高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測（含解析）-人教版高三物理試題

考前調(diào)節(jié)激發(fā)狀態(tài)

一必記公式和結(jié)論一一解題“工具”掌握牢

（一）力與直線運(yùn)動

物理概念、規(guī)律公式備注

v=v()+at

r=,.1,

乙

勻變速直線運(yùn)動v—vo=2ax1=霽用于任何形式的運(yùn)動

——的+V

4~~2

勻變

△x=af

速直

v=gt

線運(yùn)

12

動自由落體運(yùn)動h=^gt~%=(),a=g

v=2gh

V=Vo±gt

1,上拋取“一”號

豎直拋體運(yùn)動h=vQt±-gt

乙下拋取“十”號

v—v￡=土2gh

無特殊說明時g取9.8m/s:估算

重力G=n)g

時g取10m/s2

相互

胡克定律F=kxX為形變量，〃為勁度系數(shù)

作用

K為接觸面間的壓力，不一定等于重

滑動摩擦力F=uR

力

牛頓第二定律F侖=maa與“介的方向一致

牛頓超重時物體具有向上的

運(yùn)動加速度或分量，失重時物航天器中的人和物體處于完全失重

超重和失重

定律體具有向下的加速度或狀態(tài)

分量

［保溫訓(xùn)練］

1.從地面豎直上拋物體以初速度大小為%同時在離地高為〃處，有一物體8自由下

落，經(jīng)過時間，兩物體在空中相遇，重力加速度為g,則（）

VV

C.￡=-D.t=-

g2g

解析：選A兩物體相遇時位移大小之和等于〃，故有以-4打2+:〃2=//,解得z=4

A正確。

2.以從塔頂由靜止釋放小球力的時刻為計(jì)時零點(diǎn)，友時刻又在與小球力等高的位置處,

由靜止釋放小球員若兩小球都只受重力作用，設(shè)小球3下落時間為3在兩小球落地前，

Ax

兩小球間的高度差為bx,則〒-才。圖線為（）

ABC

解析?：選B兩小球釋放后都做自由落體運(yùn)動，小球8釋放時為友時刻，此時小球力的

速度為g以小球8的速度為0,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，小球夕下落時間為1時，兩小

球下落的高度分別為h\=gt^￡+和hn=\gtz,則Ax=/〃一/?"=ga3~=g",由函數(shù)

乙乙L

圖像知識，可知B正確。

3.如圖是某物體在r時間內(nèi)的位移一時間圖像和速度一時間圖像，從圖像上可以判斷

（）

A.物體的運(yùn)動軌跡是拋物線

B.物體時間1內(nèi)的平均速度不一定是4.5m/s

C.物體運(yùn)動的時間1=2s

97

【）?物體的加速度為左m/s2

10

解析：選D由廣￡圖像知，該物體做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡是直線，A錯誤；根

據(jù)勻變速直線運(yùn)動的平均速度的公式可知，物體在時間，內(nèi)的平均速度是"上=牛

m/s=4.5m/s,B錯誤；由戶=得餐==六s節(jié)s,C錯誤;物體的加速度為&=±于

6-3—27

m/s=~m/s"2,D正確。

1616

~9

4.在平直公路上行駛*Ja車和小車，其圖像分別為圖中直線a和曲線從已知力車

的加速度恒定且等于一2in/s?,1=3s時，直線a和曲線〃剛好相切，

則（）

O

A.a車做勻速運(yùn)動且其速度為i<7=-m/s

B.￡=3s時，a車和6車相遇但此時速度不等

C.t=\s時，6車的速度為10m/s

D.t=0時，a車和2,車的距離照=9m

解析：選D由題圖可知，a車做勻速運(yùn)動，其速度：匕=?=浮m/s=2m/s,故A

UJ

錯誤；￡=3s時，直線a和曲線。剛好相切，即此時〃車的速度）=%=2m/s,故B錯

誤；由力車的加速度等于-2m/s?易得，1=1s時，力車的速度為6m/s,故C錯誤：設(shè)。

車的初速度為VM對/?車，由,解得咻=8m/s,t=3s時，a車的位移x.

