高考物理二輪復(fù)習 教師 考前增分指導(dǎo)

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1、 考前增分指導(dǎo) 指導(dǎo)一 “8?大技法”破解選擇題——小題巧做拿滿分 選擇題是當前高考必備的題型之一，主要考查對物理概念、物理現(xiàn)象、物理過程和物理規(guī)律 的認識、判斷、辨析、理解和應(yīng)用等，具有信息量大、知識覆蓋面廣、干擾性強、命題靈活 性強、層次豐富、能考查學生的多種能力等特點。要想迅速、準確地解答物理選擇題，不但 要熟練掌握和應(yīng)用物理的基本概念和規(guī)律，還要掌握下列解答物理選擇題的基本方法和特殊 技巧。 技法?1 直接判斷法 【技法闡釋】?通過觀察題目中所給出的條件，根據(jù)所學知識和規(guī)律推出結(jié)果，直接判斷，確

2、 定正確的選項。直接判斷法適用于推理過程較簡單的題目，這類題目主要考查學生對物理知 識的記憶和理解程度，如考查物理學史的試題等。 【典例?1】?在物理學發(fā)展的過程中，許多物理學家的科學研究推動了人類文明的進程。在對 以下幾位物理學家所做科學貢獻的敘述中，正確的說法是( ) A．英國物理學家牛頓用實驗的方法測出了引力常量?G B．第谷接受了哥白尼日心說的觀點，并根據(jù)開普勒對行星運動觀察記錄的數(shù)據(jù)，應(yīng)用嚴密的 數(shù)學運算和橢圓軌道假說，得出了開普勒行星運動定律 C．亞里士多德認為兩個從同一高度自由落下的物體，重物體與輕物體下落一樣快 D．胡克認為只有在

3、一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比 解析 牛頓提出了萬有引力定律及引力常量的概念，但沒能測出?G?的數(shù)值，G?的數(shù)值是由卡 文迪許通過實驗方法得出的，故?A?錯誤；開普勒接受了哥白尼日心說的觀點，并根據(jù)第谷對 行星運動觀察記錄的數(shù)據(jù)，應(yīng)用嚴密的數(shù)學運算和橢圓軌道假說，得出了開普勒行星運動定 律，故?B?錯誤；亞里士多德認為兩個從同一高度自由落下的物體，重物體比輕物體下落得快， 故?C?錯誤；胡克認為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與彈簧的形變量成正比，故?D?正確。 答案 D 【點評】?物理學史是考試內(nèi)容之一，熟記牛頓、伽利略、卡文迪許、庫

4、侖、法拉第等物理學 家的成就，直接作出判斷。 技法?2 篩選排除法 【技法闡釋】 篩選排除法就是通過對物理知識的理解，對物理過程的分析或計算，將明顯 錯誤或不合理的選項一一排除的方法。篩選排除法主要適用于選項中有相互矛盾、相互排斥 或有完全肯定、完全否定的說法的選擇題。 【典例?2】?如圖?1?所示，以?MN、PQ?為邊界的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場寬 為?2L，高為?L?的正三角形閉合金屬框由粗細均勻的電阻絲圍成，在外力作用下由圖示位置被 水平向右勻速拉過磁場區(qū)域，ab?邊平行?MN?且垂直金屬框運動方向，取逆時針方向為電流

5、的 正方向，則金屬框中的感應(yīng)電動勢?E、感應(yīng)電流?I，所施加的外力?F?及外力的功率?P?隨位移?x 的變化關(guān)系圖正確的是( ) 圖?1 L?位移內(nèi)，因金屬框做勻速直線運動，所以?F??外＝F??安＝BIl＝ R????? R 隨位移的增大而非線性增大，排除?C?選項；0～L?位移內(nèi)，外力的功率?P＝F??外?v＝ R 0 解析 金屬框進入磁場的過程中，穿過金屬框的磁通量增加，由楞次定律可知此過程中感應(yīng) 電流為逆時針

6、方向，而此過程金屬框切割磁感線的有效長度?l＝2x·tan?30°均勻增加，完 全進入磁場后，穿過金屬框的磁通量不變，回路中無感應(yīng)電流和感應(yīng)電動勢，排除?A?選項；?～ B2l2v 4B2x2v ＝ tan2?30°，即外力 4B2x2v2 tan2 30°，即外力的功率隨位移的增大而非線性增大，排除?D?選項；所以?B?選項正確。 答案 B 【點評】?運用排除法解題時，通過分析、推理和計算，將不符合題意的選項一一排除，最終 選出符合題意的選項。若在其他題目中存在相互矛盾或者相互排斥的選項，則最多只有一個 是正確的，要學會從不同方面判斷或

7、從不同角度思考與推敲。 技法?3 圖象分析法 【技法闡釋】 物理圖象是將抽象物理問題直觀化、形象化的最佳工具，能從整體上反映出 兩個或兩個以上物理量的定性或定量關(guān)系，利用圖象解題時一定要從圖象縱、橫坐標的物理 意義以及圖線中的“點”、“線”、“斜率”、“截距”和“面積”等諸多方面尋找解題的 突破口。利用圖象解題不但快速、準確，能避免繁雜的運算，還能解決一些用一般計算方法 無法解決的問題。 【典例?3】 有一種“貓捉老鼠”趣味游戲，如圖?2?所示，D?是洞口，貓從?A?點沿水平線?ABD 勻速追趕老鼠，老鼠甲從?B?點沿曲線?BCD?先加速

8、后減速逃跑，老鼠乙從?B?點沿?BED?先減速后 加速逃跑，已知貓和兩只老鼠同時開始運動且初速率相等，到達洞口?D?時速率也相等，貓追 趕的路程?AD?與兩只老鼠逃跑的路程?BCD?和?BED?均相等，則下列說法正確的是( ) 圖?2 A．貓能在洞口堵住老鼠甲 B．貓能在洞口堵住老鼠乙 C．兩只老鼠在洞口都被貓堵住 D．兩只老鼠均能從洞口逃離 解析 因兩只老鼠運動的加速度大小不清楚，所以無法進行計算，但可根據(jù)題中三者運動路 程相等，畫出速率隨時間變化的關(guān)系圖象，利用圖線與?t?軸所圍面積相等來求解

