221212221222020221212221222020卷．答案解析：根據(jù)題意“乙車恰好沒有與甲車相撞甲車在前乙車在后，而根據(jù)圖像知，圖像對(duì)應(yīng)的剎車位移大于圖像b應(yīng)的剎車位移，可知圖像乙車運(yùn)動(dòng)的速度圖像，圖像甲車運(yùn)動(dòng)的速度圖像。在速度－時(shí)間圖像中，圖像的斜率大小表示加速度的大小，圖像斜率大小逐漸變小，可知甲車的加速度逐漸變小，圖像a的率大小逐漸變大，可知乙車的加速度逐漸變大，故選項(xiàng)A錯(cuò)。根據(jù)圖像知，剎車(即在～t時(shí))乙車的速12度總是大于甲車的速度，故兩車的距離逐漸變小，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤。根據(jù)圖像知，在t～t時(shí)12間內(nèi)，甲車(像的平均速度小于，車(像)的平均速度大于，故選項(xiàng)C誤。在速2度－時(shí)間圖像中圖像與時(shí)間軸所圍成的面積表示位移剎車后(在～時(shí)內(nèi)甲車的位12移大小為，車的位移大小為，則剎車過程中乙車比甲車多運(yùn)動(dòng)的位移為－，車ba前兩車速度相同，故在0～時(shí)內(nèi)，甲、乙兩車的距離始終為－，選項(xiàng)D正確。1．答案：a>0.5>0.1解題思路題是追及相遇問題析答此類問題時(shí)要注意分析位移關(guān)系關(guān)系、時(shí)間關(guān)系，特別注意速度相等這個(gè)解題的突破點(diǎn)。解析：(1)們可以應(yīng)用不同的方法分析解答本題。解法一：臨界法由AB速度關(guān)系：－at

2由AB位移關(guān)系：t－＝t＋（－）（30－）＝＝m/s＝m/ss2×100則a。解法二：圖像法分別作出兩者的速度－時(shí)間圖像如圖所示，即t時(shí)者速度相等并且沒有相撞，由題意0及t圖面積的物理意義有×(30t＝第答圖解得t＝200

22221202222212200t2t0022t022212221202122s222221202222212200t2t0022t022212221202122s2－20＝m/s＝0.5m/s，則a>0.5m/s。解法三：函數(shù)法若兩車不相撞，其位移關(guān)系應(yīng)為vt

－t代入數(shù)據(jù)得－t＋××－10其圖像(物線的頂點(diǎn)縱坐標(biāo)必為正值，故有4則a。1或列方程vt－－t＝，入數(shù)據(jù)得at－t＋100因不相撞，故判別式Δ<0即：1004××，則a。解法四：相對(duì)運(yùn)動(dòng)法以車參照物A車初速度為＝以速度大小減速行s＝100后“停下”，末速度為v＝0

－＝2－－＝＝m/s＝0.5－2×1000則a

。(2)臨界法：由AB速度關(guān)系：－at＋t由AB位移關(guān)系：t－＝t＋at＋s（－）＝－a＝m/s0則a

。．答案BD解析：本題很典型，幾乎包括了處理力的最常用方法。將兩金屬小球作為一個(gè)整體，分析受力，若電場(chǎng)強(qiáng)度的向水平向右，受力為圖中甲所示。因?yàn)檎w只受三個(gè)力作用，電tanθ場(chǎng)力和重力的合力與拉力F等反向，則有tan＝Eq解得E＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。為求最小的電場(chǎng)強(qiáng)度值，如圖乙所示，將線的拉力、重力和電場(chǎng)力移到一個(gè)三角形中，因?yàn)橹亓Υ笮『头较虿蛔?，拉力方向確定，因此當(dāng)電場(chǎng)力和上部分細(xì)線方向垂直時(shí)，電場(chǎng)力2sinθ最小，即圖中代表力的線段最短，則有sin＝，得E＝，選項(xiàng)B正。當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與上部分細(xì)線關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ時(shí)，整體受力如圖丙所示，采用正交分解，mg將力分解到水平和豎直方向，依據(jù)豎直方向受力平衡有2mg2，得＝，cos

22211212122水AD322211212122水AD32選項(xiàng)錯(cuò)誤。當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)樨Q直向上時(shí)，若場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝，整體受力平衡，細(xì)不需要產(chǎn)生拉力作用，細(xì)線可與豎直方向成任意角，故選項(xiàng)D正。甲

乙第答圖

丙．答案：(1)10m/s(3)1m解析：(1)礦石從傳送帶上滑上軌道的速度為，石在軌道上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為，牛頓第二定律有mgsin37°＋cos37°①222礦石減速運(yùn)動(dòng)，由速度位移關(guān)系有＝L②聯(lián)立①②式解得＝10m/s③礦石在傳送帶上獲得的最大速度只能是傳送帶的速度，則傳送帶的最小速度為0。(2)礦石在傳送帶上加速時(shí)，設(shè)加度為a，牛第二定律有1maμcos30°－sin30°④11因?yàn)榧铀俣群愣ǎ瑒t礦石一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，末速度為10m/s時(shí)兩輪之間距離最小，設(shè)為s。由速度位移關(guān)系有＝2⑤聯(lián)立③④⑤式解得＝20⑥(3)設(shè)礦石滑上軌道的速度為在軌道上減速的距離為在最高點(diǎn)處距A處的距離為l。在傳送帶上加速有＝ax⑦在軌道上減速有＝ax⑧又l＝－x，有＝⑨聯(lián)立①④⑥⑦⑧⑨式解得l＝1m．答案解析：由圖(a)、知快艇在靜水中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)＝0.5，水流為勻速，所以最快時(shí)間為快艇始終垂直河岸方向行駛，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)到達(dá)浮標(biāo)，由位移時(shí)間公式得＝中y＝64m求出最短時(shí)間為選項(xiàng)A錯(cuò)水方向x＝4＝64m故選項(xiàng)B正。恰使快艇避開險(xiǎn)區(qū)，快艇應(yīng)沿直線到對(duì)岸，如圖所示BD643則有＝＝＝，以＝30°。

