《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 方法 規(guī)律 通曉高考4大解題策略教學(xué)案（通用）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 方法 規(guī)律 通曉高考4大解題策略教學(xué)案（通用）（107頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 方法規(guī)律通曉高考4大解題策略 一 (一)力與直線運(yùn)動(dòng)物理概念、規(guī)律公式備注勻變速直線運(yùn)動(dòng)勻變速直線運(yùn)動(dòng)vv0atxv0tat2v2v022axvxaT2適用于任何形式的運(yùn)動(dòng)自由落體運(yùn)動(dòng)vgthgt2v22ghv00，ag豎直拋體運(yùn)動(dòng)vv0gthv0tgt2v2v022gh上拋取“”號(hào)下拋取“”號(hào)相互作用重力Gmg無(wú)特殊說(shuō)明時(shí)g取9.8 m/s2，估算時(shí)g取10 m/s2胡克定律Fkxx為形變量，k為勁度系數(shù)滑動(dòng)摩擦力FFNFN為接觸面間的壓力，不一定等于重力牛頓運(yùn)動(dòng)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(shí)物體具有向上的加速度或分量，失重時(shí)物體具有

2、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(xùn)練1從地面豎直上拋物體A，初速度大小為v，同時(shí)在離地高為H處，有一物體B自由下落，經(jīng)過(guò)時(shí)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(shí)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(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，t0時(shí)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(shí)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(yùn)動(dòng)，小球B釋放時(shí)為t0時(shí)刻，此時(shí)小球A的速度為gt0，小球B的速度為0，根據(jù)

3、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球B下落時(shí)間為t時(shí)，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(shí)，可知B正確。3如圖是某物體在 t時(shí)間內(nèi)的位移時(shí)間圖像和速度時(shí)間圖像，從圖像上可以判斷()A物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線B物體時(shí)間t內(nèi)的平均速度不一定是4.5 m/sC物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度的公式可知，物體在時(shí)間t內(nèi)的平均速度是 m/s4.5 m/s，B錯(cuò)誤；由xt得t s s，C錯(cuò)誤；物體的加速度為a m/s2 m/s2，D正確。4.

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(shí)，直線a和曲線b剛好相切，則()Aa車做勻速運(yùn)動(dòng)且其速度為va m/sBt3 s時(shí)，a車和b車相遇但此時(shí)速度不等Ct1 s時(shí)，b車的速度為10 m/sDt0時(shí)，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(yùn)動(dòng)，其速度：va m/s2 m/s，故A錯(cuò)誤；t3 s時(shí)，直線a和曲線b剛好相切，即此時(shí)b車的速度vbva2 m/s，故B錯(cuò)誤；由b車的加速度等于2 m/s2易得，t1 s時(shí)，b車的速度為6 m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)b車的初速度為vb，對(duì)b車，由vbatvb，解得 v

5、b8 m/s，t3 s時(shí)，a車的位移 xavat6 m，b車的位移：xbt15 m，此時(shí)a車和b車到達(dá)同一位置，得x0xbxa9 m，故D正確。5.跳傘運(yùn)動(dòng)員從高空懸停的直升機(jī)跳下，運(yùn)動(dòng)員沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，其vt圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A運(yùn)動(dòng)員在010 s內(nèi)的平均速度大小等于10 m/sB10 s末運(yùn)動(dòng)員的速度方向改變C10 s末運(yùn)動(dòng)員打開降落傘D1015 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸增加的減速運(yùn)動(dòng)解析：選C若運(yùn)動(dòng)員在010 s內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則平均速度 m/s10 m/s，故A錯(cuò)誤；在整個(gè)過(guò)程中，速度都是正值，運(yùn)動(dòng)員的速度方向未改變，故B錯(cuò)誤；從10 s末開始運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，則知10

