高考物理总复习考前三个月选考题限时突破三选修

选考题限时突破(三)3－4(限时：25分钟)1．(1)(5分)在坐标原点的波源产生一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，波速v ＝200 m/s ，已知t ＝0时，波刚好传播到x ＝40 m 处，如图1所示．在x ＝400 m 处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是________．图1A ．波源开始振动时方向沿y 轴负方向B ．从t ＝0开始经0.15 s ，x ＝40 m 的质点运动的路程为0.6 mC ．接收器在t ＝2 s 时才能接收到此波D ．若波源向x 轴正方向运动，接收器接收到波的频率可能为9 HzE ．若该波与另一列频率为5 Hz 沿x 轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样 答案 ABE解析 波源开始振动时的方向与题图所示时刻x ＝40 m 处质点的振动方向相同，沿y 轴负方向，故A 正确．由图读出波长为λ＝20 m ，则该波的周期为T ＝λv ＝20200s ＝0.1 s ，t ＝0.15 s ＝1.5T ，所以x ＝40 m 的质点在t ＝0.15 s 时经过的路程为1.5×4A＝1.5×0.4 m＝0.6 m ，故B 正确；波传到接收器所用的时间：t ＝s v ＝400－40200s ＝1.8 s ，选项C 错误；波的频率为10 Hz ，若波源向x 轴正方向运动，根据多普勒效应可知，接收器接收到波的频率应大于10 Hz ，不可能为9 Hz ，选项D 错误；波的频率为10 Hz ，若该波与另一列频率为5 Hz 沿x 轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样，选项E 正确；故选A 、B 、E.(2)(10分)如图2所示，MN 为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R 、折射率为OA ＝332R.3的透明半球体，O 为球心，轴线OA 垂直于光屏，O 至光屏的距离一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射点为B ，OB ＝R 2.求：图2(ⅰ)光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度．(ⅱ)光线在光屏形成的光斑到A 点的距离．答案 (ⅰ)30° (ⅱ)R 2解析 (ⅰ)光路图如图所示．设入射点B 到O 的垂直距离：BO ＝h ，∠BCO＝β，折射角为i.对△OBC，由正弦公式得：sin β＝h R ＝12又n ＝sin i sin β＝ 3 联立解得：sin i ＝3sin β＝32，所以：i ＝60° 故出射光线偏离原方向的角度为∠ECP＝i －β＝30° (ⅱ)tan∠ECP＝EP CE ＝AP ＋EA OA －OQ又EA ＝Rsin 30°＝R 2，OQ ＝Rcos 30°＝32R 解得：AP ＝R 2. 2．(1)(5分)如图3，波源S 1在绳的左端发出频率为f 1，振幅为A 1的半个波形a ，同时另一个波源S 2在绳的右端发出频率为f 2、振幅为A 2的半个波形b(f 1＜ f 2)，P 为两个波源连线的中点，下列说法正确的是________．图3A ．两列波将同时到达P 点B ．a 的波峰到达S 2时，b 的波峰也恰好到达S 1C ．两列波在P 点叠加时P 点的位移最大可达A 1＋A 2D ．两列波相遇时，绳上位移可达A 1＋A 2的点只有一个，此点在P 点的左侧E ．两波源起振方向相同答案 ADE解析 两列波在同一介质中传播，波速相等，同时到达中点P ，A 正确；因波长不同，当a 的波峰到达S 2时，b 的波峰已越过S 1，B 错误；由于a 的波长大于b 的波长，两列波在P 点叠加时两列波的波峰不可能同时到达P 点，所以P 点的位移最大不可能达A 1＋A 2，C 错误；两列波相遇时，两列波峰同时到达P 点的左侧，叠加后位移达到最大值，所以两列波相遇时，绳上位移可达A 1＋A 2的点只有一个，而且此点在P 点的左侧，D 正确；依据波的传播方向可知，波源的起振方向均向上，E 正确．(2)(10分)如图4所示，等腰直角三角形棱镜ABC ，一组平行光线垂直斜面AB 射入．(ⅰ)如果光线不从AC 、BC 面射出，求三棱镜的折射率n 的范围；(ⅱ)如果光线顺时针转过θ＝60°，即与AB 成30°角斜向下，不考虑反射光线的影响，当n ＝3时，能否有光线从BC 、AC 面射出？图4答案 (ⅰ)n≥ 2 (ⅱ)光只能从BC 面射出解析 (ⅰ)光线穿过AB 面后方向不变，在AC 、BC 面上的入射角均为45°，发生全反射的条件为：sin45°≥1n解得：n≥ 2(ⅱ)当n ＝3时，设全反射的临界角为C ，sin C ＝33，折射光线如图所示，n＝sin 60°sin α 解得：α＝30°在BC 面的入射角β＝15°＜C ，所以光线可以从BC 射出，在AC 面的入射角θ＝75°＞C ，所以光线不能从AC 面射出，所以光只能从BC 面射出．3．(1)(5分)下列说法中正确的是________．A ．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B ．机械波和电磁波在介质中的传播速度都仅由介质决定C ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃反射光的影响D ．水中的气泡看起来特别明亮，是因为光线从气泡中射向水中时，一部分光在界面上发生了全反射E ．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在答案 ACE解析 军队士兵过桥时使用便步，防止行走的频率与桥的频率相同，桥发生共振现象，故A 正确；机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的频率均有关，故B 错误；加偏振片的作用是减弱反射光的强度，从而增大透射光的强度，故C 正确； D 项中应该是光从水中射向气泡，故D 错误； 麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故E 正确．(2)(10分)如图5甲所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形图，已知波速v ＝2.0 m/s ，质点P 平衡位置的坐标为(0.4,0)，质点Q 平衡位置的坐标为(3.6,0)．图5(ⅰ)求出从t ＝0时刻到Q 点第二次振动到波谷的这段时间内质点P 通过的路程；(ⅱ)在图乙中画出质点Q 的振动图象(至少画出一个周期)．答案 (ⅰ) 0.22 m(ⅱ)质点Q 的振动图象如图所示解析 (ⅰ)波的周期T ＝λv ＝1.62.0s ＝0.8 s 从t ＝0到质点Q 第二次到达波谷所需时间t ＝Δx v ＋T ＝3.6－0.82.0s ＋0.8 s ＝2.2 s 在这2.2 s 内质点P 经历t ＝2.20.8T ＝114T 因而通过的路程为：s ＝114×4A＝22 cm ＝0.22 m (ⅱ)质点Q 的振动图象如图所示．4．(1)(5分)如图6所示，两列简谐横波a 和b 均沿x 轴正方向传播，波速为40 m/s ，下列说法正确的是________．图6A ．a 波的周期为0.2 s ，b 波的周期为0.1 sB ．对于b 波，x 轴上的1 m 处的质点经过0.1 s 就传到x ＝5 m 处C ．a 、b 两列波相遇时不能发生稳定干涉D ．x ＝8 m 处的质点振动总是加强的E ．若两列波进入另一种介质，它们的频率都不会改变答案 ACE解析 从题图中可知λb ＝4 m ，λa ＝8 m ，故T a ＝λa v a ＝8 m 40 m/s ＝0.2 s ，T b ＝λb v b ＝ 4 m 40 m/s＝0.1 s ，A 正确；波上的质点在传播过程中，只在平衡位置附近上下振动，不随波迁移，B 错误；由于两者周期不相同，即频率不相等，故不能发生稳定干涉，C 正确，D 错误；波的频率等于波源的振动频率，由波源决定，与介质无关，所以其频率不变，E 正确．(2)(10分)如图7甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与 AB 成θ角射入后对射出的折射光线的强度进行记录，发现它随着θ角的变化而变化，变化关系如图乙所示；如图丙所示是这种材料制成的玻璃砖，左侧是半径为 R 的半圆，右侧是长为4R ，宽为2R 的长方形，一束单色光从左侧A′点沿半径方向与长边成45°角射入玻璃砖，求：图7(ⅰ)该透明材料的折射率；(ⅱ)光线在玻璃砖中运动的总时间．(光在空气中的传播速度为c)答案 (ⅰ) 2 (ⅱ)(22＋16)R c解析 (ⅰ)由题图乙可知，θ＝45°时，折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角，即：C ＝90°－45°＝45°， 根据全反射临界角公式为：sin C ＝1n则有折射率：n ＝ 2(ⅱ)因为临界角是45°，光线在玻璃砖中刚好发生5次全反射，光路图如图所示，则光程为：L ＝(2＋82)R 光在玻璃砖中的传播速度为：v ＝c n ＝2c 2光在玻璃砖中的传播时间：t ＝L v ＝(22＋16)R c高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