]

=匕￡=6m,“車的位移：x（,=9/~=15m,此時a車和。車到達(dá)同一位置，得灰=心

一黑=9m,故D正確。

5.一截面為直角的長杷固定在水平面上，在其內(nèi)部放一質(zhì)量為/〃、截面為

正方形的物塊，槽的兩壁與水平面夾角均為45。，橫截面如圖所示，物塊與兩

槽壁間的動摩擦因數(shù)均為〃?，F(xiàn)用水平力沿物塊中心軸線推動物塊，使之沿

槽運(yùn)動，重力加速度為g，則所需的最小推力為（）

B.S儂

A.Pmg

C.y[2pmgi).2IJmg

解析：選C將重力按照實(shí)際作用效果正交分解，如圖，故：Q=mgsin

45°=平加g,G、=mgcos45'=乎儂,滑動摩擦力為：f=〃G+umg,

乙乙

G

故所需的最小推力為fiin=f=y[2umg,故C正確。

6.如圖所示，傾角為，=37。的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為1kg

的滑塊以初速度ro從斜面底端沿斜面向上滑行（斜面足夠長，滑塊與斜面

間的動摩擦因數(shù)為0.8）。則該滑塊所受摩擦力廠隨時間，變化的圖像為選項(xiàng)圖中的（以初速

度的的方向?yàn)檎较颍琯取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）（）

6.4

6.0

解析：選B滑塊以初速度的從斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑動摩擦力，由公

式：f=可得：f=/J/ngcos^=0.8X1X10X0.8N=6.4N,方向沿斜面向下；重力沿

斜面向下的分力為〃步in^=1X10X0.6N=6.0N<6.4N,所以滑塊滑到最高點(diǎn)時，處于

靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件知，滑塊受到的靜摩擦力大小為6.0N,方向沿斜面向上，B正確，A、

C、D錯誤。

r2/（m2-s2）

7.某人乘電梯下樓，在豎直下降的過程中，電梯速度的平方j(luò)與下降-7----------K

的位移X的關(guān)系如圖所示，則人對地板的壓力（）0咚-------嘉

A.x=2m時大于重力B.x=llH時大于重力

C.x=21ni時大于重力D.x=21m時等于重力

解析：選C由題圖可知電梯豎直下降過程中，初速度為零，0?3m過程中『8八根

據(jù)/一肅=2ax可知，電梯向下做勻加速直線運(yùn)動，加速度向下，人和電梯處于失重狀態(tài)，

此人受到的支持力小于重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，人對地板的壓力小于重力，在3?20

m過程中/恒定不變，即電梯做勻速直線運(yùn)動，此過程中人受到的支持力等于重力，即人對

地板的壓力等于重力，在20?23m過程中/隨x均勻減小，根據(jù)肅=2ax可得，電梯

做勻減速直線運(yùn)動，加速度向上，人和電梯處于超重狀態(tài)，此過程中人受到的支持力大于重

力,即人對地板的壓力大于重力，故C正確。______

8.如圖所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X

光透視系統(tǒng)兩部分組成，，專送過程傳送帶速度不變。假設(shè)乘客把物品輕

放在傳送帶上之后，物品總會先后經(jīng)歷兩個階段的運(yùn)動，用/表示傳送

帶速率，用〃表示物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則（）

A.前階段，物品可能向傳送方向的反方向運(yùn)動

B.后階段，物品受到的摩擦力方向跟傳送方向相同

C.『相同時，〃不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同

D.〃相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍

解析：選C前階段，物品的速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶向后運(yùn)動，受到與傳

送方向相同的滑動摩擦力作用，物品向傳送方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，后階段，

即當(dāng)物品的速度與傳送帶的速度相同時，兩者無相對運(yùn)動或相對運(yùn)動趨勢，摩擦力為零，A、

B錯誤；前階段過程中物品的加速度為a=〃g,加速運(yùn)動時間￡=上=。，所以摩擦產(chǎn)生的

aHg

熱量為Q=〃磔Qf—勺="?尢=2勿＞，故"日同時，〃不同的等質(zhì)量物

22

品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，C正確；物品加速位移x=M=、一,當(dāng)〃相同時，P增