6、 s末運(yùn)動(dòng)員打開降落傘，故C正確；1015 s內(nèi)圖線的斜率逐漸減小，則加速度逐漸減小，運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。6.(2020浙江選考)如圖所示，A、B、C為三個(gè)實(shí)心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連在兩根彈簧上，C球連接在細(xì)線一端，彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底(不計(jì)空氣阻力，木水鐵)()AA球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)BA、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)CA球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)DA球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)解析：選D開始時(shí)A球下的彈簧被壓縮，彈力向

7、上；B球下的彈簧被拉長(zhǎng)，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時(shí)，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時(shí)水對(duì)球的浮力也為零，小球的重力也視為零，則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向上運(yùn)動(dòng)，B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng)，C球相對(duì)于杯底不動(dòng)。7.(2020天津高考)2020年10月23日，港珠澳跨海大橋正式開通。為保持以往船行習(xí)慣，在航道處建造了單面索(所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi))斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B為了減小鋼索承受的拉力，可以適當(dāng)降低索塔的高度C索塔兩側(cè)鋼索對(duì)稱且拉力大小相同時(shí)，鋼索對(duì)索塔的合力豎直向下D為了使索塔受到鋼索的

8、合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必須對(duì)稱分布解析：選C索塔對(duì)鋼索豎直向上的作用力跟鋼索和橋體整體的重力平衡。增加鋼索數(shù)量，其整體重力變大，故索塔受到的壓力變大，A錯(cuò)。若索塔高度降低，則鋼索與豎直方向夾角將變大，由Tcos G可知，鋼索拉力T將變大，B錯(cuò)。兩側(cè)拉力對(duì)稱，合力一定在夾角平分線上，即豎直向下，C對(duì)。若鋼索非對(duì)稱分布，但其水平方向的合力為0，合力仍豎直向下，D錯(cuò)。8(2020全國(guó)卷)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面、固定在車上，傾角分別為30和60。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面、壓力的大小分別為F1、F

9、2，則()AF1mg，F(xiàn)2mgBF1mg，F(xiàn)2mgCF1mg，F(xiàn)2mgDF1mg，F(xiàn)2mg解析：選D如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1與F2相互垂直。由牛頓第三定律知F1F1，F(xiàn)2F2，則F1mgsin 60mg，F(xiàn)2mgsin 30mg，選項(xiàng)D正確。9多選(2020全國(guó)卷)如圖(a)，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10

10、 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出()圖(a)圖(b)圖(c)A木板的質(zhì)量為1 kgB24 s內(nèi)，力F的大小為0.4 NC02 s內(nèi)，力F的大小保持不變D物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2解析：選AB木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖(b)知，2 s后物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小F摩0.2 N。由題圖(c)知，24 s內(nèi)，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2。設(shè)木板質(zhì)量為m，對(duì)木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：FF摩ma1，F(xiàn)摩ma2，且知F摩m塊g0.2 N，解得m1 kg，F(xiàn)0.4 N，由于不知道物塊的質(zhì)量，故無(wú)法求出物

11、塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、B正確，D錯(cuò)誤。02 s內(nèi)，由題圖(b)知，F(xiàn)是均勻增加的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。10如圖甲所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)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(shí)開始計(jì)時(shí)，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(zhǎng)，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A物塊的加速度大小為8 m/s2B物塊在t1 s時(shí)的速度大小為8 m/sC物塊在t4 s時(shí)處于斜面上x24 m的位置D物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)解析：選D由v22ax得加速度為a4 m/s2，故A錯(cuò)誤；由vat得t1 s時(shí)物塊速度大小為4 m/s，故B錯(cuò)誤；由xat2得t4

