高三物理一輪復習版 全國通用一?？记白詈笠徽n

一?？记白詈笠徽n研透全國卷近三年考情、洞悉高考命題動態(tài)理綜·物理全國卷近幾年命題相對穩(wěn)定，重點內(nèi)容?？疾凰?，常圍繞幾個知識板塊頻繁設題。不變的是考點，變化的是試題的情景材料。一輪復習結束，有必要對學科的重要知識點進行一下梳理、回顧和總結。將全國卷近幾年的高考題進行集中分析和研究，既有利于考生準確把握備考方向，感悟全國卷命題精髓；又能重溫已學知識，起到考前熱身的效果。一、選擇題?？嫉?2個命題點對物理學史、物理方法的考查1．(多選)(2012·全國卷T14)伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎。早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是()A．物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B．沒有力的作用，物體只能處于靜止狀態(tài)C．行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性D．運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動解析：選AD慣性是物體保持原來運動狀態(tài)不變的性質(zhì)，故A對；根據(jù)慣性定律可知沒有力的作用，物體將保持原來的狀態(tài)，即靜止狀態(tài)或者勻速直線運動狀態(tài)，故B錯；行星在圓軌道上的運動是變速運動，是在萬有引力作用下的運動，所以C錯；運動物體如果不受力作用，將保持原來的運動狀態(tài)，即繼續(xù)以同一速度沿著同一直線運動，D對。2．(多選)(2013·全國卷ⅡT19)在物理學發(fā)展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是()A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯(lián)系B．安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說C．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化解析：選ABD奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場，電和磁之間存在聯(lián)系，選項A正確。安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，選項B正確。法拉第在實驗中觀察到，通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，由于導線圈中磁通量不變，不會產(chǎn)生感應電流，選項C錯誤。楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，這就是楞次定律，選項D正確。3．(多選)(2015·全國卷ⅡT18)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關于指南針，下列說法正確的是()A．指南針可以僅具有一個磁極B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)解析：選BC指南針是一個小磁體，具有N、S兩個磁極，因為地磁場的作用，指南針的N極指向地理的北極，選項A錯誤，選項B正確。因為指南針本身是一個小磁體，所以會對附近的鐵塊產(chǎn)生力的作用，同時指南針也會受到反作用力，所以會受鐵塊干擾，選項C正確。在地磁場中，指南針南北指向，當直導線在指南針正上方平行于指南針南北放置時，通電導線產(chǎn)生的磁場在指南針處是東西方向，所以會使指南針偏轉(zhuǎn)。正確選項為B、C。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])與物理學常識或物理學史知識相聯(lián)系的選擇題幾乎每年都有，試題內(nèi)容有涉及力學部分知識，也有涉及電磁學部分知識，試題難度較小。力與運動圖像的綜合問題1．(多選)(2013·全國卷ⅠT19)如圖1-1，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位置—時間(x-t)圖線。由圖可知()圖1-1A．在時刻t1，a車追上b車B．在時刻t2，a、b兩車運動方向相反C．在t1到t2這段時間內(nèi)，b車的速率先減少后增加D．在t1到t2這段時間內(nèi)，b車的速率一直比a車的大解析：選BC從x-t圖像可以看出，在t1時刻，b汽車追上a汽車，選項A錯誤；在t2時刻，b汽車運動圖像的斜率為負值，表示b汽車速度反向，而a汽車速度大小和方向始終不變，故選項B正確；從t1時刻到t2時刻，圖像b斜率的絕對值先減小至零后增大，反映了b汽車的速率先減小至零后增加，選項C正確、D錯誤。2．(2014·全國卷ⅡT14)甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛。在t＝0到t＝t1的時間內(nèi)，它們的v-t圖像如圖1-2所示。在這段時間內(nèi)()圖1-2A．汽車甲的平均速度比乙的大B．汽車乙的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)C．甲、乙兩汽車的位移相同D．汽車甲的加速度大小逐漸減小，汽車乙的加速度大小逐漸增大解析：選A根據(jù)v-t圖像下方的面積表示位移，可以看出汽車甲的位移x甲大于汽車乙的位移x乙，選項C錯誤；根據(jù)v＝eq\f(x,t)得，汽車甲的平均速度v甲大于汽車乙的平均速度v乙，選項A正確；汽車乙的位移x乙小于初速度為v2、末速度為v1的勻減速直線運動的位移x，即汽車乙的平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)，選項B錯誤；根據(jù)v-t圖像的斜率反映了加速度的大小，因此汽車甲、乙的加速度大小都逐漸減小，選項D錯誤。3．(多選)(2015·全國卷ⅠT20)如圖1-3(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖1-3A．斜面的傾角B．物塊的質(zhì)量C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析：選ACD由題圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度為a1＝eq\f(v0,t1)，下降過程中的加速度為a2＝eq\f(v1,t1)。物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1g)，滑動摩擦力f＝eq\f(mv0－v1,2t1)，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，選項A、C正確。由v-t圖像中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])運動圖像包括x-t圖像、v-t圖像、a-t圖像等，高考對這部分知識的考查，有時單獨從運動學的角度考查，有時又結合牛頓第二定律進行綜合考查，試題難度中等。平拋運動與圓周運動問題1．(多選)(2012·全國卷T15)如圖1-4，x軸在水平地面內(nèi)，y軸沿豎直方向。圖中畫出了從y軸上沿x軸正向拋出的三個小球a、b和c的運動軌跡，其中b和c是從同一點拋出的。不計空氣阻力，則()圖1-4A．a(chǎn)的飛行時間比b的長B．b和c的飛行時間相同C．a(chǎn)的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析：選BD根據(jù)平拋運動的規(guī)律h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，因此平拋運動的時間只由高度決定，因為hb＝hc＞ha，所以b與c的飛行時間相同，大于a的飛行時間，因此選項A錯誤，選項B正確；又因為xa＞xb，而ta＜tb，所以a的初速度比b的大，選項C錯誤；做平拋運動的物體在水平方向上做勻速直線運動，b的水平位移大于c，而tb＝tc，所以vb＞vc，即b的初速度比c的大，選項D正確。2．(多選)(2013·全國卷ⅡT21)公路急轉(zhuǎn)彎處通常是交通事故多發(fā)地帶。如圖1-5，某公路急轉(zhuǎn)彎處是一圓弧，當汽車行駛的速率為v0時，汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢。則在該彎道處()圖1-5A．路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低B．車速只要低于v0，車輛便會向內(nèi)側(cè)滑動C．車速雖然高于v0，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側(cè)滑動D．