2a212g

大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，D錯誤。

9.如圖所示，水平面上的長方體物塊被沿對角線分成相同的/、8兩F/々

塊。物塊在垂直于左邊的水平力/作用下，保持原來形狀沿力尸的方向勻

速運(yùn)動，則（）

A.物塊力受到4個力作用

B.物塊力受到水平面的摩擦力大小為J

C.物塊6對物塊/I的作用力大小為尸

D.若增大力尸，物塊1和8將相對滑動

解析?：選B對物塊力分析受力：物塊力水平方向受到水平面的滑動摩A

擦力￡物塊8的彈力帆和摩擦力為，豎直方向受重力和水平面的支持力，//

所以物塊/!受到5個力作用，A錯誤；對物塊4分析受力：在水平方向上受/八'（'

到物塊力的彈力和摩擦力篩,，水平向左的滑動摩擦力F,由于爾6兩部分的質(zhì)量以及

水平面的粗糙程度相同，所以r=￡將兩者看成一個整體，對整體有/+f=F,所以物

塊力受到水平面的摩擦力大小為今B正確；物塊8對/I的作用力是彈力限和摩擦力盤的

pA%1

合力,由平衡知作用力大小與且3才產(chǎn)〃加得〃25,增大力尸時,物塊

力和〃也不會相對滑動，C、D錯誤。

10.如圖中所示，一個可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從傾角為〃=3（）。的固定斜面頂端由靜止開始

下滑，從此時開始計(jì)時，物塊的速度為修到斜面頂端的距離為尤其六/圖像如圖乙所示。

10m/s2,斜面足夠長，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.物塊的加速度大小為8m/s2

B.物塊在t=\s時的速度大小為8m/s

C.物塊在t=4s時處于斜面上x=24m的位置

D.物塊與斜面間的引摩擦因數(shù)〃=受

10

解析：選D由，=2ax得加速度為a=4m/s:故A錯誤；由片af得E=Is時物塊

速度大小為4m/s,故B錯誤；由得￡=4s時，＞=32m,C錯誤；由牛頓第二定

A

律得：贖in30—…30。=刎解得：〃=]5,故口正確。

（二）曲線運(yùn)動與萬有引力、能量與動量

物理概念、規(guī)律公式備注

V=Vo,Vy=gt

X沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，

平拋運(yùn)動12

X=Vot,y=-gt'沿豎直方向做自由落體運(yùn)動

△s

~A￡

2-r

曲線運(yùn)動△0

3—T

△t

勻速圓周運(yùn)動2n

「241b)-T

a——G)1—M1—3VT

rT

v=w

2

r口=nict=niV=川32j-

r

引力常量：G=6.67X1(T

萬有引力定律萬有引力定律4孥

llN?m2/kg2

功K—FJcosaa是F與/的夾角

功

平均功率P=：

功率a是F與『的夾角

c

瞬時功率P=f'vcosa

心用

〃=十一義10()為

機(jī)械效率n<1

=^X100%

%

動能反標(biāo)量,具有相對性

重力勢能反=mgh與零勢能面的選擇有關(guān)

能

動能定理",1212“介為合外力做的功

機(jī)械能守恒定守恒條件：在只有重力或彈力

石=氏或反+耳尸氐2+42

律做功的物體系統(tǒng)內(nèi)

