课时学完高中物理mp4-60讲义

181＜答案＞2＜答案＞3ΦBSSBS不垂直时，必须把SB的方向BS的方向上，此外当线框转过180时，磁感线穿过S另一面，所以磁通①当线框转动60B的方向上S的分量为SScos6012∴ΦBS12②初态磁通量Φ1转过180时，磁通量Φ2∴磁通量的改变量ΔΦΦ2Φ14＜解析＞本题易产生误解，认为由ΦBS知：SA＜SBΦB＞ΦA，根本原因是对磁感线与磁通过A、B圆环面的磁感线有磁体内部的全部磁感线(由S指向N)和磁铁外部的部分磁感线(由N指向S)，两者方向相反，因此穿过两圆环的磁通量应是两者抵消后的代数和，其磁感线方向由S指向N．设在磁铁内部的全部磁感线条数为Φ，均穿过A、B两圆环，方向向上，磁磁通量为负，∵ΦAΦΦ1ΦBΦΦ2,ΦA＞ΦB，选A．＜答案＞5＜答案＞6＜解析＞对闭合电路而言，必须磁通量变化，闭合电路中才有感应电流，只有磁通量而不变化，不能A中磁通量不一定变化，故ABBCC正确．＜答案＞C、7＜答案＞8＜答案＞9＜答案＞（1）a； 10＜答案＞＜答案＞12＜答案＞13＜解析＞当S闭合的瞬间，穿过abcd回路的磁感线如图所示，圈左右与AD对称的等面积内磁通abcd的磁感线条数不为零．所以闭合S的瞬间abcd回＜答案＞14也恒定，小线圈的磁通量不变，小线圈内无电流，故D对．＜答案＞C、15＜答案＞dll 16＜解析＞设线框bcLRvEBLv，线框中的电流为IBLv，受到向上的安培力为：RB2 B2L2 ①Fmg磁场的过程是变加速运动，且a＜g．因此也变运动此可见其运动点是由处高度h决（对于确的线圈A、CD、、C＜答案＞17＜解析＞（1）金属cdEBhv0.50.1RIE

0.2（2）cd两端的电势差：U1IR0.4

I

U191＜答案＞2＜答案＞3＜答案＞4＜答案＞5＜答案＞6g＜答案＞7

8efef棒受安培力将阻碍其向右运动，亦即ef要克服安培力做功而使动能减小，故ef是向右做运动．但值得注意的是：随速度v减小，杆受安培力减小，加速度减小，故不可能做匀运动．＜答案＞9＜答案＞10RP自左向右滑的磁通量增大，所以C正确．＜答案＞B环中如图所示电流，则感应电流的磁场方向向外，而引起感应电流的原磁场应向外减弱或向里增强．若A带正电，其顺时针转动方向即为电流方向，转速增大，相当于电流增大，故A错，BA带负电，其顺时针转动方向为等效电流的反方向，转速减小相当于电流减小，磁场减弱．B环则产生如图所示电流，故C对D错．＜答案＞12＜答案＞13＜答案＞14＜答案＞15所以LA1A1从闭合开关到正常发光需经稍长一点的时间，而A2支路在开关接通后的瞬间（这段时间可忽略，电流立刻达到正常值．所以，闭合开关接通电路时，A1A2则立即正常在断开电键，切断电路时，A2支路原来的电流立刻，而A1所在支路，由于在自感作用A1、A2L组成闭合电路，所以虽然A2上原来由电源提供的电流了，但立刻又有A1支路的电流通过A2，故A1、A2均要过一会儿才熄灭．故选A、D．16＜解析＞S刚闭合时，由于线圈产生了一个较大的反向自感电动势，L支没有电流，相当于断路，D1D2D1和D2A合S达到稳定时，线圈相当于一根导线将D1短路，故此时只有D2灯亮．又由于此时外电路仅由D2组成，流过D2的电流比S刚闭合时流过D2D2灯比原来要更亮一些，C项正确．断开开关SL的电流要减小，线圈将产生一个与原电流同向的自感电动势．LD1D1D2题，正确选项为A、C、D．＜答案＞1【答案】2【解析】由图可知，线圈中的ab边和cd边不切割磁感线，不产生感应电动势，而ad边和bc边切割磁eadBadvsint和ebcBbcvsint势eee2Badvsint2Badab)sintBSsintC 【答案】32【解析】由图可知，T0.250sf14HzA、BIImax2T