9、。根據(jù)貓與 老鼠的運動情況可大致作出圖象如圖所示，由圖知老鼠甲可以逃離洞口。 答案 B 【點評】?在題中出現(xiàn)時間比較問題且又無法計算時往往利用速率隨時間變化的關(guān)系圖象求 解。畫圖時一定要抓住初、末態(tài)速率關(guān)系，利用圖線斜率表示加速度大小定性分析。 技法?4 逆向思維法 【技法闡釋】 在解決具體問題時由因到果的正向思維受阻，使求解過程陷入“山窮水盡” 的境地時，若能變換角度， ( O 把物體所發(fā)生的物理過程逆過來加以分析，又能領(lǐng)略到“柳暗花明”的意境。這種“反其道 而行之”的方法叫逆向思維法。解決

10、物理問題常用的逆向思維有過程逆向、時間反演等。 【典例?4】?如圖?3?所示，半圓軌道固定在水平面上，一小球?小球可視為質(zhì)點)從恰好與半圓 軌道相切于?B?點斜向左上方拋出，到達半圓軌道左端?A?點正上方某處小球的速度剛好水平， 為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為?R，OB?與水平方向的夾角為?60°，重力加速度為?g，不計 空氣阻力，則小球在?A?點正上方的水平速度為( ) 圖?3 A.??? 3???3gR 2  B. 3gR 2  C. 3gR 2  D. 3g

11、R 3 解析 小球雖說是做斜拋運動，由于到達半圓軌道左端?A?點正上方某處小球的速度剛好水平， 所以逆向看是小球從半圓軌道左端?A?點正上方某處開始做平拋運動，運動過程中恰好與半圓 軌道相切于?B?點。這樣就可以用平拋運動規(guī)律求解。因小球運動過程中恰好與半圓軌道相切 于?B?點，則速度與水平方向的夾角為?30°，設(shè)位移與水平方向的夾角為?θ?，則?tan?θ?＝ tan?30° 3 y y 3R 3 ＝?6?，因為?tan?θ?＝ ，則豎直位移?y＝??4??，而?v2y＝2gy＝?2 2 x＝3 gR，所以?tan?30° R 2

12、 3gR ＝???y，v0＝v 2 2 3 v0 ＝ 3 3?3gR ，故選項?A?正確。 答案 A 【點評】?對斜上拋運動，若到達最高點的速度為水平，則逆向等同為平拋運動。再者，對于 勻減速直線運動，要求某一個物理量，如果采用正向思維的方法，按勻減速直線運動的公式 來計算，雖能求出結(jié)果，但費時較多，對于提高運算速度是不利的。但若采用逆向思維的方 法，將它看作勻加速直線運動來解，往往能達到事半功倍的效果。 技法?5 對稱分析法 【技法闡釋】?物理中對稱現(xiàn)象比比皆是，對稱表現(xiàn)為研究對象在結(jié)構(gòu)上的對稱性、作用上的

13、 對稱性，物理過程在時間和空間上的對稱性，物理量在分布上的對稱性及作用效果的對稱性 等。物理解題中的對稱法，就是從對稱性的角度去分析物理過程，利用對稱性解決物理問題 的方法。 【典例?5】?(多選)如圖?4?所示，在兩個等量正電荷連線的中垂線上取?A、B、C、D?四點，A、 D?兩點與?B、C?兩點均關(guān)于?O?點對稱。A、B、C、D?四點電場強度大小分別為?EA、EB、EC、ED， 電勢分別為?φ?A、φ?B、φ?C、φ?D，則下列說法中正確的是( ) 圖?4 A．EA＝ED，φ?A＞φ  B

14、 B．一定有?EA＞EB、φ?B＞φ  A C．一定有?φ?A＝φ?D、φ?B＝φ  C D．可能有?ED＞EC，一定有?φ?B＞φ  D 解析 由對稱性可知，A、D?兩點的電場強度大小相等，方向相反。在兩個等量正電荷連線的 中垂線上的?O?點，電場強度為零；在無窮遠處，電場強度為零?？梢姀?O?點沿中垂線向兩端， 電場強度一定先增大后減小，一定存在電場強度最大的點?P，從?O?到?P，電場強度逐漸增大； 從?P?到無窮遠處，電場強度逐漸減小。由于題中沒有給出A、B(或?C、D)到?O?點的距離，不能

15、 判斷?A、B(或?C、D)兩點哪點電場強度大，可能有?EA>EB，ED>EC。根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸 降低可知，φ?B>φ?A，根據(jù)對稱性，一定有?φ?A＝φ?D、φ?B＝φ?C，選項?C?正確，A、B、D?錯誤。 答案 CD 技法?6 極限思維法 【技法闡釋】?在某些物理狀態(tài)變化的過程中?，可以把某個物理量或物理過程推向極端，從 而作出科學的推理分析，給出正確判斷導(dǎo)出一般結(jié)論，使問題化難為易，化繁為簡，達到事 半功倍的效果。極限法一般適用于定性分析類選擇題。例如假設(shè)速度很大(趨近于無限大)或 很小(趨近于零)、假設(shè)邊長很大(趨近于無限大)或很小(趨近

16、于零)或假設(shè)電阻很大(趨近于無 限大)或很小(趨近于零)等，快速分析。 【典例?6】?(多選)(2016·西安模擬)如圖?5?所示，磁感應(yīng)強度為?B?的勻強磁場有理想邊界， 用力將矩形線圈從有邊界的磁場中勻速拉出，在其他條件不變的情況下，下列說法正確的是 ( ) 圖?5 A．速度越大，拉力做功越多 B．線圈邊長?L1?越大，拉力做功越多 C．線圈邊長?L2?越大，拉力做功越多 D．線圈電阻越大，拉力做功越多 解析 假設(shè)線圈的速度非常小，趨近于零，根據(jù)?E＝BLv，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢趨

17、近于零， 安培力趨近于零，拉力做功趨近于零，由此可知，速度越大，拉力做功越多，選項?A?正確； 假設(shè)線圈邊長?L1?非常小，趨近于零，根據(jù)E＝BLv，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢趨近于零，拉力 做功趨近于零，由此可知，線圈邊長?L1?越大，拉力做功越多，選項?B?正確；假設(shè)線圈邊長?L2 非常小，趨近于零，根據(jù)功的定義式知?W＝FL2，拉力做功趨近于零，由此可知，線圈邊長?L2 動的距離不超過 就能保證實驗成功，則所需拉力的最小值為(??? ) 越大，拉力做功越多，選項?C?正確；假設(shè)線圈電阻非常大，趨近于無限大，則線圈中產(chǎn)生的 感應(yīng)電流趨近于零，線圈所受安

18、培力趨近于零，勻速拉線圈的拉力趨近于零，由此可知，線 圈電阻越大，拉力做功越少，選項?D?錯誤。 答案 ABC 技法?7 等效轉(zhuǎn)換法 【技法闡釋】 等效轉(zhuǎn)換法是指在用常規(guī)思維方法無法求解那些有新穎情境的物理問題時， 靈活地轉(zhuǎn)換研究對象或采用等效轉(zhuǎn)換法將陌生的情境轉(zhuǎn)換成我們熟悉的情境，進而快速求解 的方法。等效轉(zhuǎn)換法在高中物理中是很常用的解題方法，常常有物理模型等效轉(zhuǎn)換、參照系 等效轉(zhuǎn)換、研究對象等效轉(zhuǎn)換、物理過程等效轉(zhuǎn)換、受力情況等效轉(zhuǎn)換等。 【典例?7】?如圖?6?所示，一只杯子固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙板上 放一枚雞

19、蛋，現(xiàn)用水平向右的拉力將紙板快速抽出，雞蛋(水平移動距離很小，幾乎看不到) 落入杯中，這就是慣性演示實驗。已知雞蛋(可視為質(zhì)點)中心離紙板左端的距離為?d，雞蛋 和紙板的質(zhì)量分別為?m?和?2m，所有接觸面的動摩擦因數(shù)均為?μ，重力加速度為?g，若雞蛋移 d 10 圖6 A．3μmg B．6μmg C．12μmg D．15μmg 解析 本題物理情境較新，但仔細分析發(fā)現(xiàn)雞蛋和紙板的運動可轉(zhuǎn)換為經(jīng)典的滑塊－滑板模 d 1 d 1 a1t2，μmg＝ma1，對紙板有?d＋?? 型，所以對雞蛋有10＝2 10＝2a2t

20、2、Fmin－3μmg－μmg＝ma2， 聯(lián)立解得?Fmin＝15μmg，D?對。 答案 D 【點評】?對于物理過程與我們熟悉的物理模型相似的題目，可嘗試使用轉(zhuǎn)換分析法，如本題 中將雞蛋和紙板轉(zhuǎn)換為滑塊－滑板模型即可快速求解。 技法?8 二級結(jié)論法 【技法闡釋】?二級結(jié)論是由基本規(guī)律和基本公式導(dǎo)出的推論。熟記并巧用一些二級結(jié)論可以 使思維過程簡化，節(jié)約解題時間。非常實用的二級結(jié)論有：(1)平拋運動速度方向的反向延長 線過水平位移的中點；(2)不同質(zhì)量和電荷量的同性帶電粒子由靜止經(jīng)過相同的加速電場和偏 轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(3)直流電路中動態(tài)分

21、析的“串反并同”結(jié)論；(4)帶電平行板電容器與 電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強電場的場強。 【典例?8】 如圖?7?所示的電路中，電源電動勢為?E，內(nèi)阻為?r，C?為電容器，電流表?A?和電 壓表?V?均可視為理想電表。閉合開關(guān)?S?后，在將滑動變阻器的滑片?P?向右移動的過程中( ) E 圖?7 A．電流表?A?的示數(shù)變小，電壓表?V?的示數(shù)變大 B．小燈泡?L?變暗 C．通過定值電阻?R1?的電流方向自右向左 D．電源的總功率變大，效率變小 解析 當滑動變阻器的滑片?P?向

22、右移動時，滑動變阻器接入電路的有效電阻減小，由“串反 并同”知，電流表的示數(shù)將增大，電壓表示數(shù)將減小，小燈泡?L?變亮，電源總功率增大，電 源內(nèi)電壓增大，選項?A、B?錯誤；電容器兩端電壓即電壓表示數(shù)，由?Q＝CU?知電容器所帶電量 減小，即電容器將放電，通過定值電阻?R1?的電流方向自左向右，選項?C?錯誤；因電源內(nèi)電壓 U 增大，所以路端電壓減小，由?η＝?×100%知電源效率變小，選項?D?正確。 答案 D 【點評】?有些二級結(jié)論只在一定的條件下成立，在使用這些二級結(jié)論時，必須清楚結(jié)論是否 適合題給物理情境。 A．BS??

23、????? B．NBS???????? C.????????? D. 選擇題?31?分模擬小卷(一) ) 一、單項選擇題(本題共?5?小題，每小題?3?分，共計?15?分。每小題只有一個選項符合題意。 1．由?N?匝線圈組成的矩形導(dǎo)線框，橫截面積為?S?，F(xiàn)將其放在磁感應(yīng)強度為?B?的勻強磁場中， 當導(dǎo)線框平面與磁場方向垂直時，穿過導(dǎo)線框所圍面積的磁通量為( ) NB B S S 解析 穿過導(dǎo)線框的磁通量?Φ＝BS，選項?A?正確，B、C、D?錯誤。 答案 A 2.如圖?1?所示，將三個形狀不規(guī)則的磁石塊疊放在水平桌面上，處于靜止狀態(tài)。下列說法

24、正 確的是( ) 圖?1 A．石塊?b?對?a?的支持力與?a?受到的重力是一對平衡力 B．石塊?a?一定受到三個力的作用 C．石塊?c?受到水平桌面向左的摩擦力 D．桌面對石塊?c?的作用力一定豎直向上 解析 對?a?受力分析，a?可能受到重力、支持力、b?的磁力，也可能只受到重力和磁力，所以 A、B?錯誤；對?abc?整體分析，磁力為內(nèi)力忽略不計，則整體只受到重力和地面的支持力，所 以?C?錯誤，D?正確。 答案 D 3．(2016·上海單科，7)在今年上海的某活動中引入了全國