12、s時(shí)，x32 m，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：mgsin 30mgcos 30ma，解得：，故D正確。(二)曲線運(yùn)動(dòng)、萬(wàn)有引力與機(jī)械能物理概念、規(guī)律公式備注曲線運(yùn)動(dòng)平拋運(yùn)動(dòng)vxv0，vygtxv0t，ygt2沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)va2rrvFmamm2rvvr萬(wàn)有引力定律萬(wàn)有引力定律FG引力常量：G6.671011 Nm2/kg2功和功率功WFlcos 是F與l的夾角功率平均功率P瞬時(shí)功率PFvcos 是F與v的夾角機(jī)械效率100%100% s2 Bs2s3Cs1s3Ds2s3解析：選BC對(duì)軌道1：小物塊射出時(shí)的速度v1，射程s1v12h0；對(duì)軌道2：小

13、物塊射出時(shí)的速度v2，射程s2v24h0；對(duì)軌道3：小物塊射出時(shí)的速度v3，射程s3v32h0；則s1s3，s2s3，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。5.多選(2020蘇北四市一模)2020年9月15日，微信啟動(dòng)“變臉”：由此前美國(guó)衛(wèi)星拍攝地球的靜態(tài)圖換成了我國(guó)“風(fēng)云四號(hào)”衛(wèi)星拍攝地球的動(dòng)態(tài)圖，如圖所示?！帮L(fēng)云四號(hào)”是一顆靜止軌道衛(wèi)星，關(guān)于“風(fēng)云四號(hào)”，下列說(shuō)法正確的有()A能全天候監(jiān)測(cè)同一地區(qū)B運(yùn)行速度大于第一宇宙速度C在相同時(shí)間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線掃過(guò)的面積相等D向心加速度大于地球表面的重力加速度解析：選AC由于“風(fēng)云四號(hào)”是地球同步衛(wèi)星，相對(duì)地面靜止，故能全天候監(jiān)測(cè)同一地區(qū)，A正確；萬(wàn)有引力提供

14、向心力，由Gm，解得v，而第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故同步衛(wèi)星的速度小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第二定律，在相同時(shí)間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線掃過(guò)的面積相等，故C正確；向心加速度由萬(wàn)有引力產(chǎn)生，由Gma，得a，而地球表面的重力加速度g，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯(cuò)誤。6多選(2020如皋調(diào)研)我國(guó)“神舟”十一號(hào)載人飛船于2020年10月17日7時(shí)30分發(fā)射成功。飛船先沿橢圓軌道飛行，在接近400 km高空處與“天宮”二號(hào)對(duì)接，然后做圓周運(yùn)動(dòng)。兩名宇航員在空間實(shí)驗(yàn)室生活、工作了30天?！吧裰邸笔惶?hào)載人飛船于11月17日12時(shí)41分與“天宮”二號(hào)成功實(shí)施分離，11月

15、18日順利返回至著陸場(chǎng)。下列判斷正確的是()A飛船變軌前后的機(jī)械能守恒B對(duì)接后飛船在圓軌道上運(yùn)動(dòng)的速度小于第一宇宙速度C宇航員在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)可以利用跑步機(jī)跑步來(lái)鍛煉身體D分離后飛船在原軌道上通過(guò)減速運(yùn)動(dòng)，逐漸接近地球表面解析：選BD每次變軌都需要發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)飛船做功，故飛船機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力Gm，得v，軌道高度越大，線速度越小，第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故對(duì)接后飛船在圓軌道上運(yùn)動(dòng)的速度比第一宇宙速度小，故B正確；利用跑步機(jī)跑步是由于重力作用，人與跑步機(jī)之間有壓力，又由于有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，人受到摩擦力作用運(yùn)動(dòng)起來(lái)，在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)，宇航員處于完全失重狀態(tài)，無(wú)法利用跑步

