江苏专用2024高考物理二轮复习第二部分考前调节激发状态方法规律通晓高考4大解题策略教学案

PAGEPAGE1其次部分考前调整激发状态方法·规律通晓高考4大解题策略一eq\a\vs4\al(必记公式和结论——解题“工具”驾驭牢)(一)力与直线运动物理概念、规律公式备注匀变速直线运动匀变速直线运动v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2axveq\f(t,2)＝eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)Δx＝aT2eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)适用于任何形式的运动自由落体运动v＝gth＝eq\f(1,2)gt2v2＝2ghv0＝0，a＝g竖直抛体运动v＝v0±gth＝v0t±eq\f(1,2)gt2v2－v02＝±2gh上抛取“－”号下抛取“＋”号相互作用重力G＝mg无特别说明时g取9.8m/s2，估算时g取10m/s2胡克定律F＝kxx为形变量，k为劲度系数滑动摩擦力F＝μFNFN为接触面间的压力，不肯定等于重力牛顿运动定律牛顿其次定律F合＝maa与F合的方向一样超重和失重超重时物体具有向上的加速度或重量，失重时物体具有向下的加速度或重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()A．t＝eq\f(H,v) B．t＝eq\f(H,2v)C．t＝eq\f(v,g) D．t＝eq\f(v,2g)解析：选A两物体相遇时位移大小之和等于H，故有vt－eq\f(1,2)gt2＋eq\f(1,2)gt2＝H，解得t＝eq\f(H,v)，A正确。2．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Δx，则eq\f(Δx,t)­t0图线为()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，依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＋eq\f(1,2)gt2和hB＝eq\f(1,2)gt2，则Δx＝hA－hB＝gt0t，eq\f(Δx,t)＝gt0，由函数图像学问，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，从图像上可以推断()A．物体的运动轨迹是抛物线B．物体时间t内的平均速度不肯定是4.5m/sC．物体运动的时间t＝2sD．物体的加速度为eq\f(27,16)m/s2解析：选D由v­t图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A错误；依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eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)＝eq\f(3＋6,2)m/s＝4.5m/s，B错误；由x＝eq\x\to(v)t得t＝eq\f(x,\x\to(v))＝eq\f(8,4.5)s＝eq\f(16,9)s，C错误；物体的加速度为a＝eq\f(vt－v0,t)＝eq\f(6－3,\f(16,9))m/s2＝eq\f(27,16)m/s2，D正确。4.在平直马路上行驶的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－2m/s2，t＝3s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＝eq\f(8,3)m/sB．t＝3s时，a车和b车相遇但此时速度不等C．t＝1s时，b车的速度为10m/sD．t＝0时，a车和b车的距离x0＝9m解析：选D由题图可知，a车做匀速运动，其速度：va＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(8－2,3)m/s＝2m/s，故A错误；t＝3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度vb′＝va＝2m/s，故B错误；由b车的加速度等于－2m/s2易得，t＝1s时，b车的速度为6m/s，故C错误；设b车的初速度为vb，对b车，由vb＋at＝vb′，解得vb＝8m/s，t＝3s时，a车的位移xa＝vat＝6m，b车的位移：xb＝eq\f(vb＋vb′,2)t＝15m，此时a车和b车到达同一位置，得x0＝xb－xa＝9m，故D正确。5.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其v­t图像如图所示。下列说法正确的是()A．运动员在0～10s内的平均速度大小等于10m/sB．10s末运动员的速度方向变更C．10s末运动员打开着陆伞D．10～15s内运动员做加速度渐渐增加的减速运动解析：选C若运动员在0～10s内做匀变速直线运动，则平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)＝eq\f(20,2)m/s＝10m/s，故A错误；在整个过程中，速度都是正值，运动员的速度方向未变更，故B错误；从10s末起先运动员做减速运动，则知10s末运动员打开着陆伞，故C正确；10～15s内图线的斜率渐渐减小，则加速度渐渐减小，运动员做加速度渐渐减小的减速运动，故D错误。6.(2024·浙江选考)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)()A．A球将向上运动，B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动解析：选D起先时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬时，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动。7.(2024·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建立了单面索(全部钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必需对称分布解析：选C索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡。增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的压力变大，A错。若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错。两侧拉力对称，合力肯定在夹角平分线上，即竖直向下，C对。若钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错。8．(2024·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直马路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则()A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg B．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(1,2)mg解析：选D如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，选项D正确。9．[多选](2024·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在试验台上，物块用一不行伸长的细绳与固定在试验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板起先受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变更的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与试验台之间的摩擦可以忽视。