當路面結冰時，與未結冰時相比，v0的值變小解析：選AC汽車以速率v0轉(zhuǎn)彎，需要指向內(nèi)側(cè)的向心力，汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢，說明此處公路內(nèi)側(cè)較低外側(cè)較高，選項A正確。車速只要低于v0，車輛便有向內(nèi)側(cè)滑動的趨勢，但不一定向內(nèi)側(cè)滑動，選項B錯誤。車速雖然高于v0，由于車輪與地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，車輛便不會向外側(cè)滑動，選項C正確。根據(jù)題述，汽車以速率v0轉(zhuǎn)彎，需要指向內(nèi)側(cè)的向心力，汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動的趨勢，沒有受到摩擦力，所以當路面結冰時，與未結冰時相比，轉(zhuǎn)彎時v0的值不變，選項D錯誤。3．(多選)(2014·全國卷ⅠT20)如圖1-6，兩個質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點)放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為l，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2l，木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用ω圖1-6A．b一定比a先開始滑動B．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b開始滑動的臨界角速度D．當ω＝eq\r(\f(2kg,3l))時，a所受摩擦力的大小為kmg解析：選AC因圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動，在某一時刻可認為，木塊隨圓盤轉(zhuǎn)動時，其受到的靜摩擦力的方向指向轉(zhuǎn)軸，兩木塊轉(zhuǎn)動過程中角速度相等，則根據(jù)牛頓第二定律可得f＝mω2R，由于小木塊b的軌道半徑大于小木塊a的軌道半徑，故小木塊b做圓周運動需要的向心力較大，B錯誤；因為兩小木塊的最大靜摩擦力相等，故b一定比a先開始滑動，A正確；當b開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmg＝mωb2·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，C正確；當a開始滑動時，由牛頓第二定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而轉(zhuǎn)盤的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，小木塊a未發(fā)生滑動，其所需的向心力由靜摩擦力來提供，由牛頓第二定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D錯誤。4．(2015·全國卷ⅠT18)一帶有乒乓球發(fā)射機的乒乓球臺如圖1-7所示。水平臺面的長和寬分別為L1和L2，中間球網(wǎng)高度為h。發(fā)射機安裝于臺面左側(cè)邊緣的中點，能以不同速率向右側(cè)不同方向水平發(fā)射乒乓球，發(fā)射點距臺面高度為3h。不計空氣的作用，重力加速度大小為g。若乒乓球的發(fā)射速率v在某范圍內(nèi)，通過選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺面上，則v的最大取值范圍是()圖1-7A．eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B．eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))C．eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))D．eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))解析：選D設以速率v1發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t1剛好落到球網(wǎng)正中間。則豎直方向上有3h－h(huán)＝eq\f(1,2)gt12①，水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1②。由①②兩式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))。設以速率v2發(fā)射乒乓球，經(jīng)過時間t2剛好落到球網(wǎng)右側(cè)臺面的兩角處，在豎直方向有3h＝eq\f(1,2)gt22③，在水平方向有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2＋L12)＝v2t2④。由③④兩式可得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))。則v的最大取值范圍為v1<v<v2。故選項D正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])考查平拋運動或圓周運動知識的試題，常通過與生活、體育、科技等相聯(lián)系的實例情景而呈現(xiàn)，所涉及的問題主要有基本規(guī)律的應用，臨界、極值問題，試題難度中等。天體運動問題1．(多選)(2013·全國卷ⅠT20)2012年6月18日，神舟九號飛船與天宮一號目標飛行器在離地面343km的近圓形軌道上成功進行了我國首次載人空間交會對接。對接軌道所處的空間存在極其稀薄的大氣，下列說法正確的是()A．為實現(xiàn)對接，兩者運行速度的大小都應介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之間B．如不加干預，在運行一段時間后，天宮一號的動能可能會增加C．如不加干預，天宮一號的軌道高度將緩慢降低D．航天員在天宮一號中處于失重狀態(tài)，說明航天員不受地球引力作用解析：選BC神舟九號和天宮一號在近地軌道上運行的速度都小于第一宇宙速度，選項A錯誤；由于空間存在稀薄氣體，若不對兩者干預，其動能將增加，軌道半徑減小，選項B、C正確；由于天宮一號做勻速圓周運動，航天員受到的萬有引力全部提供其做圓周運動的向心力，處于完全失重狀態(tài)，選項D錯誤。2．(2014·全國卷ⅡT18)假設地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體。已知地球表面重力加速度在兩極的大小為g0，在赤道的大小為g；地球自轉(zhuǎn)的周期為T，引力常量為G。地球的密度為()A．eq\f(3π,GT2)eq\f(g0－g,g0) B．eq\f(3π,GT2)eq\f(g0,g0－g)C．eq\f(3π,GT2) D．eq\f(3π,GT2)eq\f(g0,g)解析：選B物體在地球的兩極時，mg0＝Geq\f(Mm,R2)，物體在赤道上時，mg＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R＝Geq\f(Mm,R2)，以上兩式聯(lián)立解得地球的密度ρ＝eq\f(3πg0,GT2g0－g)。故選項B正確，選項A、C、D錯誤。3．(多選)(2014·全國卷ⅠT19)太陽系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動。當?shù)厍蚯『眠\行到某地外行星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學稱為“行星沖日”。據(jù)報道，2014年各行星沖日時間分別是：1月6日木星沖日；4月9日火星沖日；5月11日土星沖日；8月29日海王星沖日；10月8日天王星沖日。已知地球及各地外行星繞太陽運動的軌道半徑如下表所示，則下列判斷正確的是()地球火星木星土星天王星海王星軌道半徑(AU)1.01.55.29.51930A．各地外行星每年都會出現(xiàn)沖日現(xiàn)象B．在2015年內(nèi)一定會出現(xiàn)木星沖日C．天王星相鄰兩次沖日的時間間隔為土星的一半D．