1、Good is good, but better carries it.精益求精，善益求善。兩小一大選題兩小一大選題兩小一大12012年8月3日，倫敦奧運(yùn)會(huì)蹦床項(xiàng)目，中國(guó)運(yùn)動(dòng)員董棟以62.99分成績(jī)奪得金牌他在蹦床上靜止站立時(shí)，受到的支撐力等于他的重力做縱跳時(shí)，在快速下蹲和蹬伸的過(guò)程中，人體受到的支撐力發(fā)生變化(如圖，G為重力，F(xiàn)為支撐力)，下列曲線能正確反映變化的是2如圖所示，在光滑平面上有一靜止小車(chē)，小車(chē)質(zhì)量為M=5kg，小車(chē)上靜止地放置著質(zhì)量為m=1kg的木塊，木塊和小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，用水平恒力F拉動(dòng)小車(chē)，下列關(guān)于木塊的加速度am和小車(chē)的加速度aM，可能正確的有：Aam2m/s

2、2， aM1 m/s2Bam1m/s2， aM2 m/s2Cam2m/s2， aM4 m/s2Dam3m/s2， aM5 m/s23邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框在水平恒力F作用下運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)方向如圖的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d（d>L）。已知ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度恰好為零則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程和從磁場(chǎng)另一側(cè)穿出的過(guò)程相比較，有dBbFL aA產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反B所受的安培力方向相反C進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間等于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間D進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量少于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量4如圖所示，等腰三角形內(nèi)以底邊中線為界，左右兩邊分布有垂直紙面向外和垂直紙面向里的等強(qiáng)度勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的底邊在x軸

3、上且長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng).紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在t=0時(shí)刻恰好位于圖中所示位置.以順時(shí)針?lè)较驗(yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流-位移（）關(guān)系的是-LL02LxOIL2L3LxAOIL2LL3LxBxOIL2L3LCOIL2L3LxD5圖甲、圖乙分別表示兩種電壓的波形，其中圖甲所示電壓按正弦規(guī)律變化，下列說(shuō)法正確的是01234311311u/Vt/(102 s)圖甲01234311311u/Vt/(102 s)圖乙A圖甲表示交流電，圖乙表示直流電B電壓的有效值都是311VC電壓的有效值圖甲大于圖乙D圖甲所示電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為

4、u220sin100t（V）6在光滑的水平地面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大。一個(gè)半徑為，質(zhì)量為m，電阻為R的金屬圓環(huán)垂直磁場(chǎng)方向，以速度從如圖所示位置運(yùn)動(dòng)，當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線PQ重合時(shí)，圓環(huán)的速度為/2，則下列說(shuō)法正確的是（ ） A.此時(shí)圓環(huán)中的電功率為 B.此時(shí)圓環(huán)的加速度為 C.此過(guò)程中通過(guò)圓環(huán)截面的電荷量為 D.此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為0.75 7如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子以速度v從A點(diǎn)沿直徑AOB方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)t時(shí)間從C點(diǎn)射出磁場(chǎng)，OC與OB成60°角?，F(xiàn)

5、將帶電粒子的速度變?yōu)関，仍從A點(diǎn)沿原方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)重力，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)锳t B2t Ct Dt8如圖所示，一個(gè)帶正電的物體從粗糙斜面頂端滑到斜面底端時(shí)的速度為v，若加上一個(gè)垂直于紙面向外的磁場(chǎng)，物體仍然沿斜面滑到底端時(shí)速度（ ）A等于v B大于v C小于v D不能確定9如圖（甲）所示，為兩個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場(chǎng)寬度均為L(zhǎng)，距磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)L處，有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向里

6、時(shí)磁通量的方向?yàn)檎?，外力F向右為正。則圖（乙）中關(guān)于線框中的磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、外力F和電功率P隨時(shí)間t變化正確的是 （ ）vBLLLLB(甲)tAtPDtFC0000EtB(乙)10假設(shè)地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，地球表面的重力加速度為g，第一宇宙速度為v，則A同步衛(wèi)星在軌道上的運(yùn)行速度為vB同步衛(wèi)星在軌道上的運(yùn)行速度為v/n2C同步衛(wèi)星的向心加速度為ngD同步衛(wèi)星的向心加速度為g/n211某同學(xué)畫(huà)出“天宮一號(hào)”和“神舟八號(hào)”繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的假想圖如圖所示，A代表“天宮一號(hào)”，B代表“神舟八號(hào)”，虛線為各自的軌道。由此假想圖，可以判定下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的是( ) A“天宮一號(hào)”

