江苏专版2020届高考物理第二轮复习_第2讲：论圆同步习题(含答案)
2020江苏高考物理二轮课后演练：专题八第2讲 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论
(建议用时：35分钟)1．水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上．振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源．两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样．关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是( )A ．不同质点的振幅都相同B ．不同质点振动的频率都相同C ．不同质点振动的相位都相同D ．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同解析：选BD.在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，A 项错误；沿波的传播方向上，波不停地向外传播，故各质点的相位不都相同，C 项错误；两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与振源频率相同，周期均与振动片的周期相同，B 、D 项正确．2．(2018·高考北京卷)如图所示，一列简谐横波向右传播，P 、Q 两质点平衡位置相距0.15 m ．当P 运动到上方最大位移处时，Q 刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是( )A ．0.60 m B ．0.30 mC ．0.20 mD ．0.15 m解析：选B.由题意，P 、Q 两点之间的距离为＋nλ＝0.15 m ，n ＝0，1，2，…，故n ＝0λ2时，λ＝0.30 m ，n ＝1时，λ＝0.10 m ，选项B 正确，其余选项错误．3．(2019·高考天津卷)一列简谐横波沿x 轴传播，已知x 轴上x 1＝1 m 和x 2＝7 m 处质点的振动图象分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是( )A ．7 m/sB ．2 m/sC ．1.2 m/sD ．1 m/s解析：选BC.由两质点的振动图象可知，t ＝0时刻，x 1＝1 m 处的质点处在平衡位置向下运动，x 2＝7 m 处的质点位于波峰处，该波的传播周期为T ＝4 s ．若该简谐横波沿x 轴正方向传播，则两质点间的距离为(n ＋)λ＝6 m(n ＝0、1、2、…)，则λ＝ m ，由波速的公式14244n ＋1得v ＝＝ m/s(n ＝0、1、2、…)，n ＝0时，v ＝6 m/s ；n ＝1时，v ＝1.2 m/s ；n ＝2时，λT 64n ＋1v ＝ m/s ，C 正确．若该简谐横波沿x 轴负方向传播，则两质点间的距离为(n ＋)λ＝62334m(n ＝0、1、2、…)，则λ＝m ，由波速的公式得v ＝＝ m/s(n ＝1、2、…)，244n ＋3λT 64n ＋3n ＝0时，v ＝2 m/s ；n ＝1时，v ＝ m/s ，B 正确，A 、D 错误．674.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝0和t ＝0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T ＞0.20 s ．下列说法正确的是( )A ．波速为0.40 m/sB ．波长为0.08 mC ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.70 s 时位于波谷D ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.12 s 时位于波谷解析：选AC.根据波形图可知，波长λ＝16 cm ＝0.16 m ，选项B 错误；根据t ＝0时刻和t ＝0.20 s 时刻的波形图和该波的周期T >0.20 s 可知，该波的周期T ＝0.40 s ，波速v ＝＝0.40 λT m/s ，选项A 正确；简谐波沿x 轴正方向传播，x ＝0.08 m 的质点在t ＝0时刻沿y 轴正方向振动，在t ＝0.70 s 时位于波谷，在t ＝0.12 s 时位于y >0的某位置(不是位于波谷)，选项C 正确，D 错误．5．(2018·高考天津卷)一振子沿x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时振子的位移为－0.1 m ，t ＝1 s 时位移为0.1 m ，则( )A ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为 s23B ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为 s45C ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为4 sD ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为6 s解析：选AD.若振幅为0.1m ，由题意知，Δt ＝(n ＋)T ，n ＝0，1，2，…，解得T ＝12 s ，n ＝0，1，2，…，A 项正确，B 项错误；若振幅为0.2 m ，t ＝0时，由质点简谐运22n ＋1动表达式y ＝0.2sin(t ＋φ0) m 可知，0.2sin φ0 m ＝－0.1 m ，t ＝1 s 时，有0.2sin(＋φ0) 2πT 2πTm ＝0.1 m ，解得φ0＝－或φ0＝－；将T ＝6 s 代入0.2sin(＋φ0) m ＝0.1 m 可得，D 项正π65π62πT 确；将T ＝4 s 代入0.2sin(＋φ0) m ＝0.1 m ，得T ＝4 s 不满足题意，C 项错误．2πT 6．(1)无线电波的干涉信号可以用于飞机降落的导航，如图1所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝，两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道中线．下列说法中正确的有( )A ．天线发出的两种无线电波必须一样强B ．导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉C ．两种无线电波各自在空间的强弱分布稳定D ．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合(2)较长软绳的一端固定在O 点，手持软绳的另一端点A 以周期T ＝0.5 s 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动，形成简谐波沿绳水平传播，示意图如图2所示，此刻绳上质点P 的振动方向为________(选填“竖直向上”“竖直向下”“水平向右”或“水平向左”)．振动在x 轴负方向上传播的速度v 为________m/s.(3)如图3所示，折射率n ＝、半径为R 的透明球体固定在233水平地面上，O 为球心，其底部P 点有一点光源，过透明球体的顶点Q 有一足够大的水平光屏，真空中光速为c ，求：①光从P 点到Q 点的传播时间t ；②若不考虑光在透明球体中的反射影响，光屏上光照面积S 的大小．解析：(3)①光在透明球体内传播速度v ＝，光从P →Q 的时间t ＝，解得：t ＝.c n 2R v 43R 3c ②设透明球体介质的临界角为C ，则sin C ＝，即C ＝60°，光屏上光照面为以Q 为圆1n 心、半径r ＝QM 的圆，由几何关系可得r ＝R .3故光屏上光照面积S ＝πr 2＝3πR 2.答案：(1)C (2)竖直向下 2 (3)① ②3πR 243R3c 7．(2019·徐州模拟)(1)下列说法正确的是( )A ．若波源向观察者靠近，则波源发出的频率变大B ．托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波C ．坐在高速离开地球的火箭里的人认为，地球上的人新陈代谢变慢了D ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度(2)如图1所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质，一平行于角平分线AD 的单色光由AB 射入介质，经AB 折射后的光线恰好平行于AC ，由此可求出介质的折射率为________，此折射光照射到BC 边上时________(选填“能”或“不能”)发生全反射．(3)如图2所示的横波正在沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，波刚好传到M 点．再经0.5 s ，质点M 第一次到达波峰位置．①求这列横波的传播速度v ；②写出质点N 的振动方程．解析：(1)多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而使观察者接收到的频率发生变化的现象，但波源发出的频率不变，故A 错误；干涉是波特有的现象，托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波，故B 正确；根据Δt ＝知，坐在高速离开地球的Δr1－v 2c 2火箭里的人认为地球上的时间间隔变长，人的新陈代谢变慢了，故C 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度，故D 错误．(2)根据几何关系得，光在AB 面上的入射角i ＝60°，折射角r ＝30°根据折射定律得：介质的折射率n ＝＝sin isin r 3设介质的临界角为C ，则sin C ＝＝，1n 33由几何知识可知，光在BC 面上的入射角为30°因为sin 30°＜sin C ＝，所以光在BC 面上的入射角小于临界角，则此折射光在BC 面33上不能发生全反射．(3)①横波正在沿x 轴正方向传播，由质点的带动法可知：此时M 点的速度方向向上，由题意知，周期为T ＝4×0.5 s ＝2 s由题图知：波长为λ＝2 m波速为v ＝＝ m/s ＝1 m/s.λT 22②质点N 的振幅A ＝0.2m ，t ＝0时正向y 轴负方向振动，故其振动方程 y ＝－A sinωt ＝－A sin t ＝－0.2sin πt (m)．2πT 答案：(1)BC (2) 不能 (3)①1 m/s3②y ＝－0.2sin πt (m)8．(2019·苏州模拟)(1)如图甲所示，O 、P 为介质中的两点，O 为波源，OP 间距为6 m ．t ＝0时刻O 点由平衡位置开始向上振动，向右产生沿直线传播的简谐横波，图乙表示t ＝0时刻开始P 点振动的图象．则以下说法正确的是( )A ．该波的波长为12 mB ．该波的波速为2 m/sC ．该波的周期为4 sD ．从开始振动到t ＝10 s ，质点P 经过的路程为1.6 m(2)如图所示，某同学用插针法测量等边三棱镜的折射率，在区域Ⅰ内已插好两枚大头针P 1、P 2，在区域Ⅱ内可观察到大头针的像，再插大头针P 3、P 4 以挡住P 1、P 2 的像(P 3、P 4 图中未画出)．请完成下列问题：①在图中大致作出经过P 1、P 2、P 3、P 4 的光路，并留下作图痕迹；②若测得三棱镜的折射率为 ，现将AC 面涂上反射材料使之成为镜面，经过P 1、P 2 3的光线与AB 面的夹角为30°，试通过计算画出完整的光路图，并注明出射光线与出射界面间的夹角．解析：(1)由题图乙所示的P 点振动的图象可知波动周期为T ＝4 s ，选项C 正确；波动从O 传播到P 点需要时间为2s(半个周期)，OP ＝，该波的波长λ＝12 m ，该波的波速为λ2v ＝＝3 m/s ，选项A 正确，B 错误；从开始振动到t ＝10 s ，质点P 振动了8 s ，两个周期，λT 经过的路程为s ＝2×4A ＝2×4×0.2 m ＝1.6 m ，选项D 正确．(2)①光路图如图甲所示②光路图如图乙所示由题意可知经过P 1、P 2的光线入射角为i ＝60°，根据折射定律n ＝sin isin r光在三棱镜中的折射角为r＝30°由几何关系可得光在AC面上的入射角为30°，根据反射定律，经AC面反射后光线与AB平行，射到BC面上时入射角仍为30°，经BC折射后出射光线折射角为60°，即出射光线与界面的夹角为30°，光路如图乙所示．答案：(1)ACD (2)见解析。
2020江苏高考物理二轮讲义：专题八第2讲 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论
第2讲 机械振动与机械波 光 电磁波与相对论真题再现1.(2019·高考江苏卷)(1)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的______. A.位移增大 B ．速度增大 C.回复力增大D ．机械能增大(2)将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其平行的日光灯，能观察到彩色条纹，这是由于光的______(选填“折射”“干涉”或“衍射”)．当缝的宽度______(选填“远大于”或“接近”)光波的波长时，这种现象十分明显.(3)如图所示，某L 形透明材料的折射率n ＝2.现沿AB 方向切去一角，AB 与水平方向的夹角为θ.为使水平方向的光线射到AB 面时不会射入空气，求θ的最大值.详细分析：(1)摆球做简谐运动，在平衡位置处位移为零，在摆角增大的过程中，摆球的位移增大，速度减小，选项A 正确，B 错误；在摆角增大的过程中，摆球受到的回复力增大，选项C 正确；单摆做简谐运动，机械能守恒，所以在摆角增大的过程中，摆球机械能保持不变，选项D 错误.(2)通过两支并排放在一起的铅笔观察与其平行的日光灯，看到的彩色条纹是单缝衍射条纹，是由光的衍射产生的．当缝的宽度接近光的波长时，单缝衍射现象十分明显.(3)全反射sin C ＝1n且C ＋θ＝90° 得θ＝60°答案：(1)AC (2)衍射 接近 (3)见解+析2.(2018·高考江苏卷)(1)梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波．该电磁波________.A.是横波B.不能在真空中传播C.只能沿着梳子摇动的方向传播D.在空气中的传播速度约为3×108 m/s(2)两束单色光A 、B 的波长分别为λA 、λB ，且λA >λB ，则________(选填“A ”或“B ”)在水中发生全反射时的临界角较大．用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察到________(选填“A ”或“B ”)产生的条纹间距较大.(3)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x ＝0和x ＝0.6 m 处的两个质点A 、B 的振动图象如图所示．已知该波的波长大于0.6 m ，求其波速和波长..详细分析：(1)电磁波传播方向与电磁场方向垂直，是横波，A 项正确；电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播，B 项错误；电磁波可以朝任意方向传播，C 项错误；电磁波在空气中的传播速度接近光速，D 项正确.(2)波长较大的单色光频率较低，而同种介质对频率较低的A 光折射率较小；由sin C ＝1n 可知，A 光的临界角较大；由Δx ＝ld λ可知，波长较大的A 光发生双缝干涉时，相邻条纹间距较大.