考前特训答案精析

考前特训答案精析热点情境突破练热点1受力分析和物体的平衡1．D[受重力、垂直于接触面的弹力、磁吸力和沿接触面向上的静摩擦力，和充电宝整体由题图所示位置缓慢转至竖直，两者始终保持相对静止，所以始终受到四个力的作用，故A错误；设与水平面的夹角为θ，根据平衡条件有Ff＝mgsinθ，FN＝mgcosθ＋F吸，和充电宝整体由题图所示位置缓慢转至竖直，则θ逐渐增大，F吸不变，可知静摩擦力增大，充电宝对的弹力减小，故B、C错误；根据平衡条件可知，充电宝对的作用力始终与的重力平衡，所以充电宝对的作用力不变，故D正确。]2．D[瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的压力方向不变，则大小也不变，A、B错误；若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子压力的夹角越小，合力不变，则A、B对瓜子的压力越小，C错误，D正确。]3．A[设每条“腿”的上臂对探测器的弹力大小为F，由共点力的平衡可知6Fcosθ＝mg，可得F＝eq\f(mg,6cosθ)，故选A。]4．A[设AC段质量为m1，BC段质量为m2，分别对两段绳子受力分析可得FC＝m1gtan60°＝m2gtanβ，由于BC段绳长是AC段绳长的3倍，则m2＝3m1，解得tanβ＝eq\f(\r(3),3)，则β＝30°，FC＝eq\f(\r(3),4)mg，故B错误，A正确；对BC段绳子受力分析可得FBcosβ＝m2g，解得FB＝eq\f(\r(3),2)mg，故C错误；若用竖直向下的拉力使绳C点缓慢向下运动，则拉力做正功，由于动能不变，则重力势能增大，重心上升，故D错误。]5．A[在建筑材料缓慢被提起的过程中，其合力一直为零，根据平衡条件可知两绳拉力的合力与建筑材料的重力大小相等、方向相反，保持不变，受力分析如图甲所示。在题设条件下图中标明的两角度一个增大，另一个减小，由平行四边形定则作出图乙，由图乙可知，两根绳子上的拉力FT1和FT2均增大，故A正确，B、C、D错误。]6．C[筷子甲对小球的弹力是因为筷子甲发生了形变，A错误；对小球受力分析如图，则有F甲＝eq\f(mg,sinθ)，F乙＝eq\f(mg,tanθ)，θ角增大过程中F甲、F乙均减小，B错误，C正确；两根筷子对小球的合力总是等于小球的重力，合力保持不变，D错误。]7．AC[对工人和板整体，绳AB与绳AC拉力的合力与OA绳的拉力大小相等，方向相同，受力分析如图所示，mg、F1、F2组成矢量三角形，玻璃墙对脚的作用力F1的方向不变，mg的大小和方向都不变，α不断减小，所以F1减小，F2增大，即OA绳弹力增大，脚对墙的作用力减小，A正确，B错误；玻璃墙对脚的作用力为F1＝mgcosβ＝420N，此时若工人不触碰轻绳，人受到重力、玻璃墙对脚的作用力以及小木板的支持力，则小木板对工人的支持力为FN＝mg－F1cosβ＝448N，由牛顿第三定律知，C正确；由题意可知，绳AB、AC拉力相等，夹角为θ＝120°，因为工人受玻璃墙斜向上的作用力，则绳AB拉力大小不等于重力，即不等于700N，D错误。]热点2牛顿运动定律1．D[潜艇在“掉深”开始时向下加速，则由图像可知加速度大小为a＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2，选项A错误；在0～30s时间内先向下加速后向下减速，则t＝30s时潜艇向下到达最大深度，选项B错误；由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，选项C错误；潜艇在10～30s时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，选项D正确。]2．A[由题图可知，0～2s内该同学做匀加速直线运动，设最大速度为v，由eq\f(1,2)a1t12＝8m，v＝a1t1，t1＝2s，解得v＝8m/s，a1＝4m/s2，由题图可知，2～4s内该同学做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，可知h－8m＝eq\f(1,2)a2(t2－t1)2，v＝a2(t2－t1)，t2＝4s，解得a2＝4m/s2，h＝16m，所以该同学从离地面高度为16m处缓降，A正确；0～4s内该同学的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝4m/s，B错误；0～4s内该同学先向下做匀加速直线运动后向下做匀减速直线运动，故该同学先失重后超重，C错误；由以上分析知该同学在0～2s内和2～4s内加速度等大反向，D错误。]3．C[对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力作用，弹力方向垂直接触面(沿B、D的轴心连线方向)，弹力和重力的合力产生加速度，如图所示，根据牛顿第二定律得，F合＝ma＝eq\f(mg,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)mg，则当a＝eq\f(\r(3),3)g时，A与D之间恰好没有作用力。再把A、B、D作为整体受力分析，当货车向左加速运动时，A相对于车有向右运动的趋势，所以车厢与A之间的弹力是0，C对B有水平向左的弹力，竖直方向上的支持力和重力平衡，在水平方向，则有C对A、B、D整体的作用力大小为F＝3ma＝eq\r(3)mg，即工件C与B间的作用力大小为eq\r(3)mg，A、B、D错误，C正确。]4．A[舰载机在发动机推力的作用下由静止匀加速运动直至起飞，有2aL＝v2，其所受合力为F＝ma＝meq\f(v2,2L)，当“同等条件下”在弹射器加持下起飞时，有2a′eq\f(L,3)＝v2，F＋F′＝ma′＝meq\f(3v2,2L)，所以弹射器为飞机提供的推力大小F′＝meq\f(v2,L)，故选A。]5．C[直升机悬挂空桶匀速飞往水源取水时，空桶受力平衡，有FT1sinθ－Ff＝0，FT1cosθ－mg＝0，解得Ff＝mgtanθ，直升机加速返回时，由牛顿第二定律可得FT2sinθ－Ff＝(m＋M)a，FT2cosθ－(m＋M)g＝0，解得水桶中水的质量为M＝800kg，故选C。]6．C[在加速提起砖块的过程中，砖块加速度向上，处于超重状态，A错误；砖块水平方向保持平衡，故夹砖器对两块砖的压力大小相等，B错误；夹砖器与砖块即将发生滑动时，砖块加速度最大，对两块砖整体受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律有2μF－2mg＝2ma，则砖块被加速提起过程中，其加速度的最大值为a＝eq\f(μF,m)－g，C正确；加速度最大时，单独对其中一块砖受力分析如图乙所示，若竖直方向上只受重力mg以及夹砖器对其向上的静摩擦力Ff，有Ff－mg＝ma，解得Ff＝μF，故两块砖之间的摩擦力为零，D错误。]7．C[以桌面为参照物，则A将向右加速运动，B将和A一起向右加速运动，同时沿A的右侧面向下加速运动，B下降的高度始终等于A向右的位移，则A向右的加速度等于B向下的加速度；将A和K视为一个整体，水平方向受力有：绳的拉力FT(向右)、B对它的压力FN(向左)，由牛顿第二定律有FT－FN＝MaA，物块B在水平方向上受力是A对它的压力FN′，则有FN′＝maA，物块B在竖直方向上受力有：绳的拉力FT(向上)、重力mg(向下)、A对B的摩擦力Ff(向上)，B竖直方向上，由于绳不可拉长，则有mg－FT－Ff＝maA，FN＝FN′，Ff＝μFN，联立并代入数据可得aA＝2m/s2，故选C。]热点3抛体运动圆周运动1．D[在海盗船从最低点摆动至最高点过程中，竖直方向上的始、末分速度均为0，表明竖直方向上先加速后减速，即竖直方向上的分加速度方向先向上后向下，即游客在摆动过程中先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；根据上述，船体摆至最高点时，游客处于失重状态，因此所受合外力不为0，B错误；根据上述可知船体摆动过程中，座椅对游客的支持力先大于游客重力，后小于游客的重力，根据牛顿第三定律可知，游客对座椅的压力先大于游客重力，后小于游客的重力，C错误；根据上述可知，船体摆至最高点时，游客处于失重状态，座椅对游客的支持力小于游客重力，根据牛顿第三定律，船体摆至最高点时，游客对座椅的压力小于游客所受重力，D正确。]2．B[A、B两车正在绕环岛做速度大小相等的匀速圆周运动，根据a＝eq\f(v2,r)可知A的向心加速度较大，故A错误；根据ω＝eq\f(v,r)可知A车的角速度比B车的角速度大，故B正确；由于两车质量关系未知，两车所受合力提供向心力，根据F＝meq\f(v2,r)可知，无法判断两车所受合力大小关系，故C、D错误。]3．