《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測（含解析）（82頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測（含解析）一 (一)力與直線運動物理概念、規(guī)律公式備注勻變速直線運動勻變速直線運動vv0atxv0tat2v2v022axvxaT2適用于任何形式的運動自由落體運動vgt hgt2v22ghv00，ag豎直拋體運動vv0gthv0tgt2v2v022gh上拋取“”號下拋取“”號相互作用重力Gmg無特殊說明時g取9.8 m/s2，估算時g取10 m/s2胡克定律Fkxx為形變量，k為勁度系數(shù)滑動摩擦力FFNFN為接觸面間的壓力，不一定等于重力牛頓運動定律牛頓第二定律F合maa與F合的方向一致超重和失重超重時物體具有向上的加速

2、度或分量，失重時物體具有向下的加速度或分量航天器中的人和物體處于完全失重狀態(tài)保溫訓練1從地面豎直上拋物體A，初速度大小為v，同時在離地高為H處，有一物體B自由下落，經(jīng)過時間t兩物體在空中相遇，重力加速度為g，則()At BtCtDt解析：選A兩物體相遇時位移大小之和等于H，故有vtgt2gt2H，解得t，A正確。2以從塔頂由靜止釋放小球A的時刻為計時零點，t0時刻又在與小球A等高的位置處，由靜止釋放小球B。若兩小球都只受重力作用，設(shè)小球B下落時間為t，在兩小球落地前，兩小球間的高度差為x，則 t0圖線為()解析：選B兩小球釋放后都做自由落體運動，小球B釋放時為t0時刻，此時小球A的速度為gt0

3、，小球B的速度為0，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，小球B下落時間為t時，兩小球下落的高度分別為hAgt0tgt2和hBgt2，則xhAhBgt0t，gt0，由函數(shù)圖像知識，可知B正確。3如圖是某物體在 t時間內(nèi)的位移時間圖像和速度時間圖像，從圖像上可以判斷()A物體的運動軌跡是拋物線B物體時間t內(nèi)的平均速度不一定是4.5 m/sC物體運動的時間t2 sD物體的加速度為 m/s2解析：選D由v t圖像知，該物體做勻加速直線運動，運動軌跡是直線，A錯誤；根據(jù)勻變速直線運動的平均速度的公式可知，物體在時間t內(nèi)的平均速度是 m/s4.5 m/s，B錯誤；由xt得t s s，C錯誤；物體的加速度為a m/s2

4、 m/s2，D正確。4.在平直公路上行駛的a車和b車，其xt圖像分別為圖中直線a和曲線b，已知b車的加速度恒定且等于2 m/s2，t3 s時，直線a和曲線b剛好相切，則()Aa車做勻速運動且其速度為va m/sBt3 s時，a車和b車相遇但此時速度不等Ct1 s時，b車的速度為10 m/sDt0時，a車和b車的距離x09 m解析：選D由題圖可知，a車做勻速運動，其速度：va m/s2 m/s，故A錯誤；t3 s時，直線a和曲線b剛好相切，即此時b車的速度vbva2 m/s，故B錯誤；由b車的加速度等于2 m/s2易得，t1 s時，b車的速度為6 m/s，故C錯誤；設(shè)b車的初速度為vb，對b車，

5、由vbatvb，解得 vb8 m/s，t3 s時，a車的位移 xavat6 m，b車的位移：xbt15 m，此時a車和b車到達同一位置，得x0xbxa9 m，故D正確。5.一截面為直角的長槽固定在水平面上，在其內(nèi)部放一質(zhì)量為m、截面為正方形的物塊，槽的兩壁與水平面夾角均為45，橫截面如圖所示，物塊與兩槽壁間的動摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)用水平力沿物塊中心軸線推動物塊，使之沿槽運動，重力加速度為g，則所需的最小推力為()AmgB.mgC.mgD2mg解析：選C將重力按照實際作用效果正交分解，如圖，故：G2mgsin 45mg，G1mgcos 45mg，滑動摩擦力為：fG1G2mg，故所需的最小推力為Fmi

