三维设计通用版高三物理二轮复习高考能力跃迁的5大抓手 114页

高考能力跃迁的5大抓手 一、物理研究的有效手段——4类图像成为高考的“座上宾”‎ 物理图像能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一，也是当今高考命题的热点，更是高三复习的重点、难点。‎ ‎(一)明确四类图像 运动学图像 x t图像、v t图像 动力学图像 Ft图像、a t图像 Fx图像、Wl图像 电场类图像 φ x图像、Ex图像 电磁感应类图像 B t图像、Φ t图像 i t图像、Et图像 ‎(二)读图六点关注 ‎1．坐标轴 弄清两个坐标轴表示的物理量。注意坐标原点是否从零开始；注意纵轴物理量为矢量情况时，横轴以上表示此物理量为正，横轴以下表示此物理量为负。‎ ‎2．图线形状 注意观察图像形状是直线、曲线还是折线等，从而弄清图像所反映的两个物理量之间的关系，明确图像反映的物理意义。‎ ‎3．斜率的意义 图线某点的斜率表示一个物理量随另一个物理量的变化率，大小等于两个物理量增量的比值。‎ ‎(1)x t图像中两点连线的斜率表示这段时间的平均速度，某一点切线的斜率表示这一时刻的瞬时速度。vt图像中两点连线的斜率表示这段时间内的平均加速度，某一点切线的斜率表示这一时刻的加速度。‎ ‎(2)Wl图像的斜率表示外力的大小。‎ ‎(3)φ x图像的斜率表示电场强度的大小。‎ ‎(4)Φ t图像的斜率表示单匝线圈产生的电动势大小。‎ ‎4．面积的意义 图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这个物理量往往表示纵、横坐标所表示的物理量的乘积的物理意义。‎ ‎(1)v t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点的位移。‎ ‎(2)a t图像与t轴所围面积表示这段时间内质点速度的变化。‎ ‎(3)Fx图像与x轴所围面积表示这段位移内力F所做的功。‎ ‎(4)Ex图像与x轴所围面积表示这段位移两端的电势差。‎ ‎(5)i t图像与t轴所围面积表示这段时间内移动的电荷量。‎ ‎5．交点、拐点的意义 ‎(1)图线与坐标轴的交点坐标的含义与图像有关，如x t图线与x轴交点纵坐标表示开始计时的位置，而v t图线与v轴交点的纵坐标表示质点的初速度。‎ ‎(2)拐点表示图像的斜率大小或方向发生突变。‎ ‎(3)同一坐标系中不同图像的交点表示具有相同的物理量，如xt图线交点表示此刻相遇(在同一位置)，vt图线的交点表示此刻物体速度相同。‎ ‎6．坐标单位和数量级 在识图和用图时，一定要看清坐标轴的单位和数量级，如m、cm、×10－‎3m等。‎ ‎(三)突破三类题型 ‎1．图像选择类 ‎(1)依据某一物理过程，设计某一物理量随时间(或位移、高度、速度等)变化的几个图像或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图像，从中判断其正误。‎ ‎(2)解决该类问题一般依据物理过程，运用对应规律，确定某物理量的变化情况，从而判断选项的正确与否。‎ 　如图所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙斜面上，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同，弹簧一端固定在墙上。物块由静止释放，从斜面运动到水平面上，压缩弹簧到最短的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s。不计转折处的能量损失，下列图像所描述的关系中可能正确的是(　　)‎ ‎[解析]　由滑动摩擦力产生的热量为Q，根据功能关系得，在斜面上有Q1＝μmgcos θ·s1，在平面上有Q2＝μmgs2，由数学知识可知Q s图像的斜率表示摩擦力大小，所以图像为两段倾斜直线，且第一段斜率小于第二段斜率，A、B错误；物块从斜面运动到水平面的过程中，摩擦力做负功，系统机械能减小，E＝E0－fs，且物体在斜面上受到的摩擦力小于在水平面上受到的摩擦力，所以Es图像为两段倾斜直线，且第一段斜率绝对值小于第二段斜率绝对值，C正确，D错误。‎ ‎[答案]　C 此类问题应根据物理情景，找出两个物理量的变化情况，寻求两物理量之间的函数关系，然后选择正确的图像；若不能求出准确的函数关系，则应定性判断两物理量间的变化关系，特别要注意两种不同变化的交界点，即对应图像中的拐点。 　　　　 ‎ ‎2．图像规律类 ‎(1)该类问题一般由某一图像提出几个结论，通过分析、判断或简单计算确定结论的正误。‎ ‎(2)解决该类问题应对图像描述的物理过程，运用该过程遵循的规律做出判断。特别对非常规图像，一般由遵循的规律推导出相应的函数表达式，进一步确定截距、交点、斜率、面积等的意义，从而对结论做出判断。‎ 　(2016·镇江模拟)如图甲所示，高楼上某层窗口违章抛出一石块，恰好被曝光时间(光线进入相机镜头的时间)为0.2 s的相机拍摄到，图乙是石块落地前0.2 s时间内所成的像(照片已经放大且方格化)，每个小方格代表的实际长度为‎1.5 m，忽略空气阻力，g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．石块水平抛出初速度大小约为‎225 m/s B．石块将要落地时的速度大小约为‎7.5 m/s C．图乙中像的反向延长线与楼的交点就是石块抛出的位置 D．石块抛出位置离地高度约为‎28 m ‎[解析]　石块水平抛出初速度大小v0＝＝ m/s＝‎7.5 m/s，故A错误；石块将要落地时，由于时间短，可近似看成匀速运动，位移为s＝1.5× m≈‎4.74 m，v＝＝ m/s＝‎23.72 m/s，即石块将要落地时的速度大小约为‎23.72 m/s，故B错误；石块在空中为平抛运动，轨迹为一条曲线，不是直线，不能反向延长求石块抛出位置，故C错误；石块在竖直方向的平均速度vy＝＝ m/s＝‎22.5 m/s，即形成的像中间时刻的瞬时速度，形成的像总时间为0.2 s，即从开始起经0.1 s的瞬时速度为‎22.5 m/s，可得：石块从抛出点至该点的时间t＝＝2.25 s，所以石块从发射点至形成的像上端所需时间：t上＝(2.25－0.1)s＝2.15 s，对应形成的像上端离发射点的竖直高度h＝gt上2＝×10×‎2.152 m＝‎23.11 m，加上形成的像在图片中的竖直高度‎4.5 m，h总＝‎27.61 m≈‎28 m，故D正确。‎ ‎[答案]　D 解决此类问题关键是分析图像所描述的两个物理量之间的隐含关系，因此要通过有关的物理概念和物理规律建立函数关系，理解斜率或面积的意义，如上例中应理解图线表示石块的运动轨迹。 　　　　 ‎ ‎3．图像信息类 ‎(1)一般在解答题中，对某一物理情景给出某一物理量的具体变化图像，由图像提取相关信息从而对问题做出分析解答。‎ ‎(2)解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图像提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答。‎ 　如图甲所示，一足够长且阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝‎1.0 m，N、Q之间接有阻值为R＝1.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。一质量m＝‎0.20 kg、阻值r＝0.50 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝‎0.60 kg的重物相连，细线与金属导轨平行，金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t的关系如图乙所示，已知在0～0.3 s内通过金属棒的电荷量是0.3～0.6 s内通过金属棒的电荷量的，g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移；‎ ‎(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量。‎ ‎[解析]　(1)在0.3～0.6 s内通过金属棒的电荷量为 q1＝I1t1＝ 在0～0.3 s内通过金属棒的电荷量为 q2＝＝ 由题中电荷量关系得q1＝q2‎ 解得x2＝‎0.3 m。‎ ‎(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为 x＝x1＋x2＝vt1＋x2‎ 根据能量守恒定律得 Mgx－mgxsin θ－Q＝(M＋m)v2‎ 解得Q＝2.85 J 由于金属棒与电阻R串联，通过的电流相等，根据焦耳定律可得它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量为Qr＝ Q＝0.95 J。‎ ‎[答案]　(1)‎0.3 m　(2)0.95 J 解决此类问题时要注意根据题干叙述，结合图像提取有用信息，特别要注意图线截距、拐点信息的利用，如上例中由t＝0.3 s和t＝0.6 s时刻得到的信息。‎ ‎ [常考图像类题目专练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(多选)(2016·广州调研)如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图像，已知甲对应的是图像中的直线，乙对应的是图像中的曲线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．甲做匀减速直线运动 B．乙做变速直线运动 C．0～t1时间内两物体平均速度大小相等 D．两物体的运动方向相反 解析：选BD　根据位移图像的斜率等于速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A错误。乙图像切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确。根据坐标的变化量等于位移，则知，0～t1时间内两物体位移大小不等，方向相反，所以平均速度不等，故C错误。根据位移图像的斜率等于速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D正确。‎ ‎2.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置并沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知(　　)‎ A．任何时刻甲车的加速度大小都不为零 B．在t＝3 s时，两车第一次相距最远 C．在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置 D．甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同 解析：选B　根据速度—时间图像的斜率等于加速度可知，甲车的加速度可以为零，A错误；在前3 s内，甲车的速度比乙车的大，两车出发点相同，则甲车在乙车的前方，两车间距逐渐增大，3～6 s内，乙车的速度比甲车的大，两车间距逐渐减小，所以在t＝3 s时，两车第一次相距最远，故B正确；根据“面积”表示位移，可知前6 s内，乙车的位移比甲车的大，则在t＝6 s时，两车不在同一位置，故C错误；根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲车在t＝6 s时的加速度与在t＝9 s时的加速度不同，D错误。‎ ‎3.(多选)(2016·唐山模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．带负电粒子从x1运动到x2电场力做负功 B．x1、x2处电势小于零 C．x1处的场强大于x2处的场强大小 D．x1处的电势比x2处的电势低 解析：选BD　带负电粒子从x1运动到x2的过程中，其电势能减小，故电场力做正功，故A错误；由图可知，带负电粒子在x1、x2处的电势能均大于零，故x1、x2处电势小于零，故B正确；根据电场力做功和电势能的关系结合图像可得Ep＝Ep0－qEx，图像的斜率k＝－qE，故场强E不变，故C错误；从x1运动到x2的过程中，电场力做正功W＝－q(φ1－φ2)，所以φ1<φ2，故D正确。‎ ‎4．(2016·宣城八校联考)对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T关系作出如图所示的图像，则可求得地球的质量为(已知引力常量为G)(　　)‎ A.　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　由G＝mr2，得＝＝，求得地球的质量为M＝，A正确。‎ ‎5．(2016·青岛模拟)如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cos θ图像应为(　　)‎ 解析：选A　设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，－μmg·2rcos θ＝mv2－mv02，即v2＝v02－4μgrcos θ，可知v2与cos θ 为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎6.(多选)(2016·兰州一中考前实战演练)在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用Ek、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图像中正确的是(　　)‎ 解析：选AC　由题可知钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑。设钢板的质量为m，根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确。设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于其机械能减小，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图像是曲线，故B错误。钢板做匀加速运动，则有v＝at，v与t成正比，故C正确。重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图像是曲线，故D错误。‎ ‎7．(多选)在x轴上存在一水平方向的电场，一质量m＝‎2 kg的带电小球只在电场力的作用下，沿光滑绝缘的水平面从x0＝‎7 m处开始以初速度v0＝‎2 m/s向x轴负方向运动。小球电势能Ep随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在x0＝‎7 m处电场强度为零 B．在x＝‎4 m处电场强度为零 C．小球运动的范围为x≥‎1 m且小球可以通过x＝‎9 m 处 D．小球运动的最大速度vm＝‎2 m/s 解析：选BCD　因为Ep＝qφ，所以电场力F＝q，则电场强度E＝，即在x0＝‎7 m处，>0，即电场强度E≠ 0 ，在x0＝‎4 m处，＝0，即电场强度E＝0，A错误，B正确；小球的初动能为Ek＝mv02＝4 J，在x0＝‎7 m处时，小球的电势能为0，故在‎7 m处时小球的总能量E＝Ep＋Ek＝4 J，故小球向左最远运动到x＝‎1 m处，向右运动到x＝‎9 m处时小球的电势能为2 J，故小球可以通过x＝‎9 m处，C正确；由题图可知，在x＝‎4 m处时小球的电势能最低，故此时动能最大，即此时小球的最大动能为E4＝8 J，最大速度为‎2 m/s，D正确。‎ ‎8．(2015·山东高考)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝＝知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，＝0，所以＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0时，uab＜0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律。故选项C正确。‎ ‎9.(多选)(2016·日照联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形abcd磁场区域，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(　　)‎ 解析：选AC　导体棒在左半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向上，电流从M经R到N 为正值，且逐渐变大，导体棒在右半区域时，根据右手定则，通过棒的电流方向向下，电流为负值，且逐渐减小，且满足经过分界线时感应电流大小突然加倍，A正确，B错误；第一段时间内安培力大小F＝BIL∝L2，第二段时间内F＝2BIL∝L2，C正确，D错误。‎ ‎10．(2016·南平质检)如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为近地卫星，c为同步卫星，d为高空探测卫星，a向为他们的向心加速度，r为它们到地心的距离，T为周期，l、θ分别为相同时间内转过的弧长和转过的圆心角，则下列图像正确的是(　　)‎ 解析：选C　对b、c、d三颗卫星：＝m＝mω2r＝m·r＝ma向，可得：v＝ ，ω＝，T＝，a向＝，但因c为同步卫星，Ta＝Tc，B错误；aaωc＝ωa>ωd，θ＝ωt可知，C正确。‎ ‎11．(2016·福州二模)如图甲所示，质量m＝‎1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(vt图像)如图乙所示，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；‎ ‎(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度a1、a2和拉力F三者的大小。‎ 解析：(1)物块上升的距离：x1＝×2×‎1 m＝‎1 m；‎ 物块下滑的距离：x2＝×1×‎1 m＝‎0.5 m；‎ 位移x＝x1－x2＝(1－0.5)m＝‎‎0.5 m 路程L＝x1＋x2＝(1＋0.5)m＝‎1.5 m。‎ ‎(2)由图乙知，各阶段加速度 a1＝ m/s2＝‎4 m/s2‎ a2＝ m/s2＝－‎4 m/s2‎ 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律 ‎0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1；‎ ‎0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2；‎ 联立解得：F＝8 N。‎ 答案：(1)‎0.5 m　‎1.5 m　(2)‎4 m/s2　‎4 m/s2　8 N ‎12．如图甲所示，不计电阻的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝‎1 m，上端接有电阻R＝2 Ω，虚线OO′下方存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量为m＝‎0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平。已知金属杆进入磁场时的速度为v0＝‎1 m/s，下落‎0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。试求：(g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度；‎ ‎(2)ab杆下落‎0.3 m的过程中R上产生的热量和通过R的电荷量。‎ 解析：(1)由ah图像可知，金属杆ab刚进入磁场时a0＝‎10 m/s2，方向竖直向上 由牛顿第二定律有BI‎0L－mg＝ma0‎ 设ab杆进入磁场时的速度为v0，有I0＝，E0＝BLv0‎ 联立以上各式，代入数据得磁场的磁感应强度B＝2 T。‎ ‎(2)由ah图像知，h＝‎0.3 m时，a＝0，表明金属杆受到的重力与安培力平衡，即mg＝BIL，其中I＝，E＝BLv 可得下落‎0.3 m时金属杆的速度v＝＝‎0.5 m/s 下落‎0.3 m的过程中，由能量守恒定律有 mgh＝Q＋mv2‎ 解得Q＝0.287 5 J 金属杆自由下落的距离满足2gh0＝v02，h0＝‎‎0.05 m 所以金属杆在磁场中运动的距离x＝h－h0＝‎0.25 m，则q＝＝x＝‎0.25 C。‎ 答案：(1)2 T　(2)0.287 5 J　‎‎0.25 C 二、物理状态的特别关注——5类临界极值问题“面面观”‎ 临界问题是从量变到质变规律在物理学上的生动体现。物体的运动形式或性质转变为另一种运动形式或性质时，往往存在一个转折点，这个转折点常称为临界点，这个转折点所对应的条件称为临界条件，对应的问题则称为临界问题，而满足临界条件的临界值又往往是某一物理量的极大值或极小值。‎ ‎(一)追及相遇中的临界极值问题 ‎　　　(2016·惠州模拟)滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L＝‎36 m，倾角为θ＝37°的斜坡。已知滑道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数μ1＝0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为μ2＝0.25，g取‎10 m/s2。已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞。求：‎ ‎(1)甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；‎ ‎(2)若乙比甲晚出发Δt＝1 s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度v0＝‎1 m/s，通过计算分析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的时间差。‎ ‎[解析]　(1)对甲运动，由牛顿运动定律：m1gsin θ－μ‎1m1gcos θ＝m‎1a甲 代入数据解得a甲＝‎2 m/s2‎ 由‎2a甲L＝v12‎ 代入数据解得：v1＝‎12 m/s。‎ ‎(2)甲到达坡底的时间t甲＝＝ s＝6 s 对乙：a乙＝gsin θ－μ2gcos θ＝‎6 m/s2－0.25×‎8 m/s2＝‎4 m/s2‎ 设到达坡底时间为t乙 L＝v0t乙＋a乙t乙2‎ 代入数据解得t乙＝4 s t乙＋Δt10 N，A、B发生相对滑动，‎ 对B：aB＝μg＝‎2 m/s2‎ 对A：F－Ffm＝mAaA 代入数据解得：aA＝‎2.5 m/s2‎ 设B从A上滑落时，则有：‎ aAt2－aBt2＝L，得：t＝2 s 对A有：v＝aAt＝2.5×‎2 m/s＝‎5 m/s。‎ ‎[答案]　(1)10 N　(2)‎5 m/s 处理动力学临界极值问题的两种方法 ‎(1)以定律、定理为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解。‎ ‎(2)直接分析、讨论临界状态，找出临界条件求出临界值。在研究临界问题时，应着重于相应物理量的取值范围和有关物理现象发生或消失条件的讨论。 　　　　 ‎ ‎(三)平抛运动中的临界极值问题 ‎　　　在竖直立于地面的两杆A、B之间拉一根细绳AC，两杆相距为d，细绳与杆间成45°角，细绳的一端在A杆顶端。一只小猴(可看作质点)爬上A杆一定高度后，以一定的水平速度v0‎ 向右跳出，欲抓住细绳，那么(　　)‎ A．小猴爬得越高，需要的最小水平速度v0min越小 B．小猴必须爬到离地面为d以上的高度方可跳出 C．若小猴从A杆顶端跳出，则必定能抓住细绳 D．小猴从一个确定的高度跳出，则v0也为确定值 ‎[解析]　小猴以能抓住绳子的最小速度水平跳出时，运动轨迹与AC绳相切，如图所示，即此时速度方向与水平方向成45°角，因此有＝tan 45°　①，x＝v0mint，解得v0min2＝gx，又＝tan 45°　②，即x＝2h，v0min2＝2gh，即当h≤d时①、②成立，总可满足x＝2h，则小猴爬得越高，h越小，v0min越小。当h>d时，小猴运动轨迹不可能与AC相切，则小猴能抓住细绳最低点C时速度最小应满足d＝v0mint、y＝gt2，y＝d－h，v0min＝d ，则h越小，v0min越小，A项正确；最低抓点为C，因此只要小猴跳出点高于C点，且初速度足够大，就能抓住绳子，B项错误；若小猴从A杆顶端跳出，水平速度足够大，则小猴将抓不住细绳的最低点C，C项错误；由于存在能抓住绳子的最小速度，因此v0没有确定的值，D项错误。‎ ‎[答案]　A 与斜面相关的三类平抛运动临界极值问题 ‎(1)顺着斜面抛，质点离斜面最远时速度方向平行于斜面，利用分解速度的方法，如图所示，可求从抛出到距斜面最远的运动时间为tm＝tan θ，最远距离为dm＝tan θsin θ。‎ ‎(2)顺着斜面抛出，质点落回斜面时位移最大，利用分解位移的方法求质点的运动时间：‎ x＝v0t y＝gt2‎ tan θ＝ 可求得t＝。 　　　　 ‎ ‎(3)对着斜面抛出，质点垂直打到斜面上，利用分解速度的方法，求质点的运动时间：‎ vx＝v0‎ vy＝gt tan θ＝＝ 可求得t＝。‎ ‎ ‎ ‎(四)圆周运动中的临界极值问题 　如图所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在转轴O，现使小球在竖直平面内做圆周运动，P为圆周的最高点，若小球通过圆周最低点时的速度大小为 ，忽略摩擦阻力和空气阻力，则以下判断正确的是(　　)‎ A．小球不能到达P点 B．小球到达P点时的速度大于 C．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向上的弹力 D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力 ‎[解析]　要使小球恰能到达P点，由机械能守恒定律有：mv2＝mg·‎2L，可知它在圆周最低点必须具有的速度为v≥2，而 >2，所以小球能到达P点；由机械能守恒定律可知小球到达P点的速度为 ；由于＜，则小球在P点受到轻杆向上的弹力。‎ ‎[答案]　C ‎(1)绳模型和杆模型过最高点的临界条件不同，其原因主要是：“绳”不能支持物体，而“杆”既能支持物体，也能拉物体。‎ ‎(2)v临界＝对绳模型来说是能否通过最高点的临界条件，而对杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界条件。 　　　　 ‎ ‎(五)带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题 ‎　　　(2015·山东高考)(节选)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。