1、高考资源网（） 您身边的高考专家命题热点一对物理学史和物理方法的考查1(2016海南七校联考)下列关于物理学思想方法的叙述错误的是()A探究加速度与力和质量关系的实验运用了控制变量法B电学中电阻、电场强度和电势的定义都运用了比值法C力学中将物体看成质点运用了理想化模型法D当物体的运动时间t趋近于0时，t时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法2(2016郑州高三质量预测)物理来源于人们的生活实践，揭示的是自然规律，我们学习物理的目的就是要将所学习的知识应用于社会。下面四幅图中展示了一些应用，关于这些应用说法正确的是()A甲图是天宫一号中太空“质量测量仪”测质量的实验，其测量原理是胡克定律
2、B乙图是罗盘，它可以指示南北方向，其原理是由于指针受到重力作用C丙图是防辐射服，其内部用包含金属丝的织物制成，这是因为金属丝很坚韧，有利于保护人体D丁图是家用电磁炉，其原理是利用电磁感应的涡流进行加热3(2016江西吉安高三期末)下列叙述正确的是()A两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明：物体受力越大则速度就越大B伽利略用“月地检验”证实了万有引力定律的正确性C法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点Dt0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法4(2016湖南十校联考)2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管(LED)，并因
3、此带来新型的节能光源。在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史实的是()A开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念C牛顿认为在足够高的山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地球上D安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究5(2016山东潍坊高三统考)下列说法正确的是()A米、千克、秒、库仑都属于国际单位制的基本单位B同一个物体在地球上比在月球上惯性大C物体做曲线运动时，其所受合力的瞬时功率可能为零D一对作用力与反作用力的功一定大小相等且一正一负6
4、(2016辽宁大连重点中学联考)下列说法正确的是()A平均速度、瞬时速度以及加速度，都是牛顿首先建立起来的B绕太阳运行的8颗行星中，海王星被人们称为“笔尖下发现的行星”C元电荷、点电荷等，都是由美国科学家富兰克林命名的D使用多用电表测电阻时，如果发现指针偏转很小，应选择倍率较小的欧姆挡重新测量7(2016河北邯郸一模)如图为某物理量随时间变化的函数图象，关于此图线与两坐标轴围成面积的物理意义，下列说法正确的是()A如果y表示加速度，则面积等于质点在t0时刻的速度B如果y表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功C如果y表示通过用电器的电流，则面积等于在相应时间内该用电器消耗的电能D如
5、果y表示变化磁场在金属线圈中产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量8(2016广西南宁一模)下列说法正确的是()A物体在合力等于零的情况下运动时机械能一定守恒B物体在恒力作用时一定做直线运动C匀强磁场中的通电直导线受到的安培力方向一定与磁场方向垂直D匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比9(2016湖北八校联考)在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A安培最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场B奥斯特发现了电流的磁效应并总结出了判断电流与磁场方向关系的右手螺旋定则C焦耳发现了电流热效应的规律并提
6、出了焦耳定律D牛顿提出了万有引力定律并准确地测出了引力常量命题热点二受力分析和物体的平衡1(2016山东淄博摸底)如图所示，一只小鸟沿着较粗且均匀的树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟从A运动到B的过程中()A树枝对小鸟的作用力先减小后增大B树枝对小鸟的摩擦力先增大后减小C树枝对小鸟的弹力先增大后减小D树枝对小鸟的弹力保持不变2(2016贵州贵阳监测)如图所示，轻质弹簧的左端与物块P相连，另一端固定在木板上。先将木板水平放置，并使弹簧处于压缩状态。缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是()A一直增大 B保持不变C先减小后增大
7、D先增大后减小3(2016河北邯郸一模)如图，某小朋友在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起。下列说法正确的是()A石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C石块c对b的作用力一定竖直向上D石块c受到水平桌面向左的摩擦力4(2016湖南衡阳联考)a、b是截面为直角三角形的两个完全相同的楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力F1、F2作用下静止在相同的竖直墙面上，如图所示。下列说法正确的是()Aa、b受力个数一定相同BF1、F2大小一定相等C墙面对物体的弹力一定相等Db受到摩擦力可能大于a受到的摩擦力5(2016河北保定调研)如图所示，木板P下
8、端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比()AA对B的作用力减小BB对A的支持力减小C木板对B的支持力减小D木板对B的摩擦力增大6(2016西工大附中测试)气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O，当水平风吹来时，球在风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积，当风速v03 m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角30。则 ()A60时，风速v6 m/sB若风
9、速增大到某一值时，可能等于90C若风速不变，换用半径变大、质量不变的球，则不变D若风速不变，换用半径相等、质量变大的球，则减小7(2016深圳第一次调研)在固定的斜面体Q上放一物块P，P静止不动；现分别沿平行斜面向上、水平向左、竖直向下和垂直纸面向外(未画出)的力F作用于P，P仍静止不动，如图所示。下列判断正确的是()A图(a)中Q对P的支持力增大B图(b)中Q对P的摩擦力减小C图(c)中P受到的合外力增大D图(d)中P所受的摩擦力增大8(2016贵州三校联考)如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触
10、之前，下面的相关判断正确的是()A球对墙壁的压力逐渐减小B水平拉力F逐渐减小C地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D地面对长方体物块的支持力逐渐增大9(2016广西南宁一模)如图所示，一串红灯笼(三只，且完全相同)在水平风力的吹动下发生倾斜，悬绳与竖直方向的夹角为30，每个红灯笼的质量均为m，绳子质量不计，重力加速度为g，则最下面的红灯笼受到的风力大小为()A.mg Bmg C.mg D2mg命题热点三力学中的图象问题1(2016湖南十校联考)如图是物体做直线运动的vt图象。由图可知，该物体()A在第1 s内和第3 s内的运动方向相反B在24 s内做匀变速运动C在第1 s内和第4 s内的位移大小不
