2018年高考物理真題分模塊整理答案

參考答案與解析

專(zhuān)題/質(zhì)點(diǎn)的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

1.解析：選A.小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后能回到原高度，重復(fù)原來(lái)

的過(guò)程，以落地點(diǎn)為原點(diǎn)，速度為零時(shí)，位移最大，速度最大時(shí)位移為零，設(shè)高度為h,則

速度大小與位移的關(guān)系滿(mǎn)足v2=2g(h-x),A項(xiàng)正確.

2.解析：選A.設(shè)質(zhì)點(diǎn)的初速度為小、末速率為v?由末動(dòng)能為初動(dòng)能的9倍，得末速

度為初速度的3倍，即”=3%，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，A"g"°=2v(>,由加速度的

定義可知質(zhì)點(diǎn)的加速度a="胃=平，由以上兩式可知，”=*A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)

誤.

3.解析：選BD.根據(jù)題述，兩車(chē)在f=3s時(shí)并排行駛，由v—f圖線(xiàn)與橫軸所圍面積表

示位移可知，在f=ls時(shí)，甲車(chē)和乙車(chē)并排行駛，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤.由圖象可知，在t=ls

時(shí)甲車(chē)速度為10m/s,乙車(chē)速度為15m/s,0?Is時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)行駛位移為XI=5m,乙車(chē)行

駛位移為必=12.5m,所以在Z=O時(shí)，甲車(chē)在乙車(chē)前7.5m,選項(xiàng)B正確.從1=1s到1=3s,

甲、乙兩車(chē)兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為x=gx(10+30)X2m=40m,選項(xiàng)

D正確.

4.解析：選BD.由于兩球由同一種材料制成，甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，因此甲球的

體積大于乙球的體積，甲球的半徑大于乙球的半徑，設(shè)球的半徑為,，根據(jù)牛頓第二定律，

下落過(guò)程中叫一匕=詠，a=g——^~=g-簫,可知，球下落過(guò)程做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，

且下落過(guò)程中半徑大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h=^at2可知，下

落相同的距離，甲球所用的時(shí)間短，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤；由可知，甲球末速度的大小大于

乙球末速度的大小，B項(xiàng)正確；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D項(xiàng)正確.

專(zhuān)題2相互作用

1.解析：選A.以。點(diǎn)為研究對(duì)象，設(shè)繩04與豎直方向的夾角為仇物體的重力為G,

根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可知，F(xiàn)=GtanO,7=島，隨著。點(diǎn)向左移，。變大，則F逐漸變大，

7逐漸變大，A項(xiàng)正確.

2.解析：選C.由于輕環(huán)不計(jì)重力，故細(xì)線(xiàn)對(duì)輕環(huán)的拉力的合力與圓弧對(duì)輕環(huán)的支持力

等大反向，即沿半徑方向；又兩側(cè)細(xì)線(xiàn)對(duì)輕環(huán)拉力相等，故輕環(huán)所在位置對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為

兩細(xì)線(xiàn)的角平分線(xiàn)，因?yàn)閮奢p環(huán)間的距離等于圓弧的半徑，故兩輕環(huán)與圓弧圓心構(gòu)成等邊三

角形；又小球?qū)?xì)線(xiàn)的拉力方向豎直向下，由幾何知識(shí)可知，兩輕環(huán)間的細(xì)線(xiàn)夾角為120。，

對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析，由三力平衡知識(shí)可知，小物塊質(zhì)量與小球質(zhì)量相等，均為〃?，C項(xiàng)

正確.

3.解析：選BD.將桌布從魚(yú)缸下拉出的過(guò)程，魚(yú)缸相對(duì)桌布向左運(yùn)動(dòng)，因此桌布對(duì)它的

摩擦力方向向右，A項(xiàng)錯(cuò)誤.設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，魚(yú)缸在桌布對(duì)它的滑動(dòng)摩擦力的作用下做

初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為〃g,設(shè)經(jīng)過(guò)“時(shí)間魚(yú)缸滑離桌布，滑離時(shí)的速度為

V,則魚(yú)缸滑到桌面上后，做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小也為〃g,因此魚(yú)缸在桌面上

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間打=聯(lián)，因此4=缶B項(xiàng)正確.若貓?jiān)龃罄?，魚(yú)缸受到的摩擦力仍為滑動(dòng)摩擦

力，大小為〃〃蹴設(shè)魚(yú)缸質(zhì)量為機(jī)），保持不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤.若貓減小拉力，則魚(yú)缸與桌布間

的摩擦力有可能小于滑動(dòng)（最大靜）摩擦力，則魚(yú)缸與桌布一起運(yùn)動(dòng)，從而滑出桌面，D項(xiàng)正

確.

4.解析：選BD.只要物塊。質(zhì)量不變，物塊6保持靜止，則連接。和6的細(xì)繩的張力就

保持不變，細(xì)繩的張力也就不變，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤.對(duì)物塊6進(jìn)行受力分析，物塊6受

到細(xì)繩的拉力（不變）、豎直向下的重力（不變）、外力F、桌面的支持力和摩擦力.若F方向不

變，大小在一定范圍內(nèi)變化，則物塊6受到的支持力和物塊人與桌面間的摩擦力也在一定范

圍內(nèi)變化，選項(xiàng)B、D正確.