‎ ‎(1)求极板间电场强度的大小；‎ ‎(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小。‎ ‎[解析]　(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得 qE＝mv2①‎ 由①式得 E＝。②‎ ‎(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvB＝m③‎ 如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得 R＝④‎ 联立③④式得 B＝⑤‎ 若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得 R＝⑥‎ 联立③⑥式得 B＝。⑦‎ ‎[答案]　(1)　(2)或 带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题往往是空间的约束(单直线边界、双直线边界、矩形边界、圆形边界)决定粒子运动半径，进而控制其他的物理量。‎ 解决此类问题要注意分析以下三个方面：‎ ‎(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。‎ ‎(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。‎ ‎(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等。 　　　　 ‎ ‎[临界极值问题专练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　‎ ‎1.如图所示，小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t为(重力加速度为g)(　　)‎ A．v0tan θ　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　如图所示，要小球到达斜面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tan θ＝，而x＝v0t，y＝gt2，解得t＝。‎ ‎2.(2016·唐山模拟)如图所示，物体在拉力F的作用下沿水平面做匀速运动，发现当外力F与水平方向夹角为30° 时，所需外力最小，由以上条件可知，外力F的最小值与重力的比值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　外力F最小时，对物体受力分析，如图所示。物体做匀速运动，则有FN＋Fsin 30°＝G，Ff＝Fcos 30°，又Ff＝μFN，解得 F＝，‎ 令tan α＝，则有 F＝ ‎＝，‎ 根据题意可知α＝60°，即μ＝，F的最小值为G，故B正确。‎ ‎3．(2016·潮州一模)如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h。若将质量分别为‎2m、‎3m、‎4m、‎5m的小球以同样大小的速度v0从半径均为R＝h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示。则质量分别为‎2m、‎3m、‎4m、‎5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是(小球大小和空气阻力均不计)(　　)‎ A．质量为‎2m的小球 B．质量为‎3m的小球 C．质量为‎4m的小球 D．质量为‎5m的小球 解析：选C　由题意可知，质量为m的小球，竖直上抛的整个过程机械能守恒，mgh＝mv02。由题图乙可知，质量为‎2m的小球上升到轨道最高点速度不能为零，结合机械能守恒定律可知此时质量为‎2m的小球上升的最大高度小于h，故A错误；由题图丙和题图戊可知，小球出轨道时的速度方向不沿竖直方向，则上升到最高点时水平方向速度不为零，依据机械能守恒定律得上升的最大高度均小于h，故B、D错误；由题图丁可知，小球出轨道时的速度方向沿竖直方向向上，则上升到最高点时，速度为零，依据机械能守恒定律得小球上升的最大高度等于h，故C正确。‎ ‎4.如图所示，转动轴垂直于光滑平面，交点O的上方h处固定细绳的一端，细绳的另一端拴接一质量为m的小球B，绳长AB＝l>h，小球可随转动轴转动并在光滑水平面上做匀速圆周运动。要使球不离开水平面，转动轴的转速的最大值是(　　)‎ A.　　　　　　　 B．π C. D．2π 解析：选A　对小球，在水平方向有FTsin θ＝mω2R＝4π2mn2R ‎，在竖直方向有FTcos θ＋FN＝mg，且R＝htan θ，当球即将离开水平面时，FN＝0，转速n有最大值，联立解得n＝，则A正确。‎ ‎5.(多选)(2016·河北名校联考)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)‎ A．当02μmg时，绳中拉力等于 D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于 解析：选ABC　当02μmg时，对A、B整体：a＝，对物块B：a＝，由上两式得TB＝，C正确；当μmg‎‎0.8 m 故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点‎0.8 m处。 ‎ ‎(3)当H＝‎1 m时，物体从释放点至C点，由动能定理列式mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC12－0‎ 代入数据解得vC1＝‎2 m/s 物体过C点后做平抛运动，则 x1＝vC1＝2×‎0.4 m＝‎0.8 m>＝‎‎0.6 m 可见物体打到水平面上距离D点 x1－‎0.6 m＝‎0.2 m处。‎ 当H＝‎0.85 m时，物体从释放点至C点，由动能定理列式 mg(H＋R)－qER－μmgL＝mvC22－0‎ 代入解得vC2＝‎1 m/s 设物体过C点后做平抛运动且打在斜面CD上，则tan 53°＝，解得 t＝ s 故物体打在斜面上距C点为 x2＝＝ m 可见物体打到斜面上距离D点 － m＝ m处。‎ 综上分析：物体打在斜面上距离D点 m范围内(如答图PD之间区域)，在水平面上距离D点‎0.2 m范围内(如答图DQ之间区域)。‎ 答案：(1)8 N　(2)不存在　 (3)在斜面上距离D点 m 范围内(如答图PD之间区域)，在水平面上距离D点‎0.2 m范围内(如答图DQ之间区域)‎ 三、物理过程的简约处理——3类典型运动的“分与合”‎ 高考大题担负着区分考生、选拔人才的功能，很多考生一见大题就发憷，甚至看也不看就放弃。殊不知，高考大题也是由基础知识步步拼合而成的，对于物理学科而言，高考大题更是如此，基本上都是由多物体、多运动过程组合而成。只要我们静下心来，将一个看似复杂的运动系统拆分成多个单一的运动物体，化整为零、个个击破，问题就会化难为易、迎刃而解。本讲通过研究三类典型运动的“分与合”，旨在帮助学生洞悉高考大题命题的“拼装”机密。‎ ‎[三类典型运动]‎ 类型 运动分析 受力分析 规律分析 直线 ‎(1)物体运动的速度 运动 v与加速度a在同一直线上 ‎(2)a、v同向，物体速度增大；‎ a、v反向，物体速度减小 ‎(1)物体的合外力与运动方向在一条直线上 ‎(2)垂直于运动方向上合外力为零 合外力恒定时，加速度恒定，物体做匀变速直线运动 x＝v0t＋at2，vt＝v0＋at ‎(类)平抛 运动 ‎(1)物体的初速度v0与加速度方向垂直 ‎(2)物体的速度逐渐增大 ‎(3)物体的速度与位移方向不相同 物体的合外力与初速度方向垂直，且恒定不变 ‎(1)沿初速度方向，物体做匀速运动 x＝v0t，vx＝v0‎ ‎(2)沿合外力方向，物体做匀加速运动 y＝at2，vy＝at 圆周 运动 ‎(1)物体的速度沿圆上该点的切线方向，方向时刻在变化 ‎(2)物体做变加速曲线运动 ‎(1)匀速圆周运动的合外力指向圆心，且大小恒定不变 ‎(2)非匀速圆周运动的合力一般不指向圆心，但沿半径方向的合力仍提供向心力 ‎(1)匀速圆周运动：‎ F合＝F向＝m＝mω2r＝m·r＝ma向 ‎(2)非匀速圆周运动：‎ F径向合＝m ‎[四类组合模式]‎ ‎(一)直线运动与平抛运动的组合 　一质量为m、带电荷量为＋q的小球，从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场中，如图所示，然后小球从A点沿水平直线运动到与A相距为x的A′点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点，求：‎ ‎(1)该匀强电场的场强E的大小和方向(即求出图中的θ角，并在图中标明E的方向)；‎ ‎(2)从O点抛出又落回O点所需的时间。‎ ‎[解析]　(1)斜上抛至最高点A时的速度 vA＝v0cos α　①‎ 方向水平向右 由于小球在AA′段沿水平方向做直线运动，所以带电小球所受的电场力与重力的合力应为一水平向左的恒力：‎ F＝＝qEcos θ　②‎ 带电小球从A运动到A′过程中做匀减速运动有 vA2＝2××x　③‎ 由①②③式得：‎ E＝m θ＝arctan ，方向斜向上，如图所示。‎ ‎(2)小球在OA段运动所用时间t1＝ 小球从A运动到A′所用时间t2＝ 从O点抛出又落回O点所需时间 t＝2(t1＋t2)＝＋。‎ ‎[答案]　(1)m　方向斜向上，θ＝arctan 　　(2)＋ ‎(1)小球从O到A的斜抛运动与从A到O的平抛运动是互逆过程，运动时间相等。‎ ‎(2)小球从A到A′的过程做直线运动，垂直于运动方向的合力一定为零。 　　　　 ‎ ‎(二)直线运动与圆周运动的组合 　(2016·滕州期末)如图所示，在x轴的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。在x轴的下方有电场强度为E的匀强电场，方向与y轴负方向成θ角。一个带电量为＋q、质量为m的粒子以初速度v0从A点进入磁场。v0方向与磁场方向垂直，与y轴正方向成θ角。粒子从x轴射出磁场的速度恰与射入磁场时的速度反向(即与电场方向相同)；不计重力。求：‎ ‎(1)粒子在磁场中运动的时间t；‎ ‎(2)粒子进入电场之后，直至到达y轴的过程中，运动的距离s；‎ ‎(3)粒子进入电场之后，直至到达y轴的过程中，电势能的变化量ΔEp。‎ ‎[解析]　(1)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，运动半个圆周后从D点沿场强方向进入电场。如图所示。‎ 粒子在磁场中运动周期 T＝　t＝＝。‎ ‎(2)设粒子在磁场中运动半径为R：‎ 由qv0B＝　s＝，‎ 得s＝＝。‎ ‎(3)由功能关系得，ΔEp＝W＝F·s＝qE·s ＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3) ‎(1)带电粒子在纯磁场中做匀速圆周运动时，只有洛伦兹力提供向心力，如果在复合场中做匀速圆周运动，则有重力与电场力等大反向。‎ ‎(2)带电粒子在电场中做匀变速直线运动的问题可用动能定理求解，也可用牛顿第二定律借助匀变速直线运动公式求解。 　　　　 ‎ ‎(三)平抛运动与圆周运动的组合 　如图所示，质量m＝‎2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地从A点进入竖直平面内的光滑圆弧轨道，其中B点为圆弧轨道的最低点，C点为圆弧轨道的最高点，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，圆半径R＝‎0.5 m。若小球离开水平面运动到A点所用时间t＝0.4 s，求：(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)小球沿水平面飞出的初速度v0的大小。‎ ‎(2)到达B点时，小球对圆弧轨道的压力大小。‎ ‎(3)小球能否通过圆弧轨道的最高点C？说明原因。‎ ‎[解析]　(1)小球离开水平面运动到A点的过程中做平抛运动，有vy＝gt 根据几何关系可得tan θ＝ 代入数据，解得v0＝‎3 m/s。‎ ‎(2)由题意可知，小球在A点的速度vA＝ 小球从A点运动到B点的过程，满足机械能守恒定律，有 mvA2＋mgR(1－cos θ)＝mvB2‎ 设小球运动到B点时受到圆弧轨道的支持力为N，根据牛顿第二定律有 N－mg＝m 代入数据，解得N＝136 N 由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力N′＝N＝136 N。‎ ‎(3)假设小球能通过最高点C，则小球从B点运动到C点的过程，满足机械能守恒定律，有 mvB2＝mg·2R＋mvC2‎ 在C点有F向＝m 代入数据，解得F向＝36 N>mg 所以小球能通过最高点C。‎ ‎[答案]　(1)‎3 m/s　(2)136 N　(3)能通过，理由见解析 ‎(1)注意过程的拆分：‎ 求解这一类问题时，一般要按顺序对运动过程进行分段分析，将复杂问题分解为若干个简单、熟悉的问题，如本题中，将小球的运动分解为：离开水平面后的平抛运动和进入圆弧轨道后的圆周运动。‎ ‎(2)关注运动的连接点：‎ 如本题中小球进入圆弧轨道的速度是它做平抛运动的末速度，此速度的水平分量，即平抛运动的初速度的求解又要利用圆弧轨道的数据。 　　　　 ‎ ‎(四)平抛运动、圆周运动与直线运动的组合 ‎　　　如图所示，半径R＝‎0.4 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝30°，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝‎2 kg，上表面与C点等高。质量m＝‎1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝‎1 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行之后又滑上木板，当物块从木板右端滑出时的速度为v1＝‎2 m/s，已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块刚到达轨道上的C点时对轨道的压力；‎ ‎(2)木板的长度。‎ ‎[解析]　(1)对于平抛过程，根据几何关系得：‎ vB＝2v0，‎ 从B点运动到C点的过程根据动能定理有：‎ mgR(1＋sin θ)＝mvC2－mvB2‎ 刚到达C点时有：FC－mg＝m 根据牛顿第三定律有：FC′＝FC 可得：FC′＝50 N。‎ ‎(2)木块在木板上滑行的过程：μmg＝ma1‎ μmg＝Ma2‎ v1＝vC－a1t v2＝a2t 根据能量守恒有：‎ μmgL＝mvC2－ 可得：L＝‎1 m。‎ ‎[答案]　(1)50 N　(2)‎‎1 m ‎(1)小物块平抛到达B点的速度沿水平方向的分速度与物块从A点的平抛速度相同。‎ ‎(2)小物块在C点时，竖直方向的合力提供向心力。‎ ‎(3)小物块滑至长木板上后做匀减速直线运动，长木板做匀加速直线运动。 　　　　 ‎ ‎[常见组合运动专练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　‎ ‎1.(2016·江淮名校第二次联考)如图所示，一个截面为直角三角形的劈形光滑物块固定在水平地面上。物块高h＝‎4 m，α＝37°，一小球以v0＝‎9 m/s的初速度由C点冲上斜面AC，由A点飞出落在AB面上。不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球到达A点的速度大小；‎ ‎(2)小球由A点飞出至第一次落到AB面所用时间；‎ ‎(3)小球第一次落到AB面时的速度与AB面的夹角θ的正切值。‎ 解析：(1)从C到A对小球运用动能定理：‎ ‎－mgh＝mvA2－mv02‎ 解得：vA＝‎1 m/s。‎ ‎(2)将小球由A点飞出至落到AB面的运动分解为沿斜面(x轴)和垂直于斜面(y轴)两个方向；则落回斜面的时间等于垂直于斜面方向的时间 所以：t＝＝0.25 s。‎ ‎(3)小球落回斜面时沿斜面方向速度：‎ vx＝axt＝gsin 37°·t＝‎1.5 m/s 垂直斜面方向速度：vy＝‎1 m/s 所以：tan θ＝＝。‎ 答案：(1)‎1 m/s　(2)0.25 s　(3) ‎2．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DE上方有足够长的竖直向下的匀强电场。一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小均为E0＝，今在CDEF区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DE的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：‎ ‎(1)所加磁场的宽度DE；‎ ‎(2)所加磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间。‎ 解析：(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，设射出该电场时沿电场方向的偏转距离为d 由E0q＝ma得a＝ 由l＝vt得t＝ d＝at2＝l 粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度vy＝at＝v 速度偏向角θ满足tan θ＝＝1，解得θ＝ 粒子从DE中点竖直向上射入电场，粒子在所加磁场区域内做匀速圆周运动的轨迹圆心设为O，由几何关系知：‎ OD＝l OD2＋2＝R2‎ 解得R＝l 由R＝OD＋DE得DE＝(－1)l。‎ ‎(2)射入磁场的速度大小为v′＝v 由洛伦兹力提供向心力得qv′B＝m，解得B＝。‎ ‎(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝t＝ 粒子在磁场中向上偏转的运动时间t2＝T 其中T＝ 在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝ 粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动的总时间为 t总＝2(t1＋t2＋t3)‎ 解得t总＝。‎ 答案：(1)(－1)l　(2)　(3) ‎3．如图所示，两竖直金属板间电压为U1，两水平金属板的间距为d。竖直金属板a上有一质量为m、电荷量为q的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动。水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，求：‎ ‎(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v0；‎ ‎(2)两水平金属板间的电压；‎ ‎(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D。‎ 解析：(1)在加速电场中，由动能定理得：qU1＝mv02‎ 解得：v0＝ 。‎ ‎(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则：‎ Bqv0＝q 解得：U＝Bd 。‎ ‎(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D，则：‎ Bqv0＝m且r＝D 解得：D＝ 。‎ 答案：(1) 　(2)Bd 　(3) ‎4．如图所示，在xOy坐标系第二象限内有一圆形匀强磁场区域，半径为l0，圆心O′坐标为(－l0，l0)，磁场方向垂直xOy平面。两个电子a、b以相同的速率v沿不同方向从P(－l0,‎2l0)点同时射入磁场，电子a的入射方向为y轴负方向，b的入射方向与y轴负方向夹角为θ＝45°。电子a经过磁场偏转后从y轴上的Q(0，l0)点进入第一象限，在第一象限内紧邻y轴有沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为，匀强电场宽为l0。已知电子质量为m、电荷量为e，不计重力及电子间的相互作用。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)a、b两个电子经过电场后到达x轴的坐标差Δx；‎ ‎(3)a、b两个电子从P点运动到达x轴的时间差Δt。‎ 解析：(1)两电子轨迹如图，由图可知，a电子做圆周运动的半径R＝l0‎ Bve＝m 可得：B＝。‎ ‎(2)a电子在电场中ya＝at12‎ a＝ l0＝vt1‎ 可得ya＝l0‎ 即a电子恰好击中x轴上坐标为l0的位置 对b分析可知，AO′PO″为菱形，所以PO′与O″A平行。又因为PQ′⊥x轴，则O″A⊥x轴，所以粒子出磁场速度vA平行于x轴，即b电子经过磁场偏转后，也恰好沿x轴正方向进入电场。‎ 有yb＝r＋rcos 45°＝l0＋l0‎ 当b电子在电场中沿y轴负方向运动l0后，沿与x轴方向成α角做匀速直线运动。‎ tan α＝　v⊥＝at1‎ 又tan α＝，可得tan α＝ 解得：Δx＝。‎ ‎(3)在磁场中，有T＝ a电子与b电子在磁场中运动的时间差为Δt1‎ ＝，Δθ＝－＝，可得Δt1＝ 所以Δt1＝ b在第二象限内的无场区域的匀速运动时间为Δt2，‎ Δt2＝＝ a与b在第一象限中运动的时间差为Δt3，Δt3＝＝ 所以时间差Δt＝Δt2＋Δt3－Δt1‎ 所以Δt＝(6－π－2)。‎ 答案：(1)　(2)　(3)(6－π－2)‎ ‎5．(2016·德州模拟)如图所示，在xOy平面内，第Ⅱ象限内的射线OM是电场与磁场的分界线，OM与x轴的负方向成45°角。在x＜0且OM的左侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，磁感应强度大小为0.1 T，在y>0且OM的右侧空间存在着沿y轴正方向的匀强电场E，场强大小为0.32 N/C。一不计重力的带负电微粒，从坐标原点O沿x轴负方向以v0＝2×‎103 m/s的初速度进入磁场，最终离开磁、电场区域。已知微粒所带的电荷量q＝5×10－‎18 C，质量m＝1×10－‎24 kg，求：‎ ‎(1)带电微粒在磁场中做圆周运动的半径。‎ ‎(2)带电微粒第一次进入电场前运动的时间。‎ ‎(3)带电微粒第二次进入电场后在电场中运动的水平位移。‎ 解析：(1)带电微粒从O点射入磁场，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，由qv0B＝m得r＝＝4×10－‎3 m。‎ ‎(2)带电微粒在磁场中经圆周第一次进入电场，经历的时间tOA＝T 而圆周运动的周期为T＝代入数据解得t OA＝3.14×10－6 s。‎ ‎(3)微粒从C点垂直y轴方向进入电场，做类平抛运动，设在电场中运动的水平位移为Δx，竖直位移为Δy，则 x方向上，Δx＝v0t1‎ y方向上，Δy＝at12‎ 而Δy＝2r 又有qE＝ma 代入数据解得，Δx＝‎0.2 m。‎ 答案：(1)4×10－‎3 m　(2)3.14×10－6 s　(3)‎‎0.2 m 四、物理解题的快捷途径——4种数学方法“巧运用”‎ 应用数学知识解决物理问题的能力是高考要求学生必须具备并重点考查的五大能力之一，因此，数学方法是高考物理解题中不可或缺的手段和工具。‎ 所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来，进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和预测。实际上每个物理问题的分析、处理过程都是数学方法运用的过程。在物理解题过程中常用的特殊而典型的数学方法共有以下四种：‎ ‎(一)三角形相似法 　(2016·宝鸡检测)如图所示，两球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方，且点O、A之间的距离恰为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1。现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧(k2>k1)，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小之间的关系为(　　)‎ A．F1>F2　　　　　　 B．F1＝F2‎ C．F10，y有极小值；若a＜0，y有极大值)。‎ ‎(3)均值不等式 对于两个大于零的变量a、b，若其和a＋b为一定值p，则当a＝b时，其积ab取得极大值；对于三个大于零的变量a、b、c，若其和a＋b＋c为一定值q，则当a＝b＝c时，其积abc取得极大值。 　　　　 ‎ ‎(三)微元法 ‎　　　如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n＝10匝，线圈由粗细均匀、每米质量为2.5×10－‎3 kg的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平。在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎0.1 A B．‎‎0.16 A C．‎0.01 A D．无法确定 ‎[解析]　当三条细线上的张力为零时，线圈只受重力和安培力。对线圈选择一个电流元进行受力分析，由于磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，磁场分布关于中轴线对称，每个电流元均与磁感线垂直，其受到竖直向下的重力和垂直于磁场、垂直于电流元指向斜上方的安培力作用，如图所示(取导线的横截面)。‎ 由于对称，各电流元所受安培力在水平方向的合力为零，在竖直方向的合力为各电流元所受安培力的竖直分量之和，这就是整个线圈所受的安培力，故线圈的总长度L即为导线的有效长度，设此时线圈中通过的电流为I，则FA＝BIL，G＝mg＝kLg(其中k＝2.5×10－‎3 kg/m)，根据平衡条件有G＝FAcos 60°，联立以上各式并代入数据可得I＝‎0.1 A，选项A正确。‎ ‎[答案]　A 利用微分思想的分析方法称为微元法。它是将研究对象(物体或物理过程)进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象的变化规律的一种思想方法。微元法解题的思维过程如下：‎ ‎(1)选择恰当的微元作为研究对象。微元可以是一小段线段、圆弧或一小块面积，也可以是一个小体积或一小段时间等，但必须具有整体对象的基本特征；‎ ‎(2)将微元模型化(如视为点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动等)，并运用相关的物理规律得出这个微元与整体对象之间的关联；‎ ‎(3)将一个微元的解答结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系等，对各微元的求解结果进行叠加，以求得整体量的合理解答。 　　　　 ‎ ‎(四)数列法 　如图所示，在xOy坐标系第一象限的三角形区域(坐标如图中所标注)内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在x轴下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度为E。将一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(重力不计)从P(0，－a)点由静止释放。由于x轴上存在一种特殊物质，使粒子每一次经过x轴后速度大小变为穿过前的倍。‎ ‎(1)欲使粒子能够再次垂直经过x轴，磁场的磁感应强度B最小是多少？‎ ‎(2)在磁感应强度等于第(1)问中B的情况下，求粒子在磁场中的运动时间。‎ ‎(3)若磁场的磁感应强度变为第(1)问中B的2倍，求粒子运动的总路程。‎ ‎[解析]　(1)设粒子到O点时的速度为v0，由动能定理有qEa＝mv02，解得v0＝ 甲 粒子经过O点后，速度为v1，v1＝v0＝ 粒子进入磁场后的轨迹圆与磁场边界相切时磁感应强度最小，设为B0。设粒子轨道半径为R1，有 R1＝atan 30°＝a 由qB0v1＝m得B0＝＝ 。‎ ‎(2)粒子经O1点进入电场区域做匀减速运动，后又加速返回，再次进入磁场时的速率 v2＝2v1＝v1‎ 此时粒子做圆周运动的半径R2＝R1＝a 其运动轨迹如图甲所示，此后粒子不再进入磁场。由几何关系可知，∠MO1′O1＝60°‎ 则粒子在磁场中运动的时间为 t＝·＋·＝ 。‎ 乙 ‎(3)若B＝2B0，粒子的运动情况如图乙所示，粒子经过O点第一次进入磁场时的速率仍为v1，在磁场中做圆周运动的半径记为R1′，由第(1)问可知，v1＝ ，R1′＝ 粒子从O1点穿x轴进入电场时速率为v1′＝v1＝ ，运动到P1点后返回，则由动能定理有 ‎－qE＝0－mv1′2，解得＝ 当粒子第二次进入磁场时的速率 v2＝v1′＝ ＝v1‎ 做圆周运动的半径为R2′＝ 粒子从O2点穿过x轴进入电场时速率为v2′＝v2＝，运动到P2点后返回，则由动能定理有－qE＝0－mv2′2，解得：＝ ‎……‎ 以此类推可知，当粒子第n次进入磁场时，其在磁场中做圆周运动的轨道半径为Rn′＝，再进入电场中前进的距离＝ 因此，粒子运动的总路程为s＝π(R1′＋R2′＋…＋Rn′)＋2(＋＋…＋)＋O＝π＋2＋a＝·＋·＋a 当n→∞时，s＝a。‎ ‎[答案]　(1) 　(2) ‎(3)a 凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复，随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：‎ ‎(1)逐个分析开始的几个物理过程；‎ ‎(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)；‎ ‎(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。‎ 无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。等差：Sn＝＝na1＋d(d为公差)。‎ 等比：Sn＝ 　　　　 ‎ ‎[运用数学方法解题专练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1.如图所示，把一重力不计的通电导线水平放置在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向的电流时，导线的运动情况是(从上往下看)(　　)‎ A．顺时针方向转动，同时下降 B．顺时针方向转动，同时上升 C．逆时针方向转动，同时下降 D．逆时针方向转动，同时上升 解析：选A　把直线电流等效为无数小段，中间的点为O点，选择在O点左侧S极右上方的一小段为研究对象，该处磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O点右侧的电流受到垂直纸面向外的安培力。因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动。分析导线转过90°时的情形。导线中的电流向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力。由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时，向下运动。选项A正确。‎ ‎2.固定在水平面上的光滑半球半径为R，球心O的正上方C处固定一个小定滑轮，细线一端拴一小球置于半球面上A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。现将小球缓慢地从A点拉向B点，则此过程中小球对半球的压力大小FN、细线的拉力大小FT的变化情况是(　　)‎ A．FN不变、FT不变 B．FN不变、FT变大 C．FN不变、FT变小 D．FN变大、FT变小 解析：选C　小球受力如图所示，根据平衡条件知，小球所受支持力FN′和细线拉力FT的合力F跟重力是一对平衡力，即F＝G。根据几何关系知，力三角形FAFN′与几何三角形COA相似。设滑轮到半球顶点B的距离为h，线长AC为L，则有＝＝。由于小球从A点移向B点的过程中，G、R、h均不变，L减小，故FN′大小不变，FT减小。所以正确答案为C选项。‎ ‎3.如图所示，一平放在光滑水平面上的矩形导体框位于匀强磁场区域内，磁场的磁感应强度大小为B，方向沿竖直方向，现以恒定速度v将线框拉出有界的磁场区域，设磁场的边界与线框的一边平行，且线框的总电阻为R，周长为‎2l，而其长度、宽度可以变化，则外力将线框拉出磁场区域的过程中，线框发热量的最大值为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D．以上答案都不对 解析：选B　设切割磁感线的边长为x，则线框产生的感应电动势E＝Bxv，焦耳热Q＝t＝·＝＝···(l－x)，当＝l－x，即x＝l时，Qm＝，故B正确。‎ ‎4.在竖直平面内固定一半径为R的金属细圆环，质量为m的金属小球(视为质点)通过长为L的绝缘细线悬挂在圆环的最高点。当圆环、小球都带有相同的电荷量Q(Q>0，未知)时，发现小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，如图所示。已知静电力常量为k。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．电荷量Q＝ B．电荷量Q＝ C．细线对小球的拉力FT＝ D．细线对小球的拉力FT＝ 解析：选A　取圆环上电荷元Δq来分析，再取关于圆心对称的电荷元Δq ‎，这两个对称电荷元在垂直圆环平面的对称轴上产生的合场强水平向右。对所有电荷元的场强求和，可以求得合场强E＝∑cos θ，所以小球受到的库仑力F＝kcos θ。对小球受力分析如图所示，金属小球处于平衡状态，则F＝＝，电荷量Q＝，A对、B错，细线对小球的拉力FT＝，C、D错。‎ ‎5．(多选)位于同一水平面上的两根平行导电导轨，放置在斜向左上方、与水平面成60°角的匀强磁场中，现给出这一装置的侧视图，如图所示，一根通有恒定电流的金属棒正在导轨上向右做匀速运动，在匀强磁场沿顺时针方向缓慢转过30°的过程中，金属棒始终保持匀速运动，则磁感应强度B的大小变化可能是(　　)‎ A．始终变大 B．始终变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大 解析：选AD　因通有恒定电流的金属棒在导轨上向右做匀速运动，对金属棒受力分析如图所示。在水平方向上：F安cos θ＝Ff＝μFN，竖直方向上：FN＋F安sin θ＝mg 即F安＝ ‎＝＝ 由题知，θ由30°减小至0°，则若0＜φ≤60°，则F安逐渐变大，因I不变，则B始终变大；若60°＜φ≤90°，则B先变小后变大。‎ ‎6.如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时(　　)‎ A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大 B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小 C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大 D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小 解析：选A　外电路电路结构为滑动变阻器的上部分电阻R1与下部分电阻R2并联后再与电阻R串联。根据R1＋R2之和为定值，且并联电阻R并＝可知，当R1＝R2时，R并最大，外电路电阻最大。根据欧姆定律I＝及路端电压与干路电流的关系U＝E－Ir，可知外电路电阻先增大后减小，干路电流先减小后增大，路端电压先增大后减小，B、D错；讨论电流表示数变化时，可将电阻R与电源内阻r之和等效为电源内阻r内，外电路只有R1与R2并联，当R1＜R2时，P向下移动，R2减小，而电压增大，故电流表A的读数增大；当R ‎1＞R2时，P继续向下移动，R1增大，且其两端电压减小，故通过R1的电流减小，而此时干路电流增大，故另外一条支路R2上的电流必定增大，即电流表A读数继续增大。综上所述电流表读数一直增大，A对，C错。‎ ‎7.质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。‎ ‎(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；‎ ‎(2)求此时木楔对水平面的摩擦力是多少？‎ 解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。‎ ‎(1)木块在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α＝mgsin θ＋f Fsin α＋N＝mgcos θ f＝μN 解得F＝＝＝ 则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ。‎ ‎(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即f＝Fcos(α＋θ)‎ 当F取最小值mgsin 2θ时，‎ f＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ。‎ 答案：(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ ‎8.在光滑绝缘水平面上静止着一个带正电的小球，小球质量为m＝‎500 g、所带电荷量为q＝2×10－‎6 C。从t＝0开始，在地面上方加一水平方向的匀强电场，其场强大小的变化规律如图所示(规定向右为正方向)，求小球在100 s内的位移。‎ 解析：根据题图可知，小球加速度大小不变为a＝＝4×10－‎3 m/s2。作出小球速度随时间变化的规律图线vt(如图所示)，在前4 s内位移为0。‎ 观察图线可知，从4 s末开始，每3 s内的位移构成一个等差数列，首项为a1＝1.4×10‎ ‎－‎2 m、公差为d＝1.2×10－‎2m，根据等差数列求和公式可得小球位移大小为s＝‎6.4 m。‎ 答案：‎‎6.4 m ‎9.如图所示，在倾角θ＝30°、足够长的斜面上分别固定着相距L＝‎0.2 m、可视为质点的A、B两个物体，它们的质量为mA＝mB＝‎1 kg，它们与斜 面间的动摩擦因数分别为μA＝、μB＝，在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生连续碰撞(碰撞时间极短，忽略不计)，每次碰后两物体交换速度，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)A与B第1次碰后瞬间B的速率；‎ ‎(2)从A开始运动到两物体第2次相碰经历的时间；‎ ‎(3)到第n次碰撞时A、B两物体分别通过的路程。‎ 解析：(1)A物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知 mAgsin θ－μAmAgcos θ＝mAaA 代入数值得aA＝‎2.5 m/s2‎ B物体沿斜面下滑时，由牛顿第二定律知 mBgsin θ－μBmBgcos θ＝mBaB 代入数值得aB＝0‎ 即撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式得A与B第1次碰撞前A的速度为 vA1＝＝ m/s＝‎1 m/s 由于A、B碰撞后交换速度，故A、B第1次碰后瞬间B的速率为vB1＝‎1 m/s。‎ ‎(2)从A开始运动到第1次与B碰撞用时 t1＝＝ s＝0.4 s 两物体相碰后，A物体的速度变为零，然后再做匀加速运动，而B物体将以‎1 m/s的速度沿斜面向下做匀速直线运动，设再经t2时间A与B相碰，则有 vB1t2＝aAt22，代入数值得t2＝0.8 s 从A开始运动到两物体第2次相碰共经历时间 t＝t1＋t2＝1.2 s。‎ ‎(3)从第1次碰撞开始，每次A物体运动到与B物体碰撞时，物体B均以碰前A的速度做匀速直线运动，而物体A均以碰前B的速度为初速度、以aA＝‎2.5 m/s2为加速度做匀加速直线运动，每次A、B碰撞后到下一次A、B碰撞前所经过的时间均为0.8 s，物体A速度增加量均为Δv＝2.5×‎0.8 m/s＝‎2 m/s，由于碰后两物体速度交换，因而碰后B 物体的速度为：第1次碰后vB1＝‎1 m/s，第2次碰后vB2＝‎2 m/s，第3次碰后vB3＝‎3 m/s……第n次碰后vBn＝n m/s。每次A、B碰撞后到下一次A、B碰撞前的时间内，B物体都做匀速直线运动，则第n次碰撞时B物体通过的路程为 xB＝[1＋2＋3＋…＋(n－1)]m/s×0.8 s＝ m(n＝1、2、3、…)‎ 第n次碰撞时A物体通过的路程为 xA＝L＋xB＝0.2＋m(n＝1、2、3、…)。‎ 答案：(1)‎1 m/s　(2)1.2 s　(3)0.2＋m(n＝1、2、3、…)　 m(n＝1、2、3、…)‎ 五、物理成绩的高分保障——8大妙招巧解选择题“快又准”‎ 选择题在高考中属于保分题目，只有“选择题多拿分，高考才能得高分”，在平时的训练中，针对选择题要做到两个方面：‎ 一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择题的正答率。‎ 二是练速度：提高选择题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间。‎ 解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“不择手段”，达到快速解题的目的。‎ 比较排除法 通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项。如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中只可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错。‎ ‎　　　如图甲，圆形导线框固定在匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直，规定垂直平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流的正方向，则图中正确的是(　　)‎ ‎[技法应用]　0～1 s内磁感应强度B垂直纸面向里且均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C项；2～4‎ ‎ s内，磁感应强度B垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电流大小是0～1 s内的一半，排除D项，所以B项正确。‎ ‎[心得体会]　运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的，要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲。‎ 特殊值代入法 有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较繁琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反应已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断。‎ 　如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B．‎2F2‎ C. D. ‎[技法应用]　取F1＝F2≠0，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有C满足。‎ ‎[心得体会]　这种方法的实质是将抽象、复杂的一般性问题的推导、计算转化成具体的、简单的特殊值问题来处理，以达到迅速、准确解题的目的。‎ 极限思维法 将某些物理量的数值推向极值(如：设定摩擦因数趋近零或无穷大、电源内阻趋近零或无穷大、物体的质量趋近零或无穷大等)，并根据一些显而易见的结果、结论或熟悉的物理现象进行分析和推理的一种方法。‎ ‎　　　在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小。仪器中用一根轻绳悬挂着一个金属球，无风时金属球自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，轻绳偏离竖直方向一个角度并保持恒定，如图所示。重力加速度为g，关于风力大小F与金属球质量m、偏角θ之间的关系，下列表达式中正确的是(　　)‎ A．F＝mgtan θ B．F＝mgsin θ C．F＝ D．F＝ ‎[技法应用]　本题常规解法是对金属球进行受力分析(受风力F、重力mg和绳的拉力)，金属球在此三力作用下处于平衡状态，根据力的矢量三角形可得F＝mgtan θ ‎。本题还有更简捷的解法：当θ＝0°时，风力F＝0，代入排除C、D；当θ＝90°时，风力无穷大，排除B，所以A正确。‎ ‎[心得体会]　有的问题可能不容易直接求解，但是当你将题中的某些物理量的数值推向极限时，就可能会对这些问题的选项是否合理进行分析和判断。‎ 逆向思维法 很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。‎ ‎　　　如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎[技法应用]　小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，所以tan 30°＝，v0＝＝ ，故选项A正确。‎ ‎[心得体会]　小球从B点至P点属于斜抛运动，但由P点到B点的运动却是我们熟悉的平抛运动。‎ 对称思维法 对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。‎ ‎　　　如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是(　　)‎ A．P、Q两点的电势、电场强度均相同 B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同 C．P、Q两点的电势相同、电场强度等大反向 D．在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动 ‎[技法应用]　半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度大小相等方向相同，B正确；在Q点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误。‎ ‎[心得体会]　非点电荷电场的电场强度一般可用微元法求解(很烦琐)，在高中阶段，非点电荷的电场往往具有对称的特点，所以常常用对称法结合电场的叠加原理进行求解。‎ 等效转换法 所谓思维转换法是指变换角度，从不同层次、不同角度去思考和探索问题的方法。这种方法往往通过转换研究对象、空间角度、物理规律、物理模型、思维角度、物理过程等达到化繁为简，化难为易的效果。‎ 　如图所示，间距为L的两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨单位长度的电阻为r0，导轨的端点P、Q间用电阻不计的导线相连，垂直导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B随时间t均匀变化(B＝kt)，一电阻也不计的金属杆可在导轨上无摩擦滑动且在滑动过程中始终保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆由静止开始向右做匀加速直线运动，则t时刻金属杆所受安培力为(　　)‎ A.t B.t C.t D.t ‎[技法应用]　初看本题不陌生，但细看与我们平时所做试题有区别，既有棒切割又有磁场变化，为此可实现模型转换，转换为磁场不变的单棒切割磁感线与面积不变的磁场变化的叠加，为此令金属杆的加速度为a，经时间t，金属杆与初始位置的距离为x＝at2，此时杆的速度v＝at，所以回路中的感应电动势E＝BLv＋S＝ktLv＋kLx，而回路的总电阻R＝2xr0，所以金属杆所受安培力为F＝BIL＝BL＝t，C正确。‎ ‎[心得体会]　对于物理情境很新颖，物理过程与我们熟悉的物理模型很相似的题目，可尝试使用转换法分析求解。‎ 二级结论法 ‎“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间。非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的强度等。‎ ‎　　　(多选)(2014·山东高考)如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)‎ A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小 ‎[技法应用]　导体棒靠近长直导线和远离长直导线时导体棒中产生的感应电流一定阻碍这种相对运动，故因FM向左，FN也向左，A错误，B正确；导体棒匀速运动时，磁感应强度越强，感应电流的阻碍作用也越强，考虑到长直导线周围磁场的分布可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小，C、D均正确。‎ ‎[心得体会]　本题也可根据楞次定律判断感应电流的方向，再利用左手定则判断安培力的方向，用安培力公式分析安培力大小变化，也可得出结果，但相比应用楞次定律的二级结论慢多了。‎ 类比分析法 所谓类比分析法，就是将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法。在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试着使用这种方法。‎ ‎　　　两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一质量为m的小物体从O点沿着OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是(　　)‎ A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎[技法应用]　由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，故可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得C选项正确。‎ ‎[心得体会]　两个等质量的均匀星体中垂线上的引力场分布情况不熟悉，但等量同种电荷中垂线上电场强度大小分布规律我们却很熟悉，通过类比思维，使新颖的题目突然变得似曾相识了。‎ ‎[选择题解题技法专练]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，用原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数均为μ。现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为(　　)‎ A．l＋　　　　　　　 B．l＋ C．l＋ D．l＋ 解析：选A　弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡，当m1的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当m1的值等于零时(极限)，则不论m2多大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与m2无关，故选A项。‎ ‎2.(多选)如图所示，一带负电的离子只受某一正点电荷Q的电场力作用，从A点运动到B点再到C点，点电荷Q未在图中画出。离子运动轨迹关于水平轴线MN对称，B点位于轨迹的最右端。以下说法中正确的是(　　)‎ A．正点电荷Q一定在B点左侧 B．离子在B点的加速度一定最大 C．离子在B点的动能可能最小 D．离子在B点的电势能可能最小 解析：选ACD　一带负电的离子只受某一正点电荷Q的电场力作用，从A点运动到B点再到C点，类比成卫星只受地球的万有引力作用绕地球做椭圆运动，负离子在椭圆的一个焦点上，B点可能是近地点，也可能是远地点，故答案是A、C、D。‎ ‎3．一物体在粗糙水平面上以一定初速度做匀减速直线运动直到停止，已知此物体在最初5 s内的平均速度为‎3.3 m/s，且在最初5 s内和最后5 s内经过的路程之比为11∶5，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体一共运动了12 s B．物体做匀减速直线运动的加速度大小为‎0.6 m/s2‎ C．物体运动的初速度大小为‎6 m/s D．物体匀减速过程中的平均速度为 m/s 解析：选B　设物体做匀减速直线运动的加速度大小为a，运行总时间为t。把物体的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则物体最后5 s内的位移为x2＝a×52＝‎12.5a，最初5 s内的位移为x1＝at2－a(t－5)2＝5at－‎12.5a，由题意知x1∶x2＝11∶5，联立解得t＝8 s，A错；物体最初5 s内的位移为x1＝3.3×‎5 m＝‎16.5 m,5at－‎12.5a＝16.5，联立解得a＝‎0.6 m/s2，B对；由v＝at知物体运动的初速度大小为v＝0.6×‎8 m/s＝‎4.8 m/s，C错；由平均速度定义知全程的平均速度为＝＝×0.6×‎8 m/s＝‎2.4 m/s，D错。‎ ‎4．竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　取k＝1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为，代入后只有C满足。‎ ‎5．