2021高物理(安徽专用)二轮专题题组训练之综合模拟卷6Word版含答案.docx

第六步　抓基础，建网络　回归课本补漏缺
三种性质力和牛顿运动定律

三种性质力

1. 必需精通的几种方法
(1)力的合成与分解的方法。
(2)正交分解法。
(3)整体法与隔离法。
(4)弹力和摩擦力的有无及方向的推断方法。
(5)共点力平衡问题的分析方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)运动的物体所受摩擦力不愿定是滑动摩擦力、静止的物体所受摩擦力不愿定是静摩擦力。
(2)杆产生的弹力方向不愿定沿着杆的方向，绳产生的弹力方向确定沿着绳的方向。
(3)受力分析时不能添力、漏力、错力。
(4)不能将结点和滑轮的作用等同，定滑轮上两段绳受力大小相同，结点处两段绳受力不同，应按一般受力平衡分析。
[例1][2022·哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省试验中学联考](多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是(　　)

A. A所受合外力增大
B. A对竖直墙壁的压力增大
C. B对地面的压力确定增大
D. 墙面对A的摩擦力可能变为零
[解析]　本题考查力学学问，意在考查考生对整体法和隔离法的应用。斜劈A始终处于静止状态，因而A所受到的合力始终为零，选项A错误；以斜劈A和球B为争辩对象，通过受力分析可知竖直墙壁对A的弹力增大，选项B正确；以球B为争辩对象可知斜劈A对球B的弹力增大，因而地面对B的支持力增大，B对地面的压力增大，选项C正确；由于初始状态竖直墙壁对斜劈的摩擦力的方向未知，因而F增大时，墙面对A的摩擦力可能变为零，选项D正确。
[答案]　BCD
[解题启示] 处理整体与部分问题时，选择合适的争辩对象至关重要，当分析系统外的受力时，通常选择整体法，当分析系统内物体间相互作用时，通常选择隔离法。
直线运动和牛顿运动定律

1. 必需精通的几种方法
(1)图象法分析物体的运动规律。
(2)整体法和隔离法分析连接体问题。
(3)逆向思维法处理匀减速直线运动。
(4)正交分解法在动力学问题中的应用。
(5)对称法分析竖直上抛运动。
2. 必需明确的易错易混点
(1)处理刹车类问题时要留意在给定的时间内车是否已经停止运动。
(2)物体沿斜面上冲时，从最高点返回时的加速度与上冲时的加速度不愿定相同。
(3)处理追及相遇问题时，若被追赶的物体做匀减速直线运动，确定要留意追上前该物体是否已停止运动。
(4)留意区分a、Δv、三个物理量。
(5)由图象得到的加速度方向与应用牛顿其次定律列式时所取的正方向应保持全都。
(6)超重或失重的物体加速度方向不愿定沿竖直方向。
(7)加速度“突然”变化时，绳、杆产生的弹力可能跟着“突变”，而弹簧、橡皮筋产生的弹力不会“突变”。,　　[例2]　[2022·郑州质量猜想]如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80 N的力拉动铸件，从静止开头在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手。求松手后铸件还能前进的距离。(g＝10 m/s2)

[解析]　工人拉铸件时，依据牛顿其次定律有
Fcosα－f＝ma1
N1＋Fsinα－mg＝0
又f＝μN1
解得a1＝1.3 m/s2
松手时，铸件的速度v＝a1t＝5.2 m/s
设松手后，铸件的加速度为a2，依据牛顿其次定律有
μmg＝ma2
解得a2＝2.5 m/s2
松手后，铸件滑行的距离是s＝＝5.4 m
[答案]　5.4 m
[解题启示]　牛顿其次定律具有矢量性，应用其列方程时应规定正方向，一般取加速度的方向为正方向，同时留意因受力变化而造成摩擦力的大小发生变化的状况。
质点运动的基本规律

曲线运动

1. 必需精通的几种方法
(1)两个分运动的轨迹及运动性质的推断方法。
(2)小船渡河问题、绳和杆末端速度分解问题的分析方法。
(3)平抛运动、类平抛运动的分析方法。
(4)火车转弯问题、竖直面内圆周运动问题的分析方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)两个直线运动的合运动不愿定是直线运动。
(2)合运动是物体的实际运动。
(3)小船渡河时，最短位移不愿定等于小河的宽度。
(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向不同。
(5)做圆周运动的物体，其向心力由合外力指向圆心方向的分力供应，向心力并不是物体“额外”受到的力。
(6)做离心运动的物体并没有受到“离心力”的作用。,　　[例1]　[2022·唐山统考](多选)如图所示，一同学分别在同始终线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都垂直击中篮筐，速度分别为v1、v2、v3。若篮球出手时高度相同，出手速度与水平夹角分别为θ1、θ2、θ3，下列说法正确的是(　　)