12艇2222222213221311332242144233342012112212222221212112艇2222222213221311332242144233342012112212222221212121第答圖當(dāng)船頭與AB垂直時(shí)所速度最小速為＝×30°m/s＝2，到達(dá)A處時(shí)，快艇的速度為＝＝8，大于避開危險(xiǎn)區(qū)的最小速度，之后，快艇速度不變，所以快艇可以避開危險(xiǎn)區(qū)沿直線到達(dá)對(duì)岸，故選項(xiàng)D正確。水速小于船速時(shí)，合速度垂直于河岸，渡河路徑最短，航程最短，即一半的河寬，故選項(xiàng)C正確。．答案BC解析：選手與懸掛器一起做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)s時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移大小x＝＝×2×m36m，由于x＝36m>L＋R＝m所以若選手直到啟動(dòng)后s懸1221掛器脫落都不松手，選手不能落在轉(zhuǎn)盤上，故選A錯(cuò)。設(shè)選手松手后經(jīng)t時(shí)落在轉(zhuǎn)盤1上，則H＝

，代入數(shù)據(jù)解得t＝1

H

＝s，手在懸掛器啟動(dòng)時(shí)，沿AB方運(yùn)動(dòng)的位移x＝＝××＝m此時(shí)速大?。剑絤/s松手后選手做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間落下，運(yùn)動(dòng)的水平位移＝t＝4×1＝4，由上可得x＋＝，所以選手正好落在轉(zhuǎn)盤的中心上，故選項(xiàng)B正確。設(shè)選手在懸掛器啟動(dòng)t時(shí)間后松手落下恰好能落在轉(zhuǎn)盤3的左邊緣松手時(shí)選手的速度為v＝at有at＋t＝－得t＝s或t＝3s(舍去)設(shè)手在懸掛器啟動(dòng)t時(shí)間后松手落下恰好能落在轉(zhuǎn)盤的右緣松手時(shí)選手的速度4為＝，有＋t＝L＋，解得t＝－1)或＝(＋1)舍)，可知若選手在懸掛器運(yùn)動(dòng)1s至141)這段時(shí)間內(nèi)松手落手落在轉(zhuǎn)盤上選正。設(shè)選手運(yùn)動(dòng)到轉(zhuǎn)盤的中心正上方時(shí)速度大小為v，＝aL，代入數(shù)據(jù)解得＝2aL＝2×8m/s＝m/s，選手松手后做平運(yùn)動(dòng)的水平位移x＝t＝4×1m＝m>＝5，知選手不能落在轉(zhuǎn)盤上，故選項(xiàng)誤。．答案B解析：當(dāng)運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)高的位置時(shí)，小球受到的力沿豎直方向，輕繩的拉力沿水平m方向，此時(shí)輕繩的拉力提供向心力，則T＝，而此時(shí)＝，則acos＝a可0見小球受到的向心力大小為a故選項(xiàng)A正。小球最低點(diǎn)，即θ＝0時(shí)的速度為v，力為T，在最高點(diǎn)，即＝時(shí)速度為，力為，最低點(diǎn)有T－mgm，在最高點(diǎn)有＋＝m，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR＝v－m，立三式可得－＝＋T＝－4mg比T＝acosT＝a＋T＝a－bT－＝bT＋＝a21

21212223121112223223GT223333222333ABB2rrR23222221212223121112223223GT223333222333ABB2rrR232222即b＝3，a＝m－mg，常數(shù)與球獲得初速度大小無關(guān)，且＝3，常數(shù)與小球獲得的初速度大小有關(guān)，且am－，故選項(xiàng)錯(cuò)、選項(xiàng)C正確。若小球恰好能在mmv豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)滿足＝，根據(jù)動(dòng)能定理有2＝－，聯(lián)立上述兩式解得＝5，＝5代入am－，解得＝3，選項(xiàng)D正，本題選不正確的，故答案為B。．答案ACDMm2解析：設(shè)火星的質(zhì)量為M由牛頓第二定律G＝m()，得火星的質(zhì)量為M4π4πMπ則知火星的密度ρ＝＝＝故選項(xiàng)A正根開普勒第三定(周期Rrrr定律)＝k知＝，＝TT

rr

＝

（2R＋R（）

＝3

，故選項(xiàng)錯(cuò)。、B分別為遠(yuǎn)火點(diǎn)、近火點(diǎn)，由開普勒第二定律知，太陽和行星的連線在相等的時(shí)間里掃過的面積相等，取足夠短的時(shí)間Δt，則有Δ×RΔ。以v＝2，選項(xiàng)C正。探測(cè)器繞Mm1火星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬有引力提供，可得＝，而動(dòng)能Ek＝v

