老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题3电场与磁场第1讲电场与磁场的基本性质
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第1讲直流电路与交流电路
第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1．(2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R．若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2．(2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，副线圈两端电压变小，若用户端电压不变，则降压变压器的输入电压不变，用电器变多，则用户端电流变大，输电线上电流变大，输电线上电压变大，则升压变压器副线圈电压应变大矛盾，故C 错误；若将滑片P 上移，用户端用电器增加，功率变大，输电线上电流变大，输电线上损失的功率变大，D 错误．3．(多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT ．如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC ． 4．(多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C 【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5．(多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路欧姆定律可得U m 2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD ． 6．(多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD ． 7．(2022·山东菏泽一模)一交流电源电压u ＝2202sin 100πt (V)，通过理想变压器对下图电路供电，已知原、副线圈匝数比为10∶1，L 1灯泡的额定功率为4 W ，L 2灯泡的额定功率为20 W ，排气扇电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表的示数为2 A ，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则( C )A ．流过L 1的电流为20 AB ．排气扇电动机的发热功率2 WC ．整个电路消耗的功率44 WD ．排气扇电动机的输出功率20 W【解析】 由于电流表的示数I 2＝2 A ，由I 1I 2＝n 2n 1可得变压器原线圈的电流I 1＝0.2 A ，即流过L 1的电流为0.2 A ，A 错误；交流电源电压有效值为220 V ，L 1两端的电压U L1＝P L1I 1＝40.2 V ＝20 V ，故原线圈两端的电压U 1＝200 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得变压器副线圈两端的电压U 2＝20 V ，流过灯泡L 2的电流I L2＝P L2U 2＝2020A ＝1 A ，则流过排气扇的电流I M ＝I 2－I L2＝1 A ，排气扇电动机的发热功率为P 热＝I 2M r ＝12×1 W＝1 W ，排气扇的电功率为P 电＝U 2I M ＝20 W ，则排气扇电动机的输出功率为P 出＝P 电－P 热＝19 W ，B 、D 错误；整个电路消耗的功率为P 总＝P L1＋P L2＋P 电＝4 W ＋20 W ＋20 W ＝44 W ，C 正确．8．(多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT2＋i 2m ·RT2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD ．9．(多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC ．10．(多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2．输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，升压变压器T 1副线圈电压不变，则ΔUR 0＝ΔU 3，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD ．应用题——强化学以致用11．(多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC ．12．(多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB ．13．(多选)(2022·广东广州预测)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1、L 2中的电流之比为1∶1C ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2【解析】 原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，选项A 错误，B 正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R ，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U ＝12，选项C 错误，D 正确．故选BD ．14．(多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos 2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt ，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD ．。
2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题3电场与磁场第2讲带电粒子在电磁场中的运动课件
专题突破方略
专题三 电场与磁场 第2讲 带电粒子在电磁场中的运动
真题速练·明考情 核心知识·固双基 命题热点·巧突破 应用创新·提素养
真题速练·明考情
1．(多选)(2021·全国乙卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋ q，m)，(＋q,2m)，(＋3q,3m)，(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐 标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重 力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图象中，可能正确的是 ( AD )
【解析】 分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电 粒子的运动轨迹方程为 y＝12·Emqvx02，由于带电粒子的初速度相同，带电 粒子(＋q，m)，(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m) 的运动轨迹重合，C 错误；当电场方向沿 y 轴正方向时，带正电荷的粒 子向 y 轴正方向偏转，带负电荷的粒子向 y 轴负方向偏转，则粒子(＋q， m)，(＋3q,3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于 x 轴对称，粒 子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)，(＋3q，3m)的小，则 x 相同时，粒子 (＋q,2m)沿 y 轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D 正确； 当电场方向沿 y 轴负方向时，同理可知 A 正确，B 错误．
5．(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内， 分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分 充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充 满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大 小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射 入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方 向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重 力．
若离子从 Р 点射出，设出射方向与入射方向的夹角为 θ，则离子的
高三物理二轮复习 第一部分 专题三 电与磁 第一讲 电场的基本性质课件
考点一 电场强度的理解与计算
本考点是对电场强度概念、公式等基础知识的考查，考查 时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交 汇命题，属于送分题型。建议考生自学为主
[先记牢]
1．常用的公式
2．常用的思想方法——对称法
[再用活]
1．空间有多个点电荷时，某点的电场强度为各点电荷在此点
3．如图所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，
该导体充满 z<0 的空间，z>0 的空间为真
空。将电荷为 q 的点电荷置于 z 轴上 z＝
h 处，则在 xOy 平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的
电场皆是由点电荷 q 和导体表面上的感应电荷共同激发的。
已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在 z 轴上 z＝h2处
()
A．2kRq2－E
B．4kRq2－E
C．38kRq2－E D．1k2qR2－E
解析：若球完整，则带电量 Q＝32q，则球在 M 点产生的电场 E0＝2kRQ2＝38kRq2，根据电场的叠加原理，除去 A1B1 球面后，球 在 M 点产生的电场 E1＝E0－E＝38kRq2－E，由对称性可知球壳 在 N 点产生的场强大小等于 E1，C 正确。 答案：C
破口，如诊断卷第1题，
(2015·山东高考)直角坐标系 xOy 中，M、N 两点位于 x 轴上，G、
H 两点坐标如图。M、N 两点各固定一负点电荷，一电量为 Q 的