A. v1<v2<v3　　　　　 B. v1>v2>v3
C. θ1>θ2>θ3 D. θ1<θ2<θ3
[解析]　上述过程，可以看成篮球从篮筐水平抛出，由题意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故选项B正确。A错误；依据平抛运动规律，水平速度越大，落地时速度方向与水平方向的夹角越小，选项D正确，C错误。
[答案]　BD
[解题启示]在本题中篮球出手后，是斜抛运动，但都最终垂直击中篮筐，可用逆向思维，看成篮球从篮筐水平抛出，做平抛运动。
万有引力与航天

1. 必需精通的几种方法
(1)天体质量和密度的估算方法。
(2)“变轨问题”的处理方法。
(3)“双星问题”的处理方法。
(4)第一宇宙速度的计算方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)任何物体间都存在万有引力，但万有引力定律并不适用于任何物体之间。
(2)只有在两极处的物体所受重力等于万有引力，地球上其他位置处，重力不等于万有引力，有时将二者按近似相等处理。
(3)卫星在稳定的圆周运动中，才有F万＝F向，否则F万≠F向。
(4)同步卫星、近地卫星、地球赤道上物体运动的特点不同。
(5)对于双星问题，求两星球间的万有引力时，公式F＝G中的r＝L；求星球的向心力时，公式F向＝m中的r＝r1(或r2)。,　　[例2]　天文学家假如观看到一个星球独自做圆周运动，那么就会猜想到在这个星球四周存在着一个看不见的星体黑洞。星球与黑洞由万有引力的作用组成双星，以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A. 它们做圆周运动的角速度与其质量成反比
B. 它们做圆周运动的周期与其质量成反比
C. 它们做圆周运动的半径与其质量成反比
D. 它们做圆周运动所受的向心力与其质量成反比
[解析]　由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即它们做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必定相同，选项A、B错误；由于它们所受的向心力都是由它们之间的万有引力来供应，所以大小必定相等，选项D错误；由F＝mω2r可知r∝，选项C正确。
[答案]　C
[解题启示] 本题属于双星模型，双星模型具有以下特点：(1)由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必定相同；(2)由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力供应的，因此大小必定相等，由F＝mω2r，可得r∝，于是有r1＝L，r2＝L；(3)列式时须留意：万有引力定律表达式中的L表示双星间的距离，而向心力表达式中的r表示它们各自做圆周运动的半径。
功能关系和能量守恒

1. 必需精通的几种方法
(1)功(恒力功、变力功)的计算方法。
(2)机车启动问题的分析方法。
(3)机械能守恒的推断方法。
(4)子弹打木块、传送带等，模型中内能增量的计算方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)公式W＝Flcosα中，l不愿定是物体的位移。
(2)混淆平均功率和瞬时功率；计算瞬时功率时，直接应用公式W＝Fv，漏掉了F与v之间的夹角。
(3)功、动能、重力势能都是标量，但都有正负，正负号的意义不同。
(4)机车启动时，在匀加速阶段的最大速度并不是机车所能达到的最大速度。
(5)ΔE内＝Ffl相对中l相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度。
3．几种常用的功能转化关系

