（江蘇專(zhuān)用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 教師文檔 考前增分指導(dǎo)-人教版高三物理試題

考前增分指導(dǎo)指導(dǎo)一“8大技法”破解選擇題——小題巧做拿滿分選擇題是當(dāng)前高考必備的題型之一，主要考查對(duì)物理概念、物理現(xiàn)象、物理過(guò)程和物理規(guī)律的認(rèn)識(shí)、判斷、辨析、理解和應(yīng)用等，具有信息量大、知識(shí)覆蓋面廣、干擾性強(qiáng)、命題靈活性強(qiáng)、層次豐富、能考查學(xué)生的多種能力等特點(diǎn)。要想迅速、準(zhǔn)確地解答物理選擇題，不但要熟練掌握和應(yīng)用物理的基本概念和規(guī)律，還要掌握下列解答物理選擇題的基本方法和特殊技巧。技法1直接判斷法【技法闡釋】通過(guò)觀察題目中所給出的條件，根據(jù)所學(xué)知識(shí)和規(guī)律推出結(jié)果，直接判斷，確定正確的選項(xiàng)。直接判斷法適用于推理過(guò)程較簡(jiǎn)單的題目，這類(lèi)題目主要考查學(xué)生對(duì)物理知識(shí)的記憶和理解程度，如考查物理學(xué)史的試題等?！镜淅?】在物理學(xué)發(fā)展的過(guò)程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)研究推動(dòng)了人類(lèi)文明的進(jìn)程。在對(duì)以下幾位物理學(xué)家所做科學(xué)貢獻(xiàn)的敘述中，正確的說(shuō)法是()A．英國(guó)物理學(xué)家牛頓用實(shí)驗(yàn)的方法測(cè)出了引力常量GB．第谷接受了哥白尼日心說(shuō)的觀點(diǎn)，并根據(jù)開(kāi)普勒對(duì)行星運(yùn)動(dòng)觀察記錄的數(shù)據(jù)，應(yīng)用嚴(yán)密的數(shù)學(xué)運(yùn)算和橢圓軌道假說(shuō)，得出了開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律C．亞里士多德認(rèn)為兩個(gè)從同一高度自由落下的物體，重物體與輕物體下落一樣快D．胡克認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比解析牛頓提出了萬(wàn)有引力定律及引力常量的概念，但沒(méi)能測(cè)出G的數(shù)值，G的數(shù)值是由卡文迪許通過(guò)實(shí)驗(yàn)方法得出的，故A錯(cuò)誤；開(kāi)普勒接受了哥白尼日心說(shuō)的觀點(diǎn)，并根據(jù)第谷對(duì)行星運(yùn)動(dòng)觀察記錄的數(shù)據(jù)，應(yīng)用嚴(yán)密的數(shù)學(xué)運(yùn)算和橢圓軌道假說(shuō)，得出了開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律，故B錯(cuò)誤；亞里士多德認(rèn)為兩個(gè)從同一高度自由落下的物體，重物體比輕物體下落得快，故C錯(cuò)誤；胡克認(rèn)為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，故D正確。答案D【點(diǎn)評(píng)】物理學(xué)史是考試內(nèi)容之一，熟記牛頓、伽利略、卡文迪許、庫(kù)侖、法拉第等物理學(xué)家的成就，直接作出判斷。技法2篩選排除法【技法闡釋】篩選排除法就是通過(guò)對(duì)物理知識(shí)的理解，對(duì)物理過(guò)程的分析或計(jì)算，將明顯錯(cuò)誤或不合理的選項(xiàng)一一排除的方法。篩選排除法主要適用于選項(xiàng)中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定的說(shuō)法的選擇題?！镜淅?】如圖1所示，以MN、PQ為邊界的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬為2L，高為L(zhǎng)的正三角形閉合金屬框由粗細(xì)均勻的電阻絲圍成，在外力作用下由圖示位置被水平向右勻速拉過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，ab邊平行MN且垂直金屬框運(yùn)動(dòng)方向，取逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较颍瑒t金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、感應(yīng)電流I，所施加的外力F及外力的功率P隨位移x的變化關(guān)系圖正確的是()圖1解析金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)金屬框的磁通量增加，由楞次定律可知此過(guò)程中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?，而此過(guò)程金屬框切割磁感線的有效長(zhǎng)度l＝2x·tan30°均勻增加，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，穿過(guò)金屬框的磁通量不變，回路中無(wú)感應(yīng)電流和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，排除A選項(xiàng)；0～L位移內(nèi)，因金屬框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以F外＝F安＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)＝eq\f(4B2x2v,R)tan230°，即外力隨位移的增大而非線性增大，排除C選項(xiàng)；0～L位移內(nèi)，外力的功率P＝F外v＝eq\f(4B2x2v2,R)tan230°，即外力的功率隨位移的增大而非線性增大，排除D選項(xiàng)；所以B選項(xiàng)正確。答案B【點(diǎn)評(píng)】運(yùn)用排除法解題時(shí)，通過(guò)分析、推理和計(jì)算，將不符合題意的選項(xiàng)一一排除，最終選出符合題意的選項(xiàng)。若在其他題目中存在相互矛盾或者相互排斥的選項(xiàng)，則最多只有一個(gè)是正確的，要學(xué)會(huì)從不同方面判斷或從不同角度思考與推敲。技法3圖象分析法【技法闡釋】物理圖象是將抽象物理問(wèn)題直觀化、形象化的最佳工具，能從整體上反映出兩個(gè)或兩個(gè)以上物理量的定性或定量關(guān)系，利用圖象解題時(shí)一定要從圖象縱、橫坐標(biāo)的物理意義以及圖線中的“點(diǎn)”、“線”、“斜率”、“截距”和“面積”等諸多方面尋找解題的突破口。利用圖象解題不但快速、準(zhǔn)確，能避免繁雜的運(yùn)算，還能解決一些用一般計(jì)算方法無(wú)法解決的問(wèn)題?！镜淅?】有一種“貓捉老鼠”趣味游戲，如圖2所示，D是洞口，貓從A點(diǎn)沿水平線ABD勻速追趕老鼠，老鼠甲從B點(diǎn)沿曲線BCD先加速后減速逃跑，老鼠乙從B點(diǎn)沿BED先減速后加速逃跑，已知貓和兩只老鼠同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)且初速率相等，到達(dá)洞口D時(shí)速率也相等，貓追趕的路程AD與兩只老鼠逃跑的路程BCD和BED均相等，則下列說(shuō)法正確的是()圖2A．貓能在洞口堵住老鼠甲B．貓能在洞口堵住老鼠乙C．兩只老鼠在洞口都被貓堵住D．兩只老鼠均能從洞口逃離解析因兩只老鼠運(yùn)動(dòng)的加速度大小不清楚，所以無(wú)法進(jìn)行計(jì)算，但可根據(jù)題中三者運(yùn)動(dòng)路程相等，畫(huà)出速率隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，利用圖線與t軸所圍面積相等來(lái)求解。根據(jù)貓與老鼠的運(yùn)動(dòng)情況可大致作出圖象如圖所示，由圖知老鼠甲可以逃離洞口。答案B【點(diǎn)評(píng)】在題中出現(xiàn)時(shí)間比較問(wèn)題且又無(wú)法計(jì)算時(shí)往往利用速率隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象求解。畫(huà)圖時(shí)一定要抓住初、末態(tài)速率關(guān)系，利用圖線斜率表示加速度大小定性分析。技法4逆向思維法【技法闡釋】在解決具體問(wèn)題時(shí)由因到果的正向思維受阻，使求解過(guò)程陷入“山窮水盡”的境地時(shí)，若能變換角度，把物體所發(fā)生的物理過(guò)程逆過(guò)來(lái)加以分析，又能領(lǐng)略到“柳暗花明”的意境。這種“反其道而行之”的方法叫逆向思維法。解決物理問(wèn)題常用的逆向思維有過(guò)程逆向、時(shí)間反演等?！镜淅?】如圖3所示，半圓軌道固定在水平面上，一小球(小球可視為質(zhì)點(diǎn))從恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)斜向左上方拋出，到達(dá)半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處小球的速度剛好水平，O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則小球在A點(diǎn)正上方的水平速度為()圖3A.eq\r(\f(3\r(3)gR,2))B.eq\r(\f(3gR,2))C.eq\r(\f(\r(3)gR,2))D.eq\r(\f(\r(3)gR,3))解析小球雖說(shuō)是做斜拋運(yùn)動(dòng)，由于到達(dá)半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處小球的速度剛好水平，所以逆向看是小球從半圓軌道左端A點(diǎn)正上方某處開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)。這樣就可以用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。因小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)，則速度與水平方向的夾角為30°，設(shè)位移與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(tan30°,2)＝eq\f(\r(3),6)，因?yàn)閠anθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(y,\f(3,2)R)，則豎直位移y＝eq\f(\r(3)R,4)，而veq\o\al(2,y)＝2gy＝eq\f(\r(3),2)gR，所以tan30°＝eq\f(vy,v0)，v0＝eq\f(\r(\f(\r(3)gR,2)),\f(\r(3),3))＝eq\r(\f(3\r(3)gR,2))，故選項(xiàng)A正確。答案A【點(diǎn)評(píng)】對(duì)斜上拋運(yùn)動(dòng)，若到達(dá)最高點(diǎn)的速度為水平，則逆向等同為平拋運(yùn)動(dòng)。再者，對(duì)于勻減速直線運(yùn)動(dòng)，要求某一個(gè)物理量，如果采用正向思維的方法，按勻減速直線運(yùn)動(dòng)的公式來(lái)計(jì)算，雖能求出結(jié)果，但費(fèi)時(shí)較多，對(duì)于提高運(yùn)算速度是不利的。但若采用逆向思維的方法，將它看作勻加速直線運(yùn)動(dòng)來(lái)解，往往能達(dá)到事半功倍的效果。技法5對(duì)稱(chēng)分析法【技法闡釋】物理中對(duì)稱(chēng)現(xiàn)象比比皆是，對(duì)稱(chēng)表現(xiàn)為研究對(duì)象在結(jié)構(gòu)上的對(duì)稱(chēng)性、作用上的對(duì)稱(chēng)性，物理過(guò)程在時(shí)間和空間上的對(duì)稱(chēng)性，物理量在分布上的對(duì)稱(chēng)性及作用效果的對(duì)稱(chēng)性等。物理解題中的對(duì)稱(chēng)法，就是從對(duì)稱(chēng)性的角度去分析物理過(guò)程，利用對(duì)稱(chēng)性解決物理問(wèn)題的方法?！镜淅?】(多選)如圖4所示，在兩個(gè)等量正電荷連線的中垂線上取A、B、C、D四點(diǎn)，A、D兩點(diǎn)與B、C兩點(diǎn)均關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱(chēng)。A、B、C、D四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為EA、EB、EC、ED，電勢(shì)分別為φA、φB、φC、φD，則下列說(shuō)法中正確的是()圖4A．EA＝ED，φA＞φBB．一定有EA＞EB、φB＞φAC．一定有φA＝φD、φB＝φCD．