（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 第二部分 考前调节 激发状态检测（含解析）

（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 第二部分 考前调节 激发状态检测（含解析）一 (一)力与直线运动物理概念、规律公式备注匀变速直线运动匀变速直线运动vv0atxv0tat2v2v022axvxaT2适用于任何形式的运动自由落体运动vgt hgt2v22ghv00，ag竖直抛体运动vv0gthv0tgt2v2v022gh上抛取“”号下抛取“”号相互作用重力Gmg无特殊说明时g取9.8 m/s2，估算时g取10 m/s2胡克定律Fkxx为形变量，k为劲度系数滑动摩擦力FFNFN为接触面间的压力，不一定等于重力牛顿运动定律牛顿第二定律F合maa与F合的方向一致超重和失重超重时物体具有向上的加速度或分量，失重时物体具有向下的加速度或分量航天器中的人和物体处于完全失重状态保温训练1从地面竖直上抛物体A，初速度大小为v，同时在离地高为H处，有一物体B自由下落，经过时间t两物体在空中相遇，重力加速度为g，则()At BtCtDt解析：选A两物体相遇时位移大小之和等于H，故有vtgt2gt2H，解得t，A正确。2以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B。若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为x，则 t0图线为()解析：选B两小球释放后都做自由落体运动，小球B释放时为t0时刻，此时小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据匀变速直线运动规律，小球B下落时间为t时，两小球下落的高度分别为hAgt0tgt2和hBgt2，则xhAhBgt0t，gt0，由函数图像知识，可知B正确。3如图是某物体在 t时间内的位移时间图像和速度时间图像，从图像上可以判断()A物体的运动轨迹是抛物线B物体时间t内的平均速度不一定是4.5 m/sC物体运动的时间t2 sD物体的加速度为 m/s2解析：选D由v t图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体在时间t内的平均速度是 m/s4.5 m/s，B错误；由xt得t s s，C错误；物体的加速度为a m/s2 m/s2，D正确。4.在平直公路上行驶的a车和b车，其xt图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于2 m/s2，t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则()Aa车做匀速运动且其速度为va m/sBt3 s时，a车和b车相遇但此时速度不等Ct1 s时，b车的速度为10 m/sDt0时，a车和b车的距离x09 m解析：选D由题图可知，a车做匀速运动，其速度：va m/s2 m/s，故A错误；t3 s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度vbva2 m/s，故B错误；由b车的加速度等于2 m/s2易得，t1 s时，b车的速度为6 m/s，故C错误；设b车的初速度为vb，对b车，由vbatvb，解得 vb8 m/s，t3 s时，a车的位移 xavat6 m，b车的位移：xbt15 m，此时a车和b车到达同一位置，得x0xbxa9 m，故D正确。5.一截面为直角的长槽固定在水平面上，在其内部放一质量为m、截面为正方形的物块，槽的两壁与水平面夹角均为45，横截面如图所示，物块与两槽壁间的动摩擦因数均为。现用水平力沿物块中心轴线推动物块，使之沿槽运动，重力加速度为g，则所需的最小推力为()AmgB.mgC.mgD2mg解析：选C将重力按照实际作用效果正交分解，如图，故：G2mgsin 45mg，G1mgcos 45mg，滑动摩擦力为：fG1G2mg，故所需的最小推力为Fminfmg，故C正确。6.如图所示，倾角为37的斜面固定在水平地面上，质量为1 kg的滑块以初速度v0 从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)。则该滑块所受摩擦力f随时间t变化的图像为选项图中的(以初速度v0的方向为正方向，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)()解析：选B滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行，受到的是滑动摩擦力，由公式：fN可得：fmgcos 0.81100.8 N6.4 N，方向沿斜面向下；重力沿斜面向下的分力为mgsin 1100.6 N6.0 N6.4 N，所以滑块滑到最高点时，处于静止状态，由平衡条件知，滑块受到的静摩擦力大小为6.0 N，方向沿斜面向上，B正确，A、C、D错误。7.