(3)由图象可知，周期T ＝0.4 s 由于波长大于0.6 m ，由图象可知，波从A 到B 的传播时间Δt ＝0.3 s 波速v ＝Δx Δt，代入数据得v ＝2 m/s波长λ＝vT ，代入数据得λ＝0.8 m.答案：(1)AD (2)A A (3)2 m/s 0.8 m考情分析命题研究振动和波动部分为高考考查的重点，复习时应注意理解振动过程中回复力、位移、速度、加速度等各物理量的变化规律、振动与波动的关系及两个图象的物理意义，注意图象在空间和时间上的周期性；光的折射定律、折射率的计算、全反射的应用等，题型有选择、填空、计算等，难度中等偏下，光的折射与全反射的综合，以计算题的形式考查的居多.对于光学部分，分析几何光学中的折射、全反射和临界角问题时，应注意与实际应用的联系，作出正确的光路图；对本模块的实验，高考时直接考查的频率不高，但复习时不能忽略，要注意对实验原理、器材、步骤、数据处理方法、误差分析等的理解．电磁波及相对该部分考查较少．一般以选择题的形式考查振动与波动的综合应用【高分快攻】1．必须理清的知识联系2．巧解波动图象与振动图象综合问题的基本方法3．波的多解问题的分析思路【典题例析】(2019·徐州一模)某简谐横波在介质中沿x 轴正方向传播，t ＝0时波源O 从平衡位置开始振动，t ＝0.5 s 时振动刚好传播到P 点，此时该横波的波形图如图所示，下列有关说法中正确的是( )A ．波源起振方向沿y 轴负方向B ．该波的周期为0.4 sC ．这0.5 s 内波源O 运动的路程为5 mD ．0～3 s 内处于x ＝9 m 处的M 点(图中未画出)所通过的路程为105 cm[详细分析] 根据题图，由波沿x 轴正方向传播可得：P 点正向上振动，故波源起振方向沿y 轴正方向，故A 错误；根据波0.5 s 的传播距离为5 m 可得：波速v ＝10 m/s ；由题图可得：波长λ＝4 m ，故周期T ＝λv ＝0.4 s ，故B 正确；0.5 s 内波源O 运动的路程为5A ＝25 cm ，故C错误；波需要经过时间t 1＝9 m10 m/s＝0.9 s 从波源传播到M 点，然后M 点处质点从平衡位置开始振动了2.1 s ＝⎝⎛⎭⎫5＋14T ，则0～3 s 内处于x ＝9 m 处的M 点(图中未画出)所通过的路程为5×4A ＋A ＝21A ＝105 cm ，故D 正确．[答案] BD【题组突破】1．一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a 、b 、c ，则( )A ．此刻a 的加速度最小B ．此刻b 的速度最小C ．若波沿x 轴正方向传播，此刻b 向y 轴正方向运动D ．若波沿x 轴负方向传播，a 比c 先回到平衡位置详细分析：选C.由波动图象可知，此时质点a 位于波峰处，根据质点振动特点可知，质点a 的加速度最大，故A 错误，此时质点b 位于平衡位置，所以速度为最大，故B 错误，若波沿x 轴正方向传播，由“上下坡法”可知，质点b 向y 轴正方向运动，故C 正确，若波沿x 轴负方向传播，由“上下坡法”可知，a 质点沿y 轴负方向运动，c 质点沿y 轴正方向运动，所以质点c 比质点a 先回到平衡位置，故D 错误．2．一列简谐横波的波形如图所示，实线表示t 1＝0时刻的波形图，虚线表示t 2＝0.01 s 时刻的波形图．(1)若t 2－t 1＜T2，求波的传播方向和周期T ；(2)若2T ＞t 2－t 1＞T ，波速可能为多大？ 详细分析：(1)若t 2－t 1＜T2，则波向右传播，且t 2－t 1＝T4，所以T ＝4(t 2－t 1)＝0.04 s.(2)若2T ＞t 2－t 1＞T ，则有两种可能：①若波向右传播，则v ＝x 1t 2－t 1＝100.01 m/s ＝1 000 m/s.②若波向左传播，则v ＝x 2t 2－t 1＝8＋60.01 m/s ＝1 400 m/s.答案：(1)波向右传播 0.04 s(2)波向右传播，1 000 m/s 波向左传播，1 400 m/s1．判断波的传播方向和质点振动方向的方法(1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法)． 2．周期、波长、波速的计算(1)周期：可根据质点的振动情况计算，若t 时间内，质点完成了n 次(n 可能不是整数)全振动，则T ＝t n ；还可根据公式T ＝λv计算．(2)波长：可根据波形图确定，若l 的距离上有n 个(n 可能不是整数)波长，则λ＝ln ；也可根据公式λ＝vT 计算．(3)波速：可根据波形传播的时间、距离计算v ＝x t ；也可根据公式v ＝λT 计算．3．利用波传播的周期性、双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能．(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿x 轴正向或负向传播的两种可能性．光的折射和全反射现象分析 【高分快攻】1．全反射的条件(1)光从光密介质进入光疏介质． (2)入射角大于或等于临界角． 2．光的色散问题(1)在同一介质中，不同频率的光对应的折射率不同，频率越高，对应的折射率越大． (2)光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越小． 3．必备数学知识(1)平行线、三角形、圆等有关几何定理； (2)三角函数知识； (3)相似三角形的性质； (4)勾股定理； (5)正弦、余弦定理．【典题例析】如图所示，一束单色光照射到平行玻璃砖上表面，入射方向与界面的夹角θ＝30°，测得入射点A 到竖直光屏的距离为6 3 cm ，玻璃砖的厚度为6 cm ，在玻璃砖下方光屏上出现的光点C 到玻璃砖下表面的距离为4 cm ，求该玻璃砖的折射率n .[详细分析] 玻璃砖上表面入射角为i ＝90°－θ＝60° FD ＝BE ＝CE tan i ＝4×tan 60° cm ＝4 3 cm AF ＝AD －FD ＝6 3 cm －4 3 cm ＝2 3 cm 由几何知识得折射角的正切值为tan r ＝AF FB ＝236＝33解得折射角为r ＝30° 由n ＝sin isin r，解得：n ＝ 3.[答案]3【题组突破】1．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“•”(图中O 点)，然后用横截面为等边三角形ABC 的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC 边上．D 位于AB 边上，过D 点做AC 边的垂线交AC 于F .该同学在D 点正上方向下顺着直线DF 的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O 点做AB 边的垂线交直线DF 于E ；DE ＝2 cm ，EF ＝1 cm.求三棱镜的折射率．(不考虑光线在三棱镜中的反射)详细分析：过D 点作AB 边的法线NN ′，连接OD ，则∠ODN ＝α为O 点发出的光线在D 点的入射角；设该光线在D 点的折射角为β，如图所示．根据折射定律有n sin α＝sin β ①式中n为三棱镜的折射率由几何关系可知β＝60°②∠EOF＝30°③在△OEF中有EF＝OE sin∠EOF④由③④式和题给条件得OE＝2 cm⑤根据题给条件可知，△OED为等腰三角形，有α＝30°⑥由①②⑥式得n＝ 3. ⑦答案：见解+析2．(2019·高考天津卷)某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸．(1)下列哪些措施能够提高实验准确程度______．A．选用两光学表面间距大的玻璃砖B．选用两光学表面平行的玻璃砖C．选用粗的大头针完成实验D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是______．(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝____.(用图中线段的字母表示)详细分析：(1)为了减小实验误差，选用玻璃砖前后表面间距应尽量大些，即使玻璃砖内的折射光线尽量长些，A正确；测量折射率时，只需找出入射光线和折射光线，因此玻璃砖的两光学表面可以不平行，B错误；为了减小实验误差应选用较细的大头针完成实验，C错误；两枚大头针之间的距离尽量大些，描绘出的光线误差会小一些，D正确；(2)由题图可知，选用玻璃砖两光学表面平行，则入射光线应与出射光线平行，B、C错误；又光线在玻璃砖中与法线的夹角应小于光线在空气中与法线的夹角，A错误，D正确；(3)由折射定律可知n＝sin∠AOC sin∠BOD＝ACAOBDBO＝ACBD.答案：(1)AD(2)D(3)ACBD光的折射和全反射题型的分析思路(1)确定要研究的光线，有时需根据题意，分析、寻找临界光线、边界光线作为研究对象．(2)找入射点，确认界面，并画出法线．(3)明确两介质折射率的大小关系．①若光疏→光密：一定有反射、折射光线．②若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定会发生全反射．(4)根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，具体求解．光的波动性【高分快攻】1．光的干涉现象和光的衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光为横波．2．光的干涉和光的衍射产生的条件：发生干涉的条件是两光源频率相等，相位差恒定；发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小．3．各种色光特征比较项目红→紫频率越来越大波长越来越短折射率越来越大介质中传播速度越来越小发生全反射时的临界角越来越小4.【典题例析】(2019·高考北京卷)利用图1所示的装置(示意图)，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样．下列关于P处放置的光学元件说法正确的是()图1图2A．甲对应单缝，乙对应双缝B．甲对应双缝，乙对应单缝C．都是单缝，甲对应的缝宽较大D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大[详细分析]由题图2中给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，A项正确，B、C、D项均错误．[答案] A【题组突破】1．(2018·高考北京卷)用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后()A．干涉条纹消失B．彩色条纹中的红色条纹消失C．中央条纹变成暗条纹D．中央条纹变成红色详细分析：选D.在光源与单缝之间加上红色滤光片后，只透过红光，屏上出现红光(单色光)的干涉条纹，故选项A 、B 、C 错误，D 正确．2．(2019·高考全国卷Ⅱ)某同学利用图示装置测量某种单色光的波长．实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹．回答下列问题：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________；A ．将单缝向双缝靠近B ．将屏向靠近双缝的方向移动C ．将屏向远离双缝的方向移动D ．使用间距更小的双缝(2)若双缝的间距为d ，屏与双缝间的距离为l ，测得第1条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为Δx ，则单色光的波长λ＝____________；(3)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm ，测得屏与双缝间的距离为1.20 m ，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm.则所测单色光的波长为________nm(结果保留3位有效数字)．详细分析：(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式Δx ＝l d λ可知，需要减小双缝到屏的距离l 或增大双缝间的距离d ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误．(2)由题意可知，Δx n －1＝l d λ⇒λ＝d ·Δx （n －1）l. (3)将已知条件代入公式解得λ＝630 nm.答案：(1)B (2)d ·Δx （n －1）l(3)630 电磁波与相对论【题组突破】1．(2019·扬州一模)下列关于电磁波的说法正确的是( )A ．电磁波不能产生衍射现象B ．电磁波和机械波都只能在介质中传播C ．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D ．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同详细分析：选C.电磁波是横波，波都能发生干涉和衍射，故A 错误；电磁波传播不需要介质，而机械波只能在介质中传播，故B错误；由多普勒效应的定义，可知C正确；根据光速不变原理，知在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向的传播速度大小相等，故D错误．2．(2016·高考江苏卷)一艘太空飞船静止时的长度为30 m，他以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行经过地球，下列说法正确的是()A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 mB．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 mC．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c详细分析：选B.飞船上的观测者相对飞船静止，则他测得的是飞船的静止长度，即为30 m，A项错误；地球上的观测者看到飞船是运动的，根据长度的相对性得他看到飞船长度比静止时的长度小，B项正确；根据光速不变原理得飞船上的观测者和地球上的观测者，观测到的光信号速度均为c，C、D项错误．狭义相对论问题的求解技巧(1)解决“同时”的相对性问题，可从三个方面入手：①令观察者静止，判断被观察者因相对运动而引起的位置变化．②结合光速不变原理，分析光传播到两个事件所用的时间．③光先传播到的事件先发生，光后传播到的事件后发生．(2)“动尺缩短”是沿运动方向上的长度比其相对静止时测量的长度要短一些，在垂直于运动方向上的长度没有变化．(3)“动钟变慢”是两个不同惯性系进行时间比较的结果，也是相对的，即两个惯性系中的观察者都发现对方的钟变慢了．(建议用时：35分钟)1．水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上．振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源．两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样．关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是() A．不同质点的振幅都相同B．不同质点振动的频率都相同C ．不同质点振动的相位都相同D ．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同详细分析：选BD.