11、相等D在02 s和04 s内的平均速度大小相等2(2016辽宁沈阳监测)如图为一个质点做直线运动的vt图象，该质点在前4 s内向东运动，则该质点()A在810 s内始终向东运动B在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西C在前8 s内的合外力先减小后增大D在412 s内的位移大小为24 m3(2016山东淄博摸底)一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t图象如图所示，则()A质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/sB质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s2C质点在1 s末速度为1.5 m/sD质点在第1 s内的平均速度为1.5 m/s4(2016海南七校联考)(多选)如
12、图所示，a、b分别是A、B两物体的vt图象，以下说法正确的是()AA物体在5 s内一直做匀减速直线运动，B物体在5 s内一直做匀速直线运动B在5 s内A、B两物体的位移差是35 mCA物体在第3 s末的速度为12 m/sD前3 s内A物体的位移为60 m5(2016贵州贵阳监测)某物体做直线运动的vt图象如图所示，根据图象提供的信息可知，该物体()A在4 s末离起始点最远B在6 s末离起始点最远C在04 s内与46 s内的平均速度相等D在04 s内的加速度大于78 s内的加速度6(2016山西四校联考)质量为m20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。02 s内F与
13、运动方向相反，24 s内F与运动方向相同，物体的vt图象如图所示。g取10 m/s2，则()A拉力F的大小为100 NB物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC4 s内拉力所做的功为480 JD4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J7(2016山西高考前质检)用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动。从t0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小，到t1时刻F减小为零，则物体运动速度v随时间t的变化图线大致正确的是()8(2016郑州高三质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv
14、(k为正的常量)。两球的vt图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是()A释放瞬间甲球加速度较大B.C甲球质量大于乙球质量Dt0时间内两球下落的高度相等9(2016贵州贵阳监测)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为、足够长的固定斜面，同时对滑块施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin 。已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan ，取出发点为参考点，下列四个图象中能正确描述滑块上滑过程中速度v、动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t关系的是()命题热点四动力学问题1(2016贵州贵阳监测)(多选)如图所示，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着
15、两个质量不同的小球。当小车水平向右运动且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是()A两个小球的加速度相等B两段轻绳中的张力可能相等C小车的速度越大，越大D小车的加速度越大，越大2(2016河北三市联考)(多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是()A木块立即做减速运动B木块在一段时间内速度仍增大C当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零3(2016辽宁大连重点中学联考)(多选)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物
16、块的质量分别为mA1 kg、mB2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()At2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NBt2.0 s时刻A、B之间作用力为零Ct2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D从t0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m4(2016湖南十校联考)如图，斜面固定，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从
17、C点由静止下滑，下滑过程中A、B始终保持相对静止，则()A在CD段时，A受三个力作用B在DE段时，A的加速度一定平行于斜面向上C在DE段时，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上D整个下滑过程中，A、B均处于失重状态5(2016山东淄博摸底)(多选)如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则()A0t1时间内物块A的加速度逐渐增大Bt2时刻物块A的加速度最大Ct3时刻物块A的速度最大Dt2t4时间内物块A一直做减速运动6(2016贵州贵阳监测)如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的
18、竖直挡板挡住而处于静止状态。现用一个水平力F拉斜面体，使球和斜面体在水平面上一起做加速度为a的匀加速直线运动，若忽略一切摩擦，与球静止时相比()A竖直挡板对球的弹力不一定增大B斜面对球的弹力保持不变C斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零7(2016广东四校联考)如图所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉动小车，让小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为。对于这个过程，某同学用以下4个式子来表达拉力F的大小，下述表达式一定正确的是()AMa BmgMaC(Mm)a Dmgma8(2016福建福
19、州质检)倾角为45、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m kg，当滑块M以a2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g10 m/s2)()A10 N B5 N C. N D.N命题热点五平抛运动与圆周运动问题1(2016湖南衡阳联考)如图所示，某同学为了找出平抛运动的物体初速度之间的关系，用一个小球在O点对准前方的一块竖直放置的挡板，O与A在同一高度，小球的水平初速度分别是v1、v2、v3，打在挡板上的位置分别是B、C、D，且ABBCCD123，则v1、v2、v3之间的正确关系是()Av1v2v3321Bv1v2v3