某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图所示，则人对地板的压力()Ax2 m时大于重力 Bx11 m时大于重力Cx21 m时大于重力Dx21 m时等于重力解析：选C由题图可知电梯竖直下降过程中，初速度为零，03 m过程中v2x，根据v2v022ax可知，电梯向下做匀加速直线运动，加速度向下，人和电梯处于失重状态，此人受到的支持力小于重力，根据牛顿第三定律可知，人对地板的压力小于重力，在320 m过程中v2恒定不变，即电梯做匀速直线运动，此过程中人受到的支持力等于重力，即人对地板的压力等于重力，在2023 m过程中v2随x均匀减小，根据v2v022ax可得，电梯做匀减速直线运动，加速度向上，人和电梯处于超重状态，此过程中人受到的支持力大于重力，即人对地板的压力大于重力，故C正确。8.如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用表示物品与传送带间的动摩擦因数，则()A前阶段，物品可能向传送方向的反方向运动B后阶段，物品受到的摩擦力方向跟传送方向相同Cv相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同D相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍解析：选C前阶段，物品的速度小于传送带的速度，相对传送带向后运动，受到与传送方向相同的滑动摩擦力作用，物品向传送方向做初速度为零的匀加速直线运动，后阶段，即当物品的速度与传送带的速度相同时，两者无相对运动或相对运动趋势，摩擦力为零，A、B错误；前阶段过程中物品的加速度为ag，加速运动时间t，所以摩擦产生的热量为Qmgmgvtmgvmv2，故v相同时，不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C正确；物品加速位移x，当相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，D错误。9.如图所示，水平面上的长方体物块被沿对角线分成相同的A、B两块。物块在垂直于左边的水平力F作用下，保持原来形状沿力F的方向匀速运动，则()A物块A受到4个力作用B物块A受到水平面的摩擦力大小为C物块B对物块A的作用力大小为FD若增大力F，物块A和B将相对滑动解析：选B对物块A分析受力：物块A水平方向受到水平面的滑动摩擦力f，物块B的弹力NBA和摩擦力fBA，竖直方向受重力和水平面的支持力，所以物块A受到5个力作用，A错误；对物块B分析受力：在水平方向上受到物块A的弹力NAB和摩擦力fAB，水平向左的滑动摩擦力f，由于A、B两部分的质量以及水平面的粗糙程度相同，所以ff，将两者看成一个整体，对整体有ffF，所以物块A受到水平面的摩擦力大小为，B正确；物块B对A的作用力是弹力NBA和摩擦力fBA的合力，由平衡知作用力大小为，且fBANBA，得，增大力F时，物块A和B也不会相对滑动，C、D错误。10如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为30的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其xv2图像如图乙所示。g取10 m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是()A物块的加速度大小为8 m/s2B物块在t1 s时的速度大小为8 m/sC物块在t4 s时处于斜面上x24 m的位置D物块与斜面间的动摩擦因数解析：选D由v22ax得加速度为a4 m/s2，故A错误；由vat得t1 s时物块速度大小为4 m/s，故B错误；由xat2得t4 s时，x32 m，C错误；由牛顿第二定律得：mgsin 30mgcos 30ma，解得：，故D正确。(二)曲线运动与万有引力、能量与动量物理概念、规律公式备注曲线运动平抛运动vxv0，vygt xv0t，ygt2沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做自由落体运动匀速圆周运动v a2rrvFmamm2rvvr万有引力定律万有引力定律FG引力常量：G6.671011Nm2/kg2功功WFlcos 是F与l的夹角功率平均功率P瞬时功率PFvcos 是F与v的夹角机械效率100%100% UAB解析：选AD根据vt图像的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，A正确；小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B错误；中垂线上电场线分布不是均匀的，B点不在连线中点，C错误；根据动能定理得AB有：qUABmvB2mvA2142 J08 J，BC有：qUBCmvC2mvB2172 J142 J16.5 J，对比可得UBCUAB，D正确。