全国各地高考招生物理试题汇编专题参考答案

PAGEPAGE83参考答案专题一质点的直线运动1．B由题知，位移x＝200m，加速度a＝6m/s2，末速度v＝50m/s，求初速度v0.由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得：v0＝10m/s，故B项正确．2.BC在位置－时间图象中，图线斜率的绝对值表示速度大小，斜率的正负表示速度的方向，两图线的交点表示同一时刻处于同一位置即追及或相遇．由图可知，t1时刻前b处于a的后方，故t1时刻应是b追上a，A错误；t2时刻，b车图线斜率小于零，即b车沿负向运动，而a车图线斜率始终大于零，即a车一直沿正向运动，故B正确；由t1～t2时间内b车图线斜率的绝对值可知C正确；在b车图线的顶点处切线水平、斜率为零，即此时b车瞬时速度为零，可见D错误．3.BD速度图象中坐标的正负表示物体的速度方向，即物体的运动方向，故A错误；速度图象与时间轴所围面积表示物体的位移，由题图知在0～7s内乙物体速度图线与时间轴所围总面积为零，故B正确．在0～4s内甲物体的速度始终为正，即这段时间内一直沿正方向运动，故C错误；速度图线的斜率表示加速度，即斜率绝对值表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向，由题图可知D正确．4.B由于汽车在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力，故汽车驶入沙地后做加速度减小的减速运动，汽车驶出沙地后又做加速度减小的加速运动，直到匀速．故s－t图象的切线斜率先变小后变大，B正确．5.D由图可知，在0～eq\f(T,2)时间内a＝a0>0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0<0，物体做匀减速运动，故B、C皆错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0～eq\f(T,2)时间内相同，故A错误D正确．6．答案：(1)30m(2)2s解析：已知卡车质量m＝8t＝8×103kg、初速度v0＝54km/h＝(1)从制动到停车阻力对卡车所做的功为W，由动能定理有W＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①已知卡车所受阻力f＝－3×104N，设卡车的制动距离为s1，有W＝fs1②联立①②式，代入数据解得s1＝30m③(2)已知车长l＝7m，AB与CD的距离为s0＝23m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋l④s2＝v0Δt⑤联立④⑤式，代入数据解得Δt＝2s⑥专题二相互作用1．AA、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力，所以也没有摩擦力，A、B均做自由落体运动，处于完全失重状态，均只受重力，故A正确．2.AC速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移，估算图中面积约为110m，故A正确；由于速度图线的斜率表示物体的加速度，由图可知在0.4s～2.5s内飞机加速度大小几乎不变，约为27m/s2，则飞机所受阻拦索的合力F不变，但飞机的速度在减小，两侧阻拦索间夹角θ在减小，故由P＝Fv知D错误，由F＝2Tcoseq\f(θ,2)知阻拦索的张力在减小，B错误；由上述知C正确．3．A对小球受力分析如图所示，建立坐标系，在x轴方向上：T－mgsinθ＝macosθ在y轴方向上：FN－mgcosθ＝－masinθ解得：T＝mgsinθ＋macosθFN＝mgcosθ－masinθ所以选项A正确．4.AD根据求合力的公式F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2)＋2F1F2cosθ)(θ为F1、F2的夹角)，若F1、F2都变为原来的2倍，合力也一定变为原来的2倍，A正确；对于B、C两种情况，力的变化不是按比例增加或减少的，不能判断合力的变化情况，B、C错误；如图所示，在F⊥F2情况下，若F2增加，可明显看出合力减小，所以D正确．5.C质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．6.C当物块所受外力F为最大值F1时，具有向上的运动趋势由平衡条件可得：F1＝mgsinθ＋fm；同理：当物块所受外力F为最小值F2时，具有向下的运动趋势，即F2＋fm＝mgsinθ.联立解得fm＝eq\f(F1－F2,2)，F1＋F2＝2mgsinθ，由于m或斜面的倾角θ未知，故选项C正确；选项A、B、D错误．7.D用水平力F缓慢推动斜面体时，小球受重力、绳的拉力FT和垂直于斜面的支持力FN，在斜面体缓慢移动过程中FN方向不变，由三力平衡知其动态变化如图所示，FT先减小后增大，FN逐渐增大．8.A因人静躺在椅子上，由二力平衡可知椅子各部分对人的作用力的合力大小为G，方向竖直向上．答案为A.9.BDP静止在斜面上时沿斜面方向有：mgsinθ＝f≤μmg·cosθ，即sinθ≤μcosθ，当把物体Q放在P上时μ、θ均不变，故P仍将保持静止，且合外力为零，则A、C均错，B项正确．由f＝mgsinθ知，当m变大时f将随之变大，D项正确．10.答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)大于2μ(m1＋m2)(3)22.4N解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2解得f＝μ(2m1＋m2)(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1＝m1aF－f1－f2＝m2a发生相对运动a2>a1解得F>2μ(m1＋m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)纸板运动的距离d＋x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)l＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μ[m1＋(1＋eq\f(d,l))m2]g代入数据得F＝22.4N.11.答案：(1)eq\f(\r(6),4)mg(2)①eq\f(\r(3),3)g②eq\f(2\r(3),3)(M＋m)g，与水平方向的夹角为60°斜向右上方解析：(1)如图1，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcosθ－mg＝0①由图知cosθ＝eq\f(\r(6),3)②由①②式解得T＝eq\f(\r(6),4)mg.③(2)①此时，对小铁环进行受力分析，如图2所示，有T″sinθ′＝ma④T′＋T″cosθ′－mg＝0⑤由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝eq\f(\r(3),3)g⑥②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcosα＝(M＋m)a⑦Fsinα－(M＋m)g＝0⑧由⑥⑦⑧式解得F＝eq\f(2\r(3),3)(M＋m)gtanα＝eq\r(3)α＝60°即外力方向与水平方向的夹角为60°斜向右上方．12.答案：(1)ω0＝eq\r(\f(2g,R))(2)当ω＝(1＋k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为f＝eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg当ω＝(1－k)ω0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，大小为f＝eq\f(\r(3)k2－k,2)mg解析：(1)对物块受力分析：F向＝mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)Rsinθω0＝eq\r(\f(g,Rcosθ))＝eq\r(\f(2g,R))①(2)当ω＝(1＋k)ω0，对物块受力分析如图，摩擦力方向沿罐壁切线向下水平方向Nsinθ＋fcosθ＝mω2Rsinθ②竖直方向Ncosθ＝fsinθ＋mg③联立①②③得f＝eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg.当ω＝(1－k)ω0时，对物块受力分析如图，摩擦力方向沿罐壁切线向上，水平方向：Nsinθ－fcosθ＝mω2Rsinθ④竖直方向：Ncosθ＋fsinθ＝mg⑤联立①④⑤得f＝eq\f(\r(3)k2－k,2)mg.专题三牛顿运动定律1.C物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．2.C由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以A、B、D错误，由表中数据可以看出，在前1秒、前2秒、前3秒……内位移与时间的平方成正比，所以C正确．3.AC伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时两者之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重物比轻的物体下落快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故BD皆错误．4.B重力加速度g与θ无关，其值在θ值增大时保持不变，故其图象应为①，则A、D两项均错．当θ＝0时小球的加速度a＝0，故其图象必定为②，所以B项正确，C项错误．5.B物理公式与方程的意义是：等式两边单位统一，数值相等．由电势差定义式U＝eq\f(W,q)＝eq\f(F·s,I·t)可知电压的单位：V＝eq\f(N·m,A·s)＝eq\f(kg·m·s－2·m,A·s)＝kg·m2·s－3·A－1，所以B正确．6.AD刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，A项正确．加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误．浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10s后的速度v<at＝5m/s，C项错误．匀速上升时，F浮＝Ff＋mg，所以Ff＝F浮－mg＝4830N－4600N＝230N，D项正确．7.BD由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的，后是小于乙的，A项错误．由机械能守恒定律可知，甲、乙在同一高度时速度大小相等，B项正确．开始时甲的加速度大于乙的加速度，故甲开始时下滑较快，C项错误．因开始时甲的平均加速度较大，其在整个过程中的平均速度大于乙的平均速度，所以甲比乙先到达B处，D项正确．8．D将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析有FC＝FAsin30°FC＝kxCFA＝kxAeq\f(FA,FC)＝eq\f(1,sin30°)＝2∶1eq\f(xA,xC)＝2∶1故D正确，A、B、C错误．9．答案：(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N解析：(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2①v＝v0＋at②联立①②式，代入数据得a＝3m/s2③v＝8m/s④(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥又Ff＝μFN⑦联立⑤⑥⑦式得F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)⑧由数学知识得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知对应F最小时与斜面间的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N．⑪10．答案：(1)0.200.30(2)1.125m解析：(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由题图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝eq\f(v1,t1)①a2＝eq\f(v0－v1,t1)②式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1③(μ1＋2μ2)mg＝ma2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得f＝ma1′⑦2μ2mg－f＝ma2′⑧假设f<μ1mg，则a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v－t图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×eq\f(v\o\al(2,1),2a1)⑩s2＝eq\f(v0＋v1,2)t1＋eq\f(v\o\al(2,1),2a′2)⑪物块相对于木板的位移的大小为s＝s2－s1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s＝1.125m．⑬专题四曲线运动1．A如图，水离开喷口时水平速度vx＝vcos60°＝8eq\r(3)m/s，vy＝v所以高度h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝28.8m上升时间t＝eq\f(vy,g)＝2.4s所以水量为0.28×eq\f(2.4,60)m3＝1.12×10－2m3，选项A正确．2．B由题意知，1、2间距等于2、3间距，由于竖直方向是匀加速运动，故t12>t23，又因为水平方向为匀速运动，故x2－x1>x3－x2；忽略空气阻力，平抛运动中，机械能守恒，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0，所以B选项正确．3.CD两球加速度都是重力加速度g，A错误；飞行时间t＝2eq\r(\f(2h,g))，h相同则t相同，B错误；水平位移x＝vx·t，在t相同情况下，x越大说明vx越大，C正确；落地速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，两球落地时竖直速度vy相同，可见vx越大，落地速度v越大，D正确．4.ABC设轰炸机投弹位置高度为H，炸弹水平位移为s，则H－h＝eq\f(1,2)vy·t，s＝v0t，二式相除eq\f(H－h,s)＝eq\f(1,2)·eq\f(vy,v0)，因为eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,tanθ)，s＝eq\f(h,tanθ)，所以H＝h＋eq\f(h,2tan2θ)，A正确；根据H－h＝eq\f(1,2)gt2可求出飞行时间，再由s＝v0t可求出飞行速度，故B、C正确；不知道炸弹质量，不能求出炸弹的动能，D错误．5.AC汽车在公路转弯处做圆周运动，需要外力提供向心力，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即没有指向公路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供，故路面外侧高内侧低，选项A正确；当车速低于vc时，车所需向心力eq\f(mv2,r)减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不一定能够滑动，选项B错误；同理，当车速高于vc，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不一定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C正确；当路面结冰时，只是最大静摩擦力变小，vc值不变，D错误．6.D根据v＝ωr，两座椅的ω相等，由rB>rA可知vB>vA，A错误；向心加速度a＝ω2r，因ω相等r不等，故a不相等，B错误；水平方向mgtanθ＝mω2r，即tanθ＝eq\f(ω2r,g)，因rB>rA，故θB>θA，C错误；竖直方向Tcosθ＝mg，绳子拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，因θB>θA，故TB>TA，D正确．7.C设原子核的电荷量为Q，原子核对电子的静电引力提供电子运动的向心力，keq\f(Qe,r2)＝ma向＝meq\f(v2,r)＝m(eq\f(2π,T))2r＝mω2r，分别解得a向＝keq\f(Qe,mr2)，T＝2πeq\r(\f(mr3,kQe))，ω＝eq\r(\f(kQe,mr3))，v＝eq\r(\f(kQe,mr))，则半径r越大，加速度a向、角速度ω和线速度v均越小，而周期T越大，故选项C正确．