B[子弹做斜抛运动，在最高点速度为初速度的水平分速度，不为零，故A错误；某时刻苹果从O点自由下落，同时玩具子弹也从枪口P以一定初速度射出，所以运动时间相同，而苹果竖直方向初速度为零，自由落体，子弹竖直方向逆运动也是初速度为零，自由落体，所以PQ的竖直高度等于OM的距离，故B正确；子弹“击中”苹果时竖直方向的分速度小于苹果下落的速度，因为在M、Q处，苹果竖直分速度大，而两者加速度相同，故C错误；根据Δv＝gΔt可知，子弹从P运动到Q的过程中速度变化量的方向始终竖直向下，故D错误。]4．D[在B点时FT－mg＝meq\f(v2,l)，可知，游客对绳子的拉力大于其重力，选项A错误；B到C过程，重力对游客做正功，动能增加，则游客不会做匀速圆周运动，选项B错误；从C点脱离管道时，速度方向不水平，则从C到D过程，游客不是做平抛运动，选项C错误；B到D过程，游客的竖直速度一直变大，根据PG＝mgvy，可知重力的功率一直增大，选项D正确。]5．C[桌子在水平面内做匀速圆周运动，转速约为n＝2r/s，桌角a点的线速度大小为v1＝2πnr，又r＝eq\f(\r(2),2)m，故v1＝2eq\r(2)πm/s，桌子被蹬出瞬间竖直向上的速度为v2，由竖直上抛运动规律可得v22＝2gh，解得v2＝4m/s，则a点的速度大小为v＝eq\r(v12＋v22)＝eq\r(16＋8π2)m/s，故选C。]6．D[根据题意可知，气嘴灯做圆周运动时，重物受重力和弹簧弹力，其合力提供向心力，故A错误；气嘴灯运动至最高点时，合力指向圆心向下，具有向下的加速度，处于失重状态，故B错误；在最低点时，由牛顿第二定律有F－mg＝mω2r，可得F＝mg＋mω2r，可知以相同转速匀速行驶时，重物质量越小，在最低点时弹簧弹力越小，LED灯越不容易发光，故C错误；在最高点时，由牛顿第二定律有F＋mg＝mω2r，解得F＝mω2r－mg，可知以相同转速匀速行驶时，在最高点的弹簧弹力小于最低点的弹簧弹力，若LED灯转到最高点时能发光，则在最低点时也一定能发光，故D正确。]7．C[根据平抛运动，可知石片第一次入水时的水平方向速度vx＝21m/s，竖直方向有vy2＝2gh，解得vy＝4m/s，形成第一个水漂后出水，根据题意vx1＝vx×0.81，vy1＝vy×0.961，经过n次水漂后，vxn＝vx×0.8n，vyn＝vy×0.96n，此时当eq\f(vyn,vxn)＝tanθ<tan53°，即eq\f(vyn,vxn)＝eq\f(4×0.96n,21×0.8n)<eq\f(4,3)，即eq\f(0.96n,0.8n)<7，整理有1.2n<7，解得n<10.7，即完成11个水漂，第12次落水时不能形成水漂，沉入水中，故选C。]热点4万有引力与宇宙航行1．D[航天员能在飞船内处于漂浮状态，随飞船做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以所受合力不为零，A错误，D正确；航天员虽然远离地球，但是仍然受到地球的引力作用，B错误；飞船对航天员的支持力与航天员对飞船的压力属于作用力与反作用力，两者等大反向，C错误。]2．B[根据万有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，结合题意可知“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的轨道半径小；eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝ma，所以“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的线速度大，“风云一号”卫星比“风云四号”卫星的向心加速度大，故A错误，B正确；第一宇宙速度是最大的环绕速度，“风云一号”卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；若某一时刻“风云四号”卫星恰好在“风云一号”卫星的正上方，分析可知要想再一次通过“风云一号”卫星正上方，则会在原地点，则要经过24小时，故D错误。]3．C[由万有引力充当向心力可得a＝eq\f(GM,R2)，可知与中心天体距离相同，则加速度大小相同，故A错误；卫星A在椭圆轨道1，卫星B在椭圆轨道2,2轨道的半长轴大于1轨道的半长轴，卫星要向更高的轨道变轨必须在两轨道相切点点火加速以实现变轨，因此可知两卫星在椭圆轨道上运动过程中经过P点时，B卫星的线速度要大于A卫星的线速度，故B错误；在同一轨道上，卫星机械能守恒，故C正确；在轨道2上，P点为近地点，Q点为远地点，由开普勒第二定律可知vP2>vQ2，而卫星在2轨道上Q点向3轨道变轨时需要点火加速，因此有vQ3>vQ2，又由万有引力充当向心力可得v＝eq\r(\f(GM,R))，可知轨道半径越大，线速度越小，由此可知vP2>vQ3>vQ2，则B卫星在P点的动能大于其在轨道3上Q点的动能，故D错误。]4．C[减速过程中，“祝融号”火星车加速度向上，处于超重状态，由牛顿第三定律知，对着陆平台的压力大于它所受到的火星的引力，A错误；根据Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，可得星球近地卫星的周期T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，结合题意可知火星近地卫星的周期与地球近地卫星的周期之比为eq\r(5)∶2，B错误；根据Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得g＝eq\f(GM,R2)，结合题意可知火星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为2∶5，C正确；根据Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，结合题意可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1∶eq\r(5)，D错误。]5．C[设恒星A的质量为mA，恒星B的质量为mB，恒星A做匀速圆周运动的半径为rA，恒星B做匀速圆周运动的半径为rB，根据万有引力提供向心力可得eq\f(GmAmB,L2)＝mAeq\f(4π2,T2)rA，eq\f(GmAmB,L2)＝mBeq\f(4π2,T2)rB，联立可得mArA＝mBrB，mA＋mB＝eq\f(4π2L3,GT2)，由于恒星A的质量小于恒星B的质量，则有rA>rB，故A、B错误；根据v＝eq\f(2πr,T)，由于rA>rB，可得vA>vB，故C正确；根据mA＋mB＝eq\f(4π2L3,GT2)，若恒星A、B间的距离缓慢减小，则它们转动周期缓慢变小，故D错误。]6．BC[由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mr4π2,T2)，可得r3＝eq\f(GMT2,4π2)，可以求出水星与地球轨道半径之比，无法求得质量之比，故A错误；一年时间设为T，则T地＝T，T水＝eq\f(T,4)，两星球公转角速度分别为ω地＝eq\f(2π,T)，ω水＝eq\f(8π,T)，两次在西大距相距最近的时间间隔为Δt＝eq\f(2π,ω水－ω地)＝eq\f(T,3)，则一年内能看到水星的次数为n＝2×eq\f(T,Δt)＝6，故B正确；由A项分析知sinθ＝eq\f(r水,r地)＝eq\f(\r(3,T水2),\r(3,T地2))＝eq\f(\r(3,4),4)，故C正确；开普勒第二定律是针对同一环绕天体而言的，太阳分别与水星和地球的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故D错误。]7．AC[卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝mr(eq\f(2π,T))2，解得eq\f(r3,T2)＝eq\f(GM,4π2)，由题图可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(b,a)，解得地球质量M＝eq\f(4π2b,aG)，故A正确；在地球表面的物体有Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，解得重力加速度g＝eq\f(4π2b,aR2)，故B错误；若卫星绕地球表面运行，其轨道半径r＝R，由eq\f(r3,T2)＝eq\f(b,a)，可得运行周期T＝eq\r(\f(R3a,b))，环绕速度v＝eq\f(2πR,T)＝2πeq\r(\f(b,Ra))，故C正确；地球体积V＝eq\f(4,3)πR3，地球密度ρ＝eq\f(M,V)，解得ρ＝eq\f(3πb,aGR3)，故D错误。]热点5功能关系和能量守恒1．D[打开降落伞后，飞船做减速运动时，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减小，机械能减小，故B错误；减速下降阶段，飞船的机械能的减少量等于阻力对飞船做的功，故C错误；匀速下降阶段，飞船动能不变，重力势能减少，重力做的功等于重力势能的减少量，所以飞船的机械能的减少量等于重力对飞船做的功，故D正确。]2．