2008年高考物理海南卷(WORD)

说明：（1）此书近600页，原想放在一个文档中，由于内容多，运行太慢，因此分成几个文档。

（2）点击目录可浏览相应页面。

（3）此书用word排版，将近六年的全国及各省市的高考试题按高考考查知识点分类，有利于广大教师备课和学生系统复习，如有不足和遗漏之处请各位同仁批评指证。

2000-2010年全国高考物理试题分类汇编（中篇2005-2008年）直线运行篇总题数：34 题第1题(2008年普通高等学校夏季招生考试理科综合能力测试（天津卷）)题目一个静止的质点，在0—4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在( )A.第2 s末速度改变方向B.第2 s末位移改变方向C.第4 s末回到原出发点D.第4 s末运动速度为零答案D解析：F在0—2 s内方向不变，则质点在0—2 s内一直加速；F在2—4 s内方向与前2 s方向相反，但大小变化规律与前2 s相同，可知2—4 s内质点减速运动、速度方向不变，到4 s末速度减为0。

由上述分析可知只有D选项正确。

第2题(2008年普通高等学校夏季招生考试物理（广东卷）)题目伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有( )A.倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比B.倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比C.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关答案B解析：从伽利略斜面实验中观察和逻辑推理可知物体沿光滑斜面滚下是匀加速直线运动。

a=gsin θ,s=at2=gsinθt2,位移与时间不成正比，所以A错误.v=at=gsinθt,速度与时间成正比，即B正确.物体从光滑斜面下滑机械能守恒，斜面长度一定但倾角不同，则底端的速度应不同，所以C错误.从s=at2=gsinθt2，可知当斜面长度s一定时，时间t与倾角θ有关，所以D.错误.第3题(2008年普通高等学校夏季招生考试物理（广东卷）)题目某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t图象.某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是( )A.在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大B.在0-t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大C.在t1-t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D.在t3-t4时间内，虚线反映的是匀速运动答案BD解析：v-t图象的斜率表示加速度的大小，在t1时刻虚线斜率小，反映的加速度小，所以A错误.v-t 图象包围的面积表示位移的大小，0—t1时间内虚线包围面积大，则求得平均速度大，所以B正确，同理C 错误.在t3—t4时间内，虚线是一段与时间轴平行的直线，反映速度不变，所以是匀速运动，则D正确.第4题(2008年普通高等学校夏季招生考试综合能力测试（理科使用）（广东卷）)题目下图是某物体做直线运动的v-t图象，由图象可得到的正确结果是（）A.t=1 s时物体的加速度大小为1.0 m/s2B.t=5 s时物体的加速度大小为0.75 m/s2C.第3 s内物体的位移为1.5 mD.物体在加速过程的位移比减速过程的位移大答案B解析：t=1 s时,加速度为1.5 m/s2,3—7 s物体加速度为-0.75 m/s2,故A错误,B正确；第3 s内位移为3 m,加速过程位移为3 m,减速过程位移为6 m,故C、D.均错误。

易错点08振动和波目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】不理解振动图像和物理之间的关系【易错点提醒二】不理解单摆模型和单摆的周期公式【易错点提醒三】误认为波的传播过程中质点随波迁移和不理解波的图像【易错点提醒四】分析振动图像与波的图像综合问题出现错误【易错点提醒五】不会分析波的干涉现象，不理解中加强与减弱的含意03易错题通关易错点一：理解简谐运动图像和单摆周期问题时出现错误1.由简谐运动图像可获取的信息（1）判定振动的振幅A和周期T。

(如图所示)（2）判定振动物体在某一时刻的位移。

（3）判定某时刻质点的振动方向：①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；②下一时刻位移如果减小，质点的振动方向指向平衡位置。