7、的運(yùn)行速率大于“神舟八號(hào)”的運(yùn)行速率B“天宮一號(hào)”的周期小于“神舟八號(hào)”的周期C“天宮一號(hào)”的向心加速度大于“神舟八號(hào)”的向心加速度D“神舟八號(hào)”適度加速有可能與“天宮一號(hào)”實(shí)現(xiàn)對(duì)接12一只單擺，在第一個(gè)星球表面上的振動(dòng)周期為T(mén)1；在第二個(gè)星球表面上的振動(dòng)周期為T(mén)2。若這兩個(gè)星球的質(zhì)量之比M1M2=41，半徑之比R1R2=21，則T1T2等于A11 B21 C41 D2113如圖所示，小球以Vo正對(duì)傾角為的斜面水平拋出，若小球到達(dá)斜面的位移最小，則飛行時(shí)間t為（重力加速度為g）14“嫦娥一號(hào)”是我國(guó)首次發(fā)射的探月衛(wèi)星，它在距月球表面高度為h的圓形軌道上運(yùn)行，運(yùn)行周期為T(mén)。已知引力常量為G，月球

8、的半徑為R。利用以上數(shù)據(jù)估算月球質(zhì)量的表達(dá)式為A B C D15一個(gè)電荷量為q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，小球恰能通過(guò)半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度滿足，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，則（ ）A小球仍恰好能過(guò)B點(diǎn)B小球不能過(guò)B點(diǎn)C小球能過(guò)B點(diǎn)，且在B點(diǎn)與軌道之間壓力不為零D小球到達(dá)B點(diǎn)的速度16如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子（不計(jì)重力），當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，若取電子初始運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則下列圖象中能正確反映電子的速度v、位移x、加速度a、動(dòng)能Ek四個(gè)物理量隨時(shí)間

9、變化規(guī)律的是17如圖所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個(gè)帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面，且共處于同一豎直平面內(nèi)若用圖示方向的水平推力F作用于B，則兩球靜止于圖示位置，如果將B稍向左推過(guò)一些，兩球重新平衡時(shí)的情況與原來(lái)相比A推力F將增大B墻面對(duì)A的彈力增大C地面對(duì)B的彈力減小D兩小球之間的距離增大18如圖所示，A、B兩導(dǎo)體板平行放置，在t0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì))分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的UABt圖線如下列四圖所示其中可能使電子到不了B板的是（ ）19（10分） 長(zhǎng)1米的木板A，質(zhì)量為M=1kg，靜止在水平地面上。在木板最左端有一質(zhì)量

10、為m=2kg的小物塊B，在沿水平向右F=10牛的恒力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，物塊和木板、木板和水平面間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)分別為。在把小物塊從木板右端拉下去的過(guò)程中，求：（1）運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B的加速度分別是多大？（2）在此過(guò)程中木板運(yùn)動(dòng)的位移為多大？（小物塊可看作質(zhì)點(diǎn)）（g取10m/s2）20（12分）如圖甲所示，放置在水平桌面上的兩條光滑導(dǎo)軌間的距離L=1m，質(zhì)量m=1kg的光滑導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左端與阻值R=4的電阻相連，導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，所在位置有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)在給導(dǎo)體棒施加一個(gè)水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s測(cè)量一次導(dǎo)體棒的速度，乙

11、圖是根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)描繪出導(dǎo)體棒的v-t圖象。設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，求：（1）力F的大??；（2）t =1.2s時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度；（3）估算1.6s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。21如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的小滑塊，從光滑、固定的圓弧軌道的最高點(diǎn)A由靜止滑下，經(jīng)最低點(diǎn)B后滑到位于水平面的木板上已知木板質(zhì)量M=2kg，其上表面與圓弧軌道相切于B點(diǎn)，且長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)整個(gè)過(guò)程中木板的圖像如圖所示，g=l0ms2求：(1)滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力 (2)滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù) (3)滑塊在木板上滑過(guò)的距離22（16分）如圖所示，質(zhì)量分別為M、m的兩物塊A、B通過(guò)一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長(zhǎng)、放置在水平面上，所有接觸面

