（人教版）（物理）安徽省2013年高考二轮复习 专题1 选择题题型分析与增分策略
文档属性
| 名称 | （人教版）（物理）安徽省2013年高考二轮复习 专题1 选择题题型分析与增分策略 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 39.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | |||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2013-04-21 20:59:07 | ||
图片预览
文档简介
专题一 选择题题型分析与增分策略
题型分析
安徽高考选择题为单选，共有7题，每题6分，选择题总分值42分，占物理总分110分的38.2%，比例很大。由于选择题都为单项选择题，并且题目内容按物理学习不同板块命题，题目很少综合考查不同知识点，内容多为平常练习的题目，最多改头换面，所以难度不是很大，只要平时基础扎实，善于总结题型，掌握不同解法和一些简单结论，往往不需详尽地算出最终结果就能选出正确选项。
增分策略
解答选择题一般要从以下三个方面入手。
（1）审题干。在审题干时要注意以下三点：首先，明确选择的方向，即题干要求是正向选择还是逆向选择。正向选择一般用“什么是”“包括什么”“产生以上现象的原因”“这表明”等表述；逆向选择一般用“错误的是”“不正确”“不是”等表述。其次，明确题干的要求，即找出关键词句——题眼。再次，明确题干规定的限制条件，即通过分析题干的限制条件，明确选项设定的具体范围、层次、角度和侧面。
（2）审选项。对所有备选选项进行认真分析和判断，运用解答选择题的方法和技巧（下文将有论述），将有科学性错误、表述错误或计算结果错误的选项排除。
（3）审题干和选项的关系，这是做好不定项选择题的一个重要方面。常见的不定项选择题中题干和选项的关系有以下几种情形：
第一，选项本身正确，但与题干没有关系，这种情况下该选项不选。
第二，选项本身正确，且与题干有关系，但选项与题干之间是并列关系，或选项包含题干，或题干与选项的因果关系颠倒，这种情况下的选项不选。
第三，选项并不是教材的原文，但意思与教材中的知识点相同或近似，或是题干所含知识的深层次表达和解释，或是对某一正确选项的进一步解释和说明，这种情况下的选项可选。
第四，单个选项只是教材中知识的一部分，不完整，但几个选项组在一起即表达了一个完整的知识点，这种情况下的选项一般可选。
分类例析
1．对物理学史和物理思想方法的考查
从新课标高考物理历史看，非常重视对物理学史的考查，这类题目难度不大，属于识记内容，只要复习到就不会丢分。
高中物理的重要物理学史实：
科学家
国别
主要贡献
伽利略
意大利
1638年，论证较重物体不会比较轻物体下落得快。
伽利略理想实验法指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去。（17世纪）
伽利略在教堂做礼拜时发现摆的等时性，惠更斯根据这个原理制成历史上第一座自摆钟。
伽利略针和单摆实验：把摆球拉到某一高度，用一根针多次改变小球的悬点，摆球能上升到原来的高度，得到与亚里士多德不同的力和运动关系的结论。
伽利略在1683年出版的《两种新科学的对话》一书中，运用观察—假设—数学推理的方法，详细地研究了抛体运动
牛顿
英国
1683年，提出了三条牛顿运动定律，1687年，发表万有引力定律
开普勒
德国
17世纪提出开普勒三定律
卡文
迪许
英国
1798年利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量
库仑
法国
发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律
密立根
美国
通过油滴实验测定了元电荷的数值。e＝1.6×10－19 C
富兰
克林
美国
解释了摩擦起电的原因，通过风筝实验验证闪电是电的一种形式，把天电与地电统一起来，并发明避雷针
欧姆
德国
通过实验得出欧姆定律
昂尼斯
荷兰
大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象——超导现象
焦耳和
楞次
先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，称为焦耳—楞次定律（1834年楞次确定感应电流方向的定律）
奥斯特
丹麦
电流可以使周围的磁针产生偏转的效应，称为电流的磁效应
洛伦兹
荷兰
提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力（洛伦兹力）的观点
笛卡儿
法国
第一个提到“动量守恒定律”
安培
法国
分子环形电流假说（原子内部有环形电流）
法拉第
英国
发现的电磁感应现象使人类的文明跨进了电气化时代。（选修3－2第4页）在1821年，法拉第在重复奥斯特“电生磁”实验时，制造出人类历史上第一台最原始的电动机
亨利
美国
最大的贡献是在1832年发现自感现象
狄拉克
英国
根据电磁场的对称性，预言“磁单极子必定存在”
汤姆生
英国
利用阴极射线管发现了电子，说明原子可分，有复杂内部结构，并提出原子的枣糕模型（葡萄干布丁模型），从而敲开了原子的大门
普朗克
德国
量子论的奠基人。为了解释黑体辐射，提出了能量量子假说，解释物体热辐射规律，提出电磁波的发射和吸收不是连续的，而是一份一份的，把物理学带进了量子世界
爱因
斯坦
德裔美国人，具有美国、瑞士双重国籍
提出光子说（科学假说），成功地解释了光电效应规律
提出的狭义相对论（相对论的两个原理：1．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；2．在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的）
总结出质能方程Ekm＝hν－W
（2005年被联合国定为“世界物理年”，以表彰他对科学的贡献）
普里克
德国
发现了阴极射线
卢瑟福
英国
进行了α粒子散射实验，并提出了原子的核式结构模型。由实验结果估计原子核直径数量级为10－15 m
用α粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，并发现了质子（该实验表明了原子内质量和电荷量的分布，并没有揭示原子核的组成），并预言了中子的存在
玻尔
丹麦
量子力学的先驱。吸取普朗克、爱因斯坦的量子概念，提出原子结构的玻尔理论，成功解释了氢原子光谱。最先得出氢原子能级表达式
贝克
勒尔
法国
发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构
查德
威克
英国
在α粒子轰击铍核时发现中子（原子核人工转变的实验），由此人们认识到原子核的组成
居里
夫妇
法国
发现了放射性更强的钋和镭
【例1】（2012·海南单科）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法不正确的是（ ）。
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
答案：B
解析：考察科学史，易知答案应该选B。
【例2】（2012·西安交大附中高三二模）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．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，与试探电荷的电荷量成反比
D．“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
答案：C
解析：伽利略通过斜面实验或双球实验等科学方法研究问题，在客观基础上进行逻辑推理，故A选项正确。卡文迪许通过扭秤实验测出万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，利用了放大思想，故B选项正确。电场强度E＝利用了比值定义法，所以E可由F与试探电荷的电荷量的比值算出，而E不由F决定，故C选项错误。合力与分力、总电阻的效果与各分阻值的总效果相同，交流电的有效值也是采用等效热效应求解，都用到了等效替代法，故D选项正确。
注意：本题是选错误选项。考生在最终选择时要回扣一下题目要求，避免出错。
规律总结 此类题目的共同点是从不同角度考查物理学史和物理思想方法，属基本概念规律的识记考查，难度较低，可用直接判断法。
举一反三1（2012·陕西师大附中高三二模）物理学的发展带来了社会的巨大变革，近300年物理学经历了三次重大突破，每一次突破都给科学技术带来革命性的发展变化，下面叙述中不属于这三次突破的内容是（ ）。
A．牛顿力学的建立和热力学的发展
B．麦克斯韦创立了电磁理论
C．相对论、量子力学的创立
D．计算机的发明和发展
举一反三2（2011·山东理综改编）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是（ ）。
A．焦耳发现了电流电磁感应现象
B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
举一反三3（2012·山西大学附中一模）下列说法正确的是（ ）。
A．法拉第发现了电流的磁效应现象
B．卡文迪许巧妙地运用了扭秤实验，成功测出了静电力常量的数值
C．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，运用了类比法
D．在力学单位制中，规定质量、长度、时间三个物理量的单位为基本单位
规律总结（1）物理学史渗透了很多科学研究问题的思想和方法，对考生有着终生的影响，是高考重点考查内容之一。
（2）高中阶段物理还有“微元思想”“极限思想”“比值定义法”“类比法”“控制变量法”等很多思想方法，在本书具体专题中都有强化训练。
2．受力分析 物体的平衡
【例3】（2012·福建福州八中高三质检）如图所示，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上，用水平力F向左拉动B，使B以速度v做匀速直线运动，这时绳水平，张力为T。下面说法正确的是（ ）。
A．T＝F
B．木块A受到的是静摩擦力，大小等于T
C．木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于F
D．若木板B以2v的速度匀速运动，则拉力仍为F
答案：D
解析：木块A、木板B之间发生了相对运动，所以木块A受到的是水平向左的滑动摩擦力（设其大小为f1），因为木块A相对地面静止，其受力平衡，所以f1＝T，选项B错误；根据牛顿第三定律，木板B受到木块A对其施加的水平向右的滑动摩擦力的作用（大小为f1），因为木板B相对地面向左运动，所以其还受到地面对其施加的水平向右的滑动摩擦力的作用（设其大小为f2），在水平方向上其还受到水平向左的拉力F，三力平衡，所以F＝f1＋f2＝T＋f2，选项A、C错误；若木板B以2v的速度匀速运动，其受到的两个滑动摩擦力大小和方向均不变，拉力仍为F，选项D正确。
技巧点拨解决此类问题，要仔细审题，把握住关键词，如“静止”“匀速”“光滑”“不计一切摩擦”等，防止多画力。要牢记研究对象。所画的每一个力都必须同时找到受力物体和施力物体。防止少画力，要按受力分析顺序画力，所有接触面或接触点都要分析到是否有弹力或摩擦力。防止错画力，要按照重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序分析受力。
举一反三4（2012·安庆一中高三五月模拟）有一块长方体木板被锯成如图所示的A、B两块放在水平桌面上，A、B紧靠在一起，木板A的角度如图所示。现用水平方向的力F垂直于板的左边推木板B，使两块板A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则（ ）。
①木板B对A的压力小于桌面对木板A的摩擦力
②木板A在水平方向受两个力的作用，合力为零
③木板B在水平方向受四个力的作用
④木板A只受一个摩擦力
A．①③ B．②③
C．①② D．②④
【例4】（2012·浙江杭州师大附中高三月考）质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体m使其沿斜面向下匀速运动，M始终静止，则下列说法正确的是（ ）。
A．M相对地面有向右运动的趋势
B．地面对M的摩擦力大小为Fcos θ
C．地面对M的支持力为（M＋m）g
D．物体m对M的摩擦力的大小为F
答案：B
解析：解法一（隔离法）：假设地面对M的摩擦力水平向右，分别对物体和斜面受力分析如图所示，它们都处于平衡状态，利用正交分解法有：
对物体：平行斜面方向上有f＝F＋mgsin θ，垂直斜面方向上有T＝mgcos θ；
对斜面：水平方向上有f′cos θ＝T′sin θ＋f地，竖直方向上有N＝Mg＋f′sin θ＋T′cos θ；又f＝f′，T＝T′，联立以上各式可求得：f地＝Fcos θ，N＝（M＋m）g＋Fsin θ。显然，选项B正确，C、D错误。因为f地取正值，说明假设正确，即地面对M的摩擦力水平向右，M相对地面有向左运动的趋势，选项A错误。
解法二（整体法）：先将物体和斜面看做一个系统，运用整体法，该系统共受到重力G（大小为mg＋Mg）、地面的支持力N、沿斜面方向的力F和对面摩擦力f地的作用（受力图略），系统处于平衡状态，合力为零，易得：f地水平向右，大小f地＝Fcos θ，N＝（M＋m）g＋Fsin θ，所以，选项B正确，A、C错误；再选取物体为研究对象，运用隔离法，易知，选项D错误。
技巧点拨（1）处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态（加速度为0），选研究对象，受力分析，建立平衡方程，求解得结论。
（2）对两个以上的物体叠加组成的系统进行受力分析时，一般先从受力最简单的物体入手，采用隔离法进行分析。
（3）当物体受四个及以上共点力的作用而平衡时，一般采用正交分解法求解。
（4）当物体仅受三个共点力作用而平衡时，可灵活选取正交分解法、平行四边形法则或三角形法则求解。
（5）当组成系统的几个物体都处于静止状态或一起匀速运动时，或者系统内一部分处于静止状态，另一部分匀速运动时可以考虑运用整体法。根据整体的平衡条件，就可以确定整体或某一个物体的受力特点。
举一反三5（2012·黑龙江齐齐哈尔五校联考）如图所示，杆BC的B端铰接在竖直墙上，另一端C为一滑轮。重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡。若将绳的A端沿墙向下移，再使之平衡（BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计），则（ ）。
A．绳的拉力增大，BC杆受压力增大
B．绳的拉力不变，BC杆受压力增大
C．绳的拉力不变，BC杆受压力减小
D．绳的拉力不变，BC杆受压力不变
3．直线运动和牛顿运动定律
【例5】如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v－t图象，根据图象可以判断（ ）。
A．两球在t＝2 s时速率相等
B．两球在t＝8 s时相距最远
C．两球运动过程中不会相遇
D．甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相同、方向相反
答案：A
解析：根据题图，在t＝2 s时，甲球速度为20 m/s，乙球速度为－20 m/s，所以它们速率相等，选项A正确；结合图象，利用“面积”求位移，可知甲、乙两球在t＝8 s时同时回到出发点相遇，所以选项B、C错误；根据图象，在整个运动过程中，两条图象的斜率保持不变，这表示它们做的是匀变速直线运动，甲、乙两球刚开始做初速度方向相反的匀减速直线运动，当它们速度减为零后，又反向折回做初速度为零的匀加速直线运动，因为两条图象的斜率一正一负，绝对值不同，这说明它们的加速度方向相反，大小不同，选项D错误。本题答案为A。
技巧点拨对图象问题要抓住五个关键点：
①坐标轴所代表的物理量，如有必要首先写出两轴物理量关系的表达式。
②斜率的意义（v－t图象表示加速度）。
③截距的意义（表示初始速度、时间等）。
④面积的意义，对v－t图象来说，面积代表位移，横轴上方的“面积”为正，下方为负。
⑤交点的意义
根据v－t图象所表达的意义，结合牛顿第二定律，根据物体受力和加速度的大小、方向的瞬时关系得出结论。
举一反三6（2012·浙江学军中学期中考试）一枚火箭由地面竖直向上发射，其v－t图象如图所示，则（ ）。
A．火箭在t2～t3时间内向下运动
B．火箭能上升的最大高度为4v1t1
C．火箭上升阶段的平均速度大小为v2
D．火箭运动过程中的最大加速度大小为
【例6】（2012·甘肃河西五市部分高中高三联考）甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距s＝6 m，乙车在前，甲车在后，某时刻两车同时开始运动，两车运动的过程如图所示，则下列表述正确的是（ ）。
A．当t＝4 s时两车相遇
B．当t＝4 s时两车间的距离最大
C．两车有两次相遇
D．两车有三次相遇
答案：D
解析：利用v—t图象的“面积”求位移，前4 s内，甲车位移为s甲＝×（8＋16）×4 m＝48 m，乙车位移为s乙＝×（8＋12）×4 m＝40 m，s甲－s乙＝8 m＞6 m，所以当t＝4 s时甲车已经超过乙车，选项A错误。因为当t＝12 s时乙车速度减为0，而甲车以4 m/s的速度继续运动下去，所以两车间的距离会一直增加，选项B错误。前4 s内两车发生了第一次相遇；当t＝4 s时，两车速度相同，并且甲车在前，乙车在后，之后两车均减速，但乙车减速较慢，速度较大，两车间距变小；当t＝6 s时，甲车速度减为4 m/s，乙车速度减为6 m/s；前6 s内它们的位移分别为s甲＝×（4＋16）×6 m＝60 m，s乙＝×（6＋12）×6 m＝54 m，因为s甲－s乙＝6 m，所以当t＝6 s时，它们第二次相遇；之后，乙车在前，甲车在后，在t＝6～8 s时间内，乙车速度大于甲车，它们间距逐渐增大；当t＞8 s时，甲车速度大于乙车，它们间距逐渐减小；因为最后乙车静止，而甲车以4 m/s的速度继续运动下去，所以甲车肯定会再次追上乙车，它们发生第三次相遇；此后，甲车速度始终大于乙车，它们间距逐渐增大，故选项C错误，D正确。本题答案为D。
技巧点拨对于利用图象解决追及问题，要明确图象的物理意义，要身临其境地画出两个物体的实际运动情况，把图线转化为实际运动模型，弄清两个物体的运动情况，两图象的交点表示速度相等，是能否追上的临界条件，至于是否追上还要看速度相等时的位移的关系。
举一反三7（2012·六安一中高三五月模拟）一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，且铝球速度为零，摩擦阻力也为零。根据上述信息，下列说法正确的是（ ）。
A．铝球下沉的速度一直增大
B．铝球的加速度可能大于g
C．铝球下沉过程中所受阻力先增大，后不变
D．铝球下沉过程中，铝球机械能的减少量等于此过程中产生的热量
【例7】（2012·北京朝阳高三期中统考）某人在地面上用体重计称得自己的体重为500 N，他将体重计移至电梯内称其体重，t0～t3时间内，体重计的示数变化如图所示，则电梯运行的v－t图象可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ）。
答案：B
解析：体重计的示数显示的是人对体重计的压力，根据牛顿第三定律，该示数等于电梯地面对人的支持力；根据G—t图象，在t0～t1时间内，电梯对人的支持力大小为450 N，小于重力500 N，这说明合力大小恒定、方向向下，加速度的大小不变、方向也向下，因为取竖直向上为正方向，所以加速度取负值，其对应的v—t图象是一条倾斜直线，该直线的斜率为负值，据此可知，选项B正确。
注意：对于匀变速直线运动，其对应的v—t图象是一条倾斜的直线，该直线的斜率大小代表加速度的大小，斜率的正负代表加速度的方向，如果斜率为负值（或正值），说明加速度的方向与规定的正方向相反（或相同）；本题需要根据加速度的方向与正方向之间的关系，来判断直线斜率的正负性。
技巧点拨超重、失重问题是高考考查的热点之一，解题时要抓住运动学与力学联系的桥梁——加速度，分析清楚加速度就能解决超重与失重问题。发生超重和失重与物体的速度无关，只决定于加速度的方向，当加速度向上时就超重，此时物体的运动状态可能是加速上升或减速下降，反之，当加速度向下时失重，此时物体的运动状态可能是加速下降或减速上升。
