三维设计2017届高考物理通用版二轮教师第二部分能力跃迁5大抓手

一、物理研究的有效——4类图像成为高考的“座上宾互关系，是分析物理问题的有效之一，也是高考命题的热点，更是高三复习的重x­t图像、v­tF­t图像、a­tF­x图像、W­lφ­x图像、E­xB­t图像、Φ­ti­t图像、E­tx­t刻的瞬时速度。v­t图像中两点连线的斜率表示这段时间内的平均加速度，某一点切线的斜W­lφ­xΦ­tv­tta­ttF­xxFE­xxi­ttx­tx轴交点纵坐标表示开v­tv轴交点的纵坐标表示质点的初速度。 如图所示质量为m的可看成质点的物块置于粗糙斜面上，弹簧到最短的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球关系中可能正确的是()解析] 由动摩力产生热量为Q据功能得在面上有Q1＝cos·1，在平面有2＝g2由数学识知Q­s图的斜率表摩擦力小，所图像为两段倾斜直线且第段斜率于第二斜率B错误物块斜面动到水面的过程中，摩擦力做负功，系统机械能减小，＝0f，且物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受的摩擦以­s图为两段斜直且第段斜率对值小第二段率绝对值C正确D错。[答案 2[例2](2016·镇江模拟)如图甲所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被时像(已经放大且方格化)，每个小方格代表的实际长度为1.5m，忽略空气阻力，g取10m/s2，则()225石块将要落地时的速度大小约为7.5m/sD28m[解析

m/s＝7.5m/s，故A × m/s＝23.72m/s23.72m/sB错误；石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C

y＝t

0.2s0.1s22.5m/sgg 上形成的像在中的竖直高度4.5m，h总＝27.61m≈28m，故D正确[答案 3．[例3]MN、PQ0.3s0.3～0.6

g＝10m/s2，3，(1)0～0.3s(2)0～0.6s[解析 (1)在0.3～0.6s内通过金属棒的电荷量q＝I

1

0～0.3sq2＝ΔΦ q1＝3x2＝0.3m(2)0～0.6s2Mgx－mgxsin2Q＝2.85由于金属棒与电阻R0～0.6sQr＝

Q＝0.95J[答案 (1)0.3 (2)0.95拐点信息的利用，如上例中由t＝0.3s和t＝0.6s时刻得到的信息。对应的是图像中的曲线，则下列说法正确的是()甲做匀直线运0～t1解析：BDA错误。乙图像切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确。根据坐标的变化量等于位移，则知，0～t1时间内两物移大小不等，方向相反，所以平均速度不等，故CD度随时间变化的关系如图所示，由图可知()Bt＝3sCt＝6sDt＝6st＝9s解析：B根据速度—时间图像的斜率等于加速度可知，甲车的加速度可以为零，A错误；3s内，甲车的速度比乙车的大，两车出发点相同，则甲车在乙车的前方，两车间距逐渐增大，3～6st＝3s时，B正确；根据“面积”6s内，乙车的位移比甲车的大，则在t＝6s时，两车不在同一位置，故C错误；根据斜率表示加速度，斜率的正t＝6st＝9s时的加速度不同，D3.(多选)(2016·模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正是()Ax1x2B．x1、x2C．x1x2D．x1x2解析：BDx1x2的过程中，其电势能减小，故电场力做正功，故B正确；根据电场力做功和电势能的关系结合图像可得Ep＝Ep0－qEx，图像的斜率k＝－qEECx1x2W＝－q(φ1－φ2)，所以φ1<φ2，故D正确。4．(2016·宣城八校联考)对于环绕地球做圆周运动的来说G)() A. B.

解析：选 由Gr2＝mrT，得T2＝4π2＝b，求得地球的质量为M＝Gb，APv0在圆盘上vv2­cosθ图像应为()解析：选 块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，－μmg·2rcos mv02v2＝v02－4μgrcosθv2与cosθ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、CDEk、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的(解析：选AC m，根据动能定理得：Ek＝(mg－f)hEkh成正AE0E＝E0－fh＝E0－12EtBv＝at，vtCP＝mgv＝mg2ahhD化关系如图所示，则下列说法正确的是()Ax0＝7mBx＝4mCx≥1mx＝9m2D．小球运动的最大速度 2解析：选 因为E＝qφ，所以电场力F＝qΔφ，则电场强度E＝ΔEp，即在

＝7m处，ΔEp>0E0x0＝4m处，ΔEp＝0E＝0，A 误，BEk＝1mv2＝4Jx0＝7m0 7mE＝Ep＋Ek＝4Jx＝1m＝9m2Jx＝9m处，C4mE4＝8J2度为 m/s，D正确2ab端时，a、buab为正，下列uab­t图像可能正确的是()解析：选 a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝ΔΦ＝ΔBS知，uab 小；t＝0.25T0时，Δi＝0，所以ΔB＝0，uab＝00.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0 |uab|逐渐增大；0.5T0～T00～0.5T0的变化规律。故选项C且平行于导体棒，ac2确的是(规定电流从M经R到N为正方向，力向左为正方向)()解析：选AC导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流从M经R到N为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内力大小F＝BIL∝L2，第二段时间内F＝2BIL∝L2，C正确，D10．(2016·南平质检)如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为近地，c为同步，d为高空探测，a向为他们的向心加速度，r为它们到地心的距离，T为周期，l、θ分别为相同时间内转过的弧长和转过的圆心角，则下列图像正确的是() r解析选 ：r2＝mr＝mωr＝mT2·r＝ma向可得v＝ r

GM，a向＝r2，但因c为同 v＝ωr可知，va<vcl＝vt可知，Dωb>ωc＝ωa>ωd，θ＝ωt可知，C正11．(2016·福州二模)m＝1kgF作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v­t图像)如图乙所示，g10m/s2，求：2sxa1、a2F×2 2×1m×22物块下滑的距离：x2＝1×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝(1－0.5)m＝0.5m2L＝x1＋x2＝(1＋0.5)m＝1.5m2

m/s2＝4a2＝0.5m/s2＝－40～0.5sF－Ff－mgsin0．5～1s内－Ff－mgsinθ＝ma2；联立解得：F＝8N。答案：(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28NR＝2ΩOOah的关系图像如图乙所示。试求：(g10m/s2)ab0.3mRR解析：(1)a­haba0＝10m/s2，方向竖直向上由第二定律有BI0L－mg＝ma0Rabv0RR(2)由a­h图像知，h＝0.3m时，a＝0，表明金属杆受到的重力与力平衡，即mg＝BIL，其中I＝E，E＝BLvR20.3mv＝mgR＝0.5m/s下落0.3m的过程中，由能量守恒定律有2Q＝0.2875 答案：(1)2 (2)0.2875 0.25二、物理状态的特别关注——5[例 (2016·惠州模拟)滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L＝36m，倾角为v0＝1m/s，通过计算分析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距[解析 a甲＝22a代入数据解得：v1＝12m/s (2)甲到达坡底的时间t v1