如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电源内阻不可忽略，闭合开关S1，当开关S2闭合时，电流表A的示数为‎3 A，则当S2断开时，电流表示数可能为(　　)‎ A．‎3.2 A B．‎‎2.1 A C．‎1.2 A D．‎‎0.8 A 解析：选B　断开S2后，总电阻变大，电流变小，“排除”A项；S2断开前路端电压是U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2断开后路端电压增大，故大于12 V，电流则大于I′＝＝ A＝‎1.2 A，“排除”C、D两项。故可得正确选项为B。‎ ‎6．(2013·安徽高考)由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是‎0.28 m3‎/min，水离开喷口时的速度大小为‎16 m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎28.8 m　1.12×10－‎‎2 m3‎ B．‎28.8 m　‎‎0.672 m3‎ C．‎38.4 m　1.29×10－‎‎2 m3‎ D．‎38.4 m　‎‎0.776 m3‎ 解析：选A　将初速度正交分解，得竖直方向分速度vy＝vsin 60°＝‎24 m/s，水在竖直方向做竖直上抛运动，水柱的高度h＝＝‎28.8 m，水柱上升的时间t＝＝2.4 s，故水柱的水量V＝Qt＝1.12×10－‎2 m3‎。‎ ‎7.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d，鸡蛋和纸板的质量分别为m和‎2m，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为(　　)‎ A．3μmg B．6μmg C．12μmg D．26μmg 解析：选D　本题物理情境较新颖，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块—滑板模型，所以对鸡蛋有＝a1t2，μmg＝ma1，对纸板有d＋＝a2t2，Fmin－3μmg－μmg＝2ma2，联立解得Fmin＝26μmg，D对。‎ ‎8.12根长直导线并排成长为l的直导线带ab，P1、P2是位于ab 所在直线上的两点，位置如图所示，P1到导线带左端的距离等于P2到导线带右端的距离，所有长直导线中均通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，ab上所有直导线产生的磁场在P1处的磁感应强度大小为B1，在P2处的磁感应强度大小为B2，若仅将右边6根直导线移走，则P2处的磁感应强度大小为(　　)‎ A. B．B2－B1‎ C．B1－ D．B1＋ 解析：选B　由于所有直导线中的电流一样，将直导线一分为二，由右手螺旋定则及对称性知左边6根直导线电流在P1点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P1点产生的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P1处产生的磁场，磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向下；由对称性知右边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2－B1，B选项正确。‎ ‎9.(多选)如图所示，电源的内阻可以忽略不计，电压表(内阻不能忽略)和可变电阻R串联在电路中，如果可变电阻R的阻值减为原来的，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法正确的是(　　)‎ A．流过可变电阻R的电流增大为原来的2倍 B．可变电阻R消耗的电功率增大为原来的4倍 C．可变电阻两端的电压减小为原来的 D．若可变电阻R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0‎ 解析：选ACD　电压表阻值一定，当它的读数由U0增加到2U0时，通过它的电流一定变为原来的2倍，而R与电压表串联，故选项A正确。再利用P＝UI和U＝IR，可知R消耗的功率P′＝＝P，R后来两端的电压U＝IR，不难得出C项正确、B项错误。又因电源内阻不计，R与电压表的电压之和为E，当R减小到零时，电压表示数为E，其值为E＝IR＋U0＝IR＋2U0，解得E＝4U0，故选项D正确。‎ ‎10.如图所示，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度v0从M点射入匀强电场，穿过电场后，从N点以速度v射出，不计粒子的重力，则以下判断正确的是(　　)‎ A．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子从N点射出时的速率为v0‎ B．如果让粒子从N点以速度－v射入，则粒子从M点射出时的速度为－v0‎ C．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子能到达N点 D．如果让粒子从N点以速率v0沿－v方向射入，则粒子从M点射出时的速率为v沿－v0方向 解析：选B　粒子在电场力作用下，做类平抛运动，初速度v0与末速度v的水平分量相等，显然可得出A、C、D错误，当粒子从N点以速度－v射入电场中时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上做匀减速运动，从M到N和从N到M两运动可逆，可知正确选项为B。‎ ‎11.(2016·衡阳月考)如图所示，AB为均匀带有电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为＋Q的点电荷所形成的电场在C点的电势。若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为(　　)‎ A．φ0 B.φ0‎ C．2φ0 D．4φ0‎ 解析：选C　AB棒带电均匀，故其等效点电荷P点即是AB棒的中点，如图所示，已知PC＝r，将AB棒分成均匀两段，设左半段的中点为E，其电荷量为Q，如图可知C′E的长度为r，故其在C′的电势为φ＝k＝k＝φ0，同理，右半段在C′产生的电势也为φ0，根据题意可知其代数和为2φ0，故选项C正确。‎ ‎12．水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1 时，A、B相对于转盘会滑动 B．当ω> 时，绳子一定有弹力 C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大 D．当ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大 解析：选ABD　当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B恰好不相对转盘滑动，设A、B质量均为m，则2kmg＝mω‎2L＋mω2·‎2L，解得ω＝ ，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，此时有kmg＝mω2·‎2L，解得ω＝ ，B项正确；当 <ω< 时，随着角速度的增大，绳子弹力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错；当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω‎2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω‎2L＋mω2·‎2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确。‎ ‎14．如图所示，水平台面上放置一弹簧，弹簧一端固定，另一端系一滑块。弹簧劲度系数为k，弹簧处于自然状态时滑块位于O点。已知滑块质量为m，与水平台面间的动摩擦因数为μ，弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，其中x为弹簧的形变量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时将滑块拉至A0点，OA0＝l0，然后将滑块由静止释放。要使滑块通过O点一次后停于O点左方，则动摩擦因数μ的取值范围为(　　)‎ A．μ> B．μ< C.<μ< D．无法确定 解析：选C　弹簧两状态之间的弹性势能之差等于滑块克服摩擦力做的功。‎ ‎①假设滑块自A0点滑至O点停下，此时，动摩擦因数取到极大值μmax kl02＝μmaxmgl0，解得μmax＝。‎ ‎②假设滑块由A0点滑过O点，到达O点左方某点A1时速度为0，如图所示，滑块最后停于O点。这种情况对应的动摩擦因数为极小值μmin，设OA1＝l1，则对滑块从A0点运动到A1点的过程有 k(l02－l12)＝μminmg(l0＋l1)，即k(l0－l1)＝μminmg 滑块从A1点运动到O点的过程有kl12＝μminmgl1‎ 联立解得μmin＝ 故动摩擦因数的取值范围为<μ<，C正确。‎ ‎15．由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小为B＝·，其中μ0为真空磁导率。若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是(　　)‎ A．BP＝· B．BP＝· C．BP＝· D．BP＝· 解析：选A　本题看似无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式。应用极限法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP＝·，A正确。‎ 附(一)：高考理综物理部分仿真检测　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 仿真检测(一)‎ ‎(满分：110分　时间：60分钟)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动 B．库仑不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机 C．牛顿在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展 D．摩擦起电现象中，用丝绸摩擦过的玻璃棒所带电荷是一种，用毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷是另一种，美国科学家密立根把前者命名为正电荷，把后者命名为负电荷，并且用油滴实验最早测出了元电荷的数值 解析：选A　伽利略设计了理想斜面实验，研究力与运动的关系，与他同时代的法国科学家笛卡尔补充和完善了伽利略的观点，并明确指出，除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远不会使自己沿曲线运动，而只保持在直线上运动，故A正确；法拉第不但提出了场的概念，而且采用电场线描述电场，还发明了人类历史上的第一台发电机，故B错误；伽利略在物理学的发展历程中，首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展，故C错误；富兰克林把自然界的两种电荷命名为正电荷和负电荷，故D错误。‎ ‎2.在下列四个核反应方程中，符号“X”表示中子的是(　　)‎ A.He＋N→O＋X B.U→Th＋X C.Be＋He→C＋X D.Th→Pa＋X 解析：选C　根据电荷数守恒、质量数守恒知，A项中X的电荷数为2＋7－8＝1，质量数为4＋14－17＝1，不是中子，是质子，故A错误；B项中X的电荷数为92－90＝2，质量数为238－234＝4，不是中子，是α粒子，故B错误；C项中X的电荷数为4＋2－6＝0，质量数为9＋4－12＝1，为中子，故C正确；D项中X的电荷数为90－91＝－1，质量数为234－234＝0，不是中子，是电子，故D错误。‎ ‎3.如图所示为甲、乙两个物体做同向直线运动的vt图像，则关于两物体在0～t1时间内的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．两物体间的距离一定在不断减小 B．两物体的位移差一定是不断增大 C．两物体的速度差一直在增大 D．两物体的加速度都是先增大后减小 解析：选B　vt图像与坐标轴围成的面积表示位移，由于不知道甲、乙两个物体的初始位置，所以不能判断两物体间距离如何变化，如果是甲在前，乙在后，则两物体间距离逐渐增大，故A错误；vt图像与坐标轴围成的面积表示位移，根据图像可知，两物体的位移差为两图线间的面积，随着位移的增大而增大，故B正确；根据图像可知，两物体的速度差先增大，后减小，故C错误；图像的斜率表示加速度，根据图像可知，两物体的加速度都是先减小后增大， 故D错误。‎ ‎4.真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图像(φr图像)，判断下列说法中正确的是(　　)‎ A．该金属球可能带负电 B．A点的电场强度方向由A指向B C．A点的电场强度小于B点的电场强度 D．电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝q(φ2－φ1)‎ 解析：选B　由题图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B正确、C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W＝qUAB＝q(φ1－φ2)，故D错误。‎ ‎5．如图为一滑雪爱好者建立的一个研究模型。物块自左边斜面A 点静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面的B点。测出AB连线与水平面的夹角为θ，已知左右斜面的倾角分别为α和β，物块与各接触面动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)‎ A．μ＝tan α　　　　　　　　 B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan 解析：选C　设AB段的水平长度为x，竖直高度差为h，AC的倾角为α，BD的倾角为β，对A到B的过程，运用动能定理得：‎ mgh－μmgcos α·AC－μmg·CD－μmgcos β·DB＝0‎ 因为ACcos α＋CD＋DBcos β＝x 则有：mgh－μmgx＝0‎ 解得：μ＝ 由数学知识有：＝tan θ，所以，μ＝tan θ，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎6．‎2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持。特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合大量关键技术。如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。“北斗”系统中两颗卫星“G‎1”‎和“G‎3”‎以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动。卫星“G‎1”‎和“G‎3”‎的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是(　　)‎ A．卫星“G‎1”‎和“G‎3”‎的加速度大小相等且为g B．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速 C．卫星“G‎1”‎由位置A运动到位置B所需的时间为 D．若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会减小 解析：选CD　根据万有引力提供向心力G＝ma，而GM＝gR2。所以卫星的加速度a＝，故A错误。“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误。根据万有引力提供向心力G＝mrω2，解得ω＝，所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间t＝＝，故C正确。“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D正确。‎ ‎7．如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，理想电压表读数为U，变化量的绝对值为ΔU，理想电流表读数为I，变化量的绝对值为ΔI，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ A．U增大，I减小 B.增大 C．电源输出功率一定增大 D.”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差________(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。‎ 解析： (1)游标卡尺的主尺读数为：‎0.8 cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×‎10 mm＝‎0.50 mm，所以最终读数为：‎0.850 cm。‎ ‎(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v＝，根据机械能守恒的表达式有：‎ mgh＝mD2 即只要比较D2与2gh是否相等，‎ 故选D。‎ ‎(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小。‎ 答案：(1)0.850　(2)D　(3)<　不能 ‎10．(9分)使用理想电压表、理想电流表、滑动变阻器、直流电源等仪器，研究一只小灯泡完整的伏—安特性，测得IU图像如图甲所示。已知滑动变阻器滑动片的有效移动长度为‎30 cm，变阻器的最大阻值为22.5 Ω，电源电动势为6 V，内阻不计。‎ ‎(1)在如图乙的虚线框内，不改变滑动变阻器和电源的位置，补上电压表、电流表、灯泡，画出完整的电路图。要求滑动变阻器的滑动片向左滑动时，灯泡的电压增大。‎ ‎(2)根据IU图像可知：从A到B的过程中灯泡的电阻逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，改变的阻值为____________Ω。‎ ‎(3)在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了____________‎ ‎ cm的长度。‎ 解析：(1)滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，滑片左移灯泡电压变大，灯泡与滑动变阻器右半部分电阻丝并联，电路图如图所示。‎ ‎(2)由IU图像可知，从A到B的过程中，灯泡两端电压与电流之比增大，即灯泡的电阻逐渐增大；应用欧姆定律可知，电阻的改变量：‎ ΔR＝RB－RA＝－＝ Ω－ Ω＝5 Ω。‎ ‎(3)设滑片在A点时与灯泡并联的滑动变阻器阻值为R，此时灯泡两端电压，即并联电压为U并＝3 V，滑动变阻器左半段电压为6 V－3 V＝3 V，通过灯泡的电流为IL＝‎0.2 A，由串并联电路特点及欧姆定律可得：(22.5－R)＝3，‎ 解得：R＝15 Ω； ‎ 与灯泡并联的滑动变阻器电阻丝长度为：×30＝‎20 cm，在获得A→B段图线数据的过程中，滑动变阻器的滑动片向左移动了(30－20) cm＝‎10 cm。‎ 答案：(1)电路图如图所示　(2)增大　5　(3)10‎ ‎11.(12分)如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A(含货物)和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连。A装载货物后从h＝‎8.0 m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定。已知θ＝53°，B的质量M为1.0×‎103 kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取‎10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。‎ ‎(1)为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？‎ ‎(2)若A的质量m＝4.0×‎103 kg，求它到达底端时的速度v；‎ ‎(3)为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于‎12 m/s。请通过计算判断：当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定。‎ 解析：(1)设右斜面倾角为β，货箱由静止释放后能沿斜面下滑，则F合>0‎ mgsin θ－Mgsin β－μmgcos θ－μMgcos β>0‎ 解得：m>2.0×‎103 kg。‎ ‎(2)对系统应用动能定理：‎ mgh－Mg－(μmgcos θ＋μMgcos β)＝(M＋m)v2‎ v＝‎2 m/s。‎ ‎(3)当A的质量m与B的质量M之间关系满足m≫M时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mgsin θ－μmgcos θ＝mam am＝‎5 m/s2‎ vm2＝2amL 货箱到达斜面底端的最大速度vm＝‎10 m/s<‎12 m/s 所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置均能被安全锁定。‎ 答案：(1)m>2.0×‎103 kg　(2)‎2 m/s ‎(3)当A的质量m不断增加时，该装置能被安全锁定。‎ ‎12.(20分)如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN为理想分界面。两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，Ⅰ区的磁场方向垂直于纸面向里。一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经t＝的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。‎ ‎(1)求每一磁场区域的宽度d; ‎ ‎(2)若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于多少？‎ ‎(3)现撤去加速装置，使Ⅰ区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界A1射入，并改变射入时的方向(其他条件不变)，使得电子穿过Ⅰ区域的时间最短。求电子穿过两区域的时间t。‎ 解析：(1)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：‎ ev0B＝m 电子做圆周运动的周期：T＝ 电子在每一磁场中运动的时间为：t1＝＝＝ 电子的在磁场中转过圆心角：θ＝ 磁场的宽度：d＝rsin 45°，‎ 解得：d＝。 ‎ ‎(2)若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在Ⅰ区域中转半圈后从A1离开磁场，运动轨迹如图甲所示：‎ 设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v ‎，由牛顿第二定律得：evB＝m 由几何知识得：R＝d 在加速电场中，由动能定理得：eU＝mv2－0‎ 解得：U＝。‎ ‎(3)由于速率一定，要电子穿过Ⅰ区域的时间最短，则需电子穿过Ⅰ区域的弧长最短(对应的弦长最短)。运动轨迹如图乙所示：‎ 在Ⅰ区域的半径：‎ r1＝ ‎ 由图可知：sin θ＝，解得θ＝。‎ 在Ⅰ区域的运动时间：t1＝T＝。‎ 在Ⅱ区域的半径：r2＝＝2r1。‎ 由几何关系可知，在Ⅱ区域中的圆心O2必在A2上。‎ 如图，φ＝θ＝。‎ 在Ⅱ区域的运动时间：t1＝T＝。‎ 通过两场的总时间t＝t1＋t2＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) 三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)‎ ‎[物理——选修3－3](15分)‎ ‎13．(1)(5分)武汉某日白天的气温是‎20 ℃‎，空气中水蒸气的压强是1.1×103 Pa，已知‎20 ℃‎时水蒸气的饱和气压是2.3×103 Pa，武汉该日白天空气的相对湿度是________。到了夜间，如果空气中水蒸气的压强不变，但是气温降到‎10 ℃‎，你会感到比白天____________(填“干爽”或“潮湿”)。‎ ‎(2)(10分)由“U”形细管连接的左、右两气缸容积相同，并直立于竖直平面内。隔板K将左侧气缸分为A、B两部分，B的容积是A的3倍，A内为真空，B和C 内均封闭有一定质量的理想气体。开始时，B和C内气体的温度均为‎27 ℃‎，“U”形细管内水银柱高度差为h1＝‎60 mm，如图所示。现保持B和C内气体的温度不变，抽出隔板K，整个系统稳定后，“U”形细管内左、右水银面相平。继续保持B内气体的温度不变，当将C中的气体缓慢加热到某一温度时，“U”形细管内水银柱高度差为h2＝‎30 mm，求此时C中气体的温度。(不计“U”形细管内气体的体积)‎ 解析：(1)相对湿度＝；‎ 所以白天‎20 ℃‎时的相对湿度为：×100%≈48%；‎ 由于饱和蒸汽压仅仅与温度有关，温度降低，饱和蒸汽压减小，所以‎10 ℃‎时的饱和蒸汽压小于‎20 ℃‎时的饱和蒸汽压，根据相对湿度＝可知，夜间的相对湿度一定大于白天的相对湿度，会感到潮湿。‎ ‎(2)设A的体积为V，则B的体积为3V，抽去活塞前后B的温度不变，由玻意耳定律：‎ pB1·3V＝pB2·4V 抽去K前B与C的压强关系：pB1＝pC1＋h1‎ 抽去K后B与C的压强关系：pB2＝pC1‎ 对C加热后：pC2＝pB2＋h2‎ 对C中气体分析，加热的过程中体积可以认为不变，由查理定律得：＝ 联立以上方程得：T2＝350 K。‎ 答案：(1)48%　潮湿　(2)350 K ‎[物理——选修3－4](15分)‎ ‎14．(5分)(1)用单摆测量重力加速度时，某同学测得的数值大于当地重力加速度的真实值，可能的原因是________。‎ A．将摆球和摆线平放在桌面上，拉直后用米尺测出摆球球心到摆线上某点O的长度作为摆长，然后将摆线上的O点作为悬点 B．用游标卡尺测量摆球的直径为d，用米尺测量从悬点到摆球顶端的高度差为L，把d＋L计为摆长 C．释放摆球后，摆球不在同一竖直平面内运动，而做圆锥运动 D．