6、nfmg，故C正確。6.如圖所示，傾角為37的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為1 kg的滑塊以初速度v0 從斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足夠長，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.8)。則該滑塊所受摩擦力f隨時間t變化的圖像為選項圖中的(以初速度v0的方向為正方向，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)()解析：選B滑塊以初速度v0從斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑動摩擦力，由公式：fN可得：fmgcos 0.81100.8 N6.4 N，方向沿斜面向下；重力沿斜面向下的分力為mgsin 1100.6 N6.0 N6.4 N，所以滑塊滑到最高點時，處于靜止狀態(tài)，由平衡條件知，滑塊

7、受到的靜摩擦力大小為6.0 N，方向沿斜面向上，B正確，A、C、D錯誤。7.某人乘電梯下樓，在豎直下降的過程中，電梯速度的平方v2與下降的位移x的關(guān)系如圖所示，則人對地板的壓力()Ax2 m時大于重力 Bx11 m時大于重力Cx21 m時大于重力Dx21 m時等于重力解析：選C由題圖可知電梯豎直下降過程中，初速度為零，03 m過程中v2x，根據(jù)v2v022ax可知，電梯向下做勻加速直線運動，加速度向下，人和電梯處于失重狀態(tài)，此人受到的支持力小于重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，人對地板的壓力小于重力，在320 m過程中v2恒定不變，即電梯做勻速直線運動，此過程中人受到的支持力等于重力，即人對地板的壓

8、力等于重力，在2023 m過程中v2隨x均勻減小，根據(jù)v2v022ax可得，電梯做勻減速直線運動，加速度向上，人和電梯處于超重狀態(tài)，此過程中人受到的支持力大于重力，即人對地板的壓力大于重力，故C正確。8.如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變。假設(shè)乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先后經(jīng)歷兩個階段的運動，用v表示傳送帶速率，用表示物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則()A前階段，物品可能向傳送方向的反方向運動B后階段，物品受到的摩擦力方向跟傳送方向相同Cv相同時，不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同D相同時，v增大為原來的2倍，

9、前階段物品的位移也增大為原來的2倍解析：選C前階段，物品的速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶向后運動，受到與傳送方向相同的滑動摩擦力作用，物品向傳送方向做初速度為零的勻加速直線運動，后階段，即當物品的速度與傳送帶的速度相同時，兩者無相對運動或相對運動趨勢，摩擦力為零，A、B錯誤；前階段過程中物品的加速度為ag，加速運動時間t，所以摩擦產(chǎn)生的熱量為Qmgmgvtmgvmv2，故v相同時，不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，C正確；物品加速位移x，當相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，D錯誤。9.如圖所示，水平面上的長方體物塊被沿對角線分成相同的A、B兩塊。物塊在垂

10、直于左邊的水平力F作用下，保持原來形狀沿力F的方向勻速運動，則()A物塊A受到4個力作用B物塊A受到水平面的摩擦力大小為C物塊B對物塊A的作用力大小為FD若增大力F，物塊A和B將相對滑動解析：選B對物塊A分析受力：物塊A水平方向受到水平面的滑動摩擦力f，物塊B的彈力NBA和摩擦力fBA，豎直方向受重力和水平面的支持力，所以物塊A受到5個力作用，A錯誤；對物塊B分析受力：在水平方向上受到物塊A的彈力NAB和摩擦力fAB，水平向左的滑動摩擦力f，由于A、B兩部分的質(zhì)量以及水平面的粗糙程度相同，所以ff，將兩者看成一個整體，對整體有ffF，所以物塊A受到水平面的摩擦力大小為，B正確；物塊B對A的作用