BC[人沿沙坡下滑的距离l＝eq\f(1,2)vt＝100m，重力势能减少ΔEp＝mglsin30°＝2.5×104J，故A错误；动能增加ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝1.0×104J，故B正确；机械能减少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104J，故C正确；人克服阻力做功Wf克＝ΔE＝1.5×104J，故D错误。]3．B[以小球、弹簧和地球组成的系统为研究对象，由于只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒；小球运动过程中受到弹簧弹力，则小球的机械能不守恒，故A错误；下摆过程中小球的重力做正功，重力势能减小；通过最低点后小球上升时重力做负功，重力势能增大，故B正确；下摆过程中，弹簧的伸长量逐渐增大，小球运动的最低点在O点正下方左侧，即张力最大位置在O点正下方左侧，故C错误；当小球到达O点的正下方时，小球的速度方向为左下方，速度方向与重力方向不垂直，则重力的瞬时功率不为零，故D错误。]4．C[设物体的位移大小为x，加速度大小为a，则Ek＝Fx＝eq\f(1,2)Fat2，可知eq\f(Ek,t)＝eq\f(1,2)Fat＝eq\f(1,2)Fv，又因为ΔEk＝F·Δx，则切线的斜率为eq\f(ΔEk,Δt)＝eq\f(F·Δx,Δt)＝Fv，在P点有eq\f(Ek,t)＝eq\f(1,2)Fv＝eq\f(3－0,1.5)J/s＝2W，则eq\f(3,1.5－t1)W＝4W得t1＝0.75，故C正确。]5．D[由图像结合题意可知，玩具赛车做匀加速运动的加速度a＝2m/s2，当加速度等于零时玩具赛车速度达到最大值，由题图知eq\f(1,vm)＝0.05s/m，vm＝20m/s，由题图知玩具赛车匀加速的末速度为v1＝eq\f(1,0.1)m/s＝10m/s，玩具赛车做匀加速运动的时间为t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(10,2)s＝5s，玩具赛车做匀加速运动的位移为x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×52m＝25m，发动机的额定功率P＝Ffvm＝800W，由eq\f(P,v1)－Ff＝ma，可得玩具赛车的质量m＝20kg，玩具赛车达到额定功率直至运动到终点所用时间为t2＝t－t1＝30s－5s＝25s，对此过程应用动能定理有Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，代入数据解得x2＝425m，则起点到终点的距离为x＝x1＋x2＝25m＋425m＝450m，故选D。]6．BC[小球B受到重力和绳子拉力作用，由于绳子拉力不满足胡克定律，可知小球B在竖直方向不是做简谐运动，故A错误；轻绳与轻杆夹角为90°时，如图所示，设轻杆转过的角度为θ，由图中几何关系可得cosθ＝eq\f(L,2L)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，此时A球重力沿绳子方向的分力为2mgcosθ＝mg，可知此时A球重力沿绳子方向的分力等于B球的重力，小球B速度不为零，小球A速度不为零，则小球做圆周运动，所受合力一定不为零，故B正确；轻绳与轻杆夹角为90°时，A球速度刚好沿绳子方向，此时有vA＝vB，A、B组成的系统满足机械能守恒，则有2mgLsin60°－mg(Ltan60°－L)＝eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)×2mvA2，联立解得vA＝vB＝eq\r(\f(2,3)gL)，故C正确，D错误。]7．C[设足够小的时间Δt内落到传送带上煤的质量为Δm，则有Δm＝QΔt，这部分煤由于摩擦力Ff的作用被传送带加速，由功能关系得Ffx＝eq\f(1,2)Δmv2，煤块在摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，则有x＝eq\f(v,2)t，传送带的位移为x传＝vt，相对位移为Δx＝x传－x＝vt－eq\f(v,2)t＝x，可知煤的位移与煤和传送带的相对位移相同，因此摩擦产生的热量为Q热＝FfΔx＝Ffx＝eq\f(1,2)Δmv2，根据能量守恒可知，Δt时间内电动机应增加的能量为ΔE＝Q热＋eq\f(1,2)Δmv2＝Δmv2，电动机增加的功率为ΔP＝eq\f(ΔE,Δt)，联立可得ΔP＝Qv2＝200W，故A、B错误；由以上分析可知，单位时间内产生的热量为Q热0＝eq\f(Q热,Δt)＝eq\f(Q,2)v2，因此一分钟产生的热量为Q总＝Q热0t0＝eq\f(Q,2)v2t0＝6.0×103J，故C正确，D错误。]8．C[细绳拉力对a物体做正功，物体a与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；2x0是下滑距离，物体b重力势能减少Mg2x0·sinθ＝2mgx0，故B错误；弹簧的压缩量和伸长量相等，所以弹性势能不变，由能量守恒定律得，物体a和物体b的动能变化量等于a、b的重力势能减少量－mg·2x0＋Mg·2x0sinθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得v＝0，故D错误；由功能关系可知，拉力做的功等于物体a与弹簧组成的系统机械能增加量，系统的动能和弹性势能变化量为0，则拉力做的功等于重力势能变化量2mgx0，故C正确。]9．BCD[无人机先做变加速运动后做匀加速运动，故A错误；飞至h0高处时合外力做功为W＝eq\f(1,2)mgh0，根据动能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，联立解得v＝eq\r(gh0)，故B正确；飞至1.5h0高处时，根据牛顿第二定律有F－mg＝mg，得无人机的升力为F＝2mg，故C正确；飞至2h0高处时合外力做功为W0＝eq\f(1,2)mg(h0＋2h0)＝1.5mgh0，即动能增加1.5mgh0，重力势能增加2mgh0，所以机械能增加量为3.5mgh0，故D正确。]10．BD[粮车向下运送粮食时由能量守恒定律可得(M＋m)g(L＋s)sinθ＝Ep＋mg(L＋s)＋k(M＋m)g(L＋s)，解得Ep＝(M＋m)g(L＋s)sinθ－mg(L＋s)－k(M＋m)g(L＋s)，向上回到初始位置过程由能量守恒定律可得Ep＋mg(L＋s)＝mg(L＋s)sinθ＋kmg(L＋s)，解得Ep＝mg(L＋s)(k＋sinθ－1)，粮车能回到初始位置，应满足k>1－sinθ，故A、C错误，D正确；粮车和粮食下滑过程中减少的重力势能转化为弹簧和配重增加的机械能和克服阻力做功产生的内能，故B正确。]11．AC[由图像可知，运动员在冲上斜坡之前，总的机械能为E总＝10×103J，冲上斜坡到达最高点时的机械能为E总′＝8×103J，而在运动员从斜坡底端到冲上斜坡的过程中，除了重力做功还有摩擦力做负功，因此可知运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103J，故A正确；运动员再次回到坡底时的过程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做负功，易知在下坡的过程中克服摩擦力做的功和在上坡过程中一样，因此可知运动员再次回到坡底时机械能应为6×103J，故B错误；由于取了坡底为参考平面，因此运动员滑上斜坡最高点后的重力势能就等于运动员的机械能，有mgh＝E总′，h＝20m，解得m＝40kg，故C正确；在坡底时运动员的动能就等于运动员的机械能，则有eq\f(1,2)mv2＝E总，解得v＝10eq\r(5)m/s，故D错误。]热点6动量和动量守恒1．B[依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝eq\f(Δp,Δt)，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率eq\f(Δp,Δt)，而穿戴者动量的变化量Δp和穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化，故选B。]2．D[设铁块竖直下降的位移为d，对木块与铁块系统，系统合外力为零，由人船模型可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq\f(M＋m,M)h＋2a，D正确。]3．