s＝6a 对乙：a乙＝gsinθ－μ2gcosθ＝6m/s2－0.25×8m/s2＝4tL＝v0t乙

tt乙＝4t乙＋Δt<t甲t1v，则：v＝a甲t1＝v0＋a乙(t1－Δt)代入数据解得：t1＝1.52x甲2

＝94x乙＝v0(t1－Δt)＋1乙1－Δt)2＝142aΔx＝x甲－x乙＝1.25m[答案 (1)12 (2)能追上1.25 (2016·江西高安中学模拟)如图所示，长为L＝2m、质量mA＝4kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1kg的小物块(可视为质点)AFA，A、Bμ＝0.2(AB间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)。求：为使A、B保持相对静止，F过多大F＝12NBAA[解析 (1)F最大时，物块水平方向受到静摩擦力最大Ffm，由第二定律得解得临界加速度为：a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，对整体分析得：F＝(mA＋mB)a＝(4＋1)×2N＝10N。(2)F＝12N>10N，A、B发生相对滑动，对B：aB＝μg＝2m/s2代入数据解得：aA＝2.5BA 2aAt－2aBt＝2L，得：t＝2对A有：v＝aAt＝2.5×2m/s＝5m/s。 (1)10N (2)5m/s[例3]A、BAC，两住细绳，那么()Av0min越小Bd以上的高度方可跳出CA杆顶端跳出，则必定能抓住细绳Dv0也为确定值[解析 小猴以能抓住绳子的最小速度水平跳出时，运动轨迹gt＝tan

2＝gx

1tan

x即 2＝2gh，即当

时①、②成立，总可满足

≤d1≤d

C时速度最小应满足d＝v0mint、y＝1 ，则h越小

越小，A项正确；最低抓点为C，因此只要小猴跳出点高于C点，且初速度足够大，就能抓住绳子，B项错误；若小猴从A杆顶端跳出，水平速度足够大，则小猴将抓不住细绳的[答案

2 gtan 2gtanθsiny＝1x x

2v0tan tan ＝gtan可求得 ＝gtan[例 如图所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另99

PP点时的速度大于PPPP2[解析 21v≥2gL，而恒定律可知小球到达P1

99

1＜gLP1[答案 v临界＝gRFN表现[例5](2015·山东高考)(节选)D2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)d

2vH[解析 qE2＝2mvE＝qd(2)BR，qvB＝mR44 ＝qD44 ＝3qD 答案 (1) (2)qD或当速率v当速率v[临界极值问题专练斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)( A．vtan B.2v0tan0v0cot

2v0cot 与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tanθ＝x

得 2v0cot

2F30°时，所需外力最小，由以上F的最小值与重力的比值为()2A.C.

D.36 6 μsin30°＋1cosμμtanα＝1μ Gcosα cosαsin30°＋sinαcos＝Gcosα α＝60°μ＝3，F的最小值为

，故B 3．(2016·潮州一模)mv0＝h均为 1的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁＝h2戊所示。则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是(小球 A．质量为2m的小 B．质量为3m的小C．质量为4m的小 D．质量为5m的小解析：选 由题意可知，质量为m的小球，竖直上抛的整个过程机械能守恒 2mv0。由题图乙可知，质量为2m上升的最大高度等于h，故C正确。4.Oh处固定细绳mBAB＝l>h，小球面，转动轴的转速的最大值是()A.BA.C.C.解析：选A 对小球，在水平方向有FTsinθ＝mω2R＝4π2mn2R，在竖直方向有FTcosθ＋FN＝mg，且R＝htanθ，当球即将离开水平h时，FN＝0，转速n有最大值，联立解得n＝ g，则A正确h5.(多选)(2016·河北名校联考)mA、B两物块FA μmg<F≤2μmg时，A、B22

多大，绳中拉力都不可能等于解析：选ABC 当0<F≤μmg时，物块A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，A正确；当μmg<F≤2μmg时，A、B整体受到拉力和摩擦力的作用，二者

3绳中拉力可能为F，D30.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质F＝0.6N的恒力，g10m/s2。则滑块()2m/s26m/s10m/s解析：选 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大速度为μg＝5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a＝ ＝ Mm/s2＝2m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的M

度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s的匀速运动。故A、D正确，B错误。滑块开此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动，故C错误。两小轿车在前平直公分别以v甲＝20m/s和v乙＝34m/s的速度匀速行驶甲车甲车需在离窗口至少多远处开始刹车才不违章若甲车经刹车到达离窗口前9m处的速度恰好为6m/s，乙车在发现甲车刹车时经t0＝0.5s的反应时间后开始以大小为a乙＝4m/s2的加速度匀刹车。为避免两车相撞，且乙车在窗口前9m区不超速，则在甲车开始刹车时，甲、v2－v解析：(1)对甲车速度由20m/s至6m/s的位移x2＝x0＋x1＝100即：甲车需在离窗口至少100m处开始刹车

2a

＝91v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a解得：t＝8v＝v甲－at＝4m/s＜6m/sv＝6m/sv2－v乙车从开始以34m/s至6m/s的位移为x3＝v乙x＝x3－x1＝66m

2a

＝157答案：(1)100m处(2)66abcdB，方向垂直纸面向里已mq，adL，ab边足够长，粒子重力忽略不计，求：(1)abv0(2)dcabAO1v2v半

r1＝Lqv0B＝mr1v0＝m3ab边相切时，射到ab边上的BO2，则轨道半径3v0 v0qv0B＝mr2v0＝3mqBL<v0 <m最长时间：tm＝5＝5πmOC＝r2＝L

3m

3如图(a)KKAU的加AM、N两极板的正中间以平行极板的方向进入3UMN已知在

＝4eU＝1mv 6a＝mm×3Um＝244tan

＝3eUm·m×3eUm·m×3v03

evB＝32Rcosθ＝3LL

。。33vv联立解得 m＋πL

3m答案：

＋如图所示，A、BR＝1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一q＝＋1.4×10－5C的物体(可视为质点)AAH处由静止开始下落(不计空气阻力)，BCL＝2mμ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CDθ＝53°DEh＝0.8m的斜面。H＝1mABBBHABBB0.8m＝0.8，cos53°＝0.6，不讨论物体反弹以后的情况mg(R＋H)－qER＝1mvBvRFN－mg＋qE＝mRFN＝8v＝222x＝1m>0.8HABBB0.8m2H＝1mC2vC1＝2C0.8 2h＝2×0.4 ＝0.8gDx1－0.6m＝0.2m

tanH＝0.85mC22vC2＝11CCD上，则tan53°＝vC2tssC vC2t 4 cos D

msin 99

D0.2m范围内(DQ之间区域)点9答案：(1)8 点9

m范围内(PD之间区域D0.2m范围内(DQ之间区域三、物理过程的简约处理——3高考大题担负着区分考生、选拔人才的功能，很多考生一见大题就，甚至看也不[三类典型运动(1)va在同一直a、v2物体的初速度v0与1y＝2F＝F＝mr mωr＝mT2·r＝ma合力一般不指向圆F径向合＝m