專(zhuān)題3牛頓運(yùn)動(dòng)定律

1.解析：選BC.施加一恒力后，質(zhì)點(diǎn)的速度方向可能與該恒力的方向相同，可能與該恒

力的方向相反，也可能與該恒力方向成某一角度且角度隨時(shí)間變化，但不可能總是與該恒力

的方向垂直，若施加的恒力方向與質(zhì)點(diǎn)初速度方向垂直，則質(zhì)點(diǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)速度方

向與恒力方向的夾角隨時(shí)間的增大而減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確.質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)

動(dòng)，說(shuō)明原來(lái)作用在質(zhì)點(diǎn)上的合力為零，現(xiàn)對(duì)其施加一恒力，根據(jù)牛頓第二定律，質(zhì)點(diǎn)加速

度的方向總是與該恒力的方向相同，且大小不變，由“=當(dāng)可知，質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)間內(nèi)速度的變

化量Av總是不變的，但速率的變化量不確定，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤.

2.解析：選AB.由題意根據(jù)動(dòng)能定理有，2mgh—W尸Q,B|J2mgh-fimgcos45°?^^5°

h6

一〃mgcos37。?昂?=（）,得動(dòng)摩擦因數(shù)〃=熱則A項(xiàng)正確；載人滑草車(chē)克服摩擦力做的功

為W產(chǎn)2mgh,則C項(xiàng)錯(cuò)誤；載人滑草車(chē)在上下兩段的加速度分別為°i=g（sin45O-〃cos45。）

=^g，02=g（sin37。一〃cos37。）=一奈，則載人滑草車(chē)在上下兩段滑道上分別做加速運(yùn)動(dòng)

和減速運(yùn)動(dòng)，則在上段底端時(shí)達(dá)到最大速度v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2m益亍=/得，v=

26Z|sirM^~故B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

3.解析：選BD.啟動(dòng)時(shí)，動(dòng)車(chē)組做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向前，乘客受到豎直向下的重

力和車(chē)廂對(duì)乘客的作用力，由牛頓第二定律可知，這兩個(gè)力的合力方向向前，所以啟動(dòng)時(shí)乘

客受到車(chē)廂作用力的方向一定傾斜向前，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.設(shè)每節(jié)車(chē)廂質(zhì)量為團(tuán)，動(dòng)車(chē)組在水平

直軌道上運(yùn)行過(guò)程中阻力與車(chē)重成正比，則有每節(jié)車(chē)廂所受阻力片而陪.設(shè)動(dòng)車(chē)組勻加速直線(xiàn)

運(yùn)動(dòng)的加速度為。，每節(jié)動(dòng)車(chē)的牽引力為尸，對(duì)8節(jié)車(chē)廂組成的動(dòng)車(chē)組整體，由牛頓第二定

律，2F-8f=8ma；設(shè)第5節(jié)車(chē)廂對(duì)第6節(jié)車(chē)廂的拉力為西，隔離第6、7、8節(jié)車(chē)廂，把第

6、7、8節(jié)車(chē)廂作為整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)s—3f=3ma,解得憑=子；設(shè)

第6節(jié)車(chē)廂對(duì)第7節(jié)車(chē)廂的拉力為死，隔離第7、8節(jié)車(chē)廂，把第7、8節(jié)車(chē)廂作為整體進(jìn)行

受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)6-2f=2ma,解得尸6=f；第5、6節(jié)車(chē)廂與第6、7節(jié)車(chē)廂

間的作用力之比為尸5:尸6=苧：4=3:2,選項(xiàng)B正確.關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，動(dòng)車(chē)組在阻力作用

2

下滑行，由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，滑行距離x=或，與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)速度的二次方成正比，

選項(xiàng)C錯(cuò)誤.設(shè)每節(jié)動(dòng)車(chē)的額定功率為P,當(dāng)有2節(jié)動(dòng)車(chē)帶6節(jié)拖車(chē)時(shí)，2P=Vmm；當(dāng)改

；

為4節(jié)動(dòng)車(chē)帶4節(jié)拖車(chē)時(shí)，4P=8/V2m；聯(lián)立解得Vim：V2m=1：2,選項(xiàng)D正確.

專(zhuān)題4曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)

1.解析：選A.由于不計(jì)空氣阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向拋出，在豎直

方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向的初速度相同，加速度為重力加

速度，水平方向的初速度相同，因此兩小球的運(yùn)動(dòng)情況相同，即8球的運(yùn)動(dòng)軌跡與4球的一

樣，A項(xiàng)正確.

2

2.解析：選AC.質(zhì)點(diǎn)由半球面最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：fngR-W=^nv,

又在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度大小兩式聯(lián)立可得。=2,呀”），A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)

誤；在最低點(diǎn)時(shí)有N—解得N=紅珠二絲，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

2

3.解析：選AB.因賽車(chē)在圓弧彎道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由向心力公式有尸=加方，則在

大小圓弧彎道上的運(yùn)動(dòng)速率分別為v大=^2.2^?8、=45m/s,v小=

y2.2：：迎=30m/s,可知賽車(chē)在繞過(guò)小圓弧彎道后做加速運(yùn)動(dòng)，則A、B項(xiàng)正確；由幾何關(guān)

系得直道長(zhǎng)度為4/=、—一（/一廠）2=5（入8m,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式微一抹=2ad,得賽車(chē)在直道

上的加速度大小為a=6.50m/s2,則C項(xiàng)錯(cuò)誤；賽車(chē)在小圓弧彎道上運(yùn)動(dòng)時(shí)間『=咨=2.79s,

3y小

則D項(xiàng)錯(cuò)誤.