25、首個戶外風洞飛行體驗裝置，體 驗者在風力作用下飄浮在半空。若減小風力，體驗者在加速下落過程中( ) A．失重且機械能增加 C．超重且機械能增加 B．失重且機械能減少 D．超重且機械能減少 解析 當體驗者飄浮在半空時，受到的重力和風力平衡；減小風力，重力大于風力，體驗者 加速下落，體驗者有豎直向下的加速度，處于失重狀態(tài)，下落過程中，風力對體驗者做負功， 根據(jù)功能關(guān)系，體驗者的機械能減少。B?項正確。 答案 B 它 4．如圖?2?所示為物理實驗室某風扇的風速擋位變換器電路圖，?是一個可調(diào)壓的理想變壓器， 其中接入交變

26、電流的電壓有效值?U0＝220?V，n0＝2?200?匝，擋位?1、2、3、4?對應(yīng)的線圈匝 數(shù)分別為?220?匝、550?匝、1?100?匝、2?200?匝。電動機?M?的內(nèi)阻?r＝4?Ω?，額定電壓為?U＝ 220?V，額定功率?P＝110?W。下列判斷正確的是( ) 圖?2 A．當選擇擋位?3?時，電動機兩端電壓為?110?V B．當擋位由?3?變換到?2?時，電動機的功率增大 C．當選擇擋位?2?時，電動機的熱功率為?1?W D．當選擇擋位?4?時，電動機的輸出功率為?110?W 解析

27、由電壓與匝數(shù)的關(guān)系?U0∶U3＝n0∶n3，解得?U3＝110?V，A?正確；當擋位由?3?變換到?2 時，輸出電壓減小，電動機的功率減小，B?錯誤；當沒有達到額定功率時，熱功率小于?1?W， P C?錯誤；在額定功率的情況下，電動機的額定電流為?I＝U＝0.5?A，熱功率?Pr＝I2r＝1?W，輸 出功率為?P－Pr＝(110－1)W＝109?W，D?錯誤。 答案 A 5．(2016·天津理綜，4)如圖?3?所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜 電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在?P?點的點電荷，以?E?表示兩板

28、 間的電場強度，Ep?表示點電荷在?P?點的電勢能，θ?表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不 動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則( ) A．θ?增大，E?增大 C．θ?減小，Ep?增大 圖?3 B．θ?增大，Ep?不變 D．θ?減小，E?不變 ε rS 4π?kd U??????????? ε rS????????? 4π?kQ d?????????? 4π?kd??????????? ε rS 解析 若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)?C＝ 可知，C?變大；根

29、據(jù)?Q＝CU?可知，在?Q?一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角?θ?減??；根 據(jù)?E＝?，Q＝CU，C＝ 聯(lián)立可得，E＝ ，可知?E?不變；P?點離下極板的距離不變，則 P?點與下極板的電勢差不變，P?點的電勢不變，故?Ep?不變；由以上分析可知，選項?D?正確。 答案 D 二、多項選擇題(本題共?4?小題，每小題?4?分，共計?16?分。每小題有多個選項符合題意，全 部選對的得?4?分，選對但不全的得?2?分，錯選或不答的得?0?分。) 6．甲、乙兩人同時同地出發(fā)騎自行車做直線運動，前?1?h?內(nèi)的位移－時間圖象如圖?4?所示

30、。 下列表述正確的是( ) B．衛(wèi)星的繞行周期約為?16π??? R 4 D．衛(wèi)星的動能大小約為mgR 圖?4 A．0.2～0.5?h?內(nèi)，甲的加速度比乙的大 B．0.2～0.5?h?內(nèi)，甲的速度比乙的大 C．0.6～0.8?h?內(nèi)，甲的位移比乙的大 D．0.8?h?內(nèi)，甲、乙騎車的路程相等 解析 由題圖可知，0.2～0.5?h?內(nèi)，甲、乙均做勻速直線運動，加速度都為零，A?錯誤；在 位移－時間圖象中，斜率表示速度，0.2～0.5?h?內(nèi)，甲的?x－t?圖線的斜率大于乙的?x－t?圖

31、 線的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B?正確；由圖象可看出，0.6～0.8?h?內(nèi)，甲的位移大 于乙的位移，C?正確；在?0～0.8?h?內(nèi)甲、乙的位移相等，路程不相等，D?錯誤。 答案 BC 7．2016?年?2?月?1?日?15?點?29?分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了第五顆新一代北斗導(dǎo) 航衛(wèi)星。該衛(wèi)星是以地心為圓心的圓軌道衛(wèi)星，質(zhì)量為?m，軌道離地面的高度約為地球半徑?R 的?3?倍。已知地球表面的重力加速度為?g，忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。則( ) A．衛(wèi)星的繞行速率大于?7.9?km/s g g C．衛(wèi)星所在處的重力加速度大小

32、約為 8 r 解析 近地衛(wèi)星的繞行速度等于第一宇宙速度?7.9?km/s，且?v＝ GM ，所以此衛(wèi)星的速度 ，此衛(wèi)星的軌道半徑是?4R，且由 小于?7.9?km/s，可得?A?錯誤；衛(wèi)星的繞行周期?T＝2π r3 GM 黃金代換式?GM＝gR2，可得周期?T＝16π R?????????????????????????????????GM??g ???????????????????????????????????B?? g，?正確；衛(wèi)星所在處的重力加速度?g′＝?r2?＝16，

33、 r ，所以動能?Ek＝??mv2＝ 4?????????????? 2????? 8 可得?C?錯誤；衛(wèi)星的速度?v＝ GM ＝ gR?????????????1?mgR  ，可得?D?正確。 答案 BD 8．如圖?5?所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌相距為?L，其中?NO1、QO2?部分水平，傾斜部分?MN、 PQ?與水平面的夾角均為?α?，整個空間存在磁感應(yīng)強度為?B?的勻強磁場，磁場方向垂直導(dǎo)軌平 面?MNQP?向上。長為?L?的金屬棒?ab、cd?與導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，其中?ab?光滑，cd?粗糙， 棒的質(zhì)量均為?m、電阻