[四类组合模式[例1]m、带电荷量为＋qOαv0E的大小和方向(θE的方向从O点抛出又落回O点所需的时间。 (1)斜上抛至最高点A时的速度vA＝v0cosα AA′段沿水平方向做直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力tanF＝mg＝qEcostan带电小球从A运动到A′过程中做匀运动v A×Amvv0vθ＝arctanv0(2)OAt＝v0sin vcos小球从A运动到A′所用时间t2＝vcos0OOt＝2(t＋t

2v0sin

2v0v0cosα＋4g 2

＋v0cos

0 0

2v0sin答案 v0cos

方向斜向上，

v OAAO[例2](2016·滕州期末)xB的匀强磁场，方向xEyθ角。一y[解析 (1)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，运D点沿场强方向进入电场。如图所示。

s＝tan＝得s＝2R 2mv0。＝tan qBtan

2m＝Btanθ[答案

(2)qBtan

Btan[例3]m＝2kgv0沿光滑的水平面飞出后，恰好无碰AB点为圆弧轨道的最低点，C点为圆弧At＝0.4s，求：(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)v0B[解析 v根据几何关系可得tanv0v0＝3m/sA＝sin由题意可知，小球在A点的速度 A＝sinAB 2mvA＋mgR(1－cosvRN－mg＝mRN＝136有 2mvBCFCF向＝m在RF向＝36[答案 (1)3 (2)136 ，如本题中小球进入圆弧轨道的速度是它做平抛运动的末速度，此速度的水平分量，[例 如图所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定为轨道的最低点，CCM＝2kg，Cm＝1kg的物块(可视为质点)Av0＝1m/s的速度水B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行之后又滑上木板，当物块从v1＝2m/sμ＝0.5g＝10C[解析 BCmgR(1＋sinθ)＝1mv2－1v 2m

2vRC点时有：FC－mg＝mvR可得：FC′＝50N。 μmgL＝2mvC－2mv1＋2Mv2可得：L＝1m[答案 (1)50 (2)1[常见组合运动专练h＝4m，α＝37°，一小球以v0＝9m/sCACAAB面上。不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：AAABABABθ解析：(1)CA－mgh＝1mv2－1v 2m解得：vA＝1m/sAAB面的运动分解为沿斜面(x轴)和垂直于斜面(y轴)两个方gcos所以：t＝ gcosvx＝axt＝gsin37°·t＝1.5所以：tanθ＝vy＝2

2(1)1 (2)0.25 lABCDEFGHvBBCE0＝qlDE的中点竖直向上BEFGH解析：(1)ABCD区域电场中做类平抛运动，设射出该电场时沿电场方向的偏转距离为dE0q＝maa＝vl＝vtt＝vd＝1 2atABCDθ满足tanθ＝vy＝1 DE设为O，由几何关系知：OD2＋l2R＝2

DE＝(2－1)lv′＝

＝

mRB＝vv＝ 到零的时间为 2v＝ t总t总＝2l1＋2＋πv 答案：(1)(

2l1＋

(3)v

＋8B，求： m解得 mBqv0＝qdm解得 mvrBqv0＝m0rBBm

。q。

1mqB坐标为(－l0，l0)xOyamqByyel0，匀强电场宽为2l0Ba、bxa、bPxΔtBve＝m可得 22amm即a电子恰好x轴上坐标为2l0的位b分析可知，AO′PO″PO′O″APQ′⊥x轴，则O″A⊥xvAxbx2yb＝r＋rcos45°＝l0＋22byl0xαtanα＝ tanα＝2tanα＝22vvabΔt1＝Δθ，Δθ＝π－π＝π，可得 b在第二象限内的无场区域的匀速运动时间为r－rcos

1－ 2

ab在第一象限中运动的时间差为Δt3，Δt3＝Δx＝所以时间差Δt＝l0(6－π－22)

(1) (3)4v(6－π－2分界线，OMx45°x＜0OM的左侧空间存在着垂直纸面向里的v0＝2×103m/s＝5×10－18Cm＝1×10－24kg解析：(1)Ov0 v0qv0B＝mrr＝qB＝4×10－m 微粒从C点垂直yΔx，竖直位移为Δy，则xy方向上代入数据解得，Δx＝0.2m答案：(1)4×10－3 (2)3.14×10－6 (3)0.2四、物理解题的快捷途径——4 (2016·宝鸡检测)如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻小之间的关系为() D[解析]BB受到重力、细绳拉力F和弹簧弹力NNFF合mg大小相等，BOABBCD相似，故有F＝F合

＝mgF [答案 F的方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从0°逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保 A．F先减小后增 B．F一直增C．F的功率减 D．F的功率不[解析 由于木箱保持速度不变，可知木箱处于平衡状态，则Fcosθ－μ(mg－Fsin cosθ＋μsin

θ0°90°的过程中，F先减小后增大，A正确、B 运动，有：P＝Fvcos μmgv；由于θ从0°逐渐增大到 1＋μtan不断减小，C正确、D[答案 三角函数：y＝acosθ＋bsiny＝acosθ＋bsin a

当x＝－2a大值)

(若二次项系数a>0，y有极小值；若a＜0，ya、ba＋bpa＝bab大值4a、b、ca＋b＋cqa＝b＝cabc取得极大值27 如图所示用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n＝10匝，线圈由粗细均匀、每米质量为2.5×10－3kg的导线绕制而成，三条细线呈磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取10m/s2)( A．0.1 B．0.16C．0.01 D[解析]当三条细线上的张力为零时，线圈只受重力和力。对线圈选择一个电流元所受力的竖直分量之和，这就是整个线圈所受的力，故线圈的总长度L即为导线IFA＝BIL，G＝mg＝kLg(k＝2.5×10－3kg/m)G＝FAcos60°I＝0.1AA正[答案 利用微分思想的分析方法称为微元法。它是将研究对象(物体或物理过程)进行无限细[例4]xOy坐标系第一象限的三角形区域(坐标如2x轴后速度大小变为穿过前的2(1)xB最小是多少？(2)在磁感应强度等于第(1)B的情况下，求粒子在磁场中的运动时间。(3)若磁场的磁感应强度变为第(1)B2倍，求粒子运动的总路程。＝m0[解析 v0 1v解得＝m02甲＝粒子经过O点后，速度为 2＝B0。设粒子轨道半R1，有R1＝3atanv