题组一 双基练1. [2021·福州高三期末]如图所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°，下面四个光路图中，正确的是 ( )解析：本题考查全反射条件．光从玻璃射向空气，是从光密介质射向光疏介质，由于玻璃的折射率n ＝1.5，因此发生全反射的临界角sin C ＝1n ＝23<22，所以C <45°，因此图中的光会发生全反射，A 项正确．答案：A2. [2022·福建高三仿真模拟]如图所示，有一束光投射到放在空气中的平行玻璃砖的表面Ⅰ上，下列说法中正确的是 ( )A. 假如在界面Ⅰ上入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖B. 光从界面Ⅱ射出时出射光线可能与最初的入射光线不平行C. 光进入界面Ⅰ后可能不从界面Ⅱ射出D. 不论光从什么角度入射，都能从界面Ⅱ射出解析：发生全反射的必要条件有两个，即光从光密介质射入光疏介质和入射角不小于临界角，本题中光从空气射入界面Ⅰ上时，光是从光疏介质射入光密介质，所以即使入射角大于临界角，光也不会发生全反射现象，光会进入玻璃砖，选项A 错误；由于光的上、下两个界面平行，光从界面Ⅱ射出时出射光线确定会与最初的入射光线平行，选项B 错误；光进入界面Ⅰ后，从玻璃射向界面Ⅱ时的入射角确定小于临界角，光确定会从界面Ⅱ射出，选项C 错误；不论光从什么角度入射，都能从界面Ⅱ射出，选项D 正确．答案：D3. 夜间行车光照在警示标志上后反射回来特殊醒目，主要是由于警示标志是由球形的反射物制成，如图，假设反射物为分布均匀的球形，其折射率为 3.某次灯光照射在该标志上后，经球形物一系列的折射和反射后，出射光线恰与入射光线平行，则第一次的入射角( )A. 30°B. 45°C. 60°D. 15°解析：设入射角为i ，折射角为θ，作出光路图，由于出射光线恰好和入射光线平行，所以i ＝2θ，依据折射定律sin i sin θ＝sin2θsin θ＝3，所以θ＝30°，i ＝2θ＝60°.答案：C4. [2022·江苏南京]如图甲所示，在安静的湖面下有一个点光源S ，它发出的是两种不同颜色的a 光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，该区域的中间为由ab 两种单色光构成的复色光的圆形区域，周边为环状区域，且为a 光的颜色(图乙为俯视图)．则以下说法中正确的是 ( )A. 水对a 光的折射率比b 光的大B. a 光在水中的传播速度比b 光的大C. a 光的频率比b 光的大D. 在同一装置的杨氏双缝干涉试验中，a 光的干涉条纹比b 光窄解析：依据“周边为环状区域，且为a 光的颜色”知，点光源射向水面的单色光b 在环形区域内边界处发生全反射，而单色光a 在外边界处发生全反射，即水对单色光b 的临界角C 较小，由sin C ＝1n 可确定水对单色光a 的折射率比b 光的小，A 项错误；由折射率公式n ＝cv 知，a 光在水中的传播速度比b 光的大，B 项正确；a 光的频率比b 光的小，C 项错误；a 光的波长比b 光的大，干涉条纹间距与波长成正比，所以在同一装置的杨氏双缝干涉试验中，a 光的干涉条纹比b 光的宽，D 项错误．答案：B5. 如图所示的长直光纤，柱芯为玻璃，外层以折射率较玻璃低的介质包覆．若光线自光纤左端进入，与中心轴的夹角为θ，则下列有关此光线传播方式的叙述正确的是( )A. 不论θ为何值，光线都不会发生全反射B. 不论θ为何值，光线都会发生全反射C. θ够小时，光线才会发生全反射D. θ够大时，光线才会发生全反射解析：发生全反射的条件之一是入射角i 要大于等于临界角C ，即光线传播到光纤侧面时的入射角i 应满。

电磁感应现象楞次定律考点1 电磁感应现象发生的条件(b)1.(2019·丽水模拟)在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,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,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端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变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化【解析】选D。