举一反三8（2012·陕西西安八校期中联考）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（ ）。
A．m＝0.5 kg，μ＝0.4
B．m＝1.5 kg，μ＝0.4
C．m＝0.5 kg，μ＝0.2
D．m＝1 kg，μ＝0.2
【例8】如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g，则有（ ）。
A．a1＝0 a2＝g
B．a1＝g a2＝g
C．a1＝0 a2＝g
D．a1＝g a2＝g
答案：C
解析：本题考查牛顿第二定律的瞬时性、整体法、隔离法。在抽出木板之前，m、M及弹簧处于静止状态，所以m所受弹簧弹力竖直向上，当将木板抽出的一瞬间，弹簧来不及发生形变，m所受弹力保持不变，即合外力为零，m的加速度a1＝0；对系统用整体法可知，系统所受重力提供M的加速度，即a2＝g，所以选C。
技巧点拨根据牛顿第二定律可知，物体的加速度a与其所受合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合力。利用牛顿第二定律求解瞬时问题，要注意两种不同的物理模型：一是刚性绳杆或接触面，若剪断或脱离后，其中的弹力立即消失或仍接触但可以发生突变，不需要恢复、改变形变的时间；二是弹簧或橡皮绳，这些物体的形变量大，故在瞬间问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的。处理此类问题的方法是：先确定物体运动状态变化之前，物体所受各个力的情况；然后，确定物体运动状态发生变化后，物体所受各个力中，哪些力发生了变化，哪些力没有变化；再根据变化前后的受力情况，求物体的加速度。
举一反三9细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知cos 53°＝0.6 sin 53°＝0.8）（ ）。
A．细绳烧断后小球做平抛运动
B．细绳烧断瞬间小球的加速度为g
C．小球静止时弹簧的弹力大小为mg
D．小球静止时细绳的拉力大小为mg
4．曲线运动 运动的合成与分解
【例9】（2012·上海吴淞中学期中考试）若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中a、b、c、d表示物体运动的轨迹，其中正确的是（ ）。
答案：B
解析：当物体所受合外力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，所以选项C错误；在物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向指向轨迹的凹侧，据此可知，选项B正确，A、D错误。本题答案为B。
技巧点拨要判断物体运动性质及相应特点，必须首先确定物体合运动的性质及其运动的轨迹，确定合运动的特点，首先要找到物体实际参与哪两个分运动，再利用力与运动的观点，确定分运动的特点；然后根据平行四边形定则进行运动的合成。判断物体运动的轨迹是直线还是曲线，判断物体的运动是变速还是匀速，进而判断合运动的速度大小和方向的变化。
对于曲线运动，要理解并牢记以下两点：
（1）物体做曲线运动的条件：合外力的方向（或加速度的方向）与速度方向不在同一条直线上。
（2）运动轨迹的位置：在物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向指向运动轨迹的凹侧。
举一反三10（2012·安徽蚌埠二中高三周考）质量为2 kg的物体在x—y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图，则（ ）。
A．质点的初速度为3 m/s
B．质点所受的合外力为3 N
C．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D．2 s末质点速度大小为6 m/s
【例10】（2012·陕西西安八校高三期中联考）如图所示，小车向右匀速行驶的过程中，重物将（ ）。
A．匀速上升
B．匀加速上升
C．做加速度逐渐增大的加速运动
D．做加速度逐渐减小的加速运动
答案：D
解析：本题属于牵连类问题。重物与左段绳子上升的速率相同，而左段绳子上升的速率与右段绳子在沿绳长方向运动的速率是相等的，与车相连的端点的实际运动速度就是合速度，
且与小车速度v相同。分析右段绳子的运动可知，它其实同时参与了两个分运动，即沿绳长方向运动和绕滑轮边缘顺时针转动。将车速v分解为沿绳方向的速度v1和垂直绳子方向的速度v2，如图所示。根据平行四边形定则可得v1＝vcos θ，所以，重物上升速度的大小为v′＝vcos θ，当车向右运动时，右段绳子与水平方向的夹角θ变小，所以重物上升的速度vcos θ变大，即重物做加速运动；v2可以看做连接车子绕定滑轮做圆周运动的线速度，绳子张力T提供向心力，则T＝，其中L为绳子从定滑轮的中心到车子的长度，因为θ变小时，v2＝vsin θ变小，而L变大，所以T变小；再选取重物为研究对象，根据牛顿第二定律有a＝（T－G物）/m物减小，所以重物做加速度逐渐减小的加速运动，选项D正确。
技巧点拨处理牵连运动问题一般按以下步骤进行：第一步，先确定合运动：物体的实际运动就是合运动。第二步，确定合运动的两个实际效果：一是沿牵引方向的平动效果，改变速度的大小；二是垂直于牵引方向的转动效果，改变速度的方向。第三步，按平行四边形定则进行分解，作好速度矢量图。第四步，由于中学阶段研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，所以把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量之后，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。
举一反三11如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则（ ）。
A．v2＝v1 B．v2＞v1
C．v2≠0 D．v2＝0
【例11】（2012·北师大附属实验中学期中）如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以初动能Ek0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为θ。若小球从a点以初动能2Ek0水平抛出，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）。
①小球将落在c点 ②小球将落在c点下方 ③小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于θ ④小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于θ
A．①② B．②③
C．①④ D．②④
答案：C
解析：本题属于斜面约束类问题。当小球从斜面上以初速度v0水平抛出后，又落在斜面上时，满足关系式tan θ＝＝＝（其中θ为位移与水平方向的夹角，其大小等于斜面倾角），可得t＝2v0tan θ/g∝v0，即小球下落的时间与初速度v0成正比；设题中小球第一次水平抛出的初速度为v0，则第2次的初速度为v0，因为t∝v0，所以t2＝t1，即第2次下落时间是第1次的倍，根据y＝gt2可知，第2次下落的高度是第1次的2倍，所以第2次小球将落在c点，选项A正确，B错误；根据tan θ＝＝＝＝＝（其中α为小球落在斜面的速度方向与水平方向的夹角），可得tan α＝2tan θ，可见，斜面倾角β不变时，速度方向与水平方向的夹角α不变，速度方向与斜面的夹角当然也不变，所以③错误，④正确。本题答案为C。
技巧点拨对于斜面约束下的平抛运动问题，斜面倾角的正切值可能跟水平速度和竖直速度有关，也可能跟水平位移和竖直位移有关，画出运动的轨迹后，只要你抓住倾角正切值这个切入点，作出位移或者速度的平行四边形，思路就会豁然开朗，问题自然迎刃而解。此外，理解并牢记关于平抛运动的几个常用推论。
推论1：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻、任一位置处，若其末速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则tan θ＝2tan φ。
推论2：平抛（或类平抛）运动物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
推论3：从同一斜面上以不同初速度水平抛出的物体落在斜面上时速度方向与斜面的夹角恒定不变。
举一反三12（2012·蚌埠二中高三四月质量检测）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向上。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（ ）。
A．动能增加
B．重力势能和电势能之和增加
C．电势能增加
D．动能和电势能之和增加
【例12】一轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力），如图所示。当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动。若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（ ）。
A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为
B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大
C．小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小
D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
答案：B
解析：设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动，经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg－F＝m，当轻杆对小球的作用力大小F＝mg时，小球的速度最小，最小值为零，所以A错。由mg－F＝m可得在最高点轻杆对小球的作用力F＝mg－m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后增大（先为支持力后为拉力）。由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确。在最低点，由F－mg＝m可得轻杆对小球的作用力（拉力）F＝mg＋m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，选项C错。轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错。
技巧点拨竖直平面内圆周运动的特点
（1）圆周运动问题常和牛顿第二定律、机械能守恒或动能定理相联系。
（2）竖直平面内的圆周运动在最高点存在临界条件。在由最高点向最低点运动的过程中，一般用机械能守恒解决。
（3）在竖直平面内做变速圆周运动的物体，只有在最高点和最低点所受合外力充当向心力。
（4）圆周运动的角速度、线速度和向心加速度是高考的重点。注意掌握几个特殊模型的解题方法，如绳、杆模型，共轴转动模型，皮带传动模型。
举一反三13（2012·河南洛阳期中考试）如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有两个小玻璃球A、B沿锥面在水平面内做匀速圆周运动，则下列关系式正确的是（ ）。
A．它们的线速度vA＜vB
B．它们的角速度ωA＝ωB
C．它们的向心加速度aA＝aB
D．它们的向心力FA＝FB
5．万有引力定律的应用与航天
【例13】（2012·重庆八中高三月考）由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么，卫星的（ ）。
A．速率变大，周期变大
B．速率变小，周期变大
C．速率变大，周期变小
D．速率变小，周期变小
答案：C
解析：根据万有引力提供向心力有G＝m2r＝可得v＝，T＝2π，可见，轨道半径r减小时，速率v变大，周期T变小，选项C正确。
技巧点拨天体运动及卫星运动模型的核心问题
（1）解决该类问题要紧扣两个关键：一是紧扣一个物理模型：就是将天体（或卫星）的运动看成是匀速圆周运动；二是紧扣一个物体做圆周运动的动力学特征，即天体（或卫星）的向心力由万有引力提供，还要记住一个结论：在向心加速度、线速度、角速度和周期四个物理量中，只有周期随着轨道半径的变大而增大，其余的三个都随轨道半径的变大而减小。
（2）第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，却是卫星在圆周轨道上运行的最大速度。
举一反三14（2012·陕西西安八校期中联考）地球赤道上有一物体随地球自转，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略），所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球的同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三物体质量相等，则（ ）。
A．F1＝F2＞F3 B．a1＝a2＝g＞a3
C．v1＝v2＝v＞v3 D．ω1＝ω3＜ω2
【例14】2008年9月25日，我国利用“神舟”七号飞船将宇航员送入太空，9月26日，飞船成功变轨，由原来的椭圆轨道变为距离地面高度为h（约340 km）的圆形轨道。已知飞船质量为m，地球半径为R，地面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则下列说法正确的是（ ）。
A．飞船由椭圆轨道变为圆形轨道时，需要在椭圆轨道的远地点使飞船减速
B．飞船做匀速圆周运动时，运行速度大于7.9 km/s
C．飞船在圆形轨道上运动时，宇航员将不受重力作用
D．飞船在圆形轨道上运动时的动能Ek满足m（R＋h）2ω2＜Ek＜mg（R＋h）
答案：D
解析：飞船由椭圆轨道变为圆形轨道需要在远地点加速，选项A错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，速度的最大值为7.9 km/s，轨道越高，速度越小，选项B错误；宇航员在飞船中处于完全失重状态，受到的万有引力即为所受的重力，完全失重状态不是重力为零，选项C错误；地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，而飞船的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据ω＝可知，飞船的角速度大于地球同步卫星的角速度，所以飞船的线速度v＞ω（R＋h）；飞船的向心加速度a＜g，根据向心加速度公式a＝可知，飞船线速度v2＝a（R＋h）＜g（R＋h），故飞船在圆形轨道上运动时的动能满足：m（R＋h）2ω2＜Ek＜mg（R＋h），选项D正确。本题答案为D。
技巧点拨理解变轨的实质：通过改变卫星的速率，使卫星做圆周运动所需的向心力不等于万有引力。要使卫星的轨道半径增大，做离心运动，必须增大卫星的速度，使万有引力小于所需的向心力，反之减小卫星的速度。卫星在加速后远离地球，万有引力又做负功，卫星的速度会逐渐减小，但由于变轨过程动能减少，势能增加且多于动能的减少，所以总体的机械能增加。减小速度时，卫星靠近地球运动，动能增加，总机械能减少。卫星的加速度由万有引力决定，所以不同轨道上的同一点卫星的角速度相同。
举一反三15（2012·陕西长安一中质检）2009年3月1日16时13分，“嫦娥”一号完成了“受控撞月”行动，探月一期工程完美落幕。本次“受控撞月”，“嫦娥”一号经历了从距月表100 km的圆形轨道进入椭圆轨道的过程，如图所示，a为椭圆轨道的远月点，b为椭圆轨道的近月点，则下列说法正确的是（ ）。
A．从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号受到的月球引力减小
B．从a点到b点的过程中，月球引力对“嫦娥”一号做正功
C．从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号飞行的线速度减小
D．从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号飞行的角速度减小
【例15】天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动，那么就想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体黑洞。星球与黑洞由万有引力的作用组成双星，以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，那么（ ）。
A．它们做圆周运动的角速度与其质量成反比
B．它们做圆周运动的周期与其质量成反比
C．它们做圆周运动的半径与其质量成反比
D．它们所受的向心力与其质量成反比
答案：C
解析：由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即它们做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同，选项A、B错误；因为它们所受的向心力都是由它们之间的相互作用力来提供，所以大小必然相等，选项D错误；由F＝mω2r，v＝ωr可得选项C正确。本题答案为C。
技巧点拨双星模型具有以下特点：（1）由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同。（2）由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由F＝mrω2＝mωv可得r∝，v∝，于是有r1＝L，r2＝L。（3）列式时须注意：万有引力定律表达式中的r表示双星间的距离，按题意应该是L，而向心力表达式中的r表示它们各自做圆周运动的半径，千万不可混淆。
举一反三16（2012·安徽理综）我国发射的“天宫”一号和“神舟”八号在对接前，“天宫”一号的运行轨道高度为350 km，“神舟”八号的运行轨道高度为343 km。它们的运行轨道均视为圆周，则（ ）。
A．“天宫”一号比“神舟”八号速度大
B．“天宫”一号比“神舟”八号周期长
C．“天宫”一号比“神舟”八号角速度大
D．“天宫”一号比“神舟”八号加速度大
6．功能关系的应用
【例16】（2012·北师大附属实验中学期中）汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t1时刻司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始做匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）。则在t1～t2的这段时间内（ ）。
A．汽车的加速度逐渐减小
B．汽车的加速度逐渐增大
C．汽车的速度先减小后增大
D．汽车的速度逐渐增大
答案：A
解析：本题需要结合公式P＝Fv和F－f＝ma求解。t1时刻前，P＝F0v0＝fv0，即摩擦力f＝F0；t1时刻，P＝F1v0，可见，牵引力F1＝F0，又F1－f＝ma1，即F0－F0＝ma1可得，a1＝－F0/2m，符号表示加速度方向与速度方向相反，汽车做减速运动；t1～t2时间内，发动机功率保持P不变，速度继续减小，选项C、D错误；根据P＝Fv可知，当速度减小，功率不变时，牵引力F逐渐增大，由F－f＝ma即F－F0＝ma可知，加速度a逐渐减小，选项A正确，B错误。本题答案为A。
技巧点拨解决机车启动问题时应注意的问题
（1）分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