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()图(a)图(b)图(c)A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：选AB木板和试验台间的摩擦忽视不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图(c)知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝eq\f(0.4,2)m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2。设木板质量为m，对木板进行受力分析，依据牛顿其次定律可得：F－F摩＝ma1，F摩＝ma2，且知F摩＝μm块g＝0.2N，解得m＝1kg，F＝0.4N，由于不知道物块的质量，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。0～2s内，由题图(b)知，F是匀称增加的，选项C错误。10．如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为θ＝30°的固定斜面顶端由静止起先下滑，从今时起先计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其x­v2图像如图乙所示。g取10m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物块的加速度大小为8m/s2B．物块在t＝1s时的速度大小为8m/sC．物块在t＝4s时处于斜面上x＝24m的位置D．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),15)解析：选D由v2＝2ax得加速度为a＝4m/s2，故A错误；由v＝at得t＝1s时物块速度大小为4m/s，故B错误；由x＝eq\f(1,2)at2得t＝4s时，x＝32m，C错误；由牛顿其次定律得：mgsin30°－μmgcos30°＝ma，解得：μ＝eq\f(\r(3),15)，故D正确。(二)曲线运动、万有引力与机械能物理概念、规律公式备注曲线运动平抛运动vx＝v0，vy＝gtx＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做自由落体运动匀速圆周运动v＝eq\f(Δs,Δt)ω＝eq\f(Δθ,Δt)a＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝ωvF＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2rv＝eq\f(2πr,T)ω＝eq\f(2π,T)v＝ωr万有引力定律万有引力定律F＝Geq\f(m1m2,r2)引力常量：G＝6.67×10－11N·m2/kg2功和功率功W＝Flcosαα是F与l的夹角功率平均功率P＝eq\f(W,t)瞬时功率P＝Fvcosαα是F与v的夹角机械效率η＝eq\f(W有用,W总)×100%＝eq\f(P有用,P总)×100%η<1机械能动能Ek＝eq\f(1,2)mv2标量，具有相对性重力势能Ep＝mgh与零势能面的选择有关动能定理W合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12W合为合外力做的功机械能守恒定律E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内[保温训练]1．(2024·海南高考)2024年5月，我国第45颗北斗卫星放射胜利。已知该卫星轨道距地面的高度约为36000km，是“天宫二号”空间试验室轨道高度的90倍左右，则()A．该卫星的速率比“天宫二号”的大B．该卫星的周期比“天宫二号”的大C．该卫星的角速度比“天宫二号”的大D．该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大解析：选B依据Geq\f(Mm,r2)＝mrω2＝meq\f(4π2,T2)r＝meq\f(v2,r)＝ma解得v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，a＝eq\f(GM,r2)，因北斗卫星的运转半径大于天宫二号的轨道半径，可知该卫星的速率比“天宫二号”的小；该卫星的周期比“天宫二号”的大；该卫星的角速度比“天宫二号”的小；该卫星的向心加速度比“天宫二号”的小；故选项B正确，A、C、D错误。2.(2024·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：选C画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkAC→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC联立解得物体的质量m＝1kg，选项C正确。3．[多选](2024·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能削减100J解析：选AD由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由题给图像得k＝20N，因此m＝2kg，A对。当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq\f(1,2)mv02，因此v0＝10m/s，B错。由题给图像知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C错。h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即上升4m距离，动能削减100J，D对。4．[多选](2024·海南高考)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止起先滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则()A．s1>s2 B．s2>s3C．s1＝s3 D．s2＝s3解析：选BC对轨道1：小物块射出时的速度v1＝eq\r(2g·3h0)＝eq\r(6gh0)，射程s1＝v1eq\r(\f(2h0,g))＝2eq\r(3)h0；对轨道2：小物块射出时的速度v2＝eq\r(2g·2h0)＝eq\r(4gh0)，射程s2＝v2eq\r(\f(2·2h0,g))＝4h0；对轨道3：小物块射出时的速度v3＝eq\r(2gh0)，射程s3＝v3eq\r(\f(2·3h0,g))＝2eq\r(3)h0；则s1＝s3，s2>s3，故B、C正确，A、D错误。5.[多选](2024·苏北四市一模)2017年9月15日，微信启动“变脸”：由此前美国卫星拍摄地球的静态图换成了我国“风云四号”卫星拍摄地球的动态图，如图所示。“风云四号”是一颗静止轨道卫星，关于“风云四号”，下列说法正确的有()A．能全天候监测同一地区B．运行速度大于第一宇宙速度C．在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等D．向心加速度大于地球表面的重力加速度解析：选AC由于“风云四号”是地球同步卫星，相对地面静止，故能全天候监测同一地区，A正确；万有引力供应向心力，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，而第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，故同步卫星的速度小于第一宇宙速度，故B错误；依据开普勒其次定律，在相同时间内该卫星与地心连线扫过的面积相等，故C正确；向心加速度由万有引力产生，由Geq\f(Mm,r2)＝ma，得a＝eq\f(GM,r2)，而地球表面的重力加速度g＝eq\f(GM,R2)，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误。6．