1R1R

＝vv2＝ 1＝v2 ＝· 1＝·2

＋·＝。6＋·＝。乙

2′＝2粒子从O1点穿x轴进入电场时速率为 21＝ 2′＝2—m＝－qEO1P1 1v1′2，解得 —m＝ 21 1＝222v ＝＝2244′＝2粒子从O2点穿过x轴进入电场时速率为′＝2

—m则由动能定理有－qEO2P2 1v2′2，解得：O2P2＝—m n a4＝2nOnPn＝4因此，粒子运动的总路程为s＝π(R1′＋R2′＋…＋Rn′)＋2(O1P1O2P2

a

a

a

OnPn)＋OP＝π

n＋2

n＋a＝

＋

1 1 33[答案

＋a(2) 3(3)＋3 d(d为公差)

等比：Sn＝从上往下看)解析：选AOOS力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的力；同理判断出O点右侧分析可知，导线在顺时针转动的同时，向下运动。选项A正确。ROCA点，另一端绕过定滑轮，如图所示。现将小球化情况是()A．FN不变、FT不变B．FN不变、FT变大C．FN不变、FT变小D．FN变大、FT解析：选C小球受力如图所示，根据平衡条件知，小球所受支持力FN′FTFF＝G。根据几何关FAFN′COAB距离为h，线长AC为

FN′G＝FT。由于小球从A点移向，则有R 如图所示一平放在光滑水平面的矩形导体框于匀强磁场区域内磁场的磁感应强度大小为，方向沿竖直方向，现恒定速度v将线框拉出有界的磁场区域，设磁场的边界与线框的一边平行，且线框的总电阻为，周长为2而其长度宽度可以变化则外力将线拉出磁场区域的过程中线框发热量的最大值为( )A.

C. D解析：选 设切割磁感线的边长为x，则线框产生的感应电动势E＝Bxv，焦 B2x2v2

4B2vx

＝R

·v

＝R·2·2·(l－x)，当2＝l－xx＝3l时，Qm＝27RBRm的金属小(视为质点)L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当圆环、小球kLL FT L解析：选A 取圆环上电荷元Δq来分析，再取关于圆心对称的电荷元Δq，这两个对称电荷元在垂直圆环平面的对称轴上产生的合场

＝

∑L2cos，，则则 tanC、D

kL2cos

60°角的匀强磁场中，现给出这一装置的侧视图，如图所示，一 始终变 C．先变大后变 D．先变小后变解析：AD因通有恒定电流的金属棒在导轨上向右做匀速运动，对金属棒受力分析如图所示。在水平方向上：F安cosθ＝Ff＝μFN，竖直方向上：FN＋F安sinθ＝mg即F安 cosθ＋μsin 1＋μ2sinφcosθ＋cosφsin 设sin ；cos 由题知，θ30°0°0＜φ≤60°F安IB始终变大；若60°＜φ≤90°，则B先变小后变大。如图所示电路中闭合电键当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时 VAVAVAVA R2RR1＋R2R并＝R1R2U＝－r，可知外电路电阻先增大后减小，干路电流先减小后增大，路端电压先增大后减DR与电源内阻rr内，外电路只有1与2并联，当1＜2P2A1＞2P11的电2上的电流必定增大，即电流表AAC的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。α＝θF解析：mgsinθ＝μmgcosθμ＝tanθFcosα＝mgsinθ＋fFsinα＋N＝mgcosθF＝2mgsinθ＝2mgsinθcosθ＝mgsincosα＋μsin cosαcosθ＋sinαsin α＝θ时，FFmin＝mgsin2θ因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Fmgsin2θ2mgsinf＝Fmincos2θ＝mg·sin2θcos2mgsin答案 mgsin (2)2mgsin＝500gq＝2×10－6Ct＝0开始，在地面上方加为正方向)100s内的位移。m解析：a＝qE＝4×10－3m/s2。作出小球速度随时间变化的规律图线v­t(如图所示)，4s内位移为0。m4s3s－2m、公差为d＝1.2×10－2m，根据等差数列求和可得小球位移大小为s＝6.4m答案：6.40.2mA、BmA＝mB＝1kg，μA＝3、μB＝3t＝0 g＝10m/s2，求：AB1BA2解析：(1)A物体沿斜面下滑时，由第二定律知mAgsinθ－μAmAgcosθ＝mAaAaA＝2.5mBgsinθ－μBmBgcos即撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学得A与B第1次碰撞前A的速度为vA1＝2aAL＝2×2.5×0.2m/s＝1A、BA、B1BvB1＝1m/sA1Bt

s＝0.4

两物体相碰后，AB1m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动，设再经t2时间A与B相碰，则有vB1t2＝1A22t2＝0.82aA2t＝t1＋t2＝1.2s1ABBA的速度ABaA＝2.5m/s2为加速度做匀加A、BA、B0.8sA速Δv＝2.5×0.8m/s＝2m/sB物体的速1vB1＝1m/s2vB2＝2m/s3vB3＝3m/s……nvBn＝nm/sA、BA、B碰撞前的时间内，B物体都做匀速直线运动，则第n次碰撞时B物体通过的路程为 nA

答案：(1)1 (2)1.2 3

五、物理成绩的高分保障——8 规定垂直平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若规定 [技法应用]0～1sBA、C项；2～4s内，磁感应强度B垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向0～1sD项，所以B项正确。[心得体会]运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方[例2]F的作用，F向上)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为()A. [技法应用 [心得体会][例3]在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小。仪器中用一根轻绳悬Fmθ之间的关系，下列表达式中正确的是()A．F＝mgtan B．F＝mgsin ．＝ cos

tan 本题常规解法是对金属球进行受力分析(受风力F、重力mg和绳的拉力)，金属球在此三力作用下处于平衡状态，根据力的矢量三角形可得F＝mgtanθ。本题还有更所以A正确。[心得体会]有的问题可能不容易直接求解，但是当你将题中的某些物理量的数值推向例4] 如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平O为半圆轨道圆心半圆轨道半径为，OB与水平方向的夹角为60，力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为( )332223[技法应用]A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动过程中θ，则tanθ＝tan30°＝3，因为tanθ＝y＝y，则竖直位移y＝3R，而vy2＝2gy＝