8．答案：eq\f(1,4)eq\r(6al)解析：设B车的速度大小为v.如图，标记R在时刻t通过点K(l，l)，此时A、B的位置分别为H、G.由运动学公式，H的纵坐标yA、G的横坐标xB分别为yA＝2l＋eq\f(1,2)at2①vB＝vt②在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，即OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t有HK∶KG＝2∶1③由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝xB∶(xB－l)④HG∶KG＝(yA＋l)∶(2l)由③④⑤式得xB＝eq\f(3,2)l⑥yA＝5l联立①②⑥⑦式得v＝eq\f(1,4)eq\r(6al).⑧9．答案：(1)1.41m(2)20N解析：(1)小球从A到B过程机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2②在水平方向上有s＝vBt③由①②③式解得s＝1.41m④(2)小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L)⑤由①⑤式解得F＝20N根据牛顿第三定律F′＝－F轻绳所受的最大拉力为20N.专题五万有引力与航天1.C由开普勒第一定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A错误．火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不可能始终相等，B错误．根据开普勒第三定律(周期定律)知所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的平方的比值是一个常数，C正确．对于某一个行星来说，其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同的时间内扫过的面积不相等，D错误．2.A太阳对行星的万有引力充当行星做圆周运动的向心力：eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得GM＝eq\f(4π2r3,T2)，所以A正确．3.C卫星绕地球做匀速圆周运动满足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，机械能E＝Ek＋Ep，则E＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).卫星由半径为R1的轨道降到半径为R2的轨道过程中损失的机械能ΔE＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)(eq\f(1,R2)－eq\f(1,R1))，即下降过程中因摩擦而产生的热量，所以C项正确．4．B设双星质量各为m1、m2，相距L，做圆周运动的半径分别为r1、r2，则Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\f(4π2r1,T2)Geq\f(m1m2,L2)＝m2eq\f(4π2r2,T2)r1＋r2＝L可得eq\f(Gm1＋m2,L2)＝eq\f(4π2L,T2)T＝eq\r(\f(4π2L3,Gm1＋m2))所以T′＝eq\r(\f(n3,k))T故B正确，A、C、D错误．5．A因恒星质量M减小，所以万有引力减小，不足以提供行星所需向心力，行星将做离心运动，半径R变大，A项正确，再由v＝eq\r(\f(GM,R))，ω＝eq\r(\f(GM,R3))，a＝eq\f(GM,R2)可知，速率、角速度、加速度均变小，故B、C、D均错误．6.BC可认为目标飞行器是在圆形轨道上做匀速圆周运动，由v＝eq\r(\f(GM,r))知轨道半径越大时运行速度越小．第一宇宙速度为当r等于地球半径时的运行速度，即最大的运行速度，故目标飞行器的运行速度应小于第一宇宙速度，A错误；如不加干预，稀薄大气对天宫一号的阻力做负功，使其机械能减小，引起高度的下降，从而地球引力又对其做正功，当地球引力所做正功大于空气阻力所做负功时，天宫一号的动能就会增加，故B、C皆正确；航天员处于完全失重状态的原因是地球对航天员的万有引力全部用来提供使航天员随天宫一号绕地球运行的向心力了，而非航天员不受地球引力作用，故D错误．7.BC根据万有引力定律，地球对一颗卫星的引力大小F万＝Geq\f(Mm,r2)，A项错误，由牛顿第三定律知B项正确．三颗卫星等间距分布，任意两星间距为eq\r(3)r，故两星间引力大小F万′＝Geq\f(m2,3r2)，C项正确．任意两星对地球引力的夹角为120°，故任意两星对地球引力的合力与第三星对地球的引力大小相等，方向相反，三星对地球引力的合力大小为零，D项错误．8.A由eq\f(GMm,r2)＝ma知a＝eq\f(GM,r2)，因M甲＝M，M乙＝2M，r甲＝r乙，故a甲<a乙，A项正确．由eq\f(GMm,r2)＝m·eq\f(4π2,T2)·r知T2＝eq\f(4π2r3,GM)，据已知条件得T甲>T乙，B项错误．由eq\f(GMm,r2)＝mω2r知ω2＝eq\f(GM,r3)，据已知条件得ω甲<ω乙，C项错误．由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)知v2＝eq\f(GM,r)，据已知条件得v甲<v乙，D项错误．9．答案：eq\f(\r(3,T\o\al(2,1)),\r(3,T\o\al(2,2)))eq\f(\r(3,T\o\al(4,2)),\r(3,T\o\al(4,1)))解析：由eq\f(GMm,R2)＝m·eq\f(4π2,T2)·R得eq\f(R1,R2)＝eq\f(\r(3,T\o\al(2,1)),\r(3,T\o\al(2,2)))由eq\f(GMm,R2)＝ma得，eq\f(a1,a2)＝eq\f(R\o\al(2,2),R\o\al(2,1))＝eq\f(\r(3,T\o\al(4,2)),\r(3,T\o\al(4,1))).专题六机械能及其守恒定律1．D由图象可知物块在0～4s内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B错误；4s～5s内做变加速直线运动，因此5s内拉力对物块做的功不为零，选项A错误；物块的滑动摩擦力Ff＝3N，则μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3,选项C错误；在6s～9s内由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，a＝eq\f(5－3,1.0)m/s2＝2.0m/s2，选项D正确．2.BC因为要克服摩擦力做功，所以O点不在AB的中点，如图，x>eq\f(a,2)，由动能定理，从O到A，W－μmgx－W弹＝0，系统增加的弹性势能Ep＝W－μmgx，因为x>eq\f(a,2)，所以Ep<W－eq\f(1,2)μmga，A错误；同理，物块在B点时，Ep′＝W－μmg(x＋a)<W－eq\f(3,2)μmga，B正确；经O点时，Ek＝W－2μmgx<W－μmga，C正确；A→B的过程中当弹力与f平衡时速度最大，此点在O点右侧距O点x1＝eq\f(f,k)＝eq\f(μmg,k)处，x1可能大于BO，所以D错．3.BD卫星轨道半径逐渐减小，线速度可认为依然满足v＝eq\r(\f(GM,R))，则卫星的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×eq\f(GMm,R)逐渐增大，A错误．由于W引>0，则引力势能减小，B正确．由于Wf≠0，有非重力做功，则机械能不守恒，C错误．由W引－Wf＝ΔEk>0，所以Wf<W引＝|ΔEp|，可知D正确．4.A由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为：x1＝6mm、x1′＝x2′＝3.5mm，设照片的放大率为k、闪光周期为T，则有eq\f(\f(1,2)m\f(x1,kT)2－\f(1,2)m\f(x1′,kT)2－\f(1,2)m\f(x2′,kT)2,\f(1,2)m\f(x1,kT)2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x1′2－x2′2,x\o\al(2,1))＝0.319，故A正确．