《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測(cè)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測(cè)（含解析）（82頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài)檢測(cè)（含解析） 一 (一)力與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 物理概念、規(guī)律 公式 備注 勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)　 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax v＝＝ Δx＝aT2 ＝適用于任何形式的運(yùn)動(dòng) 自由落體運(yùn)動(dòng) v＝gt h＝gt2 v2＝2gh v0＝0，a＝g 豎直拋體運(yùn)動(dòng) v＝v0±gt h＝v0t±gt2 v2－v02＝±2gh 上拋取“－”號(hào) 下拋取“＋”號(hào) 相互作用 重力 G＝mg 無(wú)特殊說(shuō)明時(shí)g取9.8 m/s2，估算時(shí)g取10 m/s2 胡克

2、定律 F＝kx x為形變量，k為勁度系數(shù) 滑動(dòng)摩擦力　 F＝μFN FN為接觸面間的壓力，不一定等于重力 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 牛頓第二定律 F合＝ma a與F合的方向一致 超重和失重　 超重時(shí)物體具有向上的加速度或分量，失重時(shí)物體具有向下的加速度或分量 航天器中的人和物體處于完全失重狀態(tài) [保溫訓(xùn)練] 1．從地面豎直上拋物體A，初速度大小為v，同時(shí)在離地高為H處，有一物體B自由下落，經(jīng)過(guò)時(shí)間t兩物體在空中相遇，重力加速度為g，則(　　) A．t＝ B．t＝ C．t＝ D．t＝ 解析：選A　兩物體相遇時(shí)位移大小之和等于H，故有vt－gt2＋gt2＝H，解得t＝

3、，A正確。 2．以從塔頂由靜止釋放小球A的時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，t0時(shí)刻又在與小球A等高的位置處，由靜止釋放小球B。若兩小球都只受重力作用，設(shè)小球B下落時(shí)間為t，在兩小球落地前，兩小球間的高度差為Δx，則 -t0圖線(xiàn)為(　　) 解析：選B　兩小球釋放后都做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球B釋放時(shí)為t0時(shí)刻，此時(shí)小球A的速度為gt0，小球B的速度為0，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球B下落時(shí)間為t時(shí)，兩小球下落的高度分別為hA＝gt0t＋gt2和hB＝gt2，則Δx＝hA－h(huán)B＝gt0t，＝gt0，由函數(shù)圖像知識(shí)，可知B正確。 3．如圖是某物體在 t時(shí)間內(nèi)的位移—時(shí)間圖像和速度—時(shí)間圖像，從圖像上可以判斷(　

4、　) A．物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線(xiàn) B．物體時(shí)間t內(nèi)的平均速度不一定是4.5 m/s C．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝2 s D．物體的加速度為 m/s2 解析：選D　由v -t圖像知，該物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是直線(xiàn)，A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的平均速度的公式可知，物體在時(shí)間t內(nèi)的平均速度是＝＝ m/s＝4.5 m/s，B錯(cuò)誤；由x＝t得t＝＝ s＝ s，C錯(cuò)誤；物體的加速度為a＝＝ m/s2＝ m/s2，D正確。 4.在平直公路上行駛的a車(chē)和b車(chē)，其x-t圖像分別為圖中直線(xiàn)a和曲線(xiàn)b，已知b車(chē)的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s時(shí)，直線(xiàn)a和曲線(xiàn)b剛好相切，則(　　) A

5、．a(chǎn)車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)且其速度為va＝ m/s B．t＝3 s時(shí)，a車(chē)和b車(chē)相遇但此時(shí)速度不等 C．t＝1 s時(shí)，b車(chē)的速度為10 m/s D．t＝0時(shí)，a車(chē)和b車(chē)的距離x0＝9 m 解析：選D　由題圖可知，a車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度：va＝＝ m/s＝2 m/s，故A錯(cuò)誤；t＝3 s時(shí)，直線(xiàn)a和曲線(xiàn)b剛好相切，即此時(shí)b車(chē)的速度vb′＝va＝2 m/s，故B錯(cuò)誤；由b車(chē)的加速度等于－2 m/s2易得，t＝1 s時(shí)，b車(chē)的速度為6 m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)b車(chē)的初速度為vb，對(duì)b車(chē)，由vb＋at＝vb′，解得 vb＝8 m/s，t＝3 s時(shí)，a車(chē)的位移 xa＝vat＝6 m，b車(chē)的位移：xb＝t＝15

6、 m，此時(shí)a車(chē)和b車(chē)到達(dá)同一位置，得x0＝xb－xa＝9 m，故D正確。 5.一截面為直角的長(zhǎng)槽固定在水平面上，在其內(nèi)部放一質(zhì)量為m、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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平力沿物塊中心軸線(xiàn)推動(dòng)物塊，使之沿槽運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，則所需的最小推力為(　　) A．μmg B.μmg C.μmg D．2μmg 解析：選C　將重力按照實(shí)際作用效果正交分解，如圖，故：G2＝mgsin 45°＝mg，G1＝mgcos 45°＝mg，滑動(dòng)摩擦力為：f＝μG1＋μG2＝μmg，故所需的最小推力為Fmin＝f＝μmg，故C正確。

7、6.如圖所示，傾角為θ＝37°的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為1 kg的滑塊以初速度v0 從斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足夠長(zhǎng)，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8)。則該滑塊所受摩擦力f隨時(shí)間t變化的圖像為選項(xiàng)圖中的(以初速度v0的方向?yàn)檎较?，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) 解析：選B　滑塊以初速度v0從斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑動(dòng)摩擦力，由公式：f＝μN(yùn)可得：f＝μmgcos θ＝0.8×1×10×0.8 N＝6.4 N，方向沿斜面向下；重力沿斜面向下的分力為mgsin θ＝1×10×0.6 N＝6.0 N<6.4 N，所以滑塊滑到最

8、高點(diǎn)時(shí)，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6.0 N，方向沿斜面向上，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 7.某人乘電梯下樓，在豎直下降的過(guò)程中，電梯速度的平方v2與下降的位移x的關(guān)系如圖所示，則人對(duì)地板的壓力(　　) A．x＝2 m時(shí)大于重力 B．x＝11 m時(shí)大于重力 C．x＝21 m時(shí)大于重力 D．x＝21 m時(shí)等于重力 解析：選C　由題圖可知電梯豎直下降過(guò)程中，初速度為零，0～3 m過(guò)程中v2∝x，根據(jù)v2－v02＝2ax可知，電梯向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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(duì)地板的壓力小于重力，在3～20