2所以tan30°＝vy，v 33gR，故选项A正确 3 3 小球从B点至P点属于斜抛运动，但由P点到B点的运动却是我们熟悉[例5]如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CDCO的轴线，P、QCDO点两O点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是()A．P、QB．P、QC．P、QDQ点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)[技法应用]CDDCP点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，PQ点的电场强度大小相等方向相同，BQ点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误。[心得体会]非点电荷电场的电场强度一般可用微元法求解(很烦琐)，在高中阶段，非[例6]L的两根平行金属导轨固定在水平桌面Btt＝0P、Q端，在外力作用下，杆由静止开始向右做匀加速直线运动，则t时刻金属杆所受力为()A.2r0

r0C.2r0

r0 atx＝12Δt 力为F＝BIL＝BLR＝2r0t，C正确[心得体会]对于物理情境很新颖，物理过程与我们熟悉的物理模型很相似的题目，可 在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受力分别用FM、FN表示。不计轨道 A．FM向 B．FN向C．FM逐渐增 D．FN逐渐减[技法应用]导体棒靠近长直导线和远离长直导线时导体棒中产生的感应电流一定阻强度越强，感应电流的阻碍作用也越强，考虑到长直导线周围磁场的分布可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小，C、D均正确。[心得体会]本题也可根据楞次定律判断感应电流的方向，再利用左手定则判断力(相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法。在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试着使用这种方法。[例8]两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为MN，OmO点沿OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是()D[技法应用]由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，故可以将该题与由此易得C选项正确。[心得体会]两个等质量的均匀星体中垂线上的引力场分布情况不熟悉，但等量同种电[选择题解题技法专练1.m1m2的木块12lk离为()

＋

D．l＋＋ 解析：A11m1的质量越小时摩m1的值等于零时(极限)m2多大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与m2无关，故选A项。2.(多选)Q的电场法中正确的是()AQBBBCBDB解析：ACDQAB点再到C点，类比成只受地球的万有引力作用绕地球做椭圆运动，负离子在椭圆的一个焦点上，B点可能是近地点，也可能是远地点，故答案是A、C、D。列说法中正确的是()12C6m/sD

解析：选 设物体做匀直线运动的加速度大小为a，运行总时间为t。把物体运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则物体最后5s内的位移为

12.5a，最初5s内的位移为x1＝1 t＝8s，A5sx1＝3.3×5m＝16.5m,5at－12.5a＝16.5，联立a＝0.6m/s2，Bv＝atv＝0.6×8m/s＝4.8

0.6×8m/s＝2.4m/s，D2＝2＝2k，物体返回抛出点回抛出点所经历的时间为()

解析：选 v2vg，代入后只有C如图所示电路中，R1＝4Ω，R2＝6Ω，电源内阻不可忽略，闭合开关S1，当开关S2闭合时，电流表A的示数为3A，则当S2断开时，电流表示数可能为( A．3.2 B．2.1C．1.2 D．0.8解析：选 断开S2后，总电阻变大，电流变小，“排除”A项；S2断开前路端电 ＝

33

阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 A．28.8 1.12×10－2B．28.8 0.672C．38.4 1.29×10－2D．38.4 0.776解析：选 将初速度正交分解，得竖直方向分速度vy＝vsin60°＝24m/s，水在竖

V＝Qt＝1.12×10－2m3

h＝2g＝28.8

2.4验成功，则所需拉力的最小值为 滑块—滑板模型，所以对鸡蛋有d＝112，μmg＝ma1d＋d＝12 2a 2a8.12根长直导线并排成长为l的直导线带ab，P1、P2是位于ab 所在直线上的两点，位置如图所示，P1到导线带左端的距离等于ab上所有直导线产生的磁场在P1处的磁感应强度大小为B1，在P2处的磁感应强度大小为B2，若仅将右边6根直导线移走，则P2处的磁感应强度大小为( A. 22 22解析：B由于所有直导线中的电流一样，将直导线一分为二，由右手螺旋定则及对6P1P1点产生的磁6P2B1，方向垂abP2B2ab66P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2－B1，B选项正确。略)R

3 R2R4C2C3DR解析：选ACD 变为原来的2倍，而R与电压表串联，故选项A正确。再利用P＝UI和U＝IR，可知R

＝3P，R后来两端的电压U＝3IRC项正确、B为 ＋2U0，解得E＝4U0，故选项D正确v射出，不计粒子的重力，则以下判断正确的是()MvNN点以速度－vMMvNNv0沿－vMv－v0解析：选Bv0v的水平分量相等，显然可得出A、C、DN点以速度－v射入电场中时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上做匀运动，从M到N和从N到M两运动可逆，可知正确选项为B。ABCAB棒附近的一点，CBAB。ABCφ0，φ0ABPQ的点CPCr

Qkr求得AC连线中点C′处的电势为( B.B. 解析：选C AB棒带电均匀，故其等效点电荷P点即是AB棒的E，其电荷量为1C′E的长度为1C1 φ＝k

2φ0，故选项C12L1、L2，L1<L2A、B(可视为质点)与两个斜面间的动摩擦因水平面为参考平面，则()B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大CAB小解析：BC、D还不关系，就能快速判定A、C、D错误，B正确。BA、BL的细绳连接，木块与转盘之间的最L处。开始时，绳恰好伸直但无弹力。现让转盘从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是()3L当 3L

A、B当 kg时，绳子一定有弹当ω

B 3L当ω在 2kg范围内增大时，A所受摩擦力一直变解析：ABDA、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B恰好不相对转盘滑动，A、Bm2kmg＝mω2L＋mω2·2Lω＝2kg，AB所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝kg，B项正确； 2kg时，随着角速度的增大， 力不断增大，B所受静摩擦 kg时，A所受静摩擦力Ff提供向心力 研究对象，Ff＋kmg＝mω2L＋mω2·2LA所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项2kOm，与水平台面间的动摩μEp＝1kx2x为弹簧的形变量，最大静摩擦力等于滑2A0点，OA0＝l0 Oμ的取值范围为 kl

kl kl0

解析：选 A0O kl02kl0＝μmaxmgl0μmax＝2mgO点。这种情况对应的动摩擦因数为极小值μmin，设OA1＝l1，则对滑块从A0点运动到A1点的过程有 2k(l0－l1)＝μminmg(l0＋l1)，即A1O点的过程有

μmin＝

故动摩擦因数的取值范围为 kl0， 通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小为 ＝2如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的