2

由述兩式MmMm得＝G，測(cè)器在軌道的動(dòng)能＝G，測(cè)器在道Ⅰ的動(dòng)能＝G，krk2k2×RMm根據(jù)動(dòng)能定理知力探測(cè)器做的功WE＝E－E＝G而前面的分析知kkk4ππ火星的質(zhì)量＝，入上述式子得W，故項(xiàng)D正。GTT．答案解題思路：根據(jù)定義式＝cosα來斷兩種情況下摩擦力和做功的大??；由公式P率。

t

求兩種情況下重力的平均功率，由公式P＝vcosα來斷兩種況下重力的瞬時(shí)功解析：恒力做功的定義式為＝，故選項(xiàng)A正。兩種情況分別對(duì)物體進(jìn)行受力分析，沿面向上時(shí)，合力為＝－sin－μmg；沿平右時(shí)，合力為1F＝－mgθ－(mg＋θ。顯然＞F，所以＞，位移相同，12初速度均為零，所以F斜面向上時(shí)，物體到達(dá)頂端的速度大。根據(jù)公式P＝cosα，可知F沿斜面向上推物體到頂端時(shí)，重力的瞬功率大，故選項(xiàng)確。位移相同，初速度均為零，加速度不同，所以時(shí)間不同，而重力整個(gè)過程做功相同，根據(jù)公式

P

t

，故選項(xiàng)C

22mgH22mgH錯(cuò)誤。沿水平向右時(shí)，摩擦力大，而兩個(gè)過程中擦力作用的距離相同，所以根據(jù)定義式WFlcosα，知沿水平向右時(shí)，摩擦力做功多，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。．答案ag

解析：(1)球受到重力與電場(chǎng)力作用，其中電場(chǎng)力豎直向上，設(shè)其加速度為a，根據(jù)牛Qq頓第二定律得－＝，把＝H

代入計(jì)算得＝。mg4(2)當(dāng)電場(chǎng)力等于小球B的力時(shí)，速度達(dá)到最大，設(shè)此時(shí)兩球間的距離為，根據(jù)平衡Qq條件得－k＝，解得h＝

，小球開始下落時(shí)所在位置電勢(shì)為φ＝，速度1Q最大時(shí)小球B所位置電為φ＝k，小球B從開始下落至速度最大的過程中，設(shè)其最大2動(dòng)能為動(dòng)能定理得mg(H－h(huán))＋qφφ)＝－0上述方程解得＝km1km

。(3)小開下落時(shí)速度零，此時(shí)重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和為

E＝＋q1

kQH

＝，小球在下落過程中，重力勢(shì)能、動(dòng)能與電勢(shì)能之和保持不變，小下落至最低點(diǎn)時(shí)速度為零，動(dòng)能為零，故小球B下至最低點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和為＝2＝

kQqmg。11．答案：ABC思路點(diǎn)撥：本題中小球在初末位置的速度都為零，可以判斷它的速度先增大后減小，由此可以分析小球受到的合力為零的位置球彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒A位置的動(dòng)能相等，可以判斷彈簧的彈性勢(shì)能變化量只與小球的重力勢(shì)能變化量有關(guān)系。解析：A、B兩個(gè)位置小球的速度都為零，所以小球從A位置運(yùn)動(dòng)到B位置的過程中，速度先增大后減小，、間某個(gè)位置速度最大，這個(gè)位置小球所受合力為零，在B位小球所受合力不為零，故選項(xiàng)A錯(cuò)。在A位彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，小球從位運(yùn)動(dòng)到B位置的過程中彈簧一直伸長(zhǎng)，所以彈簧的彈性勢(shì)能一直變大，故選C錯(cuò)。在小球從A位置運(yùn)動(dòng)到B位的過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈簧的彈性勢(shì)能一直增大，所以小球的機(jī)械能一直減小故項(xiàng)B錯(cuò)在球從A位運(yùn)動(dòng)到位的過程中小和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒AB兩位置的動(dòng)能相等以彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于小球重力勢(shì)能的減少量，這個(gè)變化量為，故選項(xiàng)D正。．答案(1)1(2)4sJ解析：(1)始時(shí)，a傳送帶均靜止且a不受傳送帶的摩擦力作用，

222022122222022122m0.6kg有mgsinθ＝，則m＝＝＝1。aasinθ0.6(2)與傳送帶共速前，對(duì)整體應(yīng)用頓第二定律，有mgsinθ＋μmgθ－＝m＋)aa解得a達(dá)到與傳送帶共速所需時(shí)間t＝＝s＝45由位移公式2ax＝－