11、力是彈力NBA和摩擦力fBA的合力，由平衡知作用力大小為，且fBANBA，得，增大力F時，物塊A和B也不會相對滑動，C、D錯誤。10如圖甲所示，一個可視為質(zhì)點的物塊從傾角為30的固定斜面頂端由靜止開始下滑，從此時開始計時，物塊的速度為v，到斜面頂端的距離為x，其xv2圖像如圖乙所示。g取10 m/s2，斜面足夠長，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A物塊的加速度大小為8 m/s2B物塊在t1 s時的速度大小為8 m/sC物塊在t4 s時處于斜面上x24 m的位置D物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)解析：選D由v22ax得加速度為a4 m/s2，故A錯誤；由vat得t1 s時物塊速度大小為4 m/s，故B

12、錯誤；由xat2得t4 s時，x32 m，C錯誤；由牛頓第二定律得：mgsin 30mgcos 30ma，解得：，故D正確。(二)曲線運動與萬有引力、能量與動量物理概念、規(guī)律公式備注曲線運動平拋運動vxv0，vygt xv0t，ygt2沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做自由落體運動勻速圓周運動v a2rrvFmamm2rvvr萬有引力定律萬有引力定律FG引力常量：G6.671011Nm2/kg2功功WFlcos 是F與l的夾角功率平均功率P瞬時功率PFvcos 是F與v的夾角機械效率100%100% UAB解析：選AD根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度，知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場力最

13、大，所以中垂線上B點電場強度最大，A正確；小物塊從B到C動能增大，電場力做正功，小物塊帶正電，可知兩點電荷是正電荷，B錯誤；中垂線上電場線分布不是均勻的，B點不在連線中點，C錯誤；根據(jù)動能定理得AB有：qUABmvB2mvA2142 J08 J，BC有：qUBCmvC2mvB2172 J142 J16.5 J，對比可得UBCUAB，D正確。3靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示金屬球與外殼之間的電勢差大小，如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計。開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施可行的是()A斷開開關(guān)S后

14、，將A、B兩極板分開些B斷開開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對面積C保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板拉近些D保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器滑片向右移動解析：選B斷開開關(guān)S后，電容器的電荷量不變，將A、B兩極板分開些，根據(jù)C，電容器的電容減小，由C可知，電勢差U增大，指針張開的角度變大，故A錯誤；斷開開關(guān)S后， 電容器的電荷量不變，增大A、B兩極板的正對面積，則電容器的電容增大，由C可知，電勢差U減小，指針張開的角度變小，故B正確；保持開關(guān)S閉合，不論將A、B兩極板分開些，還是將A、B兩極板靠近些，還是將滑動變阻器滑動觸頭向右移動，電容器的電壓都保持不變，則靜電計張開的角度保持不變，故C、D錯誤。4.

15、如圖所示，將平行板電容器兩極板分別與電池正、負極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金屬板，則在插入過程中()A電路將有逆時針方向的短暫電流B電容器的帶電荷量減小C帶電液滴仍將靜止D帶電液滴將向下做加速運動解析：選A插入一金屬板相當于極板間距離變小了，根據(jù)決定式C，知電容增大，電勢差不變，由QCU知，電容器帶電荷量增大，電路中有逆時針方向的短暫電流，故A正確，B錯誤；電勢差不變，d減小，則電場強度增大，帶電液滴所受的電場力增大，大于重力，將向上做加速運動，故C、D錯誤。5.如圖所示的電路中，定值電阻R1等于電源內(nèi)阻r，當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時()A

16、電壓表的讀數(shù)減小BR1消耗的功率增大C電源的輸出功率增大D電容器C所帶電荷量增多解析：選D當滑動變阻器R2的滑動觸頭P向下滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀數(shù)增大，A錯誤；干路電流減小，根據(jù)PI2R1可得R1消耗的功率減小，B錯誤；電源的輸出功率PI2(R1R2)，由于R1r，R2增大時輸出功率減小，C錯誤；電容器的電壓UEI(R1r)，I減小，其他量不變，則U增大，由QCU知，電容器C所帶電荷量增多，D正確。6.質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直