R2＋x2

μ0

22

R2＋x2解析：选 本题看似无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式。x＝0时，POBP＝μ0·I，AR仿真检测(一(满分：110分时间：60分钟6～86分，选对但不全的得3分，有的得0分)下列说法正确的是(尔补充和完善了伽利略的观点，并明确，除非物体受到力的作用，物体将保持其静止或运动状态，不会使自己沿线运动，而保持在直线上运动所带的电荷是另一种，科学家密立根把前者命名为正电荷，把后者命名为负电荷，并且用油滴实验最早测出了元电荷的数值 保持其静止或运动状态，不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动，故A正确；机，故B错误；伽利略在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，故C错误；富兰克林把自然界的两种电荷命名为正电荷和负电荷，故D错误。 解析：C根据电荷数守恒、质量数守恒知，AX2＋7－8＝1，质4＋14－17＝1A错误；BX92－90＝2，238－234＝4α粒子，故B错误；C项中X的电荷数为＝09＋4－12＝1C正确；DX90－91＝－1，质量数为234－234＝0，不是中子，是电子，故D错误。如图所示为甲、乙两个物体做同向直线运动的v­t图像，则关于两物体在0～t1时间内的运动，下列说法正确的是( 解析：选Bv­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，由于不知道甲、乙两个物体的初渐增大，故A错误；v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，根据图像可知，两物体的位移差为两图线间的面积，随着位移的增大而增大，故B正确；根据图像可知，两物体的速度差先增大，后减小，故C错误；图像的斜率表示加速度，根据图像可知，两物体的加速度都是先减小后增大，故D错误。φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别列说法中正确的是()AC．ABDqAB解析：选B由题图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，B，ABB正确、CBW＝qUAB＝q(φ1－φ2)D损失，以下结论正确的是()μ＝tan B．μ＝tanC．μ＝tan 解析：CABxh，ACα，BD的倾角为β，对A到B的过程，运用动能定理得：ACcosα＋CD＋DBcosxx由数学知识有：h＝tanθ，所以，μ＝tanθC正确，A、B、Dx分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动。“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置。若均顺时针运正确的是()x 的加速度大小相等且为rg如果调动“高分一号”快速到达B位置的下方，必须对其加g“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为 g 根据万有引力提供向心力Gr2＝ma，而GM＝gR。所 a＝r2，故A错误。“高分一号 路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”快速到达B位置的下方，必须 G π由位置A运动到位置B所需的时间 r IR1、R2、R3、R4R0，理想电压表读数为滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是()IA．U增大，I减 C

D.ΔI解析选ABD 根据电路图可知滑动变阻器R与R4并联后与R2串联再与R3并联，最后与R1串联，接入电源。在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则R1和电源内阻的电压减小，R3的电压变大，则通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R2的电流减小，则R2所占电压减小，所以滑IUR4R4R2的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流I减小，故A正确；电压表测量滑动变阻器两端的电III能判定电源的输出功率如何变化，故C错误；通过R2的电流减小，通过R4ΔIR4ΔI4，则ΔUΔU＝R0，故DΔIθL的光滑平行m1m2a、b，aca棒的细线平行静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则(c的质量是(m1＋m2)sinB．bca、cC．b棒放上导轨后，a棒克服力所做的功等于a棒上消耗的电D．b

m2gsin棒中电流大小是解析：选ADb棒静止说明b棒受力平衡，即力和重力沿斜面向下的分力平衡，aa棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和细线的拉力大小平衡。由b平衡可知，力大小F安＝m2gsina平衡可知：F线＝F安＋m1gsinc平衡可知：F线c的质量为：mc＝(m1＋m2)sinθ，故Abca、ca增加的重力势能之和，故B错误；b棒放上导轨后，a棒克服力所做的功等于a、b两棒C错误；bb棒的平衡可知，F安＝m2gsinθ，又因为F安＝BIL，可得b棒中电流大小是：I＝m2gsinθ，故D正确。二、非选择题(47分9．(6分)某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。钢球自由下落过程中，先后A、BA、BtA、tB。用钢球通过光电门g。 要验证机械能守恒，只要比 A．D211ghABt tAB 2ghABt tABC．D211ghBAt tBAD．D2112ghBAt tBA 为：0.850cm。tt

21－1BA2mDtBA

tD21－12ghBAt tBAD根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程间时答案 不10．(9分)使用理想电压表、理想电流表、滑动变阻器、直流电源等仪器，研究一只小灯泡完整的伏—I­U图像如图甲所示。已知滑动变阻器滑动片的有效移动长30cm22.5Ω6V，内阻不计。根据I­U图像可知从A到B的过程中灯泡的电阻逐渐 在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动 cmI­UAB的过程中，灯泡两端电压与电流之比增大，即灯泡的电ΔR＝RB－RA＝UB－UA＝

Ω－

Ω＝5Ω

设滑片在A点时与灯泡并联的滑动变阻器阻值为R，此时灯泡两端电压，即并联电U并＝3V6V－3V＝3VIL＝0.2A， 解得：R＝15与灯泡并联的滑动变阻器电阻丝长度为：15×30＝20cm，在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了(30－20)cm＝10cm。答案：(1)电路图如图所示(2)增大 11.(12分)如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连。Am高处由静止释放，运动到底端时，AB同时被锁定，卸货后解除锁定，AB的牵引θ＝53°，BM1.0×103kg，A、B与斜面cos53°＝0.6。Ammmgsinθ－Mgsinβ－μmgcosθ－μMgcos解得：m>2.0×103kg。mgh－Mghsinβ－(μmgcosθ＋μMgcosβ)h

sinθ

sin (3)AmBMm≫M时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mgsinθ－μmgcosθ＝mamam＝5 v2＝2a vm＝10m/s<12所以，当A的质量m不断增加时，该装置均能被安全锁定答案：(1)m>2.0×103

(3)Am12.(20分)A1、A2间，MN为理想分B，Ⅰ区的v0垂直于磁场A1t＝πmA2A2Ut。vRev0B＝mR0vv0电子在每一磁场中运动的时间为：t1＝t＝πm 44＝磁场的宽度：d＝rsin45°， 2mv＝A2MN相切，在Ⅰ区域中转半圈后从A1离开磁场，运动轨迹如图甲所示：

＝ m22

U＝4e 由图可知：sinθ＝dθ＝π 在Ⅰ区域的运动时间：t1＝2θT＝πm mv0＝2r2＝ 4O2A2上。4在Ⅱ区域的运动时间：t1＝φT＝πm t＝t1＋t2＝πm

13．(1)(5分)某日白天的气温是20℃，空气中水蒸气的压强是1.1×103Pa，已20℃时水蒸气的饱和气压是2.3×103Pa，该日白天空气的相对湿度 。到夜间如果空气中水蒸气的压强不变但是气温降到10℃你会感到比白天 (2)(10分)由“U”形细管连接的左、右两气缸容积相同，并直立于竖直平面内。隔板K将左侧气缸分为A、B两部分，B的容积是A的3倍，A内为真空，B和C封闭有一定质量的理想气体。开始时，BC27℃，“U”形细管内水银柱高度差h1＝60mmBCK，整个系统稳定后，“U”BC中的气体缓慢加热到某一温度时，“U”h2＝30mmC中气体的温度。