[例1]　如图所示，物体以100 J的初动能从固定斜面底端向上运动，当它通过斜面某点M时，其动能削减了80 J，机械能损失了32 J。若物体能从斜面上返回底端，则返回底端时物体的动能为(　　)
A. 20 J　　 B. 48 J　　 C. 60 J　　 D. 68 J
[解析]　 设物体的质量为m，斜面的倾角为θ，物体从底端到M点沿斜面运动的位移为s1。对物体做功的力有两个：重力沿斜面的分力mgsinθ和滑动摩擦力f，而且上升的过程中这两个力都对物体做负功。依据动能定理可知：动能的削减量等于克服这两个力所做的功，即(mgsinθ＋f)s1＝80 J①。由功能关系可知：机械能的削减量等于克服滑动摩擦力所做的功，即fs1＝32 J②，由①②两式得＝③。设物体从斜面底端运动到最高点位移为s2，则上升过程中由动能定理得(mgsinθ＋f)s2＝100 J④，由③④两式得fs2＝40 J，即上升过程中物体克服滑动摩擦力做了40 J的功。由于上升和下降过程中物体都克服滑动摩擦力做功，且数值相等，所以来回一次克服滑动摩擦力所做的总功为80 J。由功能关系可知，来回一次机械能的削减量等于克服滑动摩擦力所做的总功，所以物体的动能削减了80 J(由于物体的重力势能没有变化)，因此物体返回斜面底端时的动能为20 J。
[答案]　A
[解题启示] 应用功能关系解题的关键，就是要认真分析物理过程中有哪些力对物体做了功，并明确每个力做功与其相应能量的变化关系。功和能量转化的关系，不仅在解决力学问题时开拓了一条重要途径，而且也是分析解决电磁学、热学等物理现象的重要依据。运用能量的观点去分析解决问题，可不涉及整个过程作用的细节，只涉及初、末状态，避开了直接用牛顿定律所遇到的困难，同时也简化了解决问题的步骤。

[例2]　固定在竖直平面内的半圆形轨道与竖直轨道平滑连接，竖直轨道的上端有一个大小可忽视的小定滑轮，半圆形轨道的半径为R，C为轨道的最低点，竖直轨道高也为R，两个质量分别为2m和m的小球A和B用轻质细线连在一起，全部接触面均光滑，如图所示。开头时用手固定B、使A紧靠滑轮，突然撤去手后，A由静止开头下滑，求A经过C点时的速度。
[解析]　对A、B，从A静止释放到运动至C点，设A运动至C点时A、B的速度分别为v1、v2(关系如图所示)。

由几何关系知小滑轮到C的距离为s＝R
cosθ＝
由于细线长度不变，则B上升的高度H＝s
在A下滑到C点的过程中，A、B系统机械能守恒，有
(2m)g(2R)－mgH＝(2m)v＋mv
B的速度大小等于A的速度沿细线方向的分速度大小，有v2＝v1cosθ
以上各式联立解得v1＝ 。
[答案]　
[解题启示]　两物体在运动过程中系统机械能守恒的根源在于线(杆)对两物体所做的正、负功确定值相等。抓住线(杆)长度不变，通过作图找出线段间关系和边角关系，确定物体的位移(上升、下降的高度)。假如物体速度不沿线(杆)方向，需将物体速度沿线(杆)分解，依据沿线(杆)方向速度相等，确定两物体速度的大小关系，再应用系统机械能守恒定律，问题便可迎刃而解。
电场和带电粒子在电场中的运动

1. 必需精通的几种方法
(1)库仑力作用下点电荷的平衡问题的分析方法。
(2)电场强度、电势、电势能凹凸的推断方法。
(3)电场的叠加问题的分析方法。
(4)平行板电容器的动态变化问题的分析方法。
(5)带电粒子在电场中运动的分析方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)任何带电体间都存在库仑力，但库仑定律只适用于点电荷间。
(2)电场强度、电势、电势能的大小之间没有必定的关系。电场强度大的地方电势不愿定高，电势高的地方，电荷的电势能不愿定大。
(3)电容器的电容与Q和U无关。
3. 必需熟知的规律与方法
电场强度、电势、电势能的推断方法
(1)电场强度
①依据电场线的疏密程度进行推断，电场线越密电场强度越大。
②依据等势面的疏密程度进行推断。等差等势面越密处电场强度越大。
③依据a＝，a越大处电场强度越大。
(2)电势
①沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面。
②依据电场力做功公式推断。当已知q和WAB时，由公式WAB＝qUAB，即UAB＝判定。
③依据电势能推断，正电荷在电势能高的地方电势高，负电荷在电势能高的地方电势反而低。
(3)电势能
电场力做正功，电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较大处移向电势能较小处；反之，假如电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小处移向电势能较大处。
处理带电粒子在电场中运动的思想方法
处理带电粒子在电场中的运动问题，首先要留意区分不同的物理过程，弄清在不同的过程中粒子的受力状况和运动状况。在解题时主要可以从以下两条线索开放：
(1)力和运动的关系——依据带电粒子受到的电场力，用牛顿其次定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这条线索通常适用于受恒力作用下做匀变速直线运动的状况。
(2)功和能的关系——依据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子能量的变化，利用动能定理争辩全过程中能的转化，争辩带电粒子的速度变化、经受的位移等。这条线索也适用于非匀强电场。