20、632Cv1v2v31Dv1v2v32(2016广东广州测试)如图，窗子上、下边沿间的高度H1.6 m，墙的厚度d0.4 m，某人在离墙壁距离L1.4 m、距窗子上沿h0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g10 m/s2。则v的取值范围是()Av7 m/s Bv2.3 m/sC3 m/sv7 m/s D2.3 m/svvbvc；tatbtc Bvavbvc；tatbtcCvavbtbtc Dvavbvc；tatbBA BEOxEBxEAxCEpOEpBEpOEpB3(2016江南十校联考)(多选)已知两个正点电荷A、B 的电荷量关系
21、为QB2QA，M和N为某一固定负点电荷C的电场中的两点，电势分别为M，N(选取无穷远处为零势点)。现将A、B两电荷分别从无穷远处移到M、N点，电场力做的功相同；若将这两电荷互换位置后，A、B的电势能分别为EpA和EpB(忽略电荷A、B对点电荷C的电场分布影响)。则有()AEpAEpBCMN DMaB，EkAEkB BaAEpBCaAaB，EpAaB，EkAbcB电势：acbC电场强度：EaEbEcD电场强度：EbEaEc7(2016辽宁沈阳监测)如图所示，AEFD和EBCF是两个等边长的正方形，在A点固定一个带电荷量为Q的点电荷，在C点固定一个带电荷量为Q的点电荷，则下列说法正确的是()AE、
22、F两点的电场强度相同BE、F两点的电势相同C将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做正功后做负功D将一个负电荷由E点沿直线移动到F点，电场力先做负功后做正功8(2016山东淄博摸底)如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是()A从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高CO点的电场强度为零，电势最低DO点的电场强度不为零，电势最高命题热点十带电粒子(带电体)在匀强电场中的运动1(2016江南十校联考)美国物理学家密立根(R.A.Millikan)于20
23、世纪初进行了多次实验，比较准确的测定了电子的电荷量，其实验原理可以简化为如下模型：两个相距为d的平行金属板A、B水平放置，两板接有可调电源。从A板上的小孔进入两板间的油滴因摩擦而带有一定的电荷量，将两板间的电势差调节到U时，带电油滴恰好悬浮在两板间；然后撤去电场，油滴开始下落，由于空气阻力，下落的油滴很快达到匀速下落状态，通过显微镜观测这个速度的大小为v，已知这个速度与油滴的质量成正比，比例系数为k，重力加速度为g。则计算油滴带电荷量的表达式为()Aq BqCq Dq2(2016贵州三校联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右
24、区域中离边界MN某一位置的水平地面上由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则()A滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等B在t5 s时，滑块经过边界MNC滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为25D在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功3(2016湖北八校联考)(多选)如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面。若规定D点电势为零，则A、B、C的电势分别为8 V、6 V、2 V。初动能为12 eV、电荷量大小为2e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰
25、好经过BC的中点G。不计粒子的重力，下列说法正确的是()A该粒子一定带负电B该粒子达到点G时的动能为20 eVC只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过CD若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE4(2016河南洛阳高三统考)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则()A小球带负电B电场力跟重力是一对平衡力C小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D运动过程中小球的机械能守恒5(2016山东潍坊高三统考)(多选)如图所示，水平面MN的
26、下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，由此可知()A从B到C，小球的动能减小B从B到C，小球的电势能减小C从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等6(2016辽宁沈阳监测)(多选)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t0时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过
27、程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是()A若k且电子恰好在2T时刻射出电场，则应满足的条件是dB若k1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加C若k且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度为D若k1，则电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变命题热点十一带电粒子在匀强磁场中的运动1(2016辽宁大连重点中学联考)如图所示，半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，有一电荷量为q(q0)，质量为m的带电粒子，重力不计，沿正对CO中点且垂直于CO方向射入磁场区域，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为
28、60，则带电粒子的速率为()A. B. C. D.2(2016辽宁沈阳监测)(多选)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，其边界过原点O、y轴上的点a(0，L)和x轴上的点b。一个不计重力的电子从a点以初速度v0平行于x轴负方向射入磁场，并从b点射出磁场，此时速度方向与x轴负方向的夹角为60，下列说法中正确的是()A电子在磁场中运动的时间为B电子在磁场中运动的时间为C磁场区域的圆心坐标为(，)D电子在磁场中做匀速圆周运动，且轨迹圆圆心的坐标为(0，L)3(2016山东淄博摸底)(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个
29、带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是()A该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B若该带电粒子从ab边射出磁场。它在磁场中经历的时间可能是t0C若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是D若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是4(2016湖北襄阳调研)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板。从圆形磁场最高点P
30、以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m。不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是()A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长5(2016山西四校联考)(多选)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30。当该电荷离开磁场时，速度方