4.解析：（1）設(shè)小球的質(zhì)量為機(jī)，小球在/點(diǎn)的動(dòng)能為￡小，由機(jī)械能守恒得

a="叫①

設(shè)小球在8點(diǎn)的動(dòng)能為E如同理有￡)(5=/?舉)

由①②式得/：&4=5：1.③

(2)若小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿(mǎn)足NNO④

設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vc,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心加速度公式有

N+mg—nr^?

2

由④⑤式得，V。應(yīng)滿(mǎn)足機(jī)gW加平⑥

由機(jī)械能守恒有

由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn).

答案：(1)5：1(2)見(jiàn)解析

5.解析：(1)運(yùn)動(dòng)員在段做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)的長(zhǎng)度為x,則有

由牛頓第二定律有mg-^—Ff=ma@

聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得衣=144N③

(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到C點(diǎn)時(shí)的速度為心，在由8處運(yùn)動(dòng)到達(dá)C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

mgh+W=^mvc~^mvB?

設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為尸N，由牛頓第二定律有

仆一"唱=誓2@

由運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得

R=12.5m.

答案：(D144N(2)12.5m

6.解析：⑴打在探測(cè)屏”中點(diǎn)的微粒下落的高4度右1二好①

(2)打在8點(diǎn)的微粒初速度也=1；2/!=;gd③

vi=

同理，打在/點(diǎn)的微粒初速度

暝=

能被屏探測(cè)到的微粒的初速度范圍為:

代入④⑤式得L=2y[2h.

答案：見(jiàn)解析

專(zhuān)題5萬(wàn)有引力與航天

1.解析：選B.開(kāi)普勒在第谷的觀測(cè)數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，B項(xiàng)正

確；牛頓在開(kāi)普勒總結(jié)的行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基礎(chǔ)上發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律，找出了行星運(yùn)動(dòng)的原

因，A、C、D項(xiàng)錯(cuò).

2.解析：選C.為了實(shí)現(xiàn)飛船與空間實(shí)驗(yàn)室的對(duì)接，必須使飛船在較低的軌道上加速做

離心運(yùn)動(dòng)，上升到空間實(shí)驗(yàn)室運(yùn)動(dòng)的軌道后逐漸靠近空間實(shí)驗(yàn)室，兩者速度接近時(shí)實(shí)現(xiàn)對(duì)接,

選項(xiàng)C正確.

3.解析：選B.設(shè)地球半徑為R,畫(huà)出僅用三顆地球同步衛(wèi)星使地球赤道上任意兩點(diǎn)之

間保持無(wú)線(xiàn)電通訊時(shí)同步衛(wèi)星的最小軌道半徑示意圖，如圖所示.由圖中幾何關(guān)系可得，同

步衛(wèi)星的最小軌道半徑r=2R.設(shè)地球自轉(zhuǎn)周期的最小值為T(mén),則由開(kāi)普勒第三定律可得，

32

(6.6/?)(24h)5,口十必

一77方-丁=—廣一，解得7^4h,選項(xiàng)B正確.

4.解析：選B.衛(wèi)星由軌道1進(jìn)入軌道2,需在尸點(diǎn)加速做離心運(yùn)動(dòng)，故衛(wèi)星在軌道2

運(yùn)行經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)時(shí)的速度較大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由丹!二打?？芍?，不論在軌道1還是在軌道2運(yùn)

行，衛(wèi)星在P點(diǎn)的加速度都相同，在軌道1運(yùn)行時(shí)，衛(wèi)星在不同位置有不同的加速度，B項(xiàng)

正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；衛(wèi)星在軌道2的不同位置，速度方向一定不相同，故動(dòng)量方向一定不相同，

D項(xiàng)錯(cuò)誤.

5.解析：選D.固定在赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)的周期與同步衛(wèi)星運(yùn)行的周期相等，同

步衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大，由。=，(專(zhuān))可知，同步衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大，即敢＞的，

B、C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于東方紅二號(hào)與東方紅一號(hào)在各自軌道上運(yùn)行時(shí)受到萬(wàn)有引力，因此有歲

=ma,即a=0,由于東方紅二號(hào)的軌道半徑比東方紅一號(hào)在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)距地高度大，因此

有〃1>〃2，A項(xiàng)錯(cuò)誤、D項(xiàng)正確.

6.解析：選AD.衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，即G^=*=mR（第,得

T=2ir,

\[cXi由RA>RB，可知'TA>TB,VA<VB<由于兩衛(wèi)星的質(zhì)量相等'因此

EMEkB，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由開(kāi)普勒第三定律可知，%=卷，D項(xiàng)正確；衛(wèi)星與地心的

連線(xiàn)在t時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積S=/TR2=/嬰，可見(jiàn)軌道半徑大的衛(wèi)星與地心的連線(xiàn)在單位

時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積大，C項(xiàng)錯(cuò)誤.

專(zhuān)題6機(jī)械能及其守恒定律

1.解析：選C.根據(jù)動(dòng)能定理，物體動(dòng)能的增量等于物體所受所有力做功的代數(shù)和，即

增力口的動(dòng)能為4^=%;+叼=1900J—100J=1800J,A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；重力做功與重力勢(shì)能

改變量的關(guān)系為郎G=—AEp,即重力勢(shì)能減少了1900J,C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

2.解析：選C.小球從釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律可知,

7HgZ.=1wv2,v—y[2gL,繩長(zhǎng)￡越長(zhǎng)，小球到最低點(diǎn)時(shí)的速度越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于P球的

質(zhì)量大于。球的質(zhì)量，由Ek=f”可知，不能確定兩球動(dòng)能的大小關(guān)系，B項(xiàng)錯(cuò)誤；在最低

點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)—mg=m：,求得尸=3〃?g,由于P球的質(zhì)量大于。球的質(zhì)量,