3静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是()A断开开关S后，将A、B两极板分开些B断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积C保持开关S闭合，将A、B两极板拉近些D保持开关S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动解析：选B断开开关S后，电容器的电荷量不变，将A、B两极板分开些，根据C，电容器的电容减小，由C可知，电势差U增大，指针张开的角度变大，故A错误；断开开关S后， 电容器的电荷量不变，增大A、B两极板的正对面积，则电容器的电容增大，由C可知，电势差U减小，指针张开的角度变小，故B正确；保持开关S闭合，不论将A、B两极板分开些，还是将A、B两极板靠近些，还是将滑动变阻器滑动触头向右移动，电容器的电压都保持不变，则静电计张开的角度保持不变，故C、D错误。4.如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态。现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则在插入过程中()A电路将有逆时针方向的短暂电流B电容器的带电荷量减小C带电液滴仍将静止D带电液滴将向下做加速运动解析：选A插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式C，知电容增大，电势差不变，由QCU知，电容器带电荷量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流，故A正确，B错误；电势差不变，d减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动，故C、D错误。5.如图所示的电路中，定值电阻R1等于电源内阻r，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时()A电压表的读数减小BR1消耗的功率增大C电源的输出功率增大D电容器C所带电荷量增多解析：选D当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表的读数增大，A错误；干路电流减小，根据PI2R1可得R1消耗的功率减小，B错误；电源的输出功率PI2(R1R2)，由于R1r，R2增大时输出功率减小，C错误；电容器的电压UEI(R1r)，I减小，其他量不变，则U增大，由QCU知，电容器C所带电荷量增多，D正确。6.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量。其工作原理如图所示。虚线为某粒子运动轨迹，由图可知()A此粒子带负电B下极板S2比上极板S1电势高C若只减小加速电压U，则半径r变大D若只减小入射粒子的质量，则半径r变小解析：选D粒子进入磁场后向左偏，根据左手定则可知粒子带正电，粒子经过电场要加速，所以下极板S2比上极板S1电势低，A、B错误；根据动能定理得qUmv2，由qvBm得r ，若只减小加速电压U，r变小，若只减小入射粒子的质量，则r变小，故C错误，D正确。7.如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，MN与水平x轴平行，在MN与x轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E2 N/C，磁感应强度B1 T，从y轴上的P点沿x轴方向以初速度v01 m/s水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m2106 kg，电荷量q1105 C，g取10 m/s2。已知P点到O点的距离为d00.15 m，MN到x轴的距离为d0.20 m。(3.14，1.414，1.732，结果保留两位有效数字)(1)求小球从P点运动至MN边界所用的时间；(2)当小球运动到x轴时撤去电场，求小球到达MN边界时的速度大小。解析：(1)小球从P点运动到x轴上，做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t1，进入磁场的速度为v，进入磁场时速度与x轴的夹角为，则d0gt12，解得t1 sv， cos 解得v2 m/s, 60小球进入电磁场区域时，qE2105 Nmg故小球作匀速圆周运动，设轨迹半径为r，则qvBm解得r0.4 m由几何关系，小球运动到MN时轨迹与MN相切，在电磁场中运动的时间t2 s小球从P点运动到MN所用时间tt1t20.38 s。(2)设撤去电场后小球受重力和洛伦兹力作用，由于洛伦兹力不做功，设小球运动至MN时速度大小为v1，由动能定理：mgdmv12mv2代入数据解得v12.8 m/s。答案：(1)0.38 s(2)2.8 m/s(四)电磁感应、交变电流和传感器物理概念、规律公式备注电磁感应磁通量BScos Scos 为垂直于磁场B的方向的投影面积感应电动势EnEBLv后者仅适用于B、L、v两两垂直的情况交变电流电动势、电流、电压的瞬时值电动势：eEmsin t电流：iImsin t电压：uUmsin t从中性面开始计时电动势、电流、电压的有效值电动势：EEm电流：IIm电压：UUm适用于正弦式交变电流理想变压器 P1P2传感器霍尔电压UHkk为霍尔系数，大小与霍尔元件的材料有关保温训练1为了测量运动员跃起的高度，可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力时间图像，如图所示。