31、向刚好改变了180。不计电荷的重力，下列说法正确的是()A该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B该点电荷的比荷为C该点电荷在磁场中的运动时间为D该点电荷在磁场中的运动时间为6(2016江南十校联考)(多选)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是()A粒子从M点进入磁场时的速率为vB粒子从M点进入磁场时的速率为vC若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子
32、射出边界的圆弧长度变为原来D若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来命题热点十二楞次定律和法拉第电磁感应定律1(2016湖南十三校联考)如图所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是()A磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度B通过电阻的电流先由a到b，后由b到aC磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量Da的电势始终高于b的电势2(2016福建高三质检)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是()
33、A用一节电池作电源小磁针不偏转，用十节电池作电源小磁针会偏转B线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转C线圈A和电池连接瞬间，小磁针会偏转D线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转3(2016山东潍坊高三统考)(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1R22R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2bB运动过程中感应电动势大小不变，且abD由于速率不断增大，所以感应电动势不断变大，且aF1时，有FbmFam，D项正确。5B开始和转到虚线位置，A对B的作用力都等于A的重力，不变，选项A错；木板转到虚线位置后倾角减小，A、B受到的摩擦力减小，即木板对B的摩擦力减小，A、B
34、对木板的压力增大，木板对B的支持力也增大，选项C、D错；转到虚线位置时物体B的上表面倾斜，对A受力分析，易知，B对A的支持力减小，选项B对。6D由题意可知，小球所受的风力大小为FkR2v，k为系数，小球受力如图所示由平衡条件得Fmgtan 解以上两式得v或tan 把30，v03 m/s，60代入上式解得v3v09 m/s，A项错；由上式知风速v增大到某一值时，tan 仍为一定值，即mgsin ，所以摩擦力增大，故D正确。8B将光滑圆球的重力分解为垂直墙壁方向和沿圆心和物块接触点连线方向两个分力。用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，这两个分力均增大，由此可知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误
35、；圆球对物块的压力在竖直方向的分力等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，物块与地面之间的压力不变，滑动摩擦力不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力逐渐增大，所以水平拉力F逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误。9A对三个红灯笼整体研究，受力如图所示。根据平衡条件，有：F3mgtan 30mg，三个灯笼受到的风力相等，故最下面的红灯笼受到的风力大小为mg。命题热点三力学中的图象问题1B由物体运动的vt图象可知，物体在第1 s内做匀加速运动，在第2 s内做匀速运动，在第3 s内做匀减速运动，在第4 s内做反
36、方向匀加速运动，在第3 s内与第4 s内的加速度相等，则物体在第1 s内和第3 s内的运动方向相同，选项A错误，B正确；由运动的vt图象对应时间内所围的面积可知，物体在第1 s内和第4 s内的位移大小相等，故选项C错误；因物体在02 s内和04 s内的位移相同，时间不同，则平均速度不相同，故选项D错误。2B由题意知，质点向东运动时速度为负，在810 s内速度为正，质点向西运动，A错误；在前8 s内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向为向西，B正确，C错误；在412 s内的位移等于66 m26 m12 m，D错误。3D若质点做匀变速直线运动，其位移xv0tat2，对照题给的t图象，可变
37、换成v0at，由此可知，质点做匀加速直线运动，加速度为a1.0 m/s2，初速度为v01.0 m/s，选项A、B错误；由vv0at可知质点在1 s末速度为2.0 m/s，选项C错误；质点在第1 s内的位移xv0tat21.5 m，第1 s内的平均速度为1.5 m/s，选项D正确。4BD从vt图象可知A物体在前1 s内和后4 s内加速度不同，所以A物体在5 s内一直做匀减速直线运动的说法是错误的，选项A错误；在5 s内，可由vt图象面积法求得A、B两物体的位移差s1 m10 m35 m，选项B正确；由vt图象可知A物体在1 s末速度是20 m/s，在13 s内加速度大小是aA2 m/s22.5
38、m/s2，则A物体在第3 s末的速度vv0aA2t(202.52) m/s15 m/s，选项C错误；前3 s内A物体的位移sAs1v0taA2t21 m(2022.522) m60 m，选项D正确。5B在速度图象中，图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，故图中所示物体在6 s末位移最大，离出发点最远，A项错误，B项正确；匀变速直线运动的平均速度等于对应时间内中间时刻的瞬时速度，所以04 s内与46 s内的平均速度不相等，C项错误；速度图象中图线斜率表示物体的加速度，所以78 s内的加速度大于04 s内的加速度，D项错误。6B由vt图象斜率的意义得02 s物体加速度大小为a15 m/s2，2 s4
39、 s内加速度大小为a21 m/s2，滑动摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得FFfma1，FFfma2，解之得F60 N，Ff40 N，A项错；4 s时拉力的功率PFv120 W，B项正确；4 s内拉力所做功为WFFx1Fx260210 J6022 J480 J，C项错；4 s内物体克服摩擦力做功WFfFfx1Ffx2480 J，D项错。7A一开始物体做匀速直线运动，则Ff，但随着F的减小，Fv2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；下落高度等于图线与坐标轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。9D由动摩擦因数tan 可知，物体在上滑过程中摩擦力Ffmgcos mgsin ，则F与摩擦力平衡
40、，合外力为mgsin ，只有重力做功，机械能守恒，D正确；物体所受合外力为mgsin ，加速度为gsin ，则vv0gsin t，xv0tgsin t2，Ekm(v0gsin t)2，Epmgsin (v0tgsin t2)，所以A、B、C错误。命题热点四动力学问题1AD两个小球随小车水平向右运动，夹角始终均为，说明三者相对静止，有共同的加速度，故A正确；把两个小球看作一个整体，则有Tcos (Mm)g，对末端的小球有Tcos mg，所以两段轻绳中的张力不可能相等，B错误；把两个小球看作一个整体Tcos (Mm)g，Tsin (Mm)a，则agtan ，所以加速度越大，越大，与小车的速度无关，