2

因此C項(xiàng)正確；由“=?=2g可知，兩球在最低點(diǎn)的向心加速度相等，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

3.解析：選BCD.小球在從"點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的壓縮量先增大，后減小,

到某一位置時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，再繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧又伸長(zhǎng).彈簧的彈力

方向與小球速度的方向的夾角先大于90。，再小于90。，最后又大于90。，因此彈力先做負(fù)功,

再做正功，最后又做負(fù)功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；彈簧與桿垂直時(shí)，小球的加速度等于重力加速度，當(dāng)

彈簧的彈力為零時(shí)，小球的加速度也等于重力加速度，B項(xiàng)正確；彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力與

小球的速度方向垂直，這時(shí)彈力對(duì)小球做功的功率為零，C項(xiàng)正確；由于在M、N兩點(diǎn)處，

彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球從用點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程

中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等于動(dòng)能的增量，即小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、

N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差，D項(xiàng)正確.

4.解析：（1）依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至/時(shí)，質(zhì)量為5〃7的物體的動(dòng)能為

零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能.由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為/時(shí)的彈性勢(shì)能

Ep=5mgl?

設(shè)尸的質(zhì)量為M，到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度大小為股,由能量守恒定律得

聯(lián)立①②式，取用="1并代入題給數(shù)據(jù)得出=竭③

若尸能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，其到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度

2

大小V應(yīng)滿(mǎn)足弩一機(jī)g20④

設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為力,由機(jī)械能守恒定律得

聯(lián)立③⑤式得vD=-^l@

切滿(mǎn)足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，并從。點(diǎn)以速度外水平射出.設(shè)尸落回到軌道

所需的時(shí)間為f,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2/=*/⑦

P落回到軌道AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s=v〃⑧

聯(lián)立⑥⑦⑧式得s=2啦/.⑨

(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零.由①②式可知5"@加心4項(xiàng)

要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道上的上升高度不能超過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)械

能守恒定律有

聯(lián)立①②⑩?式得%1W法尚，〃.

答案：見(jiàn)解析

5.解析：⑴根據(jù)題意知，B、C之間的距離為/=7R-2R①

設(shè)P到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度為地，由動(dòng)能定理得

mgl&m6~/.imglcos。=多"吊②

式中9=31°.

聯(lián)立①②式并由題給條件得

vB=2y[gR.?

(2)設(shè)BE=x.P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為E/由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)

的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

12

wgxsin0—/imgxcos9—Ep=0—^mvB@

E、尸之間的距離為/i=4R—27?+x⑤

尸到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從￡點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

Ep—zwg/isin0—fimglyCOS0=0?

聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x=R⑦

￡p=y〃?gR.⑧

75

(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為叫.。點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離xi和豎直距離為分別為引=會(huì)?一*?sin

e@

%=7?+*?+竟Reos0?

式中，己應(yīng)用了過(guò)C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為e的事實(shí).

設(shè)P在。點(diǎn)的速度為VD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為f.由平拋運(yùn)動(dòng)公式有力?

X\—VD^?

聯(lián)立⑨⑩??式得森?

設(shè)尸在C點(diǎn)速度的大小為VC?.在P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有

11楸5

22+-

力

?陽(yáng)g

VCVD+■6

。由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有

Ep—m\g(x+57?)sin0—f.un\g(x+5/?)cosd=^/n\Vc?

聯(lián)立⑦⑧???式得〃”=%?.

答案：W2y[gR(2與mgR

(3)|V就

專(zhuān)題7靜電場(chǎng)

I.解析：選B.電場(chǎng)中等勢(shì)面上各點(diǎn)電勢(shì)相等，故電勢(shì)不同的等勢(shì)面不可能相交，A項(xiàng)

錯(cuò)誤；電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面處處垂直，B項(xiàng)正確；電場(chǎng)強(qiáng)度與等勢(shì)面的疏密程度有關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤;

電勢(shì)較高點(diǎn)與電勢(shì)較低點(diǎn)的電勢(shì)差大于0,由。知，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力做負(fù)功，D項(xiàng)

錯(cuò).

2.解析：選D.平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U

不變.若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由。=殆可知，電容器所帶電荷量0減小，即電容

器極板上的電荷量減小.由于。不變，d不變，由￡=%可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選

項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤.

3.解析：選C.將一帶正電荷的物體C置于/附近，由于靜電感應(yīng)，此時(shí)4帶負(fù)電，B

帶正電，則A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于整個(gè)導(dǎo)體處于靜電平衡狀態(tài)，即整個(gè)導(dǎo)體為等勢(shì)體，4、B電勢(shì)

相等，B項(xiàng)錯(cuò)誤；移去C,由于4、8中正負(fù)電荷中和，則貼在N、5下部的金屬箔閉合，C

項(xiàng)正確；先把力和8分開(kāi)，然后移去C,此時(shí)/帶負(fù)電，8帶正電，貼在4、8下部的金屬

箔都張開(kāi)，則D項(xiàng)錯(cuò)誤.