正点电荷置于 O 点时，G 点处的电场强度恰好为零。静电力常量
用 k 表示。若将该正点电荷移到 G 点，则 H 点处场强的大小和方
向分别为
应电荷产生的电场强度仍为 k94hq2，所以该处合场强为 E＝k94hq2
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题1力与运动第3讲力与曲线运动
第一部分 专题一 第3讲基础题——知识基础打牢1．(2022·浙江6月高考)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面．则( C )A ．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大B ．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力C ．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D ．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒【解析】 根据G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝GMr可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A 错误，C 正确；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故B 错误；返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D 错误．2．悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星在不同轨道上同向运行，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图所示，卫星乙的轨道半径为r ，甲、乙两颗卫星的质量均为m ，悬绳的长度为14r ，其重力不计，地球质量为M ，引力常量为G ，两卫星间的万有引力较小，可忽略不计，则两颗卫星间悬绳的张力为( A )A ．61GMm 225r 2B ．62GMm 225r 2C ．7GMm 25r2D ．8GMm 25r2【解析】 由题意可知，两颗卫星做圆周运动的角速度相等，并设为ω0，乙卫星由万有引力定律及牛顿第二定律可得GMm r2－F T ＝mω2r ，对甲卫星，有G Mm⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋14r 2＋F T ＝mω2⎝ ⎛⎭⎪⎫r ＋14r ，联立求得两颗卫星间悬绳的张力为F T ＝61GMm225r2，故选A ．3．(2022·湖南长沙二模)“天宫课堂”在2021年12月9日正式开讲，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，王亚平说他们在距离地球表面400 km 的空间站中一天内可以看到16次日出．已知地球半径为6 400 km ，万有引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，忽略地球的自转．若只知上述条件，则不能确定的是( C )A ．地球的平均密度B ．地球的第一宇宙速度C ．空间站与地球的万有引力D ．地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值【解析】 根据一天内可以看到16次日出可以求得空间站的周期T 1，并且地球半径R和空间站轨道高度h 均已知，根据G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 21(R ＋h )可求出地球的质量，地球的半径已知，可求出地球的体积，根据ρ＝MV，可求得地球的平均密度，故A 不符合题意；设地球的第一宇宙速度为v ，质量为m 的物体绕地球表面以第一宇宙速度v 运行，根据牛顿第二定律有G Mm R 2＝m v 2R，结合A 选项，可知能确定地球的第一宇宙速度，故B 不符合题意；由于空间站的质量未知，所以无法求得空间站与地球的万有引力，故C 符合题意；空间站的线速度大小为v 1＝2π（R ＋h ）T 1，根据G Mm r 2＝m v 21r ，结合G Mm r 2＝m 4π2T 2同r ，结合地球的质量联立可求出同步卫星的线速度大小，故可求出地球同步卫星与空间站的线速度大小的比值，故D 不符合题意．4．(2022·辽宁丹东二模)如图所示，A 、B 两卫星绕地球做匀速圆周运动，它们的轨道在同一平面内且绕行方向相同．若A 离地面的高度为h ，运行周期为T ，根据观测记录可知，A 观测B 的最大张角θ＝60°．设地球的半径为R ，则下列说法中不正确的是( D )A ．卫星B 的运行轨道半径为R ＋h2B ．卫星A 与B 的加速度之比为1∶4C ．卫星A 与B 运行的周期之比为22∶1D ．若某时刻卫星A 和B 相距最近，则再经过时间T ，它们又相距最近 【解析】 卫星B 的运行轨道半径为r B ＝r A sin 30°，r A ＝R ＋h 解得r B ＝R ＋h2，A 正确，不符合题意；根据牛顿第二定律得GMm A r 2A ＝m A a A ，G Mm Br 2B＝m B a B ，解得卫星A 与B 的加速度之比为a A ∶a B ＝1∶4，B 正确，不符合题意；根据牛顿第二定律得G Mm A r 2A ＝m A 4π2T 2r A ，G Mm B r 2B ＝m B 4π2T 2Br B 解得T T B ＝221，C 正确，不符合题意；若某时刻卫星A 和B 相距最近，设再经过时间t ，它们又相距最近2πT B t －2πT t ＝2π，解得t ＝22＋17T ，D 错误，符合题意．5．(2022·湖北联盟联考)宇宙中，多数恒星是双星系统．我们发现距离地球149光年，有一双星系统A 、B ，已知A 和B 的总质量为太阳质量的1.63倍，它们以156天的周期互相绕对方公转．则A 和B 的距离约为地球和太阳距离的( C )A ．1.6倍B ．1倍C ．0.7倍D ．0.3倍【解析】 设A 和B 的距离为L ，它们互绕周期为T AB ，对A ：G m A m B L 2＝m A r A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT AB 2，对B ：G m A m B L 2＝m B r B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT AB 2，又设地球绕太阳的周期为T ，地球和太阳距离为r ，地球绕太阳公转，根据万有引力定律G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，由以上各式解得L r ＝3 1.63M ·T 2AB M ·T 2＝3 1.63×156365×156305≈0.7，C 正确．6．(2022·河北张家口三模)2022年2月27日，长征八号遥二运载火箭搭载22颗卫星发射升空，在达到预定轨道后分12次释放卫星，将他们分别送入预定轨道．设想某两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭在P 点同时将卫星1和卫星2释放，把卫星1送上轨道1(近地圆轨道)，把卫星2送上轨道2(椭圆轨道，P 、Q 是近地点和远地点)，卫星2再变轨到轨道3(远地圆轨道)．忽略卫星质量变化，下列说法正确的是( B )A ．卫星1再次回到P 点时，若卫星2没有变轨，两星一定会相撞B ．卫星2在P 点的加速度大于在Q 点的加速度C ．由轨道2变至轨道3，卫星2在Q 点应朝运动方向喷气D ．卫星2在P 点时的线速度小于卫星1在P 点时的线速度【解析】 根据开普勒第三定律R 3T2＝k ，1、2轨道半径关系为R 1<R 2，则T 2>T 1，卫星1再次回到P 点时，由于两卫星周期不等，所以不一定会相撞，故A 错误；由万有引力提供向心力G Mm R 2＝ma ，加速度a ＝GM R2可知近地点加速度大，远地点加速度小，故B 正确；要使得卫星从轨道2变轨到轨道3需要在Q 点点火加速，需向后喷气，故C 错误；轨道1上的卫星要变轨到轨道2，需要加速升轨，则卫星2在P 点时的线速度大于卫星1在P 点时的线速度，故D 错误．7．(2022·福建泉州质检)在2022年3月23日的“天宫课堂”上，航天员王亚平摇晃装有水和油的小瓶，静置后水和油混合在一起没有分层．图甲为航天员叶光富启动“人工离心机”，即用绳子一端系住装有水油混合的瓶子，以绳子的另一端O 为圆心做如图乙所示的圆周运动，一段时间后水和油成功分层(水的密度大于油的密度)，以空间站为参考系，此时( D )A ．水和油的线速度大小相等B ．水和油的向心加速度大小相等C ．水对油的作用力大于油对水的作用力D ．水对油有指向圆心的作用力【解析】 水的密度大于油的密度，所以混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量更大，根据F 向＝mω2r 可知，水球需要的向心力更大，故当水油分层后水在瓶底，油在表面，水和油做圆周运动的半径不相同，角速度相同，根据v ＝ωr 知，水比油的半径大时，线速度也大，A 错误；根据a 向＝ω2r 知，角速度相同时，水的半径大，向心加速度也就大，B 错误；水对油的作用力和油对水的作用力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，此二力大小相等方向相反，C 错误；油做圆周运动的向心力由水对油的作用力提供，故水对油有指向圆心的作用力，D 正确．8．如图所示，在斜面顶端的A 点以速度v 0平抛一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 0水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是( B )A ．AB ∶AC ＝2∶1 B ．AB ∶AC ＝4∶1 C ．t 1∶t 2＝4∶1D ．t 1∶t 2＝2∶1【解析】 由平抛运动的特点可知y 1x 1＝y 2x 2，即12gt 21v 0t 1＝12gt 220.5v 0t 2，可得t 1∶t 2＝2∶1，平抛运动的位移为l ＝x 2＋y 2，联立yx＝tan θ，可得AB ∶AC ＝x 21＋y 21∶x 22＋y 22＝x 1∶x 2＝4∶1，故A 、C 、D 错误，B 正确．9．(多选)(2022·陕西宝鸡模拟)汽车在出厂前要进行性能测试．某次测试中，测试人员驾驶着汽车在一个空旷的水平场地上沿直线以恒定的速度v 0匀速行驶，突然发现正前方的道路出现故障，为了躲避故障，测试人员采取了一些应急措施．设汽车与路面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，则关于测试人员采取的应急措施说法正确的是( AC )A ．若直线刹车，则至少应该在道路故障前v 202μg的距离处采取刹车措施B ．若以原有速率转弯，转弯半径越大，汽车受到的侧向摩擦力越大C ．若以原有速率转弯，转弯的最小半径为v 20μgD ．