地外行星中，海王星相鄰兩次沖日的時間間隔最短解析：選BD設某行星相鄰兩次沖日的時間間隔為t，地球繞太陽運動的周期為T，某行星繞太陽運動的周期為T行，則eq\f(2π,T)t－eq\f(2π,T行)t＝2π，可得t＝eq\f(T,1－\f(T,T行))；而根據(jù)開普勒定律可得eq\f(T2,T行2)＝eq\f(R3,R行3)，聯(lián)立可得t＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R行3)))，代入相關數(shù)據(jù)可得t火＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R火3)))≈2.195T，t木＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R木3)))≈1.092T，t土＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R土3)))≈1.035T，t天＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R天3)))≈1.012T，t海＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R海3)))≈1.006T；根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，各地外行星并不是每年都會出現(xiàn)沖日現(xiàn)象，A錯誤；木星在2014年1月6日出現(xiàn)了木星沖日現(xiàn)象，再經(jīng)1.092T將再次出現(xiàn)木星沖日現(xiàn)象，所以在2015年內(nèi)一定會出現(xiàn)木星沖日，B正確；根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，天王星相鄰兩次沖日的時間間隔不是土星的一半，C錯誤；根據(jù)上述數(shù)據(jù)可知，海王星相鄰兩次沖日的時間間隔最短，D正確。4．(多選)(2015·全國卷Ⅰ·T21)我國發(fā)射的“嫦娥三號”登月探測器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圓軌道上繞月運行；然后經(jīng)過一系列過程，在離月面4m高處做一次懸停(可認為是相對于月球靜止)；最后關閉發(fā)動機，探測器自由下落。已知探測器的質(zhì)量約為1.3×103kg，地球質(zhì)量約為月球的81倍，地球半徑約為月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小約為9.8mA．在著陸前的瞬間，速度大小約為8.9m/sB．懸停時受到的反沖作用力約為2×103NC．從離開近月圓軌道到著陸這段時間內(nèi)，機械能守恒D．在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛(wèi)星在近地圓軌道上運行的線速度解析：選BD設月球表面的重力加速度為g月，則eq\f(g月,g地)＝eq\f(\f(GM月,R月2),\f(GM地,R地2))＝eq\f(M月,M地)·eq\f(R地2,R月2)＝eq\f(1,81)×3.72，解得g月≈1.7m/s2。A．由v2＝2g月h，得著陸前的速度為v＝eq\r(2g月h)＝eq\r(2×1.7×4)m/s≈3.7m/s，選項A錯誤。B.懸停時受到的反沖力F＝mg月≈2×103N，選項B正確。C.從離開近月圓軌道到著陸過程中，除重力做功外，還有其他外力做功，故機械能不守恒，選項C錯誤。D.設探測器在近月圓軌道上和人造衛(wèi)星在近地圓軌道上的線速度分別為v1、v2，則eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(\f(GM月,R月)),\r(\f(GM地,R地)))＝eq\r(\f(M月,M地)·\f(R地,R月))＝eq\r(\f(3.7,81))<1，故v1<v2，選項D正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])天體運動問題是高考命題的高頻考點，每年必有一題，而且每年命題的側(cè)重點也有所不同，有天體質(zhì)量、密度的計算，有天體在不同軌道上運行參量的比較，也有航天器的發(fā)射、變軌、著陸等航天科技問題，試題難度中等偏下。功和功率問題1．(多選)(2013·全國卷ⅠT21)2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖1-8(a)為利用阻攔系統(tǒng)讓航載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統(tǒng)立即關閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止。某次降落，以飛機著艦為計時零點，飛機在t＝0.4s時恰好鉤住阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度—時間圖線如圖(b)所示。假如無阻攔索，飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為1000m。已知航母始終靜止，重力加速度的大小為g。則()圖1-8A．從著艦到停止，飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的eq\f(1,10)B．在0.4～2.5s時間內(nèi)，阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C．在滑行過程中，飛行員所承受的加速度大小會超過2.5D．在0.4～2.5s時間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率幾乎不變解析：選AC由v-t圖線與坐標軸所圍的面積的物理意義可知，飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的eq\f(1,10)，選項A正確；由v-t圖像可以看出0.4～2.5s內(nèi)飛機在甲板上滑行過程中的加速度不變，說明飛機受到的合力不變，而兩段阻攔索的夾角逐漸減小，故阻攔索的張力減小，選項B錯誤；根據(jù)v-t圖像可以看出0.4～2.5s內(nèi)加速度大小約為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(70－10,2.1)m/s2＝28.6m/s2，選項C正確；由于飛機做勻減速運動，所受阻力不變，根據(jù)P＝Fv可知，功率逐漸減小，選項D錯誤。2．(2014·全國卷ⅡT16)一物體靜止在粗糙水平地面上?，F(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関。若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v。對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律、牛頓第二定律、功的計算公式解題。根據(jù)x＝eq\f(v＋v0,2)t得，兩過程的位移關系x1＝eq\f(1,2)x2，根據(jù)加速度的定義a＝eq\f(v－v0,t)，得兩過程的加速度關系為a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上運動，故兩過程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma得，F(xiàn)1－f1＝ma1，F(xiàn)2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根據(jù)功的計算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。3．(2015·全國卷ⅡT17)一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖1-9所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是()圖1-9解析：選A由P-t圖像知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛。設汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當v增加時，F(xiàn)減小，由a＝eq\f(F－f,m)知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，選項A正確。4．(2015·全國卷ⅠT17)如圖1-10，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則()圖1-10A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離解析：選C設質(zhì)點到達N點的速度為vN，在N點質(zhì)點受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝eq\f(mvN2,R)，已知FN＝FN′＝4mg，則質(zhì)點到達N點的動能為EkN＝eq\f(1,2)mvN2＝eq\f(3,2)mgR。質(zhì)點由開始至N點的過程，由動能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR。設從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，則W′<W。從N到Q的過程，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2，故質(zhì)點到Q點后速度不為0，質(zhì)點繼續(xù)上升一段距離。選項C正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])功和功率的分析與計算是高考的?？