2019届高三物理二轮复习教师用书：第二部分题型研究一选择题如何不失分


题型研究一
第一讲用好“12招”，选择题做到快解
小题不可大作，要巧做，高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在2分钟以内。选择题要做到既快又准，除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规“巧解”方法。解题陷困受阻时更要切记不可一味蛮做，要针对题目的特性“不择手段”快捷、准确解题，为顺利解答后面的计算题留足时间。
第1招　对比筛选——排除异己
当选择题提供的几个选项之间是相互矛盾的，可根据题设条件、备选选项的形式灵活运用物理知识，分析、推理逐步排除不合理选项，最终留下符合题干要求的选项。
[应用体验]　如图甲，圆形导线圈固定在匀强磁场中，磁场方向与导线圈所在平面垂直，规定垂直平面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，若规定逆时针方向为感应电流的正方向，则图中正确的是(　　)


[解析]　选B　0～1 s内磁感应强度B垂直纸面向里且均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C项；2～4 s内，磁感应强度B垂直纸面向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电流大小是0～1 s内的一半，排除D项，所以B项正确。
第2招　特例赋值——投机取巧
有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况，较难直接判断选项的正误时，可以让某些物理量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验。凡是用特殊值检验证明是不正确的选项，一定是错误的，可以排除。
[应用体验]　
如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)。由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为(　　)
A.　　　　　　　　 　 B．2F2
C. D.
[解析]　选C　取F1＝F2≠0，则斜面光滑，最大静摩擦力等于零，代入后只有C满足。
第3招　图像图解——立竿见影
根据题目的内容画出图像或示意图，如物体的运动图像、光路图、气体的状态变化图像等，再利用图像分析寻找答案。图像图解法具有形象、直观的特点，便于了解各物理量之间的关系，能够避免繁琐的计算，迅速简便地找出正确答案。
[应用体验]　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>t2 B．v1t2
C．v1＝v2，t1 [解析]　选A　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v0，根据速率随时间变化关系图像可知，由于两图像与时间轴所围面积相等，因此t1>t2，A项正确，C项错误。
第4招　对称分析——左右开弓
对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题。
[应用体验]　
如图所示，带电荷量为－q的均匀带电半球壳的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，P、Q为CD轴上在O点两侧离O点距离相等的两点，如果是均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等，则下列判断正确的是(　　)
A.P、Q两点的电势、电场强度均相同
B．P、Q两点的电势不同，电场强度相同
C．P、Q两点的电势相同，电场强度等大反向
D．在Q点由静止释放一带负电的微粒(重力不计)，微粒将做匀加速直线运动
[解析]　选B　半球壳带负电，因此在CD上电场线沿DC方向向上，所以P点电势一定低于Q点电势，A、C错误；若在O点的下方再放置一同样的半球壳组成一完整的球壳，则P、Q两点的电场强度均为零，即上、下半球壳在P点的电场强度大小相等方向相反，由对称性可知上半球壳在P点与在Q点的电场强度大小相等方向相同，B正确；在Q点由静止释放一带负电微粒，微粒一定做变加速运动，D错误。
第5招　极限思维——无所不“极”
物理中体现极限思维的常见方法有极限法、微元法。极限法是把某个物理量推向极端，从而做出科学的推理分析，给出判断或导出一般结论。该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化的情况。微元法将研究过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，只需分析这些“微元”，进行必要的数学方法或物理思想处理，便可将问题解决。极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使问题化难为易，化繁为简，收到事半功倍的效果。
[应用体验]　
在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小。仪器中用一根轻绳悬挂着一个金属球，无风时金属球自由下垂，当受到沿水平方向吹来的风时，轻绳偏离竖直方向一个角度并保持恒定，如图所示。重力加速度为g，关于风力大小F与金属球质量m、偏角θ之间的关系，下列表达式中正确的是(　　)
A．F＝mgtan θ B．F＝mgsin θ
C．F＝ D．F＝
[解析]　选A　本题常规解法是对金属球进行受力分析(受风力F、重力mg和绳的拉力)，金属球在此三力作用下处于平衡状态，根据力的矢量三角形可得F＝mgtan θ。本题还有更简捷的解法：利用极限的思想，当θ＝0°时，风力F＝0，代入排除C、D；当θ＝90°时，风力无穷大，排除B，所以A正确。
第6招　逆向思维——另辟蹊径
很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜。
[应用体验]　如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球在A点正上方的水平速度为(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　选A　小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解。因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而vy2＝2gy＝gR，又tan 30°＝，所以v0＝＝ ，故选项A正确。
第7招　二级结论——事半功倍
“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论。熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间。非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线，同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的电场强度等。
[应用体验]　
[多选]如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是(　　)
A．FM向右 B．FN向左
C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小
[解析]　选BCD　导体棒靠近长直导线和远离长直导线时导体棒中产生的感应电流一定阻碍这种相对运动，故FM向左，FN也向左，A错误，B正确；导体棒匀速运动时，磁感应强度越强，感应电流的阻碍作用也越强，考虑到长直导线周围磁场的分布可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小，C、D均正确。
第8招　模型思维——避繁就简
物理模型是一种理想化的物理形态，是物理知识的一种直观表现。模型思维法是利用抽象化、理想化、简化、类比等手段，突出主要因素，忽略次要因素，把研究对象的物理本质特征抽象出来，从而研究、处理物理问题的一种思维方法。
[应用体验]　
为了利用海洋资源，海洋工作者有时根据水流切割地磁场所产生的感应电动势来测量海水的流速。假设海洋某处地磁场的竖直分量为B＝0.5×10－4 T，水流方向为南北流向。如图所示，将两个电极竖直插入此处海水中，且保持两电极的连线垂直水流方向。若两极相距L＝10 m，与两电极相连的灵敏电压表的读数U＝2 mV，则海水的流速大小为(　　)
A．40 m/s B．4 m/s
C．0.4 m/s D．4×10－2 m/s
[解析]　选B　“水流切割地磁场”可类比于我们所熟悉的“单根直导线切割磁感线”的物理模型，由U＝BLv得v＝＝4 m/s。
第9招　反证例举——避实就虚
有些选择题的选项中，带有“可能”“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；有些选择题的选项中，带有“一定”“不可能”等肯定的词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除这个选项。
[应用体验]　[多选]
空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力。下列说法正确的是(　　)
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
[解析]　选BD　如果带电粒子从左边界射出，运动时间都为半个周期，时间相同，运动轨迹不一定相同，因此A、C错误，应选B、D。


第10招　转换对象——反客为主
一些复杂和陌生的问题，可以通过转换研究对象、物理过程、物理模型和思维角度等，变成简单、熟悉的问题，以便达到巧解、速解的目的。
[应用体验]　自然界中有许多问题极其相似，例如有质量的物体周围存在着引力场、电荷周围存在着电场、运动电荷周围存在着磁场，其中万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义电场强度的方法来定义引力场的场强。已知引力常量为G，则与质量为M的质点相距r处的引力场的场强为(　　)
A．G B．G
C．G D．G
[解析]　选C　万有引力公式与库仑力公式是相似的，分别为F1＝G和F2＝k，真空中带电荷量为Q的点电荷在距它r处所产生的电场强度被定义为试探电荷q在该处所受的库仑力与其电荷量的比值，即E＝＝k，与此类比，质量为M的质点在距它r处所产生的引力场的场强可定义为试探质点在该处所受的万有引力与其质量的比值，即EG＝＝G。
第11招　转换思维——绝处逢生
有些问题用常规的思维方法求解很繁琐，而且容易陷入困境。如果我们能灵活地采用等效转换等思维方法，则往往可以“绝处逢生”。
[应用体验]　
一金属球原来不带电，沿球的一条直径的延长线上放置一根均匀带电的细杆MN，如图所示，金属球上的感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强分别为Ea、Eb、Ec，则(　　)
A．Ea最大 B．Eb最大
C．Ec最大 D．Ea＝Eb＝Ec
[解析]　选C　由于感应电荷分布状态不清楚，在a、b、c三点的场强无法比较，如果我们转换一下思维角度，根据“金属球达到静电平衡时内部的合场强为零”这一特征，那么比较感应电荷在球内直径上三点场强的大小可转换为比较带电细杆产生的场强在三点处的大小。由于细杆可等效为位于棒中心的点电荷模型，由E＝k可知带电细杆在c点处产生的场强最大，故金属球上的感应电荷在c点的场强Ec最大，C正确。

第12招　类比分析——以逸待劳
所谓类比分析法，就是将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法。比如我们对两个等质量的均匀星体中垂线上的引力场分布情况不熟悉，但等量同种电荷中垂线上电场强度大小分布规律我们却很熟悉，通过类比思维，使新颖的题目突然变得似曾相识了。
[应用体验]　
两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图所示，一质量为m的小物体从O点沿着OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是(　　)
A．一直增大 B．一直减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
[解析]　选C　由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，故可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种电荷，而小物体类比于异种电荷。由此易得C选项正确。
[选择题提速练]
1.如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，用原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数均为μ。现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为(　　)
A．l＋　　　　　　　 　B．l＋
C．l＋ D．l＋
解析：选A　弹簧对木块1的拉力与木块1所受的摩擦力平衡，当m1的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当m1的值等于零时(极限)，则不论m2多大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与m2无关，故选A项。
2．[多选]一物体在粗糙水平面上以一定初速度做匀减速直线运动直到停止，已知此物体在最初5 s内的平均速度为3.3 m/s，且在最初5 s内和最后5 s内经过的路程之比为11∶5，则下列说法中正确的是(　　)
A．物体一共运动了8 s
B．物体做匀减速直线运动的加速度大小为0.6 m/s2
C．物体运动的初速度大小为6 m/s
D．物体匀减速过程中的平均速度为 m/s
解析：选AB　设物体做匀减速直线运动的加速度大小为a，运行总时间为t。把物体的运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则物体最后5 s内的位移为x2＝a×52＝12.5a，最初5 s内的位移为x1＝at2－a(t－5)2＝5at－12.5a，由题意知x1∶x2＝11∶5，联立解得t＝8 s，A正确；物体最初5 s内的位移为x1＝3.3×5 m＝16.5 m,5at－12.5a＝16.5，联立解得a＝0.6 m/s2，B正确；由v＝at知物体运动的初速度大小为v＝0.6×8 m/s＝4.8 m/s，C错误；由平均速度定义知全程的平均速度为＝＝×0.6×8 m/s＝2.4 m/s，D错误。
3．竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　取k＝1，说明物体运动过程中所受空气阻力为零，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为，代入后只有C满足。
4.如图所示电路中，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电源内阻不可忽略，闭合开关S1，当开关S2闭合时，电流表A的示数为3 A，则当S2断开时，电流表示数可能为(　　)
A．3.2 A B．2.1 A
C．1.2 A D．0.8 A
解析：选B　断开S2后，总电阻变大，电流变小，“排除”A项；S2断开前路端电压是U＝IR1＝3×4 V＝12 V，S2断开后路端电压增大，故大于12 V，电流则大于I′＝＝ A＝1.2 A，“排除”C、D两项。故可得正确选项为B。
5.12根长直导线并排成长为l的直导线带ab，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，P1到导线带左端的距离等于P2到导线带右端的距离，所有长直导线中均通有大小相等、方向垂直纸面向外的恒定电流，ab上所有直导线产生的磁场在P1处的合磁感应强度大小为B1，在P2处的合磁感应强度大小为B2，若仅将右边6根直导线移走，则P2处的磁感应强度大小为(　　)
A. B．B2－B1
C．B1－ D．B1＋
解析：选B　由于所有直导线中的电流一样，将直导线一分为二，由右手螺旋定则及对称性知左边6根直导线电流在P1点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P1点产生的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P1处产生的磁场，磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向下；由对称性知右边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边6根直导线电流在P2处产生的磁场的磁感应强度大小为B2－B1，B选项正确。
6．由相关电磁学知识可以知道，若圆环形通电导线的中心为O，环的半径为R，环中通有大小为I的电流，如图甲所示，则环心O处的磁感应强度大小B＝·，其中μ0为真空磁导率。若P点是过圆环形通电导线中心O点的轴线上的一点，且距O点的距离是x，如图乙所示。请根据所学的物理知识判断下列有关P点处的磁感应强度BP的表达式正确的是(　　)

A．BP＝· B．BP＝·
C．BP＝· D．BP＝·
解析：选A　本题看似高中知识无法解决，但题目中已知O点的磁感应强度大小的表达式。应用极限法，当x＝0时，P点与O点重合，磁感应强度大小BP＝·，A正确。
7.[多选]如图所示，电源的内阻可以忽略不计，电压表(内阻不能忽略)和可变电阻R串联在电路中，如果可变电阻R的阻值减为原来的，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法正确的是(　　)
A．流过可变电阻R的电流增大为原来的2倍
B．可变电阻R消耗的电功率增大为原来的4倍
C．可变电阻两端的电压减小为原来的
D．若可变电阻R的阻值减小到零，那么电压表的示数变为4U0
解析：选ACD　电压表阻值一定，当它的读数由U0增加到2U0时，通过它的电流一定变为原来的2倍，而R与电压表串联，故选项A正确。再利用P＝UI和U＝IR，可知R消耗的功率P′＝＝P，R后来两端的电压U＝IR，不难得出选项C正确、B错误。又因电源内阻不计，R与电压表的电压之和为E，当R减小到零时，电压表示数为E，其值为E＝IR＋U0＝IR＋2U0，解得E＝4U0，故选项D正确。
8.如图所示，水平放置的金属板间有匀强电场，一带正电的粒子以水平速度v0从M点射入匀强电场，穿过电场后，从N点以速度v射出，不计粒子的重力，则以下判断正确的是(　　)
A．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子从N点射出时的速率为v0
B．如果让粒子从N点以速度－v射入，则粒子从M点射出时的速度为－v0
C．如果让粒子从M点以速率v沿水平方向射入，则粒子能到达N点
D．如果让粒子从N点以速率v0沿－v方向射入，则粒子从M点射出时的速率为v沿－v0方向
解析：选B　粒子在电场力作用下，做类平抛运动，初速度v0与末速度v的水平分量相等，显然可得出A、C、D错误；当粒子从N点以速度－v射入电场中时，粒子在水平方向上做匀速运动，而在竖直方向上做匀减速运动，从M到N和从N到M两运动可逆，可知正确选项为B。
9.如图所示，AB为均匀带有电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为＋Q的点电荷所形成的电场在C点的电势。若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为(　　)
A．φ0 B.φ0
C．2φ0 D．4φ0
解析：选C　AB棒带电均匀，故其等效点电荷P点即是AB棒的中点，如图所示，已知PC＝r，将AB棒分成均匀两段，设左半段的中点为E，其电荷量为Q，如图可知C′E的长度为r，故其在C′的电势为φ＝k＝k＝φ0，同理，右半段在C′产生的电势也为φ0，根据题意可知其代数和为2φ0，故选项C正确。
10．[多选]水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1
A．两个滑块从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
解析：选BC　本题常规解法是用功能关系等进行计算比较，比较繁琐且选项C、D还不好判定，若考生在做本题时，能记住一个二级结论[动摩擦因数处处相同的斜面和水平面(如图1、2)，物体克服摩擦力做功(生热)均为W＝μmgs]再结合动能定理、功率的定义及功能关系，就能快速判定A、D错误，B、C正确。