以原速率转弯要比以直线刹车更安全一些【解析】 若采取直线刹车措施，根据动能定理有μmgx ＝12mv 20，解得刹车的最大距离为x ＝v 202μg ，故A 正确；汽车做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，根据F f ＝mv 20r ，可知转弯半径越大，汽车受到的摩擦力越小，故B 错误；当摩擦力达到最大时μmg ＝mv 20r min ，解得r min ＝v 20μg，故C 正确；由于r min >x ，所以直线刹车更安全些，故D 错误．故选AC ．10．(多选)(2022·安徽马鞍山二模)如图所示的水平圆盘上有一原长为l 0的轻质弹簧，弹簧的一端固定于圆心处，另一端与质量为m的滑块相连，滑块与圆盘之间的动摩擦因数为μ，初始时，滑块与圆心之间的距离为l且保持静止．现使圆盘绕过圆心的竖直轴转动，f 为滑块与圆盘之间的摩擦力大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从零开始逐渐增大圆盘角速度ω至某一较大值的过程中，关于f与ω2图象可能正确的是( AB )【解析】若初始时l＝l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时有静摩擦提供向心力f＝mω2l，静摩擦力f∝ω2，当摩擦力达到最大静摩擦力，继续增大角速度，最大静摩擦力不足以提供向心力，物块将做离心运动，滑动摩擦力和弹簧拉力的合力提供向心力，物块的正压力不变，接触面不变，故滑动摩擦力大小不变，A正确；若初始时l>l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时向心力为kx－f＝mω2l，故开始时，角速度变大，静摩擦力变小，当弹簧弹力恰好提供物块圆周运动的向心力时，摩擦力为0；物块的角速度继续变大，则有kx＋f＝mω2l，摩擦力由0开始逐渐变大，直到达到最大静摩擦力；继续增大角速度，物块的摩擦力为滑动摩擦力，保持不变，B正确；若初始时l<l0，当角速度从0开始不断增大，则开始时向心力为f－kx＝mω2l，故角速度为0时，静摩擦力不为零，物块角速度逐渐增大，则静摩擦力逐渐增大到滑动摩擦力，后保持滑动摩擦力大小，综上所述C、D图象均不可能，C、D错误．故选AB．11．(多选)(2022·四川宜宾模拟)国外一个团队挑战看人能不能在竖直的圆内测完整跑完一圈，团队搭建了如图一个半径1.6 m的木质竖直圆跑道，做了充分的安全准备后开始挑战．(g＝10 m/s2)( CD )A ．根据v ＝gR 计算人奔跑的速度达到4 m/s 即可完成挑战B ．不计阻力时由能量守恒计算要80 m/s 的速度进入跑道才能成功，而还存在不可忽略的阻力那么这个速度超过绝大多数人的极限，所以该挑战根本不能成功C ．人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6 m ，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功D ．一般人不能完成挑战的根源是在脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内侧造成指向圆心的力大于需要的向心力从而失败【解析】 人在最高点时，且将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，且在人所受重力提供向心力的情况下，有m v 2R＝mg ，可得v ＝gR ＝4 m/s ，未考虑人脚与跑道间作用力的情况，故考虑情况过于简单，A 错误；若将人的所有质量集中到脚上一点的情况下，设恰好通过最高点时的速度为v 1，通过最低点的速度为v 0，有－2mgR ＝12mv 21－12mv 20，m v 21R ＝mg ，联立可得v 0＝80 m/s ，但实际上并不是这样的，人的重心不可能在脚底，所以人完成圆周运动的轨道半径实际小于1.6 m ，因此这个速度并没有超过多数人的极限速度，挑战可能成功，B 错误，C 正确；脚在上半部分时过于用力蹬踏跑道内侧造成指向圆心的力大于需要的向心力，若人的速度不够，则会导致挑战失败，D 正确．故选CD ．应用题——强化学以致用12．(2022·河北张家口三模)如图所示，O 为半球形容器的球心，半球形容器绕通过O 的竖直轴以角速度ω匀速转动，放在容器内的两个质量相等的小物块a 和b 相对容器静止，b 与容器壁间恰好没有摩擦力．已知a 和O 、b 和O 的连线与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则下列说法正确的是( A )A ．小物块a 和b 做圆周运动的向心力之比为3∶1B ．小物块a 和b 对容器壁的压力之比为3∶1C ．小物块a 与容器壁之间无摩擦力D ．容器壁对小物块a 的摩擦力方向沿器壁切线向下【解析】 a 、b 角速度相等，向心力可表示为F ＝mω2R sin α，所以a 、b 向心力之比为sin 60°∶sin 30°＝3∶1，A 正确；若无摩擦力a 将移动到和b 等高的位置，所以摩擦力沿切线方向向上．定量分析：对b 分析可得mg tan 30°＝mω2R sin 30°，结合对b 分析结果，对a 分析mω2R sin 60°<mg tan 60°即支持力在指向转轴方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背离转轴方向的分力，即摩擦力沿切线方向向上；对b 有F N b cos 30°＝mg ，对a 有F N a cos 60°＋F f sin 60°＝mg ，所以F N a F N b ≠cos 30°cos 60°＝31，B 、C 、D 错误，故选A ．13．(2022·甘肃金昌联考)如图所示，竖直平面内的平面直角坐标系第一象限有一个接触面，接触面的截面满足方程y ＝ax 2，质量为2 kg 的钢球从图中其坐标为(－1 m ，9 m)处，以v 0＝2 m/s 的初速度水平抛出，经过t ＝1 s 时，落在接触面某处(不考虑反弹，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2)，下列说法正确的是( C )A ．接触面的竖直截面抛物线方程表达式为y ＝2x 2B ．落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角为60°C ．在空中飞行的过程中，钢球的动量变化为20 kg·m/sD ．假设该钢球以1 m/s 的初速度从同样位置平抛，则不能落在接触面上【解析】 设落在接触面上位置坐标为(x ，y )根据平抛运动规律，有9 m －y ＝12gt 2，1 m＋x ＝v 0t ，解得x ＝1 m ，y ＝4 m ，所以接触表面抛物线方程表达式为y ＝4x 2，故A 错误；设钢球落在接触面上竖直分速度为v y ＝gt ＝10 m/s ，钢球的速度方向与水平面的夹角为θ，则有tan θ＝v y v 0＝5可知落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角不等于60°，故B 错误；在空中飞行的过程中，钢球的动量变化为Δp ＝m ·Δv ＝mv y ＝20 kg·m/s，方向竖直向下，故C 正确；设钢球速度为v 时，恰好落在坐标原点，则1 m ＝vt ′，9 m ＝12gt ′2，解得v ＝53m/s ，球以v 0′＝1 m/s>v 的初速度从图中同样位置平抛，则一定能落在接触面上，故D 错误．14．(2022·四川宜宾二诊)如图，在某次排球运动中，质量为m 的排球从底线A 点的正上方H 处以某一速度水平发出，排球恰好越过球网落在对方底线的B 点上，且AB 平行于边界CD ．已知网高为h ，球场的长度为s ，重力加速度为g ，不计空气阻力，排球可看成质点，当排球被发出时，下列说法正确的是( B )A ．排球从被击出运动至B 点，重力的冲量大小为mg 2h gB ．击球点的高度H 为43hC ．运动员击打排球做的功为mgs 26hD ．排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足tan θ＝2hs【解析】 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动x ＝vt ，排球从初位置运动到网的位置与排球从网位置到落地的时间之比为t 1∶t 2＝s 2v ∶s2v＝1∶1，排球竖直方向上做自由落体运动H －hH ＝12gt 2112g （t 1＋t 2）2＝14，解得H ＝43h ，故B 正确；排球从被击出运动至B 点，由H ＝43h ＝12gt 2，解得排球运动的时间t ＝8h3g，则重力的冲量大小为I ＝mgt ＝mg 8h 3g，故A 错误；排球的初速度为v ＝st ＝s3g 8h ，运动员击打排球做的功为W ＝12mv 2＝3mgs 216h，故C 错误；排球刚触地时竖直方向的速度为v y ＝gt ＝8gh3，则排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足tan θ＝v y v ＝8h3s，故D 错误． 15．(2022·湖北黄冈中学二模)我国首颗人造地球卫星“东方红一号”其运行轨道为绕地球的椭圆，远地点A 距地球表面的高度为2 129 km ，近地点B 距地球表面的高度为429 km ；地球同步卫星距地面的高度约为36 000 km ．已知地球可看成半径为6 371 km 的匀质球体，地球自转周期为24 h ，引力常量G ＝6.67×1011N·m 2/kg 2，下列说法正确的是( A )A ．根据以上数据可以求出地球的质量和“东方红一号”绕地球运转的周期B ．“东方红一号”在远地点A 的速度大于地球的第一宇宙速度C ．“东方红一号”在远地点A 的机械能小于在近地点B 的机械能D ．地球同步卫星的加速度大于地球表面上的重力加速度【解析】 设R 为地球半径，M 为地球质量，h 为地球同步卫星距地面的高度，T 为地球自转周期，对同步卫星G Mm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，可以计算地球质量；设“东方红一号”其远地点A 距地球表面的高度为h 1，近地点B 距地球表面的高度为h 2，其运行轨道半长轴R 1＝（R ＋h 1）＋（R ＋h 2）2①，根据开普勒第三定律（R ＋h ）3T 2＝R 21T 21②，由①②可得“东方红一号”绕地球运转的周期T 1，故A 正确；卫星在远地点A 做向心运动，速度小于其在该点做圆周运动的线速度，根据G Mm r 2＝m v 2r ，v ＝GMr，卫星在远地点A 做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度，所以“东方红一号”在远地点A 的速度小于地球的第一宇宙速度，故B 错误；“东方红一号”在远地点A 的机械能等于在近地点B 的机械能，故C 错误；地球表面万有引力近似等于重力G MmR 2＝mg ，g ＝GM R 2，同步卫星万有引力充当向心力a ＝GMr2，r >R ，因此a <g ，故D 错误．16．