動量p=mv矢量，與/同向

沖量I=F{e-t)矢量，與〃同向

動量動顯定理/=△0矢量表達(dá)式

守恒條件：系統(tǒng)所受合外力為

動量守恒定律m\V\-\-m>V2=nhv\1-\~nhVz

零矢量表達(dá)式

［保溫訓(xùn)練］

1.［多選］下列有關(guān)物理學(xué)史的說法中正確的是（）

A.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕

B.牛頓通過扭秤實(shí)驗(yàn)測出了萬有引力常量G的數(shù)值

C.電荷量。的數(shù)值最早是由美國物理學(xué)家密立根測得的

D.卡文迪許利用扭秤實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律

解析：選AC奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕，故A

正確：卡文油許通過招秤實(shí)瞼測出了萬有引力常品G的數(shù)值，故B錯誤：電荷后e的數(shù)值最

早是由美國物理學(xué)家密立根測得的，故C正確；庫侖利用扭秤實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作

用規(guī)律，故D錯誤。

2.某同學(xué)斜向上拋出一石塊，空氣阻力不計(jì)。下列關(guān)于石塊在空中運(yùn)動過程中的速率

八加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬時功率〃隨時間￡變化的圖像中，正確的是（）

解析：選c石塊做斜上拋運(yùn)動，機(jī)械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小

后增加，速度先減小后增加，故A錯誤；石塊只受重力，加速度是重力加速度，保持不變，

故B錯誤；石塊做斜上拋運(yùn)動，可將其分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的上拋運(yùn)

動，故水平分位移與時間成正比，故C正確；石塊速度的水平分量不變，豎直分量先減小到

零，后反向增加，故根據(jù)人加g%,重力的功率先減小后增加，故D錯誤。

3.如圖所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方和」

的圓桶水平拋出籃球。已如某次拋出點(diǎn)的實(shí)際高度吊=2.0m,桶的高

從

度仄=0.4m,到拋出點(diǎn)的水平距離￡=L6m,籃球恰好落入桶內(nèi)，小||4

明對籃球做的功約為（g取10m/s2,空氣阻力不計(jì)）（）1

A.0.2JB.2J

C.20JD.200J

解析?：選B籃球做平拋運(yùn)動，因?yàn)榍『寐淙胪爸校试谒椒较蛏嫌小?的3豎直方

向上有力="一九=）?/,小明對籃球做的功等于籃球拋出時具有的動能，即/=）勿為2,一個

乙乙

籃球大概500g,代入數(shù)據(jù)解得。三2J,B正確。

4.如圖所示，一根長為￡的輕桿Q1,。端用鐵鏈固定，另一端固定著八八

一個小球，輕桿靠在一個質(zhì)量為.“、高為力的物塊上，兩者接觸點(diǎn)為員

若物塊與地面摩擦不計(jì)，則當(dāng)物塊以速度，向右運(yùn)動時（此時桿與水平方向夾角為小

球的線速度大小為（）

rZsin0“sin20

rAcos0rcos0

解析：選A當(dāng)物塊向右運(yùn)動時，與輕桿接觸點(diǎn)〃的運(yùn)動按照效果將其分解，如圖所示:

合速度年按照作用效果分解為匕=“os°=vcos。和吸=%sin0=vsin夕，其中

以為8點(diǎn)做圓周運(yùn)動的線速度，由于力與8繞共同點(diǎn)。依圓周運(yùn)動，故二者角速度相等，即:

m

vzv匕sin0一.神、士.、,,Asin0vLsin0

3=寺=--2-=--------,則A點(diǎn)的線速度為：匕尸3/=--------------=------------,故A正確。

ODhhnn

sin0

5.［多選］如圖所示，光滑水平面上有靜止的斜劈?，斜劈表面光滑。將一質(zhì)量為他可視

為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從斜劈頂端由靜止釋放。在滑塊滑到斜劈底端的過程中，下列說法正確的是

（）

A.由滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)動量守恒

B.斜劈對滑塊的支掙力對滑塊不做功，所以滑塊的機(jī)械能守恒

C.雖然斜劈對滑塊的支持力對滑塊做負(fù)功，但是滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)機(jī)械能仍守恒

D.滑塊、斜劈相對地面的水平位移之和大小等于於劈底邊邊長

解析：選CD由滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)，由于滑塊沿斜劈加速下滑，有豎直向下的分