11．[多选]如图所示，两个可视为质点的相同木块A和B放在水平转盘上，且木块A、B与转盘中心在同一条水平直线上，木块A、B用长为L的细绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍。整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O1O2转动，A在距离转轴L处。开始时，绳恰好伸直但无弹力。现让转盘从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是(　　)
A．当ω> 时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω> 时，绳子一定有弹力
C．当ω在 <ω< 范围内增大时，B所受摩擦力变大
D．当ω在0<ω< 范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
解析：选ABD　以A、B整体为研究对象，当A、B所受静摩擦力均达到最大值时，A、B恰好不相对转盘滑动，设A、B质量均为m，则2kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝ ，A项正确。当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，此时有kmg＝mω2·2L，解得ω＝ ，B项正确。当 <ω< 时，随着角速度的增大，绳子弹力不断增大，B所受静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，C项错误。当0<ω≤ 时，A所受静摩擦力Ff提供向心力，即Ff＝mω2L，静摩擦力随角速度的增大而增大；当 <ω< 时，以A、B整体为研究对象，Ff＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受静摩擦力随角速度的增大而增大，D项正确。
12.如图所示，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°角时，拉力的功率为(　　)
A．mgLω　　　　　 B.mgLω
C.mgLω D.mgLω
解析：选C　轻杆匀速转动，拉力F做的功与小球克服重力做功相同，则拉力F的功率与小球克服重力做功的功率也相同，故P＝mg·ωL·cos 60°＝mgLω，C正确。
13．[多选]如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交变电流的电压有效值U0＝220 V，n0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、550匝、1 100匝、2 200匝。电动机M的内阻r＝4 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 W。下列判断正确的是(　　)
A．当选择挡位3时，电动机两端电压为110 V
B．当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大
C．当选择挡位2时，电动机的热功率为1 W
D．当选择挡位4时，电动机的输出功率为109 W
解析：选AD　由电压与匝数的关系U0∶U3＝n0∶n3，解得U3＝110 V，A正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B错误；当没有达到额定功率时，热功率小于1 W，C错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I＝＝0.5 A，热功率Pr＝I2r＝1 W，输出功率为P－Pr＝(110－1)W＝109 W，D正确。


14．[多选]甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前
1 h内的位移—时间图像如图所示。下列表述正确的是(　　)
A．0.2～0.5 h内，甲的加速度比乙的大
B．0.2～0.5 h内，甲的速度比乙的大
C．0.6～0.8 h内，甲的位移比乙的大
D．0.8 h内，甲、乙骑车的路程相等
解析：选BC　由题图可知，0.2～0.5 h内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度都为零，A错误；在位移－时间图像中，斜率表示速度，0.2～0.5 h内，甲的x­t图线的斜率大于乙的x­t图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B正确；由图像可看出，0.6～0.8 h内，甲的位移大于乙的位移，C正确；在0～0.8 h内甲、乙的位移相等，路程不相等，D错误。
15．[多选]如图所示，有一位冒险家希望有一天能站在世界上最高的楼顶，他设想把这样一座楼建在赤道上，假设这座楼施工完成，高度为h，站在楼顶时，他恰好感到自己“飘浮”起来。设这位冒险家的质量为m，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为ω，则冒险家在楼顶受到的万有引力的大小为(　　)
A．0 B.
C．m D.
解析：选BC　由题意可知，冒险家已经成了同步卫星，如果受到的万有引力为零，就不会做圆周运动，而会离开楼顶，在太空中做匀速运动，可知A错误；由＝mg，得gR2＝GM，设冒险家受到的万有引力为F，则有F＝＝，故B正确；由gR2＝GM，可得＝mω2r，得r＝，故mω2r＝mω2＝m，可知C正确，D错误。
第二讲掌握“3策略”，多选题做到全解
很多同学都感觉理科综合卷中物理选择题难度大、错得多，尤其是多项选择题。本讲主要针对多选题的常考内容、命题思路、出错原因和答题技巧进行分析、总结，并对多选题的高频考点加以强化训练。通过全方位解剖多选题，让考生遇“多选”不惧怕，解“多选”有办法。
一、2015～2018年全国卷多选题命题统计分析
考点
考题
考查内容
答案个数/选项
直线运动
2018Ⅱ卷T19
v­t图像、追及相遇问题
2/BD
2018Ⅲ卷T18
x­t图像、速度、路程比较大小问题
2/CD
2016Ⅰ卷T21
v­t图像、追及问题
2/BD
相互作用
2017Ⅰ卷T21
动态平衡
2/AD
2016Ⅰ卷T19
动态平衡
2/BD
牛顿运动定律
2018Ⅲ卷T19
v­t图像、牛顿运动定律、功和功率
2/AC
2016Ⅰ卷T18
力与运动的关系
2/BC
2016Ⅱ卷T19
牛顿第二定律、匀变速直线运动
2/BD
2015Ⅰ卷T20
牛顿第二定律、运动学公式
3/ACD
2015Ⅱ卷T20
牛顿第二定律、整体隔离法
2/BC
曲线运动
2016Ⅲ卷T20
圆周运动、动能定理、牛顿运动定律
2/AC
万有引力与航天
2018Ⅰ卷T20
卫星的运行、万有引力定律、线速度与角速度的关系
2/BC
2017Ⅱ卷T19
开普勒行星运动定律、机械能守恒
2/CD
2015Ⅰ卷T21
万有引力定律、运动学公式、机械能守恒的条件
2/BD
机械能和动量
2017Ⅲ卷T20
动量、冲量、动量定理
2/AB
2016Ⅱ卷T21
功和功率、牛顿第二定律、机械能守恒定律
3/BCD
2015Ⅱ卷T21
机械能守恒定律、运动的合成与分解
2/BD
电场
2018Ⅰ卷T21
等势面、电势、电场力做功与电势能、动能的关系
2/AB
2018Ⅱ卷T21
匀强电场的性质、电场力做功与电势能变化的关系
2/BD
2018Ⅲ卷T21
平行板电容器、牛顿运动定律、运动学公式、动量定理
2/BD
2017Ⅰ卷T20
电场强度、电势差、电场力做功
2/AC
2017Ⅲ卷T21
匀强电场中电场强度与电势差的关系、电势、电势能
3/ABD
2016Ⅰ卷T20
电场强度、电势、电场力做功与电势能
2/AB
磁场
2018Ⅱ卷T20
安培定则、磁感应强度的合成
2/AC
2017Ⅰ卷T19
电流磁效应、安培力、安培定则
2/BC
2017Ⅱ卷T21
电动机原理、安培力
2/AD
2015Ⅱ卷T18
地磁场、安培定则
2/BC
2015Ⅱ卷T19
带电粒子在磁场中的运动、圆周运动
2/AC


电磁感应
2018Ⅰ卷T19
安培定则、楞次定律、互感、地磁场
2/AD
2018Ⅲ卷T20
楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培定则
2/AC
2017Ⅱ卷T20
法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力
2/BC
2016Ⅱ卷T20
法拉第电磁感应定律、右手定则
2/AB
2016Ⅲ卷T21
法拉第电磁感应定律、楞次定律、有效值
2/BC
2015Ⅰ卷T19
磁通量、涡流、电磁感应现象
2/AB
交变电流
2016Ⅲ卷T19
理想变压器、电功率
2/AD
原子物理
2017Ⅲ卷T19
光电效应现象、爱因斯坦光电效应方程
2/BC
通过统计表可以发现考查频率最高的四个考点分别是牛顿运动定律、电场、磁场和电磁感应，而具体到考查内容则主要包括匀变速直线运动的规律及其图像、牛顿运动定律的应用、圆周运动的特点、功和功率的计算、动能定理和机械能守恒定律的应用、电场力的性质、电场能的性质、磁场的性质、“三定则二定律”的应用等。
二、多选题的解题策略
(一)多选题错选原因分析
1．单凭直觉和经验，贸然判断错选。很多同学为了节约时间，单纯求快，对很多问题只凭直觉和经验下结论，这时常常会出错，出题者往往就是抓住了同学们的这种心理来命题的。在得出某个结论时一定要有判断推理的依据、或是关系式、或是某个定理或定律等。
2．注意力受干扰，主次不分而错选。因为选择题都是每一科的前面部分，部分同学由于紧张、兴奋或其他心理因素的影响而注意力不集中，或者受到题中“多余”信息的干扰，分不清主次，导致错选。
3．知识模糊、含混而错选。这主要集中在考查识记部分考点的试题中，像一些物理史实、光学中各色光的物理性质、电磁波各波段的产生机理和特性、某个核反应方程式和形近而神非的相关概念等等。
4．不恰当的类比而造成的错选。类比是建立物理模型的常用方法，但若是不区别条件、情景而生搬硬套的话，往往出现错误。
(二)多选题的答题原则
多选题是这样要求的：全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。这里面蕴含着两个答题原则：
1．全部选对是建立在对正确选项的判断有理有据基础之上的，任何一个选项都不应是模棱两可得来的，都应是经过慎重推演得来的。
2．如果能确定一个是对的，另外的没有把握，此时“宁少勿多”，确保3分，而不是为争6分，痛得0分。
(三)多选题的答题策略
策略1　“排除”“确认”双管齐下——得满分
从2015～2018年高考题来看，11套全国卷36道多选题中只有3道三选题，其余都是双选题，因此，除非对3个选项有100%的把握，一般情况下都按2个选项判断即可。如果能确定2个正确的选项或者可以排除2个错误的选项，则此题即可得满分。此法要牢固地掌握物理基本知识和基本技能，并灵活运用第一讲所讲到的选择题解题12招。
　(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　)
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
[解析]　因为物块a、b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误，此时已经可以直接选择B、D项。但为了确保答案万无一失，仍需对正确选项进一步验证：拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确。
[答案]　BD
　(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其中v ­t图像如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)
A．在t＝1 s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
[解析]　根据图像“面积”，t＝1 s至t＝2 s内乙、甲的位移差与t＝2 s至t＝3 s内甲、乙的位移差相等，所以另一次并排行驶的时刻为t＝1 s，故A、C项错误。可得答案为B、D，这样可节约大量的计算时间。这类逐项计算比较繁琐的题目，在确认错误选项的前提下，为节省时间，对剩余的正确选项可不用复核验证。
[答案]　BD
策略2　依据“概率”巧猜测——多抢分
当解选择题的一般方法都用上了，还是无法得出答案时，也不要放弃，要充分利用所学知识及下表中的概率去猜测正确选项。
条件
选择策略
概率
全部都不会
选1个得3分
50%
选2个得6分
16.7%
已确定1个
选1个得3分
100%
选2个得6分
33.3%
已排除1个
选1个得3分
66.7%
选2个得6分
33.3%

(1)如果对每个选项的正误均无把握，可以随机猜选一个，但是不要选2个，猜选1个得分机会要大，虽然双选有时可得高分，但更有可能无法得分，有较大的风险。
(2)如果已经确定的正确选项只有1个，除非对另一个选项很有把握，可以一并选择外，否则，干脆只选确定的那1个。
(3)当排除了1个选项又对剩余的3个选项没有把握时，猜1个是稳策，猜2个是险策，就看个人的运气了。
策略3　依据“选项组合”巧猜测——“撞”满分
由前面的统计表可看出33道双选题中选项的组合方式及次数统计如下。
组合
AB
AC
AD
BC
BD
CD
次数
5
6
4
8
8
2

可以看出BC、BD组合频率最高，接下来是AC、AB、AD组合，但三者相差不大，而CD组合频率最低。如果进一步细化统计可知，33道双选题中有15道选A，有21道选B，有16道选C，有14道选D，好像命题人最喜欢拿选项B“做文章”。
总之，以上三策略是建立在考生有一定的知识基础之上的解题技法，是“实力＋技法”的组合运用，而不是靠单纯的投机取巧。这三种策略不是孤立的，而是相互渗透融合的。希同学们在平时的解题中多运用、多领悟，从而培养出解答多选题的第六感觉。
[多选题热考点强化增分练]
强化增分练(一)　牛顿运动定律的应用(4年5考)
1.(2018·潍坊二模)一架无人机质量为2 kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其v­t图像如图所示，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)
A．无人机上升的最大高度为72 m
B．6～8 s内无人机上升
C．无人机的升力大小为28 N
D．无人机所受阻力大小为4 N
解析：选BD　无人机上升的最大高度为H＝×8×24 m＝96 m，选项A错误。6～8 s内无人机减速上升，选项B正确。无人机加速上升时的加速度a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，则F－mg－f＝ma1；减速上升时的加速度：a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，则f＋mg＝ma2；联立解得升力大小为F＝32 N；无人机所受阻力大小为f＝4 N，选项C错误，D正确。
2.(2019届高三·湖北调研)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C。已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是(　　)
A．A、B、C的加速度大小均为
B．轻绳1的拉力为
C．轻绳2的拉力为mg
D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为
解析：选BD　三个物体的加速度相等，设三个物体的加速度均为a，对物体A：T1－μmg＝ma；对B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；对C：2mg－T2＝2ma；联立解得a＝g－μg；T1＝mg；T2＝mg＋2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2＋at2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝ ，选项D正确。

3．(2018·烟台模拟)如图甲所示，足够长的光滑固定的斜面上有一物体，物体在一沿斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上运动，在0～2 s内推力的大小F1＝5 N，在2～4 s内推力的大小F2＝5.5 N，该过程中物体的速度随时间变化的规律如图乙所示，取g＝10 m/s2，则(　　)

A．物体在前4 s内的位移为5 m
B．在第3 s末物体的加速度大小为2 m/s2
C．物体质量为2 kg
D．斜面与水平面的夹角为30°
解析：选AD　由速度时间图像可知，图线与坐标轴围成的面积表示位移，即0～4 s内物体的位移为5 m，故A正确；由图像得，在2～4 s内物体的加速度a＝＝0.5 m/s2，故B错误；在0～2 s内物体做匀速直线运动，重力沿斜面向下的分力等于5 N，在2～4 s内由牛顿第二定律有：F2－F1＝ma，解得m＝1 kg，故C错误；设斜面与水平面的夹角为α，则F2－mgsin α＝ma，解得α＝30°，故D正确。
4.(2018·石家庄二模)如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为3m的物块B。现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g，不计所有阻力，下列说法正确的是(　　)
A．在相同时间内物块A、B运动的路程之比为2∶1
B．物块A、B的加速度大小之比为1∶1
C．轻绳的拉力为
D．B下落高度h时速度为
解析：选AC　根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，故sA＝2sB，A正确；因为都是从静止开始运动的，故有2×aBt2＝aAt2，解得＝，B错误；对A分析有：T＝maA，对B分析有：3mg－2T＝3maB，解得T＝，aA＝g，C正确；对B，加速度为aB＝aA＝g，根据速度位移公式，有v2＝2aBh，解得v＝，D错误。

5．(2019届高三·衡阳三校联考)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示。经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是(　　)
A．加速时动力的大小等于mg
B．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1
C．减速飞行时间t后速度减为零
D．加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为1∶2
解析：选BD　起飞时，飞行器受动力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，动力为F，合力为F合，如图甲所示。

在△OFF合中，由几何关系得：F＝mg，F合＝mg，故A错误。由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1＝g，动力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，动力F′跟合力F合′垂直，如图乙所示，此时合力大小为：F合′＝mgsin 30°；动力大小：F′＝mg；飞行器的加速度大小为：a2＝＝0.5g；加速与减速时的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1，故B正确。从开始减速到最高点的时间为：t′＝＝＝2t，故C错误。t时刻的速率：v＝a1t＝gt；加速与减速过程发生的位移大小之比为∶＝1∶2，故D正确。
6.(2018·日照四校联考)电影《情报特工》中，有一特工队员潜入敌人的堡垒，准备窃取铺在桌面上的战略图板A，图板上面有一个砚台B，情境简化如图。若图板A的质量为m、与桌面间的动摩擦因数为μ，砚台B的质量为2m、与图板间的动摩擦因数为2μ，用平行于桌面向右的力F将图板加速拉出桌面。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A．砚台B对图板A的摩擦力方向向左
B．砚台B的加速度随拉力F增大而一直增大
C．当F>3μmg时，图板A与砚台B发生相对滑动
D．当F＝4.5μmg时，砚台B的加速度为0.5μg
解析：选AD　砚台B随图板A向右加速运动，受向右的摩擦力，则砚台B对图板A的摩擦力方向向左，选项A正确；当F增大到一定值，砚台B与图板A产生相对滑动，B所受的摩擦力不变，此时B的加速度不变，选项B错误；砚台B与图板A刚好要产生相对滑动时，则：2μ·2mg＝2mam，解得am＝2μg，此时对整体F0－μ·3mg＝3mam，解得F0＝9μmg，即当F>9μmg时，图板A与砚台B发生相对滑动，选项C错误；当F＝4.5μmg 强化增分练(二)　电场的性质(4年6考)
1.(2019届高三·哈尔滨模拟)如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度。已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力忽略不计，则(　　)
A．电场力方向一定水平向右
B．电场中A点的电势一定高于B点的电势
C．从A到B的过程中，粒子的电势能一定减小
D．从A到B的过程中，粒子的电势能与动能之和一定不变
解析：选AD　粒子只受电场力，类似重力场中的斜抛运动，由于B点速度最小，是等效最高点，故电场力水平向右，A正确；由于不知道电荷的电性，故不能确定电场强度的方向，不能确定A点与B点的电势高低，B错误；从A到B的过程中，电场力做负功，故电势能增大，C错误；从A到B的过程中，由于只有电场力做功，故部分动能转化为了电势能，粒子的电势能与动能之和一定不变，D正确。
2.(2018·青岛模拟)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中所具有电势能表达式为Er＝(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)。真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm的位置上。x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示。A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平。下列说法正确的是(　　)
A．电荷Q1、Q2的电性相反
B．电荷Q1、Q2的电荷量之比为1∶4
C．B点的x坐标是8 cm
D．C点的x坐标是13 cm
解析：选AC　电势φ随x的变化关系图像的斜率＝E，所以C点电场强度为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；根据φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；根据φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B点的坐标是x1＝8 cm，故C正确；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D错误。
3．如图(a)所示，A、B、C三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点，一个带电荷量为q，质量为m的点电荷从C点由静止释放，只在电场力作用下其运动的v­t图像如图(b)所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k，则(　　)