产生感应电流的条件为:闭合回路内磁通量发生变化。

线圈绕在磁铁上,磁通量未变,不会产生感应电流,A、B错误。

往线圈中插入条形磁铁的瞬间,线圈中磁通量发生变化,此时线圈中将产生感应电流,但插入后磁通量不再变化,无感应电流,故到相邻房间观察时无示数,C错误。

在线圈通电或断电的瞬间,磁通量发生变化,产生感应电流,D正确。

2.法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。

如图所示,他把两个线圈绕在同一个软铁环上,线圈A和电池连接,线圈B用导线连通,导线下面平行放置一个小磁针。

实验中可能观察到的现象是( )A.用一节电池作电源小磁针不偏转,用十节电池作电源小磁针会偏转B.线圈B匝数较少时小磁针不偏转,匝数足够多时小磁针会偏转C.线圈A和电池连接瞬间,小磁针会偏转D.线圈A和电池断开瞬间,小磁针不偏转【解析】选C。

根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件,只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B中产生感应电流,因此无论线圈B匝数多少,线圈A中电池多少,都不能在线圈B中产生感应电流,选项A、B错误。

只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间,线圈B中才能产生感应电流,电流产生磁场,使导线下面平行放置的小磁针发生偏转,选项C正确,D错误。

3.(2019·温州模拟)一灵敏电流计(电流表),当电流从它的正接线柱流入时,指针向正接线柱一侧偏转。

选择题专项练(五)(满分:40分时间:30分钟)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。

每小题只有一个选项符合题目要求。

1.1月30日,“华龙一号”全球首堆中核集团福建福清核电5号机组投入商业运行,这标志着我国在三代核电技术领域跻身世界前列。

目前核能发电都是利用核裂变反应,下列方程表示重核裂变的是( )A.92235U+01n Ba+3689Kr+301n0eB.90234Th Pa+-1C.24He+49Be n+612CD.12H+13H He+01n2.将运动员推冰壶的情境简化为图甲的模型,t=0时,运动员对冰壶施加一水平向右的推力F=3 N,作用1 s后撤去推力F,冰壶运动的v-t图像如图乙所示,已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ=0.1,则冰壶的质量和t=1 s时冰壶的速度大小分别为( )(g取10 m/s2)甲乙A.1 kg,1 m/sB.1 kg,2 m/sC.2 kg,1 m/sD.2 kg,2 m/s3.(湖南新高考教研联盟二模)如图所示,倾角为θ=30°、AB面光滑的斜面体放在水平地面上,一个重为G的小球在弹簧测力计的水平拉力F作用下静止在斜面上。

现沿逆时针方向缓慢转动弹簧测力计,直到弹簧测力计的示数等于初始值,在此过程中,小球与斜面体始终处于静止状态。

下列说法正确的是( )A.力F先变大后变小B.地面对斜面体的支持力一直变大C.地面对斜面体的摩擦力一直变小D.斜面体对小球的支持力一直变大4.(山东菏泽二模)负压救护车主要用于感染患者的转运与抢救,使用时病员舱内气压低于外界大气压,病员舱负压值(为负值)是指舱内气体压强与外界大气压强之差。

某次转运病员前,医护人员打开控制开关使封闭病员舱内的气体降至人体适合的温度,同时将部分气体抽出使病员舱负压值达到规定值。

已知T=t+273 K,打开开关前舱内气体的温度为37 ℃,舱内气体压强与外界大气压强均为p0;打开开关后抽出的气体质量为原来舱内气体质量的n(n<1)倍,舱内温度降至27 ℃,则该病员舱规定的负压值为( )A.-np0B.-30n31p0C.-1+30n31p0 D.-1+31n31p05.如图所示,一小车在平直道路上向右运动,车内一条光滑轻绳ACB两端固定在水平车顶上,一质量为m的小圆环穿过轻绳且可在绳上自由滑动。

选考题限时突破(一)3－3(限时：25分钟)1．(1)(5分)下面说法中正确的是________．A ．所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B ．足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C ．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D ．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E ．一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多 答案 CDE解析 晶体分为单晶体和多晶体，单晶体各向异性，多晶体各向同性，A 错误；足球充足气后很难压缩是由于足球内气体压强的原因，与气体分子之间的作用力无关，B 错误； 热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但不可能自发地从低温物体向高温物体传递，涉及热现象的宏观过程都具有方向性，C 正确；一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由理想气体状态方程pVT ＝C 知，温度必定升高，内能增大，气体对外做功，根据热力学第一定律：ΔU＝W ＋Q ，气体一定从外界吸热，D 正确；一定质量的理想气体，体积不变，温度升高，压强增大，分子密度不变，但分子的平均动能增大，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多，E 正确．(2)(10分)如图1所示，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V.已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 0，现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．图1 答案mgV(p 0S ＋mg )S解析 设A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2， 漏气前，对A 分析有：p 1＝p 0＋mg S对B 分析有：p 2＝p 1＋mgSB 最终与容器底面接触后，设A 、B 间的压强为p ，气体体积为V′，则有：p ＝p 0＋mgS因为温度不变，对于混合气体有：(p 1＋p 2)V ＝pV′ 漏气前A 距离底面的高度为：h ＝2V S漏气后A 距离底面的高度为：h′＝V′S联立可得：Δh＝h′－h ＝mgV(p 0S ＋mg )S2．(1)(5分)下列说法中正确的是________． A ．外界对物体做功，物体的内能必定增加 B ．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示 C ．所有晶体都有固定的形状、固有的熔点 D ．分子间的斥力随分子间距的减小而增大 E ．0 ℃的冰和0 ℃的铁块的分子平均动能相同 答案 BDE解析 根据热力学第一定律，外界对物体做功，如果物体放热，则物体的内能不一定增加，选项A 错误；绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示，故B 正确；所有晶体都有固有的熔点，只有单晶体有固定的形状，选项C 错误； 分子间的斥力随分子间距的减小而增大，选项D 正确；温度相同的不同物质分子平均动能相同，故0 ℃的冰和0 ℃的铁块的分子平均动能相同，选项E 正确．(2)(10分)如图2所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm 2的活塞封闭了一定质量的理想气体和一形状不规则的固体A.在汽缸内距缸底60 cm 高处设有a 、b 两限制装置(未画出)，使活塞只能向上滑动．开始时活塞放在a 、b 上，缸内气体的压强等于大气压强p 0(p 0＝1.0×105Pa)，温度为250 K ．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为300 K 时，活塞恰好离开a 、b ；当温度为360 K 时，活塞上升了4 cm.g 取10 m/s 2.求：图2(ⅰ)活塞的质量； (ⅱ)物体A 的体积．答案 (ⅰ)8 kg (ⅱ)1 600 cm 3解析 (ⅰ)设物体A 的体积为ΔV.T 1＝250 K ，p 1＝1.0×105Pa ，V 1＝60×40 cm 3－ΔV T 2＝300 K ，p 2＝(1.0×105＋mg40×10－4) Pa ，V 2＝V 1T 3＝360 K ，p 3＝p 2，V 3＝64×40 cm 3－ΔV 由状态1到状态2为等容过程p 1T 1＝p 2T 2代入数据得m ＝8 kg(ⅱ)由状态2到状态3为等压过程V 2T 2＝V 3T 3代入数据得ΔV＝1 600 cm 3.3．(1)(5分)下列说法正确的是________． A ．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B ．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性 C ．绝对湿度大，相对湿度不一定大D ．根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化为物体的内能E ．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 答案 BCE解析 表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，A 错误； 单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，B 正确； 对于不同的温度，饱和汽压不同，故绝对湿度大时相对湿度不一定大，C 正确；热力学第二定律有不同的表述：不可能从单一热源吸热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；热量不可以全部转化为功，但是机械能可以全部转化为内能，D 错误；根据液晶特点和性质可知：液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，E 正确．(2)(10分)竖直放置粗细均匀的U 形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图3所示，单位为厘米．现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强p 0＝75 cmHg ，环境温度不变，左管足够长．求：图3(ⅰ)此时右管封闭气体的压强； (ⅱ)左侧管中需要倒入水银柱的长度． 答案 (ⅰ)100 cmHg (ⅱ)49.2 cm 解析 设管内的横截面积为S ，(ⅰ)对右管中封闭气体，右侧水银刚好全部进入竖直右管后 p 0×40S＝p 1×(40－10)S ，解得：p 1＝100 cmHg(ⅱ)对水平部分气体，末态压强：p′＝(100＋15＋10) cmHg ＝125 cmHg ， 由玻意耳定律：(p 0＋15)×15S＝p′LS解得：L＝10.8 cm所以加入水银柱的长度为：(125－75＋10－10.8) cm＝49.2 cm.4．(1)(5分)对于图4中各图线说法正确的是________．图4A．图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图象，由图可知状态①的温度比状态②的温度高B．图乙为一定质量的理想气体状态变化的p－V图线，由图可知气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小C．图丙为分子间作用力的合力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离r＞r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大D．液体表面层分子间的距离比液体内部分子间的距离大；附着层内液体分子间的距离小于液体内部分子间的距离E．一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，气体内能增加的同时向外界释放热量答案ABC(2)(10分)一上端开口、下端封闭的细长玻璃管倾斜放置，与水平面夹角θ＝30°.玻璃管的中间有一段长为l2＝50 cm的水银柱，水银柱下部封有长l1＝25 cm的空气柱，上部空气柱的长度l3＝60 cm.现将一活塞从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气长度变为l1′＝20 cm，如图5所示．假设活塞下推过程中没有漏气，已知大气压强为p0＝75 cmHg，环境温度不变，求活塞下推的距离Δl.图5答案20 cm解析以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱压强为p1＝p0＋l2sin 30°设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1′，由玻意耳定律得：p1l1＝p1′l1′设此时玻璃管上部空气柱的压强为p2′，则：p2′＝p1′－l2sin 30°由玻意耳定律得： p0l3＝p2′l3′设活塞下推距离为Δl时即：Δl＝l1＋l3－(l1′＋l3′)得Δl＝20 cm.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

