(这是边文，请据需要手工删加)
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附：参与详解
核心考点1 力和物体的平衡
1.【解析】选B.A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者当作整体受力分析，再对B受力分析，可知B受到的力有：重力GB，A对B的压力，斜面对B的支持力和摩擦力，选项B正确．
2.【解析】选AD.初始状态，物块A受重力、支持力和平行斜面向上的静摩擦力Ff作用，且Ff＝mgsinα.沿斜面向上推A且用力F逐渐增大时，向上的静摩擦力将先减小，然后反向增大，所以选项A正确、B错误；因A、B并未运动，由胡克定律知，弹簧弹力一定不变，选项D正确；对A、B整体进行受力分析，初始状态弹簧的弹力与总重力平衡，B与墙之间不存在弹力、摩擦力，用力F沿斜面向上推A时，B与墙之间产生弹力和静摩擦力，静摩擦力方向向下，选项C错误．
3.【解析】选D.假设木块只受重力、弹力和外力F，无论如何三个力也不能平衡，使木块静止，一定受静摩擦力作用，故A、C错；在垂直倾斜天花板方向，FN＋mgsinθ＝F，在平行于倾斜天花板方向，mgcosθ＝Ff静，故B错，D对．
4.【解析】选B.倾角为30°时，物块受静摩擦力作用，即Ff1＝mgsin30°；倾角为45°sin30°2
时，物块受滑动摩擦力作用，即Ff2＝μmgcos45°.Ff1＝Ff2，所以μ＝＝.
cos45°2
5.【解析】选C.绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，如图甲所示，
2
设绳的bc段与水平方向成α角，则tanα＝2，sinα＝.对绳圈c受力分析，如图乙所示，
5m115
在竖直方向上有：m2g＝m1gsinα，得：＝＝，选项C正确．
m2sinα2
6.【解析】选B.如图所示，以B为研究对象进行受力分析，绳子拉力FT＝mg；以A为研究对象进行受力分析，FN＝2mgcosθ，Ff＝2mgsinθ－FT＝mg(2sinθ－1)>0；随着角度θ由45°增大到50°，B静止不动，FT＝mg不变，A错；FN减小，即A对斜面的压力将减小，Ff将增大，B对，C错；而A始终处于静止状态，所受合外力为0，D错．
7.【解析】选C.由题图可知当F与倾斜绳子垂直时F有极小值，所以β＝α.
8.【解析】选B.小球受重力、电场力和细线的拉力作用处于平衡状态，因电场力方向未知，但重力、电场力的合力与细线拉力等大反向，满足如图所示关系，由图知当电场力与细qE3mg
线方向垂直时，电场力最小，即有sin60°＝，所以E＝，B对．
mg2q
9.【解析】选D.如图所示，以杆上C点为研究对象，C点受到三个力作用：杆对绳的支
持力F′(大小等于F)、绳b的拉力(大小等于重物重力G)、绳a的拉力Fa，三力组合成一个矢量三角形，且力的三角形与几何三角形ABC相似．由于力的三角形与几何三角形相似，可由几何边长的变化判定对应力大小的变化：随着细绳a慢慢放下，几何边AC变长、BC边不变，则绳a的拉力Fa增大，杆所受压力F不变．故选项D正确．
10.【解析】选A.对小圆柱体Q受力分析，受到半圆柱体的弹力FN1，挡板的弹力FN2和重力G，将FN1、FN2平移，得到如图所示的矢量三角形，由几何知识可知G与FN2的夹角为β，G与FN1的夹角为α，当MN绕O点缓慢地顺时针转动时β减小，α角增大，但α＋β保GFN1FN2持不变，根据正弦定理＝＝得FN1减小、FN2增大．由于Q始终处于平
sin（α＋β）sinβsinα衡状态，所以合力一直为零．
11.【解析】选A.设物块在倾角为θ的粗糙斜面上，物块在斜面上的受力分析如图(a)或(b)所示，且静摩擦力可能为零，在这四个力中可将外力F与静摩擦力Ff合成为F′，如图(c)所示，则F′＝F＋Ff，由平衡条件可知F′＝mgsinθ，由题图甲得F＝F0－kt，Ff＝mgsinθ－F0＋kt，当mgsinθ－F0＝0时，B项正确；当mgsinθ－F0>0时，C项正确；当mgsinθ－F0<0，D项正确．因此A项是不可能的．
12.【解析】选D.对O点进行受力分析，FOA、FOB合力记为F.如图甲，在平面OCD内得F＝mgtan30°＝
36
mg；如图乙，在平面OAB内得FOA＝Fcos45°＝mg.答案为D. 36
13.【解析】选BC.若磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，选项A错误；若磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，mg
直导线所受安培力方向沿z正向，根据平衡条件BIL＝mg，所以B＝，选项B正确；若磁
IL感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条mg
件BILcosθ＝mgsinθ，所以B＝tanθ，选项C正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根
IL据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，所以选项D错误．
14.【解析】(1)设滑块在水平面上静止离P点最远时，弹性绳伸长x，弹性绳与水平面的夹角为θ，滑块到P点的最远距离为L，滑块的受力如图丙所示：
kxcosθ＝μFN① FN＋kxsinθ＝mg② h＝xsinθ③ L＝xcosθ④
μ（mg－kh）
由①②③④解得L＝. k
(2)滑块向右匀速运动时，滑块的受力如图丁所示 F＝kxcosθ＋μFN⑤ FN＋kxsinθ＝mg⑥ vt＝xcosθ⑦ 由③⑤⑥⑦解得
F＝kvt＋μ(mg－kh)⑧
结合F与时间t的关系图线，可得kv＝b b
所以v＝. k【答案】见解析
核心考点2 匀变速直线运动
2v2×6
1.【解析】选C.小球在抛点上方运动的时间t＝0＝ s＝1.2 s．因每隔0.2 s在抛点
g101.2 s
抛出一个小球，因此第一个小球在1.2 s的时间内能遇上n＝－1＝5个小球，故只有选
0.2 s 项C正确．
12
2.【解析】选B.设A点离地面的高度为h，则对于竖直下抛的小球有h＝v0t1＋gt1，对
22v01
于竖直上抛的小球有－h＝v0t2－gt2，故正确选项为B. 2.由以上两式联立解得t2－t1＝2g3.【解析】选A.由Δx＝(N－1)aT2得：360－180＝(6－1)a×602，a＝0.01 m/s2，故A正确．
4.【解析】选C.由A、B图象可直接看出，两图象中两物体均做往复运动，A、B均错误，画出C、D项的v－t图象，分别如图甲、乙所示，可知C项正确，D项错误．
5.【解析】选C.物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v 6.【解析】选BC.由题意可知，D点场强为0，D点左侧场强向右．粒子由C到D运动过程中，若到达D点之前速度减小到零，则会反向加速；若到达D点速度恰好为零，则在D点静止；若到达D点时速度没减至零，则过D点后在DB段向右加速．答案为B、C. 1 7.【解析】选ACD.最大位移是v－t图象与t轴围成的三角形面积，为s＝×8×14 m＝ 256 m，A正确．匀加速运动时，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，由图象知运动的加速度为a1＝0.8 m/s2.匀减速运动时，由牛顿第二定律得μmg＝ma2，由图象知运动的加速度为a2＝2.0 m/s2.解上述各式得μ＝0.2，F＝5.6 N．所以B错误，C正确． 8 如图所示，由几何关系解得12 s末的速度为v＝ m/s＝4 m/s，对前12 s应用动能定理， 21 得拉力与阻力做功的代数和为W＝mv2＝16 J，D正确． 2 综上分析，正确选项为A、C、D. 8.【解析】选CD.由图可知前5 s的平均速度为0.25 m/s，由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m，46 s末吊车吊的材料离地面的距离为22 m，所以A、B错；在30～36 s物体加速度向下，材料处于失重状态，前10 s材料处于超重状态，钢索最容易发生断裂，所以C、D正确． 9.【解析】选CD.由图可知甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动；在第20 s末，甲、乙两车的速度大小相等，加速度大小不相等；在第30 s末甲车位移x1＝400 m，乙车位移x2＝300 m，甲车在乙车前50 m处；甲车初始速度较大，在20 s前甲车已经超过乙车，相遇一次，30 s后甲车停止运动，32.5 s时乙车与甲车第二次相遇．答案为C、D. 10.【解析】设汽车的加速度为a, 通过AB段所用时间为t，到达A点的速度为vA.由运动学公式有 1 l1＝vAt＋at2 2 1 l1＋l2＝vA·2t＋a(2t)2 2 设O与A之间的距离为l，则有 v2A＝2al （3l1－l2）2联立解得l＝＝8 m. 8（l2－l1） 【答案】8 m 11.【解析】(1)设B车减速运动的加速度大小为a1，则 0－v2B＝－2a1x v2B 解得a1＝＝0.25 m/s2. 2x (2)设B车减速时间为t时两车的速度相同，则 vB－a1t＝vA＋a2(t－Δt) 代入数值解得t＝20 s 在此过程中A、B两车前进的位移分别为 1 xA＝vA·Δt＋vA(t－Δt)＋a2(t－Δt)2＝425 m 2 1 xB＝vBt－a1t2＝550 m 2 xA＋x>xB，所以不会发生撞车事故． 此时Δx＝xA＋x－xB＝475 m. 【答案】(1)0.25 m/s2 (2)475 m 12.【解析】(1)在开始阶段甲车在前、乙车在后，且甲车速度比乙车大，两车距离一直增大，设运动时间为t时速度相同，设为v 应用速度公式vt＝v0＋at，有v1－a1t＝v2＋a2t 代入数据解得t＝4 s，v＝v1－a1t＝8 m/s 此后甲车减速、乙车还在加速，两车距离缩短，所以在速度相等时两车距离最大，最大距离为 v2－v2v2－v212 Δx＝x＋x1－x2＝56 m＋－＝80 m. 2a2－2a1(2)甲车停下还需时间为t2＝ 0－v ＝4 s ， －a1 0－v2 运动位移为x3＝＝16 m －2a1 1 在此时间内乙车位移为x4＝vt2＋a2t2＝40 m 22 显然此时乙车还没有追上甲车，此后甲车停止运动，设乙车追上甲车需时间为t1，则有 2 0－v11x＋＝v2t1＋a2t2 21－2a1 联立解得t1＝12 s. 【答案】(1)80 m (2)12 s 13.【解析】(1)设警车经时间t1追上违章货车，有 12 at＝v(t1＋Δt) 21 解得t1＝10 s. (2)由vm＝at0 vm 解得t0＝＝6 s a由 vm t＋vm(t2－t0)＝v(t2＋Δt) 20 解得t2＝14 s. (3)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们的距离最大，设警车发动后经过t3时间两车的速度相等．则 由v＝at3 v 得t3＝＝4 s a 货车发生的位移为x1＝v(t3＋Δt)＝52 m 1 警车发生的位移为x2＝at2＝16 m 23 所以两车间的最大距离为Δx＝x1－x2＝36 m. 【答案】(1)10 s (2)14 s (3)36 m 核心考点3 力学连接体 1.【解析】选C.对两个物块由牛顿第二定律有Fa＋Fb＝(ma＋mb)a，设物块a对b的作用mbFa－maFb 力向左为F，则F＋Fb＝mba，解得F＝，已知Fa>Fb，但无法比较mbFa与maFb ma＋mb的大小关系，故选项C正确． 2.【解析】选B.对系统整体分析，水平方向受到推力F和滑动摩擦力Ff作用，由牛顿第F 二定律求得系统匀加速运动时的加速度a＝－μg；对木块甲分析，水平方向受到弹簧 m1＋m2向左的弹力F1和向右的滑动摩擦力Ff1＝μm1g作用，由牛顿第二定律得F1－Ff1＝m1a，解得m1FF1＝，又由胡克定律得F1＝kx，两木块间距离等于弹簧的长度，即d＝L－x，解得d m1＋m2Fm1＝L－.故B项正确． k（m1＋m2） 3.【解析】选AC.对系统整体分析，沿斜面方向受到拉力F、重力沿斜面向下的分力(m1 ＋m2)gsinθ和滑动摩擦力Ff＝μ(m1＋m2)gcosθ，由牛顿第二定律求得系统匀加速运动时的F 加速度a＝－g(sinθ＋μcosθ)；对物块m2，沿斜面方向受到弹簧沿斜面向上的弹力 m1＋m2F2、重力沿斜面向下的分力m2gsinθ和滑动摩擦力Ff2＝μm2gcosθ，由牛顿第二定律得F2－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得F2＝ m2F ，A正确；对系统进行受力分析如图所示， m1＋m2 因此斜面有向右运动的趋势，受到地面向左的静摩擦力，C正确． F 4.【解析】选B.对图甲整体分析，由牛顿第二定律得a＝，对小球受力分析如图丙 M＋m所示，因此有F－FTsinα＝ma，FTcosα＝mg；对图乙小球受力分析如图丁所示，因此有FT′m sinα＝ma′，FT′cosα＝mg，解得FT′＝FT＝mg/cosα，a＝gtanα，a′＝gtanα，由于 MM>m，故a′>a. 5.【解析】选AC.轻质绸带无质量，对于绸带而言，受到M、m的摩擦力都和绸带中的张力大小相等，所以两物块所受摩擦力的大小总是相等的，那么最大摩擦力为绸带与m间的最大静摩擦力，所以M不可能相对绸带滑动，故A正确，C正确；对整体分析有Mgsinα－mgsinα＝(M＋m)a，因M>m，则可知整体可以相对斜面滑动，M下滑，m上滑，当α趋近于0时，相当于M、m放在水平的轻质绸带上，所以两物块可以相对绸带静止，所以B错误，D错误． 6.【解析】选A.设木块A向上做匀加速直线运动的加速度为a，弹簧的弹力向上为正．对木块A，题图甲平衡时，kx0－mg＝0；题图乙加速上升时，弹簧弹力与木块A向上的位移x的关系为Fk＝k(x0－x)，当弹簧的形变量x0－x>0时，表示弹簧被压缩，弹力向上为正，当x0 －x<0时，表示弹簧被拉伸，弹力向下为负，因此无论弹簧是处于压缩或拉伸状态，Fk＝k(x0－x)总能表示弹簧的弹力(大小和方向)．由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以力F与位移x的关系为F＝kx＋ma＋(mg－kx0)＝kx＋ma.力F与位移x成线性关系，且当x＝0时，F＝ma，A图正确． 7.【解析】选AD.右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a的受力情况不变，a左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变，A正确，B错．而b在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C错，D正确． 8.【解析】(1)在0～1 s时间内，由图得 Δv a＝＝3 m/s2. Δt (2)由图线与横坐标轴(t轴)包围的面积即为位移有： 1 x＝×3×3 m＝4.5 m. 2 (3)在0～1 s时间内，对杂技演员进行受力分析，由牛顿第二定律有：mg－Ff＝ma代入数值有Ff＝280 N 由牛顿第三定律及竹竿处于平衡状态可知竹竿底部对下面顶竿人肩部的压力大小F′ f ＝Ff＝280 N. 【答案】(1)3 m/s2 (2)4.5 m (3)280 N 9.【解析】当小车受到水平牵引力F时，对整体分析，由牛顿第二定律得 F－Ff＝(M＋m)a1 对小球分析如图所示，则mgtanα＝ma1 当小车不受牵引力F时，对系统整体分析 －Ff＝(M＋m)a2 对小球分析，－mgtanβ＝ma2 联立解得F＝(M＋m)g(tanα＋tanβ)． 【答案】见解析 10.