5.CD因为M克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，A错误．由功能关系知系统减少的机械能等于M克服摩擦力做的功，D正确．对M，除重力外还有摩擦力和轻绳拉力对其做功，由动能定理知B错误．对m，有拉力和重力对其做功，由功能关系知C正确．6.答案：(1)0.4N(2)0.528W解析：(1)F作用之前，A、B处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有对A：T0＝mAgsinθ①对B：T0＝qE＋f0②联立①②式，代入数据解得f0＝0.4N③(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔEp④T－μmBg－qE＝mBa⑤设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as⑥F弹＝k·Δx⑦F＋mAgsinθ－F弹sinθ－T＝mAa⑧由几何关系知Δx＝eq\f(s1－cosθ,sinθ)⑨设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv⑩联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528W⑪7.答案：(1)16m(2)2s解析：(1)设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1＝μmg①根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－F1x＝0②代入数据，解得x1＝16m③(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1④由牛顿第二定律得a＝eq\f(F1,m)⑤由匀变速直线运动公式得v2＝2ax2⑥以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得－F1t＝0－mv⑦代入数据，解得t＝2s⑧8.答案：(1)8m/s(2)9m/s(3)216N解析：(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1＝eq\f(1,2)gt2①x1＝vmint②联立①、②式，得vmin＝8m/s③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vc，有(M＋m)gh2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,c)④vc＝eq\r(2gh2)＝eq\r(80)m/s≈9m/s⑤(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)eq\f(v\o\al(2,c),L)⑥由几何关系(L－h2)2＋xeq\o\al(2,2)＝L2⑦得：L＝10m⑧综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)eq\f(v\o\al(2,c),L)＝216N.9.答案：(1)5.0×103N/m示意图如图所示(2)5.0m(3)1.1m2.5×103J解析：(1)床面下沉x0＝0.10m时，运动员受力平衡mg＝kx0得k＝eq\f(mg,x0)＝5.0×103N/mF－x图线如答案图所示．(2)运动员从x＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等hm＝eq\f(1,2)g(eq\f(Δt,2))2＝5.0m(3)参考由速度－时间图象求位移的方法，知F－x图线与x轴所围的面积等于弹力做的功．从x处到x＝0，弹力做功WTWT＝eq\f(1,2)·x·kx＝eq\f(1,2)kx2运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－mg(x1＋hm)＝0得x1＝x0＋eq\r(x\o\al(2,0)＋2x0hm)＝1.1m对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有W＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝mg(hm＋x0)得W＝2525J≈2.5×103J.专题七静电场1.B由b点处场强为零知，圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等，即：E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由对称性，圆盘在d点产生的场强E3＝keq\f(q,R2)，q在d点产生的场强E4＝keq\f(q,9R2)，方向与E3相同，故d点的合场强Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正确，A、C、D错误．2.B以小球c为研究对象，其受力如图所示，其中F库＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡条件得：2F库cos30°＝Eqc即：eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，E＝eq\f(\r(3)kq,l2)此时a的受力如图所示，(eq\f(kq2,l2))2＋(eq\f(\r(3)kq2,l2))2＝(keq\f(qqc,l2))2得qc＝2q即当qc＝2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡，故选项B正确．3．B由对称原理可知，A、C图中在O点的场强大小相等，D图中在O点场强为0，因此B图中两eq\f(1,4)圆环在O点合场强应最大，选项B正确．4.D点电荷q和感应电荷所形成的电场在z>0的区域可等效成关于O点对称的电偶极子形成的电场．所以z轴上z＝eq\f(h,2)处的场强E＝keq\f(q,h/22)＋keq\f(q,\f(3,2)h2)＝keq\f(40q,9h2)，选项D正确．5.B由R处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向，即两点电荷必带有同种电荷，由E＝keq\f(Q,r2)有keq\f(q1,\x\to(PR)2)＝keq\f(q2,\x\to(QR)2)，可得q1＝4q2，B正确．6.ABD由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误．四点中a点电势最高、c点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，故D正确．7.ABD电场线的疏密程度表示场强的大小，A正确；沿电场线方向电势降低，B正确；负电荷在电势越高的位置电势能越小，C错误；因负电荷从a点移到b点的过程中电势能增大，由功能关系知电场力必做负功，D正确．8.B图为异种点电荷的等势面分布，又知φA>φB，因此a处为正电荷，b处为负电荷，等势面密集处靠近b电荷，故qa>qb，选项B正确．9.D设板间电压为U，场强为E，则E＝eq\f(U,d)，由动能定理得mg·eq\f(3,2)d－qEd＝0将下极板向上平移eq\f(d,3)后，U不变，d′＝eq\f(2,3)d，则E′＝eq\f(3U,2d)＝eq\f(3,2)E，设粒子在距上极板x处返回，则mg(eq\f(d,2)＋x)－qE′x＝0联立解得：x＝eq\f(2,5)d，故D正确，A、B、C错误．10.Bα粒子与重原子核均带正电，二者之间存在斥力作用，且仅有斥力作用，故两者靠近时斥力做负功，动能减小，电势能增大；远离时斥力做正功，动能增大，综上可知，α粒子在Q点时动能最大，速率也最大，A项错误．α粒子在N点时电势能最大，B项正确．在正电荷的电场中，场源处电势最高，距场源越远电势越低，M点离O点较近，该点电势较高，C项错误．因在Q点时粒子的动能比在M点时的动能大，故在从M到Q的过程中电场力做的总功为正功，D项错误．11.C由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀加速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．12.BC两个等量正点电荷形成的电场不是匀强电场，在中垂线MN上由无穷远到O点电场强度先增大后减小，电荷q所受电场力为变力，q将做变加速直线运动，A项错误．