AC[木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的摩擦力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的摩擦力与木块对子弹的摩擦力大小相等，所以摩擦力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，对子弹由动能定理得Wf＝0－Ek，又Ek＝eq\f(p2,2m)，可知摩擦力对两子弹做的功Wf＝－eq\f(p2,2m)，由于两子弹的质量不一定相等，故摩擦力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；子弹与木块间有摩擦力，会产生热，所以子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。]4．CD[取甲的初速度方向为正方向，对于甲、冰车和箱子根据动量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv1＋mv对于乙、冰车和箱子根据动量守恒得定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2当甲、乙恰好不相碰，则v1＝v2，联立解得v＝5.2m/s，若要避免碰撞，则需要满足v≥5.2m/s，故选C、D。]5．CD[等离子体推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A错误；根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，离子由静电加速层喷出时的速度大小为v＝eq\r(\f(2qU,m))，B错误；若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数，根据电流的定义有I＝nq，单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为n＝eq\f(I,q)，C正确；Δt时间内喷出离子的动量为Δp＝nΔtmv，根据动量定理有FΔt＝Δp，则F＝nmv＝Ieq\r(\f(2mU,q))，D正确。]6．B[根据动量守恒定律－mv0＋Mu＝mvt＋Mu1根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)Mu2＝eq\f(1,2)mvt2＋eq\f(1,2)Mu12解得vt＝eq\f(Mv0＋2u,M＋m)－eq\f(mv0,M＋m)又因为m≪M解得vt＝v0＋2u，故选B。]7．D[A、C碰撞过程中动量守恒，有mCvC＝(mC＋mA)v，其中vC＝9m/s、v＝3m/s，解得mC＝1kg，故A错误；物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能等于A、C碰撞结束瞬间系统动能，所以Ep＝eq\f(1,2)(mC＋mA)v2＝13.5J，故B错误；4～12s的时间内，弹簧对物块A的冲量大小等于弹簧对A、C整体的冲量大小，则I＝(mA＋mC)(v′－v)＝3×(－6)N·s＝－18N·s，即大小为18N·s，故C错误；物块B离开墙壁后达到最大速度时弹簧处于原长，以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得(mA＋mC)vAC＝(mA＋mC)vAC′＋mBvB，eq\f(1,2)(mA＋mC)vAC2＝eq\f(1,2)(mA＋mC)vAC′2＋eq\f(1,2)mBvB2其中vAC＝－3m/s，解得vAC′＝0，vB＝－3m/s，故D正确。]热点7力学图像1．AC[由题图可知平衡时压力传感器的示数为500N，则该同学重力约为500N，故A正确；下蹲过程中该同学先处于失重状态，再处于超重状态，故B错误；人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降，达到一个最大速度后再减速下降，对应先失重再超重，起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲再起立的动作，故C正确；该同学对传感器的压力和传感器对该同学的支持力是相互作用力，大小相等，故D错误。]2．B[关闭动力后，车受地面的摩擦力做匀减速运动，加速度大小为a，结合图像可得a＝eq\f(μmg,m)＝μg，a＝eq\f(6,40－30)m/s2＝0.6m/s2，解得μ＝0.06，A错误；图线与横轴围成的面积表示位移，为x＝(25＋40)×6×eq\f(1,2)m＝195m，整个运动过程中的平均速度大小为eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(195,40)m/s＝4.875m/s，B正确，C错误；平衡车在加速时有F－μmg＝ma′，a′＝eq\f(6,5)m/s2，代入数值解得F＝108N，D错误。]3．D[设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ，物体的质量为m。压力为F0时，物体处于静止状态，若此时摩擦力刚好达到最大值，则从该时刻起使压力F逐渐减小，物体立即获得加速度向下加速运动，根据牛顿第二定律可得mg－Ff＝ma，又Ff＝μFN＝μF，联立可得a＝g－eq\f(μF,m)，故选D。]4．C[由图像可知，速度与位移成反比关系，速度不随位移均匀变化，故A错误；eq\f(1,v)－x图像的图线与横坐标轴围成的面积表示时间，由图像可知，速度不随时间均匀变化，甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，经历的时间之比为1∶2，故C正确，B、D错误。]5．AC[由题图乙可得拉力F关于时间的函数为F＝eq\f(15,4)t，而由题图丙可知，在2s末物体的加速度a1大小为1.5m/s2，此时拉力F1大小为7.5N；在4s末加速度a2大小为4.5m/s2，此时拉力F2大小为15N，则由牛顿第二定律有F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，代入数据解得m＝2.5kg，μ＝0.15，故A正确；物体运动过程中所受的滑动摩擦力Ff＝μmg＝0.15×2.5×10N＝3.75N，而最大静摩擦力大于滑动摩擦力，故B错误；加速度与时间的图像中，图像与时间轴围成的面积表示速度的变化量，由题图丙可知，4s末物体的速度为v＝eq\f(1.5＋4.5×4－2,2)m/s＝6m/s，根据动能定理可得，在0～4s时间内，合外力做的功为W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2.5×36J＝45J，故C正确；根据题图乙可知，在0～4s时间内，拉力F的冲量大小为图像与时间轴围成的面积，可得IF＝eq\f(1,2)×4×15N·s＝30N·s，故D错误。]6．C[物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为F合＝mg－F，F＝eq\f(1,2)CρSv2，F不断增大，加速度减小，题图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg－eq\f(1,2)CρS1v22＝ma1，解得S1＝eq\f(2mg－ma1,Cρv22)，故A错误，C正确；题图乙中左侧图线为开伞后的图线，当v＝v1时，有mg＝F2＝eq\f(1,2)CρS2v12，解得S2＝eq\f(2mg,Cρv12)，且当v减小时，a减小，故B、D错误。]7．D[根据牛顿第二定律知F－Ff－kx＝ma，从原长到速度最大的过程中，弹力一直增大，加速度一直减小到0，所以速度增加得越来越慢，故A错误；根据k＝eq\f(ΔEk,Δx)＝F合以及合力一直减小到零，可知Ek－x图像斜率越来越小，故B错误；机械能的增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功，则E＝ΔE＝(F－Ff)x，则E－x图像斜率不变，由此可知C错误；从原长到速度最大的过程中，弹力的形变量大小等于位移，弹力方向不变，大小随位移均匀增大，则ΔEp＝Ep＝eq\f(kx,2)x＝eq\f(1,2)kx2，由此可知D正确。]8．D[根据题图甲可知，小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即x0到x1段，小球做加速度逐渐减小的加速运动，A错误；根据题图乙可知，在x1位置，加速度为0，则有k(x1－x0)＝mg，随后进一步向下压缩弹簧，最大压缩量为x2，此时速度减为0，则此时弹力最大为Fmax＝k(x2－x0)，解得Fmax＝eq\f(mgx2－x0,x1－x0)，B错误；该过程中小球与弹簧组成系统的机械能守恒，即只有动能、势能(包含重力势能与弹性势能)的转化，在加速度为0处，小球速度最大，动能最大，即动能变化最大，则势能变化最大，即小球运动至x1位置时，重力势能减小了mgx1，减小的重力势能转化为弹性势能与动能，可知小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值小于mgx1，C错误；根据上述，小球运动至x1位置时，加速度为0时，小球速度最大，根据题图乙可知，将纵坐标乘以小球质量m，表示合力，则有mgx0＋eq\f(x1－x0mg,2)＝eq\f(1,2)mvmax2，解得vmax＝eq\r(gx1＋x0)，D正确。]