A．A、B两点间的电势差为
B．由C点到A点电势逐渐降低
C．B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为
D．该点电荷由C到A的过程中电势能先减小后变大
解析：选BC　据v­t图可知A、B两点的速度，再根据动能定理得电场力做的功：qUAB＝mvB2－mvA2，故电势差UAB＝，故A错误。据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故B正确。据v­t图可知带电粒子在B点的加速度最大为k，所受的电场力最大为km，据E＝知，B点的场强最大为，故C正确。由C点到A点的过程中，据v­t图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
4.如图所示，一质量为m、带电荷量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，假设电场区域足够大，静止时悬线向左与竖直方向成60°角。线长为L，细线不可伸长。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。现将电场反向，则下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电，电场强度E＝
B．电场反向后，小球即做圆周运动，在最低点的速度最大，vm＝2
C．电场反向后，小球先做匀加速直线运动，然后做圆周运动，最大速度vm＝
D．电场反向后，小球将做往复运动，能够回到初始位置
解析：选AC　由平衡条件知小球受的电场力水平向左，而场强方向向右，故小球带负电，根据平衡条件：Tsin 60°＝Eq，Tcos 60°＝mg，得：qE＝mgtan 60°，E＝，故A正确；电场反向后，小球受向右的电场力大小为mg，绳子松弛不再有拉力，则小球沿电场力与重力合力的方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于绳子沿竖直向下不能伸长，竖直分速度变为0，保留水平方向分速度做圆周运动，当绳子方向与重力、电场力的合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子到达右侧与竖直方向夹角为60°时速度最大，根据动能定理：2qELsin 60°－mg(L－Lcos 60°)＝mvm2，解得vm＝，故B错误，C正确；由于绳子被拉直时小球的动能有所损失，所以小球无法回到初始位置，故D错误。
5.(2018·开封模拟)如图， M、N两点处于同一水平面，O为M、N连线的中点，过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆，杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q和－Q的等量异种点电荷，套在杆上带正电的小金属环从A点无初速释放，运动到B点；第二种情况，在M、N两点分别放置电荷量为＋Q的等量同种点电荷，该金属环仍从A点无初速释放，运动到B点。则两种情况中(　　)
A．金属环运动到B点的速度第一种情况较大
B．金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短
C．金属环从A点运动到B点的过程中，动能与重力势能之和均保持不变
D．金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点)，在杆上相同位置的速度第一种情况较大
解析：选BD　等量异种电荷连线的中垂线是等势线，带电金属环沿杆运动时电势能不变，重力势能转化为动能，金属环所受合力等于重力，做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动；等量同种正电荷连线中垂线的中点O电势最高，与中点O距离越远，电势越低，A、B两点关于O点对称，电势相等，金属环电势能相等，重力势能全部转化为动能，第一种情况与第二种情况在B点的速度相等，故A错误。由于到B点前第二种情况的速度均比较小，所以运动时间比较长，故B正确。等高处重力势能相等，但到B点前第二种情况的速度均较小，所以动能与重力势能之和第二种情况均较小，故C错误。第二种情况中金属环受电场力先是阻力后是动力，结合到B点时与第一种情况速度相等，故D正确。
6.(2018·衡水中学模拟)如图所示，空间分布着匀强电场，场中有与电场方向平行的四边形ABCD，其中M为AD的中点，N为BC的中点，将电荷量为＋q的粒子，从A点移到B点，电势能减小E1，将该粒子从D点移动到C点，电势能减小E2，下列说法正确的是(　　)
A．D点的电势一定比A点的电势高
B．匀强电场的电场强度方向必须沿DC方向
C．若A、B之间的距离为d，则该电场的电场强度的最小值为
D．若将该粒子从M点移到N点，电场力做功
解析：选CD　将电荷量为＋q的粒子，从A点移动到B点，电势能减小E1，则A点的电势比B点高UAB＝；同理D点电势比C点高UDC＝；AD两点电势关系无法确定，匀强电场的电场强度方向不一定沿DC方向，选项A、B错误。若A、B之间的距离为d，则该电场的电场强度取最小值时必沿AB方向，此时Emind＝UAB＝，则Emin＝，选项C正确。M点的电势φM＝，同理φN＝，则若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN＝(φM－φN)q＝q＝q＝，选项D正确。
强化增分练(三)　磁场及带电粒子在磁场中的运动(4年5考)
1.(2018·合肥质检)如图所示，两根细长直导线平行竖直固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN分别交于a、b两点，点O是ab的中点，杆MN上c、d两点关于O点对称。两导线均通有大小相等、方向相反的电流，通电导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B＝k，其中I为导线中电流大小，r为该点到导线的距离，k为常量。一带负电的小球穿在杆上，以初速度v0由c点沿杆运动到d点。设在c、O、d三点杆对小球的支持力大小分别为Fc、FO、Fd，则下列说法正确的是(　　)
A．Fc＝Fd
B．FO＞Fd
C．小球做变加速直线运动
D．小球做匀速直线运动
解析：选AD　根据右手螺旋定则可知，左边直导线产生的磁场在两导线之间垂直纸面向里，右边直导线产生的磁场在两导线之间垂直纸面也向里；距离左边直导线x处的合磁场：B＝B1＋B2＝k＋k＝，由数学知识可知，当x＝l时B最小，可知在ab连线中点O处磁场最弱，连线上合磁场大小先减小过O点后增大，方向向里，根据左手定则可知，小球从c向d运动过程中，受到向下的洛伦兹力作用，在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，故C错误，D正确。c、d两点关于O点对称，磁感应强度相等，则小球受洛伦兹力相等，则杆对小球的支持力Fc＝Fd；O点磁场最弱，则FO 2.(2019届高三·江西重点中学联考)静止的 83211Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大小圆半径分别为R1、R2。则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值判断正确的是(　　)
A. 83211Bi→ 84211Po＋－1　0e
B. 83211Bi→ 81207Tl＋24He
C．R1∶R2＝84∶1
D．R1∶R2＝207∶4
解析：选AC　若是α衰变，则新核和α粒子向相反的方向射出，新核和α粒子偏转方向相反，做匀速圆周运动的轨迹外切，由题意知，两圆内切，所以该核的衰变是β衰变，于是根据质量数和电荷数守恒就能写出衰变方程，故B错误，A正确；洛伦兹力提供向心力求得半径公式r＝，又由于衰变前后动量守恒，即m1v1＝m2v2，所以半径之比等于电荷量的反比，从而求出半径之比为84∶1，故C正确，D错误。
3.(2018·衡水中学模拟)如图所示，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，电荷量相等的a、b两粒子，分别从y轴上A点和坐标原点O点沿x轴正方向同时射入磁场，两粒子同时到达C点，此时a粒子速度恰好沿y轴负方向，粒子间作用力、重力忽略不计，则a、b粒子(　　)
A．a带正电，b带负电
B．运动周期之比为2∶3
C．半径之比为∶2
D．质量之比为2∶
解析：选BC　由左手定则可知，a带负电，b带正电，选项A错误；由轨迹图可知，a运动的半径ra＝，运动的时间为周期，而b运动的半径满足(rb－1)2＋2＝rb2，解得rb＝2，故转过的圆弧为60°，运动了周期，则因为两粒子同时到达C点，则Ta＝Tb，解得：＝，选项B正确；两粒子的半径比为ra∶rb＝∶2，选项C正确；根据T＝可得m＝∝T，则质量之比为2∶3，选项D错误。
4．(2018·福建莆田质检)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B。三角形顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，粒子重力不计，则其中能通过C点的粒子速度大小可能为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选ABD　粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径：r＝(n＝1,2,3，…)，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：v＝＝(n＝1,2，3，…)，故A、B、D正确，C错误。
5．(2018·芜湖模拟)如图所示，在第一象限内，存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿xOy平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量为＋q的同种粒子，这些粒子打到x轴上的P点。知OA＝OP＝l。则(　　)
A．粒子速度的最小值为v＝
B．粒子速度的最小值为v＝
C．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝
D．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝
解析：选AD　设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，则由牛顿运动定律有：qBv＝m；若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的半圆(圆心为O1)。由几何关系知：sAP＝l，R＝l，则粒子的最小速度v＝，选项A正确，B错误。粒子在磁场中的运动周期T＝；设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中的运动时间为：t＝T＝；由图可知，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图中圆O2的弧所示，此时粒子的初速度方向竖直向上，由几何关系有：θ＝π；则粒子在磁场中运动的最长时间：t＝，选项C错误，D正确。
6．(2018·银川二中三模)用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压。已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子。图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是(　　)

A．电表B为电压表，电表C为电流表
B．接线端4的电势低于接线端2的电势
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则电压表的示数将保持不变
D．若增大R1、增大R2，则电压表示数增大
解析：选BC　B表测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为电流表，电表C为电压表，A错误；根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，空穴移动方向与电流的方向相同，由左手定则可知，空穴偏向接线端2，所以接线端2的电势高于接线端4的电势，B正确；当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势高低关系不发生改变，C正确；增大R1，电磁铁中的电流减小，产生的磁感应强度减小，增大R2，霍尔元件中的电流减小，所以霍尔电压减小，即电压表示数一定减小，D错误。
强化增分练(四)　电磁感应(4年6考)
1．(2018·哈尔滨模拟)如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手持导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花。则下列说法中正确的是(　　)
A．产生电火花的回路只由导线与电池组成
B．若导线端只向一个方向划动也能产生电火花
C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D．导线端划动的方向与自感电动势的方向无关
解析：选BD　由题图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，A错误；手执导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生的电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势产生的，与导线运动的方向无关，如导线端只向一个方向划动也能产生电火花，B正确；产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成，C错误；自感电动势的方向与电流接通或电流断开有关，与导线端划动的方向无关，D正确。
2.如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是(　　)
A．线圈a中有感应电流
B．线圈b中有感应电流
C．线圈c中有顺时针方向的感应电流
D．线圈d中有逆时针方向的感应电流
解析：选AC　由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确。其中线圈b、d中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B、D错误。c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确。
3.(2018·合肥质检)如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一正方形线框以3.0 m/s的初速度沿垂直于磁场边界由位置Ⅰ水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ的速度为v，则下列说法正确的是(　　)
A．q1 ＝q2　　　　　　 　B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
解析：选BC　根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，选项A错误，B正确。线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理：－B1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0；同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理：－B2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv；联立解得：v＝v0＝1.0 m/s，选项C正确，D错误。

4．(2019届高三·西安八校联考)如图甲所示，光滑绝缘水平面上MN的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一个质量为m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，线圈电阻R＝2 Ω，t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，在整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示，则(　　)

A．恒定拉力的大小为0.05 N
B．线圈在第2 s内的加速度大小为2 m/s2
C．线圈ab边长L2＝0.5 m
D．在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C
解析：选AD　由题图乙知：t＝1 s时，线圈中感应电流为i1＝0.1 A；由i1＝＝，得：v1＝＝ m/s＝0.5 m/s，根据v1＝at、F＝ma，得：F＝m＝0.1× N＝0.05 N，故A正确。t＝2 s时线圈速度v2＝＝ m/s＝1.5 m/s，线圈在第2 s时间内的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，故B错误。线圈ab边长为L2＝t＝×1 m＝1 m，故C错误。在第2 s内流过线圈的电荷量为：q＝＝＝ C＝0.2 C，故D正确。
5.(2018·济宁模拟)如图所示，两根平行光滑金属导轨的间距为L＝1 m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，其底端接有阻值为R＝2 Ω 的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T 的匀强磁场中。一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿导轨平面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动，当运动距离为s＝6 m时速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。导体杆的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计(取g＝10 m/s2)。在此过程中(　　)
A．杆的速度最大值为5 m/s
B．流过电阻R的电荷量为6 C
C．导体杆两端电压的最大值为10 V
D．安培力对导体杆的冲量大小为6 N·s
解析：选AD　设杆的最大速度为vm，根据平衡条件得：F＝mgsin θ＋，代入数据解得：vm＝5 m/s，故A正确；根据电荷量q＝＝＝ C＝3 C，故B错误；根据Em＝BLvm＝2×1×5 V＝10 V，路端电压为U＝E＝5 V，故C错误；安培力对导体杆的冲量大小为BLt＝BLq＝6 N·s，故D正确。
6.(2018·泰安二模)如图，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中。完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态。给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导
轨接触良好。设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计。则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图像正确的是(　　)

解析：选AD　P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动。开始运动时，P棒做加速度减小的加速运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速运动，故A正确，B错误。开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，感应电流增大，最终两棒都做加速度相同的匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，感应电流恒定，故C错误，D正确。








第三讲研透8道选择题，考前逐一押题练(习题课)
20152018年理综全国卷物理选择题考点统计

注：①表格内加“*”号的题号及最后一栏加“*”号的合计数字，表示该题涉及相应考点的基本概念或规律，但相应考点可能不是该题的主要考查方向；②动量和原子物理部分只统计了自2017年选修3－5调整为必考内容以后的数据。
练中自有门道，练中悟出诀窍。针对高考8道选择题，我们依据历年考情，精心准备了8套选择题押题练，每题一集训，不但与高考神似，更与高考形似。押中高考一题，足以改变一生。
[高考8道选择题逐一押题练]
选择题押题练(一)　直线运动、相互作用和牛顿运动定律(常考点)
1．(2018·濮阳一模)一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为s，匀加速运动时间为t，匀减速运动时间为t，则下列说法中正确的是(　　)
A．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小
B．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半
C．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度
D．质点在匀速运动阶段的运动时间为t
解析：选D　设匀速运动的速度大小为v，质点在匀减速阶段的末速度大小为vt，质点在匀加速阶段s＝t＝，匀减速运动阶段s＝×t，解得vt＝，质点在匀加速阶段的加速度大小a1＝＝，匀减速运动阶段的加速度大小a2＝＝，故A、B错误；质点在匀加速运动阶段的平均速度1＝＝，匀减速运动阶段的平均速度2＝＝，故C错误；质点在匀速运动阶段的运动时间t′＝＝＝t，故D正确。
2.(2018·榆林一模)入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足100 m，在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，两辆车刹车时的v­t图像如图，则(　　)
A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于112.5 m
B．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于90 m
C．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s之内的某时刻发生相撞
D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生相撞
解析：选C　根据两车刹车后若不相撞的v­t图像知t＝20 s 之前甲车车速大于乙车车速，甲车追赶乙车，t＝20 s之后甲车车速小于乙车车速，因此碰撞一定发生在t＝20 s 之前；t＝20 s时两车位移差Δx＝s甲－s乙＝100 m，若两车发生碰撞，两车刹车时距离s≤100 m，故C项正确。
3．[多选]A、B两物体同时同地同向出发，其运动的v­t图像和a­t图像如图甲、乙所示，已知在0～t0和t0～2t0两段时间内，A物体在v­t图像中的两段曲线形状相同。则有关A、B两物体的说法正确的是(　　)