运动员在空中运动时可视为质点，则可求运动员跃起的最大高度为(g取10 m/s2)()A7.2 mB.5.0 mC1.8 mD1.5 m解析：选B由题图可知运动员在空中的最长时间为：t4.3 s2.3 s2 s，因为运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：hg25.0 m，故B正确，A、C、D错误。2多选两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.01 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为逆时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()A磁感应强度的方向垂直于纸面向外B磁感应强度的大小为0.2 TC导线框运动的速度的大小为0.5 m/sD在0.6 s内导线框产生的热量为0.004 J解析：选BCD根据楞次定律可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，选项A错误；由Et图像可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v m/s0.5 m/s，选项C正确；E0.01 V，根据EBLv可知，B0.2 T，选项B正确；在00.2 s和0.40.6 s时间内，导线框中的感应电流I1 A，由QI2Rt，t0.4 s，可知：Q0.004 J，选项D正确。3.如图所示，一个理想变压器的原线圈的匝数为50，副线圈的匝数为100，原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上，导轨的间距为0.4 m，垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒，导轨与导体棒的电阻忽略不计，副线圈回路中电阻R15 ，R215 ，图中交流电压表为理想电表，导轨所在空间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为1 T的匀强磁场，导体棒在水平外力的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为v5sin(10t) m/s，则下列说法中正确的是()AR1的功率为0.2 WB电压表的示数为4 VC变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/sD变压器常用的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了增大涡流，提高变压器的效率解析：选C原线圈电压最大值EmBLvm10.45 V2 V，副线圈电压最大值：U2mEm2 V4 V，副线圈电压有效值：U22 V，则电压表的示数为2 V，选项B错误；副线圈电流有效值：I2 A A，R1的功率：P1I22R125 W0.1 W，选项A错误；根据Emn1，则变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为 Wb/s0.04 Wb/s，选项C正确；变压器常用的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了减小涡流，提高变压器的效率，选项D错误。4.如图所示，一个匝数为N100匝，电阻不计的线框以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1n2101的理想变压器给阻值R20 的电阻供电，已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()At0时刻线框内的电流最大B变压器原线圈中电流的有效值为10 AC穿过线框平面的最大磁通量为 WbD理想变压器的输入功率为10 W解析：选Ct0时刻导线框处于中性面位置，则感应电动势为零，感应电流为零，所以流过线框的电流为零，故A错误；副线圈中的电流I2 A1 A，根据电流与匝数成反比，原线圈中电流的有效值I1I21 A0.1 A，故B错误；根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1200 V，角速度2n100 rad/s，线圈产生最大感应电动势Em200 V，又EmNBS，所以最大磁通量BS Wb Wb，故C正确；理想变压器输出功率P2U2I2201 W20 W，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20 W，故D错误。