34、均為?R。將?ab?由靜止釋放，在?ab?下滑至速度剛達到穩(wěn)定的過程中，cd 始終靜止不動。若導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為?g，則在上述過程中( ) B．a(chǎn)b?棒下滑的最大速度為mgRsin??α B2L2v???????? 2mgRsin??α 2R???????????? B2L2 圖?5 A．a(chǎn)b?棒做加速度減小的加速運動 B2L2 C．cd?棒所受摩擦力的最大值為?mgsin?α?cos?α D．cd?棒中產(chǎn)生的熱量等于?ab?棒機械能的減少量 解析 隨著?ab?棒下滑，速度逐漸增大，安培力逐

35、漸增大，ab?棒的合力逐漸減小，所以做加 速度減小的加速運動，可得?A?正確；ab?棒勻速時速度達到最大，受力平衡，有?mgsin?α?＝BIL ＝ ，可得?v＝ ，B?錯誤；如圖所示對?cd?棒進行受力分析可得，摩擦力等于安 培力在水平方向的分力，即?f＝BILcos?α?＝mgsin?α?cos?α?，可得?C?正確；由能量守恒可知， ab?棒減小的機械能等于?ab?和?cd?產(chǎn)生的焦耳熱與?ab?棒的動能之和，可得?D?錯誤。 (－2，0)、(2，0)，磁感應(yīng)強度?B＝4×10－4??T，某種正粒子的比荷?＝2.5

36、×105??C/kg，不計 答案 AC 2 9．如圖?6?所示，三角形磁場區(qū)域的三個頂點?a、b、c?在直角坐標系內(nèi)的坐標分別為(0， 3)、 q m 重力。大量的這種粒子在?t＝0?時從?O?點以相同的速率?v＝2?3?m/s?沿不同的方向垂直于磁場 射入該磁場區(qū)域，則( ) D．t＝??? s?時運動時間最長的粒子離開磁場 解析 正粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑?r＝ ＝2???3??cm，入射方向不同的粒子的軌跡 T?? π 的圓心角為?60°，運動時間?t＝??＝??? s，選項?B?錯誤、D?正確；由幾何關(guān)系可知，從?O?點

37、圖?6 A．從?ac?邊離開磁場的粒子，離開磁場時距?c?點最近的位置坐標為(?3，2?3－3) B．從?c?點離開磁場的粒子在磁場中運動時間最長 C．不可能有粒子垂直于?ab?邊離開磁場 π 300 mv qB 圓半徑相同，各粒子的軌跡圓為過?O?點半徑為?R?的動圓，且入射速度沿?x?軸正方向的粒子離 開磁場時距?c?點最近，最近點?A?的坐標為(?3，2?3－3)，選項?A?正確；當軌跡圓弧對應(yīng)的 弦最長時，圓心角最大，時間最長，即從?a?點射出的粒子的運動時間最長，該軌跡圓弧對應(yīng) 6 300 沿與?Oc?成?120°角

38、方向射入磁場的粒子將垂直于?ab?邊離開磁場，選項?C?錯誤。 答案 AD 選擇題?31?分模擬小卷(二) ) 一、單項選擇題(本題共?5?小題，每小題?3?分，共計?15?分。每小題只有一個選項符合題意。 1．水平方向的兩個相互垂直的力?F1?和?F2?作用在箱子同一位置，使箱子在水平粗糙的地面上 移動一段距離，若力?F1?對箱子做了?300?J?功，力?F2?對箱子做了?400?J?功，則力?F1?與?F2?的合 力對箱子做的功( ) A．等于?500?J B．等于?700?J C．大

39、于?500?J D．大于?700?J 解析 合力對物體做功等于各分力單獨對物體做的功的代數(shù)和，所以選項?B?正確。 答案 B 2．(2016·上海單科，5)磁鐵在線圈中心上方開始運動時，線圈中產(chǎn)生如圖方向的感應(yīng)電流， 則磁鐵( ) A．向上運動 C．向左運動 圖?1 B．向下運動 D．向右運動 解析 由于條形磁鐵的?N?極在下面，因此磁鐵提供的磁場穿過線圈的磁通量的方向向下，由 于磁鐵的運動，線圈中磁通量變化，產(chǎn)生如題圖方向的電流，由安培定則可以確定線圈中感 應(yīng)

40、電流產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向向上，與磁鐵產(chǎn)生的磁場方向相反，由楞次定律可知磁鐵產(chǎn)生的 磁場通過線圈的磁通量的大小增加，因此磁鐵向下運動，B?項正確。 答案 B 3.如圖?2?所示，一物體靜止在水平地面上，從?t＝0?時刻開始用水平向右的拉力?F?拉物體，經(jīng) t0?時間運動到?A?點，再經(jīng)?T?和?2T?時間運動到?B?點和?C?點，若?A、B、C?三點間距滿足?BC＝2AB， 則( ) 圖?2 1 A．t0＝2T 1 C．t0＝4T 2 B．t0＝3T 3 D．t0＝4T 1 1 解析 根據(jù)勻變速直

41、線運動規(guī)律得?vA＝at0，xAB＝vAT＋2aT2，xAC＝vA·2T＋2a(2T)2，又?xAC＝ 1 xAB＋xBC＝3xAB，聯(lián)立各式解得?t0＝2T，選項?A?正確，B、C、D?錯誤。 答案 A a 4．水平邊界?MN?上方有一垂直紙面向外的勻強磁場，?、b?兩帶電粒子所帶的電荷量分別是?q1、 q2，以相同速度從邊界上?O?點垂直進入磁場，它們的運動軌跡如圖?3?所示，軌道半徑分別為 r1、r2，且?r1∶r2＝2∶3。下列說法正確的是( ) A．a(chǎn)?帶負電、b?帶正電，比荷之比為???1∶ 2＝2∶3q 圖?3

42、 q m1 m2 m1 m2 m1 m2 m1 m2 qB???m rB????? m1 m2 q q B．a(chǎn)?帶正電、b?帶負電，比荷之比為?1∶ 2＝2∶3 q q C．a(chǎn)?帶負電、b?帶正電，比荷之比為?1∶ 2＝3∶2 q q D．a(chǎn)?帶正電、b?帶負電，比荷之比為?1∶ 2＝3∶2 解析 在?O?點射入磁場時，a?受到向左的洛倫茲力，b?受到向右的洛倫茲力，由左手定則判斷 mv?q v q q a?帶負電荷、b?帶正電荷；由?r＝ 得?＝ ，所以?1∶ 2＝3∶2，則選項?C?正確。 答案 C 5.如圖?4