9．C[根据题意，小物块的位移是相对于坐标原点的位移，则该位移大小即为弹簧的形变量，当物块在O点左侧运动时，位移为负值，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力方向向右，为正值，当物块在O点右侧运动时，位移为正值，弹簧处于拉伸状态，弹簧弹力方向向左，为负值，即弹力方向与相对于原点的位移方向始终相反，则有F＝－kx，斜率为负值，A图中斜率为正值，A错误；物块从A到B的过程中，摩擦力方向向左，为负值，结合上述，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，则a＝－eq\f(k,m)x－μg，可知加速度与位移成线性关系，图像为一条不经过原点的倾斜直线，B错误；根据F＝－kx，由于小物块的位移大小等于弹簧的形变量，即弹簧弹力大小与位移大小成正比，则弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2，即Ep－x图像为一条过原点的抛物线，开口向上，D错误；令AO长为x0，则物块在A位置时，弹性势能为Ep0＝eq\f(1,2)kx02，结合上述，物块从A向B运动过程中，根据能量守恒定律有eq\f(1,2)kx02－eq\f(1,2)kx2＝μmg(x0＋x)＋eq\f(1,2)mv2，物块的动量p＝mv，解得p＝eq\r(mkx02－mkx2－2μm2gx0＋x)，可知动量随位移变化的图像是一条曲线，物块从A向B运动过程中，速度方向向右，动量为正值，根据题意分析可知，物块在AO之间运动时，弹簧处于压缩状态，当弹簧弹力大于摩擦力时，做加速运动，当弹簧弹力小于摩擦力时，做减速运动，物块越过O点后向右运动时，弹簧处于拉伸状态，物块一直减速至B点，即物块的最大速度位置在AO之间，令该位置为C点，可知，物块从A运动到C点加速，动量增大，从C运动到B点减速，动量减小，动量最大位置在O点左侧，C正确。]10．BD[撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝mAv0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得墙壁对B的冲量大小为I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故A错误；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由动量守恒定律可知，弹簧形变量最大时，A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧的形变量最大时弹簧的弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，则弹簧的形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故B正确；a－t图像与t轴所围成面积的大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1－S2，B的速度大小vB＝S3，由题图(b)可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，此时弹簧伸长量达到最大，两者速度相同，即vA＝vB，则有S1－S2＝S3，t1～t2时间内，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)vA，结合v0＝S1，vA＝S1－S2＝S3，联立得mA∶mB＝S3∶S2，故C错误，D正确。]热点8电场的性质1．B[由题图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200V－300V＝－100V，故A错误；由题图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1m，电势差的绝对值等于100V，根据E＝eq\f(U,d)，可知a点场强大小大于100V/m，故B正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，故C错误；由题图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300V，故D错误。]2．ABC[O到x1电势增高，静电力对粒子做正功，粒子做加速运动，x1到x2电势减小，粒子做减速运动。由于O、x2两点电势相同，所以粒子在O点和x2间做往复运动，故A正确；φ－x图线的斜率表示电场强度，由于粒子只受静电力，根据Eq＝ma，可知粒子从O运动到x2的过程中做加速度大小先减小后增大的变速直线运动，故B正确；粒子在x1处具有最大速度，则从O到x1有－q(0－φ0)＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2qφ0,m))，故C正确；粒子从O到x2的运动过程中，动能先增大后减小，则电势能先减小后增大，故D错误。]3．D[根据电场线与等势线垂直，沿电场线方向电势降低且电场线上该点的切线方向为该点的电场强度方向，由题图可知b处电场线的切线方向斜向左上方，c处电场线的切线方向斜向左下方，所以b、c点的电场强度不相同，故A错误；等差等势线的疏密也可以反映电场的强弱，由a到d等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大，则电子的加速度先减小后增大，故B错误；a处电场线与等势线垂直，所以电子受到的静电力方向与虚线垂直，故C错误；电子从a运动到b时，电势逐渐升高，根据Ep＝qφ可知，电子的电势能逐渐减小，故D正确。]4．C[根据等量正电荷周围的电场线分布图可知a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的静电力向右，所以此过程中静电力做正功，C正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的静电力先向右后向左，所以静电力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D错误。]5．C[根据x轴上各点电场强度的分布特点可知，该电场的分布类似于等量正电荷中垂线上电场强度的分布，电场线的方向与x轴正方向一致。在x轴上，沿电场线的方向，电势逐渐降低，所以O点的电势最高，故A错误；带电粒子的电势能Ep＝qφ，由题意知带电粒子带正电，所以粒子在O点的电势能最大，故B错误；由动能定理知，静电力做的功等于动能的变化量，有qEx＝Ek－Ek0，由题意知带电粒子的初动能Ek0＝0，得Ek＝qEx，静电力始终做正功，动能一直增大。由于电场强度随x先增大后减小，所以动能随x变化的图像的切线斜率先增大后减小，故C正确；带电粒子在运动过程中，只有静电力做功，故电势能与动能的总和保持不变，故D错误。]6．D[设静电力的方向与ab所在直线夹角为θ，如图所示垂直电场方向速度分量相同，根据几何知识有3vcos(θ－37°)＝4vsin(θ－37°)，解得θ＝74°，垂直静电力方向做匀速运动，运动的时间为t＝eq\f(Lsinθ,3vcosθ－37°)＝eq\f(2L,3v)sin37°，沿静电力方向速度变化量为Δv＝4vcos(θ－37°)＋3vsin(θ－37°)＝4vcos37°＋3vsin37°，电场强度的大小为E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)＝eq\f(mΔv,qt)＝eq\f(m4vcos37°＋3vsin37°,q\f(2L,3v)sin37°)，故A、B可以确定，不符合题意；根据匀强电场电场强度E＝eq\f(Uab,Lcosθ)，可知a、b两点的电势差可求，故C可以确定，不符合题意；根据功能关系有qUab＝ΔEp，电荷量未知，无法确定粒子在a、b两点的电势能之差，故D无法确定，符合题意。]7．ACD[由题知Ff＝μmg＝2x，设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有qEx－mgx－eq\f(1,2)·Ffx＝0，(此处Ffx前面的eq\f(1,2)是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力计算)，可得x＝2m，A向左运动是先加速后减速，当x＝2m时，摩擦力变成静摩擦力，系统受力平衡，最后静止。