【解析】(1)设绳的拉力为F1，A的加速度为aA，B的加速度为aB，因为A、B由同一根绳子相连，故aA与aB大小相等 对滑块A有：F1－μmAg＝mAaA 对平板B有：F－F1－μ(2mA＋mB)g＝mBaB 联立并代入数据得aA＝aB＝3 m/s2. (2)由题意知 111 L＝aAt2＋aBt2＝×22×(3＋3) m＝12 m. 222(3)A滑离B的瞬间，B的速度vB＝aBt＝6 m/s. 恒力F的功率P＝FvB＝144 W. 【答案】(1)3 m/s2 (2)12 m (3)144 W μmg 11.【解析】(1)根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度a＝＝μg m v0 滑块相对车滑动的时间t＝ av20 滑块相对车滑动的距离l＝v0t－ 2a滑块与车摩擦产生的内能Q＝μmgl 1 由上述各式解得Q＝mv2，是与动摩擦因数μ无关的定值． 20 (2)设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，这样滑块到达车的左端速度恰好为v0，则 v0 滑块运动到车左端的时间t1＝① a1v0L 由几何关系有v0t1－t1＝② 22 由牛顿第二定律有F1＋μmg＝ma1③ 由①②③式联立并代入数据解得t1＝0.5 s，F1＝6 N 则恒力F大小应该满足的条件是F≥6 N. (3)力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先向右做匀加速运动(设运动加速度为a2，时间为t2)，再做匀减速运动(设运动加速度大小为a3)．到达车右端时，与车达到共同速度．则有 F1－μmg＝ma2④ μmg＝ma3⑤ 22 12a2t2 a2t2＋＝L⑥ 22a3 由④⑤⑥式联立并代入数据解得t2＝ 3 s＝0.58 s 3 则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，即 0．5 s≤t≤1.08 s. 【答案】见解析 12.【解析】(1)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，有μMg＝MaA 故aA＝μg＝2 m/s2 平板车B做加速运动，有F＋μMg＝maB，得 aB＝14 m/s2 两者速度相同时，有v0－aAt＝aBt，得：t＝0.25 s 115 A滑行的距离：sA＝v0t－aAt2＝ m 21617 B滑行的距离：sB＝aBt2＝ m 216 物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离： Δsm＝sA－sB＝0.5 m. (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则位移关系为 2 v2v20－v11 ＝＋L 2aA2aB v0－v1v1 时间关系为：＝ aAaB 联立上式解得：aB＝6 m/s2 由牛顿第二定律得： F＝maB－μMg＝1 N 若F<1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，A将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N. 当F较大时，在A到达B的右端之前，B就与A具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．即： F＝(M＋m)a，μMg＝Ma 由以上两式解得F＝3 N，若F大于3 N，A与B具有相同的速度之后，A会相对B向左端滑动． 综上所述，F应满足的条件是：1 N≤F≤3 N. 【答案】(1)0.5 m (2)1 N≤F≤3 N 13.【解析】设绳的张力为FT，斜面的支持力为FN，系统加速度为a，以B为研究对象 F－FT＝ma 以C为研究对象，如图所示 FTcosθ－FNsinθ＝ma FNcosθ＋FTsinθ＝mg 对A、B、C整体有F＝3ma 13 解得：a＝g，F＝mg. 223 【答案】mg 2 核心考点4 曲线运动 1.【解析】选B.由于船沿直线AB运动，因此船的合速度v合沿AB方向，根据平行四边形定则可知，当v船垂直于直线AB时，船有最小速度，由图知v船＝v水sin37°＝2.4 m/s，选项B正确． 2.【解析】选C.由题图甲中的(a)，可知x方向做匀速运动．由图(b)，可知y方向做匀加速运动，且合力沿y轴方向，物体做类平抛运动．由合力指向曲线(轨迹)凹的一侧，故选项C对． s 3.【解析】选A.由图乙可知，质点在y方向上做匀速运动，vy＝＝4 m/s，在x方向上做 tΔv 匀加速直线运动，a＝＝1.5 m/s2，故质点所受合力F＝ma＝3 N，A正确．质点的初速度 Δt 2v＝v2x＋vy＝5 m/s，B错误．质点做匀变速曲线运动，C错误．质点初速度的方向与合外力的方向不垂直，如图，θ＝53°，D错误． 4.【解析】选BC.两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，则v1等于v2的水平分量，A错；速度变化量均为gt，B对；加速度都是重力加速度，都是匀变速运动，故C对、D错． F 5.【解析】选C.F向北作用，加速度大小为a＝，做匀加速直线运动，B错，t末的速 mF1 度为v1＝at＝t，t时间内运动的位移为x0＝at2.之后F改为向东，小物体做类平抛运动，接 m2下来的t时间内小物体向北做匀速运动、速度大小为v1、向北的位移为x1＝v1t；向东做初速1 度为0的匀加速运动、加速度大小为a、 2t末向东的分速度为v2＝at、向东的位移为x2＝at2. 2 2则物体末速度大小v＝v21＋v2＝ 2F10F t，A错、C对，位移大小为x＝（x1＋x0）2＋x2＝2m2m t2，D错． 6.【解析】选BC.物体落在斜面上，则位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角θ，因此2v0tanθv0t2v2y12x0tanθ 有tanθ＝，其中y＝gt，x＝v0t，则t＝，C正确；L＝＝＝，B x2gcosθcosθgcosθ正确． 7.【解析】选CD.小球不脱离轨道，有两种可能：(1)小球能过最高点，过最高点的临界121 速度vB＝gr＝5 m/s，从A到B过程由机械能守恒得mvA＝2mgr＋mv2，得vA＝5 m/s； 22B1 (2)小球运动到达的最高点与圆轨道的圆心水平，由机械能守恒得mv′2A＝mgr，得v′A＝2gr 2＝10 m/s. 8.【解析】选B.本题为类平抛运动，可迁移“做平抛运动的物体在任一时刻的速度方向与水平方向夹角α的正切值是此时其位移与水平方向夹角β正切值的2倍”，即“tanα＝2tanβ”这一结论，由于两次完成的位移方向一致，则末速度方向必定一致，从而得到正确选项为B. 9.【解析】选BD.做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定，即t＝ 2h，a下g 落的高度是b的2倍，有ta＝2tb，D正确，C错误；水平方向的距离由高度和初速度决定x＝v02h，由题意得a的水平位移是b的2倍，可知va＝2vb，B正确． g 3v1y 10.【解析】选AD.对P做平抛运动有x＝v0t、y＝gt2，且tanθ＝，联立有t＝0 ①， 2x2g11 L＋at2sinθ，与y＝gt2联立解得t＝3应用几何关系有y＝22 1 ②，把a＝10 m/s2 10－0.6a 代入②解得t＝1.5 s，把t＝1.5 s代入①解得v0＝10 m/s，A对、B错；把v0＝20 m/s代入①解得t＝3 s，把t＝3 s代入②解得a＝15 m/s2，D对、C错． 11.【解析】(1)设小球到达C点时的速度大小为v，根据机械能守恒定律有 1mgH＝mv2 2 小球能在竖直平面DEF内做圆周运动，在圆周最高点必须满足 v2 mg≤m r 联立以上两式并代入数据解得 H≥0.2 m 故H至少为0.2 m. (2)若h 2根据机械能守恒定律有 1mgh＝mv2 2x 联立以上三式并代入数据解得 h＝0.1 m. 【答案】(1)0.2 m (2)0.1 m 12.【解析】设B球平抛后经时间t1落到斜面上 其水平位移x＝vt1① 1 其竖直位移为y＝gt2② 21 考虑到斜面倾角，有y＝xtanθ③ 2vtanθ3v 根据①②③式可得t1＝＝④ g2gvt115v2x B球位移为xB＝＝＝⑤ 8gcosθcosθ而在这段时间内A球总位移为 1 xA＝gsinθ(t1＋t)2⑥ 2 因为两球相碰，则xA＝xB⑦ 由④⑤⑥⑦可得v＝gt. 【答案】gt 13.【解析】(1)设经过C点速度为v1，由机械能守恒有 1 mg(H＋R)＝mv2 21由牛顿第二定律有 2v1 FN－mg＝m R 代入数据解得：FN＝6.8 N. (2)过P点时速度为vP，小球由P到Q做平抛运动，有 1s h＝gt2，＝vPt 22 代入数据解得：vP＝3.0 m/s. (3)对球从A到P，由动能定理得 1 mg(H＋hOD)－mgh＝mv2 2P 得hOD＝0.30 m. 【答案】(1)6.8 N (2)3.0 m/s (3)0.30 m 核心考点5 天体运动与人造卫星 1.【解析】选CD.由万有引力提供向心力有： 2 4π2GMmmv2 ＝＝ma＝mωR＝m2R， R2RT 得环绕速度v＝ T＝2π GMGM ，可知v2 Mm 2.【解析】选B.由F向 ＝F万＝G2知，中圆轨道卫星向心力大于同步轨道卫星(G、M、 R1 m相同)，故A错误．由Ek＝mv2，v＝ 2 GMGMm ，得Ek＝，且由R中 知，中圆轨道卫星角速度大，故D错误． 3.【解析】选D.设地球的密度为ρ，半径为R，第一宇宙速度为v1，开普勒226的第一宇宙速度为v2 4 GρπR3mGρ 3mv21 ＝，R2R 4 π（2.4R）3m03m0v22 ＝，得 22.4R（2.4R） v2＝2.4v1＝1.9×104 m/s，故D正确． 4π2Mm 4.【解析】选AC.由G2＝m·2R可以求得月球质量M，故A正确；因不知道“嫦 RT娥一号”的质量，故无法求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力，故B错误；“嫦娥一号”卫 星进入撞月轨道时做近心运动，其所受的万有引力大于向心力，故应减速，C正确；11.2 km/s为第二宇宙速度，当“嫦娥一号”在地面的发射速度大于11.2 km/s时，“嫦娥一号”将摆脱地球引力的束缚，飞离地球进入环绕太阳运行的轨道，不再绕地球运行，故D错误． T2T215.【解析】选C.设飞船运动周期为T1，同步卫星周期为T2，由开普勒第三定律3＝2， R1R32 （24）22π2πT21t－t＝(2n＋1)π(n3＝3得T1＝3 h，设经时间t二者相距最近，则T1T2（10600）（42400） ＝0，1，2，„)，又因为t≤24 h，所以2n＋1≤14，即n取0、1、2、3、4、5、6，所以二 者一昼夜相遇7次，故C正确． 6.【解析】选BD.设双星质量分别为mA、mB，轨道半径为RA、RB，两者间距为L，周期为T，角速度为ω，由万有引力定律可知： GmAmBGmAmB＝mAω2RA ①，＝mBω2RB ②， 22LL mARBRA＋RB＝L ③，由①②式可得＝，而AO>OB，故A错误，vA＝ωRA，vB＝ωRB， mBRA B正确．联立①②③得G(mA＋mB)＝ω2L3，又因为T＝ 2π ，可知D正确． ω 2π2πT 7.【解析】选ACD.设水星、金星的公转周期分别为T1、T2，t＝θ1，t＝θ2，1＝T1T2T2 θ2T21 ，A正确．因不知两星质量和半径，密度之比不能求，B错误．由开普勒第三定律，3＝R1θ1 42π22π2T2R13θ22a13θ12，＝θ，故C正确．a1＝TR1，a2＝TR2，所以a＝θ4，D正确． R3R2122122 4π24π2MmMmMm 8.【解析】选AC.由G2＝m2r可知A正确、B错误；由G2＝m2r和G2＝rTrTrv2 m可知，C正确；“神舟九号”与地心距离变小做向心运动，其机械能守恒，在近地点的速r 度变大，要想在轨道上完成平稳对接要减速，D错误． 9.【解析】选C.星球表面的物体满足 Mm mg＝G2，即GM＝R2g， R Mc211 由题中所给条件＝推出GM＝Rc2，则GM＝R2g＝Rc2，代入数据解得g＝1012 m/s2， R2G22C正确． 10.【解析】(1)设地球的第一宇宙速度为v，根据万有引力定律和牛顿第二定律得 v2Mm G2＝m R0R0 Mm0在地面附近有G2＝m0g R0 联立以上两式解得v ＝gR0. (2)设“神舟九号”在近地圆轨道运行的速度为v1，根据题意可知 v1＝v＝gR0 Mm′ 对接后，整体的运行速度为v2，根据万有引力定律和牛顿第二定律得G＝m′ （R0＋H）2v22 R0＋H 则v2＝ gR20 R0＋H R0＋H . R0 所以v1∶v2＝【答案】见解析 11.【解析】设地球的质量为M，空间站质量为M0，空间站离地面的高度为H，根据万有引力定律和牛顿第二定律可得： 4π2M0M G＝M0(R＋H)2 T（R＋H）2M g＝G2 R 3gR2T2解得：H＝ －R 4π23gR2T2卫星的高度h＝H－l＝ －R－l 4π2卫星在细绳的拉力F和地球引力作用下跟随空间站一起绕地球做周期为T的圆周运动，有 2π2MmG－F＝m T(R＋h) （R＋h）2M 而g＝G2 R 2π2R2解得F＝mg－m(R＋h) T （R＋h）23gR2T24π2 ＝－m－lT2. 3gR2T224π2－l 4π2 R2mg 【答案】见解析 Mm 12.【解析】(1)在地面附近有mg＝G2 R解得地球半径R＝ GM g 卫星在椭圆轨道近地点运行时具有的机械能 1MmE＝mv2 1－G2r1 由于卫星在椭圆轨道上机械能守恒，所以卫星在近地点所具有的机械能即所求机械能． (2)卫星在椭圆轨道上运行，机械能守恒，有 12Mm12Mmmv1－G＝mv2－G 2r12r2整理得卫星在远地点的速度 v2＝ 11 v21－2GM（－）. r1r2 核心考点6 功 功率 动能定理 【答案】见解析 1.【解析】选B.如图，F做的功等于F1做功，物体由A向B运动的过程中，F1逐渐减小，又因为AC＝BC，由W＝F1l知WFA>WFB；对物体只有F做功，由动能定理知ΔEA>ΔEB，故B正确． 11 2.【解析】选C.在该过程中合外力所做的功等于mgh－WFf，动能的改变量为mv2－mv2， 220 111 根据动能定理得：mgh－WFf＝mv2－mv2因此物体克服空气阻力所做的功等于mgh＋mv20，22201 －mv2，选项C正确． 2 3.【解析】选A.因为汽车原来以额定功率行驶，功率不可能再增大，冲上斜坡后有可能做匀速运动、变加速运动，不可能做匀加速运动，故选A. vv 4.【解析】选D.在t0时刻前，F－μmg＝m0，在t0时刻以后，－μmg＝－m0，由以上t02t0 11 两式可得F＝3μmg，因此选项A、B均不对；在0至t0时间内，W－μmg·v0t0＝mv2，在 220t0至3t0时间内， 113 －μmg·v0(2t0)＝－mv20，因此力F做的功为W＝μmgv0t0，选项D正确，而选项C222错误． 5.【解析】选B.物体在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速度v2＝6 m/s，功率P2＝30 W，由公式P＝Fv得知：前2 s内的拉力F1＝5 N；后4 s内做匀速直线运动，拉力等于阻力，P10 则Ff＝F＝v＝ N，在前2 s内，根据牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma，又a＝3 m/s2，则m 610 ＝ kg，选项B正确，其他选项均错． 9 10 6.【解析】选D.设物体质量为m，由图象知0～1 s内加速度a1＝，1～5 s内加速度为 m5101105 a2＝－，则第1 s末速度v1＝，第1 s内位移s1＝×＝，第3 s末速度v2＝0，第5 s mm2mm10 末速度v3＝－，因此5 s内动能变化量不为零，选项A错误；第1 s末和第5 s末物体的动 m能和速率一样大，选项B、C均错，3 s末速度减到零，所以前3 s内合外力对物体做的功为零，选项D正确． 