43、?所示，一輛小車靜置在水平地面上，用一條遵守胡克定律的橡皮筋將小球?P?懸掛于 車頂?O?點，在?O?點正下方有一光滑小釘?A，它到?O?點的距離恰好等于橡皮筋原長?l0?，F(xiàn)使小 車從靜止開始向右做加速度逐漸增大的直線運動，在此運動過程中?(橡皮筋始終在彈性限度 內(nèi))，小球的高度( ) 圖?4 A．保持不變 B．逐漸降低 C．逐漸升高 D．升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定 mg 解析 小車靜止時，對小球有?FT1＝mg，彈簧的伸長量?x1＝?k?，即小球與懸掛點的距離為?l1

44、 mg ＝l0＋?k?；當小車的加速度穩(wěn)定在一定值時?FT2cos?α?＝mg，F(xiàn)T2sin?α?＝ma，解得?FT2＝ mg cos?α?， FT2????????????????????????????? mg ，則小球與懸掛點的豎直方向的距離為?l2＝l0＋???? 彈簧的伸長量?x2＝?k kcos?α?·cos?α?＝l0＋ mg k?＝l1，可見小球在豎直方向上到懸掛點的距離與加速度無關(guān)，是不變的，選項?A?正確。 答案 A 二、多項選擇題(本題共?4?小題，每小題?4?分，共計?16?分。每小題有多個選項符合題意，全 部選

45、對的得?4?分，選對但不全的得?2?分，錯選或不答的得?0?分。) T 6.假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠的行星?A?和?B，半徑分別為?RA?和?RB。這兩顆行星周圍衛(wèi)星的 軌道半徑的三次方(r3)與運行周期的平方(T2)的關(guān)系如圖?5?所示；?0?為衛(wèi)星環(huán)繞行星表面運行 的周期。則( ) 解析 由設(shè)行星質(zhì)量為?M，衛(wèi)星繞行星運動的半徑為?r，周期為?T，衛(wèi)星質(zhì)量為?m，則有GMm＝ 圖?5 A．行星?A?的質(zhì)量小于行星?B?的質(zhì)量 B．行星?A?的密度小于行星?B?的密度 C．行星?A?的第一宇宙

46、速度大于行星?B?的第一宇宙速度 D．當兩行星的衛(wèi)星軌道半徑相同時，行星?A?的衛(wèi)星向心加速度小于行星?B?的衛(wèi)星向心加速度 r2 m4π??2r GM ，r3＝ T2 4π?2 GM T2，則圖象的斜率為 4π?2  ，從圖象可看出?A?的質(zhì)量大，所以?A?錯誤；兩“近 GT0 3π 地”衛(wèi)星的周期相同，則兩者的密度為?ρ?＝ 2  相同，則?B?錯誤；第一宇宙速度是“近地” 2π?R T0 衛(wèi)星的運行速度?v＝ ，A?的半徑大于?B?的半徑，則?A?的第一宇宙速度大于?B?的第一宇宙速

47、 GM 度，則?C?正確；由?an＝?r2?，A?的質(zhì)量大于?B?的質(zhì)量，所以?A?的衛(wèi)星向心加速度大于?B?的衛(wèi)星 向心加速度，D?錯誤。 答案 AC 7.如圖?6?所示，N、P?是光滑絕緣水平面上的兩點，O?為?P?點正上方的一點，虛線?ON?和?OP?之 間的夾角?θ?＝60°，M?為?ON?的中點，O?點固定著一個點電荷?Q。在?N?點，由靜止釋放一個可 視為質(zhì)點的帶電小球，發(fā)現(xiàn)小球只能在水平面上運動。下列說法正確的是( ) 項?A?正確；由?φ?＝k??可知?M、P?兩點在同一個等勢面上，所以?N、P?兩點間的電勢

48、差等于?N、M 圖?6 A．在點電荷?Q?產(chǎn)生的電場中，M?點和?P?點的電場強度大小相同 B．在點電荷?Q?產(chǎn)生的電場中，N、P?兩點間的電勢差大于?N、M?兩點間的電勢差 C．小球可能做勻變速直線運動 D．若小球能經(jīng)過?P?點，則它在?N?點的電勢能一定大于在?P?點的電勢能 Q 解析 由點電荷的場強公式?E＝kr2，可得?M、P?兩點的電場強度大小相同，方向不相同，選 Q r Q 兩點間的電勢差，選項?B?錯誤；由點電荷場強公式?E＝kr2，可知小球受到的電場力大小發(fā)生 變化，不是勻變速直線運動，選項?C?錯誤；小球由靜止釋

49、放，從?N?向?P?運動時，電場力一定 做正功，電勢能一定減小，所以?N?點的電勢能一定大于?P?點的電勢能，選項?D?正確。 答案 AD 8．如圖?7?甲所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比?n1∶n2＝10∶1，原線圈輸入的交流電壓 如圖乙所示，副線圈電路接有滑動變阻器?R?和額定電壓為?12?V、內(nèi)阻為?2?Ω?的電動機。閉 合開關(guān)，電動機正常工作，電流表示數(shù)為?1?A。則( ) 解析 輸入電壓最大值為?220???2??V，則有效值?U1＝???? V＝220??V，U2＝ 2U1＝22??V，故?A 0.