可能有ED＞EC，一定有φB＞φD解析由對(duì)稱(chēng)性可知，A、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反。在兩個(gè)等量正電荷連線的中垂線上的O點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度為零；在無(wú)窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)強(qiáng)度為零?？梢?jiàn)從O點(diǎn)沿中垂線向兩端，電場(chǎng)強(qiáng)度一定先增大后減小，一定存在電場(chǎng)強(qiáng)度最大的點(diǎn)P，從O到P，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大；從P到無(wú)窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小。由于題中沒(méi)有給出A、B(或C、D)到O點(diǎn)的距離，不能判斷A、B(或C、D)兩點(diǎn)哪點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大，可能有EA>EB，ED>EC。根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，φB>φA，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，一定有φA＝φD、φB＝φC，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案CD技法6極限思維法【技法闡釋】在某些物理狀態(tài)變化的過(guò)程中，可以把某個(gè)物理量或物理過(guò)程推向極端，從而作出科學(xué)的推理分析，給出正確判斷導(dǎo)出一般結(jié)論，使問(wèn)題化難為易，化繁為簡(jiǎn)，達(dá)到事半功倍的效果。極限法一般適用于定性分析類(lèi)選擇題。例如假設(shè)速度很大(趨近于無(wú)限大)或很小(趨近于零)、假設(shè)邊長(zhǎng)很大(趨近于無(wú)限大)或很小(趨近于零)或假設(shè)電阻很大(趨近于無(wú)限大)或很小(趨近于零)等，快速分析?！镜淅?】(多選)(2016·西安模擬)如圖5所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)有理想邊界，用力將矩形線圈從有邊界的磁場(chǎng)中勻速拉出，在其他條件不變的情況下，下列說(shuō)法正確的是()圖5A．速度越大，拉力做功越多B．線圈邊長(zhǎng)L1越大，拉力做功越多C．線圈邊長(zhǎng)L2越大，拉力做功越多D．線圈電阻越大，拉力做功越多解析假設(shè)線圈的速度非常小，趨近于零，根據(jù)E＝BLv，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)趨近于零，安培力趨近于零，拉力做功趨近于零，由此可知，速度越大，拉力做功越多，選項(xiàng)A正確；假設(shè)線圈邊長(zhǎng)L1非常小，趨近于零，根據(jù)E＝BLv，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)趨近于零，拉力做功趨近于零，由此可知，線圈邊長(zhǎng)L1越大，拉力做功越多，選項(xiàng)B正確；假設(shè)線圈邊長(zhǎng)L2非常小，趨近于零，根據(jù)功的定義式知W＝FL2，拉力做功趨近于零，由此可知，線圈邊長(zhǎng)L2越大，拉力做功越多，選項(xiàng)C正確；假設(shè)線圈電阻非常大，趨近于無(wú)限大，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流趨近于零，線圈所受安培力趨近于零，勻速拉線圈的拉力趨近于零，由此可知，線圈電阻越大，拉力做功越少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案ABC技法7等效轉(zhuǎn)換法【技法闡釋】等效轉(zhuǎn)換法是指在用常規(guī)思維方法無(wú)法求解那些有新穎情境的物理問(wèn)題時(shí)，靈活地轉(zhuǎn)換研究對(duì)象或采用等效轉(zhuǎn)換法將陌生的情境轉(zhuǎn)換成我們熟悉的情境，進(jìn)而快速求解的方法。等效轉(zhuǎn)換法在高中物理中是很常用的解題方法，常常有物理模型等效轉(zhuǎn)換、參照系等效轉(zhuǎn)換、研究對(duì)象等效轉(zhuǎn)換、物理過(guò)程等效轉(zhuǎn)換、受力情況等效轉(zhuǎn)換等?！镜淅?】如圖6所示，一只杯子固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙板上放一枚雞蛋，現(xiàn)用水平向右的拉力將紙板快速抽出，雞蛋(水平移動(dòng)距離很小，幾乎看不到)落入杯中，這就是慣性演示實(shí)驗(yàn)。已知雞蛋(可視為質(zhì)點(diǎn))中心離紙板左端的距離為d，雞蛋和紙板的質(zhì)量分別為m和2m，所有接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，若雞蛋移動(dòng)的距離不超過(guò)eq\f(d,10)就能保證實(shí)驗(yàn)成功，則所需拉力的最小值為()圖6A．3μmgB．6μmgC．12μmgD．15μmg解析本題物理情境較新，但仔細(xì)分析發(fā)現(xiàn)雞蛋和紙板的運(yùn)動(dòng)可轉(zhuǎn)換為經(jīng)典的滑塊－滑板模型，所以對(duì)雞蛋有eq\f(d,10)＝eq\f(1,2)a1t2，μmg＝ma1，對(duì)紙板有d＋eq\f(d,10)＝eq\f(1,2)a2t2、Fmin－3μmg－μmg＝ma2，聯(lián)立解得Fmin＝15μmg，D對(duì)。答案D【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于物理過(guò)程與我們熟悉的物理模型相似的題目，可嘗試使用轉(zhuǎn)換分析法，如本題中將雞蛋和紙板轉(zhuǎn)換為滑塊－滑板模型即可快速求解。技法8二級(jí)結(jié)論法【技法闡釋】二級(jí)結(jié)論是由基本規(guī)律和基本公式導(dǎo)出的推論。熟記并巧用一些二級(jí)結(jié)論可以使思維過(guò)程簡(jiǎn)化，節(jié)約解題時(shí)間。非常實(shí)用的二級(jí)結(jié)論有：(1)平拋運(yùn)動(dòng)速度方向的反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)；(2)不同質(zhì)量和電荷量的同性帶電粒子由靜止經(jīng)過(guò)相同的加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，軌跡重合；(3)直流電路中動(dòng)態(tài)分析的“串反并同”結(jié)論；(4)帶電平行板電容器與電源斷開(kāi)，改變極板間距離不影響極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)?！镜淅?】如圖7所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，C為電容器，電流表A和電壓表V均可視為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)S后，在將滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)的過(guò)程中()圖7A．電流表A的示數(shù)變小，電壓表V的示數(shù)變大B．小燈泡L變暗C．通過(guò)定值電阻R1的電流方向自右向左D．電源的總功率變大，效率變小解析當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向右移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的有效電阻減小，由“串反并同”知，電流表的示數(shù)將增大，電壓表示數(shù)將減小，小燈泡L變亮，電源總功率增大，電源內(nèi)電壓增大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；電容器兩端電壓即電壓表示數(shù)，由Q＝CU知電容器所帶電量減小，即電容器將放電，通過(guò)定值電阻R1的電流方向自左向右，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因電源內(nèi)電壓增大，所以路端電壓減小，由η＝eq\f(U,E)×100%知電源效率變小，選項(xiàng)D正確。答案D【點(diǎn)評(píng)】有些二級(jí)結(jié)論只在一定的條件下成立，在使用這些二級(jí)結(jié)論時(shí)，必須清楚結(jié)論是否適合題給物理情境。

選擇題31分模擬小卷(一)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)1．由N匝線圈組成的矩形導(dǎo)線框，橫截面積為S?，F(xiàn)將其放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)線框平面與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，穿過(guò)導(dǎo)線框所圍面積的磁通量為()A．BSB．NBSC.eq\f(NB,S)D.eq\f(B,S)解析穿過(guò)導(dǎo)線框的磁通量Φ＝BS，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A2.如圖1所示，將三個(gè)形狀不規(guī)則的磁石塊疊放在水平桌面上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是()圖1A．石塊b對(duì)a的支持力與a受到的重力是一對(duì)平衡力B．石塊a一定受到三個(gè)力的作用C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力D．桌面對(duì)石塊c的作用力一定豎直向上解析對(duì)a受力分析，a可能受到重力、支持力、b的磁力，也可能只受到重力和磁力，所以A、B錯(cuò)誤；對(duì)abc整體分析，磁力為內(nèi)力忽略不計(jì)，則整體只受到重力和地面的支持力，所以C錯(cuò)誤，D正確。答案D3．(2016·上海單科，7)在今年上海的某活動(dòng)中引入了全國(guó)首個(gè)戶外風(fēng)洞飛行體驗(yàn)裝置，體驗(yàn)者在風(fēng)力作用下飄浮在半空。若減小風(fēng)力，體驗(yàn)者在加速下落過(guò)程中()A．失重且機(jī)械能增加 B．失重且機(jī)械能減少C．超重且機(jī)械能增加 D．超重且機(jī)械能減少解析當(dāng)體驗(yàn)者飄浮在半空時(shí)，受到的重力和風(fēng)力平衡；減小風(fēng)力，重力大于風(fēng)力，體驗(yàn)者加速下落，體驗(yàn)者有豎直向下的加速度，處于失重狀態(tài)，下落過(guò)程中，風(fēng)力對(duì)體驗(yàn)者做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系，體驗(yàn)者的機(jī)械能減少。B項(xiàng)正確。答案B4．如圖2所示為物理實(shí)驗(yàn)室某風(fēng)扇的風(fēng)速擋位變換器電路圖，它是一個(gè)可調(diào)壓的理想變壓器，其中接入交變電流的電壓有效值U0＝220V，n0＝2200匝，擋位1、2、3、4對(duì)應(yīng)的線圈匝數(shù)分別為220匝、550匝、1100匝、2200匝。電動(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻r＝4Ω，額定電壓為U＝220V，額定功率P＝110W。下列判斷正確的是()圖2A．當(dāng)選擇擋位3時(shí)，電動(dòng)機(jī)兩端電壓為110VB．當(dāng)擋位由3變換到2時(shí)，電動(dòng)機(jī)的功率增大C．當(dāng)選擇擋位2時(shí)，電動(dòng)機(jī)的熱功率為1WD．當(dāng)選擇擋位4時(shí)，電動(dòng)機(jī)的輸出功率為110W解析由電壓與匝數(shù)的關(guān)系U0∶U3＝n0∶n3，解得U3＝110V，A正確；當(dāng)擋位由3變換到2時(shí)，輸出電壓減小，電動(dòng)機(jī)的功率減小，B錯(cuò)誤；當(dāng)沒(méi)有達(dá)到額定功率時(shí)，熱功率小于1W，C錯(cuò)誤；在額定功率的情況下，電動(dòng)機(jī)的額定電流為I＝eq\f(P,U)＝0.5A，熱功率Pr＝I2r＝1W，輸出功率為P－Pr＝(110－1)W＝109W，D錯(cuò)誤。答案A5．(2016·天津理綜，4)如圖3所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()圖3A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變解析若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減??