41、故C错误，D正确。2BCD刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。3AD由题中图乙可知F1、F2的合力保持不变，根据牛顿第二定律，两个物块一起运动的加速度a1.2 m/s2。t2.0 s时刻，F21.8 N，对B根据牛顿第二定律，F2FABmBa，可得FAB0.6 N，A正确；若A、B间的作用力恰为零，由牛顿第二定律得F2mBa2.4 N，由题中图乙知F20.9t(N)，可得t s时A、B间的作用
42、力为零，B错；t2.5 s s，两物块紧靠着，A对B的作用力方向向右，C错；当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离，对B分析，F2FABmBa，F22.7 N，代入F20.9t(N)得t3 s时分开，则xat25.4 m，D正确。4CCD段光滑，A、B两物体在CD段一起运动时以共同加速度做匀加速运动，A、B之间没有摩擦力，A受到重力和B对它的弹力，故选项A错误；在粗糙的DE段运动时，A、B两物体可能一起以共同加速度做匀加速运动，此时A的加速度方向是平行于斜面向下的，经分析易知，无论加速运动或减速运动，A受到B对它的摩擦力方向皆是平行于斜面向上的，故选项B错误，C正确；在粗糙的DE
43、段运动时，若A、B一起匀减速下滑，则A、B均处于超重状态，故选项D错误。5BC0t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A错误；t2时刻物块A受到的拉力F最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A的速度最大，选项C正确；t2t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动，t3t4时间内物块A一直做减速运动，选项D错误。6B球受重力和两个弹力作用，斜面对球的弹力的竖直分力等于球的重力，故斜面对球的弹力不变，B项正确，D项错误；挡板对球的弹力与斜面对球的弹力的水平分力之差等于ma，当整体匀加速运动时，竖直挡板对球的弹
44、力随加速度的增大而增大，A项错误；两弹力的合力的水平分力等于ma，竖直方向分力等于mg，所以C项错误。7C小车和木块保持相对静止，可将它们视为整体，受力分析，由牛顿第二定律可得：F(Mm)a，选项C正确。8A当小球对滑块的压力恰好为零时，小球受拉力F和重力mg，水平方向上根据牛顿第二定律有Fcos 45ma0，竖直方向上平衡，有Fsin 45mg，解得a0g，所以当滑块以a2g的加速度向右运动时，小球会飘起来，小球受拉力F1和重力mg，设F1与水平方向的夹角为，则水平方向上根据牛顿第二定律有F1cos ma，竖直方向上平衡，有F1sin mg，解得F110 N，故A正确。命题热点五平抛运动与圆
45、周运动问题1C设ABh0，由题意可知，AC3h0，AD6h0，OAx，由平抛运动规律xvt，hgt2，则初速度vx，故v1v2v31，C项对，A、B、D项错。2C当小物件恰好经过窗子右侧上边沿时，平抛的初速度为v1，则Lv1t1，hgt，解以上两式得v17 m/s；当小物件恰好经过窗子左侧下边沿时，平抛的初速度为v2，则Ldv2t2，hHgt，解以上两式得v23 m/s，故v的取值范围为：3 m/svtbtc，B、D项错误；水平方向三物体做匀速直线运动，xv0t，由时间关系和位移关系可知，vcvbva，A项错误，C项正确。6B由题意可知两根绳所承受的最大拉力相同，由绳的拉力提供小球的向心力，当
46、小球以相同的角速度或周期运动时，有Fm2rm()2r，即Fr，绳越长，越易断，A、C项错；当小球的线速度相同时，有F，即F，绳越短越易断，B项对；当两小球的向心加速度相同时，有Fma，则两绳的拉力与绳长无关，且大小始终相同，D项错。7C小球距锥顶的高度为h，圆锥的底角为2，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得Fnm2htan mam得，a，v，故C项正确，A、B、D项错。8BD小球在最高点，根据牛顿第二定律有：Fmgm，解得Fmmg，故A错误；当F0时，根据表达式有：mgm，解得g，故B正确；根据Fmmg知，图线的斜率k，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F0时，g，可知b点
47、的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。9B小环从最高点到最低点，由动能定理得：2mgRmv2，在最低点的角速度为，根据解得，2，A错误，B正确；小环在最低点时，根据牛顿第二定律得，Fmgm，解得F5mg，C错误；对大环分析，有TFMg5mgMg，D错误。命题热点六万有引力与航天1C离地面高度约为520 km的轨道运行的微小卫星轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，由Gmr()2可得T2，所以微小卫星的周期小，选项A错误；由Gmr2，解得，所以微小卫星的角速度大，选项B错误；由Gm可得v，所以微小卫星的线速度大，选项C正确；由Gma解得aG，所以微小
48、卫星的向心加速度大，选项D错误。2Aa的轨道半径大于c的轨道半径，因此卫星a的角速度小于c的角速度，选项A正确；a的轨道半径与b的轨道半径相等，因此卫星a的加速度等于b的加速度，选项B错误；a的轨道半径大于地球半径，因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，选项C错误；a的轨道半径与b的轨道半径相等，卫星b的周期等于a的周期，为24 h，选项D错误。3C近地卫星的环绕速度等于第一宇宙速度7.9 km/s。根据Gm，得v，半径越大线速度越小，该卫星的半径大于地球半径，则其运动速度一定小于7.9 km/s，A错；该卫星从北纬60到南纬60，转过120用时1 h，则其转过360用时3 h，即周期为3 h
49、，而同步卫星的周期为24 h，即该卫星与同步卫星的周期之比为18。根据Gmr，得，则可得半径之比为14，C正确；再由v可得该卫星与同步卫星的运行速度之比为21，B错；在卫星绕地球做圆周运动情况下，从高轨道到低轨道要减少机械能，所以该卫星的机械能小于同步卫星的机械能，D错。4B由开普勒行星运动第三定律得，所以地球同步卫星离地面的高度hr，最短时间tmin，B对，A、C、D错。5D由万有引力定律和向心力公式有，Gmmam()2rm2r，易得运行速度v，加速度aG，角速度，因卫星在轨道3上的运行半径大于在轨道1上的运行半径，故卫星在轨道3上的运行速率小于在轨道1上的运行速率，在轨道3上的角速度小于在
50、轨道1上的角速度，故选项A、B错误；卫星在轨道1和2上的Q点受到地球对它的引力相同，故卫星在轨道1上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，故选项C错误；卫星在轨道2上和3上的P点受到地球对它的引力相同，故卫星在轨道2上经过P点的加速度等于在轨道3上经过P点的加速度，故选项D正确。6D由Gmr1得T2，同理，由Gmr2得T2，所以T()T，D正确。7D做圆周运动的天体，线速度大小v，因此轨道半径较大的“天宫一号”速率较小，A项错误；“神舟十号”由低轨道到高轨道运动需要消耗火箭燃料加速，由功能关系可知在高轨道上飞船机械能更大，B项错误；飞船在圆周轨道上减速时，万有引力大于所需要的向心力，