（4）判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。

从图像读取x大小及方向――→F＝－kx F的大小及方向――→F＝ma a的大小及方向（5）比较不同时刻质点的势能和动能的大小。

质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。

2.单摆模型（1）单摆是一个理想有物理模型；单摆的周期公式为T=2πgl 由公式可知：单摆的周期与摆球的质量和振幅无关；（2）等效摆长：摆长l 是指摆动的质点到轨迹圆心的距离（3）等效重力加速度：单摆公式中的g 不仅与单摆所在的空间位置有关，还与单摆所处的物理环境和单摆系统的运动状态有关，因此对于不是教材上的理想情况，必须确定等效重力加速度，其步骤是：找等效平衡位置，求摆球在等效平衡位置处于静止状态时悬线拉力得等效重力加速度'Fg m易错点二：理解波的传播图像问题时出现错误1．机械波的传播特点(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。

(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。

(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。

(4)波源经过一个周期T 完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。

第十一章电磁感应【网络构建】专题11.2 法拉第电磁感应定律 自感和互感【网络构建】考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用1．对法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 对应Φ ­t 图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ΔS ，则E ＝n B ΔSΔt ；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS ，则E ＝n ΔBSΔt；(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n|B 2S 2－B 1S 1|Δt≠nΔB ΔSΔt. 考点二 导体棒切割磁感线产生感应电动势1．理解E ＝Blv 的“五性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B 、l 、v 三者互相垂直． (2)瞬时性：若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势．(3)平均性：导体平动切割磁感线时，若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E ＝Blv . (4)有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度．如图中，棒的有效长度为ab 间的距离．(5)相对性：E ＝Blv 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系． 2．导体棒切割磁感线时，可有以下四种情况考点三 应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关． 推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR. 考点四 自感和涡流1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能逐渐变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题3.处理自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路．(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零．(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻．高频考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用例1、如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 【答案】B.【解析】由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔBΔt 为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确．【变式训练】轻质细线吊着一质量为m ＝0.42 kg 、边长为L ＝1 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g 取10 m/s 2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4 s 时轻质细线的拉力大小． 【答案】(1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N【解析】(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向． (2)由法拉第电磁感应定律得 E ＝n ΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔBΔt ＝0.5 V则P ＝E 2r＝0.25 W(3)I ＝Er ＝0.5 A ，F 安＝nBIL ，t ＝4 s 时，B ＝0.6 TF 安＋F 线＝mg 联立解得F 线＝1.2 N.高频考点二 导体棒切割磁感线产生感应电动势例2、如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上 以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产 生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶2【答案】C【解析】用右手定则判断出两次金属棒MN 中的电流方向为N →M ，所以电阻R 中的电流方向a →c .由电动势公式E ＝Blv 可知E 1E 2＝Blv 2Blv ＝12，故选项C 正确．【变式训练】如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )A ．电路中感应电动势的大小为Blv sin θ B ．电路中感应电流的大小为 Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为 B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为 B 2lv 2r sin θ【答案】B.【解析】金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l 为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝E R ＝Blv l sin θ r ＝Bv sin θr，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lv r ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr ，选项D 错误．例3、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻 Q 、R 的电流，下列说法正确的是( )A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍 【答案】AB【解析】将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，B 对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝BL v ＝12BL 2ω，I ＝ER ＋r ，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故A 对，C 错；由P ＝I 2R ＝B 2L 4ω2R4R ＋r 2知，当ω变为原来的2倍时，P 变为原来的4倍，D 错．【变式训练】如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U b c ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U b c ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a【答案】C.【解析】金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误；转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a ＜U c ，U b ＜U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确． 高频考点三 应用法拉第电磁感应定律求解感应电荷量问题例4、如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶4C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶1D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2 【答案】AC【解析】回路中感应电流为I ＝E R ＝BLv R ，I ∝v ，则得I 1∶I 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故A 正确；产生的热量为Q ＝I 2Rt＝(BLv R )2R ×s v ＝B 2L 2sv R ，Q ∝v ，则得Q 1∶Q 2＝v 1∶v 2＝1∶2，故B 错误；通过任一截面的电荷量为q ＝It ＝BLvR t ＝BLsR，q 与v 无关，则得q 1∶q 2＝1∶1，故C 正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P ＝I 2R ＝(BLv R)2R ，P ∝v 2，则得P 1∶P 2＝1∶4，故D 错误．【变式训练】如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触 良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角 速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅰ)．在 过程 Ⅰ、Ⅰ 中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )A.54B.32C.74 D ．2 【答案】 B【解析】 设OM 的电阻为R ，过程Ⅰ，OM 转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E 1＝ΔΦΔt 1＝B ·ΔS Δt 1＝B ·14πl 2Δt 1＝πBl 24Δt 1，流过OM 的电流为I 1＝E 1R ＝πBl 24R Δt 1，则流过OM 的电荷量为q 1＝I 1·Δt ＝πBl 24R；过程Ⅰ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E 2＝ΔΦΔt 2＝（B ′－B ）S Δt 2＝（B ′－B ）πl 22Δt 2，电路中的电流为I 2＝E 2R ＝π（B ′－B ）l 22R Δt 2，则流过OM 的电荷量为q 2＝I 2·Δt 2＝π（B ′－B ）l 22R ；由题意知q 1＝q 2，则解得B ′B ＝32，B 正确，A 、C 、D 错误．高频考点四 自感和涡流例5、如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮．而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是 ( )A ．图甲中，A 1与L 1的电阻值相同B ．图甲中，闭合S 1，电路稳定后，A 1中电流大于L 1中电流C ．图乙中，变阻器R 与L 2的电阻值相同D ．图乙中，闭合S 2瞬间，L 2中电流与变阻器R 中电流相等 【答案】C【解析】断开开关S 1瞬间，线圈L 1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L 1的电流反向通过A 1，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L 1>I A1，即R L 1<R A1，故A 错；题图甲中，闭合开关S 1，电路稳定后，因为R L 1<R A1，所以A 1中电流小于L 1中电流，故B 错；题图乙中，闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同，说明变阻器R 与L 2的电阻值相同，故C 对；闭合S 2瞬间，通过L 2的电流增大，由于电磁感应，线圈L 2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L 2中电流与变阻器R 中电流不相等，故D 错．【变式训练】如图，A 、B 是相同的白炽灯，L 是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正 确的是( )A ．闭合开关S 时，A 、B 灯同时亮，且达到正常 B ．闭合开关S 时，B 灯比A 灯先亮，最后一样亮C ．闭合开关S 时，A 灯比B 灯先亮，最后一样亮D ．断开开关S 时，A 灯与B 灯同时慢慢熄灭 【答案】BD【解析】由于自感的作用，闭合开关S 时，B 灯比A 灯先亮，最后一样亮，选项A 、C 错误，B 正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．。

