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最新高考物理二轮复习专题练习卷---电场一、选择题1.水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点。
则A．如果小球所带的电荷量为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小解析小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由题图小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误；小球从A点运动到B 点过程，如果所受电场力向上，则机械能减小，D正确。
答案D2.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则第1页共13页第 2 页 共 13 页A ．P 和Q 都带正电荷B ．P 和Q 都带负电荷C ．P 带正电荷，Q 带负电荷D ．P 带负电荷，Q 带正电荷解析 对P 、Q 整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P 、Q 必带等量异种电荷，选项AB 错误；对P 进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q 对它的库仑力平衡，所以P 带负电荷，Q 带正电荷，选项D 正确，C 错误。
答案 D3.(多选)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O 点产生的电场强度为E 、电势为φ，把半圆环分成AB 、BC 、CD 三部分。
高三物理第二轮复习测试题《带电粒子的运动专题》一（附参考答案）一.选择题（4X 10,每题至少有一个答案正确,错选或不选得0分,漏选得2分）1. 带电粒子在只考虑已知场力的情况下可能所处的状态是（）A. 在磁场中处于平衡状态B.在电场中做匀速圆周运动C.在匀强磁场中做抛体运动D.在匀强电场中做匀速直线运动2. 如右图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m 、电量为q,整个装置处于水平 向右的匀强电场中，电场强度为E,小球静止。
（）A. 小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切函数值为qE/mgB. 若剪纸断悬线，则小球做曲线运动C. 若剪纸断悬线，则小球做匀速运动D. 若剪纸断悬线，则小球做匀加速直线运动3. 如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1 X W 2的正电荷在电场中只受电场 力作用，该电荷由A 点移到B 点，动能损失了 0.1J,若A 点的电势为・10V,则（ ）A. B 点的电势为零B. 电场线方向向左C. 电荷运动的轨迹可能是图中曲线①D. 电荷运动的轨迹可能是图中曲线②4. 长为L,间距也为L 的两平行金属板间有垂直向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B,5.如图所示，一带负电q 的油滴，从A 点以速度V 。
与水平方向成。
角射入水平方向的匀强电 场中，如测得油滴在电场中达到最高点B 时的速度大小仍为Vo,则B_ 点的位置（ ） /几；A. 在A 点的正上方 B.在A 点的左上方^一 C.在A 点的右上方D.无法判断6. 如图所示，a 、b 是-•对平行的金属板，分别接到直流电源的两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d,在较大范围 内存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为B,方向垂直纸面向 里，且在3、b 两板间还存在着匀强电场，从两板左侧小点C 处射入一束正离子，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d 孔屮射出后分成三朿，则这些正离子的（）A. 从d 点射出的速度相同B.质量一定有三种不同的值C.电量一定有三种不同的值D.荷质比一定有三种不同的值7. 如图所示空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初 速度今有质量为m 、 离子不打在极板上,带电量为q 的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场。
电学选择题巧练(二)(建议用时：20分钟)1.如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器．当开关S断开与闭合时，A、B灯泡发光情况是()A．S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮B．S刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A灯泡和B灯泡一样亮D．S闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭2.如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是()A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大B．灯泡L2一定逐渐变暗C．电源效率一定逐渐减小D．R上消耗功率一定逐渐变小3.(多选)如图所示，M是小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接正弦交变电源，电压u＝311sin 100πt(V)．变压器右侧部分为火警系统原理图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度升高而减小，R1为定值电阻．下列说法正确的是()A．电压表V1的示数为31.1 VB．变压器副线圈中电流的频率为50 HzC．当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变小D．当R2所在处出现火警时，变压器原线圈的输入功率变大4.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于水平桌面上固定，管内有一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，沿着管道有逆时针方向的电场，场强大小均为E，圆管内径可忽略，半径为R，将小球自图中A点由静止释放，经时间t小球第一次回到A点，其动能为E k1，再经过时间t小球的动能为E k2，则E k1∶E k2为()A．1∶1 B．1∶2C ．1∶3D ．1∶4 5．(多选)(2015·贵州六校联考)如图所示，一个电荷量为－Q 的点电荷甲固定在粗糙绝缘水平面上O 点，另一个电荷量为＋q 、质量为m 的点电荷乙，从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度减小到最小值v ，已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L 0，静电力常量为k ，则下列说法中正确的是( )A ．O 、B 间的距离为kQqμmgB ．在点电荷甲产生的电场中，B 点的场强大小为μmgqC ．点电荷乙在A 点的电势能小于在B 点的电势能D ．在点电荷甲产生的电场中，A 、B 间的电势差U AB ＝m v 2－m v 202q6.(多选)如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器为范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、带电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．极板M 比极板N 电势高B ．加速电场的电压U ＝ERC ．直径PQ ＝2B qmERD ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷7.如图，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mgUdC ．电容器的电容为kmgdU2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动8.两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．b 粒子动能较大C ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长电学选择题巧练(二)1．解析：选A.S 刚闭合后，线圈L 中的电流逐渐增大，A 灯立刻变亮，随着线圈L 中电流的增大，A 灯被短路，A 灯逐渐变暗直到熄灭；S 刚闭合后，先给电容器充电，B 灯逐渐变亮；S 断开后，电容器放电，B 灯逐渐熄灭；综上所述，选项A 正确．2．解析：选D.滑动变阻器滑片P 向下滑动，R ↓→R 并↓→R 外↓，由闭合电路欧姆定律I ＝Er ＋R 外推得I ↑，由电源内电路消耗功率P 内＝I 2r 可得P 内↑，A 正确．U 外↓＝E －I ↑r ，U 1↑＝(I ↑－I L1↓)R 1，U L2↓＝U 外↓－U 1↑，P L2↓＝U 2L2↓R L2，故灯泡L 2变暗，B 正确．电源效率η↓＝I 2R 外I 2（R 外＋r ）＝R 外R 外＋r ＝11＋r R 外↓，故C 正确．R 上消耗的功率P R ＝U 2L2↓R ↓，P R 增大还是减小不确定，故D 错误．3．解析：选BD.输入电压的有效值是U 1＝3112 V ＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得电压表V 1的示数为22 V ，A 错误；变压器原、副线圈中电流频率相同，均为50 Hz ，B 正确；当R 2处出现火警时，R 2阻值变小，副线圈中电流I 2变大，原线圈中电流I 1也变大，电流表A 的示数变大，变压器的输入功率变大，而由U V1＝I 2R 1＋U V2知，I 2变大时U V1不变，U V2必定变小，C 错误、D 正确．4．解析：选D.根据题意，小球受到沿轨迹切线方向的电场力大小始终为qE ，设小球沿轨迹切线方向的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，小球第一个时间t 内的路程为x 1＝12at 2，由动能定理有qEx 1＝E k1－0，小球在前2t 时间内的路程为x 2＝12a (2t )2，由动能定理有qEx 2＝E k2－0，联立解得E k1∶E k2＝1∶4，选项D 正确．5．解析：选AB.因在B 点速度最小，有F 库＝kQq r2＝μmg ，解得r ＝kQqμmg，故A 正确．由点电荷场强公式可得B 点场强大小E ＝k Q r 2＝μmgq ，故B 正确．两带电体之间是吸引力，则电场力对乙做正功，所以其电势能减小，故C 错误．乙电荷从A 运动到B 的过程中，据动能定理有W －μmgL 0＝12mv 2－12mv 20，在此过程中电场力对点电荷乙做的功为W ＝qU AB ，解得U AB ＝μmgL 0＋12mv 2－12mv 2q，故D 错误．6．解析：选AD.带电粒子要打到胶片Q 点上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M 比极板N 电势高，A 正确；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即qE ＝m v 2R ，再根据Uq ＝12mv 2，可知U ＝12ER ，B 错误；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ ＝2mv Bq ＝2qERmBq ，C 错误；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据qvB ＝m v 2r 和Uq ＝12mv 2可知，r ＝1B2Umq，即这群粒子的比荷相同，D 正确． 