9、 m過(guò)程中v2恒定不變，即電梯做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中人受到的支持力等于重力，即人對(duì)地板的壓力等于重力，在20～23 m過(guò)程中v2隨x均勻減小，根據(jù)v2－v02＝2ax可得，電梯做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度向上，人和電梯處于超重狀態(tài)，此過(guò)程中人受到的支持力大于重力，即人對(duì)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，傳送過(guò)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(huì)先后經(jīng)歷兩個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動(dòng)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(dòng) B．后階段

10、，物品受到的摩擦力方向跟傳送方向相同 C．v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同 D．μ相同時(shí)，v增大為原來(lái)的2倍，前階段物品的位移也增大為原來(lái)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(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，受到與傳送方向相同的滑動(dòng)摩擦力作用，物品向傳送方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后階段，即當(dāng)物品的速度與傳送帶的速度相同時(shí)，兩者無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，摩擦力為零，A、B錯(cuò)誤；前階段過(guò)程中物品的加速度為a＝μg，加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝，所以摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg＝μmgvt＝μmgv·＝mv2，故v相同時(shí)，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，C

11、正確；物品加速位移x＝＝，當(dāng)μ相同時(shí)，v增大為原來(lái)的2倍，前階段物品的位移增大為原來(lái)的4倍，D錯(cuò)誤。 9.如圖所示，水平面上的長(zhǎng)方體物塊被沿對(duì)角線(xiàn)分成相同的A、B兩塊。物塊在垂直于左邊的水平力F作用下，保持原來(lái)形狀沿力F的方向勻速運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．物塊A受到4個(gè)力作用 B．物塊A受到水平面的摩擦力大小為 C．物塊B對(duì)物塊A的作用力大小為F D．若增大力F，物塊A和B將相對(duì)滑動(dòng) 解析：選B　對(duì)物塊A分析受力：物塊A水平方向受到水平面的滑動(dòng)摩擦力f，物塊B的彈力NBA和摩擦力fBA，豎直方向受重力和水平面的支持力，所以物塊A受到5個(gè)力作用，A錯(cuò)誤；對(duì)物塊B分析受力：在水平方向上受到

12、物塊A的彈力NAB和摩擦力fAB，水平向左的滑動(dòng)摩擦力f′，由于A、B兩部分的質(zhì)量以及水平面的粗糙程度相同，所以f′＝f，將兩者看成一個(gè)整體，對(duì)整體有f′＋f＝F，所以物塊A受到水平面的摩擦力大小為，B正確；物塊B對(duì)A的作用力是彈力NBA和摩擦力fBA的合力，由平衡知作用力大小為，且fBA＝≤μN(yùn)BA，得μ≥，增大力F時(shí)，物塊A和B也不會(huì)相對(duì)滑動(dòng)，C、D錯(cuò)誤。 10．如圖甲所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從傾角為θ＝30°的固定斜面頂端由靜止開(kāi)始下滑，從此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，物塊的速度為v，到斜面頂端的距離為x，其x-v2圖像如圖乙所示。g取10 m/s2，斜面足夠長(zhǎng)，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　

13、) A．物塊的加速度大小為8 m/s2 B．物塊在t＝1 s時(shí)的速度大小為8 m/s C．物塊在t＝4 s時(shí)處于斜面上x(chóng)＝24 m的位置 D．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ 解析：選D　由v2＝2ax得加速度為a＝4 m/s2，故A錯(cuò)誤；由v＝at得t＝1 s時(shí)物塊速度大小為4 m/s，故B錯(cuò)誤；由x＝at2得t＝4 s時(shí)，x＝32 m，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，解得：μ＝，故D正確。 (二)曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)與萬(wàn)有引力、能量與動(dòng)量 物理概念、規(guī)律 公式 備注 曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 平拋運(yùn)動(dòng) vx＝v0，vy＝gt x＝v0t，y

14、＝gt2 沿水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，沿豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng) 勻速圓周運(yùn)動(dòng) v＝ ω＝ a＝＝ω2r＝r＝ωv F＝ma＝m＝mω2r v＝ ω＝ v＝ωr 萬(wàn)有引力定律 萬(wàn)有引力定律 F＝G 引力常量：G＝6.67×10－11N·m2/kg2 功 功 W＝Flcos α α是F與l的夾角 功率 平均功率P＝ 瞬時(shí)功率P＝Fvcos α α是F與v的夾角 機(jī)械效率 η＝×100% ＝×100% η <1 能 動(dòng)能 Ek＝mv2 標(biāo)量，具有相對(duì)性 重力勢(shì)能 Ep＝mgh 與零勢(shì)能面的選擇有關(guān) 動(dòng)能定理 W合＝mv22－mv12

15、 W合為合外力做的功 機(jī)械能守恒定律　 E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 守恒條件：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi) 動(dòng)量 動(dòng)量 p＝mv 矢量，與v同向 沖量 I＝F(t′－t) 矢量，與F同向 動(dòng)量定理 I＝Δp 矢量表達(dá)式 動(dòng)量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 守恒條件：系統(tǒng)所受合外力為零矢量表達(dá)式 [保溫訓(xùn)練] 1．[多選]下列有關(guān)物理學(xué)史的說(shuō)法中正確的是(　　) A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開(kāi)了研究電與磁相互關(guān)系的序幕 B．牛頓通過(guò)扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬(wàn)有引力常量G的數(shù)值 C．電荷量e的數(shù)值最早是由美國(guó)物理學(xué)

16、家密立根測(cè)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(kāi)了研究電與磁相互關(guān)系的序幕，故A正確；卡文迪許通過(guò)扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了萬(wàn)有引力常量G的數(shù)值，故B錯(cuò)誤；電荷量e的數(shù)值最早是由美國(guó)物理學(xué)家密立根測(cè)得的，故C正確；庫(kù)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(cuò)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(dòng)過(guò)程中的速率v、加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬時(shí)功率P隨時(shí)間t變化的圖像中，正確的是(　　) 解析：選C　石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，重力勢(shì)能先增加后減小，故動(dòng)能先減小后增加，速度先減小后增