因q所受电场力方向指向O点，所以q由A向O运动过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，B、C项均正确．因O点电势大于零，故q在O点时的电势能不为零，D项错误．13.答案：(1)B板电势高于A板，理由见解析(2)eq\f(4Ek0,eRA＋RB)(3)ΔEk左为e(φB－φC)ΔEk右为e(φA－φC)(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|解析：(1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．(2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：eE＝meq\f(v2,R)Ek0＝eq\f(1,2)mv2R＝eq\f(RA＋RB,2)联立解得：E＝eq\f(2Ek0,eR)＝eq\f(4Ek0,eRA＋RB)(3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEk＝qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔEk左＝e(φA－φC)对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e(φA－φC)(4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB－φC|>|φA－φC|即|ΔEk左|>|ΔEk右|14.答案：见解析解析：质点所受电场力的大小为f＝qE①设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有f＋Na＝meq\f(v\o\al(2,a),r)②Nb－f＝meq\f(v\o\al(2,b),r)③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)④Ekb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)⑤根据动能定理有Ekb－Eka＝2rf⑥联立①②③④⑤⑥式得E＝eq\f(1,6q)(Nb－Na)⑦Eka＝eq\f(r,12)(Nb＋5Na)⑧Ekb＝eq\f(r,12)(5Nb＋Na)⑨15.答案：(1)eq\f(U,d)(2)eq\r(\f(2qU,m))(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))解析：(1)电场强度E＝eq\f(U,d)(2)根据动能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).专题八恒定电流1．C对均匀的电阻丝有R＝ρeq\f(l,S)，得eq\f(R1,R2)＝eq\f(l1,l2)，对桥式电路当IG＝0时满足eq\f(R0,Rx)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(l1,l2)，得Rx＝eq\f(l2,l1)R0，所以C项正确．2.C当传感器接触药液时，其阻值发生变化，导致S两端电压U增大，则M两端电压减小，可知RM应变小；R与RM构成并联电路，其并联总电阻为R并＝eq\f(RM·R,RM＋R)＝eq\f(RM,1＋\f(R,RM))，可知当R越大，RM减小相同值时，R并减小得越多，因此S两端电压增大越明显，选项C正确．3.D根据逻辑电路可知，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光属于或门电路，所以只有D项正确．4.答案：3eq\r(P0R)P0解析：S1断开，S2闭合时：P0＝(eq\f(E,R＋r))2·R；S1闭合、S2断开时：P0＝(eq\f(E,4R＋r))2·4R，联立得：r＝2R，E＝3eq\r(P0·R)，当S1、S2都断开时，P＝eq\f(E2,7R＋r)＝eq\f(E2,9R)＝P0.5.答案：(1)1.92×103N，方向向右(或与海水出口方向相同)(2)见解析(3)①牵引功率6.9×105W②海水焦耳热功率6.0×106W③单位时间海水动能增加值4.6×104W解析：(1)将通电海水看成导线，所受磁场力F＝IBL代入数据得：F＝IBc＝1.0×103×6.4×0.3N＝1.92×103N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯．改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率P1＝F牵v0根据牛顿第三定律：F牵＝12IBL当v0＝30m/s时，代入数据得：P1＝F牵v0＝12×1.92×103×30W＝6.9×105W第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律：R＝ρeq\f(L,S)代入数据得：R＝ρeq\f(c,ab)＝0.2×eq\f(0.3,0.3×0.4)Ω＝0.5Ω由热功率公式，P＝I2R代入数据得：P单＝I2R＝5.0×105WP2＝12×5.0×105W＝6.0×106W第三部分：单位时间内海水动能的增加值设Δt时间内喷出海水的质量为mP3＝12×eq\f(ΔEk,Δt)考虑到海水的初动能为零，ΔEk＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,水对地)m＝ρmbcv水对地ΔtP3＝12×eq\f(ΔEk,Δt)＝12×eq\f(1,2)ρmbcveq\o\al(3,水对地)＝4.6×104W.专题九磁场1.Ba、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小相同，方向如图甲所示．O点合磁场方向如图乙所示，则由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下．B选项正确．2.B因为导线MN靠近ab，由图可知，线圈中等效合磁场为垂直纸面向里，当MN中电流减小时，由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小，故线圈向右运动，所受安培力的合力向右，故只有B项正确．3.A若磁场方向向上，带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径r＝R/tan30°＝eq\r(3)R，由洛伦兹力提供向心力，即qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)知eq\r(3)R＝eq\f(mv0,qB)，故匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，若磁场方向向下可得到同样的结果．选项A正确．4.B作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P到ab距离为eq\f(R,2)，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有(r＋eq\f(R,2))tanθ＝Rcosα，解得r＝R.再由Bqv＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qBR,m)，故B正确．5.AD因离子均向下偏转打到屏P上，根据左手定则可知a、b均带正电，A项正确．又因a、b为同种离子，m、q均相同，由R＝eq\f(mv,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)，可知它们的轨道半径R与周期T也均相同．而a离子的轨迹是一段优弧，b离子的轨迹是一个半圆．a的路程比b的路程长，飞行时间也比b的飞行时间长，故B、C项均错误．b在P上的落点到O点的距离等于圆轨迹的直径，说明b的落点离O点最远，故D项正确．6.C因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，根据左手定则可判断自由运动电荷带负电，则B、D两项均错．设长方体形材料长度为L，总电量为Q，则其单位体积内自由运动电荷数为eq\f(Q,|q|ab·L)，当电流I稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有eq\f(UQ,a)＝BIL，故eq\f(Q,|q|ab·L)＝eq\f(BI,|q|bU)，A项错误，C项正确．