7．解析：选C.带电油滴静止在两板间，重力与电场力等大、反向，电场力方向竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgdU ，B 项错；由题意知，电容器带电量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU 2，C 项对；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Ud q ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D 项错．8．解析：选B.由左手定则可知，a 粒子带负电、b 粒子带正电，A 项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a 粒子轨迹半径小于b 粒子轨迹半径，由半径公式R ＝mvqB 可知，a 粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b 粒子动能较大，B 项对；由洛伦兹力F 洛＝qvB 可知，b 粒子受洛伦兹力较大，C 项错；由周期公式T ＝2πmqB 可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，由于粒子轨迹所对圆心角θ等于其偏向角，故a 粒子的轨迹所对圆心角较大，故a 粒子在磁场中运动时间较长，D 项错．。
素能演练提升八电磁感应与力学、电学的综合（时间:60分钟满分:100分）第Ⅰ卷（选择题共48分)一、本题共8小题，每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6～8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。
如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一电荷量为+q的小球.已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是（)A.0B.r2qkC.2πr2qk D。
πr2qk解析:设圆环所在回路感应电动势为E，则由法拉第电磁感应定律得E==kS=kπr2,小球运动一周,感应电场对小球做功大小为W=qE=qkπr2,故选项D正确。
答案：D2。
如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。
则小磁块(）A。
在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C。
在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大解析:小磁块在铜管P中下落时,铜管中产生感应电流,根据楞次定律可知,感应电流产生的磁场阻碍小磁块的下落,小磁块的机械能不守恒，A、B两项错误;小磁块在塑料管Q中下落时不会产生感应电流,小磁块的机械能守恒，不难分析知，小磁块在Q中的运动时间短,落至底部时的速度大，C项正确,D项错误.答案：C3.如图,一质量为m的条形磁体用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。
现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁体到达位置Ⅱ。
设环经过位置Ⅰ、位置Ⅱ附近时细线的张力分别为F T1和F T2,重力加速度大小为g，则（）A。
F T1〉mg，F T2>mg B.F T1<mg，F T2<mgC。
仿高考选择题巧练(一)(建议用时：20分钟)14．(2015·河北五校质检)关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是( )A ．奥斯特发现了电流的磁效应，并发现了电磁感应现象B ．库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e 的数值C ．牛顿发现了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量D ．法拉第发现了电磁感应现象，并制作了世界上第一台发电机15.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )A ．0.35mgB ．0.30mgC ．0.23mgD ．0.20mg16.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t ＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F 随时间t 变化的图象如图乙所示．已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝1 Ω，下列说法错误的是( )A ．线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s 2B ．匀强磁场的磁感应强度为2 2 TC ．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22C D ．线框边长为1 m17．如图甲是某交流发电机产生的正弦交变电压的图象，图乙是原、副线圈匝数比为5∶1的理想变压器，电流表为理想电表，电阻R ＝100 Ω，现将该交流发电机接入到变压器的A 、B 端，则下列说法中正确的是( )A ．交流发电机线圈转动的角速度为50π rad/sB ．在t ＝0.01 s 时穿过发电机线圈的磁通量最小C ．电阻R 消耗的电功率为19.36 WD．电流表的示数为2.20 A18.(2015·杭州二模)国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示．此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，被“吸食”星体的质量远大于“吸食”星体的质量．假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中()A．它们做圆周运动的万有引力保持不变B．它们做圆周运动的角速度不断变大C．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D．体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小19.(多选)甲、乙两辆汽车在同一水平直道上运动，其运动的位移—时间图象(x－t图象)如图所示，则下列关于两车运动情况的说法正确的是()A．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B．乙车在0～10 s内的平均速度大小为0.8 m/sC．在0～10 s内，甲、乙两车相遇两次D．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s20．(多选)一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高度的A点由静止释放，并穿过带电圆环．小球从A点运动到A点关于O点的对称点A′的过程中，其加速度(a)、重力势能(E p G)、机械能(E)、电势能(E p电)随位置变化的图象如图所示(取O点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，并取无穷远处电势为零)．其中可能正确的是()21．(多选)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度v m时，运动的位移为x，则以下说法中不正确的是()A．金属杆所受导轨的支持力大于mg cos αB．金属杆下滑的最大速度v m＝mg（R＋r）sin αB2L2cos αC．在此过程中电阻R上产生的焦耳热为mgx sin α－12m v2mD．在此过程中流过电阻R的电荷量为BLx R＋r仿高考选择题巧练(一)14．解析：选D.奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，A项错；美国科学家密立根最早用油滴法测得元电荷e的数值，B项错；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，C项错．15．解析：选D.车厢内的重物受重力、支持力F N和水平向右的摩擦力F f的作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知F N－mg＝ma sin 37°，F f＝ma cos 37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力F N＝1.15mg，代入上式解得：F f＝0.20mg，D项正确．16．解析：选D.t＝0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F为线框所受合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a＝1 m/s2，A项正确；由题图乙知，t＝1.0 s时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为0.5 m，D项错误；线框的末速度v＝at＝1 m/s，感应电动势E＝BLv，回路中电流I＝E/R，安培力F安＝BIL，由牛顿第二定律有：F－F安＝ma，联立解得B＝2 2 T，B项正确；由q＝ΔΦR＝BL2R＝22C，C项正确．17．解析：选C.由题图甲可知，该交变电流的周期为T＝0.02 s，所以交流发电机线圈转动的角速度为ω＝2πT＝100πrad/s，选项A错误；在t＝0.01 s时，交流发电机产生的电动势为零，即磁通量的变化率为零，所以此时穿过发电机线圈的磁通量最大，选项B错误；发电机发出的交流电的电压有效值为220 V，通过匝数比为5∶1的理想变压器后，由n1n2＝U1U2可得其副线圈两端的电压为44 V，所以电阻R消耗的电功率为P＝U2R＝19.36 W，选项C正确；副线圈的电流为I2＝U2R＝0.44 A，由n1n2＝I2I1可得I1＝0.088 A，选项D错误．18．解析：选C.它们做圆周运动的万有引力F＝G Mmr2，由于M变小，m变大，所以F变大，选项A错误；由牛顿第二定律得G Mmr2＝Mω2r1＝mω2r2，解得r1＝mM＋mr，m变大，r1变大，又解得ω＝G（M＋m）r3，ω保持不变，由v＝ωr得，r1变大，v1变大，选项B、D错误，C正确．19．解析：选BCD.从题图中可以看出，甲车先做匀速直线运动，当运动到t＝4 s末时，甲车停止，故A错误；乙车在0～10 s内的位移大小为8 m，平均速度大小v＝0.8 m/s，故B正确；甲车和乙车的位移－时间图象有两个交点，所以甲、乙两车会相遇两次，故C正确；若乙车做匀变速直线运动，P点对应的位置坐标为x＝4 m，恰好是在0～10 s内乙车位移的中点，又因为vt2＝v＝0.8 m/s，v P＝vx2>vt2，所以D正确．20．解析：选ABC.圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A点到圆环中心O 点的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，小球所受重力不变，方向竖直向下，由牛顿第二定律得，加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环中心O点后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小．故A是可能的．小球从A点到圆环中心O点的过程中，重力势能E p G＝mgh>0，小球穿过圆环后，E p G＝－mgh<0，根据数学知识可知，B是可能的．小球从A点到圆环中心O点的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环中心，O点后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的．由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的．故选ABC.21．解析：选BCD.由于磁感应强度方向竖直向上，根据右手定则及左手定则，金属杆受重力、支持力及水平向右的安培力，A正确；当金属杆受力平衡时，速度最大，故有B2L2v m cos αR＋r＝mg tan α，得v m＝mg（R＋r）sin αB2L2cos2α，B错误；由能量守恒定律可得mgx sin α＝12mv2m＋Q总，则电阻R上产生的焦耳热为Q R＝RR＋rQ总＝RR＋r⎝⎛⎭⎫mgx sin α－12mv2m，C错误；流过电阻R的电荷量为Q＝ΔΦR＋r＝BLx cos αR＋r，D错误．。