51、飞船做近心运动，轨道半径减小，C项错误；在对接瞬间，“神舟十号”与“天宫一号”所受万有引力提供向心力，向心加速度相等，D项正确。8D两黑洞绕它们连线上的某点做角速度相同的圆周运动，轨道半径分别为r1、r2，由万有引力提供向心力得M12r1M22r2，解得，则，故A、C项错；又由an2r知两黑洞的向心加速度不相等，B项错；同理，M1r1，M2r2，解以上两式可得T2，随着L减小，T减小，D项正确。命题热点七功和功率问题1C飞行包垂直缓慢降落，动力大小小于总重力，故A错误；飞行包水平匀速飞行时，动力大小大于总重力，故B错误；飞行包垂直加速起飞，动力做功的值等于克服重力和空气阻力做的功与动能增加之和
52、，故C正确；飞行包水平加速前进，动力方向斜向上，与运动方向成一定角度，故D错误。2AC在13 s内物块受到的拉力为F25.0 N，物块匀速运动，说明物块所受其他力的合力fF25.0 N。第1 s内物块受到的拉力为F15.5 N，第1 s内物块受到的合外力为F1f0.5 N，选项A正确；由速度图象可知，第1 s内物块的加速度a0.5 m/s2，由牛顿第二定律，F1fma，解得物块的质量为m1 kg，选项B错误；物块加速运动，速度增大，由PFv可知，第1 s内拉力F的功率逐渐增大，选项C正确；由于一直受到拉力作用，前3 s内拉力做的功大于克服摩擦力做的功，所以前3 s内物块机械能一直增大，选项D错
53、误。3AD小球在A、B点受力如图所示，在B点由平衡条件得T12mg从B到A由机械能守恒定律得mgL(1cos 60)mv2在A点由牛顿第二定律得T2mg解以上两式得T22mg，故A项正确；从A到B对球由动能定理得WFmgL(1cos 60)0，则拉力做功为WFmgL，B项错误；从B到A的过程小球做变速圆周运动，所受外力为变力，C项错；由Pmgvcos 知，在B点P0，在A点P0，而在AB之间P0，故D项正确。4ACD初速度为v0的电动玩具汽车保持功率不变驶上一斜坡后，若牵引力等于汽车受到的阻力和重力沿斜坡分力之和，则汽车做匀速直线运动，汽车的vt图象可能是A；若牵引力大于汽车受到的阻力和重力沿
54、斜坡分力之和，则汽车先加速运动后做匀速直线运动，汽车的vt图象可能是C；若牵引力小于汽车受到的阻力和重力沿斜坡分力之和，则汽车先减速运动后做匀速直线运动，汽车的vt图象可能是D；经分析知，B显然不可能。5BCD放手后B沿斜面加速上滑，A加速下落，A的重力势能的减少量等于B的机械能的增加量加上A增加的动能和摩擦产生的热量，选项A错误；B沿斜面加速上滑，B对C的压力垂直斜面向下，B对C的摩擦力沿斜面向上，二者合力沿水平方向一定有向右的分力。对斜面体C，分析受力，由平衡条件可知，水平面对C的摩擦力水平向左，选项B正确；由于B受到沿斜面向上的拉力作用，把B、C看做整体，分析受力，由平衡条件可知，水平面
55、对C的支持力小于B、C的总重力，选项C正确；在A加速下落的过程中，绳子拉力小于A的重力，所以A落地前的瞬间受到绳子拉力的功率小于重力的功率，选项D正确。6B由于两次自动扶梯匀速运动的速度相同，第二次该女士是沿扶梯匀速向上行走，表明两次扶梯对该女士的牵引力相同，但把该女士送到同一高度时，所用的时间不同，第二次时间要短，扶梯运行的位移要小，由功的公式WFscos 可知，第一次扶梯对该女士做的功要多。自动扶梯牵引力的功率由PFvcos 可知，扶梯对该女士的牵引力相同，扶梯两次运行的速度也相同，所以两次牵引力的功率相同，选项B正确。7AC小球做匀速圆周运动，受到的合外力总是指向圆心O，选项A对；转过9
56、0时，轻杆对小球的弹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力平衡小球重力，小球受到杆的作用力指向左上方，选项B错；在转动过程中小球的重力做正功，动能不变，应用动能定理可知轻杆对小球做负功，选项C对；小球竖直方向的分速度先增大后减小，小球重力做功的功率先增大后减小，选项D错。8C对系统，由动能定理得，WF(Mm)gH(Mm)v20，解得，钢索的拉力做功WF(Mm)gH(Mm)v2，故A、B都错误；对物体，由动能定理得WNmgHmv20，解得地板对物体的支持力做功为 WNmgHmv2，故C正确；地板克服物体的重力做功的平均功率Gmgmg，故D错误。命题热点八功能关系与能量守恒1C物体在合力
57、等于零的情况下运动时，动能不变，而重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故A错误；做匀速圆周运动的物体，动能一定不变，但重力势能可能变化，B错误；做平抛运动的物体只受重力，机械能一定守恒，C正确；外力做功为零时，重力做功不为零时，物体的机械能一定不守恒，D错误。2BD圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，A错误；根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即为mgh，B正确；当圆环沿杆的加速度为零时，
58、其速度最大，动能最大，此时弹簧处于伸长状态，给圆环一个斜向上的拉力，C错误；弹簧转过60角时，此时弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：mgmv2，D正确。3C因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，结合小球沿斜面向下运动，所以小球一定是匀速运动；在木板下滑的过程中斜面体始终静止，综合判断得出斜面体相对地面没有运动的趋势，故D错误；地面对斜面体的支持力等于(Mm1m2)g，故A错误；木板与小球下滑过程中满足(m1m2)gsin (m1m2)gcos ，即木板与斜面间的动摩擦因数为tan ，故B错误；由能量守恒可知，
59、木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，故C正确。4CD对物块受力分析，由动能定理可知，沿着木板1和木板2下滑到底端时，摩擦力做功相等，沿木板1重力做功较大，因此沿着木板1下滑到底端时速度大，动能较大，选项A错误；沿着木板2和木板3下滑到底端时，重力做功相等，沿木板3运动时摩擦力做功较大，因此沿着木板2下滑到底端时速度大，沿着木板3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，选项B错误，C、D正确。5AD根据重力做功与重力势能的变化关系，重力做功3 J，其重力势能一定增加3 J，选项A正确；根据电场力做功与电势能变化关系，电场力做功1 J，其电势能一定减少1 J，选项B错误；根据动能定理，合外力做
60、功为3 J1 J2 J，动能减少2 J，选项C错误；根据除重力以外的其他力做了多少功，机械能就增加多少，可知电场力做功1 J，机械能增加1 J，选项D正确。6AC设传送带的长度为L，小物体在甲传送带上做匀加速直线运动，运动时间t甲，小物体在乙传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，运动时间t乙t加t匀，所以t甲t乙，A对；由v22a甲L得a甲，同理得a乙，则a甲a乙，由牛顿第二定律得a甲gsin 甲gcos ，a乙gsin 乙gcos ，所以甲乙，B错；由动能定理得W重W传mv2，所以传送带对小物体做功相等，C对；小物体与传送带之间的相对位移x甲x传x甲vt甲LL，x乙x传x乙vt加，摩擦产生的热
61、量Q甲甲mgcos x甲mv2mgLsin ，Q乙乙mgcos x乙mv2mgLsin ，所以Q甲|UN|，则MEpB，A项错，B项正确。4C根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大可知A处电场强度小于B处。由电场力公式和牛顿第二定律可得qEma，由此可知aAEkB，EpAEpB，所以选项C正确。5D等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等。带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A、B错；杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C错，D对。6A根据等量异种电荷电场线分