加速度，所以存在失重現(xiàn)象，則系統(tǒng)豎直方向的合外力不為零，因此系統(tǒng)動量不守恒，故A

錯誤；滑塊對斜劈有斜向右下方的壓力，斜劈向右運(yùn)動，則斜劈對滑塊的支持力與滑塊相對

于地面的位移不垂直，則該支持力對■滑塊做功，所以滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯誤；斜劈

對滑塊的支持力方向與滑塊相對于地面的位移方向的夾帶為鈍角，所以斜劈對滑塊的支持力

對滑塊做負(fù)功，但對滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)，只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C

正確；滑塊下滑的過程中，斜劈向右運(yùn)動，滑塊滑到斜劈底端時，滑塊相時于斜劈的水平位

移等于斜劈底邊邊長，由凡何關(guān)系可知，滑塊、斜劈相對地面的水平位移之和大小等于斜劈

底邊邊長，故D正確。

6.［多選"2018?蘇北四市一模）2017年9月15日，微信啟動“變

臉”：由此前美國衛(wèi)星拍攝地球的靜態(tài)圖換成了我國“風(fēng)云四號”衛(wèi)星

拍攝地球的動態(tài)圖，如圖所示?！帮L(fēng)云四號”是一顆靜止軌道衛(wèi)星，關(guān)

于“風(fēng)云四號”，下列說法正確的有（）

A.能全天候監(jiān)測同一地區(qū)

B.運(yùn)行速度大丁?第一宇宙速度

C.在相同時間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線掃過的面積相等

D.向心加速度大「地球表面的重力加速度

解析：選AC由于“風(fēng)云四號”是地球同步衛(wèi)星，相對地面靜止，故能全天候監(jiān)測同

一地區(qū)，A正確；萬有引力提供向心力，由號=《，解得/=、產(chǎn)而第一宇宙速度是

近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故同步衛(wèi)星的速度小于第?宇宙速度，故B錯誤；根據(jù)開普勒第

二定律，在相同時間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線掃過的面積相等，故C正確：向心加速度由力有引

力產(chǎn)生，由咨=〃汨，得a=%而地球表面的重力加運(yùn)度白=竽故向心加速度小于地球

表面的重力加速度，故D錯誤。

7.［多選］(2018?如皋調(diào)研)我國“神舟”十一號載人飛船于2016年10月17日7時

30分發(fā)射成功。飛船先沿橢圓軌道飛行，在接近400km高空處與“天宮”二號對接，然后

做圓周運(yùn)動。兩名宇航員在空間實(shí)驗(yàn)室生活、工作了3()天?！吧裰邸笔惶栞d人飛船于11

月17日12時41分與“天宮”二號成功實(shí)施分離，11月18日順利返回至著陸場。下列判

斷正確的是()

A.飛船變軌前后的機(jī)械能守恒

B.對接后飛船在圓軌道上運(yùn)動的速度小于第一宇隹.速度

C.宇航員在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)可以利用跑步機(jī)跑步來鍛煉身體

D.分離后飛船在原軌道上通過減速運(yùn)動，逐漸接近地球表面

解析?：選BD每次變軌都需要發(fā)動機(jī)對飛船做功，故飛船機(jī)械能不守恒，故A錯誤:

根據(jù)萬有引力提供向心力學(xué)=6，得片、匕，軌道高度越大，線速度越小，第一宇宙

速度是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故對接后飛船在圓軌道上運(yùn)動的速度比第一宇宙速度小,

故B正確；利用跑步機(jī)跑步是由于重力作用，人與跑步機(jī)之間有壓力，又由于有相對運(yùn)動,

人受到摩擦力作用運(yùn)動起來，在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)，宇航員處于完全失重狀態(tài)，無法利用跑步