17、進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子質(zhì)量。其工作原理如圖所示。虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知()A此粒子帶負電B下極板S2比上極板S1電勢高C若只減小加速電壓U，則半徑r變大D若只減小入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小解析：選D粒子進入磁場后向左偏，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，粒子經(jīng)過電場要加速，所以下極板S2比上極板S1電勢低，A、B錯誤；根據(jù)動能定理得qUmv2，由qvBm得r ，若只減小加速電壓U，r變小，若只減小入射粒子的質(zhì)量，則r變小，故C錯誤，D正確。7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標系中，MN與水平x軸平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強電場和垂直坐標平

18、面水平向里的勻強磁場，電場強度E2 N/C，磁感應強度B1 T，從y軸上的P點沿x軸方向以初速度v01 m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m2106 kg，電荷量q1105 C，g取10 m/s2。已知P點到O點的距離為d00.15 m，MN到x軸的距離為d0.20 m。(3.14，1.414，1.732，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(1)求小球從P點運動至MN邊界所用的時間；(2)當小球運動到x軸時撤去電場，求小球到達MN邊界時的速度大小。解析：(1)小球從P點運動到x軸上，做平拋運動，設(shè)小球做平拋運動的時間為t1，進入磁場的速度為v，進入磁場時速度與x軸的夾角為，則d0gt12，解得t1

19、 sv， cos 解得v2 m/s, 60小球進入電磁場區(qū)域時，qE2105 Nmg故小球作勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為r，則qvBm解得r0.4 m由幾何關(guān)系，小球運動到MN時軌跡與MN相切，在電磁場中運動的時間t2 s小球從P點運動到MN所用時間tt1t20.38 s。(2)設(shè)撤去電場后小球受重力和洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，設(shè)小球運動至MN時速度大小為v1，由動能定理：mgdmv12mv2代入數(shù)據(jù)解得v12.8 m/s。答案：(1)0.38 s(2)2.8 m/s(四)電磁感應、交變電流和傳感器物理概念、規(guī)律公式備注電磁感應磁通量BScos Scos 為垂直于磁場B的方向的投影面積感

20、應電動勢EnEBLv后者僅適用于B、L、v兩兩垂直的情況交變電流電動勢、電流、電壓的瞬時值電動勢：eEmsin t電流：iImsin t電壓：uUmsin t從中性面開始計時電動勢、電流、電壓的有效值電動勢：EEm電流：IIm電壓：UUm適用于正弦式交變電流理想變壓器 P1P2傳感器霍爾電壓UHkk為霍爾系數(shù)，大小與霍爾元件的材料有關(guān)保溫訓練1為了測量運動員躍起的高度，可在彈性網(wǎng)上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄運動員運動過程中對彈性網(wǎng)的壓力，并由計算機作出壓力時間圖像，如圖所示。運動員在空中運動時可視為質(zhì)點，則可求運動員躍起的最大高度為(g取10 m/s2)()A7.2 mB.5.0 mC1.

21、8 mD1.5 m解析：選B由題圖可知運動員在空中的最長時間為：t4.3 s2.3 s2 s，因為運動員做豎直上拋運動，所以躍起最大高度為：hg25.0 m，故B正確，A、C、D錯誤。2多選兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.01 的正方形導線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖甲所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖乙所示(感應電流的方向為逆時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()A磁感應強度的方向垂直于紙面向外B磁感應強度的大小為0.2 TC導線框運動的速度的

22、大小為0.5 m/sD在0.6 s內(nèi)導線框產(chǎn)生的熱量為0.004 J解析：選BCD根據(jù)楞次定律可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向里，選項A錯誤；由Et圖像可知，線框經(jīng)過0.2 s全部進入磁場，則速度v m/s0.5 m/s，選項C正確；E0.01 V，根據(jù)EBLv可知，B0.2 T，選項B正確；在00.2 s和0.40.6 s時間內(nèi)，導線框中的感應電流I1 A，由QI2Rt，t0.4 s，可知：Q0.004 J，選項D正確。3.如圖所示，一個理想變壓器的原線圈的匝數(shù)為50，副線圈的匝數(shù)為100，原線圈兩端接在光滑的水平平行導軌上，導軌的間距為0.4 m，垂直于導軌有一長度略大于導軌間距的導體棒