4.解析：選C由于4點(diǎn)處電場(chǎng)線(xiàn)比8點(diǎn)處電場(chǎng)線(xiàn)疏，因此4點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比8點(diǎn)小，A

項(xiàng)錯(cuò)誤；沿著電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)逐漸降低，因此小球表面的電勢(shì)比容器內(nèi)表面的電勢(shì)高，B

項(xiàng)錯(cuò)誤；由于處于靜電平衡的導(dǎo)體表面是等勢(shì)面，電場(chǎng)線(xiàn)垂直于等勢(shì)面，因此8點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)

度方向與該處內(nèi)表面垂直，C項(xiàng)正確：將檢驗(yàn)電荷從/點(diǎn)沿不同的路徑移到8點(diǎn)，由于N、

8兩點(diǎn)的電勢(shì)差恒定，因此電場(chǎng)力做功多出=4。相相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

5.解析：選D.由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式后=您可知，離場(chǎng)源點(diǎn)電荷P越近，電場(chǎng)強(qiáng)度越

大，。受到的電場(chǎng)力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab＞a（＞aa,A、B

選項(xiàng)錯(cuò)誤；由力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，。受到的庫(kù)侖力指向運(yùn)動(dòng)軌跡凹的一側(cè)，因此。與P帶

同種電荷，。從c到6的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減少，從b到。的過(guò)程中電場(chǎng)力做正

功，動(dòng)能增加，因此。在6點(diǎn)的速度最小，由于。、方兩點(diǎn)的電勢(shì)差的絕對(duì)值小于〃、b兩點(diǎn)、

的電勢(shì)差的絕對(duì)值，因此。從c到6的過(guò)程中，動(dòng)能的減少量小于從b到。的過(guò)程中動(dòng)能的

增加量，。在c點(diǎn)的動(dòng)能小于在a點(diǎn)的動(dòng)能，即有力＞v,w，D選項(xiàng)正確.

6.解析：選D.平行板電容器帶有等量異種電荷，當(dāng)極板正對(duì)面積不變時(shí)，兩極板之間

的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變.保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至題圖中虛線(xiàn)位置，由

U=Ed可知，兩極板之間的電勢(shì)差減小，靜電計(jì)指針的偏角。減小，由于下極板接地（電勢(shì)為

零），兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以點(diǎn)電荷在尸點(diǎn)的電勢(shì)能與不變.綜上所述，選項(xiàng)D

正確.

7.解析：選AB.根據(jù)帶負(fù)電的油滴在豎直面內(nèi)的軌跡可知，油滴所受合外力一定向上，

則所受電場(chǎng)力一定向上，且電場(chǎng)力大于重力，故勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向下，。點(diǎn)的電勢(shì)比尸

點(diǎn)高，選項(xiàng)A正確.油滴從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做正功，動(dòng)能增大，

所以油滴在。點(diǎn)的動(dòng)能比它在尸點(diǎn)的大，選項(xiàng)B正確.油滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)力做

正功，電勢(shì)能減小，油滴在。點(diǎn)的電勢(shì)能比它在尸點(diǎn)的小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.由于帶電油滴所受

的電場(chǎng)力和重力均為恒力，所以油滴在0點(diǎn)的加速度和它在尸點(diǎn)的加速度大小相等，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤.

專(zhuān)題8恒定電流

1.解析：選C.電路中四個(gè)電阻阻值相等，開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，外電路的連接等效為圖1,由

于不計(jì)電池的內(nèi)阻，設(shè)每個(gè)定值電阻的阻值為R,根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知，電容器兩端

1京1

的電壓為——當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合后，外電路的連接等效為圖2,則電容器兩端

余+R

的電壓為。2=3----E=*,由0=CU可知，合=口=］，c項(xiàng)正確.

］火+火

—C3

圖1圖2

F12

2.解析：選AC.開(kāi)關(guān)S閉合后，外電路的總電阻為g。。，路端電壓U=而"五X(qián)

片

10VR0V,A項(xiàng)正確；電源的總功率尸=R;=I2W,B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于兩條支路的電流均

為A=0.5A,因此a、b兩點(diǎn)間的電壓為U“b=0.5X(15—5)V=5V,C項(xiàng)正確；a、b

兩點(diǎn)用導(dǎo)線(xiàn)連接后，外電阻R=2X*fQ=7.5Q,因此電路中的總電流/=萬(wàn)丹二=羔A

JI1。lxI?7?J

=1.26A,D項(xiàng)錯(cuò)誤.

專(zhuān)題9磁場(chǎng)

1.解析：選C.由《夢(mèng)溪筆談》中的記載和題中磁感線(xiàn)分布示意圖可知，地球內(nèi)部也存

在磁場(chǎng)，地磁南極在地理北極附近，地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合，在兩極附近

地球表面的地磁場(chǎng)方向不與地面平行，C項(xiàng)錯(cuò)誤，A、B項(xiàng)正確；射向地球赤道的帶電宇宙

射線(xiàn)粒子與地磁場(chǎng)的磁感線(xiàn)不平行，故受洛倫茲力的作用，D項(xiàng)正確.

2.解析：選A.設(shè)正六邊形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng),一帶正電的粒子從/點(diǎn)

沿〃方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為町時(shí)，從6點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，由中二：才二，就、、

幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑%=L,粒子在磁場(chǎng)之三/:'e

中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為120°,由洛倫茲力提供向心\\?，夕?；,/

力M產(chǎn)噌，得/黃，且7=普，得f昌?膂;當(dāng)速度大小*

為%時(shí)，從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心

角26=60。，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑七=L+1J=23同理有2L=黑,?縹,

dinCztyij\jqD

解得Vk:—12>ti,:tc—2：1,A正確.

3.解析：選D.如圖所示為粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，Ny

設(shè)出射點(diǎn)為尸，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與ON的交點(diǎn)為Q,粒子入射方向與OM

成30。角，則射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向與成30。角，由幾何關(guān)系可知，，<：\R/\)

6。加一乂"心

PQLON,故出射點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R,又?！?