16、機(jī)跑步，故C錯(cuò)誤；當(dāng)飛船要離開圓形軌道返回地球時(shí)，飛船做近心運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力需大于向心力，需要減小速度，故D正確。7.如圖所示，在粗糙水平軌道OO1上的O點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量m0.25 kg的小物塊，它與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，OO1的距離s4 m。在O1右側(cè)固定了一半徑R0.32 m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F2 N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力。g取10 m/s2，求：(1)為使小物塊到達(dá)O1，求拉力F作用的最短時(shí)間；(2)若將拉力變?yōu)镕1，使小物塊由O點(diǎn)靜止運(yùn)動(dòng)至OO1的中點(diǎn)位置撤去拉力，恰能使小物塊經(jīng)過(guò)半圓弧的最高點(diǎn)，求F1的大小。解析：(1)設(shè)拉力F作用的最短時(shí)間t內(nèi)，物塊運(yùn)

17、動(dòng)的位移為x，由動(dòng)能定理：Fxmgs0解得x2 m由牛頓第二定律：Fmgma解得a4 m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：xat2解得t1 s。(2)設(shè)小物塊到達(dá)O1點(diǎn)的速度為v1，剛好到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，由牛頓第二定律：mgm由機(jī)械能守恒定律：mv122mgRmv2在水平軌道上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理：F1mgsmv12解得F13 N。答案：(1)1 s(2)3 N(三)電場(chǎng)、電路和磁場(chǎng)物理概念、規(guī)律公式備注靜電場(chǎng)庫(kù)侖定律Fk(k9.0109 Nm2/C2)適用條件：真空中的點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度E定義式，適用于任何電場(chǎng)的計(jì)算Ek只適用于真空中的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)E只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)力FqEF與E的方向相同或相反電

18、勢(shì)、電勢(shì)差UABAB電勢(shì)與零勢(shì)面的選取有關(guān)，電勢(shì)差則與零勢(shì)面無(wú)關(guān)電容器的電容C定義式C適用于平行板電容器恒定電流電阻定律R為電阻率電流InqSv電源電動(dòng)勢(shì)EU內(nèi)U外歐姆定律I部分電路歐姆定律I閉合電路歐姆定律路端電壓UE斷路時(shí)U0短路時(shí)UIREU內(nèi)EIr通路時(shí)電功WUIt適用于一切電路WI2Rtt適用于純電阻電路焦耳定律QI2Rt電源功率PEI用電器功率PUI適用于一切電路PI2R適用于純電阻電路電源效率100%100%磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度BI與B的方向垂直安培力FBILBI，用左手定則判斷力的方向洛倫茲力FBqvBv，用左手定則判斷力的方向保溫訓(xùn)練1(2020海南高考)如圖，靜電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線上

19、有M、N兩點(diǎn)，箭頭代表電場(chǎng)的方向，則()AM點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低BM點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定比N點(diǎn)的大C電子在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的低D電子在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大小一定比在N點(diǎn)的大解析：選C順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可知M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；一條電場(chǎng)線不能確定疏密，則不能比較MN兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小，也不能比較電子在MN兩點(diǎn)受電場(chǎng)力的大小，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；負(fù)電荷在高電勢(shì)點(diǎn)的電勢(shì)能較低，選項(xiàng)C正確。2.(2020天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程()A動(dòng)能增加mv2B機(jī)械能

20、增加2mv2C重力勢(shì)能增加mv2D電勢(shì)能增加2mv2解析：選B小球動(dòng)能增加量Ekm(2v)2mv2mv2，A錯(cuò)。重力和電場(chǎng)力做功，機(jī)械能增加量等于電勢(shì)能減少量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(2v)202x，則電勢(shì)能減少量等于電場(chǎng)力做的功Ep電W電qEx2mv2，B對(duì)，D錯(cuò)。小球在豎直方向做勻減速到零的運(yùn)動(dòng)，由v22gh，得重力勢(shì)能增加量Ep重mghmv2，C錯(cuò)。3.(2020北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子垂直磁場(chǎng)邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說(shuō)法正確的是()A粒子帶正電B粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率C若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可