电学选择题巧练(三)(建议用时：20分钟)1．(多选)如图所示，电源电动势E＝3 V，小灯泡L标有“2 V0.4 W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R＝4 Ω时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则()A．电源内阻为1 ΩB．电动机的内阻为4 ΩC．电动机正常工作电压为1 VD．电源效率约为93.3%2．如图甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 Ω.从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，那么()A．线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量为2 WbB．在t＝0.2 s时，线圈中的感应电动势为零，且电流改变一次方向C．线圈从图示位置转过30°时的感应电流为π AD．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 W3.(多选)如图所示是某一静电场的等差等势面，图中ad是一水平线，仅受电场力的带电粒子由a点运动到e点的轨迹如图中实线所示，则()A．ab＝bcB．带电粒子在a点所受的电场力一定大于在e点所受的电场力C．带电粒子在a点的电势能一定大于在e点的电势能D．带电粒子在a点的速度一定大于在e点的速度4．(2015·安徽合肥一模)如图所示，真空中有两个点电荷，Q1＝＋4.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x 轴上的x ＝0 cm 和x ＝6 cm 的位置上．将一带负电的试探电荷q 从x ＝20 cm 的位置沿x 轴负方向移到x ＝10 cm 的位置，在此过程中，试探电荷的( )A ．电势能一直增大B ．电势能一直减小C ．电势能先减小后增大D ．电势能先增大后减小5.(2015·黑龙江齐齐哈尔二模)如图所示，在竖直平面内，AB ⊥CD 且A 、B 、C 、D 位于同一半径为r 的圆上，在C 点有一固定点电荷，电荷量为－Q .现从A 点将一质量为m 、电荷量为－q 的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB 运动到D 点时的速度大小为4gr ，规定电场中B 点的电势为零，重力加速度为g .则在－Q 形成的电场中( )A ．D 点的电势为7mgr qB ．A 点的电势高于D 点的电势C ．O 点的电场强度大小是A 点的 2 倍D ．点电荷－q 在D 点具有的电势能为7mgr6.(多选)如图所示，金属板的两极板间的电压U ＝100 V ，匀强磁场的磁感应强度B ＝1.0×10－2 T ．现有比荷为q m＝1.0×108 C/kg 的带正电粒子以v 0＝3×105 m/s 的速度沿两板间的中线OO ′连续进入电场，恰能从下极板边缘穿越电场射入有理想边界的磁场，且粒子刚好没有穿过边界线PQ (粒子的重力和粒子间相互作用力均可以忽略不计)，则下列说法正确的是( )A ．射出电场时速度的偏转角度为30°B ．射出电场时速度为2.0×105 m/sC ．磁场两边界线之间的距离是0.3 mD ．磁场两边界线之间的距离是0.6 m7.空间存在一匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，该区域为等腰直角三角形，其腰长为2a ，在磁场的左侧有一边长为a 的正方形导体框，从磁场的左侧向右以恒定的速度穿越该磁场区域，规定逆时针电流方向为正．则整个过程中导体框中的感应电流与时间的变化规律为( )8.(多选)如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R 相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上．质量为m 的金属杆ab 以初速度v 0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h 后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是( )A ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程通过电阻R 的电荷量一样多B ．金属杆ab 上滑过程中克服重力、安培力和摩擦力所做功之和等于12m v 20C ．金属杆ab 上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等D ．金属杆ab 在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量电学选择题巧练(三)1．解析：选AD.小灯泡正常工作时的电阻R L ＝U 2P ＝10 Ω，流过小灯泡的电流I ＝P U＝0.2 A ，当开关S 接1时，R 总＝E I＝15 Ω，电源内阻r ＝R 总－R －R L ＝1 Ω，A 正确；当开关S 接2时，电动机M 两端的电压U M ＝E －Ir －U ＝0.8 V ，U M I＝4 Ω，因为电动机是非纯电阻用电器，所以R M <4 Ω，B 、C 错误；电源的效率η＝EI －I 2r EI≈93.3%，D 正确． 2．解析：选D.线圈从图示位置转过90°时穿过线圈的磁通量为0.2 Wb ，与线圈匝数无关，A 错误；感应电动势的大小和方向均可通过Φ－t 图象中图线斜率的大小和正负来判断，在t ＝0.2 s 时，图线的斜率最大，感应电动势最大，其前后图线斜率的正负不变，电流方向不变，B 错误；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝5π rad/s ，电动势峰值为E m ＝nBSω＝nωΦm ＝10π V ，从图示位置开始计时，电流瞬时值表达式为i ＝E m Rcos ωt ，因此线圈转过30°时瞬时电流i ＝10π5cos 30° A ＝3π A ，C 错误；电压的有效值为U ＝E m 2＝52π V ，电功率为P ＝U 2R＝10π2 W ，D 正确． 3．解析：选BD.由等差等势面的疏密程度可知ab 段平均电场强度大于bc 段平均电场强度，则有ab <bc ，A 错；同理可知a 点电场强度大于e 点的电场强度，即带电粒子在a 点所受的电场力一定大于在e 点所受的电场力，B 对；由题图知带电粒子从a 点运动到e 点过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，C 错、D 对．4．解析：选C.由点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，点电荷Q 1在x ＝20 cm 处产生的场强大于点电荷Q 2在该处产生的场强，由场强叠加原理，可知x ＝20 cm 处的场强方向沿＋x 方向；同理可知，点电荷Q 1在x ＝10 cm 处产生的场强小于点电荷Q 2在该处产生的场强，由场强叠加原理，可知x ＝10 cm 处的场强方向沿－x 方向．带负电的试探电荷在由x ＝20 cm 处向x ＝10 cm 处运动过程中，电场力方向先向左再向右，故电场力先做正功后做负功，根据电场力做功与电势能变化关系可知，试探电荷的电势能先减小后增大，C 项正确．5．解析：选A.在C 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，A 、B 相对CD 线左右对称，则φA ＝φB ＝0 V ，点电荷－q 从A 点由静止释放以后沿光滑轨道ADB 运动到D 点过程中，由动能定理可得：mgr ＋W 电＝12mv 2－0，得W 电＝7mgr ，由W 电＝E p A －E p D ，得E p D ＝－7mgr ，由φD ＝E p D －q，得φD ＝7mgr q ，则φD >φA .A 正确，B 、D 错误；由场强公式E ＝kQ r 2可知：E A ＝kQ （2r ）2，E O ＝kQ r 2，E O ＝2E A ，则C 错误． 6．解析：选ABC.由动能定理知q U 2＝12mv 21－12mv 20，解得粒子出电场时的速度v 1＝2.0×105 m/s ，设射出电场时速度偏转角为θ，cos θ＝v 0v 1＝32，θ＝30°，因此A 、B 正确；粒子运动轨迹刚好与右边界相切时，R ＝mv 1qB ＝0.2 m ，所以磁场宽度d ＝R ＋R sin 30°＝32R ＝0.3 m ，C 正确，D 错误．7．解析：选A.在0～t 时间内，bc 边在磁场中切割磁感线，其有效长度不变，由楞次定律可知电流沿逆时针方向，为正值且大小不变；在t ～2t 时间内ad 边进入磁场，bc 边离开磁场，有效切割长度从零逐渐增大，感应电动势从零逐渐增大，感应电流从零逐渐增大，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值；2t ～3t 时间内ad 边开始离开磁场，有效切割长度逐渐减小到零，感应电动势逐渐减小到零，电流逐渐减小到零，由楞次定律可知电流沿顺时针方向，为负值． 8．解析：选ABD.通过电阻的电荷量q ＝I Δt ＝ΔΦΔtRΔt ＝ΔΦR ，所以A 项正确；由动能定理知B 项正确；上滑、下滑过程中，摩擦力大小均为μmg cos θ，所以摩擦力产生的内能相等，C 项错误；由能量守恒知D 项正确．。
