0.3　(2)5 m/s　(3)30.25 J 计算题押题练(二)　电学计算题 ‎1．如图所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小皆为B。一质量为m、带电荷量为q的带正电的粒子从P点进入磁场，速度与MC边的夹角θ＝30°，MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大是多少；‎ ‎(2)若该粒子从P点射入磁场后开始计数，则当粒子第五次穿越PQ线时，恰好从Q点射出磁场，粒子运动的速度又是多少？‎ 解析：(1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，轨迹如图所示，由几何关系得：‎ rcos 60°＝r－a，解得r＝a 又由qvmB＝m 解得最大速度vm＝。‎ ‎(2)当粒子第五次穿越PQ线时，恰好从Q点射出磁场时，由几何关系得 ‎5×2rsin 60°＝8a，‎ 解得r＝a 又由qvB＝m 解得速度v＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎2．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。‎ ‎(1)求带电粒子的比荷；‎ ‎(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内UMN＝2U，后时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。‎ 解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点 沿极板方向有＝v0t0‎ 垂直极板方向有＝t02‎ 解得＝。‎ ‎(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝，不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT(n＝0,1,2，…)和t＝nT＋T(n＝0,1,2，…)时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出。它们在电场方向偏转的距离最大，则＝T，解得U＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎3．边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场，如图所示。左侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，右侧磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里，中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的角度θ＝30°，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子的重力，求：‎ ‎(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小v；‎ ‎(2)左侧磁场区域磁感应强度B1；‎ ‎(3)若B2＝，电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开？‎ 解析：(1)粒子在平行金属板间被加速的过程中，根据动能定理有：qU＝mv2－0。‎ 解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小为：‎ v＝。‎ ‎(2)根据题意，作出粒子的运动轨迹图，如图所示。‎ 根据图中几何关系可知，粒子在左侧磁场区域内做匀速圆周运动，速度偏转角为：‎ α＝90°－θ＝60°‎ 其轨道半径为：‎ R1＝＝L 粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qvB1＝m 解得：B1＝。‎ ‎(3)设粒子经中间电场加速后速度为v′，要使粒子能从上边缘cd间离开，其临界情况分别为刚好从c点和轨迹与右边界相切离开，对应的速度分别为vmin′和vm′，轨道半径分别为R2min和R2m 由图中几何关系可知：R2min＝L，R2m＝L 即粒子能从上边缘cd间离开时对应的轨道半径满足：‎ L≤R2≤L 根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv′B2＝m 在中间电场运动的过程，由动能定理有：‎ qEL＝mv′2－mv2‎ 解得电场强度需满足的条件为：≤E≤。‎ 答案：(1) 　(2)　(3)≤E≤ ‎4．如图所示，半径为r，圆心为O1的虚线所围的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场右侧有一竖直放置的平行金属板M和N，两极板间距离为L，在M、N板中央各有一个小孔O2、O3，O1、O2、O3在同一个水平直线上，与平行金属板相接的是两条竖直放置间距为L的足够长的光滑金属导轨，导体棒PQ与导轨接触良好，与阻值为R的电阻形成闭合回路(导轨与导体棒的电阻不计)，该回路处在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，整个装置处在真空室中，有一束电荷量为＋q、质量为m的粒子流(重力不计)，以速率v0从圆形磁场边界上的最低点E沿半径方向射入圆形磁场区域，最后从小孔O3射出，现释放导体棒PQ，其下滑h后开始匀速运动，此后粒子恰好不能从O3射出，而从圆形磁场的最高点F射出，求：‎ ‎(1)圆形磁场的磁感应强度B′；‎ ‎(2)棒下落h的整个过程中，电阻上产生的电热；‎ ‎(3)粒子从E点到F点所用的时间。‎ 解析：(1)由题意可知，带电粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力：‎ qv0B′＝m，解得B′＝。‎ ‎(2)根据题意粒子恰好不能从O3射出的条件为：‎ mv02＝qUPQ 导体棒匀速运动时，速度大小为vm，UPQ＝BLvm 导体棒匀速运动时，受力平衡：‎ Mg＝BIL，又I＝，‎ 由能量守恒可得QR＝Mgh－Mvm2，‎ 联立以上各式 解得QR＝v02－。‎ ‎(3)在圆形磁场内的运动时间为t1，则 t1＝＋＝·＝ 在电场中往返运动的时间为t2‎ 由L＝，得t2＝ 故t＝t1＋t2＝。‎ 答案：(1)　(2)v02－　(3) ‎5．如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝2 m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B＝1 T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R＝3 Ω，桌面高H＝0.8 m，金属杆ab质量m＝0.2 kg，其电阻r＝1 Ω，从导轨上距桌面h＝0.2 m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝0.4 m，取g＝10 m/s2，导轨电阻不计。求：‎ ‎(1)金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；‎ ‎(2)整个过程中电阻R放出的热量；‎ ‎(3)磁场区域的宽度。‎ 解析：(1)设杆刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh＝mv02‎ 代入数据解得：v0＝2 m/s 又由法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv0＝4 V 由闭合电路欧姆定律有：I＝＝1 A。‎ ‎(2)设杆刚离开磁场时速度为v，接着杆开始做平抛运动，在竖直方向上有：‎ H＝gt2‎ 解得：t＝ 在水平方向上有：s＝vt，‎ 解得：v＝1 m/s 电磁感应过程中电阻R上产生电热为：QR＝ Q 根据能量守恒有：Q＝W电＝mv02－mv2‎ 解得QR＝0.225 J。‎ ‎(3)由动量定理可得FΔt＝mΔv，即＝mΔv。‎ 即＝m(v0－v)‎ 解得：l＝＝0.2 m。‎ 答案：(1)1 A　(2)0.225 J　(3)0.2 m