21、能從b點(diǎn)右側(cè)射出D若僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短解析：選C由左手定則知，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)。由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯(cuò)。由R， 若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，R變大，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，C對(duì)。由R，若僅減小入射速率v, 則R變小，粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角變大。由tT，T知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，D錯(cuò)。4(2020浙江選考)電動(dòng)機(jī)與小電珠串聯(lián)接入電路，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為U1，流過(guò)的電流為I1；電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為R2，兩端電壓為U2，流過(guò)的電流為I2。則()A.I1C. D.I2R2，U1I1R1，則60 V，L為自感系數(shù)很大、電阻不為零的電感線圈，直流電源電

22、動(dòng)勢(shì)E6 V。接通開關(guān)S，氖泡不亮；穩(wěn)定時(shí)，L中電流恒定為I0；斷開S時(shí)，氖泡能短時(shí)間內(nèi)發(fā)光。關(guān)于該現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的有()AS接通瞬間，L中電流是逐漸增加的BS接通穩(wěn)定時(shí)，P兩端電壓為零CS斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流最大值可能超過(guò)I0DS斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流從右向左解析：選ADS接通瞬間，線圈L中的電流從無(wú)到有發(fā)生變化，線圈L中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)對(duì)電流的增大有阻礙作用，所以通過(guò)線圈L的電流慢慢變大，故選項(xiàng)A正確；S接通穩(wěn)定時(shí)，由于電感線圈的電阻不為零，電感線圈兩端電壓不為零，所以發(fā)光氖泡兩端電壓不為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S斷開瞬間前，線圈L中電流恒定為I0，S斷開瞬間，線圈L由于自感現(xiàn)象會(huì)

23、產(chǎn)生與線圈中原電流方向相同的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使線圈中的電流將從原來(lái)的I0逐漸減小，方向不變，且由于它和氖泡P構(gòu)成回路，通過(guò)氖泡P的電流和線圈L中的電流大小相同，也從I0逐漸減小，通過(guò)氖泡P的電流從右向左，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。4.如圖所示，一個(gè)匝數(shù)為N100匝，電阻不計(jì)的線框以固定轉(zhuǎn)速50 r/s在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，其產(chǎn)生的交流電通過(guò)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(jì)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()At0時(shí)刻線框內(nèi)的電流最大B變壓器原線圈中電流的有效值為10 AC穿過(guò)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C

24、t0時(shí)刻導(dǎo)線框處于中性面位置，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，所以流過(guò)線框的電流為零，故A錯(cuò)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(cuò)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)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，故D錯(cuò)誤。5如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ組成的平面與水平面成37角放置，導(dǎo)軌寬度L1 m，一勻強(qiáng)

25、磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)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(dǎo)軌上。現(xiàn)使金屬導(dǎo)軌ab由靜止開始下滑，下滑過(guò)程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)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(dǎo)軌電阻不計(jì)。g取10 m/s2，sin 370.6，忽略ab棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(2)在金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)的2.0 s內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量；(3)在金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)的2.0 s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)當(dāng)金屬棒沿斜面方向的重力分力與安培力平衡時(shí)，即AB段，金屬

26、棒做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)mgsin BIL金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EBLv由閉合電路歐姆定律知：I金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)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之間和L3、L4之間均存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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abc

27、d，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(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，t1時(shí)刻cd邊與 L2重合，t2時(shí)刻ab邊與L3重合，t3時(shí)刻ab邊與L4重合，已知t1t2的時(shí)間間隔為0.6 s，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(zhǎng)度；(2)在0t1時(shí)間內(nèi)，通過(guò)線圈的電荷量；(3)0t3時(shí)間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量。解析：(1)在t2t3時(shí)間內(nèi)，線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有：mgBIL，而I解得：v28 m/st1t2的時(shí)間間隔內(nèi)線圈一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知ab邊剛進(jìn)上邊的磁場(chǎng)時(shí)，cd