[多选](2024·如皋调研)我国“神舟”十一号载人飞船于2016年10月17日7时30分放射胜利。飞船先沿椭圆轨道飞行，在接近400km高空处与“天宫”二号对接，然后做圆周运动。两名宇航员在空间试验室生活、工作了30天。“神舟”十一号载人飞船于11月17日12时41分与“天宫”二号胜利实施分别，11月18日顺当返回至着陆场。下列推断正确的是()A．飞船变轨前后的机械能守恒B．对接后飞船在圆轨道上运动的速度小于第一宇宙速度C．宇航员在空间试验室内可以利用跑步机跑步来熬炼身体D．分别后飞船在原轨道上通过减速运动，渐渐接近地球表面解析：选BD每次变轨都须要发动机对飞船做功，故飞船机械能不守恒，故A错误；依据万有引力供应向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(\f(GM,r))，轨道高度越大，线速度越小，第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，故对接后飞船在圆轨道上运动的速度比第一宇宙速度小，故B正确；利用跑步机跑步是由于重力作用，人与跑步机之间有压力，又由于有相对运动，人受到摩擦力作用运动起来，在空间试验室内，宇航员处于完全失重状态，无法利用跑步机跑步，故C错误；当飞船要离开圆形轨道返回地球时，飞船做近心运动，万有引力需大于向心力，须要减小速度，故D正确。7.如图所示，在粗糙水平轨道OO1上的O点静止放置一质量m＝0.25kg的小物块，它与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，OO1的距离s＝4m。在O1右侧固定了一半径R＝0.32m的光滑的竖直半圆弧，现用F＝2N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力。g取10m/s2，求：(1)为使小物块到达O1，求拉力F作用的最短时间；(2)若将拉力变为F1，使小物块由O点静止运动至OO1的中点位置撤去拉力，恰能使小物块经过半圆弧的最高点，求F1的大小。解析：(1)设拉力F作用的最短时间t内，物块运动的位移为x，由动能定理：Fx－μmgs＝0解得x＝2m由牛顿其次定律：F－μmg＝ma解得a＝4m/s2由运动学公式：x＝eq\f(1,2)at2解得t＝1s。(2)设小物块到达O1点的速度为v1，刚好到达最高点时的速度为v，由牛顿其次定律：mg＝meq\f(v2,R)由机械能守恒定律：eq\f(1,2)mv12＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2在水平轨道上运动，应用动能定理：F1eq\f(s,2)－μmgs＝eq\f(1,2)mv12解得F1＝3N。答案：(1)1s(2)3N(三)电场、电路和磁场物理概念、规律公式备注静电场库仑定律F＝keq\f(q1q2,r2)(k＝9.0×109N·m2/C2)适用条件：真空中的点电荷电场强度E＝eq\f(F,q)定义式，适用于任何电场的计算E＝keq\f(Q,r2)只适用于真空中的点电荷产生的电场E＝eq\f(U,d)只适用于匀强电场电场力F＝qEF与E的方向相同或相反电势、电势差φ＝eq\f(Ep,q)UAB＝φA－φB＝eq\f(WAB,q)电势与零势面的选取有关，电势差则与零势面无关电容器的电容C＝eq\f(Q,U)定义式C＝eq\f(εrS,4πkd)适用于平行板电容器恒定电流电阻定律R＝ρeq\f(l,S)ρ为电阻率电流I＝eq\f(Q,t)＝nqSv－电源电动势E＝eq\f(W,q)＝U内＋U外欧姆定律I＝eq\f(U,R)部分电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)闭合电路欧姆定律路端电压U＝E断路时U＝0短路时U＝IR＝E－U内＝E－Ir通路时电功W＝UIt适用于一切电路W＝I2Rt＝eq\f(U2,R)t适用于纯电阻电路焦耳定律Q＝I2Rt－电源功率P＝EI用电器功率P＝eq\f(W,t)＝UI适用于一切电路P＝I2R＝eq\f(U2,R)适用于纯电阻电路电源效率η＝eq\f(P出,P总)×100%＝eq\f(U外,E)×100%磁场磁感应强度B＝eq\f(F,IL)I与B的方向垂直安培力F＝BILB⊥I，用左手定则推断力的方向洛伦兹力F＝BqvB⊥v，用左手定则推断力的方向[保温训练]1．(2024·海南高考)如图，静电场中的一条电场线上有M、N两点，箭头代表电场的方向，则()A．M点的电势比N点的低B．M点的场强大小肯定比N点的大C．电子在M点的电势能比在N点的低D．电子在M点受到的电场力大小肯定比在N点的大解析：选C顺着电场线电势渐渐降低，可知M点的电势比N点的高，选项A错误；一条电场线不能确定疏密，则不能比较MN两点场强的大小，也不能比较电子在MN两点受电场力的大小，选项B、D错误；负电荷在高电势点的电势能较低，选项C正确。2.(2024·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A．动能增加eq\f(1,2)mv2 B．机械能增加2mv2C．重力势能增加eq\f(3,2)mv2 D．电势能增加2mv2解析：选B小球动能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A错。重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能削减量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，则电势能削减量等于电场力做的功ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，B对，D错。小球在竖直方向做匀减速到零的运动，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C错。3.(2024·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是()A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：选C由左手定则知，粒子带负电，A错。由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错。由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小磁感应强度B，R变大，则粒子可能从b点右侧射出，C对。由R＝eq\f(mv,qB)，若仅减小入射速率v,则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大。由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，运动时间变长，D错。4．(2024·浙江选考)电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2。则()A.I1<I2 B.eq\f(U1,U2)>eq\f(R1,R2)C.eq\f(U1,U2)＝eq\f(R1,R2) D.eq\f(U1,U2)<eq\f(R1,R2)解析：选D由题意可知I1＝I2，选项A错误；因U2>I2R2，U1＝I1R1，则eq\f(U1,U2)<eq\f(R1,R2)，选项B、C错误，D正确。5.[多选](2024·海南高考)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面对里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，不计重力，则()A．P和Q的质量之比为1∶2B．P和Q的质量之比为eq\r(2)∶1C．P和Q速度大小之比为eq\r(2)∶1D．P和Q速度大小之比为2∶1解析：选AC设MN＝2R，则对粒子P的半径为R，有：R＝eq\f(mPvP,Bq)；对粒子Q的半径为eq\r(2)R，有：eq\r(2)R＝eq\f(mQvQ,Bq)；又两粒子的运动时间相同，则tP＝eq\f(1,2)TP＝eq\f(πmP,Bq)，tQ＝eq\f(1,4)TQ＝eq\f(πmQ,2Bq)，即eq\f(πmP,Bq)＝eq\f(πmQ,2Bq)，解得mQ＝2mP，vP＝eq\r(2)vQ，故A、C正确，B、D错误。