；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立可得，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差不變，P點(diǎn)的電勢(shì)不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確。答案D二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。)6．甲、乙兩人同時(shí)同地出發(fā)騎自行車(chē)做直線運(yùn)動(dòng)，前1h內(nèi)的位移－時(shí)間圖象如圖4所示。下列表述正確的是()圖4A．0.2～0.5h內(nèi)，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5h內(nèi)，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8h內(nèi)，甲的位移比乙的大D．0.8h內(nèi)，甲、乙騎車(chē)的路程相等解析由題圖可知，0.2～0.5h內(nèi)，甲、乙均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度都為零，A錯(cuò)誤；在位移－時(shí)間圖象中，斜率表示速度，0.2～0.5h內(nèi)，甲的x－t圖線的斜率大于乙的x－t圖線的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正確；由圖象可看出，0.6～0.8h內(nèi)，甲的位移大于乙的位移，C正確；在0～0.8h內(nèi)甲、乙的位移相等，路程不相等，D錯(cuò)誤。答案BC7．2016年2月1日15點(diǎn)29分，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了第五顆新一代北斗導(dǎo)航衛(wèi)星。該衛(wèi)星是以地心為圓心的圓軌道衛(wèi)星，質(zhì)量為m，軌道離地面的高度約為地球半徑R的3倍。已知地球表面的重力加速度為g，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。則()A．衛(wèi)星的繞行速率大于7.9km/sB．衛(wèi)星的繞行周期約為16πeq\r(\f(R,g))C．衛(wèi)星所在處的重力加速度大小約為eq\f(g,4)D．衛(wèi)星的動(dòng)能大小約為eq\f(mgR,8)解析近地衛(wèi)星的繞行速度等于第一宇宙速度7.9km/s，且v＝eq\r(\f(GM,r))，所以此衛(wèi)星的速度小于7.9km/s，可得A錯(cuò)誤；衛(wèi)星的繞行周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，此衛(wèi)星的軌道半徑是4R，且由黃金代換式GM＝gR2，可得周期T＝16πeq\r(\f(R,g))，B正確；衛(wèi)星所在處的重力加速度g′＝eq\f(GM,r2)＝eq\f(g,16)，可得C錯(cuò)誤；衛(wèi)星的速度v＝eq\r(\f(GM,r))＝eq\r(\f(gR,4))，所以動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgR,8)，可得D正確。答案BD8．如圖5所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)，其中NO1、QO2部分水平，傾斜部分MN、PQ與水平面的夾角均為α，整個(gè)空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面MNQP向上。長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，其中ab光滑，cd粗糙，棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R。將ab由靜止釋放，在ab下滑至速度剛達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，cd始終靜止不動(dòng)。若導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則在上述過(guò)程中()圖5A．a(chǎn)b棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)b棒下滑的最大速度為eq\f(mgRsinα,B2L2)C．cd棒所受摩擦力的最大值為mgsinαcosαD．cd棒中產(chǎn)生的熱量等于ab棒機(jī)械能的減少量解析隨著ab棒下滑，速度逐漸增大，安培力逐漸增大，ab棒的合力逐漸減小，所以做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，可得A正確；ab棒勻速時(shí)速度達(dá)到最大，受力平衡，有mgsinα＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，可得v＝eq\f(2mgRsinα,B2L2)，B錯(cuò)誤；如圖所示對(duì)cd棒進(jìn)行受力分析可得，摩擦力等于安培力在水平方向的分力，即f＝BILcosα＝mgsinαcosα，可得C正確；由能量守恒可知，ab棒減小的機(jī)械能等于ab和cd產(chǎn)生的焦耳熱與ab棒的動(dòng)能之和，可得D錯(cuò)誤。答案AC9．如圖6所示，三角形磁場(chǎng)區(qū)域的三個(gè)頂點(diǎn)a、b、c在直角坐標(biāo)系內(nèi)的坐標(biāo)分別為(0，2eq\r(3))、(－2，0)、(2，0)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝4×10－4T，某種正粒子的比荷eq\f(q,m)＝2.5×105C/kg，不計(jì)重力。大量的這種粒子在t＝0時(shí)從O點(diǎn)以相同的速率v＝2eq\r(3)m/s沿不同的方向垂直于磁場(chǎng)射入該磁場(chǎng)區(qū)域，則()圖6A．從ac邊離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子，離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)距c點(diǎn)最近的位置坐標(biāo)為(eq\r(3)，2eq\r(3)－3)B．從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)C．不可能有粒子垂直于ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)D．t＝eq\f(π,300)s時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子離開(kāi)磁場(chǎng)解析正粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)＝2eq\r(3)cm，入射方向不同的粒子的軌跡圓半徑相同，各粒子的軌跡圓為過(guò)O點(diǎn)半徑為R的動(dòng)圓，且入射速度沿x軸正方向的粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)距c點(diǎn)最近，最近點(diǎn)A的坐標(biāo)為(eq\r(3)，2eq\r(3)－3)，選項(xiàng)A正確；當(dāng)軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的弦最長(zhǎng)時(shí)，圓心角最大，時(shí)間最長(zhǎng)，即從a點(diǎn)射出的粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，該軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,300)s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤、D正確；由幾何關(guān)系可知，從O點(diǎn)沿與Oc成120°角方向射入磁場(chǎng)的粒子將垂直于ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案AD選擇題31分模擬小卷(二)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)1．水平方向的兩個(gè)相互垂直的力F1和F2作用在箱子同一位置，使箱子在水平粗糙的地面上移動(dòng)一段距離，若力F1對(duì)箱子做了300J功，力F2對(duì)箱子做了400J功，則力F1與F2的合力對(duì)箱子做的功()A．等于500JB．等于700JC．大于500JD．大于700J解析合力對(duì)物體做功等于各分力單獨(dú)對(duì)物體做的功的代數(shù)和，所以選項(xiàng)B正確。答案B2．(2016·上海單科，5)磁鐵在線圈中心上方開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈中產(chǎn)生如圖方向的感應(yīng)電流，則磁鐵()圖1A．向上運(yùn)動(dòng) B．向下運(yùn)動(dòng)C．向左運(yùn)動(dòng) D．向右運(yùn)動(dòng)解析由于條形磁鐵的N極在下面，因此磁鐵提供的磁場(chǎng)穿過(guò)線圈的磁通量的方向向下，由于磁鐵的運(yùn)動(dòng)，線圈中磁通量變化，產(chǎn)生如題圖方向的電流，由安培定則可以確定線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)方向向上，與磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，由楞次定律可知磁鐵產(chǎn)生的磁場(chǎng)通過(guò)線圈的磁通量的大小增加，因此磁鐵向下運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)正確。答案B3.如圖2所示，一物體靜止在水平地面上，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始用水平向右的拉力F拉物體，經(jīng)t0時(shí)間運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，再經(jīng)T和2T時(shí)間運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)和C點(diǎn)，若A、B、C三點(diǎn)間距滿足BC＝2AB，則()圖2A．t0＝eq\f(1,2)T B．t0＝eq\f(2,3)TC．t0＝eq\f(1,4)T D．t0＝eq\f(3,4)T解析根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vA＝at0，xAB＝vAT＋eq\f(1,2)aT2，xAC＝vA·2T＋eq\f(1,2)a(2T)2，又xAC＝xAB＋xBC＝3xAB，聯(lián)立各式解得t0＝eq\f(1,2)T，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A4．水平邊界MN上方有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，a、b兩帶電粒子所帶的電荷量分別是q1、q2，以相同速度從邊界上O點(diǎn)垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，它們的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖3所示，軌道半徑分別為r1、r2，且r1∶r2＝2∶3。下列說(shuō)法正確的是()圖3A．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶3B．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶3C．a(chǎn)帶負(fù)電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2D．a(chǎn)帶正電、b帶負(fù)電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2解析在O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)，a受到向左的洛倫茲力，b受到向右的洛倫茲力，由左手定則判斷a帶負(fù)電荷、b帶正電荷；由r＝eq\f(mv,qB)得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)，所以eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝3∶2，則選項(xiàng)C正確。答案C5.