1．如圖所示，兩顆衛(wèi)星圍繞著質(zhì)量為M的中心星體做勻速圓周運動。若兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上，兩顆衛(wèi)星間的作用及其他星體對兩顆衛(wèi)星的作用均忽略不計，則下列判斷正確的是（）MA．兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等MB．兩顆衛(wèi)星的向心加速度相同C．兩顆衛(wèi)星的向心力大小相等D．兩顆衛(wèi)星的動能相等【答案】A【提示】由“兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上”得知兩顆衛(wèi)星的角速度ω相等，根據(jù)eq\A(G\F(Mm,r2))=mω2r，得r=eq\R(3,\F(GM,ω2))，可見兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等，選項A正確；由a=ω2r得向心加速度大小a1=a2，但方向相反，選項B錯誤；由萬有引力提供向心力即F向=eq\A(G\F(Mm,r2))知，F(xiàn)向與衛(wèi)星的質(zhì)量m有關(guān)，由于兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，選項C錯誤；根據(jù)eq\A(G\F(Mm,r2))=meq\F(υ2,r)得衛(wèi)星的動能Ek=EQ\F(1,2)mυeq\s(2,)=eq\A(G\F(Mm,2r))與m有關(guān)，選項D錯誤。升壓變壓器降壓變壓器升壓變壓器降壓變壓器用戶發(fā)電廠A．電壓表V1示數(shù)減小，電流表A1減小B．電壓表V2示數(shù)增大，電流表A2減小C．輸電線上損耗功率增大D．用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值增大【答案】BD【提示】根據(jù)eq\F(U出,U1)=eq\F(n1,n2)得電壓表V1兩端的電壓U1不變，選項A錯誤；根據(jù)P出=U1I1得通過電流表A1的電流I1將減小，根據(jù)eq\F(I2,I1)=eq\F(n3,n4)得通過電流表A2的電流I2將減小，降壓變壓器原線圈兩端的電壓U=U1–I1R線將增大，根據(jù)eq\F(U,U2)=eq\F(n3,n4)得電壓表V2兩端的電壓U2增大，選項B正確；輸電線上損耗功率P線=Ieq\o\al(1,2)R線將減小，選項C錯誤；用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值為eq\F(I2U2,I1U1)=eq\F(n3,n4U1)U2隨著U2的增大而增大，選項D正確。3．如圖所示，一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質(zhì)量為m的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力的作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向右運動。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A．水平恒力大小F=mgtanθB．地面對斜面體的支持力大小N2=(M+m)gC．物塊對斜面的壓力大小N1=mgcosθD．斜面體的加速度大小為gtanθ【答案】B【提示】物塊與斜面體相對靜止，加速度相同，對物塊、斜面體整體，豎直方向上受力平衡有N2=(M+m)g，選項B正確；水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有F=(M+m)a，對斜面體，豎直方向上受力平衡有N2=Mg+N1cosθ，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有N1sinθ=Ma，解得N1=eq\F(mg,cosθ)，a=eq\F(m,M)gtanθ，F(xiàn)=eq\F(M+m,M)mgtanθ，選項A、C、D均錯誤。4．（多選）如圖1所示，小物塊靜止在傾角θ=37°的粗糙斜面上。現(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力F，力F的大小隨時間t的變化情況如圖2所示，物塊的速率υ隨時間t的變化規(guī)律如圖3所示，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是（）112340.40.8t/sF/NO12340.40.8t/sυ/m·s-1O圖2圖3F圖1θA．物塊的質(zhì)量為1kgB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C．0~3s時間內(nèi)力F做功的平均功率為0.32WD．0~3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為5.12J【答案】AD【提示】由速度圖象知在1~3s時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動，則0.8+mgsinθ–μmgcosθ=ma，a=eq\F(0.8–0,3–1)m/s2=0.4m/s2。在3~4s時間內(nèi)，物塊勻速運動，受力平衡，則μmgcosθ–mgsinθ=0.4N，解得m=1kg，μ=0.8，選項A正確，B錯誤；0~1s時間內(nèi)，物塊靜止，力F不做功，1~3s時間內(nèi)，力F=0.8N，物塊的位移x=EQ\A(\F(1,2))×0.4×22m=0.8m，0~3s內(nèi)力F做功的平均功率為eq\F(Fx,t3)=eq\F(0.8×0.8,3)W=0.213W，選項C錯誤；0~3s時間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為μmgcosθ·x=5.12J，選項D正確。