(2022·四川德阳二诊)随着2022北京冬奥会的举办，人们对冰雪运动的了解越来越多，许多人投身其中．山地滑雪是人们喜爱的一项冰雪运动，一滑雪坡由AB 和BC 组成，AB 是倾角为37°的斜坡，BC 是半径为R ＝5 m 的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B ，与水平面相切于C ，如图所示，AB 竖直高度差为h 1，竖直台阶CD 高度差为h 2＝9 m ，台阶底端与倾角为37°斜坡DE 相连．运动员连同滑雪装备总质量为75 kg ，从A 点由静止滑下通过C 点后飞落到DE 上，运动员经过C 点时轨道受到的压力大小为4 590 N ，不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，运动员可以看成质点(g 取10 m/s ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：11(1)AB 竖直高度差h 1为多大；(2)运动员在空中飞行的时间；(3)运动员离开C 点后经过多长时间离DE 的距离最大．【答案】 (1)11.8 m (2)3 s (3)1.2 s【解析】 (1)由A 到C ，对运动员由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2Ch ＝h 1＋R (1－cos θ)C 处，对运动员由牛顿第二定律得N C －mg ＝m v 2C R解得运动员到达C 点的速度为v C ＝2gh ＝16 m/s解得h 1＝11.8 m ．(2)运动员在空中做平抛运动，则x ＝v C th 2＋y ＝12gt 2y x ＝tan 37°解得t ＝3 s ．(3)离开C 点离DE 的距离最大时，速度方向平行DE ，则v y ＝v C tan 37°＝gt ′ 解得t ′＝1.2 s ．。
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题4电路与电磁感应第2讲电磁感应问题课件
管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部
用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为
h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则 A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
(C )
B．圆管的感应电动势大小为kπhr2
针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态．当圆盘绕
轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是
(B )
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动 D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆
盘中没有感应电流
【解析】 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过 小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流 产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动，故选B．
二、求感应电动势大小的三种方法 1．磁通量变化型：E＝nΔΔΦt ＝nSΔΔBt ＝nBΔΔSt ． 2．平动切割型：E＝Blv． 3．转动切割型：E＝12Bl2ω．
三、求电荷量的三种方法 1．q＝It(式中 I 为回路中的恒定电流，t 为时间) 2．q＝nΔRΦ(其中 R 为回路总电阻，ΔΦ 为穿过闭合回路的磁通量变 化量) 3．Δq＝CBlΔv(式中 C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强 度，l 为导体棒切割磁感线的长度，Δv 为导体棒切割速度的变化量)
度
0
～
π4过
程
中
，
E
＝
Bl2切ω 2
＝
Bl2ω 2cos2α
＝
Bl2ω 2cos2ω
t
，
对
E
求 导 可 得 ， ΔE ＝ Δt
Bl2ω2tcaons2ωωtt＝2cBols2ω22ωtat＋n ω1 t，在 t＝0 到 t＝4πω过程中，tan ωt 在增大，cos
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题1力与运动第3讲力与曲线运动课件
弹的说法正确的是 A．将击中 P 点，t 大于Lv
(B )
B．将击中 P 点，t 等于Lv
C．将击中 P 点上方，t 大于Lv
D．将击中 P 点下方，t 等于Lv
【解析】 由题意知枪口与 P 点等高，子弹和小积木在竖直方向上 做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木运动时间相同，根据 h ＝12gt2，可知下落高度相同，所以将击中 P 点；又由于初始状态子弹到 P 点的水平距离为 L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有 t＝Lv，故 选 B．
3．(2022·全国乙，14)2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光 富在离地球表面约400 km的“天宫二号”空间实验室上通过天地连线，为 同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上 飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们 ( C )
A．所受地球引力的大小近似为零 B．所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零 C．所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等 D．在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大 小
的最小发射速度．
“关键能力”构建 1．思想方法 (1)合运动性质和轨迹的判断 ①若加速度方向与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动；若 加速度方向与初速度的方向不在同一直线上，则为曲线运动． ②若加速度恒定则为匀变速运动，若加速度不恒定则为非匀变速运 动．
(2)处理变轨问题的两类观点 力学观点：从半径小的轨道Ⅰ变轨到半径大的轨道Ⅱ，卫星需要向 运动的反方向喷气，加速离心；从半径大的轨道Ⅱ变轨到半径小的轨道 Ⅰ，卫星需要向运动的方向喷气，减速近心． 能量观点：在半径小的轨道Ⅰ上运行时的机械能比在半径大的轨道 Ⅱ上运行时的机械能小．在同一轨道上运动卫星的机械能守恒，若动能 增加则引力势能减小．
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题1力与运动第1讲力与物体的平衡课件
命题热点•巧突破
考点一 静态平衡问题
考向1 单个物体的平衡
1．(2022·浙江6月高考)如图所示，一轻质晒
衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的
斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°．一重为G的物体
悬 挂 在 横 杆 中 点 ， 则 每 根 斜 杆 受 到 地B 面 的
A．作用力为
3 3G
(B．作) 用力为
第一部分
专题突破方略
专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平衡
真题速练·明考情 核心知识·固双基 命题热点·巧突破 应用创新·提素养
真题速练·明考情
1．(2020·新课标Ⅲ卷)如图，悬挂甲物体的
细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳
的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物
体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡
核心知识·固双基
“必备知识”解读 1．弹力 (1) 大 小 ： 弹 簧 在 弹 性 限 度 内 ， 弹 力 的 大 小 可 由 胡 克 定 律 F ＝ kx 计 算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来 求解． (2) 方 向 ： 一 般 垂 直 于 接 触 面 ( 或 切 面 ) 指 向 施 力 物 体 形 变 恢 复 的 方 向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向．
D．
3 3
【解析】 设 PQ 之间的库仑力为 F，滑块质量为 m，隔离 Q 受力
分析，沿斜面方向，由平衡条件可得 Fcos 30°＝mgsin 60°，隔离 P 受力
分析，沿斜面方向，由平衡条件，可得 μ(mgcos 60°＋F)＝mgsin 60°，联
立解得：μ＝
3，选项 3
D
正确．
4．(2022·湖南，3)如图甲所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘 轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场， 与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图 如图乙所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ．
新高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题1力与运动第1讲力与物体的平衡