2017-2022年全国各地高考物理真题汇编：电磁感应学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共12题）1．（2022·全国·高考真题）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。

把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为12I I 、和3I 。

则（ ）A ．132I I I <<B ．132I I I >>C ．123I I I =>D ．123I I I ==2．（2017·天津·高考真题）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R 。

金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。

现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是（ ）A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小3．（2021·北京·高考真题）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的电阻，质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 置于导体框上。

不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。

ab 以水平向右的初速度v 0开始运动，最终停在导体框上。

在此过程中 （ ）A ．导体棒做匀减速直线运动B ．导体棒中感应电流的方向为a b →C ．电阻R 消耗的总电能为202()mv R R r +D ．导体棒克服安培力做的总功小于2012mv 4．（2020·江苏·高考真题）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度1B 和2B 大小相等、方向相反。

高考物理考点《动态平衡问题》真题练习含答案1．(多选)如图甲所示，一只小鸟沿着较粗的树枝从A点缓慢移动到B点，将该过程抽象为质点从圆弧上的A点移动到B点，如图乙所示，以下说法正确的是()A．树枝对小鸟的弹力减小B．树枝对小鸟的弹力增大C．树枝对小鸟的摩擦力减小D．树枝对小鸟的摩擦力增大答案：BC解析：设弹力与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得，小鸟所受的弹力N＝mg cos θ，从A点到B点的过程中，θ减小，弹力增大，A错误，B正确；小鸟所受的摩擦力f＝mg sin θ，从A点到B点的过程中，θ减小，摩擦力减小，C正确，D错误．2．如图所示，置于斜面上的物体A受到平行于斜面向下的力F作用保持静止．若力F 大小不变，方向在竖直平面内由沿斜面向下顺时针缓慢转到沿斜面向上(转动范围如图中虚线所示).在F转动过程中，物体和斜面始终保持静止．在此过程中()A．地面与斜面间的摩擦力可能先减小后增大B．地面与斜面间的摩擦力可能一直增大C．物体与斜面间的摩擦力可能先增大后减小D．物体与斜面间的摩擦力可能一直减小答案：D解析：以物体作为研究对象，在沿斜面方向上，重力沿斜面向下的分力、F的分力及摩擦力的合力为零，因F的分力先沿斜面向下减小，后沿斜面向上增大，故摩擦力可能先向上减小，后向下增大，也可能一直减小，故C错误，D正确；以整体为研究对象，F的水平分力与地面给斜面的摩擦力平衡，F的水平分力先增大，再减小，再增大，地面与斜面间的摩擦力也同步变化，故A、B错误．3.如图所示，用网兜把足球挂在光滑墙壁上的A点，足球与墙壁的接触点为B.若更换悬线更长的新网兜，重新把足球挂在A点，足球与墙壁接触点为C(图中未标出)，已知两点间距l AC>l AB，下列说法正确的是()A．网兜对A点的拉力不变B．网兜对A点的拉力变小C．足球对墙壁的压力不变D．足球对墙壁的压力变大答案：B解析：已知两点间距l AC>l AB，绳与墙壁夹角α变小，由平衡条件得T＝mgcos α，F N＝mg tan α，可知网兜对A点的拉力变小，A错误，B正确；足球对墙壁的压力变小，C、D错误．也可用图解法求解，重力和支持力的合力与绳的拉力大小相等，由三角形知识可知，当绳子与墙壁的夹角减小时，支持力F N和绳子的拉力T均减小，只有选项B正确．4.[2024·安徽省马鞍山市期末考试](多选)将四分之一圆柱体a置于粗糙水平面上，其横截面如图所示，B点为圆柱体a的最高点．现将小物块b(可视为质点)靠紧圆弧，用始终沿圆弧切线方向的拉力F拉动物块．使物块由圆弧与水平面的交点A缓慢向B点运动，整个过程中a始终保持静止，不计a与b间的摩擦，则拉动过程中()A．拉力F一直减小B．b对a的压力先减小后增大C．地面对a的摩擦力一直增大D．