拉开摆球，从最大摆角约为5°处释放，摆动稳定后，当摆球通过平衡位置时启动秒表并数下“‎1”‎，直到第30次同向通过平衡位置时制动秒表，读出经历时间t，用T＝计算周期 E．拉开摆球，从最大摆角约为45°处释放，之后立即测量摆球发生30次全振动所用的时间t ‎(2)(10分)两块透明长方体A、B叠放在一起，尺寸如图所示，长和宽均为4d，厚度均为d。已知A的折射率n1＝2，B的折射率n2＝，真空中光速为c。点光源O紧贴着A的下表面中心，向A的上表面发出单色光，求从B的上表面射出的光中，通过两块长方体所用的最长时间。(不考虑光的反射)‎ 解析：(1)由单摆周期公式T＝2π，可知重力加速度：g＝。先测出摆长L，后把单摆悬挂起来，所测摆长偏小，所测重力加速度偏小，故A错误；把摆线长加摆球直径当成摆长，由g＝可知，当L偏大会引起测量值偏大，故B正确；摆球不在同一竖直平面内运动，成为圆锥摆运动，有效摆长变短，所测重力加速度偏大，故C正确；测周期时，当摆球通过最低点时启动秒表并数“1”，数到摆球第30次通过平衡位置时按下秒表，读出时间t，此时实际经历了29个周期，用T＝计算周期而使周期偏小，故所求得g偏大，故D正确；拉开的摆角过大时，由于受到的阻力较大，此时所测周期较大，故测出的加速度较小，故E错误。‎ ‎(2)当光线在两界面上的入射角最大时，即光在B的上表面发生全反射时，光线经过的路程最大，则运动的时间最长，光路如图所示，由折射定律得，sin θ2＝，解得θ2＝45°，根据n1sin θ1＝n2sin θ2得，θ1＝30°，‎ 设光在A、B中传播的速度分别为v1、v2，则v1＝、v2＝，光沿图示路径传播时间t最长，则t＝＋，‎ 联立解得t＝。‎ 答案：(1)BCD　(2) 仿真检测(二)‎ ‎(满分：110分　时间：60分钟)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1．下列叙述符合物理学史实的是(　　)‎ A．安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法—安培定则 B．法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应 C．楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化 D．麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景 解析：选B　奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法—安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误。‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”‎ B．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应 C．光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 D. 715N＋11H→ ‎612C＋24He是α衰变方程 解析：选A　汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不成正比，选项C错误； 715N＋11H→ ‎612C＋24He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。‎ ‎3.据新华社北京‎3月21日电，记者21日从中国载人航天工程办公室了解到，已在轨工作1 630天的天宫一号目标飞行器在完成与三艘神舟飞船交会对接和各项试验任务后，由于超期服役两年半时间，其功能已于近日失效，正式终止了数据服务。根据预测，天宫一号的飞行轨道将在今后数月内逐步降低，并最终再入大气层烧毁。若天宫一号服役期间的轨道可视为圆且距地面h(h≈‎343 km)，运行周期为T，地球的半径为R，下列关于天宫一号的说法正确的是(　　)‎ A．因为天宫一号的轨道距地面很近，其线速度小于同步卫星的线速度 B．女航天员王亚平曾在天宫一号中漂浮着进行太空授课，那时她不受地球的引力作用 C．天宫一号进入外层稀薄大气一小段时间内，克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量 D．由题中信息可知地球的质量为 解析：选C　根据万有引力提供向心力可知，G＝m，解得：v＝，由于天宫一号的轨道半径小于同步卫星的半径，则其线速度大于同步卫星的线速度，故A错误；航天员在天宫一号中处于失重状态，地球对她的万有引力提供她随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力，不是不受地球的引力作用，故B错误；根据动能定理可知引力与空气阻力对天宫一号做的总功应为正值，而引力做的功等于引力势能的减少，即天宫一号克服气体阻力做的功小于引力势能的变化，故C正确；根据万有引力提供向心力可知，G＝m，解得：M＝，故D错误。‎ ‎4．如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变，开始时单刀双掷开关K接b。S断开时，小灯泡A发光较暗，要使小灯泡A亮度增加，下列操作可行的是(　　)‎ A．闭合开关S B．把滑动变阻器滑片向右移动 C．把滑动变阻器滑片向左移动 D．开关K接a 解析：选B　闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A变暗，故A错误；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A两端的电压变大，灯泡A变亮，故B正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A两端的电压变小，灯泡A变暗，故C错误；开关K接a，根据＝，副线圈两端的电压减小，灯泡A中电流变小，灯泡A变暗，故D错误；故选B。‎ ‎5．如图所示，正方形导线框abcd和菱形MNPQ在同一水平面内，ab＝MN＝MP＝L，ab⊥NQ，N位于ab的中点，菱形区域存在方向竖直向上的匀强磁场，使线框从图示位置沿NQ方向匀速穿过菱形区域，规定电流逆时针为正，则线框中的电流i随位移x变化的图像可能是(　　)‎ 解析：选D　导线框右边进入磁场时由楞次定律可以判断感应电流方向为顺时针方向，故A、C错误。当ab边与MP重合时，切割长度最大，感应电流最大；从ab边与MP重合到cd边到达N点，有效切割长度均匀减小，感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；cd边进入磁场一直运动到ab和cd边关于MP对称的中间位置，右边ab切割长度均匀减小，左边cd切割长度均匀增加，而且两边感应电动势反向，所以总电动势减小更快，到达正中央位置电流为0，所以D正确，B错误。‎ ‎6．如图所示电路，电源内阻不能忽略，R1阻值小于变阻器的总电阻，初态滑片P位于变阻器的中点，P由中点向上移动到顶端的过程中(　　)‎ A．电源内部消耗的功率先减小后增大 B．电源的效率先减小后增大 C．电流表的示数先减小后增大 D．电压表的示数先增大后减小 解析：选AD　P向上滑动时，并联电路的电阻先增大后减小，外电路的总电阻就先增大后减小，则干路电流先减小后增大，由P＝I2r知，电源内部消耗的功率先减小后增大，则A正确；由η＝知，电源的效率先增大后减小，则B错误；由U＝E－Ir知，电压表的示数先增大后减小，则D正确；电流表所在支路电阻一直减小，所以电流一直增大，则C错误。‎ ‎7.如图所示，表面粗糙的竖直圆弧轨道AB固定在粗糙的水平轨道BC上，两轨道在B处平滑连接，切点B在圆心O 的正下方。一小物体由静止开始从顶端A沿圆弧轨道滑下，最后停止于水平轨道的C处，已知BC＝d，圆弧轨道半径为R，小物体与两轨道的动摩擦因数均为μ。现用力F将该小物体沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与小物体的运动方向一致，小物体从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体在下滑过程中，运动到B处时速度最大 B．物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于μmg(R＋d)‎ C．拉力F做的功小于2mgR D．拉力F做的功为mg(R＋μd＋μR)‎ 解析：选BCD　物体在下滑过程中，开始阶段，重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力，物体的速度增大。后来，重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力，速度减小，则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误。物体缓慢地从B被拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物体从A滑到B的过程中，物体做圆周运动，根据向心力知识可知，物体所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于μmg(R＋d)，故B正确。从A到C的过程中，根据动能定理得：mgR－Wf－μmgd＝0－0　①‎ 从C到A的过程中，根据动能定理得：WF－mgR－μmgd－μmgR＝0－0　②‎ 则由②得拉力F做的功为WF＝mg(R＋μd＋μR)‎ 又Wf>μmgR　③‎ 由①③得：mgR>μmgR＋μmgd　④‎ 由②④得：WF<2mgR，故C、D正确。‎ ‎8.如图所示，真空中有两个点电荷 Q1＝＋9.0×10－‎8 C和Q2＝－1.0×10－‎8 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝‎6 cm处。在x轴上(　　)‎ A．场强为0的点有1处 B．在x>‎6 cm区域，电势沿x轴正方向降低 C．质子从x＝‎1 cm运动到x＝‎5 cm处，电势能升高 D．在0‎9 cm的区域，场强沿x轴正方向 解析：选AD　设与点电荷Q1、Q2的距离分别为r1、r2处的电场强度为零，则＋＝0，且r1＝r2＋‎6 cm，解得r1＝‎9 cm，r2＝‎3 cm，因此场强为0的点有1处，A正确；在x＞‎6 cm的区域，电势沿x轴先升高后降低，B错误；质子在‎1 cm＜x＜‎5 cm的区域运动时，电场力做正功，电势能减小，C错误；在0‎9 cm的区域，场强沿x轴正方向，D正确。‎ 二、非选择题(共47分)‎ ‎9．(6分)某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A、B 是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，钢球通过光电门A时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B时就停止计时，得到钢球从A运动B所用的时间t，用刻度尺测出A、B间的高度h，保持小球下落的位置不变，保持光电门B的位置不变，改变光电门A的位置，重复前面的实验，测出多组h、t的值。‎ ‎(1)根据测得的多组h、t的值，算出每组的，作出 t图像，则图像应是图乙中的________。‎ ‎(2)图线与纵轴的交点表示____________________，要求出重力加速度，必须求出图线的________，若求出的图线的这个量用k表示，则当地的重力加速度为________。‎ 解析：(1)由于球下落的位置不变，光电门B的位置不变，因此小球到达B点的速度不变，设球到B点的速度为vB，则球的运动可以看成是倒过来的匀减速直线运动，则有：h＝vBt－gt2，即＝vB－gt，因此D正确，A、B、C错误；‎ ‎(2)由函数表达式可知，图线与纵轴的交点表示小球通过B光电门的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由k＝g，解得：g＝2k。‎ 答案：(1)D　(2)小球通过B光电门的速度　斜率的绝对值　2k ‎10．(9分)利用如图(a)所示电路，可以测量金属丝的电阻率ρ，所用的实验器材有：‎ 待测的粗细均匀的电阻丝、电流表(量程‎0.6 A，内阻忽略不计)、电源(电动势3.0 V，内阻r未知)、保护电阻(R0＝4.0 Ω)、刻度尺、开关S、导线若干、滑片P 实验步骤如下：‎ ‎①用螺旋测微器测得电阻丝的直径d如图(b)所示。‎ ‎②闭合开关，调节滑片P的位置，分别记录每次实验中aP长度x及对应的电流值I。‎ ‎③以为纵坐标，x为横坐标，作 x图线(用直线拟合)。‎ ‎④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)螺旋测微器示数为d＝________ mm。‎ ‎(2)用题中字母可求得与x的关系式为________。‎ ‎(3)实验得到的部分数据如表所示，其中aP长度x＝‎0.30 m时电流表的示数如图(c)所示，读出数据，完成下表，答：①____，②____。‎ x(m)‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.60‎ I(A)‎ ‎0.49‎ ‎0.43‎ ‎①‎ ‎0.33‎ ‎0.31‎ ‎0.28‎ (A－1)‎ ‎2.04‎ ‎2.33‎ ‎②‎ ‎3.03‎ ‎3.23‎ ‎3.57‎ ‎(4)在图(d)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝______A－‎1m－1，截距b＝________ A－1。(保留小数点后两位小数)‎ ‎(5)根据图线求得电阻丝的电阻率ρ＝________ Ω·m，电源的内阻为r＝________ Ω。(保留小数点后一位小数)‎ 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度为‎0.0 mm，可动刻度为0.01×‎40.0 mm＝‎0.400 mm，所以最终读数为‎0.400 mm(0.400±0.001)。‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律，‎ 则有：E＝I，‎ 由数学知识，可得，＝x＋。‎ ‎(3)由图(c)可知，电流表读数为I＝19×‎0.02 A＝‎0.38 A；故表格①中应为0.38，表格②中通过计算可知，应该为2.63。‎ ‎(4)在图(d)中描点作图，让直线尽量过所有的点，或让直线对称分布在直线两侧，‎ 由图线可知，斜率为k＝ A－1·m－1＝‎2.97 A－1·m－1，因此纵截距为b＝‎1.77 A－1。‎ ‎(5)由数学知识可得，k＝，b＝，‎ 解得：ρ＝1.1×10－6 Ω·m r＝1.3 Ω。‎ 答案：(1)0.400(0.400±0.001)‎ ‎(2)＝x＋ ‎(3)①0.38　②2.63‎ ‎(4)图线见解析图　3.00(2.92～3.10)　1.77(1.76～1.78)‎ ‎(5)1.1×10－6(1.0×10－6～1.2×10－6)　1.3(1.2～1.4)‎ ‎11．(14分)雾天行车经常发生车辆追尾相撞的事故，造成极大的人生伤害和财产损失。现假设某条高速公路限制速度为v＝‎120 km/h，某种雾天的能见度(即观察者与能看见的最远目标间的距离)s0＝‎27 m，汽车紧急制动时产生的平均制动力F＝1.35×104 N，汽车质量m＝1 ‎500 kg，其制动过程可以视为匀减速运动，制动时司机的反应时间(即司机发现状况到踩下刹车的时间，该时间内汽车仍然匀速运动)为t0＝0.5 s，求：‎ ‎(1)当汽车速度为v1＝‎108 km/h时，从踩下刹车到汽车停止运动，汽车滑行的距离；‎ ‎(2)在该雾天，为了安全，汽车行驶的速度不能超过多少？‎ 解析：(1)由牛顿第二定律得汽车的加速度为：a＝＝ m/s2＝‎9 m/s2，刹车后汽车做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v12＝2ax，‎ 刹车后汽车滑行的距离：x＝＝ m＝‎50 m；‎ ‎(2)设最大速度为v2，从发现危险到车停止，汽车将经过匀速运动与匀减速运动，‎ 匀速运动的位移为x1，x1＝v2t0，‎ 匀减速运动的位移为x2，v22＝2ax2，‎ 根据题意可知：s0＝x1＋x2，‎ 解得最大速度：v2＝‎18 m/s。‎ 答案：(1)‎50 m　(2)‎18 m/s ‎12.(18分)如图所示，两光滑金属导轨，间距d＝‎2 m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B＝1 T、方向竖直向下的有界磁场，电阻R＝3 Ω，桌面高H＝‎0.8 m，金属杆ab质量m＝‎0.2 kg，其电阻r＝1 Ω，从导轨上距桌面h＝‎0.2 m的高度处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离s＝‎0.4 m，取g＝‎10 m/s2，导轨电阻不计，求：‎ ‎(1)金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；‎ ‎(2)整个过程中电阻R放出的热量；‎ ‎(3)磁场区域的宽度。‎ 解析：(1)设金属杆刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh＝mv02‎ 代入数据解得：v0＝‎2 m/s 又由法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv0＝4 V 由闭合电路欧姆定律有：I＝＝‎1 A。‎ ‎(2)设金属杆刚离开磁场时速度为v，接着金属杆开始做平抛运动，在竖直方向上有：H＝gt2‎ 解得：t＝ 在水平方向上有：s＝vt，‎ 解得：v＝‎1 m/s 根据能量守恒有：Q＝W电＝mv02－mv2‎ 电磁感应过程中电阻R上产生电热为：QR＝Q 解得QR＝0.225 J。‎ ‎(3)棒穿过磁场过程加速度为a，‎ 由牛顿第二定律有：－BId＝ma，‎ ‎－＝m，‎ 进一步化简得：－＝mΔv，‎ 又由于：vΔt＝Δl　全程求和：∑Δv＝v－v0，∑Δl＝l 解得：l＝＝‎0.2 m。‎ 答案：(1)‎1 A　(2)0.225 J　(3)‎‎0.2 m 三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)‎ ‎[物理——选修3－3](15分)‎ ‎13．(1)(5分)下列说法中正确的是________。‎ A．气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关 B．布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子永不停息地做无规则热运动 C．热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响 D．水黾可以停在水面上是因为液体具有表面张力 E．温度升高，物体所有分子的动能都增大 ‎(2)(10分)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其p V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为‎27 ℃‎，求：‎ ‎(ⅰ)该气体在状态B和C时的温度分别为多少K?‎ ‎(ⅱ)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？‎ 解析：(1)气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，故A正确；布朗运动指悬浮在液体中的颗粒所做的无规则运动，布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，故B错误；热力学第二定律的开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响，C正确；因为液体具有表面张力，水黾才能无拘无束地在水面上行走自如，故D正确；温度是分子平均动能的标志，温度升高，并不是物体所有分子的动能都增大，故E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)对一定质量的理想气体由图像可知，A→B为等容变化，由查理定律得：＝ 即代入数据得：TB＝600 K A→C由理想气体状态方程得：＝ 代入数据得：TC＝300 K。‎ ‎(ⅱ)从A到C气体体积减小，外界对气体做正功，由p V图线与横轴所围成的面积可得：W＝＝1 000 J 由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，有：ΔU＝0‎ 由热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q 可得：Q＝－1 000 J，即气体向外界放出热量，传递的热量为1 000 J。‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)600 K　300 K ‎(ⅱ)放热　1 000 J ‎[物理——选修3－4](15分)‎ ‎14．(1)(5分)图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝‎1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝‎4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是________。‎ A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动 B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同 C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了‎6 m D．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为‎30 cm E．质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10 sin 10πt(国际单位)‎ ‎(2)(10分)一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率。‎ 解析：(1)题图(b)为质点Q的振动图像，则知在t＝0.10 s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；在t＝0.10 s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。由题图(b)读出周期T＝0.2 s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s＝T，则在t＝0.25 s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；由(a)图知波长λ＝‎8 m，则波速为：v＝＝ m/s＝‎40 m/s，从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s，该波沿x轴负方向传播的距离为Δx＝vΔt＝40×‎0.15 m＝‎6 m，故C正确；从t＝0.10 s到t＝0.25 s经过的时间为Δt＝0.15 s＝T，由于t＝0.10 s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是‎3A＝‎30 cm，故D错误；质点Q简谐运动的表达式为y＝Asint＝0.1sin t m＝0.10sin 10πt(m)，故E正确。‎ ‎(2)根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点。在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C。‎ 由sin C＝和几何知识得：‎ sin C＝＝ 而Δr＝R－r，‎ 解得：n＝。‎ 答案：(1)BCE　(2) 仿真检测(三)‎ ‎(满分：110分　时间：60分钟)‎ 一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎1．以下说法正确的是(　　)‎ A．牛顿在前人研究基础上总结出万有引力定律，并测出引力常量为G B．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因 C．法拉第发现了电磁感应现象 D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律 解析：选C　牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故A错误。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因，故B错误。法拉第发现了电磁感应现象，故C正确。洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误。‎ ‎2．如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是(　　)‎ 解析：选C　根据玻尔的原子跃迁公式h＝Em－En可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3－E1，辐射光的波长a最短，能量差值最小的是E3－E2，辐射光的波长b最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是a、c、b，C正确。‎ ‎3.如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面，保持静止状态。已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是(　　)‎ A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcos θ B．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmgcos θ C．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mg D．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动 解析：选D　圆柱形强磁铁受到重力mg、音乐盒的吸引力F、音乐盒的支持力N、以及静摩擦力f，受力平衡，则有：N＝mgcos θ＋F，f＝mgsin θ，由于是静摩擦力，不是μmgcos θ，故A、B错误；圆柱形强磁铁和塑料壳整体静止，受力平衡，则顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和F的合力，故C错误；磁铁的磁性若瞬间消失，若mgsin θ≤μmgcos θ，则塑料壳不会往下滑动，故D正确。