[例1]　 (多选)将某导体置于电场后其四周的电场分布状况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，图下箭头所示数字表示等势面的电势(单位：V)，A、B、C、D、E为电场中的五个点，其中D、F两点间的距离为3 cm。下列说法错误的是(　　)
A. A点的电场强度小于B点的电场强度
B. A点的电势高于B点的电势
C. E点的场强大小小于10 V/m
D. 将正电荷从A点沿电势为0.5 V的等势面移到C点的过程中，因电场线先密后疏，故静电力先做负功后做正功
[解析]　图中可以看出，A点处的电场线较B点处的电场线稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，选项A正确；顺着电场线的方向电势渐渐降低，故A点所在等势面的电势较B点所在等势面的电势高，选项B正确；由E＝＝ V/m＝10 V/m，因E点四周的电场线较密，故E点的场强大小大于10 V/m，选项C错误；因等势面与电场线垂直，故电荷沿等势面移动时静电力不做功，选项D错误。
[答案]　CD
[解题启示] (1)记住两个重要结论：第一，场强的大小与电场线的疏密有关；其次，电势的凹凸与电场线的方向有关。
(2)弄清两个问题：第一，静电力做功的正、负由电荷的正、负及两点间的电势差共同打算，而并非由电场线的疏密打算；其次，公式U＝Ed用于匀强电场中的定量计算和非匀强电场中的定性分析。
[例2]　[2022·上海高考](多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)

A. 在x2和x4处电势能相等
B. 由x1运动到x3的过程中电势能增大
C. 由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
[解析]　由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误。由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确。
[答案]　BC
[解题启示] 分析图象的关键：第一，看清坐标轴尤其是纵轴所代表的物理量，如本题图象中的纵轴表示的是电场中场强的凹凸；其次，依据图象找出突破点，精确     地分析、推断物理量的变化规律，如本题中可直接推断从x1到x4场强大小的变化，从而推出电场力的变化。
恒定电流

1. 必需精通的几种方法
(1)直流电路中电功、电热、电功率的计算方法。
(2)直流电路的动态分析方法。
(3)含容电路的分析与计算方法。
(4)直流电路的图象问题的分析方法。
(5)电路故障的分析方法
2. 必需明确的易错易混点
(1)不能分纯洁电阻元件和非纯电阻元件导致计算出错。
(2)不能正确识别串、并联电路而出错。
(3)非线性元件的I－U图象中，某点切线的斜率的倒数不是电阻。

1.闭合电路的动态分析方法
(1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化(或开关的通断)，引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的基本步骤是：
①由局部电阻变化推断总电阻的变化；
②由I＝推断总电流的变化；
③据U＝E－Ir推断路端电压的变化；
④由欧姆定律及串并联电路特点推断各部分电流、电压变化。
(2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去争辩。
(3)特殊值法：对于某些电路问题，可以实行代入特殊值法判定，从而得出结论。
(4)结论法：
“串反”“并同”即某一电阻阻值变化，则与该电阻相串联的用电器，两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化状况相反；与该电阻相并联的用电器， 两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化状况相同。
2.含容电路问题的分析方法
(1)电容器在直流电路中，相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是抱负的不漏电的状况)的电阻，在电容器处电路可视为断路，分析时可以等效于拆去电容器，从而简化电路；简化后若求电容器所带电荷量，可接在相应的位置上。
(2)电路稳定后，电容器两极的电压等于与它并联电路的电压值。
(3)当电容器与电阻串联时，电阻两端不分电压。
(4)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电。假如电容器两端电压上升，电容器将充电；假如两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。
(5)电容器带电荷量或带电荷量变化的求解方法：电容器所带电荷量用Q＝CU计算，电容器所带电荷量变化用ΔQ＝C·ΔU计算。

[例1]　某同学将始终流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，依据图线可知( 　　)
A. 反映Pr变化的图线是b
B. 电源电动势为8 V
C. 电源内阻为1 Ω
D. 当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 Ω
[解析]　由题意可知Pr＝I2r，变化曲线应当是c，且由图象可求得电源内阻r＝2 Ω，选项A、C错误；由PE＝EI，可求得电源电动势E＝4 V，选项B错误；由图象及闭合电路欧姆定律E＝IR＋Ir可知，当电流为0.5 A时外电路的电阻为6 Ω，选项D正确。
[答案]　D