地面对a的支持力逐渐增大答案：AD解析：对物块进行受力分析，如图所示由平衡条件知F＝mg cos θ，N＝mg sin θ，θ增大，拉力F减小，支持力增大，根据牛顿第三定律知，b对a的压力增大，A正确，B错误；将a与b看作整体，由平衡条件知N′＝(M＋m)g－F cos θ，f＝F sin θ＝mg sin θcos θ＝12mg sin 2θ，θ从0°增大90°，cos θ减小，F减小，则地面对a的支持力增大，而2θ从0°增大180°，sin 2θ先增大后减小，地面对a 的摩擦力先增大后减小，C错误，D正确．5．[2023·海南卷]如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是()A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力变小D．重物缓慢提起的过程中，绳子拉力不变答案：B解析：工人受到三个力的作用，即绳的拉力、地面的支持力和重力，三力平衡，A错；工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，B对；对动滑轮受力分析，由平衡条件有2T cos θ2＝mg，其中T为绳子拉力的大小、θ为与动滑轮相连的两段绳的夹角、m为重物与动滑轮的总质量，随着重物的上升，θ增大，则绳的拉力变大，C、D错．6．某气象研究小组用图示简易装置测定水平风速，在水平地面的底座(始终保持静止)上竖直固定一直杆，半径为R 、质量为m 的薄壁空心塑料球用细线悬于杆顶端O ，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来．已知风力大小正比于风速，也与球正对风的截面积成正比，当风速v 0＝3 m/s 时，测得球静止时细线与竖直方向的夹角θ＝30°.则下列说法正确的是( )A.当θ＝60°时，风速v ＝6 m/sB ．若风速增大到某一值时，θ可能等于90°C ．若风速不变，换用半径相等、质量较大的球，则θ减小D ．若风速增大，换用半径较大、质量不变的球，底座对地面的压力增大 答案：C解析：由题意，风力F ＝kS v ，由平衡条件得kS v ＝mg tan θ，当风速v 0＝3 m/s 时，θ＝30°.则当θ＝60°时，风速v 1＝3 v 0＝33 m/s ，A 错误；由平衡条件判断θ不可能等于90°，B 错误；若风速v 不变，换用半径相等(S 不变)，质量更大的球，则θ减小，C 正确；由平衡条件和牛顿第三定律知底座对地面的压力大小等于系统的重力，与水平风力无关，D 错误．7．如图甲所示，质量为m 的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到π2的过程中，半球体所受摩擦力F f 与θ的关系如图乙所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为33，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g ，则( )A ．0～q 段图像可能是直线B ．q ～π2 段图像可能是直线C ．q ＝π4D ．p ＝mg2答案：D解析：半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是mg sin θ＝μmg cos θ，故μ＝tan θ，解得θ＝π6 ，即q ＝π6 ，故C 错误．θ在0～π6 之间时，F f 是静摩擦力，大小为mg sin θ；θ在π6 ～π2之间时，F f 是滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，综合以上分析得F f 与θ的关系如图中实线所示，故A 、B 错误．当θ＝π6 时，F f ＝mg sin π6 ＝mg 2 ，即p ＝mg2，故D 正确．8.[2024·河南省豫东四校联考](多选)如图所示，甲乙两轻绳连接重物于O 点，重物始终在同一位置处于静止状态，轻绳甲与竖直方向夹角始终为30°，轻绳乙从水平方向逆时针缓慢旋转至竖直过程中，轻绳甲对重物的弹力T 1，轻绳乙对重物的弹力T 2，物体所受的重力大小为G ，下列说法正确的是( )A.T 1先增大后减小 B ．T 2先减小后增大C ．T 2的最小值为G2 D ．T 1与T 2的合力增大答案：BC 解析：因为T 1与T 2的合力T 合与重物重力等大反向，则对物体受力分析，根据力的矢量三角形法则分析，可以看出，轻绳乙从水平方向逆时针缓慢旋转至竖直过程中，轻绳甲对重物的弹力T 1一直减小，当轻绳乙与轻绳甲垂直时，轻绳乙上拉力最小，即轻绳乙对重物的弹力T2先减小后增大，轻绳乙上拉力最小值为T2 min＝mg·sin 30°＝G2，A错误，B、C正确；由题意知，重物始终处于平衡状态，所以T1与T2的合力与重物重力等大反向，即T1与T2的合力始终保持不变，D错误．9.[2024·福建省南平市期末考试]如图，轻杆A端用光滑铰链固定在竖直墙上，B端吊一工件，工人将轻绳跨过定滑轮C用水平拉力将B端缓慢上拉，滑轮C在A点正上方，滑轮大小及摩擦均不计，则在轻杆逆时针转到竖直位置的过程中()A．