（2）匀加速启动过程中，机车功率是改变的，此过程的最大功率等于额定功率。
（3）匀加速运动的最大速度与机车所能达到的最大速度不同，结合牛顿第二定律得匀加速的最大速度v＝。
（4）以额定功率运动的位移可利用动能定理。机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于P/f阻，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt。
举一反三17（2012·黑龙江哈师大附中期中）如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下列说法正确的是（ ）。
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv－mv
C．t1～t2时间内的平均速度为（v1＋v2）
D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小
【例17】（2012·福建四地六校高三联考）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法不正确的是（ ）。
A．小球落地点离O点的水平距离为2R
B．小球落地时的动能为5mgR/2
C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零
D．若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
答案：C
解析：小球运动到半圆弧最高点P时，重力恰好提供向心力，即mg＝，所以vP＝，小球经过P点后做平抛运动，下落时间t＝2，小球落地点离O点的水平距离为x＝vPt＝2R，所以选项C说法错误，A说法正确；小球从P点到落地的过程中，机械能守恒，所以，落地时的动能mv2＝mv＋mg·2R＝，选项B说法正确；若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，设小球能达到的最大高度为h，则mgh＝5mgR/2，所以h＝5R/2，比P点高0.5R，选项D说法正确。本题答案为C。
技巧点拨运用功能关系分析问题的基本思路：（1）选定研究对象或系统，弄清物理过程；（2）分析受力情况，看有什么力在做功，弄清楚系统内有多少种形式的能在参与转化；（3）仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量，某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量与增加量一定相等；某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量与增加量相等。
一般解答步骤：
（1）分清有多少种形式的能（如动能、势能、热量等）在发生变化；
（2）分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；
（3）列出数学恒等式：ΔE减＝ΔE增，进行求解。
举一反三18（2012·黑龙江哈师大附中期中）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（ ）。
A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大
B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大
C．当A、B加速度相等时，A的速度达到最大
D．当A、B加速度相等时，弹簧的弹性势能最大
7．对电场基本性质的理解
【例18】（2012·南京一模）如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置，使O点的电场强度改变，下列叙述正确的是（ ）。
A．移至c处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
B．移至b处，O处的电场强度大小减半，方向沿Od
C．移至e处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oc
D．移至f处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
答案：C
解析：改变a处点电荷的位置，移至c处，O处的电场强度减小，方向沿Oe，选项A错误；移至b处，O处的电场强度大小减半，方向垂直于cf方向，选项B错误；移至f处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oe方向，选项D错误。
技巧点拨电场强度是矢量，空间为几个电场的叠加，则空间中的点的电场强度为各电场在该点的矢量和，应遵循平行四边形定则。
举一反三19（2012·重庆八中二月检测）在点电荷Q产生的电场中有a、b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则点电荷Q的电性和b点的场强大小为（ ）。
A．正电、E/3 B．负电、E/3
C．正电、3E D．负电、3E
【例19】（2012·河南开封二模）空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（ ）。
A．空间各点电场强度的方向均与x轴垂直
B．电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力不做功
C．负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做负功，电势能增加
答案：D
解析：除x2点外，空间各点电场强度的方向均不与x轴垂直，选项A错误；电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力做功，选项B错误；正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小，负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做负功，电势能增加，选项C错误，选项D正确。
技巧点拨电势能的变化只与电场力做功有关。电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。
举一反三20（2012·安徽淮南高三四月模拟）如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与AB的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。下列判断正确的是（ ）。
A．e点和g点的电场强度相同
B．a点和f点的电势相等
C．电子从g点到f点过程中，电势能减小
D．电子从f点到e点过程中，电场力做正功
8．对磁场知识的考查
【例20】（2012·福建晋江四校第二次联考）如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，导体棒处于静止状态，则（ ）。
A．导体棒中的电流方向从b流向a
B．导体棒中的电流大小为
C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大
D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大
答案：B
解析：由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，选项A错误；由BIL＝kx可得导体棒中的电流大小为I＝kx/BL，选项B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，或逆时针转过一小角度，x都变小，选项C、D错误。
技巧点拨解决安培力分析的方法
（1）首先把立体图画成易于分析的平面图或截面图。
（2）根据左手定则确定安培力的方向。
（3）结合通电导体受力分析、运动情况等，由题目要求列方程、解决问题。
举一反三21（2012·合肥八中高三阶段性检测）如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管。试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出。关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ）。
A．小球带负电
B．洛伦兹力对小球做正功
C．小球运动的轨迹是一条抛物线
D．维持试管匀速运动的拉力F应保持恒定
【例21】（2012·云南名校联考）如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面，则（ ）。
A．a处电势高于b处电势
B．a处离子浓度大于b处离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度
答案：B
解析：由左手定则可判断出正负离子都向a侧面偏转，a处离子浓度大于b处离子浓度，选项B正确。
技巧点拨洛伦兹力的方向由左手定则可判出。
注意：四指与正电荷的运动方向相同（与负电荷运动方向相反）。
举一反三22（2012·江西九江二月七校联考）如图所示，带正电的物块A放在不带电的小车B上，开始时都静止，处于垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时加一个水平恒力F向右拉小车B，t＝t1时A相对于B开始滑动。已知地面是光滑的。AB间粗糙，A带电荷量保持不变，小车足够长。从t＝0开始A、B的速度—时间图象，正确的是（ ）。
举一反三23（2012·安徽安庆高三模拟）在粒子加速领域中有开创贡献的物理学家谢家麟获得2011年度国家最高科学技术奖，该奖项被誉为是“中国的诺贝尔奖”。谢家麟在上世纪80年代参与了北京正负电子环型对撞机的研究。环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，比荷相等的正、负离子由静止都经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）。
A．所加的匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外
B．若加速电压一定，离子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．磁感应强度B—定时，比荷相同的离子加速后，质量大的离子动能小
D．对于给定的正、负离子，加速电压U越大，离子在环状空腔磁场中的运动时间越长
9．直流电路的动态分析
【例22】（2012·海南单科）如图，E为内阻不能忽略的电源，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）。
A．的读数变大，的读数变小
B．的读数变大，的读数变大
C．的读数变小，的读数变小
D．的读数变小，的读数变大
答案：B
解析：S断开，外电阻变大，总电流减小，故端电压增大，的读数变大，把R1视为内阻一部分，则R3中的电压增大，R3中的电流增大，电流表示数增大。
技巧点拨解决动态分析的步骤：
（1）确定电路的内电阻、外电阻R外如何变化。
（2）由I总＝，确定电路中总电流的变化。
（3）由U内＝I总·r，确定电源的内电压如何变化。
（4）由U外＝E－U内，确定外电压如何变化。
（5）由部分电路欧姆定律，确定干路上某定值电阻两端的电压变化。
（6）确定支路两端的电压如何变化及各支路电流的变化。
举一反三24（2012·上海单科）直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法不正确的是（ ）。
A．电源的总功率一定减小
B．电源的效率一定增大
C．电源的内部损耗功率一定减小
D．电源的输出功率一定先增大后减小
【例23】（2012·南京四校联考）如图所示的电路，电表均为理想电表，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）。
A．电流表读数变小，电压表读数变大
B．小灯泡L变暗
C．电源的总功率变小
D．电容器C上电荷量减小
答案：D
解析：当滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路部分电阻减小，电源输出电流增大，路端电压减小，电流表读数变大，电压表读数变小，小灯泡L变亮，电源总功率EI增大，选项A、B、C错误；由于路端电压减小，小灯泡L两端电压增大，电容器C上电压减小，由C＝Q/U，电容器C上电荷量减小，选项D正确。
技巧点拨带电容器的电路中，电容器所在的支路为断路。电容器两端电压为与其相并联的电路两端的电压。
举一反三25（2012·合肥一模）如图所示，电源电动势为4 V，内阻为1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝4 Ω，电流表的内阻不计，闭合S电路达稳定状态后，电容器两极间电压为（ ）。
A．0 B．2.3 V
C．3 V D．3.2 V
10．交变电流与远距离输电
【例24】（2011·安徽理综）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为r、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）。
A． B．
C． D．
答案：D
解析：切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，一周有电动势的时间是，故根据有效值定义有2R＝I2RT，解得I＝。
举一反三26（2012·陕西师大附中二月模拟）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当只改变线圈的转速后，产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下说法正确的是（ ）。
A．线圈先后两次转速之比为2:3
B．通过线圈的磁通量最大值之比为3:2
C．先后两次交流电的最大值之比为3:2
D．先后两次交流电的有效值之比为:
【例25】（2012·山西四校二月联考）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2＝4:1，电源电压u＝220sin 314t（V），原线圈电路中接入熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻R，则（ ）。
A．电压表的读数为77 V
B．当可变电阻R的阻值变大时，电源的输入功率变大
C．可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时保险丝将熔断
D．副线圈的输出功率一定是200 W
答案：C
解析：原线圈输入电压220 V，由变压器变压公式，副线圈输出电压即电压表的读数为55 V，选项A错误；当可变电阻R的阻值变大时，变压器输出功率减小，电源的输入功率变小，选项B错误；可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时，变压器输出功率大于220 W，原线圈电路中电流大于保险丝的熔断电流I0＝1 A，保险丝将熔断，选项C正确；副线圈的输出功率随可变电阻的增大而减小，选项D错误。
技巧点拨要准确解答含变压器的线路动态分析，必须明确三种决定关系：（1）输入端电压决定输出端电压；（2）输出电流决定输入电流；（3）输出功率决定输入功率。
举一反三27（2012·宿州高三教学质量检测）如图所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5 V 5 W”字样。L4标有“5 V 10 W”字样，若它们都能正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率Pab和输入电压Uab应为（ ）。
A．20 W,25 V B．20 W,20 V
C．25 W,25 V D．25 W,20 V
【例26】（2012·武汉二月调研）如图所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW。现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是（ ）。
选项
型号
千米电阻/（Ω·km－1）
A
DYD30/C
1
B
DYD50/C
0.6
C
DYD100/C
0.3
D
DYD150/C
0.2
答案：CD
解析：由P＝UI解得输电电流I＝P/U＝20 A。输电线路上损耗的功率不超过P损＝200 kW×2%＝4 kW，由P损＝I2R解得R＝10 Ω。由于输电线长度需要20 km，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项C、D。
技巧点拨解决远距离输电的思路：
画出输电示意图，在图中标出相应的物理量符号，确立各物理量间的相互关系。
（1）功率关系：P1＝P2 P3＝P4 P1＝P3＋ΔP
（2）电压关系：＝ ＝ U2＝U3＋ΔU
（3）电流关系：I1n1＝I2n2 I3n3＝I4n4 I2＝I3
举一反三28（2012·安徽名校高三第六次联考）如图，B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上。L为指示灯（电阻可以忽略），灯泡L1和L2完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表。开始时开关S是闭合的，当S断开后，下列说法正确的是（ ）。
A．电压表的示数变大
B．电流表A1的示数变大
C．电阻R消耗的功率增大
D．灯泡L1的亮度变亮
11．电磁感应规律的应用
【例27】（2012·江苏苏北四市一模）如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的对应边相互平行。线框A固定且通有电流I，线框B从图示位置由静止释放，在运动到A下方的过程中（ ）。
A．穿过线框B的磁通量先变小后变大
B．线框B中感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．线框B所受安培力的合力为零
D．线框B的机械能一直减小
答案：D
解析：穿过线框B的磁通量在A的下方时变小，选项A错；由楞次定律得选项B错；因上下两边的安培力大小不同，所以线框B所受安培力的合力不为零，C错；线框B运动的过程中总是克服安培力做功，实现机械能向电能的转化，所以选项D对。
技巧点拨理解楞次定律中的“阻碍”
“阻碍”不等于“阻止”。感应电流的磁场总是阻碍引起产生感应电流的磁场的磁通量的变化。
举一反三29（2012·河北五校联盟模拟）现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。如图所示（上图为侧视图、下图为真空室的俯视图），若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时（ ）。
A．电子在轨道上顺时针转动
B．保持电流方向不变，当电流增大时，电子将加速
C．保持电流方向不变，当电流减小时，电子将加速
D．被加速时电子做圆周运动的周期不变
【例28】（2012·云南名校联考）如图，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒水平抛出，在整个过程中不计空气阻力，则金属棒在空中飞行过程中产生的感应电动势大小（ ）。
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．保持不变 D．无法判断
答案：C
解析：金属棒在空中飞行过程中水平速度不变，产生的感应电动势：E＝BLv，其中v为有效切割速度即水平方向的速度，故感应电动势保持不变，选项C正确。
技巧点拨法拉第电磁感应定律中感应电动势