，得×

x＝

，解得x＝，t＝剛到達(dá)傳送帶底端。(3)傳送帶對(duì)物塊的力為物塊a從端滑到底端傳送帶對(duì)物塊所的功為＝f1F＝gLcos＝20J。f(4)物塊從頂端滑到底端的過程中傳送帶的位移為x＝tm物塊與傳送帶的相對(duì)位移Δ＝x－x＝m1所以物塊從頂端滑到底端產(chǎn)生的熱量QFΔx＝20J。f(5)輕繩對(duì)的功等于b機(jī)能的增加量＝＋v＝。(6)系統(tǒng)機(jī)械能變化是由于摩擦力功，摩擦力做正功，所以機(jī)械能增加；增加量ΔE＝＝。1．答案AD解析：從圖中可以看出，點(diǎn)場(chǎng)線比b點(diǎn)，此點(diǎn)強(qiáng)比點(diǎn)大，根據(jù)F＝可知，同一電子在a點(diǎn)所受的庫侖力較大故選項(xiàng)A正。、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向均斜向左上，與點(diǎn)電荷連線不平行，故選項(xiàng)錯(cuò)。正電荷從到運(yùn)時(shí)，電場(chǎng)力始終向左上方向，即有向上的分力，所以電場(chǎng)力做正功，故a電勢(shì)高于電勢(shì)，故選項(xiàng)C錯(cuò)。正試探電荷由點(diǎn)移到點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力對(duì)試探電荷做正功，其電勢(shì)能減小，故選項(xiàng)D正確。．答案AD解析等面是平行且等間的可判斷電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)且電場(chǎng)線沿水平方向；根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子受到的電場(chǎng)力方向向右，而粒子帶負(fù)電，所以電場(chǎng)線的方向水平向左，故選項(xiàng)A正確。粒子可能→B→運(yùn)，也可能沿→B→運(yùn)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤電場(chǎng)方向向左沿場(chǎng)線的向電勢(shì)逐漸降低B三中C點(diǎn)電勢(shì)是最高的，負(fù)電荷在電勢(shì)越高的地方電勢(shì)越小則帶負(fù)電的粒子在C點(diǎn)電勢(shì)能最小故選項(xiàng)D正確。粒子在運(yùn)動(dòng)的過程中，粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，帶負(fù)電的粒子點(diǎn)的電勢(shì)能最高，則帶負(fù)電的粒子在點(diǎn)動(dòng)能最小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。．答案AD思路點(diǎn)撥：在加速電場(chǎng)中利用動(dòng)能定理求飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中利用類平拋公式求偏移量和飛出速度，飛出速度也可應(yīng)用動(dòng)能定理求解。運(yùn)動(dòng)時(shí)間分為兩段，第一段是加速電場(chǎng)中的時(shí)間，利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解；第二段是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的時(shí)間，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。

2010022222221222220100222222212222解析：設(shè)粒子被加速電場(chǎng)加速后獲得的速度為，則由動(dòng)能定理得qUv，求得飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v＝

m

1

又設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板長(zhǎng)為L(zhǎng)間為則子在偏轉(zhuǎn)電2L場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝，飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)2011qULL中粒子的加速度為＝，移量＝＝＝，該式可知偏量與質(zhì)量和md222Ud2電荷量都無關(guān)，所以兩種粒子飛出位置相同，故選A確。設(shè)粒子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速電場(chǎng)的寬度為d，＝t，解得t＝1111

1

；由上面選項(xiàng)A的解析可知在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的時(shí)間t＝L2

mL總時(shí)間t＝＋t＝2＋)2qU1

m

因兩種粒子1的質(zhì)量之比為1∶4電荷量之比為∶，以時(shí)間之比為∶2時(shí)間不同，故選項(xiàng)B錯(cuò)Y誤。對(duì)兩粒子全程應(yīng)用動(dòng)能定理有＝＋，公式中的偏移量相，飛出的動(dòng)能只k1d2與電荷量有關(guān)粒所帶電量之比為∶飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能之比也為1，UL故選項(xiàng)C錯(cuò)。根據(jù)Y＝可知，要增加，可以減小U或增大U，選項(xiàng)D正。U1．答案AD解析：由于除塵器中懸掛的金屬絲表面積較小，如果作為除塵正極使用，則較少的粉塵顆粒將會(huì)把整根金屬絲覆蓋，覆蓋后將影響空氣電離，較細(xì)的金屬絲作為負(fù)極更有利于電離放電(火花放電原理，因此，接高壓電源的正極接高壓電源的負(fù)極，故選項(xiàng)A正確。題意“電離出來的自由電子數(shù)目隨煙塵濃度的增大而增加”“電出來的電子均被煙塵顆粒吸附”，說明粉塵顆粒濃度越大，電離出來的電子數(shù)目越多，相同時(shí)間內(nèi)跑向正極的電子數(shù)目越多，電流越大，故選項(xiàng)B錯(cuò)。由于電流與煙塵濃度有，電流不同，電源輸出功率也會(huì)不同，故選項(xiàng)錯(cuò)。于電離出的氣體中電子和正離子同時(shí)向相反方向運(yùn)動(dòng)，則通過電源電荷量和塵吸附電荷量q的系是′＝(電離出來的電子均被煙塵顆粒俘)，′根據(jù)電流的定義式I＝得時(shí)內(nèi)通過電源的電荷量＝過源的電子摩爾數(shù)為，tAItIt則煙塵顆粒吸附的電子摩爾數(shù)為t時(shí)間內(nèi)除塵質(zhì)量mkg(俘獲電子后的煙塵neNAA顆粒均被回，故選項(xiàng)D正確。．答案CD解析：由于導(dǎo)體棒勻切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BL得，導(dǎo)體棒MN速切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值。導(dǎo)體棒MN勻切磁感線在某一位置時(shí)其等效電路如圖甲所示，設(shè)左導(dǎo)軌的總電阻為R，