23、，導軌與導體棒的電阻忽略不計，副線圈回路中電阻R15 ，R215 ，圖中交流電壓表為理想電表，導軌所在空間存在垂直于導軌平面向里、磁感應強度大小為1 T的勻強磁場，導體棒在水平外力的作用下運動，其速度隨時間變化的關(guān)系式為v5sin(10t) m/s，則下列說法中正確的是()AR1的功率為0.2 WB電壓表的示數(shù)為4 VC變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為0.04 Wb/sD變壓器常用的鐵芯是利用薄硅鋼片疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是為了增大渦流，提高變壓器的效率解析：選C原線圈電壓最大值EmBLvm10.45 V2 V，副線圈電壓最大值：U2mEm2 V4 V，副線圈電壓有效值：U22

24、 V，則電壓表的示數(shù)為2 V，選項B錯誤；副線圈電流有效值：I2 A A，R1的功率：P1I22R125 W0.1 W，選項A錯誤；根據(jù)Emn1，則變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為 Wb/s0.04 Wb/s，選項C正確；變壓器常用的鐵芯是利用薄硅鋼片疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是為了減小渦流，提高變壓器的效率，選項D錯誤。4.如圖所示，一個匝數(shù)為N100匝，電阻不計的線框以固定轉(zhuǎn)速50 r/s在勻強磁場中旋轉(zhuǎn)，其產(chǎn)生的交流電通過一匝數(shù)比為n1n2101的理想變壓器給阻值R20 的電阻供電，已知電壓表的示數(shù)為20 V，從圖示位置開始計時，下列說法正確的是()At0時刻線框內(nèi)的電流最大

25、B變壓器原線圈中電流的有效值為10 AC穿過線框平面的最大磁通量為 WbD理想變壓器的輸入功率為10 W解析：選Ct0時刻導線框處于中性面位置，則感應電動勢為零，感應電流為零，所以流過線框的電流為零，故A錯誤；副線圈中的電流I2 A1 A，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，原線圈中電流的有效值I1I21 A0.1 A，故B錯誤；根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，原線圈兩端的電壓U1200 V，角速度2n100 rad/s，線圈產(chǎn)生最大感應電動勢Em200 V，又EmNBS，所以最大磁通量BS Wb Wb，故C正確；理想變壓器輸出功率P2U2I2201 W20 W，輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率為20 W，

26、故D錯誤。5如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ組成的平面與水平面成37角放置，導軌寬度L1 m，一勻強磁場垂直導軌平面向下，導軌上端M與P之間連接阻值R0.3 的電阻，質(zhì)量為m0.4 kg、電阻r0.1 的金屬棒ab始終緊貼在導軌上。現(xiàn)使金屬導軌ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計。g取10 m/s2，sin 370.6，忽略ab棒在運動過程中對原磁場的影響。求：(1)磁感應強度B的大小；(2)在金屬棒ab開始運動的2.0 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量；(3)在金屬棒ab

27、開始運動的2.0 s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)當金屬棒沿斜面方向的重力分力與安培力平衡時，即AB段，金屬棒做勻速運動，此時mgsin BIL金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為EBLv由閉合電路歐姆定律知：I金屬棒勻速運動時，v m/s6 m/s聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：B0.4 T。(2)qttt6 C。(3)設(shè)在金屬棒開始運動的2 s內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q，由功能關(guān)系得：mgxsin mv2Q電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QRR聯(lián)立以上兩式解得QR5.4 J。答案：(1)0.4 T(2)6 C(3)5.4 J6如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2

28、之間和L3、L4之間均存在勻強磁場，磁感應強度B大小均為1 T，方向垂直于虛線所在的平面向里?，F(xiàn)有一矩形線圈abcd，cd寬度L0.5 m，質(zhì)量為0.1 kg，電阻為2 ，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，t1時刻cd邊與 L2重合，t2時刻ab邊與L3重合，t3時刻ab邊與L4重合，已知t1t2的時間間隔為0.6 s，整個運動過程中線圈平面始終處于豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)線圈的長度；(2)在0t1時間內(nèi)，通過線圈的電荷量；(3)0t3時間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量。解析：(1)在t2t3時間內(nèi)，線圈做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有：