θθθθABCD甲船乙船A．兩船在靜水中的劃行速率不同B．甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C．兩船同時到達D點D．河水流速為eq\F(dtanθ,t)【答案】C【提示】由題意可知，兩船渡河的時間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度υ1相等，由υ1=υsinθ知兩船在靜水中的劃行速率υ相等，選項A錯誤；乙船沿BD到達D點，可見河水流速υ水方向沿AB方向，可見甲船不可能到達到正對岸，甲船渡河的路程較大，選項B錯誤；根據(jù)速度的合成與分解，υ水=υcosθ，而υsinθ=eq\F(d,t)，得υ水=eq\F(d,ttanθ)，選項D錯誤；由于甲船沿AB方向的位移大小x=(υcosθ+υ水)t=eq\F(2d,tanθ)=AB，可見兩船同時到達D點，選項C正確。ACACBOA．若有一個粒子從OA邊射出磁場，則另一個粒子一定從OB邊射出磁場B．若有一個粒子從OB邊射出磁場，則另一個粒子一定從CA邊射出磁場C．若兩個粒子分別從A、B兩點射出磁場，則它們在磁場中運動的時間之比為2∶1ACBOαO2ACBOαO2R1R2αθθ【答案】C【提示】由qυB=meq\F(υ2,R)得軌道半徑R=eq\F(mυ,qB)。由題意可知，兩個粒子分別順、逆時針偏轉(zhuǎn)，但它們的速率關(guān)系未知，軌道半徑關(guān)系也未知，選項A、B均錯誤；若兩個粒子分別從A、B兩點射出磁場，如圖所示，則α=60°，θ=30°，OA=OBtan30°，R1=eq\F(OA,2sinα)，R2=eq\F(OB,2sinθ)，得eq\F(R1,R2)=eq\F(1,3)，選項D錯誤；周期T=eq\F(2πm,qB)相同，由t1=eq\F(2α,2π)T、t2=eq\F(2θ,2π)T得eq\F(t1,t2)=eq\F(2,1)，選項C正確。7．在光滑水平面上充滿水平向右的勻強電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行。若小球從A點由靜止釋放后，沿水平面擺動到B點，不計空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()ABABEOB．小球的切向加速度一直變大C．小球受到的拉力先變大后變小D．小球受到的電場力做功功率先增大后減小【答案】D【提示】小球從A點擺動到B點的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動能定理知小球的動能Ek一直增大，選項A錯誤；小球從A點擺動到B點的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為θ，則小球的切向加速度a1=eq\F(qEsinθ,m)隨著θ的減小而減小，選項B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F–qEcosθ=meq\F(υ2,L)得小球受到的拉力大小F=qEcosθ+eq\F(2,L)·Ek，cosθ、Ek均隨著θ的減小而增大，可見F一直增大，選項C錯誤；在A點時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過B點時小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時功率也為零，可見小球受到的電場力做功功率先增大后減小，選項D正確。BI60°8．在絕緣水平面上方均勻分布著方向與水平向右成60°角斜向上的磁場中，一通有如圖所示的恒定電流I的金屬方棒，在安培力作用下水平向右做勻速直線運動。已知棒與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=eq\A(\F(\R(3),3))。若在磁場方向由圖示方向開始沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直向上的過程中棒始終保持勻速直線運動，此過程中磁場方向與水平向右的夾角設(shè)為θ，則關(guān)于磁場的磁感應強度的大小B與θ的變化關(guān)系圖象可能正確的是（）BI60°BθmgBθmgBILfNθ/°eq\F(1,B)/T-1OB90θ/°B/TOA90θ/°eq\F(1,B)/T-1OC906030θ/°eq\F(1,B)/T-1OD906030【提示】棒受力如圖所示，則BILsinθ=μ(mg+BILcosθ)，得eq\F(1,B)=eq\F(IL,μmg)(sinθ–μcosθ)=eq\F(2IL,\R(3)mg)sin(θ–30°)，只有選項C正確。9．如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導軌cd、eg，端點d、e之間連接一電阻R，金屬桿ab靜止在金屬框架上，整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中。導軌及桿ab的電阻忽略不計?，F(xiàn)對桿ab施加一沿dc方向的外力F，使桿ab中的電流i隨時間t的圖象如圖乙所示。運動中桿ab始終垂直于導軌且接觸良好。