在波的干涉实验中，质点在振动加强区的振幅是两列波振幅之和，质点在振动减弱区的振幅是两列波振幅之差，A 项错误；沿波的传播方向上，波不停地向外传播，故各质点的相位不都相同，C 项错误；两波源振动频率相同，其他各质点均做受迫振动，故频率均与振源频率相同，周期均与振动片的周期相同，B 、D 项正确．2．(2018·高考北京卷)如图所示，一列简谐横波向右传播，P 、Q 两质点平衡位置相距0.15 m ．当P 运动到上方最大位移处时，Q 刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是( )A ．0.60 mB ．0.30 mC ．0.20 mD ．0.15 m详细分析：选B.由题意，P 、Q 两点之间的距离为λ2＋nλ＝0.15 m ，n ＝0，1，2，…，故n ＝0时，λ＝0.30 m ，n ＝1时，λ＝0.10 m ，选项B 正确，其余选项错误．3．(2019·高考天津卷)一列简谐横波沿x 轴传播，已知x 轴上x 1＝1 m 和x 2＝7 m 处质点的振动图象分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是( )A ．7 m/sB ．2 m/sC ．1.2 m/sD ．1 m/s 详细分析：选BC.由两质点的振动图象可知，t ＝0时刻，x 1＝1 m 处的质点处在平衡位置向下运动，x 2＝7 m 处的质点位于波峰处，该波的传播周期为T ＝4 s ．若该简谐横波沿x 轴正方向传播，则两质点间的距离为(n ＋14)λ＝6 m(n ＝0、1、2、…)，则λ＝244n ＋1m ，由波速的公式得v ＝λT ＝64n ＋1m/s(n ＝0、1、2、…)，n ＝0时，v ＝6 m/s ；n ＝1时，v ＝1.2 m/s ；n ＝2时，v ＝23 m/s ，C 正确．若该简谐横波沿x 轴负方向传播，则两质点间的距离为(n ＋34)λ＝6 m(n ＝0、1、2、…)，则λ＝244n ＋3 m ，由波速的公式得v ＝λT ＝64n ＋3 m/s(n ＝1、2、…)，n ＝0时，v ＝2 m/s ；n ＝1时，v ＝67m/s ，B 正确，A 、D 错误． 4.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t ＝0和t ＝0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示．已知该波的周期T ＞0.20 s ．下列说法正确的是( )A ．波速为0.40 m/sB ．波长为0.08 mC ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.70 s 时位于波谷D ．x ＝0.08 m 的质点在t ＝0.12 s 时位于波谷详细分析：选AC.根据波形图可知，波长λ＝16 cm ＝0.16 m ，选项B 错误；根据t ＝0时刻和t ＝0.20 s 时刻的波形图和该波的周期T >0.20 s 可知，该波的周期T ＝0.40 s ，波速v ＝λT ＝0.40 m/s ，选项A 正确；简谐波沿x 轴正方向传播，x ＝0.08 m 的质点在t ＝0时刻沿y 轴正方向振动，在t ＝0.70 s 时位于波谷，在t ＝0.12 s 时位于y >0的某位置(不是位于波谷)，选项C 正确，D 错误．5．(2018·高考天津卷)一振子沿x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点．t ＝0时振子的位移为－0.1 m ，t ＝1 s 时位移为0.1 m ，则( )A ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为23s B ．若振幅为0.1 m ，振子的周期可能为45s C ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为4 sD ．若振幅为0.2 m ，振子的周期可能为6 s详细分析：选AD.若振幅为0.1 m ，由题意知，Δt ＝(n ＋12)T ，n ＝0，1，2，…，解得T ＝22n ＋1s ，n ＝0，1，2，…，A 项正确，B 项错误；若振幅为0.2 m ，t ＝0时，由质点简谐运动表达式y ＝0.2sin(2πT t ＋φ0) m 可知，0.2sin φ0 m ＝－0.1 m ，t ＝1 s 时，有0.2sin(2πT＋φ0) m ＝0.1 m ，解得φ0＝－π6或φ0＝－5π6；将T ＝6 s 代入0.2sin(2πT ＋φ0) m ＝0.1 m 可得，D 项正确；将T ＝4 s代入0.2sin(2πT ＋φ0) m ＝0.1 m ，得T ＝4 s 不满足题意，C 项错误． 6．(1)无线电波的干涉信号可以用于飞机降落的导航，如图1所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝，两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1和λ2的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道中线．下列说法中正确的有( )A ．天线发出的两种无线电波必须一样强B ．导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉C ．两种无线电波各自在空间的强弱分布稳定D ．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合(2)较长软绳的一端固定在O 点，手持软绳的另一端点A 以周期T ＝0.5 s 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动，形成简谐波沿绳水平传播，示意图如图2所示，此刻绳上质点P 的振动方向为________(选填“竖直向上”“竖直向下”“水平向右”或“水平向左”)．振动在x 轴负方向上传播的速度v 为________m/s.(3)如图3所示，折射率n ＝233、半径为R 的透明球体固定在水平地面上，O 为球心，其底部P 点有一点光源，过透明球体的顶点Q 有一足够大的水平光屏，真空中光速为c ，求：①光从P 点到Q 点的传播时间t ；②若不考虑光在透明球体中的反射影响，光屏上光照面积S 的大小．详细分析：(3)①光在透明球体内传播速度v ＝c n ，光从P →Q 的时间t ＝2R v ，解得：t ＝43R 3c. ②设透明球体介质的临界角为C ，则sin C ＝1n，即C ＝60°，光屏上光照面为以Q 为圆心、半径r ＝QM 的圆，由几何关系可得r ＝3R .故光屏上光照面积S ＝πr 2＝3πR 2.答案：(1)C (2)竖直向下 2 (3)①43R 3c②3πR 2 7．(2019·徐州模拟)(1)下列说法正确的是( )A ．若波源向观察者靠近，则波源发出的频率变大B ．托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波C ．坐在高速离开地球的火箭里的人认为，地球上的人新陈代谢变慢了D ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度(2)如图1所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质，一平行于角平分线AD 的单色光由AB 射入介质，经AB 折射后的光线恰好平行于AC ，由此可求出介质的折射率为________，此折射光照射到BC 边上时________(选填“能”或“不能”)发生全反射．(3)如图2所示的横波正在沿x 轴正方向传播，t ＝0时刻，波刚好传到M 点．再经0.5 s ，质点M 第一次到达波峰位置．①求这列横波的传播速度v ；②写出质点N 的振动方程．详细分析：(1)多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而使观察者接收到的频率发生变化的现象，但波源发出的频率不变，故A 错误；干涉是波特有的现象，托马斯·杨通过光的双缝干涉实验，证明了光是一种波，故B 正确；根据Δt ＝Δr1－v 2c 2知，坐在高速离开地球的火箭里的人认为地球上的时间间隔变长，人的新陈代谢变慢了，故C 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度，故D 错误．(2)根据几何关系得，光在AB 面上的入射角i ＝60°，折射角r ＝30°根据折射定律得：介质的折射率n ＝sin i sin r ＝3 设介质的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝33， 由几何知识可知，光在BC 面上的入射角为30°因为sin 30°＜sin C ＝33，所以光在BC 面上的入射角小于临界角，则此折射光在BC 面上不能发生全反射．(3)①横波正在沿x 轴正方向传播，由质点的带动法可知：此时M 点的速度方向向上，由题意知，周期为T ＝4×0.5 s ＝2 s由题图知：波长为λ＝2 m波速为v ＝λT ＝22m/s ＝1 m/s. ②质点N 的振幅A ＝0.2 m ，t ＝0时正向y 轴负方向振动，故其振动方程 y ＝－A sin ωt＝－A sin 2πTt ＝－0.2sin πt (m)． 答案：(1)BC (2)3 不能 (3)①1 m/s②y ＝－0.2sin πt (m)8．(2019·苏州模拟)(1)如图甲所示，O 、P 为介质中的两点，O 为波源，OP 间距为6 m ．t ＝0时刻O 点由平衡位置开始向上振动，向右产生沿直线传播的简谐横波，图乙表示t ＝0时刻开始P 点振动的图象．则以下说法正确的是( )A ．该波的波长为12 mB ．该波的波速为2 m/sC ．该波的周期为4 sD ．从开始振动到t ＝10 s ，质点P 经过的路程为1.6 m(2)如图所示，某同学用插针法测量等边三棱镜的折射率，在区域Ⅰ内已插好两枚大头针P 1、P 2，在区域Ⅱ内可观察到大头针的像，再插大头针P 3、P 4 以挡住P 1、P 2 的像(P 3、P 4 图中未画出)．请完成下列问题：①在图中大致作出经过P 1、P 2、P 3、P 4 的光路，并留下作图痕迹； ②若测得三棱镜的折射率为 3，现将AC 面涂上反射材料使之成为镜面，经过P 1、P 2 的光线与AB 面的夹角为30°，试通过计算画出完整的光路图，并注明出射光线与出射界面间的夹角．详细分析：(1)由题图乙所示的P 点振动的图象可知波动周期为T ＝4 s ，选项C 正确；波动从O 传播到P 点需要时间为2 s(半个周期)，OP ＝λ2，该波的波长λ＝12 m ，该波的波速为v ＝λT＝3 m/s ，选项A 正确，B 错误；从开始振动到t ＝10 s ，质点P 振动了8 s ，两个周期，经过的路程为s ＝2×4A ＝2×4×0.2 m ＝1.6 m ，选项D 正确．(2)①光路图如图甲所示②光路图如图乙所示由题意可知经过P 1、P 2的光线入射角为i ＝60°，根据折射定律n ＝sin i sin r光在三棱镜中的折射角为r ＝30°由几何关系可得光在AC面上的入射角为30°，根据反射定律，经AC面反射后光线与AB 平行，射到BC面上时入射角仍为30°，经BC折射后出射光线折射角为60°，即出射光线与界面的夹角为30°，光路如图乙所示．答案：(1)ACD(2)见解+析。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题七选考模块第一讲分子动理论固体、液体、气体及热力学定律
第一讲分子动理论固体、液体、气体及热力学定律——课后自测诊断卷1．(2019·江苏高考)(1)在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体________。
A．分子的无规则运动停息下来B．每个分子的速度大小均相等C．分子的平均动能保持不变D．分子的密集程度保持不变(2)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。
在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为________(选填“引力”或“斥力”)。
分子势能E p和分子间距离r 的关系图像如图甲所示，能总体上反映小水滴表面层中水分子E p的是图中________(选填“A”“B”或“C”)的位置。
甲乙(3)如图乙所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C过程中内能减少900 J。
求A→B→C过程中气体对外界做的总功。
解析：(1)分子永不停息地做无规则运动，A错。
气体分子之间的碰撞是弹性碰撞，气体分子在频繁的碰撞中速度变化，每个分子的速度不断变化，B错。
理想气体静置足够长的时间后达到热平衡，气体的温度不变，分子的平均动能不变，C对。
气体体积不变，则分子的密集程度保持不变，D对。
(2)水滴表面层使水滴具有收缩的趋势，因此水滴表面层中，水分子之间的作用力为引力；水分子之间，引力和斥力相等时，分子间距r＝r0，分子势能最小；当分子间表现为引力时，分子间距离r>r0，因此，小水滴表面层中水分子E p对应于位置C。
(3)A→B过程W1＝－p(V B－V A)B→C过程，根据热力学第一定律W2＝ΔU则气体对外界做的总功W＝－(W1＋W2)联立解得W＝1 500 J。
答案：(1)CD (2)引力C(3)1 500 J2．(2018·江苏高考)(1)如图1所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。
纱布中的水在蒸发时带走热量，使温度计示数低于周围空气温度。
2020版江苏省高考物理二轮专题复习2 第2讲 动量观点的应用
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专题四 电路与电磁感应
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考情分析
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命题研究 从近几年高考试题可以看出以下特点：应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律及
部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，以及电路故障的 判断分析，交变电流的产生及“四值”，多以选择题形式出现．变压器的原理，电压比、 电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主
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理想变压器和远距离输电 【高分快攻】 1．理想变压器问题中的两个“弄清” (1)弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可 随电路的变化而发生变化． (2)弄清动态变化过程中的决定关系，如 U2 由 U1 决定，P1、I1 由 P2、I2 决定．
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2. (2019·高考江苏卷)如图所示的电路中，电阻 R＝2 Ω.断开 S 后，电压表的读数为 3 V；闭合 S 后，电压表的读数为 2 V，则电源的内阻 r 为( )
A.1 Ω C.3 Ω
B．2 Ω D．4 Ω