6.质谱仪是测带电粒子质量和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B．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，依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；依据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，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E＝2N/C，磁感应强度B＝1T，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度v0＝1m/s水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m＝2×10－6kg，电荷量q＝1×10－5C，g取10m/s2。已知P点到O点的距离为d0＝0.15m，MN到x轴的距离为d＝0.20m。(π＝3.14，eq\r(2)＝1.414，eq\r(3)＝1.732，结果保留两位有效数字)(1)求小球从P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θ，则d0＝eq\f(1,2)gt12，解得t1＝eq\r(\f(2d0,g))＝eq\f(\r(3),10)sv＝eq\r(gt12＋v02)，cosθ＝eq\f(v0,v)解得v＝2m/s,θ＝60°小球进入电磁场区域时，qE＝2×10－5N＝mg故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)＝0.4m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＝eq\f(1,6)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(π,15)s小球从P点运动到MN所用时间t＝t1＋t2＝0.38s。(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＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv2代入数据解得v1＝2.8m/s。答案：(1)0.38s(2)2.8m/s(四)电磁感应、交变电流和传感器物理概念、规律公式备注电磁感应磁通量Φ＝BScosθScosθ为垂直于磁场B的方向的投影面积动感应电势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLv后者仅适用于B、L、v两两垂直的状况交变电流电动势、电流、电压的瞬时值电动势：e＝Emsinωt电流：i＝Imsinωt电压：u＝Umsinωt从中性面起先计时电动势、电流、电压的有效值电动势：E＝eq\f(\r(2),2)Em电流：I＝eq\f(\r(2),2)Im电压：U＝eq\f(\r(2),2)Um适用于正弦式交变电流志向变压器eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)P1＝P2—传感器霍尔电压UH＝keq\f(IB,d)k为霍尔系数，大小与霍尔元件的材料有关[保温训练]1．[多选](2024·全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变更的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变更关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图(a)图(b)A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)解析：选BC由于通过圆环的磁通量匀称变更，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变更，故安培力方向发生变更，A错。依据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B对。依据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依据闭合电路欧姆定律知，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C对，D错。2.如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面对里的匀强磁场，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计。现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以角速度ωA．通过定值电阻的电流方向由b到aB．金属棒刚起先转动时，产生的感应电动势最大C．通过定值电阻的最大电流为eq\f(ωBl2,2R)D．通过定值电阻的电荷量为eq\f(\r(3)Bl2,2R)解析：选D金属棒以O点为轴沿顺时针方向转动，由右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a到b，故A错误；当金属棒转过60°时有效的切割长度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大。感应电动势最大值为：Em＝B·2leq\x\to(v)＝B·2l·eq\f(0＋ω·2l,2)＝2Bl2ω，通过定值电阻的最大电流为：Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(2Bl2ω,R)，故B、C错误。通过定值电阻的电荷量为：q＝eq\x\to(I)Δt，平均感应电流为：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，平均感应电动势为：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝B·eq\f(1,2)l·eq\r(3)l＝eq\f(\r(3),2)Bl2，解得：q＝eq\f(\r(3)Bl2,2R)，故D正确。3．[多选]如图所示电路中，P为发光氖泡，发光电压U>60V，L为自感系数很大、电阻不为零的电感线圈，直流电源电动势E＝6V。接通开关S，氖泡不亮；稳定时，L中电流恒定为I0；断开S时，氖泡能短时间内发光。关于该现象，下列说法正确的有()A．S接通瞬间，L中电流是渐渐增加的B．S接通稳定时，P两端电压为零C．S断开瞬间，氖泡P发光时电流最大值可能超过I0D．S断开瞬间，氖泡P发光时电流从右向左解析：选ADS接通瞬间，线圈L中的电流从无到有发生变更，线圈L中产生的自感电动势对电流的增大有阻碍作用，所以通过线圈L的电流渐渐变大，故选项A正确；S接通稳定时，由于电感线圈的电阻不为零，电感线圈两端电压不为零，所以发光氖泡两端电压不为零，故选项B错误；S断开瞬间前，线圈L中电流恒定为I0，S断开瞬间，线圈L由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的I0渐渐减小，方向不变，且由于它和氖泡P构成回路，通过氖泡P的电流和线圈L中的电流大小相同，也从I0渐渐减小，通过氖泡P的电流从右向左，故选项D正确，C错误。4.如图所示，一个匝数为N＝100匝，电阻不计的线框以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的沟通电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的志向变压器给阻值R＝20Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20V，从图示位置起先计时，下列说法正确的是()A．t＝0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10AC．