7.【解析】选BD.0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确． Δv 8.【解析】选AC.由v－t图象可知前3 s内，a＝＝2 m/s2，货物具有向上的加速度， Δt Δv 故处于超重状态，A正确；最后2 s内加速度a′＝＝－3 m/s2，小于重力加速度，故吊绳 Δt1 拉力不为零，B错误；根据v＝v＝3 m/s可知C正确；第3 s末至第5 s末的过程中，货物 2匀速上升，货物机械能增加，D错误． 9.【解析】选C.设每节车的质量为m，每节动车的功率为P，则有P＝4kmgvmax，设往返北京和上海的动车组的动车为x节，拖车为y节，则有Px＝(x＋y)kmgv′max，联立解得x＝3y，所以C正确． 10.【解析】设牵引力为F，脱钩前列车的速度为v, 从脱钩到静止两部分的位移分别为s1、s2. 对列车脱钩到静止的全过程，由动能定理得 0－（M－m）v2 FL－k(M－m)gs1＝ 2 对末节车厢，脱钩后运动的全过程，由动能定理得 0－mv2 －kmgs2＝ 2 由脱钩前列车匀速运动得：F－kMg＝0 M 解得：Δs＝s1－s2＝L. M－mM 【答案】L M－m 11.【解析】(1)滑块在斜面上时分析滑块受力，如图所示，由牛顿第二定律得： a1＝gsinθ＝6 m/s2 通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t1＝1 s 1 由运动学公式得：s＝a1t2＝3 m. 21 (2)滑块对斜面的压力为 FN1′＝mgcosθ 木块对传感器的压力为 F1＝FN1sinθ 由题图乙可知：F1＝12 N 解得m＝2.5 kg. (3)滑块滑到B点时的速度为v1＝a1t1＝6 m/s 由题图乙可知：Ff1＝5 N，t2＝2 s 滑块受到的摩擦力Ff＝Ff1＝5 N Ffa2＝＝2 m/s2 m1 s2＝v1t2－a2t2＝8 m 22 则运动过程中滑块克服摩擦力做的功为 W＝Ffs2＝40 J. 【答案】(1)3 m (2)2.5 kg (3)40 J 12.【解析】(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得 mgh－μ1mgL＝0① 代入数据得 h＝0.2 m．② (2)①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得 R－h cosθ＝③ R 根据牛顿第二定律，对物块有mgtanθ＝ma④ 对工件和物块整体有 F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a⑤ 联立②③④⑤式，代入数据得 F＝8.5 N⑥ ②设物块做平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B点间的距离为x2，由运动学公式得 1 h＝gt2⑦ 2 x1＝vt⑧ x2＝x1－Rsinθ⑨ 联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x2＝0.4 m. 【答案】(1)0.2 m (2)①8.5 N ②0.4 m 核心考点7 机械能守恒和功能关系 1.【解析】选D.若只有重力做功，运动员应做匀加速运动，由v－t图象可知，运动员做加速度逐渐减小的加速运动，故A、B错误；由v－t图象不能确定轨迹是直线还是曲线，C错误；由于运动员的加速度逐渐减小，因此所受合外力逐渐减小，D正确． 2.【解析】选B.从B点算起到落到水面，运动员的重力做功mgh3，重力势能减少mgh3，1 A错；运动员从A到水面的过程中机械能守恒，有：mg(h1＋h3)＝mv2，解得v＝2g（h1＋h3）， 2B对；从运动员静止站在B点到A点，重力势能增加mgh1，故跳板对运动员做功为mgh1，C错；运动员从A点到进入水中最低点，由动能定理得mg(h1＋h3＋h4)－Ffh4＝0，故Ff＝h1＋h3＋h4 mg，D错． h4 3.【解析】选C.由机械能守恒定律可知，圆环滑到杆的底端时圆环减少的重力势能完全转化为了弹簧的弹性势能，因此，弹簧的弹性势能变化(增大)了mgh，A错误、C正确；由题设可知，弹簧的弹性势能先增大再减小后增大，B、D错误． 4.【解析】选B.当hA＝hB时则一定有WA 6.【解析】选C.如图所示，以AB为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量1 为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动， 21114 即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确． 2333 7.【解析】选D.将A、B看做整体，整体受到B的重力和弹簧的弹力作用，在运动到速度最大的过程中，弹力不断增大，所以A、B系统的合力不断减小，A、B做加速度减小的加速运动，对B进行受力分析可知绳子的拉力不断增大，选项A错；在B的速度达到最大的过程中，B减少的机械能转化为A的动能和弹簧的弹性势能，选项B错；根据动能定理，B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和等于A、B两物体动能的增量，选项C错；根据功能关系，选项D正确． 8.【解析】选D.设水平细杆D与b球的距离为l，b球由水平位置下落到最低点的过程中mv212 由机械能守恒定律有mgl＝mv，在最低点时由牛顿第二定律有F－mg＝，联立可得绳的 2l拉力F＝3mg，与l无关，故细杆D无论水平向左或向右移动，b球在最低点时绳的拉力都相 同，a球都不会离开地面，选项A、B错误；若细杆D水平向左移动，a球始终不会离开地面，绳的拉力不做功，故b球的机械能守恒，大小为E，选项C错误；b球摆到最低点时，速度水平，重力的方向竖直向下，故此时重力的功率为P，且P＝0，选项D正确． v21 9.【解析】选ABD.小球恰好通过P点，mg＝m0得v0＝gR.根据动能定理mg·2R＝mv2 R2112 －mv2得mv＝2.5mgR，A正确．由平抛运动知识得t＝202 4R ，落地点与O点距离x＝v0tg 1 ＝2R，B正确．P处小球重力提供向心力，C错误．从Q到P由动能定理－mgR＝m(gR)2 21－mv2得vQ＝3gR，D正确． 2Q 10.【解析】(1)小球离开C点做平抛运动，落到M点时水平位移为R，竖直下落高度为R，根据运动学公式可得： 1R＝gt2 2运动时间t＝ 2R g 从C点射出的速度为 Rv1＝＝ t gR 2 (2)设小球以v1经过C点受到管道对它的作用力为FN，设其方向竖直向下，由向心力公式可得 2v1 mg＋FN＝m R v2mg1 FN＝－mg＋m＝－，负号表示与重力方向相反，竖直向上 R21 由牛顿第三定律知，小球对管道作用力大小为mg，方向竖直向下． 2(3)小球下降的高度最高时，小球运动的水平位移为4R，打到N点． 设能够落到N点的水平速度为v2，根据 平抛运动求得： 4R v2＝＝8gR t 设小球下降的最大高度为H，根据机械能守恒定律可知， 1 mg(H－R)＝mv2 22 2v2 H＝＋R＝5R. 2g 【答案】(1) gRmg (2) 竖直向下 (3)5R 22 11.【解析】(1)通过受力分析可知：当B的速度最大时，其加速度为0，绳子上的拉力大 小为2mg，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量为xA，满足 mg kxA＝mg则xA＝. k mg (2)开始时弹簧压缩的长度为：xB＝ k 因A质量远大于m，所以A一直保持静止状态．物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离均为 h＝xA＋xB 由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，B、C两物体的速度大小始终相等，设最大速度为vBm，由功能关系： 1 4mghsin30°＝mgh＋(m＋4m)v2Bm 2由此解得vBm＝2gm. 5km 5k mg 【答案】(1) (2)2g kmv22 v2，则mg＝ r0 12.【解析】(1)由于导体棒恰好通过圆轨道的最高点，设导体棒到圆轨道最高点的速度为 设导体棒离开磁场时的速度为v1，则 1212 mgr0＝mv1－mv2 22 联立以上两式解得v1＝6 m/s 由于导体棒匀速通过磁场，有mg＝BIL E 又E＝BLv1，I＝ R＋r 联立解得B＝0.5 T. (2)设导体棒开始下落时距离磁场上边界的高度为h，导体棒进入磁场区域时恰好匀速运动，对导体棒从开始下落到进入磁场上边界的过程由功能关系得 1mgh＝mv2 21 v21 可得h＝＝1.8 m. 2g (3)由于导体棒匀速通过磁场，根据能量守恒定律可知电路产生的总的热量Q总＝mgx R 由于R、r串联，故QR＝ Q总 R＋r 解得QR＝4.8 J. 【答案】(1)0.5 T (2)1.8 m (3)4.8 J 核心考点8 电场力的性质和能的性质 1.【解析】选B.如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则BC＝2r，根据库kQ·2qkQqF 仑定律F＝2，F′＝2，可得F′＝，故选项B正确． r2（2r） 2.【解析】选D.由于质点沿曲线abc从a运动到c，且速率递减，可知电场力做负功，与速度夹角为钝角，根据曲线运动条件可知，质点所受电场力沿左下方向，由于质点带负电，故知电场方向可能沿右上方向，故A、B、C错，D正确． U 3.【解析】选AD.由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A d项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不Q 变时，C不变，由C＝知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变 U为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确． 4.【解析】选C.由题意知O点点电荷带正电，其周围部分电场线分布如图所示，负电荷由c到b再到a的过程中，电场强度不断变大，又bc＝ab，故Wab>Wbc，故A、B项均错误；负电荷由c→b→a过程中，电场力做正功，电势能不断减小，动能不断增加，故C项正确，D项错误． 5.【解析】选C.电场线的疏密表示电场强度的大小，A处电场线稀疏，所以选项A正确；在同一等势面上电势相等且沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势，选项B正确；将负电荷从A点移到B点，电场力做负功，选项C错误；A点、C点在同一个等势面上，将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零，选项D正确． 6.【解析】选B.在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点时水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确． 7.【解析】选AC.由Ep－x图象可知，由无穷远到N的过程中，电势能减小，电场力做正功，试探电荷为正，N点右侧场强方向向左，同理MN间场强方向向右，所以EN＝0，而EpM＝qφM＝0，所以φM＝0，故A正确，B错误．根据场强分布可知Q1带负电，Q2带正电，且|Q2|<|Q1|，故C正确，D错误． 8.【解析】选D.将电场等效为重力场，在重力场中，从圆周上最低点离开时的动能最大，故C点等效为重力场中竖直面内圆周运动的最低点，重力场方向沿着OC的方向，由这种等效法可知，电场方向也是沿着OC方向的，A、B错误；从A到C电场力做功为qE×2Rcos2α，D正确、C错误． 9.【解析】选C.由于场源电荷所带电荷为正，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，P点的电势高于N点的电势，A错误；N点到场源电荷的距离为P点到场源电荷的距离的2倍，Q 由E＝k2可知P点电场强度的大小是N点电场强度大小的4倍，B错误；由动能定理可得q(φP rmv212 －φN)＝mv－0，又因为P点电势为零，解得N点电势为－，C正确；由于检验电荷带 22q负电，以N点运动到P点的过程中电场力做正功，电势能减小，而P点电势为零，故检验电1 荷在N点具有的电势能为mv2，D错误． 2 10.【解析】(1)设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0 水平方向：l＝v0t① d1 竖直方向：＝at2② 22qU0又a＝③ md md2v20 由①②③得U0＝2＝128 V ql 即当U≥128 V时离子打到极板上，当U<128 V时离子打到屏上 利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上的， ll＋22y 由此可得：＝ ld22 解得y＝d 又由对称性知，打到屏上的总长度为2d 则离子打到屏上的区域面积为S＝2d·a＝ cm2. 1 (2)在前T，离子打到屏上的时间 4t0＝ 128 ×0.005 s＝0.0032 s 200 又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间 t＝4t0＝0.0128 s. 【答案】见解析 11.【解析】(1)设点电荷P在两板间运动的加速度大小为a，则：qE＝ma点电荷P在电 场力作用下开始向B板运动，先加速后减速，到达B板时速度为0，设加速时间为t1，减速时间为t′1，则：at1＝at′1 1121 d＝at1＋at′21 222 点电荷P第一次到达B板的时间t＝t1＋t′1 解得：t＝ 2d g (2)设点电荷由B板向A板加速运动的时间为t′2，减速运动的时间为t″2，到达A板的速度为0，则：at′2＝at″2 112d＝at′22＋at″2 22t2＝t＋t′2 解得：t2＝(2＋1)d. g d g (3)点电荷从A板到B板与从B板到A板的运动过程完全相同， 即每次加速和减速的时间都是t′2＝从而可得：tn＝(2＋2n－3)d(n≥2)． g 【答案】见解析 12.【解析】(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理： 1 qE·3R－mg·2R＝mv2 2C 小球离开C点后做平抛运动到P点： 1R＝gt2 22R＝vCt mg得E＝. q (2)设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理知 1 qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝mv2 21 即mv2＝mgR(sinα＋cosα＋1) 2 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大 由此可得：v＝（2＋22）gR. (3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为FN，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为FN，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律得： mv2 FN－qEsinα－mgcosα＝ R解得：FN＝(2＋32)mg mg 【答案】(1) (2)（2＋22）gR q(3)(2＋32)mg 核心考点9 磁场力作用下的运动 1.【解析】选BD.若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C项错误． 2.【解析】选A.