機(jī)跑步，故C錯誤；當(dāng)飛船要離開圓形軌道返I口I地球時，飛船做近心運(yùn)動，萬有引力需

大于向心力，需要減小速度，故【)正確。

8.如圖所示,在粗糙水平軌道仇Z卜的。點(diǎn)靜I上放置一質(zhì)量/〃=().25

kg的小物塊，它與水平軌道間的動摩擦因數(shù)〃=0.4,傲的距離s=4nu

在。右側(cè)固定了一半徑40.32m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F=2N

的水平恒力拉動小物塊，一段時間后撤去拉力。g取10m/s2,求:

(1)為使小物塊到達(dá)％求拉力，'作用的最短時間;

⑵若將拉力變?yōu)槭剐∥飰K由。點(diǎn)靜止運(yùn)動至私的中點(diǎn)位置撤去拉力，恰能使小

物塊經(jīng)過半圓弧的最高點(diǎn)，求分的大小。

解析：⑴設(shè)拉力廠作用的最短時間t內(nèi)，物塊運(yùn)動的位移為X,由動能定理：Fx-umgs

=0

解得x=2m

由牛頓第二定律：F—pmg=mci

解得a=4m/s2

由運(yùn)動學(xué)公式：x=^at:

J

解得f=lSp

（2）設(shè)小物塊到達(dá)a點(diǎn)的速度為人剛好到達(dá)最高點(diǎn)時的速度為匕

2

由牛頓第二定律：mg=nr^

由機(jī)械能守恒定律：；勿/=2儂彳+）加

乙乙

在水平軌道上運(yùn)動，應(yīng)用動能定理：〃mgs=%v：

解得￡=3No

答案：（1）1s（2）3N

（三）電場、電路和磁場

物理概念、規(guī)律公式備注

a

庫侖定律>=^(4=9.0X10°N-m7c)適用條件：真空中的點(diǎn)電荷

r

F

E=一定義式，適用于任何電場的計(jì)算

q

只適用于真空中的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的

電場強(qiáng)度E=￡

r

靜電場

電

。d只適用于勻強(qiáng)電場

場

電場力F=qE尸與￡的方向相同或相反

電勢與零勢面的選取有關(guān)，電勢

0=左&=0L0產(chǎn)胞

電勢、電勢差

QQ差則與零勢面無關(guān)

c*

電容器的電容定義式

「￡S適用于平行板電容器

4ckd

電阻定律R=P為電阻率

Q

電流I=-=nqSv—

V

恒

:外電路

定/f

電源電動勢￡=一=〃內(nèi)+〃外

電Q

Tr：：!

流

部分電路歐姆定律

R

歐姆定律

E

【一R+r閉合電路歐姆定律

U=E斷路時

路端電壓〃=0短路時

U=IR=E—5=E—Ir通路時

mt適用于一切電路

電功*I)

W=fRt=~t適用于純電阻電路

K

恒焦耳定律—

定E

4r

電電源功率P=EI

ORirRR

流32

W

P=-=UI適用于一切電路

V

用電器功率

.1}

適用于純電阻電路

電源效率/2=-7TX100%=vX100%5

AiE0JZLZZ_

urR

磁磁感應(yīng)強(qiáng)度B~IL/與8的方向垂直

場

安培力F=BIL皿，用左手定則判斷力的方向

洛倫茲力F=BqvBLv,用左手定則判斷力的方向

［保溫訓(xùn)練］

1.如圖所示，帶正電的H球固定，質(zhì)量為/〃、電荷量為I<7的粒子〃c、、、

從a處以速度外射向虛線abc是〃運(yùn)動的一段軌跡，b點(diǎn)距離A最近，\

a_v0，/

粒子經(jīng)過。點(diǎn)時速度為看重力忽略不計(jì)，則（）L……①

A.粒子從a運(yùn)動到b的過程中動能不斷增大

B.粒子從〃運(yùn)動到c的過程中加速度不斷增大

C.可求出力產(chǎn)生的電場中a、人兩點(diǎn)間的電勢差

D.可求出力產(chǎn)生的電場中6點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小

解析：選C帶正電的粒子〃受到帶正電荷的力球的排斥力作用，粒子從a運(yùn)動到人的

過程中庫侖力做負(fù)功，其動能不斷減小，故A錯誤。粒子從。運(yùn)動到。的過程中粒子離帶正

電荷的力球越來越遠(yuǎn)，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯誤。根據(jù)動能定理得：+q必

