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)vv0at xv0tat2v2v022axvxaT2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)vv0±gthv0t±gt2v2v02±2gh上拋取“”號(hào)下拋取“”號(hào)相互作用重力Gmg無特殊說明時(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)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.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 vb8 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 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.(2019·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.(2019·天津高考)2018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(2019·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、F2，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 60°mg，F(xiàn)2mgsin 30°mg，選項(xiàng)D正確。9多選(2019·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 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，故無法求出物塊與木板間的動(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 s時(shí)，x32 m，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：mgsin 30°mgcos 30°ma，解得：，故D正確。(二)曲線運(yùn)動(dòng)、萬有引力與機(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，vygt xv0t，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萬有引力定律萬有引力定律FG引力常量：G6.67×1011 N·m2/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% <1機(jī)械能動(dòng)能Ekmv2標(biāo)量，具有相對(duì)性重力勢(shì)能Epmgh與零勢(shì)能面的選擇有關(guān)動(dòng)能定理W合mv22mv12W合為合外力做的功機(jī)械能守恒定律E1E2或Ek1Ep1Ek2Ep2守恒條件：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)保溫訓(xùn)練1(2019·海南高考)2019年5月，我國(guó)第45顆北斗衛(wèi)星發(fā)射成功。已知該衛(wèi)星軌道距地面的高度約為36 000 km，是“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室軌道高度的90倍左右，則()A該衛(wèi)星的速率比“天宮二號(hào)”的大B該衛(wèi)星的周期比“天宮二號(hào)”的大C該衛(wèi)星的角速度比“天宮二號(hào)”的大D該衛(wèi)星的向心加速度比“天宮二號(hào)”的大解析：選B根據(jù)Gmr2mrmma解得v，T2，a，因北斗衛(wèi)星的運(yùn)轉(zhuǎn)半徑大于天宮二號(hào)的軌道半徑，可知該衛(wèi)星的速率比“天宮二號(hào)”的?。辉撔l(wèi)星的周期比“天宮二號(hào)”的大；該衛(wèi)星的角速度比“天宮二號(hào)”的小；該衛(wèi)星的向心加速度比“天宮二號(hào)”的小；故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。2.(2019·全國(guó)卷)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為()A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg解析：選C畫出運(yùn)動(dòng)示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動(dòng)能定理知AB(上升過程)：(mgf)hEkBEkACD(下落過程)：(mgf)hEkDEkC聯(lián)立解得物體的質(zhì)量m1 kg，選項(xiàng)C正確。3多選(2019·全國(guó)卷)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得()A物體的質(zhì)量為2 kgBh0時(shí)，物體的速率為20 m/sCh2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek40 JD從地面至h4 m，物體的動(dòng)能減少100 J解析：選AD由于Epmgh，所以Ep與h成正比，斜率kmg，由題給圖像得k20 N，因此m2 kg，A對(duì)。當(dāng)h0時(shí)，Ep0，E總Ekmv02，因此v010 m/s，B錯(cuò)。由題給圖像知h2 m時(shí)，E總90 J，Ep40 J，由E總EkEp得Ek50 J，C錯(cuò)。h4 m時(shí)，E總Ep80 J，即此時(shí)Ek0，即上升4 m距離，動(dòng)能減少100 J，D對(duì)。4多選(2019·海南高考)三個(gè)小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為4h0；它們的下端水平，距地面的高度分別為h1h0、h22h0、h33h0，如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點(diǎn)到軌道下端的水平距離分別記為s1、s2、s3，則()As1>s2 Bs2>s3Cs1s3Ds2s3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，s2>s3，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。5.多選(2019·蘇北四市一模)2017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；萬有引力提供向心力，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)星與地心連線掃過的面積相等，故C正確；向心加速度由萬有引力產(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(2019·如皋調(diào)研)我國(guó)“神舟”十一號(hào)載人飛船于2016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)跑步來鍛煉身體D分離后飛船在原軌道上通過減速運(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，在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)，宇航員處于完全失重狀態(tài)，無法利用跑步機(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)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(k9.0×109 N·m2/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(2019·海南高考)如圖，靜電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線上有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.