新教材2025届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练1思维方法练

其次部分专项增分练专项增分练1思维方法练【1.逆向思维法】1．[2024·山东枣庄模拟]如图所示，完全相同的三块木块并排固定在水平地面上，一颗子弹以速度v1水平射入，若子弹在木块中做匀减速直线运动且穿过第三块木块后速度恰好为零，则下列说法中正确的是()A．子弹依次射入每块木块时的速度之比为v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．子弹依次射入每块木块时的速度之比为v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．子弹穿过每块木块所用时间之比为t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．子弹穿过每块木块所用时间之比为t1∶t2∶t3＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))2．如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2.不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满意()A．1＜eq\f(t2,t1)＜2B．2＜eq\f(t2,t1)＜3C．3＜eq\f(t2,t1)＜4D．3＜eq\f(t2,t1)＜53．[2024·浙江模拟]如图甲所示，抚州市两名消防员在水平地面A、B两处运用相同口径的喷水枪对高楼着火点进行灭火．喷水枪喷出水的运动轨迹简化为如图乙所示，假设两喷水枪喷出的水均能垂直击中竖直楼面上的同一位置P点．不计空气阻力，则()A．A处水枪喷出的水在空中运动的时间较长B．A处水枪喷口每秒喷出水的体积较大C．B处水枪喷出的水击中墙面的速度较大D．B处水枪喷口喷出水的初速度较大【2.微元法】4．用水平拉力拉着物块沿半径为R的水平圆轨道运动一周，如图所示，已知物块与轨道间的动摩擦因数为μ，物块质量为m，重力加速度为g，则此过程中摩擦力所做的功为()A．－2μmgπRB．2μmgπRC．μmgπRD．05．[2024·北京石景山模拟]如图所示，一个匀称的带电圆环，带电量为＋Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上．圆心为O点，过O点做一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷＋q，则＋q在A点所受的静电力为()A．eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向下B．eq\f(kQq,R2)，方向向上C．eq\f(kQq,R2)，方向向下D．eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上6．[2024·福建泉州一模]水刀(如图所示)，即以水为刀，本名高压水射流切割技术，以其冷切割不会变更材料的物理化学性质而备受青睐．目前在中国，“水刀”的最大压强已经做到了420MPa.“水刀”在工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，干脆打在被切割材料的表面上，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立即沿材料表面散开没有反弹，已知水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，试估算要达到我国目前的“水刀”压强，则该“水刀”喷出的水流速度约为()A．600m/sB．650m/sC．700m/sD．750m/s7．[2024·陕西汉中模拟](多选)如图所示，相距为l的平行光滑导轨ABCD和MNPQ两侧倾斜、中间水平，且电阻不计，在导轨的两端分别连有电阻R1和R2，且电阻R1＝R2＝r，左侧倾角为θ，在ABNM区域内存在垂直斜面对上的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，水平部分虚线ef和gi之间的矩形区域内，有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度也为B0.一质量为m、电阻为r、长度也为l的金属导体棒，从距水平轨道h高处由静止释放，滑究竟端时的速度为v0，第一次穿过efig磁场区域后速度变为eq\f(1,3)v0.已知导轨和金属棒始终接触良好，倾斜部分轨道和水平部分平滑连接，则下列说法正确的有()A.导体棒从静止起先下滑究竟端BN过程中，电阻R1上产生的热量为eq\f(1,3)(mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))B．导体棒第一次通过水平区域磁场过程中通过导体棒的电荷量为eq\f(2mv0,3B0l)C．虚线ef和gi之间的距离eq\f(mv0r,Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))l2)D．导体棒最终可能停在水平磁场ef处【3.对称法】8．