子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R="所以D正確.

4.解析：選D.設(shè)加速電壓為U,質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,原來(lái)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)

度為5,質(zhì)子質(zhì)量為機(jī)，一價(jià)正離子質(zhì)量為M質(zhì)子在入口處從靜止開(kāi)始加速，由動(dòng)能定理得,

eU=^mv],質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，ewB=吟;一價(jià)正離

子在入口處從靜止開(kāi)始加速，由動(dòng)能定理得，該正離子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為128的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑仍為八洛倫茲力提供向心力，ev2-125=A3；聯(lián)立解

得A/：M=144：1,選項(xiàng)D正確.

5.解析：選A.由題意可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所/乙二陞yr

示，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角為r;二三\

XX,XX

X,夕

3。。，因此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為片小翳，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的XX

時(shí)間與筒轉(zhuǎn)過(guò)90。所用的時(shí)間相等，即湍=拉養(yǎng)求得2=為，A項(xiàng)正

6.解析：(1)洛倫茲力提供向心力，宿f=qvB=n^

帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R途

勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=—=~^-.

(2)粒子受電場(chǎng)力尸=gE,洛倫茲力尸/8.粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則

qE=qvB

電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

答薪嶗篝⑵誣

7.解析：(1)小球勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在

同一平面內(nèi)，合力為零，則

qvB=7q汨+①

代入數(shù)據(jù)解得v=20m/s②

速度v的方向斜向右上方，與電場(chǎng)E的方向之間的夾角6滿(mǎn)足

tan0=怒③

代入數(shù)據(jù)解得tan8=小，0=60。④

(2)法一：撤去磁場(chǎng)，小球在重力與電場(chǎng)力的合力作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a,

涔+春

有a—

設(shè)撤去磁場(chǎng)后小球在初速度方向上的分位移為x,有x=W@

設(shè)小球在重力與電場(chǎng)力的合力方向上分位移為y,有產(chǎn)⑦

a與加g的夾角和丫與E的夾角相同，均為優(yōu)又tan9=？g)

聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得f=2小s%3.5s.

法二：撤去磁場(chǎng)后，由于電場(chǎng)力垂直于豎直方向，它對(duì)豎直方向的分運(yùn)動(dòng)沒(méi)有影響，以

P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其初速度為匕產(chǎn)vsin

若使小球再次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)所在的電場(chǎng)線(xiàn)，僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有v/-1g/2

=0?

聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得f=2小s^3.5s.⑦

答案：見(jiàn)解析

8.解析：(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑廠=5①

旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針②

(2)由對(duì)稱(chēng)性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角。=匏

每個(gè)圓弧的長(zhǎng)度/=華=鬻④

JJQD

每段直線(xiàn)長(zhǎng)度￡=2rcos尹小一靄⑥

周期7=3?：￡)⑥

代入得一弋產(chǎn)氣

(3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角C=120。-90。=30。⑧

谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑，，=薄

。

2-

由三角關(guān)系sin^=sin15。=乖；也

代入得'5-

答案：見(jiàn)解析

專(zhuān)題10電磁感應(yīng)

1.解析：選BCD.由于銅質(zhì)弦不能被磁化，因此振動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，線(xiàn)圈中不

能產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此電吉他不能正常工作，A項(xiàng)錯(cuò)誤；取走磁體，沒(méi)有磁場(chǎng)，金屬弦不能

被磁化，振動(dòng)時(shí)不能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，線(xiàn)圈中不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，電吉他不能正常工作，B

項(xiàng)正確；增加線(xiàn)圈的匝數(shù)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)會(huì)增大，C項(xiàng)

正確；弦振動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)圈中的磁場(chǎng)方向不變，但磁通量一會(huì)兒增大，一會(huì)兒減小，產(chǎn)生的

電流方向不斷變化，D項(xiàng)正確.

2.解析：選B.由法拉第電磁感應(yīng)定律后=等=第凡等為常數(shù)，E與尸成正比，故

瓦,：生=4：1.磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時(shí)間均勻增大，故穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增大，由楞次定律知，感

應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，垂直紙面向里，由安培定則可知，感應(yīng)電流均沿

順時(shí)針?lè)较?，故B項(xiàng)正確.

3.解析：選B.由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則根據(jù)楞次定律知兩線(xiàn)圈內(nèi)產(chǎn)生的感

應(yīng)電流方向皆沿逆時(shí)針?lè)较颍瑒tA項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律￡=喏=7嘲，而

磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，即詈恒定，則a、b線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為會(huì)堂邛=9,故B

項(xiàng)正確；根據(jù)電阻定律R="旨且L=4M,則晟=左=3,由閉合電路歐姆定律/=奈得〃、

6線(xiàn)圈中的感應(yīng)電流之比為夕=言?華=3,故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由功率公式P=/2R知，黑6線(xiàn)圈

1b匕bKa

中的電功率之比為登=與.左=27,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.