电学选择题巧练(二)[建议用时：20分钟]1.(多选)如图所示是某一静电场的等差等势面，图中ad 是一水平线，仅受电场力的带电粒子由a 点运动到e 点的轨迹如图中实线所示，则( )A ．ab ＝bcB ．带电粒子在a 点的电场力一定大于在e 点的电场力C ．带电粒子在a 点的电势能一定大于在e 点的电势能D ．带电粒子在a 点的速度一定大于在e 点的速度2.(多选)如图所示，电场强度方向水平向右的匀强电场中有a 、b 、c 三点，三点的连线恰好组成一个边长为l 的正三角形．一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(重力不计)以速度v0从a 点射入电场，入射方向与b 、c 两点的连线垂直，一段时间后带电小球经过c 点．则下列判断正确的是( )A ．带电小球从a 点运动到c 点的时间为3l 2v0B ．该匀强电场的电场强度大小为4mv203qlC ．带电小球到达c 点时的动能为23mv20D ．b 、c 两点之间的电势差为2mv203q3．如图甲是某交流发电机产生的正弦交变电压的图象，图乙是原、副线圈匝数比为5∶1的理想变压器，电流表为理想电表，电阻R ＝100 Ω，现将该交流发电机接入到变压器的A 、B 端，则下列说法中正确的是( )A ．交流发电机线圈转动的角速度为50π rad/sB ．在t ＝0.01 s 时穿过发电机线圈的磁通量最小C ．电阻R 消耗的电功率为19.36 WD ．电流表的示数为2.20 A4.(多选)巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R 在一定磁场作用下随磁感应强度B 的增加而急剧减小的特性．如图所示的检测电路，设输电线路电流为I(不是GMR 中的电流)，GMR 为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 的大小与I 成正比，下列有关说法正确的是( )A ．如果I 增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大B ．如果I 增大，电流表A 示数减小，电压表V1示数增大C ．如果I 减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大D ．如果I 减小，电流表A 示数减小，电压表V2示数减小5.如图所示，电路中的A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C 是电容很大的电容器．当开关S 断开与闭合时，A 、B 灯泡发光情况是( )A ．S 刚闭合后，A 灯亮一下又逐渐变暗，B 灯逐渐变亮B ．S 刚闭合后，B 灯亮一下又逐渐变暗，A 灯逐渐变亮C ．S 闭合足够长时间后，A 灯泡和B 灯泡一样亮D ．S 闭合足够长时间后再断开，B 灯立即熄灭，A 灯逐渐熄灭6.如图所示，在0≤x≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd 位于xOy坐标系平面内，线框的ab 边与y 轴重合，bc 边长为L.设线框从t ＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x 轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t 变化的函数图象可能是选项中的( )7.如图所示，一边长为l 的正方形区域内存在着磁感应强度方向垂直于纸面的匀强磁场(磁场未画出)，一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子(重力不计)以速度v0由A 点沿AD 方向射入该匀强磁场．当匀强磁场的磁感应强度大小为B1时，粒子恰好能从C 点射出磁场；当磁感应强度大小变为B2时，粒子恰好能从B 点射出磁场，则下列关于磁场和粒子运动的说法中正确的是( )A ．匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外B ．当匀强磁场的磁感应强度大小为B1时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为32lC ．B1与B2的大小关系为B2＝4B1D ．粒子在磁感应强度大小为B1和B2的磁场中运动时间相等8．CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示．导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )A ．电阻R 的最大电流为Bd 2gh RB ．流过电阻R 的电荷量为BdL RC ．整个电路中产生的焦耳热为mghD ．电阻R 中产生的焦耳热为12mg(h －μd)电学选择题巧练(二)1．[解析]选BD.由等差等势面的疏密程度可知ab 段平均电场强度大于bc 段平均电场强度，则有ab<bc ，A 错；同理可知a 点电场强度大于e 点的电场强度，即带电粒子在a 点的电场力一定大于在e 点的电场力，B 对；由题图知带电粒子从a 点运动到e 点过程中，电场力做负功，电势能增加，动能减小，C 错、D 对．2．[解析]选AB.由题意可知，小球在竖直方向上做匀速直线运动，当小球运动到c 点时，由运动学规律可得t ＝3l 2v0，选项A 正确；小球在水平方向上运动的距离为l 2，由运动学规律有l 2＝qEt22m ，代入数据可解得E ＝4mv203ql ，选项B 正确；由动能定理可得Ekc ＝qE·l 2＋12mv20＝76mv20，选项C 错误；由电势差公式可知Ubc ＝E·l ＝4mv203q ，选项D 错误．3．[解析]选C.由题图甲可知，该交变电流的周期为T ＝0.02 s ，所以交流发电机线圈转动的角速度为ω＝2πT ＝100π rad/s ，选项A 错误；在t ＝0.01 s 时，交流发电机产生的电动势为零，即磁通量的变化率为零，所以此时穿过发电机线圈的磁通量最大，选项B 错误；发电机发出的交流电的电压有效值为220 V ，通过匝数比为5∶1的理想变压器后，由n1n2＝U1U2可得其副线圈两端的电压为44 V ，所以电阻R 消耗的电功率为P ＝U2R ＝19.36 W ，选项C 正确；副线圈的电流为I2＝U2R ＝0.44 A ，由n1n2＝I2I1可得I1＝0.088 A ，选项D 错误．4．[解析]选AD.如果I 增大，输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生的磁场的磁感应强度B 增大，GMR 电阻值减小，回路中电流增大，电流表A 示数增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大，选项A 正确，选项B 错误；如果I 减小，输电线路电流I 在巨磁电阻GMR 处产生磁场的磁感应强度B 减小，GMR 电阻值增大，回路中电流减小，电流表A 示数减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数减小，选项D 正确，选项C 错误．5．[解析]选A.S 刚闭合后，线圈L 中的电流逐渐增大，A 灯立刻变亮，随着线圈L 中电流的增大，A 灯被短路，A 灯逐渐变暗直到熄灭；S 刚闭合后，先给电容器充电，B 灯逐渐变亮；S 断开后，电容器放电，B 灯逐渐熄灭；综上所述，选项A 正确．6．[解析]选D.线框进入磁场时，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向(正方向)，线框出磁场时，感应电流的方向为顺时针方向(负方向)；线框做初速度为零的匀加速直线运动，若线框的dc 边由－L 处运动到O 处时所用的时间为t0，那么线框的dc 边从L 处运动到2L 处所用的时间将小于t0；综上所述，选项D 正确．7．[解析]选D.由于粒子带负电，所以由左手定则可判断出匀强磁场的磁感应强度方向为垂直纸面向里，故选项A 错误；当匀强磁场的磁感应强度大小为B1、粒子恰好能从C 点射出磁场时，由几何关系可知，粒子在该匀强磁场中做圆周运动的半径为R1＝l ，选项B 错误；当粒子从B 点射出磁场时，由几何关系可知，粒子在该磁场中做匀速圆周运动的半径为R2＝l/2，又因为qv0B1＝m v20R1，所以有B1＝mv0qR1，同理有B2＝mv0qR2，可得B2＝2B1，选项C 错误；粒子在磁场中运动的时间为t1＝t2＝πl 2v0，选项D 正确．8．[解析]选D.由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh ＝12mv2，所以I ＝E 2R ＝BLv 2R ＝BL 2gh 2R ，A 错；流过R 的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦ2R＝BLd 2R ，B 错；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q ＝mgh －μmgd ，C 错；由于导体棒的电阻也为R ，则电阻R 中产生的焦耳热为12Q ＝12mg(h －μd)，D 对．。
电学专题三 ( 附参照答案 )1．如图 1 所示，一长为L 的轻杆一端固定在圆滑铰链上，另一端固定一质量为水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω 匀速转动，当杆与水平方向成拉力的功率为()m的小球．一60°角时，3 A． mgLω B.2mgLω1C. mgLω3D.mgLω26【分析】由能的转变及守恒可知，拉力的功率等于战胜重力的功率．PC＝mgvy＝mgvcos 60°1＝2mgωL， C 正确．【答案】C2．运动员跳伞将经历加快降落和减速降落两个过程．将人和伞当作一个系统，在这两个过程中，以下说法正确的选项是()A．阻力对系统一直做负功B．系统遇到的合外力一直向下C．重力做功使系统的重力势能增添D．随意相等的时间内重力做的功相等【分析】降落过程中，阻力一直与运动方向相反，做负功， A 对；加快降落时合外力向下，减速降落时合外力向上， B 错；重力做功使重力势能减少， C 错；因为随意相等时间内着落的位移不等，所以，随意相等时间内重力做的功不等， D 错；应选 A.【答案】A3．以下说法正确的选项是( A．α粒子大角度散射表示)α 粒子很难进入原子内部B．氢原子跃迁发出的光从空气射入水时可能发生全反射C．裂变反响有质量损失，质量数不守恒D．γ射线是一种波长很短的电磁波【分析】α 粒子大角度散射现象说明原子中原子核很小，原子内部十分“空阔”，发生全反射的条件之一是光由光密介质向光疏介质中流传，故光从空气射入水中，不行能发生全反射， B 错误；全部的核反响都按照电荷数与质量数守恒，反响过程中，质量有损失，错误；γ射线是一种电磁波，且频次很高，波长很短，D正确．【答案】D A 错误；C4．用频次为ν 0的光照耀大批处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观察到频次分别为ν 1、ν2、ν 3 的三条谱线，且ν 3＞ν 2＞ν1，则()A．ν 0＜ν 1B．ν 3＝ν 2＋ν 1C．ν 0＝ν 1＋ν2＋ν 3 D. 1 ＝1＋1ν1 ν 2 ν 3【分析】当用频次为ν0的光照耀处于基态的氢原子时，由所发射的光谱中仅能观察到三种频次的谱线可知，这三种频次的光子应是氢原子从第 3 能级向低能级跃迁过程中所辐射的，由能量特色可知，ν 3＝ν1＋ν 2，B正确．【答案】B5．半圆形玻璃砖横截面如图，AB 为直径，从空气垂直于AB 射入玻璃砖，两入射点到的状况如图 1 所示，则a、b 两束光 ()O 点为圆心．在该截面内有a、 b 两束单色可见光 O 的距离相等．两束光在半圆界限上反射和折射A．在同种平均介质中流传， a 光的流传速度较大B．以同样的入射角从空气斜射入水中， b 光的折射角大C．若 a 光照耀某金属表面能发生光电效应， b 光也必定能D．分别经过同一双缝干预装置，a 光的相邻亮条纹间距大【分析】由题图可知， b 光发生了全反射， a 光没有发生全反射，即 a 光发生全反射的临界角 Ca 大于 b 光发生全反射的临界角1Cb，依据 sin C ＝，知 a 光的折射率小，即 na＜ nb，根nc据 n＝ v，知va＞ vb ，选项 A 正确；依据n＝ sin isin r，当i相等时，ra ＞ rb ，选项 B 错误；光的折射率越大，频次越高，波长越小，即ν a＜ν b，λ a＞λb，所以 a 光照耀金属表面时能发生光电效应，则 b 光也必定能，选项 C 正确；依据条纹间距离公式lx＝ dλ知，用 a 光时条纹间距大，选项 D 正确．【答案】ACD6 来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获取蹦床奖牌的中国选手．蹦床是一项漂亮又惊险的运动，如图 3 所示为运动员在蹦床运动中达成某个动作的表示图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始地点， A 为运动员到达的最高点， B 为运动员刚到达蹦床时的地点， C 为运动员到达的最低点．