勿/一:勿謂，可得能求出力產(chǎn)生的電場中京方兩點(diǎn)間的電勢差扇，故C正確。a、。間不

乙乙

是勻強(qiáng)電場，根據(jù)公式〃=&/,不能求人點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故D錯誤。

2.［多選］光滑絕緣水平面上固定兩個等量點(diǎn)電荷，它們連線的中垂線上有力、B、C三

點(diǎn)，如圖甲所示。一質(zhì)量m=lkg的帶正電小物塊由月點(diǎn)靜止釋放，并以此時為計(jì)時起點(diǎn)，

沿光滑水平面經(jīng)過氏C兩點(diǎn)（圖中未畫出），其運(yùn)動過程的片「圖像如圖乙所示，其中圖線

在6點(diǎn)位置時斜率最大，根據(jù)圖線可以確定（）

A.中垂線上9點(diǎn)電場強(qiáng)度最大

B.兩點(diǎn)電荷是負(fù)電荷

C.8點(diǎn)是連線中點(diǎn)，。與/I點(diǎn)必在連線兩側(cè)

D.圓〉如

解析：詵AD根據(jù)片，圖像的斜率表示加速度，知小物塊在8點(diǎn)的加速度最大，所受

的電場力最大，所以中垂線上3點(diǎn)電場強(qiáng)度最大，A正確：小物塊從月到。動能增大，電場

力做正功，小物塊帶正電，可知兩點(diǎn)電荷是正電荷，B錯誤；中垂線上電場線分布不是均勻

的，〃點(diǎn)不在連線中點(diǎn)，C錯誤；根據(jù)動能定理得/1-*8有：0如=:勿謂一1X4?J

乙乙乙

有:22對比可得%＞如,

-0=8J,ACqUK=^mvc-^mvS=\'K1X7J-|x1X4J=16.5J,

乙乙乙乙

D正確。

3.靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示金屬球與外殼

之間的電勢差大小，如圖所示，力、3是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計(jì)。開始時開

關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施可行

的是（）

A.斷開開關(guān)S后，將力、8兩極板分開些

B.斷開開關(guān)S后，增大從8兩極板的正對面積

C.保持開關(guān)S閉合，將力、8兩極板拉近些

D.保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器滑片向右移動

解析：選B斷開開關(guān)S后，電容器的電荷量不變，將乩4兩極板分開些，根據(jù)

0

電容器的電容減小，由可知，電勢差”增大，指針張開的角度變大，故A錯誤；斷開

開關(guān)S后，電容器的電荷量不變，增大/I、8兩極板的正對面積，則電容器的電容增大，由

仁?可知，電勢差〃減小，指針張開的角度變小，故BZE確；保持開關(guān)S閉合，不論將力、

方兩極板分開些，還是將山〃兩極板靠近些，還是將滑動變阻器滑動觸頭向右移動，電容

器的電壓都保持不變，則靜電計(jì)張開的角度保持不變，故C、D錯誤。

4.如圖所示，將平行板電容器兩極板分別與電池正、負(fù)極相接，兩?-----------

板間一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金^-777~~

屬板，則在插入過程中（）I———

A.電路將有逆時針方向的短暫電流

B.電容器的帶電荷量減小

C.帶電液滴仍將靜止

I）.帶電液滴將向下做加速運(yùn)動

解析：選A插入一金屬板相當(dāng)于極板間距離變小了，根據(jù)決定式4力》知電容增

4五kd

大，電勢差不變，由Q=。'知，電容器帶電荷量增大，電路中有逆時針方向的短暫電流，故

A正確，B錯誤；電勢差不變，“減小，則電場強(qiáng)度增大，帶電液滴所受的電場力增大，大

于重力，將向上做加速運(yùn)動，故C、D錯誤。

5.如圖所示的電路中，定值電阻尼等于電源內(nèi)阻八當(dāng)滑動變阻器

發(fā)的滑動觸頭戶向下滑動時（）

A.電壓表的讀數(shù)減小

B.兆消耗的功率增大

C.電源的輸出功率增大

D.電容器C所帶電荷量增多

解析：選I）當(dāng)滑動變阻器是的滑動觸頭戶向下滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增