17、加，故A錯(cuò)誤；石塊只受重力，加速度是重力加速度，保持不變，故B錯(cuò)誤；石塊做斜上拋運(yùn)動(dòng)，可將其分解為水平方向的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和豎直方向的上拋運(yùn)動(dòng)，故水平分位移與時(shí)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)P＝mgvy，重力的功率先減小后增加，故D錯(cuò)誤。 3.如圖所示，在投球游戲中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圓桶水平拋出籃球。已知某次拋出點(diǎn)的實(shí)際高度H0＝2.0 m，桶的高度h0＝0.4 m，到拋出點(diǎn)的水平距離L＝1.6 m，籃球恰好落入桶內(nèi)，小明對(duì)籃球做的功約為(g取10 m/s2，空氣阻力不計(jì))(　　) A．0.2 J　　　　　　　　 B.2

18、J C．20 J D．200 J 解析：選B　籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榍『寐淙胪爸?，故在水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有h＝H0－h(huán)0＝gt2，小明對(duì)籃球做的功等于籃球拋出時(shí)具有的動(dòng)能，即W＝mv02，一個(gè)籃球大概500 g，代入數(shù)據(jù)解得W＝2 J，B正確。 4.如圖所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿OA，O端用鉸鏈固定，另一端固定著一個(gè)小球，輕桿靠在一個(gè)質(zhì)量為M、高為h的物塊上，兩者接觸點(diǎn)為B。若物塊與地面摩擦不計(jì)，則當(dāng)物塊以速度v向右運(yùn)動(dòng)時(shí)(此時(shí)桿與水平方向夾角為θ)，小球的線(xiàn)速度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　當(dāng)物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，與輕桿接觸點(diǎn)B的運(yùn)動(dòng)按照效果將其分解，如

19、圖所示： 合速度vB按照作用效果分解為v1＝vBcos θ＝vcos θ和v2＝vBsin θ＝vsin θ，其中v2為B點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度，由于A與B繞共同點(diǎn)O做圓周運(yùn)動(dòng)，故二者角速度相等，即：ω＝＝＝，則A點(diǎn)的線(xiàn)速度為：vA＝ωL＝＝，故A正確。 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m、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(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．由滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．斜劈對(duì)滑塊的支持力對(duì)滑塊不做功，所以滑塊的機(jī)械能守恒 C．雖然斜劈對(duì)滑塊的支持力對(duì)滑塊做負(fù)功，但是滑塊、斜劈組成的系統(tǒng)機(jī)械能

20、仍守恒 D．滑塊、斜劈相對(duì)地面的水平位移之和大小等于斜劈底邊邊長(zhǎng) 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(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；滑塊對(duì)斜劈有斜向右下方的壓力，斜劈向右運(yùn)動(dòng)，則斜劈對(duì)滑塊的支持力與滑塊相對(duì)于地面的位移不垂直，則該支持力對(duì)滑塊做功，所以滑塊的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；斜劈對(duì)滑塊的支持力方向與滑塊相對(duì)于地面的位移方向的夾角為鈍角，所以斜劈對(duì)滑塊的支持力對(duì)滑塊做負(fù)功，但對(duì)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(guò)程中，斜劈向右運(yùn)動(dòng)，滑塊滑到斜劈底端

21、時(shí)，滑塊相對(duì)于斜劈的水平位移等于斜劈底邊邊長(zhǎng)，由幾何關(guān)系可知，滑塊、斜劈相對(duì)地面的水平位移之和大小等于斜劈底邊邊長(zhǎng)，故D正確。 6.[多選](2018·蘇北四市一模)2017年9月15日，微信啟動(dòng)“變臉”：由此前美國(guó)衛(wèi)星拍攝地球的靜態(tài)圖換成了我國(guó)“風(fēng)云四號(hào)”衛(wèi)星拍攝地球的動(dòng)態(tài)圖，如圖所示。“風(fēng)云四號(hào)”是一顆靜止軌道衛(wèi)星，關(guān)于“風(fēng)云四號(hào)”，下列說(shuō)法正確的有(　　) A．能全天候監(jiān)測(cè)同一地區(qū) B．運(yùn)行速度大于第一宇宙速度 C．在相同時(shí)間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積相等 D．向心加速度大于地球表面的重力加速度 解析：選AC　由于“風(fēng)云四號(hào)”是地球同步衛(wèi)星，相對(duì)地面靜止，故能全天候監(jiān)測(cè)同一

22、地區(qū)，A正確；萬(wàn)有引力提供向心力，由G＝m，解得v＝，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)星的速度小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)開(kāi)普勒第二定律，在相同時(shí)間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積相等，故C正確；向心加速度由萬(wàn)有引力產(chǎn)生，由G＝ma，得a＝，而地球表面的重力加速度g＝，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯(cuò)誤。 7．[多選](2018·如皋調(diào)研)我國(guó)“神舟”十一號(hào)載人飛船于2016年10月17日7時(shí)30分發(fā)射成功。飛船先沿橢圓軌道飛行，在接近400 km高空處與“天宮”二號(hào)對(duì)接，然后做圓周運(yùn)動(dòng)。兩名宇航員在空間實(shí)驗(yàn)室生活、工作了30天?！吧裰邸笔惶?hào)載人飛船于11月17

23、日12時(shí)41分與“天宮”二號(hào)成功實(shí)施分離，11月18日順利返回至著陸場(chǎng)。下列判斷正確的是(　　) A．飛船變軌前后的機(jī)械能守恒 B．對(duì)接后飛船在圓軌道上運(yùn)動(dòng)的速度小于第一宇宙速度 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(lái)鍛煉身體 D．分離后飛船在原軌道上通過(guò)減速運(yùn)動(dòng)，逐漸接近地球表面 解析：選BD　每次變軌都需要發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)飛船做功，故飛船機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力G＝m，得v＝，軌道高度越大，線(xiàn)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(duì)接后飛船在圓軌道上運(yùn)動(dòng)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

24、有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，人受到摩擦力作用運(yùn)動(dòng)起來(lái)，在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)，宇航員處于完全失重狀態(tài)，無(wú)法利用跑步 機(jī)跑步，故C錯(cuò)誤；當(dāng)飛船要離開(kāi)圓形軌道返回地球時(shí)，飛船做近心運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力需大于向心力，需要減小速度，故D正確。 8.如圖所示，在粗糙水平軌道OO1上的O點(diǎn)靜止放置一質(zhì)量m＝0.25 kg的小物塊，它與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，OO1的距離s＝4 m。在O1右側(cè)固定了一半徑R＝0.32 m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F＝2 N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力。g取10 m/s2，求： (1)為使小物塊到達(dá)O1，求拉力F作用的最短時(shí)間； (2)若將拉力變?yōu)镕1，使小物塊由O點(diǎn)靜止運(yùn)動(dòng)至