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvBmv2mvp＝，得轨道半径r＝＝，已知两粒子动量大小相等，若q1＝q2，则r1＝r2，A项正确； rqBqB2πm2πp1 若m1＝m2，r与有关，B项错误；带电粒子在磁场中运动的周期T＝＝，因此运动qqBqBvm1m1m2周期T∝或，若m1≠m2，但＝，周期T可相等，D项错误；若q1≠q2，但q1v1＝q2v2， qqvq1q2周期T也可相等，C项错误． v2mv 3.【解析】选D.粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB＝m，得R＝，周期T RqB2πR2πmqq2B ＝v＝，其等效环形电流I＝＝，故D选项正确． qBT2πm 1 4.【解析】选C.设小球自左方摆到最低点时速度为v，则mv2＝mgL(1－cos60°)，此时 2v2 qvB－mg＝m，当小球自右方摆到最低点时，v大小不变，洛伦兹力方向发生变化，FT－mg Lv2 －qvB＝m，得FT＝4mg，故C正确． L mv 5.【解析】选A.带电粒子进入磁场中做圆周运动，圆周运动的半径R＝0，A、B、C BqL 对应的半径R＝L，D图对应的半径为.粒子的初速度都相同，相当于以初速度的方向为切线， 2以粒子进入磁场的点为切点来画半径已知的圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知 识可以证明A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确．B、C、D对应的粒子的出射点都不相同． 6.【解析】选CD.洛伦兹力F＝qvB＝qBat，所以A错误．物块A对物块B的摩擦力大小f＝mAa，所以f随时间t的变化保持不变，B错误．A受的支持力FN＝mAg＋qvB＝mAg＋qBat，C正确．B受地面的支持力FN′＝(mA＋mB)g＋qBat，D正确． 7.【解析】选B.因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图，由几何 v2RkBR 关系可知r＝，由qvB＝m可得v＝，故B正确． rsinαsinα mv 8.【解析】选C.依据R＝可知，速度不同的粒子进入磁场后做圆周运动的半径不同．由 Bq于粒子进入磁场的速度方向均沿着x轴正方向，所以所有粒子做圆周运动的圆心都在y轴上．作出几个速度逐渐增大的粒子运动轨迹示意图如圆弧1、2、3所示．则从OB边上射出2πm 的粒子运动圆弧所对应的圆心角都相同(如图中圆弧1、2所示)，由周期T＝可知，能够Bq从OB边上射出的粒子运动的时间都相等，所以C对；而速度较大的粒子，可能射到AB上(如圆弧3)，则圆弧2、3相比，运动时间一定不同，且因为射到AB边上的所有粒子运动圆弧所对应的圆心角不同，速度越大的粒子轨迹越靠近A点，圆弧越短且对应的圆心角越小，故A、B、D均错误． 9.【解析】选B.由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动．由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短，T 如图，根据最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD，过S点 6作OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE＝2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射T 出，对应弦最长，运行时间最长，且t＝，故B项正确． 2 U0.4 10.【解析】(1)4 s末的感应电流：I＝＝ A＝0.2 A，感应电动势：E＝I(R＋r)＝0.5 V， R2E0.5 由E＝BLv得BL＝v＝ T·m＝0.5 T·m， 14 s末ab杆受到的安培力：F安＝BIL＝0.1 N. (2)匀速阶段，ab杆受力平衡： 拉力F＝μmg＋F安＝0.5 N， 加速到第4 s末时拉力最大， Δv Fm＝F安＋μmg＋m·＝0.55 N. Δt (3)若第4 s末开始，拉力的功率不变，此时功率P＝Fm·v＝0.55×1 W＝0.55 W，设ab B2L2vm 的最大速度为vm，此时的拉力为F′，则P＝F′·vm＝(μmg＋)v，代入数据解得vm＝1.08 R＋rmm/s. 【答案】(1)0.5 V 0.1 N (2)0.5 N 0.55 N (3)1.08 m/s 11.【解析】粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 v2 qvB＝m① r 式中v为粒子在a点的速度 过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点，由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此 ac＝bc＝r② 设cd＝x，由几何关系得 4 ac＝R＋x③ 53 bc＝R＋R2－x2④ 5 联立②③④式得 7r＝R⑤ 5 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE＝ma⑥ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得 1 r＝at2⑦ 2r＝vt⑧ 14qRB2 式中t是粒子在电场中运动的时间，联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝. 5m14qRB2 【答案】 5m 12.【解析】(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有 2πR① qvB0＝m T′ 2πRv＝② T′ 由①②式与已知条件得 T′＝T③ 2 T 粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时 2T 磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A 2点，如图(a)所示．OA与x轴的夹角． θ＝0④ TTT1 (2)粒子P在t0＝时刻开始运动，在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到 4424达C点， T 此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B 25T1 点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A 44π 点，如图(b)所示．由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝. 2 π 【答案】(1)0 (2) 2 核心考点10 带电粒子在复合场中的运动 1.【解析】选BC.小球运动过程中受重力、电场力、洛伦兹力作用，注意小球做直线运动一定为匀速直线运动；若小球带正电沿AB才可能做直线运动；做直线运动时电场力做正功，机械能增加，B、C正确． 2.【解析】选BC.等离子体喷入磁场，带正电的粒子因受向下的洛伦兹力作用而向下偏U 转，B是电源的正极，则A错误、B正确；当带电粒子以速度v做直线运动时，q＝qvB， d电源的电动势U＝Bdv，则C正确、D错误． mv 3.【解析】选C.由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A错误．由R＝和qB112 Uq＝mv22－mv1可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度22qBR的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误．由v＝可知，加速粒子 m的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确；由图可知，粒子每次都是从A板进入电场加速，所以加速电场方向不需改变，选项D错误． 4.【解析】选AC.由左手定则可知，正、负离子从左向右流经该装置时，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，故A正确、B错误；在一定范围内，由法拉第电磁感应定律得U＝Bdv，因此流量Q越大，离子运动速度越大，两个电极间的电压U也就越大，C正确，D错误． 5.【解析】选BCD.电流是电荷定向运动形成的，电荷在磁场中运动由于受到洛伦兹力作UMN用而发生偏转，在M、N间形成电压，同时电荷又受到M、N间电压形成的电场作用，当q d＝qvB时，UMN稳定，d为霍尔元件宽度，v为电荷定向移动速度，与霍尔元件的材料有关，因此UMN与磁感应强度、霍尔元件的材料及形状有关，故A错误；由左手定则可知，若载流UMN子是电子，则电子向N端偏移，UMN>0，故B正确；由q＝qvB可知，C、D正确． d6.【解析】选C.由题意可知最初时刻粒子所受洛伦兹力与电场方向相反，若qE≠qvB，则洛伦兹力将随着粒子速度方向和大小的不断改变而改变．粒子所受电场力qE和洛伦兹力qvB的合力不可能与速度方向在同一直线上，而做直线运动，既然在复合场中粒子做直线运动，说明qE＝qvB，OO′连线与电场线垂直，当撤去磁场时，粒子仅受电场力，做类平抛运动，电场力一定做正功，电势能减少，动能增加，C正确，D错误；因不知带电粒子的电性，故穿出位置可能在O′点上方，也可能在O′点下方，A、B错误． 7.【解析】选A.a静止不动，其合力为0，即mg－qE＝0，则a带负电荷，b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和电场力是一对平衡力，受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由于两油滴的电性一样，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动，A正确， B、C、D错误． 8.【解析】选CD.对小球受力分析如图所示，则mg－μ(Eq－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增加，当Eq＝qvB时达到最大值amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，随着v的增加，a逐渐减小，所以A错误．因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，2μqE－mgg B错误．若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(Eq－qvB)＝m，得v＝， 22μqB2μqE＋mgg 若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－Eq)＝m，得v＝，故C、D 22μqB正确． 9.【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动的过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得 2h＝v0t 1 h＝at2，qE＝ma 2mv20 解得E＝. 2qh (2)粒子到达O点时，沿y轴正方向的分速度 qE2h vy＝at＝·＝v0 mv0 速度方向与x轴正方向的夹角α满足 vy tanα＝＝1，α＝45° vx 粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度v＝2v0 轨道半径R＝2h v2mv0由qvB＝m得B＝. Rqh (3)粒子在磁场中的运动时间 t＝ 2πm1πh·＝. qB84v0 mv2mv0πh0【答案】(1) (2) (3) 2qhqh4v0 10.【解析】(1)若电场和磁场都撤去，由题意知小球做平抛运动，故有水平位移R＝v0t gt2 竖直位移R＝ 2联立解出v0＝ gR 2 (2)设电场强度为E，磁感应强度为B，只加匀强电场或只加匀强磁场，小球恰好做匀速直线运动，故 qE＝mg qv0B＝mg 再联立v0＝ gRE，解得＝ 2B gR 2 (3)若电场和磁场都存在，其他条件不变，因为qE＝mg，带电小球所受合力为洛伦兹力，故带电小球做匀速圆周运动，设半径为r，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心． mv20 qv0B＝ r又qv0B＝mg R 联立解得r＝ 2R 由图得tanθ＝ r 2θ 带电小球在磁场中运动的时间t＝ ωv0 又ω＝ r联立解得t＝ 2gRarctan2 . g 核心考点11 电路分析与计算 EIR 1.【解析】选C.由闭合电路欧姆定律得I＝，η＝×100%>50%，P＝I2R>2 R＋rI（R＋r）E21 W，即()R>2 W，得Ω 2R＋rC正确． 2.【解析】选ABC.滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电R外1 流减小，由P总＝EI可得P总减小，故选项A正确．根据η＝＝可知选项B正确．由 R外＋r1＋r/R外P损＝I2r可知，选项C正确．由P输－R外图象，因不知道R外的初始值与r的关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误． 【答案】见解析 3.【解析】选A.电压表示数减小，可知R减小，设路端电压、干路电流分别为U、I，电压表示数为U1，流过R1、R2的电流分别为I1、I2，电阻改变后，分别为U′、I′、U′1、I′ΔU 、I′，则U＝IR，U′＝I′R，ΔU＝U－U′＝(I－I′)R，＝I1－I′1＝ΔI，A1211111111111 R1正确．U2＝E－U1－Ir，U′2＝E－U′1－I′r，得ΔU2＝(U1－U′1)－(I′－I)r＝ΔU－(I′－I)r<ΔUΔU，B错误．路端电压减小量小于ΔU，C错误．ΔU＝(I′－I)(r＋R2)，ΔI2＝I′－I＝ r＋R2ΔU<，D错误． R2 4.【解析】选C.电容器两端电压等于与之并联电阻两端电压，直流含容电路中，电容器 R1相当于断路，电流表相当于短路，所以电容C两极板间电压为R1两端电压，UR1＝E＝ R1＋r3 V，故选项C正确． 5.【解析】选A.R1短路，回路总电阻减小，电流表测得电流为电路总电流，因而电流表示数将变大，流过R3的电流将增大，电压表读数也将增大，故A正确；R2短路，电流表被短接，电流表读数为零，R3短路，电压表被短接，电压表读数为零，R1断路，电流表读数为零，故B、C、D不可能． 6.【解析】选D.含有电容器的部分相当于断路，移动滑动触头P对电路不起任何作用，U 故A错误．增大两板间距d，U不变，E＝，E减小，稳定后θ角变小，B错误．强光照射 dΔU R1，R1减小，E＝I(R1＋R3＋r)，I增大，U＝E－Ir，U减小，C错误.＝r，故D选项正确． ΔI 7.【解析】选AB.电压表V2测量定值电阻R1两端的电压，其U－I图象是过原点的直线，ΔU1选项B正确；V1示数的变化量和电流表示数的变化量的比值为＝r是电源内阻，因此其 ΔIΔU3 比值不变，选项C错误；V3示数的变化量和电流表示数的变化量的比值为＝r＋R1，其 ΔI比值是确定值，选项D错误；根据图中a、b图线的斜率可判断，a的斜率大，b的斜率小，则a图线是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，A选项正确． 8.【解析】选C.交流电表测量的均是有效值，故A、B皆错误．由于理想变压器的输出n2U22电压U2＝U1与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故D错误．由I1U1＝知R减小 n1R0＋R时I1变大，故C正确． nU11000509.