不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A、B、 C 三个地点上时运动员的速度分别是vA、 vB、 vC，机械能分别是EA、 EB、 EC，则它们的大小关系是 ()A． vA＜vB， vB＞vC B． vA＞ vB，vB＜ vCC． EA＝EB， EB＞EC D ．EA＞ EB， EB＝ EC【分析】运动员在最高点 A 的速度为零，刚到达 B 地点时的速度不为零，vA＜ vB，在最低点 C 的速度也为零， vB＞ vC，故 A 对， B 错；以运动员为研究对象，B→A机械能守恒，EA＝EB，B→C弹力对运动员做负功，机械能减小，EB＞ EC，故 C 对， D 错．【答案】 AC7. 如图 4 所示，质量为 M的滑块，置于圆滑水平川面上，其上有一半径为1R 的圆滑圆弧，现4将一质量为 m的物体从圆弧的最高点滑下，在下滑过程中，M对 m的弹力做功W1，m对 M的弹力做功 W2，则 ()A． W1＝0， W2＝0B．W1＜ 0， W2＞ 0 C． W1＝0， W2＞0D．W1＞ 0， W2＜ 0【分析】m下滑过程中 M获取动能，故 W2＞ 0，因为 M和 m构成的系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，则 m机械能减少，关于 m除重力外的弹力则做负功．【答案】B8．如图 2 所示为氢原子的能级图，现用光子能量介于11 eV ～12.5 eV范围内的光照耀一大群处于基态的氢原子，以下说法中正确的选项是()A．照耀光中可能被基态的氢原子汲取的光子只有一种B．照耀光中可能被基态的氢原子汲取的光子有无数种C．激发后的氢原子发射的不一样能量的光子最多有三种D．激发后的氢原子发射的不一样能量的光子最多有两种【分析】基态氢原子若由1→2：E＝－ 3.4 eV－ ( － 13.6) eV ＝ 10.2 eV. 若 1→3：E＝－ 1.51 eV － ( － 13.6) eV ＝ 12.09 eV.若 1→4：E＝－ 0.85 eV － ( － 13.6) eV ＝ 12.75 eV.可见只有一种在照耀光范围内， A 正确， B 错．处在第 3 能级的氢原子自觉跃迁，会辐射出3种不一样能量的光子， C 正确． D 错．即 A、 C 正确．【答案】AC9．在内表面只反射而不汲取光的圆筒内有一黑球，距球心为L 处有一点光源 S，球心 O 和光源 S 皆在圆筒轴线上，已知筒的内半径为r ，如图 3 所示．若使点光源向右半边发出的光最后全被黑球汲取，则黑球的半径R最小为 ()图 3rLB．rA.r2 ＋L2C． LL2 D.r2 ＋L2【分析】点光源向右半边发出的光最后全被黑球汲取，又要使黑球的半径R 最小，则点光源 S 发出的与黑球相切的那条光芒经内表面反射后恰巧与黑球相切，由几何知识可知 A 正确．【答案】A10．如图 6 所示，倾角为 30°的斜面体置于水平川面上．一根不行伸长的轻绳两头分别系着小球 A 和物块 B，越过固定于斜面体顶端的小滑轮O，A 的质量为 m， B 的质量为 4m.开始时，用手托住 A，使 OA段绳恰处于水平挺直状态 ( 绳中无拉力 ) ， OB绳平行于斜面，此时 B 静止不动．将 A 由静止开释，在其下摆过程中，斜面体一直保持静止，以下判断中错误的选项是()图 6A．物块 B 遇到的摩擦力先减小后增大B．地面对斜面体的摩擦力方向向来向右C．小球 A 的机械能守恒D．小球 A 的机械能不守恒，A、 B 系统的机械能守恒【分析】因斜面体和 B 均不动，小球 A 下摆过程中只有重力做功，所以机械能守恒，D 错误；开始 A 球在与 O等高处时，绳的拉力为零， B 遇到沿斜面向上的摩擦力，小球C 正确，A 摆至最低点时，由FT－ mg＝ mv2 和lOAmglOA＝1 2mv2 得 FT＝ 3mg，对 B 物体沿斜面列方程：4mgsin 30°＝ Ff ＋FT，当 FT 由 0 增添到 3mg的过程中， Ff 先变小后反向增大，故 A 正确；以斜面体和B为一整体，因 OA绳的拉力水平方向的分力一直水平向左，故地面对斜面体的摩擦力的方向向来向右，故 B 正确．【答案】D11. 有一竖直搁置的“ T”形架，表面圆滑，滑块 A 、 B 分别套在水平杆与竖直杆上， A 、用一不行伸长的轻微绳相连， A 、 B 质量相等，且可看做质点，如图7 所示，开始时细绳水平挺直， A 、 B 静止．由静止开释 B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连结 A 、 B 的绳长为 ()B B4v23v2A. B.g g3v24v2C. D.4g3g【分析】设滑块 A 的速度为vA，因绳不行伸长，两滑块沿绳方向的分速度大小相等，得：vAcos 30°＝ vBcos 60°，又 vB＝ v，设绳长为l ，由 A、 B 构成的系统机械能守恒得：mglcos 1160°＝2mv2A＋2mv2，以上两式联立可得：4v2l ＝3g，应选 D.12．如图 10 甲所示，一倾角为37°的传递带以恒定速度运转．现将一质量m＝ 1 kg 的小物体抛上传递带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图10 乙所示，取沿传递带向上为正方向， g 取 10 m/s2 ，sin 37 °＝ 0.6 ，cos 37 °＝ 0.8. 求：图 10(1)0 ～8 s 内物体位移的大小；(2)物体与传递带间的动摩擦因数；(3)0 ～8 s 内物体机械能增量及因与传递带摩擦产生的热量Q.【分析】(1) 从图象中求出物体位移x＝－ 1×2×2 m＋21×4×4 m＋4×2 m＝214 m.(2) 由图象知，物体相对传递带滑动时的加快度大小对此过程中物体剖析得μmgcos θ－ mgsin θ＝ ma解得μ＝ 0.875.a＝ 1 m/s2(3)物体被奉上的高度 h＝xsin θ＝8.4 m重力势能增量Ep＝ mgh＝84 J1 1动能增量Ek＝ mv2－ mv21＝ 6 J2 2机械能增添E＝Ep＋Ek＝ 90 J0～ 8 s 内只有前 6 s 发生相对滑动0～ 6 s 内传递带运动距离x1＝4×6 m＝ 24 m0～ 6 s 内物体的位移x2＝6 m因摩擦产生的热量Q＝μ mgcos θ ·(x1 － x2) ＝ 126 J.【答案】(1)14 m(2)0.875(3)90 J126 J13、如图 11 所示，圆滑水平面上有一质量M＝ 4.0 kg的足够长的平板车，水平轨道左边是一半径 R＝0.25 m的 1/4 圆滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切，质量m＝1.0 kg 的小物体 ( 可视为质点 ) 静放于圆弧轨道的最高点A，小物体与水平轨道间的动摩擦因数μ ＝0.5，整个装置开始处于静止状态．不计空气阻力，g 取 10 m/s2 ，试求：(1)小物体经过 O′点时的速度大小；(2)最后小物体与车相对静止时距O′点的距离．v1，车的速度大小为v2.【分析】(1) 设小物体经过O′点时的速度大小为由水平方向动量守恒定律得：mv1－ Mv2＝ 01 1由能量守恒定律得： mgR＝2mv21＋2Mv2联立代入数据解得：v1＝ 2 m/s.(2) 由动量守恒定律可知：最后小物体与车相对静止且速度都为0对小物体经过O′点以后的过程，由能量守恒定律得：mgR＝μ mgL相代入数据解得：L 相＝ 0.5 m.【答案】(1)2 m/s(2)0.5 m。
电学专题一(附参考答案)1．如图1所示的电路可以用来“研究电磁感应现象”．干电池、开关、线圈A 、滑动变阻器串联成一个电路，电流计、线圈B 串联成另一个电路．线圈A 、B 套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多．从开关闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i 随时间t 变化的图象是( )图1【解析】 开关闭合瞬间，线圈A 中的电流突然增大，此时线圈B 中的磁通量突然增大，线圈B 中产生感应电流，线圈A 中的电流稳定后，线圈B 中的电流将逐渐减小直至为零，故图象B 正确． 【答案】 B2．为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图2甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t 变化的曲线如图2乙所示．以下正确的是( )甲 乙 图2A ．u2＝190 2sin (50πt) V B. u2＝190 2sin (100πt) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移【解析】 由乙图知交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，所以ω＝2πT ＝100π，故u2＝Umsin ωt＝190 2sin (100πt) V ，A 错误B 正确；由U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1，欲使U2升高，n1应减小，P 应上移，C 错误D 正确．【答案】 BD1．今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107 m．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比( )A ．向心力较小B ．动能较大C ．发射速度都是第一宇宙速度D ．角速度较小【解析】 由题知，中圆轨道卫星的轨道半径r1小于同步卫星轨道半径r2，卫星运行时的向心力由万有引力提供，根据F 向＝G Mm r2知，两卫星的向心力F1>F2，选项A 错误；根据G Mm r2＝mv2r ＝m ω2r ，得环绕速度v1>v2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，则动能Ek1>Ek2，故选项B 正确，选项D 错误；根据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v01<v02，选项C 错误． 【答案】 B3．随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想，假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点，已知月球的半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( ) A ．月球表面的重力加速度为2v0tB ．月球的质量为v0R2GtC ．宇航员在月球表面获得v0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v0【解析】 由v0＝gt 2得出g ＝2v0t ，A 对；在月球表面附近，由GMm R2＝mg ，结合g ＝2v0t ，得月球的质量M ＝2v0R2Gt，故B 错；离开月球表面围绕月球做圆周运动的最小速度v ＝gR ＝ 2v0R t ，故C 错；宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期T ＝2πRv ＝π2Rtv0，故D 错． 【答案】 A4．在汶川地震的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统发挥了巨大作用，该系统具有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗质量不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心O 做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A 、B 两位置，如图3所示，若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，∠AOB ＝60°，则以下判断不正确的是( )A ．