2A，C2Imax2

0.2A，D【答案】4【答案】

2/RUTRT/RUT

，则Umax，B252 300V，因为为正弦交流电，所以，EEmax2T

NBSB

T0.955T100100104314eEmaxsint300sin100当30时，即100t30，此时电动势瞬时值为eEmaxsin当t0.005s

πeEmaxsin100t300sin100π0.005300sin2V=πQI2Rt

2Rt2

Emax

1tR6【解析】在交流电路中，当频率增加时，容抗减小，感抗增大，而电阻是与频率无关的，在电路中电b1读数增大，A2A3【答案】7220212【解析】U 220V，由U1n1，得U100V，I100V22021222U 2【答案】

I2R10A2101000W，故只有D8I1减小，故答案为B、【答案】9【解析】先按“发电升压输电线降压用户”（2）对升压变压器，由公式U2n2，有Un2U25250V n1 IP2P1100000A

2PI2RP0.04P2

0.04P14000

I因为UU2U3I2R，所以U3U2I2R6250I

10【解析】P44kW4.4104W，U220VR 1）直接输电电压损失：U损IR R

P PIR()RU

故用户得到的电压U用UU损PP

2.4104 （2）U1n1有：U'n2U10220VU

P 4.4104'PIR'U

)R

)0.5W损电压损失U损

I'R

PRU那么，加到降压变压器上的

U'U

损4由U3n3有UU4 损4

n4U

12190V219V3P'P3

4.38104 1

＜解析 热力学第一定律表达式：UWUUU末UU0U0，内能减少外界对物体做正功，W为正值；外界对物体做负功，W为负值物体吸收热量，Q为正值；物体放出热量，Q为负值＜答案 2＜答案 3＜解析 由已知标准大气压p可求出地球表面大气的质量，即pFmg

mgp

1.01054π(6.4106

3 m

kg510kg，V 22.410M

410m＜答案 4＜解析 （1）由

mgS

mg4πR2m 0g

43.146.41062

空气分子数为

5.21018

23

44 M

6 1（2）不同液体的密度是不同的，水银为13.6103kg/m3，水为1.0103kg/m3，为0.8103kg/m3，可看出液体密度的数量级为103kg/m3.用水的密度来代表液化空气的 5.2 15液化空气的体积V

m5.210y4πRy34πR3 3R2y3Ry2y33yRyy

5.243.146.4106

m＜答案＞（1）11044个5＜解析＞因分子力的作用范围在1010m数量级，玻璃板拉出水面的分子要来自玻璃板的下水的摩尔质量是18103kg/mol

VM3π3πDD

18 362.991.0103362.99

2.991029

πD2 1.16 4S0.01m2NSS

Fmg10.80.39.8N=9.11017 6＜答案 7

1103

1cm3水中的分子个数为nM

NAMNA 18 6.02

3.310 4d 设相邻两个水分子间距为d，视水分子为球形，则n3π2 336336

23

19 22.4103

6.02 2.7设相邻水蒸气分子间距为d，视水蒸气分子所占据的空间为正方体，则d3VV3 V33d 3.3103＜答案 水：3.31022个，3.91010m.水蒸气：2.71019个，3.31098 ＜答案 9＜解析 锅内气体的最大压强为：pp0

πd4

7.1106取p105Pa，解得p1050.19.8Pa2.4105 7.1106 压强变化

，故水的沸点增加1.4105

1.410锅内的最高温度可达2.4105Pa

3.6

1℃10 本题用pT图象表示气体的状态变化过程.ab段是等容过程，A错.连接Ob、Oc和Od，则Oba、Oc、Od都是定质量理想气体的等容线，比较这几条图线的斜率，可得VaVbVdVc，同理可判断bc、cd、da线段上各点所表示的状态的体积大小关系.＜答案 ＜解析＞气体体积增大，气体对外界做功.气缸壁的导热性能很好，气体总与外界保持相同温度，气体分子的平均动能不变.因体积增大，单位体积内的分子数减小，且T不变，所以气体压强＜答案 ＜点评＞利用单缸或双缸等器件考查对三个状态参量关系的理解，从内能、吸热、做功等角度考查12＜解析＞a气体受热膨胀，通过活塞压缩气体b，对bb内能增加，温度升高，则ba气体和b气体压强相等，由于a气体体积变大，所以a气体的温度高于b气体的温度.＜答案 1314 能量守恒知，吸收的热量一部分增加气体内能，另一部分增加重力势能，故UQ.＜答案 1522机1