【解析】选C.副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，1＝1＝<，故A错误.2πf n2U2220＋Ur18802 ＝100π Hz，f＝50 Hz，故B错误．I2＝ A＝4 A，故C项正确．由于理想变压器P＝I2r 220＋880 W>880 W，故D错． Un 10.【解析】选D.由理想变压器1＝1得：副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出， U2n2 副线圈电流I′＝ PPP ＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝()2R，同理可知P2＝I″2R＝ kUU′kU P2P21 ()R，得＝2，故D项正确． nkUP1n 11.【解析】(1)由题图乙知ω＝200π rad/s， 电压瞬时值 uab＝400sin200πt (V) (2)电压有效值 UmU1＝＝200 2 (V) 2理想变压器P1＝P2 原线圈中的电流 I1＝ P12 ＝ A＝0.28 A U15 (3)设ab间匝数为n1，根据变压器规律有 U1UceU1Ude＝，＝ n1ncen1ndeU2U2cede由题意有：＝， RceRde联立可得： nce4＝. nde3 【答案】(1)uab＝400sin200πt (V) (2)0.28 A (3)4∶3 12.【解析】(1)S断开时，电阻R3两端电压为 R3U3＝E＝16 V R2＋R3＋rS闭合后，外电阻为 R1（R2＋R3）R＝＝6 Ω R1＋R2＋R3 R 路端电压为：U＝E＝21 V R＋r此时电阻R3两端电压为 R3U3′＝U＝14 V R2＋R3 则流过R4的总电荷量为 － ΔQ＝CU3－CU3′＝6.0×1012 C. (2)设微粒质量为m，电荷量为q，当开关S断开时有 qU3＝mg d 当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则 qU3′mg－＝ma d 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向运动时间为 Lt＝ v0 1 竖直方向的位移为：y＝at2 2由以上各式求得： d－ y＝6.25×103 m> 2 故微粒不能从C的电场中射出． － 【答案】(1)6.0×1012 C (2)见解析 核心考点12 电磁感应规律及综合应用 1.【解析】选A.金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知T1>mg，T2>mg，A项正确． 2.【解析】选D.两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同，设为v，线圈Ⅰ所受安培阻力F1＝BI1LB2L2vB2L2vm1B2vm14Lm1＝，而R1＝ρ电，S1＝，故F1＝＝.所以此时刻a1＝ R1S1ρ·（4L）16ρ电ρL216ρ电ρm1g－F1B2vB2v ＝g－，同理可得a2＝g－与线圈的质量无关，即两线圈进入磁场时m116ρ电ρ16ρ电ρ的加速度相同，当两线圈进入磁场后虽加速度发生变化，但两者加速度是同步变化的，速度也同步变化，因此落地时速度相等即v1＝v2；又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，所以产生的热量也多，即Q2>Q1，故D项正确． 3.【解析】选A.线框abcd中电流I大小相同，Iab＝Icd，而ab边与直线电流i之间的作用力大于cd边与直线电流i之间的作用力．且直线电流之间同向相吸异向相斥．依据楞次定律，当直导线中i向上且均匀减小时，线框中产生adcba方向的电流且恒定，此时线框受力向左；当直导线中电流i向下且增加时，线框中依然产生adcba方向的电流且恒定，此时线框受力向右．则可以判断A图正确． 4.【解析】选A.设路端电压为U, 导体棒的运动速度为v，则感应电动势E＝Blv，通过 BLvRE 电阻R的电流I＝，电阻R两端的电压U＝IR＝，即U∝v，由牛顿第二定律F－F R＋rR＋r＝ma可知，在恒力F的作用下，导体棒做加速度逐渐减小的变加速运动，撤去恒力F后导 体棒的加速度随着速度的减小而减小，A正确． 5.【解析】选C.线框的bc边从O处运动到L处的过程中，线框中无电流产生；线框的bc边从L处运动到2L处的过程中，bc边切割磁感线，根据右手定则可判断，线框中的电流方向为a→b→c→d，故电流为正并逐渐增大，同理可知线框的bc边从2L处运动到3L处的过程中，线框中的电流方向为a→d→c→b，故电流为负并逐渐增大，所以A、B、D错误，C正确． 安 π 6.【解析】选AD.开始时刻，感应电动势E1＝BLv＝2Bav，故A项正确．θ＝时，E2 3πE ＝B·2acos·v＝Bav，故B项错误．由L＝2acosθ，E＝BLv，I＝，R＝R0[2acosθ＋(π 3RB2L2v4B2avπ3B2av ＋2θ)a]，得在θ＝0时，F＝＝，故C项错误．θ＝时F＝，R3R0（2＋π）R0（5π＋3）故D项正确． 7.【解析】选C.根据右手定则可以判断D点电势低于C点电势，B错误；导体棒CD达 BLv0 到最大速度时拉力F与安培力的合力为零，P＝Fv0，F＝BIL，所以P＝BILv0，C正确；I＝，R＋R01 解得v0＝ LB错误． P（R＋R0），A错误；整个回路中导体棒CD和电阻R上都要产生电热，D 8.【解析】选A.金属棒切割磁感线运动，由右手定则和法拉第电磁感应定律、安培力公式可知金属棒上行和下行时的受力情况，如图所示．由能量守恒定律可知，金属棒在运动过程中，部分机械能转化为系统的焦耳热，故金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0，A错误；设金属棒上升的最大高度为h，上升过程中金属棒所受的安培力比下降过程中的要小，R上产生的热量等于金属棒克服安培力做的功，由W＝Fh可知上升过程中产生的热量比下降过程中产生的热量要大，C正确；由电荷量的定义、欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得，运动过程中产生的电荷量q＝ΔΦ 可知，上行和下行过程中磁通量变化相等，则B正确；由牛R 1 顿第二定律可知a上>a下，由位移公式x＝at2可知，上行和下行的位移大小相等，则t上 9.【解析】(1)由F－t图象可知，线框加速度 F2a＝＝2 m/s2 m 1 线框的边长L＝v0t－at2 21 ＝4×1 m－×2×12 m＝3 m 2BLv0t＝0时刻线框中的感应电流I＝ R线框所受的安培力F安＝BIL 由牛顿第二定律F1＋F安＝ma 1 又F1＝1 N，联立得B＝ T＝0.33 T 3 BL2 (2)线框进入磁场的过程中，平均感应电动势E＝ tE 平均电流I＝ R 通过线框的电荷量q＝It 联立得q＝0.75 C (3)设匀减速运动速度减为零的过程中线框通过的位移为x，由运动学公式得0－v20＝－2ax 代入数值得x＝4 m<2L 所以线框不能从右侧离开磁场． 【答案】(1)0.33 T (2)0.75 C (3)见解析 10.【解析】(1)棒ab产生的感应电动势E＝BLv0 E 通过棒ab的感应电流I＝ R＋r电阻R上产生的焦耳热 22 E2dBLv0RdQ＝()R×＝ v0（R＋r）2R＋r (2)因为棒ab匀速穿越n个磁场区域，所以拉力对棒做的功在数值上等于整个回路中产 生的焦耳热，即拉力对棒ab所做的功 E2d W＝Q总＝××n R＋rv0nB2L2v0dW＝ R＋r(3)如图所示 (4)若n为奇数，通过电阻R的净电荷量 ΔΦ1BLdq＝＝ R＋rR＋r 若n为偶数，通过电阻R的净电荷量 ΔΦ2q＝＝0 R＋r 【答案】见解析 11.【解析】(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得 ΔΦE＝① Δt 其中ΔΦ＝Blx② 设回路中的平均电流为I，由闭合电路的欧姆定律得 I＝E③ R＋r 则通过电阻R的电荷量为 q＝IΔt④ 联立①②③④式，代入数据得 q＝4.5 C⑤ (2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v2＝2ax⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得 1 W＝0－mv2⑦ 2 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得 Q2＝1.8 J⑨ (3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得 Q1＝3.6 J⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF＝Q1＋Q2⑪ 由⑨⑩⑪式得 WF＝5.4 J 【答案】(1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 高考标准预演(一) 14.【解析】选C.亚里士多德认为重物下落快，力是维持物体运动的原因，则A、B错误；伽利略通过理想斜面实验，推翻了力是维持物体运动的原因，牛顿总结伽利略等前人的经验，得到牛顿第一定律，则C正确，D错误． 15.【解析】选AC.设斜面的倾角为θ，物块和斜面均处于平衡状态，以物块和斜面作为整体研究，在水平方向上有Ff＝Fcosθ，外力不断减小，故地面对斜面的摩擦力不断减小，选项A正确．对于物块m，沿斜面方向：(1)若F0>mgsinθ，随外力F不断减小，斜面对物块的摩擦力先沿斜面向下减小为零，再沿斜面向上逐渐增大；(2)若F0≤mgsinθ，随外力F不断减小，斜面对物块的摩擦力沿斜面向上不断增大，故选项C正确． 16.【解析】选A.前5 s质点做速度是8 m/s的匀速运动，A正确；5 s～15 s内做匀加速Δv16－8 运动，加速度为a1＝＝ m/s2＝0.8 m/s2，B错误；15 s～20 s内做匀减速运动，加速 Δt15－5Δv0－16 度为a2＝＝ m/s2＝－3.2 m/s2，C错误，质点在0～20 s内一直沿着正方向运动， Δt20－1520 s末质点离出发点最远，D错误． 2 m月mv0 17.【解析】选A.在月球表面上有G2＝mg′，在月球表面上竖直上抛有h＝，联 R2g′ R2v22v00 立解得h＝，选项A正确，由t＝易知选项B错误．若发射绕月卫星，当匀速圆周 2Gm月g′m月mv2 运动的半径等于月球半径时，速度最大，周期最小，此时有G2＝m，解得v＝ RR2πR 选项C错误．最小周期为T＝v＝2πRR ，选项D错误． Gm月 Gm月 ，R 18.【解析】选BCD.跳水运动员入水减速下降h的过程中，他的重力势能减少了mgh， 则B选项正确；由动能定理知，动能减少了(F－mg)h，则C选项正确；重力以外的力做的功等于机械能的变化，则D选项正确． 19.【解析】选BC.开关S闭合后，小灯泡L1两端电压为3.0 V，由图乙可知通过小灯泡L1的电流为0.25 A，小灯泡L1消耗的功率为3.0×0.25＝0.75(W)，选项B正确．小灯泡L2、L3共同分得电压3.0 V，每个小灯泡均分得1.5 V ，由图乙可知通过小灯泡L2、L3的电流为1.5 0.20 A，选项A错误．小灯泡L2消耗的功率为1.5×0.20＝0.3(W)，选项C正确，而＝7.5(Ω)， 0.2选项D错误． 20.【解析】选D.由场强叠加原理可知，b点场强小于d点场强，选项A错误；MN是等量异种电荷的等势面，因沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以b点电势低于d点电势，选项B错误；a点的电势高于c点的电势，所以正电荷在a点的电势能高于在c点的电势能，选项C错误；由对称性可知a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项D正确． 21.【解析】选A.设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角 v0mv 为θ，故有v＝.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝.而MN之间的距离为d＝2rcos qBcosθmv0 θ.联立解得d＝2，故选项A正确． qB 2.00 cm＋2.81 cmx 22.【解析】vC＝BD＝＝24.05 cm/s≈0.24 m/s. tBD0.2 sxCE－xAC a＝≈0.80 m/s2. 24T 【答案】0.24 0.80 23.【解析】(1)因为待测电阻的阻值25 kΩ远大于滑动变阻器的阻值(0～500 Ω)，所以 Um16 供电电路应选择滑动变阻器的分压式接法，待测电阻接在电路中，最大电流Im＝＝R2.5×104＝0 μA，故电流表选②；待测电阻的阻值25 kΩ远大于电流表A2的内阻，故测量电路应 － 选用电流表内接法；U＝500×106×25000 V＝12.5 V，故电压表应选④. (2)按照(1)的分析可画出实验电路图，电路图见答案． U－UAU (3)R测＝，R真＝，两式比较可以得出R测大于R真． IAIA【答案】(1)④ ② (2)如图所示 (3)大于 24.【解析】(1)从B到C过程中，x＝0.5 m(1分) 2 由v2C－vB＝2ax(2分) 所以a＝5 m/s2.(1分) (2)A点速度为零，设从A到B距离为x′ 2 由v2B－0＝2ax′(2分) 得x′＝0.4 m(1分) 所以D、A之间的高度为 H＝(x′＋BD)sinθ＝2.5sinθ(2分) 最大重力势能Epm＝mgH＝25sinθ(2分) (3)若机械能守恒，有EkB＋EpB＝EkC＋EpC 12 即：mgxsinθ＝m(v2C－vB)(2分) 2 解得θ＝30°.(1分) 【答案】(1)5 m/s2 (2)Epm＝25sinθ (3)30° L 25.【解析】(1)分析知，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动的时间为t＝(1 v0 分) qU 加速度为a＝(1分) md偏转位移为 12qUL2y＝at＝(2分) 22mdv20由题意知y＝d 2md2v20得U＝2.(1分) qLdvy (2)由＝(2分) t2 2dv0得粒子离开电场时的竖直分速度为vy＝(2分) Lv022速度大小为v＝v0＋v2L＋4d2(2分) y＝L设速度方向和PQ所在直线的夹角为θ， vy2d sinθ＝v＝2(1分) L＋4d2粒子在磁场中的运动半径为 LL2＋4d2L R＝＝(2分) 4d2sinθv2 由qBv＝m(2分) Rmv 得R＝(1分) qB4mv0dB＝(1分) qL2【答案】见解析 33.【解析】(1)布朗运动不是液体分子的运动，而是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它反映了液体分子的运动，A正确；若取两分子相距无穷远时的分子势能为零，则当两分子间距离大于r0时，分子力表现为引力，分子势能随间距的减小而减小(此时分子力做正功)．当分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大(此时分子力做负功)，故B错误；用打气筒向篮球充气时需用力，是由于篮球内气体压强在增大，不能说明分子间有斥力，D也不正确．物体的内能取决于温度、体积及物体的质量，温度升高，内能不一定增大，E正确． (2)①缓慢压装过程中甲瓶内气体膨胀，单位体积内的分子数减少，温度不变，分子的平均动能不变，单位时间内撞击到器壁单位面积上的分子数减少，压强变小．(3分) ②设甲瓶内最多有体积为x的液体进入乙瓶，乙瓶中灌装液体前，气体压强为p乙＝1 atm，体积为V乙＝4 L；灌装后体积最小变为V′ 乙＝4 L－x，此时乙瓶中气体压强与甲瓶内气体压强相等为p，由等温变化得： p乙V乙＝pV′ 乙(2分) 甲瓶中气体开始时气压为p甲＝6 atm，体积为V甲＝1 L，结束后压强为p，体积为V′ 甲 ＝1 L＋x 由等温变化得p甲V甲＝pV′甲(2分) 联立并代入数据解得x＝2 L(2分) 【答案】(1)ACE (2)①见解析 ②2 L 34.