25、OO1的中點(diǎn)位置撤去拉力，恰能使小物塊經(jīng)過(guò)半圓弧的最高點(diǎn)，求F1的大小。 解析：(1)設(shè)拉力F作用的最短時(shí)間t內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x，由動(dòng)能定理：Fx－μmgs＝0 解得x＝2 m 由牛頓第二定律：F－μmg＝ma 解得a＝4 m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：x＝at2 解得t＝1 s。 (2)設(shè)小物塊到達(dá)O1點(diǎn)的速度為v1，剛好到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v， 由牛頓第二定律：mg＝m 由機(jī)械能守恒定律：mv12＝2mgR＋mv2 在水平軌道上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理：F1－μmgs＝mv12 解得F1＝3 N。 答案：(1)1 s　(2)3 N (三)電場(chǎng)、電路和磁場(chǎng) 物理概念、規(guī)律

26、 公式 備注 靜電場(chǎng) 庫(kù)侖定律 F＝k(k＝9.0×109 N·m2/C2) 適用條件：真空中的點(diǎn)電荷 電場(chǎng)強(qiáng)度 E＝ 定義式，適用于任何電場(chǎng)的計(jì)算 E＝k 只適用于真空中的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng) E＝ 只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng) 電場(chǎng)力 F＝qE F與E的方向相同或相反 電勢(shì)、電勢(shì)差　 φ＝ UAB＝φA－φB＝ 電勢(shì)與零勢(shì)面的選取有關(guān)，電勢(shì)差則與零勢(shì)面無(wú)關(guān) 電容器的電容 C＝ 定義式 C＝ 適用于平行板電容器 恒定電流 電阻定律 R＝ρ ρ為電阻率 電流 I＝＝nqSv － 電源電動(dòng)勢(shì)　 E＝＝U內(nèi)＋U外 歐姆定律 I＝ 部分電

27、路歐姆定律 I＝ 閉合電路歐姆定律 恒定電流 路端電壓 U＝E 斷路時(shí) U＝0 短路時(shí) U＝IR＝E－U內(nèi)＝E－Ir 通路時(shí) 電功 W＝UIt 適用于一切電路 W＝I2Rt＝t 適用于純電阻電路 焦耳定律 Q＝I2Rt － 電源功率 P＝EI 用電器功率 P＝＝UI 適用于一切電路 P＝I2R＝ 適用于純電阻電路 電源效率 η＝×100%＝×100% 磁場(chǎng) 磁感應(yīng)強(qiáng)度　 B＝ I與B的方向垂直 安培力 F＝BIL B⊥I，用左手定則判斷力的方向 洛倫茲力 F＝Bqv B⊥v，用左手定則判斷力的方向

28、 [保溫訓(xùn)練] 1.如圖所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線(xiàn)abc是B運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，b點(diǎn)距離A最近，粒子經(jīng)過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度為v，重力忽略不計(jì)，則(　　) A．粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中動(dòng)能不斷增大 B．粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中加速度不斷增大 C．可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 D．可求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小 解析：選C　帶正電的粒子B受到帶正電荷的A球的排斥力作用，粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中庫(kù)侖力做負(fù)功，其動(dòng)能不斷減小，故A錯(cuò)誤。粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過(guò)程中粒子離帶正電荷的A球越來(lái)越遠(yuǎn)，所受的庫(kù)侖力減小，加速度減小，故B錯(cuò)

29、誤。根據(jù)動(dòng)能定理得：＋qUab＝mv2－mv02，可得能求出A產(chǎn)生的電場(chǎng)中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab，故C正確。a、b間不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)公式U＝Ed，不能求b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，故D錯(cuò)誤。 2．[多選]光滑絕緣水平面上固定兩個(gè)等量點(diǎn)電荷，它們連線(xiàn)的中垂線(xiàn)上有A、B、C三點(diǎn)，如圖甲所示。一質(zhì)量m＝1 kg的帶正電小物塊由A點(diǎn)靜止釋放，并以此時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，沿光滑水平面經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v-t圖像如圖乙所示，其中圖線(xiàn)在B點(diǎn)位置時(shí)斜率最大，根據(jù)圖線(xiàn)可以確定(　　) A．中垂線(xiàn)上B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大 B．兩點(diǎn)電荷是負(fù)電荷 C．B點(diǎn)是連線(xiàn)中點(diǎn)，C與A點(diǎn)必在連線(xiàn)兩側(cè) D．UBC

30、>UAB 解析：選AD　根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度，知小物塊在B點(diǎn)的加速度最大，所受的電場(chǎng)力最大，所以中垂線(xiàn)上B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，A正確；小物塊從B到C動(dòng)能增大，電場(chǎng)力做正功，小物塊帶正電，可知兩點(diǎn)電荷是正電荷，B錯(cuò)誤；中垂線(xiàn)上電場(chǎng)線(xiàn)分布不是均勻的，B點(diǎn)不在連線(xiàn)中點(diǎn)，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得A→B有：qUAB＝mvB2－mvA2＝×1×42 J－0＝8 J，B→C有：qUBC＝mvC2－mvB2＝×1×72 J－×1×42 J＝16.5 J，對(duì)比可得UBC>UAB，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(lái)定性顯示金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小，如圖所示，A、B是平行

31、板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì)。開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度，為了使指針張開(kāi)的角度減小些，下列采取的措施可行的是(　　) A．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A、B兩極板分開(kāi)些 B．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對(duì)面積 C．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板拉近些 D．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器滑片向右移動(dòng) 解析：選B　斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，電容器的電荷量不變，將A、B兩極板分開(kāi)些，根據(jù)C＝，電容器的電容減小，由C＝可知，電勢(shì)差U增大，指針張開(kāi)的角度變大，故A錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后， 電容器的電荷量不變，增大A、B兩極板的正對(duì)面積，則電容器的電容增大，由C＝可知，電勢(shì)差U減小，指針張開(kāi)的角度

32、變小，故B正確；保持開(kāi)關(guān)S閉合，不論將A、B兩極板分開(kāi)些，還是將A、B兩極板靠近些，還是將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)，電容器的電壓都保持不變，則靜電計(jì)張開(kāi)的角度保持不變，故C、D錯(cuò)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)。現(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金屬板，則在插入過(guò)程中(　　) A．電路將有逆時(shí)針?lè)较虻亩虝弘娏? B．電容器的帶電荷量減小 C．帶電液滴仍將靜止 D．帶電液滴將向下做加速運(yùn)動(dòng) 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C＝，知電容增大，電勢(shì)差不變，由Q＝CU知，電容器帶電荷量增大，電路中有逆時(shí)針?lè)?/p>