(2019·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的過程()A動(dòng)能增加mv2B機(jī)械能增加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.(2019·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(2019·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，流過的電流為I2。則()A.I1<I2 B.>C. D.<解析：選D由題意可知I1I2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因U2>I2R2，U1I1R1，則<，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確。5.多選(2019·海南高考)如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場(chǎng)邊界的M點(diǎn)先后射入磁場(chǎng)，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。射入磁場(chǎng)時(shí)，P的速度vP垂直于磁場(chǎng)邊界，Q的速度vQ與磁場(chǎng)邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，不計(jì)重力，則()AP和Q的質(zhì)量之比為12BP和Q的質(zhì)量之比為1CP和Q速度大小之比為1DP和Q速度大小之比為21解析：選AC設(shè)MN2R，則對(duì)粒子P的半徑為R，有：R；對(duì)粒子Q的半徑為R，有：R；又兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則tPTP，tQTQ，即，解得mQ2mP，vPvQ，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。6.質(zhì)譜儀是測(cè)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(jì)重力)經(jīng)同一電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，然后利用相關(guān)規(guī)律計(jì)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(yùn)動(dòng)軌跡，由圖可知()A此粒子帶負(fù)電B下極板S2比上極板S1電勢(shì)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(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)要加速，所以下極板S2比上極板S1電勢(shì)低，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)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(cuò)誤，D正確。7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標(biāo)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(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E2 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T，從y軸上的P點(diǎn)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m2×106 kg，電荷量q1×105 C，g取10 m/s2。已知P點(diǎn)到O點(diǎn)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)至MN邊界所用的時(shí)間；(2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)撤去電場(chǎng)，求小球到達(dá)MN邊界時(shí)的速度大小。解析：(1)小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x軸上，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸的夾角為，則d0gt12，解得t1 sv， cos 解得v2 m/s, 60°小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，qE2×105 Nmg故小球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r，則qvBm解得r0.4 m由幾何關(guān)系，小球運(yùn)動(dòng)到MN時(shí)軌跡與MN相切，在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2× s小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到MN所用時(shí)間tt1t20.38 s。(2)設(shè)撤去電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)至MN時(shí)速度大小為v1，由動(dòng)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(yīng)、交變電流和傳感器物理概念、規(guī)律公式備注電磁感應(yīng)磁通量BScos Scos 為垂直于磁場(chǎng)B的方向的投影面積動(dòng)感應(yīng)電勢(shì)EnEBLv后者僅適用于B、L、v兩兩垂直的情況交變電流電動(dòng)勢(shì)、電流、電壓的瞬時(shí)值電動(dòng)勢(shì)：eEmsin t電流：iImsin t電壓：uUmsin t從中性面開始計(jì)時(shí)電動(dòng)勢(shì)、電流、電壓的有效值電動(dòng)勢(shì)：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(xùn)練1多選(2019·全國(guó)卷)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t0到tt1的時(shí)間間隔內(nèi)() 圖(a) 圖(b)A圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向C圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為D圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為解析：選BC由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時(shí)刻磁場(chǎng)方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化，A錯(cuò)。根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時(shí)針方向，B對(duì)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E·S·，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I，C對(duì)，D錯(cuò)。