7.BCD两离子所带电荷量之比为1∶3，在电场中时由qE＝ma知a∝q，故加速度之比为1∶3；A错误；离开电场区域时的动能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正确；在磁场中运动的半径由Bqv＝meq\f(v2,R)、Ek＝eq\f(1,2)mv2知R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))∝eq\f(1,\r(q))，故B正确；设磁场区域的宽度为d，则有sinθ＝eq\f(d,R)∝eq\f(1,R)，即eq\f(sin30°,sinθ′)＝eq\f(1,\r(3))，故θ′＝60°＝2θ，C正确．8.答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)3解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立①②式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由几何关系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤联立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移eq\f(2,3)d后，设板间电压为U′，则U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)综合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝eq\f(π,2)⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3⑪9.答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0指向第Ⅳ象限与x轴成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma联立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝meq\f(v2,r)当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝eq\f(\r(2),2)L所以B＝eq\f(2mv0,qL)10.答案：(1)2eq\r(\f(qEd,m))与x轴正方向夹角45°(2)eq\r(\f(mE,2qd))(3)(2＋π)eq\r(\f(2md,qE))解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE＝ma①由运动学公式得d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)②2d＝v0t0③vy＝at0④v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))⑤tanθ＝eq\f(vy,v0)⑥联立①②③④⑤⑥式得v＝2eq\r(\f(qEd,m))⑦θ＝45°⑧(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得R1＝2eq\r(2)d⑨由牛顿第二定律得qvB0＝meq\f(v2,R1)⑩联立⑦⑨⑩式得B0＝eq\r(\f(mE,2qd))⑪(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示．O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形．】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R2＝2eq\r(2)d⑫粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG＝HQ＝2R2⑬设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有t＝eq\f(FG＋HQ＋2πR2,v)⑭联立⑦⑫⑬⑭式得t＝(2＋π)eq\r(\f(2md,qE))⑮11.答案：(1)eq\f(mg,q)正(2)0<v0≤eq\r(\f(2gh,2h))(l＋eq\f(m2g,B1B2q2))(3)0.5解析：(1)由题给条件，小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设所求场强大小为E，有mg＝qE①得E＝eq\f(mg,q)②小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电．(2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有B1qv＝mg③设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有B2qv＝meq\f(v2,R)④设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有x＝R，y≤0⑤小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平方向位移为s，竖直方向位移为d，有s＝v0t0⑥d＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)⑦由题意得x＝s－l，y＝h－d⑧联立相关方程，由题意可知v0>0，得0<v0≤eq\f(\r(2gh),2h)(l＋eq\f(m2g,B1B2q2))⑨(3)小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度时的W点时，其竖直方向的速度vy与竖直位移yQ必须满足vy＝v⑩yQ＝R⑪设小球Q运动到W点时间为t，由平抛运动，有vy＝gt⑫yQ＝eq\f(1,2)gt2⑬联立相关方程，解得B1＝eq\f(1,2)B2⑭B1是B2的0.5倍．12.答案：(1)eq\f(qBa,2m)(2)2个eq\f(aqB,2mv)(3)eq\f(E,B)＋eq\r(\f(E,B)2＋v\o\al(2,0))解析：(1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有qvB＝meq\f(v2,R)①当粒子以初速度v1沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：R1＝eq\f(a,2)②由②代入①式得v1＝eq\f(qBa,2m)③(2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x＝eq\f(a,2)的直线上，半径为R.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝eq\f(a,2R)④由①④式解得sinθ＝eq\f(aqB,2mv)⑤(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有qEym＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑥由题知，有vm＝kym⑦若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0)⑧v0＝kR0⑨由⑥⑦⑧⑨式解得vm＝eq\f(E,B)＋eq\r(\f(E,B)2＋v\o\al(2,0))专题十电磁感应1.ABD通有恒定电流的静止导线附近产生的磁场是不变的，在其附近的固定导线圈中没有磁通量的变化，因此，不会出现感应电流，选项C错误．2.C杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为a→c；又因为E＝BLv，所以E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．3.AC由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S有E＝kπr2，D错误；因k>0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b极板带正电，B错误；由题图知外电路结构为R2与R的右半部并联，再与R的左半部、R1相串联，故R2两端电压U2＝eq\f(\f(R0,2)×\f(1,2),R0＋\f(R0,2)＋\f(R0,2)×\f(1,2))U＝eq\f(U,7)，A正确；设R2消耗的功率为P＝IU2，则R消耗的功率P′＝2I×2U2＋IU2＝5P，故C正确．