‎ ‎4.(2016·湖南省十三校联考)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为(　　)‎ A．4.7π　　　　　　 B．3.6π C．1.7π D．1.4π 解析：选A　设登月器和航天站在半径为3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有 ＝m，r＝3R T＝2π ＝6π，‎ 在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，‎ GM＝gR2‎ 所以T＝6π ，①‎ 设登月器在小椭圆轨道运行的周期为T1，航天站在大圆轨道运行的周期为T2。‎ 对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有＝＝②‎ 为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t应满足 t＝nT2－T1　③(其中，n＝1、2、3、…)．..‎ 联立①②③得t＝6πn －4π (其中，n＝1、2、3、…)‎ 当n＝1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即t＝4.7π 故选A。‎ ‎5．如图，发电机的电动势e＝678sin 100πt V，变压器的副线圈匝数可调，触头P置于a处时，用户的用电器恰好得到220 V的电压，R表示输电线的电阻。下列说法正确的是(　　)‎ A．电流的频率为50 Hz B．电压表V2的示数为220 V C．电压表V1的示数为678 V D．当用户的用电器功率增加时，要保持用户仍得到220 V的电压，触头P应向上滑 解析：选AD　变压器只改变电压，不会改变频率，故频率为f＝50 Hz，故A正确；电压表V2的示数为用户和输电线路上损失的电压值的和，大于220 V，故B错误；电压表V1测量的是有效值，故示数为U＝ V，故C错误；当用户功率增大时，由P＝UI可知，输电线路上的电流增大，故损失电压增大，用户得到的电压将减小，要保持用户仍得到220‎ ‎ V的电压，必须使变压器副线圈两端电压增大，故由＝可知触头P应向上滑，故D正确。‎ ‎6.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列判断正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度最大 B．x2～x3段是匀强电场 C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3‎ D．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 解析：选BC　根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝· 由数学知识可知Epx图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误。由图看出在O～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B正确，D错误；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，因粒子带负电，q<0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1>φ2>φ3。故C正确。‎ ‎7．如图所示，光滑轨道ABCD中BC为圆弧，圆弧半径为R，CD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道上A点由静止释放，A到C的竖直高度为H，则(　　)‎ A．滑块在传动带上向右运动的最大距离与传动带速度v无关 B．小滑块不可能返回A点 C．若H＝4R，滑块经过C点时对轨道压力大小为8mg D．若H＝4R，皮带速度v′＝，则物块第一次滑上传动带，由于摩擦而产生的内能为9mgR 解析：选AD　由于传送带逆时针方向运动，可知滑块在向右运动的过程中一直做减速运动，当滑块速度恰好等于0时，向右运动的距离最大，该距离与传送带的速度无关，故A正确；滑块在传送带上先向右减速，然后在传送带上向左做加速运动，如果传送带的速度足够大，则滑块向左一直做加速运动时，由运动的对称性可知，滑块离开传送带的速度与滑上传送带的速度大小相等，可以达到A点，故B错误；若H＝4R，滑块经过C点时的速度：v＝＝＝2，滑块受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：FN－mg＝，得：FN＝9mg，根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道压力大小为9mg，故C错误；选择向右为正方向，设滑块与传送带之间的动摩擦因数是μ，则滑块的加速度：a＝＝－μg，滑块的速度为－时，所用的时间：t＝＝＝＝ 滑块的位移：x1＝vt＋at2‎ 代入数据得：x1＝ 这段时间内传送带的位移：‎ x2＝v′t＝－·＝－ 滑块与传送带之间的相对位移：‎ Δx＝x1－x2＝－＝ 由于摩擦而产生的内能为：Q＝fΔx＝μmg·＝9mgR故D正确。‎ ‎8.如图所示，光滑水平面上固定一正方形线框，线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框的右边刚好与虚线AB重合，虚线的右侧有垂直于水平面的匀强磁场，磁感应强度为B，线框通过一水平细线绕过定滑轮与一质量为M的悬挂重物相连，重物离地面足够高，现由静止释放线框，当线框刚好要完全进入磁场时加速度为零，则在线框进入磁场的过程中(　　)‎ A．线框的最大速度为 B．当线框的速度为v(小于最大速度)时，线框的加速度为g－ C．当线框的速度为v(小于最大速度)时，细绳的拉力为 D．线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为 解析：选CD　当线框刚要完全进入磁场时线框的速度最大，这时＝Mg，因此线框的最大速度为vm＝，故A错误。‎ 当线框的速度为v(小于最大速度)时，Mg－＝(M＋m)a，解得加速度a＝－ ‎，故B错误。‎ 由牛顿第二定律，Mg－T＝Ma，解得绳子的拉力为T＝，故C正确。‎ 线框进入磁场的过程中，通过线框截面的电量为q＝t＝＝，故D正确。‎ 二、非选择题(共47分)‎ ‎9．(6分)某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图甲所示的电路研究某长薄板电阻Rx的压阻效应。已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：‎ A．电源E(3 V，内阻约为1 Ω)‎ B．电流表A1(‎0.6 A，内阻r1约为1 Ω)‎ C．电流表A2(‎0.6 A，内阻r2＝5 Ω)‎ D．开关S，定值电阻R0‎ ‎(1)为了较准确地测量电阻Rx的阻值，请将电流表A2接入虚线框内并画出其中的电路图。‎ ‎(2)在电阻Rx上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S，记下电表读数，A1的读数为I1，A2的读数为I2，则Rx＝________(用字母表示)。‎ ‎(3)改变力的大小，得到不同的Rx值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的Rx值，最后绘成的图像如图乙所示。当F竖直向下(设竖直向下为正方向)时，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx＝________。(各物理量单位均为国际单位)‎ 解析：(1)由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻Rx，知道电流表A2的阻值，所以用电流表A2作为电压表使用，电流表A1在干路上，即可求出电阻Rx的阻值。电路图的设计如图所示。‎ ‎(2)根据串并联和欧姆定律得：I2r2＝(I1－I2)Rx，‎ Rx＝。‎ ‎(3)从图像上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，‎ 由图像可得：Rx＝16－‎2F。‎ 答案：(1)图见解析　(2)　(3)16－‎‎2F ‎10．(9分)如图甲为研究“转动动能与角速度关系”的实验装置示意图，现有的器材为：固定在竖直平面内的转盘(转轴水平)、带铁夹的铁架台、电磁打点计时器(接交流电的频率为50 Hz)、纸带、重锤、游标卡尺、天平。回答下列问题 ：‎ ‎(1)如图乙所示，用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径d为________ cm；‎ ‎(2)将悬挂铁锤的纸带穿过打点计时器后，绕在转盘边缘上，纸带一端固定在转盘上，使得转盘与纸带不打滑，设纸带厚度不计，接通电源，释放重锤，打点计时器打出的纸带如图丙所示，O、A、B、C…各点为连续打出的点迹，则由图丙中数据可得，打下点迹D时，圆盘转动的角速度为ωD＝____________ rad/s(保留三位有效数字)；‎ ‎(3)下表为各点对应的转动动能Ek和角速度ω值，请你猜想转动动能Ek和角速度ω满足的关系式为Ek＝____________(填准确的表达式)。‎ 计数点 A B C ‎…‎ E 转动动能Ek(J)‎ ‎0.001 0‎ ‎0.003 9‎ ‎0.008 9‎ ‎…‎ ‎0.024‎ 角速度ω(rad/s)‎ ‎4.0‎ ‎7.9‎ ‎11.9‎ ‎…‎ ‎19.7‎ 解析：(1)游标卡尺主尺部分读数为‎5.0 cm，游标读数为0.05×6＝‎0.30 mm＝‎0.030 cm，所以最终读数为‎5.0 cm＋‎0.030 cm＝‎5.030 cm。‎ ‎(2)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小为：vD＝ m/s＝‎0.40 m/s，根据v＝ωr得圆盘转动的角速度为：ωD＝ rad/s＝15.9 rad/s。　‎ ‎(3)由表格中数据分析可知，当转盘的角速度增大为原来2倍时，转盘的转动动能Ek是原来的4倍，得到关系为：Ek＝kω2。当转盘的角速度增大为原来4倍时，转盘的转动动能Ek是原来的16倍，得到Ek与ω2成正比，则有关系式为：Ek＝kω2。k是比例系数。将任一组数据比如：ω＝4 rad/s，Ek＝0.001 J，代入得到：k＝6.25×10－5 J·s/rad，所以转盘的转动动能Ek与角速度ω的关系式是：Ek＝6.25×10－5ω2 J。‎ 答案：(1)5.030　(2)15.9　(3)6.25×10－5ω2 J ‎11.(12分)如图所示，质量M＝‎5 kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0＝‎12 m/s向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝‎1 kg的小物块B。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。(物块可看作质点，木板足够长，取g＝‎10 m/s2)试求：‎ ‎(1)放上物块后木板发生的位移；‎ ‎(2)物块与木板之间产生的摩擦热。‎ 解析：(1)可知F＝μ1Mg＝30 N 放上物块之后的木板F－μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1‎ 物块μ2mg＝ma2‎ 两者速度相等a2t1＝v0＋a1t1‎ 解得t1＝2 s 可知速度相同时v＝‎8 m/s ‎2 s内木板发生位移为x1＝t1＝‎‎20 m 二者共速后一起做匀减速运动，μ1(M＋m)g－F＝(M＋m)a3‎ 一起减速到零所需时间为t2＝＝8 s 减速过程木板发生位移为x2＝t2＝‎‎32 m 木板发生位移为x＝x1＋x2＝‎52 m。‎ ‎(2)在第一过程中物块的位移为x物＝t1＝‎‎8 m 物块与木板间产生的摩擦热为Q＝μ2mg(x1－x物)＝48 J。‎ 答案：(1)‎52 m　(2)48 J ‎12.(20分)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L。ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。‎ ‎(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；‎ ‎(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；‎ ‎(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2，在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。‎ 解析：(1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生热量分别为W和W1，‎ 有：W＋W1＝Ek　①；且W＝W1　②‎ 由题意有：Ek＝mv12　③‎ 得：W＝mv12　④‎ ‎(2)设在题设的过程中，ab棒滑行的时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某截面的电荷量为q，‎ 则有：E＝　⑤‎ 且ΔΦ＝BΔS　⑥‎ I＝　⑦‎ 又有I＝　⑧‎ 由图所示，ΔS＝d(L－dcot θ)　⑨‎ 联立⑤～⑨，解得：q＝　⑩‎ ‎(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长度为：Lx＝L－2xcot θ　⑪‎ 此时，ab棒产生的电动势为：Ex＝Bv2Lx　⑫‎ 流过ef棒的电流为：Ix＝　⑬‎ ef棒所受安培力为：Fx＝BIxL　⑭‎ 联立⑪～⑭，解得：Fx＝(L－2xcot θ)　⑮‎ 有⑮式可得，Fx在x＝0和B为最大值Bm时有最大值F1。‎ 由题意知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图甲所示，‎ ‎　‎ 图中fm为最大静摩擦力，有：F1cos α＝mgsin α＋μ(mgcos α＋F1sin α)　⑯‎ 联立⑮⑯，得：Bm＝ 　⑰‎ Bm就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。‎ 由⑮式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值，如图乙，可知 F2cos α＋μ(mgcos α＋F2sin α)＝mgsin α　⑱‎ 联立⑮⑰⑱，得：xm＝。‎ 答案：(1)mv12　(2) ‎(3) 　 三、选考题(共15分，请从给出的2道题中任选一题作答，多答则按所答的第一题评分)‎ ‎[物理——选修3－3](15分)‎ ‎13．(1)(5分)下列说法中正确的是________。‎ A．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动 B．一定质量的理想气体发生绝热膨胀时，其内能不变 C．永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律 D．温度越高，分子热运动的平均速率越大 E．在太空中水滴成球形是液体表面张力的表现 ‎(2)(10分)如图所示，A、B两个气缸中装有体积均为‎10 L、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为‎27 ℃‎的空气，中间用细管连接，细管容积不计。细管中有一绝热活塞，现将B气缸中的气体升温到‎127 ℃‎，若要使细管中的活塞仍停在原位置。(不计摩擦，A气缸中的气体温度保持不变，A气缸截面积为‎500 cm2)‎ ‎(ⅰ)求A中活塞应向右移动的距离；‎ ‎(ⅱ)A中气体是吸热还是放热，为什么？‎ 解析：(1)布朗运动是肉眼无法直接看到的，所以粉尘的运动不是布朗运动，选项A正确；绝热膨胀过程不吸收热量，但对外做功，故内能减少，选项B错误；第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子热运动的平均速率越大，选项D正确；在太空中水滴处于失重状态，在表面张力的作用下水滴成球形，选项E正确。。‎ ‎(2)(ⅰ)设初状态A、B气缸中气体的温度、体积、压强分别为T1、V1、p1，‎ 末状态A、B气缸中气体的温度、体积、压强分别为TA、VA、pA，TB、VB、pB B气体体积不变，由查理定律有：＝ A气体温度不变，由玻意耳定律有：p1V1＝pAVA 细管中的活塞仍停在原位置，有：‎ pA＝pB 而，VA＝V1－xS 代入数据，以上四式联立解得：‎ x＝‎0.05 m＝‎5 cm；‎ ‎(ⅱ)活塞向右移动过程中，外界对气体A做功，A的气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体要放出热量。‎ 答案：(1)ADE　(2)(ⅰ)‎5 cm　(ⅱ)见解析 ‎[物理——选修3－4](15分)‎ ‎14．(1)(5分)一列简谐横波，某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是________。‎ A．该波沿x轴正向传播 B．该波的波速大小为‎1 m/s C．经过0.3 s，A质点通过的路程为‎0.3 m D．A、B两点的速度有可能相同 E．若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为0.4 Hz ‎(2)(10分)如图所示，为玻璃材料制成的一棱镜的截面图，AEFB为四分之一圆弧，BCDO为矩形，一细光束从圆弧的中点E沿半径射入棱镜后，在圆心O点恰好发生全反射，经CD面反射，再从圆弧的F点射出，已知，OA＝a，OD＝a，光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎(ⅰ)从F点射出的光线与法线夹角的正弦值；‎ ‎(ⅱ)从F点射出的光在棱镜中传播的时间。‎ 解析：(1)由A质点的振动图像读出该时刻质点A的振动方向沿y轴负方向，由质点的振动方向与波传播方向的关系，可知波沿x轴正向传播，故A正确。由题图甲可知波长为λ＝‎ ‎0.4 m‎，由题图乙可知周期为T＝0.4 s，则波速为v＝＝‎1 m/s，故B正确。经过0.3 s＝T，则A质点通过的路程为s＝‎3A＝‎0.3 m，故C正确。A、B两点间距为半个波长，振动情况始终相反，速度不可能相同，故D错误。发生稳定的干涉现象需要频率相同，则所遇到的波的频率f＝＝2.5 Hz时才能产生的稳定干涉，故E错误。‎ ‎(2)(ⅰ)做出光路图如图所示。‎ 根据几何关系可知，临界角为C＝45°，‎ 根据反射定律得，n＝＝ 又OG＝OD＝a，sin α＝＝ 根据折射定律得，n＝ 解得，sin β＝。‎ ‎(ⅱ)光在棱镜中的传播速度v＝ 由几何知识得，光线传播的路程为s＝a＋a＋a 光在棱镜中传播的时间t＝ 所以t＝。‎ 答案：(1)ABC　(2)(ⅰ)　(ⅱ) 附(二)：高考理综选择题提速练　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎[编排说明]‎ 理综对理科考生来说，位置之高高于天，分量之重重于山。要想进名校，理综应占先；‎ 理综题目不算难，失分的原因是题量太大做不完，平时速度上不去，考场再有余力也枉然；‎ 理综选择题专练，提高选择题的解题速度，为攻克后面的拉分大题留足思考时间。‎ 我们匠心独运，共设置了九套理综选择题专练，分置于物理、化学、生物三个学科中，每科三套，旨在培养理综答题节奏，提升理综综合实力。‎ 记住一句话：单科成绩再好，也只能在低分边缘徘徊；只有整体实力够强，才能荣登名校殿堂。‎ 理综选择题提速练(一)‎ 一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)‎ ‎1．生物膜系统在细胞的生命活动中具有重要作用。下列相关叙述正确的是(　　)‎ A．成熟植物细胞的液泡膜也是具有选择透过性的生物膜 B．内质网膜能生成高尔基体膜，说明两者在化学组成上完全相同 C．高尔基体膜和细胞膜都是单层膜，且在结构上直接相连 D．细胞中丙酮酸的分解可在线粒体内膜上进行 解析：选A　成熟植物细胞的液泡膜属于生物膜的一部分，具有选择透过性；内质网膜能生成高尔基体膜，说明两者均具有一定的流动性，两者的化学组成相似但不完全相同；高尔基体膜和细胞膜都是单层膜，二者在结构上靠囊泡进行间接联系；细胞中丙酮酸的分解发生在有氧呼吸的第二阶段，该阶段的场所是线粒体基质，不是线粒体内膜。‎ ‎2．下列有关生物学实验的叙述，正确的是(　　)‎ A．探究温度对酶活性的影响时，最好用H2O2作实验底物 B．在观察植物细胞质壁分离及复原实验时，可用根尖分生区细胞作为实验材料 C．在色素的提取和分离实验中，用无水乙醇进行分离，扩散速度最快的是胡萝卜素 D．在“观察洋葱根尖细胞有丝分裂”和“低温诱导染色体加倍”两个实验中盐酸的作用相同 解析：选D　因为温度影响H2O2的分解，探究温度对酶活性的影响时，不能选用H2O2做实验底物；洋葱根尖分生区细胞不成熟，没有大液泡，质壁分离及复原现象不明显；在绿叶中色素的提取和分离实验中，用层析液进行分离，扩散速度最快的是胡萝卜素；在“观察洋葱根尖细胞有丝分裂”和“低温诱导染色体加倍”两个实验中盐酸都是起解离的作用。‎ ‎3．下列有关基因控制蛋白质合成的叙述，正确的是(　　)‎ A．转录和翻译都发生在细胞核内 B．转录和翻译的原料分别是核糖核苷酸和氨基酸 C．肽链上氨基酸的位置是由存在于转运RNA上的密码子决定的 D．一种密码子只决定一种氨基酸，一种氨基酸只由一种转运RNA运载 解析：选B　转录主要发生在细胞核中，翻译发生在细胞质中的核糖体上；转录和翻译的原料分别是核糖核苷酸和氨基酸；密码子存在于mRNA上；一种密码子只决定一种氨基酸，一种氨基酸可由一种或几种转运RNA运载。‎ ‎4．已知椎实螺螺壳的旋向是由一对核基因控制的，右旋(D)对左旋(d)是显性，旋向的遗传规律是子代旋向只由其母本核基因型决定而与其自身基因型无关。下列叙述错误的是(　　)‎ A．椎实螺螺壳旋向遗传现象符合基因的分离定律 B．椎实螺螺壳表现为左旋的个体其基因型可能为Dd C．椎实螺螺壳表现为右旋的个体其基因型可能为dd D．子代椎实螺螺壳旋向遗传是由自身的遗传物质决定的 解析：选D　椎实螺螺壳的旋向是由一对核基因控制的，所以椎实螺外壳的旋向遗传符合分离定律；由于旋向的遗传是子代旋向只由其母本核基因型决定而与其自身基因型无关，所以椎实螺螺壳表现为左旋的个体其基因型可能为Dd，椎实螺螺壳表现为右旋的个体其基因型也可能为dd；子代性状的表现型由母体的核基因型决定，而不受本身基因型的支配现象为“母性影响”。‎ ‎5．植物激素种类多样，调控机制复杂，在植物生长发育过程中，下列叙述正确的是(　　)‎ A．单侧光下生长素在胚芽鞘尖端的横向运输是极性运输 B．顶芽优先生长而侧芽受抑制的现象不能体现生长素生理作用的两重性 C．赤霉素与生长素可协同促进生长，而脱落酸与细胞分裂素可形成拮抗作用 D．植物生长素能促进植物细胞生长、分裂 解析：选C　单侧光下生长素在胚芽鞘尖端的横向运输不属于极性运输；顶芽优先生长即生长素促进生长，而侧芽受抑制即生长素抑制侧芽的生长，这能体现生长素生理作用的两重性；赤霉素与生长素都能促进植物的生长，有协同作用，脱落酸能抑制植物的细胞分裂，与细胞分裂素能促进细胞分裂可形成拮抗作用；植物生长素能促进植物细胞生长，不能促进细胞分裂。‎ ‎6．某高级中学迁入新建校园14年，校园中鸟纲鹎科动物白头鹎在14年间的种群增长速率如下表所示。据表分析可知(　　)‎ 年份 第2年 第4年 第6年 第8年 第10年 第12年 第14年 增长速率 ‎0.66‎ ‎1.52‎ ‎2.83‎ ‎3.69‎ ‎2.91‎ ‎1.20‎ ‎0.03‎ A.这14年中白头鹎种群的数量呈“J”型增长 B．第12年时白头鹎种群的年龄组成为衰退型 C．研究时用样方法调查白头鹎的种群密度并经计算得出上表中的数据 D．白头鹎在该中学的环境容纳量约为第8年时种群数量的两倍 解析：选D　由于增长速率先增大后变小，所以这14年中白头鹎种群的数量呈“S”型增长；第12年时白头鹎种群的增长速率为1.20，所以年龄组成为增长型；研究时用标志重捕法调查白头鹎的种群密度并经计算得出上表中的数据；由于在K/2时种群增长速率最大，所以白头鹎在该中学的环境容纳量约为第8年时白头鹎种群数量的两倍。‎ ‎7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是(　　)‎ A．将“地沟油”反应改性制成“生物柴油”，代替柴油作为内燃机燃料的做法符合“绿色化学”的理念 B．红宝石、玛瑙、水晶、钻石等装饰品的主要成分都是硅酸盐 C．科学家推测月尘[即月球上直径小于10微米(1 μm＝1×10－‎6m)的浮尘]是“玉兔号”出现控制异常情况的主要原因，月尘分散在空气中形成的分散系不属于胶体 D．“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气 解析：选B　红宝石的主要成分是氧化铝(Al2O3)，红色来自铬(Cr)；玛瑙和水晶的主要成分为二氧化硅；钻石的主要成分为碳，B项错误。‎ ‎8．分子式为C8H10的某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水反应。在一定条件下与H2完全加成后，所得产物的一氯代物的同分异构体(不包括立体异构)数目不可能为(　　)‎ A．3种　　　　　　　　 B．5种 C．6种 D．8种 解析：选D　分子式为C8H10，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能与溴水反应，则该有机物为苯的同系物，可以是乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，与H2完全加成后得到CH2CH3、CH3CH3、CH3CH3、CH3H‎3C。CH2CH3 的一氯代物有6种，CH3CH3的一氯代物有4种，CH3CH3的一氯代物有5种，CH3H‎3C的一氯代物有3种，故本题选D。‎ ‎9.邻苯二甲酸二乙酯(结构如图所示)是一种重要的塑化剂。下列有关邻苯二甲酸二乙酯的说法正确的是(　　)‎ A．分子式为C12H12O4‎ B．易溶于水，难溶于大多数有机溶剂 C．分子中有两种官能团 D．与氢氧化钠溶液共热充分反应，再用稀盐酸酸化，最终可得两种有机产物 解析：选D　A项错误；邻苯二甲酸二乙酯的分子式应是C12H14O4；B项错误，根据相似相溶原理，邻苯二甲酸二乙酯为有机物，难溶于水，易溶于大多数有机溶剂；C项错误，邻苯二甲酸二乙酯分子中只有一种官能团，即酯基；D项正确，邻苯二甲酸二乙酯与氢氧化钠溶液充分反应，再用稀盐酸酸化，最终可得两种有机产物：邻苯二甲酸和乙醇。‎ ‎10．W是由短周期元素X、Y、Z组成的盐。