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专题四 电路与电磁感应
20 V 时，输出电压( )
A.降低 2 V
B．增加 2 V
C.降低 200 V
D．增加 200 V
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2020高考二轮总复习物理(教师)2 附答案解析
名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确． 【答案】CD考点四 平衡中的临界与极值问题 例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确． 【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。
2020江苏高考物理二轮课后演练：专题四第2讲 电磁感应问题 Word版含解析
(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n 1，受电线圈的匝数为n 2，面积为S ，若在t 1到t 2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B 1均匀增加到B 2.下列说法正确的是( )A ．受电线圈中感应电流方向由d 到cB ．c 点的电势高于d 点的电势C ．c 、d 之间的电势差为n 1（B 2－B 1）S t 2－t 1D ．c 、d 之间的电势差为n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1解析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c 到d ，所以c 点的电势低于d 点的电势，故A 、B 错误；根据法拉第电磁感应定律可得c 、d 之间的电势差为U cd ＝E ＝n 2ΔΦΔt ＝n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1，故C 错误，D 正确． 2．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ，一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )A ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向B ．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向C ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向D ．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向解析：选D.金属杆PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来T 中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T 的磁通量减小，根据楞次定律可知T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A 、B 、C 项错误，D 项正确．3．(2019·镇江模拟)如图，虚线P 、Q 、R 间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L .一等腰直角三角形导线框abc ，ab 边与bc 边长度均为L ，bc 边与虚线边界垂直．现让线框沿bc 方向以速度v 匀速穿过磁场区域，从c 点经过虚线P 开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i 的正方向，则下列四个图象中能正确表示i －t 图象的是( )解析：选A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P 、Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入Q 、R 之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故A 正确．4．如图甲中水平放置的U 形光滑金属导轨NMPQ ，MN 接有开关S ，导轨宽度为L ，其电阻不计．在左侧边长为L 的正方形区域存在方向竖直向上磁场B ，其变化规律如图乙所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B 0，在该段导轨之间放有质量为m 、电阻为R 、长为L 的金属棒ab .若在图乙所示的t 02时刻关闭开关S ，则在这一瞬间( )A ．金属棒ab 中的电流方向为由a 流向bB ．金属棒ab 中的电流大小为LB 0t 0RC ．金属棒ab 所受安培力方向水平向右D ．金属棒ab 的加速度大小为L 3B 202mt 0R解析：选C.根据楞次定律可得金属棒ab 中的电流方向为由b 流向a ，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0L 2，所以金属棒ab 中的电流大小为：I ＝E R ＝B 0Rt 0L 2，故B 错误；金属棒ab 的电流方向为由b 流向a ，根据左手定则可得ab 棒所受安培力方向水平向右，C 正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab 的加速度大小为a ＝B 0IL m ＝B 20L 3Rmt 0，故D 错误．5．(2019·南京模拟)如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l 2a l 2b ＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρL S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝E R，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R b R a＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2a I 2b ·R a R b＝27，故D 项错误． 6．(2017·高考全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )解析：选A.施加磁场来快速衰减STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C 中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.7．(2017·高考天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：选D.根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断ab 中感应电流方向从a 到b ，A 错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I 恒定不变，B 错误；安培力F ＝BIL ，由于I 、L 不变，B 减小，所以ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．二、多项选择题8．(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0解析：选BC.根据楞次定律可知在0～t 0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．9．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是 ( )A ．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动B ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向C ．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向D ．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动 解析：选AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动，A 正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B 、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动，D 正确．10．如图甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S ，线圈的电阻为R ，在线圈外接一个阻值为R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．0～t 1时间内P 端电势高于Q 端电势B ．0～t 1时间内电压表的读数为n （B 1－B 0）S t 1C ．t 1～t 2时间内R 上的电流为nB 1S 2（t 2－t 1）RD ．t 1～t 2时间内P 端电势高于Q 端电势解析：选AC.0～t 1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P 端电势高于Q 端电势，故A 正确；0～t 1时间内线圈产生的感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ＝n B 1－B 0t 1S ，电压表的示数等于电阻R 两端的电压U ＝IR ＝E 2R ·R ＝n （B 1－B 0）S 2t 1，故B 错误；t 1～t 2时间内线圈产生的感应电动势E ′＝n ΔΦΔt＝n B 1t 2－t 1S ，根据闭合电路的欧姆定律I ′＝E ′2R ＝nB 1S 2（t 2－t 1）R ，故C 正确；t 1～t 2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，所以P 端电势低于Q 端电势，故D 错误．11．(2017·高考全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：选BC.由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v ＝L t ＝0.10.2m/s ＝0.5 m/s ，B 项正确；导线框进入磁场的过程中，cd 边切割磁感线，由E ＝BLv ，得B ＝E Lv ＝0.010.1×0.5T ＝0.2 T ，A 项错误；由图可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在0.4～0.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A ，则导线框受到的安培力F ＝BIL ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，D 项错误．12．水平面上固定相距为d 的光滑直轨道MN 和PQ ，在N 、Q 之间连接不计电阻的电感线圈L 和电阻R .匀强磁场磁感应强度为B ，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为m ，电阻不计的金属杆ab ，在直导轨右侧有两个固定挡块C 、D ，CD 连线与导轨垂直．现给金属杆ab 沿轨道向右的初速度v 0，当ab 即将撞上CD 时速度为v ，撞后速度立即变为零但不与挡块粘连．以下说法正确的是( )A ．ab 向右做匀变速直线运动B ．当ab 撞上CD 后，将会向左运动C ．ab 在整个运动过程中受到的最大安培力为B 2d 2v 0RD ．从ab 开始运动到撞上CD 时，电阻R 上产生的热量小于12mv 20－12mv 2 解析：选BD.ab 向右运动时受到向左的安培力而做减速运动，产生的感应电动势和感应电流减小，安培力随之减小，加速度减小，所以ab 做非匀变速直线运动，故A 错误．当ab 撞CD 后，ab 中产生的感应电动势为零，电路中电流要减小，线圈L 将产生自感电动势，根据楞次定律可知自感电动势方向与原来电流方向相同，ab 中电流方向沿b →a ，根据左手定则可知ab 受到向左的安培力，故当ab 撞CD 后，将会向左运动，故B 正确．开始时，ab 的速度最大，产生的感应电动势最大，由于线圈中产生自感电动势，此自感电动势与ab 感应电动势方向相反，电路中的电流小于Bdv 0R ，最大安培力将小于BdI ＝B 2d 2v 0R，故C 错误．从ab 开始运动到撞CD 时，由于线圈中有磁场能，所以电阻R 上产生的热量小于12mv 20－12mv 2，故D 正确．三、非选择题13．(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B .纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad边与磁场边界平行．从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E ；(2)拉力做功的功率P ；(3)ab 边产生的焦耳热Q .解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv .(2)线圈中的感应电流I ＝E R拉力大小等于安培力大小F ＝BIL拉力的功率P ＝Fv ＝B 2L 2v 2R. (3)线圈ab 边电阻R ab ＝R 4时间t ＝L vab 边产生的焦耳热Q ＝I 2R ab t ＝B 2L 3v 4R. 答案：(1)BLv (2)B 2L 2v 2R (3)B 2L 3v 4R14．如图，固定在水平绝缘桌面上的“∠”形平行导轨足够长，间距L ＝1 m ，电阻不计．倾斜导轨的倾角θ＝53°，并与R ＝2 Ω的定值电阻相连．整个导轨置于磁感应强度B ＝5 T 、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场中．金属棒ab 、cd 的阻值为R 1＝R 2＝2 Ω，cd 棒质量m ＝1 kg.ab 与导轨间摩擦不计，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现让ab 棒从导轨上某处由静止释放，当它滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动．sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2.(1)求此时通过ab 棒的电流；(2)求cd 棒消耗的热功率与ab 棒克服安培力做功的功率之比；(3)若ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，则ab 棒质量应小于多少？