A．A物体先加速后减速
B．a2＝2a1
C．t0时刻，A、B两物体第一次相遇
D．2t0时刻，A、B两物体第一次相遇
解析：选BD　读取v­t图像信息，A物体的加速度先增大后减小，但速度一直在增大，故A错。v­t图像与t轴所围面积为位移，由几何关系知在2t0时刻，两物体位移相同，又由于两物体从同地出发，则此时第一次相遇，故C错、D对。由v­t图像可知在t0、2t0时刻，A、B两物体速度相等，又由a­t图像与时间轴所围面积等于速度的改变量，可得a2＝2a1，故B对。
4．[多选]甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动。质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的位置(x)—速度(v)图像如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直。则下列判断正确的是(　　)
A．在x­v图像中，图线a表示质点甲的运动
B．质点乙的初速度v0＝6 m/s
C．质点甲的加速度大小a1＝1 m/s2
D．质点乙的加速度大小a2＝1 m/s2
解析：选ABD　由速度与位移公式v2－v02＝2ax分析题中x­v图像可知，图线a表示质点甲以加速度a1做匀加速直线运动，图线b表示质点乙以加速度a2做匀减速直线运动，选项A正确；由于甲、乙两质点是同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，所以从图线b可知当位移为零时，质点乙的初速度v0＝6 m/s，选项B正确；设图线a上横坐标为8的点对应的纵坐标为x0，图线a、b交点的横坐标为v1，由运动学规律并结合x­v图像有(6 m/s)2－(2 m/s)2＝2a2x0，(8 m/s)2＝2a1x0，可得甲、乙两质点加速度大小关系是a1＝2a2，又从x­v图像知v12＝2a1·6 m，v02－v12＝2a2·6 m，解得a2＝1 m/s2，a1＝2 m/s2，选项C错误，D正确。
5．(2018·黔东南州一模)如图，光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，O为圆心，A为轨道上的一点，OA与水平面夹角为30°。小球在拉力F作用下始终静止在A点。当拉力方向水平向左时，拉力F的大小为10 N。当将拉力F在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力F的大小为(　　)
A．5 N　　　　　　　 　B．15 N
C．10 N D．10 N
解析：选A　设小球的重力为G，当拉力F水平时，＝tan 30°，可解得G＝10 N，当拉力F沿圆轨道切线时，F＝Gcos 30°＝5 N，故选项A正确。
6.水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为(　　)
A．BILsin θ B．BILcos θ
C．μ(mg－BILsin θ) D．μ(mg＋BILcos θ)
解析：选B　金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcos θ－Ff＝0，Ff＝BILcos θ，选项B正确；由于滑动摩擦力略小于最大静摩擦力，且金属棒处于静止状态，则Ff≠μ(mg－BILsin θ)，选项A、C、D错误。
7．(2019届高三·苏州调研)如图所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上，一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°。若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
A．小球将向上加速运动 B．小球对斜面的压力变大
C．地面受到的压力不变 D．地面受到的摩擦力不变
解析：选B　小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力G，斜面对小球的支持力FN和细线对小球的拉力F，把三个力正交分解，列平衡方程为：Gcos 37°＝FN＋Fsin 37°，Fcos 37°＝Gsin 37°，两式联立解得：F＝G，FN＝G；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力G，斜面对小球的支持力FN′和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有Fcos 37°＝Gsin 37°，故小球处于静止状态，垂直斜面方向FN′＝Gcos 37°＋Fsin 37°＝G，小球对斜面的压力变大，故A错误，B正确。斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力G′、地面对斜面体的支持力FN″、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力F；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力G′、地面对斜面体的支持力FN、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力F，所以地面对斜面体的支持力变大，地面对其的摩擦力变大，由牛顿第三定律知，地面受到的压力和摩擦力均变大，故C、D错误。
8．[多选]如图所示，在半径为R的光滑半球形碗的最低点P处固定两原长相同的轻质弹簧，弹簧的另一端与质量均为m的两小球相连，当两小球分别在A、B两点静止不动时，OA、OB与OP之间的夹角满足α＜β，已知弹簧不弯曲且始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是(　　)
A．静止在B点的小球对碗内壁的压力较小
B．两小球对碗内壁的压力一样大
C．静止在A点的小球受到弹簧的弹力较大
D．P、B之间弹簧的劲度系数比A、P之间的弹簧的劲度系数大
解析：选BD　两小球在A、B两点的受力分析如图所示。设碗内壁对小球的支持力分别为F1、F2，弹簧对小球的弹力分别为FA、FB，对A点的小球，由力的矢量三角形与几何三角形相似可得＝＝，同理对B点的小球有＝＝，可得F1＝F2，由牛顿第三定律可知，两小球对碗内壁的压力一样大，选项A错误，B正确；又有＝，因为α＜β，所以xBP＞xAP，FB＞FA，选项C错误；因两弹簧原长相等，xBP＞xAP，所以B、P间的弹簧压缩量xB小于A、P间弹簧压缩量xA，又FA＜FB，由胡克定律可知，B、P间弹簧的劲度系数kB大于A、P间弹簧的劲度系数kA，选项D正确。
9．[多选]某物体质量为1 kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面做直线运动，其v­t图像如图所示，根据图像可知(　　)
A．在0～3 s时间内，物体的位移为5.5 m
B．第2 s内拉力为零
C．第2 s内的拉力比第3 s内的拉力一定大1 N
D．第2 s内的拉力比第1 s内的拉力一定小2 N
解析：选CD　在v­t图像中图线与时间轴所围面积为物体运动的位移，故x＝×1×2 m＋2×1 m＋×(1＋2)×1 m＝4.5 m，故A错误；第2 s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，F2＝f，故B错误；在第3 s内物体做匀减速运动，所以f－F3＝ma，根据图像知加速度为a＝1 m/s2，所以第2 s内的拉力比第3 s内的拉力一定大1 N，故C正确；第1 s内物体做匀加速运动，F1－f＝ma′，根据图像得加速度为a′＝2 m/s2，所以第2 s内的拉力比第1 s内的拉力一定小2 N，故D正确。
10．(2018·苏州调研)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上表面放置小滑块A。木板B在水平拉力F作用下，其加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块A的质量为(　　)

A．4 kg B．3 kg
C．2 kg D．1 kg
解析：选B　题图乙中，当F＝8 N时，木板B的加速度a＝2 m/s2，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律得：F＝(M＋m)a，代入数据得：M＋m＝4 kg，当F＞8 N时，小滑块A相对木板B发生滑动，小滑块对木板有水平向左的摩擦力，对木板B由牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma，故F＝Ma＋μmg。图像斜率k＝M＝1，解得：M＝1 kg，故m＝3 kg，故B项正确。
11．[多选](2018·成都七中二模)水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的。用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰使物体A、B、C保持相对静止一起向左运动，如图所示，已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则(　　)
A．B物体的加速度为g
B．B、C间绳子的张力等于mg
C．A物体受到绳子对它的作用力等于A物体受到的合外力
D．C物体处于失重状态，A、B两物体既不超重也不失重
解析：选AB　设绳子中的张力为T，物体A、B、C共同的加速度为a，与C连接的绳子与竖直方向之间的夹角为α，对A、B、C整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
F＝3ma ①
对B有：F－T＝ma ②
对C在竖直方向：Tcos α＝mg ③
水平方向：Tsin α＝ma ④
联立①②可得：T＝2ma ⑤
联立③④可得：T2＝m2(a2＋g2) ⑥
联立⑤⑥可得：a＝g ⑦
故A正确；联立⑤⑦得绳子的拉力：T＝mg，故B正确；A物体受到绳子对它的作用力的合力的方向沿绳子夹角的角平分线上，A物体受到的合外力在水平方向，二者不可能相等，故C错误；C物体与A、B物体的加速度方向都沿水平方向，都不处于失重状态，也不处于超重状态，故D错误。
12.[多选](2018·榆林二模)如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力。取g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)
A．弹簧弹力大小为20 N
B．B对A的压力大小为12 N
C．A的加速度为零
D．B的加速度大小为4 m/s2
解析：选BD　细线剪断瞬间，A、B整体所受到的合力为B的重力，共同向下的加速度为：a＝ m/s2＝4 m/s2，选项C错误，D正确；细线剪断瞬间，弹簧长度没有变化，弹力依然等于A的重力为30 N，选项A错误；同理可得B对A的压力大小N′＝mBg－mBa＝12 N，选项B正确。
13．(2018·湖北省华大新高考联盟质量测评)如图所示，在光滑的水平面上有一个箱子。紧贴着箱子的内壁放置着光滑匀质的圆柱体P和Q。现使箱子从静止开始向右加速运动，加速度从零开始逐渐增大到某一值，P、Q 与箱子始终保持相对静止。当箱子的加速度增大时(　　)
A．箱子左壁对圆柱体P的弹力FN1增大
B．箱子底部对圆柱体P的弹力FN2增大
C．箱子右壁对圆柱体Q的弹力FN3增大
D．两圆柱体之间的弹力F增大
解析：选A　以Q为研究对象受力分析如图所示，竖直方向根据平衡条件可得Fcos θ＝mQg，所以F不变；水平方向Fsin θ－FN3＝mQa，a逐渐增大，则FN3逐渐减小，故C、D错误。以P为研究对象，在水平方向根据牛顿第二定律可得FN1－Fsin θ＝mPa，a逐渐增大，则FN1逐渐增大，A正确。以整体为研究对象，竖直方向根据共点力的平衡条件可得FN2＝(mP＋mQ)g，FN2不变，B错误。
14．[多选](2018·福州质检)如图所示，ab、ac是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c位于同一圆周上，O为该圆的圆心，ab经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b、c点无初速释放，用v1、v2分别表示滑环到达a点的速度大小，用t1、t2分别表示滑环到达a点所用的时间，则(　　)
A．v1＞v2 B．v1＜v2
C．t1＝t2 D．t1＜t2
解析：选AD　因为b点的高度大于c点的高度，根据动能定理可以知道
v1＞v2，所以A正确，B错误；以a点为最低点，取合适的直径作等时圆，交ac于P，如图所示，滑环从P到a和从b到a的时间是相等的，比较图中所示的位移关系有ca＞Pa，所以从c到a的时间大于从b到a的时间，即为t1＜t2，故C错误，D正确。
15.[多选](2018·孝义一模)将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离和砝码与桌面右端的距离均为d，现用水平向右的恒力F拉动纸板，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g
B．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g
C．若砝码与纸板分离时的速度不大于，砝码不会从桌面上掉下
D．当F＝2μ(M＋2m)g时，砝码恰好到达桌面边缘
解析：选AD　要使纸板相对砝码运动，纸板的加速度a1＝＞a2＝，则F＞2μ(M＋m)g，A项正确；纸板相对砝码运动时，纸板受桌面的摩擦力为F1＝μ(M＋m)g，受砝码的摩擦力为μMg，即摩擦力为μ(2M＋m)g，B项错误；若砝码与纸板分离时的速度为v，设砝码与纸板分离时间为t，砝码恰好到达桌面边缘，则砝码位移d＝·2t，t＝，解得v＝，C项错误；当F＝2μ(M＋2m)g时，a板＝3μg，a码＝μg，分离时间为t1，则有a板t12－a码t12＝d，解得砝码与纸板分离时速度v′＝a码t1＝，故砝码恰好到达桌面边缘，D项正确。
选择题押题练(二)　曲线运动、万有引力与航天(常考点)
1．2017年11月6日报道，中国的首批隐形战斗机现已在一线部队全面投入使用，演习时，在某一高度匀速飞行的战斗机在离目标水平距离s时投弹，可以准确命中目标，现战斗机飞行高度减半，速度大小减为原来的，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离应为(不考虑空气阻力)(　　)
A.s　　　　　　　　　　 B.s
C.s D.s
解析：选C　设原来的速度大小为v，高度为h，根据平抛运动的规律可知在竖直方向有：h＝gt2，解得：t＝，在水平方向：s＝vt＝v，现战斗机高度减半，速度大小减为原来的，要仍能命中目标，则有s′＝vt′，h＝gt′2，联立以上解得：s′＝s，故C正确，A、B、D错误。