这两颗卫星的加速度大小相等B ．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2C ．卫星1由位置A 运动到位置B 所需的时间为πr3Rr gD ．卫星1由位置A 运动到位置B 的过程中万有引力做功为零 【解析】 由GMm r2＝m 4π2T2r ＝ma 可知，a ＝GMr2，A 正确；T ＝2πr3GM ，又GMm R2＝mg ，可得T ＝2πr Rr g ，卫星1由A 到B 所需时间t ＝T 6＝πr3Rrg，C 正确；因卫星受到的万有引力与速度垂直，故万有引力不做功，D 正确；卫星1向后喷气，加速后做离心运动，不能追上同轨道的卫星2，故B 错误． 【答案】 B5.如图4所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点，使其向上运动．若b 始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )A ．保持不变B ．先减小后不变C ．等于FD ．先增大再减小【解析】 对b ，由平衡条件可得，未施加恒力F 时，有mgsin θ＝Ffb.当施加恒力F 后，因b 所受的安培力向上，故有F 安＋Ffb ＝mgsin θ.对a ，在恒力F 的拉动后，先加速最后匀速运动，故b 所受的安培力先增大，然后不变，b 所受的摩擦力先减小后不变，或先减小到零再反向增大后不变，B 正确， A 、D 错误；若Ffb ＝F ，则与题意中两棒的运动状态不符，C 错误．【答案】 B6．如图5甲所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab 与金属框架接触良好．在两根导轨的端点d 、e 之间连接一电阻R ，其他部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力F 作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动过程中杆ab 始终垂直于框架．图乙是金属杆运动的v －t 图象，则下列选项中可以表示外力F 随时间t 变化关系的图象是( )甲 乙 图5【解析】 由图乙可知，v ＝at ，对图甲中的金属杆应用牛顿第二定律可得：F －F 安＝ma ，F安＝BIL ，I ＝E R ，E ＝BLv ，可得：F 安＝B2L2a R t ，所以F ＝ma ＋B2L2aR t ，故只有C 正确．【答案】 C7.如图4所示，在斜面顶端a 处以速度va 水平抛出一小球，经过时间ta 恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度vb 水平抛出另一小球，经过时间tb 恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A ．va ＝vbB ．va ＝2vbC ．ta ＝tbD ．ta ＝2tb【解析】 做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定即t ＝2hg，a 下落的高度是b 的2倍，有ta ＝2tb ，D 正确，C 错误；水平方向的距离由高度和初速度决定x ＝v02h g，由题意得a 的水平位移是b 的2倍，可知va ＝2vb ，B 正确． 【答案】 BD8．如图5所示，质量为m 的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，已知重力加速度为g ，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则( )A ．该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2πR g [B ．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2πR gC ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mgD ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小等于2mg【解析】 要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则有mg ＝mv2R ，解得该盒子做匀速圆周运动的速度v ＝gR ，该盒子做匀速圆周运动的周期为T ＝2πRv ＝2πRg，选项A 错误，B 正确；在最低点时，盒子与小球之间的作用力和小球重力的合力提供小球运动的向心力，由F －mg ＝mv2R ，解得F ＝2mg ，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD9．如图9所示，电源电动势E0＝15 V ，内阻r0＝1 Ω，电阻R1＝30 Ω，R2＝60 Ω.间距d ＝0.2 m 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场．闭合开关S ，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v ＝0.1 m/s 沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx ，忽略空气对小球的作用，取g ＝10 m/s2.图9(1)当Rx ＝29 Ω时，电阻R2消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx 是多少？【解析】 (1)设R1和R2的并联电阻为R ，有： R ＝R1R2R1＋R2① R2两端的电压为：U ＝E0Rr0＋R ＋Rx ②R2消耗的电功率为：P ＝U2R2③当Rx ＝29 Ω时，联立①②③式，代入数据，解得： P ＝0.6 W ．④(2)设小球质量为m ，电荷量为q ，小球做匀速圆周运动时，有： qE ＝mg ⑤ E ＝U d⑥ 设小球做圆周运动的半径为r ，有： qvB ＝m v2r⑦由几何关系有： r ＝d ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得： Rx ＝54 Ω.⑨【答案】 (1)0.6 W (2)54 Ω10．图10甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图10乙所示．若只在ce 间接一只Rce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只Rde ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.甲 乙 图10(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab 的表达式；(2)求只有ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比ncende.【解析】 (1)由题图乙知ω＝200 π rad/s 电压瞬时值uab ＝400sin 200πt (V)． (2)电压有效值U1＝200 2 V 理想变压器P1＝P2 原线圈中的电流I1＝P1U1解得I1≈0.28 A(或25A)． (3)设ab 间匝数为n1 U1n1＝Uce nce 同理U1n1＝Ude nde由题意知U2c e Rce ＝U2d eRde解得nce nde＝Rce Rde代入数据得nce nde ＝43.【答案】 (1)uab ＝400sin 200πt (V) (2)0.28 A(或25A) (3)nce nde ＝4311．如图6是利用传送带装运煤块的示意图．其中，传送带长20 m ，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H ＝1.8 m ，与运煤车车箱中心的水平距离x ＝1.2 m ．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)传送带匀速运动的速度v 及主动轮和从动轮的半径R ；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至落到车底板所经过的时间T. 【解析】 (1)由平抛运动的公式，得x ＝vt H ＝12gt2 解得v ＝2 m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得 mg ＝m v2R解得R ＝0.4 m.(2)由牛顿第二定律F ＝ma ，得a ＝Fm ＝μgcos θ－gsin θ＝0.4 m/s2设煤块加速运动的时间为t1， 由v ＝v0＋at 得t1＝va＝5 s设此过程煤块运动的距离为s1，则 s1＝12at21＝12×0.4×52 m＝5 m设煤块匀速运动的距离为s2，则s2＝L －s1＝15 m.设其匀速运动时间为t2， 则t2＝s2v ＝152 s ＝7.5 s煤块做平抛运动的时间 t3＝2Hg＝0.6 s 煤块运动的总时间为T ＝t1＋t2＋t3＝5 s ＋7.5 s ＋0.6 s ＝13.1 s. 【答案】 (1)2 m/s 0.4 m (2)13.1 s 12．如图12所示，相距0.5 m 足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，下端连接阻值为2 Ω的电阻R ，导轨处在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上．ab 、cd 为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为0.5 kg 、电阻均为2 Ω.ab 棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd 棒从静止开始下滑，直至与ab 棒相连的细绳刚好被拉断，在此过程中电阻R 上产生的热量为0.5 J ，已知细线能承受的最大拉力为5 N ．求细绳被拉断时：(g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)图12(1)ab 棒中的电流；(2)cd 棒的速度； (3)cd 棒下滑的距离．【解析】 (1)细绳被拉断瞬时，对ab 棒有 Fmcos 37°＝m gsin 37°＋BIabL 可得Iab ＝1 A. (2)因为Iab ＝IR Icd ＝Iab ＋IR ＝2 A又由闭合电路欧姆定律可得BLv ＝Icd(Rcd ＋RabRRab ＋R)联立可得v ＝6 m/s.(3)金属棒cd 从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中因ab 棒与下面的电阻R 电流相等、电阻相等，故产生的热量相等即Qab ＝QR ＝0.5 J 由焦耳定律知cd 棒产生的热量Qcd ＝2 J 由能量守恒定律得mgxsin 37°＝12mv2＋Qab ＋Qcd ＋QR即可得x ＝4 m.【答案】 (1)1 A (2)6 m/s (3)4 m。