解析：(1)ab 棒沿倾斜导轨下滑切割磁感线产生的感应电流的方向是b →a ，通过cd 棒的电流方向是c →d .cd 棒刚要开始滑动时，由平衡条件得：BI cd L cos 53°＝f由摩擦力公式得：f ＝μNN ＝mg ＋BI cd L sin 53°联立以上三式，得I cd ＝53 A ，I ab ＝2I cd ＝103A. (2)根据题意画出等效电路如图所示：设I cd ＝I ，因为电阻R 与cd 棒并联，故电阻R 上产生的热功率与cd 棒产生的热功率相等，即P R ＝P cd ＝I 2R又因为流经ab 棒的电流为2I ，故ab 棒产生的热功率P ab ＝4I 2R整个回路产生的热功率P ＝6I 2R又因为回路中消耗的热功率源于ab 棒克服安培力做功，所以cd 棒消耗的热功率与ab 棒克服安培力做功的功率之比为P cd P F A ＝I 2R 6I 2R ＝16. (3)ab 棒在足够长的轨道下滑时，最大安培力只能等于自身重力在倾斜轨道平面上的分力，有：F A ＝m ab g sin 53°cd 棒所受最大安培力应为12F A ， 要使cd 棒不能滑动，需满足：12F A cos 53°≤μ⎝⎛⎭⎫mg ＋12F A sin 53° 由以上两式联立解得：m ab ≤7536kg ≈2.08 kg. 答案：见解析(二)(建议用时：40分钟)1．2017年9月13日，苹果在乔布斯剧院正式发布旗下三款iPhone 新机型，除了常规的硬件升级外，三款iPhone 还支持快充和无线充电．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数n ＝100，电阻r ＝1 Ω，横截面积S ＝1.5×10－3 m 2，外接电阻R ＝7 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间的变化如图乙所示，求：(1)t ＝0.01 s 时线圈中的感应电动势E ；(2)0～0.02 s 内通过电阻R 的电荷量q ；(3)0～0.03 s 内电阻R 上产生的热量Q .解析：(1)由图乙可知，t ＝0.01 s 时刻ΔB Δt ＝4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E ＝nΔΦΔt ＝n S ΔB Δt解得E ＝0.6 V.(2)0～0.02 s 内，I ＝E R ＋r＝0.075 A ，电荷量q ＝I Δt ， 解得q ＝1.5×10－3 C.(3)0～0.02 s 内，E ＝0.6 V ，I ＝0.075 A ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q 1＝I 2(R ＋r )t 1＝9×10－4 J0．02～0.03 s 内，E ′＝1.2 V ，I ′＝0.15 A ，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为Q 2＝I ′2(R ＋r )t 2＝1.8×10－3 J所以Q 总＝Q 1＋Q 2＝2.7×10－3 J而Q ＝R R ＋rQ 总，解得Q ＝2.362 5×10－3 J. 答案：(1)0.6 V (2)1.5×10－3 C (3)2.362 5×10－3 J2.某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线圈abcd ，线圈的总电阻为R ，ab 边长为L ，ad边长为2L ，如图所示(俯视)．缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m ，受到地面的摩擦阻力为f ，小车磁场刚抵达线圈ab 边时，速度大小为v 0，小车磁场刚抵达线圈cd 边时，速度为零，求：(1)小车缓冲过程中的最大加速度a m 的大小；(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q 及线圈产生的焦耳热Q .解析：(1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生的最大电动势为E ＝BLv 0电流为I ＝E R ＝BLv 0R根据牛顿第二定律：BIL ＋f ＝ma m得到a m ＝B 2L 2v 0＋fR mR. (2)通过线圈的电荷量q ＝I －Δt ，I －＝E －R ，E －＝ΔΦΔt得到q ＝2BL 2R由能量守恒定律得：12mv 20＝Q ＋f ·2L 得到Q ＝12mv 20－2fL . 答案：(1)B 2L 2v 0＋fR mR (2)2BL 2R 12mv 20－2fL 3．(2019·常州二模)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上放置两根导体棒a 和b ，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场．导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x 0，现给导体棒a 一水平向右的初速度v 0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv －t 图象(Δv 表示两棒的相对速度，即Δv ＝v a －v b )．(1)试证明：在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关；(2)求t 1时刻棒b 的加速度大小；(3)求t 2时刻两棒之间的距离．解析：(1)t 2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv ＝mv 0 由能量守恒定律有Q ＝12mv 20－12(2m )v 2 解得Q ＝14mv 20 所以在0～t 2时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关．(2)t 1时刻有v a －v b ＝v 02回路中的电流I ＝E 2R ＝Blv a －BLv b 2R此时棒b 所受的安培力F ＝BIL由牛顿第二定律得棒b 的加速度大小a 1＝F m ＝B 2L 2v 04mR. (3)t 2时刻，两棒速度相同，均为v ＝v 020～t 2时间内，对棒b ，由动量定理有BLI ·Δt ＝mv －0即B <q ＝mv ，得q ＝mv 02BL根据法拉第电磁感应定律有E －＝ΔΦΔt根据闭合电路欧姆定律有I －＝E 2R而ΔΦ＝B ΔS ＝BL (x －x 0)解得t 2时刻两棒之间的距离x ＝x 0＋mv 0R B 2L2. 答案：见解析4．如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L ，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾角与水平面的夹角为θ＝30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下(图中未画出)，两个磁场区互不叠加．将两根金属棒a 、b 垂直放置在导轨上，并将b 用轻绳通过定滑轮和小物体c 连接．已知两棒的长度均为L ，电阻均为R ，质量均为m ，小物块c 的质量也为m ，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b 始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g .(1)求锁定a ，释放b 的最终速度v m ；(2)使a 、b 同时由静止释放，同时在a 上施加一沿斜面向上的恒力F ＝1.5mg ，求达到稳定状态时a 、b 的速度；(3)若(2)中系统从由静止开始经时间t 达到稳定状态，求过程中系统产生的焦耳热． 解析：(1)当b 和c 组成的系统做匀速运动时，b 、c 有最大速度，且为最终速度，根据平衡条件：mg ＝BIL ①I ＝E 2R② E ＝BL v m ③ 综上得：v m ＝2mgR B 2L 2. ④ (2)对a 棒：F －mg sin θ－BIL ＝ma 1 ⑤代入F 、θ得：mg －BIL ＝ma 1对于b 和c 系统：mg －BIL ＝2ma 2 ⑥所以任意时刻a 1∶a 2＝2∶1，由于运动时间相同，所以最终a 、b 的速度之比 v 1∶v 2＝2∶1 ⑦其中I ＝BL （v 1＋v 2）2R⑧ 当二者加速度为0时，a ，b ，c 达到稳定状态，综上得：a 稳定速度：v 1＝4mgR 3B 2L2 ⑨ b 、c 稳定速度：v 2＝2mgR 3B 2L2. ⑩ (3)设a 棒沿着斜面移动的位移大小为x 1，b 、c 棒的位移大小为x 2，由于运动时间相同，且a 1∶a 2＝2∶1，则从静止开始至恰好稳定状态，a 、b 棒的位移大小之比：x 1∶x 2＝2∶1 ⑪对于a 、b 、c 系统，由功能关系得：(F －mg sin θ)x 1＋mgx 2＝12m v 21＋12(2m )v 22＋Q ⑫ 代入F 、θ及⑨得：Q ＝3mgx 2－4m 3g 2R 23B 4L 4⑬ [另解：对a 棒，由动能定理得：(F －mg sin θ)x 1－W 安1＝12m v 21－0 对b 、c 组成的系统，由动能定理得：mgx 2－W 安2＝12×2m v 22－0 Q ＝W 安1＋W 安2解得，Q ＝3mgx 2－4m 3g 2R 23B 4L 4] 以a 为研究对象：从静止开始至达到稳定状态根据动量定理：(F －mg sin θ)t －B I －Lt ＝m v 1－0 ⑭I －t ＝q ⑮ 解得：q ＝mgt BL －m v 1BL ⑯因为E －＝n ΔΦΔt (n ＝1) ⑰ I －＝E－2R ⑱ 综上得：q ＝ΔΦ2R ⑲其中ΔΦ＝BL (x 1＋x 2) ⑳ 由⑪⑲⑳解得：x 2＝2qR3BL ○21将⑨⑯式代入○21 即得：x 2＝2R 3B 2L 2(mgt －4m 2gR3B 2L 2) ○22 将○22式代入⑬ 解得：Q ＝2m 2g 2Rt B 2L 2－4m 3g 2R 2B 4L 4.答案：见解析。
江苏专版高考物理第二轮复习第2讲论圆课后练习
第2讲论圆题一：如图所示，放在水平转台上的小物体 C 叠放在水平转台上的小物体 A 、B 能始终随 转台一起以角速度 3匀速转动。
A 、B C 的质量分别为3m 2m 和mA 与B B 与转台、C与转台间的动摩擦因数均为 n , B 、C 离转台中心的距离分别为等于滑动摩擦力，重力加速度为 g ,则以下说法中正确的是（A. B 对A 的摩擦力一定为 3 口 mgB. C 与转台间的摩擦力等于 A B 两物体间摩擦力的一半C. 转台的角速度一定满足D. 转台的角速度一定满足 co <题二：如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m 的两个物体A 和B,它们分居圆心两侧， 与圆心距离分别为 R A = r , F B = 2r ，与圆盘间的动摩擦因 数口相同，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，C. 此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D. 此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动题三：一行星与地球运动情况相似， 此行星运动一昼夜的时间为 a 秒。
用同一弹簧测力计测 的平均密度为（ ）题四：一宇航员在某一行星的极地着陆时，发现自己在当地的重力是在地球上重力的 0.01 O 进一步研究还发现， 该行星一昼夜的时间与地球一昼夜的时间相等， 而且物体在其赤 道上好像完全失去了重力，试计算这一行星的半径 R （结果保留两位有效数字）。
题五：将一可视为质点的物体 b 放在粗糙的水平桌面上， 用一质量可忽略不计的轻绳穿过摩 擦可忽略的小孔 0与一可视为质点的小球 a 连接。
第一次给小球a 一定的初速度使其在水平 面内做匀速圆周运动， 第二次改变小球a 的速度，使其在水平面内做圆周运动的轨道半径增 大，整个过程中物体3 r 和3 r 。
已知最大静摩擦力2 ）某物体重力，在赤道处的读数是两极处的 b 倍（b 小于1）,万有引力常量为 G 则此行星 A.30 Ga 2b 3 Ga 2b 230 C . Ga 2(1 b)23 Ga 2(1 b)b始终处于静止状态。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题七选考模块第二讲振动和波动光与电磁波、相对论课件
3．(2019·盐城检测)下列说法中正确的是________。 A．光学镜头上的增透膜是利用光的偏振现象
第二讲 振动和波动取光与电磁波、相对论
本课内容结束
1
课前自测诊断
本课内容结束
2
课堂重点攻坚
3
课后“达标”检测
考点一 机械振动和机械波 (一)理清知识体系
释疑 3 大考点
本课内容结束
(二)掌握三个问题
1．判断波的传播方向和质点振动的方向
(1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法)。
2．周期、波长、波速的计算
(3)波速：可根据波形传播的时间、距离计算 v＝xt ；也可 根据公式 v＝Tλ 计算。
3．利用波传播的周期性、双向性解题 (1)波的图像的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时
本 课 内 容 结 束 刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能。
(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时， 要考虑到波 光的折射和全反射
(一)掌握解题思路 1．确定研究的光线：该光线一般是入射光线，还有可能
本 课 内 容 结 束 是反射光线或折射光线，若研究的光线不明确，根据题意分
析、寻找，如临界光线、边界光线等。 2．画光路图：找入射点，确认界面，并画出法线，根据
反射定律、折射定律作出光路图，结合几何关系，具体求解。
点射出时与 AD 面的夹角为 30°，Q 点到 BC 面垂线的垂足
为 E，P、Q 两点到 E 点的距离分别为 a、 3a，已知真空
2020版江苏高考物理二轮新攻略习题：2_专题二+功和能
专题二功和能冲刺提分作业一、单项选择题1.(2019江苏南通、泰州、扬州等七市二模联考)引体向上是中学生体育测试的项目之一,引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。
若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上,该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )A.5 WB.20 WC.100 WD.400 W答案 C 一个普通中学生质量约为50千克,每次引体向上时重心升高约0.5 米,则克服重力做功的功率为P=Wt =nmgℎt=12×50×10×0.530W=100 W。
2.(2019江苏南京学情调研)一个质量M=2 kg的物体受五个力的作用处于平衡状态。
当其中一个F=10 N的作用力突然消失,其余四个力保持不变。
经过时间t=2 s后,下列说法正确的是( )A.物体一定做匀加速直线运动B.物体的速度一定是10 m/sC.物体速度的变化量一定等于10 m/sD.物体的动能一定增加了100 J答案 C 当10 N的力消失后,其他力的合力与消失的力大小相等,方向相反,则物体做匀变速运动,加速度为a=Fm =102m/s2=5 m/s2。
若物体原来做匀速直线运动,且速度方向与F的方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,故A错误。
因初速度不知道,则不能确定2 s后物体的速度,故B错误。
物体速度的变化量Δv=at=10 m/s,方向与F的方向相反,故C正确。
物体的动能变化量不能确定,故D错误。