设A向左运动x′后速度为v，对系统则有qEx′－mgx′－eq\f(1,2)·Ffx′＝eq\f(1,2)×2mv2，得v2＝－(x′－1)2＋1，即：当x′＝1m时，v最大为1m/s，故A正确，B错误；当v＝0.6m/s时，可得x＝0.2m或1.8m，当x＝0.2m时，静电力做功qEx＝2.4J，则电势能减小2.4J，由于EpO＝0，则电势能为－2.4J，当x＝1.8m时EpO＝－21.6J，故C正确；根据牛顿第二定律qE－Ff－mg＝2ma，当x＝0.2m时，系统加速度a＝0.8m/s2，对B有FT－mg＝ma，得FT＝10.8N，当x＝1.8m时，系统加速度a＝－0.8m/s2，对B分析可得FT＝9.2N，故D正确。]热点9带电粒子在电场中的运动1．C[由于带电微粒从M到N做直线运动，根据受力分析可知，带电微粒受到的静电力水平向左，与电场方向相反，该微粒带负电；带电微粒受到的合力方向与初速度方向相反，可知合力对微粒做负功，微粒动能减小，静电力对微粒做负功，微粒电势能增加，故A、B、D错误；只增大初速度v0，带电微粒受力不变，则带电微粒受到的合力方向仍与初速度v0方向相反，微粒仍沿直线MN运动，故C正确。]2．ABD[两球在水平方向都做匀速直线运动，v0相同，由x＝v0t知，A运动的时间比B的长，竖直方向上h相等，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A的加速度比B的加速度小，A的合力比B的合力小，所以A受到的静电力向上，带正电，B受到的静电力向下，带负电，故A正确；A运动的时间比B的运动时间长，则B球比A球先落地，故B正确；A受到的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加，A球的机械能减小，减小量为ΔEA＝qEh；B受到的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减小，B球的机械能增加，增加量为ΔEB＝qEh，故C错误，D正确。]3．C[根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝eq\f(q,m)E，氦核的比荷eq\f(q,m)为eq\f(1,2)，氚核的比荷为eq\f(1,3)，可得在电场中运动时的加速度之比为3∶2，A错误；由类平抛运动规律可得y＝eq\f(1,2)at2，x＝v0t，联立解得v0＝eq\r(\f(qEx2,2my))，由题图可知，x相同时，eq\f(y氦,y氚)＝eq\f(8,3)，可得射入电场时的初速度之比为3∶4，B错误；结合B选项分析可得y＝eq\f(mqEx2,2mv02)，若射入电场时的初动量mv0相同，代入质量数、电荷数之比可得eq\f(y氦,y氚)＝eq\f(8,3)，符合题意，故射入电场时的初动量相同，C正确；结合B选项分析可得y＝eq\f(qEx2,4×\f(1,2)mv02)，若射入电场时的初动能eq\f(1,2)mv02相同，则eq\f(y氦,y氚)＝2，故射入电场时的初动能不相等，D错误。]4．C[带电粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论，有eq\f(vPy,vPx)＝eq\f(vPy,v0)＝2tan45°P点粒子的速度为vP＝eq\r(5)v0，由动能定理得qUOP＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mv02，解得UOP＝eq\f(2mv02,q)，故选C。]5．B[小球受重力、细线的拉力和静电力三个力的作用，刚开始小球静止于P处，由受力平衡可知静电力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，选项A错误；小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45°，可知静电力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小为F＝eq\r(2)mg，小球从d运动到c的过程中，细线拉力不做功，合力做功即F做功，可以判断F先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，选项B正确；小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，最高点a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，选项C错误；当小球运动到弧ab中点，且细线弹力为零时，有F＝meq\f(v2,r)，小球能做完整的圆周运动，在该点的速度为v＝eq\r(\r(2)gr)。小球从弧ab点运动到a点，由动能定理得F·(r－eq\f(r,\r(2)))＝eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)mv2，解得va＝eq\r(3\r(2)－2gr)，因此，当小球运动到最高点a的速度va≥eq\r(3\r(2)－2gr)时，小球才能做完整的圆周运动，选项D错误。]6．BD[在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝meq\f(v12,r1)，qE2＝meq\f(v22,r2)，可得eq\f(1,2)mv12＝eq\f(qE1r1,2)＝eq\f(qE2r2,2)，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做近心运动，静电力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，静电力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3做近心运动，有qE2>meq\f(v32,r2)，可得eq\f(1,2)mv32<eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mv12，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。]7．C[带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍，在0～eq\f(T,2)时间内带电粒子运动的加速度为a＝eq\f(E0q,m)，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝eq\f(E0q,m)t，同理可分析eq\f(T,2)～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与E－t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)，而经过整数个周期，E0－t图像与横轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，都垂直电场方向射出电场，故B、D错误；带电粒子在t＝0时刻射入时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，故A错误；当粒子在t＝0时刻射入且经过T离开电场时，粒子在t＝eq\f(T,2)时达到最大速度，由题意得此时两分位移之比为eq\f(x,y)＝eq\f(2,1)，即v0t＝2×eq\f(1,2)at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝eq\r(2)v0，因此最大动能为初动能的2倍，故C正确。]热点10磁场的性质1．D[根据右手螺旋定则，放置在FE边的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿CM；放置在ND边的电流在C点产生的磁感应强度大小为B、方向沿FC；故C点处的磁感应强度大小为BC＝eq\r(B2＋B2)＝eq\r(2)B，故选D。]2．C[由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，所以两线缆相互排斥，故A错误；B对A的作用力沿AB水平向左，C对A的作用力沿AC斜向右下，且大小为B对A作用力的2倍，由图可知FACcosθ＝2FABcos60°＝FAB，即C对A的作用力在水平方向的分力与B对A的作用力大小相等、方向相反，所以A受到的合力即为C对A的作用力在竖直方向的分量，其与水平方向夹角为90°，故B错误；根据右手螺旋定则可知，A输电线缆在AB圆心连线中点处的磁感应强度方向竖直向上，故C正确；A输电线在O点的磁感应强度方向垂直OA指向右上方，B输电线在O点的磁感应强度方向垂直OB指向左上方，C输电线在O点的磁感应强度方向垂直OC水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故D错误。]3．C[根据题意，由左手定则可知，正离子受到向上的洛伦兹力而向上偏转，负离子受向下的洛伦兹力而向下偏转，则上极板电势比下极板电势高，故A错误；根据题意可知，当上、下两金属电极之间产生足够高电压时，有eq\f(U,d)q＝qvB，解得U＝Bdv，可知两金属电极间的电动势与L和b无关，与d有关，且仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大，故B、D错误，C正确。]