12、均光滑。彈簧開(kāi)始時(shí)處于原長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終處在彈性限度內(nèi)。在物塊A上施加一個(gè)水平恒力F，A、B從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A、B速度分別為、。FBA（1）求物塊A加速度為零時(shí)，物塊B的加速度；（2）求彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊B移動(dòng)的距離；（3）試分析：在彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)前，彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)兩物塊速度之間的關(guān)系？簡(jiǎn)要說(shuō)明理由。23（16分）固定光滑斜面與地面成一定傾角，一物體在平行斜面向上的拉力作用下向上運(yùn)動(dòng)，拉力F和物體速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示，取重力加速度g=10m/s2求物體的質(zhì)量及斜面與地面間的夾角AFt/sv/ms-10261.04t/s02645.05.5F/N

13、24（17分）平面直角坐標(biāo)系中，第1象限存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度垂直于軸射入電場(chǎng)，經(jīng)軸上的N點(diǎn)與軸正方向成60º角射入磁場(chǎng)，最后從軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)與軸正方向成60º角射出磁場(chǎng)，如圖所示。不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R；（2）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間；（3）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E。25（本題13分）在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，有一個(gè)與坐標(biāo)平面垂直的界面，界面與x軸成45°且經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，界面右下側(cè)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，

14、方向沿y軸的正方向，界面左上側(cè)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直坐標(biāo)平面向里，大小未知?，F(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量為m，電量為+q的帶電粒子從坐標(biāo)為(，-)的P點(diǎn)處由靜止釋放，粒子以一定的速度第一次經(jīng)過(guò)界面進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，從坐標(biāo)原點(diǎn)O再次回到電場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子的重力。求：（1）粒子第一次經(jīng)過(guò)界面進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度有多大？（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??？（3）粒子第三次經(jīng)過(guò)界面時(shí)的位置坐標(biāo)？11試卷第11頁(yè)，總10頁(yè)參考答案1D【解析】試題分析：下蹲過(guò)程中，向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向下，故處于失重狀態(tài)，所以，靜止時(shí)速度為零，所以下蹲過(guò)程中速度從零到零，故先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，故F先減小，后增大；蹬伸過(guò)程中，加速

15、度向上，處于超重狀態(tài)， ，蹬伸過(guò)程中也是先做加速后又減速，所以加速過(guò)程F增大，減速過(guò)程F減小，當(dāng)離開(kāi)蹦床時(shí)，F(xiàn)為零，故D正確；考點(diǎn)：考查了牛頓第二定律與圖像 2C【解析】試題分析：當(dāng)時(shí)，木塊與小車(chē)一起運(yùn)動(dòng)，且加速度相等當(dāng)時(shí)，小車(chē)的加速度大于木塊的加速度，此時(shí)木塊與小車(chē)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)木塊加速度最大，由牛頓第二定律得：所以C正確，ABD錯(cuò)誤考點(diǎn)：牛頓第二定律；力的合成與分解的運(yùn)用 3AD【解析】試題分析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，磁通量增大穿出磁場(chǎng)時(shí)，磁通量減小，由楞次定律得知，感應(yīng)電流方向相反，故A正確；安培力阻礙導(dǎo)體與磁場(chǎng)的相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則安培力均向左，故B錯(cuò)誤；進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)后，線

16、框勻加速通過(guò)位移d-L，穿出磁場(chǎng)時(shí)，速度增大，安培力增大，則線框做減速運(yùn)動(dòng)，穿出磁場(chǎng)時(shí)，線框速度大于等于進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間大于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；根據(jù)功能關(guān)系：進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，F(xiàn)做功等于線框的發(fā)熱量穿出磁場(chǎng)過(guò)程，F(xiàn)做功與動(dòng)能的減小量之和等于線框的發(fā)熱量，而拉力做功相等，則進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量少于穿出磁場(chǎng)過(guò)程的發(fā)熱量，故D正確；故選AD.考點(diǎn)：本題考查了導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、安培力、右手定則、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化.4B【解析】試題分析：位移在過(guò)程：磁通量增大，由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，為正值；，則;有效切線長(zhǎng)度為，位移在過(guò)程:兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生