如圖4所示，一輛小車(chē)靜置在水平地面上，用一條遵守胡克定律的橡皮筋將小球P懸掛于車(chē)頂O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方有一光滑小釘A，它到O點(diǎn)的距離恰好等于橡皮筋原長(zhǎng)l0。現(xiàn)使小車(chē)從靜止開(kāi)始向右做加速度逐漸增大的直線運(yùn)動(dòng)，在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(橡皮筋始終在彈性限度內(nèi))，小球的高度()圖4A．保持不變B．逐漸降低C．逐漸升高D．升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定解析小車(chē)靜止時(shí)，對(duì)小球有FT1＝mg，彈簧的伸長(zhǎng)量x1＝eq\f(mg,k)，即小球與懸掛點(diǎn)的距離為l1＝l0＋eq\f(mg,k)；當(dāng)小車(chē)的加速度穩(wěn)定在一定值時(shí)FT2cosα＝mg，F(xiàn)T2sinα＝ma，解得FT2＝eq\f(mg,cosα)，彈簧的伸長(zhǎng)量x2＝eq\f(FT2,k)，則小球與懸掛點(diǎn)的豎直方向的距離為l2＝l0＋eq\f(mg,kcosα)·cosα＝l0＋eq\f(mg,k)＝l1，可見(jiàn)小球在豎直方向上到懸掛點(diǎn)的距離與加速度無(wú)關(guān)，是不變的，選項(xiàng)A正確。答案A二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。)6.假設(shè)宇宙中有兩顆相距無(wú)限遠(yuǎn)的行星A和B，半徑分別為RA和RB。這兩顆行星周?chē)l(wèi)星的軌道半徑的三次方(r3)與運(yùn)行周期的平方(T2)的關(guān)系如圖5所示；T0為衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運(yùn)行的周期。則()圖5A．行星A的質(zhì)量小于行星B的質(zhì)量B．行星A的密度小于行星B的密度C．行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度D．當(dāng)兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時(shí)，行星A的衛(wèi)星向心加速度小于行星B的衛(wèi)星向心加速度解析由設(shè)行星質(zhì)量為M，衛(wèi)星繞行星運(yùn)動(dòng)的半徑為r，周期為T(mén)，衛(wèi)星質(zhì)量為m，則有eq\f(GMm,r2)＝eq\f(m4π2r,T2)，r3＝eq\f(GM,4π2)T2，則圖象的斜率為eq\f(GM,4π2)，從圖象可看出A的質(zhì)量大，所以A錯(cuò)誤；兩“近地”衛(wèi)星的周期相同，則兩者的密度為ρ＝eq\f(3π,GTeq\o\al(2,0))相同，則B錯(cuò)誤；第一宇宙速度是“近地”衛(wèi)星的運(yùn)行速度v＝eq\f(2πR,T0)，A的半徑大于B的半徑，則A的第一宇宙速度大于B的第一宇宙速度，則C正確；由an＝eq\f(GM,r2)，A的質(zhì)量大于B的質(zhì)量，所以A的衛(wèi)星向心加速度大于B的衛(wèi)星向心加速度，D錯(cuò)誤。答案AC7.如圖6所示，N、P是光滑絕緣水平面上的兩點(diǎn)，O為P點(diǎn)正上方的一點(diǎn)，虛線ON和OP之間的夾角θ＝60°，M為ON的中點(diǎn)，O點(diǎn)固定著一個(gè)點(diǎn)電荷Q。在N點(diǎn)，由靜止釋放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，發(fā)現(xiàn)小球只能在水平面上運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()圖6A．在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，M點(diǎn)和P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同B．在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大于N、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差C．小球可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D．若小球能經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，則它在N點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于在P點(diǎn)的電勢(shì)能解析由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，可得M、P兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不相同，選項(xiàng)A正確；由φ＝keq\f(Q,r)可知M、P兩點(diǎn)在同一個(gè)等勢(shì)面上，所以N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于N、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，可知小球受到的電場(chǎng)力大小發(fā)生變化，不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球由靜止釋放，從N向P運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力一定做正功，電勢(shì)能一定減小，所以N點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于P點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)D正確。答案AD8．如圖7甲所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1，原線圈輸入的交流電壓如圖乙所示，副線圈電路接有滑動(dòng)變阻器R和額定電壓為12V、內(nèi)阻為2Ω的電動(dòng)機(jī)。閉合開(kāi)關(guān)，電動(dòng)機(jī)正常工作，電流表示數(shù)為1A。則()圖7A．副線圈兩端電壓為22eq\r(2)VB．電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為10WC．通過(guò)電動(dòng)機(jī)的交流電頻率為50HzD．突然卡住電動(dòng)機(jī)，原線圈輸入功率變小解析輸入電壓最大值為220eq\r(2)V，則有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，故A錯(cuò)誤；輸出的機(jī)械功率P＝UI2－Ieq\o\al(2,2)RM＝12×1W－12×2W＝10W，故B正確；由乙圖知周期為0.02s，則f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故C正確；卡住電動(dòng)機(jī)，副線圈電路中的電流增大，變壓器的輸出功率增加，則原線圈輸入功率增加，故D錯(cuò)誤。答案BC9．如圖8所示，將質(zhì)量M＝1kg的重物B懸掛在輕繩的一端，并放置在傾角為30°、固定在水平地面的斜面上，輕繩平行于斜面，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)。輕繩跨過(guò)質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪，其另一端系一質(zhì)量m＝0.5kg的小圓環(huán)A。圓環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，滑輪中心與直桿的距離為L(zhǎng)＝4m?，F(xiàn)將圓環(huán)A從與定滑輪等高處由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，直桿和斜面足夠長(zhǎng)，取g＝10m/s2。下列判斷正確的是()圖8A．圓環(huán)下降的過(guò)程中，輕繩的張力大小始終等于10NB．圓環(huán)能下降的最大距離為Hm＝eq\f(16,3)mC．圓環(huán)速度最大時(shí)，輕繩與直桿的夾角為30°D．若增加圓環(huán)質(zhì)量使m＝1kg，再重復(fù)題述過(guò)程，則圓環(huán)在下降過(guò)程中，重力做功的功率一直在增大解析隨著A圓環(huán)下滑，B物體先向上加速，后向上減速，所以繩子的拉力會(huì)發(fā)生變化，不是始終等于10N，可得A錯(cuò)誤；由能量守恒可知，當(dāng)A下降到最低點(diǎn)時(shí)，A減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化成B增加的重力勢(shì)能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，設(shè)A下降的最大距離為Hm，由能量守恒可得mgHm＝Mg(eq\r(Heq\o\al(2,m)＋L2)－L)sin30°＋μMgcos30°(eq\r(Heq\o\al(2,m)＋L2)－L)，解得Hm＝eq\f(16,3)m，可得B正確；圓環(huán)A速度最大時(shí)，重物B的速度也是最大，都是受力平衡，設(shè)輕繩與直桿的夾角為α，對(duì)圓環(huán)A受力分析得mg＝(Mgsin30°＋μMg·cos30°)cosα，解得α＝60°，可得C錯(cuò)誤；若使圓環(huán)的質(zhì)量為1kg，則圓環(huán)在下降時(shí)一直做加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大，由功率公式P＝Fv＝mgv知，重力做功的功率一直在增大，可得D正確。答案BD選擇題31分模擬小卷(三)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)1．奧斯特在研究電流的磁效應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將一根長(zhǎng)直導(dǎo)線南北放置在小磁針的正上方，導(dǎo)線不通電時(shí)，小磁針在地磁場(chǎng)作用下靜止時(shí)N極指向北方，如圖1所示?，F(xiàn)在導(dǎo)線中通有由南向北的恒定電流I，小磁針轉(zhuǎn)動(dòng)后再次靜止時(shí)N極指向()圖1A．北方 B．西方C．西偏北方向 D．北偏東方向解析在導(dǎo)線中通有由南向北的恒定電流I，由安培定則可判斷出通電導(dǎo)線下方產(chǎn)生了由東指向西的磁場(chǎng)，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，該磁場(chǎng)與地磁場(chǎng)的合磁場(chǎng)方向?yàn)槲髌狈较颍孕〈裴樲D(zhuǎn)動(dòng)后再次靜止時(shí)N極指向?yàn)槲髌狈较?，選項(xiàng)C正確。答案C2．(2016·江蘇單科，5)小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落，重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)，取小球的落地點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，豎直向上為正方向。下列速度v和位置x的關(guān)系圖象中，能描述該過(guò)程的是()解析由題意知在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球機(jī)械能守恒，設(shè)機(jī)械能為E，小球離地面高度為x時(shí)速度為v，則有mgx＋eq\f(1,2)mv2＝E，可變形為x＝－eq\f(v2,2g)＋eq\f(E,mg)，由此方程可知圖線為開(kāi)口向左、頂點(diǎn)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,mg)，0))的拋物線，故選項(xiàng)A正確。答案A3．(2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖示位置進(jìn)入光滑的軌道，小球先進(jìn)入圓軌道1，再進(jìn)入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B，則小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為()圖2A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg解析小球恰好能通過(guò)軌道2的最高點(diǎn)B時(shí)，有mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),1.8R)，小球在軌道1上經(jīng)過(guò)A處時(shí)，有F＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,A),R)，根據(jù)機(jī)械能守恒，有1.6mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得F＝4mg，C項(xiàng)正確。