【解析】(1)波能否产生衍射现象与波的振幅无关，A错；变化的电场周围存在磁场，但均匀变化的电场产生的是恒定的磁场，不能产生电磁波，B错．C、D正确． (2)波上的质点都在其平衡位置上下振动，且质点振动的周期与波源的振动周期相同． (3)如图，设入射角为i，折射角为r，则 sinisin60°＝＝3 sinrsinr1 得sinr＝，r＝30°(3分) 2折射光线在玻璃球中通过的位移 D3Ds＝2×cosr＝ 22 光在玻璃球中传播的速度v＝s3D 则t＝v＝.(3分) 2c 【答案】(1)CD (2)上下 等于 (3)30° 3D 2c c 3 n（n－1）4（4－1） 35.【解析】(1)因E4－E1＝12.75 eV，所以用12.75 eV的光照射．由＝22 ＝6可知，有6种可能的光.2个光子能量可能具有的最大值为(E4－E1)＋(E3－E1)＝24.84 eV. (2)①m2刚开始滑动时， μm2ga＝＝1 m/s2，方向向右(2分) m2 12 ②设经时间t1，m1、m2相碰，则由at1＋L＝v0t1(1分) 2 解得：t1＝1 s(1分) 碰前m2的速度为v2＝at1＝1.0 m/s(1分) 则碰后m2的速度v′ 2＝2 m/s或v″2＝4 m/s(1分) 由系统动量守恒可得：m1v0＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 m1v0＋m2v2＝m1v″1＋m2v″2(1分) 解得碰后m1的速度v′1＝1.5 m/s或v″1＝－1.5 m/s(1分) 根据系统碰后机械能不大于碰前机械能可知： v″ 1＝－1.5 m/s，v″2＝4 m/s这组数据不符合题意，舍掉． 则碰后m1的速度为v′1＝1.5 m/s，向右， m2的速度v′ 2＝2 m/s，向右(1分) 【答案】(1)12.75 eV 6 24.84 eV (2)①1 m/s2，方向向右 ②v′ 1＝1.5 m/s，向右 v′ 2＝2 m/s，向右 高考标准预演(二) 14.【解析】选CD.滑块一定受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可求得，当a＝gtanα时，滑块恰好不受摩擦力，当a≠gtanα时，将受摩擦力，故A、B错误C正确；由牛顿第二定律可知，所受合力水平向左，D正确． 15.【解析】选C.由图象可知0～8 s内的平均速度方向与1 s末的速度方向相反，A错．物体在0～2 s内的速度变化比2～4 s内的速度变化慢，B错．物体在2～4 s内动能变化为零，合外力做功为零，C正确.2 s末速度仍为正方向，D错． 16.【解析】选C.若未增大F时甲物体受到的静摩擦力沿斜面向上，则增大F后甲物体受到的静摩擦力可能沿斜面向上减小，A错误；F增大到一定的值时甲物体有向上运动的趋势，此时乙物体对甲物体的摩擦力则沿斜面向下，B错误；由整体法可知，水平地面对乙物体的摩擦力与F等大反向，因此F增大，水平地面对物体乙的摩擦力增大，乙物体对水平地面的摩擦力也增大，C正确；整体分析可知，水平地面对乙物体的支持力始终等于系统的总重力，因此乙物体对水平地面的压力也保持不变，D错误． 2π2GMm17.【解析】选BD.同步卫星离地高度为h，根据万有引力定律得：＝m T(R（R＋h）23GMT2＋h)，解得h＝－R，选项A错误；第一宇宙速度是最大环绕速度，卫星的运行速度 4π2GMm 小于第一宇宙速度，选项B正确；因为F＝＝ma，所以卫星运行时受到的向心加 （R＋h）2GMM 速度大小为a＝2，地球表面的向心加速度g＝G2，所以卫星运行的向心加速度小R（R＋h）于地球表面的重力加速度，选项C错误，选项D正确． 18.【解析】 选D.设杆与竖直方向间夹角为θ，B球的速度为vB，此时A球的速度为vA，vA和vB沿杆方向上分速度大小相等，即vAcosθ＝vBsinθ，当A球到达竖直槽底部时，得vB ＝0，D正确；B球速度先增大后减小，其机械能先增大后减小，A、B系统机械能守恒，得A球的机械能先减小后增大，A、B错；轻杆对A球先做负功后做正功，对B球先做正功后做负功，C错． 19.【解析】选BC.根据电场强度的叠加得A点和B点的电场强度大小不相等，则A选项错误；等量异种电荷形成的电场的电场线和等势线分别关于连线和中垂线对称，则B选项正确；沿B→C→D路径，电势先减小后增大，电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先增大后减小，则C选项正确；沿C→O→A路径电势逐渐增大，电子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其一直做正功，则D选项错误． 20.【解析】选BC.由题图甲可知流过电流传感器P的充电电流和放电电流方向相反，A错误；第①段(充电阶段)电流曲线与横轴所围图形的面积表示电容器充电结束时所带的电荷量Q，B正确；因Q＝CU，Q与U成正比，其Q－U图象是一条过原点的倾斜直线，斜率表示电容器的电容，C正确；电容器两端的电压与滑动变阻器两端的电压相等，而Q＝CU，所以电容器充电结束时所带电荷量与滑动变阻器滑动头的位置有关，D错误． 21.【解析】选D.没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，选项C错误；有磁场时，导体切割磁感线，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故导体棒上升的最大高度变小，选项A、B错误，选项D正确． 22.【解析】(1)由题图知，弹簧测力计A的分度值为0.2 N，读数为3.6 N. (2)本实验是利用平衡条件确定两拉力的合力与重物M所受重力等值反向，故A是必要的．因弹簧测力计的零点误差影响到各拉力的测量值，且不能保证各拉力的真实值之比与测量值之比相等，故B也是必要的．因只有拉线方向与木板平行时才能保证各力在竖直板上记录的方向与真实方向相同，故C亦是必要的．由于本实验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物的重力即可验证平行四边形定则，而测力计A的拉力不同时O点的位置就不同，故不可能也无必要使O点静止在同一位置，答案为D. (3)见答案． 【答案】(1)3.6 (2)D (3)①改变弹簧测力计B拉力的大小； ②减小重物M的质量．(或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等) 23.【解析】(1)一节干电池的电动势约为1.5 V，若滑动变阻器采用R2，调节过程中电流在多数情况下偏小，无法测量，故应选用滑动变阻器R1；由于电路中的电流比较小，故应选量程为0.6 A的电流表． (2)由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值小于流过干电池的电流的真实值． (3)若测量的是新干电池，由于内阻比较小，在较大范围内调节滑动变阻器，电压表测量的路端电压变化就不明显，实验误差较大． 【答案】(1)AC (2)小于 (3)不明显 24.【解析】(1)对木板由牛顿第二定律得 F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝MaM(4分) 代入数据，得：aM＝2 m/s2(2分) (2)对小铁块由牛顿第二定律得 μ2mg＝mam(2分) 代入数据，得：am＝1 m/s2(2分) 设经t1时间铁块脱落，由匀变速直线运动公式得 112l＝aMt21－amt1(2分) 22代入数据，得：t1＝2 s(2分) 【答案】(1)2 m/s2 (2)2 s 25.【解析】(1)当小球仅有电场作用时：mg＝Eq，小球将做匀速直线运动． 在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周运动周期为T0，若竖直向下通过D点，由图甲分析可知： t0＝ 3T03πm＝(4分) 42qB0 (2)PF－PD＝R即：v0t1－L＝R(2分) qv0B0＝mv20/R(2分) mv0Lm所以R＝，t1＝＋(2分) qB0v0qB0 (3)小球运动时的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电磁场中的运动的周期 T增加，在小球不飞出电磁场的情况下，当T最大时有： L2mv0 DQ＝2R＝＝(2分) qB0π 2πmv0 B0＝(2分) qL2πRLT0＝＝(1分) v0v0 由图分析可知小球在电磁场中运动的最大周期 3T06L T＝8×＝(2分) 4v0 小球运动轨迹如图乙所示(1分) 【答案】见解析 33.【解析】(1)密闭在钢瓶中的理想气体的体积不变，当温度升高时，分子的平均动能增大，单位面积受到撞击的分子数不变，但每次撞击的作用力变大，所以压强增大；当温度升高时，气体分子的平均速率会增大，大多数分子的速率都增大，所以波峰应向速率大的方向移动，即T2>T1. (2)①居民厨房的容积为V2＝24 m3＝24000 L 设有体积为V1的煤气泄漏出来，将其作为研究对象，它经历等温过程，泄漏前后的气压分别为p1和p2.达到发生爆炸的气压条件是p2＝0.05 atm(1分) p2V2由p1V1＝p2V2，得V1＝(2分) p1 代入数值，得V1＝300 L(1分) ②爆炸瞬间气体来不及外泄，经历的是一个等容过程． 爆炸前的温度为T1＝(27＋273) K＝300 K，压强为p1′＝1.05 atm爆炸后的温度T2＝(2000＋273) K＝2273 K(2分) 由 p1′p2′T2＝得p2′＝p1′(2分) T1T2T1 代入数值，得p2′≈8 atm.(1分) 【答案】(1)平均动能 小于 (2)①300 L ②8 atm λ 34.【解析】(1)从图象中可以看出，波长为λ＝4 m，周期T＝＝0.4 s，A对；质点B、 vF是同处在波峰的两个点，它们的振动步调完全相同，在振动过程中位移总是相等，B对；各点的起振方向都一样，此时I点刚起振且起振方向沿y轴负方向，C对；当t＝5.1 s时，x＝10 m的质点处于负的最大位移处，D错；从图象中可以看出质点A、C、E、G、I在该时刻的位移都是零，由于波的传播方向是向右的，容易判断出质点A、E、I的速度方向是向下的，而质点C、G的速度方向是向上的，因而这五个点的位移不总是相同，E错． c (2)①由n＝v(2分) 解得：v＝1.73×108 m/s(1分) ②光路如图，由几何知识可得，光束边缘光线在侧面上的入射角θ1＝60° sinθ1由n＝(2分) sinθ2 得折射角θ2＝30°(1分) 又因为OA＝ L/3 sin30° L △OBE为等边三角形，所以BE＝L－OA＝ 3LLL 光斑半径R＝－＝(2分) 236πL2 所以光斑面积S＝(1分) 36 πL2 【答案】(1)ABC (2)①1.73×10 m/s ② 36 8 35.【解析】(1)α射线是速度为0.1c的氦核流，穿透能力最弱，A错误；由核反应过程中质量数、核电荷数守恒可知B项正确；C项中核电荷数和质量数都不守恒，C错误；D项中物理学家不是玻尔而是卢瑟福所以D错误． (2)设A、B两物块的质量分别为mA、mB，碰前速度为vA、vB，碰后共同速度为v，以A物块的运动方向为正向，由碰撞过程动量守恒有 mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v(3分) vA－v4－1 则mB＝×mA＝×2＝2(kg)(3分) vB＋v2＋1碰撞过程产生的内能为 1111112222 Q＝ΔEk＝mAv2＋mv－×(m＋m)v＝×2×4＋×2×2－×(2＋2)×12＝ABBAB 22222218(J)(3分) 【答案】(1)B (2)2 kg 18 J 高考标准预演(三) 14.【解析】选A.由图象可以看出物体所受合外力在0～2 s内水平向右，2～4 s内水平向左．由于物体在t＝0时刻处于静止状态，根据F＝ma可知物体的加速度在0～1 s内增大，在1～2 s内减小，但此过程加速度方向不变，故物体做变加速运动，选项B错误；物体在2～4 s内加速度水平向左，故物体做减速运动，在0～4 s内物体加速和减速过程的平均加速度的大小相等，故物体运动方向始终不变，在4 s末速度减为零，故选项A正确，C、D错误． 15.【解析】选BD.不计空气的阻力，空中的水仅受重力，故下落的加速度为g＝10 m/s2，1 A选项错误；水在竖直方向做自由落体运动，由h＝gt2⇒t＝ 2R 抛运动规律可得R＝v0t⇒v0＝＝10 m/s，D选项正确． t 16.【解析】选C.本题考查功能关系和学生结合图象综合分析问题的能力．摩擦力做负功，且物体在水平面上受到的摩擦力大于在斜面上受到的摩擦力，综合分析可知C正确． FGMa1r225r12Mm 17.【解析】选AB.a＝＝2，＝＝＝25，a＝25a，A项正确；由G＝12 mra2r1r1r2mv2 得v＝r GM，v1/v2＝r r2 ＝5，v1＝5v2，B项正确；站在赤道上的人与“轨道康复者”r1 2h ＝0.4 s，B选项正确；水g 从喷嘴喷出后，仅受重力作用，机械能守恒，重力势能减小，动能增加，C选项错误；由平 都自西向东运动，“轨道康复者”线速度较大，可知C项错误；“轨道康复者”若在高轨道上加速，则做离心运动，到更高的轨道上去，不可能与低轨道上的卫星对接，D项错误． 18.【解析】选C.根据电路图可知φA>φB，A、B间电场强度方向水平向右，小球受电场力方向也向右，故小球带正电，A错误．当滑动触头从a向b滑动时，R1两端电压减小，板间场强减小，绝缘线的偏角变小，所以B错误．当极板间电压减小时，由Q＝CU可知Q减小，电容器放电，电流表中有电流，方向从上向下，所以C正确．由于电源的内阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，D错误． 19.【解析】选BD.a、c两点匀强电场电场强度相同，点电荷在a、c两点产生的电场强度大小相等方向相反，合成后，a、c两点合场强仅大小相同，方向不同；a、b、c、d四点中b点合场强最大；da间的电势差与ab间的电势差相等；a点电势与c点电势相等，检验电荷在a点的电势能与c点电势能相等． 20.【解析】选BC.t＝0.01 s时刻交变电流电动势为零，线圈处于中性面，磁通量最大；1 由图象可知周期T＝0.02 s，转速n＝＝50 r/s；变压器原线圈中电压有效值为U1＝22 V，原 T线圈中输入功率与副线圈输出功率相同，由P＝22 W，P＝UI，得I＝1 A；由 U1n1＝知副线U2n2 圈两端电压U2＝220 V．正确选项为B、C. 21.【解析】选B.由ab棒受力情况可知，ad棒不是匀变速直线运动，因此ab棒运动的BLv1 平均速度大小不是v，选项A错误；当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，q＝It，I＝，2RqR 沿导轨方向的位移x＝vt＝，选项B正确；由功能关系可知选项C错误；当金属棒的速度 BLB2L2v 大小为v时，安培力最大，F＝BIL＝，选项D错误；因此答案选B. R 22.【解析】(1)把木板末端垫高，倾角为θ，若f＝mgsinθ，则平衡了摩擦力，此时只有橡皮筋的作用力使小车运动． (2)小车先加速后匀速，匀速时橡皮筋的弹力刚好全部做功，所以应选纸带的均匀部分测量． (3)因为W－v图象是曲线，不能确定W与v2的函数关系，所以不合适． 【答案】(1)把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力 (2)点距均匀 (3)不合适．由曲线不能直接确定W、v2的函数关系，应进一步绘制W－v2图象 23.