[2024·云南丽江模拟](多选)如图所示，边长为2a的正方形ABCD的中心在直角坐标系xOy的原点O，AD平行于x轴，电荷量为－Q的点电荷固定在G点(－2a，0)，电荷量为＋Q的点电荷固定在H点(2a，0).电荷量为＋q的点电荷在外力作用下从A点沿AD运动到D点，再沿DC运动到C点．则()A．A、B两点的电场强度大小相等B．A、B两点的电场强度方向相同C．点电荷＋q从A到D的过程中，电势能增大D．点电荷＋q从D到C的过程中，电势能保持不变9．[2024·浙江模拟]如图，电荷量为q的点电荷与匀称带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中A点的电场强度为0，则图中B点的电场强度的大小为()A．0B．eq\f(kq,d2)C．eq\f(8kq,9d2)D．eq\f(10kq,9d2)10．如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°.已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行．此玻璃的折射率为()A．eq\r(2)B．1.5C．eq\r(3)D．211．(多选)如图是某鱼漂的示意图，O、M、N为鱼漂上的三个点．当鱼漂静止时，点O恰好在水面．用手将鱼漂向下压，使点M到达水面，松手后，鱼漂会上下运动，上升到最高处时，点N到达水面，鱼漂的运动可看成简谐运动．下列说法正确的是()A.点O到达水面时，鱼漂的速度最大B．点M到达水面时，鱼漂具有向下的加速度C．松手后，当鱼漂由下往上运动时，速度先变大后变小D．一个周期内，鱼漂的点O只有一次到达水面【4.补偿法】12．如图所示，有一个质量为M，半径为R，密度匀称的大球体．从中挖去一个半径为eq\f(R,2)的小球体，并在空腔中心放置一质量为m的质点，则大球体的剩余部分对该质点的万有引力大小为(已知质量分布匀称的球壳对壳内物体的引力为零)()A．Geq\f(Mm,R2)B．0C．4Geq\f(Mm,R2)D．Geq\f(Mm,2R2)13．如图所示，半径为R的绝缘细圆环上匀称分布着电荷量为Q的正电荷，A、B、C三点将圆周三等分．取走A、B处弧长均为ΔL的圆弧上的电荷(ΔL≪R)，静电力常量为k，此时圆心O处电场强度()A．方向沿CO，大小为keq\f(QΔL,2πR3)B．方向沿OC，大小为keq\f(QΔL,2πR3)C．方向沿CO，大小为keq\f(QΔL,πR3)D．方向沿OC，大小为keq\f(QΔL,πR3)【5.等效法】14．如图所示，一段导线abcd弯成半径为R、圆心角为90°的部分扇形形态，置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面对里)垂直．线段ab和cd的长度均为eq\f(R,2).流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．则导线abcd所受到的安培力为()A．方向沿纸面对上，大小为eq\f(\r(2)BIR,2)B．方向沿纸面对上，大小为eq\f(（π－\r(2)）BIR,2)C．方向沿纸面对下，大小为eq\f(\r(2)BIR,2)D．方向沿纸面对下，大小为eq\f(（π－\r(2)）BIR,2)15．如图所示为一双线摆，它是在一水平天花板上用两根等长细绳悬挂一小球而构成的，绳的质量可以忽视，设图中的l和α为已知量，当小球垂直于纸面做简谐振动时，周期为()A．2πeq\r(\f(lsinα,g))B．2πeq\r(\f(l,g))C．πeq\r(\f(l,g))D．2πeq\r(\f(lcosα,g))16．[2024·重庆渝中模拟]如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O(滑轮大小可忽视).现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止起先上升．滑块运动到C点时速度最大．已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．拉力F的大小为eq\f(5,4)mgB．滑块做匀加速运动C．滑块由A到C过程中拉力F做的功为eq\f(25,36)mgdD．滑块由A到C的过程中拉力F做功为eq\f(5,6)mgd17．[2024·河南联考](多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上固定有光滑圆弧轨道，a、c点分别为最高和最低点，b、d两点与圆心等高，斜面上有平行于斜面的水平匀强电场，一质量为m，电量为q的带正电小球(视为质点)，从b点无初速释放，球沿轨道运动最远到达c点；现在b点将小球以速度v0沿斜面对下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，重力加速度为g，以下说法正确的是()A．电场方向由b指向dB．电场强度大小为eq\f(mg,2q)C．圆弧轨道半径为eq\f(（3\r(2)＋2）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),7g)D．小球电势能最大时动能为eq\f(11－6\r(2),14)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))18．