轻杆对B端的弹力大小逐渐增大B．轻杆对B端的弹力大小保持不变C．工人受到地面的摩擦力逐渐增大D．工人受到地面的摩擦力保持不变答案：B解析：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图．由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得NAB＝FBC＝GAC，使轻杆逆时针转到竖直位置的过程中，AC、AB保持不变，BC变小，则N大小保持不变，F变小，A错误，B正确；对人受力分析可知水平方向，f＝F，工人受到地面的摩擦力逐渐减小，C、D错误．10.[2024·山东聊城月考](多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV 的高压线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻绳OD 一端固定在高压线杆塔上的O 点，另一端固定在兜篮D 上，另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C 点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制，身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C 点运动到处于O 点正下方E 点的电缆处，绳OD 一直处于伸直状态．兜篮、王进及携带的设备总质量为m ，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g .从C 点运动到E 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．绳OD 的拉力一直减小B ．绳CD 的拉力一直减小C ．绳OD 、CD 拉力的合力大于mgD ．绳CD 与竖直方向的夹角为30°时，绳CD 的拉力为33mg 答案：BD 解析：对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD 的拉力为F 1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD 的拉力为F 2，与竖直方向的夹角为α，根据几何关系可得θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α ＝F 2sin θ ＝mg sin （180°－α－θ） ＝mgcos α ，联立可得F 1＝mg tan α，F 2＝mg sin θcos α ＝mg cos 2αcos α ＝mg (2cos α－1cos α )，由于α增大，可得绳OD 的拉力F 1增大，绳CD 的拉力F 2减小，A 错误，B 正确；兜篮、王进及携带的设备处于平衡状态，两绳拉力的合力等于mg ，C 错误；绳CD 与竖直方向的夹角为30°时，即α＝30°时，则有F 2＝mg (2cos 30°－1cos 30° )＝33mg ，D 正确．11.[2024·四川省泸州市期末考试](多选)如图所示，木块甲在光滑的水平面上，质量为m 的球乙置于木块与光滑竖直墙壁之间，在水平向左的推力F作用下，系统处于静止状态．其中O点为乙的球心，A点为甲、乙之间的接触点，OA与竖直方向的夹角为30°，取重力加速度大小为g.则()A．推力F的大小为33mgB．木块甲对球乙的支持力大小为33mgC．若木块甲左移少许，系统仍静止，墙壁对球乙的支持力变小D．若木块甲左移少许，系统仍静止，地面对木块甲的支持力变大答案：AC解析：以乙球为研究对象，受力分析如图根据受力平衡，可得F N1sin 30°＝F N2，F N1cos 30°＝mg，解得F N1＝233mg，F N2＝3 3mg，对甲受力分析，如图由牛顿第三定律可知，木块甲对球乙的支持力大小为F′N1＝F N1＝233mg，由平衡条件得F＝F N1sin 30°＝33mg，A正确，B错误；若木块甲左移少许，OA与竖直方向的夹角会变小，系统仍静止，有F N2＝mg tan θ，墙壁对球乙的支持力变小，C正确；若木块甲左移少许，系统仍静止，整个系统竖直方向受力平衡，地面对木块甲的支持力仍然等于系统的重力大小，D错误．12.(多选)如图所示，甲、乙两细绳一端系着小球，另一端固定在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时甲绳水平，乙绳倾斜．现将圆环在竖直平面内逆时针缓慢向左滚动至乙绳竖直，在此过程中()A．甲绳中的弹力增大B．甲绳中的弹力减小C．乙绳中的弹力增大D．乙绳中的弹力减小答案：BD解析：设小球受重力G和甲、乙绳的拉力F1、F2作用而处于平衡状态，圆环沿逆时针方向转至乙绳竖直状态的过程中，两绳间的夹角不变，作出由力的矢量图构成的三角形的外接圆如图所示．由几何关系得，初状态时乙绳拉力F2过圆心，所以在变化的过程中，甲、乙两绳中的弹力大小F1、F2均减小，B、D正确．。