[例2]　在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V分别为抱负电流表和抱负电压表。在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A. 电压表示数变小，电流表示数变大
B. 电容器C所带电荷量增多
C. 电容器内M点的电势降低
D. 若将电容器的下极板上移少许，则电荷在M点所具有的电势能减小
[解析]　滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，闭合电路的外电阻变小，电路总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，电阻R1两端电压增大，电压表示数变大，R2和R3并联部分两端的电压变小，流过R2的电流变小，流过R3的电流变大，电流表示数变大，选项A错误；电容器两极板间的电压等于电阻R2两端的电压，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量Q削减，选项B错误；由E＝可知，电容器内部匀强电场的场强E变小，由题图可知电容器的下极板电势为零，由U＝Ed可知M点的电势降低，选项C正确；虽然电容器内M点的电势降低，但由于电荷的电性不确定，所以无法确定该电荷在M点电势能的变化状况，选项D错误。
[答案]　C
[解题启示] 处理电容器和电阻组成的串、并联电路问题需要把握两点：第一，电路处于稳定状态时电容器支路相当于断路，因此，与电容器串联的电阻两端电压为零；其次，电容器两端电压等于与之并联的电阻两端的电压，因此，电容器两端电压随与之并联的电阻两端电压的变化而变化。
磁场和带电粒子的运动

磁场

1. 必需精通的几种方法
(1)依据磁感线分析磁场的分布规律。
(2)与安培力有关的力学问题的分析方法。
(3)带电粒子在有界磁场中运动问题的分析方法。
(4)带电粒子在磁场中周期性运动问题的分析方法。
(5)带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题的分析方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)通电导线、带电粒子在磁场中不愿定受磁场力的作用。
(2)安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力不做功，安培力可以做功。
(3)把左手定则和右手定则混淆。
左手定则用来推断安培力、洛伦兹力的方向，右手定则是用来推断导体棒切割磁感线时产生的感应电流方向的。
(4)不能娴熟地利用几何关系分析带电粒子在磁场中的运动轨迹：
带电粒子在有边界的匀强磁场中运动时，要正确地找出偏转角度与圆心角、入射方向与出射方向之间的关系。　　

[例1]　如图所示，圆形区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( 　　 )
A. Δt　　　　　　　　　 B. 2Δt
C. Δt D. 3Δt

[解析]　设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，
圆心为O1，半径为r1，则依据qvB＝，
得r1＝，依据几何关系得＝tan，且φ1＝60°。
当带电粒子以v的速度进入时，
轨道半径r2＝＝＝r1，
圆心在O2，则＝tan，即tan＝＝＝3tan＝。
故＝60°，φ2＝120°；
带电粒子在磁场中运动的时间t＝T，
所以＝＝，
即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误。
[答案]　B
[解题启示] 分析带电粒子在匀强磁场中的运动问题，首先应找到圆心，画出运动轨迹，借助挂念线和几何学问求解，粒子的运动时间由圆心角打算。即t＝T，因此本题中，粒子运动周期T＝不变，运动时间之比即为圆心角之比。
复合场

1. 必需精通的几种方法
(1)带电粒子在复合场中的平衡问题的分析方法。
(2)带电粒子在组合场中运动的分析方法。
(3)带电粒子在复合场中运动的分析方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)组合场中不能确定好粒子在组合场交界位置的速度的大小与方向而出错。
(2)在复合场中，受力分析不正确，特殊是洛伦兹力的方向推断不正确而出错。
(3)对带电体的重力能否被忽视推断不准而导致出错。
(4)混淆处理“磁偏转”和“电偏转”的方法而出错。

1. 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法

2. 带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。
(2)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍。

[例2]　[2021·安徽高考] 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面对里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
[解析]　(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有
x＝v0t＝2h
y＝at2＝h
qE＝ma

联立以上各式可得E＝。
(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vy＝at＝v0
所以v＝＝v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。
(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有
r＝L　所以B＝。

[答案]　(1)　(2)v0　方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角　(3)
[解题启示] 由类平抛运动规律求解粒子在电场中的运动，抓住Oa＝2h，OP＝h的条件即可推断出粒子出射速度方向，再由对称性可画出粒子在磁场中的运动轨迹，由qvB＝m即可求解。
电磁感应现象和沟通电