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力．下列说法正确的是()A.匀强电场的电场强度E＝eq\f(mgsinθ,q)B．小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D．小球从初始位置起先，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大19．[2024·江西新余模拟](多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)起先运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为eq\f(v,2)，则下列说法正确的是()A．此时圆环的电功率为eq\f(2B2a2v2,R)B．此时圆环的加速度大小为eq\f(8B2a2v,mR)C．此过程中通过圆环截面的电荷量为eq\f(πBa2,R)D．此过程中回路产生的电能为0.75mv220．(多选)原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流．设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核转动，周期为T.已知电子的电荷量为e、质量为m，静电力常量为k，则其等效电流大小为()A．eq\f(e,T)B．eq\f(ev,2πr)C．eq\f(e,2πr)eq\r(\f(k,mr))D．eq\f(e2,2πr)eq\r(\f(k,mr))【6.类比法】21．类比是学习和探讨物理的一种重要思维方法．我们已经知道，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场方向放置一面积为S的平面，穿过它的磁通量Φ＝BS；与之类似，我们也可以定义电通量．在真空中有一电荷量为＋Q的点电荷，其电场线和等势面分布如图所示，等势面M，N到点电荷的距离分别为r1，r2，通过等势面M，N的电通量分别为Φ1，Φ2，已知r1∶r2＝1∶2，则Φ1∶Φ2为()A．1∶4B．1∶2C．1∶1D．4∶122．如图所示，在竖直平面内，两质量均为m、电荷量均为＋q的小球(视为质点)P、Q用一段绝缘细线连接，整个装置始终处在垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场中．让小球P固定不动，将细线水平拉直后由静止释放小球Q，当绳与水平方向夹角为α(小于90°)时，小球的加速度大小为()A．2gsinαB．gcosαC．geq\r(3sin2α＋1)D．geq\r(4－3sin2α)【7.整体法和隔离法】23．[2024·辽宁大连模拟]中欧班列在欧亚大陆开拓了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力气．某运输防疫物资的班列由30节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为()Aeq\f(1,14)FB．eq\f(14,15)FC．FD．eq\f(1,15)F24．[2024·江西宜春模拟](多选)如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体放置在水平面上，其底面粗糙、斜面部分光滑，斜面体上的物块在大小为F0的水平拉力作用下保持静止，现将拉力顺时针转过肯定角度α后，拉力大小仍为F0，物块仍能保持静止．整个过程斜面体始终处于静止状态，则在拉力水平和转过角度α后两种状况下()A．物块对斜面的压力大小之比为2∶1B．物块对斜面的压力大小之比为eq\r(3)∶1C．斜面体与水平面间摩擦力大小之比为2∶1D．斜面体与水平面间摩擦力大小之比为eq\r(2)∶125．[2024·河北廊坊模拟](多选)如图所示，质量为4kg的长木板A放在光滑水平地面上，质量为2kg的物块B静止在木板上，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度大小为g＝10m/s2，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平向右的拉力F作用在长木板上，下列说法中正确的是()A．F＝6N时，B受到A的摩擦力为2N，方向水平向右B．F＝10N时，A、B之间会发生相对滑动C．F＝14N时，B的加速度大小为2m/s2D．若A与地面动摩擦因数为μ2＝0.3，当F＝25N时，A、B没有相对滑动【8.临界值法】26．[2024·浙江台州模拟](多选)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止起先绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()A．a、b所受的摩擦力始终相等B．b肯定比a先起先滑动C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b起先滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3L))时，a所受摩擦力的大小为kmg27．