下列關(guān)于外力F、桿ab受到的安培力功率大小P隨時間t變化的圖象，可能正確的是()【答案】C【提示】桿ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢e=BLυ，感應電流i=eq\F(e,R)，由乙圖得i=kt，解得桿ab的速率υ=eq\F(kR,BL)t，可見桿ab的加速度a=eq\F(kR,BL)不變，對桿ab根據(jù)牛頓第二定律有F–BiL=ma，得F=BLkt+ma，選項A、B均錯誤；桿ab受到的安培力功率大小P=BiL·υ=k2Rt2，選項C正確，D錯誤。θAθABCA．A剛要沿斜面向上運動時的加速度大小為EQ\A(\F(g,2))B．A上升的最大豎直高度為3LC．拉力F的功率隨時間均勻增加D．L=eq\F(9,4)x【答案】D【提示】A剛要沿斜面向上運動時的加速度大小為eq\F(F,m)=g，選項A錯誤；F未作用前，對A受力平衡有mgsinθ=kL，得k=eq\F(mg,2L)，A運動到最高處時，對B受力平衡有2mgsinθ=kL′，得L′=2L，A上升的最大豎直高度為(L+L′)sinθ=eq\F(3,2)L，選項B錯誤；由于F作用期間，彈簧彈力是變力，合力為變力，根據(jù)牛頓第二定律知加速度是變化的，速度υ隨時間不是均勻變化的，所以Fυ=mgυ隨時間也不是均勻變化的，選項C錯誤；在A從最低處運動到最高處的過程，對A根據(jù)動能定理有Fx–eq\F(kL′+k(L′–L),2)(L′–L)–mg(L+L′)sinθ=0–0，得x=eq\F(9,4)L，選項D正確（或用排除法判斷）。OAOABA．帶電圓環(huán)在B點產(chǎn)生的場強方向豎直向上B．小球從A點運動到B點的過程中電場力一直做負功C．小球從A點運動到B點的過程中通過O點時速度最大D．小球通過B點時的速度為eq\R(υ\o\al(0,2)+4gh)【答案】D【解析】帶正電小球靜止在A點，受到重力和電場力共同作用而平衡，電場力方向豎直向上，帶電圓環(huán)在A點產(chǎn)生的場強方向豎直向上，根據(jù)對稱性知帶電圓環(huán)在B點產(chǎn)生的場強方向豎直向下，選項A錯誤；小球從A點運動到B點的過程中電場力先做負功后做正功，選項B錯誤；小球通過O點時只受重力作用，而速度方向與重力方向相同，小球還在加速中，可見小球通過O點時速度并非最大，選項C錯誤；根據(jù)對稱性可知，小球從A點運動到B點的全過程，電場力對小球做的總功為零，根據(jù)動能定理有mg·2h=EQ\F(1,2)mυeq\s(2,)–EQ\F(1,2)mυeq\o\al(0,2)，得小球通過B點時的速度υ=eq\R(υ\o\al(0,2)+4gh)，選項D正確。MmMmA．Tm=eq\F(M+2m,M+m)mgB．Tm=eq\F(M+2m,M+m)MgC．Tm=eq\F(M+2m,M–m)mgD．Tm=eq\F(M+m,M+2m)mg【答案】A【解析】令m=0，則Tm應為零，而選項B中的Tm=Mg，選項B錯誤；令m趨近于M，則選項C中Tm趨近于無窮大，不合理，選項C錯誤；令M=0，則選項D中的表達式簡化為Tm=EQ\A(\F(1,2))mg，由于M=0且尚未掛上鉤碼時彈簧彈力為零，掛上鉤碼并由靜止開始釋放，當彈簧彈力與mg平衡時，鉤碼的速率最大，由于慣性鉤碼還要繼續(xù)向下運動，可見輕繩對鉤碼的最大拉力Tm應大于mg，所以選項D錯誤；由排除法知選項A正確。圖113．某學習小組利用圖1所示裝置做“驗證機械能守恒定律”的實驗。圖1①若某同學按圖1所示開始實驗，則一個很明顯的不合理之處是______________________________________。②經(jīng)糾正后，按正確操作，得到如圖2所示的一條點跡清晰的紙帶，用刻度尺測得起始點O到計數(shù)點A、B、C、D各點的距離分別為h1、h2、h3、h4，相鄰計數(shù)點間時間間隔為T，從O到D的時間為t。若用O、C兩點來驗證機械能守恒定律，為了計算打下C點時的重物的速度大小，甲、乙、丙、丁四位同學提供了四個計算式，其中正確的是_________。（填選項前的字母）OABh1OABh1h2h3h4CD圖2B．乙同學：υC=gtC．丙同學：υC=eq\F(h4–h2,2T)D．丁同學：υC=eq\F(h4–h3,T)③提供正確計算式的同學發(fā)現(xiàn)，以C點算出的重力勢能mgh3總比EQ\A(\F(1,2))mυeq\o\al(C,2)略大些，這主要是因為_______________________________________________________________________?！敬鸢浮竣籴尫偶垘爸匚镫x打點計時器太遠②C③實驗中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量?！咎崾尽竣僖蜥尫偶垘爸匚镫x打點計時器太遠，重物下落的加速度較大，紙帶上打的點數(shù)極少，所以實驗中釋放紙帶前應提高紙帶使重物靠近打點計時器。②因?qū)嶒炛写嬖谧枇?，重物下落時的實際加速度小于重力加速度，計算速度時應根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻速度等于該過程的平均速度來求，正確的是丙同學；而甲、乙兩同學提供的計算式是沒有阻力作用下速度的理論值，不合理；丁同學提供的計算式是求DE段的平均速度即求CD間中間時刻的速度。③因為實驗中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。圖甲14．某同學利用如圖甲所示的實驗裝置運用牛頓第二定律測量滑塊的質(zhì)量M。其主要步驟為：圖甲①調(diào)整長木板傾角，當鉤碼的質(zhì)量為m0時滑塊沿木板恰好向下做勻速運動。mg/Namg/Na/m·s-21.00.200.400.6003.04.02.0請回答下列問題：圖乙圖丙i）打點計時器在打下B點時滑塊的速度υB=_________m/s；ii）滑塊做勻加速直線運動的加速度a=___________m/s2；iii）滑塊質(zhì)量M=___________（用字母a、m0、當?shù)刂亓铀俣萭表示）。