选修3－11.(改编自人教版选修3－1第15页“问题与练习”第5题)如图1所示，A、B是电场中两点，下列说法正确的是()图1A.A点场强比B点的场强大B.一个正电荷在A点的电势能比B点的电势能大C.一个负电荷从A点移到B点，电场力做正功D.A点的电势比B点的电势高答案ABD解析电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，所以场强E A ＞E B.故A正确；沿着电场线电势降低，所以电势φA＞φB；一个正电荷在A点的电势能比B 点的电势能大.故B、D正确；一个负电荷从A点移到B点，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功；故C错误.2.(改编自人教版选修3－1第5页“演示实验”)用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素，如图2所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小，这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来.若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示.则以下对该实验现象的判断正确的是()图2A.保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关B.保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比C.保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关D.保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比答案 C解析 根据库仑定律公式 F ＝k Qq r 2判断物体与小球之间的作用力F 与什么因素有关.丝线偏离竖直方向的角度θ越大，则作用力越大.保持Q 、q 不变，根据库仑定律公式F ＝k Qq r 2得，增大d ，库仑力变小，则θ变小，减小d ，库仑力变大，则θ变大.F 与d 的二次方成反比.故A 、B 错误.保持Q 、d 不变，减小q ，则库仑力变小，θ变小，知F 与q 有关，故C 正确.保持q 、d不变，减小Q ，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律公式F ＝k Qq r 2，知F 与两电荷的乘积成正比，故D 错误.故选C.3.(改编自人教版选修3－1第35页“示波管的原理”)如图3甲所示为示波管，如果在YY ′之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX ′之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X 的电势比X ′高，则在荧光屏上会看到的图形为( )图3答案 C解析 因XX ′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY ′上的是待显示的信号电压相同，则可以在荧光屏上得到待测信号在同一个周期内的稳定图象.显示如图C.4.(改编自人教版选修3－1第32页“做一做”)把一个电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图4甲所示连接.先使开关S 与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S 掷向2端，电容器放电.与电流传感器相连接的计算机(图中未画出)所记录的这一过程中电流随时间变化的I －t 曲线如图乙所示.下列关于这一过程的分析，正确的是( )图4A.在形成电流曲线1的过程中，电容器两极板间电压逐渐减小B.在形成电流曲线2的过程中，电容器的电容逐渐减小C.曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积D.S 接1端，只要时间足够长，电容器两极板间的电压就能大于电源电动势E答案 C解析 在形成电流曲线1的过程中，开关S 与1端相连，电容器在充电，所带电荷量增大，电容不变，由电容的定义式C ＝Q U分析可知极板间电压增大，故A 错误；在形成电流曲线2的过程中，开关S 与2端相连，电容器在放电，在放电的过程中，电容器的电荷量减小，但电容反映电容器本身的特性，与电压和电量无关，保持不变，故B 错误；I －t 图线与时间轴围成的面积表示电荷量.由于电容器充电和放电的电荷量相等，所以曲线1与横轴所围面积等于曲线2与横轴所围面积，故C 正确；S 接1端，只要时间足够长，电容器充电完毕，电路中没有电流，电源的内电压为零，电容器极板间的电压等于电源的电动势E ，故D 错误.故选C.5.(改编自人教版选修3－1第13页“电场线”)下图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点，其中a 、b 两点电场强度相同的是( )答案 D解析 A 选项中，a 、b 两点到负电荷的距离相等，由E ＝k Q r 2可知，电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A 错误.B 选项中，两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，根据对称性和电场线的分布可知，a 、b 两点的电场强度大小不等、方向相同，则电场强度不同，故B 错误.C 选项中，由电场线的疏密看出，a 点和b 点电场强度大小相等，但方向相反，所以电场强度不同，故C错误.D选项中，平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同，故D正确.6.(改编自人教版选修3－1第65页“说一说”)(1)如图5所示是简化的多用电表的电路.转换开关S与不同接点连接，就组成不同的电表，已知R3＜R4，下面是几位同学对这一问题的议论，请你判断他们中的说法正确的是()图5A.S与1、2连接时，多用电表就成了电流表，接1量程比接2量程大B.S与3、4连接时，多用电表就成了电流表C.S与3、4连接时，多用电表就成了电压表D.S与5连接时，多用电表就成了欧姆表(2)课处活动小组的同学用多用电表粗测电阻的阻值，完成以下操作步骤图6①将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”“－”插孔；选择开关旋至电阻挡“×10”；②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零；③把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，如图6所示此时多用电表的示数为________ Ω.④指针偏角过大，要将指针调到表盘中央，选择开关应旋至“×________”挡⑤将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指________⑥把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，读出多用电表示数为19 Ω；⑦将选择开关旋至OFF挡，取出红、黑表笔.答案(1)ACD(2)151零解析 (1)当S 与1、2连接时，多用电表就成了电流表，电阻与表头并联，当并联电阻越小时，量程越大，因此前者量程较大，故A 正确；当S 与3、4连接时，G 与电阻串联，多用电表就成了电压表，故B 错误，C 正确；S 与5连接时，G 与电源、滑动变阻器串联，此时多用电表就成了欧姆表，故D 正确，故选A 、C 、D.(2)③把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，如题图所示，此时多用电表的示数为15 Ω.④指针偏角过大，要将指针调到表盘中央，选择开关应旋至“×1”挡；⑤将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零.7.(改编自人教版选修3－1第62页“例题1)如图7所示，R 1＝14 Ω，R 2＝9 Ω.当开关处于位置1时，电流表读数I 1＝0.2 A ；当开关处于位置2时，电流表读数I 2＝0.3 A.求电源的电动势E 和内电阻r .图7答案 3 V 1 Ω解析 根据闭合电路欧姆定律得E ＝I 1(R 1＋r )① E ＝I 2(R 2＋r )②联立组成方程组得，r ＝I 1R 1－I 2R 2I 2－I 1代入数据解得，r ＝1 Ω将r ＝1 Ω代入①得，E ＝3 V.8.(改编自人教版选修3－1第52页“问题与练习”第3题)如图8所示，两个电阻串联后接在电路中a 、b 两点，已知a 、b 两点间电压不变.某同学把一个实验室里的电压表并联在R 1两端时，读数为5 V ；将该电压表并联在R 2两端时，读数为4 V, 则a 、b 两点间电压( )图8A.大于9 VB.等于9 VC.小于9 VD.无法确定答案 A9.(改编自人教版选修3－1第55页“问题与练习”第3题)四盏灯泡连接成如图9所示的电路，a 、c 灯泡的规格为“220 V 40 W ”，b 、d 灯泡的规格为“220 V 100 W ”，各个灯泡的实际功率都没有超过它的额定功率.这四盏灯泡中实际功率最大和最小的分别是( )图9A.a和bB.a和cC.b和dD.c和d答案 B10.(改编自人教版选修3－1第93页“做一做”)物理老师在课堂上做了一个“旋转的液体”实验，实验装置如图10：装有导电液的玻璃器皿放在上端为S极的蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连.接通电源后液体旋转起来，关于这个实验以下说法中正确的是()图10A.液体中电流由中心流向边缘；从上往下俯视，液体逆时针旋转B.液体中电流由中心流向边缘；从上往下俯视，液体顺时针旋转C.液体中电流由边缘流向中心；从上往下俯视，液体顺时针旋转D.液体中电流由边缘流向中心：从上往下俯视，液体逆时针旋转答案 D解析由图可知液体中电流由边缘流向中心，蹄形磁铁的上端为S极，导电液处磁场方向竖直向上，由左手定则可知电流受到的安培力方向从上往下俯视为逆时针方向，所以液体逆时针旋转.故选项D正确.。