00000000甲第17題圖乙有左側(cè)電路的總電阻為R＋R2＋，右側(cè)電路的總電阻為＋R－R)＝－1x（2R＋R）（RR），以外電路的總電阻為R＝。上式可以看出，外電路的總電阻先增大后減小，其變化情況為′＝1.6R最值，當(dāng)＝0時(shí))→2.5(最值當(dāng)＝x時(shí))→R當(dāng)＝時(shí))所路端電壓先增大減小即兩電壓先增大后減小故E項(xiàng)B錯(cuò)誤內(nèi)阻不變合路的總電阻先增大后減小閉合電路歐姆定律I＝＋r得，通過MN電先減小后增大。故選項(xiàng)A誤。由于在電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變的情況下，電源的總功率隨外電阻的增大而減小，故電源的總功率先減小后增大。由于勻速運(yùn)動(dòng)，則拉力的功率等于整個(gè)電路的總功率，所以MN上力功率先小后增大。故選項(xiàng)C正。根據(jù)電源的輸出功率隨外電阻的變化圖像和的變化情況如圖乙所示)，可得，電源的輸出功率先增大，后減小，再增大，因此，電阻R、R和導(dǎo)軌ab消耗的總功率先增大，后減1小，再增大。故選項(xiàng)D正確。．答案BDI解析設(shè)一條導(dǎo)線中的電流大為I，據(jù)公式B＝k知，每一條導(dǎo)線在中點(diǎn)0rI產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為＝，于每一條導(dǎo)線在中心O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都1r0Br是垂直紙面向里，故＝，得I＝，故選項(xiàng)A錯(cuò)、cd導(dǎo)中的電流在A點(diǎn)14k

000000000000002rmr33qB4m1000000000000002rmr33qB4m1B產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B＝，向直紙面向里ef導(dǎo)線中的電流在A點(diǎn)產(chǎn)1BI生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B＝，向直紙面向外，根據(jù)＝k知，gh導(dǎo)中的1r電流在點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為＝2

I＝，向垂直紙面向里，故點(diǎn)r0B處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為＝＋－＋＝，方向垂直紙面向里，故選項(xiàng)B正。同理A44B也可得點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤gh導(dǎo)線中的B電流在C點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為＝，向直紙面向外、ef導(dǎo)中14的電流在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為＝2

I＝方向垂直紙面向里故C3r0B點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為＝＋－－＝，向垂直紙面向外，故選項(xiàng)D正。C412123．答案CD解析：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑m為r根據(jù)牛頓第二定律得＝，據(jù)題意知入射速率＝，得r＝3R，若粒子沿半徑方射入，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，設(shè)粒子偏轉(zhuǎn)的圓心角為θ，根圖中幾何θπ關(guān)系可知，tan＝＝，知θ＝60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周＝，該子在磁場(chǎng)m中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝，故選項(xiàng)A錯(cuò)。若粒子入速率＝，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r＝，運(yùn)動(dòng)軌跡的直徑＝2r＝，粒子動(dòng)過程中離點(diǎn)遠(yuǎn)的距離即為dr112＝，于＝2r＝R，可知無粒子能經(jīng)過圓形磁場(chǎng)的心O點(diǎn)，故選項(xiàng)B錯(cuò)。若已知1R粒子入射速率＝，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r＝，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的位置均位于圓弧上圓上其他位置均無粒子射出Q點(diǎn)開場(chǎng)的粒子是些粒子中離點(diǎn)遠(yuǎn)的粒子所以從Q離開磁場(chǎng)的粒子的軌跡圓弧的直徑的度＝2r＝R粒運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，由圖中幾何關(guān)系可知，磁場(chǎng)圓的圓心O和PQ構(gòu)一個(gè)等邊三角形知∠＝60°PQ圓長(zhǎng)等于磁場(chǎng)邊界周長(zhǎng)的選項(xiàng)C正于OPQ，故到達(dá)Q的粒子速度方向與半徑OP的角為－60°30°故選項(xiàng)D確。

甲第19題圖乙．答案(1)∶1∶2(1＋Lm＋2思路點(diǎn)撥是根據(jù)回旋加速原理設(shè)計(jì)的一個(gè)帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的裝置，考查回旋加速器的原理問題，根據(jù)電場(chǎng)加速原理求解兩次加速的速度之比。根據(jù)題目中的兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域偏轉(zhuǎn)情況和洛倫茲力充當(dāng)向心力的規(guī)律，進(jìn)一步求解磁感應(yīng)強(qiáng)度之比。本題中帶電粒子經(jīng)過三個(gè)不同區(qū)域，根據(jù)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的性質(zhì)求解時(shí)間。本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意正確分析粒子的運(yùn)動(dòng)過程，注意幾何關(guān)系的應(yīng)用。第20題圖解析：如圖所示，帶電粒子由靜止釋放，在電場(chǎng)中加速進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，經(jīng)過半個(gè)圓周的偏轉(zhuǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ繼續(xù)加速，最后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ經(jīng)過周偏轉(zhuǎn)垂直邊緣AE射粒進(jìn)入?yún)^(qū)域

222qR12222200B222qR12222200B1Ⅰ時(shí)經(jīng)歷了兩次電場(chǎng)加速，＝m,粒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)經(jīng)歷了一次電場(chǎng)加速＝m，立可得∶＝∶1。2(2)根據(jù)分析可知，帶電粒子在區(qū)Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓周軌跡半徑之比＝，根據(jù)公式1mm＝得＝，入可得∶B＝＝12(3)帶電粒子在三個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間為、t、t。粒在強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期＝2πm1π，＝B，B＝B，得t＝T＝t＝Τ＝。在電場(chǎng)中有兩加速，電2場(chǎng)力為Eq離L勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L得t＝2