[2024·湖南常德模拟](多选)如图所示，直角三角形abc区域内(含边界)存在垂直于纸面对外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，顶点a处有一离子源，沿ac方向同时射出一群速度大小不同的正离子，离子的质量均为m、电荷量均为q，已知∠bac＝30°，bc边长为L，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则下列说法正确的是()A．从ab边界射出的离子，肯定同时平行射出B．从bc边界射出的离子在磁场中运动的时间均不小于eq\f(πm,3qB)C．从bc边界射出的离子的速度均不小于eq\f(\r(3)BqL,m)D．当某离子垂直于bc边界射出时，磁场中的全部离子都在与ab边界成15°角的一条直线上28．[2024·四川成都高一统考]如图所示，小球A可视为质点，装置静止时轻质细线AB水平，轻质细线AC与竖直方向的夹角37°.已知小球的质量为m，细线AC长l，B点距C点的水平和竖直距离相等．装置能以随意角速度绕竖直轴转动，且小球始终在BO′O平面内，那么在角速度ω从零缓慢增大的过程中()(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)A.两细线张力均增大B．细线AB中张力始终变小，直到为零C．细线AC中张力始终增大D．当AB中张力为零时，角速度可能为eq\r(\f(5g,4l))[答题区]题号1234567891011121314答案题号1516171819202122232425262728答案

专项增分练1思维方法练1．解析：将匀减速直线运动看做初速度为零的匀加速直线运动的逆运动，由初速度为零的匀加速直线运动可知v＝eq\r(2ax)，则v1∶v2∶v3＝eq\r(2a·3x)∶eq\r(2a·2x)∶eq\r(2a·x)＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，A错误，B正确；由位移公式x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))，从右往左依次穿过木块的时间之比为t右∶t中∶t左＝eq\r(\f(2x,a))∶eq\r(\f(2·2x,a))∶eq\r(\f(2·3x,a))＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，则穿过每块木块所用时间之比为t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，C、D都错误．答案：B2．解析：运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则依据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，有1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，因此eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝eq\r(3)＋2≈3.732s，故eq\f(t2,t1)满意3＜eq\f(t2,t1)＜4，C正确．答案：C3．解析：由于两喷水枪喷出的水均能垂直击中竖直楼面上的同一位置P点，则该运动可以等效为反方向的平抛运动，依据h＝eq\f(1,2)gt2可知，高度相等，则两处水枪喷出的水在空中运动的时间相等，A错误；依据x＝v0t，vy＝eq\r(2gh)，v＝eq\r(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))，结合上述可知，时间相等，A处水枪喷出的水的水平位移大一些，则A处水枪喷出的水的水平分初速度大一些，高度相等，则竖直分速度相等，可知，A处水枪喷出的水的初速度v大一些，则A处水枪喷口每秒喷出水的体积较大，B正确，D错误；水被喷出后，在水平方向做匀速直线运动，依据上述，A处水枪喷出的水的水平分初速度大一些，即A处水枪喷出的水击中墙面的速度较大，C错误．答案：B4．解析：在整个过程中物块受到的摩擦力大小f＝μmg不变，方向时刻变更，是变力．我们可以把圆周分成多数小微元段，每一小段可近似看成直线，且每小段的摩擦力与运动方向始终相反，则W1＝－μmgs1，W2＝－μmgs2，W3＝－μmgs3，…，Wn＝－μmgsn，物块运动一周，摩擦力做功为W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝－μmg(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝－2μmgπR，A正确．答案：A5．解析：取长度为Δx的微元，微元的带电量为q0＝eq\f(Q,2πR)·Δx，微元对A点的＋q在竖直方向上的分力为Fy＝eq\f(kqq0,（\r(2)R）2)cos45°，依据对称性可知，圆环对电荷在水平方向上的分力相互平衡，则＋q在A点所受的静电力为F＝eq\f(2πR,Δx)·Fy＝eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上，D正确．答案：D6．