选择题专练（一）近四年全国I卷选择题涉及的考点14151617181920212 013力学史静电场静电场电磁感应磁场直线运动万有引力机械能2014电磁感应磁场磁场牛顿定律电磁感应万有引力曲线运动静电场2015磁场电场交流电机械能曲线运动电磁感应牛顿定律万有引力2016静电场磁场交流电万有引力牛顿定律相互作用静电场直线运动[说明：2016年高考变成单选4个、多选4个]近四年全国I卷选择题命题内容题型题号2013年2014年2015年2016年单选14物理学史、物理方法(匀变速直线运动)电磁感应现象(物理学史)带电粒子在匀强磁场中的运动平行板电容器15库仑定律、电场强度(电场的叠加)磁感应强度、安培力静电场及其性质(电势与电场力做功)质谱仪应用16动能定理、功能关系(带电粒子在平行板电容器中运动)带电粒子在匀强磁场中的运动理想变压器、正弦交变电流理想变压器17电磁感应定律、闭合电路欧姆定律力的平衡、牛顿第二定律动能定理、功能关系(摩擦力做功)地球同步卫星通讯18带电粒子在匀电磁感应定律、平抛物体的牛顿定律、力强磁场中的运动理想变压器、交变电流运动和运动的关系、加速度定义(多选)多选19x－t图像、追及问题(直线运动)万有引力定律及其应用电磁感应、物理学史、楞次定律(圆盘实验)动态平衡、力的正交分解20万有引力定律及其应用圆周运动与摩擦力v－t图像、牛顿运动定律及其应用(力与运动)带电粒子在匀强电场中的运动21v－t图像、牛顿运动定律及其应用(舰载机匀减速直线运动，含功率)静电场及其性质、等势面万有引力定律及其应用、宇宙速度v－t图像、追及和相遇问题精析5个必考点例题展示(2016·全国乙卷·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间维持无线电通信.目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的倍.假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )h h h h解析地球自转周期变小，卫星要与地球维持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r3T2＝k可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全世界的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出它们间的位置关系如图所示.卫星的轨道半径为r2＝Rsin 30°＝2R由r31T21＝r32T22得3242＝2R3T22.解得T2≈4 h.答案 B命题分析与对策1.命题特点这种题目也是持续5年的命题考点，已经成了必考项目.从近几年的高考中对万有引力方面的知识点的考查分析来看，对该考点的命题形式变得愈来愈新颖，考题出题形式活跃，与航天科技、实际生活和物理学史联系紧密，题目难易程度常为中等.2.应考策略理清万有引力、重力、向心力之间的关系，从发射、运行、变轨、降落等角度全面掌握卫星问题，能够将牛顿运动定律和功能关系应用于天体运动或其他天体表面的物体，了解特殊卫星和重要的天文现象.例题展示(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示.若重力加速度及图1中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图1A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析 由vt 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，按照牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cosθ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ和动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行进程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，按照斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0v 0＋v 14g，选项D 正确；仅按照vt 图象无法求出物块的质量，选项B 错误. 答案 ACD命题分析与对策 1.命题特点牛顿运动定律是力学知识的核心内容，是力学的基础，对整个物理学存在重大的意义.此类型考题持续连年都有，形式转变多样，是属于基础知识、大体应用能力的考查.既可单独考查，也可与其他力学规律、电学规律综合考查，因此，牛顿运动定律实际上几乎贯穿了物理必考内容的全数.属于必考题型. 2.应考策略关注弹力、摩擦力的性质、力的合成与分解的平行四边形定则、平衡条件及应用、动力学的两类大体问题等大体内容，准确理解牛顿第必然律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是对物体进行受力分析的方式；理解牛顿第三定律等.例题展示(多选)(2016·全国乙卷·20)如图2，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知( )图2点的电势比P 点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错误；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力老是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的进程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确.答案AB命题分析与对策1.命题特点从近几年的高考试题来看，高考关于“静电场”考查所占分值很高，试题主要集中在电场的性质和与其他知识的综合应用.重点考查大体概念的成立、大体规律的内涵与外延、大体规律的适用条件，和对电场知识跟其他相关知识的区别与联系的理解、辨别和综合应用.主要题型有电场性质及其描述、电场线和等势面的关系、带电粒子在电场中的加速和偏转，电场力做功及其能量问题等.2.应考策略(1)利用对比法熟悉掌握电场线和等势面的散布特点，关注五种典型电场的性质及电势，电场强度相关物理量(特别是点电荷的电场)的散布特点.(2)按照对粒子的受力分析和初速度，分析粒子的运动是直线运动仍是曲线运动问题，灵活运用动力学方式、功能关系解决粒子的运动轨迹和能量转变问题.对于直线运动问题：①若是是带电粒子在恒力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律，结合运动学公式肯定带电粒子的速度、位移等.②若是是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全进程中能的转化，研究带电粒子的速度转变、运动的位移等.对于曲线运动问题：①恒力作用：一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方式处置.通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方式或功能方式求解.②变力作用：一般利用动能定理研究全进程中能的转化，研究带电粒子的速度转变、运动的位移等.例题展示(2016·全国乙卷·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示用意如图3所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比值约为( )图3解析 设质子的质量和电荷量别离为m 1、q 1，一价正离子的质量和电荷量为m 2、q 2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU ＝12mv 2－0，得v ＝ 2qUm① 在磁场中qvB ＝m v 2r②由①②式联立得m ＝B 2r 2q2U，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U 不变，其中B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可得m 2m 1＝B22B21＝144，故选项D 正确.答案 D命题分析与对策 1.命题特点“带电粒子在磁场中运动”这部份知识是高中物理的重点，也是高考的热点，倍受命题专家的青睐.以此知识为背景的选择题或计算综合题在全国卷中年年出现，乃至连年作为压轴大题，是常考类型.考查带电粒子在匀强磁场中运动或其相关联的考题形式较多，而且分值高、占分比例大、综合性强、区分度较高.从近几年出题特色来看，选择题中出现这种考题的难度要求大体都是中、低等形式，是学生的得分点.只要大题不是此类题目，选择题中应该必有表现.(1)了解速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机等构造，明确它们的工作原理. (2)对于带电粒子在磁场和复合场中的运动问题，要擅长联系力学中的运动模型(类平抛运动和匀速圆周运动)，从受力情况、运动规律、能量转化等角度分析，综合运用动力学方式和功能关系加以解决.例题展示(2016·全国乙卷·16)一含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值别离为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图4解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两头的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两头的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.甲 乙答案 B命题分析与对策交变电流和理想变压器的知识是电磁感应的应用和延伸，高考考查主要表现为“三突出”：一是考查交变电流的产生及描述问题；二是考查交变电流的图象和交变电流的“四值”(平均值、瞬时值、最大值、有效值)；三是考查变压器和远距离输电问题，交流电和变压器的综合问题.2.应考策略夯实基础，重在理清各个大体概念、熟记大体公式，明确各公式的适用条件.对于交变电流的问题，重视对交流电“四值”的理解及应用，变压器问题是温习的重中之重，重视该部份知识在实际生活中应用的问题.吃透7个热考点例题展示(2015·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图5所示.水平台面的长和宽别离为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速度向右边不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速度v在某范围内，通过选择适合的方向，就可以使乒乓球落到球网右边台面上，则v的最大取值范围是( )图5g 6h ＜v＜L1g6hg h ＜v＜4L21＋L22g6hg 6h ＜v＜124L21＋L22g6hg h ＜v＜124L21＋L22g6h解析发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动.当速度v最小时，球沿中线恰好于网，有：3h －h ＝gt 212① L 12＝v 1t 1②联立①②得v 1＝L 14gh当速度最大时，球斜向右边台面两个角发射，有L 222＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝124L 21＋L 22g6h所以使乒乓球落到球网右边台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜124L 21＋L 22g6h ，选项D 正确.答案 D命题分析与对策 1.命题特点圆周运动和(类)平抛运动是高中物理中两种典型的曲线运动，前者为变速曲线运动，后者为匀变速曲线运动.在考题中往往把两种运动综合在一路形成较为复杂的运动问题，是高考备考中的重点温习题型.同时运动合成份解的思想是种超级重要的物理思想方式，是解决复杂运动问题的一种主要思路.因此很多时候命题专家也借助一些曲线运动等复杂运动问题来考查学生是不是掌握了运动合成份解这一化繁为简、表现等效思维的科学方式. 2.应考策略掌握学过的几种典型运动的特点和规律，如平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活求解，同时还要加深对速度、加速度及其关系的理解，加深对牛顿第二定律的理解，提高解决实际问题的能力.