17、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，穿過(guò)線框的磁通量增大，總的磁感線方向向里，根據(jù)楞次定律判斷出來(lái)感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為負(fù)值；有效切線長(zhǎng)度為，位移在過(guò)程：有效切線長(zhǎng)度為，根據(jù)楞次定律判斷出來(lái)感應(yīng)電流方向沿順時(shí)針?lè)较?，為正值根?jù)數(shù)學(xué)知識(shí)知道B正確故選B.考點(diǎn)：本題考查了導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、閉合電路的歐姆定律5C【解析】試題分析：由于兩圖中表示的電流方向都隨時(shí)間變化，因此都為交流電，故A錯(cuò)誤；由于對(duì)應(yīng)相同時(shí)刻，圖甲電壓比圖乙電壓大，根據(jù)有效值的定義可知，圖甲有效值要比圖乙有效值大，故B錯(cuò)誤、C正確；從圖甲可知，所以圖甲電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為，故D錯(cuò)誤.故選C.考點(diǎn)：本題考查了交變電流、正弦式電流的圖象、三角函數(shù)

18、表達(dá)式.6AC【解析】試題分析：當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到直徑剛好與邊界線PQ重合時(shí)，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2B×2a×=2Bav；圓環(huán)中的電功率P=，故A正確；此時(shí)圓環(huán)受力F=2BI×2a=4B ×2a=，由牛頓第二定律可得，加速度a=，故B錯(cuò)誤；電路中的平均電動(dòng)勢(shì)，則電路中通過(guò)的電量Q=It= t=，故C正確；此過(guò)程中產(chǎn)生的電能等于電路中的熱量，也等于外力所做的功，則一定也等于動(dòng)能的改變量，故E=mv2- m()2= mv2，故D錯(cuò)誤；故本題選AC考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路的歐姆定律，導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)7C【解析

19、】試題分析：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)r為圓形磁場(chǎng)的半徑，R為粒子軌跡半徑由可得：由幾何知識(shí)可得：，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期：設(shè)圓心角為，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間當(dāng)粒子速度變?yōu)闀r(shí)，故，故此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)圓心角等于90°，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間故，即：t2=1.5t，故ABD錯(cuò)誤，C正確考點(diǎn)：帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)8 B【解析】試題分析：加上磁場(chǎng)以后，物體在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中會(huì)受到洛倫茲力的作用，根據(jù)左手定則可判斷洛倫茲力的方向垂直于斜面向上，使得物體與斜面間的彈力減小，摩擦力減小，根據(jù)動(dòng)能定理可得：，到達(dá)低端的速度變大，所以B正確；A、C、D錯(cuò)誤考點(diǎn)：本題考查洛倫茲力、動(dòng)能定理9D【解析】試題分析：當(dāng)

20、線框運(yùn)動(dòng)L時(shí)開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)，磁通量開(kāi)始增加，當(dāng)全部進(jìn)入時(shí)達(dá)最大；此后向外的磁通量增加，總磁通減??；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到2.5L時(shí)，磁通量最小，故A錯(cuò)誤；當(dāng)線圈進(jìn)入第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，由可知，E保持不變，而開(kāi)始進(jìn)入第二個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，線框左右兩邊同時(shí)切割磁感線，根據(jù)右手定則知，線框左右兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，相當(dāng)于兩個(gè)電源相串聯(lián)，因此電動(dòng)勢(shì)是原來(lái)的兩倍，應(yīng)為2BLV，故B錯(cuò)誤；因安培力總是與運(yùn)動(dòng)方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，故C錯(cuò)誤；由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化守恒定律知，電功率等于拉力的功率，因速度不變，而線框在第一個(gè)磁場(chǎng)時(shí)，電流為定值，拉力也為定值；兩邊分別在兩個(gè)磁場(chǎng)中時(shí)，由前面的分析可知，電流加倍，故安培力加