举一反三30（2012·安徽名校高三联考）如图所示，在光滑绝缘水平面的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，AB、CD是磁场区域的边界。一个正方形的单匝闭合导线框以水平速度v0冲向磁场区域，当它全部进入磁场区域后速度变为v1，当它全部冲出磁场区域后速度变为v2，比较导线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，下列说法正确的是（ ）。
A．进入过程导线框的速度变化v1－v0等于离开过程导线框的速度变化v2－v1
B．进入过程导线框损失的动能Ek0－Ek1等于离开过程导线框损失的动能Ek1－Ek2
C．进入过程导线框产生的热量Q1小于离开过程导线框产生的热量Q2
D．进入过程通过导线框横截面积的电荷量q1小于离开过程通过导线框横截面积的电荷量q2
【例29】（2012·重庆摸底）两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）。
A．ab杆所受拉力F的大小为mgtan 37°
B．回路中电流为
C．回路中电流的总功率为mgvsin 37°
D．m与v大小的关系为m＝
答案：A
解析：采用“计算法”求解。对cd杆，BILcos 37°＝mgsin 37°，对ab杆，F＝BIL，联立解出ab杆所受拉力F的大小为F＝mgtan 37°，故A对；回路中电流为；I＝mgtan 37°/BL，故B错；回路中电流的总功率为Fv＝mgvtan 37°，故C错；I＝BLv/2R，又I＝mgtan 37°/BL，故m＝，故D错。
技巧点拨解决电磁感应（导体切割磁感线）与力学综合问题的基本思路：
（1）分析通过导体的受力情况及力的效果，应用牛顿运动定律、动能定理、能量守恒等规律理顺力学量之间的关系。（2）抓住“电磁感应”及“磁场对电流的作用”这两条联系，电学量与力学量的纽带，遵循在全过程中系统机械能、电能、内能等能量之间相互转化和守恒规律，则问题迎刃而解。
举一反三31如下图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（ ）。
A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
【例30】（2012·马鞍山高三能力测试）如图所示，边长L＝0.2 m的正方形线圈abcd，其匝数n＝10，总电阻r＝2 Ω，外电路的电阻R＝8 Ω，ab边的中点和cd边的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1 T，若线圈从图示位置开始计时，以角速度ω＝2 rad/s绕OO′轴匀速转动。则以下判断中正确的是（ ）。
A．在t＝s时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大
B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为e＝0.8sin 2t（V）
C．从t＝0时到t＝s时刻，通过电阻R的电荷量q＝0.02 C
D．从t＝0时到t＝s时刻，电阻R上产生的热量为Q＝3.2π×10－4 J
答案：C
解析：T＝＝＝πs，当t＝s＝时，磁场穿过线圈的磁通量为零，A不对。闭合电路中产生的感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsin ωt＝nBωsin ωt＝0.4sin 2t （V），B不对。从t＝0时刻到t＝s时刻，通过电阻R的电荷量q＝·t＝·t＝·t＝＝C＝0.02 C，C正确。从t＝0时刻到t＝s时刻，电阻R上产生的热量Q＝I2Rt，I＝，E＝＝V＝0.2V，由三式得Q＝16π×10－4 J，D不对。
技巧点拨本题考查了交变电流的瞬时表达以及通过电阻的电荷量和电阻上产生的热量的计算。做该题的关键：首先要知道有效值、瞬时值、最大值和平均值，其次要知道它们的适用情况。
举一反三32（2012·合肥六中最后一卷）如图所示，竖直向下的匀强磁场中有两根光滑导轨相互平行，固定在绝缘的水平面上。导轨右端连接一个阻值为R的电阻，垂直于导轨有一个金属棒，总是与导轨良好接触，导轨和金属棒的电阻忽略不计，在水平拉力F的作用下金属棒从静止开始做匀加速运动，棒受到空气的阻力与速度成正比（f＝kv），下列关于拉力F和流经电阻的电流I随时间的图象正确的是（ ）。
12．物理图象知识的考查
【例31】如图，水平虚线MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图中能正确反映导线框的速度与时间关系的是（ ）。
答案：C
解析：在导线框从抛出到ab边接近MN时，导线框做匀减速直线运动；在ab边进入磁场后切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，加速度瞬时变大，速度迅速变小。随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映导线框的速度与时间关系的正确选项是C。
技巧点拨解决此类问题的一般步骤：
（1）明确图象的种类即是B—t图象，Φ—t图象或是E—t图象，i—t图象。
（2）分析电磁感应的具体过程。
（3）结合法拉第感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律及数学知识，写出方程组。
（4）根据方程写出数学分析，如斜率变化、截距等。
（5）画出图象或判出图象。
举一反三33（2012·山东调考）如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电流随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ和磁通量的瞬时变化率以及a、b两端的电势差Uab和通过金属棒的电荷量q随时间t变化的图象中，正确的是（ ）。
参考答案
【举一反三1】D 解析：牛顿力学的建立和热学发展推动了工业革命，故A选项正确。麦克斯韦创立了电磁理论，至此完善了经典物理，能解决一切电磁问题，故B选项正确。相对论、量子论的建立，打开了高速和微观世界的大门，故C选项正确。计算机的发明和发展只是加快和丰富人们的生产生活，并未产生革命性作用，故D选项错误。
【举一反三2】B 解析：法拉第发现电磁感应现象，选项C中应为奥斯特发现了电流的磁效应，选项D中应为伽利略将斜面实验的结论合理外推。
【举一反三3】D 解析：奥斯特发现了电流的磁效应，故A错。卡文迪许运用扭秤实验成功测出了万有引力常量而不是静电力常量，故B错。C中应为控制变量法。
【举一反三4】A 解析：对木板A进行受力分析，水平方向上受到B的弹力和摩擦力以及桌面的摩擦力三个力的作用，合力为零；木板B在水平方向受到A的弹力和摩擦力以及桌面的摩擦力、推力F四个力的作用，因此只有A项正确。
【举一反三5】B 解析：解法一（矢量三角形法）：选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如题图所示，绳中的弹力大小相等，即T1＝T2＝G，T1、F、T2三力平衡，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如题图虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可得，杆对绳子的支持力F＝2Gsin，当绳的A端沿墙向下移时，θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律，BC杆受压力增大，本题答案为B。
解法二（图解法）：如图所示，T2大小和方向不变，T1大小不变，但与T2夹角逐渐增大时，F长度变大。所以B选项正确。
【举一反三6】B 解析：在0～t3时间内火箭的速度为正（或者v—t图象处在时间轴上方），这表示火箭的速度方向始终向上，选项A错误；t3时刻火箭速度为零，这表示该时刻火箭上升的高度最大，利用v—t图象的“面积”求最大高度为h＝4v1t1（题图中每个小方格的面积S＝0.5v1t1，0～t3时间内v—t图象与坐标轴所围成图形的面积等于8S＝4v1t1），所以选项B正确；火箭上升阶段的位移为4v1t1，时间为t3＝3t1，平均速度＝＝v1＝v2，C错误；火箭在t2～t3时间内，加速度最大，最大加速度大小为＝，D错误。
【举一反三7】C 解析：铝球下沉的速度先增大后不变，选项A错误；开始释放时，铝球的加速度a0小于g，选项B错误；根据通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象可知，a＝a0－a0v/v0。设液体浮力为F，刚剪断细线时，v＝0，油的阻力f＝0，由牛顿第二定律，mg－F＝ma0。铝球下沉过程中，由牛顿第二定律，mg－F－f＝ma。联立解得铝球下沉过程所受到油的阻力f＝ma0v/v0，选项C正确；铝球下沉过程机械能的减少等于克服油的阻力和浮力所做的功，选项D错误。
【举一反三8】A 解析：根据题图，在4～6 s内，水平推力F＝2 N，物块以v＝4 m/s的速度做匀速直线运动，这说明物块受到的滑动摩擦力f＝F＝2 N，又f＝μmg，所以μmg＝2 N；在2～4 s内，水平推力F＝3 N，物块做匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，联立以上各式并代入数据可得m＝0.5 kg，μ＝0.4。本题答案为A。
【举一反三9】B 解析：细绳烧断的瞬间小球受到弹簧的弹力作用，不只是受到重力作用，A错；绳未断时，小球受到绳的拉力、弹簧的弹力及重力作用，根据力的平衡可求得绳的拉力等于mg，弹簧的弹力为mg，C、D项错；细绳烧断瞬间，弹簧弹力不变，这时弹力与重力的合力等于mg，根据牛顿第二定律可知，这时小球的加速度为g，B项正确。
【举一反三10】B 解析：由图象可知，物体在x轴上做匀加速运动，在y方向上做匀速直线运动，在x方向上的初速度vx＝3 m/s，y方向的初速度为vy＝－4 m/s，物体的初速度大小v0＝＝5 m/s，加速度大小a＝1.5 m/s2，F＝ma＝3 N，合外力方向沿x正方向，2秒末质点速度大小v′＝＝ m/s，D错误。
【举一反三11】D 解析：环上升过程其速度v1可分解为两个分速度v∥和v⊥，如图所示，其中v∥为沿绳方向的速度，其大小等于重物B的速度v2；v⊥为绕定滑轮转动的线速度。关系式为v2＝v1cosθ，θ为v1与v∥间的夹角。当A上升至与定滑轮的连线处于水平的位置时，θ＝90°，cosθ＝0，即此时v2＝0，D正确。
【举一反三12】A 解析：合力的方向指向运动轨迹的凹侧。
所以图中油滴受到的合力是向上的，重力向下，所以电场力是向上的，且大于重力。油滴是从a运动到b的：合力做正功，由动能定理可知，动能是增加的。
电场力做正功，所以电势能减小。
总能量是守恒的，重力势能增大，所以动能和电势能之和减少；
动能增加，所以重力势能和电势能之和减小。
因此答案只能是A。
【举一反三13】C 解析：两个小玻璃球A、B沿锥面在水平面内做匀速圆周运动时所受合外力都是支持力和重力，二者合力方向相同，它们的向心加速度相同，选项C正确；由于它们做匀速圆周运动半径不同，角速度不同，选项B错误；由向心加速度公式a＝可知，轨道半径r大的A球线速度大，选项A错误；由于题述没有明确两个小玻璃球A、B的质量关系，它们的向心力不一定相等，选项D错误。
【举一反三14】D 解析：地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，角速度相同，即ω1＝ω3，根据关系式v＝ωr和a＝ω2r可知，v1＜v3，a1＜a3；人造卫星和地球同步卫星都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即G＝mω2r＝＝ma可得v＝，a＝G，ω＝可见，轨道半径大的线速度、向心加速度和角速度均小，即v2＞v3，a2＞a3，ω2＞ω3；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）的线速度就是第一宇宙速度，即v2＝v，其向心加速度等于重力加速度，即a2＝g；所以v＝v2＞v3＞v1，g＝a2＞a3＞a1，ω2＞ω3＝ω1，又因为F＝ma，所以F2＞F3＞F1；可见，选项A、B、C错误，D正确。本题答案为D。
【举一反三15】B 解析：月球对“嫦娥”一号的引力始终指向月心，其大小为F＝；在从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号与月心的间距r嫦月减小，所以引力增大，选项A错误；该过程中，引力方向与运动速度方向间的夹角小于90°，所以月球引力对“嫦娥”一号做正功，选项B正确；根据G＝mω2r＝可得v＝，ω＝，可见，轨道半径越小，线速度和角速度越大，选项C、D错误。本题答案为B。
【举一反三16】B 解析：由F＝G＝m＝mω2r＝m2r＝ma，可得v＝、ω＝、T＝2π，所以只能选B。
【举一反三17】D 解析：0～t1时间内汽车做匀加速运动，牵引力F大小恒定，但汽车的速度v逐渐增大，所以其功率逐渐增大，选项A错误；在t1～t2时间内，汽车牵引力做正功，摩擦力做负功，合外力做功之和等于动能的改变量，所以选项B错误；根据“面积”法求位移，在t1～t2时间内汽车的位移s＞（v1＋v2）（t2－t1），所以平均速度＝＞（v1＋v2），选项C错误；在全过程中t1时刻的斜率最大，加速度a1也最大，根据F1＝f＋ma1可知，此时牵引力F1最大，此时刻的功率P1也是在0～t1时间内最大的，在t1时刻之后，汽车的功率保持P1不变，所以P1是整个过程中的最大值，在t2～t3时间内牵引力等于摩擦力，牵引力最小，所以选项D正确。本题答案为D。
【举一反三18】B 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图所示，F1为弹簧的拉力；在0～t1时间内，对A有F－F1＝ma，对B有F2＝ma，由F1＝F2得F1＝F/2，在此过程中A的合力（加速度）一直减小而B的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）。两物体运动的v－t图象如图所示，t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外，其他力对系统做正功，系统机械能增加，t1时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。综上可知，选项B正确。
【举一反三19】D 解析：沿a、b两点电场强度方向延长，相交点为放点电荷Q处。由于电场强度方向指向点电荷Q，所以点电荷Q带负电。由题图中几何关系可知，a点到点电荷Q距离是b点到点电荷Q距离的倍，根据点电荷电场强度公式可知，b点的电场强度大小为3E，选项D正确。
【举一反三20】B 解析：电场强度是矢量，e点和g点对称，电场强度大小相等，但方向不同，选项A错误；af连线是一条等势线，a点和f点电势相等，选项B正确；电子从g点到f点过程中，电场力方向向左，电场力做负功，电势能增加，选项C错误；电子从f点到e点过程中，电场力做负功，选项D错误。
【举一反三21】C 解析：本题考查的是带电粒子在磁场中的运动。由左手定则可知，选项A错误；因为小球在向右的方向上做匀速运动，故小球沿管方向洛伦兹力的分力大小不变，因此沿管方向的分运动为初速度为零的匀加速运动，因此轨迹为抛物线，选项C正确；洛伦兹力方向始终垂直速度方向，故洛伦兹力不做功，选项B错误；由于沿管方向的分速度逐渐增大，洛伦兹力在垂直于管方向的分力在逐渐增大，因此F逐渐增大，选项D错误。
【举一反三22】C 解析：A相对于B开始滑动后，随着速度的增大，B受到竖直向上的洛伦兹力增大，A、B之间压力减小，摩擦力减小，A的加速度逐渐减小到零，B的加速度逐渐增大到恒定，所以，从t＝0开始A、B的速度—时间图象，正确的是C。
【举一反三23】B 解析：粒子受到的洛伦兹力指向圆心，利用左手定则易知磁场应垂直纸面向内，A选项错；环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式：R＝，比荷越大，磁感应强度B应该越小，选项B正确；由qU＝mv2得m×U＝mv2＝Ek，当和U一定时，m越大，动能越大，选项C错误；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在图中磁场中运动半个周期，周期和加速电压没有任何关系，选项D错误。
【举一反三24】D 解析：P向右移动，滑动变阻器接入电路部分电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流I减小，路端电压U增大，电源电动势E保持不变，电路总功率P＝IE减小，电源的效率η＝＝＝增大，电源内阻r不变，电源内部损耗功率P内＝I2r减小，输出功率P外＝I2R＝R，如果开始R＜r，会有输出功率先增大后减小的规律，但是如果开始R＞r，输出功率将一直减小，因此只有D选项不正确。
【举一反三25】C 解析：闭合S电路达稳定状态后，R2、R3中无电流，电容器两极间电压等于R1两端电压，由闭合电路欧姆定律，I＝E/（R1＋r）＝1 A，电容器两极间电压为U＝IR1＝3 V，选项C正确。
【举一反三26】C 解析：由产生正弦交流电的图象可知，a、b两个交变电流的周期之比为2:3，T＝2π/ω，ω＝2πn，所以线圈先后两次转速之比为3:2，选项A错误；电压最大值Um＝NBSω，先后两次交流电的最大值之比为3:2，选项C正确；通过线圈的磁通量最大值Φ＝BS＝Um/Nω，通过线圈的磁通量最大值之比为1:1，选项B错误；由最大值与有效值的关系可知，先后两次交流电的有效值之比为3:2，选项D错误。
【举一反三27】C 解析：易知输出电压为10 V，输出功率为20 W，因此原线圈输入端输入功率也应为20 W，加上接在原线圈上的灯L1消耗的功率5 W，所以电路输入端的总功率应为25 W，副线圈L4上的电流为2 A，原线圈电流为1 A，因此原、副线圈匝数比为2:1，副线圈两端电压为10 V，原线圈两端电压为20 V，加上L1两端5 V的电压，a、b两端电压为25 V，只有选项C正确。
【举一反三28】D 解析：由变压器匝数比决定，副线圈输出电压不变，即电压表的示数不变，选项A错误；开关S断开，副线圈电路中总电阻变大，副线圈上的电流减小，A2的示数变小，电阻R消耗功率减小，选项B、C错误；开关断开后，由于L1灯分得电压变大，所以L1变亮，选项D正确。
【举一反三29】B 解析：由楞次定律可知，产生的感应涡旋电场为顺时针方向，所以电子在轨道上逆时针运动，所以选项A错误；保持电流的方向不变，当电流增大时，涡旋电场增强，电子将加速，选项B对，选项C错；电子的速度变化，被加速时电子做圆周运动的周期也变，所以选项D错。
【举一反三30】A 解析：进入磁场中时，设某时刻的速度为v，线框边长为L，总电阻为R，则电动势E＝BLv，线框电流I＝，受到的安培力大小为F＝BIL＝。在很短的时间Δt内，安培力F产生的冲量为FΔt＝＝mΔv，在线框进入磁场的过程中，安培力产生的冲量累积可得mΔv＝m（v1－v0）＝，因为vΔt累积和为线框的边长L；同理在退出磁场的过程中，也有m（v2－v1）＝，所以A正确；由于线框进入磁场和离开磁场的过程中都是减速运动，（v0＋v1）＞（v1＋v2），Q1＝Ek0－Ek1＝m（v0－v1）（v0＋v1），Q2＝Ek1－Ek2＝m（v1－v2）（v1＋v2），（v0－v1）（v0＋v1）＞（v1－v2）（v1＋v2），所以B、C选项错误；进入磁场过程中和离开磁场过程中磁通量的变化量相等，因此通过线框截面的电荷量大小相等，q1＝q2＝，选项D错误。
【举一反三31】B 解析：在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；根据左手定则可以判断，所受安培力向下，B不正确；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E＝Bav，C正确；感应电动势的平均值＝＝＝πBav，D正确。
【举一反三32】A 解析：导体棒竖直方向上受到重力和导轨的支持力平衡，水平方向受到拉力F、阻力f以及安培力F安，设棒的质量为m，导轨间距为L，加速度为a，t时刻的速度为v，则v＝at；电动势E＝BLv，电路电流I＝
F安＝BIL＝，F－f－F安＝ma
I＝at
F＝kv＋＋ma＝at＋ma
可见只有选项A正确。