解析：设水流速度为v，横截面积为s，在极短时间Δt内的质量Δm＝ρvsΔt，由动量定理得Δmv＝psΔt，解得v＝650m/s，B正确．答案：B7．解析：设此过程整个装置产生的热量为Q，R1上产生的热量为Q1，依据能量守恒得mgh＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，因为电阻R1＝R2＝r，所以通过导体棒的电流是R1或R2的2倍，依据焦耳定律可知导体棒产生的热量是R1或R2产生热量的4倍，所以Q1＝eq\f(1,2)eq\f(Q,r＋\f(r,2))·eq\f(r,2)＝eq\f(Q,6)＝eq\f(1,6)(mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))，A错误；设ef和gi之间的距离为x，穿过磁场过程流过导体棒的电荷量为q1，依据动量定理可得－B0eq\o(I,\s\up6(－))l·Δt＝m·eq\f(1,3)v0－m·v0，又eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝q1，所以q1＝eq\f(m·v0－m·\f(1,3)v0,B0l)＝eq\f(2mv0,3B0l)，B正确；依据欧姆定律有eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R总)＝eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(q1,Δt)，又R总＝r＋eq\f(1,2)r＝eq\f(3,2)r，ΔΦ＝B0lx，联立解得x＝eq\f(mv0r,Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))l2)，C正确；设导体棒在ef和gi之间的磁场区经过的总路程为s，通过导体棒的电荷量为q2，依据动量定理得－B0lq2＝0－m·v0，又eq\f(B0l\f(s,Δt),\f(3,2)r)＝eq\f(q2,Δt)，解得s＝eq\f(3mv0r,2Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))l2)＝eq\f(3,2)x，故导体棒最终停在水平磁场的正中间，D错误．答案：BC8．解析：依据等量异种电荷电场线分布的对称性，可知A点与B点电场强度大小相等，A正确；依据等量异种电荷电场线分布的对称性，可知A点与B点电场强度的方向不相同，A点电场强度方向沿向左偏下方向，B点电场强度方向沿向左偏上方向，B错误；依据对称性可知，ABCD四个点的电势大小关系是φD＝φC>φA＝φB，点电荷＋q从低电势A到高电势D的过程中，电场力做负功，因此电势能增加，C正确；点电荷＋q从D到C的过程中，电势先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，但初末态的电势能相等，D错误．答案：AC9．解析：由于图中A点的电场强度为0，表明薄板带负电，且薄板在A点的电场强度大小为EA＝keq\f(q,（3d）2)＝keq\f(q,9d2)，依据对称性，薄板在B点的电场强度大小与薄板在A点的相等，方向相反，则B点的电场强度的大小为EB＝keq\f(q,9d2)＋keq\f(q,d2)＝eq\f(10kq,9d2)，D正确．答案：D10．解析：据题意，由于出射光线和入射光线平行，则光线AB和光线BC关于法线BO对称，则法线与出射光线和入射光线平行，所以∠ABO＝30°，则折射角r＝∠OAB＝30°，据折射定律有：n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，C正确．答案：C11．解析：当鱼漂静止时，点O恰好在水面，则O点与水面重合时的位置为简谐运动的平衡位置，此时浮力与重力大小相等，则点O到达水面时，鱼漂的速度最大，A正确；点M到达水面时，浮力大于重力，鱼漂的加速度方向向上，B错误；松手后，当鱼漂由下往上运动时，先靠近平衡位置，后远离平衡位置，速度先变大后变小，C正确；依据简谐运动的周期性，一个周期内，鱼漂的点O有两次到达水面，D错误．答案：AC12．解析：若将挖去的小球体用原材料补回，可知剩余部分对m的吸引力等于完整大球体对m的吸引力与挖去小球体对m的吸引力之差，挖去的小球体球心与m重合，对m的万有引力为零，则剩余部分对m的万有引力等于完整大球体对m的万有引力；以大球体球心为中心分别出半径为eq\f(R,2)的球，其质量为eq\f(1,8)M，则剩余匀称球壳对m的万有引力为零，故剩余部分对m的万有引力等于分别出的球对其的万有引力，依据万有引力定律F＝Geq\f(\f(1,8)mM,（\f(R,2)）2)＝Geq\f(Mm,2R2)，D正确．答案：D13．解析：由于圆环所带电荷量匀称分布，所以长度为ΔL的小圆弧所带电荷量q＝eq\f(QΔL,2πR)，没有取走电荷时圆心O点的电场强度为零，取走A、B两处的电荷后，圆环剩余电荷在O点产生的电场强度大小等于A、B处弧长为ΔL的小圆弧所带正电荷在O点产生的场强的叠加，方向相反，即有E剩＝eq\f(2kq,R2)cos60°，解得E剩＝eq\f(kQΔL,2πR3)，方向沿CO，A正确；B、C、D错误．答案：A14．