大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，電壓表的讀

數(shù)增大，A錯誤；干路電流減小，根據(jù)用可得用消疑的功率減小，B錯誤；電源的輸出

MRIR/

功率—/（M+正）=-：~:——，由于用二八兆增大時輸出功率減

廠十小十Ai-rn2-r

—4r

小，C錯誤；電容器的電后匕￡一/（分+r）,/減小，其他量不變，則少增大，由Q=C『知，

電容器。所帶電荷量增多，D正確。

6.質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作上胃

原理是帶電粒子（不計(jì)重力）經(jīng)同一電場加速后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁..、:注

場做圓周運(yùn)動，然后利用相關(guān)規(guī)律計(jì)算出帶電粒子質(zhì)量，其工作原理：、;：：

如圖所示。虛線為某粒子運(yùn)動軌跡，由圖可知（）

A.此粒子帶負(fù)電

B.下極板$比上極板S電勢高

C.若只減小加速電壓U,則半徑r變大

D.若只減小入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小

解析：選D粒子進(jìn)入磁場后向左偏，根據(jù)左手定貝J可知粒子帶正電，粒子經(jīng)過電場要

加速，所以下極板s比上極板S電勢低，A、B錯誤；根據(jù)動能定理得神』）,",由"4

［得若只減小加速電壓4,T變小，若只減小入射粒子的質(zhì)量，則T變小,

故C錯誤，D正確。

7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的X分直角坐標(biāo)系中，NV與水平X軸平y(tǒng)

行，在.即與'軸之間有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面水平向里的“二°

勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度Q2N/C,磁感應(yīng)強(qiáng)度8=1T,從y軸上的〃點(diǎn)沿出［*］羽

x軸方向以初速度I4）=1m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質(zhì):鼠為m?

=2X10hkg,電荷量q=lX10C,g取10m/s2,已知夕點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為比=0.15m,

到x軸的距離為d=0.20%（丸=3.14,隹=1.414,第=1.732,結(jié)果保留兩位有效

數(shù)字）

⑴求小球從戶點(diǎn)運(yùn)動至.融邊界所用的時間；

（2）當(dāng)小球運(yùn)動到x軸時撤去電場，求小球到達(dá).楙邊界時的速度大小。

解析：（1）小球從2點(diǎn)運(yùn)動到x軸上，做平拋運(yùn)動，設(shè)小球做平拋運(yùn)動的時間為f,進(jìn)

入磁場的速度為八進(jìn)入磁場時速度與x軸的夾角為，，則

I99八卜0

V=y]gt\+Vo,COS0=~

解得=2m/s,0=60

小球進(jìn)入電磁場區(qū)域時,

Q￡=2X103N=mg

故小球作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌跡半徑為八則

解得r=—4m

QD

由幾何關(guān)系，小球運(yùn)動到.也V,時軌跡與相切，在電磁場中運(yùn)動的時間t2=1x—=-^

brio

小球從尸點(diǎn)運(yùn)動到附所用時間t=6+^2=0.38So

⑵設(shè)撤去電場后小球受重力和洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，設(shè)小球運(yùn)動至J伸

時速度大小為力，由動能定理:

,_1212

mgd--mv\—~mv

乙乙

代入數(shù)據(jù)解得izi=2.8m/so

答案：(1)0.38s(2)2.8m/s

(四)電磁感應(yīng)、交變電流和傳感器

物理概念、規(guī)律公式備注

LSCOS〃為垂直丁磁場6的方向的投

磁通量BScos0

電磁影面積

感應(yīng)A①后者僅適用于反￡、/兩兩垂直的

感應(yīng)電動勢E=ii-^E=BLv