純?nèi)容，對功的考查常有：功的正、負分析，恒力做功、變力做功的計算等。對功率的考查常有功率的計算、機車啟動問題等，試題難度中等。功能關系與能量守恒定律1．(2014·全國卷ⅡT15)取水平地面為重力勢能零點。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等。不計空氣阻力。該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)解析：選B設物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物塊在豎直方向上的運動是自由落體運動，故落地時的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，則該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。2．(2014·全國卷ⅡT17)如圖1-11，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()圖1-11A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：選C設大環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的小環(huán)滑下過程中遵守機械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時的速度為v＝2eq\r(gR)，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低點時大環(huán)對小環(huán)的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)對大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下。對大環(huán)，據(jù)平衡條件，輕桿對大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根據(jù)牛頓第三定律，大環(huán)對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，故選項C正確，選項A、B、D錯誤。3．(多選)(2015·全國卷ⅡT21)如圖1-12，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。則()圖1-12A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：選BD由題意知，系統(tǒng)機械能守恒。設某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。當a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mva2，解得va＝eq\r(2gh)，選項B正確。同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤。桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤。b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確。正確選項為B、D。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考點常結合不同試題情景考查功能關系、能量守恒定律，易與平拋運動、圓周運動、運動的合成與分解等知識相結合進行綜合考查，試題難度一般中等偏上。電場強度、電勢、電勢能的分析與計算1．(多選)(2014·全國卷ⅡT19)關于靜電場的電場強度和電勢，下列說法正確的是()A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向解析：選AD電場線(電場強度)的方向總是與等電勢面垂直，選項A正確。電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度等于零的地方，電勢不一定等于零，選項B錯誤。沿著電場線方向，電勢不斷降落，電勢的高低與電場強度的大小無必然關系，選項C錯誤。電場線(電場強度)的方向總是從高的等電勢面指向低的等電勢面，而且是電勢降落最快的方向，選項D正確。2．(2013·全國卷ⅠT15)如圖1-13，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷。已知b點處的電場強度為零，則d點處電場強度的大小為(k為靜電力常量)()圖1-13A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：選B由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的電場強度大小EQ′＝keq\f(q,R2)，則Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，故選項B正確。3．(2015·全國卷ⅠT15)如圖1-14，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等。則()圖1-14A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功解析：選B由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確，選項A錯誤。M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤。電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考點常涉及電場強度、電勢、電勢能的特點及大小比較及電場強度的大小計算等，試題難度中等。帶電粒子在勻強電場中的直線運動1．(多選)(2012·全國卷T18)如圖1-15，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()圖1-15A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動解析：選BD由題意可知粒子做直線運動，受到豎直向下的重力和垂直極板的電場力，考慮到電場力和重力不可能平衡，故只有電場力與重力的合力方向水平向左才能滿足直線運動條件，故粒子做勻減速直線運動，電場力做負功，電勢能逐漸增加，B、D對。2．(2013·全國卷ⅠT16)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方eq\f(d,2)處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點開始下落的相同粒子將()A．打到下極板上 B．在下極板處返回C．在距上極板eq\f(d,2)處返回 D．在距上極板eq\f(2,5)d處返回解析：選D當兩極板距離為d時，粒子從開始下落到恰好到達下極板過程中，根據(jù)動能定理可得：mg×eq\f(3,2)d－qU＝0，當下極板向上移動eq\f(d,3)，設粒子在電場中運動距離x時速度減為零，全過程應用動能定理可得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋x))－qeq\f(U,d－\f(d,3))x＝0，兩式聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,5)d，選項D正確。3．(2015·全國卷ⅡT14)如圖1-16，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖1-16A．保持靜止狀態(tài)B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動D．向左下方做勻加速運動解析：選D兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動。故選項D正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考點涉及帶電粒子在勻強電場中做直線運動時，受力情況、運動規(guī)律分析，有時也與功能關系知識相結合進行綜合考查，試題難度中等。帶電粒子在勻強磁場中的運動1．(2013·全國卷ⅠT18)如圖1-17，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2)。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()圖1-17A．eq\f(qBR,2m) B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(3qBR,2m) D．