解析：图中导线的等效长度为a到d的直线距离，由几何关系可知，等效长度L＝eq\r(2)(R－eq\f(1,2)R)＝eq\f(\r(2),2)R，由安培力计算公式F＝BIL＝eq\f(\r(2),2)BIR，由左手定则可知，方向向上，A正确．答案：A15．解析：如题图所示，等效摆长为lsinα，由于小球做简谐运动，由单摆的振动周期为T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))，A正确．答案：A16．解析：滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，A错误；滑块运动过程中，设绳子与竖直杆的夹角为θ，依据牛顿其次定律知Fcosθ－mg＝ma，解得a＝eq\f(Fcosθ,m)－g，滑块向上运动过程中，θ变更，加速度大小也变更，滑块做非匀变速运动，B错误；滑轮与A间绳长L1＝eq\f(d,sin37°)，滑轮与C间绳长L2＝eq\f(d,sin53°)，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝eq\f(5d,12)，由能量守恒定律可知，拉力F做的功等于轻绳拉力F′对滑块做的功，拉力做功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd，C正确，D错误．答案：C17．解析：从b点无初速释放，球沿轨道运动最远到达c点，带正电小球是克服电场力做功，故电场方向由d指向b，A错误；从b点无初速释放，球沿轨道运动最远到达c点过程中由动能定理得mgrsin30°＝qEr，解得E＝eq\f(mg,2q)，B正确；由题意可知小球圆周运动的等效最高点为ad弧的中点，在b点将小球以速度v0沿斜面对下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，说明小球恰能到达等效最高点，由牛顿运动定律可得eq\r(2)mgsin30°＝meq\f(v2,r)，由动能定理得－eq\r(2)mgsin30°(r＋eq\f(\r(2),2)r)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，两式联立解得r＝eq\f(（3\r(2)－2）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),7g)，C错误；小球在d点电势能最大，从b→d由动能定理可得－qE·2r＝Ekd－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入数据解得Ekd＝eq\f(11－6\r(2),14)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，D正确．答案：BD18．解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图所示，由平衡关系可知tanθ＝eq\f(qE,mg)，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，A错误；小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，如图所示，A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿其次定律可知eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(min)),L)，最小动能Ekmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(min))，联立解得Ekmin＝eq\f(mgL,2cosθ)，B正确；由功能关系可知，机械能的变更量等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此处即电场力做的功．由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，C错误；小球从初始位置起先，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势能先减小后增大再减小，D错误．答案：B19．解析：当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，切割磁感线的有效长度均为2a，故圆环中的感应电动势为E＝2B×2a×eq\f(v,2)＝2Bav，圆环的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2a2v2,R)，A错误；此时圆环产生的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2Bav,R)，受到的安培力F＝2BI×2a＝2B×eq\f(2Bav,R)×2a＝eq\f(8B2a2v,R)，由牛顿其次定律可得，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(8B2a2v,mR)，B正确；圆环中的平均电动势为eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，通过圆环截面的电荷量Q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπa2,R)，C正确；此过程中回路产生的电能等于动能的削减量E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2＝0.375mv2，D错误．