易错点12电磁感应目录01易错陷阱（3大陷阱）02举一反三【易错点提醒一】根据楞次定律判断电流方向分不清因果，混淆两种磁场方向【易错点提醒二】计算感应电动势分不清的平均值不是瞬时值或有效长度错误【易错点提醒三】分析与电路综合问题没有弄清电路结构，错误把内电路当外电路【易错点提醒四】分析力学综合问题不会受力分析，错误地用功能关系列式。

03易错题通关易错点一：错误地运用楞次定律求感应电流1.判断电磁感应现象是否发生的一般流程2.“阻碍”的含义及步骤楞次定律中“阻碍”的含义“四步法”判断感应电流方向易错点二：钷亶地运用法拉北电磁感应定律求感应电动势和分析自感现象1.感应电动势两个公式的比较公式E ＝n ΔΦΔt E ＝Blv 导体一个回路一段导体适用普遍适用导体切割磁感线意义常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的．但是，当导体做切割磁感线运动时，用E ＝Blv 求E 比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E ＝n ΔΦΔt求E 比较方便2E=Blv 的三个特性正交性本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直有效性公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中ab相对性E ＝Blv 中的速度v 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系3动生电动势的三种常见情况情景图研究对象一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B 垂直的轴转动的导线框表达式E ＝BLv E ＝12BL 2ωE ＝NBSωsin ωt 易错点三：错误求解电磁感应与电路和力学的综合问题1.电磁感应与电路综合问题的求解（1)电磁感应中电路知识的关系图（2）.分析电磁感应电路问题的基本思路求感应电动势E=Blv 或E=ΕΔ→画等效电路图→求感应电流内=B 外=tB 外=B 外总=B 2。