【解析】(1)根据电路图连接实物图时要“先串后并，接线到柱，注意量程和正负”，千万不要把分压式电路连成限流式电路． (2)随着小灯泡两端电压的逐渐升高，通过小灯泡的电流逐渐增大，灯丝温度也逐渐升高，灯丝的电阻率增大，小灯泡的电阻变大，I－U图线的斜率减小，造成小灯泡的伏安特性图线是曲线． (3)由I－U图象可知，当U＝2.0 V时，通过小灯泡的电流I＝0.34 A，则此时小灯泡的实际功率 P＝UI＝2×0.34 W＝0.68 W. (4)小灯泡正常工作时的电压U＝3.0 V，额定电流约为I＝0.46 A，则有1.5＝k(273＋27)，3 ＝k(273＋t)，解得t≈1031 °C. 0.46 【答案】(1)见解析 (2)随着小灯泡两端电压的升高，电流增大，灯丝温度升高，电阻率增大，电阻变大 (3)0.68 W (4)1031 1 24.【解析】(1)v－t图象与坐标轴所围的面积即为物体的位移，所以x＝(t2－t1＋t2)vm＝ 21 (2t－t)v(2分) 221m 1 (2)P－t图象与坐标轴所围的面积即为水平拉力所做的功，所以W＝P2t1＋P1(t2－t1)(2分) 2vm (3)由题图甲中匀速运动阶段可知加速度为a＝①(1分) t1 P2由两图中的最大速度和最大功率可得加速运动阶段的拉力F＝②(2分) vmP1匀速阶段有摩擦阻力为Ff＝③(2分) vm根据牛顿第二定律可得F－Ff＝ma④(2分) （P2－P1）t1 联立①②③④解得m＝(1分) v2m(4)由Ff＝μmg和Ff＝ P1(1分) vm P1vm 解得μ＝(1分) （P2－P1）t1g【答案】见解析 1 25.【解析】(1)由动能定理可得Edq＝mv2(3分) 20解得：v0＝4×104 m/s v20 Bqv0＝m r 解得：r＝1 m(3分) 由图可知：y＝0.6 m 即N点的坐标为(0，0.6)(3分) (2)由题意可得：粒子在磁场中的运动半径r＝0.6 m 由Bqv0＝mv20r (3分) 1 解得：B＝ T(3分) 3 设粒子在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2，整个过程运动的时间为 t＝t1＋t2＝3 mv032πm9π－ ＋×＝15＋×105 s(3分) Eq4Bq4 9π1－ 【答案】(1)(0，0.6) (2) T 15＋×105 s 3433.【解析】(1)一滴溶液中纯油酸体积为V 油酸 ＝1× 11－ × cm3＝8×106 cm3.在该实500250 验中，认为油酸单分子构成油膜，故油膜厚度d与油酸分子直径D的关系可以认为d＝D. (2)①p1＝p0＝75 cmHg，设缓慢转过90°后空气柱的长为L2， 压强为 p2＝p0－(75－L2)＝L2(cmHg)(1分) 由p1V1＝p2V2(1分) 得75×48＝L22(2分) L2＝60 cm(1分) ②此时管内气体的压强为 p2＝p0－15 cmHg＝60 cmHg 由 p2V2p3V3＝(1分) T2T3 p3V3T275×75×300得T3＝＝ K＝468.75 K(3分) p2V260×60【答案】(1)8×106 d＝D (2)①60 cm ②468.75 K － 34.【解析】(1)由T＝2π l知，A错误．为防止桥的固有频率与人正步走的频率接近，g 发生共振，故要求便步走，B正确．振动加强点的振幅加大，但仍处于振动之中，位移在不停变化，C正确．偏振是横波特有的现象，D错误．由多普勒效应知E正确． (2)①由于OB偏折比OC偏折更多，所以λB<λC(2分) ②如图，作界面OD的法线MN，设圆柱体直径为d，入射角为θ，折射角分别为θB、θC，连接DB、DC， 由折射解定律得 nB＝ sinθsinθ ，nC＝(1分) sinθBsinθC cc nB＝，nC＝(1分) vBvC故 sinθBsinθC ＝(2分) vBvC dsinθB已知t＝(1分) vBdsinθC所以tC＝(1分) vC 即tC＝t(1分) 【答案】(1)BCE (2)①λB<λC ②t 35.【解析】(1)根据电荷数守恒和质量数守恒可知，x的质量数为1，电荷数为零，故x 为中子．质量亏损Δm＝2.0141 u＋3.0161 u－(4.0026 u＋1.0087 u)＝0.01 u，E＝Δmc2＝0.01×931.5 MeV＝17.6 MeV. (2)①子弹射穿物体A过程的时间极短，由动量的近似守恒得m0v0＝m0v＋mAvA(3分) m0（v0－v） 解得：vA＝(1分) mA ②物体A在平板车B上滑行的过程中，因为地面光滑，且A、B最后相对静止，故A、B组成的系统水平方向动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)v共(3分) m0（v0－v）mA解得：v共＝vA＝(2分) mA＋mBmA＋mB 【答案】(1)10n(或中子) 17.6 (2)见解析 高考标准预演(四) 14.【解析】选BD.卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，故A选项错误；伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故C选项错误，正确选项为B、D. 15.【解析】选BC.圈圈抛出后做平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方1 向的自由落体运动，则水平位移x＝vt；竖直位移y＝gt2，可得x＝v2 2y，若x一定、y增g 大，则v减小，所以选项A错误、B正确；若y一定、x增大，则v增大，故选项C正确、D错误． 16.【解析】选AD.因为将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，所以绳子中的拉力大小始终等于A的重力不变，通过定滑轮，绳子对B的拉力大小也是等于A的重力不变，而B移至C点后，右侧绳子与水平方向的夹角减小，对B进行受力分析可知，B受到水平面的静摩擦力增大，所以A正确，B错误；对滑轮受力分析可知，悬于墙上的绳子所受拉力等于两边绳子的合力，由于两边绳子的夹角变大，两边绳子的合力将减小，C错误；由几何关系可知α、β、θ三角始终相等，D正确． 17.【解析】选BD.“神舟八号”飞船与“天宫一号”飞行器二者质量不相等，受到地球的吸引力大小不相等，选项A错误；由于二者处于同一离地面高343公里的圆形轨道上，由公式v＝ GM知，“神舟八号”与“天宫一号”的速度大小相等，高度比同步卫星低，所以r GM 速度比地球同步卫星速度大，由a＝2知，二者向心加速度大小相等，所以选项B、D正确； r如在同一轨道上点火加速，飞船将做离心运动，所以C错误． 18.【解析】选AC.由重力做功和重力势能的关系可知A对；减速过程中机械能的减少量等于克服拉力和浮力F所做功的和，B错；减速过程中由F1＋F－mg＝ma得F1＝m(g＋a)－F，C对、D错． 19.【解析】选AC.在区域(0，1)中4Q和－Q的电场的电场强度方向都向左，合场强仍向Q4Q 左，A对；在－Q左侧距－Q为x处场强为零，由k2＝k得x＝1，所以区域(－∞， x（1＋x）2－1)内合场强向左，C对． 20.【解析】选BCD.理想变压器的线圈电阻为零，原线圈的输入电压由发电机的输出电压决定，副线圈电路的变化不会使原线圈输入电压变化．由于变压器线圈匝数不变，当S断开后，副线圈的输出电压不变，但副线圈电路总电阻变大，使输出电流变小，输出功率变小，原线圈输入功率也变小；输出电流变小，使R两端电压变小，由于副线圈输出电压未变，L1两端电压变大，L1中的电流变大． 21.【解析】选D.金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在0～2L范围 内，在方向相反的两个磁场区域内有效切割长度相等，产生的感应电动势等于零，感应电流为零；在2L～3L范围内，上部切割长度逐渐减小，下部切割长度逐渐增大，在3L～4L范围内，下部切割长度逐渐减小；所以能正确表示的是D. 22.(1)15.7 15.70 (2)1.22m 1.20m 大于 摩擦生热，减少的重力势能一部分转化为内能 23.【解析】(1)刻度尺读数方法：0刻度对齐一端，另一端直接读数到毫米，再估读一位． (2)螺旋测微器读数方法：先读主尺(0.5 mm)，再读螺旋尺(7.3个刻度)，因螺旋尺是将0.5 － mm均分为50份，故直径为d＝0.5 mm＋7.3×0.01 mm＝0.573 mm＝5.73×104 m. (3)根据电路和图线，当电流为0.4 A的时候，电流表和金属丝的串联电路两端的电压为2 V，故该部分电路阻值为5 Ω，其中电流表阻值为1.0 Ω，故金属丝阻值为4 Ω. dρLRSπdR (4)金属丝横截面积为S＝π，根据R＝，得ρ＝＝，代入数据可得ρ＝2SL4L1.8×105 Ω·m. －－－ 【答案】(1)5.59×102(5.58×102～5.60×102均可) －－－ (2)5.73×104(5.71×104～5.75×104均可) (3)4 －－－ (4)1.8×105(1.7×105～1.9×105均可) 24.【解析】(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2(2分) － 2 2 F－μmg 小车的加速度aM＝＝0.5 m/s2(2分) M(2)由amt＝v0＋aMt(2分) 得t＝1 s(1分) (3)在开始1 s内小物块的位移 1 s1＝amt2＝1 m(2分) 2 此时其速度v＝at＝2 m/s(1分) F 在接下来的0.5 s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a＝＝0.8 m/s2(1 M＋m分) 1 这0.5 s内的位移s2＝vt1＋at2＝1.1 m(2分) 21 则小物块通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m(1分) 【答案】(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m 25.【解析】(1)因为线框匀速运动，该过程中ab切割磁感线，动生电动势 E＝BLv＝0.5×0.2×2 V＝0.2 V(3分) 感应电流I＝E/R＝0.5 A(2分) 所以线框受到的安培力即ab受到的安培力 F＝BIL＝0.5×0.5×0.2 N＝0.05 N(3分) (2)产生热量的过程有两个阶段，一是cd边在磁场边界间运动过程中，二是ab边在磁场边界间运动过程中．两个阶段速度一样，安培力大小恒定，线框匀速运动，两个阶段产生热量一样多．产生的焦耳热即为克服安培力做的功 Q＝2Fs＝2×0.05×0.1 J＝0.01 J(4分) (3)该过程分三个阶段． s3 ①cd边在磁场边界间运动过程中，t1＝v＝0.05 s，ab边相当于电源，Uab＝E＝0.15 V. 4s ②cd边进入右侧磁场、ab边尚未离开左侧磁场过程中，t2＝v＝0.05 s；回路中磁通量不变，没有感应电流，但是ab边有动生电动势，Uab＝E＝0.2 V. s ③ab边在磁场边界间运动过程中，t3＝v＝0.05 s；cd相当于电源，ab边是外电阻的一部1 分，Uab＝E＝0.05 V．图线如图所示．(6分) 4 【答案】见解析 33.【解析】(1)气体温度升高，分子平均动能增大，但并不是所有分子的速度都增大，A错误；外界对气体做功，气体有可能向外界放热，所以内能的变化情况不能确定，B正确；pV 气体温度升高的同时，若其体积也逐渐变大，由理想气体状态方程＝C可知，其压强可以 T不变，C正确；由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关，D正确；气体的压强的大小由分子的平均速率和分子的密度共同决定，故E错． 2 M1.8×103 (2)①水的摩尔体积为：V0＝＝3m/mol ρ1.0×10 － ＝1.8×105m3/mol(2分) － 3623 VNA1.0×10×10×6.0×10 水分子数：N＝＝ － V01.8×105－ ≈3×1025(个)(2分) ②建立水分子的球模型有 3 V01 ＝πd3(2分) NA6 得水分子直径d＝－ 36×1.8×10－56V0＝ m πNA3.14×6.0×1023＝4×1010m(3分) － 【答案】(1)BCD (2)①3×1025个 ②4×1010m 34.【解析】(1)由图象可知，共振时的振幅为10 cm，频率为0.5 Hz，即单摆的固有频率1 为0.5 Hz.由T＝＝2π f lg 得，l＝22≈1 m，故A错B对；增大摆长，固有频率变小，g4πf 共振频率变小，“峰”将向左移动，故C错D对． (2)①光路图如图所示，由图中几何关系可知，∟PCD＝360°－∟CPO－∟POD－∟ODC＝30°(2分) 所以在ACB面上的入射角为∟PCO＝15°，入射点P距圆心O的距离为 OP＝rsin15°(2分) sini ②光线射到D点时入射角为30°，由折射率n＝可得： sinrsini甲 对甲单色光：n甲＝， sin30° 13 sini甲＝n甲sin30°＝3×＝，i甲＝60°(2分) 22sini乙 对乙单色光：n乙＝， sin30° 12 sini乙＝n乙sin30°＝2×＝，i乙＝45°(2分) 22 所以两种色光从OB面射出后的折射光线的夹角为15°. (1分) 【答案】(1)BD (2)①rsin15° ②15° 35.【解析】(1)由光电效应方程有hν＝W＋E，2hν＝W＋E′，hν0＝W，解得E′＝E＋hν，Eν0＝ν－. h (2)设小物块停在箱子中时两者的共同速度为v′，对两者从小物块开始运动到相对静止过程由动量守恒定律有 mv＝(M＋m)v′(3分) 系统损失的机械能为 11 ΔE＝mv2－(M＋m)v′2(3分) 22Mmv2 解得ΔE＝(3分) 2（M＋m）E 【答案】(1)E＋hν ν－ (2)见解析 h 高考标准预演(五) 14.【解析】选AD.两者一起向下做自由落体运动，加速度等于重力加速度g，A对；B受重力，处于完全失重状态，但还受磁铁的吸引力，则一定还受到磁铁对其向下的力，D对． 15.【解析】选A.由于“蛟龙”号以同样速率匀速上升，则所受的阻力相等．设缆绳的拉力为F′，运动过程中受到的阻力为Ff.在匀速下降过程中有F＝Mg－Ff；在上升过程中有F＝Mg－F′＋Ff，联立两式解得F′＝2(Mg－F)，A正确． 16.【解析】选ABC.根据速度与时间的图象，可以求出0～6 s内物体的位移大小为30 m； 根据拉力的功率与时间的图象，可以求出0～6 s内拉力做的功为70 J；0～2 s 内，拉力的大小为5 N，大于滑动摩擦力的大小；由于2～6 s内合外力不做功，所以合外力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等． 17.【解析】选ABD.设小球恰好上升到光滑圆轨道的最高点时速度为v，与之对应的小v2 球在轨道最低点的速度为V，由牛顿第二定律和圆周运动的知识可得mg＝m，由机械能守 R11 恒定律得mV2＝mv2＋mg·2R，解得v＝gR，V＝5gR，由此可见，C错误，D正确；由 22上面的结果可知，只要v0<5gR，小球就上升不到轨道的最高点，设小球在轨道最低点的速 2v012 度为v0时小球能够上升的最大高度为h，则由机械能守恒定律得mv0＝mgh，解得h＝，22gR3R 将v0＝gR和3gR代入分别解得h1＝、h2＝，因小球沿圆轨道上升高度大于R时，具有 223R 水平分速度，则当v0＝3gR时，小球能够上升的最大高度小于，故A、B均正确． 218.【解析】选BD.人在升降机里受到重力mg和底板对人的支持力F，升降机匀加速上升时，由牛顿第二定律有：F合＝F－mg＝ma，F>mg，则升降机底板对人做的功W＝Fh＝mgh＋mah＝ΔEp＋ΔEk＝ΔE机，则选项A错误；升降机匀速上升时，有F＝mg，ΔEk＝0，升降机底板对人做的功W＝Fh＝mgh＝ΔEp＝ΔE机，则选项B正确；因电动机消耗的能量E消＝E出＋E内，而E出＝E机，则选项C错误，选项D正确． 19.【解析】选B.当传感器R2所在处出现火情时，其电阻减小，干路电流增加，路端电压减小，选项A、C错误；由于R1分担电压增大，故R2两端电压减小，电流表示数减小，故选项B正确、D错误． 