A，B，C都不正确．【答案】2【解析】FkxFmaakxxFm0．在平衡位置（x00，加速【答案】3【解析】t1和t2时刻t1到t2时间内质点先靠近平衡位置，后远离平衡位置，且位置上【答案】4O点两侧；质点从平衡位置OB的时间应为t10.5s＝0.25s．所以，质点从 D【答案】5【答案】

1T0.25s0.25s＝0.5s 所以T46llsinllsin 2gllsin

T 当在纸面内左右摆动时，摆动的圆弧的圆心在O处，等效摆长为l l12gTl12g7小球同时到达平衡位置。选择C、D g小球Ⅱ是做自由落体运动，时间为t2g很明显t1大于t2，则Ⅱ球先落下9【解析】受迫振动的振幅Aff为定值时，受迫振动的振幅也为定值，当f受f驱f固时，受迫振动的振幅有最大值．【答案】10【解析】筛子的周期为1.5s60s＝5s 【答案】【解析】火车经过接轨处发生振动的周期TL，车厢的弹簧系统固有周期T1.5s TTL1.5svL8.53ms 【答案】8.53m

1或波源却产生不了机械波．故A对B错．振动速度和速度是截然不同的两个概念，两者之间没有联系，故C错．振源停止振动后，波的能量和振动形式继续向下，所以不会立即停止，故D错．【答案】2【答案】3越快．波速的大小仅仅由介质的性质决定，与波源的振动频率无关，所以选项C，D都是错误的．选项A了单个质点运动的速度和波的速度，也是错误的．【答案】4【答案】5【解析】DD点是紧跟它前一点运动的，它比前一点迟一些开D点右侧的质点应是它的前一点，从而可以判定波是从右方传向左方的，即沿x轴的负方向，所以选项A是错误的．知道了波的方向，就可以进一步确定E,G的运动方向是相反的，选项B是错误的．B点直接向平A点由于运动方向向下，它要先向下运动到达最大位移处后再向上返回平衡BACF此时处在最大位移处，其加速度最大，所以选项D错误．【答案】6【解析】从图中可直接确定波长和振幅，即A、C两选项正确．由于不知波的方向，则波速和周期就是不确定的，BD两选误．【答案】7

2m，t

2

0.5s，则

x14m/s若波向 ，x6m，ttt0.5s，则vx2

))（2）若波向右，x3(28n)m(n1,))t

2

0.5s，则

)若波向左，x4(68n)m(n1,2,3,)，tt2t10.5s)则

当波速为92m/s时波向 的距离为xvt46m(53)由图可知波向 48【解析】衍射波特有的现象，所以选项A对C错．发生明显的衍射现象是有条件的，只有缝、选项B是正确的．声波的波长在1.7cm到17m之间，一般常见的物或孔的大小可与之相比，正是由于声波波长较长，声波容易发生衍射现象，所以选项D也是正确的．【答案】A、B、9现象时，波的特征并未发生改变，即波的波长，频率和波速不变．故C选项正确，当波的频fD选误【答案】10【解析】两列波叠加产生稳定现象是有条件的，不是任意两列波都能产生稳定的现象．两列波叠加产稳定现象的个必要件是两波频率相同A，B；在振减弱的区域里，只是两列波引起质点振动始终是减弱的，质点振动的振幅等于两列波的振幅之差，如果两列波的振幅相同，质点振动的振幅就等于零，也不可能各质点都处于波谷，所以选项C所以选项D【答案】B、24几1L2L3L3为入射光，则MMNN3为入射光线，L为反射光线，L为折射光线，由折射定律得nsin60 3

3由n 得v m/s1.73210m/3 2R0.50.5tan30

3m3大于入射角，故折射光线AD在AC的上方，被照亮面积变大．3212【解析】n ，临界角为Carcsin1212n

因光源S发出的光经狭缝沿半径方向射入玻璃的圆面，故不改变方向，射至圆心O时，若入射角i小于临界角C时，有折射光线OA和反射光线OB同时存在，随着圆形面的不断旋转，入射角ii45时，折射光线完全，全部光线在玻璃砖的圆心O处反射回来．【答案】4【解析】（1）sinC1n