29、mgBIL，而I解得：v28 m/st1t2的時間間隔內(nèi)線圈一直做勻加速直線運動，可知ab邊剛進上邊的磁場時，cd邊也剛進下邊的磁場，此段時間內(nèi)線圈內(nèi)磁通量不變，線圈的加速度為g設(shè)磁場的寬度為d，則線圈的長度：L2d線圈下降的位移為：xLd3d此段時間內(nèi)的逆運動為初速度為v2、加速度為g的勻減速直線運動，則有：3dv2tgt2解得：d1 m所以線圈的長度為L2d2 m。(2)在0t1時間內(nèi)，cd邊從L1運動到L2通過線圈的電荷量為：qtt0.25 C。(3)0t3時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒得：Qmg(3d2d)mv220.110(32) J0.182 J1.8 J。答案：(1)2 m(2)0.25

30、C(3)1.8 J二 (一)水平面內(nèi)的圓周運動模型圖示或釋義規(guī)律或方法線模型由于細線對物體只有拉力且細線會彎曲，所以解答此類問題的突破口是要抓住“細線剛好伸直”的臨界條件：細線的拉力為零。在此基礎(chǔ)上，再考慮細線伸直之前的情況(一般物體做圓周運動的半徑和細線與轉(zhuǎn)軸之間的夾角都會發(fā)生變化)和伸直之后的情況(物體做圓周運動的半徑和細線與轉(zhuǎn)軸之間的夾角一般不再發(fā)生變化，但細線的拉力通常會發(fā)生變化)彈力模型此類問題一般是由重力和彈力的合力提供物體在水平面內(nèi)做圓周運動的向心力，因此正確找出做圓周運動的物體在水平方向上受到的合力，是解決此類問題的關(guān)鍵摩擦力模型臨界條件是關(guān)鍵：找出物體在圓周運動過程中的臨界條

31、件，是解答此類問題的關(guān)鍵。如輕繩開始有拉力(或伸直)、物體開始滑動等，抓住這些臨界條件進行分析，即可找出極值，然后可根據(jù)極值判斷其他物理量與極值之間的關(guān)系，從而進行求解(二)連接體模型圖示或釋義規(guī)律或方法輕繩連接體模型求解“繩物”或“桿物”模型的方法先明確物體的合速度(物體的實際運動速度)，然后將物體的合速度沿繩(桿)方向及垂直繩(桿)方向分解(要防止與力的分解混淆)，利用沿繩(桿)方向的分速度大小總是相等的特點列式求解輕桿連接體模型(三)斜面模型圖示或釋義與斜面相關(guān)的滑塊運動問題規(guī)律或方法(1)tan ，滑塊恰好處于靜止狀態(tài)(v00)或勻速下滑狀態(tài)(v00)，此時若在滑塊上加一豎直向下的力或

32、加一物體，滑塊的運動狀態(tài)不變(2)tan ，滑塊一定處于靜止狀態(tài)(v00)或勻減速下滑狀態(tài)(v00)，此時若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運動狀態(tài)不變(加力時加速度變大，加物體時加速度不變)(3) 時，細繩一定有彈力C當圓盤轉(zhuǎn)動的角速度 時，木塊A、B將相對于圓盤發(fā)生滑動D當圓盤轉(zhuǎn)動的角速度在 時，細繩一定有彈力，選項B正確；當木塊A、B將要相對于圓盤發(fā)生滑動時，設(shè)此時細繩的拉力為FT，則由牛頓第二定律可知，對木塊A有：FTkmgm2rA，對木塊B有：FTkmgm2rB，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解可得： ，故當 時，木塊A、B將相對于圓盤發(fā)生滑動，選項C正確；由題意可知，當角速度 時，木塊A