5如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ组成的平面与水平面成37角放置，导轨宽度L1 m，一匀强磁场垂直导轨平面向下，导轨上端M与P之间连接阻值R0.3 的电阻，质量为m0.4 kg、电阻r0.1 的金属棒ab始终紧贴在导轨上。现使金属导轨ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计。g取10 m/s2，sin 370.6，忽略ab棒在运动过程中对原磁场的影响。求：(1)磁感应强度B的大小；(2)在金属棒ab开始运动的2.0 s内，通过电阻R的电荷量；(3)在金属棒ab开始运动的2.0 s内，电阻R产生的焦耳热。解析：(1)当金属棒沿斜面方向的重力分力与安培力平衡时，即AB段，金属棒做匀速运动，此时mgsin BIL金属棒切割磁感线产生的电动势为EBLv由闭合电路欧姆定律知：I金属棒匀速运动时，v m/s6 m/s联立以上各式，代入数据解得：B0.4 T。(2)qttt6 C。(3)设在金属棒开始运动的2 s内，系统产生的热量为Q，由功能关系得：mgxsin mv2Q电阻R产生的焦耳热为QRR联立以上两式解得QR5.4 J。答案：(1)0.4 T(2)6 C(3)5.4 J6如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间均存在匀强磁场，磁感应强度B大小均为1 T，方向垂直于虚线所在的平面向里。现有一矩形线圈abcd，cd宽度L0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与 L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)线圈的长度；(2)在0t1时间内，通过线圈的电荷量；(3)0t3时间内，线圈产生的热量。解析：(1)在t2t3时间内，线圈做匀速直线运动，根据平衡条件有：mgBIL，而I解得：v28 m/st1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，可知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场，此段时间内线圈内磁通量不变，线圈的加速度为g设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L2d线圈下降的位移为：xLd3d此段时间内的逆运动为初速度为v2、加速度为g的匀减速直线运动，则有：3dv2tgt2解得：d1 m所以线圈的长度为L2d2 m。(2)在0t1时间内，cd边从L1运动到L2通过线圈的电荷量为：qtt0.25 C。(3)0t3时间内，根据能量守恒得：Qmg(3d2d)mv220.110(32) J0.182 J1.8 J。答案：(1)2 m(2)0.25 C(3)1.8 J二 (一)水平面内的圆周运动模型图示或释义规律或方法线模型由于细线对物体只有拉力且细线会弯曲，所以解答此类问题的突破口是要抓住“细线刚好伸直”的临界条件：细线的拉力为零。在此基础上，再考虑细线伸直之前的情况(一般物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角都会发生变化)和伸直之后的情况(物体做圆周运动的半径和细线与转轴之间的夹角一般不再发生变化，但细线的拉力通常会发生变化)弹力模型此类问题一般是由重力和弹力的合力提供物体在水平面内做圆周运动的向心力，因此正确找出做圆周运动的物体在水平方向上受到的合力，是解决此类问题的关键摩擦力模型临界条件是关键：找出物体在圆周运动过程中的临界条件，是解答此类问题的关键。如轻绳开始有拉力(或伸直)、物体开始滑动等，抓住这些临界条件进行分析，即可找出极值，然后可根据极值判断其他物理量与极值之间的关系，从而进行求解(二)连接体模型图示或释义规律或方法轻绳连接体模型求解“绳物”或“杆物”模型的方法先明确物体的合速度(物体的实际运动速度)，然后将物体的合速度沿绳(杆)方向及垂直绳(杆)方向分解(要防止与力的分解混淆)，利用沿绳(杆)方向的分速度大小总是相等的特点列式求解轻杆连接体模型(三)斜面模型图示或释义与斜面相关的滑块运动问题规律或方法(1)tan ，滑块恰好处于静止状态(v00)或匀速下滑状态(v00)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(2)tan ，滑块一定处于静止状态(v00)或匀减速下滑状态(v00)，此时若在滑块上加一竖直向下的力或加一物体，滑块的运动状态不变(加力时加速度变大，加物体时加速度不变)(3) 时，细绳一定有弹力C当圆盘转动的角速度 时，木块A、B将相对于圆盘发生滑动D当圆盘转动的角速度在 时，细绳一定有弹力，选项B正确；当木块A、B将要相对于圆盘发生滑动时，设此时细绳的拉力为FT，则由牛顿第二定律可知，对木块A有：FTkmgm2rA，对木块B有：FTkmgm2rB，代入数据联立求解可得： ，故当 时，木块A、B将相对于圆盘发生滑动，选项C正确；由题意可知，当角速度 时，木块A受到指向圆心的静摩擦力，而当时，木块A受到背离圆心的最大静摩擦力，故当圆盘转动的角速度在 范围内增大时，木块A所受到的静摩擦力先减小后增大，选项D错误。