专题分层突破练10 恒定电流和交变电流A组基础巩固练1.(浙江6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。

下列说法正确的是( )A.送电端先升压再整流B.用户端先降压再变交流C.1 100 kV是指交变电流的最大值D.输电功率由送电端电压决定2.(多选)(湖南岳阳二模)某实验小组发现一个滑动变阻器发生了断路故障,为了检测断路的位置,实验小组设计了如图所示的电路,a、b、c、d、e 是滑动变阻器上间距相同的五个位置(a、e为滑动变阻器的两个端点)。

实验小组将滑动变阻器的滑片分别置于a、b、c、d、x(x是d、e间某一位置)、e进行测量,把相应的电流表示数记录在下表中。

已知定值电阻阻值为R,电源内阻和电流表内阻可忽略。

下列说法正确的是( )A.滑动变阻器cd间发生了断路B.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.85 AC.滑片在x位置的电流表示数的可能值为0.40 AD.若滑动变阻器未断路时,其电阻丝的总电阻为4R3.(山东烟台模拟)如图所示,将一根粗细均匀的电阻丝弯成一个闭合的圆环,接入电路中,电路与圆环的接触点O点固定,P为电路与圆环良好接触的滑片,电源的电动势为E,内阻为r,闭合开关S,在滑片P缓慢地从m点开始经n点移到q点的过程中,下列说法正确的是( )A.电压表和电流表的示数都一直变大B.灯L1先变暗后变亮,电流表的示数一直变小C.灯L2先变暗后变亮,电压表的示数先变大后变小D.电容器C所带的电荷量先减少后增多4.(多选)(山东临沂模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,电路中R1=100 Ω、R2=15 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为15 Ω,图中电表均为理想交流电表,a、b间的电压如图乙所示,下列说法正确的是( )A.该交变电流的频率为50 HzB.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电压表的示数变大C.滑动变阻器的滑片向下滑动时,电流表的示数变大D.滑动变阻器接入电阻最大时,电流表的示数为1 A5.(山东聊城二模)国家为节约电能,执行峰谷分时电价政策,引导用户错峰用电。