33、向的短暫電流，故A正確，B錯(cuò)誤；電勢(shì)差不變，d減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，帶電液滴所受的電場(chǎng)力增大，大于重力，將向上做加速運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤。 5.如圖所示的電路中，定值電阻R1等于電源內(nèi)阻r，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)(　　) A．電壓表的讀數(shù)減小 B．R1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D　當(dāng)滑動(dòng)變阻器R2的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)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(cuò)誤；干路電流減小，根據(jù)P＝I2R1可得R1消耗的功率減小，B錯(cuò)誤；電源的輸出功率P＝

34、I2(R1＋R2)＝＝，由于R1＝r，R2增大時(shí)輸出功率減小，C錯(cuò)誤；電容器的電壓U＝E－I(R1＋r)，I減小，其他量不變，則U增大，由Q＝CU知，電容器C所帶電荷量增多，D正確。 6.質(zhì)譜儀是測(cè)帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計(jì)重力)經(jīng)同一電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，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(xiàn)為某粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖可知(　　) A．此粒子帶負(fù)電 B．下極板S2比上極板S1電勢(shì)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(chǎng)后向左偏，根據(jù)左手

35、定則可知粒子帶正電，粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)要加速，所以下極板S2比上極板S1電勢(shì)低，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得qU＝mv2，由qvB＝m得r＝ ，若只減小加速電壓U，r變小，若只減小入射粒子的質(zhì)量，則r變小，故C錯(cuò)誤，D正確。 7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標(biāo)系中，MN與水平x軸平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以初速度v0＝1 m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m＝2×10－6 kg，電荷量q＝1×10－5 C，g取10 m/s2。已知P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d0＝0.15 m

36、，MN到x軸的距離為d＝0.20 m。(π＝3.14，＝1.414，＝1.732，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)求小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至MN邊界所用的時(shí)間； (2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)撤去電場(chǎng)，求小球到達(dá)MN邊界時(shí)的速度大小。 解析：(1)小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x軸上，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與x軸的夾角為θ，則 d0＝gt12，解得t1＝＝ s v＝， cos θ＝ 解得v＝2 m/s, θ＝60° 小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)， qE＝2×10－5 N＝mg 故小球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r，則 qvB＝m 解得r＝＝0.4 m 由

37、幾何關(guān)系，小球運(yùn)動(dòng)到MN時(shí)軌跡與MN相切，在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝×＝ s 小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到MN所用時(shí)間t＝t1＋t2＝0.38 s。 (2)設(shè)撤去電場(chǎng)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(dòng)至MN時(shí)速度大小為v1，由動(dòng)能定理： mgd＝mv12－mv2 代入數(shù)據(jù)解得v1＝2.8 m/s。 答案：(1)0.38 s　(2)2.8 m/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 電磁感應(yīng) 磁通量 Φ＝BScos θ Scos θ為垂直于磁場(chǎng)B的方向的投影面積 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝n　E＝BLv 后者僅適用于B、L、v兩兩垂直的

38、情況 交變電流 電動(dòng)勢(shì)、電流、電壓的瞬時(shí)值 電動(dòng)勢(shì)：e＝Emsin ωt 電流：i＝Imsin ωt 電壓：u＝Umsin ωt 從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí) 電動(dòng)勢(shì)、電流、電壓的有效值 電動(dòng)勢(shì)：E＝Em 電流：I＝Im 電壓：U＝Um 適用于正弦式交變電流 理想變壓器 ＝?。?P1＝P2 — 傳感器 霍爾電壓 UH＝k k為霍爾系數(shù)，大小與霍爾元件的材料有關(guān) [保溫訓(xùn)練] 1．為了測(cè)量運(yùn)動(dòng)員躍起的高度，可在彈性網(wǎng)上安裝壓力傳感器，利用傳感器記錄運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)彈性網(wǎng)的壓力，并由計(jì)算機(jī)作出壓力－時(shí)間圖像，如圖所示。運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)可視為質(zhì)點(diǎn)，則可求運(yùn)動(dòng)員躍起

39、的最大高度為(g取10 m/s2)(　　) A．7.2 m　　　　　　　 B.5.0 m C．1.8 m D．1.5 m 解析：選B　由題圖可知運(yùn)動(dòng)員在空中的最長(zhǎng)時(shí)間為：t＝4.3 s－2.3 s＝2 s，因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以躍起最大高度為：h＝g2＝5.0 m，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 2．[多選]兩條平行虛線(xiàn)間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.01 Ω的正方形導(dǎo)線(xiàn)框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖甲所示。已知導(dǎo)線(xiàn)框一直向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線(xiàn)框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線(xiàn)如圖乙所示(感應(yīng)電

40、流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.2 T C．導(dǎo)線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)的速度的大小為0.5 m/s D．在0.6 s內(nèi)導(dǎo)線(xiàn)框產(chǎn)生的熱量為0.004 J 解析：選BCD　根據(jù)楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向里，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由E-t圖像可知，線(xiàn)框經(jīng)過(guò)0.2 s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，選項(xiàng)C正確；E＝0.01 V，根據(jù)E＝BLv可知，B＝0.2 T，選項(xiàng)B正確；在0～0.2 s和0.4～0.6 s時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線(xiàn)框中的感應(yīng)電流I＝＝1 A，由Q＝I2Rt，t＝0.4 s，可知

41、：Q＝0.004 J，選項(xiàng)D正確。 3.如圖所示，一個(gè)理想變壓器的原線(xiàn)圈的匝數(shù)為50，副線(xiàn)圈的匝數(shù)為100，原線(xiàn)圈兩端接在光滑的水平平行導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的間距為0.4 m，垂直于導(dǎo)軌有一長(zhǎng)度略大于導(dǎo)軌間距的導(dǎo)體棒，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻忽略不計(jì)，副線(xiàn)圈回路中電阻R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，圖中交流電壓表為理想電表，導(dǎo)軌所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)體棒在水平外力的作用下運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式為v＝5sin(10πt) m/s，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．R1的功率為0.2 W B．電壓表的示數(shù)為4 V C．變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為