穿过线框平面的最大磁通量为eq\f(\r(2),50π)WbD．志向变压器的输入功率为10W解析：选Ct＝0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＝eq\f(U2,R)＝eq\f(20,20)A＝1A，依据电流与匝数成反比，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原线圈中电流的有效值I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,10)×1A＝0.1A，故B错误；依据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1＝200V，角速度ω＝2πn＝100πrad/s，线圈产生最大感应电动势Em＝200eq\r(2)V，又Em＝NBSω，所以最大磁通量Φ＝BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(200\r(2),100×100π)Wb＝eq\f(\r(2),50π)Wb，故C正确；志向变压器输出功率P2＝U2I2＝20×1W＝20W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20W，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θ＝37°角放置，导轨宽度L＝1m，一匀强磁场垂直导轨平面对下，导轨上端M与P之间连接阻值R＝0.3Ω的电阻，质量为m＝0.4kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab始终紧贴在导轨上。现使金属导轨ab由静止起先下滑，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10m/s2，sin37°＝0.6，忽视ab棒在运动过程中对原磁场的影响。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)在金属棒ab起先运动的2.0s内，通过电阻R的电荷量；(3)在金属棒ab起先运动的2.0s内，电阻R产生的焦耳热。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mgsinθ＝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：I＝eq\f(E,R＋r)金属棒匀速运动时，v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(3.6,0.6)m/s＝6m/s联立以上各式，代入数据解得：B＝0.4T。(2)q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R＋r)t＝eq\f(ΔΦ,tR＋r)t＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BxL,R＋r)＝6C。(3)设在金属棒起先运动的2s内，系统产生的热量为Q，由功能关系得：mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv2＋Q电阻R产生的焦耳热为QR＝eq\f(Q,R＋r)R联立以上两式解得QR＝5.4J。答案：(1)0.4T(2)6C(3)5.4J6．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1T，方向垂直于虚线所在的平面对里。现有一矩形线圈abcd，cd宽度L＝0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变更关系如图乙所示，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0.6s，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10m/s2。求：(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，依据平衡条件有：mg＝BIL，而I＝eq\f(BLv,R)解得：v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝8m/st1～t2的时间间隔内线圈始终做匀加速直线运动，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：L′＝2d线圈下降的位移为：x＝L′＋d＝3d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：3d＝v2t－eq\f(1,2)gt2解得：d＝1m所以线圈的长度为L′＝2d＝2m。(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＝eq\x\to(I)t′＝eq\f(BL\x\to(v),R)t′＝eq\f(BLd,R)＝0.25C。(3)0～t3时间内，依据能量守恒得：Q＝mg(3d＋2d)－eq\f(1,2)mv22＝0.1×10×(3＋2)J－eq\f(1,2)×0.1×82J＝1.8J。答案：(1)2m(2)0.25C(3)1.8J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状况(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更)和伸直之后的状况(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更，但细线的拉力通常会发生变更)弹力模型此类问题一般是由重力和弹力的合力供应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。如轻绳起先有拉力(或伸直)、物体起先滑动等，抓住这些临界条件进行分析，即可找出极值，然后可依据极值推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轻杆连接体模型(三)斜面模型图示或释义与斜面相关的滑块运动问题规律或方法(1)μ＝tanθ，滑块恰好处于静止状态(v0＝0)或匀速下滑状态(v0≠0)，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)μ>tanθ，滑块肯定处于静止状态(v0＝0)或匀减速下滑状态(v0≠0)，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)(3)μ<tanθ，滑块肯定匀加速下滑，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)(4)若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g，地面对斜面体的摩擦力为0；若滑块处于匀变速运动状态，可用牛顿其次定律求出，地面对斜面体的支持力为(M＋m)g－masinθ，地面对斜面体的摩擦力为macosθ；不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块，利用滑块的运动状态求斜面对滑块的弹力、摩擦力及作用力(5)μ＝0，滑块做匀变速直线运动，其加速度为a＝gsinθ(四)弹簧模型图示或释义规律或方法与弹簧相关的平衡问题弹簧类平衡问题经常以单一问题出现，涉及的学问主要是胡克定律、物体的平衡条件，求解时要留意弹力的大小与方向总是与弹簧的形变相对应，因此审题时应从弹簧的形变分析入手，找出形变量x与物体空间位置变更的对应关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的状况来列式求解与弹簧相关的动力学问题(1)弹簧(或橡皮筋)复原形变须要时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成不变，即弹力不能突变。