4.解析：選AB.設(shè)圓盤(pán)的半徑為八圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為⑶則圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)

為可知，若轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，電動(dòng)勢(shì)恒定，電流恒定，A項(xiàng)正確；根據(jù)右手定

則可知，從上向下看，圓盤(pán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤(pán)中電流由邊緣指向圓心，即電流沿4到6的方

向流動(dòng)，B項(xiàng)正確；圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，產(chǎn)生的電流方向不變，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角

速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電動(dòng)勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，電流變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由P=/2R可知，電

阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

5.解析：選BC.設(shè)某時(shí)刻金屬棒的速度為v,根據(jù)牛頓第二定律F—乙=用。，即用+如

一弟”，即尸。+（%一船）f。，如果%＞晶:，則加速度與速度成線(xiàn)性關(guān)系，且隨著

速度增大，加速度越來(lái)越大，即金屬棒運(yùn)動(dòng)的v-t圖象的切線(xiàn)斜率也越來(lái)越大，由于心=

需,F「t圖象的切線(xiàn)斜率也越來(lái)越大，感應(yīng)電流《=第卜電阻兩端的電壓（以=簫）

o2/22D2/2

及感應(yīng)電流的功率（尸=竟士）也會(huì)隨時(shí)間變化得越來(lái)越快，B項(xiàng)正確；如果k=於?則金屬

棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間均勻增大，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時(shí)

間均勻增大，感應(yīng)電流的功率與時(shí)間的二次方成正比，沒(méi)有選項(xiàng)符合；如果心於:，則金屬

棒做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均增加得越來(lái)越慢,

最后恒定，感應(yīng)電流的功率最后也恒定，C項(xiàng)正確.

6.解析：（1）設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為“，由牛頓第二定律得

ma=

設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為v,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=Wo②

當(dāng)金屬桿以速度v在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動(dòng)勢(shì)為￡=8/⑥

P

（2）設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為/,根據(jù)歐姆定律/=施）

式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為/=8〃⑥

因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得F—"mg-f=O⑦

聯(lián)立④⑤⑥⑦式得尺=空"

答案：見(jiàn)解析

7.解析：（1）設(shè)兩根導(dǎo)線(xiàn)的總的張力的大小為T(mén),右斜面對(duì)刃棒的支持力的大小為N|,

作用在副棒上的安培力的大小為尸，左斜面對(duì)〃棒的支持力大小為對(duì)于油棒，由力的

平衡條件得

2/wgsin9=〃N]+T+F①

Ni=2〃?gcos0?

對(duì)于cd棒，同理有mgsin。+加2=7@

N?=mgcos0?

聯(lián)立①②③④式得

F=/wg（sin夕―3/zcosff）.⑤

（2）由安培力公式得F=BIL@

這里/是回路abdca中的感應(yīng)電流.

ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv⑦

式中，u是仍棒下滑速度的大小.

由歐姆定律得/=f?

聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得

v=(sin。-3〃cos

答案：(1)加g(sin夕一3"cos0)(2)(sin34cos。片皚

8.解析：(1)由牛頓第二定律。=~"胃"=12m/s?①

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v=y/2as=2.4m/s②

(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)③

感應(yīng)電流/=竿④

安培力FA=IBI⑤

2

代入得*等'=48N⑥

(3)健身者做功少=F(s+M=64J⑦

由牛頓第二定律F-mgsin。一尸A=0⑧

CD棒在磁場(chǎng)區(qū)域做勻速運(yùn)動(dòng)

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間f=出)

焦耳熱。=產(chǎn)用=26.88J.

答案：見(jiàn)解析

9.解析：(1)在金屬棒未越過(guò)之前，?時(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量為。=&50

設(shè)在從，時(shí)刻到，+加的時(shí)間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為△血流過(guò)電阻R的電荷量

為Aq.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=等②

由歐姆定律有

由電流的定義有，=如)

聯(lián)立①②③④式得|Ag|=萬(wàn)加?

由⑤式得，在f=0至h=fo的時(shí)間間隔內(nèi)，流過(guò)電阻R的電荷量4的絕對(duì)值為01=喈.

⑥

(2)當(dāng)。歷時(shí)，金屬棒已越過(guò)MN,由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動(dòng)，有/=R3

式中，/是外加水平恒力，尸是勻強(qiáng)磁場(chǎng)施加的安培力.設(shè)此時(shí)回路中的電流為/,產(chǎn)的

大小為F=BOII?

此時(shí)金屬棒與之間的距離為s=%(/-fo)⑨

勻強(qiáng)磁場(chǎng)穿過(guò)回路的磁通量為戶(hù)=8%⑩

回路的總磁通量為6=0+步?

式中，0仍如①式所示.由①⑨⑩?式得,在時(shí)刻f(Afo)穿過(guò)回路的總磁通量為

一功)十6?

在t到t+M的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量為△①,=(Bolv0+kS)At?

由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為&=等包)

由歐姆定律有/=留)

聯(lián)立⑦⑧???式得/=(以仇+的華.

答案：⑴華(,2)Bolvo(t-to)+kSt(以金+3與

專(zhuān)題〃交變電流

1.解析：選C由變壓器的變壓公式空可知，由于原線(xiàn)圈匝數(shù)孫大于副線(xiàn)圈匝數(shù)“2,

U2〃2

因此有當(dāng)滑動(dòng)觸頭從/點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中，〃2減小，因此。2降低，c

項(xiàng)正確.

2.解析：選AD.因?yàn)閮蔁襞蓊~定電壓相同且均正常發(fā)光，且輸入電壓為燈泡額定電壓的

10倍，所以理想變壓器的輸入、輸出電壓比為9：1,由理想變壓器變壓規(guī)律可知，原、副線(xiàn)

圈的匝數(shù)比為9：1,A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由理想變壓器變流規(guī)律可知，原、副線(xiàn)圈的電流

比為1：9,由電功率。=。/可知，a和b的電功率之比為1：9,C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確.