62、布特点知，a、c两点对称，场强大小相等，又a、c两点处的电场线分布比b点处的密，故a、c两点处的场强大于b点处的场强，又沿着电场线方向电势逐渐降低，故选项A正确，其他选项错误。7A根据等量异种点电荷电场线分布的对称性可知E、F两点场强相同，A正确；线段AC的垂直平分线在等势面上，由E点沿直线到F点，电势一直降低，电场对负电荷会一直做负功，B、C、D错误。8C根据对称性得出在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点的电场强度为零，又沿x轴无限远处电场强度为零，则从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小。若设沿x轴无限远处，电势为零，则逆着x轴方向向O点移
63、动一个正的试探电荷，电场力做正功，电势能减小。根据电势的定义可知在O点试探电荷的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，选项A、B、D错误，C正确。命题热点十带电粒子(带电体)在匀强电场中的运动1B油滴匀速下落，由平衡条件得qmg, 题给已知信息vkm，联立得q，故B正确。2C根据题中速度图象的面积表示位移可知，滑块在MN右边的位移大小与在MN左边运动的位移大小不相等，选项A错误；根据题图乙所示速度图象可知，t2 s时滑块越过分界线MN，选项B错误；根据题中速度图象斜率表示加速度可知，在02 s时间内，滑块加速度大小可表示为a1，在25 s时间内，滑块加速度大小可表示为a2
64、，设电场力为F，运动过程中所受摩擦力为f，对滑块在MN分界线右侧的运动，由牛顿第二定律，Ffma1，对滑块在MN分界线左侧的运动，由牛顿第二定律，fma2，联立解得，fF25，选项C正确；在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功可表示为：Wff2.5v0，电场力做的功可表示为：WFFv02.5fv0，二者做功相等，选项D错误。3AC在匀强电场中的同一方向上，距离相等的两点间的电势差相等，则E、F、G点的电势分别为E2 V，F6 V，G4 V，结合几何图形的对称性知，场强的方向由AD方向，由粒子的运动轨迹可知粒子带负电，A项对；从A到G对粒子由动能定理得，2e(AG)EkEk0，解得Ek4 eV
65、，B项错；假设粒子能到达C点，同理可得2e(AC)EkCEk0，解得Ek00，即vC0，但由运动分解的知识知，粒子到达C点时，在垂直电场的方向的速度一定不为零，则合速度v合一定为零，故假设错误，即粒子不可能经过C点，C项对；同样由运动的合成与分解知识知，粒子沿DF方向射入电场后，该粒子不可能垂直经过CE，D项错。4B根据题述小球在竖直平面内做匀速圆周运动知，电场力跟重力一定平衡，故电场力一定向上，小球带正电，选项A错误，B正确；小球在从a点运动到b点的过程中，克服电场力做功，电势能增大，选项C错误；小球在运动过程中动能不变，机械能做周期性变化，不守恒，选项D错误。5AD根据带电小球在电场中的运
66、动轨迹可知，带电小球受到的合力竖直向上，电场力竖直向上，并且电场力大于重力，从B到C，合外力对小球做负功，小球的动能减小，A对；电场力对小球做负功，小球的电势能增大，B错；全过程小球在水平方向上做匀速直线运动，由于AB的水平距离和BC的水平距离大小关系不确定，所以两段的运动时间的大小关系也不确定，C错；C点的速度恰好水平，可知两段的速度变化量的大小一定相等，D对。6AD竖直方向，电子在0T时间内做匀加速运动，加速度的大小a1，位移x1a1T2，在T2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，当k时，加速度的大小a2，初速度的大小v1a1T，匀减速运动阶段的位移x2，由题知dx1x2，解得d，
67、A正确；若k1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，电场力做功为零，动能不变，B错误；若k且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时的速度为，C错误；若k1，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变，D正确。命题热点十一带电粒子在匀强磁场中的运动1D如图所示，在CAD中，D点为CO中点，CD，易得CAD30，CAR。带负电的粒子进入磁场中，受洛伦兹力作用会向左偏转，其出射速度与入射速度方向之间成60角，则其半径转过的圆心角也为60，粒子轨迹所对应的弦长等于半径r，EOA为等边三角形，EA与AD夹角也恰好为30，说明AE与AC重合，则rR。再根据牛顿第二定律，q
68、vBm，可得v，D正确。2BD电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin 30RL，得R2L，电子在磁场中的运动时间tT，B正确，A错误；设磁场区域的圆心坐标为(x，y)，其中|x|Rcos 30L，yL，磁场区域的圆心坐标为(L，L)，C错误；因为R2L，所以轨迹圆的圆心坐标为(0，L)，D正确。3AD根据题述一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则时间t0为带电粒子在磁场中运动的半个周期。使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，画出各种可能的运动轨迹，可以看出不可
69、能刚好从正方形的某个顶点射出磁场，选项A正确；若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定小于t0，选项B错误；若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间不可能是，可能是t0，选项C错误；若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中运动轨迹为圆弧，经历的时间一定是，选项D正确。4C粒子的速度不同，在磁场中做圆周运动的半径不同，从圆形磁场中出来后不一定垂直打在MN板上，选项A错误；沿圆心进入圆形磁场的粒子，离开磁场时速度的反向延长线一定过圆心，选项B错误；若粒子的速度为v，粒子在磁场中做圆周运动的半径为rR，粒子离开磁场时速度沿水平方向，垂直打在MN板上，选项C正确；速度越大的粒子
70、在磁场中的运动轨迹对应的圆心角越小，因而运动时间越短，选项D错误。5BC由题意可画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，A项错；由几何关系知粒子做圆周运动的半径为r，结合qv0B，可得，B项正确；粒子在磁场中的运动时间t，C项正确，D项错。6BD边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r，得v所以B对，A错；磁感应强度增加到原来的倍， 直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60，所以弧长之比为23，D对，C错。命题热点十二楞次定律和法拉第电磁感应定律1A通过电阻的电流先由b到a，后由a到b，故B错误；a的电势先低于b的电势，后高于b的电势，故D错误；磁
71、铁刚离开螺线管时受到螺线管的吸引，其加速度小于重力加速度，故A正确；磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量与磁铁增加的动能之和，故C错误。2C根据“磁生电”即电磁感应现象的产生条件，只有线圈B中磁通量变化时才能在线圈B中产生感应电流，因此无论线圈B匝数多少，线圈A中电池多少，都不能在线圈B中产生感应电流，选项A、B错误；只有在线圈A和电池连接或断开的瞬间，线圈B中才能产生感应电流，电流产生磁场，使导线下面平行放置的小磁针发生偏转，选项C正确，D错误。3BD由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错