Lm

。(1＋)總時(shí)間為t＝t＋t＋t＝2

＋2

Lm

。．答案C解析：0～0.5時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流增加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律導(dǎo)得出引起感應(yīng)電流的磁通量變化越來越快，則小線圈電流變化越來越快，故選項(xiàng)A錯(cuò)?！玸時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)得出引起感應(yīng)電流的磁通量變化越來越慢，則小線圈電流變化越來越慢故選項(xiàng)D錯(cuò)～0.5時(shí)內(nèi)和1～1.5s時(shí)內(nèi)感應(yīng)電流方向相反，在兩段時(shí)間內(nèi)小線圈電流方向如果相反，則在這兩段時(shí)間內(nèi)電流要增都增，要減都減，故選項(xiàng)錯(cuò)。在兩段時(shí)間內(nèi)起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向如果相同，推導(dǎo)得出在一段時(shí)間內(nèi)引起感應(yīng)電流的磁通量如果增加，在另一段時(shí)間內(nèi)一定減小。即在兩段時(shí)間內(nèi)小線圈電流方向如果相同，在一段時(shí)間內(nèi)小線圈電流如果增加，則在另一段時(shí)間內(nèi)一定減小s～1時(shí)間內(nèi)，無感應(yīng)電流，則引起感應(yīng)電流的磁通量不變化，推導(dǎo)得出小線圈電流恒定不變或電流大小等于零，故選項(xiàng)正。．答案CD解析：設(shè)矩形線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為，形線框切割磁感線的短邊長(zhǎng)度為L(zhǎng)，短邊之比為k，制作線框的電阻絲位長(zhǎng)度電阻為R，位長(zhǎng)度質(zhì)量為m，則線框總質(zhì)量M02(k＋1)Lm框電阻＝2(k＋LR據(jù)大線框以定速度進(jìn)入磁場(chǎng)可得出Mg＝，00EBL由閉合電路歐姆定律I＝，拉第電磁感應(yīng)定律E＝，導(dǎo)得出Mg，入M和（k＋）mRg，導(dǎo)得出＝2。故線框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速運(yùn)動(dòng)速度大小與矩形線框的邊長(zhǎng)無關(guān)，因此，矩形線框乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)也以速度勻速直線運(yùn)動(dòng)。線框回路中感應(yīng)電vvB流的大小I＝＝＝，其值也與線框的邊長(zhǎng)無關(guān)，所以I＝I，2＋1）LR（k＋）1200BBkL故選項(xiàng)A錯(cuò)導(dǎo)體橫截面的電量根據(jù)＝面和電阻得出q，（k＋1）R0得出＝q，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒，線框進(jìn)入勻磁場(chǎng)的整個(gè)過程中，重力勢(shì)能12轉(zhuǎn)化為線框的焦耳熱甲的質(zhì)量是乙的兩倍磁場(chǎng)過程中下落的高度也是乙的兩倍，可以得出甲產(chǎn)生的熱量是乙的倍，故選項(xiàng)C正。由于甲、乙的感應(yīng)電流相等，由安培力F＝得力的大小與受到安培力的有效長(zhǎng)度L成比F＝2選項(xiàng)D正。12

221101221101．答案(1)0.628V(2)0.32A(3)2.156N解析：(1)在0時(shí)間內(nèi)，設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的位移為，運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，并代入數(shù)值，解1得x＝at＝2①12導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到金屬圓環(huán)的中心處由法拉第電磁感應(yīng)定律，得

ΔΦΔ＝＝②ΔtΔΔ＝πR

2

③聯(lián)立②③式，代入數(shù)據(jù)，解得在～2s時(shí)內(nèi)，接入電路中導(dǎo)體棒的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

B＝＝V④(2)設(shè)t＝2s刻，導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)速度為，體棒切割磁線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為，過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為I，體棒兩端的電壓為U。1由第一問得，此時(shí)導(dǎo)體棒恰好到達(dá)金屬圓環(huán)的中心處設(shè)時(shí)導(dǎo)體棒接入電路的有效長(zhǎng)度為，＝4；導(dǎo)體棒接入電路中的有效電阻為r，則1r＝Ω⑤1此時(shí)金屬環(huán)左右兩部分的電阻均為，1＝Ω1第題答(此時(shí)等效電路，如圖1)所示，設(shè)金屬環(huán)左右兩部分并聯(lián)的總電阻為，得1＝Ω⑥1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得

＝＋＝m/s⑦由法拉第電磁感應(yīng)定律，得E＝BL⑧111由閉合電路歐姆定律，得EI＝⑨1r＋R1

2202π32202π3第題答(由⑤⑥⑦⑧⑨各式，代入數(shù)值，解得I＝0.32A1由閉合電路歐姆定律，導(dǎo)體棒兩端的電壓為U，U＝E－Ir＝Veq\o\ac(○,10)111由電功率定義式，得金屬圓環(huán)的電功率P＝UI＝×0.32A＝0.1024W1(3)＝時(shí)刻MN動(dòng)到如(所示的位置，導(dǎo)體棒與圓環(huán)的相交點(diǎn)記為、，圓環(huán)的左側(cè)端點(diǎn)記為，右側(cè)端點(diǎn)記為Q設(shè)此時(shí)＝，體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)速度