2．(2019届高三·保定模拟)如图所示，两根细线AC、BC一端系在竖直杆上，另一端共同系着质量为m的小球，当系统绕竖直杆以角速度ω水平旋转时，两根细线均处于伸直状态，下列说法正确的是(　　)
A．小球一定受到三个力作用
B．小球可能受两个力作用
C．增大角速度，细线AC的拉力减小，BC的拉力增加
D．增大角速度，细线AC的拉力增加，BC的拉力减小
解析：选B　小球可能受重力和上面细线拉力的合力提供向心力，下面细线的拉力为零，故B正确，A错误；小球做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，若两根细线均有拉力，可知上面细线的拉力大于下面细线的拉力，设细线AC与竖直方向的夹角为θ，细线BC与竖直方向的夹角为α，对小球进行受力分析，在竖直方向有：TACcos θ＝mg＋TBCcos α，根据向心力公式则有：TACsin θ＋TBCsin α＝mω2r，可知当ω增大时，所需的向心力增大，细线BC和AC的拉力都增大，故C、D错误。
3.如图所示，在粗糙水平板上放一个物块，使水平板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab为水平直径，cd为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则(　　)
A．物块始终受到三个力作用
B．只有在a、b、c、d四点，物块所受合外力才指向圆心
C．从a到b，物块所受的摩擦力先增大后减小
D．从b到a，物块处于超重状态
解析：选D　在c点处，物块可能只受重力作用，在d点处，物块只受重力和支持力作用，在其他位置处物块受到重力、支持力、静摩擦力作用，选项A错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力始终指向圆心，选项B错误；从a到b，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力先减小后增大，选项C错误；从b到a，向心加速度有向上的分量，物块处于超重状态，选项D正确。
4．[多选]将一抛球入框游戏简化如下：在地面上竖直固定一矩形框架，框架高1 m、长3 m，抛球点位于框架底边中点正前方2 m处，离地高度为1.8 m，如图所示，假定球被水平抛出，方向可在水平面内调节，不计空气阻力，g＝10 m/s2，忽略框架的粗细，球视为质点，球要在落地前进入框内，则球被抛出的速度大小可能为(　　)
A．3 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
解析：选BC　无论向哪个方向水平抛球，球都做平抛运动。当速度v最小时，球打在框架底边的中间位置，则有h2＝gt12，x＝v1t1，解得v1＝3.33 m/s。当速度v最大时，球打在框架上边的两端点位置，则有h2－h1＝gt22, ＝v2t2，解得v2＝6.25 m/s。故v1＜v＜v2，故本题答案为BC。
5．[多选](2018·保定模拟)如图所示，倾角为α的固定斜面，其右侧有一竖直墙面，小球滑上斜面，以速度v飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
A．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动
B．竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin2α
C．竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin αcos α
D．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球的飞行时间为sin α
解析：选ACD　小球飞离斜面后做斜上抛运动，只受重力作用，则从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，选项A正确；小球离开斜面的竖直分速度为vsin α，水平分速度为vcos α，则飞行时间t＝，水平距离x＝vcos α·t＝sin αcos α，故选项C、D正确，B错误。
6.[多选](2018·东北育才中学二模)如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等。装置BO′O能以任意角速度绕竖直轴O′O转动，且小球始终在BO′O平面内，那么在ω从零缓慢增大的过程中g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝(　　)
A．两细线张力均增大
B．细线AB中张力一直变小，直到为零
C．细线AC中张力先不变，后增大
D．当细线AB中张力为零时，角速度可能为
解析：选CD　对小球A受力分析，细线AC拉力的水平分力与细线AB拉力的水平分力的合力提供向心力。在角速度逐渐增大的过程中，细线AB先逐渐松弛，拉力逐渐减小至0，然后会向上紧绷，拉力逐渐增大，故A、B项错误。在角速度逐渐增大的过程中且小球A的位置没发生变化时，细线AC拉力等于，直到小球A开始向上运动，AC拉力逐渐增大，故C项正确。当AB中张力为零时，AC拉力的水平分力提供向心力，mgtan 37°＝mω2lsin 37°，解得ω＝ ，故D项正确。
7.半径为R的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态，A、B连线过圆心且与竖直方向成37°角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速度从零不断增大，下列说法正确的是(　　)
A．小环与大环之间动摩擦因数μ≥0.75
B．B处的小环先相对大环开始滑动
C．两小环的高度最终都将升高
D．只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功
解析：选A　小环A与小环B最初都静止，可以知道mgsin 37°≤μmgcos 37°，即μ≥tan 37°＝0.75，A正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环A和环B与大环保持相对静止，对环A沿水平方向则有fAcos θ－NAsin θ＝mω2r，对环B沿水平方向则有NBsin θ－fBcos θ＝mω2r，随着角速度的不断增大，A所受摩擦力越来越大，B所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此A受到的静摩擦力会先达到最大，即A先相对大环开始滑动，B错误；若两小环相对大环运动，则环A高度会降低，环B高度会升高，C错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功，D错误。
8．[多选](2018·黄冈中学综合检测)质量为m的小球以v0的水平初速度从O点抛出后，恰好击中倾角为θ的斜面上的A点。如果A点距斜面底边(即水平地面)的高度为h，小球到达A点时的速度方向恰好与斜面垂直(不计空气阻力)，如图，则以下正确的叙述为(　　)
A．可以求出小球到达A点时重力的功率
B．可以求出小球由O到A过程中动能的变化
C．可以求出小球从A点反弹后落至水平地面的时间
D．可以求出小球抛出点O距斜面端点B的水平距离
解析：选ABD　由小球到达A点时的速度方向恰好与斜面垂直，可知小球的末速度方向与重力方向夹角为θ，竖直分速度为vy＝，可知小球到达A点时重力的功率为P＝mgvy＝mg，故A项正确。小球的末速度为v＝，可知小球由O到A过程中动能的变化为ΔEk＝mv2－mv02＝mv02，故B项正确。由于不能具体得知小球从A点反弹后的速度大小，无法求出反弹后落至水平地面的时间，故C项错误。由几何关系知A、B间的水平距离为，小球做平抛运动的时间为t＝＝，O、A之间的水平距离为x＝v0t＝，故O距斜面端点B的水平距离为－，故D项正确。
9.(2018·济宁模拟)对于环绕地球做圆周运动的卫星来说，它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化，某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T的关系作出如图所示图像，则可求得地球质量为(已知引力常量为G)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由万有引力提供向心力有：G＝mr，得：r3＝，由题图可以知道：＝＝，所以地球的质量为：M＝，所以C选项是正确的，A、B、D错误。
10．(2018·临沂期末统考)2018年1月13日15时10分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭，成功将“陆地勘查卫星三号”发射升空，卫星进入预定轨道。这是我国第三颗低轨陆地勘查卫星。关于“陆地勘查卫星三号”，下列说法正确的是(　　)
A．卫星的发射速度一定小于7.9 km/s
B．卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
C．卫星绕地球运行的向心加速度比月球绕地球运行的向心加速度小
D．卫星在预定轨道上没有加速度
解析：选B　第一宇宙速度7.9 km/s是卫星的最小发射速度，故A错误；卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：G＝ma＝mω2r，故a＝，ω＝，卫星离地球较近，角速度较大，向心加速度较大，所以B正确，C错误；卫星做匀速圆周运动，有向心加速度，故D错误。
11.(2018·成都七中二模)如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知卫星从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是(　　)
A．该卫星的运行速度一定大于7.9 km/s
B．该卫星与同步卫星的运行角速度之比为2∶1
C．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4
D．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
解析：选C　卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3 h，同步卫星的周期是24 h，由ω＝可得：＝，B错误；由G＝mr得：T＝2π ，则得＝＝＝，所以该卫星与同步卫星的运行半径之比：＝，所以C正确；7.9 km/s是卫星环绕地球表面做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7.9 km/s，故A错误；因为不知道卫星的质量关系，所以不能比较卫星的机械能大小，D错误。
12．(2018·南京一模)科学家发现太阳系外某一恒星有一行星，并测得行星围绕该恒星运行一周所用的时间为1 200年，行星与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍。假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量是(　　)
A．恒星与太阳质量之比
B．恒星与太阳密度之比
C．行星与地球质量之比
D．行星与地球表面的重力加速度之比
解析：选A　根据万有引力提供向心力可得：G＝m2r，解得：M＝，由题意可知，行星与恒星的距离为地球到太阳距离的100倍(即知道轨道半径之比)，行星围绕该恒星的周期为1 200年，地球绕太阳的周期为1年(即知道周期之比)，所以利用上式可求出恒星与太阳的质量之比，故A正确；由A项分析可求出恒星与太阳质量之比，但由于不知恒星与太阳的半径之比，所以不能求出恒星与太阳的密度之比，故B错误；根据万有引力提供向心力可得：G＝m2r，解得的M是为中心天体的质量，所以不能求出行星与地球的质量之比，故C错误；根据公式mg＝可知，g＝，由于不知行星与地球的半径和质量关系，所以不能求出行星与地球表面的重力加速度之比，故D错误。
13.[多选](2018·上饶一模)2018年底我国即将发射“嫦娥四号”登月探测器，将首次造访月球背面，首次实现对月球中继通信，若“嫦娥四号”从距月面高度为100 km的环月圆形轨道Ⅰ上的P点实施变轨，进入近月点为15 km的椭圆轨道Ⅱ，由近月点Q登月，如图所示，关于“嫦娥四号”，下列说法正确的是(　　)
A．沿轨道Ⅰ运动至P点时，需制动减速才能进入轨道Ⅱ
B．沿轨道Ⅱ运行的周期大于沿轨道Ⅰ运行的周期
C．在轨道Ⅰ、Ⅱ上的P点的加速度相等
D．沿轨道Ⅱ运行时，在P点的速度大于在Q点的速度
解析：选AC　探测器在轨道Ⅰ上做圆周运动，只有通过减速使圆周运动所需向心力减小，做近心运动来减小轨道高度，所以A正确；根据开普勒行星运动定律知，在轨道Ⅰ上运动时的半径大于在轨道Ⅱ上运行时的半长轴，故在轨道Ⅰ上运行的周期要大，故B错误；在轨道Ⅰ上的P点和在轨道Ⅱ上的P点探测器所受的万有引力大小相等，由牛顿第二定律可知，探测器在轨道Ⅰ上的P点和在轨道Ⅱ上的P点加速度相等，故C正确；在轨道Ⅱ上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，速度增大，所以D错误。
14.[多选]天文观测中观测到有三颗星位于边长为l的等边三角形三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆做周期为T的匀速圆周运动。已知引力常量为G，不计其他星体对它们的影响，关于这个三星系统，下列说法正确的是(　　)
A．三颗星的质量可能不相等
B．某颗星的质量为
C．它们的线速度大小均为
D．它们两两之间的万有引力大小为
解析：选BD　三星系统在外接于等边三角形的圆形轨道上做匀速圆周运动，可知它们相互间万有引力相等，可得三颗星的质量相等，故A项错误。由几何关系可知＝cos 30°，则F向＝m＝mR＝m×l，F万＝，又＝cos 30°，联立解得m＝，v＝，F万＝，故B、D项正确，C项错误。
15.(2018·保定模拟)每年的某段时间内太阳光会直射地球赤道。如图所示，一颗卫星在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，运动方向与地球自转方向相同，每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为1∶5。设地球表面处重力加速度为g，地球半径为R，地球自转角速度为ω。忽略大气及太阳照射偏移的影响，则赤道上某定点能够直接持续观测到此卫星的最长时间为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　因为每绕地球一周，黑夜与白天的时间比为1∶5，则由几何关系可知，卫星的轨道半径为r＝＝2R，则根据G＝mω12r以及m1g＝G，解得ω1＝ ＝ ＝ ，设赤道上某定点能够直接持续观测到此卫星的最长时间为t，则在时间t内卫星转过的角度和赤道上的人随地球转动的角度之差应为，即ω1t－ωt＝，解得t＝，故B项正确。
选择题押题练(三)　机械能和动量(热考点)
1.(2019届高三·烟台模拟)如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力(　　)
A．方向始终沿杆指向O点
B．一直不做功
C．从最高点到最低点，一直做负功
D．从最高点到最低点，先做负功再做正功
解析：选C　小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O点，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B、D错误，C正确。
2.(2018·张掖诊断)如图所示，MN为半圆环MQN的水平直径。现将甲、乙两个相同的小球分别在M、N两点同时以v1、v2的速度水平抛出，两小球刚好落在圆环上的同一点Q，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．乙球落到圆环时的速度有可能沿OQ方向
B．若仅增大v2，则两小球在落到圆环前可能不相遇
C．从抛出到落到Q点的过程中，甲球动能的增加量比乙球的小
D．落到Q点时，甲、乙两小球重力的瞬时功率相等
解析：选D　根据平抛运动的物体的速度的反向延长线过水平位移的中点，因O点不是水平位移的中点，可知乙球落到圆环时的速度不可能沿OQ方向，选项A错误；若仅增大v2，则两球在相等的时间内水平位移之和也可以等于直径的大小，即两小球在落到圆环前也可能相遇，选项B错误；两小球从抛出到落到Q点的过程中，重力做功相等，则甲球动能的增加量等于乙球的动能增加量，选项C错误；落到Q点时，竖直高度相同，则竖直速度相同，则根据P＝mgv⊥可知，甲、乙两小球重力的瞬时功率相等，选项D正确。
3．[多选](2018·株洲质检)如图，光滑固定斜面的倾角为30°，甲、乙两物体的质量之比为4∶1。乙用不可伸长的轻绳分别与甲和地面相连，开始时甲、乙离地高度相同。现从E处剪断轻绳，则在乙落地前瞬间(　　)
A．甲、乙动量大小之比为4∶1
B．甲、乙动量大小之比为2∶1
C．以地面为零势能面，甲、乙机械能之比为4∶1
D．以地面为零势能面，甲、乙机械能之比为1∶1
解析：选BC　设甲、乙距地面的高度为h，剪断轻绳后，乙做自由落体运动，甲沿斜面向下做匀加速运动，故对乙可知，2gh＝v2，解得v乙＝，下落时间t＝＝，对甲，沿斜面下滑的加速度为a＝＝g，乙落地时甲获得的速度v甲＝at＝ ，故v甲∶v乙＝1∶2；甲、乙两物体的质量之比为4∶1，由p＝mv可知甲、乙动量大小之比为2∶1，选项B正确，A错误。由于甲、乙在运动过程中，只受到重力作用，故机械能守恒，故E甲∶E乙＝4∶1，选项C正确，D错误。
4．[多选](2018·合肥质检)如图所示，倾角为30°的足够长斜面与水平面平滑相连，水平面上用轻杆连接的小球A、B以速度v0＝向左运动，小球质量均为m，杆长为l，当小球B到达斜面上某处P时速度为零。不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A．P与水平面的高度差为
B．P与水平面的高度差为
C．两球上滑过程中杆对A球所做的功为
D．两球上滑过程中杆对A球所做的功为

解析：选AD　设B沿斜面上滑的距离为x；则由机械能守恒可得：2×mv02＝mgxsin 30°＋mg(x＋l)sin 30°，解得x＝l，则P与水平面的高度差为h＝xsin 30°＝l，选项A正确，B错误；由动能定理，两球上滑过程中杆对A球所做的功满足：W－mgsin 30°＝0－mv02，解得W＝，选项C错误，D正确。
5．[多选](2018·四川蓉城名校联考)如图甲所示，下端与挡板拴接的轻弹簧置于倾角为θ＝30°的斜面上，质量为m的滑块(可视为质点)用细线与挡板相连(弹簧处于压缩状态)。现剪断细线，从此时开始计时，滑块沿斜面向上运动，滑块向上运动的v­t图像如图乙所示，已知bc段是直线且滑块在bc段运动的加速度大小等于重力加速度g，t＝t3时滑块恰好到达斜面顶端，t＝0时滑块与斜面顶点间的竖直高度为h，则下列说法正确的是(　　)

A．t1时刻弹簧恢复到自然长度，t2时刻滑块与弹簧分离
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．整个过程中系统损失的机械能为mgh
D．剪断细线前弹簧具有的弹性势能为mgh
解析：选BC　t1时刻滑块的速度最大，此时加速度为零，弹簧的弹力F弹＝mgsin θ＋μmgcos θ，此时弹簧仍处于压缩状态；t2时刻滑块开始做匀减速运动，此时与弹簧分离，选项A错误。对滑块从t2到t3时间内，由牛顿第二定律：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma＝mg，解得μ＝，选项B正确。整个过程中系统损失的机械能等于克服摩擦力做功，即ΔE＝μmgcos 30°·＝·mg·2h＝mgh，选项C正确。剪断细线前弹簧具有的弹性势能等于重力势能的增量与摩擦力做功之和，即2mgh，选项D错误。
6.(2018·河北武邑中学一模)如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e＝，下列选项正确的是(　　)
A．e＝1　　　　　　　 　B．e＝
C．e＝ D．e＝
解析：选A　A、B在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得·2mv02＝mv12＋·2mv22，解得v1＝v0，v2＝v0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统e＝＝1，故A正确，B、C、D错误。
7.(2018·德州一模)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M＝2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为(　　)
A. B.
C. D．h
解析：选C　斜面固定时，由动能定理得：－mgh＝0－mv02，所以v0＝；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒得：mv02＝(M＋m)v2＋mgh′；解得：h′＝h。故C正确。
8．如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放(图甲、丙、丁)或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是(　　)

A．落地时间t1＝t2＝t3＝t4
B．全程重力做功W1＝W2＞W3＝W4
C．落地瞬间重力的功率P1＝P2＝P3＝P4
D．全程重力做功平均功率1＝2＞3＞4
解析：选D　图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1＝t2＝，其中h为竖直高度，对图丙，＝gt32sin θ，t3＝ ，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t1＝t2＜t3＜t4，选项A错误；因竖直高度相等，因此重力做功相等，选项B错误；重力的瞬时功率等于mgvcos α＝mgvy，由动能定理可知，图乙中小球落地时的瞬时速度大小最大，其余三种方式落地时的瞬时速度大小相等，但竖直分速度vy1＝vy2＞vy3＞vy4＝0，故落地瞬间重力的功率P1＝P2＞P3＞P4，选项C错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率＝，故1＝2＞3＞4，选项D正确。
9．[多选]质量为2 kg的物块，放在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平拉力的作用下物块由静止开始运动，水平拉力做的功W随物块的位移x变化的关系如图所示。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．在x＝0至x＝2 m的过程中，物块的加速度大小是1 m/s2
B．在x＝4 m时，摩擦力的瞬时功率是4 W
C．在x＝2 m至x＝6 m的过程中，物块做匀加速直线运动
D．在x＝0至x＝6 m的过程中，拉力的平均功率是4 W
解析：选ABD　由功的定义可知，W­x图像的斜率表示水平拉力。因此，在0～2 m过程中，设物块的加速度为a，在x＝2 m时速度为vt，物块所受拉力F＝4 N，摩擦力f＝μmg，则由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，物块由静止开始运动，由匀加速直线运动规律可得vt2－v02＝2ax，解得vt＝2 m/s，由v＝at可知，经历的运动时间t1＝2 s；同理可知，在2～6 m过程中拉力为2 N，则合力为零，物块做匀速运动，经历的时间t2＝2 s；x＝4 m时，摩擦力的瞬时功率Pf＝fvt＝4 W；在0～6 m过程中，拉力做功W1＝16 J，拉力的平均功率＝＝4 W，选项A、B、D正确。
10．(2018·广东一模)如图所示，一质量为0.5 kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A．橡皮泥下落的时间为0.3 s
B．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s
C．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒
D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J
解析：选D　由题意知，橡皮泥做自由落体运动，小车做匀速直线运动。根据公式h＝gt2，代入数据解得t＝0.5 s，故A项错误。在水平方向上橡皮泥与小车组成的系统动量守恒，m车v车＝(m车＋m泥)v共，代入数据解得v共＝2 m/s，而竖直方向上，系统受到地面支持力的作用，可知动量不守恒，故B、C项错误。整个过程中，橡皮泥重力势能的变化为－mgh＝－6.25 J，系统动能的变化为(m车＋m泥)v共2－m车v车2＝－1.25 J，故损失的机械能为7.5 J，故D项正确。
11．[多选](2018·临沂期末统考)如图所示，木板B放在光滑的水平面上，滑块A在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1，动量大小为p1；滑到水平木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中(　　)
A．摩擦力对滑块A的冲量为p2－p1
B．摩擦力对滑块A的冲量为p1－p2
C．摩擦力对滑块A做的功为E2－E1
D．摩擦力对滑块A做的功为E1－E2
解析：选AC　摩擦力对滑块A的冲量等于滑块A的动量的变化量Δp＝p2－p1，故A正确，B错误；滑块A受到重力、支持力、摩擦力，其中重力和支持力不做功，所以摩擦力对滑块A做的功等于合外力做的功，根据动能定理得Wf＝ΔE＝E2－E1，故C正确，D错误。
12．[多选]如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是(　　)
A．B物体的机械能一直增大
B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和
C．B物体机械能的减少量大于弹簧的弹性势能的增加量
D．细线拉力对A物体做的功等于弹簧弹性势能的增加量
解析：选BC　从开始到B速度达到最大的过程中，细线的拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A错误；对于B物体，只有重力与细线拉力做功，根据动能定理可知，B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故B正确；整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C正确；根据功能关系，系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故D错误。
13．[多选](2019届高三·潍坊模拟)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则(　　)