1．(2021·广东·19)图1如图1所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有()A．三条绳中的张力都相等B．杆对地面的压力大于自身重力C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力答案BC解析杆静止在水平地面上，则杆受到重力、三条绳子的拉力和地面对它的支持力．依据平衡条件，则三条绳的拉力的合力竖直向下，故绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零．杆对地面的压力大小等于杆的重力与三条绳的拉力的合力之和，选项B、C正确．由于三条绳子长度不同，即三条绳与竖直方向的夹角不同，所以三条绳上的张力不相等，选项A错误．绳子拉力的合力与杆的重力方向相同，因此两者不是一对平衡力，选项D错误．2. (2021·山东理综·16)如图2所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()图2A.1μ1μ2 B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2 D.2＋μ1μ2μ1μ2答案B解析对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2(m A＋m B)g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝m B g；联立解得：m Am B ＝1－μ1μ2μ1μ2，选项B正确．1．题型特点力的合成与分解、共点力的平衡是高考中的热点，主要考查对共点力作用下物体的受力分析以及平衡条件的应用．以选择题形式呈现，难度相对较低，命题突出对受力分析、力的合成与分解方法的考查．2．命题猜想高考仍会以选择题为主，以受力分析、动态平衡为考点．其中拉力方向的变化、斜面倾角的变化、摩擦力的突变、细绳拉力的突变、弹簧弹力的变化都是动态平衡中常毁灭的类型．在平衡问题的分析中，摩擦力方向和大小的变化、滑动摩擦力和静摩擦力之间的转换也需要引起我们的留意．要求同学机敏、娴熟运用平衡问题的常规解法，精确地进行推断与求解．考题一受力分析、物体的平衡1．如图3所示，编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的三根圆木粗细相同、质量均为m.Ⅰ、Ⅱ并排横放在水平地面上，Ⅲ叠放在Ⅰ、Ⅱ上面，三根圆木均处于静止状态．已知重力加速度g，以下推断正确的是()图3A．Ⅰ对Ⅲ的支持力大小为12mgB．Ⅰ对Ⅲ的支持力大小为33mgC．地面对Ⅰ的摩擦力大小为36mgD．地面对Ⅰ的摩擦力大小为0答案BC解析 以圆木Ⅲ为争辩对象，受力如图甲，由几何关系可知，F 与竖直方向之间的夹角是30°，所以：2F cos 30°＝mg 所以：F ＝mg 2cos 30°＝33mg .故A 错误，B 正确；以Ⅰ为争辩对象，受力如图乙，由牛顿第三定律得：F ′＝F ，沿水平方向：F ′·sin 30°＝f ，所以：f ＝12F ＝36mg .故C 正确，D 错误．图42．如图4所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，物块A 与物块B 通过轻绳相连，轻绳跨过光滑的定滑轮，物块A 的质量为4 kg ，物块A 与斜面间的动摩擦因数为36，设物块A 与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使物块A 静止在斜面上，物块B 的质量不行能为( ) A ．1 kg B ．2 kg C ．3 kg D ．4 kg答案 D解析 若物块B 的质量较小，物块A 将有沿斜面下滑的趋势，则有： Mg ＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得：M ＝1 kg若物块B 的质量较大，物块A 将有沿斜面上滑的趋势，则有 Mg ＝μmg cos θ＋mg sin θ解得：M ＝3 kg ，综上所述，可知D 正确．3．如图5所示，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是14圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，跨过其顶点上小定滑轮的轻绳两端系有质量分别为m 1、m 2的小球．当它们处于平衡状态时，连接m 2的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．则m 1∶m 2等于( )图5 A ．1∶1 B ．2∶3 C ．3∶2 D ．3∶4答案 B解析 先以m 1球为争辩对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为T ＝m 1g sin 60°①再以m 2球为争辩对象，分析受力状况，如图，由平衡条件可知，绳的拉力T 与支持力N 的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，由对称性可知，T ＝N,2T cos 30°＝m 2g ②，由①②解得：m 1∶m 2＝2∶3.4．如图6所示，直角三角形框架ABC (角C 为直角)固定在水平地面上，已知AC 与水平方向的夹角为α＝30°.小环P 、Q 分别套在光滑臂AC 、BC 上，用一根不行伸长的细绳连接两小环，静止时细绳恰好处于水平方向，小环P 、Q 的质量分别为m 1、m 2，则小环P 、Q 的质量之比为( )图6 A.m 1m 2＝ 3 B.m 1m 2＝3 C.m 1m 2＝33 D.m 1m 2＝13答案 B解析 对小环P 进行受力分析，设绳子拉力大小为T ，由几何关系：T ＝m 1g tan α① 对小环Q 进行受力分析，由几何关系：T ＝m 2gtan α②联立①②得：m 1m 2＝1tan 2α＝31．物体受力分析的常用方法 (1)整体法与隔离法整体法隔离法概念将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法将争辩对象与四周物体分隔开的方法选用原则争辩系统外的物体对系统整体的作用力或系统整体的加速度争辩系统内物体之间的相互作用力(2)假设法在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来推断该力是否存在． 2．v ＝0时确定是平衡状态吗？不愿定． 3．处理平衡问题的基本方法(1)物体受三个力平衡时，利用力的合成或分解法比较简洁．(2)解平衡问题建立坐标系时应使尽可能多的力与坐标轴重合，需要分解的力尽可能少，物体受四个以上的力作用时一般要接受正交分解法．考题二 物体的动态平衡问题5．目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材．图7器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点．由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高．座椅静止时用F 表示所受合力的大小，F 1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比( )图7A ．F 不变，F 1变小B ．F 不变，F 1变大C ．F 变小，F 1变小D ．F 变大，F 1变大答案 A解析 座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F ＝0；依据共点力平衡条件，有：2F 1cos θ＝mg解得：F 1＝mg2cos θ由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的θ角减小了，故F 不变，F 1减小．6．如图8所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m 放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M 搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F 拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面对上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比( )图8A ．滑块对球的弹力增大B ．挡板对球的弹力减小C ．斜面对滑块的弹力增大D ．拉力F 不变 答案 B解析 对球进行受力分析，如图(a)，球只受三个力的作用，挡板对球的力F 1方向不变，作出力的矢量图，滑块上移时，F 2与竖直方向夹角减小，最小时F 2垂直于F 1，可以知道F 1和滑块对球的作用力F 2都减小，故B 正确，A 错误；再对滑块和球一起受力分析，如图(b)，其中N ＝(M ＋m )g cos θ不变，F ＋F 1不变，F 1减小，可以知道斜面对滑块的支持力不变，拉力F 增大，故C 、D 错误．