电磁感应现象

1. 必需精通的几种方法
(1)应用楞次定律和右手定则推断感应电流的方向。
(2)应用楞次定律推断导体的“相对”运动。
(3)电磁感应现象中等效电路的画法。
(4)通电自感和断电自感现象的分析方法。
(5)应用图象分析电磁感应问题的方法。
(6)电磁感应与力学、电路、能量的综合分析方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)推断磁通量是否变化时，由于只考虑磁通量的“大小”，忽视了“方向”而出错。
(2)对楞次定律中“阻碍”含义理解不精确     而出错，阻碍不等于相反，不等于阻挡。
(3)电磁感应现象中，由于不能正确画出等效电路图而出错。
(4)对变化电流的问题，求电功、电功率、热功率用电流的有效值，求通过的电量用电流的平均值。
(5)导体棒所受安培力不愿定做功，但导体棒中由于电流和电阻会产生焦耳热。
[例1]　间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开头沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开头沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g＝10 m/s2。

(1)求ab杆的加速度a。
(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小。
(3)若从开头到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，通过cd杆横截面的电荷量为2 C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。
[解析]　
(1)由题图乙可知，在t＝0时，F＝1.5 N
对ab杆进行受力分析，由牛顿其次定律得F－μmg＝ma
代入数据解得a＝10 m/s2
(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析如图所示，当cd速度最大时，有f＝mg＝μFN，FN＝F安，F安＝BIL，I＝
综合以上各式，解得v＝2 m/s
(3)整个过程中，ab杆发生的位移x＝＝ m＝0.2 m
对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2
代入数据解得W安＝4.9 J
依据功能关系Q总＝W安
所以ab杆上产生的热量Qab＝Q总＝2.94 J。
[答案]　(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)2.94 J
[解题启示]　分析“双杆模型”问题时，要留意双杆之间的制约关系，即“动”杆与“被动”杆之间的关系，需要留意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键。
沟通电

1. 必需精通的几种方法
(1)正弦交变电流的瞬时值表达式的计算方法。
(2)交变电流有效值的计算方法。
(3)变压器电路的动态分析方法。
(4)远距离输电问题的常用分析方法。
2. 必需明确的易错易混点
(1)线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动时，开头计时的位置不同，则瞬时值表达式不同。
(2)只有正弦沟通电的有效值才满足I＝。
(3)正弦交变电流的“四值”的应用范围不同，如计算电功时只能用有效值，计算电量时只能用平均值。
(4)抱负变压器的副线圈只有一个时，原副线圈的电流关系才满足＝。
(5)远距离输电时，输电导线的电阻不等于输送电压与输送电流的比值。
[例2]　[2022·天津高考](多选)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则(　　)

A. 两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C. 曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D. 曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
[解析]　由题图2知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，故A正确。由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系n＝得na∶nb＝3∶2，故B错误。因Ta＝4×10－2 s，故fa＝＝25 Hz，C正确。因Ema＝15 V，而Em＝NBSω＝，故Emb＝Ema＝10 V，Eb＝＝5 V，D错误。
[答案]　AC
[解题启示]首先应从电动势图象中得出有用信息，Ta＝0.04 s，Tb＝0.06 s，Ema＝15 V，再由公式Em＝NBSω，ω＝，求得Emb大小，对于本题涉及到的公式还有ω＝2πf＝2πn，E＝，f＝等。
物理试验

基本学问
一、误差和有效数字
1. 误差

2. 有效数字
(1)定义：带有一位不行靠数字的近似数据。有效数字的最终一位是测量者估读出来的，是误差的来源。
(2)从数字左边第一个不为零的数字算起，如0.0125为三位有效数字。
二、基本仪器的使用与读数
1. 长度测量类
(1)游标卡尺的读数：