4．C[由题图乙可知，若顺时针转动手柄，导致霍尔元件周围的磁场增加，那么霍尔元件输出控制车速的电压增大，故A错误；逆时针转动手柄使永久磁铁远离霍尔元件时，导致霍尔元件周围的磁场减弱，那么霍尔元件输出控制车速的电压减小，车速变慢，故B错误；若霍尔元件中通有从上向下的电流时，根据左手定则可知，带负电的电子向后表面移动，则前表面电势高，故C正确，D错误。]5．ABC[要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，故A正确；当该电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与金属杆的重力平衡，弹簧处于伸长状态，故B正确；设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得mg＝kx0，当电流为I时，对金属杆受力分析，有FA＋mg＝k(x0＋Δx)，安培力为FA＝BIL1＝kΔx，静止时弹簧伸长量的增加量为Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)∝I故该电流表的刻度是均匀；当Δx＝L2，则有BImL1＝kL2，得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故C正确，D错误。]6．C[根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；根据题意可知a、c处导线对b处导线的安培力大小均为F，f、d处导线对b处导线的安培力大小均为F′＝eq\f(\r(3),3)F，e处导线对b处导线的安培力大小为eq\f(F,2)，根据矢量的合成可得b处导线所受安培力Fb＝2Fsin30°＋2×eq\f(\r(3)F,3)sin60°＋eq\f(F,2)＝eq\f(5F,2)，故B错误；根据安培定则，a、d处两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e处两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e处五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。]7．B[当S断开时，ab中电流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，当S闭合时，ab中电流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，S断开时，导体棒所受摩擦力沿导轨斜面向下，S闭合时，导体棒所受摩擦力沿导轨斜面向上，则BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ解得μ＝eq\f(3,44)，故选B。]热点11带电粒子在磁场中的运动1．D[运动轨迹如图所示。由图可知，正粒子运动轨迹所对应的圆心角为120°，负粒子运动轨迹所对应的圆心角为60°，正、负带电粒子圆心角之比为2∶1；由洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，又T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，故正、负带电粒子运动周期之比为1∶2，粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,2π)T，故正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为eq\f(t正,t负)＝eq\f(1,1)，故选D。]2．BD[速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，时间为周期的一半，而粒子的运动周期相同，所以从CD边射出的粒子在磁场中运动时间相同，故A错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝eq\f(L,2)，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(kBL,2)，故B正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，当粒子轨迹与CE相切从DE边飞出时，是粒子从DE边飞出的最远点，如图所示。由几何关系得eq\x\to(DH)＝eq\x\to(DF)＝eq\f(1,2)eq\x\to(CD)＝L，粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，故C错误；粒子运动轨迹与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,3kB)，故D正确。]3．C[由左手定则可知，粒子P和粒子Q均带正电，故A错误；根据T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,kB)，ω＝eq\f(2π,T)，由于两粒子的比荷相同，可知粒子在磁场中的运动周期相等，角速度也相等，故B错误；根据洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝meq\f(v22,r2)，可得粒子Q的轨道半径为r2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(\r(3)v,kB)，故C正确；两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设磁场区域的半径为R，由几何关系可得粒子P的轨迹半径为r1＝R，所以粒子Q的轨迹半径为r2＝eq\r(3)r1＝eq\r(3)R，由几何关系可得tanα＝eq\f(R,r2)＝eq\f(\r(3),3)，解得α＝30°，由t＝eq\f(θ,360°)T，可知粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝90°∶2α＝90°∶60°＝3∶2，故D错误。]4．ACD[空间中存在竖直向下的匀强磁场，小球做圆周运动的向心力由库仑力在运动轨迹半径方向的分力和洛伦兹力的合力提供，根据左手定则可知，从上往下看，小球只能沿逆时针方向运动，故A正确；O处的点电荷在A运动的圆周上各处产生的电势都相同，电场强度大小相等，方向不同，故B错误；对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→A方向，在竖直方向，根据平衡条件得F1cos37°＝mg，解得F1＝eq\f(5,4)mg，所以小球A与点电荷之间的库仑力大小为eq\f(5,4)mg，故C正确；水平方向根据牛顿第二定律得qv0B－F1sin37°＝meq\f(v02,rsin37°)，其中F1sin37°＝eq\f(3,4)mg，解得B＝eq\f(5mv0,3qr)＋eq\f(3mg,4qv0)，由数学知识可得，当eq\f(5mv0,3qr)＝eq\f(3mg,4qv0)，即v0＝eq\r(\f(9,20)gr)时，B取值最小值，故D正确。]5．BC[将速度分解为沿磁场方向和垂直于磁场方向，则电子在沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其圆周运动半径r＝eq\f(m\f(v0,2),eB)，其在圆柱体中心一侧运动范围为直径，故圆柱体半径应不小于2r，R≥2r＝eq\f(2m\f(v0,2),eB)＝eq\f(mv0,eB)，故A错误；一段时间后电子恰好经过该圆柱体空间的另一底面圆心O′点，则运动时间与圆周运动周期关系为t＝nT，T＝eq\f(2πm,eB)，故B正确；电子沿磁场方向位移h＝eq\f(\r(3)v0,2)t＝eq\f(\r(3)v0,2)nT＝eq\f(\r(3)v0,2)·eq\f(2nπm,eB)，故C正确；电子运动时间为周期整数倍时动量变化量为零，故D错误。]6．C[粒子从空间正四棱锥P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，作出粒子的运动轨迹如图所示，θ为面PBC与底面的夹角，由几何关系可知r＋eq\f(r,sinθ)＝eq\f(a,2)，由几何关系可算出sinθ＝eq\f(\r(6),3)，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f(v02,r)，联立解得B＝eq\f(\r(6)＋2mv0,qa)，故选C。]7．