3.解析：選B.設(shè)原、副線(xiàn)圈減少的匝數(shù)為〃，則根據(jù)變壓比有，皆=?，*-='二^，

〃2U2“2一〃

由于［/，2=空口J,02=^5,因此"2小于。2,即副線(xiàn)圈兩端的電壓變小，小燈泡變暗，

A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由于匝數(shù)比變化，因此原、副線(xiàn)圈兩端電壓的比值和通過(guò)原、副線(xiàn)圈

電流的比值均發(fā)生變化，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤.

4.解析：選BC.當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)框N完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，通過(guò)線(xiàn)框的磁通量將不變，故無(wú)感應(yīng)電

流產(chǎn)生，因此它不會(huì)產(chǎn)生正弦交流電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；導(dǎo)線(xiàn)框每轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的變

化為一個(gè)周期，B項(xiàng)正確；在寸，導(dǎo)線(xiàn)框轉(zhuǎn)過(guò)角度為45。，切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度相同，

均為繞圓心的轉(zhuǎn)動(dòng)切割形式，設(shè)圓弧半徑為則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均為后二號(hào)"川3c項(xiàng)正確；導(dǎo)

線(xiàn)框N轉(zhuǎn)動(dòng)的一個(gè)周期內(nèi)，有半個(gè)周期無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以?xún)蓪?dǎo)線(xiàn)框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效

值并不相同，由閉合電路歐姆定律可知，兩導(dǎo)線(xiàn)框的電阻相等時(shí)，感應(yīng)電流的有效值一定不

相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤.

5.解析：選B.設(shè)理想變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比值為人,根據(jù)題述，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電

流表示數(shù)為/,則由閉合電路歐姆定律得，。=/昭+幼.由變壓公式3/5=左及功率關(guān)系5/

=U2I2,可得/2〃=%，即副線(xiàn)圈輸出電流為，2=股，。2=/2(&+生)=〃(&+&).當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉

合時(shí)，電流表示數(shù)為4/,則有U=4/R+(7i.由變壓器公式55=k及功率關(guān)系U'\-4/=

U'2I'2,可得八/(47)=%，即副線(xiàn)圈輸出電流為八=4%/,U'2=r2R2=4kIR2；聯(lián)立解得％=3,選

項(xiàng)B正確.

6.解析：選B.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭尸向上滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增

大，變壓器副線(xiàn)圈的總負(fù)載的等效電阻增大，Q中電流減小，R兩端電壓減小，電壓表示數(shù)

變大，%消耗的電功率變小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)時(shí)，

變壓器副線(xiàn)圈輸出電流減小，輸出功率減小，根據(jù)變壓器輸入功率等于輸出功率，變壓器輸

入功率減小，電流表Ai示數(shù)變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.若閉合開(kāi)關(guān)S,變壓器副線(xiàn)圈的總負(fù)載的等

效電阻減小，則當(dāng)中電流增大，凡兩端電壓增大，電壓表示數(shù)減小，電流表A2示數(shù)減小，

電流表A1示數(shù)變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

專(zhuān)題72實(shí)驗(yàn)探究力學(xué)實(shí)驗(yàn)

1.解析：(1)彈簧秤a的讀數(shù)是3.00N；彈簧OC的拉力F=kx=500X1.00X10-2N=5.00

N,則彈簧秤b的讀數(shù)可能為45.0()2—3.0。2N=4.00N.(2)若彈簧秤“、人間夾角大于90。，

保持彈簧秤。與彈簧OC夾角不變，減小彈簧秤6與彈簧OC的夾角，由力的平行四邊形定

則和力的圖示可知，彈簧秤”的讀數(shù)變大，彈簧秤6的讀數(shù)變大.

答案：⑴3.00(3.00?3.02)4.00(3.90~4.10)⑵變大變大

2.解析：(1)利用長(zhǎng)木板、小車(chē)、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器等研究勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在實(shí)驗(yàn)中，

必要的措施是：細(xì)線(xiàn)必須與長(zhǎng)木板平行；先接通電源，再釋放小車(chē)；不需要平衡摩擦力，不

需要滿(mǎn)足小車(chē)的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量.因此正確選項(xiàng)是A、B.(2)由Ax=a產(chǎn)，7=0.10s和

逐差法可得小車(chē)的加速度。=04-sP+0g2)+=o.8Om/s2.利用勻變速直線(xiàn)

運(yùn)動(dòng)在一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，可得打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出8點(diǎn)時(shí)小車(chē)的

—Sl+$2

速度VB=-~=0.40m/s.

答案：(1)AB(2)0.800.40

3.解析：(1)滑塊離開(kāi)彈簧后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故速度大小表達(dá)式為*(2)根據(jù)機(jī)械能守恒，

滑塊獲得的動(dòng)能等于彈簧的彈性勢(shì)能，即Ep=%?C)2,從表達(dá)式中可以看出，為了求出彈簧

的彈性勢(shì)能，還需要測(cè)量滑塊(含遮光片)的質(zhì)量，因此C項(xiàng)正確.(3)增大Z、。之間的距離

x,彈簧壓縮量增大，彈簧具有的彈性勢(shì)能增加，釋放滑塊后，滑塊離開(kāi)彈簧時(shí)獲得的動(dòng)能增

加，速度增大，從8到C所用的時(shí)間/將減小，B項(xiàng)正確.

答案：(%(2)C(3)B

4.解析：(1)要測(cè)量鋼球下落的高度，應(yīng)測(cè)量開(kāi)始釋放時(shí)鋼球的球心到鋼球在“點(diǎn)時(shí)球

心的豎直距離，選B.（2）根據(jù)題圖可知，遮光條的寬度為d=1.50cm,若計(jì)時(shí)器的示數(shù)為0.010

0s,則鋼球