2，∴C2（2）光线经平面镜向右上方以临界角射向液面刚好发生全反射，如图甲有

35∴909013522.5．当22.5 刚好发生全反射，而当＞22.5同理，光线经平面镜向左上方以临界角射向液面，刚好发生全反射，如图乙有290C45，∴29067.5．若＜67.5时，光线能从反射点的左上方射出．综合上述两种情况，若使光线能从液体表面射出，应满足22.5＜＜67.5．5l2【解析】光路图如图所示由几何知识l2

l2由折射定律sinnsin得：sinl22l21所以 l21

【答案】6＜解析 由sinC1可得，在MN曲面上发生全反射的临界角为37，由于sinCd，故从曲面 出的光线在OM上的入射点到O点的最大距离为dRsinC0.6RNG1射＜答案 7【解析】如图所示，由n紫＞n，所以紫光偏得最厉害，所以从a点射出的是紫光，从b点射出的是红【答案】8必须使光线在光导纤维中发生全反射现象．要使光线在光导纤维中经历的时间最长，就必须Cn1．n光在光导纤维中的路程为d

nL 的速度为vcn n2所需最长时间为tmaxvccn9AB面上进入三棱镜的折射光线的折射角为

221212面上．三棱镜材料的临界角为C∴sinC1n

上的光线入射角为60＞CBC面上，射出BC面上的光线入射角为60＞C，所以发生全反射，然后AC面射出，如图所示．10【解析】由于黄光的折射率n小于紫光的折射率n，由全反射公式sinC1，所以紫光的临界角Cn射的一定是紫光，而黄光既有折射光线OA，又有反射光线OB，所以OB为复色光，所以答案选C。【答案】＜解析＞当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光板边缘O的那条光线的入射角最小.A点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端.设过O点液面的法线为OO1，则AOO1，其中为此液体到空气的全反射临界角.由折射规律有sinnB点.由图中几何关系可得sin

解得n

ABBB1

AB8.0cmBB16.0得到n1.25＜答案 该时刻a质点振动最弱，cd由于S2d是S2到S2幅是保持不变的，所以振动最强的点无论处于波峰正确，选．【答案】12该图表示的是多普勒效应．选项DA点，所以ABB点．B【答案】 25物1【解析】由ΔxL，式中L为缝到屏的距离，d为两缝间的距离，又因vd

，ncvΔxLc，在双 实验中，若、L不变，双缝间距d减小，条纹间距变大，故A f错．若L、d不变，变小条纹间距变小，故B．在L、d不变，条纹间距随入射光频C项正确．在Δx【答案】2

Lcdfn

L、d、f不变，Δxn有关，故D【答案】3A、CB错误，灯泡钨丝发光时，不同时刻、不同地点发出的光的振动方向不一定相同，所以转动灯泡是不起作用的．选项D【答案】4【答案】5错误．用红色光照射锌板，不发生光电效应，故B错误．【答案】61mv2hv

【答案】7【答案】261

【解析】卢瑟福粒子散射实验结果是绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．粒子被散射时数发生了较大偏转，并且有极少数粒子偏转角超过了90，有D错误．【答案】2EEv，使之处于激发态，由于激发态能量高，原子不稳就会向低能级跃迁，从而发出一系列频率的vv1、v2、v3的三种光，且3，即最高频率是v3，光子能量是h3．【答案】3【解析】（2）根据玻尔的原子能级理论，原子在不同能级的能量大小为

E1EE1

46.631034 而v，所以有hE2E14E1

313.61.6

1.2104＜解析 这群氢原子能发出光子的频率数为nn13.氢原子从n3跃迁到n1时产生的光2能量最大EE3E112.09eV，此光子的频率最高，波长最短，用它照射金属钠，产生的EkEW12.09eV2.49eV=9.60eV＜答案 5射线是不稳定原子核放出的两个中子和两个质子组成的粒子流，它的电离本领最大，能力最弱，A射线是原子核内一个中子转化为一个质子时放出的高速电子流，其能力和电离能力都居中，B常伴随或衰变产生，射线的力最强，C对，D错【答案】6【解析】衰变过程遵守质量数守恒和电荷数守恒，因90Kr衰变成90Zr过，质量数没有改变，因 没有发生4次衰变，正确选项为B．【答案】7 c2p1p2p1p2，设碰后质子和氚核的动能分别为Ek1和Ek2，质量分别为m1和m2， m p2/ 则k111 12 m p2/ k 2 E3(ΔE