eq\f(2qBR,m)解析：選B作出粒子在圓柱形勻強磁場區(qū)域的運動軌跡如圖，連接MN，根據(jù)粒子射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°，及MP＝eq\f(R,2)，得出各角大小如圖所示，粒子的出射點必與磁場圓的圓心等高，四邊形OMO′N為菱形，粒子做圓周運動的半徑r＝R，根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)。2．(多選)(2014·全國卷ⅡT20)圖1-18為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()圖1-18A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析：選AC根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤。3．(2015·全國卷ⅠT14)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小解析：選D分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應強度B減小，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)ω＝eq\f(2π,T)知角速度減小。選項D正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考點考查帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動的周期、半徑、角速度等運動量的分析與判斷，有時也涉及帶電粒子在有界磁場中運動的規(guī)律分析，試題難度中等偏下。電磁感應中的圖像問題1．(2012·全國卷T20)如圖1-19，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導線右側(cè)，且其長邊與長直導線平行。已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)，直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。設電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是()圖1-19解析：選A依題意，線框中感應電流方向總是沿順時針方向，由于線框受到的安培力中左邊框受力較大，故以左邊框受力為主，由左手定則可知直線電流方向向上時，線框受到向左的安培力，直線電流方向向下時，線框受到向右的安培力，由題意導線中的電流應先為正后為負，故A對。2．(2013·全國卷ⅡT16)如圖1-20，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動。t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v-t圖像中，可能正確描述上述過程的是()圖1-20解析：選D由于導線框閉合，導線框以某一初速度向右運動，其右側(cè)邊開始進入磁場時，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，右側(cè)邊受到安培力作用，做減速運動；導線框完全進入磁場中時，導線框中磁通量不變，不產(chǎn)生感應電流，導線框不受安培力作用，做勻速運動；導線框右側(cè)邊開始出磁場時，左側(cè)邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，左側(cè)邊受到安培力作用，導線框做減速運動；導線框進、出磁場區(qū)域時，受到的安培力不斷減小，導線框的加速度不斷減小，所以可能正確描述導線框運動過程的速度圖像是D。3．(2014·全國卷ⅠT18)如圖1-21(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示，已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關系的圖中，可能正確的是()圖1-21解析：選C根據(jù)題圖(b)可知：cd兩端在時間0～0.5內(nèi)產(chǎn)生恒定的電壓，根據(jù)法拉第電磁感應定律，穿過線圈的磁通量均勻變化，即eq\f(Δi,Δt)為恒定不變，故選項C正確，A、B、D錯誤。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])電磁感應中的圖像問題常涉及法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)及E＝Blv的理解及應用，有的問題也涉及力與運動的關系分析，功能關系及能量守恒知識等，試題難度中等偏上。感應電動勢大小的計算1．(2012·全國卷T19)如圖1-22，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應電流。現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率eq\f(ΔB,Δt)的大小應為()圖1-22A．eq\f(4ωB0,π) B．eq\f(2ωB0,π)C．eq\f(ωB0,π) D．eq\f(ωB0,2π)解析：選C當導線框勻速轉(zhuǎn)動時，設半徑為r，導線框電阻為R，在很小的Δt時間內(nèi)，轉(zhuǎn)過圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應定律及歐姆定律可得感應電流I1＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),RΔt)＝eq\f(B0r2ω,2R)；當導線框不動，而磁感應強度發(fā)生變化時，同理可得感應電流I2＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔB·πr2,2RΔt)，令I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，C對。2．(2015·全國卷ⅡT15)如圖1-23，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是()圖1-23A．Ua＞Uc，金屬框中無電流B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿a—b—c—aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Uab＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a—c—b—a解析：選C金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤。轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項A錯誤。由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])感應電動勢的計算公式有三個，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S，E＝Blv，E＝eq\f(1,2)Bl2ω。根據(jù)不同的問題情景，選擇對應的感應電動勢公式進行計算，此類問題并非每年高考均有涉及，試題難度中等。理想變壓器及動態(tài)問題分析1．(2012·全國卷T17)自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某部分。一升壓式自耦調(diào)壓變壓器的電路如圖1-24所示，其副線圈匝數(shù)可調(diào)。已知變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上。當變壓器輸出電壓調(diào)至最大時，負載R上的功率為2.0kW。設此時原線圈中電流有效值為I1，負載兩端電壓的有效值為U2，且變壓器是理想的，則U2和I1分別約為()圖1-24A．380V和5.3A B．380V和9.1AC．240V和5.3A D．240V和9.1A解析：選B對理想變壓器，原、副線圈功率相同，故通過原線圈的電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2000,220)A≈9.1A，負載兩端電壓即為副線圈電壓，由eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，即eq\f(220,1100)＝eq\f(U2,1900)，可得U2＝380V，故B對。2．(多選)(2014·全國卷ⅡT21)如圖1-25，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2。原線圈通過一理想電流表接正弦交流電源，一個二極管和阻值為R的負載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端。假設該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大。