A．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
B．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m
C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22 J
D．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4
解析：选AD　设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v0′＝0.2 m/s，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，计算得出：v＝0.8 m/s，所以A选项是正确的；根据碰前红壶的速度图像可以知道红壶的加速度为：a＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，所以蓝壶静止的时刻为：t＝ s＝6 s，速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后蓝壶移动的距离为：x＝×(6－1) m＝2.0 m，所以B选项是错误的；碰撞过程两壶损失的动能为：ΔEk＝mv02－mv0′2－mv2＝3.04 J，所以C选项是错误的；碰后蓝壶的加速度为：a′＝ m/s2＝0.16 m/s2，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f∶f′＝ma∶ma′＝5∶4，所以D选项是正确的。
14.[多选]如图所示，光滑半圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一小球由圆弧槽的左侧边缘A由静止释放，沿槽的内壁向下滚动，滚到槽底B时，小球的速度大小为v1＝ (g为重力加速度)，不计球的大小，下列说法正确的是(　　)
A．由于水平面光滑，因此球不能滚到圆弧槽的右侧边缘C点
B．当球与圆弧槽相对静止的一瞬间，两者的共同速度一定为零
C．球和圆弧槽的质量之比为1∶3
D．球滚到圆弧槽底时，槽的速度大小为
解析：选BC　设小球质量为m，光滑弧形槽的质量为M，由于水平面和半圆弧面均光滑，小球滚动过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能也守恒，mv1－Mv2＝0，mgR＝mv12＋Mv22，又v1＝ ，可解得：＝，v2＝ ，故C正确，D错误；由系统水平方向动量守恒可知，当球与圆弧槽相对静止瞬间，一定有(m＋M)v＝0，v＝0，B正确；由系统机械能守恒可知，球一定能滚到圆弧槽的右侧边缘C点，A错误。
15．[多选](2018·江苏调研)如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O点，将一质量为M的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A点时速度最大，下降到最低点B时加速度大小为g，O、B间距为h。换用另一质量为m的物块乙，从距O点高为h的C点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B点。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则上述过程中(　　)
A．弹簧最大弹性势能为Mgh
B．乙的最大速度为
C．乙在B点加速度大小为2g
D．乙运动到O点下方处速度最大
解析：选AD　对于物块甲的过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到B点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即Mgh，物块乙也刚好将弹簧压缩到B点，所以弹簧最大弹性势能为Mgh，故A正确；当乙下落到O点时，根据动能定理：mgh＝mv2，解得：v＝，此时开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物块将继续加速直到弹力等于重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于，故B错误；根据能量守恒有Mgh＝mg·2h，则m＝M，在B点对M根据牛顿第二定律有：F－Mg＝Mg，对m根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma，联立以上各式可得：a＝3g，故C错误；设弹簧劲度系数为k，在最低点有：kh＝2Mg＝4mg，即k＝mg，可得乙运动到O点下方处速度最大，故D正确。
选择题押题练(四)　电场(热考点)
1.如图，xOy平面直角坐标系所在空间有沿x轴负方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小为E。坐标系上的A、B、C三点构成边长为L的等边三角形。若将两电荷量相等的正点电荷分别固定在A、B两点时，C点处的电场强度恰好为零。则A处的点电荷在C点产生的电场强度大小为(　　)
A．E　　　　　　　　　　 B.E
C.E D.E
解析：选B　设A处的点电荷在C点产生的电场强度大小为EA，B处的点电荷在C点产生的电场强度大小为EB，由对称性可知，EA＝EB，由C点合场强为零可得：2×EA·cos 30°＝E，解得EA＝E，选项B正确。
2．如图所示的装置可以通过静电计指针偏转角度的变化，检测电容器电容的变化来检测导电液体是增多还是减少的仪器原理图。图中芯柱、导电液体、绝缘管组成一个电容器，电源通过电极A、电极B给电容器充电，充电完毕移去电源，由此可以判断(　　)
A．静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压增大
B．静电计指针偏角变小，说明导电液体增多
C．静电计指针偏角变大，说明电容器电容增大
D．静电计指针偏角变大，说明导电液体液面升高
解析：选B　静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压减小，选项A错误；静电计指针偏角变小，根据C＝可知，电容器电容增大，因C＝，所以S增大，液面升高，导电液体增多，选项B正确；静电计指针偏角变大，说明电容器两板间电压增大，根据C＝可知，电容器电容减小，因C＝，所以S减小，液面降低，导电液体减少，选项C、D错误。
3.[多选](2018·长春检测)已知无限大的均匀带电面可产生垂直于该面的匀强电场(正的带电面场强方向背离该面、负的带电面场强方向指向该面)，场强大小E＝2πkσ，式中k为静电力常量，σ为电荷面密度(单位面积的带电量)。现有如图所示的两个平行且可视为无限大的均匀带电面A和B，电荷的面密度分别为σ和－2σ(σ为正的常数)，间距为d，空间中有C、D两点，CD连线垂直于带电面，C点到A面距离与D点到B面的距离均为，A面接地，关于C、D两点的场强大小和电势高低，下列说法正确的是(　　)
A．EC＝ED B．EC>ED
C．φC＝φD D．φC>φD
解析：选AD　设A面产生电场的场强大小为EA＝E0，由题意得EB＝2E0，在C点EC＝EB－EA＝E0，方向垂直指向A面。同理在D点ED＝EB－EA＝E0，方向垂直指向B面，B错误，A正确。根据对称性，UCA＝－UBD，又根据AB板间的场强方向指向B板，固有φA>φB，因此φC>φD，C错误，D正确。
4．[多选]如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则(　　)
A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J
B．滑块上滑过程中机械能增加4 J
C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12 J
D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J
解析：选AC　由动能定理知上滑过程中W电－WG－Wf＝ΔEk，代入数值得W电＝4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，A对；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE＝W电－Wf＝－6 J，即机械能减小6 J，B错；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，C对；由动能定理知－2Wf＝Ek－Ek0，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，D错。
5．有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面如图甲所示，O为球心，球壳P处开有半径远小于金属球壳半径的小孔。以O点为坐标原点，过P点建立x坐标轴，A点是坐标轴上的一点，x轴上各点电势如图乙所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴方向射出，依次通过P、A两点。关于电子从O到A的运动，下列说法正确的是(　　)

A．在OP间电子做匀加速直线运动
B．在PA间电子做匀减速直线运动
C．在OP间运动时电子的电势能均匀增加
D．在PA间运动时电子的电势能增加
解析：选D　由题图乙知OP间的电势不变，则OP间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误。根据顺着电场线方向，电势降低，可以知道PA间电场线方向从P到A，电子所受的电场力方向从A指向P，所以电子在PA间做减速直线运动。根据图线的斜率等于场强可以知道，从P到A场强逐渐减小，电子所受的电场力减小，所以电子做加速度减小的变减速运动，故B错误。因为电子在OP运动时电场力不做功，所以其电势能不变，故C错误。在PA间运动时电场力对电子做负功，则电子的电势能增加，故D正确。
6.(2018·榆林二模)如图所示空间存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
解析：选C　两板距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝可得：E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据Ue＝mv2可知，乙电子运动到O点的速率为v0，选项D错误。
7.(2018·苏州调研)一根轻质杆长为2l，可绕固定于中点位置处的轴在竖直面内自由转动，杆两端固定有完全相同的小球1和小球2，它们的质量均为m，带电荷量分别为＋q和－q，整个装置放在如图所示的关于竖直线对称的电场中。现将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，设A、B间电势差为U，该过程中(　　)
A．小球2受到的电场力减小
B．小球1电势能减少了Uq
C．小球1、2的机械能总和增加了Uq＋mgl
D．小球1、2的动能总和增加了Uq
解析：选D　由题图可知，将杆由水平位置静止释放，让小球1、2绕轴转动到竖直位置A、B两点，小球2位置的电场线变密，电场强度变大，故小球2受到的电场力增大，故A错误；根据U＝Ed，小球1前后位置电势差小于U，所以小球1的电势能减少量小于qU，故B错误；对于小球1、2作为整体，重力势能不变，电场力做功，根据动能定理可知小球1、2的动能总和增加了Uq，所以小球1、2的机械能总和增加了qU，故C错误，D正确。
8．[多选](2018·孝义一模)如图所示，ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B点。水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，M、N连线过C点且垂直于BCD。两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为＋Q和－Q。现把质量为m、电荷量为＋q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则(　　)

A．小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力
B．小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能
C．小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能
D．小球运动到C点时的速度为
解析：选AC　根据等量异种点电荷的电场特征，B点电场强度小于C点电场强度，A、B、C三点电势相等，故A、C项正确，B项错误；从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，应用动能定理可算得小球在C点时速度为，D项错误。
9．(2018·厦门质检)某静电场中有一质量为m、电荷量为＋q的粒子甲从O点以速率v0射出，运动到A点时速率为3v0；另一质量为m、电荷量为－q的粒子乙以速率3v0仍从O点射出，运动到B点速率为4v0，不计重力的影响。则(　　)
A．在O、A、B三点中，O点电势最高
B．O、A间的电势差与B、O间的电势差相等
C．甲粒子从O到A电场力对其所做的功，比乙粒子从O到B电场力对其所做的功多
D．甲粒子从O到A电场力对其做正功，乙粒子从O到B电场力对其做负功
解析：选C　由题意知，负电荷从O到B电场力做正功，故B点电势高于O点电势，所以A错误；qUOA＝m(3v0)2－mv02，－qUOB＝m(4v0)2－m(3v0)2，可得UOA>UBO，即O、A间的电势差高于B、O间的电势差，所以B错误，C正确；乙粒子从O到B电场力对其做正功，故D错误。
10.如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子在A、B间是做圆周运动
B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小
C．匀强电场的电场强度E＝
D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U
解析：选D　带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为该圆周处在匀强电场中，所以两点的连线AB即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO。由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由以上分析可知，粒子速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于粒子运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故B错误；匀强电场的电场强度E＝，式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO＝E×R，所以E＝，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U＝ER＝×R＝U，故D正确。
11.如图所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离d处有一带负电的电荷量为q、质量为m的小物体与圆盘始终保持相对静止，整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，即将相对滑动，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得μ＝，故A正确，B、C、D错误。
12.(2018·濮阳一模)如图所示，两个水平平行放置的带电极板之间存在匀强电场，两个相同的带电粒子从两侧同一高度同时水平射入电场，经过时间t在电场中某点相遇。以下说法正确的是(　　)
A．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
B．若两粒子入射速度都变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
C．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
D．若匀强电场的电场强度大小变为原来的两倍，则两粒子从射入到相遇经过的时间为t
解析：选A　两粒子在垂直于电场方向均做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，因为两粒子完全相同，所以加速度相同；若两粒子的入射速度都变为原来的两倍，由l＝(v1＋v2)t，可知相遇时间变为原来的二分之一，选项A正确，B错误；电场强度变化不会影响两粒子垂直于电场方向的运动，所以相遇时间不变，选项C、D错误。
13.[多选](2018·成都七中二模)在足够长的光滑绝缘的水平台面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E。水平台面上放置两个静止的小球A和B(均可看成质点)，两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行。开始时两球相距L，在电场力作用下，A球开始运动(此时为计时零点，即t＝0)，后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则(　　)
A．第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
B．第一次碰撞到第二次碰撞B球向右运动了2L
C．第二次碰撞结束瞬间A球的速度大小为2
D．相邻两次碰撞时间间隔总为2
解析：选AD　A球的加速度a＝，第一次碰前A的速度vA1＝＝ ，第一次碰前B的速度vB1＝0，由于A与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无损失，所以A、B碰撞后交换速度，则碰后瞬间vA1′＝0，vB1′＝vA1＝ ，故A正确；A、B球发生第一次、第二次、第三次的碰撞时刻分别为t1、t2、t3，则t1＝＝ ，第一次碰后，经t2－t1时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA2和vB2，vB1′(t2－t1)＝a(t2－t1)2，解得：t2＝3t1，vA2＝a(t2－t1)＝2at1＝2vA1＝2 ，vB2＝vB1′＝ ，第二次碰后瞬间，A、B两球速度分别为vA2′和vB2′，则vA2′＝vB2＝ ，vB2′＝vA2＝2 ，故C错误；第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了xB1＝vB1′(t2－t1)＝ ·2 ＝4L，故B错误；经t3－t2时间A、B两球发生第三次碰撞，并设碰前瞬间A、B两球速度分别为vA3和vB3，vB2′(t3－t2)＝vA2′(t3－t2)＋a(t3－t2)2，解得：t3＝5t1，依此类推可得相邻两次碰撞时间间隔总为t3－t2＝t2－t1＝2t1＝2 ，故D正确。

14．[多选]如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c为完全相同的带电小球，在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h＝R。重力加速度为g，静电力常量为k，则(　　)
A．小球a一定带正电
B．小球b的周期为
C．小球c的加速度大小为
D．外力F竖直向上，大小等于mg＋
解析：选CD　a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个小球做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误。设db连线与水平方向的夹角为α，则cos α＝＝，sin α＝＝，对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得：
kcos α－2kcos 30°＝mR＝ma
解得：T＝ ，a＝
则小球c的加速度大小为。
故B错误，C正确。
对d球，由平衡条件得：
F＝3ksin α＋mg＝mg＋，故D正确。
15．[多选]长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端距离为l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上。对此过程，下列分析正确的是(　　)
A．粒子在平行金属板间的运动时间和从金属板右端到光屏的运动时间相等
B．板间电场强度大小为
C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上
D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上
解析：选ABD　粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场后具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是在金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项A正确。竖直方向速度变化量等大反向，所以有t＝gt，可得E＝，选项B正确。若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项C错误。若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项D正确。
选择题押题练(五)　磁场(热考点)
1.(2018·梅州二模)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。今有质量相同的甲、乙、丙三个小球，其中甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电，现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道最高点，则(　　)
A．经过最高点时，三个小球的速度相等
B．经过最高点时，甲球的速度最小
C．乙球释放的位置最高
D．甲球下落过程中，机械能守恒
解析：选D　在最高点时，甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，三球在最高点受合力不同，由牛顿第二定律得：F合＝m，由于F合不同，m、R相等，则三个小球经过最高点时的速度不相等，故A错误；由于经过最高点时甲球所受合力最大，甲球在最高点的速度最大，故B错误；甲球经过最高点时的速度最大，甲的机械能最大，小球在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，甲释放时的位置最高，故C错误、D正确。