7．如图9所示，确定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O，人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是()图9A．OA绳中的拉力先减小后增大B．OB绳中的拉力不变C．人对地面的压力渐渐减小D．地面给人的摩擦力渐渐增大答案D解析将物体的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力渐渐变大，依据平衡条件知地面给人的摩擦力渐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变．1．解析法画出争辩对象的受力示意图，依据动态变化的缘由，一般是某一夹角发生变化，用三角函数表示出各个作用力与变化夹角之间的关系，从而推断各作用力的变化．2．图解法当物体受到一个大小方向不变、一个方向不变、一个大小方向都变化的3个力作用而处于动态平衡时，假如题目只要求定性争辩力的大小而不必进行定量计算时，应首先考虑用矢量三角形方法．考题三电学中的平衡问题图108．如图10所示，在匀强磁场中(磁场方向没有画出)固定一倾角为30°的光滑斜面，一根质量为m的通电直导线垂直于纸面水平放置在斜面上，直导线恰好能保持静止，电流方向垂直于纸面对里，已知直导线受到的安培力和重力大小相等，斜面对直导线的支持力大小可能是(重力加速度大小为g)()A．0 B．mgC.32mg D.3mg答案AD解析由于导线受重力、支持力和安培力处于平衡，当安培力的方向竖直向上，与重力等大反向，则支持力N ＝0.由于重力、支持力和安培力合力为零，可以构成矢量三角形，如图所示，可得N＝2mg cos 30°＝3mg，故A、D正确，B、C错误．9．如图11所示，固定在水平地面上的倾角为θ的粗糙斜面上，有一根水平放在斜面上的导体棒，通有垂直纸面对外的电流，导体棒保持静止．现在空间中加入竖直向下的匀强磁场，导体棒仍静止不动，则()图11A．导体棒受到的合力确定增大B．导体棒确定受4个力的作用C．导体棒对斜面的压力确定增大D．导体棒所受的摩擦力确定增大答案C解析导体棒静止，合力为零，故合力不变，故A错误；当加上磁场后，假如mg sin θ＝BIL cos θ，则导体棒不受摩擦力，此时受3个力，故B错误；不加磁场时导体棒对斜面的压力N＝mg cos θ，加上磁场后对斜面的压力为N′＝mg cos θ＋BIL sin θ，故压力增大，故C正确；导体棒受到的摩擦力不愿定变大，故D错误．10．如图12所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5C，质量均为0.72 kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球一端固定绝缘棒，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为30°，g＝10 m/s2，则B球距离A的距离可能为()图12A．0.5 m B．0.8 mC．1.2 m D．2.5 m答案AB解析对A受力分析，受重力mg、绳的拉力T、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mg sin 30°＝kq2r2，解得r＝1 m ，所以r≤1 m，A、B正确．电磁学中的物体的平衡问题，除了涉及重力、弹力和摩擦力之外，还涉及电磁学中的静电力、安培力和洛伦兹力．与力学中的共点力平衡问题一样，电磁学中的物体平衡问题也要遵循合力为零这一平衡条件，所不同的是除听从力学规律之外，还要听从电磁学规律，这是解决电磁学中的物体平衡问题的两条主线．考题四平衡中的临界、极值问题11．将三根伸长可不计的轻绳AB、BC、CD如图13所示连接，现在B点悬挂一个质量为m的重物，为使BC 绳保持水平且AB绳、CD绳与水平天花板夹角分别为60°和30°，需在C点再施加一作用力，则该力的最小值为()图13A．mg B.12mgC.33mg D.36mg答案D解析对B点受力分析，依据共点力平衡得，tan 30°＝T BCT＝T BCmg，解得T BC＝33mg，对C点受力分析，CD的拉力方向确定，依据图解法知，当外力的方向与CD垂直时，外力F最小，依据平行四边形定则知，sin 30°＝FT BC，F＝T BC sin 30°＝33mg×12＝36mg.12.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．假如用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图14所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．图14(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)求在(1)条件下木楔对水平面的摩擦力是多少？答案(1)mg sin 2θ(2)12mg sin 4θ解析木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ.(1)因其在力F作用下沿斜面对上匀速运动，则有：F cos α＝mg sin θ＋f ① F sin α＋N ＝mg cos θ② f ＝μN ③ 由①②③得F ＝2mg sin θcos α＋μsin α＝2mg sin θcos θcos αcos θ＋sin αsin θ＝mg sin 2θcos θ－α则当α＝θ时，F 有最小值，即F min ＝mg sin 2θ.(2)由于木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力，即f m ＝F cos(α＋θ) 当F 取最小值mg sin 2θ时，f m ＝F min cos 2θ＝mg ·sin 2θcos 2θ＝12mg sin 4θ.1．物体平衡的临界问题：当某一物理量变化时，会引起其他几个物理量跟着变化，从而使物体所处的平衡状态恰好毁灭变化或恰好不毁灭变化．2．极限分析法：通过恰当地选取某个变化的物理量将其推向极端(“极大”或“微小”、“极右”或“极左”等)．3．解决中学物理极值问题和临界问题的方法(1)物理分析方法：就是通过对物理过程的分析，抓住临界(或极值)条件进行求解． (2)数学方法：例如求二次函数极值、争辩公式极值、三角函数极值．专题综合练1．如图15所示，斜面体M 放置在水平地面上，位于斜面上的物块m 受到沿斜面对上的推力F 的作用，设物块与斜面之间的摩擦力大小为f 1，斜面体与地面之间的摩擦力大小为f 2.增大推力F ，斜面体始终保持静止，下列推断正确的是( )图15A ．假如物块沿斜面对上滑动，则f 1、f 2确定增大B ．假如物块沿斜面对上滑动，则f 1、f 2确定不变C ．假如物块与斜面相对静止，则f 1、f 2确定增大D ．假如物块与斜面相对静止，则f 1、f 2确定不变 答案 B解析 发生滑动时，摩擦力为滑动摩擦力，其大小与压力有关，与F 大小无关．相对静止时，摩擦力为静摩擦力，选物块与斜面体整体为争辩对象，摩擦力f 2增大．m 与M 间的摩擦力f 1变化不确定．2．如图16所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平．A 球、C 球与B 球分别用两根轻质细线连接．当系统保持静止时，B 球对碗壁刚好无压力，图中θ＝30°，则A 球和C 球的质量之比为( )图16 A ．1∶2 B ．2∶1 C ．1∶ 3 D.3∶1答案 C解析 B 球对碗壁刚好无压力，则依据几何学问分析可得B 球所在位置两线的夹角为90°，以B 球为争辩对象，进行受力分析，水平方向所受合力为零，由此可知F A cos θ＝F C sin θ，F A F C ＝m A g m C g ＝tan θ＝13.3．如图17所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m 1、m 2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m 1左端施加水平拉力F ，使m 1、m 2均处于静止状态，已知m 1表面光滑，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图17A ．弹簧弹力的大小为m 1gcos θB ．地面对m 2的摩擦力大小为FC ．地面对m 2的支持力可能为零D ．