用交流電壓表測得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，則()圖1-25A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大負載電阻的阻值R，電流表的讀數(shù)變小C．負載電阻的阻值越小，cd間的電壓Ucd越大D．將二極管短路，電流表的讀數(shù)加倍解析：選BD根據(jù)變壓器的工作原理、交流電的有效值解題。變壓器的變壓比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，其中U1、U2是變壓器原、副線圈兩端的電壓。U1＝Uab，由于二極管的單向?qū)щ娞匦?，Ucd≠U2，選項A錯誤。增大負載電阻R的阻值，負載的電功率減小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原線圈上的電流I1減小，即電流表的讀數(shù)變小，選項B正確。c、d端的電壓由輸入電壓Uab決定，負載電阻R的阻值變小時，Uab不變，選項C錯誤。根據(jù)變壓器上的能量關系有E輸入＝E輸出，在一個周期T的時間內(nèi)，二極管未短路時有UabI1T＝eq\f(U2,R)·eq\f(T,2)＋0(U為副線圈兩端的電壓)，二極管短路時有UabI2T＝eq\f(U2,R)T，由以上兩式得I2＝2I1，選項D正確。3．(2015·全國卷ⅠT16)一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為3∶1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻，原線圈一側(cè)接在電壓在220V的正弦交流電源上，如圖1-26所示。設副線圈回路中電阻兩端的電壓為U，原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k，則()圖1-26A．U＝66V，k＝eq\f(1,9) B．U＝22V，k＝eq\f(1,9)C．U＝66V，k＝eq\f(1,3) D．U＝22V，k＝eq\f(1,3)解析：選A設原、副線圈中的電流分別I1、I2，則eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,3)，故k＝eq\f(I12R,I22R)＝eq\f(1,9)。設原線圈兩端的電壓為U1，則eq\f(U1,U)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,1)，故U1＝3U，而原線圈上電阻分擔的電壓為eq\f(1,3)U，故eq\f(U,3)＋3U＝220V，解得U＝66V。選項A正確。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考點常涉及理想變壓器原、副線圈的電壓、電流與匝數(shù)的比例關系的應用及變壓器動態(tài)問題分析，交流電有效值的計算等，試題條件設置較靈活，難度中等或偏上。二、2個實驗題考情研究力學實驗1．(7分)(2013·全國卷ⅠT22)圖2-1為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)的實驗裝置示意圖。實驗步驟如下：圖2-1①用天平測量物塊和遮光片的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m；用游標卡尺測量遮光片的寬度d；用米尺測量兩光電門之間的距離s；②調(diào)整輕滑輪，使細線水平；③讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放，用數(shù)字毫秒計分別測出遮光片經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時間ΔtA和ΔtB，求出加速度a；④多次重復步驟③，求a的平均值eq\x\to(a)；⑤根據(jù)上述實驗數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù)μ。回答下列問題：(1)測量d時，某次游標卡尺(主尺的最小分度為1mm)的示數(shù)如圖2-2所示，其讀數(shù)為________cm。圖2-2(2)物塊的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示為a＝________。(3)動摩擦因數(shù)μ可用M、m、eq\x\to(a)和重力加速度g表示為μ＝________。(4)如果細線沒有調(diào)整到水平，由此引起的誤差屬于______(填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”)。解析：(1)游標卡尺主尺讀數(shù)為0.9cm，游標為20分度，讀數(shù)為12×0.05mm＝0.060cm，游標卡尺的讀數(shù)為0.9cm＋0.060cm＝0.960cm。(2)遮光片通過光電門A的速度為vA＝eq\f(d,ΔtA)，通過光電門B的速度為vB＝eq\f(d,ΔtB)，根據(jù)veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2as可解得a＝eq\f(1,2s)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtB)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtA)))2))。(3)設細線拉力為T，以物塊為研究對象，水平方向上：T－μMg＝Meq\x\to(a)，以重物為研究對象，豎直方向上：mg－T＝meq\x\to(a)，兩式聯(lián)立解得μ＝eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)。(4)由于儀器未調(diào)整好造成的誤差，屬于系統(tǒng)誤差。答案：(1)0.960(2)eq\f(1,2s)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtB)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtA)))2))(3)eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)(4)系統(tǒng)誤差2．(6分)(2014·全國卷ⅠT22)某同學利用圖2-3(a)所示實驗裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質(zhì)量m的對應關系圖，如圖(b)所示。實驗中小車(含發(fā)射器)的質(zhì)量為200g，實驗時選擇了不可伸長的輕質(zhì)細繩和輕定滑輪，小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到?；卮鹣铝袉栴}：圖2-3(1)根據(jù)該同學的結果，小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量成________(填“線性”或“非線性”)關系。(2)由圖(b)可知，a-m圖線不經(jīng)過原點，可能的原因是________________。(3)若利用本實驗裝置來驗證“在小車質(zhì)量不變的情況下，小車的加速度與作用力成正比”的結論，并直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力，則實驗中應采取的改進措施是________________________，鉤碼的質(zhì)量應滿足的條件是________________________。解析：(1)根據(jù)題圖(b)坐標系中給出的數(shù)據(jù)，連線，小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量成非線性關系。(2)根據(jù)題圖(b)中數(shù)據(jù)，小車受到鉤碼的拉力的作用，但沒有加速度，故未平衡摩擦力或傾角過小，沒有完全平衡摩擦力。(3)在實驗中要求“直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力”需要滿足兩個條件：①平衡摩擦力；②鉤碼的質(zhì)量遠小于小車(含發(fā)射器)的質(zhì)量。答案：(1)非線性(2)存在摩擦力(3)調(diào)節(jié)軌道的傾斜度以平衡摩擦力遠小于小車的質(zhì)量3．(6分)(2015·全國卷ⅠT22)某物理小組的同學設計了一個粗測玩具小車通過凹形橋最低點時的速度的實驗。所用器材有：玩具小車、壓力式托盤秤、凹形橋模擬器(圓弧部分的半徑為R＝0.20m)。圖2-4完成下列填空：(1)將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上，如圖(a)所示，托盤秤的示數(shù)為1.00kg。(2)將玩具小車靜置于凹形橋模擬器最低點時，托盤秤的示數(shù)如圖(b)所示，該示數(shù)為________kg。(3)將小車從凹形橋模擬器某一位置釋放，小車經(jīng)過最低點后滑向另一側(cè)。此過程中托盤秤的最大示數(shù)為m；多次從同一位置釋放小車，記錄各次的m值如下表所示。