72、，B对；由法拉第电磁感应定律知感应电动势为ESr，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I，所以线圈两端的电压UI(R1R2)，C错，D对。4A金属杆做平抛运动，水平方向匀速垂直切割磁感线运动，产生的感应电动势大小不变，由右手定则知，a端电势比b端高，竖直方向平行磁感线运动，不产生感应电动势，故在运动过程中产生的感应电动势大小不变，并且a端电势比b端高，即选项A正确。5B当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律变化时，根据法拉第电磁感应定律、楞次定律，可得出能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是B。6AD导体棒PQ向左切割磁感线运动时，由右手定则可判断出导体棒与R1组成的回路中产生的感应电流是
73、顺时针方向，即流经R1的电流方向向上，选项A正确；导体棒与电阻R2组成的回路中产生的感应电流是逆时针方向，即流经R2的电流方向向上，选项D正确。7A因磁场是均匀变化的，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知，感应电流的大小不变，故C、D项错误；在开始阶段OO左侧磁场增强，OO右侧磁场减弱，由楞次定律可知线圈中有逆时针方向的感应电流，A项对，B项错。命题热点十三电磁感应中的综合问题1BD在线圈开始进入磁场的过程中，线圈切割磁感线的有效长度增大，安培力的也增大，根据EBLv和FBIL可知，在线圈加速的过程中，产生的电动势和安培力都是变化的，所以线圈受到的合外力也是变化的，所以加速度是变化的，线圈做变加速
74、运动，故A错误；当线圈的位移是时，左侧的短边恰好开始全部进入磁场，此后线圈切割磁感线的有效长度开始减小，根据EBLv和FBIL可知，线框受到的安培力减小，小于重力，所以导线框做加速运动，故B正确；由几何关系可知，当线圈的位移是时，左侧的短边恰好进入磁场，此后线圈切割磁感线的有效长度不变，但下落一半时才匀速运动，所以a的过程中，导线框还要加速，动能要增加，故减小的重力势能除转化为内能外还转化为动能，故C错误；由F知，在0这段位移内，导线框所受的安培力平均值小于2a这段位移内安培力平均值，两个过程的位移相等，所以在0这段位移内导线框克服安培力做功小于2a这段位移内导线框克服安培力做功，故D正确。2
75、BD导体受到的安培力FBIL，当导体棒从最左端向右运动时做加速运动，F增大，A项错；导体棒速度为v0，感应电动势EBLv0，则导体棒两端的电压UBLv0，B项正确；导体棒开始运动后速度第一次减为零，减小的动能转化焦耳热和弹簧的弹性势能，C项错；最后导体棒静止在初始位置，由能量守恒定律得mvQRQ棒，又解得QRmv，D项对。3BD将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，金属棒受到向上的安培力作用，当金属棒的速度最大时，弹簧向上的弹力加上安培力等于重力，弹簧的伸长量一定小于l，选项A错误；选取A处重力势能为零，金属棒从弹簧原长位置由静止释放时，系统机械
76、能为mgl。金属棒做切割磁感线运动最后停止在A处，机械能为Ep。由能量守恒定律可知，电阻R上产生的总热量等于mglEp，选项B正确；金属棒第一次到达A处时，弹簧向上的弹力加上安培力一定大于重力，其加速度方向向上，选项C错误；由于金属棒切割磁感线产生电能，第一次上升到的最高位置一定低于金属棒从弹簧原长位置由静止释放的初位置，金属棒第一次下降过程回路磁通量变化一定大于第一次上升过程回路磁通量变化，由q可知，金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，选项D正确。4AD由右手定则可以判断感应电流的方向，可知选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力应该向上，选项B错误；对圆
77、环受力分析可解得加速度ag，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm，选项D正确。5BC在0T内，磁场均匀增大，由楞次定律可知，电容器的下极板带正电，上极板带负电，粒子所受电场力方向向上，大小不变，故粒子向上做匀加速直线运动，即vat，xat2；在TT内，电容器的下极板带负电，上极板带正电，粒子所受电场力方向向下，大小不变，故粒子向上做匀减速直线运动至速度为零(T时)，再反向做匀加速直线运动；在TT内，电容器的下极板带正电，上极板带负电，粒子所受电场力方向向上，大小不变，故粒子向下做匀减速直线运动，直到速度变为零，回到初始位置，故选项B、C正确，A、D错误。6ACD根据牛顿第二定律
78、有mgsin BIlma，而I，qCU，UBlv，vat，联立解得a，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，选项C正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，选项D正确。命题热点十四交流电、理想变压器及动态问题1BD线圈中的感应电动势为Er2，感应电流为i，在0.005 s，0，则i0，A项错；由楞次定律知在0.01 s时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C项错；感应电动势的峰值为EmBmr2，一个周期导线框上产生的热量为Q
79、T，D项正确。2ABD线圈转动产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为Bl1l2， 所以有效值EBl1l2，A正确；转过时，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为0，电流为0，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为0，C错；转过过程的热量Qt，D正确。3AD由变压公式可知，变压器副线圈输出电压为U2，灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为，选项A正确；灯泡的额定功率为P，选项B错误；设发电机的线圈中产生的电动势最大值为Em，有效值为E，由闭合电路欧姆定律，EUIr，IU，联立解得，EmU，选项C错误；从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为uUsin t，选项D正确。4BCD图乙为副线
80、圈上电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上电压，选项A错误；由交流电规律可知，副线圈上电压的有效值为220 V，由变压器变压关系可知，原线圈电压为2 200 V，选项B正确；闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，因此电流表示数变大，选项C、D正确。5B由甲图可知，Um311 V，则U1220 V，副线圈电压的有效值U2U15 V，A项正确；在和T时刻线圈连续两次经过中性面，电动势的有效值不为零，则这段时间内电压的平均值也不为零，B项错；P向左移动，电阻增大，副线圈上的电流I2减小，则I1也减小，C项对；P向左移动时，由P2可知，P2减小，则输入功率P1也减小，D项对。6AD
81、已知原线圈两端电压为U，通过副线圈电流为I，设通过原线圈电流为I0，根据变压器变压比公式有，得I0，则变压器的输入功率为P0I0U，故选项A、D正确；根据变压器变压比公式，电动机两端电压为U2，电动机的输入功率为PIU2，电动机线圈消耗的功率为I2R，故选项B、C错误。7AC保持P的位置不变和U1不变，S由a打到b，副线圈匝数减小，根据可知副线圈两端电压U2减小，因而电流I2减小，选项A正确；保持P的位置不变和U1不变，S由b打到a，副线圈匝数增大，根据可知副线圈两端电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，选项B错误，选项C正确；保持U1不变，S打到b，P上滑，则电流I2增大，I1增大，选项D错误。高考资源网版权所有，侵权必究！