答案C4.如圖3所示，實(shí)線代表某勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三條電場(chǎng)線，帶電粒子在電場(chǎng)中僅在電場(chǎng)力作用下沿虛線從a運(yùn)動(dòng)到b，運(yùn)動(dòng)軌跡ab為一條拋物線，則下列判斷正確的是()圖3A．電場(chǎng)的方向由N指向MB．帶電粒子從a運(yùn)動(dòng)到b，動(dòng)能減少C．該帶電粒子一定帶正電D．如果另放某帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷，它在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于它在N點(diǎn)的電勢(shì)能解析帶電粒子在電場(chǎng)中僅在電場(chǎng)力作用下沿虛線從a運(yùn)動(dòng)到b，電場(chǎng)力總指向軌跡的凹側(cè)，因此帶電粒子所受電場(chǎng)力沿NM方向，可以判斷電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能減少，但由于帶電粒子的電性未知，因此不能確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；因?yàn)椴荒艽_定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，所以無(wú)法確定帶負(fù)電的檢驗(yàn)電荷的電勢(shì)能的大小，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B5．如圖4所示，鋼鐵構(gòu)件A、B疊放在卡車(chē)的水平底板上，卡車(chē)底板和B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，μ1＞μ2，卡車(chē)剎車(chē)的最大加速度為a，a＞μ1g，可以認(rèn)為最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等?？ㄜ?chē)沿平直公路行駛途中遇到緊急情況時(shí)，要求其剎車(chē)后在s0距離內(nèi)能安全停下，則卡車(chē)行駛的速度不能超過(guò)()圖4A.eq\r(2as0) B.eq\r(2μ1gs0)C.eq\r(2μ2gs0) D.eq\r(（μ1＋μ2）gs0)解析要使卡車(chē)安全停下來(lái)，即鋼鐵構(gòu)件A、B及卡車(chē)保持相對(duì)靜止，設(shè)鋼鐵構(gòu)件A恰好相對(duì)B不滑動(dòng)的加速度為a2，鋼鐵構(gòu)件A、B相對(duì)卡車(chē)剛好不滑動(dòng)的加速度為a1，由牛頓第二定律得μ2mAg＝mAa2，μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，解得a2＝μ2g，a1＝μ1g，因?yàn)棣?＞μ2，所以卡車(chē)安全行駛的最大加速度為a2，設(shè)卡車(chē)的速度為v0，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得veq\o\al(2,0)＝2a2s0，解得v0＝eq\r(2μ2gs0)，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。答案C二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。)6．(2016·全國(guó)卷Ⅰ，18)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)其施加一恒力，且原來(lái)作用在質(zhì)點(diǎn)上的力不發(fā)生改變，則()A．質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B．質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C．質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D．質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速率的變化量總是不變解析質(zhì)點(diǎn)一開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質(zhì)點(diǎn)所受的合外力為該恒力。①若該恒力方向與質(zhì)點(diǎn)原運(yùn)動(dòng)方向不共線，則質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)速度方向與恒力方向不同，故A錯(cuò)；②若F的方向某一時(shí)刻與質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)方向垂直，之后質(zhì)點(diǎn)作曲線運(yùn)動(dòng)，力與速度方向不再垂直，例如平拋運(yùn)動(dòng)，故B正確；③由牛頓第二定律可知，質(zhì)點(diǎn)加速度方向總是與其所受合外力方向相同，C正確；④根據(jù)加速度的定義，相等時(shí)間內(nèi)速度變化量相同，而速率變化量不一定相同，故D錯(cuò)。答案BC7．一小型發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖5甲所示，已知發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)阻為r，外接一個(gè)電壓表和一個(gè)額定電壓為U、額定功率為P的燈泡，如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是()圖5A．圖甲所示的電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝22eq\r(2)sin(50πt)VB．圖乙中線圈所在位置為中性面位置C．電壓表的讀數(shù)一定小于22VD．若線圈轉(zhuǎn)到圖乙所示位置，則此時(shí)燈泡中電流最大解析圖甲所示的電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝22eq\r(2)sin(100πt)V，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖乙中發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈位于與中性面垂直的位置，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于線圈有內(nèi)阻，電壓表的讀數(shù)一定小于電動(dòng)勢(shì)的有效值22V，選項(xiàng)C正確；若線圈轉(zhuǎn)到圖乙所示位置，則此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，燈泡中電流最大，選項(xiàng)D正確。答案CD8．土星的衛(wèi)星很多，現(xiàn)已發(fā)現(xiàn)數(shù)十顆，這些衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)可視為繞土星的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下表是有關(guān)土衛(wèi)五和土衛(wèi)六兩顆衛(wèi)星的一些參數(shù)。下列說(shuō)法正確的是()衛(wèi)星直徑/km質(zhì)量/kg軌道半徑/km發(fā)現(xiàn)者發(fā)現(xiàn)日期土衛(wèi)五15302.49×1021527040卡西尼1672年土衛(wèi)六51501.35×10231221830惠更斯1655年A．土衛(wèi)五的公轉(zhuǎn)速度比土衛(wèi)六的小B．土衛(wèi)五的公轉(zhuǎn)周期比土衛(wèi)六的小C．土衛(wèi)五表面的重力加速度比土衛(wèi)六的大D．土星對(duì)土衛(wèi)五的萬(wàn)有引力約為其對(duì)土衛(wèi)六萬(wàn)有引力的eq\f(1,10)解析根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r，所以v＝eq\r(\f(GM,r))，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，土衛(wèi)六的軌道半徑大于土衛(wèi)五的軌道半徑，土衛(wèi)六的周期大，線速度小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；在衛(wèi)星表面，萬(wàn)有引力等于重力，有Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得g＝Geq\f(M,R2)，代入數(shù)據(jù)可得土衛(wèi)五表面的重力加速度比土衛(wèi)六的小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)F＝Geq\f(Mm,r2)，代入數(shù)據(jù)可得，土星對(duì)土衛(wèi)五和土衛(wèi)六的萬(wàn)有引力之比約為1∶10，選項(xiàng)D正確。答案BD9.電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長(zhǎng)s＝1.15m，兩導(dǎo)軌間距L＝0.75m，導(dǎo)軌傾角α＝30°，導(dǎo)軌上端接一阻值R＝1.5Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上。阻值r＝0.5Ω、質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，從導(dǎo)軌上端由靜止開(kāi)始下滑至底端，在此過(guò)程中金屬棒產(chǎn)生的熱量Qr＝0.1J(g取10m/s2)，則下列說(shuō)法正確的是()圖6A．金屬棒一直向下做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)B．此過(guò)程中金屬棒克服安培力做功為0.4JC．金屬棒下滑速度為2m/s時(shí)的加速度為3.2m/s2D．金屬棒下滑的最大速度為eq\r(30)m/s解析金屬棒下滑時(shí)受重力和安培力作用，且安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，由牛頓第二定律得mgsinα－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，所以加速度隨速度增加而減小，金屬棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，無(wú)論最終是否達(dá)到勻速，當(dāng)金屬棒到達(dá)導(dǎo)軌底端時(shí)速度一定最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中克服安培力做的功即在電路中產(chǎn)生的熱量，由于R＝3r，因此QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功為W＝QR＋Qr＝0.4J，選項(xiàng)B正確；金屬棒下滑速度為2m/s時(shí)的加速度a＝gsinα－eq\f(B2L2v,m（R＋r）)＝3.2m/s2，選項(xiàng)C正確；金屬棒下滑過(guò)程中由功能關(guān)系得mgssin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋QR＋Qr，解得vm＝eq\f(\r(30),2)m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC選擇題31分模擬小卷(四)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)1．下列說(shuō)法正確的是()A．米、千克、秒、庫(kù)侖都屬于國(guó)際單位制的基本單位B．同一個(gè)物體在地球上比在月球上慣性大C．物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其所受合力的瞬時(shí)功率可能為零D．