序號12345m(kg)1.801.751.851.751.90(4)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求出小車經(jīng)過凹形橋最低點時對橋的壓力為______N；小車通過最低點時的速度大小為________m/s。(重力加速度大小取9.80m/s2，計算結果保留2位有效數(shù)字)解析：(2)題圖(b)中托盤秤的示數(shù)為1.40kg。(4)小車5次經(jīng)過最低點時托盤秤的示數(shù)平均值為m＝eq\f(1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.90,5)kg＝1.81kg。小車經(jīng)過凹形橋最低點時對橋的壓力為F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80N≈7.9N由題意可知小車的質(zhì)量為m′＝(1.40－1.00)kg＝0.40kg對小車，在最低點時由牛頓第二定律得F－m′g＝eq\f(m′v2,R)解得v≈1.4m/s。答案：(2)1.40(4)7.91.44．(6分)(2015·全國卷ⅡT22)某同學用圖2-5(a)所示的實驗裝置測量物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)。已知打點計時器所用電源的頻率為50Hz，物塊下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖(b)所示，圖中標出了五個連續(xù)點之間的距離。圖2-5(1)物塊下滑時的加速度a＝________m/s2，打C點時物塊的速度v＝________m/s；(2)已知重力加速度大小為g，為求出動摩擦因數(shù)，還必須測量的物理量是________(填正確答案標號)。A．物塊的質(zhì)量B．斜面的高度C．斜面的傾角解析：(1)物塊沿斜面下滑做勻加速運動，根據(jù)紙帶可得連續(xù)兩段距離之差為0.13cm，由a＝eq\f(Δx,T2)得a＝eq\f(0.13×10－2,0.022)m/s2＝3.25m/s2，其中C點速度v＝eq\f(xBD,tBD)＝eq\f(3.65＋3.52×10－2,2×0.02)m/s≈1.79m/s。(2)對物塊進行受力分析如圖，則物塊所受合外力為F合＝mgsinθ－μmgcosθ，即a＝gsinθ－μgcosθ得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，所以還需測量的物理量是斜面的傾角θ。答案：(1)3.251.79(2)Ceq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考點有高考要求的基本實驗原理、數(shù)據(jù)處理方法、誤差分析及有效數(shù)字的考查，但高考更偏重于對實驗目的、實驗器材、實驗原理等問題的創(chuàng)新設計，試題難度中等偏上。電學實驗1．(8分)(2013·全國卷ⅠT23)某學生實驗小組利用圖2-6所示電路，測量多用電表內(nèi)電池的電動勢和電阻“×1k”擋內(nèi)部電路的總電阻。使用的器材有：圖2-6多用電表；電壓表：量程5V，內(nèi)阻十幾千歐；滑動變阻器：最大阻值5kΩ；導線若干。回答下列問題：(1)將多用電表擋位調(diào)到電阻“×1k”擋，再將紅表筆和黑表筆________，調(diào)零點。(2)將圖2-6中多用電表的紅表筆和________(填“1”或“2”)端相連，黑表筆連接另一端。(3)將滑動變阻器的滑片調(diào)到適當位置，使多用電表的示數(shù)如圖2-7甲所示，這時電壓表的示數(shù)如圖乙所示，多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為______kΩ和______V。圖2-7(4)調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，使其接入電路的阻值為零。此時多用電表和電壓表的讀數(shù)分別為12.0kΩ和4.00V。從測量數(shù)據(jù)可知，電壓表的內(nèi)阻為________kΩ。(5)多用電表電阻擋內(nèi)部電路可等效為由一個無內(nèi)阻的電池、一個理想電流表和一個電阻串聯(lián)而成的電路，如圖2-8所示。根據(jù)前面的實驗數(shù)據(jù)計算可得，此多用電表內(nèi)電池的電動勢為________V，電阻“×1k”擋內(nèi)部電路的總電阻為________kΩ。圖2-8解析：(1)使用多用電表測電阻時，換擋后需重新進行歐姆調(diào)零，故應將兩表筆短接進行調(diào)零。(2)電流應從多用電表的紅表筆流入、黑表筆流出，故紅表筆應接“1”。(3)從圖(b)可以看出指針指向歐姆擋15.0位置，電阻擋為“×1k”，故讀數(shù)為15.0kΩ；由于電壓表量程為5V，指針所指位置為3.60，故讀數(shù)為3.60V。(4)當滑動變阻器連入電路中的電阻為零時，多用電表讀數(shù)即為電壓表內(nèi)阻，所以電壓表內(nèi)阻為12.0kΩ。(5)設多用電表內(nèi)電池的電動勢為E、多用電表內(nèi)阻為R，由第(3)、(4)問可知eq\f(E,R＋15.0kΩ)＝eq\f(3.60V,12.0kΩ)，eq\f(E,R＋12.0kΩ)＝eq\f(4.00V,12.0kΩ)，兩式聯(lián)立解得：E＝9.00V，R＝15.0kΩ。答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.02．(6分)(2014·全國卷ⅡT22)在伏安法測電阻的實驗中，待測電阻Rx約為200Ω，電壓表的內(nèi)阻約為2kΩ，電流表的內(nèi)阻約為10Ω，測量電路中電流表的連接方式如圖(a)或圖(b)所示，結果由公式Rx＝eq\f(U,I)計算得出，式中U與I分別為電壓表和電流表的示數(shù)。若將圖(a)和圖(b)中電路測得的電阻值分別記為Rx1和Rx2，則______(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待測電阻的真實值，且測量值Rx1______(填“大于”“等于”或“小于”)真實值，測量值Rx2______(填“大于”“等于”或“小于”)真實值。圖2-9解析：根據(jù)題意知eq\f(Rx,RA)>eq\f(RV,Rx)，電壓表的分流作用較顯著，故Rx1更接近待測電阻的真實值。圖(a)的測量值是Rx與RA串聯(lián)的電阻阻值，故Rx1>Rx真；圖(b)的測量值是Rx與RV并聯(lián)的電阻阻值，故Rx2<Rx真。答案：Rx1大于小于3．(9分)(2015·全國卷ⅠT23)圖2-10為某同學改裝和校準毫安表的電路圖，其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路。(a)(b)圖2-10(1)已知毫安表表頭的內(nèi)阻為100Ω，滿偏電流為1mA；R1和R2為阻值固定的電阻。若使用a和b兩個接線柱，電表量程為3mA；若使用a和c兩個接線柱，電表量程為10mA。由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出R1＝________Ω，R2＝________Ω。(2)現(xiàn)用一量程為3mA、內(nèi)阻為150Ω的標準電流表對改裝電表的3mA擋進行校準，校準時需選取的刻度為0.5mA、1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、3.0mA。電池的電動勢為1.5V，內(nèi)阻忽略不計；定值電阻R0有兩種規(guī)格，阻值分別為300Ω和1000Ω；滑動變阻器R有兩種規(guī)格，最大阻值分別為750Ω和3000Ω。則R0應選用阻值為________Ω的電阻，R應選用最大阻值為________Ω的滑動變阻器。(3)若電阻R1和R2中有一個因損壞而阻值變?yōu)闊o窮大，利用圖(b)的電路可以判斷出損壞的電阻。圖(b)中的R′為保護電阻，虛線框內(nèi)未畫出的電路即為圖(a)虛線框內(nèi)的電路。則圖中的d點應和接線柱________(填“b”或“c”)相連。判斷依據(jù)是：____________。解析：(1)設使用a和b兩接線柱時，電表量程為I1，使用a和c兩接線柱時，電表量程為I2，則使用a和b時：eq\f(IgRg,R1＋R2)＋Ig＝I1 ①使用a和c時：eq\f(IgRg＋R2,R1)＋Ig＝I2 ②由①②兩式得R1＝15Ω，R2＝35Ω。(2)校準時電路中的總電阻的最小值為R小＝eq\f(1.5,3.0×10－3)Ω＝500Ω，總電阻的最大值為R大＝eq\f(1.5,0.5×10－3)Ω＝3000Ω，故R0選300Ω的，R選用最大阻值為3000Ω的滑動變阻器。(3)d接b時，R1和R2串聯(lián)，不論是R1還是R2損壞，電表都有示數(shù)且示數(shù)相同，故應將d接c。根據(jù)d接c時的電路連接情況可知：閉合開關，若電表指針偏轉(zhuǎn)，則損壞的電阻是R1；若電表指針不動，則損壞的電阻是R2。答案：(1)1535(2)3003000(3)c閉合開關時，若電表指針偏轉(zhuǎn)，則損壞的電阻是R1；若電表指針不動，則損壞的電阻是R24．