【举一反三33】C 解析：设导轨间距为L，通过R的电流I＝＝，因通过R的电流I随时间均匀增大，即金属棒ab的速度v随时间t均匀增大，金属棒ab的加速度a为恒量，故金属棒ab做匀加速运动。磁通量Φ＝Φ0＋BS＝Φ0＋BL×at2＝Φ0＋，Φ∝t2，A错误；＝BLat，∝t，B错误；因Uab＝IR，且I∝t，所以Uab∝t，C正确；q＝IΔt＝Δt＝＝，q∝t2，所以选项D错误。
题型分析
安徽高考选择题为单选，共有7题，每题6分，选择题总分值42分，占物理总分110分的38.2%，比例很大。由于选择题都为单项选择题，并且题目内容按物理学习不同板块命题，题目很少综合考查不同知识点，内容多为平常练习的题目，最多改头换面，所以难度不是很大，只要平时基础扎实，善于总结题型，掌握不同解法和一些简单结论，往往不需详尽地算出最终结果就能选出正确选项。
增分策略
解答选择题一般要从以下三个方面入手。
（1）审题干。在审题干时要注意以下三点：首先，明确选择的方向，即题干要求是正向选择还是逆向选择。正向选择一般用“什么是”“包括什么”“产生以上现象的原因”“这表明”等表述；逆向选择一般用“错误的是”“不正确”“不是”等表述。其次，明确题干的要求，即找出关键词句——题眼。再次，明确题干规定的限制条件，即通过分析题干的限制条件，明确选项设定的具体范围、层次、角度和侧面。
（2）审选项。对所有备选选项进行认真分析和判断，运用解答选择题的方法和技巧（下文将有论述），将有科学性错误、表述错误或计算结果错误的选项排除。
（3）审题干和选项的关系，这是做好不定项选择题的一个重要方面。常见的不定项选择题中题干和选项的关系有以下几种情形：
第一，选项本身正确，但与题干没有关系，这种情况下该选项不选。
第二，选项本身正确，且与题干有关系，但选项与题干之间是并列关系，或选项包含题干，或题干与选项的因果关系颠倒，这种情况下的选项不选。
第三，选项并不是教材的原文，但意思与教材中的知识点相同或近似，或是题干所含知识的深层次表达和解释，或是对某一正确选项的进一步解释和说明，这种情况下的选项可选。
第四，单个选项只是教材中知识的一部分，不完整，但几个选项组在一起即表达了一个完整的知识点，这种情况下的选项一般可选。
分类例析
1．对物理学史和物理思想方法的考查
从新课标高考物理历史看，非常重视对物理学史的考查，这类题目难度不大，属于识记内容，只要复习到就不会丢分。
高中物理的重要物理学史实：
科学家
国别
主要贡献
伽利略
意大利
1638年，论证较重物体不会比较轻物体下落得快。
伽利略理想实验法指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去。（17世纪）
伽利略在教堂做礼拜时发现摆的等时性，惠更斯根据这个原理制成历史上第一座自摆钟。
伽利略针和单摆实验：把摆球拉到某一高度，用一根针多次改变小球的悬点，摆球能上升到原来的高度，得到与亚里士多德不同的力和运动关系的结论。
伽利略在1683年出版的《两种新科学的对话》一书中，运用观察—假设—数学推理的方法，详细地研究了抛体运动
牛顿
英国
1683年，提出了三条牛顿运动定律，1687年，发表万有引力定律
开普勒
德国
17世纪提出开普勒三定律
卡文
迪许
英国
1798年利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量
库仑
法国
发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律
密立根
美国
通过油滴实验测定了元电荷的数值。e＝1.6×10－19 C
富兰
克林
美国
解释了摩擦起电的原因，通过风筝实验验证闪电是电的一种形式，把天电与地电统一起来，并发明避雷针
欧姆
德国
通过实验得出欧姆定律
昂尼斯
荷兰
大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象——超导现象
焦耳和
楞次
先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，称为焦耳—楞次定律（1834年楞次确定感应电流方向的定律）
奥斯特
丹麦
电流可以使周围的磁针产生偏转的效应，称为电流的磁效应
洛伦兹
荷兰
提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力（洛伦兹力）的观点
笛卡儿
法国
第一个提到“动量守恒定律”
安培
法国
分子环形电流假说（原子内部有环形电流）
法拉第
英国
发现的电磁感应现象使人类的文明跨进了电气化时代。（选修3－2第4页）在1821年，法拉第在重复奥斯特“电生磁”实验时，制造出人类历史上第一台最原始的电动机
亨利
美国
最大的贡献是在1832年发现自感现象
狄拉克
英国
根据电磁场的对称性，预言“磁单极子必定存在”
汤姆生
英国
利用阴极射线管发现了电子，说明原子可分，有复杂内部结构，并提出原子的枣糕模型（葡萄干布丁模型），从而敲开了原子的大门
普朗克
德国
量子论的奠基人。为了解释黑体辐射，提出了能量量子假说，解释物体热辐射规律，提出电磁波的发射和吸收不是连续的，而是一份一份的，把物理学带进了量子世界
爱因
斯坦
德裔美国人，具有美国、瑞士双重国籍
提出光子说（科学假说），成功地解释了光电效应规律
提出的狭义相对论（相对论的两个原理：1．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；2．在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的）
总结出质能方程Ekm＝hν－W
（2005年被联合国定为“世界物理年”，以表彰他对科学的贡献）
普里克
德国
发现了阴极射线
卢瑟福
英国
进行了α粒子散射实验，并提出了原子的核式结构模型。由实验结果估计原子核直径数量级为10－15 m
用α粒子轰击氮核，第一次实现了原子核的人工转变，并发现了质子（该实验表明了原子内质量和电荷量的分布，并没有揭示原子核的组成），并预言了中子的存在
玻尔
丹麦
量子力学的先驱。吸取普朗克、爱因斯坦的量子概念，提出原子结构的玻尔理论，成功解释了氢原子光谱。最先得出氢原子能级表达式
贝克
勒尔
法国
发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构
查德
威克
英国
在α粒子轰击铍核时发现中子（原子核人工转变的实验），由此人们认识到原子核的组成
居里
夫妇
法国
发现了放射性更强的钋和镭
【例1】（2012·海南单科）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法不正确的是（ ）。
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
答案：B
解析：考察科学史，易知答案应该选B。
【例2】（2012·西安交大附中高三二模）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．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，与试探电荷的电荷量成反比
D．“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
答案：C
解析：伽利略通过斜面实验或双球实验等科学方法研究问题，在客观基础上进行逻辑推理，故A选项正确。卡文迪许通过扭秤实验测出万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，利用了放大思想，故B选项正确。电场强度E＝利用了比值定义法，所以E可由F与试探电荷的电荷量的比值算出，而E不由F决定，故C选项错误。合力与分力、总电阻的效果与各分阻值的总效果相同，交流电的有效值也是采用等效热效应求解，都用到了等效替代法，故D选项正确。
注意：本题是选错误选项。考生在最终选择时要回扣一下题目要求，避免出错。
规律总结 此类题目的共同点是从不同角度考查物理学史和物理思想方法，属基本概念规律的识记考查，难度较低，可用直接判断法。
举一反三1（2012·陕西师大附中高三二模）物理学的发展带来了社会的巨大变革，近300年物理学经历了三次重大突破，每一次突破都给科学技术带来革命性的发展变化，下面叙述中不属于这三次突破的内容是（ ）。
A．牛顿力学的建立和热力学的发展
B．麦克斯韦创立了电磁理论
C．相对论、量子力学的创立
D．计算机的发明和发展
举一反三2（2011·山东理综改编）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合史实的是（ ）。
A．焦耳发现了电流电磁感应现象
B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
举一反三3（2012·山西大学附中一模）下列说法正确的是（ ）。
A．法拉第发现了电流的磁效应现象
B．卡文迪许巧妙地运用了扭秤实验，成功测出了静电力常量的数值
C．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，运用了类比法
D．在力学单位制中，规定质量、长度、时间三个物理量的单位为基本单位
规律总结（1）物理学史渗透了很多科学研究问题的思想和方法，对考生有着终生的影响，是高考重点考查内容之一。
（2）高中阶段物理还有“微元思想”“极限思想”“比值定义法”“类比法”“控制变量法”等很多思想方法，在本书具体专题中都有强化训练。
2．受力分析 物体的平衡
【例3】（2012·福建福州八中高三质检）如图所示，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在直立墙壁上，用水平力F向左拉动B，使B以速度v做匀速直线运动，这时绳水平，张力为T。下面说法正确的是（ ）。
A．T＝F
B．木块A受到的是静摩擦力，大小等于T
C．木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于F
D．若木板B以2v的速度匀速运动，则拉力仍为F
答案：D
解析：木块A、木板B之间发生了相对运动，所以木块A受到的是水平向左的滑动摩擦力（设其大小为f1），因为木块A相对地面静止，其受力平衡，所以f1＝T，选项B错误；根据牛顿第三定律，木板B受到木块A对其施加的水平向右的滑动摩擦力的作用（大小为f1），因为木板B相对地面向左运动，所以其还受到地面对其施加的水平向右的滑动摩擦力的作用（设其大小为f2），在水平方向上其还受到水平向左的拉力F，三力平衡，所以F＝f1＋f2＝T＋f2，选项A、C错误；若木板B以2v的速度匀速运动，其受到的两个滑动摩擦力大小和方向均不变，拉力仍为F，选项D正确。
技巧点拨解决此类问题，要仔细审题，把握住关键词，如“静止”“匀速”“光滑”“不计一切摩擦”等，防止多画力。要牢记研究对象。所画的每一个力都必须同时找到受力物体和施力物体。防止少画力，要按受力分析顺序画力，所有接触面或接触点都要分析到是否有弹力或摩擦力。防止错画力，要按照重力、弹力、摩擦力、其他力的顺序分析受力。
举一反三4（2012·安庆一中高三五月模拟）有一块长方体木板被锯成如图所示的A、B两块放在水平桌面上，A、B紧靠在一起，木板A的角度如图所示。现用水平方向的力F垂直于板的左边推木板B，使两块板A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则（ ）。
①木板B对A的压力小于桌面对木板A的摩擦力
②木板A在水平方向受两个力的作用，合力为零
③木板B在水平方向受四个力的作用
④木板A只受一个摩擦力
A．①③ B．②③
C．①② D．②④
【例4】（2012·浙江杭州师大附中高三月考）质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体m使其沿斜面向下匀速运动，M始终静止，则下列说法正确的是（ ）。
A．M相对地面有向右运动的趋势
B．地面对M的摩擦力大小为Fcos θ
C．地面对M的支持力为（M＋m）g
D．物体m对M的摩擦力的大小为F
答案：B
解析：解法一（隔离法）：假设地面对M的摩擦力水平向右，分别对物体和斜面受力分析如图所示，它们都处于平衡状态，利用正交分解法有：
对物体：平行斜面方向上有f＝F＋mgsin θ，垂直斜面方向上有T＝mgcos θ；
对斜面：水平方向上有f′cos θ＝T′sin θ＋f地，竖直方向上有N＝Mg＋f′sin θ＋T′cos θ；又f＝f′，T＝T′，联立以上各式可求得：f地＝Fcos θ，N＝（M＋m）g＋Fsin θ。显然，选项B正确，C、D错误。因为f地取正值，说明假设正确，即地面对M的摩擦力水平向右，M相对地面有向左运动的趋势，选项A错误。
解法二（整体法）：先将物体和斜面看做一个系统，运用整体法，该系统共受到重力G（大小为mg＋Mg）、地面的支持力N、沿斜面方向的力F和对面摩擦力f地的作用（受力图略），系统处于平衡状态，合力为零，易得：f地水平向右，大小f地＝Fcos θ，N＝（M＋m）g＋Fsin θ，所以，选项B正确，A、C错误；再选取物体为研究对象，运用隔离法，易知，选项D错误。
技巧点拨（1）处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态（加速度为0），选研究对象，受力分析，建立平衡方程，求解得结论。
（2）对两个以上的物体叠加组成的系统进行受力分析时，一般先从受力最简单的物体入手，采用隔离法进行分析。
（3）当物体受四个及以上共点力的作用而平衡时，一般采用正交分解法求解。
（4）当物体仅受三个共点力作用而平衡时，可灵活选取正交分解法、平行四边形法则或三角形法则求解。
（5）当组成系统的几个物体都处于静止状态或一起匀速运动时，或者系统内一部分处于静止状态，另一部分匀速运动时可以考虑运用整体法。根据整体的平衡条件，就可以确定整体或某一个物体的受力特点。
举一反三5（2012·黑龙江齐齐哈尔五校联考）如图所示，杆BC的B端铰接在竖直墙上，另一端C为一滑轮。重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡。若将绳的A端沿墙向下移，再使之平衡（BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计），则（ ）。
A．绳的拉力增大，BC杆受压力增大
B．绳的拉力不变，BC杆受压力增大
C．绳的拉力不变，BC杆受压力减小
D．绳的拉力不变，BC杆受压力不变
3．直线运动和牛顿运动定律
【例5】如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v－t图象，根据图象可以判断（ ）。
A．两球在t＝2 s时速率相等
B．两球在t＝8 s时相距最远
C．两球运动过程中不会相遇
D．甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相同、方向相反
答案：A
解析：根据题图，在t＝2 s时，甲球速度为20 m/s，乙球速度为－20 m/s，所以它们速率相等，选项A正确；结合图象，利用“面积”求位移，可知甲、乙两球在t＝8 s时同时回到出发点相遇，所以选项B、C错误；根据图象，在整个运动过程中，两条图象的斜率保持不变，这表示它们做的是匀变速直线运动，甲、乙两球刚开始做初速度方向相反的匀减速直线运动，当它们速度减为零后，又反向折回做初速度为零的匀加速直线运动，因为两条图象的斜率一正一负，绝对值不同，这说明它们的加速度方向相反，大小不同，选项D错误。本题答案为A。
技巧点拨对图象问题要抓住五个关键点：
①坐标轴所代表的物理量，如有必要首先写出两轴物理量关系的表达式。
②斜率的意义（v－t图象表示加速度）。
③截距的意义（表示初始速度、时间等）。
④面积的意义，对v－t图象来说，面积代表位移，横轴上方的“面积”为正，下方为负。
⑤交点的意义
根据v－t图象所表达的意义，结合牛顿第二定律，根据物体受力和加速度的大小、方向的瞬时关系得出结论。
举一反三6（2012·浙江学军中学期中考试）一枚火箭由地面竖直向上发射，其v－t图象如图所示，则（ ）。
A．火箭在t2～t3时间内向下运动
B．火箭能上升的最大高度为4v1t1
C．火箭上升阶段的平均速度大小为v2
D．火箭运动过程中的最大加速度大小为
【例6】（2012·甘肃河西五市部分高中高三联考）甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距s＝6 m，乙车在前，甲车在后，某时刻两车同时开始运动，两车运动的过程如图所示，则下列表述正确的是（ ）。
A．当t＝4 s时两车相遇
B．当t＝4 s时两车间的距离最大
C．两车有两次相遇
D．两车有三次相遇
答案：D
解析：利用v—t图象的“面积”求位移，前4 s内，甲车位移为s甲＝×（8＋16）×4 m＝48 m，乙车位移为s乙＝×（8＋12）×4 m＝40 m，s甲－s乙＝8 m＞6 m，所以当t＝4 s时甲车已经超过乙车，选项A错误。因为当t＝12 s时乙车速度减为0，而甲车以4 m/s的速度继续运动下去，所以两车间的距离会一直增加，选项B错误。前4 s内两车发生了第一次相遇；当t＝4 s时，两车速度相同，并且甲车在前，乙车在后，之后两车均减速，但乙车减速较慢，速度较大，两车间距变小；当t＝6 s时，甲车速度减为4 m/s，乙车速度减为6 m/s；前6 s内它们的位移分别为s甲＝×（4＋16）×6 m＝60 m，s乙＝×（6＋12）×6 m＝54 m，因为s甲－s乙＝6 m，所以当t＝6 s时，它们第二次相遇；之后，乙车在前，甲车在后，在t＝6～8 s时间内，乙车速度大于甲车，它们间距逐渐增大；当t＞8 s时，甲车速度大于乙车，它们间距逐渐减小；因为最后乙车静止，而甲车以4 m/s的速度继续运动下去，所以甲车肯定会再次追上乙车，它们发生第三次相遇；此后，甲车速度始终大于乙车，它们间距逐渐增大，故选项C错误，D正确。本题答案为D。
技巧点拨对于利用图象解决追及问题，要明确图象的物理意义，要身临其境地画出两个物体的实际运动情况，把图线转化为实际运动模型，弄清两个物体的运动情况，两图象的交点表示速度相等，是能否追上的临界条件，至于是否追上还要看速度相等时的位移的关系。
举一反三7（2012·六安一中高三五月模拟）一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中（如图甲），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉运动，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加速度为g，且铝球速度为零，摩擦阻力也为零。根据上述信息，下列说法正确的是（ ）。
A．铝球下沉的速度一直增大
B．铝球的加速度可能大于g
C．铝球下沉过程中所受阻力先增大，后不变
D．铝球下沉过程中，铝球机械能的减少量等于此过程中产生的热量
【例7】（2012·北京朝阳高三期中统考）某人在地面上用体重计称得自己的体重为500 N，他将体重计移至电梯内称其体重，t0～t3时间内，体重计的示数变化如图所示，则电梯运行的v－t图象可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ）。
答案：B
解析：体重计的示数显示的是人对体重计的压力，根据牛顿第三定律，该示数等于电梯地面对人的支持力；根据G—t图象，在t0～t1时间内，电梯对人的支持力大小为450 N，小于重力500 N，这说明合力大小恒定、方向向下，加速度的大小不变、方向也向下，因为取竖直向上为正方向，所以加速度取负值，其对应的v—t图象是一条倾斜直线，该直线的斜率为负值，据此可知，选项B正确。
注意：对于匀变速直线运动，其对应的v—t图象是一条倾斜的直线，该直线的斜率大小代表加速度的大小，斜率的正负代表加速度的方向，如果斜率为负值（或正值），说明加速度的方向与规定的正方向相反（或相同）；本题需要根据加速度的方向与正方向之间的关系，来判断直线斜率的正负性。
技巧点拨超重、失重问题是高考考查的热点之一，解题时要抓住运动学与力学联系的桥梁——加速度，分析清楚加速度就能解决超重与失重问题。发生超重和失重与物体的速度无关，只决定于加速度的方向，当加速度向上时就超重，此时物体的运动状态可能是加速上升或减速下降，反之，当加速度向下时失重，此时物体的运动状态可能是加速下降或减速上升。