一對(duì)作用力與反作用力的功一定大小相等且一正一負(fù)解析米、千克、秒屬于國(guó)際單位制的基本單位，庫(kù)侖是導(dǎo)出單位，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；慣性大小由物體的質(zhì)量決定，同一個(gè)物體在地球上和月球上的慣性相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，若其所受合力方向與速度垂直，則瞬時(shí)功率為零，選項(xiàng)C正確；一對(duì)作用力與反作用力的功不一定大小相等，不一定一正一負(fù)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2．如圖1甲所示，小物塊從足夠長(zhǎng)的光滑斜面頂端由靜止自由滑下，下滑位移x時(shí)的速度為v，其x－v2圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則斜面傾角為()圖1A．30°B．45°C．60°D．75°解析由x＝eq\f(v2,2a)得，x－v2圖象的斜率k＝eq\f(1,2a)＝eq\f(1,10)，解得物塊的加速度大小a＝5m/s2，由a＝gsinθ得斜面傾角θ＝30°，選項(xiàng)A正確。答案A3．(2016·蘇北四市模擬)如圖2所示，Q為α粒子放射源，放射源釋放出的α粒子初速度近似為零，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后垂直磁場(chǎng)邊界MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后粒子從P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，設(shè)OP＝x，能正確反映x與U之間函數(shù)關(guān)系的x－U圖象是()圖2解析設(shè)α粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，由牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,\f(x,2))，解得x＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案B4.(2016·南通市三模)某溫控電路的原理圖如圖3所示，RM是負(fù)溫度系數(shù)半導(dǎo)體熱敏電阻，R是滑動(dòng)變阻器，某種儀器要求在15～27℃的環(huán)境中工作。當(dāng)環(huán)境溫度偏高或偏低時(shí)，控制器會(huì)自動(dòng)啟動(dòng)降溫或升溫設(shè)備。下列說(shuō)法中正確的是()圖3A．環(huán)境溫度降低，RM的阻值減小B．環(huán)境溫度升高，Uab變大C．滑片P向下移動(dòng)時(shí)，Uab變大D．調(diào)節(jié)滑片P能改變升溫和降溫設(shè)備啟動(dòng)時(shí)的臨界溫度解析RM是半導(dǎo)體熱敏電阻，環(huán)境溫度降低時(shí)，RM的阻值增大，故A錯(cuò)誤；環(huán)境溫度升高時(shí)，RM的阻值減小，根據(jù)串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比，可知Uab變小，故B錯(cuò)誤；滑片P向下移動(dòng)時(shí)，R增大，總電流減小，則Uab變小，故C錯(cuò)誤；調(diào)節(jié)滑片P時(shí)，可改變Uab，從而改變升溫和降溫設(shè)備啟動(dòng)時(shí)的臨界溫度，故D正確。答案D5.某交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與時(shí)間的關(guān)系如圖4所示，下列說(shuō)法正確的是()圖4A．t＝0時(shí)刻發(fā)電機(jī)的轉(zhuǎn)動(dòng)線圈位于中性面位置B．在1s內(nèi)發(fā)電機(jī)的線圈繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)50圈C．將此交流電接到匝數(shù)比是1∶10的升壓變壓器上，副線圈的電壓為2200eq\r(2)VD．將此交流電與耐壓值是220V的電容器相連，電容器不會(huì)擊穿解析由題圖知t＝0時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，線圈位于與中性面垂直的位置，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；交流電的周期是0.02s，一個(gè)周期內(nèi)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)1圈，1s內(nèi)有50個(gè)周期，所以線圈轉(zhuǎn)動(dòng)50圈，選項(xiàng)B正確；原線圈電壓的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，副線圈電壓的有效值為2200V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此交流電電壓的最大值為220eq\r(2)V，大于220V，所以耐壓值為220V的電容器會(huì)被擊穿，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。)6．北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)自行研制開(kāi)發(fā)的區(qū)域性三維衛(wèi)星定位與通信系統(tǒng)，建成后的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)包括5顆同步衛(wèi)星和30顆一般軌道衛(wèi)星。關(guān)于這些衛(wèi)星，下列說(shuō)法正確的是()A．5顆同步衛(wèi)星的軌道半徑都相同B．5顆同步衛(wèi)星的運(yùn)行軌道必定在同一平面內(nèi)C．導(dǎo)航系統(tǒng)所有衛(wèi)星的運(yùn)行速度一定大于第一宇宙速度D．導(dǎo)航系統(tǒng)所有衛(wèi)星中，運(yùn)行軌道半徑越大的衛(wèi)星，周期越小解析所有同步衛(wèi)星的軌道都位于赤道平面內(nèi)，軌道半徑和運(yùn)行周期都相同，選項(xiàng)A、B正確；衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，v＝eq\r(\f(GM,r))，故隨著衛(wèi)星運(yùn)行軌道半徑的增大，運(yùn)行速度減小，在地球表面附近運(yùn)行的衛(wèi)星的速度最大，等于第一宇宙速度，導(dǎo)航系統(tǒng)所有衛(wèi)星運(yùn)行的速度都小于第一宇宙速度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得T2＝eq\f(4π2r3,GM)，則軌道半徑越大，周期越大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB7.如圖5所示，A、B、C、D為勻強(qiáng)電場(chǎng)中相鄰的四個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面間距離為5cm。一個(gè)電子僅受電場(chǎng)力作用，垂直經(jīng)過(guò)電勢(shì)為零的等勢(shì)面D時(shí)動(dòng)能為15eV(電子伏特)，到達(dá)等勢(shì)面A時(shí)速度恰好為零。下列說(shuō)法正確的是()圖5A．場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)閺腁指向DB．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為100V/mC．電子經(jīng)過(guò)等勢(shì)面C時(shí)，電勢(shì)能大小為5eVD．電子在上述等勢(shì)面間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2∶3解析對(duì)電子由D等勢(shì)面到A等勢(shì)面的過(guò)程由動(dòng)能定理有－eUDA＝0－15eV，解得UDA＝15V，則φD＞φA，場(chǎng)強(qiáng)方向?yàn)閺腄指向A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E＝eq\f(UDA,dDA)＝eq\f(15,15×10－2)V/m＝100V/m，選項(xiàng)B正確；由E＝eq\f(UDC,dDC)可知UDC＝5V，由D到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，電子的電勢(shì)能增加ΔEp＝eUDC＝5eV，則電子經(jīng)過(guò)等勢(shì)面C時(shí)，電勢(shì)能大小為5eV，選項(xiàng)C正確；通過(guò)電子的逆運(yùn)動(dòng)可知，電子在上述等勢(shì)面間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為tDC∶tCB∶tBA＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC8．如圖6所示，AB、AC兩光滑細(xì)桿組成的直角支架固定在豎直平面內(nèi)，桿AB與水平地面的夾角為30°，兩細(xì)桿上分別套有帶孔的小球a、b，在細(xì)線作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線恰好水平。某時(shí)刻剪斷細(xì)線，在兩球下滑到細(xì)桿底端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖6A．小球a、b下滑到細(xì)桿底端時(shí)速度相同B．小球a、b的重力做功相同C．小球a下滑的時(shí)間大于小球b下滑的時(shí)間D．小球a受到的彈力大于小球b受到的彈力解析兩球到達(dá)細(xì)桿底部時(shí)速度的大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，mag＝eq\f(FT,tan30°)，同理可得mbg＝eq\f(FT,tan60°)，故ma∶mb＝3∶1，所以小球a、b滑到桿底部時(shí)重力做功mgh不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；a球的加速度小，位移大，下滑時(shí)間大于b球下滑時(shí)間，選項(xiàng)C正確；設(shè)a的質(zhì)量為3m，b的質(zhì)量為m，小球a受到的彈力為FN＝magcos30°＝eq\f(3\r(3),2)mg，小球b受到的彈力為FN′＝mbgcos60°＝eq\f(mg,2)，故球a受到的彈力大于球b受到的彈力，選項(xiàng)D正確。答案CD9.如圖7所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌與水平面之間的夾角為θ，兩導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，底端接有一阻值為R的電阻。一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、阻值為r的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，其中點(diǎn)處與一個(gè)上端固定、勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直。現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長(zhǎng)處由靜止釋放，若金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直，則()圖7A．釋放瞬間，金屬棒的加速度大小為gsinθB．金屬棒向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，流過(guò)電阻R的電流方向?yàn)镸→NC．金屬棒的速度為v時(shí)，其受到的安培力大小為eq\f(B2L2v,R＋r)D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量為eq\f(（mg）2sin2θ,k)解析在金屬棒釋放瞬間，金屬棒的速度為零，故此時(shí)金屬棒不受安培力的作用，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，所以由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得mgsinθ＝ma，即a＝gsinθ，選項(xiàng)A正確；當(dāng)金屬棒向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由右手定則可知，流經(jīng)電阻R的電流方向應(yīng)為M→N，選項(xiàng)B正確；當(dāng)金屬棒的速度為v時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，選項(xiàng)C正確；當(dāng)金屬棒最終靜止時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x，則有mgsinθ＝kx，由能量守恒可知，金屬棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和電阻R、r上產(chǎn)生的熱量Q，金屬棒減少的重力勢(shì)能為Ep＝mgxsinθ，x＝eq\f(mgsinθ,k)，所以Ep＝eq\f(（mg）2sin2θ,k)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案ABC選擇題31分模擬小卷(五)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)1．