(9分)(2015·全國卷ⅡT23)電壓表滿偏時通過該表的電流是半偏時通過該表電流的兩倍。某同學利用這一事實測量電壓表的內(nèi)阻(半偏法)，實驗室提供的器材如下：待測電壓表(量程3V，內(nèi)阻約為3000Ω)，電阻箱R0(最大阻值為99999.9Ω)，滑動變阻器R1(最大阻值100Ω，額定電流2A)，電源E(電動勢6V，內(nèi)阻不計)，開關兩個，導線若干。(1)虛線框內(nèi)為該同學設計的測量電壓表內(nèi)阻的電路圖的一部分，將電路圖補充完整。圖2-11(2)根據(jù)設計的電路，寫出實驗步驟：________________________________________________________________________________________________________________。(3)將這種方法測出的電壓表內(nèi)阻記為RV′，與電壓表內(nèi)阻的真實值RV相比，RV′________RV(填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是____________________。解析：(1)因滑動變阻器阻值較小，所以選擇滑動變阻器的分壓接法。實驗電路如圖所示。(2)移動滑動變阻器的滑片，以保證通電后電壓表所在支路分壓最??；閉合開關S1、S2，調(diào)節(jié)R1，使電壓表的指針滿偏；保持滑動變阻器滑片的位置不變，斷開S2，調(diào)節(jié)電阻箱R0，使電壓表的指針半偏；讀取電阻箱所示的電阻值，此即為測得的電壓表內(nèi)阻。(3)斷開S2，調(diào)節(jié)電阻箱使電壓表成半偏狀態(tài)，電壓表所在支路總電阻增大，分得的電壓也增大；此時R0兩端的電壓大于電壓表的半偏電壓，故RV′＞RV(其他合理說法同樣給分)。答案：見解析eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])高考在電學實驗部分的命題靈活多變，既有考試說明要求的物理實驗的考查，如伏安法測電阻、多用電表的讀數(shù)及應用等，又有創(chuàng)新實驗設計的考查，如半偏法測電表內(nèi)阻、電表的改裝與校對等，試題難度中等偏上。三、2個解答題考情研究力學解答題1．(14分)(2012·全國卷T24)拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具(如圖3-1)。設拖把頭的質(zhì)量為m，拖桿質(zhì)量可忽略；拖把頭與地板之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)μ，重力加速度為g。某同學用該拖把在水平地板上拖地時，沿拖桿方向推拖把，拖桿與豎直方向的夾角為θ。圖3-1(1)若拖把頭在地板上勻速移動，求推拖把的力的大小。(2)設能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ。已知存在一臨界角θ0，若θ≤θ0，則不管沿拖桿方向的推力多大，都不可能使拖把從靜止開始運動。求這一臨界角的正切tanθ0。解析：(1)設該同學沿拖桿方向用大小為F的力推拖把。將推拖把的力沿豎直和水平方向分解，按平衡條件有Fcosθ＋mg＝FN ①Fsinθ＝Ff ②式中FN和Ff分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力。所以有Ff＝μFN ③聯(lián)立①②③式得F＝eq\f(μ,sinθ－μcosθ)mg。 ④(2)若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動，應用Fsinθ≤λFN ⑤這時，①式仍成立。聯(lián)立①⑤式得sinθ－λcosθ≤λeq\f(mg,F) ⑥現(xiàn)求解使上式成立的θ角的取值范圍。注意到上式右邊總是大于零，且當F無限大時極限為零，有sinθ－λcosθ≤0 ⑦使上式成立的θ角滿足θ≤θ0，這里θ0是題中所定義的臨界角，即當θ≤θ0時，不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把。臨界角的正切為tanθ0＝λ。 ⑧答案：見解析2．(13分)(2013·全國卷ⅠT24)水平桌面上有兩個玩具車A和B，兩者用一輕質(zhì)細橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標記R。在初始時橡皮筋處于拉直狀態(tài)，A、B和R分別位于直角坐標系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)點。已知A從靜止開始沿y軸正向做加速度大小為a的勻加速運動；B平行于x軸朝x軸正向勻速運動。在兩車此后運動的過程中，標記R在某時刻通過點(l，l)。假定橡皮筋的伸長是均勻的，求B解析：設B車的速度大小為v。如圖所示，標記R在時刻t通過點K(l，l)，此時A、B的位置分別為H、G。由運動學公式，H的縱坐標yA、G的橫坐標xB分別為yA＝2l＋eq\f(1,2)at2 ①xB＝vt ②在開始運動時，R到A和B的距離之比為2∶1，即OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為2∶1。因此，在時刻t有HK∶KG＝2∶1 ③由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝xB∶(xB－l) ④HG∶KG＝(yA＋l)∶2l 由③④⑤式得xB＝eq\f(3,2)l ⑥yA＝5l 聯(lián)立①②⑥⑦式得v＝eq\f(1,4)eq\r(6al) ⑧答案：eq\f(1,4)eq\r(6al)3．(12分)(2014·全國卷ⅠT24)公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離。當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的eq\f(2,5)。若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。解析：設路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應時間為t0，由牛頓第二定律和運動學公式得μ0mg＝ma0 ①s＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a0) ②式中，m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。設在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，依題意有μ＝eq\f(2,5)μ0 ③設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運動學公式得μmg＝ma ④s＝vt0＋eq\f(v2,2a) ⑤聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝20m/s(或72km/h)。 ⑥答案：20m/s(或72km/h)4．(20分)(2015·全國卷ⅡT25)下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災害。某地有一傾角為θ＝37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)))的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖3-2所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為eq\f(3,8)，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：圖3-2(1)在0～2s時間內(nèi)A和B加速度的大??；(2)A在B上總的運動時間。解析：(1)在0～2s時間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得f1＝μ1N1 ①N1＝mgcosθ ②f2＝μ2N2 ③N2＝N1′＋mgcosθ ④規(guī)定沿斜面向下為正。設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－f1＝ma1 ⑤mgsinθ－f2＋f1′＝ma2 ⑥N1＝N1′ ⑦f1＝f1′ ⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得a1＝3m/s2 ⑨a2＝1m/s2。 ⑩(2)在t1＝2s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/s ?v2＝a2t1＝2m/s ?t＞t1時，設A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得a1′＝6m/s2 ?a2′＝－2m/s2 ?B做減速運動。設經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有v2＋a2′t2＝0?聯(lián)立???式得t2＝1s ?在t1