X、Y、Z原子的最外层电子数依次增大，Z原子最外层电子数是内层电子数的3倍；X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子的最外层电子数；Y、Z同周期且相邻，但与X不同周期。下列说法一定正确的是(　　)‎ A．三种元素的最高正化合价中，Z的最大 B．W溶液显碱性或中性 C．原子半径：X＞Y＞Z D．Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸 解析：选D　根据提供信息，可以推断出X为H或Na，Y为N，Z为O。三种元素中N的最高正化合价最大，A项错误；W为NH4NO3时，溶液显酸性，B项错误；原子半径：N＞O＞H，C项错误；N的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，属于强酸，D项正确。‎ ‎11．利用下图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是(　　)‎ 选项 实验试剂 实验结论 A a.稀硫酸 b.碳酸氢钠 c.硅酸钠溶液 酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸 B a.稀盐酸 b.二氧化锰 c.溴化钠溶液 氧化性：MnO2＞Cl2＞Br2‎ C d.小苏打 e.苏打 f.石灰水 热稳定性：苏打＞小苏打 D d.氯化钠 e.氯化铵 f.硝酸银溶液 沸点：氯化钠＞氯化铵 解析：选A　甲中发生反应：H2SO4＋2NaHCO3===Na2SO4＋2H2O＋2CO2↑、Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓，根据酸与盐的反应遵循“强酸制弱酸”，知酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，A项正确；MnO2和浓盐酸在加热条件下反应才能生成氯气，B项错误；用套管实验比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性时，NaHCO3应放在套管中的小试管中，C项错误；氯化铵受热分解生成NH3、HCl，不能通过套管实验比较NaCl、NH4Cl的沸点，D项错误。‎ ‎12．(2016·成都模拟)我国某公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他电池，电池总反应为V2O5＋xLiLixV2O5。下列说法合理的是(　　)‎ A．电池在放电时，Li＋向负极移动 B．锂在放电时作正极，充电时作阳极 C．该电池充电时阳极的反应为LixV2O5－xe－===V2O5＋xLi＋‎ D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应 解析：选C　电池在放电时相当于原电池，Li＋向正极移动，A错误；锂是活泼金属，锂在放电时作负极，充电时作阴极，B错误；该电池充电时阳极失去电子，反应为LixV2O5－xe－===V2O5＋xLi＋，C正确；V2O5参与了电池反应，D错误。‎ ‎13．HCOONa加热分解时，固体失重率与温度的关系如图所示。发生的反应有：‎ ‎2HCOONaNa‎2C2O4＋H2↑　①‎ ‎2HCOONaNa2CO3＋H2↑＋CO↑　②‎ Na‎2C2O4Na2CO3＋CO↑　③‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．T＜‎415 ℃‎，只有反应①发生 B．反应①、②不可能同时发生 C．‎570 ℃‎＜T＜‎600 ℃‎时，残留固体的主要成分是Na2CO3‎ D．残留固体中的m(Na‎2C2O4)＝m(Na2CO3)时，反应①、③的反应速率相等 解析：选C　反应①中固体的失重率为×100%＝1.47%，反应②中固体的失重率为×100%＝22.1%，T＜‎415 ℃‎时，失重率小于5%，则还发生了反应②，A项错误；反应①、②可以同时发生，B项错误；‎570 ℃‎＜T＜‎600 ℃‎时，失重率为22.1%，故残留固体的主要成分为Na2CO3，C项正确；反应①、③为固体分解反应，其反应速率与Na‎2C2O4、Na2CO3的质量无关，D项错误。‎ 二、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)‎ ‎14.(2016·怀化三模)如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时∠AOB＝60°，弹簧伸长量为L。现用该弹簧沿水平方向拉住质量为‎2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L。则此时物体所受的摩擦力(　　)‎ A．等于零 B．大小为0.5mg，方向沿水平面向右 C．大小为mg，方向沿水平面向左 D．大小为2mg，方向沿水平面向右 解析：选C　对B进行受力分析可以知道，物体受到重力、弹簧的弹力和圆环对物体的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，利用平行四边形定则做出重力、弹力的合力的平行四边形会发现，重力、弹力和支持力会处在同一个角形中并且这个三角形是等边三角形，由此我们判定弹簧的弹力与物体的重力相等都是mg，此时弹簧伸长量为L，当该弹簧沿水平方向拉住质量为‎2m的物体时弹簧伸长量也为L，由此可知两次弹簧的弹力是一样的即为mg，由于质量为‎2m 的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小即为mg，方向与弹簧的弹力方向相反即水平向左，故只有C正确。‎ ‎15．(2016·惠州模拟)一半径为R的均匀带正电荷圆环，其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴 上的两点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越大 B．沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小 C．将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增大 D．将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能减少 解析：选D　根据场强的叠加可知，O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故A、B错误；电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故C错误，D正确。‎ ‎16.(2016·合肥检测)如图所示，长为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，现将绳水平拉直，让小球从静止开始运动，重力加速度为g，当绳与竖直方向的夹角α＝30°时，小球受到的合力大小为(　　)‎ A.mg　　　　　　 B.mg C.mg D．(1＋)mg 解析：选B　当绳与竖直方向的夹角α＝30°时，由机械能守恒定律可得：mgLcos α＝mv2；根据牛顿定律可得小球沿绳子方向的合力即向心力为：F＝m＝2mgcos α，小球受的合力为：F合＝＝mg，故选B。‎ ‎17．(2016·广州调研)已知月球半径为R，飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是(　　)‎ A．月球质量为 B．月球表面重力加速度为R C．月球密度为 D．月球第一宇宙速度为 解析：选A　飞船在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行时的轨道半径r＝R＋R＝2R，据万有引力提供圆周运动向心力有：G＝mr，可得月球的质量M＝＝，故A正确；据月球表面重力与万有引力相等有：G＝mg，可得月球表面重力加速度g＝G＝，故B错误；根据密度公式可知，月球密度ρ＝＝＝，故C错误；据万有引力提供圆周运动向心力可得近月圆周运动的速度即第一宇宙速度v＝ ＝ ＝4 ，故D错误。‎ ‎18．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。下列说法正确的是(　　)‎ ‎　‎ A．变压器输入、输出功率之比为4∶1‎ B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4‎ C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)‎ D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 解析：BD　理想变压器的输出功率等于输入功率，A错误。原、副线圈电流强度之比＝＝，B正确。由乙图可知交流电的变化周期T＝0.02 s，ω＝＝100π rad/s，故u随t变化的规律应为u＝51sin(100πt) V，C错误。RT温度升高阻值变小，变压器原、副线圈的电压不变，I2增大，故电流表示数变大，D正确。‎ ‎19.t＝0时刻A、B两质点从同一地点沿同一方向开始做直线运动，在时间t内平均速度为，它们的t图线分别为图中的直线A、B，下列判断正确的是(　　)‎ A．质点A的加速度大小为‎1 m/s2‎ B．质点B的加速度大小为‎1 m/s2‎ C．t＝2 s时，质点A、B相遇 D．t＝4 s时，质点A、B相遇 解析：选AC　根据匀变速直线运动的位移时间公式x＝v0t＋at2变形得：＝＝v0＋at，则知图像的斜率大小等于a，由图可知，aA＝，得aA＝‎1 m/s2，aB＝，得aB＝‎2 m/s2，故A正确，B错误；由上可得，A的初速度为v‎0A＝‎3 m/s，A做匀减速运动，B的初速度为v0B＝0，做匀加速运动。2 s时A、B的位移分别为xA＝v0At－aAt2＝3×‎2 m－×1×‎22 m＝‎4 m，xB＝aBt2＝×2×‎22 m＝‎4 m，则知t＝2 s时，质点A、B相遇。同理，可得4 s时A、B的位移分别为xA＝v0At－aAt2＝3×‎4 m－×1×‎42 m＝‎4 m，xB＝aBt2＝×2×‎42 m＝‎16 m，则知t＝4 s时，质点A、B没有相遇。故C正确，D错误。‎ ‎20.(2016·安庆月考)如图所示为氢原子能级示意图的一部分，则关于氢原子发生能级跃迁的过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A．从高能级向低能级跃迁时，氢原子放出光子 B．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核外电子轨道半径变大 C．用能量E＝14 eV的光照射基态的氢原子，可使基态氢原子电离 D．大量处于n＝4能级的氢原子总共可辐射出6种不同频率的光子 解析：选ACD　氢原子从高能级向低能级跃迁时，氢原子会放出光子，A正确；从高能级向低能级跃迁时，氢原子核外电子轨道半径变小，B错误；要使基态的氢原子发生电离，至少需要吸收13.6 eV的能量，所以用能量E＝14 eV的光照射基态的氢原子，可使基态氢原子电离，C正确；大量处于n＝4能级的氢原子总共可辐射出＝6种不同频率的光子，D正确。‎ ‎21．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是(　　)‎ A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．只要对着圆心入射，其出射方向的反向延长线一定过圆心 C．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长 解析：选BC　粒子的速度不同，在磁场中做圆周运动的半径不同，从圆形磁场中出来后不一定垂直打在MN板上，选项A错误；沿圆心进入圆形磁场的粒子，离开磁场时速度的反向延长线一定过圆心，选项B正确；若粒子的速度为v＝，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝R，粒子离开磁场时速度沿水平方向，垂直打在MN板上，选项C正确；速度越大的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角越小，因而运动时间越短，选项D错误。‎ 理综选择题提速练(二)‎ 一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)‎ ‎1．下列关于细胞内化合物的叙述，正确的是(　　)‎ A．脂肪和生长激素是生物体内的能源物质 B．糖原代谢的最终产物是葡萄糖 C．蔗糖和乳糖水解的产物都有葡萄糖 D．ATP脱去3个磷酸基团后是RNA的基本组成单位之一 解析：选C　生长激素不是体内的能源物质；糖原代谢的最终产物是二氧化碳和水；蔗糖水解的产物是葡萄糖和果糖，乳糖水解的产物是葡萄糖和半乳糖；ATP脱去2个磷酸基团后是RNA的基本组成单位之一。‎ ‎2．下列对遗传信息传递和表达的叙述，错误的是(　　)‎ A．DNA复制的过程需要解旋酶和DNA聚合酶 B．细菌不能独立完成遗传信息的传递和表达 C．一种tRNA只能识别一种特定氨基酸 D．翻译过程需要tRNA和核糖体参与 解析：选B　DNA复制的过程，需要解旋酶将DNA的双链打开，合成子链需要DNA聚合酶；细菌具有细胞结构，能独立完成遗传信息的传递和表达；一种tRNA有一个反密码子，只能识别一种特定氨基酸，一种氨基酸有一种或多种密码子，可以由一种或多种tRNA转运；翻译过程需要tRNA(识别密码子并转运相应的氨基酸)和核糖体(翻译的场所)。‎ ‎3．根据种群、群落、生态系统的概念判断，以下属于群落层次的是(　　)‎ ‎①年龄组成　②生态位　③空间结构　④次生演替　⑤基因频率　⑥食物链　⑦信息传递 A．①③⑥　　　　　　　　 B．②③④‎ C．③④⑤ D．⑤⑥⑦‎ 解析：选B　年龄组成为种群的特征，①错误；生态位为群落的特征，②正确；空间结构为群落的特征，③正确；次生演替为群落的特征，④正确；基因频率为种群的特征，⑤错误；食物链为生态系统的特征，⑥错误；信息传递为生态系统的特征，⑦错误。‎ ‎4．下列有关实验、科学史实及研究方法的叙述正确的是(　　)‎ A．DNA双螺旋结构的发现和研究某种群数量变化规律——模型建构法 B．罗伯特森借助电子显微镜提出生物膜的流动镶嵌模型 C．观察用健那绿染色的口腔上皮细胞，发现线粒体被染成蓝绿色，说明口腔上皮细胞为死细胞 D．必须借助显微镜观察的实验有生物组织中脂肪的鉴定、观察细胞中DNA和RNA 解析：选A　DNA双螺旋结构的发现和研究某种群数量变化规律都采用了模型建构法，前者构建的是物理模型，后者构建的是数学模型；罗伯特森在电镜下看到了细胞膜清晰的暗—亮—暗的三层结构，并提出生物膜的模型：所有的生物膜都由蛋白质—脂质—蛋白质三层结构构成，把生物膜描述为静态的统一结构；健那绿是专一性染线粒体的活细胞染料，观察用健那绿染色的口腔上皮细胞，发现线粒体被染成蓝绿色，说明口腔上皮细胞为活细胞；检测生物组织研磨液中的脂肪时不需要借助显微镜观察。‎ ‎5．如图为人体某神经调节示意图，有关说法正确的是(　　)‎ A．针刺肌肉后，图中电流计指针发生两次方向相反的偏转 B．感受器产生兴奋主要是因为神经细胞的细胞膜对钾离子的通透性增加 C．针刺手指皮肤后，兴奋到达脊髓中枢，经过分析综合产生痛觉 D．针刺取血时未出现缩手反射，与脊髓中枢内突触的抑制有关 解析：选D　兴奋在反射弧中单向传递，针刺肌肉后，兴奋不能通过电流计，电流计指针不发生偏转；感受器产生兴奋主要是因为神经细胞的细胞膜对钠离子的通透性增加，导致钠离子进入细胞内，电荷分布表现为外负内正，从而产生兴奋；针刺手指皮肤后，兴奋传到大脑皮层，经过分析综合产生痛觉；针刺取血时未出现缩手反射，与脊髓中枢内突触的抑制有关。‎ ‎6．取相同长度、去除尖端的小麦胚芽鞘切段，分别用不同浓度的生长素溶液和含糖的磷酸盐溶液(对照组)处理并培养一段时间后，逐一测量其长度，实验进行两次，结果如图。以下叙述正确的是(　　)‎ A．实验一和实验二为对照实验 B．促进胚芽鞘切段伸长的最适浓度在0.1～10 mg/L之间 C．浓度大于10 mg/L，会抑制胚芽鞘切段的伸长 D．生长素应溶解于清水中，以得到5种浓度溶液 解析：选B　根据题干可知，实验一和实验二是重复实验，不是对照实验；根据实验结果可知，在生长素浓度为1 mg/L时，胚芽鞘切段的平均长度最大；由于没有做生长素浓度大于10 mg/L的实验，因此不能得出其作用；生长素应溶解于含糖的磷酸盐溶液中，不是溶解在清水中。‎ ‎7．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是(　　)‎ A．用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，可实现“碳”的循环利用 B．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化 C．纤维素可以加强胃肠蠕动，有助于消化，因此纤维素是人体的营养物质 D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的主要材料是经提纯的二氧化硅 解析：选A　向海水中加入明矾不能使海水淡化，明矾净水主要是吸附水中悬浮物，B项错误；纤维素不是营养物质，C项错误；计算机芯片的主要材料是经提纯的硅单质，D项错误。‎ ‎8.肼(N2H4)是火箭燃料，常温下为液体，其分子的球棍模型如图所示。肼能与双氧水发生反应：N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。下列说法正确的是(　　)‎ A．标准状况下，‎11.2 L N2H4中含共用电子对数为2.5NA B．1 mol N2H4和1 mol H2O2含有的电子总数不相等 C．若生成‎3.6 g H2O，则上述反应转移电子的数目为0.2NA D．N2H4和H2O2均只含有极性共价键 解析：选C　标准状况下，N2H4不是气体，故‎11.2 L N2H4的物质的量不是0.5 mol，A错误；1 mol N2H4含有18 mol e－，1 mol H2O2含有18 mol e－，含有的电子总数相等，B错误；在反应中，氧元素的价态由－1价变为－2价，故当生成‎3.6 g水即0.2 mol水时，转移0.2 mol电子即0.2NA个，C正确；N2H4和H2O2均既含有极性共价键，也含有非极性共价键，D错误。‎ ‎9．依据下列事实或实验得出的结论正确的是(　　)‎ 选项 事实或实验 结论 A 原电池可将化学能转化为电能 原电池需外接电源才能工作 B 向某溶液中滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液呈红色 原溶液中一定含有Fe2＋‎ C 汽车尾气净化反应2NO(g)＋2CO(g)===N2(g)＋2CO2(g)的ΔS＜0‎ 该反应在常温下不能自发进行 D 向NaBr溶液中滴入少量氯水和CCl4，振荡、静置，溶液下层呈橙红色 Br－的还原性强于Cl－‎ 解析：选D　原电池可将化学能转化为电能，但不需外接电源，A项错误；原溶液中含有Fe3＋时也有题述现象，B项错误；根据所给事实得不出C项结论，C项错误；向NaBr溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡、静置后下层溶液呈橙红色，说明生成了Br2，从而说明Br－的还原性强于Cl－，D项正确。‎ ‎10．已知苯()分子有一类氢原子，其中二氯代物有3种，萘()分子有两类氢原子，其中二氯代物有10种，蒽()分子有三类氢原子，其中二氯代物有(　　)‎ A．13种　　　　　　　　 B．15种 C．18种 D．20种 解析：选B　在确定二氯代物同分异构体的数目时，可先确定氢原子的种类，然后固定一个氯原子，通过移动法找出可能的结构。苯的二氯代物有邻、间、对3种，由图45673Cl12、910Cl8可知萘的二氯代物有10种，由图、、知蒽的二氯代物有15种。‎ ‎11．X、Y、Z、W、M五种短周期元素的原子序数依次增大，X原子的电子层数等于其电子总数，Z原子最外层电子数与X、Y原子最外层电子数之和相等，W原子和Y原子最外层电子数之和为Z原子最外层电子数的2倍，W原子的最外层电子数为电子层数的3倍，X、M同主族。下列说法正确的是(　　)‎ A．原子半径的大小顺序为M＞W＞Z＞Y＞X B．X、Y、Z、W四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物 C．Y、Z、W、M四种元素与X元素分别形成的最简单化合物的沸点依次升高 D．X、M均可与W形成可用于自来水杀菌消毒的强氧化性化合物 解析：选C　根据题意可推出，X为H，Y为C，Z为N，W为O，M为Na。原子半径的大小顺序为Na＞C＞N＞O＞H，A项错误；NH4HCO3、(NH4)2CO3等都是离子化合物，B项错误；因为NH3分子间和H2O分子间均能形成氢键，故NH3、H2O的沸点均高于CH4的沸点，H2O在常温下为液态，沸点高于NH3的沸点，而NaH为离子化合物，常温时为固体，其沸点最高，C项正确；氢元素与氧元素形成的强氧化性物质为过氧化氢，钠元素与氧元素形成的强氧化性物质为过氧化钠，它们都不能用于自来水的杀菌消毒，D项错误。‎ ‎12．最近报道了一种新型可逆电池，该电池的负极为金属铝，正极为石墨化合物Cn[AlCl4]，电解质为R＋(烃基取代咪唑阳离子)和[AlCl4]－组成的离子液体。电池放电时，在负极附近形成双核配合物[Al2Cl7]－。充、放电过程中离子液体中的阳离子始终不变。下列说法中错误的是(　　)‎ A．放电时，正极反应式为Cn[AlCl4]＋e－===[AlCl4]－＋Cn B．充电时，阴极反应式为4[Al2Cl7]－－3e－===Al＋7[AlCl4]－‎ C．放电过程中，负极每消耗1 mol Al，导线中转移的电子数为3NA(NA为阿伏加德罗常数的值)‎ D．充、放电过程中，R＋的移动方向相反 解析：选B　由题意可知放电时，正极上Cn[AlCl4]得电子，生成Cn和[AlCl4]－，A项正确；充电时电池正极连接电源正极，电池负极连接电源负极，即电池负极作阴极，得电子，发生还原反应：4[Al2Cl7]－＋3e－===Al＋7[AlCl4]－，B项错误；放电时Al失电子，发生氧化反应：Al－3e－＋7[AlCl4]－===4[Al2Cl7]－，故负极每消耗1 mol Al，导线中转移3 mol电子，C项正确；充电时，阳离子由阳极移向阴极，放电时，阳离子由负极移向正极，故充、放电过程中R＋的移动方向相反，D项正确。‎ ‎13．已知磷酸(H3PO4)在水溶液中各种存在形式物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图，下列有关说法中正确的是(　　)‎ A．磷酸第一步电离的方程式为H3PO4===H＋＋H2PO4－‎ B．NaH2PO4溶液中，H2PO4－的电离大于其水解 C．Na3PO4溶液中，c(Na＋)/c(PO43－)＜3‎ D．pH从10降低到5的过程中发生的主要反应的离子方程式为PO43－＋H＋===HPO42－‎ 解析：选B　磷酸是中强酸，是弱电解质，其第一步电离方程式为H3PO4H＋＋H2PO4－，A项错误；根据图示判断NaH2PO4溶液呈酸性，H2PO4－的电离大于其水解，B项正确；PO4‎ ‎3－易水解，所以在Na3PO4溶液中c(Na＋)/c(PO43－)＞3，C项错误；pH＝10时，主要存在HPO42－，pH＝5时，主要存在H2PO4－，所以在pH由10降低至5的过程中发生反应HPO42－＋H＋===H2PO4－，D项错误。‎ 二、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)‎ ‎14．(2016·怀化三模)关于物理学的研究方法，以下说法错误的是(　　)‎ A．伽利略开创了运用逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法 B．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法 C．合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法 D．电场强度是用比值法定义的，因而电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电量成反比 解析：选D　16世纪末，伽利略对运动的研究，不仅确立了许多用于描述运动的基本概念，而且创造了一套对近代科学发展极为有益的方法。这些方法的核心是把逻辑推理和实验相结合进行科学研究的方法，故A正确；扭秤实验可以测量微弱的作用，关键在于它把微弱的作用经过了两次放大：一方面微小的力通过较长的力臂可以产生较大的力矩，使悬丝产生一定角度的扭转；另一方面在悬丝上固定一平面镜，它可以把入射光线反射到距离平面镜较远的刻度尺上，从反射光线射到刻度尺上的光点的移动，就可以把悬丝的微小扭转显现出来，故B正确；合力与分力、总电阻、交流电的有效值用的是“等效替代”的方法，故C正确；电场强度是用比值法定义的，但是电场强度与电场力不成正比，与试探电荷的电量不成反比，电场强度由电场本身的性质确定。故D错误。‎ ‎15.(2016·惠州模拟)如图，光滑斜面C静止在粗糙的水平地面上，质量均为m的滑块A、B叠放在一起后由静止开始下滑，此过程中斜面保持静止。则下列说法正确的是(　　)‎ A．A对B的压力等于mg B．A、B间没有摩擦力的作用 C．地面对C的摩擦力方向水平向左 D．若将A撤去，则B下滑的加速度变小 解析：选C　A具有沿斜面向下的加速度，由于在竖直方向有向下的分加速度且向下，所以处于失重状态，所以A对B的压力小于mg，由于在水平方向具有分加速度，故在水平方向必受摩擦力，故A、B错误；把ABC看成一个整体，则整体具有水平向左的分加速度，所以C受到地面对C水平向左的静摩擦力，故C正确；若将A撤去，B的加速度仍为gsin θ，故D错误。‎ ‎16．如图甲所示，在绝缘水平面内有一固定的光滑金属导轨cd、eg，端点d、e 之间连接一电阻R，金属杆ab静止在金属框架上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。导轨及杆ab的电阻忽略不计。现对杆ab施加一沿dc方向的外力F，使杆ab中的电流i随时间t变化的图像如图乙所示。运动中杆ab始终垂直于导轨且接触良好。下列关于外力F、杆ab受到的安培力功率大小P随时间t变化的图像，可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　杆ab切割磁感线产生的感应电动势e＝BLv，感应电流i＝，由乙图得i＝kt，解得杆ab的速率v＝t，可见杆ab的加速度a＝不变，对杆ab根据牛顿第二定律有F－BiL＝ma，得F＝BLkt＋ma，选项A、B均错误；杆ab受到的安培力功率大小P＝BiL·v＝k2Rt2，选项C正确，D错误。‎ ‎17.如图所示，理想变压器原线圈通以u＝220sin 100πt (V)的正弦交流电，与副线圈相连的两个灯泡完全相同，电表都是理想电表，电路正常工作。下列说法正确的是(　　)‎ A．交流电的频率为100π Hz B．开关S闭合后与断开时相比，电压表示数增大 C．开关S闭合后与断开时相比，电流表示数变小 D．