第一部分专题一第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·浙江1月高考，3分)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为G P和G Q.用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F.下列说法正确的是( D )A．Q对P的磁力大小等于G PB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于G Q＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q【解析】由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G P，选项A、B错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q，即Q对电子秤的压力大小等于G P＋G Q，选项C错误，D正确．2. (2022·福建龙岩一模)一台空调外机用两个三角形支架固定在竖直外墙上，如图所示，横梁AO水平，斜梁BO与横梁AO连接于O点，空调外机对横梁AO压力集中作用于O点，不计支架的重力．下列说法正确的是( D )A．横梁对O点的作用力沿AO方向B．斜梁对O点的作用力沿OB方向C．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力增大D．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力减小【解析】空调对横梁O点的压力竖直向下，则横梁对O点的作用力竖直向上，选项A错误；斜梁对O点有竖直向上的支持力和水平方向的作用力，其合力方向不一定沿OB方向，选项B错误；以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：由受力图结合几何关系可得F1＝Gcos θ，若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cos θ增大，故F1将变小，故C错误，D正确．3.如图所示，质量m＝0.15 kg、长度L＝10 cm的金属棒ab由两个完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( A )A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1 TC．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm【解析】由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIL＝2kΔx，可得B＝1 T，B错误；根据左手定则，可知ab棒中电流方向由b指向a，故N端是电源正极，A正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大故形变量变大，弹簧的长度变大，C错误；仅使磁场反向，则mg＝BIL＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5 cm，D错误．4. (2022·湖南衡阳二模)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别连接在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时M A段水平，B N段与水平天花板的夹角为30°，轻绳AB段与水平方向的夹角为θ，则tan θ的值为( C )A.34B．35C．36D．38【解析】以A、B组成的整体为研究对象，受力情况如图甲所示，则由平衡条件可得F B N＝2mgsin 30°＝4mg，隔离B并对其进行受力分析，受力情况如图乙所示，根据平衡条件有F B N sin 30°＝mg＋F AB sin θ，F B N cos 30°＝F AB cos θ，联立解得tan θ＝36，选项C正确．5. (2022·哈尔滨二模)如图所示，M、N两支架固定在高台边缘，钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，钢绳的长度可通过固定在支架M上的电动机收放．某杂技演员(可视为质点)抓住套在钢绳上的滑环静止在高空，滑环可沿钢绳无摩擦滑动．下列说法正确的是( C )A．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，钢绳拉力将不断减小B．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，左侧钢绳拉力将增大，右侧钢绳拉力将减小C．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，钢绳拉力将不断减小D．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为偏向支架N一侧的曲线【解析】设滑环两侧钢绳与水平面的夹角为θ，对杂技演员由平衡条件可得2T sinθ＝mg，若启动电动机使钢绳缓慢缩短，则θ减小，两侧钢绳拉力将不断增大，若启动电动机使钢绳缓慢伸长，则θ增大，两侧钢绳拉力将不断减小，C正确，A、B错误；由于钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，同一条钢绳上拉力大小处处相等，由对称性可知，滑环两侧钢绳与水平面的夹角总是相等，故启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为竖直向下，若演员运动的轨迹偏向支架N一侧，滑环两侧的钢绳与水平面的夹角就不会相等，D错误．6. (2021·山东省实验中学高三月考)如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m 的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止．已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( C )A ．斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为0B ．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动C ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ－sin 2θkD ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ＋sin 2θk【解析】 把A 、B 看成一个整体，斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为f ＝2mg sin θ，所以A 错误；有弹簧时，对A 分析有f A ＝mg sin θ2＋k Δx 2，若将弹簧拿掉，对A 则有f A ′＝mg sin θ<f A ，所以若将弹簧拿掉，物块不可能发生滑动，所以B 错误；弹簧的压缩量最大时，物块达到最大静摩擦力，则mg sin θ2＋k Δx 2＝μmg cos θ，解得Δx ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk，所以C 正确，D 错误．故选C. 7. (2021·河南濮阳一中调研)如图所示，用绝缘细线把小球A 悬于O 点，静止时恰好与另一固定于O 点正下方的小球B 接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T 1，库仑斥力为F 1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T 2，库仑斥力为F 2，则( B )A ．T 1<T 2B ．T 1＝T 2C ．F 1>F 2D ．F 1＝F 2【解析】 小球A 的受力情况如图所示，重力mg 、悬线张力T 、库仑斥力F ，这三个力的合力为0.因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形O A′B 相似，则有：mg O B ＝T O A′＝FA′B，因为O A′＝O B，所以T＝mg，即T与θ无关，则有T1＝T2，而F与两球间距成正比A′B>AB，则F2>F1，故B正确，A、C、D错误．应用题——强化学以致用8. (2021·广东湛江二模)如图所示，某学生的水壶(含挂绳)挂在课桌边，图甲为实物图，图乙为简化图，O为挂钩，A、B等高且之间拴接挂绳，不计一切摩擦，以下说法正确的是( B )A．挂绳对挂钩的作用力等于水壶的重力B．挂绳对水壶的作用力大于水壶的重力C．课桌对水壶的作用力大于水壶的重力D．课桌对水壶的作用力小于水壶的重力【解析】水壶的受力如图所示，(图中T表示两个绳子的拉力的合力)，由图可知，挂绳对水壶的作用力T的竖直分量等于水壶的重力G，可知T>G，绳子对挂钩的作用力大小也是T，所以大于水壶的重力，A错误，B正确；课桌对水壶的作用力为T和F的合力，与水壶所受重力等大反向，故CD错误．故选B.9. (2022·山东济南一中期中)内燃机汽缸内的燃气推动活塞运动的示意图，如图所示，活塞质量为m，若活塞从汽缸的顶部向底部匀速运动过程中，气体对活塞的合力F大小恒定、方向向下，汽缸与活塞之间的摩擦可忽略，重力加速度为g.当连杆与竖直方向的夹角为θ时，下列说法正确的是( A )A．汽缸壁对活塞的作用力大小为(F＋mg)tan θB．汽缸壁对活塞的作用力大小为F＋mgsin θC．长连杆受到的作用力大小为(F＋mg)cos θD ．长连杆受到的作用力大小为F sin θ【解析】 对活塞进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有N 1cos θ＝F ＋mg ①N 1sin θ＝N 2②联立①②解得汽缸壁对活塞的作用力大小为N 2＝(F ＋mg )tan θ，长连杆对活塞的作用力大小为N 1＝F ＋mg cos θ，根据牛顿第三定律可知长连杆受到的作用力大小为N ′1＝N 1＝F ＋mg cos θ，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 10. (多选)(2022·福建漳州二模)如图，直角支架固定在水平地面上，小球A 穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮．将细绳一端系在A 上，另一端跨过滑轮系在小水桶B 上，系统处于静止状态．现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来．不计滑轮质量及摩擦，在球A 缓慢下降过程中( AD )A ．绳对球A 拉力的竖直分量保持不变B ．竖直杆对球A 的弹力保持不变C ．轴对滑轮的作用力方向竖直向上D ．轴对滑轮的作用力越来越小【解析】 球A 缓慢下降，A 处于平衡状态，对A 受力分析，如图所示，根据平衡条件得T cos θ＝m A g ，T sin θ＝N 得N ＝m A g tan θ，所以绳对球A 拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N 减小，故A 正确，B 错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C 错误；对滑轮由平衡条件可得2T cos θ2＝T 1，其中T ＝m A g cos θ，则T 1＝2m A g cos θcos θ2＝2m A g 2cos 2θ2－1cos θ2＝2m A g 2cos θ2－1cos θ2，θ减小，由数学知识可知，T 1变小，故D 正确．