举一反三8（2012·陕西西安八校期中联考）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度g＝10 m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（ ）。
A．m＝0.5 kg，μ＝0.4
B．m＝1.5 kg，μ＝0.4
C．m＝0.5 kg，μ＝0.2
D．m＝1 kg，μ＝0.2
【例8】如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2，重力加速度大小为g，则有（ ）。
A．a1＝0 a2＝g
B．a1＝g a2＝g
C．a1＝0 a2＝g
D．a1＝g a2＝g
答案：C
解析：本题考查牛顿第二定律的瞬时性、整体法、隔离法。在抽出木板之前，m、M及弹簧处于静止状态，所以m所受弹簧弹力竖直向上，当将木板抽出的一瞬间，弹簧来不及发生形变，m所受弹力保持不变，即合外力为零，m的加速度a1＝0；对系统用整体法可知，系统所受重力提供M的加速度，即a2＝g，所以选C。
技巧点拨根据牛顿第二定律可知，物体的加速度a与其所受合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合力。利用牛顿第二定律求解瞬时问题，要注意两种不同的物理模型：一是刚性绳杆或接触面，若剪断或脱离后，其中的弹力立即消失或仍接触但可以发生突变，不需要恢复、改变形变的时间；二是弹簧或橡皮绳，这些物体的形变量大，故在瞬间问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的。处理此类问题的方法是：先确定物体运动状态变化之前，物体所受各个力的情况；然后，确定物体运动状态发生变化后，物体所受各个力中，哪些力发生了变化，哪些力没有变化；再根据变化前后的受力情况，求物体的加速度。
举一反三9细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知cos 53°＝0.6 sin 53°＝0.8）（ ）。
A．细绳烧断后小球做平抛运动
B．细绳烧断瞬间小球的加速度为g
C．小球静止时弹簧的弹力大小为mg
D．小球静止时细绳的拉力大小为mg
4．曲线运动 运动的合成与分解
【例9】（2012·上海吴淞中学期中考试）若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中a、b、c、d表示物体运动的轨迹，其中正确的是（ ）。
答案：B
解析：当物体所受合外力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，所以选项C错误；在物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向指向轨迹的凹侧，据此可知，选项B正确，A、D错误。本题答案为B。
技巧点拨要判断物体运动性质及相应特点，必须首先确定物体合运动的性质及其运动的轨迹，确定合运动的特点，首先要找到物体实际参与哪两个分运动，再利用力与运动的观点，确定分运动的特点；然后根据平行四边形定则进行运动的合成。判断物体运动的轨迹是直线还是曲线，判断物体的运动是变速还是匀速，进而判断合运动的速度大小和方向的变化。
对于曲线运动，要理解并牢记以下两点：
（1）物体做曲线运动的条件：合外力的方向（或加速度的方向）与速度方向不在同一条直线上。
（2）运动轨迹的位置：在物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力方向与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向指向运动轨迹的凹侧。
举一反三10（2012·安徽蚌埠二中高三周考）质量为2 kg的物体在x—y平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图，则（ ）。
A．质点的初速度为3 m/s
B．质点所受的合外力为3 N
C．质点初速度的方向与合外力方向垂直
D．2 s末质点速度大小为6 m/s
【例10】（2012·陕西西安八校高三期中联考）如图所示，小车向右匀速行驶的过程中，重物将（ ）。
A．匀速上升
B．匀加速上升
C．做加速度逐渐增大的加速运动
D．做加速度逐渐减小的加速运动
答案：D
解析：本题属于牵连类问题。重物与左段绳子上升的速率相同，而左段绳子上升的速率与右段绳子在沿绳长方向运动的速率是相等的，与车相连的端点的实际运动速度就是合速度，
且与小车速度v相同。分析右段绳子的运动可知，它其实同时参与了两个分运动，即沿绳长方向运动和绕滑轮边缘顺时针转动。将车速v分解为沿绳方向的速度v1和垂直绳子方向的速度v2，如图所示。根据平行四边形定则可得v1＝vcos θ，所以，重物上升速度的大小为v′＝vcos θ，当车向右运动时，右段绳子与水平方向的夹角θ变小，所以重物上升的速度vcos θ变大，即重物做加速运动；v2可以看做连接车子绕定滑轮做圆周运动的线速度，绳子张力T提供向心力，则T＝，其中L为绳子从定滑轮的中心到车子的长度，因为θ变小时，v2＝vsin θ变小，而L变大，所以T变小；再选取重物为研究对象，根据牛顿第二定律有a＝（T－G物）/m物减小，所以重物做加速度逐渐减小的加速运动，选项D正确。
技巧点拨处理牵连运动问题一般按以下步骤进行：第一步，先确定合运动：物体的实际运动就是合运动。第二步，确定合运动的两个实际效果：一是沿牵引方向的平动效果，改变速度的大小；二是垂直于牵引方向的转动效果，改变速度的方向。第三步，按平行四边形定则进行分解，作好速度矢量图。第四步，由于中学阶段研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，所以把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量之后，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。
举一反三11如图所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连。由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升，当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度v1≠0，若这时B的速度为v2，则（ ）。
A．v2＝v1 B．v2＞v1
C．v2≠0 D．v2＝0
【例11】（2012·北师大附属实验中学期中）如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab＝bc＝cd，从a点以初动能Ek0水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点，速度方向与斜面之间的夹角为θ。若小球从a点以初动能2Ek0水平抛出，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）。
①小球将落在c点 ②小球将落在c点下方 ③小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于θ ④小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于θ
A．①② B．②③
C．①④ D．②④
答案：C
解析：本题属于斜面约束类问题。当小球从斜面上以初速度v0水平抛出后，又落在斜面上时，满足关系式tan θ＝＝＝（其中θ为位移与水平方向的夹角，其大小等于斜面倾角），可得t＝2v0tan θ/g∝v0，即小球下落的时间与初速度v0成正比；设题中小球第一次水平抛出的初速度为v0，则第2次的初速度为v0，因为t∝v0，所以t2＝t1，即第2次下落时间是第1次的倍，根据y＝gt2可知，第2次下落的高度是第1次的2倍，所以第2次小球将落在c点，选项A正确，B错误；根据tan θ＝＝＝＝＝（其中α为小球落在斜面的速度方向与水平方向的夹角），可得tan α＝2tan θ，可见，斜面倾角β不变时，速度方向与水平方向的夹角α不变，速度方向与斜面的夹角当然也不变，所以③错误，④正确。本题答案为C。
技巧点拨对于斜面约束下的平抛运动问题，斜面倾角的正切值可能跟水平速度和竖直速度有关，也可能跟水平位移和竖直位移有关，画出运动的轨迹后，只要你抓住倾角正切值这个切入点，作出位移或者速度的平行四边形，思路就会豁然开朗，问题自然迎刃而解。此外，理解并牢记关于平抛运动的几个常用推论。
推论1：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻、任一位置处，若其末速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则tan θ＝2tan φ。
推论2：平抛（或类平抛）运动物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
推论3：从同一斜面上以不同初速度水平抛出的物体落在斜面上时速度方向与斜面的夹角恒定不变。
举一反三12（2012·蚌埠二中高三四月质量检测）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向上。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（ ）。
A．动能增加
B．重力势能和电势能之和增加
C．电势能增加
D．动能和电势能之和增加
【例12】一轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在光滑水平轴上，轻杆可绕水平轴在竖直平面内运动（不计空气阻力），如图所示。当小球在最低点时给它一个水平初速度v0，小球刚好能做完整的圆周运动。若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则下列判断正确的是（ ）。
A．小球能做完整的圆周运动，经过最高点的最小速度为
B．小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大
C．小球在最低点对轻杆的作用力先增大后减小
D．小球在运动过程中所受合外力的方向始终指向圆心
答案：B
解析：设轻杆对小球的作用力大小为F，方向向上，小球做完整的圆周运动，经过最高点时，对小球，由牛顿第二定律得mg－F＝m，当轻杆对小球的作用力大小F＝mg时，小球的速度最小，最小值为零，所以A错。由mg－F＝m可得在最高点轻杆对小球的作用力F＝mg－m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，小球经过最高点时的速度v也逐渐增大，所以轻杆对小球的作用力F先减小后增大（先为支持力后为拉力）。由牛顿第三定律可得小球在最高点对轻杆的作用力先减小后增大，因此选项B正确。在最低点，由F－mg＝m可得轻杆对小球的作用力（拉力）F＝mg＋m，若小球在最低点的初速度从v0逐渐增大，则轻杆对小球的作用力（拉力）一直增大，选项C错。轻杆绕水平轴在竖直平面内运动，小球不是做匀速圆周运动，所以合外力的方向不是始终指向圆心，只有在最低点和最高点合外力的方向才指向圆心，选项D错。
技巧点拨竖直平面内圆周运动的特点
（1）圆周运动问题常和牛顿第二定律、机械能守恒或动能定理相联系。
（2）竖直平面内的圆周运动在最高点存在临界条件。在由最高点向最低点运动的过程中，一般用机械能守恒解决。
（3）在竖直平面内做变速圆周运动的物体，只有在最高点和最低点所受合外力充当向心力。
（4）圆周运动的角速度、线速度和向心加速度是高考的重点。注意掌握几个特殊模型的解题方法，如绳、杆模型，共轴转动模型，皮带传动模型。
举一反三13（2012·河南洛阳期中考试）如图所示，倒置的光滑圆锥面内侧，有两个小玻璃球A、B沿锥面在水平面内做匀速圆周运动，则下列关系式正确的是（ ）。
A．它们的线速度vA＜vB
B．它们的角速度ωA＝ωB
C．它们的向心加速度aA＝aB
D．它们的向心力FA＝FB
5．万有引力定律的应用与航天
【例13】（2012·重庆八中高三月考）由于某种原因，人造地球卫星的轨道半径减小了，那么，卫星的（ ）。
A．速率变大，周期变大
B．速率变小，周期变大
C．速率变大，周期变小
D．速率变小，周期变小
答案：C
解析：根据万有引力提供向心力有G＝m2r＝可得v＝，T＝2π，可见，轨道半径r减小时，速率v变大，周期T变小，选项C正确。
技巧点拨天体运动及卫星运动模型的核心问题
（1）解决该类问题要紧扣两个关键：一是紧扣一个物理模型：就是将天体（或卫星）的运动看成是匀速圆周运动；二是紧扣一个物体做圆周运动的动力学特征，即天体（或卫星）的向心力由万有引力提供，还要记住一个结论：在向心加速度、线速度、角速度和周期四个物理量中，只有周期随着轨道半径的变大而增大，其余的三个都随轨道半径的变大而减小。
（2）第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，却是卫星在圆周轨道上运行的最大速度。
举一反三14（2012·陕西西安八校期中联考）地球赤道上有一物体随地球自转，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略），所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球的同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三物体质量相等，则（ ）。
A．F1＝F2＞F3 B．a1＝a2＝g＞a3
C．v1＝v2＝v＞v3 D．ω1＝ω3＜ω2
【例14】2008年9月25日，我国利用“神舟”七号飞船将宇航员送入太空，9月26日，飞船成功变轨，由原来的椭圆轨道变为距离地面高度为h（约340 km）的圆形轨道。已知飞船质量为m，地球半径为R，地面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则下列说法正确的是（ ）。
A．飞船由椭圆轨道变为圆形轨道时，需要在椭圆轨道的远地点使飞船减速
B．飞船做匀速圆周运动时，运行速度大于7.9 km/s
C．飞船在圆形轨道上运动时，宇航员将不受重力作用
D．飞船在圆形轨道上运动时的动能Ek满足m（R＋h）2ω2＜Ek＜mg（R＋h）
答案：D
解析：飞船由椭圆轨道变为圆形轨道需要在远地点加速，选项A错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，速度的最大值为7.9 km/s，轨道越高，速度越小，选项B错误；宇航员在飞船中处于完全失重状态，受到的万有引力即为所受的重力，完全失重状态不是重力为零，选项C错误；地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，而飞船的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据ω＝可知，飞船的角速度大于地球同步卫星的角速度，所以飞船的线速度v＞ω（R＋h）；飞船的向心加速度a＜g，根据向心加速度公式a＝可知，飞船线速度v2＝a（R＋h）＜g（R＋h），故飞船在圆形轨道上运动时的动能满足：m（R＋h）2ω2＜Ek＜mg（R＋h），选项D正确。本题答案为D。
技巧点拨理解变轨的实质：通过改变卫星的速率，使卫星做圆周运动所需的向心力不等于万有引力。要使卫星的轨道半径增大，做离心运动，必须增大卫星的速度，使万有引力小于所需的向心力，反之减小卫星的速度。卫星在加速后远离地球，万有引力又做负功，卫星的速度会逐渐减小，但由于变轨过程动能减少，势能增加且多于动能的减少，所以总体的机械能增加。减小速度时，卫星靠近地球运动，动能增加，总机械能减少。卫星的加速度由万有引力决定，所以不同轨道上的同一点卫星的角速度相同。
举一反三15（2012·陕西长安一中质检）2009年3月1日16时13分，“嫦娥”一号完成了“受控撞月”行动，探月一期工程完美落幕。本次“受控撞月”，“嫦娥”一号经历了从距月表100 km的圆形轨道进入椭圆轨道的过程，如图所示，a为椭圆轨道的远月点，b为椭圆轨道的近月点，则下列说法正确的是（ ）。
A．从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号受到的月球引力减小
B．从a点到b点的过程中，月球引力对“嫦娥”一号做正功
C．从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号飞行的线速度减小
D．从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号飞行的角速度减小
【例15】天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动，那么就想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体黑洞。星球与黑洞由万有引力的作用组成双星，以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，那么（ ）。
A．它们做圆周运动的角速度与其质量成反比
B．它们做圆周运动的周期与其质量成反比
C．它们做圆周运动的半径与其质量成反比
D．它们所受的向心力与其质量成反比
答案：C
解析：由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即它们做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同，选项A、B错误；因为它们所受的向心力都是由它们之间的相互作用力来提供，所以大小必然相等，选项D错误；由F＝mω2r，v＝ωr可得选项C正确。本题答案为C。
技巧点拨双星模型具有以下特点：（1）由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同。（2）由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由F＝mrω2＝mωv可得r∝，v∝，于是有r1＝L，r2＝L。（3）列式时须注意：万有引力定律表达式中的r表示双星间的距离，按题意应该是L，而向心力表达式中的r表示它们各自做圆周运动的半径，千万不可混淆。
举一反三16（2012·安徽理综）我国发射的“天宫”一号和“神舟”八号在对接前，“天宫”一号的运行轨道高度为350 km，“神舟”八号的运行轨道高度为343 km。它们的运行轨道均视为圆周，则（ ）。
A．“天宫”一号比“神舟”八号速度大
B．“天宫”一号比“神舟”八号周期长
C．“天宫”一号比“神舟”八号角速度大
D．“天宫”一号比“神舟”八号加速度大
6．功能关系的应用
【例16】（2012·北师大附属实验中学期中）汽车以额定功率在平直公路上匀速行驶，在t1时刻司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻汽车又开始做匀速直线运动（设整个过程中汽车所受的阻力不变）。则在t1～t2的这段时间内（ ）。
A．汽车的加速度逐渐减小
B．汽车的加速度逐渐增大
C．汽车的速度先减小后增大
D．汽车的速度逐渐增大
答案：A
解析：本题需要结合公式P＝Fv和F－f＝ma求解。t1时刻前，P＝F0v0＝fv0，即摩擦力f＝F0；t1时刻，P＝F1v0，可见，牵引力F1＝F0，又F1－f＝ma1，即F0－F0＝ma1可得，a1＝－F0/2m，符号表示加速度方向与速度方向相反，汽车做减速运动；t1～t2时间内，发动机功率保持P不变，速度继续减小，选项C、D错误；根据P＝Fv可知，当速度减小，功率不变时，牵引力F逐渐增大，由F－f＝ma即F－F0＝ma可知，加速度a逐渐减小，选项A正确，B错误。本题答案为A。
技巧点拨解决机车启动问题时应注意的问题
（1）分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
（2）匀加速启动过程中，机车功率是改变的，此过程的最大功率等于额定功率。
（3）匀加速运动的最大速度与机车所能达到的最大速度不同，结合牛顿第二定律得匀加速的最大速度v＝。