2.(2018·东北三省四市二模)两竖直的带电平行板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，方向如图所示，有一个带电荷量为＋q、重力为G的小液滴，从距离极板上边缘h处自由落下，则带电小液滴通过正交的电场和磁场空间时，下列说法正确的是(　　)
A．一定做直线运动
B．一定做曲线运动
C．有可能做匀速直线运动
D．有可能做匀加速曲线运动
解析：选B　若小液滴进入磁场时电场力和洛伦兹力相等，由于小液滴向下运动时，速度会增加，小液滴所受的洛伦兹力增大，将不会再与小液滴所受的电场力平衡，不可能做匀加速直线运动，也不可能做匀速直线运动。若小液滴进入磁场时电场力和洛伦兹力不等，则合力方向与速度方向不在同一条直线上，小液滴做曲线运动。综上所述，小液滴一定做曲线运动，故B正确，A、C、D错误。
3.(2018·聊城二模)介子衰变的方程为：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子带负的元电荷，π0介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK－与Rπ－之比为3∶2。π0介子的轨迹未画出。由此可知π－介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　　 　B．2∶5
C．3∶5 D．2∶3
解析：选B　K－介子与π－介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：eBv＝m，粒子动量为：p＝mv，联立解得：p＝eBR，则有：pK－∶pπ－＝3∶2，以K－的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：pK－＝pπ0－pπ－，解得：2pπ0＝5pπ－，故π－的动量大小与π0的动量大小之比为2∶5，故B正确。
4．(2018·榆林模拟)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹，粒子重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．粒子a带负电
B．粒子c的动能最大
C．粒子b在磁场中运动的时间最长
D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大
解析：选D　根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，A错误。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝m，可得：r＝，粒子的动能Ek＝mv2，由题知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时轨道半径越大，则由题图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大。b粒子动能最大，向心力最大，故B错误，D正确。根据t＝·＝，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，C错误。
5．(2019届高三·青岛模拟)如图，在xOy平面内，虚线y＝x左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电荷量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB＝，而将题中的v值代入得：r＝l，分析可知：粒子运动的时间t最短时，粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦长最短，作AB⊥OB于B点，AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB＝OAsin 60°＝l，粒子偏转的角度：θ＝60°，结合周期公式：T＝，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t＝＝，故C正确，A、B、D错误。
6．(2018·东北师大附中模拟)如图所示，固定在竖直面内的光滑绝缘圆环上穿有一个小球P(视为质点)，P带正电。该空间同时存在匀强电场和匀强磁场。电场方向竖直向上；磁场方向垂直于圆环平面向里。将小球P从与圆心O等高处由静止释放后，小球逆时针运动到达圆环的最高点。在此过程中(　　)
A．小球动能的增量等于电场力、洛伦兹力做功的代数和
B．小球重力势能的增量等于电场力和重力做功的代数和
C．小球机械能的增量等于电场力做的功
D．小球电势能的增量等于重力做的功
解析：选C　小球从静止释放，逆时针运动，说明电场力大于重力，在运动中洛伦兹力不做功，小球逆时针运动到达圆环的最高点时动能的增量等于电场力、重力做功的代数和，故A错误；小球重力势能的增量等于克服重力做的功，故B错误；小球机械能的增量等于电场力做的功，故C正确；电场力做正功，所以电势能减小，电势能的改变量在数值上与电场力做功的大小相等，故D错误。
7.[多选](2018·广东五校联考)两根固定的相互平行的直导线A和B，相距为L，电流方向如图所示。导线C用轻绳悬挂在A、B导线的中间上方，距离AB为L，三根导线通过的电流都为I。下列说法正确的是(　　)
A．从上往下看导线C顺时针转动，同时绳子的张力变小
B．从上往下看导线C逆时针转动，同时绳子的张力变大
C．当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
D．当C转到与A、B平行时A、B和C单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶1
解析：选BD　由右手螺旋定则可以判断C导线左侧的磁场方向从下往上，右侧从上往下，从而可判断C导线左侧受到向外的力，右侧受到向里的力，从上往下看导线C逆时针转动；利用极限法可判断C导线转动到与AB平行时受到向下的安培力，所以过程中绳子张力变大，A错误，B正确。转到与AB平行时，三根导线电流方向都是垂直纸面向里，所以A、B和C受到相互之间的磁场作用力大小相等，C错误，D正确。
8.[多选]如图所示，纸面内AB两点之间连接有四段导线：ACB、ADB、AEB、AFB，四段导线的粗细相同、材料相同；匀强磁场垂直于纸面向内，现给AB两端加上恒定电压，则下列说法正确的是(　　)
A．四段导线受到的安培力的方向相同
B．四段导线受到的安培力的大小相等
C．ADB段受到的安培力最大
D．AEB段受到的安培力最小
解析：选AC　导线的粗细相同、材料相同，由电阻定律：R＝ρ可知：导线越长，电阻越大，由I＝可知：ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，由F＝BIL可知，ADB段受到的安培力最大，而ACB段受到的安培力最小，由左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，故A、C正确，B、D错误。
9.[多选](2019届高三·苏州调研)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直，粒子源产生的粒子质量为m，电荷量为＋q，U为加速电压，则(　　)
A．交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半
B．加速电压U越大，粒子获得的最大动能越大
C．D形盒半径R越大，粒子获得的最大动能越大
D．磁感应强度B越大，粒子获得的最大动能越大
解析：选CD　为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必须满足交变电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝，解得：v＝，动能Ek＝mv2＝，可知，带电粒子的速度与加速电压无关，D形盒半径R越大，磁感应强度B越大，粒子的速度越大，即动能越大，B错误，C、D正确。
10.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度地飘入电势差为U的加速电场。加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中。氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。则下列判断正确的是(　　)
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
解析：选A　粒子在加速电场中由动能定理得qU＝mv2，可得进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚，动能相同，故A项正确，B项错误；在磁场中由T＝可得，在磁场中运动时间由小到大排列的顺序是氕、氘、氚，故C项错误；由qvB＝m得r＝＝，所以a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕，故D项错误。
11.(2018·榆林二模)如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，速率均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB＝m，将题设的v值代入得：r＝L，粒子在磁场中运动的时间最短，则粒子运动轨迹对应的弦最短，最短弦为L，等于圆周运动的半径，根据几何关系，粒子转过的圆心角为60°，运动时间为，故tmin＝＝×＝，故B正确，A、C、D错误。
12.[多选](2018·临沂期末统考)如图所示，半径为r的圆刚好与正方形abcd的四个边相切，在圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一带负电粒子从ad边的中点以某一初速度沿纸面且垂直ad边方向射入磁场，一段时间后粒子从圆形磁场区域飞出并恰好通过正方形的d点，设该粒子在磁场中运动的轨道半径为R，运动时间为t，若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，粒子重力不计，下列关系正确的是(　　)
A．R＝r B．R＝(－1)r
C．t＝T D．t＝T
解析：选BD　粒子在磁场中做圆周运动，由几何关系可得轨迹的圆心角为135°，运动时间为t＝T＝T，故C错误，D正确；由几何关系可得tan 22.5°＝，解得R＝(－1)r，故A错误，B正确。
13.[多选]如图所示，相距为d的两金属板A、B水平放置，A板接地，A板上方高h处有一负电生成器，带负电的小液滴不断地从它的下端口滴下，每一滴的质量为m，电荷量为－q，小液滴通过A板上的小孔进入两板间后，在两极板间磁感应强度为B的磁场作用下向右偏转。开始液滴还能落到B板上，当B板上的液滴积累到一定数量时，板间电压为U，再滴下的液滴恰好以速度v从下极板右端水平飞出板间，下列等式成立的是(　　)
A．mg(h＋d)＝mv2 B．mg(h＋d)＝qU＋mv2
C．mg＝qvB＋q D．mg＜qvB＋q
解析：选BD　根据动能定理得：mg(h＋d)－qU＝mv2－0，所以A错误，B正确；液滴恰好以速度v从下极板右端水平飞出板间，根据受力分析得mg＜qvB＋q，故C错误，D正确。
14.(2018·北京东城区一模)如图所示，MDN为在竖直面内由绝缘材料制成的光滑半圆形轨道，半径为R，最高点为M和N，整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一电荷量为＋q，质量为m的小球自N点无初速度滑下(始终未脱离轨道)，下列说法中正确的是(　　)
A．运动过程中小球受到的洛伦兹力大小不变
B．小球滑到D点时，对轨道的压力大于mg
C．小球滑到D点时，速度大小是
D．小球滑到轨道左侧时，不会到达最高点M
解析：选C　小球受重力、支持力和洛伦兹力作用，重力做正功，支持力和洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，在下落过程，速度大小增大，根据f＝qBv，可知洛伦兹力的大小在变化，故A错误；从N点运动到D点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgR＝mv2，解得：v＝，故C正确；小球运动到D点时，受到的洛伦兹力的方向向上，在D点，由牛顿第二定律得：
N＋qvB－mg＝m，解得：N＝3mg－qvB，小球对轨道的压力不一定大于mg，故B错误；小球在整个运动过程中，只有重力做功，小球的机械能守恒，小球滑到轨道左侧时，可以到达轨道最高点M，故D错误。
15.[多选](2018·济宁模拟)如图所示，在两个同心的大小圆之间分布着指向圆心的电场，在半径为R的小圆内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。今在大圆周上的A点从静止开始释放一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)，它将往返于电场和磁场中不断运动。当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短时，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
B．粒子在磁场中运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最短时间为
D．大圆和小圆间的电势差为
解析：选BD　粒子将往返于电场和磁场中不断运动，当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短，如图所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R，由qvB＝m，粒子在磁场中运动的速度大小为v＝＝，由动能定理可得qU＝mv2，大圆和小圆间的电势差为U＝，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的最短时间为t＝3××＝，故B、D正确，A、C错误。

选择题押题练(六)　电磁感应(热考点)

1.(2019届高三·哈尔滨六中模拟)如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，圆形金属环B正对电磁铁A，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，则(　　)
A．MN导线无电流，B环无感应电流
B．MN导线有向上电流，B环无感应电流
C．MN导线有向下电流，从左向右看B有逆时针方向电流
D．MN导线有向上电流，从左向右看B有顺时针方向电流
解析：选D　导线MN向右加速滑动，导线产生由N到M的电流，感应电动势E＝BLv增大，通过电磁铁A的电流增大，电磁铁A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通量增大，B中产生感应电流，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的增加，感应电流的磁场方向向右，即从左向右看B有顺时针方向电流，故A、B、C错误，D正确。
2.如图所示，空间存在一有边界的水平方向匀强磁场，磁场上下边界的间距为L。一个边长也为L的正方形导线框在位置Ⅰ获得向上初速度后进入磁场沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终保持水平。当导线框一直加速下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ。则导线框(　　)
A．上升过程加速度减小，下落过程加速度增大
B．上升过程加速度减小，下落过程加速度减小
C．上升过程加速度增大，下落过程加速度增大
D．上升过程加速度增大，下落过程加速度减小
解析：选B　上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mg＋＝ma，可见，线框的速度减小时，加速度也减小； 下降过程中，线框做加速运动，则有：mg－＝ma，可见，随着速度的增大，加速度减小，故B正确，A、C、D错误。

3．(2018·贵阳一模)如图所示，在x≥0的区域有垂直于xOy平面(纸面)向里的匀强磁场，现用力使一个等边三角形闭合导线框(粗细均匀)，沿x轴向右匀速运动，运动中线框平面与纸面平行，底边BC与y轴平行，从顶点A刚入磁场开始计时，在线框全部进入磁场过程中，其感应电流I(取顺时针方向为正)与时间t的关系图线为下图中的(　　)

解析：选B　导线框从左进入磁场，磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应磁场向外，根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针，即负方向；设导线框沿x轴方向运动的速度为v，经时间t运动的位移为x＝vt，根据几何关系可知，导线框的有效长度为l＝2xtan 30°＝t，感应电流I＝＝＝t，即电流I与t成正比，故B正确。
4．[多选]如图1所示，两条平行实线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T。一总电阻为r＝0.2 Ω 的圆形线圈从靠近左侧实线的位置开始向右做匀速直线运动。圆形线圈产生的感应电动势随时间变化的图线如图2所示。下列说法正确的是(　　)

A．圆形线圈的半径为R＝1 m
B．圆形线圈运动速度的大小为v＝20 m/s
C．两实线之间的水平距离L＝1 m
D．在0.05 s，圆形线圈所受的安培力大小为400 N
解析：选ABD　感应电动势的最大值E＝B(2R)v，E＝B(2R)，代入数据40＝1×(2R)，解得R＝1 m，选项A正确；圆形线圈运动速度的大小为v＝＝20 m/s，选项B正确；两实线之间的水平距离L＝2vt＝4 m，选项C错误；在0.05 s，圆形线圈所受的安培力大小为F＝BI(2R)＝B(2R)＝1××2×1 N＝400 N，选项D正确。
5．[多选](2019届高三·桂林三校联考)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.20 m，两导轨的左端之间连接的电阻R＝0.40 Ω，导轨上停放一质量m＝0.10 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.10 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。求金属杆开始运动经t＝5.0 s时(　　)

A．通过金属杆的感应电流的大小为1 A，方向由b指向a
B．金属杆的速率为4 m/s
C．外力F的瞬时功率为1 W
D．0～5.0 s内通过R的电荷量为5 C
解析：选AC　金属杆向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b指向a，金属杆开始运动经t＝5.0 s，由图像可知电压为0.4 V，根据闭合电路欧姆定律得I＝＝ A＝1 A，故A正确；根据法拉第电磁感应定律知E＝BLv，根据电路结构可知：U＝E，解得v＝5 m/s，故B错误；根据电路知U＝BLv＝0.08v＝0.08at，结合U­t图像知金属杆做匀加速运动，加速度为a＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，在5 s末时对金属杆有：F－BIL＝ma，解得：F＝0.2 N，此时F的瞬时功率P＝Fv＝0.2×5 W＝1 W，故C正确；0～5.0 s内通过R的电荷量为q＝t＝t＝＝＝2.5 C，故D错误。
6．[多选]如图所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面底端有一直导线通有恒定电流I。斜面上有一闭合导线框abcd正沿斜面下滑，ab边始终与MN平行，在导线框下滑至ab边未到达斜面底端过程中，下列说法正确的是(　　)
A．线框有扩张的趋势
B．线框中有沿adcba流动的感应电流
C．线框cd边受到的安培力沿斜面向下
D．整个线框所受安培力的合力为零
解析：选BC　根据直导线产生的磁场特点：离导线越近磁场越强，在导线框下滑过程中，穿过线框的磁通量增大，由“增缩减扩”可知，线框有收缩的趋势，故A错误；在导线框下滑过程中，穿过线框的磁通量增大，磁场方向垂直斜面向上，根据楞次定律可知，线框中有沿adcba方向的感应电流，故B正确；cd中的电流由d到c，磁场方向垂直斜面向上，根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力沿斜面向下，故C正确；由于ab边与cd边所在处的磁场不同，ab与cd中的电流相同，所以ab、cd所受安培力大小不同，ad与bc所受安培力大小相同，所以整个线框所受安培力的合力不为零，故D错误。
7．[多选](2018·漳州质检)如图，是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料，等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动时线圈内就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f。测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n，则(　　)

A．f＝nN
B．f＝
C．线圈中的感应电流方向不会变化
D．旋转体转速越高线圈中的感应电流越强
解析：选AD　旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈N次，线圈中的感应电流变化N次。旋转体的转速为n，感应电流的变化频率为f，则f＝nN，故A项正确，B项错误。测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C项错误。旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强，故D项正确。
8．[多选](2018·江苏调研)用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R，闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图像，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I。下列说法中正确的是(　　)

A．t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大
B．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0
C．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I
D．若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I
解析：选BC　t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误。
9.[多选](2018·福州质检)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨间距为L。导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦。现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆速度大小v、恒力F的功率PF、金属杆与导轨形成的回路中磁通量Φ等各量随时间变化图像正确的是(　　)