故选AD.11. (2021·山东潍坊二中高三期中)如图所示，斜面的倾角为30°，轻绳一端固定于天花板，另一端通过两个滑轮与物块甲相连，动滑轮悬挂物块乙后，甲、乙保持静止，此时动滑轮两边轻绳的夹角为120°.已知甲的质量为m ，甲与斜面间的动摩擦因数为36，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦，则乙的质量可能为( B ) A.16m B ．12m C ．m D ．2m【解析】 当甲恰好不下滑时，对甲T 1＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得T 1＝14mg ，对乙，根据平衡条件2T 1cos 60°＝m 1′g ，解得m 1′＝14m ，当甲恰好不上滑时，对甲T 2＝μmg cos θ＋mg sin θ，解得T 2＝34mg ，对乙，根据平衡条件2T 2cos 60°＝m 2′g ，解得m 2′＝34m ，故乙的质量取值范围为14m ≤m ′≤34m ，故选B. 12. (2021·湖北武汉实验中学高三期中)如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．保持A 端位置不变，将B 端分别移动到B 1、B 2两点．下列说法正确的是( D )A ．B 端移到B 1，绳子张力变大B ．B 端移到B 1，绳子张力变小C ．B 端移到B 2，绳子张力变大D ．B 端移到B 2，绳子张力不变【解析】 设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L ，两杆间距离为d ，如图所示，根据几何关系有L 1sin θ＋L 2sin θ＝d ，得sin θ＝dL 1＋L 2＝d L.当B 端移到B 1位置或B 2位置时，d 、L都不变，则θ也不变；由平衡条件可知2F cosθ＝mg，解得F＝mg2cos θ可见，绳子张力F 也不变，故D正确，A、B、C错误．13. (2021·广东河源模拟)如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械．为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g.下列说法正确的是( C )A．OA段绳索受到的拉力小于mgB．OA段绳索受到的拉力大于mgC．OB杆对定滑轮的支持力小于2mgD．OB杆对定滑轮的支持力大于2mg【解析】OA段绳索受到的拉力与OC段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为T＝mg，所以OA段绳索受到的拉力等于mg，故A、B错误；设两段绳索之间的夹角为2θ，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2T cos θ＝F，解得：F＝2mg cos θ；由于θ>0，所以OB杆对定滑轮的支持力F<2mg，故C正确，D错误．14. (2021·浙江杭州模拟)在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F(如图所示)，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则( C )A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小D．减小θ的同时若减小F，拖把一定做加速运动【解析】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：竖直方向上：F sin θ＋mg＝F N①；水平方向上：F cos θ－F f＝0 ②；式中F N和F f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．其中F f＝μF N③；由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sin θ减小，地面对拖把的支持力F N变小；由③可得地面对拖把的摩擦力F f变小，故选项C正确；减小F与水平方向的夹角θ时，F f减小，而F cos θ增大，所以F cos θ－F f将大于0，所以拖把将做加速运动，故选项A、B错误；减小θ的同时若减小F，则F cos θ－F f不一定大于0，拖把不一定做加速运动，故选项D错误．15. (2022·山东昌乐二中模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态．图中所示风筝质量m＝0.4 kg，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角．已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.(1)画出风筝的受力图，求此时风对风筝的作用力F的大小和主线对风筝的拉力T的大小(结果保留三位有效数字)；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则此时风筝平面与水平面的夹角θ为多大(用反三角函数表示)?【答案】(1)图见解析33.3 N 6.13 N(2)arctan 12【解析】 (1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg 、风对它的作用力F 和主线对它的拉力T (如图所示)，以风筝平面方向为x 轴，F 方向为y 轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T 正交分解在x 轴方向mg sin 30°－T cos 53°＝0在y 轴方向F ＝T sin 53°＋mg cos 30°联立两式，解得T ≈33.3 NF ≈6.13 N.(2)同理以水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴建立坐标系．(如图所示)设风对风筝的作用力水平分力为F x ，竖直分力为F y ，由平衡条件知 F x ＝T cos 53°＝6 NF y ＝T sin 53°＋G ＝12 N风筝平面与水平面的夹角θ满足tan θ＝F xF y ＝12故θ＝arctan 12.。
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第一部分专题三第1讲基础题——知识基础打牢1．(多选)(2022·河北唐山三模)如图所示，两个等量的点电荷分别固定在A、B两点．虚线为AB的中垂线，交AB于O点．曲线ab为一电子只在电场力作用下的运动轨迹．a、b关于O点对称．则下列说法正确的是( BCD )A．两个点电荷一定是异种电荷B．电子在a、b两点加速度大小相同C．电子在a、b两点动能相同D．电子在a、b两点电势能相同【解析】电子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，所以两个点电荷均带正电，故A错误；根据对称性可知电子在a、b两点所受电场力大小相同，所以加速度大小相同，故B正确；根据等量同种点电荷周围电势分布规律以及对称性可知a、b两点电势相等，所以电子在a、b 两点的电势能相同，根据能量守恒定律可知电子在a、b两点动能相同，故C、D正确．故选BCD．2．(多选)(2022·湖北武汉高三阶段练习)如图所示，实线是一电场的电场线，一个电子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，过a点、b点的速度分别为v a、v b，虚线为该电子的运动轨迹，下列说法中正确的是( AC )A．A、B所在电场线的方向是由B指向A的方向B．电子在a处的加速度小于在b处的加速度C．电子在a处的电势能大于在b处的电势能D．电子在a处的动能大于在b处的动能【解析】由图可知电子的运动轨迹向右弯曲，电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以A、B所在电场线的方向是由B指向A的方向，故A正确；电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在A点的场强大于B点的场强，在A点所受的电场力大，所以在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；电子所受的电场力沿电场线偏向右，电子由a点运动到b 点的过程中，电场力做正功，电子的电势能减小，动能增大，所以电子在b 点的电势能小，动能大，故C 正确，D 错误．故选AC ．3．(2022·河北秦皇岛二模)如图所示，一蜘蛛将网织成两个正方形ABCD 、abcd ，其边长分别为2L 、L ，现在a 、b 、c 、B 四个位置分别放置一个点电荷，发现b 处的点电荷所受电场力恰好为零，若仅将b 处的点电荷Q 沿bd 方向移至d 处，则( B )A ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力可能先增大后减小B ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力可能先减小后增大C ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力一定先做正功，后做负功D ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力一定先做负功，后做正功【解析】 当点电荷Q 在O 点时，a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力为零，当场强最大值在Ob 之外时，则将b 处的点电荷Q 沿bd 方向移至d 处时，a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力先减小后增大，如果场强最大值在Ob 之间，合力先变大后变小再变大再变小，则选项A 错误，B 正确；在a 、b 、c 、B 四个位置分别放置一个点电荷，发现b 处的点电荷所受电场力恰好为零，可知a 、c 、B 三个位置分别放置的点电荷一定是同种电荷，但是不能确定电荷的正负；仅将b 处的点电荷Q 沿bd 方向移至d 处，若点电荷Q 与另外三个电荷带同性电荷，则点电荷Q 从O 到d 时电场力做正功；若点电荷Q 与另外三个电荷带异性电荷，则点电荷Q 从O 到d 时电场力做负功，选项C 、D 错误．故选B ．4．(多选)(2022·湖南衡阳三模)在x 轴上固定两个带电荷量分别为＋4q 、－q 的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势φ在x 轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是( BC )A ．正电荷在坐标原点，负电荷在x ＝x 22的位置 B ．负电荷在坐标原点，正电荷在x ＝－x 2的位置C ．在x 轴上x ＞x 2区域电场强度沿x 轴正方向D ．