50、02??s，則?f＝??＝50??Hz，故?C?正確；卡住電動機，副線圈電路中的電流增大，變壓器的輸 圖?7 A．副線圈兩端電壓為?22?2?V B．電動機輸出的機械功率為?10?W C．通過電動機的交流電頻率為?50?Hz D．突然卡住電動機，原線圈輸入功率變小 220?2 n 2 n1 錯誤；輸出的機械功率?P＝UI2－I2RM＝12×1?W－12×2?W＝10?W，故?B?正確；由乙圖知周期為 1 T 出功率增加，則原線圈輸入功率增加，故?D?錯誤。 答案 BC 9．如圖?8?所示，將質(zhì)量?M＝1?kg?的重物?B?懸掛在輕繩的一

51、端，并放置在傾角為?30°、固定 在水平地面的斜面上，輕繩平行于斜面，B?與斜面間的動摩擦因數(shù)?μ＝????3 3 。輕繩跨過質(zhì)量不 計的光滑定滑輪，其另一端系一質(zhì)量?m＝0.5?kg?的小圓環(huán)?A。圓環(huán)套在豎直固定的光滑直桿 上，滑輪中心與直桿的距離為?L＝4?m?，F(xiàn)將圓環(huán)?A?從與定滑輪等高處由靜止釋放，不計空氣 阻力，直桿和斜面足夠長，取?g＝10?m/s2。下列判斷正確的是( ) 圖?8 A．圓環(huán)下降的過程中，輕繩的張力大小始終等于?10?N 16

52、B．圓環(huán)能下降的最大距離為?Hm＝?3  m C．圓環(huán)速度最大時，輕繩與直桿的夾角為?30° D．若增加圓環(huán)質(zhì)量使?m＝1?kg，再重復(fù)題述過程，則圓環(huán)在下降過程中，重力做功的功率一 直在增大 解析 隨著?A?圓環(huán)下滑，B?物體先向上加速，后向上減速，所以繩子的拉力會發(fā)生變化，不 是始終等于?10?N，可得?A?錯誤；由能量守恒可知，當?A?下降到最低點時，A?減少的重力勢能 轉(zhuǎn)化成?B?增加的重力勢能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，設(shè)?A?下降的最大距離為?Hm，由能量守恒可得?mgHm 16 m m ＝Mg(?H2＋L2－L)sin?3

53、0°＋μ?Mgcos?30°(?H2＋L2－L)，解得?Hm＝?3  m，可得?B?正確；圓 環(huán)?A?速度最大時，重物?B?的速度也是最大，都是受力平衡，設(shè)輕繩與直桿的夾角為α?，對圓 環(huán)?A?受力分析得?mg＝(Mgsin?30°＋μ?Mg·cos?30°)cos?α?，解得?α?＝60°，可得?C?錯誤； 若使圓環(huán)的質(zhì)量為?1?kg，則圓環(huán)在下降時一直做加速運動，速度一直增大，由功率公式?P＝ Fv＝mgv?知，重力做功的功率一直在增大，可得?D?正確。 答案 BD 選擇題?31?分模擬小卷(三) ) 一、單項選擇題(本

54、題共?5?小題，每小題?3?分，共計?15?分。每小題只有一個選項符合題意。 1．奧斯特在研究電流的磁效應(yīng)實驗時，將一根長直導(dǎo)線南北放置在小磁針的正上方，導(dǎo)線不 通電時，小磁針在地磁場作用下靜止時?N?極指向北方，如圖?1?所示。現(xiàn)在導(dǎo)線中通有由南向 北的恒定電流?I，小磁針轉(zhuǎn)動后再次靜止時?N?極指向( ) A．北方 C．西偏北方向 圖?1 B．西方 D．北偏東方向 解析 在導(dǎo)線中通有由南向北的恒定電流?I，由安培定則可判斷出通電導(dǎo)線下方產(chǎn)生了由東 指向西的磁場，根據(jù)磁場疊加原理

55、，該磁場與地磁場的合磁場方向為西偏北方向，所以小磁 針轉(zhuǎn)動后再次靜止時?N?極指向為西偏北方向，選項?C?正確。 答案 C 2．(2016·江蘇單科，5)小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落， 重復(fù)上述運動，取小球的落地點為原點建立坐標系，豎直向上為正方向。下列速度?v?和位置 x?的關(guān)系圖象中，能描述該過程的是( ) 為?v，則有?mgx＋??mv2＝E，可變形為?x＝－ ＋ ，由此方程可知圖線為開口向左、頂點在 ??E ? èmg ? ，0÷的拋物線，故選項?A?正確。 解析

56、由題意知在運動過程中小球機械能守恒，設(shè)機械能為?E，小球離地面高度為?x?時速度 1 v2 E 2 2g?mg ? 答案 A 3．(2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓 軌道?1，再進入圓軌道?2，圓軌道?1?的半徑為?R，圓軌道?2?的半徑是軌道?1?的?1.8?倍，小球的 質(zhì)量為?m，若小球恰好能通過軌道?2?的最高點?B，則小球在軌道?1?上經(jīng)過?A?點時對軌道的壓力 為( ) 解析 小球恰好能通過軌道?2?的最高點?B?時，有?mg＝??? ，

57、小球在軌道?1?上經(jīng)過?A?處時，有 圖?2 A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg mv2 B 1.8R mv2 1 1 2 F＋mg＝?R?A，根據(jù)機械能守恒，有?1.6mgR＝2mv2A－2mvB，解得?F＝4mg，C?項正確。 答案 C 4.如圖?3?所示，實線代表某勻強電場中的三條電場線，帶電粒子在電場中僅在電場力作用下 沿虛線從?a?運動到?b，運動軌跡?ab?為一條拋物線，則下列判斷正確的是( ) 圖?3 A．電場的方向由?N?指向?M B．帶電粒子從?a?運動到?b，動能減少

58、 C．該帶電粒子一定帶正電 D．如果另放某帶負電的檢驗電荷，它在?M?點的電勢能一定小于它在?N?點的電勢能 解析 帶電粒子在電場中僅在電場力作用下沿虛線從?a?運動到?b，電場力總指向軌跡的凹側(cè)， 因此帶電粒子所受電場力沿?NM?方向，可以判斷電場力對粒子做負功，粒子的動能減少，但由 于帶電粒子的電性未知，因此不能確定電場強度的方向，A、C?項錯誤，B?項正確；因為不能 確定電場強度的方向，所以無法確定帶負電的檢驗電荷的電勢能的大小，D?項錯誤。 答案 B 5．如圖?4?所示，鋼鐵構(gòu)件?A、B?疊放在卡車的水平底板上，卡車底板和?B?間