下列有關(guān)物理學(xué)方法的說(shuō)法中正確的是()A．在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動(dòng)，再把各小段位移相加，這里運(yùn)用了理想模型法B．“如果電場(chǎng)線與等勢(shì)面不垂直，那么電場(chǎng)強(qiáng)度沿著等勢(shì)面方向就有一個(gè)分量，在等勢(shì)面上移動(dòng)電荷時(shí)電場(chǎng)力就要做功”，用的是控制變量法C．在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中使用了理想化模型的思想方法D．加速度、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)都是采用比值法定義的物理量解析A中是運(yùn)用了微元法，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B中是運(yùn)用的反證法，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，使用的是控制變量法，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；加速度、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)都是采用比值法定義的物理量，選項(xiàng)D正確。答案D2．2015年9月20日，我國(guó)利用一枚運(yùn)載火箭成功將20顆微小衛(wèi)星送入離地面高度約為520km的軌道。已知地球半徑約為6400km。若將微小衛(wèi)星的運(yùn)行軌道視為圓軌道，則與地球同步衛(wèi)星相比，微小衛(wèi)星的()A．周期大B．角速度小C．線速度大D．向心加速度小答案C3.如圖1所示，在通電螺線管中央的正上方用輕質(zhì)細(xì)線懸掛長(zhǎng)為l的一小段通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通入垂直于紙面向里的電流I，力傳感器用來(lái)測(cè)量細(xì)線的拉力大小，導(dǎo)線下方的螺線管與一未知極性的直流電源連接。開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，力傳感器的示數(shù)恰好等于通電直導(dǎo)線的重力G，現(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)，則下列說(shuō)法中正確的是()圖1A．通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向可能豎直向下B．通電直導(dǎo)線可能受到垂直紙面向里的安培力作用C．若力傳感器的示數(shù)變大，則電源的右端一定為正極D．若力傳感器的示數(shù)變?yōu)橥娭睂?dǎo)線重力的一半，則通電直導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小一定為eq\f(G,2Il)解析閉合開(kāi)關(guān)后，通電螺線管在周?chē)a(chǎn)生磁場(chǎng)，通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向水平，故A錯(cuò)誤；由于通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向水平，故安培力方向一定豎直向上或豎直向下，B錯(cuò)誤；若力傳感器的示數(shù)變大，說(shuō)明通電直導(dǎo)線受到豎直向下的安培力作用，由左手定則可知，此處磁場(chǎng)方向水平向右，由安培定則可知，電源的左端為正極，C錯(cuò)誤；若力傳感器的示數(shù)變?yōu)閷?dǎo)線重力的一半，說(shuō)明導(dǎo)線受到的安培力方向豎直向上，且大小等于導(dǎo)線重力的一半，則有BIl＝eq\f(1,2)G，可得B＝eq\f(G,2Il)，D正確。答案D4．固定的斜面傾角為30°，一個(gè)質(zhì)量為m的物體以速度v0從斜面頂端滑下，其加速度大小為eq\f(g,4)，則下滑過(guò)程中正確的是()A．物體動(dòng)能一定增加B．物體受到的摩擦力一定沿斜面向上C．物體機(jī)械能一定增加D．物體受到的合外力一定沿斜面向下解析物體沿斜面下滑，即相對(duì)斜面運(yùn)動(dòng)方向向下，故斜面對(duì)其的摩擦力的方向沿斜面向上，選項(xiàng)B正確；由于摩擦力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，即摩擦力做負(fù)功，則物體的機(jī)械能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；假設(shè)加速度方向沿斜面向下，物體加速下滑，由牛頓第二定律可得mgsin30°－f＝ma，解得f＝eq\f(1,4)mg，假設(shè)成立；假設(shè)加速度方向沿斜面向上，物體減速下滑，由牛頓第二定律可得f′－mgsin30°＝ma′，解得f′＝eq\f(3,4)mg，假設(shè)也成立，故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤。答案B5．如圖2所示，長(zhǎng)木板上放有質(zhì)量分別為m和M的兩個(gè)物塊，其中質(zhì)量為M的物塊表面粗糙，質(zhì)量為m的物塊表面光滑，兩物塊間用一小段輕彈簧相連，它們?cè)谀景迳暇幱陟o止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板下面的墊塊緩慢向右移動(dòng)一小段距離，發(fā)現(xiàn)物塊M在木板上的位置未發(fā)生改變，則下列說(shuō)法正確的是()圖2A．物塊M所受的摩擦力不變B．物塊M對(duì)木板的壓力變小C．彈簧的彈力變小D．兩物塊對(duì)木板的作用力的合力變大答案C二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。)6.如圖3所示，虛線為某電場(chǎng)中的三條電場(chǎng)線1、2、3，實(shí)線表示某帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是()圖3A．粒子在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度B．粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能C．粒子在a點(diǎn)的速度大于在b點(diǎn)的速度D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)解析由題圖知a處電場(chǎng)線比b處稀疏，即Ea<Eb，由牛頓第二定律知粒子在a點(diǎn)的加速度大小小于在b點(diǎn)的加速度大小，A項(xiàng)正確；由粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的條件知粒子受到指向凹側(cè)的電場(chǎng)力且電場(chǎng)線上某點(diǎn)電場(chǎng)力的方向一定沿該點(diǎn)的切線方向，若粒子由a向b運(yùn)動(dòng)，其位移方向與其所受電場(chǎng)力方向成銳角，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增加；若粒子由b向a運(yùn)動(dòng)，其位移方向與其所受電場(chǎng)力方向成鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減小，即不論粒子的運(yùn)動(dòng)方向和電性如何，粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)線的方向不能確定，故無(wú)法判斷a、b兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案AB7．(2016·蘇州一模)如圖4所示，足夠長(zhǎng)的木板A靜止放置于水平面上，小物塊B以初速度v0從木板左側(cè)滑上木板。關(guān)于此后A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖象可能是()圖4解析若地面光滑，受力分析后知B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相同時(shí)，A、B間不存在摩擦力，一起勻速，A項(xiàng)正確；若地面粗糙，B開(kāi)始減速的加速度由滑動(dòng)摩擦力提供，A、B一起減速時(shí)的加速度對(duì)B而言由A、B間靜摩擦力提供，則一起運(yùn)動(dòng)的加速度肯定小于B單獨(dú)減速的加速度，B、C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案AD8．回旋加速器工作原理圖如圖5甲所示。D1、D2為兩個(gè)中空的半圓金屬盒，粒子源A位于回旋加速器的正中間，其釋放出的帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為＋q。所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩金屬盒之間加的交變電壓變化規(guī)律如圖乙所示，其周期為T(mén)＝eq\f(2πm,qB)。不計(jì)帶電粒子在電場(chǎng)中的加速時(shí)間，不考慮由相對(duì)論效應(yīng)帶來(lái)的影響。則下列說(shuō)法中正確的是()圖5A．t1時(shí)刻進(jìn)入回旋加速器的粒子記為a，t2時(shí)刻進(jìn)入回旋加速器的粒子記為b。a、b在回旋加速器中各被加速一次，a、b粒子增加的動(dòng)能相同B．t2、t3、t4時(shí)刻進(jìn)入回旋加速器的粒子會(huì)以相同的動(dòng)能射出回旋加速器C．t2時(shí)刻進(jìn)入回旋加速器的粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)最少D．t3、t4時(shí)刻進(jìn)入回旋加速器的粒子在回旋加速器中的繞行方向相反解析設(shè)粒子a每次加速的加速電壓均為U1，粒子b每次加速的加速電壓均為U2，由圖乙可知U1＜U2，由動(dòng)能定理可知qU＝ΔEk，a、b在回旋加速器中各被加速一次，b粒子增加的動(dòng)能多一些，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；所有射出回旋加速器的粒子，最終的軌道半徑均為金屬盒的半徑R，由R＝eq\f(mv,qB)，可得粒子射出速度為vm＝eq\f(qBR,m)，射出動(dòng)能為Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，可見(jiàn)所有粒子射出動(dòng)能相同，B選項(xiàng)正確；設(shè)粒子被電場(chǎng)加速次數(shù)為n，則有nqU＝Ekm－0，得n＝eq\f(Ekm,qU)，可知每次加速電壓越大，加速次數(shù)越少，由圖乙可知t2時(shí)刻進(jìn)入回旋加速器的粒子每次加速的加速電壓最大，被加速次數(shù)最少，C選項(xiàng)正確；由左手定則可知，所有粒子繞行方向相同，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。答案BC9.(2016·常州模擬)如圖6所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為α，圖中虛線MN下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上，兩金屬桿ab、cd的質(zhì)量均為m，與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)間的電阻均為R，垂直于導(dǎo)軌放置，開(kāi)始時(shí)金屬桿ab處在與磁場(chǎng)上邊界相距l(xiāng)的位置，金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端，被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住，現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，當(dāng)金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，便開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，則()圖6A．