2

，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為I，體棒運(yùn)動(dòng)的22位移為x。2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，并代入數(shù)值，解得x＝at＝12π由式和幾何關(guān)系，θ＝此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度L＝Rsin＝2＝CD由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)速度

＝＋＝由法拉第電磁感應(yīng)定律，代入兩式，此時(shí)接入電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BL＝0.46VV2CD2由電阻定律解得，左側(cè)圓弧CPD對(duì)的電阻r＝×2＝θ＝Ω2由式解得，右側(cè)圓弧對(duì)的電阻＝r－R＝Ω3由并聯(lián)電路的特點(diǎn)，代入兩，解得此時(shí)圓環(huán)左右兩部分并聯(lián)的總電阻

232232＝＝ΩΩ＋23此時(shí)導(dǎo)體棒接入電路中的有效電阻r＝3＝Ω2由閉合電路歐姆定律，代各式，解得此時(shí)導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的大小第題答(EI＝＝Ar＋R2由安培力公式，代入式，解得此時(shí)導(dǎo)體棒所受到的安培力為F＝BIL＝Neq\o\ac(○,21)CD導(dǎo)體棒受力(截面圖，如(3)所示，由牛頓第二定律，得F－Fmaeq\o\ac(○,22)由eq\o\ac(○,21)eq\o\ac(○,22)兩式，代入數(shù)據(jù)，解得水平拉力為F＝2.156。．答案CD解析：線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度＝n200，電機(jī)產(chǎn)生正交流電，電動(dòng)勢(shì)最大值E＝NBS＝V電動(dòng)勢(shì)的有效值＝

E＝80V所以電壓表示數(shù)為Vmax故選項(xiàng)A錯(cuò)誤。只將S從1撥向2時(shí)會(huì)使副線圈端電壓增大，輸出功率增大，電流表1示數(shù)會(huì)變大故選項(xiàng)B誤只將S從3向時(shí)，會(huì)使副線圈兩端電壓變小出率變2小，電流表示數(shù)會(huì)變小，故選項(xiàng)正。只將的片上移，使得變阻器阻變大，變阻器R兩的電壓增大，所R兩端的電壓會(huì)減小R的電功率變小，故選項(xiàng)D正。22．答案解析：設(shè)玻璃管的橫截面積為，狀態(tài)段氣體體積為V＝1BC段體的壓強(qiáng)為p＝＋25＝1末狀態(tài)BC段氣體體積為＝2BC段體的壓強(qiáng)為p＝－25＝50cmHg2根據(jù)＝pV，得h＝20cm1初狀態(tài)D到璃底端的氣體體積為＝3DD段體的壓強(qiáng)為＝cmHg＋25cmHg＝3末狀態(tài)D段氣體積為V＝4DD段體的壓強(qiáng)為＝cmHg－25cmHg＝4根據(jù)＝pV可得＝3DA處水銀面沿玻璃管移動(dòng)了l＝20cm＋60－10cm－＝58cm。

TT．答案解析由波向右傳播可此時(shí)＝2m處質(zhì)點(diǎn)正向下動(dòng)則波源開始振動(dòng)時(shí)方向是向下的選A正波從x＝m處到P點(diǎn)距離是半個(gè)波長(zhǎng)用間為半個(gè)周期，λ則得周期T＝0.4s，由圖知，波長(zhǎng)λ＝2，所以波速為＝＝，故選項(xiàng)B正。到t＝刻質(zhì)點(diǎn)B已經(jīng)振動(dòng)了＝0.1，通過的路程為cm故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。t＝0.45s，質(zhì)點(diǎn)已振動(dòng)的時(shí)間為0.45－0.2＝＝P點(diǎn)始是向下振動(dòng)的以ts時(shí)點(diǎn)P的度方向向上選D正＝時(shí)向前傳播的距離x＝t＝×0.4＝m但質(zhì)點(diǎn)A只下振動(dòng)，不會(huì)傳到點(diǎn)故選項(xiàng)錯(cuò)誤。πrh．答案＝解析：所有經(jīng)面射后進(jìn)入透明物質(zhì)的光線平行。第27題圖作出光路圖，由光路圖可知，入射光線越接近點(diǎn)其折射光線在面上的入射角就越大，越容易發(fā)生全反射。設(shè)從某位置點(diǎn)射的光線折到弧上Q點(diǎn)入角恰等于臨界角C有sinC＝代入數(shù)據(jù)得＝所以能射出光線的區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為β＝C＝45°在弧能射出線的長(zhǎng)度為＝×πr0因而從圓柱體弧面上能射出光線的面積為S＝Sh0πrh聯(lián)立解得S＝。．答案B解析：由題圖知，復(fù)色光從玻璃射向空氣中光折射角小b的折射角大，根據(jù)光sin路可逆，由折射定律有＝，γγθ＝，<，么光頻率低，又由＝sinba知在玻璃中傳播的速度大，故選項(xiàng)A正確。當(dāng)玻璃磚逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，復(fù)色光射方向不變時(shí)，復(fù)色光在O的入射角增大，折射角也增大，當(dāng)入射角增大到光所對(duì)應(yīng)的臨界角時(shí)，就