59、動摩擦因數(shù)為?μ?1， A、B?間動摩擦因數(shù)為?μ?2，μ?1＞μ?2，卡車剎車的最大加速度為?a，a＞μ?1g，可以認為最大靜 摩擦力與滑動摩擦力大小相等?？ㄜ囇仄街惫沸旭偼局杏龅骄o急情況時，要求其剎車后在 s0?距離內(nèi)能安全停下，則卡車行駛的速度不能超過( ) A.?2as0 C.?2μ?2gs0 圖?4 B.?2μ?1gs0 D.?（μ?1＋μ?2）gs0 解析 要使卡車安全停下來，即鋼鐵構(gòu)件?A、B?及卡車保持相對靜止，設(shè)鋼鐵構(gòu)件?A?恰好相對 0 B?不滑動的加速度為?a2，鋼鐵構(gòu)件?A

60、、B?相對卡車剛好不滑動的加速度為?a1，由牛頓第二定律 得?μ?2mAg＝mAa2，μ?1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，解得?a2＝μ?2g，a1＝μ?1g，因為?μ?1＞μ?2，所以卡 車安全行駛的最大加速度為?a2，設(shè)卡車的速度為?v0，由勻變速直線運動規(guī)律得?v2＝2a2s0，解 得?v0＝?2μ?2gs0，選項?C?正確，A、B、D?錯誤。 答案 C 二、多項選擇題(本題共?4?小題，每小題?4?分，共計?16?分。每小題有多個選項符合題意，全 部選對的得?4?分，選對但不全的得?2?分，錯選或不答的得?0?分。) 6．(2016·全國卷Ⅰ，18

61、)一質(zhì)點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上 的力不發(fā)生改變，則( ) A．質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變 解析 質(zhì)點一開始做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，則該質(zhì)點所受的合外力為 該恒力。①若該恒力方向與質(zhì)點原運動方向不共線，則質(zhì)點做曲線運動，質(zhì)點速度方向與恒 力方向不同，故?A?錯；②若?F?的方向某一時刻與質(zhì)點運動方向垂直，之后質(zhì)點作曲線運動， 力與速度方向不再垂直，例如平拋

62、運動，故?B?正確；③由牛頓第二定律可知，質(zhì)點加速度方 向總是與其所受合外力方向相同，C?正確；④根據(jù)加速度的定義，相等時間內(nèi)速度變化量相 同，而速率變化量不一定相同，故?D?錯。 答案 BC 7．一小型發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖?5?甲所示，已知發(fā)電機線圈內(nèi)阻為?r， 外接一個電壓表和一個額定電壓為?U、額定功率為?P?的燈泡，如圖乙所示。下列說法正確的 是( ) 圖?5 A．圖甲所示的電動勢瞬時值表達式為?e＝22?2sin?(50π?t)V B．圖乙中線圈

63、所在位置為中性面位置 C．電壓表的讀數(shù)一定小于?22?V D．若線圈轉(zhuǎn)到圖乙所示位置，則此時燈泡中電流最大 解析 圖甲所示的電動勢瞬時值表達式為 e＝22?2sin?(100π?t)V，選項?A?錯誤；圖乙中發(fā)電機產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，線圈位于與中 性面垂直的位置，選項?B?錯誤；由于線圈有內(nèi)阻，電壓表的讀數(shù)一定小于電動勢的有效值22 V，選項?C?正確；若線圈轉(zhuǎn)到圖乙所示位置，則此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，燈泡中電流最大， 選項?D?正確。 答案 CD 8．土星的衛(wèi)星很多，現(xiàn)已發(fā)現(xiàn)數(shù)十顆，這些衛(wèi)星的運動可視為繞土星的勻速圓周運動。下表

64、 是有關(guān)土衛(wèi)五和土衛(wèi)六兩顆衛(wèi)星的一些參數(shù)。下列說法正確的是( ) 衛(wèi)星 土衛(wèi)五 土衛(wèi)六 直徑/km 1?530 5?150 質(zhì)量/kg 2.49×1021 1.35×1023 軌道半徑/km 527?040 1?221?830 發(fā)現(xiàn)者 卡西尼 惠更斯 發(fā)現(xiàn)日期 1672?年 1655?年 10 解析 根據(jù)萬有引力提供向心力有?G 2?＝m???＝m 2??r，所以?v＝r r T? GM ，T＝2π GM A．土衛(wèi)五的公轉(zhuǎn)速度比土衛(wèi)六的小 B．土衛(wèi)五的公

65、轉(zhuǎn)周期比土衛(wèi)六的小 C．土衛(wèi)五表面的重力加速度比土衛(wèi)六的大 D．土星對土衛(wèi)五的萬有引力約為其對土衛(wèi)六萬有引力的 Mm v2 4π?2  1  r  r3  ，土衛(wèi) 六的軌道半徑大于土衛(wèi)五的軌道半徑，土衛(wèi)六的周期大，線速度小，選項?A?錯誤，選項?B?正 Mm M 確；在衛(wèi)星表面，萬有引力等于重力，有?G?R2?＝mg，可得?g＝GR2，代入數(shù)據(jù)可得土衛(wèi)五

66、表面 Mm 的重力加速度比土衛(wèi)六的小，選項?C?錯誤；根據(jù)?F＝G?r2?，代入數(shù)據(jù)可得，土星對土衛(wèi)五和土 衛(wèi)六的萬有引力之比約為?1∶10，選項?D?正確。 答案 BD 9.電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長?s＝1.15?m，兩導(dǎo)軌間距?L＝0.75?m，導(dǎo)軌傾角?α?＝30°， 導(dǎo)軌上端接一阻值?R＝1.5?Ω?的電阻，磁感應(yīng)強度?B＝0.8?T?的勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向上。 阻值?r＝0.5?Ω?、質(zhì)量?m＝0.2?kg?的金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，從導(dǎo)軌上端由靜止開始 下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的熱量?Qr＝0.1?J(g?取?10?m/s2)，則下列說法正確的是 ( ) 解析 金屬棒下滑時受重力和安培力作用，且安培力?F＝BIL＝??? ，由牛頓第二定律得?mgsin α?－??? ＝ma，所以加速度隨速度增加而減小，金屬棒做加速度減小的加速運動，無論最終 圖?6 A．金屬棒一直向下做加速度增大的加速運動 B．此過程中金屬棒克服安培力做功為?0.4?J