而细线(或接触面)是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，若剪断(或脱离)后，其中弹力马上消逝，即弹力可突变，一般题目中所给细线和接触面在没有特别说明时，均可按此模型处理(2)对于连接体的加速问题往往先运用整体法求得其加速度，再用隔离法求得受力少的物体的加速度，并利用加速度的关系求解相应量与弹簧相关的功能问题弹簧连接体是考查功能关系问题的经典模型，求解这类问题的关键是仔细分析系统的物理过程和功能转化状况，再由动能定理、机械能守恒定律或功能关系列式，同时留意以下两点：①弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，则其储存的弹性势能就相同；②弹性势能公式Ep＝eq\f(1,2)kx2在高考中不作要求(除非题中给出该公式)，与弹簧相关的功能问题一般利用动能定理或能量守恒定律求解(五)杆＋导轨模型图示或释义规律或方法杆cd以肯定初速度v在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L杆以速度v切割磁感线，产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止，动能全部转化为内能：Q＝eq\f(1,2)mv2轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定起先时a＝eq\f(F,m)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)拉力F做的功一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，两导轨间距为L起先时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)重力做的功(或削减的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L起先时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)重力做的功(或削减的重力势能)一部分转化为杆cd的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2(六)线圈模型图示或释义规律或方法静止线圈模型线圈不动，磁感应强度大小随时间变更(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律推断感应电动势的大小和方向(2)由闭合电路欧姆定律确定回路中的感应电流(3)分析探讨导体的受力状况(包含安培力，用左手定则确定其方向)(4)列动力学方程或平衡方程求解平动线圈模型(1)分析线圈运动状况，推断运动过程中是否有磁通量不变的阶段。线圈穿过磁场，有感应电流产生时，整个线圈形成闭合电路。依据电路分析，由闭合电路欧姆定律列方程(2)对某一状态，分析线圈的受力状况，由牛顿其次定律列式：F外＋F安＝ma(3)线圈穿过磁场时，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流通过电阻时，电流做功使电能转化为内能，再由动能定理W外－W安＝Ek2－Ek1或能量守恒定律列式转动线圈模型(1)线框匀速转动产生感应电动势，可依据E＝nBSω求出感应电动势的最大值，进而求出感应电动势的有效值，再求其他值(2)一般计算电功、电功率、电热等与热效应有关的量必需用有效值；电压表、电流表所能测量到的也是有效值(3)可依据eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)求出感应电动势的平均值，求出平均感应电流后再求电荷量[保温训练]1．[多选]如图所示，在水平圆盘上沿半径方向放置两个可视为质点的、完全相同的木块A和B，两木块用细绳相连，木块与圆盘之间的最大静摩擦力均为其自身重力的k倍，木块A、B距圆盘中心O点的距离分别为rA＝R、rB＝2R。起先时，细绳恰好伸直但无拉力。已知重力加速度为g，现让该装置绕通过圆盘中心的竖直轴从静止起先转动，使其角速度从0起先渐渐增大，则在此过程中，以下说法正确的是()A．在木块A起先相对圆盘滑动之前，其受到的静摩擦力始终指向圆心B．当圆盘运动的角速度ω>eq\r(\f(kg,2R))时，细绳肯定有弹力C．当圆盘转动的角速度ω>eq\r(\f(2kg,R))时，木块A、B将相对于圆盘发生滑动D．当圆盘转动的角速度ω在eq\r(\f(kg,2R))<ω<eq\r(\f(2kg,R))范围内增大时，木块A所受到的静摩擦力始终在减小解析：选BC由于木块A、B均相对于圆盘静止，所以两木块具有共同的角速度，在细绳没有拉力时，两木块均由静摩擦力供应做圆周运动的向心力，故木块A受到的静摩擦力方向指向圆心。随着角速度的增大，细绳起先有拉力，由向心力公式F＝mω2r可知，木块B须要的向心力是木块A的两倍，故最终木块B将相对于圆盘向外滑动，木块A将相对于圆盘向圆心滑动，此时木块A受到的摩擦力方向背离圆心，选项A错误；当细绳刚好有拉力时，对木块B有：kmg＝mω2rB，解得：ω＝eq\r(\f(kg,2R))，故当ω>eq\r(\f(kg,2R))时，细绳肯定有弹力，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，则由牛顿其次定律可知，对木块A有：FT－kmg＝mω2rA，对木块B有：FT＋kmg＝mω2rB，代入数据联立求解可得：ω＝eq\r(\f(2kg,R))，故当ω>eq\r(\f(2kg,R))时，木块A、B将相对于圆盘发生滑动，选项C正确；由题意可知，当角速度ω＝eq\r(\f(kg,2R))时，木块A受到指向圆心的静摩擦力，而当ω＝eq\r(\f(2kg,R))时，木块A受到背离圆心的最大静摩擦力，故当圆盘转动的角速度ω在eq\r(\f(kg,2R))<ω<eq\r(\f(2kg,R))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。2．如图所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A＝30°，∠B＝37°，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μ＝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不行能是(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)()A．1∶3 B．3∶5C．5∶3 D．2∶1解析：选A物块1受重力m1g、细线拉力FT和斜面支持力FN作用处于平衡状态，则FT＝m1gsin30°，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对下，此时有FT＝m2gsin37°＋μm2gcos37°，则eq\f(m1,m2)＝2；当m1较小时，物块2所受最大静摩擦力方向沿斜面对上，此时有FT＝m2gsin37°－μm2gcos37°，则eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,5)，所以eq\f(2,5)≤eq\f(m1,m2)≤2，故A不行能。3.[多选]如图所示，半径为R＝0.4m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m＝0.5kg的小球甲、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10m/s2。则()A．两小球最终在水平面上运动的速度大小为2m/sB．甲小球下滑到圆形轨道最低点时重力的功率为10WC．甲小球下滑到圆形轨道最低点时对轨道压力的大小为5ND．整个过程中轻杆对乙小球做的功为1J解析：选AD整个过程中，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，最终两球的速度大小相等，应用机械能守恒定律：mgR＝2×eq\f(1,2)mv2，解得v＝2m/s，选项A正确；甲小球下滑到最低点时速度水平，重力的功率为0，选项B错误；甲小球下滑到最低点时，重力与支持力的合力供应向心力FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝2mg＝10N，由牛顿第三定律得，甲小球下滑到最低点时对轨道压力的大小为10N，选项C错误；整个过程中对乙小球受力分析可知，重力不做功，乙小球动能的增量等于轻杆对乙球做的功，W＝eq\f(1,2)mv2＝1J，选项D正确。