)38【答案】

k 9【答案】由聚交、裂变、衰变的定义可知D误10 ＜解析 写出核反应方程222R218Po+4He，可知，放出的粒子是粒子，因此可排除C、 002根据半衰期公式mm1T可以计算得到1g氡经过两个半衰期还剩0.25g所以发生衰变的是0.75gB选项正确11 ＜解析 （1）222Rn218Po 设钋核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得0

Mv，则vM衰变 产生的机械能E1mv2

(MMv2 由爱因斯坦质能方程Emc2

(M产生这些机械能需要亏损的质量m ＜答案 （1）222Rn218Po

M

(M c2Mc271＜解析 故 at2/2，

a(t

)2/2，又 /4解得：

x1:x2:x3

xn135 2n1xBCxBA13xAB的时间为txBC的时间tBCt．vAC(vtv0)/2(v00)/2v0/0 又v22axv20

xBCxAC/4

解①②③vBv0/2可以看出vBACB点是中间时刻的位置即tBCt．作出vt图象，如图所示．

/

CO2/SAOC4S△BDCODtOCttBC所以41t

)/)/

，得

tt1:t2:t3 :tn1:(21):(3

2):(4

3) :(n

n1)．现将2323BDDEEAtBD

1)tx，tDE

2)tx434tEA 3)tx．tBDtDEtEAt434

又tBDtDEtEA2tBC2

1)tx

2)tx

3)tx，得txt2 甲、乙两车的速度——时间图线与时间轴所围成的面积（阴影部分）相等．可以看出vt2v0t22t1a未知，故t2和t1均不可求，位移x也不可求．故答案选A．＜答案 3＜解析 解法一：把竖直上抛运动过程分段研究．设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点则tv010s＝1s 上升的最大高度

0

2

m5mHh1h5m175m180mg重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2gvtgt2106m/s＝60m/s所以重物从气球上掉落至落地共历时tt1t27s

2180s＝6s解法二：取全过程作一整体研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t时间t内的位移

h

．由位移公式

hvt1gt2 17510t110t2，解得t7s和t5s（舍去2vtv0gt10ms107ms=－60m/s，其中负号表示方向向下，与＜答案＞7s60m45＜解析＞设斜面的倾角为，对A、B整体进行受力分析，可求得A、B沿斜面上滑的加速度agsinBagsinBB受到重力G、A对它的支NFfFfmgsinma，而agsin＜答案

6＜解析 如图所示，先画一条有向线段AB表示力F，过F的始端A画一条与AB成30角的射C．则由RtABC可知，CBF，在CBDBEB2小均为3F（因为3FFRtEBCCBF EB

3F，CBEABE30ABD为直角三角形，利用直角三角形可知3为直角三角形ADBADAE

3FAD23FF3F23F

＜答案 7＜解析＞ 此为一动平衡问，受力况虽有化，但始处于平衡态．对受力分如图所示，受力G、墙对球的支力1和板对球的支力2而平衡．作出1和2的合力F它与G等大反向当板C逐渐放水平的，1的方向不变小逐渐减小2的方向发生变大小逐渐减小如图示由牛顿第定律可知N11，N22，故答案B正．＜答案 8 上，即处于压缩状态，有F1mgma，即F1m(ag)平衡时，上面弹簧的弹力为F1，则若不拔去M而拔去N，小球受重力和上面弹簧向下的弹力F，根据牛顿第二定律Fmgma，得aF1mgag22ms2 MF2，因a＞gF2方向aF2mgag2ms2 ＜答案 9＜解析 设系统的加速度为a，B对A的拉力为T，将A、C看成一个整体，有：mBgTmBaTμ(mAmC)g(mAmCa154CA、C之间的拉力为T，所以有：TμmCgmCT25410＜解析＞木箱对地面的压力决定于木箱的重力及立杆受到小球的作用力．木箱静止，小球加速下mmgFf，由牛顿第二定律得mgFfma箱M 衡状态，则有FNFfMg0，由牛顿第三定律得FfFf，