1/ 93.(2018江苏镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高88 m,假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。
下列说法正确的是( )A.在摩天轮转动的过程中,乘客机械能始终保持不变B.在最低点时,乘客所受重力大于座椅对他的支持力C.在摩天轮转动一周的过程中,合力对乘客做功为零D.在摩天轮转动的过程中,乘客所受重力的功率保持不变答案 C 机械能等于重力势能和动能之和,摩天轮转动过程中,做匀速圆周运动,乘客的速度大小不变,则动能不变,但高度变化,则重力势能变化,所以机械能在变化,A错误;圆周运动过程中,在最低点,由重力和支持力的合力提供向心力F,向心力指向圆心,所以F=N-mg,则支持力N=mg+F,所以重力小于支持力,B错误;在摩天轮转动一周的过程中,动能变化量为零,则合力对乘客做功为零,C正确;运动过程中,乘客的重力大小不变,速度大小不变,但是速度方向时刻在变化,则竖直方向的分速度也是在变化的,所以重力的瞬时功率在变化,D错误。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第二讲机械能守恒定律功能关系课件
(一)理清知识体系
(二)谨记两点提醒 1．对于单个物体，如果只有重力做功，那么物体的机 械能守恒。如诊断卷第1题，小球运动过程中只有重力做 功，机械能守恒。 2．具体题目需要具体分析初始条件，不能凭感觉直接 得结果。如诊断卷第2题中，小球经C点时对管道外侧的弹力 大小为mg，则有mg＋FN＝mvRC2，FN＝mg。
的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围
内，则下列判断正确的是
()
A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变
小后变大
B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能
小于增加的弹性势能
D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小
解析：物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量 mgsin θ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减 小；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大；以后由于 弹力大于mgsin θ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大， 速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中， 加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，选项A正 确，B错误。物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重 力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C正确。当弹 力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下 运动，可知此时重力势能不是最小的，选项D错误。 答案：AC
解析：当A物块到达C处时，由受力分析 可知：水平方向受力平衡，竖直方向只 受重力作用，所以A物块的加速度a＝ g，A正确，B错误。B物块受重力和拉 力而平衡，故拉力等于其重力；物体A 受重力、拉力和杆的支持力，如图所 示，设B物块的质量为M，绳子拉力为T，根据平衡条件： Tcos 37°＝mg，T＝Mg；联立解得M＝0.5 kg，故C正确；设
2020江苏高考物理二轮讲义：专题四第2讲 电磁感应问题
第2讲 电磁感应问题真题再现(2019·高考江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S ＝0.3 m 2、电阻R ＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt ＝0.5 s 时间内合到一起．求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E ；(2)感应电流的平均值I ，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q . 解析：(1)感应电动势的平均值E ＝ΔΦΔt磁通量的变化ΔΦ＝B ΔS 解得E ＝B ΔSΔt ，代入数据得E ＝0.12 V. (2)平均电流I ＝ER代入数据得I ＝0.2 A(电流方向见图). (3)电荷量q ＝I Δt 代入数据得q ＝0.1 C.答案：(1)0.12 V (2)0.2 A 电流方向见解析图 (3)0.1 C考情分析命题研究对近几年高考试题分析可看出，该部分知识的考查不仅是高考必考点，而且考查呈现多样性，不仅在选择题中，对基本内容的考查如闭合电路欧姆定律结合电路问题、楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培定则、感应电动势等知识考查较多，以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题；这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高感应电动势的求解【高分快攻】求解感应电动势的四种常见情景表达式E ＝n ΔΦΔtE ＝BLv sin θE ＝12BL 2ωE ＝NBSω·sin (ωt＋φ0)情景图研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的一段导体棒绕与B 垂直的轴转动的导线框意义一般求平均感应电动势，当Δt →0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v 为平均速度时求的是平均感应 电 动 势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件 所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图(b)所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )A ．在t ＝T4时为零B ．在t ＝T2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．t ＝T 时最大，且沿顺时针方向[解析] 因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R 中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小．由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A 正确，B 错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，T 4～3T 4内电动势的方向沿顺时针，T2时刻最大，C 正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D 错误．[答案] AC【题组突破】角度1 感应电流的方向判断——楞次定律的应用1．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )解析：选D.设线框运动的速度为v ，则线框向左匀速运动第一个l2v的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bdv (d 为导轨间距)，电流i ＝ER ，回路中电流方向为顺时针；第二个l 2v 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个l2v 的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bdv ，电流i ＝ER ，回路中电流方向为逆时针，所以D正确．角度2 感应电动势的计算——法拉第电磁感应定律的应用2．(2019·南通质检)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a解析：选C.金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误；转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a ＜U c ，U b ＜U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确．角度3 电磁感应中的图象问题3．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图象中可能正确的是( )解析：选AC.棒ab 以初速度v 0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab 受到方向与v 0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd 受到方向与v 0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab 和棒cd 的速度相同，v 1＝v 2，两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv 0＝mv 1＋mv 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 均正确，B 、D 均错误．命题角度解决方法易错辨析感应电流的方向判断安培定则、楞次定律明确电源内部电流方向及正极感应电动势的计算法拉第电磁感应定律、右手定则明确是感生电动势还是动生电动势，是导体转动切割还是平动切割磁感线磁体与导体的相对运动分析楞次定律、左手定则常用楞次定律的一些推论如“来拒去留”“增缩减扩”等快速判断图象问题分析楞次定律、法拉第电磁感应定律感应电动势或电流的方向判断要弄清楚，大小变化趋势及最大值应计算准确安培力的应用【高分快攻】1．解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则比较项目左手定则右手定则安培定则应用磁场对运动电荷、电流作用力方向的判断对因导体切割磁感线而产生的感应电流方向的判断对电流产生磁场方向的判断涉及方向的物理量磁场方向、电流(电荷运动)方向，安培力(洛伦兹力)方向磁场方向、导体切割磁感线的运动方向、感应电动势的方向电流方向、磁场方向各物理量方向间的关系图例因果关系电流→力运动→电流电流→磁场应用实例电动机发电机电流的磁效应(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．3．能量转化问题的分析：先电后力再能量．【典题例析】(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k .图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .PQ 的质量为m ，金属导轨足够长、电阻忽略不计．(1)闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向； (2)断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程安培力做的功W .[解析] (1)设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，则E ＝k ①设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有R 并＝R 2②闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝ER 并＋R ③设PQ 中的电流为I PQ ，有 I PQ ＝12I ④设PQ 受到的安培力为F 安，有 F 安＝BI PQ l ⑤保持PQ 静止，由受力平衡，有 F ＝F 安⑥联立①②③④⑤⑥式得 F ＝Bkl 3R ⑦方向水平向右．(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为Δt ，回路中的磁通量变化量为ΔΦ ，平均感应电动势为E －，有E －＝ΔΦΔt ⑧其中ΔΦ＝Blx ⑨设PQ 中的平均电流为I －，有 I －＝E －2R ⑩根据电流的定义得 I －＝q Δt ⑪由动能定理，有 Fx ＋W ＝12mv 2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 W ＝12mv 2－23kq .⑬[答案] 见解析【题组突破】角度1 安培力作用下的运动分析1．(2017·高考江苏卷)如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； (2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； (3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P . 解析：(1)感应电动势E ＝Bdv 0 感应电流I ＝ER解得I ＝Bdv 0R .(2)安培力F ＝BId 牛顿第二定律F ＝ma 解得a ＝B 2d 2v 0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度v ′＝v 0－v ，则感应电动势E ＝Bd (v 0－v ) 电功率P ＝E 2R解得P ＝B 2d 2（v 0－v ）2R.答案：见解析角度2 安培力作用下的功能关系2．(2017·高考北京卷)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景．在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计．电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动．图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用．图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I.(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能．(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷．a．请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图．b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明．