答案：BC20．解析：依据电流的定义式可得等效电流为I＝eq\f(q,t)＝eq\f(e,T)，A正确；电子运动的周期表达式为T＝eq\f(2πr,v)，依据电流的定义式可得等效电流为I＝eq\f(q,t)＝eq\f(ev,2πr)，B正确；原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子的速率v，依据库仑力供应向心力keq\f(e2,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，解得T＝eq\f(2πr,e)eq\r(\f(rm,k))，形成的电流为I＝eq\f(e,T)＝eq\f(e2,2πr)eq\r(\f(k,mr))，C错误，D正确．答案：ABD21．解析：依据库仑定律，距离点电荷r1的球面处的电场强度为E1＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，距离点电荷r1的球面处球面的面积为S1＝4πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，则通过半径为r1的球面的电通量为Φ1＝E1S1＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))×4πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝4πkQ；同理，距离点电荷r2的球面处的电场强度为E2＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，距离点电荷r2的球面处球面的面积为S2＝4πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，通过半径为r2的球面的电通量为Φ2＝E2S2＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))×4πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝4πkQ，则Φ1∶Φ2＝1∶1，C正确．答案：C22．解析：小球Q在运动中与小球P的距离保持不变，所以小球Q所处的电势大小不变，所以电场力不做功，洛伦兹力时刻指向圆心，与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功．所以只有重力做功，设当绳与水平方向夹角为α(小于90°)时，小球速度为v，由动能定理可得mgRsinα＝eq\f(1,2)mv2－0，对小球Q受力分析，沿绳方向和垂直于绳的方向建立平面直角坐标系，将重力正交分解，分解为垂直于绳方向的G1，和沿绳方向的G2.沿绳方向的合力充当向心力，所以沿绳方向的合力F＝eq\f(mv2,R)，沿绳方向的加速度a1＝eq\f(F,m)，联立解得a1＝2gsinα，垂直于绳的方向的力G1＝mgcosα，垂直于绳方向加速度a2＝eq\f(G1,m)＝gcosα，小球Q的加速度a＝eq\r(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝geq\r(3sin2α＋1)，C正确．答案：C23．解析：把后28节车厢看成整体，由牛顿其次定律有F－28f＝28ma，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，对最终两节车厢，由牛顿其次定律有F′－2f＝2ma，解得F′＝eq\f(1,14)F，A正确．答案：A24.解析：依据平衡条件，两种状况下物块受力关系如图所示，拉力水平常斜面对物块的支持力FN1＝eq\f(mg,cos30°)，在拉力大小不变时为使物体仍能静止，拉力方向应顺时针转过60°角，由几何关系可知FN2＝F0＝mgtan30°，依据牛顿第三定律可得物块对斜面的压力大小之比为FN1′∶FN2′＝FN1∶FN2＝2∶1，A正确，B错误；对斜面体和物块整体分析，在水平方向上合力为零，拉力水平常，水平面对斜面体的摩擦力Ff1＝F0，拉力方向顺时针转过60°角时，水平方向有Ff2＝F0cos60°，依据牛顿第三定律可得斜面体与水平面的摩擦力大小之比为Ff1′∶Ff2′＝Ff1∶Ff2＝2∶1，C正确，D错误．答案：AC25．解析：F＝6N时，假设A、B一起加速运动，共同加速度为a＝eq\f(F,mA＋mB)＝1m/s2，B受到A的摩擦力为f＝mBa＝2N<μmBg＝4N，假设成立，A正确；取A、B之间发生相对滑动的临界状态来探讨，对B有μmBg＝mBa1，对整体F1＝(mA＋mB)a1，联立解得F1＝12N，B错误；由以上分析知F＝14N时，A、B已经发生相对滑动，所以对B有μmBg＝mBa1，解得a1＝2m/s2，C正确；假设A、B没有相对滑动，则对整体F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得a2＝eq\f(7,6)m/s2<