一带负电试探电荷从O 处移到x 2处，电势能先减小后增加【解析】 由φ-x 可知，原点附近的电势为负且绝对值很大，可知负电荷在坐标原点，φ-x 图象斜率表示电场强度大小，x ＝x 2位置电场强度为零，根据k 4qx 2＋x 32＝k q x 22，解得x3＝x2，正电荷在x＝－x2的位置，故B正确，A错误；在x轴上x＞x2区域电势一直减小，电场强度沿x轴正方向，故C正确；从O处移到x2处，电势不断增加，一带负电试探电荷电势能不断减小，故D错误．故选BC．5．(2022·浙江绍兴模拟预测)如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势＋U，两个电极带负电荷，形成低电势－U．图中a、b、c、d四个点为电场中的四个位置，下列说法正确的是( B )A．图中虚线表示电场线B．a点的电势高于b点的电势C．电荷在四个电极的表面分布均匀D．c点的电场强度大小与d点的电场强度大小相等【解析】四个电极都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表示电场线，选项A错误；a点的电势为零，b点电势小于零，则a点电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选项C错误；因c点等势面较d点密集，则c点电场线分布较d点密集，即c点的电场强度大小比d点的电场强度大小较大，选项D错误．故选B．6．(2022·辽宁沈阳二中模拟预测)如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A、B、C、D为电场中的四个点，B、C点为空心导体表面两点，A、D为电场中两点，A、D两点所在电场线沿竖直方向，且电场线分布关于竖直方向对称．下列说法中正确的是( C )A．B点的电势低于A点的电势B．B、A两点的电势差小于C、B两点的电势差C．B点场强大于A点场强D．电子在D点的电势能大于在A点的电势能【解析】沿电场线方向电势降低，则B点的电势高于A点的电势，故A错误；空心导体表面电势处处相等，有φC ＝φB ，根据电势差的公式，可得U BA ＝φB －φA ＞0，U CB ＝φC －φB ＝0，可知，B 、A 两点的电势差大于C 、B 两点的电势差，故B 错误；B 点电场线较A 点密集，可知B 点场强大于A 点场强，故C 正确；顺着电场线电势降低可得φD ＞φA ，根据电势能的公式，有E p ＝qφ，又q ＜0，联立，可得E p D ＜E p A ，易知电子在D 点的电势能小于在A 点的电势能，故D 错误．故选C ．7．(2022·广东模拟预测)在通电长直导线产生的磁场中，到导线的距离为r 处的磁感应强度大小B ＝kI r ，其中I 为通过长直导线的电流，k 为常量．如图所示，三根通电长直导线P 、Q 、R 均垂直直角坐标系xOy 所在平面，其间距相等，P 、Q 与坐标平面的交点均在x 轴上且关于原点O 对称，通过P 、Q 、R 的电流之比为1∶1∶3，电流方向已在图中标出．若通过P 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度大小为B 0，则原点O 处的合磁感应强度大小为( C )A ．B 0B ．5B 0C ．7B 0D ．3B 0【解析】 根据安培定则可知，通过P 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度方向沿y 轴负方向，设三根导线的间距为a ，通过P 的电流为I 0，则有B 0＝2kI 0a，类似可得，通过Q 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度大小B 1＝2kI 0a，方向沿y 轴负方向；通过R 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度大小B 2＝k ·3I 0a sin 60°＝23kI 0a ，方向沿x 轴正方向，故原点O 处的合磁感应强度大小B ＝B 0＋B 12＋B 22，解得B ＝7B 0，故选C ． 8．(2022·湖北恩施市第一中学模拟预测)丹麦物理学家奥斯特在1820年4月发现了电流的磁效应，从而开启了人类对电与磁相互关联关系探索的序幕．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比．如图为垂直于纸面放置在x 轴上0和x 0处的两根平行长直导线，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I 1＞I 2．规定磁场方向垂直于x 轴向上为正，在0～x 0区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是图中的( A )【解析】 由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向垂直于x 轴向上，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向垂直于x 轴向下，由于规定磁场方向垂直于x 轴向上为正，故在0～x 0区间内磁场方向先为正后为负．根据通电长直导线周围某点磁感应强度B ＝k I r 和I 1＞I 2，可知在x 02的位置磁场方向为正方向，A 正确． 9．(多选)(2022·辽宁模拟预测)如图所示，两个带等量正电荷的点电荷分别固定于x 轴上的P 、Q 两点，其位置关于直角坐标系xOy 的原点O 对称．圆弧PQ 是一个以O 点为圆心的半圆，c 点为半圆与y 轴的交点，a 、b 为一平行于x 轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是( AD )A ．a 、b 两点的电势相同B ．a 、b 两点的电场强度相同C ．将一个带负电的试探电荷先沿着圆弧从a 点移到c 点，再沿y 轴正方向移动，试探电荷的电势能先增大后不变D ．设两电荷在半圆上任意一点产生的电场强度大小分别是E 1，E 2，则1E 1＋1E 2为一定值 【解析】 由对称性和等势线分布可知，a 、b 两点电势相同，A 正确；电场强度大小相等，但方向不同，B 错误；负电荷从a 点移到c 点，电场力做负功电势能一直增大，再从c 点沿y 轴正方向移动电场力同样做负功电势能也一直增大，C 错误；半圆上任一点与P 点连线与PQ 夹角为θ，故E 1＝kQ 2R cos θ2，E 2＝kQ 2R sin θ2，则1E 1＋1E 2＝4R 2kQ (cos θ2＋sin θ2)＝4R 2kQ为一定值，D 正确．故选AD ． 10．(2022·山西太原三模)在甲、乙电场中，试探电荷－q (q ＞0)具有的电势能E p 沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是( D )A ．图甲中，试探电荷在O 点受到的电场力为零B ．图甲中，电场强度沿x 轴正方向C ．图乙中，x 1处的电场强度小于x 2处的电场强度D ．图乙中，x 1处的电势高于x 2处的电势【解析】 根据ΔE p ＝－W 电＝Fx 可知E p -x 图象斜率的绝对值表示电场力的大小，故图甲中，试探电荷在O 点受到的电场力不为零，沿x 轴正方向电势能增大，则电场力做负功，可知电场力沿x 轴负方向或者有沿x 轴负方向的分量，试探电荷带负电，则电场强度沿x 轴正方向或者电场强度有沿x 轴正方向的分量，电场强度不一定沿x 轴正方向，故A 、B 错误；根据E p -x 图象斜率的绝对值表示电场力的大小，结合F ＝qE 可知x 1处的电场强度大于x 2处的电场强度，故C 错误；x 1处的电势能低于x 2处的电势能，试探电荷带负电，根据E p ＝qφ，可知x 1处的电势高于x 2处的电势，故D 正确．故选D ．11．(多选)(2022·江西南昌市八一中学三模)如图所示，真空中有四个等量异种点电荷，M 、N 带正电，P 、S 带负电，分别放在圆心为O 的虚线圆上等距离的四个点，a 、b 、c 、d 分别为两点电荷连线的中点，下列说法正确的是( BD )A ．O 点的合场强为零，a 点的合场强方向水平向左B ．b 点的合场强大于a 点的合场强C ．将一电子从b 点沿直线移动到d 点，电场力做负功D ．将一质子从a 点沿直线移动到c 点，其电势能一直减小【解析】 M 、S 电荷在O 点电场强度方向由O 指向S ，N 、P 在圆心O 点电场强度方向由O 指向P ，则圆心O 点电场强度由O 指向c ，不为零．M 、N 在a 点合场强为0，P 在a 点电场强度由a 指向P 点，S 在a 点电场强度由a 指向S 点，故a 点合电场强度方向水平向右，A 错误；由A 选项分析可知，a 点电场强度为P 、S 产生的合电场；对b 点来说，电场强度等于M 和P 的合电场强度与N 和S 的合电场强度的叠加，这两个合电场强度方向均向右．点电荷的电场强度E ＝kq r 2，则仅M 和P 在b 点的合电场强度就大于P 和S 在a 点的合电场强度．故b 点的合场强大于a 点的合场强，B 正确；根据对称性可知，b 点和d 点电势相等，根据W ＝qU ，可知，将一电子从b点沿直线移动到d点，电场力做功为0，C错误；分析可知，在ac连线上，M、N在任意一点(除a点外)的合电场强度方向均为水平向右．P、S在ac连线上的任意一点(除c点外)的合电场强度也为水平向右．故质子从a点沿直线移动到c点的过程中，电场力方向水平向右，电场力做正功，电势能一直减小，D正确．故选BD．12．(多选)(2022·河北模拟预测)如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量为＋q、－q的点电荷，以a、b连线中点O为圆心的圆与a、b连线的中垂线cd交于K点．圆上的四个点M、N、Q、P为矩形的四个顶点，且MP平行于cd．则下列说法不正确的是( BCD )A．M、Q两点电场强度相同B．P、N两点电势相等C．电性为负的试探电荷位于K点时的电势能小于其位于M点时的电势能D．电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，该电荷将做匀速直线运动【解析】根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在M点的场强与负电荷在Q点的场强相同，正电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产生的场强夹角相同，根据电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，如图所示，A正确；cd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧靠近负电荷区域电势低，故P点电势高于N点电势，B错误；由B中分析知，K点电势低于M点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，C错误；电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力作用而做曲线运动，D错误．故选BCD．13．(多选)(2022·湖北广水市一中高三阶段练习)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点．