解析：选AD　根据牛顿第二定律知，金属杆的加速度为：a＝＝＝－，因为速度增大，则加速度减小，可以知道金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，做匀速直线运动，当a＝0，由上式得最大速度vm＝，所以v­t图像的斜率先减小后不变，故A正确。恒力F的功率PF＝Fv，则知PF­t图像的斜率先减小后不变，图像先是曲线后是直线，故B错误。由E＝BLv，知感应电动势先增大后不变，由E＝知，Φ­t图像的斜率先增大后不变，故C错误，D正确。
10.[多选](2018·广东一模)如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面上，导轨上横放着两根电阻均为R的相同导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒ab中点与一端固定的轻质弹簧连接，弹簧劲度系数为k，整个装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导体棒cd在水平向右的外力作用下以大小为v0的速度向右匀速运动，导轨及接触电阻不计，当导体棒ab稳定时，下列说法正确的是(　　)
A．回路中有逆时针方向的感应电流
B．回路中的感应电流为
C．外力的功率为
D．弹簧被拉伸的长度为
解析：选AD　回路的磁通量增加，根据楞次定律知回路中有逆时针方向的感应电流，A正确。回路中的感应电流为I＝＝，故B错误。当导体棒ab稳定时，外力的功率等于回路的电功率，为P＝EI＝，故C错误。当导体棒ab稳定时，有BIL＝kx，联立计算得出x＝，所以D正确。
11.[多选](2018·临沂期末统考)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆a和b，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半。已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则(　　)
A．杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为，方向向右
B．杆b刚进入磁场时，通过杆b的电流为
C．从杆b进入磁场至杆a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为mv2
D．杆a、b最终具有相同的速度，大小为
解析：选ABC　当杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，·2mv2＝·2mv12＋mv22，解得v1＝，v2＝v，即杆a的速度为，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝＝，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝mv22－m2＝mv2，故C正确；杆a进入磁场后，视杆a、b为系统，动量守恒，则有2mv1＋m·v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为v，故D错误。
12.[多选](2018·孝义一模)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨弯成“∠”形，底部导轨面水平，倾斜部分与水平面成θ角，导轨上端与阻值为R的固定电阻相连，整个装置处于磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场中，导体棒ab和cd均垂直于导轨放置，且与导轨间接触良好。两导体棒的电阻值均为R，其余部分电阻不计。当导体棒cd沿底部导轨向右以速度v匀速滑动时，导体棒ab恰好在倾斜导轨上处于静止状态，导体棒ab的重力为mg，则(　　)
A．导体棒cd两端电压为BLv
B．t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量为
C．导体棒ab所受安培力为mgtan θ
D．cd棒克服安培力做功的功率为
解析：选BC　导体棒cd以速度v匀速滑动时，产生电动势E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律可知，cd两端电压U＝·＝，A项错误；导体棒ab受重力、支持力和水平方向安培力处于平衡状态，故安培力为mgtan θ，C项正确；通过导体棒cd的电流I＝＝，t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量q＝It＝，故B项正确；导体棒cd克服安培力做功的功率P＝IE＝，故D项错误。
13．[多选](2018·包头九中下学期开学考试)如图所示，质量为m的“凸”形线框由粗细均匀的金属丝构成，abgh是边长为L的正方形，cdef是边长为2L的正方形，线框的总电阻为R，区域Ⅰ、Ⅱ为两个磁感应强度大小不同、方向相反的有界匀强磁场，磁场的宽度分别为2L和L，区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小为B，磁场方向水平且垂直纸面向里。现让线框从磁场上方某一高度处由静止释放，线框在下落过程中，线框平面始终垂直于磁场，且de边始终处于水平，线框的de边刚好匀速地穿过磁场Ⅰ、Ⅱ区域，重力加速度为g，则(　　)
A．de边穿过磁场的时间为
B．区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为B
C．de边穿过磁场的过程中，通过de边横截面的电荷量为
D．de边刚出磁场时，线框的加速度大小为0
解析：选BCD　设线框匀速穿过磁场的速度为v，由de刚入区域Ⅰ时：B··2L＝mg，可得：v＝，de边穿过磁场的时间t＝＝，A错误；de边在区域Ⅱ中时：B2··2L＋B·L＝mg，可解得：B2＝，B正确；de边穿过磁场的过程中线框磁通量变化量ΔΦ＝B(L2＋2L2)－×2L2＝2BL2，故de边横截面通过的电荷量q＝＝，C正确；当de边刚出磁场时，ah边刚进入磁场，此时线框在Ⅰ区的边切割磁感线，等效长度为2L，仍有F安＝mg，线框加速度为零，D正确。

14．[多选]如图所示，将一根电阻为R的绝缘硬金属导线弯成一个标准的正弦曲线形状，其两端a、b通过小金属环保持与长直金属杆有着良好但无摩擦的接触，金属导线两端a、b间距离为2d，最高点到ab连线的距离为L，金属杆电阻忽略不计，空间中存在有理想边界的匀强磁场，宽度为d，方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，磁场的边界与金属杆垂直，M和N位于磁场区域的边界上，在外力的作用下，导线以恒定的速度v向右匀速运动，从b位于M左侧的某一位置运动到a位于N右侧的某一位置，则在此过程中，以下说法正确的是(　　)
A．导线上有电流通过的时间为
B．导线上有电流通过的时间为
C．外力所做的功为
D．金属导线所产生的焦耳热为

解析：选BD　由题意得，电流的产生时间从b到M开始，a到N结束，故t＝，故A错误，B正确。在导线穿越磁场的整个过程中，规定电流沿着金属杆从a到b为电流的正方向，产生的电流随时间变化的图像如图所示，热量Q的计算式为Q＝2R·T＋2R·T，且T＝，得到Q＝，由功能关系可知W＝Q＝，故C错误，D正确。
选择题押题练(七)　原子物理(热考点)
1．(2018·长春质检)2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获得国家自然科学一等奖。大多数原子核发生核反应的过程中都伴随着中微子的产生， 例如核裂变、核聚变、β衰变等。下列关于核反应的说法正确的是(　　)
A. 衰变为 ，经过3次α衰变、2次β衰变
B．是α衰变方程，是β衰变方程
C. 是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程
D．高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为
解析：选A　经过3次α衰变后质量数减少12、质子数减少6，再经过2次β衰变后质子数增加2，衰变为，A正确。是核聚变方程， 是β衰变方程，B错误。 是核裂变方程，也是原子弹的核反应方程，C错误。高速运动的α粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为，D错误。
2．[多选]如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线[直线与横轴的交点坐标(4.27×1014 Hz,0)，与纵轴交点坐标(0,0.5 eV)]，则下列说法正确的是(　　)

A．该金属的截止频率为4.27×1014 Hz
B．该金属的截止频率为5.5×1014 Hz
C．该图线的斜率表示普朗克常量
D．该金属的逸出功为0.5 eV
解析：选AC　当最大初动能为0时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为4.27×1014 Hz，故选项A正确，选项B错误；根据Ek＝hν－W0知，图线的斜率表示普朗克常量，故选项C正确；金属的逸出功为W0＝hν0＝6.626×10－34×4.27×1014 J＝1.77 eV，故选项D错误。
3.[多选]小宇同学参加学校科技嘉年华，设计了一个光电烟雾探测器，如图所示，S为光源，有一束光束，当有烟雾进入探测器时，来自S的一部分光会被烟雾散射进入光电管C，当光射到光电管中的钠表面(钠的极限频率为6.0×1014 Hz)，会产生光电子，当光电流大于1.0×10－8 A时，便会触发报警系统报警。下列说法正确的是(　　)
A．要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于0.5 μm
B．光源S发出的光波能使光电管发生光电效应，那么光源越强，光电烟雾探测器灵敏度越高
C．光束遇到烟雾发生散射是一种折射现象
D．若5%射向光电管C的光子能使钠表面产生光电子，当报警器报警时，每秒射向光电管C中的钠表面的光子最少数目是1.25×1012个


解析：选BD　根据Ek＝hν－W0＝－hν0，可知光源S发出的光波的最大波长λmax＝＝ m＝5×10－7 m＝0.5 μm，即要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能大于0.5 μm，故选项A错误；光源S发出的光波能使光电管发生光电效应，那么光源越强，被烟雾散射进入光电管C的光越多，越容易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵敏度越高，故选项B正确；光束遇到烟雾发生散射是一种反射现象，故选项C错误；光电流等于1.0×10－8 A时，钠表面每秒产生的光电子的个数n＝＝个＝6.25×1010个，每秒射向光电管C中的钠表面的光子最少数目N＝＝个＝1.25×1012个，故选项D正确。
4．[多选]如图甲所示为氢原子能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光照射如图乙所示光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，则(　　)

A．若将滑片右移，电路中光电流增大
B．若将电源反接，电路中可能有光电流产生
C．若阴极K的逸出功为1.05 eV，则逸出的光电子最大初动能为2.4×10－19 J
D．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射的光中只有4种光子能使阴极K发生光电效应
解析：选BC　将滑片右移，光电管两端的电压增大，但之前光电流是否达到饱和并不清楚，因此光电管两端的电压增大，光电流不一定增大，选项A错误；将电源极性反接，所加电压会阻碍光电子向阳极运动，但若eU＜Ek，仍会有一定数量的光电子可到达阳极而形成光电流，选项B正确；若阴极K的逸出功为1.05 eV，由光电效应方程知，逸出的光电子最大初动能为Ek＝hν－W0＝－0.85 eV－(－3.40 eV)－1.05 eV＝1.50 eV＝2.4×10－19 J，选项C正确；由于阴极K的逸出功未知，能使阴极K发生光电效应的光子种数无法确定，选项D错误。




5．如图是氢原子从n＝3、4、5、6能级跃迁到n＝2能级时辐射出的四条光谱线，其中频率最大的是(　　)

A．Hα　　　　　　　　 　B．Hβ
C．Hγ D．Hδ
解析：选D　根据题图可知氢原子从第6能级跃迁到第2能级时辐射出的光子能量最大，根据光子能量的表达式ε＝hν得出，它的频率也最大，故选项D正确。
6．据《每日邮报》报道，英国一名13岁的小学生近日宣布自己在学校实验室实现了核聚变。他在用氘聚变氦的过程中检测到了中子，证明聚变成功，成为世界上实现聚变的最年轻的人。下面列出的核反应方程，属于聚变的是(　　)
A．H＋H→He＋n B. U→Th＋He
C. N＋H→C＋He D．He＋Al→P＋n
解析：选A　聚变是两个质量较轻的原子核结合成一个中等质量的原子核，出现了质量亏损，释放出巨大能量，故选项A对；选项B是α衰变；选项C是人工转变；选项D是α粒子轰击铝核，是人工转变。
7．[多选]关于原子结构和核反应的说法中正确的是(　　)
A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B．发现中子的核反应方程是Be＋He→C＋n
C．200个 U的原子核经过两个半衰期后剩下50个U
D．据图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量
解析：选AB　卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，选项A正确；发现中子的核反应方程为Be＋He→C＋n，选项B正确；半衰期为统计规律，适用于大量的原子核发生衰变，选项C错误；在核反应过程中，若有质量亏损，将放出能量，由题图中核子的平均质量可知，原子核D和E聚变成原子核F过程中，将有质量亏损，要放出能量，选项D错误。
8．2017年2月12日消息，福岛第一核电站2号机组安全壳内辐射量达到高值，对此中国驻日本大使馆在其官方网站发布安全提醒，建议在日侨胞及赴日中国公民妥善安排出行计划。关于核电站，下列说法正确的是(　　)
A．核电站是使核能转化为内能，通过汽轮机带动发电机来发电的
B．发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量
C．核泄漏中放射性物质都是天然放射性元素
D．核电站的核废料可以直接堆放在露天垃圾场
解析：选A　核电站是利用核能发电的电站，它是在人工控制下缓慢进行的链式反应实现核能的释放，核电站中都有热交换器，把核能转化为内能，用高压的蒸汽推动汽轮机转动再带动发电机发电，选项A正确、B错误；核泄漏中放射性物质有的是人工合成的放射性同位素，并非都是天然放射性元素，选项C错误；核废料具有放射性，会对环境和生物造成严重的危害，不能直接堆放在露天垃圾场，要做防辐射处理，选项D错误。
选择题押题练(八)　电路、交变电流及物理学史(偶考点)
1．物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步，关于物理学发展过程中的认识，下列说法中正确的是(　　)
A．法拉第根据电流的磁效应现象得出了法拉第电磁感应定律
B．卡文迪许利用扭秤测出了引力常量，被誉为能“称出地球质量的人”
C．牛顿第一定律虽然是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，但可用实验直接验证
D．伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境
解析：选B　奥斯特发现了电流的磁效应现象，纽曼和韦伯通过对理论和实验资料进行严格分析，先后总结出法拉第电磁感应定律，故选项A错误；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，使万有引力定律有了实际的应用价值，如测天体质量，故选项B正确；现实生活中不存在不受力的运动物体，因此牛顿第一定律不可以直接用实验验证，故选项C错误；伽利略在理想斜面实验的基础之上，用逻辑推理的方法使得“重的物体比轻的物体下落得快”的结论陷入困境，故选项D错误。
2．(2018·湖南师大附中检测)下列说法正确的是(　　)
A．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的
B．电容公式C＝采用的是比值定义法，但电容器的电容并不由Q、U决定
C．库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，说明这两种力的性质相同
D．能量守恒定律是最普遍的自然规律之一，爱因斯坦对能量守恒定律的建立做出了突出贡献
解析：选B　静止的电荷的周围存在电场，运动的电荷周围才能存在磁场，故A错误；公式C＝采用了比值定义法，但C并不由Q、U决定，而是取决电容器本身，以平行板电容器为例，决定式为C＝，故B正确；尽管库仑力的公式和万有引力的公式在形式上非常相似，但以目前的科技认知，它们仍是性质不同的两种力，故C错误；能量守恒定律确立于19世纪中叶，早于爱因斯坦的生辰，故D错误。

3.可变电容器C1、C2和可变电阻器R1、R2以及电源E连接成如图所示的电路。闭合开关S，当R1的滑片在图示位置时，C1、C2所带的电荷量相等。现要使C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，可采用的方法是(　　)
A．只增大R2的电阻 B．只增大C2的电容
C．只增大C1的电容 D．只将R1的滑片向A端移动
解析：选C　由题意，当变阻器R1的滑片在图示位置时，C1、C2的电荷量相等，即U1C1＝U2C2，只增大R2的电阻时，C1、C2两端的电压U1、U2同时减小，且减小比例相同，仍有U1′C1＝U2′C2，故A错误；只增大C2的电容，C2的电荷量增大，C1的电荷量不变，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故B错误；只增大C1的电容，C1的电荷量增大，C2的电荷量不变，则C1所带的电荷量大于C2所带的电荷量，故C正确；当将R1的滑片向A端移动时，C1两端的电压降低，C2两端的电压升高，则C2所带的电荷量大于C1所带的电荷量，故D错误。
4．[多选]如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔 M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从小孔M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。则下列说法中正确的有(　　)
A．若仅将A板上移，带电小球将无法运动至N处
B．若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出
C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球仍将恰好运动至小孔N处
解析：选AD　若仅将A板上移，根据C＝，知电容器的电容减小，由Q＝CU知，电压不变，电容器的带电量要减少，由于二极管的单向导电性，阻止电容器上的电荷流出，故电容器的电量不变，根据C＝，U＝Ed，得到：E＝，故场强不变；带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知带电小球未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A正确。若仅将B板上移，根据C＝，电容增加，电容器要充电；由于电压U一定，根据U＝Ed，电场强度增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误。将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C错误。断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，故D正确。
5．(2018·菏泽一模)用同样的交流电分别通过甲、乙两个电路给同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，则甲、乙两个电路消耗的电功率之比为(　　)

A．1∶1　　　　　　　　 　B．5∶2
C．5∶3 D．25∶9
解析：选C　设灯泡的额定电流为I，则甲图中电路的功率为P1＝UI，根据变流比可知，乙图中原线圈中电流为I，乙图中的功率为P2＝IU，因此甲、乙两个电路中的电功率之比为5∶3，C项正确。
6.(2018·黔东南州一模)小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10 Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V。则此时段(　　)
A．发电机的输出功率为22 kW
B．降压变压器的输入电压为11 kV
C．输电线的电流为1 100 A
D．输电线上损失的功率约为8.26 W
解析：选B　用户得到的总功率P用＝200×110 W＝22 kW，因有输电损耗，发电机的输出功率一定大于22 kW，A错误；由＝可得：U3＝11 kV，B正确；由P用＝U4I4，可解得：I4＝100 A，由＝得：I3＝2 A，输电线上损失的功率为P损＝I32R＝40 W，选项C、D均错误。
7．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交流电的电动势随时间变化规律的图像如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，并在灯泡两端并联一理想交流电压表，则(　　)

A．电压表的示数为20 V
B．电路中的电流方向每秒改变5次
C．灯泡实际消耗的功率为36 W
D．电动势的瞬时值表达式为e＝20cos 5πt(V)
解析：选C　由题图乙知电动势最大值为20 V，周期为0.2 s，所以电动势有效值为20 V，角速度ω＝＝10π rad/s。电压表测量的是路端电压U＝×9 V＝18 V，A错误；交流电的频率为5 Hz，每一周期电流方向改变两次，所以电流方向每秒改变10次，B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝＝ W＝36 W，C正确；由题图乙可知，电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos 10πt(V)，D错误。
8．[多选](2018·成都七中二模)如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是(　　)
A．将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变亮
B．线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBS
C．图示位置时，矩形线圈中磁通量的变化率最大
D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω
解析：选AD　矩形线圈abcd中产生交变电流，将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据电压与匝数成正比知，输出电压增大，故灯泡会变亮，故A正确；线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为BS，故B错误；图示位置时，是中性面位置，矩形线圈磁通量最大，线圈中磁通量的变化率最小，故C错误；若线圈转动角速度变为2ω，根据电动势最大值公式Em＝NBSω，变压器原线圈电压的最大值为2NBSω，根据电流的热效应·＝·T，解得U有＝NBSω，故D正确。