20.【解析】选B.框架匀速拉出过程中，有效长度l均匀增加，由E＝Blv知，电动势均B2l2v 匀变大，A错，B对；因为匀速运动，则F外＝F安＝BIl＝，故外力F外随位移x的增大 R而非线性增大，C错；外力功率P＝F外v，v恒定不变，故P也随位移x的增大而非线性增大，D错． 21.【解析】选AC.当滑动触头向右移动时，加速电压变大，电子进入偏转磁场时的速度变大，因此，轨迹半径r＝mv 变大，电子在磁场中的偏移距离变小，所以打在荧光屏上的位eB 置上升，同时电子在磁场中运动轨迹的圆弧对应的圆心角变小，即运动时间变短，A正确，B错误；因为洛伦兹力不做功，所以只改变磁感应强度时，电子的速度大小不变，C正确，D错误． 1 22.【解析】由牛顿第二定律F－mg＝ma可得a＝F－g，即图象的斜率倒数为物块质量， mc 纵轴截距的绝对值为重力加速度，所以m＝－，b＝－g；重力加速度不变，纵轴截距不变， b横轴截距变为原来的一半，斜率的倒数变为原来的一半． c 【答案】－g － 如图所示(过b点和Oc中点的直线) b 23.【解析】(1)根据表中提供的数据，若利用图象确定电池的电动势和内阻，则应作UU －图象． R (3)根据闭合电路欧姆定律可以知道，电源的电动势等于断路电压，所以由(2)中作出的图象可知，该电池的电动势E＝1.47 V，图线的斜率表示测得的电源内阻，内阻r＝0.94 Ω. 【答案】(1)A (2)如图所示 (3)1.47(1.46～1.48均可) 0.94(0.90～1.00均可) 24.【解析】(1)滑块与斜面体刚好不相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值fm，滑块受力如图所示．(2分) 设一起加速的最大加速度为a，对滑动应用牛顿第二定律得： FNcosα＋fmsinα＝mg(2分) fmcosα－FNsinα＝ma(2分) 由题意知fm＝μFN(1分) 联立方程，代入数据解得：a＝1.52 m/s2(1分) 整体法应用牛顿第二定律， Fm＝(M＋m)a＝15.2 N(2分) (2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，斜面体的水平加速度应满足：a≥gtanα(2分) 由牛顿第二定律得：F＝Ma(1分) 代入数据解得，F≥303 N＝52 N 即F的最小值为52 N．(1分) 【答案】(1)15.2 N (2)52 N 25.【解析】(1)由于小球在磁场、电场和重力场中做匀速圆周运动，则mg＝qE(2分) 设带电小球进入x<0区域的速度大小为v0，小球打到斜面时，速度方向与斜面垂直，则 v0 tanθ＝，vy＝gt，v0＝gttanθ＝gt(2分) vy 匀速圆周运动的轨道半径 r＝ mv0 (2分) qB 12r－gt2 2 由图知tanθ＝(2分) v0t4Etan θ4E 得t＝＝(1分) 2gB（2tan θ＋1）3gB4Etan2 θ4E v0＝＝(1分) 2B（2tan θ＋1）3BπmπE 在磁场中运动的时间t1＝＝(1分) qBgB v04Etan2 θ42E 在斜面下滑时间t2＝＝＝(1分) 2gsinθgBsinθ（2tan θ＋1）3gB4EπE42E（4＋3π＋42）E 总时间t总＝t＋t1＋t2＝＋＋＝(2分) 3gBgB3gB3gB12 (2)x轴：x＝gsinθt2cosθ 218E242E2＝gsinθcosθ＝(2分) 29gB23gB8E2y轴：y＝x＝(2分) 9gB28E8E2，所以小球下滑的初始位置为9gB9gB2. （4＋3π＋42）E8E28E2【答案】(1) (2)9gB2，9gB2 3gB 33.【解析】(1)选项A，内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A正确；选项B，对某物体做功，物体的内能不一定增加，B错误；选项C，在引起其他变化的情况下，可以从单一热源吸收热量，将其全部变为功，C正确；选项D，在引起其他变化的情况下，可以使热量从低温物体传向高温物体，D错误；选项E，涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确． 2 2 (2)①由理想气体的状态方程 pAVApBVB＝(2分) TATBpBVBTA＝1200 K(1分) pAVA 得气体在状态B的温度TB＝ ②由状态B到状态C，气体做等容变化，由查理定律得 pBpCpC＝，则TC＝TB＝600 K(3分) TBTCpB 故气体由状态B到状态C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小．根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，ΔU<0，W＝0，故Q<0，可知气体要放热．(3分) 【答案】(1)ACE (2)①1200 K ②放热 理由见解析 34.【解析】(1)由同侧法可知，此时x＝1 m处的质点振动方向向上，A对；由公式v＝λf7 得波速大小为20 m/s，所以B对；t＝0时，x＝－1 m处的质点处在平衡位置，t＝0.175 s＝ 4T时，应处在波谷位置，所以C错误；由多普勒效应可知，波源向接收者运动时，接收者接收到的频率大于波源的频率，所以D对；障碍物或小孔的尺寸与波长接近时也可发生明显的衍射现象，所以E错误． (2)设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为i和r，在△bOd中，bd＝Ob2＋Od2＝＝ Od17＝(3分) bd17 sini 由折射定律有n＝ sinr即sini＝17 n(3分) 17 17 R，sinr4 1171 又因为光线Ⅰ与光线Ⅱ平行，且在O点恰好发生全反射，有sini＝，所以n＝，从n17n4而得到n＝17≈2.03(3分) 【答案】(1)ABD (2)2.03 35.【解析】(1)由质量数、电荷数守恒知，A正确；少量原子核不适用衰变规律，故B 1 0 错误；β衰变方程为10n→0H＋－1e，故C正确；β射线的实质是高速电子流，不是电磁波，故D错误；在原子核中，比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，E错误． (2)①由牛顿第二定律以及运动学公式可得 F v1＝t＝2 m/s(2分) m1 碰撞过程中，动量守恒，所以 m1v1＝m1v′1＋m2v2(2分) 解得m2＝18.8 kg(1分) ②碰撞后的总动能 11Ek2＝m1v′2＋m2v212＝37.6 J(1分) 221碰撞前的总动能Ek1＝m1v21＝38 J(1分) 2 由于Ek1≈Ek2，所以两冰壶的碰撞是弹性碰撞(2分) 【答案】(1)AC (2)①18.8 kg ②是 高考标准预演(六) 14.【解析】选C.根据动能定理可得E1＝Fl－Ffl，E2＝2Fl－Ffl>2(Fl－Ffl)＝2E1. 15.【解析】选C.根据牛顿第二定律可知，物体在小车的斜面上自由下滑时，加速度满足mgsinα＝ma，即a＝gsinα；而利用整体法可知，小车对右侧墙壁的压力F＝macosα＝mgsinαcosα，故C正确． 16.【解析】选B.由图象可知，跳伞队员先做匀加速直线运动，再做加速度逐渐减小的减v0＋v1 速运动，降落伞打开后合外力逐渐减小，阻力减小，v＝只适用于匀变速直线运动，由 2v1＋v2 v－t图线可知t1～t2时间内，其平均速度v<，A错，B对；C、D涉及追及问题，跳伞 2队员的速度先增大后减小，所以两跳伞队员之间的距离先增大后减小，C、D都错． 4π24π2MmMmMm 17.【解析】选AC.由G2＝m2r可知A正确、B错误；由G2＝m2r和G2＝rTrTrv2 m可知，C正确；“神舟九号”与地心距离变小做向心运动，其机械能守恒，在近地点的速r 度变大，要想在轨道上完成平稳对接要减速，D错误． 18.【解析】选D.φ－x图象的斜率表示电场强度，P点的电势为零，但电场强度不为零，选项A错误；q1和q2不关于P点对称，所以q1和q2不为等量异种电荷，选项B错误；NQ间场强方向沿x轴负方向，选项C错误；将一负电荷从N点移到F点，电势先升高再降低，所以电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确． E 19.【解析】选A.当滑动触头向下滑动时，R总变大，由I总＝，UA＝E－I总R1知UA增 R总 大，故A灯变亮，I总＝IA＋IB＋IR2，I总减小，而IA、IR2均增加，故IB减小，B灯变暗，A正EE 确，B错误．P输＝R＋rR总＝ 总（R总－r）2R总 2 2 ，当R总增加时，因R总与r大小关系未知， ＋4r U外IR总 不能判断P输具体如何变化，故C错误．η＝×100%＝＋r×100%，当R总增加时，η EIR总增加，故D错误． 20.【解析】选D.0～1 s内，导线框内磁通量均匀增加，感应电流大小不变，方向为负，ad边所受安培力不断变大，方向为正，A错误；1 s～2 s内，导线框内磁通量均匀减少，感应电流大小不变，方向为正，ad边所受安培力不断减小，方向为负；B错误；2 s～3 s内磁通量不变，感应电流为零，安培力为零；3 s～4 s内，导线框内磁通量均匀减少，感应电流大小不变，方向为负，ad边所受安培力不断减小，方向为负，C错误、D正确． 21.【解析】选AC.刚进入磁场时a0＝10 m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律有BI0L（g＋a0）mRE0－mg＝ma0，若进入磁场时的速度为v0，有I0＝，E0＝BLv0，得v0＝，代入数RB2L2据得v0＝1 m/s，选项A正确；通过a－h图象知，a＝0表明金属杆受到的重力与安培力平衡EmgR 有mg＝BIL，其中I＝，E＝BLv，可得下落0.3 m时金属杆的速度v＝22＝0.5 m/s，选项 RBL1 B错误；下落0.3 m的过程中，由能量守恒定律有mgh＝Q＋mv2，解得Q＝0.2875 J，选项 2 C正确；金属杆自由下落的距离满足2gh0＝v2h0＝0.05 m，所以金属杆在磁场中运动的距离0，EBLvBLx＝h－h0＝0.25 m，则q＝It＝t＝t＝x＝0.25 C，选项D错误． RRR 22.【解析】用×10挡测量某电阻时，表头指针偏转角度很小，说明待测电阻阻值较大， 所选挡位偏小，因此应选用×100挡进行测量；换挡后，应先调零再进行测量；待测电阻的阻值为22×100 Ω＝2.2×103 Ω 【答案】×100 调零(或重新调零) 2.2×103(或2.2 k) 23.【解析】(1)见答案． (2)由图象可知横轴截距为L0＝5 cm. 斜率为劲度系数k＝20 N/m. (3)水平放置弹簧时，弹簧的形变量与弹簧自重无关，只与钩码的重力有关，这是它的优点，但这种情况弹簧与桌面及绳子与滑轮间的摩擦力对实验效果的影响较大，造成实验误差，这是缺点． 【答案】(1)如图所示 (2)5 20 (3)避免弹簧自身所受的重力对实验的影响 弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差 24.【解析】(1)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v，从开始滑动到分离经历时间为t，在此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得 μmg＝ma1①(1分) μmg＝2ma2②(1分) v＝a1t＝v0－a2t③(2分) 2 由以上各式得v＝v0④(2分) 3 (2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x，取硬橡胶块分析，应用动能定理得 1 μmgx＝mv2⑤(2分) 2由系统能量关系可得 112 μmgR＝(2m)v20－(m＋2m)v⑥(2分) 222 由④⑤⑥式可得x＝R⑦(2分) 3 因x 3 25.【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动． mv2 由洛伦兹力提供向心力，qvB＝(2分) r代入数据解得：r＝2 m．(1分) (2)粒子在磁场中的运动周期 2πr－ T＝v＝2π×107s(2分) 带电粒子在磁场中的运动时间 TTπ－ t1＝×2＝＝×107s(2分) 842带电粒子在电场中的运动时间 Δx4－7t2＝v＝7s＝22×10s(2分) 2×10 带电粒子在磁场和电场中偏转所用总时间为 － t＝t1＋t2≈4.4×107s(1分) (3)带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子在两个磁场中的偏转位移为Δy＝2(r－rcos45°)(2分) 则粒子射出磁场时与y轴交点的纵坐标 为y1＝2 m－Δy＝(2－2)m(1分) 粒子在电场中的加速度为 qE2 a＝＝×1014 m/s2(2分) m4粒子在匀强电场中的偏转位移为 1Δy′＝at2(1分) 22 粒子的运动轨迹与直线x＝4 m交点的纵坐标为 y2＝y1＋Δy′(1分) 代入数据解得：y2＝2 m．(1分) 【答案】(1)2 m (2)4.4×107s (3)图见解析 (2－2)m 2 m 33.【解析】(1)潮湿时，空气的相对湿度较大，干燥时，空气的相对湿度较小，但绝对湿度大小不能确定，故A错，B对；水的饱和汽压随温度的升高而增大，C对；多晶体的物理性质各向同性，即使单晶体，也并不是所有物理性质都是各向异性，D错；液体表面张力使其表面积收缩到最小而呈球状，故E对． (2)①由题意可知：p1＝1.2p0，p2＝1.4p0，p3＝p2，V1＝V3＝hS，V2＝(h－Δh)S 放上物块到活塞达到稳定过程，由理想气体状态方程 － 1.2p0hS1.4p0（h－Δh）S ＝(2分) T0T1T17（h－Δh）解得：＝(1分) T06h 加热过程气体做等压变化： （h－Δh）ShS ＝(2分) T1T2 T2hT27 解得：＝，＝(1分) T1h－ΔhT06 ②加热过程中，气体对活塞做功 W＝1.4p0SΔh(1分) 由热力学第一定律可得气体内能增加量 ΔU＝Q－1.4p0SΔh(2分) 【答案】(1)BCE (2)见解析 34.【解析】(1)由题意可知，由C点射向B点的光线发生了全反射，设∟OBC＝θ，透明OC15 体的折射率为n，则有sinθ＝＝0.6，sinθ＝，联立解得n＝. Rn3 (2)①由图象知，波长λ＝4 m，振幅A＝2 cm. 3 若波向右传播：nT＋T＝0.2 s(n＝0，1，2，3„) 4 4 由v＝λ/T可知周期最大时波速最小，当n＝0时T的最大值为 s．经过时间t＝4 s，即 15经过15个整周期，所以质点P通过的路程为s＝15×4A＝15×4×2×102 m＝1.2 m．(3分) － 3 ②若波向右传播：nT＋T＝0.2 s(n＝0，1，2，3„) 4 v＝λ/T 联立可知当n＝1时，波速为35 m/s，所以波可以向右传播(3分) 1 若波向左传播：nT＋T＝0.2 s(n＝0，1，2，3„)， 4 v＝λ/T 联立可知当n取0或其他任何整数时，波速都不为35 m/s，所以波不会向左传播．(3分) 【答案】(1)C (2)①1.2 m ②向右 35.【解析】(1)现在的核电站利用的都是重核裂变反应，轻核聚变反应还只在实验阶段，故B选项正确；放射性同位素的半衰期长短由核内部本身因素决定，与化学反应、外部条件无关，故C正确． (2)①设物体飞出速度为v1，人和甲车速度为v2，对物体平抛过程有 1 s＝v1t，h＝gt2(1分) 2 设物体与乙车作用后共同速度为v，水平方向动量守恒则 mv1＝(m＋M)v(2分) ms 联立得v＝ M＋m g(1分) 2h ②人踢出物体的过程，由动量守恒定律得Mv2＝mv1(2分) 112 由功能关系得W＝mv21＋Mv2(2分) 22m（M＋m）gs2联立得W＝.(1分) 4Mh【答案】(1)BC (2)见解析
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