4.如图所示，在水平地面上静止着一质量为M、倾角为θ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mgcosθ，方向垂直斜面对下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，则水平地面不行能是光滑的解析：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。起先时，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eq\f(2B2L2v0,R)B．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq\f(1,2)mv02－QC．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq\f(1,2)mv02－2QD．当导体棒其次次回到初始位置时，A、B间电阻的热功率为eq\f(2B2L2v02,R)解析：选AC由F＝BIL及I＝eq\f(BLv0,R并)，得安培力大小为FA＝eq\f(2B2L2v0,R)，故A正确；导体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eq\f(1,2)mv02＝2Q＋Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝eq\f(1,2)mv02－2Q，故C正确，B错误；当导体棒其次次回到初始位置时，由于机械能减小，A、B间电阻的热功率小于eq\f(B2L2v02,R)，故D错误。6．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l＝0.5m，左侧接一阻值为R＝1Ω的电阻。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视不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中。t＝0时，用一外力F沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度a＝0.2m/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不再变更，金属棒接着运动3s，速度达到1.6m/s且不再变更，测得在这3s内金属棒的位移s＝4.7m，求这段时间内电阻R消耗的电能。解析：由题图乙知F＝0.1＋0.05t(N)(1)金属棒沿轨道向右运动，产生的感应电动势E＝Blv，回路中的感应电流I＝eq\f(E,R)，所以金属棒受到的安培力F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，由牛顿其次定律得F－F安＝(0.1＋0.05t)－eq\f(B2l2v,R)＝ma，考虑t＝0时，v＝at＝0所以m＝eq\f(F0,a)＝eq\f(0.1,0.2)kg＝0.5kg。(2)金属棒做匀加速运动，所以金属棒所受合力F合＝(0.1＋0.05t)－eq\f(B2l2at,R)＝0.1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.05－\f(B2l2a,R)))t＝常数，所以0.05－eq\f(B2l2a,R)＝0，解得：B＝eq\r(\f(0.05R,l2a))＝eq\r(\f(0.05×1,0.52×0.2))T＝1T。(3)F变为恒力后，金属棒做加速度渐渐减小的变加速运动，经过3s，速度达到最大vm＝1.6m/s，此后金属棒做匀速运动。vm＝1.6m/s时，F合＝0F＝F安＝eq\f(B2l2vm,R)＝eq\f(12×0.52×1.6,1)N＝0.4N，将F＝0.4N代入F＝0.1＋0.05t，求出变加速运动的起始时间为t＝6s，该时刻金属棒的速度为v6＝at＝0.2×6m/s＝1.2m/s；由能量守恒，可得这段时间内电阻R消耗的电能：E＝WF－ΔEk＝Fs－eq\f(1,2)m(vm2－v62)＝0.4×4.7J－eq\f(1,2)×0.5×(1.62－1.22)J＝1.6J。答案：(1)0.5kg(2)1T(3)1.6J7.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θ，平行导轨的间距也为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对上。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：I＝eq\f(E,R)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＝mgsinθ联立以上各式解得：v＝eq\f(mgRsinθ,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＝mgsinθ得I＝eq\f(mgsinθ,Bl)，线框MN边由bb′运动到aa′的时间t＝eq\f(l,v)＝eq\f(B2l3,mgRsinθ)所以通过线框导线横截面的电荷量q＝It＝eq\f(Bl2,R)。(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＝ΔE机械能的减小量为ΔE减＝mg·2lsinθ故产生的热量为Q＝ΔE减＝2mglsinθ。答案：(1)eq\f(mgRsinθ,B2l2)方向MNPQM(2)eq\f(Bl2,R)(3)2mglsinθ三必明图像和意义——抓住“几点”就明白(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φ­x图像、E­x图像电磁感应类图像B­t图像、Φ­t图像i­t图像、E­t图像(二)学会识别图像一是清晰各个物理公式，明白各概念和规律的本质内涵与外延，比如定义式和确定式的图像完全不同；二是对一次函数y＝ax＋b要特别娴熟，会用会画；三是驾驭化非线性函数为线性函数的方法，依据须要能快速变换函数，能娴熟将数学和物理结合起来，须要精确的数学运算实力。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，则清晰了图像所反映的是哪两个物理量之间的对应关系。有些形态相同的图像，由于坐标轴所代表的物理量不同，它们反映的物理规律就迥然不同，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留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更吗，是匀称变更还是非匀称变更？是否是分段函数(图像)？是否存在极值？留意视察图像中图线的形态是直线、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——坐标原点和图线上随意点，两图线交点(微观方面的，特别状态或过程)坐标原点坐标值是0吗？图线上随意一点的物理意义是什么？图线相交点含义？留意坐标原点不肯定是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，该数值具有肯定的物理意义。同样要留意弹簧的弹力图像、路端电压—电流图像。5．斜——图线上某点切线斜率的物理意义物理图像的斜率代表两个物理量增量的比值，其大小往往代表另一物理量值。如x­t图像的斜率为速度，v­t图像的斜率为加速度、电场力—检验电荷(F­q)图像的斜率是电场强度、电容器Q­U图像的斜率是电容等等。若某些量是定值，依据线性图线的特点，可以推理出一些有用结论，比如弹簧k＝eq\f(F,x)＝eq\f(ΔF,Δx)，电容C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)，电阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(ΔU,ΔI)等等。