4.A设金属棒MN匀速运动的速度为v，t时刻导轨内切割磁感线的有效长度L＝2vttanθ设导轨单位长度的电阻为R0，则组成闭合回路的总电阻R＝2(eq\f(vt,cosθ)＋vttanθ)R0＝2vtR0(eq\f(1,cosθ)＋tanθ)电动势E＝BLv＝2Bv2ttanθi＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvtanθ,R0\f(1,cosθ)＋tanθ)为恒量故A正确，B、C、D错误．5．D导线框刚进入磁场时速度设为v0，此时产生的感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，线框受到的安培力F＝BLI＝eq\f(B2L2v0,R).由牛顿第二定律F＝ma知，eq\f(B2L2v0,R)＝ma，由楞次定律知线框开始减速，随v减小，其加速度a减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动．当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D选项正确．6.D刷卡速度改为原来一半时，磁卡通过检测线圈的时间即有感应电动势产生的时间变为原来的2倍，可知A、B错误；由E＝BLv知当只减小v时，磁卡与检测线圈在相同的相对位置处产生的感应电动势也减小，故C错误、D正确．7.Aab边在进入磁场时所受的安培力F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)·L＝eq\f(B2L2v,R)，当F＝eq\f(B2L2v,R)＝mg时，匀速进入，D正确．当F>mg时线框减速，加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，v减小，则a减小，v－t图线此阶段斜率减小，A错误、B正确．当F<mg时线框加速，加速度a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(B2L2v,mR)，v增大，则a减小，C正确．所以选A.8.A设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝(eq\f(Bl1v,R))2·R·eq\f(l2,v)＝eq\f(B2l\o\al(2,1)l2v,R)＝eq\f(B2l1l2v,R)l1，由于lab>lbc，所以Q1>Q2.通过线框导体横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)，故q1＝q2，A选项正确．9.B小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动．此时：F安＝eq\f(B2I2v,R总)对棒满足：mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2l2v,R棒＋R灯)＝0因为R灯＝R棒则：P灯＝P棒再依据功能关系：mgsinθ·v－μmgcosθ·v＝P灯＋P棒联立解得v＝5m/s,P灯＝1W，所以B项正确．10.答案：(1)逆时针方向，理由见解析(2)ρ＝eq\f(mvSΔI,etI2)(3)见解析解析：(1)撤去磁场瞬间，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上．由右手螺旋定则可知，环中电流的方向是沿逆时针方向．(2)设圆环周长为l、电阻为R，由电阻定律得R＝ρeq\f(l,S)①设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为ΔE，由焦耳定律得ΔE＝I2Rt②设环中单位体积内定向移动电子数为n，则I＝nevS③式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化．电流变化大小取ΔI时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为Δv，则ΔI＝neSΔv④设环中定向移动电子减少的动能总和为ΔEk，则ΔEk＝nlS[eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v－Δv)2]⑤由于ΔI≪I，可得ΔEk＝eq\f(lmv,e)ΔI⑥根据能量守恒定律，得ΔE＝ΔEk⑦联立上述各式，得ρ＝eq\f(mvSΔI,etI2)⑧(3)由ρ＝eq\f(mvSΔI,etI2)看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ的准确程度更高，通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流．11.答案：见解析解析：(1)由图象可知，在ab段I＝eq\f(ω,150)(－45rad/s≤ω≤15rad/s)在bc段I＝eq\f(ω,100)－0.05(15rad/s<ω≤45rad/s)．(2)由题意可知，P两端的电压UP等于圆盘产生的电动势，UP＝eq\f(1,2)Br2ωb点时ωb＝15rad/sUb＝eq\f(1,2)Br2ωb＝0.3Vc点时ωc＝45rad/sUc＝eq\f(1,2)Br2ωc＝0.9V.(3)由图象中电流变化规律可知电子元件P在b点时开始导通，则：在ab段IP＝0(－0.9V≤UP≤0.3V)在bc段IP＝I－eq\f(UP,R)而I＝eq\f(ω,100)－0.05UP＝eq\f(1,2)Br2ω联立可得IP＝eq\f(UP,6)－0.05(0.3V<UP≤0.9V)12.答案：(1)Q＝CBLv(2)v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝eq\f(Q,U)③联立①②③式得Q＝CBLv④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i,金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝eq\f(ΔQ,Δt)⑥ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有a＝eq\f(Δv,Δt)⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2＝μN⑨式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有N＝mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f1－f2＝ma⑪联立⑤至⑪式得a＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)g⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt.⑬13.答案：(1)安培力方向竖直向上，G2>G1(2)F安＝G2－G1，B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(G2－G1R,v))解析：(1)铜条静止时：磁铁平衡，G1＝M磁铁g①铜条匀速运动时：磁铁与铜条整体处于平衡状态，G2＝(M磁铁＋M铜条)g②对铜条AB：匀速下落平衡F安＝M铜条g③由①、②可知G2>G1由③式可知安培力方向与重力方向相反，竖直向上．(2)对铜条组成的回路：E＝BLv＝IR④铜条受到的安培力F安＝BIL⑤由①②③可得F安＝G2－G1⑥由①②③④⑤⑥得：磁感应强度大小B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(G2－G1R,v)).专题十一交变电流1.D由交变电流电动势的表达式e＝10eq\r(2)sin10πtV＝Emsinωt可知，该交变电流的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(10π,2π)Hz＝5Hz,A错误．该交变电流电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))V＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，B错误．