42、0.04 Wb/s D．變壓器常用的鐵芯是利用薄硅鋼片疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是為了增大渦流，提高變壓器的效率 解析：選C　原線(xiàn)圈電壓最大值Em＝BLvm＝1×0.4×5 V＝2 V，副線(xiàn)圈電壓最大值：U2m＝Em＝×2 V＝4 V，副線(xiàn)圈電壓有效值：U2＝＝2 V，則電壓表的示數(shù)為2 V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；副線(xiàn)圈電流有效值：I2＝＝ A＝ A，R1的功率：P1＝I22R1＝2×5 W＝0.1 W，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)Em＝n1，則變壓器鐵芯中磁通量變化率的最大值為＝＝ Wb/s＝0.04 Wb/s，選項(xiàng)C正確；變壓器常用的鐵芯是利用薄硅鋼片疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是為了減小

43、渦流，提高變壓器的效率，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 4.如圖所示，一個(gè)匝數(shù)為N＝100匝，電阻不計(jì)的線(xiàn)框以固定轉(zhuǎn)速50 r/s在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)，其產(chǎn)生的交流電通過(guò)一匝數(shù)比為n1∶n2＝10∶1的理想變壓器給阻值R＝20 Ω的電阻供電，已知電壓表的示數(shù)為20 V，從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．t＝0時(shí)刻線(xiàn)框內(nèi)的電流最大 B．變壓器原線(xiàn)圈中電流的有效值為10 A C．穿過(guò)線(xiàn)框平面的最大磁通量為 Wb D．理想變壓器的輸入功率為10 W 解析：選C　t＝0時(shí)刻導(dǎo)線(xiàn)框處于中性面位置，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，所以流過(guò)線(xiàn)框的電流為零，故A錯(cuò)誤；副線(xiàn)圈中的電流I2＝＝ A＝1 A，

44、根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，＝，原線(xiàn)圈中電流的有效值I1＝I2＝×1 A＝0.1 A，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，原線(xiàn)圈兩端的電壓U1＝200 V，角速度ω＝2πn＝100π rad/s，線(xiàn)圈產(chǎn)生最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Em＝200 V，又Em＝NBSω，所以最大磁通量Φ＝BS＝＝ Wb＝ Wb，故C正確；理想變壓器輸出功率P2＝U2I2＝20×1 W＝20 W，輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率為20 W，故D錯(cuò)誤。 5．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ組成的平面與水平面成θ＝37°角放置，導(dǎo)軌寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌上端M與P之間連接阻值R＝0.3 Ω的

45、電阻，質(zhì)量為m＝0.4 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒ab始終緊貼在導(dǎo)軌上。現(xiàn)使金屬導(dǎo)軌ab由靜止開(kāi)始下滑，下滑過(guò)程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖像中的OA段為曲線(xiàn)，AB段為直線(xiàn)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略ab棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響。求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)在金屬棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的2.0 s內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量； (3)在金屬棒ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的2.0 s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)當(dāng)金屬棒沿斜面方向的重力分力與安培力平衡時(shí)，即AB段，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí) mgsi

46、n θ＝BIL 金屬棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為 E＝BLv 由閉合電路歐姆定律知： I＝ 金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，v＝＝ m/s＝6 m/s 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.4 T。 (2)q＝t＝t＝t＝＝＝6 C。 (3)設(shè)在金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的2 s內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q， 由功能關(guān)系得：mgxsin θ＝mv2＋Q 電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝R 聯(lián)立以上兩式解得QR＝5.4 J。 答案：(1)0.4 T　(2)6 C　(3)5.4 J 6．如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線(xiàn)L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間均存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

47、度B大小均為1 T，方向垂直于虛線(xiàn)所在的平面向里?，F(xiàn)有一矩形線(xiàn)圈abcd，cd寬度L＝0.5 m，質(zhì)量為0.1 kg，電阻為2 Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，t1時(shí)刻cd邊與 L2重合，t2時(shí)刻ab邊與L3重合，t3時(shí)刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時(shí)間間隔為0.6 s，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線(xiàn)圈平面始終處于豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)線(xiàn)圈的長(zhǎng)度； (2)在0～t1時(shí)間內(nèi)，通過(guò)線(xiàn)圈的電荷量； (3)0～t3時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)圈產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)在t2～t3時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)圈做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)平衡條件有：mg＝B

48、IL，而I＝ 解得：v2＝＝8 m/s t1～t2的時(shí)間間隔內(nèi)線(xiàn)圈一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可知ab邊剛進(jìn)上邊的磁場(chǎng)時(shí)，cd邊也剛進(jìn)下邊的磁場(chǎng)，此段時(shí)間內(nèi)線(xiàn)圈內(nèi)磁通量不變，線(xiàn)圈的加速度為g 設(shè)磁場(chǎng)的寬度為d，則線(xiàn)圈的長(zhǎng)度：L′＝2d 線(xiàn)圈下降的位移為：x＝L′＋d＝3d 此段時(shí)間內(nèi)的逆運(yùn)動(dòng)為初速度為v2、加速度為g的勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)， 則有：3d＝v2t－gt2 解得：d＝1 m 所以線(xiàn)圈的長(zhǎng)度為L(zhǎng)′＝2d＝2 m。 (2)在0～t1時(shí)間內(nèi)，cd邊從L1運(yùn)動(dòng)到L2 通過(guò)線(xiàn)圈的電荷量為： q＝t′＝t′＝＝0.25 C。 (3)0～t3時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒得： Q＝mg(3d

49、＋2d)－mv22 ＝0.1×10×(3＋2) J－×0.1×82 J＝1.8 J。 答案：(1)2 m　(2)0.25 C　(3)1.8 J 二 (一)水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 線(xiàn)模型 由于細(xì)線(xiàn)對(duì)物體只有拉力且細(xì)線(xiàn)會(huì)彎曲，所以解答此類(lèi)問(wèn)題的突破口是要抓住“細(xì)線(xiàn)剛好伸直”的臨界條件：細(xì)線(xiàn)的拉力為零。在此基礎(chǔ)上，再考慮細(xì)線(xiàn)伸直之前的情況(一般物體做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和細(xì)線(xiàn)與轉(zhuǎn)軸之間的夾角都會(huì)發(fā)生變化)和伸直之后的情況(物體做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和細(xì)線(xiàn)與轉(zhuǎn)軸之間的夾角一般不再發(fā)生變化，但細(xì)線(xiàn)的拉力通常會(huì)發(fā)生變化) 彈力模型 此類(lèi)問(wèn)題一般是由重力和彈力的