2。

电磁感应中的动力学问题的求解（1）导体受力与运动的动态关系（2）.力学对象和电学对象的相互关系（3）.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路4.求解焦耳热Q的三种方法.【易错点提醒一】根据楞次定律判断电流方向对穿两线圈的磁通量变化情况判断错误【例1】(多选)如图所示软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M通过滑动变阻器及开关与电源相连，线圈N连接电流表G，下列说法正确的是()A．开关闭合瞬间，通过电流表G的电流由a到bB．开关闭合稳定后，通过电流表G的电流由b到aC．开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，通过电流表G的电流由a到bD．开关闭合稳定后再断开瞬间，通过电流表G的电流由a到b易错分析：误选A的原因：对穿两线圈的磁通量变化情况判断错误，不能根据楞次定律正确判断感应定流方向。

2023届海南省海口市高三下学期高考模拟考试物理试卷(word版)一、单选题(★★) 1. 下列关于物理学史的说法，正确的是（）A．奥斯特第一个发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说B．开普勒研究了前人的观测数据，提出了行星运动三条基本定律C．胡克发现在任何情况下，弹簧的弹力与弹簧的形变量都成正比D．牛顿通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因(★★) 2. 在Q点沿水平方向，对着一斜面抛出质量相等的a、b两个小球，小球的轨迹如图所示，忽略空气阻力，则两小球从抛出至落到斜面过程，下列说法正确的是（）A．a球的运动时间大于b球运动时间B．a球的初速度小于b球初速度C．a球动量的增加量小于b球动量的增加量D．a球动能的增加量大于b球动能的增加量(★★) 3. 下列说法正确的是（）A．悬浮水中的碳粒做布朗运动的现象，间接反映了水分子的无规则热运动B．晶体有固定的熔点，但物理性质不可能表现为各向同性C．温度升高时，物体内每个分子的速率都增大，所以物体的分子平均动能增大D．根据热力学第二定律可知，热量不可以从低温物体传到高温物体(★★) 4. 两架无人机a、b同时从同一地点竖直向上直线飞行，速度v随时间t变化的关系如图所示，则（）A．15s时，b在a的上方B．0~10s，a的加速度小于b加速度C．0~20s，b处于失重状态D．0~30s，a、b的平均速度相等(★★★) 5. 2023年2月18日，首届中国（海南）东坡文化旅游大会开幕式在海口举行。

开幕式上悬挂了许多大红灯笼。

如图所示，重力为G的灯笼用细绳悬挂，在水平风力F的作用下偏离竖直方向一定的角度，并保持静止，此时细绳对灯笼的拉力为F T，则（）A．F T=GB．F与F T的合力与G相同C．若F增大，灯笼重新平衡时，则F T也增大D．若F增大，灯笼重新平衡时，则F与F T的合力也增大(★★★) 6. 如图所示是某款手机防窥屏的原理图，在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障，屏障垂直于屏幕，可实现对像素单元可视角度θ的控制（可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍）。