2.如圖所示，固定平行導(dǎo)軌間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌間距為l且足夠長(zhǎng)，左端接阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)有一長(zhǎng)為2l的金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，在金屬棒以O(shè)點(diǎn)為軸沿順時(shí)針方向以角速度轉(zhuǎn)過60°的過程中(金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，電阻不計(jì))()A通過定值電阻的電流方向由b到aB金屬棒剛開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大C通過定值電阻的最大電流為D通過定值電阻的電荷量為解析：選D金屬棒以O(shè)點(diǎn)為軸沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，由右手定則可知，通過定值電阻的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒轉(zhuǎn)過60°時(shí)有效的切割長(zhǎng)度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為：EmB·2lB·2l·2Bl2，通過定值電阻的最大電流為：Im，故B、C錯(cuò)誤。通過定值電阻的電荷量為：qt，平均感應(yīng)電流為：，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：，B·l·lBl2，解得：q，故D正確。3多選如圖所示電路中，P為發(fā)光氖泡，發(fā)光電壓U>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)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(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I1I2×1 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P2U2I220×1 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)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?，F(xiàn)使金屬導(dǎo)軌ab由靜止開始下滑，下滑過程中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 37°0.6，忽略ab棒在運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)在金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)的2.0 s內(nèi)，通過電阻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。現(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(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)mv220.1×10×(32) J×0.1×82 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)線對(duì)物體只有拉力且細(xì)線會(huì)彎曲，所以解答此類問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)過程中的臨界條件，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(dòng)等，抓住這些臨界條件進(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)<tan ，滑塊一定勻加速下滑，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)(4)若滑塊處于靜止或勻速下滑狀態(tài)，可用整體法求出地面對(duì)斜面體的支持力為(Mm)g，地面對(duì)斜面體的摩擦力為0；若滑塊處于勻變速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，可用牛頓第二定律求出，地面對(duì)斜面體的支持力為(Mm)gmasin ，地面對(duì)斜面體的摩擦力為macos ；不論滑塊處于什么狀態(tài)，均可隔離滑塊，利用滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)求斜面對(duì)滑塊的彈力、摩擦力及作用力(5)0，滑塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為agsin (四)彈簧模型圖示或釋義規(guī)律或方法與彈簧相關(guān)的平衡問題彈簧類平衡問題常常以單一問題出現(xiàn)，涉及的知識(shí)主要是胡克定律、物體的平衡條件，求解時(shí)要注意彈力的大小與方向總是與彈簧的形變相對(duì)應(yīng)，因此審題時(shí)應(yīng)從彈簧的形變分析入手，找出形變量x與物體空間位置變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系，分析形變所對(duì)應(yīng)的彈力大小、方向，結(jié)合物體受其他力的情況來列式求解與彈簧相關(guān)的動(dòng)力學(xué)問題(1)彈簧(或橡皮筋)恢復(fù)形變需要時(shí)間，在瞬時(shí)問題中，其彈力的大小往往可以看成不變，即彈力不能突變。而細(xì)線(或接觸面)是一種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，若剪斷(或脫離)后，其中彈力立即消失，即彈力可突變，一般題目中所給細(xì)線和接觸面在沒有特殊說明時(shí)，均可按此模型處理(2)對(duì)于連接體的加速問題往往先使用整體法求得其加速度，再用隔離法求得受力少的物體的加速度，并利用加速度的關(guān)系求解相應(yīng)量與彈簧相關(guān)的功能問題彈簧連接體是考查功能關(guān)系問題的經(jīng)典模型，求解這類問題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析系統(tǒng)的物理過程和功能轉(zhuǎn)化情況，再由動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或功能關(guān)系列式，同時(shí)注意以下兩點(diǎn)：彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧的規(guī)格和形變程度有關(guān)，對(duì)同一根彈簧而言，無論是處于伸長(zhǎng)狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，則其儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能就相同；彈性勢(shì)能公式Epkx2在高考中不作要求(除非題中給出該公式)，與彈簧相關(guān)的功能問題一般利用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解(五)桿導(dǎo)軌模型圖示或釋義規(guī)律或方法桿cd以一定初速度v在光滑水平軌道上滑動(dòng)，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 桿以速度v切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，電流I，安培力FBIL。