28、邊也剛進(jìn)下邊的磁場(chǎng)，此段時(shí)間內(nèi)線圈內(nèi)磁通量不變，線圈的加速度為g設(shè)磁場(chǎng)的寬度為d，則線圈的長(zhǎng)度：L2d線圈下降的位移為：xLd3d此段時(shí)間內(nèi)的逆運(yùn)動(dòng)為初速度為v2、加速度為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則有：3dv2tgt2解得：d1 m所以線圈的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2d2 m。(2)在0t1時(shí)間內(nèi)，cd邊從L1運(yùn)動(dòng)到L2通過(guò)線圈的電荷量為：qtt0.25 C。(3)0t3時(shí)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 C(3)1.8 J二 必憶模型和規(guī)律快速破題“往上套”(一)水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型圖示或釋義規(guī)律或方法線模型由于細(xì)

29、線對(duì)物體只有拉力且細(xì)線會(huì)彎曲，所以解答此類問(wèn)題的突破口是要抓住“細(xì)線剛好伸直”的臨界條件：細(xì)線的拉力為零。在此基礎(chǔ)上，再考慮細(xì)線伸直之前的情況(一般物體做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和細(xì)線與轉(zhuǎn)軸之間的夾角都會(huì)發(fā)生變化)和伸直之后的情況(物體做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和細(xì)線與轉(zhuǎn)軸之間的夾角一般不再發(fā)生變化，但細(xì)線的拉力通常會(huì)發(fā)生變化)彈力模型此類問(wèn)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(yùn)動(dòng)的向心力，因此正確找出做圓周運(yùn)動(dòng)的物體在水平方向上受到的合力，是解決此類問(wèn)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中的臨界條件，是解答此類問(wèn)題的關(guān)鍵。如輕繩開始有拉力(或伸直)、物體開始滑動(dòng)等，抓住這些臨界

30、條件進(jìn)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(jìn)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(shí)際運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)問(wèn)題規(guī)律或方法(1)tan ，滑塊恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)(v00)或勻速下滑狀態(tài)(v00)，此時(shí)若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(2)tan ，滑塊一定處于靜止?fàn)顟B(tài)(v00)或勻減速

31、下滑狀態(tài)(v00)，此時(shí)若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(加力時(shí)加速度變大，加物體時(shí)加速度不變)(3) 時(shí)，細(xì)繩一定有彈力C當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度 時(shí)，木塊A、B將相對(duì)于圓盤發(fā)生滑動(dòng)D當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度在 時(shí)，細(xì)繩一定有彈力，選項(xiàng)B正確；當(dāng)木塊A、B將要相對(duì)于圓盤發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，設(shè)此時(shí)細(xì)繩的拉力為FT，則由牛頓第二定律可知，對(duì)木塊A有：FTkmgm2rA，對(duì)木塊B有：FTkmgm2rB，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解可得： ，故當(dāng) 時(shí)，木塊A、B將相對(duì)于圓盤發(fā)生滑動(dòng)，選項(xiàng)C正確；由題意可知，當(dāng)角速度 時(shí)，木塊A受到指向圓心的靜摩擦力，而當(dāng)時(shí)，木塊A受到背離圓心的最大靜摩擦力，故當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角

32、速度在 范圍內(nèi)增大時(shí)，木塊A所受到的靜摩擦力先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)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(guò)細(xì)線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(xì)線拉力FT和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則FTm1gsin 30，物塊2受重力m2g、細(xì)線拉力FT、斜面支持力FN及摩擦力Ff作

33、用處于平衡狀態(tài)，當(dāng)m1較大時(shí)，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時(shí)有FTm2gsin 37m2gcos 37，則2；當(dāng)m1較小時(shí)，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時(shí)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?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)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(diǎn)等高，小球乙位于圓心O的正下方。某時(shí)刻將兩小球由靜止釋放，最終它們?cè)谒矫嫔线\(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2。則()A兩小球最終在水平面上運(yùn)動(dòng)的速度大小為2 m/sB甲小球