33、受到指向圓心的靜摩擦力，而當時，木塊A受到背離圓心的最大靜摩擦力，故當圓盤轉(zhuǎn)動的角速度在 范圍內(nèi)增大時，木塊A所受到的靜摩擦力先減小后增大，選項D錯誤。2如圖所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，A30，B37，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊1、2通過細線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止狀態(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動摩擦因數(shù)0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1m2不可能是(sin 370.6, cos 370.8)()A13 B35C53D21解析：選A物塊1受重力m1g、細線拉力FT和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則FT

34、m1gsin 30，物塊2受重力m2g、細線拉力FT、斜面支持力FN及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當m1較大時，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時有FTm2gsin 37m2gcos 37，則2；當m1較小時，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時有FTm2gsin 37m2gcos 37，則，所以2，故A不可能。3.多選如圖所示，半徑為R0.4 m的圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，圓形軌道與固定的光滑水平軌道相切。可視為質(zhì)點的質(zhì)量均為m0.5 kg的小球甲、乙用輕桿連接，置于圓軌道上，小球甲與圓心O點等高，小球乙位于圓心O的正下方。某時刻將兩小球由靜止釋放，最終它們在水平面上運動，

35、g取10 m/s2。則()A兩小球最終在水平面上運動的速度大小為2 m/sB甲小球下滑到圓形軌道最低點時重力的功率為10 WC甲小球下滑到圓形軌道最低點時對軌道壓力的大小為5 ND整個過程中輕桿對乙小球做的功為1 J解析：選AD整個過程中，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，最后兩球的速度大小相等，應用機械能守恒定律：mgR2mv2，解得v2 m/s，選項A正確；甲小球下滑到最低點時速度水平，重力的功率為0，選項B錯誤；甲小球下滑到最低點時，重力與支持力的合力提供向心力FNmgm，解得FN2mg10 N，由牛頓第三定律得，甲小球下滑到最低點時對軌道壓力的大小為10 N，選項C錯誤；整個過程中對乙小

36、球受力分析可知，重力不做功，乙小球動能的增量等于輕桿對乙球做的功，Wmv21 J，選項D正確。4.如圖所示，在水平地面上靜止著一質(zhì)量為M、傾角為的斜面體，自由釋放的質(zhì)量為m的滑塊能在斜面上勻速下滑(斜面體始終靜止)，則下列說法中正確的是()A滑塊對斜面的作用力大小等于mgcos ，方向垂直斜面向下B斜面對滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上C斜面體受到地面的摩擦力水平向左，大小與m的大小有關(guān)D滑塊能勻速下滑，則水平地面不可能是光滑的解析：選B因滑塊在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下勻速下滑，如圖所示，所以斜面對滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上，B項正確；而滑塊對斜面的作用力與斜面

37、對滑塊的作用力是一對作用力與反作用力，A項錯誤；又因斜面體及滑塊均處于平衡狀態(tài)，所以可將兩者看成一整體，則整體在豎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，即水平地面對斜面體沒有摩擦力作用，C、D項錯誤。5多選如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導軌，處在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，A、B間距為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、長為L且不計電阻的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，與左端固定在O點的輕質(zhì)彈簧連接組成彈簧振子。開始時，彈簧處于自然長度，導體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時間，導體棒MN第一次運動到最右端，這一過程中A、B間的電

38、阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，已知運動過程中MN始終與AD、BC垂直，則()A初始時刻導體棒所受的安培力大小為B當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為 mv02QC當導體棒第一次到達最右端時，彈簧具有的彈性勢能為 mv022QD當導體棒第二次回到初始位置時，A、B間電阻的熱功率為 解析：選AC由FBIL及I，得安培力大小為FA，故A正確；導體棒第一次運動至最右端的過程中，AB間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q，由能量守恒定律得mv022QEp，此時彈簧的彈性勢能為Epmv022Q，故C正確，B錯誤；當導體棒第二次回到初始位置時，由于機械能減小，A、B間電阻的熱功率小于，故D錯誤。6如圖甲所示，一對足夠長的平行光滑軌道固定在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)0.5 m，左側(cè)接一阻值為R1