开关S闭合后与断开时相比，变压器的输入功率增大 解析：选D　理想变压器原线圈通以u＝200sin 100πt (V)的正弦交流电，知角频率ω＝100π Hz，根据ω＝＝2πf，得f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误；开关S闭合与断开时相比，根据＝，因匝数比不变，原线圈电压一定，副线圈两端电压不变，电压表示数不变，故B错误；开关S闭合后与断开时相比，根据欧姆定律，电流表示数不变，故C错误；开关S闭合后，副线圈回路电阻变小，根据P2＝，知输出功率增大，根据理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确。‎ ‎18．(2016·兰州一中考前实战演练)目前我国正在研制“萤火二号”某星球探测器，假设其发射过程为：先让运载火箭将其送入太空，以第一宇宙速度环绕地球飞行，再调整速度进入地球和该星球的转移轨道，最后再一次调整速度以线速度v 在该星球表面附近环绕飞行，若认为地球和该星球都是质量分布均匀的球体，已知地球和该星球的半径之比为2∶1，密度之比为7∶5，则v大约为(　　)‎ A．‎6.9 km/s　　　　　　　　 B．‎3.3 km/s C．‎4.7 km/s D．‎18.9 km/s 解析：选B　探测器绕地球表面运行和绕某星球表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：G＝m，解得v＝①，M为中心天体质量，R为中心天体半径，M＝ρ·πR3②，由①②得：v＝ ，已知地球和某星球的半径之比为2∶1，密度之比为7∶5，所以探测器绕地球表面运行和某星球表面运行线速度大小之比＝，第一宇宙速度大小是环绕星球表面飞行的线速度大小，地球第一宇宙速度v＝‎7.9 km/s，所以探测器绕某星球表面运行的速度大小是‎3.3 km/s，B正确，A、C、D错误。‎ ‎19.如图是某同学设想的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是(　　)‎ A．若电梯突然坠落，将线圈闭合可起到应急避险作用 B．若电梯突然坠落，将线圈闭合可以使电梯悬浮在空中 C．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同 D．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落 解析：选AD　若电梯突然坠落，将线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，故A正确；感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，故B错误；当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知A与B中感应电流方向相反，故C错误；结合A的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故D正确。‎ ‎20．(2015·浙江高考)如图所示为赛车场的一个水平“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O′为圆心的半圆，OO′＝r。赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则(　　)‎ A．选择路线①，赛车经过的路程最短 B．选择路线②，赛车的速率最小 C．选择路线③，赛车所用时间最短 D．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等 解析：选ACD　由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr＋2r)、(2πr＋2r)和2πr，可知路线①的路程最短，选项A正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg＝m，可得最大速率v＝，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B错误；根据t＝，可得①、②、③所用的时间分别为t1＝，t2＝，t3＝，其中t3最小，可知线路③所用时间最短，选项C正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma向，a向＝μg，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg，选项D正确。‎ ‎21．等离子气流由左方连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有随图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．0～1 s内，ab、cd导线互相排斥 B．1～2 s内，ab、cd导线互相吸引 C．2～3 s内，ab、cd导线互相吸引 D．3～4 s内，ab、cd导线互相排斥 解析：选BD　左侧实际上为等离子体发电机，将在ab中形成从a到b的电流，由图乙可知，0～2 s内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从c到d的电流，同理2～4 s形成从d到c的电流，且电流大小不变，故0～2 s秒内电流同向，相互吸引，2～4 s电流反向，相互排斥，故A、C错误，B、D正确。‎ 理综选择题提速练(三)‎ 一、选择题(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)‎ ‎1．下列有关细胞的结构和功能的描述，错误的是(　　)‎ A．细胞核是mRNA合成和加工的场所 B．溶酶体能合成多种酶，包括DNA水解酶 C．核孔是生物大分子可以选择进出的通道 D．细胞器在细胞质的分布与其细胞功能相适应 解析：选B　细胞核是mRNA合成和加工的场所；溶酶体内含多种水解酶，但不能合成水解酶；核孔具有选择性，是RNA和蛋白质等大分子物质进出细胞核的通道，但DNA不能通过；细胞器的种类和细胞器在细胞中的分布与细胞的功能相适应。‎ ‎2．在过氧化氢酶催化下，H2O2分解释放的O2与愈创木酚反应生成茶褐色产物；O2产生越多，溶液颜色越深。为探究pH对酶活性的影响，某研究小组运用比色法，测定了5 min内茶褐色产物量的变化，结果如图。下列叙述错误的是(　　)‎ A．先将过氧化氢酶和反应物分别加缓冲液处理，一段时间后再混合 B．依据0～1 min的曲线斜率，可比较不同pH条件下的酶活性 C．pH 5～8缓冲液处理组，反应结束时的产物相对量是不同的 D．在pH为3的缓冲液中过氧化氢酶因空间结构被破坏而失活 解析：选C　该题探究pH对酶活性的影响，应先将底物和酶达到环境所处的pH，再将相同pH条件下的酶和底物混合；依据0～1 min的曲线斜率，可比较不同pH条件下的酶活性，斜率越大，酶活性越高；探究pH对酶活性的影响，底物的量为无关变量，各组要相同，pH 5～8缓冲液处理组，最终产物相对量是相同的；过酸、过碱都会使酶因空间结构被破坏而失活。‎ ‎3．如图为某细胞一个DNA分子中a、b、c三个基因的分布状况，图中Ⅰ、Ⅱ为无遗传效应的序列。有关叙述正确的是(　　)‎ A．该DNA片段中含有3个起始密码子 B．a中碱基对缺失，属于染色体结构变异 C．c中碱基对若发生变化，生物体性状不一定会发生改变 D．在减数分裂的四分体时期，b与c可发生交叉互换 解析：选C　起始密码子位于mRNA上，不是位于DNA上；a中碱基对缺失，属于基因突变；c中碱基对发生变化，由于密码子的简并性，生物体性状不一定会发生改变；在减数分裂中交叉互换发生在同源染色体的非姐妹染色单体之间。‎ ‎4．如图表示植物激素对某植物果实发育、成熟、衰老和脱落的调节作用，甲、乙、丙代表不同的植物激素。下列说法正确的是(　　 )‎ A．激素甲对细胞伸长生长具有促进作用 B．高浓度的生长素可以防止落花落果 C．果实成熟时激素乙直接参与细胞内的代谢活动 D．激素丙在幼嫩的组织和器官中含量较多 解析：选A　根据图示分析，激素甲是赤霉素，对细胞伸长生长具有促进作用；生长素的作用具有两重性，高浓度的生长素可以促进落花落果；激素不能直接参与代谢，只起调节代谢的作用；激素丙是脱落酸，在萎蔫的叶片和将要脱落的组织和器官中含量较多。‎ ‎5．下列关于细胞生命历程的叙述，错误的是(　　)‎ A．细胞分化的实质是基因的选择性表达 B．衰老的细胞内水分减少，代谢速率减慢 C．原癌基因的主要功能是阻止细胞发生异常增殖 D．细胞凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程 解析：选C　细胞分化的实质是基因的选择性表达；衰老的细胞内水分减少，代谢速率减慢；原癌基因调节细胞周期，控制细胞生长和分裂的过程，抑癌基因主要是阻止细胞不正常的增殖；细胞凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程。‎ ‎6．在圣露西亚岛有两种植物靠一种蜂鸟传粉。一种植物的花蕊蜜管直而短，另一种则弯而深。雌鸟的长鸟喙适于在弯曲的长筒状花蕊蜜管中采蜜，雄鸟的短鸟喙适于在短小笔直的花蕊蜜管中采蜜。下列相关叙述错误的是(　　)‎ A．雌雄蜂鸟在不同植物上采蜜缓解了雌雄蜂鸟间的种内斗争 B．两种植物花蕊蜜管形态的差异是因蜂鸟采蜜导致的变异 C．花蕊蜜管形态与鸟喙长度相适应是长期自然选择的结果 D．蜂鸟的性别比例和种群密度会影响两种植物的种群密度 解析：选B　题干信息告知同种雌雄蜂鸟采蜜不同植物，食物来源不同，可缓解种内斗争；可遗传变异的产生根本上来自于遗传物质本身的变化，蜂鸟采蜜只属于环境因素；根据现代进化理论认为，现存的生物之间的适应关系是共同进化的结果，是长期自然选择的结果；蜂鸟采蜜的同时会帮助植物传粉，不同性别蜂鸟采蜜不同植物，所以蜂鸟的性别比例及其种群密度对于两种植物的种群密度会有影响。‎ ‎7．化学与环境、工农业生产等密切相关，下列叙述正确的是(　　)‎ A．光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮氧化合物有关 B．肼、氨、甲醇等燃料电池的热值远高于其直接燃烧的热值 C．室内装修用的硅藻泥的主要成分为硅酸盐 D．石油的减压分馏、煤的气化、海水制镁等过程中都包含化学变化 解析：选A　光化学烟雾与大量排放碳氢化合物和氮氧化合物有关，A项正确；热值是指某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比，是一种物质特定的性质。燃料的热值与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧状况无关，B项错误；室内装修用的硅藻泥的主要成分为二氧化硅，C项错误；石油的减压分馏属于物理变化，不包含化学变化，D项错误。‎ ‎8．下列表述和方程式书写都正确的是(　　 )‎ A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式(ΔH的绝对值正确)：C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1‎ B．向NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42－完全沉淀：Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－===AlO2－＋2BaSO4↓＋2H2O C．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4－＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O D．用硫酸酸化的橙色的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液与乙醇作用生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶：2Cr2O72－＋‎3C2H5OH＋16H＋―→4Cr3＋＋3CH3COOH＋11H2O 解析：选D　A项，水应为液体，表示乙醇燃烧热的热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1 367.0 kJ·mol－1，错误；B项，向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42－完全沉淀，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1∶2，反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为2Ba2＋＋NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋4OH－===Al(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓，错误；C项，用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，由于酸性高锰酸根离子能够氧化氯离子，干扰了实验，无法证明H2O2具有还原性，可以用稀硫酸酸化，错误；D项，硫酸酸化的橙色的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液具有强氧化性，能够氧化乙醇，同时生成乙酸和草绿色三价铬，可以用于检测是否酒后驾驶，反应的离子方程式为2Cr2O72－＋‎3C2H5OH＋16H＋―→4Cr3＋＋3CH3COOH＋11H2O，正确。‎ OOH9.屠呦呦因对青蒿素的研究而获得诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素可以青蒿酸(结构简式如图所示)为原料合成，下列关于青蒿酸的说法中正确的是(　　)‎ A．分子式为C15H24O2‎ B．属于芳香族化合物 C．能发生取代反应和加成反应 D．分子中所有原子可能共平面 解析：选C　由题图中青蒿酸的结构简式可以看出，其分子式为C15H22O2，A项错误；青蒿酸分子中不含苯环，不属于芳香族化合物，B项错误；分子中含有羧基，能发生酯化反应(属于取代反应)，含有碳碳双键，能发生加成反应，C项正确；分子中含有甲基，所有原子不可能共平面，D项错误。‎ ‎10．完成下列实验所选择的装置或仪器(夹持装置已略去)不正确的是(　　)‎ 选项 A B C D 实验 灼烧纯碱 观察焰色 反应 用CCl4提 取溴水中 的Br2‎ 从KI和I2‎ 的固体混合 物中回收I2‎ 除去氯气中 的氯化氢 装置 或 仪器 解析：选C　灼烧固体，应用坩埚，且需要在坩埚上面放置一个表面皿来回收升华出的I2，C项错误。‎ ‎11．短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，a、c的价电子数之和为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8。下列叙述错误的是(　　)‎ A．a和b可形成气态化合物 B．c的原子半径小于d的原子半径 C．b和c形成的化合物为离子化合物 D．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性 解析：选B　根据提供信息，可以推断出a为C，b为O，c为Mg，d为S。C、O可以形成气态化合物CO、CO2等，A项正确；Mg、S同周期，原子半径：Mg＞S，B项错误；MgO为离子化合物，C项正确；C、S的最高价氧化物的水化物分别为H2CO3、H2SO4，均呈酸性，D项正确。‎ ‎12．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是(　　)‎ 选项 实验 现象 结论 A 向浓硝酸中加入铁片，充分反应后加入铜粉 有气体生成，溶液呈蓝绿色 浓硝酸将Fe氧化为Fe3＋，生成NO2，Cu与Fe3＋反应生成Cu2＋、Fe2＋‎ B 将铝条插入1.0 mol·L－1‎ 铝条表面形成白色“毛刷”‎ 硝酸汞溶液中，几分钟后，取出铝条 铝能置换出单质汞，汞破坏了铝表面的氧化物薄膜，里面的铝不断与空气中的氧气反应 C 表面变黑的银器浸泡到盛有食盐水的铝制容器中，当银器与铝接触时 银器立即变得光亮如新 铝与银器在食盐水中构成原电池，铝作负极，硫化银失电子被氧化成单质银 D 将0.1 mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L－1 CuSO4溶液 白色沉淀逐渐变为浅蓝色 Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]‎ 解析：选B　向浓硝酸中加入铁片，铁片被钝化，有气体生成且溶液呈蓝色，是因为浓硝酸与Cu发生了氧化还原反应，A项错误；将铝条插入硝酸汞溶液中，铝置换出汞，破坏了铝表面的氧化膜，取出铝条后铝与空气中的氧气反应，但表面的汞阻挡了氧化膜的形成，氧化铝向上生长，形成白色“毛刷”，B项正确；银器光亮如新，是因为铝作负极，银器作正极，正极上Ag2S发生还原反应：Ag2S＋2e－===2Ag＋S2－，C项错误；白色沉淀转化为浅蓝色沉淀，说明Cu(OH)2比Mg(OH)2更难溶，故Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，D项错误。‎ ‎13.氧电化学传感器可用于测定O2含量，右图为某种氧电化学传感器的原理示意图。已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变。一定时间内，若通过传感器的待测气体为a L(标准状况)，某电极增重了b g。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．Pt上发生氧化反应 B．Pb上的电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O C．反应过程中转移OH－的物质的量为0.25b mol D．待测气体中氧气的体积分数为 解析：选D　该装置为原电池，Pt为正极，Pt上发生还原反应，A项错误；Pb为负极，电极反应式为Pb－2e－＋2OH－===PbO＋H2O，B项错误；根据Pb－2e－＋2OH－===PbO＋H2O，Pb电极增重b g，知转移OH－的物质的量为×2＝0.125b mol，C项错误；Pb电极增加的质量等于待测气体中氧气的质量，则V(O2)＝××‎22.4 L·mol－1＝0.7b L，则待测气体中O2的体积分数为＝，D项正确。‎ 二、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)‎ ‎14.如图所示，一只用绝缘材料制成的半径为R的半球形碗倒扣在水平面上，其内壁上有一质量为m的带正电小物块，在竖直向上的电场力F＝2mg的作用下静止在距碗口R高度处。已知小物块与碗之间的动摩擦因数为μ，g为重力加速度，则碗对小物块的弹力与摩擦力的大小分别为(　　)‎ A．0.8mg和0.6mg　　　　 B．0.8mg和0.8μmg C．mg和μmg D．mg和0.6mg 解析：选A　对小物块受力分析如图所示，根据题意可知，弹力FN与竖直方向的夹角为θ，将所有的力正交分解可知FNcos θ＋fsin θ＋mg＝F，FNsin θ＝fcos θ，又sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，联立解得FN＝0.8mg，f＝0.6mg，因此A正确，B、C、D错误。‎ ‎15．研究表明，3亿年前地球自转的周期约为22小时。这表明地球的自转在减慢，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，则未来(　　)‎ A．近地卫星的运行速度比现在小 B．近地卫星的向心加速度比现在小 C．地球同步卫星的线速度比现在大 D．地球同步卫星的向心加速度比现在小 解析：选D　设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，则有：G＝m＝m＝mω2r＝ma向，得周期为：T＝2π，线速度为：v＝，角速度为：ω＝，向心加速度a向＝，由题意知，近地卫星的运行半径不变，所以运行速度不变，向心加速度也不变，故A、B错误；若自转在减慢，则同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，则线速度v减小，角速度ω减小，向心加速度减小，故C错误，D正确。‎ ‎16.如图所示为氢原子的能级图，现有一群处于n＝3激发态的氢原子，则这些原子(　　)‎ A．发出的光子最小能量是0.66 eV B．发出的光子最大能量是12.75 eV C．能辐射出2种不同频率的光子 D．由n＝3跃迁到n＝1时发出的光子频率最高 解析：选D　由n＝3向n＝2能级跃迁所辐射的光子能量最小，Emin＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 eV，A错误；由n＝3向n＝1能级跃迁所辐射的光子能量最大，Emax＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，B错误；辐射的光子能量最大，辐射的光子频率最高，D正确；从n＝3向低能级跃迁可辐射出3种不同频率的光子，C错误。‎ ‎17.(2016·怀化三模)如图所示，闭合开关S后，A、B、C三灯发光亮度相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．三灯的电阻大小是RA＞RC＞RB B．三灯的电阻大小是RA＞RB＞RC C．A灯变亮、C灯变亮，B灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗，C灯变暗 解析：选B　A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而三灯的实际功率相等，由P＝可知：RA＞RC，RA＞RB。C灯的电流大于B灯的电流，两灯的实际功率相等，由P＝I2R可得：RC＜RB。则得：RA＞RB＞RC。故A错误，B正确。当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在电路中的电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮；由于总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗。C灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮。故C、D错误。‎ ‎18．如图所示，A、B两个相同的球处于高为H的同一高度由静止释放，A做自由落体运动，B先沿固定光滑的四 分之一圆弧运动，从圆弧面抛出后做平抛运动，若B球落地时重力做功的瞬时功率是A球落地时重力做功瞬时功率的一半，则圆弧轨道的半径为(忽略小球的大小)(　　)‎ A.H B.H C.H D.H 解析：选B　由机械能守恒定律可知，两个球落地时的速度大小相等，设球的质量为m，球落地时的速度大小为v，则A球落地时重力做功的瞬时功率P1＝mgv，设B球落地时的速度与竖直方向夹角为θ，则mgvcos θ＝mgv，解得：θ ‎＝60°；由此可知，小球做平抛运动的速度v0＝vsin 60°＝v，再由机械能守恒定律可知：mgR＝mv02＝·mv2，对A由机械能守恒可得：mgH＝mv2，解得：R＝H；故B正确，A、C、D错误。‎ ‎19.一个物体处于A、B两点的中点处，由静止开始运动，设AB足够长，物体运动的加速度随时间变化的图像如图所示。设指向A的方向为加速度的正方向，若用v、W分别表示物体运动的速度、合外力对物体做的功，则从t＝0开始，下列图像能正确反映v、W变化规律的是(　　)‎ 解析：选AD　物体做加速度随时间周期性变化的直线运动，奇数秒加速度为正方向，偶数秒加速度为负方向。因为物体从静止开始运动，一开始做向A的初速度为零的匀加速直线运动，1 s末，v＝at＝‎1 m/s，F＝ma，s＝at2＝‎0.5 m。接下来，加速度反向，即以刚才的末速度为初速度做匀减速直线运动，经相同时间速度刚好为零。再继续运动时，加速度a又为正方向，故又重新加速。综上所述，物体将一直向正方向运动，故选项A正确；位移始终为正，但F方向时正时负，由W＝Fs可知合外力对物体做的功时正时负，故选项D正确。‎ ‎20．(2016·衡水模拟)如图甲所示，质量为m的物块放在竖直升降机的地板上，升降机从静止开始匀加速运动一段距离s后，速度为v，测得物块对地板的压力大小为F，改变升降机的加速度，匀加速运动相同的距离，可以得到多组对应的v与F，作出Fv2的关系图像，如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当地的重力加速度为 B．当v2＝c时，物块一定处于完全失重状态 C．物块的质量m＝ D．d＝2b 解析：选AD　由题图乙可知，v2＝c时，F ‎＝0，升降机和物块仅在重力作用下匀加速运动，则由v2＝2gs，可知g＝，选项A正确；由图像可知，F＝d时，v2＝c，此时物块具有向上的加速度，处于超重状态，选项B错误；由v2＝2as可知，加速度a＝，则F合＝，即|F－mg|＝，知图线的纵轴截距表示重力，得m＝＝，选项C错误；当v2＝c，F＝0时，物块对地板的压力为零，a＝g，当v2＝c，F＝d时，加速度a＝＝g，则F－mg＝mg，故d＝2mg，则d＝2b，选项D正确。‎ ‎21．如图甲所示，相距为‎2L的光滑平行金属导轨水平放置，右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计，OO′的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在OO′左侧L处垂直导轨放置一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab，ab在恒力F的作用下由静止开始向右运动‎3L的距离，其速度与位移的变化关系如图乙所示。下列判断中正确的是(　　)‎ A．ab即将离开磁场时，安培力的大小为 B．整个运动的过程中，通过电阻R上的电量为 C．ab即将离开磁场时，加速度的大小为－ D．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为m(v22－3v12)‎ 解析：选BCD　ab即将离开磁场时，速度为v1，电动势E＝2BLv1，电流I＝，安培力F安＝2BIL＝，故A错误；整个过程中，磁通量的变化量为ΔΦ＝2BL2，产生的电量q＝·Δt＝，故B正确；ab杆在离开磁场前瞬间，水平方向上受安培力F安和外力F作用，设加速度为a，则F安＝2BIL，I＝，a＝，ab杆在位移L到‎3L的过程中，由动能定理得：F(‎3L－L)＝m(v22－v12)，联立解得：a＝－，故C正确；ab杆在磁场中位移从0到L的过程中，由能量转化与守恒定律得：FL＝mv12＋Q，解得Q＝m(v22‎ ‎－3v12)，所以电阻R上产生的焦耳热为Q1＝ Q＝m(v22－3v12)，故D正确。‎