（4）以额定功率运动的位移可利用动能定理。机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于P/f阻，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt。
举一反三17（2012·黑龙江哈师大附中期中）如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下列说法正确的是（ ）。
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv－mv
C．t1～t2时间内的平均速度为（v1＋v2）
D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小
【例17】（2012·福建四地六校高三联考）如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面。不计一切阻力。下列说法不正确的是（ ）。
A．小球落地点离O点的水平距离为2R
B．小球落地时的动能为5mgR/2
C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力为零
D．若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
答案：C
解析：小球运动到半圆弧最高点P时，重力恰好提供向心力，即mg＝，所以vP＝，小球经过P点后做平抛运动，下落时间t＝2，小球落地点离O点的水平距离为x＝vPt＝2R，所以选项C说法错误，A说法正确；小球从P点到落地的过程中，机械能守恒，所以，落地时的动能mv2＝mv＋mg·2R＝，选项B说法正确；若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，设小球能达到的最大高度为h，则mgh＝5mgR/2，所以h＝5R/2，比P点高0.5R，选项D说法正确。本题答案为C。
技巧点拨运用功能关系分析问题的基本思路：（1）选定研究对象或系统，弄清物理过程；（2）分析受力情况，看有什么力在做功，弄清楚系统内有多少种形式的能在参与转化；（3）仔细分析系统内各种能量的变化情况、变化数量，某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量与增加量一定相等；某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量与增加量相等。
一般解答步骤：
（1）分清有多少种形式的能（如动能、势能、热量等）在发生变化；
（2）分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式；
（3）列出数学恒等式：ΔE减＝ΔE增，进行求解。
举一反三18（2012·黑龙江哈师大附中期中）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（ ）。
A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大
B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大
C．当A、B加速度相等时，A的速度达到最大
D．当A、B加速度相等时，弹簧的弹性势能最大
7．对电场基本性质的理解
【例18】（2012·南京一模）如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置，使O点的电场强度改变，下列叙述正确的是（ ）。
A．移至c处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
B．移至b处，O处的电场强度大小减半，方向沿Od
C．移至e处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oc
D．移至f处，O处的电场强度大小不变，方向沿Oe
答案：C
解析：改变a处点电荷的位置，移至c处，O处的电场强度减小，方向沿Oe，选项A错误；移至b处，O处的电场强度大小减半，方向垂直于cf方向，选项B错误；移至f处，O处的电场强度大小减半，方向沿Oe方向，选项D错误。
技巧点拨电场强度是矢量，空间为几个电场的叠加，则空间中的点的电场强度为各电场在该点的矢量和，应遵循平行四边形定则。
举一反三19（2012·重庆八中二月检测）在点电荷Q产生的电场中有a、b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30°角，b点的场强方向与ab连线成120°角，如图所示，则点电荷Q的电性和b点的场强大小为（ ）。
A．正电、E/3 B．负电、E/3
C．正电、3E D．负电、3E
【例19】（2012·河南开封二模）空间某一静电场的电势φ随x变化情况如图所示，下列说法中正确的是（ ）。
A．空间各点电场强度的方向均与x轴垂直
B．电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力不做功
C．负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小
D．负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做负功，电势能增加
答案：D
解析：除x2点外，空间各点电场强度的方向均不与x轴垂直，选项A错误；电荷沿x轴从O移到x1的过程中，电场力做功，选项B错误；正电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做正功，电势能减小，负电荷沿x轴从x1移到x2的过程中，电场力做负功，电势能增加，选项C错误，选项D正确。
技巧点拨电势能的变化只与电场力做功有关。电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。
举一反三20（2012·安徽淮南高三四月模拟）如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与AB的中点重合，其中af连线与AB连线垂直。下列判断正确的是（ ）。
A．e点和g点的电场强度相同
B．a点和f点的电势相等
C．电子从g点到f点过程中，电势能减小
D．电子从f点到e点过程中，电场力做正功
8．对磁场知识的考查
【例20】（2012·福建晋江四校第二次联考）如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，导体棒处于静止状态，则（ ）。
A．导体棒中的电流方向从b流向a
B．导体棒中的电流大小为
C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大
D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大
答案：B
解析：由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，选项A错误；由BIL＝kx可得导体棒中的电流大小为I＝kx/BL，选项B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，或逆时针转过一小角度，x都变小，选项C、D错误。
技巧点拨解决安培力分析的方法
（1）首先把立体图画成易于分析的平面图或截面图。
（2）根据左手定则确定安培力的方向。
（3）结合通电导体受力分析、运动情况等，由题目要求列方程、解决问题。
举一反三21（2012·合肥八中高三阶段性检测）如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管。试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出。关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（ ）。
A．小球带负电
B．洛伦兹力对小球做正功
C．小球运动的轨迹是一条抛物线
D．维持试管匀速运动的拉力F应保持恒定
【例21】（2012·云南名校联考）如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面，则（ ）。
A．a处电势高于b处电势
B．a处离子浓度大于b处离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度
答案：B
解析：由左手定则可判断出正负离子都向a侧面偏转，a处离子浓度大于b处离子浓度，选项B正确。
技巧点拨洛伦兹力的方向由左手定则可判出。
注意：四指与正电荷的运动方向相同（与负电荷运动方向相反）。
举一反三22（2012·江西九江二月七校联考）如图所示，带正电的物块A放在不带电的小车B上，开始时都静止，处于垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时加一个水平恒力F向右拉小车B，t＝t1时A相对于B开始滑动。已知地面是光滑的。AB间粗糙，A带电荷量保持不变，小车足够长。从t＝0开始A、B的速度—时间图象，正确的是（ ）。
举一反三23（2012·安徽安庆高三模拟）在粒子加速领域中有开创贡献的物理学家谢家麟获得2011年度国家最高科学技术奖，该奖项被誉为是“中国的诺贝尔奖”。谢家麟在上世纪80年代参与了北京正负电子环型对撞机的研究。环型对撞机是研究高能粒子的重要装置，比荷相等的正、负离子由静止都经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）。
A．所加的匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外
B．若加速电压一定，离子的比荷越大，磁感应强度B越小
C．磁感应强度B—定时，比荷相同的离子加速后，质量大的离子动能小
D．对于给定的正、负离子，加速电压U越大，离子在环状空腔磁场中的运动时间越长
9．直流电路的动态分析
【例22】（2012·海南单科）如图，E为内阻不能忽略的电源，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）。
A．的读数变大，的读数变小
B．的读数变大，的读数变大
C．的读数变小，的读数变小
D．的读数变小，的读数变大
答案：B
解析：S断开，外电阻变大，总电流减小，故端电压增大，的读数变大，把R1视为内阻一部分，则R3中的电压增大，R3中的电流增大，电流表示数增大。
技巧点拨解决动态分析的步骤：
（1）确定电路的内电阻、外电阻R外如何变化。
（2）由I总＝，确定电路中总电流的变化。
（3）由U内＝I总·r，确定电源的内电压如何变化。
（4）由U外＝E－U内，确定外电压如何变化。
（5）由部分电路欧姆定律，确定干路上某定值电阻两端的电压变化。
（6）确定支路两端的电压如何变化及各支路电流的变化。
举一反三24（2012·上海单科）直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法不正确的是（ ）。
A．电源的总功率一定减小
B．电源的效率一定增大
C．电源的内部损耗功率一定减小
D．电源的输出功率一定先增大后减小
【例23】（2012·南京四校联考）如图所示的电路，电表均为理想电表，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）。
A．电流表读数变小，电压表读数变大
B．小灯泡L变暗
C．电源的总功率变小
D．电容器C上电荷量减小
答案：D
解析：当滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路部分电阻减小，电源输出电流增大，路端电压减小，电流表读数变大，电压表读数变小，小灯泡L变亮，电源总功率EI增大，选项A、B、C错误；由于路端电压减小，小灯泡L两端电压增大，电容器C上电压减小，由C＝Q/U，电容器C上电荷量减小，选项D正确。
技巧点拨带电容器的电路中，电容器所在的支路为断路。电容器两端电压为与其相并联的电路两端的电压。
举一反三25（2012·合肥一模）如图所示，电源电动势为4 V，内阻为1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝R3＝4 Ω，电流表的内阻不计，闭合S电路达稳定状态后，电容器两极间电压为（ ）。
A．0 B．2.3 V
C．3 V D．3.2 V
10．交变电流与远距离输电
【例24】（2011·安徽理综）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为r、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）。
A． B．
C． D．
答案：D
解析：切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，一周有电动势的时间是，故根据有效值定义有2R＝I2RT，解得I＝。
举一反三26（2012·陕西师大附中二月模拟）如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当只改变线圈的转速后，产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下说法正确的是（ ）。
A．线圈先后两次转速之比为2:3
B．通过线圈的磁通量最大值之比为3:2
C．先后两次交流电的最大值之比为3:2
D．先后两次交流电的有效值之比为:
【例25】（2012·山西四校二月联考）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2＝4:1，电源电压u＝220sin 314t（V），原线圈电路中接入熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻R，则（ ）。
A．电压表的读数为77 V
B．当可变电阻R的阻值变大时，电源的输入功率变大
C．可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时保险丝将熔断
D．副线圈的输出功率一定是200 W
答案：C
解析：原线圈输入电压220 V，由变压器变压公式，副线圈输出电压即电压表的读数为55 V，选项A错误；当可变电阻R的阻值变大时，变压器输出功率减小，电源的输入功率变小，选项B错误；可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时，变压器输出功率大于220 W，原线圈电路中电流大于保险丝的熔断电流I0＝1 A，保险丝将熔断，选项C正确；副线圈的输出功率随可变电阻的增大而减小，选项D错误。
技巧点拨要准确解答含变压器的线路动态分析，必须明确三种决定关系：（1）输入端电压决定输出端电压；（2）输出电流决定输入电流；（3）输出功率决定输入功率。
举一反三27（2012·宿州高三教学质量检测）如图所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5 V 5 W”字样。L4标有“5 V 10 W”字样，若它们都能正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率Pab和输入电压Uab应为（ ）。
A．20 W,25 V B．20 W,20 V
C．25 W,25 V D．25 W,20 V
【例26】（2012·武汉二月调研）如图所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW。现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是（ ）。
选项
型号
千米电阻/（Ω·km－1）
A
DYD30/C
1
B
DYD50/C
0.6
C
DYD100/C
0.3
D
DYD150/C
0.2
答案：CD
解析：由P＝UI解得输电电流I＝P/U＝20 A。输电线路上损耗的功率不超过P损＝200 kW×2%＝4 kW，由P损＝I2R解得R＝10 Ω。由于输电线长度需要20 km，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项C、D。
技巧点拨解决远距离输电的思路：
画出输电示意图，在图中标出相应的物理量符号，确立各物理量间的相互关系。
（1）功率关系：P1＝P2 P3＝P4 P1＝P3＋ΔP
（2）电压关系：＝ ＝ U2＝U3＋ΔU
（3）电流关系：I1n1＝I2n2 I3n3＝I4n4 I2＝I3
举一反三28（2012·安徽名校高三第六次联考）如图，B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上。L为指示灯（电阻可以忽略），灯泡L1和L2完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、电流表都为理想电表。开始时开关S是闭合的，当S断开后，下列说法正确的是（ ）。
A．电压表的示数变大
B．电流表A1的示数变大
C．电阻R消耗的功率增大
D．灯泡L1的亮度变亮
11．电磁感应规律的应用
【例27】（2012·江苏苏北四市一模）如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的对应边相互平行。线框A固定且通有电流I，线框B从图示位置由静止释放，在运动到A下方的过程中（ ）。
A．穿过线框B的磁通量先变小后变大
B．线框B中感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．线框B所受安培力的合力为零
D．线框B的机械能一直减小
答案：D
解析：穿过线框B的磁通量在A的下方时变小，选项A错；由楞次定律得选项B错；因上下两边的安培力大小不同，所以线框B所受安培力的合力不为零，C错；线框B运动的过程中总是克服安培力做功，实现机械能向电能的转化，所以选项D对。
技巧点拨理解楞次定律中的“阻碍”
“阻碍”不等于“阻止”。感应电流的磁场总是阻碍引起产生感应电流的磁场的磁通量的变化。
举一反三29（2012·河北五校联盟模拟）现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。如图所示（上图为侧视图、下图为真空室的俯视图），若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时（ ）。
A．电子在轨道上顺时针转动
B．保持电流方向不变，当电流增大时，电子将加速
C．保持电流方向不变，当电流减小时，电子将加速
D．被加速时电子做圆周运动的周期不变
【例28】（2012·云南名校联考）如图，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒水平抛出，在整个过程中不计空气阻力，则金属棒在空中飞行过程中产生的感应电动势大小（ ）。
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．保持不变 D．无法判断
答案：C
解析：金属棒在空中飞行过程中水平速度不变，产生的感应电动势：E＝BLv，其中v为有效切割速度即水平方向的速度，故感应电动势保持不变，选项C正确。
技巧点拨法拉第电磁感应定律中感应电动势
举一反三30（2012·安徽名校高三联考）如图所示，在光滑绝缘水平面的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，AB、CD是磁场区域的边界。一个正方形的单匝闭合导线框以水平速度v0冲向磁场区域，当它全部进入磁场区域后速度变为v1，当它全部冲出磁场区域后速度变为v2，比较导线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，下列说法正确的是（ ）。
A．进入过程导线框的速度变化v1－v0等于离开过程导线框的速度变化v2－v1
B．进入过程导线框损失的动能Ek0－Ek1等于离开过程导线框损失的动能Ek1－Ek2
C．进入过程导线框产生的热量Q1小于离开过程导线框产生的热量Q2