0aλλ0aa22(2)L011A1A0mA2B200Amax2220Amax2200020aλλ0aa22(2)L011A1A0mA2B200Amax2220Amax220002200會(huì)發(fā)生全反射，此種色光就在光屏上消失了，由n＝

sin

知b光的臨界角小，則首先消失，故選項(xiàng)B錯(cuò)。光從一種介質(zhì)中射向另一種介質(zhì)同時(shí)發(fā)生射和反射現(xiàn)象，實(shí)質(zhì)也是能量的分配過程，在入射角增大到趨近臨界角的過程中，折射光的能量逐漸減小，反射光的L能量逐漸增大，故選項(xiàng)確。根據(jù)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，相鄰(暗)條紋間距公式Δxλ知，光波長(zhǎng)長(zhǎng)，則條紋間距也較大，故選正。本題選不正確的，故本題答案為。．答案：∶23∶2sini解析：由光的折射定律n＝可別得出＝，n＝2所以n∶＝3。12sinrabbλλ3l真空中的波長(zhǎng)λ＝λ所以＝＝＝，再由雙縫干涉公式x＝來得相鄰暗0b22Δλ條紋間距之比為＝＝。Δλ2b．答案－＝B

00814μg解析：(1)塊在A上動(dòng)程，有m＝v

A滑塊在上動(dòng)過程，有2m＋＝×

0解得＝v＝vμmgA、B分后B的速度＝＝μgB從AB分離到C速過程，有＝＋at00在這段時(shí)間內(nèi)，有s＝ts＝t＋tA、B之的離是－＝。Bμg(2)剛好滑到最右端時(shí)，C、B、A共，有vmmμ2＝×v－×(22m)解得L＝

故L。μg4．答案>5Jm解析：(1)小球速度為零時(shí)，彈簧的彈力恰好為＝N則根據(jù)機(jī)械能守恒，有1m＝kx，kx解得＝5

020p22101p12122202pm341342223403421211TT2BB2212020p22101p12122202pm341342223403421211TT2BB2212f所以，當(dāng)小球初速度v大m/s時(shí)繩能被拉斷。當(dāng)＝5時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能的最大值E＝＝2.5J。(2)設(shè)當(dāng)細(xì)繩斷裂時(shí)小球的速度為，由機(jī)械能守恒定律得m—v＝E解得＝m/s此后，小球與長(zhǎng)木板動(dòng)量守恒，當(dāng)兩者速度相同時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，設(shè)小球與長(zhǎng)木板的共同速度為，定向左為正向，由動(dòng)量守恒定律得＝(M)由機(jī)械能守恒定律得m＝(Mm＋EE＝4.1pm設(shè)小球離開長(zhǎng)木板時(shí)的速度為、時(shí)長(zhǎng)木板速度為，由動(dòng)量守恒定律可得m＝v＋由機(jī)械能守恒定律可得m＋M＝v解得＝2.16，m/s(另解不符題意舍)小球下落時(shí)間t＝

h＝所以，小球落地時(shí)距離長(zhǎng)木板右端的水平距離是＝(2.16＋1.04)×0.20m0.64mxf（x－x）．答案(1)BC(2)

2解析：(1)據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得＝，為了測(cè)定重物下落的加速度，還需要的實(shí)驗(yàn)器材有：帶毫米刻度的刻度尺，用來測(cè)量計(jì)時(shí)點(diǎn)之間的距離。使用電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器還需要低壓交流電源。通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔可以計(jì)算出計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔，所以該實(shí)驗(yàn)中不需要秒表。故選B、。(2)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知某段時(shí)間的中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該段時(shí)間內(nèi)的平均xf速度，有v＝，＝，解＝。（x－）f由于x－＝2，中－x＝x－，解得a。CDCD12．答案等于不需要不理(3)沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力足解析(1)由于裝有力傳感器，小車所受拉力大小可以從傳感器讀取，故本實(shí)驗(yàn)不需要滿足砝碼和砝碼盤總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，且由于實(shí)驗(yàn)前已經(jīng)通過傾斜軌道平衡摩擦力，故小車所受到的合力等于傳感器受到的拉力。(2)d＝＋0.05×7mm＝7.35。驗(yàn)時(shí)把小車經(jīng)過光電門時(shí)的平均速度作為車的瞬時(shí)速度，擋光板的寬度越窄，小車經(jīng)過光電門時(shí)的平均速度越接近小車的瞬時(shí)速度，擋光板的寬度越大，誤差越大，所以不能用7的金屬片替代擋光。(3)a－圖與橫軸交點(diǎn)(，，說明施加外力在N之小車和傳感器沒有加速度，說明實(shí)驗(yàn)前漏掉的操作是沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不足。FF1(4)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知Fma，＝－即－圖斜率為，圖知斜率k＝，f

222ΔtΔt222ΔtΔt222ΔtΔt222ΔtΔt則小車、傳感器和擋光板的總質(zhì)量為1kg。．答案(1)10.15(2)兩光電門間的高度差(－mgx＝(＋)

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](3)AB解析：(1)標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為10mm，游標(biāo)尺上第刻度與主尺上某一刻度對(duì)齊，故其讀數(shù)為×＝mm，所以最終讀數(shù)為10mm0.15mm＝；故答案為：。(2)要驗(yàn)證的機(jī)械能守恒的表達(dá)式(Mm)＝(m＋d看出，還需要測(cè)量的物理量有兩光電門間的高度差。

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