2如图所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面，A30，B37，C处有光滑小滑轮，质量分别为m1、m2的两物块1、2通过细线跨放在AC面和BC面上，且均恰好处于静止状态，已知AC面光滑，物块2与BC面间的动摩擦因数0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m1m2不可能是(sin 370.6, cos 370.8)()A13 B35C53D21解析：选A物块1受重力m1g、细线拉力FT和斜面支持力FN作用处于平衡状态，则FTm1gsin 30，物块2受重力m2g、细线拉力FT、斜面支持力FN及摩擦力Ff作用处于平衡状态，当m1较大时，物块2所受最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有FTm2gsin 37m2gcos 37，则2；当m1较小时，物块2所受最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有FTm2gsin 37m2gcos 37，则，所以2，故A不可能。3.多选如图所示，半径为R0.4 m的圆形光滑轨道固定在竖直平面内，圆形轨道与固定的光滑水平轨道相切。可视为质点的质量均为m0.5 kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与圆心O点等高，小球乙位于圆心O的正下方。某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g取10 m/s2。则()A两小球最终在水平面上运动的速度大小为2 m/sB甲小球下滑到圆形轨道最低点时重力的功率为10 WC甲小球下滑到圆形轨道最低点时对轨道压力的大小为5 ND整个过程中轻杆对乙小球做的功为1 J解析：选AD整个过程中，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，最后两球的速度大小相等，应用机械能守恒定律：mgR2mv2，解得v2 m/s，选项A正确；甲小球下滑到最低点时速度水平，重力的功率为0，选项B错误；甲小球下滑到最低点时，重力与支持力的合力提供向心力FNmgm，解得FN2mg10 N，由牛顿第三定律得，甲小球下滑到最低点时对轨道压力的大小为10 N，选项C错误；整个过程中对乙小球受力分析可知，重力不做功，乙小球动能的增量等于轻杆对乙球做的功，Wmv21 J，选项D正确。4.如图所示，在水平地面上静止着一质量为M、倾角为的斜面体，自由释放的质量为m的滑块能在斜面上匀速下滑(斜面体始终静止)，则下列说法中正确的是()A滑块对斜面的作用力大小等于mgcos ，方向垂直斜面向下B斜面对滑块的作用力大小等于mg，方向竖直向上C斜面体受到地面的摩擦力水平向左，大小与m的大小有关D滑块能匀速下滑，则水平地面不可能是光滑的解析：选B因滑块在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下匀速下滑，如图所示，所以斜面对滑块的作用力大小等于mg，方向竖直向上，B项正确；而滑块对斜面的作用力与斜面对滑块的作用力是一对作用力与反作用力，A项错误；又因斜面体及滑块均处于平衡状态，所以可将两者看成一整体，则整体在竖直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面对斜面体没有摩擦力作用，C、D项错误。5多选如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，A、B间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，与左端固定在O点的轻质弹簧连接组成弹簧振子。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中A、B间的电阻R上产生的焦耳热为Q，已知运动过程中MN始终与AD、BC垂直，则()A初始时刻导体棒所受的安培力大小为B当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为 mv02QC当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为 mv022QD当导体棒第二次回到初始位置时，A、B间电阻的热功率为 解析：选AC由FBIL及I，得安培力大小为FA，故A正确；导体棒第一次运动至最右端的过程中，AB间电阻R上产生的焦耳热为Q，回路中产生的总焦耳热为2Q，由能量守恒定律得mv022QEp，此时弹簧的弹性势能为Epmv022Q，故C正确，B错误；当导体棒第二次回到初始位置时，由于机械能减小，A、B间电阻的热功率小于，故D错误。6如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距l0.5 m，左侧接一阻值为R1