D．进入过程通过导线框横截面积的电荷量q1小于离开过程通过导线框横截面积的电荷量q2
【例29】（2012·重庆摸底）两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）。
A．ab杆所受拉力F的大小为mgtan 37°
B．回路中电流为
C．回路中电流的总功率为mgvsin 37°
D．m与v大小的关系为m＝
答案：A
解析：采用“计算法”求解。对cd杆，BILcos 37°＝mgsin 37°，对ab杆，F＝BIL，联立解出ab杆所受拉力F的大小为F＝mgtan 37°，故A对；回路中电流为；I＝mgtan 37°/BL，故B错；回路中电流的总功率为Fv＝mgvtan 37°，故C错；I＝BLv/2R，又I＝mgtan 37°/BL，故m＝，故D错。
技巧点拨解决电磁感应（导体切割磁感线）与力学综合问题的基本思路：
（1）分析通过导体的受力情况及力的效果，应用牛顿运动定律、动能定理、能量守恒等规律理顺力学量之间的关系。（2）抓住“电磁感应”及“磁场对电流的作用”这两条联系，电学量与力学量的纽带，遵循在全过程中系统机械能、电能、内能等能量之间相互转化和守恒规律，则问题迎刃而解。
举一反三31如下图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（ ）。
A．感应电流方向不变
B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
【例30】（2012·马鞍山高三能力测试）如图所示，边长L＝0.2 m的正方形线圈abcd，其匝数n＝10，总电阻r＝2 Ω，外电路的电阻R＝8 Ω，ab边的中点和cd边的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1 T，若线圈从图示位置开始计时，以角速度ω＝2 rad/s绕OO′轴匀速转动。则以下判断中正确的是（ ）。
A．在t＝s时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大
B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为e＝0.8sin 2t（V）
C．从t＝0时到t＝s时刻，通过电阻R的电荷量q＝0.02 C
D．从t＝0时到t＝s时刻，电阻R上产生的热量为Q＝3.2π×10－4 J
答案：C
解析：T＝＝＝πs，当t＝s＝时，磁场穿过线圈的磁通量为零，A不对。闭合电路中产生的感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsin ωt＝nBωsin ωt＝0.4sin 2t （V），B不对。从t＝0时刻到t＝s时刻，通过电阻R的电荷量q＝·t＝·t＝·t＝＝C＝0.02 C，C正确。从t＝0时刻到t＝s时刻，电阻R上产生的热量Q＝I2Rt，I＝，E＝＝V＝0.2V，由三式得Q＝16π×10－4 J，D不对。
技巧点拨本题考查了交变电流的瞬时表达以及通过电阻的电荷量和电阻上产生的热量的计算。做该题的关键：首先要知道有效值、瞬时值、最大值和平均值，其次要知道它们的适用情况。
举一反三32（2012·合肥六中最后一卷）如图所示，竖直向下的匀强磁场中有两根光滑导轨相互平行，固定在绝缘的水平面上。导轨右端连接一个阻值为R的电阻，垂直于导轨有一个金属棒，总是与导轨良好接触，导轨和金属棒的电阻忽略不计，在水平拉力F的作用下金属棒从静止开始做匀加速运动，棒受到空气的阻力与速度成正比（f＝kv），下列关于拉力F和流经电阻的电流I随时间的图象正确的是（ ）。
12．物理图象知识的考查
【例31】如图，水平虚线MN的上方有一匀强磁场，矩形导线框abcd从某处以v0的速度竖直上抛，向上运动高度H后进入与线圈平面垂直的匀强磁场，此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行，在导线框从抛出到速度减为零的过程中，以下四个图中能正确反映导线框的速度与时间关系的是（ ）。
答案：C
解析：在导线框从抛出到ab边接近MN时，导线框做匀减速直线运动；在ab边进入磁场后切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，加速度瞬时变大，速度迅速变小。随着速度减小，产生的感应电流减小，安培力减小，加速度减小，所以能正确反映导线框的速度与时间关系的正确选项是C。
技巧点拨解决此类问题的一般步骤：
（1）明确图象的种类即是B—t图象，Φ—t图象或是E—t图象，i—t图象。
（2）分析电磁感应的具体过程。
（3）结合法拉第感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律及数学知识，写出方程组。
（4）根据方程写出数学分析，如斜率变化、截距等。
（5）画出图象或判出图象。
举一反三33（2012·山东调考）如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过R的感应电流随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于穿过回路abPMa的磁通量Φ和磁通量的瞬时变化率以及a、b两端的电势差Uab和通过金属棒的电荷量q随时间t变化的图象中，正确的是（ ）。
参考答案
【举一反三1】D 解析：牛顿力学的建立和热学发展推动了工业革命，故A选项正确。麦克斯韦创立了电磁理论，至此完善了经典物理，能解决一切电磁问题，故B选项正确。相对论、量子论的建立，打开了高速和微观世界的大门，故C选项正确。计算机的发明和发展只是加快和丰富人们的生产生活，并未产生革命性作用，故D选项错误。
【举一反三2】B 解析：法拉第发现电磁感应现象，选项C中应为奥斯特发现了电流的磁效应，选项D中应为伽利略将斜面实验的结论合理外推。
【举一反三3】D 解析：奥斯特发现了电流的磁效应，故A错。卡文迪许运用扭秤实验成功测出了万有引力常量而不是静电力常量，故B错。C中应为控制变量法。
【举一反三4】A 解析：对木板A进行受力分析，水平方向上受到B的弹力和摩擦力以及桌面的摩擦力三个力的作用，合力为零；木板B在水平方向受到A的弹力和摩擦力以及桌面的摩擦力、推力F四个力的作用，因此只有A项正确。
【举一反三5】B 解析：解法一（矢量三角形法）：选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如题图所示，绳中的弹力大小相等，即T1＝T2＝G，T1、F、T2三力平衡，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如题图虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可得，杆对绳子的支持力F＝2Gsin，当绳的A端沿墙向下移时，θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律，BC杆受压力增大，本题答案为B。
解法二（图解法）：如图所示，T2大小和方向不变，T1大小不变，但与T2夹角逐渐增大时，F长度变大。所以B选项正确。
【举一反三6】B 解析：在0～t3时间内火箭的速度为正（或者v—t图象处在时间轴上方），这表示火箭的速度方向始终向上，选项A错误；t3时刻火箭速度为零，这表示该时刻火箭上升的高度最大，利用v—t图象的“面积”求最大高度为h＝4v1t1（题图中每个小方格的面积S＝0.5v1t1，0～t3时间内v—t图象与坐标轴所围成图形的面积等于8S＝4v1t1），所以选项B正确；火箭上升阶段的位移为4v1t1，时间为t3＝3t1，平均速度＝＝v1＝v2，C错误；火箭在t2～t3时间内，加速度最大，最大加速度大小为＝，D错误。
【举一反三7】C 解析：铝球下沉的速度先增大后不变，选项A错误；开始释放时，铝球的加速度a0小于g，选项B错误；根据通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象可知，a＝a0－a0v/v0。设液体浮力为F，刚剪断细线时，v＝0，油的阻力f＝0，由牛顿第二定律，mg－F＝ma0。铝球下沉过程中，由牛顿第二定律，mg－F－f＝ma。联立解得铝球下沉过程所受到油的阻力f＝ma0v/v0，选项C正确；铝球下沉过程机械能的减少等于克服油的阻力和浮力所做的功，选项D错误。
【举一反三8】A 解析：根据题图，在4～6 s内，水平推力F＝2 N，物块以v＝4 m/s的速度做匀速直线运动，这说明物块受到的滑动摩擦力f＝F＝2 N，又f＝μmg，所以μmg＝2 N；在2～4 s内，水平推力F＝3 N，物块做匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，联立以上各式并代入数据可得m＝0.5 kg，μ＝0.4。本题答案为A。
【举一反三9】B 解析：细绳烧断的瞬间小球受到弹簧的弹力作用，不只是受到重力作用，A错；绳未断时，小球受到绳的拉力、弹簧的弹力及重力作用，根据力的平衡可求得绳的拉力等于mg，弹簧的弹力为mg，C、D项错；细绳烧断瞬间，弹簧弹力不变，这时弹力与重力的合力等于mg，根据牛顿第二定律可知，这时小球的加速度为g，B项正确。
【举一反三10】B 解析：由图象可知，物体在x轴上做匀加速运动，在y方向上做匀速直线运动，在x方向上的初速度vx＝3 m/s，y方向的初速度为vy＝－4 m/s，物体的初速度大小v0＝＝5 m/s，加速度大小a＝1.5 m/s2，F＝ma＝3 N，合外力方向沿x正方向，2秒末质点速度大小v′＝＝ m/s，D错误。
【举一反三11】D 解析：环上升过程其速度v1可分解为两个分速度v∥和v⊥，如图所示，其中v∥为沿绳方向的速度，其大小等于重物B的速度v2；v⊥为绕定滑轮转动的线速度。关系式为v2＝v1cosθ，θ为v1与v∥间的夹角。当A上升至与定滑轮的连线处于水平的位置时，θ＝90°，cosθ＝0，即此时v2＝0，D正确。
【举一反三12】A 解析：合力的方向指向运动轨迹的凹侧。
所以图中油滴受到的合力是向上的，重力向下，所以电场力是向上的，且大于重力。油滴是从a运动到b的：合力做正功，由动能定理可知，动能是增加的。
电场力做正功，所以电势能减小。
总能量是守恒的，重力势能增大，所以动能和电势能之和减少；
动能增加，所以重力势能和电势能之和减小。
因此答案只能是A。
【举一反三13】C 解析：两个小玻璃球A、B沿锥面在水平面内做匀速圆周运动时所受合外力都是支持力和重力，二者合力方向相同，它们的向心加速度相同，选项C正确；由于它们做匀速圆周运动半径不同，角速度不同，选项B错误；由向心加速度公式a＝可知，轨道半径r大的A球线速度大，选项A错误；由于题述没有明确两个小玻璃球A、B的质量关系，它们的向心力不一定相等，选项D错误。
【举一反三14】D 解析：地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，角速度相同，即ω1＝ω3，根据关系式v＝ωr和a＝ω2r可知，v1＜v3，a1＜a3；人造卫星和地球同步卫星都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即G＝mω2r＝＝ma可得v＝，a＝G，ω＝可见，轨道半径大的线速度、向心加速度和角速度均小，即v2＞v3，a2＞a3，ω2＞ω3；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星（高度忽略）的线速度就是第一宇宙速度，即v2＝v，其向心加速度等于重力加速度，即a2＝g；所以v＝v2＞v3＞v1，g＝a2＞a3＞a1，ω2＞ω3＝ω1，又因为F＝ma，所以F2＞F3＞F1；可见，选项A、B、C错误，D正确。本题答案为D。
【举一反三15】B 解析：月球对“嫦娥”一号的引力始终指向月心，其大小为F＝；在从a点到b点的过程中，“嫦娥”一号与月心的间距r嫦月减小，所以引力增大，选项A错误；该过程中，引力方向与运动速度方向间的夹角小于90°，所以月球引力对“嫦娥”一号做正功，选项B正确；根据G＝mω2r＝可得v＝，ω＝，可见，轨道半径越小，线速度和角速度越大，选项C、D错误。本题答案为B。
【举一反三16】B 解析：由F＝G＝m＝mω2r＝m2r＝ma，可得v＝、ω＝、T＝2π，所以只能选B。
【举一反三17】D 解析：0～t1时间内汽车做匀加速运动，牵引力F大小恒定，但汽车的速度v逐渐增大，所以其功率逐渐增大，选项A错误；在t1～t2时间内，汽车牵引力做正功，摩擦力做负功，合外力做功之和等于动能的改变量，所以选项B错误；根据“面积”法求位移，在t1～t2时间内汽车的位移s＞（v1＋v2）（t2－t1），所以平均速度＝＞（v1＋v2），选项C错误；在全过程中t1时刻的斜率最大，加速度a1也最大，根据F1＝f＋ma1可知，此时牵引力F1最大，此时刻的功率P1也是在0～t1时间内最大的，在t1时刻之后，汽车的功率保持P1不变，所以P1是整个过程中的最大值，在t2～t3时间内牵引力等于摩擦力，牵引力最小，所以选项D正确。本题答案为D。
【举一反三18】B 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图所示，F1为弹簧的拉力；在0～t1时间内，对A有F－F1＝ma，对B有F2＝ma，由F1＝F2得F1＝F/2，在此过程中A的合力（加速度）一直减小而B的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于B的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于B的合力（加速度）。两物体运动的v－t图象如图所示，t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外，其他力对系统做正功，系统机械能增加，t1时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。综上可知，选项B正确。
【举一反三19】D 解析：沿a、b两点电场强度方向延长，相交点为放点电荷Q处。由于电场强度方向指向点电荷Q，所以点电荷Q带负电。由题图中几何关系可知，a点到点电荷Q距离是b点到点电荷Q距离的倍，根据点电荷电场强度公式可知，b点的电场强度大小为3E，选项D正确。
【举一反三20】B 解析：电场强度是矢量，e点和g点对称，电场强度大小相等，但方向不同，选项A错误；af连线是一条等势线，a点和f点电势相等，选项B正确；电子从g点到f点过程中，电场力方向向左，电场力做负功，电势能增加，选项C错误；电子从f点到e点过程中，电场力做负功，选项D错误。
【举一反三21】C 解析：本题考查的是带电粒子在磁场中的运动。由左手定则可知，选项A错误；因为小球在向右的方向上做匀速运动，故小球沿管方向洛伦兹力的分力大小不变，因此沿管方向的分运动为初速度为零的匀加速运动，因此轨迹为抛物线，选项C正确；洛伦兹力方向始终垂直速度方向，故洛伦兹力不做功，选项B错误；由于沿管方向的分速度逐渐增大，洛伦兹力在垂直于管方向的分力在逐渐增大，因此F逐渐增大，选项D错误。
【举一反三22】C 解析：A相对于B开始滑动后，随着速度的增大，B受到竖直向上的洛伦兹力增大，A、B之间压力减小，摩擦力减小，A的加速度逐渐减小到零，B的加速度逐渐增大到恒定，所以，从t＝0开始A、B的速度—时间图象，正确的是C。
【举一反三23】B 解析：粒子受到的洛伦兹力指向圆心，利用左手定则易知磁场应垂直纸面向内，A选项错；环形空腔的半径保持不变，当电压不变时，粒子进入磁场的速度相同，根据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式：R＝，比荷越大，磁感应强度B应该越小，选项B正确；由qU＝mv2得m×U＝mv2＝Ek，当和U一定时，m越大，动能越大，选项C错误；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，粒子在图中磁场中运动半个周期，周期和加速电压没有任何关系，选项D错误。
【举一反三24】D 解析：P向右移动，滑动变阻器接入电路部分电阻增大，电路总电阻增大，电路总电流I减小，路端电压U增大，电源电动势E保持不变，电路总功率P＝IE减小，电源的效率η＝＝＝增大，电源内阻r不变，电源内部损耗功率P内＝I2r减小，输出功率P外＝I2R＝R，如果开始R＜r，会有输出功率先增大后减小的规律，但是如果开始R＞r，输出功率将一直减小，因此只有D选项不正确。
【举一反三25】C 解析：闭合S电路达稳定状态后，R2、R3中无电流，电容器两极间电压等于R1两端电压，由闭合电路欧姆定律，I＝E/（R1＋r）＝1 A，电容器两极间电压为U＝IR1＝3 V，选项C正确。
【举一反三26】C 解析：由产生正弦交流电的图象可知，a、b两个交变电流的周期之比为2:3，T＝2π/ω，ω＝2πn，所以线圈先后两次转速之比为3:2，选项A错误；电压最大值Um＝NBSω，先后两次交流电的最大值之比为3:2，选项C正确；通过线圈的磁通量最大值Φ＝BS＝Um/Nω，通过线圈的磁通量最大值之比为1:1，选项B错误；由最大值与有效值的关系可知，先后两次交流电的有效值之比为3:2，选项D错误。
【举一反三27】C 解析：易知输出电压为10 V，输出功率为20 W，因此原线圈输入端输入功率也应为20 W，加上接在原线圈上的灯L1消耗的功率5 W，所以电路输入端的总功率应为25 W，副线圈L4上的电流为2 A，原线圈电流为1 A，因此原、副线圈匝数比为2:1，副线圈两端电压为10 V，原线圈两端电压为20 V，加上L1两端5 V的电压，a、b两端电压为25 V，只有选项C正确。
【举一反三28】D 解析：由变压器匝数比决定，副线圈输出电压不变，即电压表的示数不变，选项A错误；开关S断开，副线圈电路中总电阻变大，副线圈上的电流减小，A2的示数变小，电阻R消耗功率减小，选项B、C错误；开关断开后，由于L1灯分得电压变大，所以L1变亮，选项D正确。
【举一反三29】B 解析：由楞次定律可知，产生的感应涡旋电场为顺时针方向，所以电子在轨道上逆时针运动，所以选项A错误；保持电流的方向不变，当电流增大时，涡旋电场增强，电子将加速，选项B对，选项C错；电子的速度变化，被加速时电子做圆周运动的周期也变，所以选项D错。
【举一反三30】A 解析：进入磁场中时，设某时刻的速度为v，线框边长为L，总电阻为R，则电动势E＝BLv，线框电流I＝，受到的安培力大小为F＝BIL＝。在很短的时间Δt内，安培力F产生的冲量为FΔt＝＝mΔv，在线框进入磁场的过程中，安培力产生的冲量累积可得mΔv＝m（v1－v0）＝，因为vΔt累积和为线框的边长L；同理在退出磁场的过程中，也有m（v2－v1）＝，所以A正确；由于线框进入磁场和离开磁场的过程中都是减速运动，（v0＋v1）＞（v1＋v2），Q1＝Ek0－Ek1＝m（v0－v1）（v0＋v1），Q2＝Ek1－Ek2＝m（v1－v2）（v1＋v2），（v0－v1）（v0＋v1）＞（v1－v2）（v1＋v2），所以B、C选项错误；进入磁场过程中和离开磁场过程中磁通量的变化量相等，因此通过线框截面的电荷量大小相等，q1＝q2＝，选项D错误。
【举一反三31】B 解析：在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确；根据左手定则可以判断，所受安培力向下，B不正确；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E＝Bav，C正确；感应电动势的平均值＝＝＝πBav，D正确。
【举一反三32】A 解析：导体棒竖直方向上受到重力和导轨的支持力平衡，水平方向受到拉力F、阻力f以及安培力F安，设棒的质量为m，导轨间距为L，加速度为a，t时刻的速度为v，则v＝at；电动势E＝BLv，电路电流I＝
F安＝BIL＝，F－f－F安＝ma
I＝at
F＝kv＋＋ma＝at＋ma
可见只有选项A正确。
【举一反三33】C 解析：设导轨间距为L，通过R的电流I＝＝，因通过R的电流I随时间均匀增大，即金属棒ab的速度v随时间t均匀增大，金属棒ab的加速度a为恒量，故金属棒ab做匀加速运动。磁通量Φ＝Φ0＋BS＝Φ0＋BL×at2＝Φ0＋，Φ∝t2，A错误；＝BLat，∝t，B错误；因Uab＝IR，且I∝t，所以Uab∝t，C正确；q＝IΔt＝Δt＝＝，q∝t2，所以选项D错误。
同课章节目录