现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b 两点时的速度分别为v a、v b，其速度随坐标位置变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( AC )A．Q2带负电且电荷量小于Q1B．沿x轴正方向ab连线上电势先降低再升高C．沿x轴正方向ab连线上电场力先做正功再做负功D．沿x轴正方向a点右侧场强先减小再增大【解析】带负电的粒子在2L＜x＜3L区间加速，说明在2L＜x＜3L区间负粒子q所受电场力沿x轴正方向，电场方向沿x轴负方向；带负电的粒子在3L＜x＜4L区间减速，说明在3L＜x＜4L区间负粒子q所受电场力沿x轴负方向，电场方向沿x轴正方向，因此Q1带正电，Q2带负电，且Q2的电荷量小于Q1的电荷量，故A正确；粒子运动过程中只有静电力做功，动能与电势能之和为定值，由图象可知ab连线的中点x＝3L处速度最大，即粒子q的动能最大，电势能最小，由于粒子q带负电，因此ab连线的中点电势最高，即ab连线上电势先升高再降低，故B错误；粒子从a到b的过程中速度先增大再减小，由动能定理知粒子从a到b的过程中，电场力先做正功再做负功，故C正确；沿x轴正方向a点右侧场强先减小到零，然后场强方向变为沿x轴正方向，但a点右侧场强不可能一直增大，无穷远位置场强为零，故D错误．故选AC．14．(多选)(2022·山东菏泽二模)如图所示，空间存在一个正四面体ABCD，其边长为a，在水平面上的B、C、D三个顶点各固定一个电荷量为＋q的点电荷，一个质量为m的点电荷N 恰好可以静止在A点．若把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力做功的大小为W．不考虑N对电场的影响，以无穷远处电势为零，重力加速度为g．根据上述现象，可以判定( AB )A．A点的电场强度为E A＝6kq a2B．点电荷N带电荷量大小为q N＝6mga2 6kqC．A点的电势为φA＝6kqW 6mga2D．点电荷N的电势能将先增大后减小【解析】 固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为F ＝kq N q a 2，设F 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝63，对小球，由平衡条件有3F cos θ＝mg ，解得q N ＝6mga 26kq，A 点的电场强度为E A ＝mg q N ＝6kq a2，故A 、B 正确；根据题意可知，点电荷N 在A 点的电势能为W ，则A 点的电势为φA ＝Wq N ＝6kqW mga 2，故C 错误；把点电荷N 从A 点沿过A 点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D 错误．故选AB ．15．(多选)(2022·重庆八中高三阶段练习)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A 、B 、C 三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5C 、质量为1 g 的小物块从C 点静止释放，其运动的v -t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( ABD )A ．小物块带正电B ．A 、B 两点间的电势差U AB ＝－500 VC ．小物块由C 点到A 点电势能先减小再增大D ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝100 N/C【解析】 根据物块运动的v -t 图象可知，小物块带正电，A 正确；从速度—时间图象可知，A 、B 两点的速度分别为v A ＝6 m/s ，v B ＝4 m/s ，再根据动能定理得qU AB ＝12mv 2B －12mv 2A ＝12×1×10－3×(42－62)J ，解得U AB ＝－500 V ，B 正确；从速度—时间图象可知，由C 到A 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，C 错误；带电粒子在B 点的加速度最大，为a m ＝47－5m/s 2＝2 m/s 2，所受的电场力最大为F m ＝ma m ＝0.001×2 N＝0.002 N ，则场强最大值为E m ＝F m q ＝0.0022×10－5N/C ＝100 N/C ，D 正确．故选ABD ． 应用题——强化学以致用16．(多选)(2022·山东滨州二模)已知球面均匀带电时，球内的电场强度处处为零．如图所示，O 为球心，A 、B 为直径上的两点，垂直于AB 将带正电的球面均分为左右两部分，OA ＝OB ．C 、D 为截面上同一直线上的两点，OC ＝OD ．现移去左半球面只保留右半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布．下列说法正确的是( AC )A．C点与D点电场强度大小相等方向相同B．A点与B点电场强度大小相等、方向相反C．将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变D．将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能先增大后减小【解析】对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，由于C点与D点关于AB对称，则根据场强的叠加原理可知，C点与D点电场强度大小相等方向相同，A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，B错误；对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，则中垂面为等势面，将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变，C正确；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能一直增大，D错误．故选AC．17．(2022·山东菏泽二模)如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距L＝1 m，导体棒ab质量为M＝0.9 kg，垂直放在导轨上，导体棒的中点用承受力足够大的轻绳经光滑定滑轮与放在水平面上m＝0.1 kg的物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，磁场的磁感应强度与时间的关系为B＝0.2t＋0.1(T)，方向竖直向下．现给导体棒通入I＝2 A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，重力加速度大小为g＝10 m/s2．下列描述符合事实的是( B )A．ab棒上通入的电流方向为从b向aB．在第2 s末物体m恰好离开地面C ．第4.5 s 末ab 棒的加速度为1.1 m/s 2D ．ab 棒运动过程中安培力做的功等于系统动能的增加量【解析】 给导体棒通入I ＝2 A 的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手定则，可判断出ab 棒上通入的电流方向为从a 向b ，A 错误；在第二秒末时，磁场强度为B 1＝0.2t ＋0.1＝0.5 T ，故ab 棒所受的安培力为F 安＝B 1IL ＝1 N ，导轨光滑，ab 棒未动时，细线拉力等于安培力大小，此刻对m 受力分析得F N ＝mg －T ＝mg －F 安＝0，在第2 s 末物体m 恰好离开地面，B 正确；在第4.5秒末时，磁场强度为B 2＝0.2t ＋0.1＝1 T ，故ab 棒所受的安培力为F ＝B 2IL ＝2 N ，对杆和物体整体分析，由牛顿第二定律得F －mg ＝(m ＋M )a ，解得a ＝1 m/s 2，C 错误；ab 棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D 错误．18．(2022·全国甲，25)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示．图中A 为轻质绝缘弹簧，C 为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M 为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D 的一端与M 固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ 为圆弧形的带有均匀刻度的透明读数条，PQ 的圆心位于M 的中心．使用前需调零；使线圈内没有电流通过时，M 竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ 上的O 点射到M 上后沿原路反射．线圈通入电流后弹簧长度改变，使M 发生倾斜，入射光束在M 上的入射点仍近似处于PQ 的圆心，通过读取反射光射到PQ 上的位置，可以测得电流的大小．已知弹簧的劲度系数为k ，磁场磁感应强度大小为B ，线圈C 的匝数为n 、沿水平方向的长度为l ，细杆D 的长度为d ，圆弧PQ 的半径为r ，r ≫d ，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值．(1)若在线圈中通入的微小电流为I ，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx 及PQ 上反射光点与O 点间的弧长s ．(2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ 上反射光点出现在O 点上方，与O 点间的弧长为s 1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O 点下方，与O 点间的弧长为s 2，求待测电流的大小．【答案】 (1)nBIl k 2nBIlr dk (2)dk s 1＋s 24nBlr【解析】 (1)线圈中通入微小电流I ，线圈受到的安培力为F ＝nBIl弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx ，则有F ＝k Δx解得Δx ＝nBIl k 设此时平面镜偏转角度为θ，则反射光线转过的角度为2θ因为r ≫d ，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值，所以θ≈tan θ＝ΔxdPQ 上反射光点与O 点间的弧长s ＝2θr解得s ＝2nBIlrkd ．(2)设待测电流为I ′，电流反向前后弹簧弹力的变化量F ＝2nBI ′l 弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx ′，则有F ＝k Δx ′反射光线转过的角度为s 1＋s 2r平面镜转过的角度为φ＝s 1＋s 22r根据φ＝Δx ′d解得I ′＝dk s 1＋s 24nBlr ．。