汽压小于20℃时的饱和蒸汽压，根据相对湿度 (2)AVB3VBKBC的压强关系：pB1＝pC1＋h1抽去K后B与C的压强关系：pB2＝pC1C

答案 潮湿(2)350 O的长度O点作为悬点d＋L计为摆长5°处释放，摆动稳定后，当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“1”30tT＝t计(2)(10分)A、B4d，厚度均dAn1＝2，Bn2＝2cOAAB g，可知重力加速度：g＝T2。先测出摆长L，把单摆悬挂起来，所测摆长偏小，所测重力加速度偏小，故Agg

L当摆球通过最低点时启动秒表并数“1”，数到摆球第30t29T＝tgL故E错误。(2)当光线在两界面上的入射角最大时，即光在B的上表面发生全反n定律得，sinθ2＝1θ2＝45°n1sinθ1＝n2sinθ2n2设光在A、B 时t最长，则

v1cos v2cost＝2＋4d 答案 (2)2＋4

仿真检测(二(满分：110分时间：60分钟6～86分，选对但不全的得3分，有的得0分)下列叙述符合物理学史实的是 ．A通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法—定．场总要引起感应电流的磁通量的化，解析：选B奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场总结出判定磁场方向的，法—定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流磁通量的变化，而不是，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误。下列说法正确的是 1715N1H612C＋24Heα1解析：A汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；辐射的能量主要来自内部的热核反应，选项B错误；光电效应中光电错误；24He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。据3月21日电，21日从中国载人航天工1630天的天宫一号目标飞行器在完成h(h≈343km)TR，下列关于天宫一号的说法正确的是()r r解析：选 根据万有引力提供向心力可知，Gr2＝mr，解得

宫一号的轨道半径小于同步的半径，则其线速度大于同步的线速度，故A错误；运动的向心力，不是不受地球的引力作用，故B错误；根据动能定理可知引力与空气阻力力做的功小于引力势能的变化，故C正确；根据万有引力提供向心力可知，GMm ，解得 ，故D错误开关K接bS断开时小灯泡A发光较暗要使小灯泡A亮度增加下列操作可行的是 闭合开关SDKa解析：选B 并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故B正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A A变暗，故DBab⊥NQ，Nab的中点，菱形区域存在方向竖直向上的匀强磁场，使线框从图示位置像可能是()解析：D导线框右边进入磁场时由楞次定律可以判断感应电流方向为顺时针方向，A、CabMPabMP重合到cd边到达N点，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；cd边进入磁场一直运动到abcd边关于MP对称的中间位置，右边ab切割长度均匀减小，左边cd切割长度均匀增加，而且两边感应电动势反向，所以总电动势减小更快，到达正中央位置电流为0，所以D正确，B错误。变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中()解析：选AD P向上滑动时，并联电路的电阻先增大后减小，外电路的总电阻就先增大后减小，则干路电流先减小后增大，由P＝I2r知，电源内部消耗的功率先减小后增大A

知，电源的效率先增大后减小，则BU＝E－Ir表的示数先增大后减小，则D正确；电流表所在支路电阻一直减小，所以电流一直增大，则C错误。

4ACBC＝dRμF将该小BAμmgR，下列说法正确的是()BACFF解析：选BCD 则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误。物体缓慢地从B被拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物体从A滑到B的过程中，力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于μmg(R＋d)，故B正确从A到C的过程中根据动能定理得：mgR－Wf－μmgd 从C到A的过程中，根据动能定理得：WF－mgR－μmgd－μmgR＝0－0 则由②得拉力F做的功为WF＝mg(R＋μd＋μR)又 由①③得 由②④得：WF<2mgRC、D8.如图所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×108C和1.0×10－8CxQ1x＝0处，Q2＝6cm处。在x轴上 01x>6cmxx＝1cmx＝5cm0<x<6cmx>9cmx ＝0r1＝r2＋6cmr1＝9cm，r2＝3cm01处，A＞6cmx轴先升高后降低，B1cm＜x＜5cm的区域运动时，电场力做正功，电势能减小，C0<x<6cmx>9cmx轴正方向，D正确。二、非选择题(47分9．(6分)A、B是两个A、BA时与光电门相连BABt，A、BhB的位置不变，改Ah、t的值。根据测得的多组h、

h­t的值，算出每组的t，作出 ，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加速度为 解析：(1)BB变，设球到B点的速度为vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀直线运动，则有＝vBt－12，即h＝vB－1，因此D正确，A、B、C (2)Bk＝1，解得：g＝2k答案 (2)小球通过B光电门的速度斜率的绝对值10．(9分)利用如图(a)ρ，所用的实验器材有：d如图(b)PaPxI ③以I为纵坐标，x为横坐标，作I­x图线(用直线拟合)kb螺旋测微器示数为 x的关系式 用题中字母可求得I实验得到的部分数据如表所示其中aP长度x＝0.30m时电流表的示数如图(c)所示， ① I(A② 根据图线求得电阻丝的电阻率ρ＝ Ω·m，电源的内阻为r＝ 解析：(1)0.0mm0.01×40.0mm＝0.4000.400mm(0.400±0.001)。R0＋r＋ρx

d2由数学知识，可得，1＝

x πEd2＋Ex由图(c)I＝19×0.02A＝0.38A0.38，表格②中通过计算可知，应该为2.63。

由数学知识可得，k＝πEd2，b＝E解得：ρ＝1.1×10－6r＝1.3Ω 4ρ I

2x＋ 图线见解析图3.00(2.92～3.10) 1.3(1.2～1.4)11．(14分)雾天行车经常发生车辆追尾相撞的事故，造成极大的人生和财产损失。v＝120km/h，某种雾天的能见度(即观察者与能看见的最远目标间的距离)s0＝27mF＝1.35×104N，汽车质量m＝1500kg，其制动过程可以视为匀运动，制动时的反应时间(即发现状况到踩下刹车的时间，该时间内汽车仍然匀速运动)t0＝0.5s，求：v1＝108km/h 解析：(1) 第二定律得汽车的加速度为：a＝m＝1 m/s2＝9m/s2，刹vv