AD[粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝eq\f(mv,qB)＝R，则从P点射出的某一粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，四边形O′MOP为菱形，可知O′M水平，则从M点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击中荧光挡板，选项A正确；沿着PG方向射出的粒子射到挡板上的位置最远，由几何关系可知，最远点距离P点的距离为eq\f(3,2)R，并且距离O点越远，粒子数量越多，粒子分布不均匀，选项B错误；沿着PH方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知在磁场中转过的角度为330°，则最长时间t＝eq\f(330°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(11πm,6qB)，选项C错误；水平向左射出的α粒子在无磁场区域运动的时间最长，为t′＝eq\f(R,v)＝eq\f(m,qB)，选项D正确。]热点12恒定电流1．D[该电容器的容量为Q＝CU＝3×12000C＝36000C＝36000A·s＝10A·h，故A错误；电容器充电的过程中，电荷量逐渐增加，但电容只由电容器自身决定，与电荷量的多少无关，即电容保持不变，故B错误；根据C＝eq\f(Q,U)可知电容器放电的过程中，电荷量逐渐减少，电容不变，则电容器两极板间的电压减小，故C错误；标有“3V,12000F”的电容器从电荷量为零到充满电，储存的电荷量为Q＝CU＝36000C，则充电平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(Q,t)＝eq\f(36000,30)A＝1200A，故D正确。]2．A[如果选择电压表，滑动变阻器R和定值电阻R0串联在电路中，且电压表测R的滑片至最上端的电压，无论滑片如何移动，变阻器接入电路的总阻值不变，闭合开关S，水量增多时，滑片下移，R上半部分的电阻增大，R上半部分分得的电压增大，即电压表示数变大，故A正确；如果选择电流表，滑动变阻器R滑片以下的部分和定值电阻R0串联在电路中，电流表测电路中的电流，水量增多时，滑片下移，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路总电阻减小，电路电流增大，即电流表示数变大，故B错误；与电压表相比，选择电流表设计电路的总电阻较小，电路电流较大，由P＝UI可知，电路的总功率较大，不节能，故C错误；若选择电压表，增加R0，电路中电流减小，电阻变化量相同时，电压变化量变小，即灵敏度降低，故D错误。]3．BC[匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电荷量不变，所以回路无电流，电阻R没有热功率，A错误；由向前匀速突然减速时，N板向前运动，则板间距变小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容增大，B正确；由静止突然向前加速时，N板相对向后运动，则板间距增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容器的电容减小，电容器带电荷量减小，则电容器放电，电流由b向a流过电流表，C正确；保持向后的匀加速运动时，加速度a不变，d不变，故M、N之间的电场强度E不变，故D错误。]4．D[根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，可得I＝eq\f(E,r)－eq\f(1,r)·U，可知直线Ⅱ的斜率绝对值表示电源内阻的倒数，则有eq\f(1,r)＝eq\f(3b,3a)＝eq\f(b,a)，解得电源内阻大小为r＝eq\f(a,b)，故A错误；根据欧姆定律可知，直线I的斜率表示电阻R的倒数，则有eq\f(1,R)＝eq\f(b,2a)，解得R＝eq\f(2a,b)，故B错误；Ⅰ、Ⅱ交点坐标表示的是电阻R接在电源E两端时电源的外电压及电流，故C错误；直线Ⅱ的纵轴截距为eq\f(E,r)＝3b，解得电源电动势为E＝3br＝3a，把电阻R接在此电源两端时，由题图中交点可知，此时电流为b，外电压为2a，则电源内部消耗的功率为Pr＝U内I＝(E－U外)I＝(3a－2a)b＝ab，故D正确。]5．AD[当滑动变阻器的滑片P向上移动时，电阻R2接入电路中的电阻变大，外电路电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中总电流减小，即电流表A1示数减小，电源内电压减小，所以路端电压即电压表示数U变大，故A正确；根据桥式电路特征，当满足eq\f(R1,R2)＝eq\f(RL1,RL2)，电路中M、N两点间的电势差为零，电流表A2示数变为零，故B错误；由于回路中总电流减小，则R1与L1并联部分电压也减小，R2与L2并联部分电压增大，所以通过灯泡L1的电流变小，通过灯泡L2的电流变大，即灯泡L1变暗，L2变亮，故C错误；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－I1r，所以r＝eq\f(ΔU,ΔI1)，故D正确。]6．C[看似是一个电桥，但只需将电源负极接地(就是取电势为零)，则电容器上极板电势为eq\f(2E,5)，下极板电势为eq\f(4E,5)，极板间电势差U＝eq\f(2E,5)，由Q＝CU，可知C正确。]7．D[由题图可看出当只闭合S1时，电阻R1与R2串联，再与小风扇M并联，且电源的内阻不计，则小风扇M的电压刚好为额定电压，则PM＝IME，解得IM＝0.5A，则小风扇M正常工作时发热功率为PM热＝IM2r＝0.25W，A、B错误；由题图可看出同时闭合开关S1和S2，电阻R2被短路，则R1与小风扇M并联，且电源的内阻不计，则通过电阻R1的电流I1＝eq\f(E,R1)，解得I1＝0.6A，则电阻R1消耗的功率为P1＝I12R1，解得P1＝3.6W，C错误，D正确。]热点13交变电流1．B[由题图可知，t1时刻通过线圈的磁通量最大，线圈与磁场垂直，线圈中感应电动势最小，A错误；t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，感应电动势最大，导线ad的速度方向跟磁感线垂直，B正确；t3时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，感应电动势为零，C错误；t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；两时刻相差半个周期，电流方向相反，D错误。]2．A[由题可知原线圈输入电压的有效值为U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))＝220V，原线圈电流为I1＝eq\f(P,U1)＝40A，副线圈输出电流的有效值为I2＝eq\f(n1,n2)I1＝20A，变压器无法改变电流的频率，故f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故选A。]3．C[通过一次中性面(即磁场与线框平面垂直位置时)电流方向才会发生改变，故A错误；转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2B4L2－L2,R)＝eq\f(6BL2,R)，故B错误；转动90°时回路中感应电动势大小为Em＝3BL2ω，故C正确；转动过程中电流的有效值为I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R)＝eq\f(3\r(2)BL2ω,2R)，故D错误。]4．BD[保持输送电能总功率不变，电功率P＝UI1，输电电压U从原来的高压110kV升级为特高压1100kV，则输电线中的电流I2变为原来的eq\f(1,10)，故A错误，B正确；若输电线不变，输电线上损失的功率为P损＝I22R线，输电线中的电流I2变为原来的eq\f(1,10)，则输电线上损失的功率变为原来的eq\f(1,100)，故C错误；若更换直径为原来输电线直径eq\f(1,10)的同种材料制成的输电线，由R＝ρeq\f(L,S)，可知电阻变为原来的100倍，保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的110kV高压输电升级为1100kV的特高压输电，输电线中的电流I2变为原来的eq\f(1,10)，输电线上损失的功率P损＝I22R线，可知损失的功率不变，D正确。]5．BCD[由题图乙可知，感应电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(4\r(2),\r(2))V＝4V，根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(4,8＋2)A＝0.4A，此时