(2)螺旋测微器的读数：
测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读)×0.01 mm。
2. 时间测量类
(1)机械秒表的读数：
①原理：机械秒表的长针是秒针，转一周是30 s，由于机械表接受的是齿轮传动，指针不行能停留在两小格之间，所以不能估读出比0.1 s更短的时间。位于秒表上部中间的小圆圈里面的短针是分针，指针走一圈15 min，每小格为0.5 min。
②秒表的读数方法是：T＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)。
(2)打点计时器：
计时器种类
工作电源电压
打点间隔
电磁打点计时器
沟通50 Hz,4 V～6 V
0.02 s
电火花打
点计时器
沟通50 Hz,220 V
0.02 s
(3)频闪照相机：
其作用和处理方法与打点计时器类似，它是用等时间间隔猎取图象的信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来，使用时要明确频闪的时间间隔。
三、试验数据的处理方法
1. 列表法
在记录和处理数据时，为了简洁而明确地表示出有关物理量之间的对应关系，将数据填写在适当的表格内，称为列表法。列成表格不但可以削减或避开错误，便于发觉问题和分析问题，而且有助于找出各物理量之间的变化规律。分析表格中的记录数据时一般先找出相同量，再分析其他量的数据关系。
表格要求简洁明白，用符号标明各物理量并写明单位，所列数据要符合有效数字的有关规定。
2. 平均值法
即把测定的若干组数相加求和，然后除以测量次数。
3. 作图法
用作图法处理试验数据是物理试验中最常用的方法之一。用作图法处理数据的优点是直观、简便，有取平均的效果。由图线的斜率、截距、包围面积等可以争辩物理量之间的变化关系，找出规律。

电学试验
一、电学测量仪器的使用与读数
1. 电流表、电压表、欧姆表的比较

2. 多用电表的使用“三留意”
(1)电流的流向：
由于使用多用电表时不管测量项目是什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔。
(2)要区分开“机械零点”与“欧姆零点”：
“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置。调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮。
(3)选倍率：
测量前应依据估量阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡刻度的非线性，使用欧姆挡测电阻时，表头指针偏转过大或过小都有较大误差。通常只使用表盘中间一段刻度范围，指针偏转角度在满偏到满偏之间为测量的有效范围。
3. 电学仪器的选择
(1)电源的选择：
一般可以依据待测电路的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源。
(2)电表的选择：
一般依据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；依据待测电流的最大电流选择电流表；选择的电表的量程应使电表的指针摇摆的幅度较大，一般应使指针能达到半偏以上，以减小读数的偶然误差，提高精确度。
二、电流表内外接法的比较与选择

三、把握电路(滑动变阻器的接法)的比较与选择
1. 把握电路的比较

2. 把握电路的选择
(1)优先选用限流式。
(2)以下状况考虑分压式：
①要求待测电路的U、I从0变化；
②R滑≪Rx；
③选用限流式时，Ux、Ix过大(超过电表量程，烧坏电表、电源或用电器等)
[例1]　[2022·课标全国卷Ⅰ]某同学利用图(a)所示试验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示。试验中小车(含放射器)的质量为200 g，试验时选择了不行伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到，回答下列问题：

(1)依据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系。
(2)由图(b)可知，a－m图线不经过原点，可能的缘由是________。
(3)若利用本试验装置来验证“在小车质量不变的状况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则试验中应实行的改进措施是______________。钩码的质量应满足的条件是____________________。
[解析]　(1)将图(b)中各点连线，得到的是一条曲线，故a与m的关系是非线性的。
(2)由图(b)可知，当钩码质量不为零时，在确定范围内小车加速度仍为零，即钩码对小车的拉力大于某一数值时小车才产生加速度，故可能的缘由是存在摩擦力。
(3)若将钩码所受重力作为小车所受合力，则应满足三个条件，一是摩擦力被平衡，二是绳平行于轨道平面，此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力，设绳的拉力为T，由mg－T＝ma、T＝Ma有T＝g＝，可见当m≪M时才有T≈mg，故第三个条件为m≪M。
[答案]　(1)非线性　(2)存在摩擦力　(3)调整轨道的倾斜度以平衡摩擦力　远小于小车的质量
[解题启示] 本试验的实质还是验证加速度a与合外力F之间的关系，由于小车的合外力是利用钩码的质量来替代的：F＝mg，所以得到了加速度a与钩码质量之间的关系图象，这种“偷梁换柱”的作图变换的命题方式在近几年的高考试验命题中经常毁灭，因此在复习试验时要留意这一方面力气的培育，例如在探究弹簧弹力和弹簧伸长量之间的关系时，由于试验中是利用钩码的重力来作弹簧所受到的拉力的，所以在作图的时候可依据F＝mg＝kx作出x－m图象，而不是作F－x图象，电学试验中这类命题方式比较多。

[例2]　[2022·江苏高考]某同学通过试验测量一种合金的电阻率。
(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图甲所示的部件________(选填