m 1与m 2确定相等答案 B解析 对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力及摩擦力；要使整体处于平衡，则水平方向确定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同，故B正确；因m2与地面间有摩擦力，则确定有支持力，故C错误；再对m2受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力T＝Fsin θ；因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A、D错误．4．如图18所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开头时OB绳水平．现保持O点位置不变，转变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移到B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是()图18A．F OA始终减小B．F OA始终增大C．F OB始终减小D．F OB先减小后增大答案AD解析以结点O为争辩对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力F OA和绳OB的拉力F OB，如图所示，依据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA渐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．5．如图19所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，则下列说法正确的是()图19A．A所受合外力增大B．墙面对A的摩擦力确定增大C．B对地面的压力确定不变D．墙面对A的摩擦力可能变小答案D解析A始终处于静止状态，所受合外力始终为零，故A错误；对B受力分析，如图，依据平衡条件：F＝N′sin θ，可见F增大则N′增大，N″＝mg＋N′cos θ，可见N′增大则N″增大，依据牛顿第三定律则球对地面的压力增大，故C错误；以整体为争辩对象，竖直方向：N″＋f＝Mg，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故B错误，D正确．6．如图20所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则()图20A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力B．B确定受到C的摩擦力C．C确定受到水平面的摩擦力D．若将细绳剪断，B物体开头沿斜面对下滑动，则水平面对C的摩擦力可能为零答案C解析把B、C当作一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N＋m A g sin θ＝(m B＋m C)g，绳子的拉力在竖直方向上的重量m A g sin θ不为零，所以水平面对C的支持力小于B、C的总重力．故A错误；对B：当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即m B g sin θ＝m A g时，B在斜面上没有运动趋势，此时B、C间没有摩擦力，故B错误；把B、C当作一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的重量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C 受到地面的摩擦力不会为零，方向确定向左．故C 正确；若将细绳剪断，B 物体在斜面上加速下滑时具有沿斜面对下的加速度，该加速度在水平方向上有重量，故对C 的作用力有水平向右的重量，而C 处于平衡状态可知，地面对C 的摩擦力确定不为零，故D 错误．7．如图21所示，A 、B 是两个带异号电荷的小球，其质量分别为m 1和m 2，所带电荷量分别为＋q 1和－q 2，A 用绝缘细线L 1悬挂于O 点，A 、B 间用绝缘细线L 2相连．整个装置处于水平方向的匀强电场中，平衡时L 1向左偏离竖直方向，L 2向右偏离竖直方向，则可以判定( )图21 A ．m 1＝m 2 B ．m 1>m 2 C ．q 1>q 2 D ．q 1<q 2答案 C解析 两球整体受力分析，如图所示，依据平衡条件可知，q 1E >q 2E ，即q 1>q 2，而两球的质量无法比较其大小，故C 正确，A 、B 、D 错误．8．如图22所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L ，质量为m 的直导体棒．在导体棒中的电流I 垂直纸面对里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是( )图22A ．B ＝mg sin αIL ，方向垂直斜面对上B ．B ＝mg tan αIL ，方向竖直向上C ．B ＝mg sin αIL，方向垂直斜面对下D ．B ＝mg tan αIL ，方向竖直向下答案 AB解析 若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面对上，则沿斜面对上的安培力、支持力与重力处于平衡状态，则BIL ＝mg sin α，解得B ＝mg sin αIL ，故A 正确；若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力处于平衡状态，则BIL ＝mg tan α，解得B ＝mg tan αIL ，故B 正确；若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向垂直斜面对下，则安培力沿斜面对下，导体棒不能平衡，C 错误；若外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向下，则安培力水平向左，导体棒不能平衡，D 错误；故选A 、B. 9．由粗糙的水平杆AO 与光滑的竖直杆BO 组成的绝缘直角支架如图23放置，在AO 杆、BO 杆上套有带正电的小球P 、Q ，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P 缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比( )图23A ．P 、Q 之间的距离增大B ．BO 杆对Q 的弹力减小C ．AO 杆对P 的摩擦力增大D ．AO 杆对P 的弹力减小 答案 C解析 Q 受力如图，由力的合成与平衡条件可知：BO 杆对小球Q 的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P 、Q 的距离变小，A 、B 错误；对小球P 受力分析，可得AO 杆对小球P 的摩擦力变大，C 正确；对小球P 、Q 整体受力分析，AO 杆对小球P 的弹力不变，D 错误．10．如图24所示，倾角为θ的绝缘斜面体ABC 置于粗糙的水平地面上．一质量为m 、电荷量为＋q 的小物块(可看作是点电荷)恰好能在斜面上匀速下滑．若在AB中点D的上方与B等高的位置固定一电荷量为＋Q的点电荷，再让物块以某一速度从斜面上滑下，物块在下滑至底端的过程中，斜面体保持静止不动．在不考虑空气阻力和物块电荷没有转移的状况下，关于在物块下滑过程中斜面体受到地面的摩擦力及其方向的分析正确的是()图24A．当物块在BD之间，斜面体受到地面的摩擦力的方向向左B．当物块在DA之间，斜面体受到地面的摩擦力的方向向右C．当物块在DA之间，斜面体受到地面的摩擦力的方向要视具体问题而定D．当物块在DA之间，斜面体受到地面的摩擦力为零答案D解析开头时刻小物块受重力、支持力和摩擦力，物块恰好能在斜面上匀速下滑，说明摩擦力和支持力的合力与重力平衡，是竖直向上的；依据牛顿第三定律，压力和滑块对斜面体的摩擦力的合力是竖直向下的；增加电场力后，小物块对斜面体的压力和摩擦力正比例增加，故滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力照旧是竖直向下的；再对斜面体受力分析，受重力、物块对斜面体的压力和摩擦力、支持力，不受地面的摩擦力，否则合力不为零，故A、B、C错误，D正确．11．如图25所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面对上滑行，试求：图25(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．答案(1)33(2)60°解析(1)物体恰匀速下滑时，由平衡条件有N1＝mg cos 30°mg sin 30°＝μN1则μ＝tan 30°＝33.(2)设斜面倾角为α，由平衡条件有F cos α＝mg sin α＋fN2＝mg cos α＋F sin α静摩擦力f≤μN2联立解得F(cos α－μsin α)≤mg sin α＋μmg cos α要使“不论水平恒力F多大”，上式都成立，则有cos α－μsin α≤0，所以tan α≥1μ＝3＝tan 60°即θ0＝60°。