解析：(1)题图1中，电路中的电流I 1＝BLvR ＋r棒ab 受到的安培力F 1＝BI 1L在Δt 时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab 克服安培力做的功 E 电＝F 1·v Δt ＝B 2L 2v 2Δt R ＋r题图2中，棒ab 受到的安培力F 2＝BIL在Δt 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab 做的功 E 机＝F 2·v Δt ＝BILv Δt . (2)a.如图甲、图乙所示．b ．设自由电荷的电荷量为q ， 沿导体棒定向移动的速率为u .如图乙所示，沿棒方向的洛伦兹力f ′1＝qvB ，做负功W1＝－f′1·uΔt＝－qvBuΔt垂直棒方向的洛伦兹力f′2＝quB，做正功W2＝f′2·vΔt＝quBvΔt所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零．f′1做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f′2做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加．大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能；在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用．答案：见解析命题角度解决方法易错辨析安培力的计算安培力公式公式F＝BIL中要求垂直关系，否则容易出错；并且注意安培力的变化是否均匀，否则不能直接利用公式计算安培力作用的动力学分析受力平衡若运动为加速度a逐渐减小的加速运动，则最大速度出现在a＝0时即受力平衡时安培力作用下的功能关系安培力做功改变内能、动能定理、能量守恒定律安培力做多少功，电路就产生多少电能；再结合能量守恒，分析动能的变化情况电磁感应中的电路综合问题【高分快攻】解决电磁感应中电路问题的思路1．“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r .2．“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路． 3．根据E ＝BLv 或E ＝n ΔФΔt ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．【典题例析】如图所示，半径为l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a ，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B ，金属棒b 放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l .当棒a 绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b 保持静止．已知棒b 与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b 的质量为m ，棒a 、b 的电阻分别为R 、2R ，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求：(1)金属棒b 两端的电压；(2)为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度大小的范围． [解析] (1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 E ＝Blv ①金属棒切割磁感线的平均速度 v ＝0＋lω2②金属棒b 两端的电压U ＝2RR ＋2R E ③联立①②③解得U ＝13Bl 2ω④(2)电路中的电流I ＝ER ＋2R ⑤棒b 受到的安培力F 安＝BI ·2l ⑥ 由①②⑤⑥解得F 安＝B 2l 3ω3R⑦为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小为ω1，最大为ω2，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R ⑧mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R⑨解得3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l3.⑩[答案] (1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l3【题组突破】角度1 感应电荷量的计算1．(多选)(2019·盐城高三模拟)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域，MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，两边界间的宽度为s ，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v －t 图象(其中OA 、BC 、DE 相互平行)．已知正方形金属线框的边长为L (L <s )、质量为m 、电阻为R ，当地的重力加速度为g (下落过程中bc 边始终水平且线框始终在竖直面内)．关于线框在穿越磁场的过程中，以下说法正确的是( )A ．线框的速度v 1一定等于mgRB 2L2B ．如果线框刚进入磁场时加速度大小是g 4，则v 2＝4mgR5B 2L2C ．如果线框刚进入磁场时加速度大小是g4，线框在进入磁场的过程中，通过线框的电荷量可能是m 2gR5B 3L3D ．线框穿出磁场的过程中流经线框横截面的电荷量q ＝BL 2R解析：选CD.从题图乙知t 1～t 2时间内线框一直在做减速运动，t 2时刻安培力一定不小于重力，mg ≤B BLv 1R L ，即v 1≥mgR B 2L 2，A 错误；如果线框刚进入磁场时的加速度大小是g 4，有BBLv 2RL －mg ＝m g 4，解得v 2＝5mgR 4B 2L 2，B 错误；如果线框刚进入磁场时加速度大小是g4，线框进入时满足－∑BiL Δt ＋∑mg Δt ＝mv 1－mv 2，即－BLQ ＋mg (t 2－t 1)＝mv 1－mv 2，如果v 1＝mgRB 2L 2，则通过线框的电荷量最多为Q ＝m 2gR 4B 3L 3＋mg （t 2－t 1）BL >m 2gR5B 3L 3，所以C 正确；由于q ＝ΔΦR ＝BL 2R ，D正确．角度2 含容电路的分析2．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面间的夹角为θ，间距为L .导轨上端接有一平行板电容器，电容为C .导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； (2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v ，则感应电动势为E ＝BLv ① 平行板电容器两极板之间的电势差为U ＝E ② 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q ，按定义有 C ＝QU③联立①②③式得Q ＝CBLv .④(2)设金属棒的速度大小为v 时经历的时间为t ，通过金属棒的电流为i .金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F 安＝BLi ⑤设在时间间隔(t ，t ＋Δt )内流经金属棒的电荷量为ΔQ ，据定义有i ＝ΔQΔt⑥ΔQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t ，t ＋Δt )内增加的电荷量．由④式得：ΔQ ＝CBL Δv ⑦式中，Δv 为金属棒的速度变化量．据定义有 a ＝Δv Δt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 F f ＝μF N ⑨式中，F N 是金属棒对导轨的正压力的大小， 有F N ＝mg cos θ⑩金属棒在时刻t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a ，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F 安－F f ＝ma ⑪联立⑤～⑪式得a ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cg ⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t 时刻金属棒的速度大小为 v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2C gt .答案：(1)Q ＝CBLv (2)v ＝m （sin θ－μcos θ）m ＋B 2L 2Cgt角度3 电磁感应中的电路综合问题3．(多选)(2018·高考江苏卷)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )A ．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B ．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C ．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD ．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4解析：选BC.根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A 错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B 正确；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd ，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q 1＝2mgd ，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为2×2mgd ＝4mgd ，选项C 正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v ＝2gh ，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝ER ，所受安培力F ＝BIL ，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F >mg ，联立解得h >m 2gR 22B 4L 4，选项D 错误．求电荷量的三种方法(1)q ＝It (式中I 为回路中的恒定电流，t 为时间)①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q ＝It .②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I 恒定，t 时间内通过线圈横截面的电荷量q ＝It .(2)q ＝n ΔΦR(其中R 为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量) ①闭合回路中的电阻R 不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势．②从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化．(3)Δq ＝CBL Δv (式中C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强度，L 为导体棒切割磁感线的长度，Δv 为导体棒切割速度的变化量)在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E ，通过电容器的电流I ＝Δq Δt ＝C ΔU Δt，又E ＝BLv ，则ΔU ＝BL Δv ，可得Δq ＝CBL Δv .(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．图甲为手机及无线充电板．图乙为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n 1，受电线圈的匝数为n 2，面积为S ，若在t 1到t 2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B 1均匀增加到B 2.下列说法正确的是( )A ．受电线圈中感应电流方向由d 到cB ．c 点的电势高于d 点的电势C ．c 、d 之间的电势差为n 1（B 2－B 1）S t 2－t 1D ．c 、d 之间的电势差为n 2（B 2－B 1）S t 2－t 1解析：选D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为U cd＝E＝n2ΔΦΔt＝n2（B2－B1）St2－t1，故C错误，D正确．2．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：选D.金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．3．(2019·镇江模拟)如图，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向以速度v匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示i－t图象的是()解析：选A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入P 、Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为零，然后电流方向变为顺时针(即沿负方向)且逐渐增加，当导线框刚好完全进入Q 、R 之间的瞬间，电流由负向最大值变为零，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加，当导线框离开磁场时，电流变为零，故A 正确．4．如图甲中水平放置的U 形光滑金属导轨NMPQ ，MN 接有开关S ，导轨宽度为L ，其电阻不计．在左侧边长为L 的正方形区域存在方向竖直向上磁场B ，其变化规律如图乙所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B 0，在该段导轨之间放有质量为m 、电阻为R 、长为L 的金属棒ab .若在图乙所示的t 02时刻关闭开关S ，则在这一瞬间( )。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第二讲 机械能守恒定律 功能关系课后自测诊断卷
第二讲机械能守恒定律功能关系——课后自测诊断卷1．[多选](2020·南京、盐城三模)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。
轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。
换用相同材料、质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。