34、下滑到圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)重力的功率為10 WC甲小球下滑到圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為5 ND整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)乙小球做的功為1 J解析：選AD整個(gè)過(guò)程中，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，最后兩球的速度大小相等，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律：mgR2mv2，解得v2 m/s，選項(xiàng)A正確；甲小球下滑到最低點(diǎn)時(shí)速度水平，重力的功率為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；甲小球下滑到最低點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為10 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中對(duì)乙小球受力分析可知，重力不做功，乙小球動(dòng)能的增量等于輕桿對(duì)乙球做的功，Wmv21 J，

35、選項(xiàng)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(shuō)法中正確的是()A滑塊對(duì)斜面的作用力大小等于mgcos ，方向垂直斜面向下B斜面對(duì)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(duì)滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上，B項(xiàng)正確；而滑塊對(duì)斜面的作用力與斜面對(duì)滑塊的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，A項(xiàng)錯(cuò)誤；又因斜面體及滑塊均處于平衡狀態(tài)，所

36、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(duì)斜面體沒(méi)有摩擦力作用，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。5多選如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導(dǎo)軌，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，A、B間距為L(zhǎng)，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)且不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，與左端固定在O點(diǎn)的輕質(zhì)彈簧連接組成彈簧振子。開始時(shí)，彈簧處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端，這一過(guò)程中A、B間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中MN始終與AD、BC垂直，則()A初始時(shí)刻導(dǎo)

37、體棒所受的安培力大小為B當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能為 mv02QC當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能為 mv022QD當(dāng)導(dǎo)體棒第二次回到初始位置時(shí)，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(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)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(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Epmv022Q，故C正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒第二次回到初始位置時(shí)，由于機(jī)械能減小，A、B間電阻的熱功率小于，故D錯(cuò)誤。6如圖甲所示，一對(duì)足夠長(zhǎng)的平行光滑軌道固定在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)0.5

38、 m，左側(cè)接一阻值為R1 的電阻。有一金屬棒靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，金屬棒及軌道的電阻皆可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于垂直軌道平面豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。t0時(shí)，用一外力F沿軌道方向拉金屬棒，使金屬棒以加速度a0.2 m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng)，外力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。(1)求金屬棒的質(zhì)量m；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)當(dāng)力F達(dá)到某一值時(shí)，保持F不再變化，金屬棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)3 s，速度達(dá)到1.6 m/s且不再變化，測(cè)得在這3 s內(nèi)金屬棒的位移s4.7 m，求這段時(shí)間內(nèi)電阻R消耗的電能。解析：由題圖乙知F0.10.05t(N)(1)金屬棒沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，回路中的感應(yīng)

39、電流I，所以金屬棒受到的安培力F安BIl，由牛頓第二定律得FF安(0.10.05t)ma，考慮t0時(shí)，vat0所以m kg0.5 kg。(2)金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬棒所受合力F合(0.10.05t)0.1t常數(shù)，所以0.050，解得：B T1 T。(3)F變?yōu)楹懔?，金屬棒做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)3 s，速度達(dá)到最大vm1.6 m/s，此后金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)。vm1.6 m/s時(shí)，F(xiàn)合0FF安 N0.4 N，將F0.4 N代入F0.10.05t，求出變加速運(yùn)動(dòng)的起始時(shí)間為t6 s，該時(shí)刻金屬棒的速度為v6at0.26 m/s1.2 m/s；由能量守恒，可得這段時(shí)間內(nèi)電阻R消耗的電能：EWFEkFsm(vm2v62)0.44.7 J0.5(1.621.22)J1.6 J。答案：(1)0.5 kg(2)1 T(3)1.6 J7.用質(zhì)量為m、總電阻為R的導(dǎo)線做成邊長(zhǎng)為l的正方形線框MNPQ，并將其放在光滑的平行絕緣的傾斜軌道上，軌道的傾角為，平行導(dǎo)軌的間距也為l，如圖所示。在導(dǎo)軌的下端有一寬度為l(即abl)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的邊界