50、合力提供物體在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，因此正確找出做圓周運(yùn)動(dòng)的物體在水平方向上受到的合力，是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵 摩擦力模型 臨界條件是關(guān)鍵：找出物體在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的臨界條件，是解答此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。如輕繩開(kāi)始有拉力(或伸直)、物體開(kāi)始滑動(dòng)等，抓住這些臨界條件進(jìn)行分析，即可找出極值，然后可根據(jù)極值判斷其他物理量與極值之間的關(guān)系，從而進(jìn)行求解 (二)連接體模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 輕繩連接體模型 求解“繩＋物”或“桿＋物”模型的方法 先明確物體的合速度(物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)速度)，然后將物體的合速度沿繩(桿)方向及垂直繩(桿)方向分解(要防止與力的分解混淆)，利用沿繩

51、(桿)方向的分速度大小總是相等的特點(diǎn)列式求解 輕桿連接體模型 (三)斜面模型 圖示或釋義 與斜面相關(guān)的滑塊運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 規(guī)律或方法 (1)μ＝tan θ，滑塊恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)(v0＝0)或勻速下滑狀態(tài)(v0≠0)，此時(shí)若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變 (2)μ>tan θ，滑塊一定處于靜止?fàn)顟B(tài)(v0＝0)或勻減速下滑狀態(tài)(v0≠0)，此時(shí)若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(加力時(shí)加速度變大，加物體時(shí)加速度不變) (3)μ

52、度變大，加物體時(shí)加速度不變) (4)若滑塊處于靜止或勻速下滑狀態(tài)，可用整體法求出地面對(duì)斜面體的支持力為(M＋m)g，地面對(duì)斜面體的摩擦力為0；若滑塊處于勻變速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，可用牛頓第二定律求出，地面對(duì)斜面體的支持力為(M＋m)g－masin θ，地面對(duì)斜面體的摩擦力為macos θ；不論滑塊處于什么狀態(tài)，均可隔離滑塊，利用滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)求斜面對(duì)滑塊的彈力、摩擦力及作用力 (5)μ＝0，滑塊做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其加速度為a＝gsin θ (四)彈簧模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 與彈簧相關(guān)的平衡問(wèn)題 彈簧類(lèi)平衡問(wèn)題常常以單一問(wèn)題出現(xiàn)，涉及的知識(shí)主要是胡克定律、物體的平衡條件，求

53、解時(shí)要注意彈力的大小與方向總是與彈簧的形變相對(duì)應(yīng)，因此審題時(shí)應(yīng)從彈簧的形變分析入手，找出形變量x與物體空間位置變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系，分析形變所對(duì)應(yīng)的彈力大小、方向，結(jié)合物體受其他力的情況來(lái)列式求解 與彈簧相關(guān)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 (1)彈簧(或橡皮筋)恢復(fù)形變需要時(shí)間，在瞬時(shí)問(wèn)題中，其彈力的大小往往可以看成不變，即彈力不能突變。而細(xì)線(xiàn)(或接觸面)是一種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，若剪斷(或脫離)后，其中彈力立即消失，即彈力可突變，一般題目中所給細(xì)線(xiàn)和接觸面在沒(méi)有特殊說(shuō)明時(shí)，均可按此模型處理 (2)對(duì)于連接體的加速問(wèn)題往往先使用整體法求得其加速度，再用隔離法求得受力少的物體的加速度，并利用加速

54、度的關(guān)系求解相應(yīng)量 與彈簧相關(guān)的功能問(wèn)題 彈簧連接體是考查功能關(guān)系問(wèn)題的經(jīng)典模型，求解這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析系統(tǒng)的物理過(guò)程和功能轉(zhuǎn)化情況，再由動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或功能關(guān)系列式，同時(shí)注意以下兩點(diǎn)：①?gòu)椈傻膹椥詣?shì)能與彈簧的規(guī)格和形變程度有關(guān)，對(duì)同一根彈簧而言，無(wú)論是處于伸長(zhǎng)狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，則其儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能就相同；②彈性勢(shì)能公式Ep＝kx2在高考中不作要求(除非題中給出該公式)，與彈簧相關(guān)的功能問(wèn)題一般利用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解 (五)桿＋導(dǎo)軌模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 桿cd以一定初速度v在光滑水平軌道上滑動(dòng)，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)

55、 桿以速度v切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流I＝，安培力F＝BIL＝。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝mv2 軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，拉力F恒定 開(kāi)始時(shí)a＝，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 拉力F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋mvm2 傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 開(kāi)始時(shí)a＝gsin α，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv

56、↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋mvm2 豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng) 開(kāi)始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋mvm2 (六)線(xiàn)圈模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 靜止線(xiàn)圈模型線(xiàn)圈不動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化 (1)用法拉第

57、電磁感應(yīng)定律和楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向 (2)由閉合電路歐姆定律確定回路中的感應(yīng)電流 (3)分析研究導(dǎo)體的受力情況(包含安培力，用左手定則確定其方向) (4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解 平動(dòng)線(xiàn)圈模型 (1)分析線(xiàn)圈運(yùn)動(dòng)情況，判斷運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否有磁通量不變的階段。線(xiàn)圈穿過(guò)磁場(chǎng)，有感應(yīng)電流產(chǎn)生時(shí)，整個(gè)線(xiàn)圈形成閉合電路。根據(jù)電路分析，由閉合電路歐姆定律列方程 (2)對(duì)某一狀態(tài)，分析線(xiàn)圈的受力情況，由牛頓第二定律列式： F外＋F安＝ma (3)線(xiàn)圈穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流通過(guò)電阻時(shí)，電流做功使電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，再由動(dòng)能定理W外－W安＝E

58、k2－Ek1或能量守恒定律列式 轉(zhuǎn)動(dòng)線(xiàn)圈模型 (1)線(xiàn)框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可根據(jù)E＝nBSω求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值，進(jìn)而求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值，再求其他值 (2)一般計(jì)算電功、電功率、電熱等與熱效應(yīng)有關(guān)的量必須用有效值；電壓表、電流表所能測(cè)量到的也是有效值 (3)可根據(jù)＝n求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值，求出平均感應(yīng)電流后再求電荷量 [保溫訓(xùn)練] 1．[多選]如圖所示，在水平圓盤(pán)上沿半徑方向放置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的、完全相同的木塊A和B，兩木塊用細(xì)繩相連，木塊與圓盤(pán)之間的最大靜摩擦力均為其自身重力的k倍，木塊A、B距圓盤(pán)中心O點(diǎn)的距離分別為rA＝R、rB＝2R。開(kāi)始時(shí)，細(xì)繩恰好伸