6．割——割线的物理意义有的物理图像中，图线上某点与坐标零点的割线的斜率才有意义，而该点的切线斜率没有意义，比如描绘小灯泡的伏安特性曲线。7．面——图像中图线与坐标轴所围面积的物理意义有些物理图像的图线与横轴所围的面积的值，常代表另一个物理量的大小。(1)v­t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点的位移。(2)a­t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点速度的变更。(3)F­x图像与x轴所围面积表示这段位移内力F所做的功。(4)E­x图像与x轴所围面积表示这段位移两端的电势差。(5)i­t图像与t轴所围面积表示这段时间内移动的电荷量。[保温训练]1.宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都会用到急动度的概念。急动度j是加速度变更量Δa与发生这一变更所用时间Δt的比值，即j＝eq\f(Δa,Δt)，它的方向与物体加速度变更量的方向相同。一物体从静止起先做直线运动，其加速度a随时间t的变更关系如图，则该物体在()A．t＝0时和t＝2s时加速度等大反向B．t＝2s时和t＝4s时急动度等大反向C．1～3s内做减速运动D．0～5s内速度方向不变解析：选D由题图可知，t＝0时和t＝2s时加速度等大同向，故A错误。加速度对时间的变更率称为急动度，等于a­t图像的斜率，由题图知t＝2s时的急动度和t＝4s时的急动度等大同向，故B错误。依据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变更量，知1～3s内物体的速度增大，做加速运动，0～5s内物体速度的变更量为正，说明质点速度方向不变，故D正确，C错误。2．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变更的规律如图乙、丙所示。取g＝10m/s2。则()A．物体的质量m＝1.0kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2.0JD．第2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝1.5W解析：选C物体在2～3s内做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力F，则f＝2N，在1～2s内做匀加速直线运动，加速度为：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，依据牛顿其次定律得：F－f＝ma，解得：m＝0.5kg，故A错误；物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(f,mg)＝0.40，故B错误；第2s内的位移为x2＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，则克服摩擦力做功为Wf＝fx2＝2×1J＝2J，故C正确；第2s内推力做功的平均功率为：eq\x\to(P)＝eq\f(Fx2,t)＝eq\f(3×1,1)W＝3W，故D错误。3．[多选]如图甲所示，足够长的光滑固定的斜面上有一物体，物体在一沿斜面对上的推力F的作用下沿斜面对上运动，在0～2s内推力的大小F1＝5N，在2～4s内推力的大小F2＝5.5N。该过程中物体的速度随时间变更的规律如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物体在前4s内的位移为5mB．在第3s物体的加速度大小为2m/s2C．物体质量为2kgD．斜面与水平面的夹角为30°解析：选AD由题图乙可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即0～4s内物体的位移为5m，故A正确；在2～4s内物体的加速度a＝eq\f(v2－v1,t2－t1)＝0.5m/s2，故B错误；在0～2s内物体做匀速直线运动时，重力沿斜面对下的分力F＝F1＝5N，在2～4s内由牛顿其次定律有：F2－F＝ma，解得m＝1kg，故C错误；设斜面与水平面的夹角为α，则mgsinα＝F＝5N，解得α＝30°，故D正确。4．[多选]如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可视为质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块起先静止于A点，OA段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x的变更关系如图乙所示。物块向左运动xAB＝0.40m到达B点，到达B点时速度为零，此时撤去外力F，物块在弹簧弹力作用下向右运动，从M点离开平台，落到地面上的N点，取g＝10m/s2，则()A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD．M、N的水平距离为1.6m解析：选AD题图乙所示的F­x图像与横轴所围面积表示力F做的功，由题图乙可知WF＝6.0J，选项A正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功Wf＝μmgxAB＝0.50×0.50×10×0.40J＝1.0J，整个运动过程中克服摩擦力做功为2Wf＝2.0J，选项C错误；依据功能关系，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep＝WF－Wf＝5.0J，选项B错误；物块由B点运动到M点，由功能关系得Ep＝Wf＋eq\f(1,2)mv2，解得物块运动到M点的速度v＝4m/s，设M、N的水平距离为x0，由平抛运动规律，x0＝vt，h＝eq\f(1,2)gt2，联立解得x0＝1.6m，选项D正确。5．[多选]如图甲所示，物体以肯定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面对上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变更如图乙所示。取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。则下列推断正确的是()A．物体的质量m＝0.67kgB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.40C．物体上升过程的加速度大小a＝10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J解析：选CD物体在最高点时的机械能等于重力势能，即mgh＝30J，解得m＝1kg，故A错误；物体上升到最高点的过程中，机械能减小20J，即克服摩擦力做功20J，有：fs＝20J，s＝eq\f(h,sin37°)＝5m，则摩擦力f＝4N，又因为f＝μmgcos37°，得μ＝0.50，故B错误；依据牛顿其次定律得，上升过程中的加速度大小a＝eq\f(mgsin37°＋f,m)＝eq\f(6＋4,1)m/s2＝10m/s2，故C正确；上升过程克服摩擦力做功为20J，则整个过程克服摩擦力做功为40J，依据动能定理得，－Wf＝Ek－Ek0，解得回到斜面底端的动能Ek＝10J，故D正确。6．某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是()A．在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小C．把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功解析：选C在x轴上，从x1到x2电势先降低后上升，可知电场强度方向先向右后向左，A项错误；因φ­x图像的斜率等于电场强度，可知从x1到x2电场强度先减小后增大，B项错误；由F＝qE知把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大，C项正确；由Ep＝qφ知Ep1>Ep2，把一负