例题展示(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图6，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的进程中克服摩擦力所做的功.则( )图6＝12mgR ，质点恰好可以抵达Q 点 ＞12mgR ，质点不能抵达Q 点 ＝12mgR ，质点抵达Q 点后，继续上升一段距离 ＜12mgR ，质点抵达Q 点后，继续上升一段距离 解析 按照动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，通过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点按照动能定理可得mgR －W ＝3mgR2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动进程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R，按照左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功致使在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，按照动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，质点会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确. 答案 C命题分析与对策 1.命题特点本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功与重力势能、弹力做功与弹性势能、合力功与机械能，摩擦阻力做功、内能与机械能.都是历年高考的热点内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全.动能定理、功能关系是历年高考力学部份的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一.考题的内容常常与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学等方面知识综合，物理进程复杂，综合分析的能力要求较高，这部份知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，也常常成为高考的压轴题，且高难度的综合题常常涉及本专题知识.2.应考策略重力做功与重力势能的关系、动能定理等内容是高考的热点，其中动能定理仍是此后高考的热点，建议温习时要偏重于动能定理的应用，体会用动能定理解题的优越性.对于大体概念的理解及功和功率的计算是高考的冷点，近三年的考卷中出现的概率较小，可是它们属于重点内容，建议温习时要重视这部份知识的掌握，在此后的高考中这部份知识点有可能会被考到，而且极有可能会在一个计算题中以其中的一问方式出现.关于能量的转化和守恒，要注意其考查的综合性，因为它是自然界中的普适规律，不但在力学中是重点，而且在热学、电磁学领域也是命题的热点，所以在温习本专题时要给予足够的重视.例题展示(多选)(2016·全国乙卷·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt 图象如图7所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图7A.在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B.在t ＝0时，甲车在乙车前 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析 按照vt 图，甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由位移和vt 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝ m.故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝ m ，即甲在乙前方 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝ m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝ m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地址之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确.答案 BD命题分析与对策1.命题特点物理图象是描述物理规律最简练的语言，高考十分重视对物理图象的考查，其中对证点运动图象的考查力度明显增强，既有单独命题，又有综合命题；既有定性分析、判断、简单推理的问题，又有定量计算或作图的问题.在近几年高考物理试卷中质点运动图象的问题可谓出色纷呈.直线运动图象不局限于匀速或匀变速运动，不局限于x—t或v—t图象，可单独命题，也可与其他考点综合.2.应考策略对图象的分析理解，包括图象中的各类信息，如图象所描述的物理规律、图象的斜率、图线与坐标轴的交点、两图线的交点、图线包围的面积、图线的拐点或极值点等.掌握一般方式，适度拓宽范围.能够按照图象获取解题信息、还原物理情景、表示转变规律、进行分析判断.例题展示(2014·全国课标Ⅰ卷·18)如图8(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上.在ab线圈中通以转变的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间转变关系的图中，可能正确的是( )图8解析由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀转变的，则线圈ab中的电流是均匀转变的，故选项A、B、D错误，选项C 正确.答案 C命题分析与对策1.命题特点电磁感应涉及的知识面较广，是历年高考物理命题的热点.高考试题中“电磁感应”的问题，主要集中在感应电流产生的条件、感应电动势(电流)方向的判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算上.如滑轨类问题和矩形线圈穿越有界匀强磁场问题是电磁感应中的典型综合性问题，其综合性强，能力要求高，是高考命题的热点，由于电磁感应现象与磁场、直流电路、力和运动、动量和能量等知识点联系密切，所以涉及这些知识的综合性问题及感应电流(或感应电动势)的图象问题在最近几年高考中也时常出现，因此在温习中还要注意培育学生综合应用这些知识分析解决实际问题的能力.2.应考策略(1)注意大体规律的理解，深刻理解大体概念和规律是解决综合问题的基础.如对线框导体棒在磁场中运动问题要弄清楚哪部份相当于电源，知道电源内部电流是从负极到正极，按照这点判断导体的哪端相当于电源正极.(2)电磁感应与力和运动结合的问题，首先明确研究对象，弄清物理进程，正确地进行受力分析.(3)电磁感应现象中，产生的电能是其他形式的能转化来的，外力克服安培力做多少功，就有多少电能产生.例题展示(多选)(2016·全国乙卷·19)如图9，一滑腻的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一名于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态.若F方向不变，大小在必然范围内转变，物块b仍始终维持静止，则( )图9A.绳OO′的张力也在必然范围内转变B.物块b所受到的支持力也在必然范围内转变C.连接a和b的绳的张力也在必然范围内转变D.物块b与桌面间的摩擦力也在必然范围内转变解析由于物块a、b均维持静止，各绳角度维持不变，对a受力分析得，绳的拉力F T′＝m a g，所以物块a受到绳的拉力维持不变.由滑轮性质，滑轮双侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均维持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示.由平衡条件得：F T cos β＋F f ＝F cos α，F sin α＋F N＋F T sin β＝m b g.其中F T和m b g始终不变，当F大小在必然范围内转变时，支持力在必然范围内转变，B选项正确；摩擦力也在必然范围内发生转变，D选项正确.答案BD命题分析与对策1.命题特点力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，共点力作用下的物体平衡是高中物理重要的知识点.尤其是三个共点力的平衡问题，一直是高考的热点.隔离法、整体法分析平衡问题是学生必需掌握的方式，也是高考考查的重点，高考命题常以新情境来考查，而且常常与其他知识综合出题.单独考查共点力平衡的题型一般为选择题，综合其它知识考查的题型一般为计算题，命题难度大体上属于中等.同时，共点力的平衡问题与数学、生物学科、体育运动等结合形成新颖试题的亮点.在高考备考中应加以关注.2.应考策略(1)深刻理解各类性质力的方向特点，牢牢把握平衡这一特殊状态，通过受力分析，运用平衡条件，选用适当的方式解决问题.(2)灵活应用如下物理思想和方式：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想等.例题展示(2014·全国课标Ⅰ卷·14)在法拉第时期，下列验证“由磁产生电”假想的实验中，能观察到感应电流的是( )A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的转变B.在一通电线圈旁放置连续有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的转变C.将一房间内的线圈两头与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的转变D.绕在同一铁环上的两个线圈，别离接电源和电流表，在给线圈通电或断电的刹时，观察电流表的转变解析产生感应电流必需知足的条件：①电路闭合；②穿过闭合电路的磁通量要发生转变.选项A、B电路闭合，但磁通量不变，不能产生感应电流，故选项A、B不能观察到电流表的转变；选项C知足产生感应电流的条件，也能产生感应电流，可是等咱们从一个房间到另一个房间后，电流表中已没有电流，故选项C也不能观察到电流表的转变；选项D知足产生感应电流的条件，能产生感应电流，可以观察到电流表的转变，所以选D.答案 D命题分析与对策1.命题特点物理学史、物理方式和物理思想是高考的一个重要考查对象，难度较低，这种题目的特点是涉及面广，命题的形式花腔繁多.无论直接考查仍是间接考查，出题方向再也不是简单物理学史的罗列——“谁发现了什么”，而是偏向于围绕某个知识点的成立进程进行考查，要求考生掌握物理学家在研究进程中的科学思维.2.应考策略建议温习进程以专题讲座或校本课程的方式进行系统的提炼梳理.例如：伽利略对自由落体运动及力与运动关系的研究(归谬法、外推法、理想实验法等)；牛顿对物理学的主要贡献；万有引力定律的发现及完善(三巨头)；法拉第对电磁感应现象的研究等.例题展示(2016·全国乙卷·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上.若将云母介质移出，则电容器( )A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析由C＝εr S4πkd可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器。