桿做減速運(yùn)動(dòng)：vFa，當(dāng)v0時(shí)，a0，桿保持靜止，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Qmv2軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定開始時(shí)a，桿cd速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLvI安培力F安BIL，由FF安ma知a，當(dāng)a0時(shí)，v最大，vm拉力F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WFQmvm2傾斜軌道光滑，傾角為，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 開始時(shí)agsin ，桿cd速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLvI安培力F安BIL，由mgsin F安ma知a，當(dāng)a0時(shí)，v最大，vm重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WGQmvm2豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 開始時(shí)ag，桿cd速度v感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLvI安培力F安BIL，由mgF安ma知a，當(dāng)a0時(shí)，v最大，vm重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WGQmvm2(六)線圈模型圖示或釋義規(guī)律或方法靜止線圈模型線圈不動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向(2)由閉合電路歐姆定律確定回路中的感應(yīng)電流(3)分析研究導(dǎo)體的受力情況(包含安培力，用左手定則確定其方向)(4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解平動(dòng)線圈模型(1)分析線圈運(yùn)動(dòng)情況，判斷運(yùn)動(dòng)過程中是否有磁通量不變的階段。線圈穿過磁場(chǎng)，有感應(yīng)電流產(chǎn)生時(shí)，整個(gè)線圈形成閉合電路。根據(jù)電路分析，由閉合電路歐姆定律列方程(2)對(duì)某一狀態(tài)，分析線圈的受力情況，由牛頓第二定律列式：F外F安ma(3)線圈穿過磁場(chǎng)時(shí)，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流通過電阻時(shí)，電流做功使電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，再由動(dòng)能定理W外W安Ek2Ek1或能量守恒定律列式轉(zhuǎn)動(dòng)線圈模型(1)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可根據(jù)EnBS求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值，進(jìn)而求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，再求其他值(2)一般計(jì)算電功、電功率、電熱等與熱效應(yīng)有關(guān)的量必須用有效值；電壓表、電流表所能測(cè)量到的也是有效值(3)可根據(jù)n求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值，求出平均感應(yīng)電流后再求電荷量保溫訓(xùn)練1多選如圖所示，在水平圓盤上沿半徑方向放置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的、完全相同的木塊A和B，兩木塊用細(xì)繩相連，木塊與圓盤之間的最大靜摩擦力均為其自身重力的k倍，木塊A、B距圓盤中心O點(diǎn)的距離分別為rAR、rB2R。開始時(shí)，細(xì)繩恰好伸直但無拉力。已知重力加速度為g，現(xiàn)讓該裝置繞通過圓盤中心的豎直軸從靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，使其角速度從0開始逐漸增大，則在此過程中，以下說法正確的是()A在木塊A開始相對(duì)圓盤滑動(dòng)之前，其受到的靜摩擦力始終指向圓心B當(dāng)圓盤運(yùn)動(dòng)的角速度> 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 << 范圍內(nèi)增大時(shí)，木塊A所受到的靜摩擦力一直在減小解析：選BC由于木塊A、B均相對(duì)于圓盤靜止，所以兩木塊具有共同的角速度，在細(xì)繩沒有拉力時(shí)，兩木塊均由靜摩擦力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故木塊A受到的靜摩擦力方向指向圓心。隨著角速度的增大，細(xì)繩開始有拉力，由向心力公式Fm2r可知，木塊B需要的向心力是木塊A的兩倍，故最終木塊B將相對(duì)于圓盤向外滑動(dòng)，木塊A將相對(duì)于圓盤向圓心滑動(dòng)，此時(shí)木塊A受到的摩擦力方向背離圓心，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)細(xì)繩剛好有拉力時(shí)，對(duì)木塊B有：kmgm2rB，解得： ，故當(dāng)> 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 37°0.6, cos 37°0.8)()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 37°m2gcos 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 37°m2gcos 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)過程中輕桿對(duì)乙小球做的功為1 J解析：選AD整個(gè)過程中，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：mgR2×mv2，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，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)過一段時(shí)間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端，這一過程中A、B間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，已知運(yùn)動(dòng)過程中MN始終與AD、BC垂直，則()A初始時(shí)刻導(dǎo)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 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)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螅饘侔糇黾铀俣戎饾u減小的變加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過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v6at0.2×6 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)0.4×4.7 J×0.5×(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)，