1x＝2a＝2×9 501(2)设最大速度为v2，从发现到车停止，汽车将经过匀速运动与匀运动，匀速运动的位移为x1，x1＝v2t0，2匀运动的位移为x2，v2＝2ax2，2解得最大速度：v2＝18m/s答案：(1)50 (2)18B＝1TR＝3ΩH＝0.8mabm＝0.2kgr＝1Ω，h＝0.2m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边s＝0.4mg＝10m/s2，导轨电阻不计，求：金属杆刚进入磁场时，RR解析：(1)v0，由机械能守恒定律有：mgh＝1代入数据解得：v0＝2由闭合电路欧姆定律有：I＝E＝1A＝1g解得 g解得：v＝1m/s根据能量守恒有：Q＝W电 R上产生电热为：QR＝RQR＝0.225J棒穿过磁场过程加速度为a， -R＋r＝mΔt

又由于 vvv0Δ解得 ＝0.2m答案：(1)1 (2)0.225 (3)0.213．(1)(5分)下列说法中正确的是 (2)(10分)ABCp­V图像如A27℃，求：BCABC解析：(1)气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及ABCDE错误。 定律得：pA即代入数据得：TB＝600

代入数据得：TC＝300K

ACp­V

＝1000TA＝TCAC内能相等，有：ΔU＝0可得：Q＝－1000J1000J (2)(ⅰ)600K 300K(ⅱ)放热1000J t＝0.10sQyt＝0.25sPy从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴负方向了6t＝0.10st＝0.25sP30Qy＝0.10sin10πt(国际单位(210分一厚度为hr的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率。Qy轴负方向运动，故At＝0.10sQy轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向，此时P点正向上运动。由题图(b)读出T＝0.2st＝0.10st＝0.25s经过的时间为Δt＝0.15

Pxy轴正方向相同，故B正确；由(a)λ＝8m速为：v＝λ＝

m/s＝40m/st＝0.10st＝0.25sΔt＝0.15s x轴负方向的距离为Δx＝vΔt＝40×0.15m＝6m，故C正确；从t＝0.10s到t＝0.25Δt＝0.15

P3A＝30cmDQ＝0.1sin2πtm＝0.10sin10πt(m)E

AsinT(2)根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点。在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C。nsinC＝1nsin h2h2答案

仿真检测(三(满分：110分时间：60分钟5～86分，选对但不全的得3分，有的得0分)以下说法正确的是 解析：选C 发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故A错误。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因，故B错误。法拉第发现了电磁感应现象，故C正确。发现了磁场对运动电荷的作用规律，发现了磁场对电流的作用规律，故D错误。如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列 解析选

c辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3－E1，辐射光的波长a最短，能E3－E2ba、c、b，C正确。c塑料壳和斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是( 塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcosθBμmgcosθCmg解析：选D圆柱形强磁铁受到重力mg、音乐盒的F、音乐盒的支持力N、θA、B错误；圆柱形强磁铁和塑料壳整体静止，受力平衡，则顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和F的合力故C错误磁铁的磁性若瞬间若mgsinθ≤μmgcosθ，则塑料壳不会往下滑动，故D正确。3倍，某时刻，航天站使登月器以在月球上停留的最短时间约为()RgRgRgRg

RgRgRgRg解析：选A 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，因其绕月球

mT2＝＝

，，g所以 g 勒第三定律分别有

＝T12＝T22

的时间t应满足 gg联立①②③得 gg

RgRgAa处时用户的用电器恰好得到220V的电压R表示输电线的电阻下列说法正确的是 50V2220V1678220VP解析：选AD 22

VC错误；当用户功率增大时，由P＝UIV的电压，必须使变压器副线圈两端电压增大，故由U1＝n1PD x轴正向运动，其电势能Epx变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列判断正确的是()A．x1B．x2～x3C．x1、x2、x3φ1、φ2、φ3DO～x2段做匀变速运动，x2～x3解析：选 1 q·由数学知识可知Ep­x图像切线的斜率等于ΔEp，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误。由图看出在O～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒B粒子所在处的电势越低，所以有：φ1>φ2>φ3。故C正确。为 为

4vmA点由静止释放，ACH，则(vAH＝4Rv′＝2gR，则物块第一次滑上传动带，由于摩擦而产生的9mgR解析：选ADABH＝4RC点时的速度：v＝2gH＝2g×4R＝22gRmg＝R，得：FN＝9mg，根 第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg，故C -2g－2＝－μg，滑块的速度为－2gR时，所用的时间-2g－2

＝a

＝滑块的位移：x1＝vt＋1

μμx2＝v′t＝－2gR·3 Δx＝x－x μ

9R＝9mgR故Dμmg·RAB重合，虚线的右侧有垂直于B，线框通过一水平细线绕过定滑轮与一质量为M的悬挂重物相连，重物离地面足够高，现由静止释放线框，当线

v(小于最大速度)g

解析：选 vm＝MgRA

＝Mg

Mg－

，故C正确线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为

二、非选择题(47分

I

R，9．(6分)某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外，E(3V1A1(0.6Ar11A2(0.6Ar2＝5RxA2在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx＝ 小，得到不同的Rx值，最后绘成的图像如图乙所示。当F竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx＝ 流表A2的阻值，所以用电流表A2作为电压表使用，电流表A1在干，即可求出电阻Rx的阻值。电路图的设计如图所示。Rx＝I2r2 I2r2

1(9分固定在竖直平面内的转盘转轴水平)、带铁夹的铁架台、电磁打点计时器(接交流电的频率为50z：如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径d 如图丙所示，O、A、B、C…各点为连续打出的点迹，则由图丙中数据可得，打下点迹D时，圆盘转动的角速度为 下表为各点对应的转动动能Ek和角速度ω值，请你猜想转动动能Ek和角速度ω满足的关系式为Ek＝ ABC…E0.0010.0030.008……解析：(1)5.0cm0.05×6＝0.30mm＝0.030cm，所以最终读数为5.0cm＋0.030cm＝5.030cm。0.0249－0.008上D点时小车的瞬时速度大小为 m/s＝0.40m/s，根据v＝ωr得0.025盘转动的角速度为：ωD＝0.025

rad/s＝15.9rad/s2Ek是4倍，得到关系为：Ek＝kω24倍时，转盘的转动动能动动能Ek与角速度ω的关系式是：Ek＝6.25×10－5ω2J。答案 11.(12分)M＝5kgAF的作用下v0＝12m/sm＝1kgBμ1＝0.6，物块与μ2＝0.4。(g＝10m/s2)试求：解析：(1)可知F＝μ1Mg＝30Nt1＝2v＝82s内木板发生位移为x1＝ t1＝202＝a一 v2＝a3x2＝v2＝32x＝x1＋x2＝52m2x物＝vt1＝82答案：(1)52 (2)4812.(20分)MNCPQD，MNPQ平行Lα，N、QMN垂直，M、PRNCQD在同一水平NQθabefmL。ab棒初始位NQ重合；efμ(μ较小)12阻挡而静止。空间有方向竖直