21、培，線框左右兩邊所受安培力方向相同，拉力為原來(lái)的4倍，功率為原來(lái)的4倍；此后從第二個(gè)磁場(chǎng)中離開(kāi)時(shí)，安培力應(yīng)等于線框在第一個(gè)磁場(chǎng)中的安培力，故D正確所以選D考點(diǎn)：本題考查導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、安培力、右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化及閉合電路的歐姆定律 10D【解析】試題分析：根據(jù)萬(wàn)有引力定律和牛頓第二定律可知對(duì)同步衛(wèi)星有：，故可知衛(wèi)星的運(yùn)行速度，所以可知同步衛(wèi)星的運(yùn)行速度為，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；同理可知向心加速度，所以可知同步衛(wèi)星的向心加速度，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確；考點(diǎn)：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用11ABC【解析】試題分析：A、B、C根據(jù)得：線速度，周期，向心加速度，可見(jiàn)，軌

22、道半徑越大，線速度越小，加速度越小，周期越大則“天宮一號(hào)”的運(yùn)行速率小于“神舟八號(hào)”的運(yùn)行速率，“天宮一號(hào)”的周期大于“神舟八號(hào)”的周期，天宮一號(hào)的加速度小于神舟八號(hào)的加速度，故ABC錯(cuò)誤D、神舟九號(hào)適當(dāng)加速將做離心運(yùn)動(dòng)，有可能與“天宮一號(hào)”對(duì)接故D正確故選ABC考點(diǎn)：人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用12A【解析】試題分析：由單擺的周期公式可知，故，再由可知，故選A?？键c(diǎn)：?jiǎn)螖[周期公式，萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用13A【解析】試題分析：若使小球到斜面的位移最小，則拋出點(diǎn)到落點(diǎn)的線段與斜面垂直，如圖所示，小球水平拋出后水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，

23、整理得，選項(xiàng)A對(duì)?？键c(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng)14D【解析】試題分析：嫦娥一號(hào)繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，月球?yàn)橹行奶祗w，萬(wàn)一引力提供向心力，整理得月球質(zhì)量選項(xiàng)D正確?？键c(diǎn)：萬(wàn)有引力與航天15A【解析】試題分析：沒(méi)有電場(chǎng)時(shí)，最高點(diǎn)速度設(shè)為v，則，解得：；又根據(jù)機(jī)械能守恒定律，解得，加上電場(chǎng)時(shí)，恰好過(guò)最高點(diǎn)需要的速度設(shè)為，則 解得，因?yàn)?，代入可得，所以小球仍恰好?jīng)過(guò)B點(diǎn)，此時(shí)重力和電場(chǎng)力的合力完全充當(dāng)向心力，小球與軌道間沒(méi)有作用力，所以A正確，BC錯(cuò)誤，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度，D錯(cuò)誤；考點(diǎn)：考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)實(shí)例分析16A【解析】試題分析：分析電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況：時(shí)間內(nèi)，電子從靜止

24、開(kāi)始向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻速度為零時(shí)間內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，繼續(xù)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)速度圖象是傾斜的直線可知A符合電子的運(yùn)動(dòng)情況故A正確電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)x-t圖象是拋物線，故B錯(cuò)誤根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)情況：勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)，而勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度不變，a-t圖象應(yīng)平行于橫軸故C錯(cuò)誤勻變速運(yùn)動(dòng)速度圖象是傾斜的直線，圖象是曲線故D錯(cuò)誤考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)17D【解析】試題分析：對(duì)小球A受力分析如圖，受到自身重力，墻壁彈力和庫(kù)倫力作用。初始狀態(tài)，A靜止，B向左靠近后，角減小，距離變近，庫(kù)倫力變大，使得，小球A將向上運(yùn)動(dòng)，從而使得進(jìn)一