2Mmg2

2Mmg2＜答案 12

gt ＜解析 设小球落到B点时速度的偏转角为，运动时间为t．则tan37 t，又因 tan373，解得t0.9s．A、B两点间的水平距离svt60.9m5.4m，所以 l5s6.75mBtanvygt100.93，所以arctan 13

y13AEEB

1

5cmA点为原点建立坐标系如图所示，抛出点的坐标为(10,5v0

3g2g2

＜答案 14＜答案 15＜解析 杆已不能看作是一个整体，它是OA和OB两部分组成的，轴O所受的力应是OA和OB2OA恰不受力，重力提供向心力mg ，v ，B球受二力．重力2mg和l向上的拉力F，F2mg ，F4mg，根据牛顿第三定律，轴O受力大l4mg（2）B球在最高点，2mgF1

l

，将v

mgF22mg轴受力大小为2mg（3）要使O轴不受力，由mBmABAB 2mgF'F'2mg

l

，F'

l

2mgA1 1

mgF2，F2mg

，F2mg

＜答案 （1）

v

的速度

方向向下（3）轴O不受 vAvB281 球各自的球心，小球可视为质点，可以直接用万有引力定律．设质量为m的小球到质m2x．以m

(L

Gm2mm1m12 G＜解析 ， m4 G T

GmB

T

解得TaTb14＜答案 3【答案】重力加速度小显然月球上扔的远,排除BD,不知道扔的角度,不妨假设是45度,不计空气阻力 竖直水平初速度都是v,可知飞行时间t2v ,水平飞行距离lvt2v2 反比于g 同样的距离,初速度之比．不计阻力最远距离抛射角度45度,这个抛射角跟g无关． 【答案】4【答案】选项C正确,这道题涉及了的轨道问题,的轨道的圆心必须是地球球心,所以,不可以和动的,的轨道不能随之运动．所以选项A、B错误．【答案】5【答案】

GmMm

2R可以求出的只有中心天体的质量,所以选择T6T7＜解析 物体沿水平面运动摩擦力做功W1Fflmal，沿斜面运动摩擦力做W2mgcoss1mgcoss2mg(s1coss2cos)∴W1＜答案 8＜答案 9＜解析＞F之前，物体沿水平面做匀加速直线运动，该过FsFv．撤去力F前，物体受力如图甲所示，由动能定理得(F

1 2F

mg(ss)01mv2 解①②s110mv210m/s解法二：物体开始运动到最终停止全过，初末速度已知，且撤去水平力F前后，物s1Fsfs0，其中f

mgs0.1101030m10m 10＜解析 FF．其中mgFF设从O到A下降的距离为h．在这过，重力做功WGmgh；弹力做负功，设为W弹；F做负功，大小为WmghW弹W0， 从离O为H高度释放物块，在平衡位置A有最大速度，在这过，重力做功Wmg(Hh，弹力做负功，大小仍为

1mv2AG的速度，根据动能定理mg(HhW

1 22gHm①代入2gHm＜解析＞小球运动过既满足功能关系，又要满足圆周运动规律，球到最由题意确定O的位置，即确定小球绕O做圆周运动的轨道半径r，OOLrOB时的速度大小为vB，则小球从AB只有重力做mg(L2r．v2vB点时维持圆周运动所满足的条件是mgmrAB由动能定理得mg(L2r1 解得r2L，所以O的位置在OLr3L 12 （1）即将着地时，B在斜面上上滑高度为hsin设此时A、B共同速度为v则由A、Bmgh1(mm)v2mghsin，因为m gh(1gh(1

5m/s，E1mv211025JEpmBghsin

2

ghsin1（2）B上升高度为h，则有：mghsin1mv2mgh，h

2 EpBmBgh375JBL

7.5m＜答案 （2）13＜答案 14＜解析＞A、B两木块离开桌面后都做平抛运动，由平抛知识水平速度vB2vA，且tAtB．在弹簧弹开的过，A、B的动量守恒，mAvAmBvB，所以mA2mB，又弹力FAFB，故aAaBmBmA12IAIBFAtAFBtB1:1IAIBmAgtAmBgtB21．＜答案 15＜解析＞根据碰后两车连接在一起，且向南滑行的情况，说明系统的总动量方向向南（无论碰前还是碰后．因此碰前的客车动量（方向向南）应该大于卡车的动量（方向向北，即mvmv，代入数据1500kg20m/s3000kgv卡，解得v10m/s．＜答案 16＜解析 由于船在水中匀速行驶，所以人船组成的系统动量守恒，设小孩跃出后的速度为v1，定初速度的方向为正方向，则(M