电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,9.0＋1.0)A＝1.0A，外接电阻R所消耗的电功率PR＝I2R＝1.02×9.0W＝9W，故C错误，D正确．2.AC由题图乙知Im＝10eq\r(2)A，I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，A正确．T＝2×10－2s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s,B错误．t＝0.01s时，I＝Im，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确．由右手定则判定0.02s时电阻R中电流方向自左向右，D错误．3.B由有效值定义可得eq\f(U2,R)×1s＝(0.1A)2×R×0.4s×2＋(0.2A)2×R×0.1s×2，其中R＝100Ω，可得U＝4eq\r(10)V,B正确．4.A由题图可知通过负载的电流最大值为Im＝0.05A，周期T＝0.02s，故电流的函数表达式i＝Imsineq\f(2π,T)t＝0.05sin100πt(A)，D错误；理想变压器匝数比等于电压比，即n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C错误；输出电压U2＝110V，其最大值U2m＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P＝I2U2＝eq\f(0.05,\r(2))×110W≈3.9W，A正确．5.B在测量高压线路上电流时，电流互感器的作用是减小测量支路的电流．根据变压器原理，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I大n小，故ab端应接MN，cd端应接PQ，Iab>Icd，选项B正确．6.D由u1＝12eq\r(2)sin100πt(V)可知，Um＝12eq\r(2)V，ω＝100πHz，则频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz,A项错误．U1＝eq\f(Um,\r(2))＝12V，U2＝eq\f(n2,n1)·U1＝6V,B项错误．I2＝eq\f(U2,RL)＝1A,C项错误．P1＝P2＝U2I2＝6W,D项正确．7.BC向下滑动P，变压器副线圈电压降低，灯泡变暗，A错误；增大交流电源电压，副线圈电压升高，灯泡变亮，B正确；增大交流电源频率，电容器容抗减小，电流变大，灯泡变亮，C正确；减小电容器的电容，容抗增大，电流减小，灯泡变暗，D错误．专题十二实验与探究1.答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.0解析：(1)多用电表欧姆挡调零的方法是先把红、黑表笔短接，再调节欧姆调零旋钮，使指针满偏．(2)多用电表内部电池的正极与黑表笔相连，要保证电流从eq\o(\s\up7(○),\s\do5(V))的“＋”极流入“－”极流出，故红表笔和“1”端相连．(3)多用电表指针指向“15”，挡位“1k”，故多用电表的读数为15.0kΩ；电压表读数时要估读，读数为3.60V.(4)滑动变阻器接入电路的阻值为零，故多用电表的读数即为电压表内阻．(5)由题图(b)知，此时多用电表指针指向中值，故此时内外电阻均为15kΩ，此时的电压表示数为3.60V3．60V＝eq\f(RV,R＋RV＋r)E＝eq\f(RV,2r)E解得E＝9.00V.2.答案：A11.30(11.25或11.35)解析：测量内径时应该用游标卡尺上的内测量爪A.游标卡尺的读数＝主尺上的读数＋游标尺上的读数．本题主尺上读数为11mm，游标尺上读数为6×0.05mm＝0.30mm，故读数为11.30mm.3.答案：Ⅰ.18.6Ⅱ.0.0070.638解析：Ⅰ.根据游标卡尺的读数方法，小钢球的直径＝(18＋6×0.1)mm＝18.6mm.Ⅱ.校零时的读数为0.007mm合金丝的直径＝(0.5＋14.5×0.01－0.007)mm＝0.638mm.4.答案：(1)ABC(2)eq\f(mgs2,4h)(3)减小增大2解析：弹簧被压缩后的弹性势能等于小球抛出时的动能，即Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).小球离开桌面后做平抛运动，由平抛运动规律，水平位移s＝v0t，竖直高度h＝eq\f(1,2)gt2，得v0＝seq\r(\f(g,2h))，动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mgs2,4h)，因此A、B、C正确．弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(mgs2,4h)，由理论推导可知Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2即eq\f(1,2)k(Δx)2＝eq\f(mgs2,4h)，s＝eq\r(\f(2hk,mg))·Δx，因此当h不变时，m增加，其斜率减小，当m不变时，h增加其斜率增大，由图线知s∝Δx，由Ek表达式知Ek∝s2，则由Ep＝Ek知Ep∝(Δx)2，即Ep与Δx的二次方成正比．5.答案：(1)0.960(2)eq\f(1,2s)[(eq\f(d,ΔtB))2－(eq\f(d,ΔtA))2](3)eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)(4)系统误差解析：(1)游标卡尺的读数为9mm＋12×0.05mm＝9.60mm＝0.960cm.(2)由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2as，vA＝eq\f(d,ΔtA)，vB＝eq\f(d,ΔtB)联立得a＝eq\f(\f(d,ΔtB)2－\f(d,ΔtA)2,2s).(3)设细线的张力为T，对M有T－μMg＝Meq\x\to(a)对m有mg－T＝meq\x\to(a)联立两式得μ＝eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg).(4)细线没有调整到水平，造成张力T不水平，若此时以T水平来分析计算，会造成测量值总是偏大或偏小，这种由于实验操作造成的误差，属于系统误差．6.答案：(1)BD(2)9.4(3)增加小球下落的高度；多次重复实验，结果取平均值．(其他答案只要合理也可)(4)由H1＝eq\f(1,2)g(eq\f(T1,n)－Δt)2和H2＝eq\f(1,2)g(eq\f(T2,n)－Δt)2可得g＝eq\f(2n2\r(H1)－\r(H2)2,T1－T22)，因此可以消去Δt的影响．解析：(1)M与触头接触期间，电磁铁应保持磁性存在，故电源用直流电源和交流电源均可，A项错误；实验中要通过小球撞击M断开电路来释放下一小球，故M必须在电磁铁正下方，B项正确；小球下落的高度应为电磁铁下端到M的竖直距离减去小球直径，C项错误；手敲击M瞬间，小球1即开始下落，故应同时开始计时，D项正确．(2)H＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)g(eq\f(T,10))2所以g＝eq\f(200H,T2)＝eq\f(200×1.980,6.52)m/s2＝9.4m/s2.(3)由g＝eq\f(200H,T2)可知，误差主要来源于H和T的测量，故增加H，或者对H、T多次测量求平均值，均可有效减小误差，另外，作出H－T2图象，从图线斜率k＝eq\f(g,200)求得g，也可有效减小误差．(4)见答案．7.答案：(1)2.10cm或2.40cm(±0.05cm，有效数字位数需正确)(2)1.13m/s或1.25m/s(±0.05m/s，有效数字位数不作要求)小于(3)C解析：(1)纸带①上b、c两点间距离为6.00cm－3.90cm＝2.10cm.纸带②上b、c两点间距离为6.50cm－4.10cm＝2.40cm.(2)纸带①上c、e间的平均速度eq\x\to(v)①＝eq\f(10.5－6.0×10－2m,0.04s)＝1.13m/s；纸带②上c、e间的平均速度eq\x\to(v)②＝eq\f(11.5－6.5×10－2m,0.04s)＝1.25m/s，显然有eq\x\to(v)①<eq\x\to(v)②.(3)纸带①上的连续相邻两点间距离之差几乎不变，说明小车在做匀加速运动，由此可以判断纸带①是由装置甲实验所得，纸带②上的连续相邻两点间距离之差逐渐变小，最后等于0.说明小车的加速度逐渐变小，由此可