25、步減小，假設(shè)再次平衡時(shí)角減小到，則仍然有，所以，根據(jù)庫(kù)倫力判斷AB之間距離變大，選項(xiàng)D對(duì)。對(duì)球A分析，墻壁彈力，根據(jù)角減小到判斷墻壁彈力變小，選項(xiàng)B錯(cuò)。把球AB看做一個(gè)整體，水平方向受到墻壁彈力和水平推力而處于平衡，水平推力等于墻壁彈力，所以水平推力變小，選項(xiàng)A錯(cuò)。豎直方向，整體受到2個(gè)球的重力和地面對(duì)B的支持力，所以地面對(duì)B的彈力不變選項(xiàng)C錯(cuò)?？键c(diǎn)：庫(kù)侖定律 共點(diǎn)力的平衡18B【解析】試題分析：加A圖電壓，A板電勢(shì)低于B板的電勢(shì)，電子從A板開(kāi)始向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一定能到達(dá)B板，故A錯(cuò)誤；加B圖電壓，電子開(kāi)始向B板勻加速，再做相同大小加速度的勻減速，但時(shí)間是2倍，然后為相同加速度大小的反

26、向勻加速，一個(gè)周期后剛好回到出發(fā)點(diǎn)，可知有可能到不了B板，B正確；加C圖電壓時(shí)，電子在一個(gè)周期內(nèi)先向B板做勻加速運(yùn)動(dòng)，后向B板做勻減速運(yùn)動(dòng)，一直向B板運(yùn)動(dòng)，可知一定能到達(dá)B板，故C錯(cuò)誤；加D圖電壓，與C項(xiàng)類(lèi)似，可以知道電子在一個(gè)周期內(nèi)速度的方向不變，一直向前運(yùn)動(dòng)，一定能到達(dá)能到達(dá)B板，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：帶點(diǎn)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)193m/s2 1m/s2 0.5m【解析】試題分析：根據(jù)牛頓第二定律得，木塊的加速度：a13m/s2木板的加速度：a2=1m/s2根據(jù)a1t2a2t2L，解得：t=1s所以木板運(yùn)行的位：移xa2t2×1×1m0.5m考點(diǎn)：本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線

27、運(yùn)動(dòng)規(guī)律。20（1）10N （2）3m/s2 （3）48J【解析】試題分析：（1）由圖可知，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到10m/s時(shí)開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)安培力和拉力F大小相等。導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度勻速運(yùn)動(dòng)后導(dǎo)體棒上的電動(dòng)勢(shì)： (1分)導(dǎo)體棒受的安培力： (2分)則： (1分)（2）由圖可知，時(shí)間t=1.2s時(shí)導(dǎo)體棒的速度此時(shí)導(dǎo)體棒上的電動(dòng)勢(shì)： (1分)導(dǎo)體棒受的安培力：N7N (2分)由牛頓定律得： (1分)（3）由圖知，到1.6s處，圖線下方小方格的個(gè)數(shù)為40個(gè)，每個(gè)小方格代表的位移為所以1.6s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移 (2分) 拉力F做功 (1分)由圖知此時(shí)導(dǎo)體棒的速度 導(dǎo)體棒動(dòng)能 根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生

28、的熱量 (1分)（說(shuō)明：格數(shù)為3942均正確 ，答案范圍46 52J ）考點(diǎn)：安培力 電磁感應(yīng)定律 能量守恒21（1）30 N，豎直向下（2）0.5 （3）3m【解析】試題分析：（1）滑塊下滑過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mgR=mv2由向心力公式得N-mg=m解得N=mg+m=30 N根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對(duì)軌道的壓力是30 N，方向豎直向下（2）由v-t圖象得：木板的加速度是a1=1m/s2滑塊與木板共同減速的加速度大小a2=1m/s2設(shè)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是1滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是2在1-2s內(nèi)，對(duì)滑塊和木板：1（M+m）g=（M+m）a2在0-1s內(nèi)，對(duì)木板：2mg-1（M+m）g=Ma1解得：1=0.1，2=0.5（3）滑塊在木板上滑動(dòng)的過(guò)程中，v1是它們的共同速度，t1是它們達(dá)到共同速度所用的時(shí)間對(duì)滑塊：2mg=ma v1=v-at1 木板的位移x1=滑塊的位移x2=滑塊在木板上滑動(dòng)的