不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是()A．两滑块到达B点的速度相同B．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同C．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同解析：选BCD 弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，故A错误；滑块上升过程中的加速度a＝mgsin θ＋μmgcos θm＝gsin θ＋μgcos θ，由于材料相同，所以动摩擦因数相同，与质量无关，故两滑块上升到最高点过程的加速度相同，故B正确；设滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：Ep ＝mgh＋μmgcos θ·hsin θ，所以mgh＝Ep1＋μtan θ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；因摩擦产生的热量，Q＝μmgcosθ·hsin θ，μ、mgh相同，产生的热量相同，故D正确。
2.[多选](2020·南京、盐城三模)如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在光滑斜面上的A点，此时弹簧恰好水平，将滑块从A点由静止释放，经B点到达位于O点正下方的C点，当滑块运动到B点时弹簧与斜面垂直，运动到C点时弹簧恰好处于原长，已知OC的距离为L，斜面倾角为θ＝30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。
则滑块由A运动到C的过程中( )A．滑块的加速度一直减小B．滑块经过B点时的速度一定最大C．滑块经过C点的速度大于2gLD．滑块的加速度大小等于g2的位置一共有三处解析：选CD 滑块下滑过程中受到重力，斜面对它的支持力，还有弹簧弹力。
高考物理第二轮复习论圆讲义册子
第2讲论圆一、水平圆之考力题一：如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。
木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度。
下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ωb开始滑动的临界角速度D．当ωa所受摩擦力的大小为kmg题二：一行星与地球运动情况相似，此行星的一昼夜为T＝6小时，若弹簧秤在其赤道上比两极处测同一物体的重力时读数小了10%，则此行星的平均密度多大？题三：如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。
不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（）A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小二、竖直圆之功能题四：如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。
若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（）A．t1<t2 B．t1＝t2C．t1>t2 D．无法比较t1、t2的大小题五：如图所示，一个小滑块（可视为质点）从离B点高H＝12 m处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环，且滑块与圆环动摩擦因数处处相等。
当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达离B点高h的D点时，速度为零。
则h可能为（）A．11 m B．10 m C．9 m D．8 m题六：过山车是游乐场中常见的设施。
下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m。
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第2讲 论圆题一：如图所示，放在水平转台上的小物体C 、叠放在水平转台上的小物体A 、B 能始终随转台一起以角速度ω匀速转动。
A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 和m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数均为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 和32r 。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则以下说法中正确的是（ ）A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力等于A 、B 两物体间摩擦力的一半C ．转台的角速度一定满足ω≤23gr μ D ．转台的角速度一定满足ω≤grμ题二：如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m 的两个物体A 和B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，与圆盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）A ．此时绳子张力为3μmgB ．此时圆盘的角速度为2μgrC ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D ．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动题三：一行星与地球运动情况相似，此行星运动一昼夜的时间为a 秒。
用同一弹簧测力计测某物体重力，在赤道处的读数是两极处的b 倍（b 小于1），万有引力常量为G ，则此行星的平均密度为（ ）A ．230Ga b πB ．223Ga b πC ．2230(1)Ga b π-D ．23(1)Ga b π-题四：一宇航员在某一行星的极地着陆时，发现自己在当地的重力是在地球上重力的0.01。
进一步研究还发现，该行星一昼夜的时间与地球一昼夜的时间相等，而且物体在其赤道上好像完全失去了重力，试计算这一行星的半径R （结果保留两位有效数字）。
题五：将一可视为质点的物体b 放在粗糙的水平桌面上，用一质量可忽略不计的轻绳穿过摩擦可忽略的小孔O 与一可视为质点的小球a 连接。
第一次给小球a 一定的初速度使其在水平面内做匀速圆周运动，第二次改变小球a 的速度，使其在水平面内做圆周运动的轨道半径增大，整个过程中物体b 始终处于静止状态。
则（ ）A．第二次轻绳的拉力比第一次小B．第二次小球a的角速度比第一次小C．第二次物体b的摩擦力比第一次大D．第二次物体b所受的支持力比第一次大题六：用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图所示。
设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力为F T，则F T随ω2变化的图像是下图中的（）题七：如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2。
则（）A．v1＝v2，t1＞t2B．v1<v2，t1>t2C．v1＝v2，t1<t2D．v1<v2，t1<t2题八：如图，在竖直平面内有一内壁光滑的抛物线形圆管道OM，管道内径均匀，上方端点O 切线水平。
直径与管道内径相等的小球从O点无初速度滑入管道，则（）A．小球在管道内做平抛运动B．小球在管道内运动时可能不受管道的弹力作用C．小球在P点受到管道的弹力垂直管壁且沿图中a方向D．小球在P点受到管道的弹力垂直管壁且沿图中b方向题九：如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。
一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道。
质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小。
用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功。
则（ ）A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离题十：如图所示，小球从离地高为H 的位置A 由静止释放，从C 点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为h 的B 位置。
再由B 位置下落，再经轨道由C 点滑出上升到离地高为h'的位置，速度减为零，不计空气阻力，则（ ）A ．(H －h )>(h －h ')B ．(H －h )<(h －h ')C ．(H －h )＝(h －h ')D ．不能确定(H －h )与(h －h ')的大小关系题十一：如图所示，一质量m ＝1.0 kg 的小滑块（可视为质点）从水平地面AB 的左侧A 点以v 0＝12 m/s 的初速度水平向右运动，从B 点进入光滑竖直圆形轨道运动一周后，离开圆形轨道继续沿水平地面BD 向右运动，经D 点冲向一倾角θ＝37°的斜面，斜面上固定有与斜面平行的轻质弹簧。
当小滑块运动至E 点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧弹性势能E p ＝38.8 J 。
已知AB 长L 、BD 长L 1均为11.5 m ，圆轨道半径R ＝2.0 m ，小滑块与水平地面和斜面轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.10，不考虑小滑块过D 处时的机械能损失。
取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：（1）小滑块经过B 点时的速度大小v B ；（2）小滑块经过圆形轨道最高点C 时受到轨道向下的作用力大小F ； （3）小滑块沿斜面上滑的最大距离s DE 。
题十二：如图是翻滚过山车的模型，光滑的竖直圆轨道半径R ＝2 m ，入口的平直轨道AC 和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量m＝2 kg的小车与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，加速阶段AB的长度l＝3 m，小车从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点撤去拉力，取g＝10 m/s2，试问：（1）要使小车恰好通过圆轨道的最高点，小车在C点的速度为多大？（2）满足（1）的条件下，小车能沿着出口平直轨道CD滑行多远的距离？（3）要使小车不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
论圆题一：BC详解：对物体A 受力分析可知，物体A 受重力、支持力及物体B 对A 的静摩擦力。
其中静摩擦力提供物体A 随转台一起做匀速圆周运动的向心力，故有F fA ＝3mω2r ≤3μmg ，选项A 错误；由于物体C 与物体A 、B 转动的角速度相同，故物体C 与转台之间的静摩擦力大小为F fC＝32mω2r ＝12F fA ，选项B 正确；欲使物体A 、B 、C 始终能随转台一起转动，则对物体A 、B 有（3m ＋2m ）ω2r ≤μ（3m ＋2m ）g ，即ω2r ≤μg ；对物体C 有32mω2r ≤μmg ，即ω2r ≤23μg ；对物体A 有：3mω2r ≤3μmg ，即ω2r ≤μg ；以上各式联立求解可得：ω，选项C正确、D 错误。
题二：ABC详解：两物体刚好要发生滑动时，A 受背离圆心的静摩擦力，B 受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg ，则有F T －μmg ＝mω2r ，F T ＋μmg ＝mω2·2r ，解得F T ＝3μmg ，ω＝2μg r，故A 、B 、C 正确；当烧断绳子时，A 所需向心力为F ＝mω2r ＝2μmg ＞F f m ，F f m ＝μmg ，所以A 将发生滑动，D 错误。
题三：D详解：在赤道处有：21224Mm G G m r r a π=+，在两极有：22Mm G G r =，已知12G b G =，MVρ=，343V r π=，联立可得密度为23(1)Ga b π-。
故D 正确。
综上本题选D 。
题四：1.9×107m详解：设行星的半径为R ，以角速度ω自转，由宇航员在极地的受力分析知，行星对物体m 的引力满足F 引＝mg'＝0.01mg ，即有g'＝0.01g （g 为地球上的重力加速度）。
当该物体位于赤道上时，有mω2R ＝mg'－F N ，F N 为行星表面对物体的支持力，依题意有F N ＝0。
考虑到ω＝2Tπ，有T ＝24×3600 s＝8.64×104 s 。
得R ＝224T πg'＝1.9×107m 。
题五：C详解：对小球a 受力分析如图所示，则拉力T ＝cos mgθ，当轨道越高时，θ越大，cos θ越小，T 越大，A 错误；设绳长为l ，由合力F ＝mg tan θ＝ml sin θ·224Tπ知，周期T＝θ越大，周期T 越小，角速度越大，B 错误；物体b 所受摩擦力等于绳子的拉力，因θ变大时拉力变大，故摩擦力也变大，C 正确；物体b 在竖直方向上对桌面的压力等于重力，D 错误。
题六：C详解：小球角速度ω较小，未离开锥面时，设细线的张力为F T ，细线的长度为L ，锥面对小球的支持力为F N ，则有F T cos θ＋F N sin θ＝mg ，F T sin θ－F N cos θ＝mω2L sin θ，可得出：F T ＝mg cos θ＋mω2L sin 2θ，可见随ω由0开始增加，F T 由mg cos θ开始随ω2线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，F T ·sin α＝mω2L sin α（α为细线与竖直方向的夹角），得F T ＝mω2L ，可见F T 随ω2的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，且该图线经过（0，0）点，综上所述，只有C 正确。
题七：A 详解：由于椭圆形管道内壁光滑，小球不受摩擦力作用，因此小球从M 到N 过程机械能守恒，由于M 、N 在同一高度，根据机械能守恒定律可知，小球在M 、N 点的速率相等，B 、D 项错误；小球沿MPN 运动的过程中，速率先减小后增大，而沿MQN 运动的过程中，速率先增大后减小，两个过程运动的路程相等，到N 点速率都为v 0，根据速率随时间变化关系图象可知，由于两图象与时间轴所围面积相等，因此t 1>t 2，A 项正确，C 项错误。
题八：D详解：由题意，小球从O 点无初速度滑入管道，而平抛运动的物体仅受重力且有一定的初速度，选项A 错误；小球在运动过程中，水平方向的速度逐渐增大，需要下管壁对它有力的作用，因而除了受到重力，还受到管道的弹力，垂直管壁且沿图中b 方向，选项BC 错误、D 正确。
综上本题选D 。
题九：C详解：根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR2，从P 点到N 点，根据动能定理可得mgR －W ＝E k N－E k P ，即克服摩擦力做功W ＝12mgR 。