59、直但無(wú)拉力。已知重力加速度為g，現(xiàn)讓該裝置繞通過(guò)圓盤(pán)中心的豎直軸從靜止開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，使其角速度從0開(kāi)始逐漸增大，則在此過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．在木塊A開(kāi)始相對(duì)圓盤(pán)滑動(dòng)之前，其受到的靜摩擦力始終指向圓心 B．當(dāng)圓盤(pán)運(yùn)動(dòng)的角速度ω> 時(shí)，細(xì)繩一定有彈力 C．當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω> 時(shí)，木塊A、B將相對(duì)于圓盤(pán)發(fā)生滑動(dòng) D．當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω在 <ω< 范圍內(nèi)增大時(shí)，木塊A所受到的靜摩擦力一直在減小 解析：選BC　由于木塊A、B均相對(duì)于圓盤(pán)靜止，所以?xún)赡緣K具有共同的角速度，在細(xì)繩沒(méi)有拉力時(shí)，兩木塊均由靜摩擦力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故木塊A受到的靜摩擦力方向指向圓心。隨著角速度的

60、增大，細(xì)繩開(kāi)始有拉力，由向心力公式F＝mω2r可知，木塊B需要的向心力是木塊A的兩倍，故最終木塊B將相對(duì)于圓盤(pán)向外滑動(dòng)，木塊A將相對(duì)于圓盤(pán)向圓心滑動(dòng)，此時(shí)木塊A受到的摩擦力方向背離圓心，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)細(xì)繩剛好有拉力時(shí)，對(duì)木塊B有：kmg＝mω2rB，解得：ω＝ ，故當(dāng)ω> 時(shí)，細(xì)繩一定有彈力，選項(xiàng)B正確；當(dāng)木塊A、B將要相對(duì)于圓盤(pán)發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，設(shè)此時(shí)細(xì)繩的拉力為FT，則由牛頓第二定律可知，對(duì)木塊A有：FT－kmg＝mω2rA，對(duì)木塊B有：FT＋kmg＝mω2rB，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解可得：ω＝ ，故當(dāng)ω> 時(shí)，木塊A、B將相對(duì)于圓盤(pán)發(fā)生滑動(dòng)，選項(xiàng)C正確；由題意可知，當(dāng)角速度ω＝ 時(shí)，木塊A受到指

61、向圓心的靜摩擦力，而當(dāng)ω＝時(shí)，木塊A受到背離圓心的最大靜摩擦力，故當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω在 <ω< 范圍內(nèi)增大時(shí)，木塊A所受到的靜摩擦力先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．如圖所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，∠A＝30°，∠B＝37°，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊1、2通過(guò)細(xì)線(xiàn)跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1∶m2不可能是(sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8)(　　) A．1∶3 B．3∶5 C．5∶3 D．2∶1 解

62、析：選A　物塊1受重力m1g、細(xì)線(xiàn)拉力FT和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則FT＝m1gsin 30°，物塊2受重力m2g、細(xì)線(xiàn)拉力FT、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當(dāng)m1較大時(shí)，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時(shí)有FT＝m2gsin 37°＋μm2gcos 37°，則＝2；當(dāng)m1較小時(shí)，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時(shí)有FT＝m2gsin 37°－μm2gcos 37°，則＝，所以≤≤2，故A不可能。 3.[多選]如圖所示，半徑為R＝0.4 m的圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，圓形軌道與固定的光滑水平軌道相切?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量均為m＝0.5 kg的小球甲

63、、乙用輕桿連接，置于圓軌道上，小球甲與圓心O點(diǎn)等高，小球乙位于圓心O的正下方。某時(shí)刻將兩小球由靜止釋放，最終它們?cè)谒矫嫔线\(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2。則(　　) A．兩小球最終在水平面上運(yùn)動(dòng)的速度大小為2 m/s B．甲小球下滑到圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)重力的功率為10 W C．甲小球下滑到圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為5 N D．整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)乙小球做的功為1 J 解析：選AD　整個(gè)過(guò)程中，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，最后兩球的速度大小相等，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律：mgR＝2×mv2，解得v＝2 m/s，選項(xiàng)A正確；甲小球下滑到最低點(diǎn)時(shí)速度水平，重力的功率為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；甲小球下滑到

64、最低點(diǎn)時(shí)，重力與支持力的合力提供向心力FN－mg＝m，解得FN＝2mg＝10 N，由牛頓第三定律得，甲小球下滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為10 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中對(duì)乙小球受力分析可知，重力不做功，乙小球動(dòng)能的增量等于輕桿對(duì)乙球做的功，W＝mv2＝1 J，選項(xiàng)D正確。 4.如圖所示，在水平地面上靜止著一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體，自由釋放的質(zhì)量為m的滑塊能在斜面上勻速下滑(斜面體始終靜止)，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．滑塊對(duì)斜面的作用力大小等于mgcos θ，方向垂直斜面向下 B．斜面對(duì)滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上 C．斜面體受到地面的摩擦力水平向左，大小與m的大

65、小有關(guān) D．滑塊能勻速下滑，則水平地面不可能是光滑的 解析：選B　因滑塊在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下勻速下滑，如圖所示，所以斜面對(duì)滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上，B項(xiàng)正確；而滑塊對(duì)斜面的作用力與斜面對(duì)滑塊的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，A項(xiàng)錯(cuò)誤；又因斜面體及滑塊均處于平衡狀態(tài)，所以可將兩者看成一整體，則整體在豎直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面對(duì)斜面體沒(méi)有摩擦力作用，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 5．[多選]如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導(dǎo)軌，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，A、B間距為L(zhǎng)，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為

66、m、長(zhǎng)為L(zhǎng)且不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，與左端固定在O點(diǎn)的輕質(zhì)彈簧連接組成彈簧振子。開(kāi)始時(shí)，彈簧處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端，這一過(guò)程中A、B間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，已知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中MN始終與AD、BC垂直，則(　　) A．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為 B．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能為 mv02－Q C．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能為 mv02－2Q D．當(dāng)導(dǎo)體棒第二次回到初始位置時(shí)，A、B間電阻的熱功率為 解析：選AC　由F＝BIL及I＝，得安培力大小為FA＝，故A正確；導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過(guò)程中，AB間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q，由能量守恒定律得mv02＝2Q＋Ep，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep＝mv02－2Q，故C正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒第二次回到初始位置時(shí)，由于機(jī)械能減小，A、B間電阻的熱功率小于，故D錯(cuò)誤。 6．如圖甲所示，一對(duì)足夠長(zhǎng)的平行光滑軌道固定在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)＝0.5 m，左側(cè)接一阻值為R＝1