金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒪到aB．金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\r(2glsinα)C．金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為eq\f(mgsinα,Bl)D．金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后金屬桿cd對(duì)兩根小柱的壓力大小為零解析由右手定則可知，ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒪到a，故A正確；從ab開(kāi)始下滑到進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，ab的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mglsinα＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2glsinα)，故B正確；ab進(jìn)入磁場(chǎng)后產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv＝Bleq\r(2glsinα)，故C錯(cuò)誤；由左手定則可知，cd受到的安培力平行于導(dǎo)軌所在平面向下，則cd對(duì)兩根小柱的壓力不為零，故D錯(cuò)誤。答案AB選擇題31分模擬小卷(六)一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。)1．(2016·江蘇單科，4)一自耦變壓器如圖1所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個(gè)線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過(guò)滑動(dòng)觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈，在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時(shí)，c、d間的輸出電壓為U2，在將滑動(dòng)觸頭從M點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中()圖1A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，n1>n2知U2<U1；滑動(dòng)觸頭從M點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至N點(diǎn)過(guò)程，n2減小，則U2降低，C項(xiàng)正確。答案C2.某研究性小組利用速度傳感器研究質(zhì)量為5kg的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，并在計(jì)算機(jī)上得到了前4s內(nèi)物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，如圖2所示，則下列說(shuō)法正確的是()圖2A．物體在第1s末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)B．物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)C．物體所受外力前1s內(nèi)做的功和后3s內(nèi)做的功相同D．第1s內(nèi)物體所受外力做功的平均功率為7.5W解析3s末物體速度方向發(fā)生改變，故物體在3s末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；物體前1s內(nèi)動(dòng)能增加，后3s內(nèi)動(dòng)能減小，根據(jù)動(dòng)能定理，外力所做功不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；第1s內(nèi)外力做功為W＝(eq\f(1,2)×5×22－eq\f(1,2)×5×12)J＝7.5J，功率為P＝eq\f(W,t)＝7.5W，選項(xiàng)D正確。答案D3.一質(zhì)量為M、帶有掛鉤的球形物體套在傾角為θ的細(xì)桿上，并能沿桿勻速下滑。若在掛鉤上再吊一質(zhì)量為m的物體，讓它們沿細(xì)桿下滑，如圖3所示。則球形物體()圖3A．仍勻速下滑 B．沿細(xì)桿加速下滑C．受到的摩擦力不變 D．受到的合外力增大解析不掛物體時(shí)，球形物體受力情況如圖，由于球形物體勻速下滑，所以有Mgsinθ＝μMgcosθ，即μ＝tanθ；當(dāng)掛上物體后，重力沿斜桿的分力F＝(M＋m)gsinθ，球形物體受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)gsinθ，所以兩物體處于平衡狀態(tài)，其受到摩擦力變大，合外力仍為零，故只有選項(xiàng)A正確。答案A4.(2016·福建模擬)在光滑絕緣的水平地面上放置四個(gè)相同的可看作質(zhì)點(diǎn)的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，小球D位于三角形的中心，如圖4所示?，F(xiàn)讓小球A、B、C都帶電荷量為Q的正電荷，讓小球D帶電荷量為q的負(fù)電荷，若四個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則Q與q的比值為()圖4A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(3),3)C．3D.eq\r(3)解析設(shè)等邊三角形的邊長(zhǎng)為a，由幾何知識(shí)可知，BD＝a·cos30°·eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)a，以B為研究對(duì)象，由平衡條件可知，eq\f(kQ2,a2)cos30°×2＝eq\f(kQq,BD2)，解得eq\f(Q,q)＝eq\r(3)，D項(xiàng)正確。答案D5.如圖5所示，一個(gè)小球從一定高度h處以水平速度v0＝10m/s拋出，小球恰好垂直撞在傾角θ＝45°的斜面的中點(diǎn)P，已知AC＝2m，g＝10m/s2，則小球拋出點(diǎn)的高度h及斜面的高度H分別為()圖5A．8m、13m B．10m、15mC．13m、16m D．15m、20m解析因小球垂直撞在傾角θ＝45°的斜面的中點(diǎn)P，由圖知在P點(diǎn)有tanθ＝eq\f(v0,gt)，代入數(shù)值得t＝1s。由平拋規(guī)律和幾何知識(shí)知AC＋PCcosθ＝v0t，h－PCsinθ＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立并代入數(shù)值得h＝13m，由圖知H＝2PCsinθ＝16m，C對(duì)。答案C二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。)6.如圖6所示，一質(zhì)量m＝0.75kg的小球在距地面高h(yuǎn)＝10m處由靜止釋放，落到地面后反彈，碰撞時(shí)無(wú)能量損失。若小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力f的大小恒為2.5N，g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()圖6A．小球與地面第一次碰撞后向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為5mB．小球與地面第一次碰撞后向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為3.3mC．小球在空中運(yùn)動(dòng)的總路程為30mD．小球在空中運(yùn)動(dòng)的總路程為28.75m解析設(shè)小球與地面第一次碰撞后向上運(yùn)動(dòng)的高度為h2，從靜止釋放到第一次碰撞后運(yùn)動(dòng)到高度h2的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mg(h－h(huán)2)－f(h＋h2)＝0，解得h2＝eq\f(mg－f,mg＋f)h＝5m，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，由動(dòng)能定理可得mgh－fs總＝0，解得s總＝eq\f(mgh,f)＝30m，選項(xiàng)C正確。答案AC7.在發(fā)射一顆質(zhì)量為m的地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將其發(fā)射到貼近地球表面的圓軌道Ⅰ上(離地面高度忽略不計(jì))，再通過(guò)一橢圓軌道Ⅱ變軌后到達(dá)距地面高為h的預(yù)定圓軌道Ⅲ上。已知衛(wèi)星在圓形軌道Ⅰ上運(yùn)行的加速度為g，地球半徑為R，衛(wèi)星在變軌過(guò)程中質(zhì)量不變，則()圖7A．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行的加速度大小為(eq\f(h,R＋h))2gB．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行的線速度大小為eq\r(\f(gR2,R＋h))C．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速率D．衛(wèi)星在軌道Ⅲ上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能大于在軌道Ⅰ上的動(dòng)能解析設(shè)地球質(zhì)量為M，由萬(wàn)有引力提供向心力得在軌道Ⅰ上有Geq\f(Mm,R2)＝mg，在軌道Ⅲ上有Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝ma，所以a＝(eq\f(R,R＋h))2g，A錯(cuò)誤；又因a＝eq\f(v2,R＋h)，所以v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，B正確；衛(wèi)星由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ需要加速做離心運(yùn)動(dòng)，所以衛(wèi)星在軌道Ⅲ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速率，C正確；盡管衛(wèi)星從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅲ要在P、Q點(diǎn)各加速一次，但在圓形軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)的速度v＝eq\r(\f(GM,r))，由動(dòng)能表達(dá)式知衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的動(dòng)能小于在軌道Ⅰ上的動(dòng)能，D錯(cuò)誤。答案BC8.如圖8所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)被邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ABC分開(kāi)，三角形內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，三角形頂點(diǎn)A處有一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(重力不計(jì))，所有質(zhì)子均能通過(guò)C點(diǎn)，已知質(zhì)子的比荷為eq\f(q,m)＝k，則質(zhì)子的發(fā)射速度可能為()圖8A．BkLB.eq\f(BkL,2)C.eq\f(2BkL,3)D.eq\f(BkL,8)解析因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，其可能的軌跡如圖所示，所有圓弧所對(duì)圓心角均為60°，所以質(zhì)子的軌跡半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1，2，3，…)，由洛倫茲力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BkL,n)(n＝1，2，3，…)，選項(xiàng)A、B、D正確。答案ABD9．(2016·全國(guó)卷Ⅲ，21)如圖9，M為半圓形導(dǎo)線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導(dǎo)線框，圓心為ON；兩導(dǎo)線框在同一豎直面(紙面)內(nèi)；兩