Mvmvmv，解得

M2m 29静电场

③r

④电荷的总 二、电场电场强度＜答案＞① ③E⑥切线⑦正电

② ④ ⑤ ⑥始、末位 ③ ④电场强 恒定电流＜答案＞①导体两端存在电势 ②正电荷定向移动的方向③IR

④兆欧（MΩ ⑤直＜答案＞S

＜答案＞①电功②其他形 ④I ③反 ④增大⑤ ⑥r

⑦＜答案＞①小量程电流表 I

② ③ ④ ⑤ d由题意可知Fk ①，

②FF，所以qEkQqEkQ r E2E21

r试探电荷放在cEc

2E

2kQFqE2kQq，方向与ac45角(如图所示 试探电荷放在bEEE2E2kQ rFqE2kQq，方向沿bd O

1k3kr2

e3r

B、C两个下夸克在圆心OEBCE1AO2而上夸克在圆心OEk3k

，方向沿AO．故3

E1

ke

r

3r＜答案＞q所形成的电场与棒两端出现E合E1E20．因此可通过计算点电荷qE1E2点电荷qE1

L

2R 2

E

L2R 2

L2R 2 \外也可能是正、负电荷之间的一条电场线，故A错．电势的高低可根据电场线由高电势指向低电势来判断，则ABB错．由于ABA点的电势能大，而负电荷在B点的电势能大，因此C正确．也可假设负电荷由A移到B，则该过电场力向左，与运的方向相反，故D错．＜答案＞＜解析＞方法一：利用电场线方向来判断，由于电势能增加，电场力一定做负功，即电场力方向和电荷运动方向相反，从b指向a应是由a指向ba指向ba点电势比b点电势高．方法二：利用电场力做功公式来判断，由于电势能增加，电场力一定做负功，即Wab为负值，q是负电荷，即q为负值．由Wabqab得ab方法三：利用电势能判断，正电荷q为正值，在电势越高的地方电势能就越大，而对负电荷，q为负值，在电势越高的地方电势能越小，而本题已知条件是负电荷在a点电势能较小，故a点电势高．＜答案＞＜解析＞电场力大小为qE，且做负功，所以物体克服电场力做功qEs，物体的电势能增加了qEs；由于物体做匀直线运动，则合力做负功，W合-mas0.8qEs，物体动能减少了0.8qEs．＜答案 解法一：(用WE计算)A、B Eq(2.0107)(100)J Eq(2.0107)200J4.0 根据WE，电荷从A移动到B过电场力所做的功 W(EE)6.0105 因为W0解法二：(用WABqUAB计算)①带正、负号运算．电荷从A移动到B的 ，电场力做的功 由于计算得出的W为正值，所以是电场力做正功．②用绝对AB点电势，可知始、终两点间的电BAE，F；最后画出表示电荷移动方向AB)的矢量线s，如图所示，因为F与s的方向相同，故电场力做正功．其大小为W|q|| ＜答案 电场力做功6.0105＜答案 ＜解析 只有电场力做功，由动能定理，得

1m(v2v2 m(v2v2)4

v2v2 vy

(5104)2(4104)2m/s=3＜解析＞（1）EUd粒子电荷为2e，质量为4mF2eE2eUd粒子在极板间运动的加速度aam由d1at2，得t am2

eU v ＜答案＞（1）Ed

（2）a

v0＜解析＞串联电池E

2r，由闭合电路欧姆定律I

ER

I1

ER

，I2

RI1R2r

R

AB、CDEFEB、FD两段电阻丝

rR2

EF由图中位置向左移动一段距离LEB、FD阻丝的总电阻为2LL，由串联电路分压关系，

UEFrR2L 中位置向右移动一段距离L后，EB、FD两段电阻丝的总电阻为2LL，由分压关系

U．以上三式代人数值，得U6VrR2L ＜解析＞“开路电压”E800mVR0，路端电压U0IE（短路电流，得rE800mV当接20电阻时，U＜答案＞

Er

R400mV=0.40V

＜解析＞由直线B知R1，由直线A知E3Vr30.5．当两者组成电路后，电流6 R

1PI2R4WP

UI22W4W．P出 4

REI9WI3AEI2r9WI3A，得r1．I2r1WABEII2r3W1W=2WC＜解析＞由图象可知，E1E2，r1r2U1U2时，I1I2PEI可知，P1P2，AU1I1I2R1R2，BI1I2时，U1U2PUI出1出2C