③保持木板傾角不變，掛上質(zhì)量為m（均小于m0）的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運動，測出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質(zhì)量，分別求出相應的加速度。④若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出的a－mg圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質(zhì)量M=_________kg。（取g=10m/s2，計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）【答案】②i）1.38；ii）3.88；iii）eq\F(g,a)m0④0.200【解析】②i）υB=eq\F(0.0520+0.0584,4×0.02)m/s=1.38m/s；ii）由△s=aT2得a=eq\F((0.0645+0.0707)–(0.0520+0.0584),0.082)m/s2=3.88m/s2；iii）滑塊做勻速運動時受力平衡有m0g=Mgsinθ–f，撤去m0時滑塊做勻加速直線運動時受到的合外力F合=Mgsinθ–f，由F合=Ma得M=eq\F(g,a)m0。④掛上質(zhì)量為m的鉤碼時滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，受到的合外力為F合′=Mgsinθ–f–mg，由F合′=Ma得a=–eq\F(1,M)mg+eq\F(m0,M)g，結(jié)合圖丙得eq\F(1,M)=eq\F(3.5–1.0,0.50)，得M=0.200kg。15．某多用電表內(nèi)歐姆擋“×1”的內(nèi)部電路圖如圖所示，小明同學將電阻箱和電壓表V并聯(lián)后接在兩表筆a、b上，欲用圖示的電路測量多用電表內(nèi)部的電阻r（遠小于電壓表V的內(nèi)阻）和電池的電動勢E。實驗的主要步驟為：eq\F(1eq\F(1,U)/V-1eq\F(1,R)/Ω-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(1)表筆a為________(填“紅表筆”或“黑表筆”)。將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)至歐姆擋“×1”，將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)________，使指針指在_______(填“左”或“右”)側(cè)零刻度處。(2)改變電阻箱R的阻值，分別讀出6組電壓表和電阻箱的示數(shù)U、R，將eq\f(1,U)、eq\f(1,R)的值算出并記錄在表格中，請將第3、5組數(shù)據(jù)的對應點在坐標紙上補充標出，并作出eq\f(1,U)–eq\f(1,R)圖線。組數(shù)123456R100.050.025.016.712.59.1eq\f(1,R)0.010.020.040.060.080.11U1.200.950.740.600.500.40eq\f(1,U)0.831.051.351.682.002.50(3)根據(jù)圖線得到電動勢E=____________V，內(nèi)電阻r=________Ω。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(4)由于電壓表的分流作用，多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實值______（填“大”或“小”）?！敬鸢浮?1)a；調(diào)零旋鈕(或調(diào)R0)；右(2)如圖所示(3)1.43(1.45～1.41)；23.4(22.9～23.9)(4)小【提示】(1)表筆a接內(nèi)部電池的負極，應為紅表筆。紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，使指針指到右側(cè)零偏刻度處。(2)eq\f(1,U)–eq\f(1,R)圖線如圖所示。eq\F(eq\F(1,U)/V-1eq\F(1,R)/Ω-10.501.001.502.002.500.020.040.060.0801.00(3)由E=U+eq\f(U,R)·r得eq\f(1,U)＝eq\f(r,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，結(jié)合圖線得eq\f(1,E)＝0.70，eq\f(r,E)＝eq\f(2.50–0.70,0.11)，解得E＝1.43V，r內(nèi)＝23.4Ω。(4)當R為無窮大即為不接電阻箱時電壓表的示數(shù)為多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值，而電壓表兩端的電壓等于電動勢的真實值減去多用電表的內(nèi)電壓，所以多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實值小。16．如圖所示，等腰三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在場強方向沿PQ方向、大小為E的勻強電場，A為PQ的中點，D為OQ的中點，PQ=2L，θ=30°。一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子（重力不計、初速度視為零），從靠近M板O′處由靜止釋放，經(jīng)兩平行金屬板M、N間的電場加速后，通過N板上的小孔沿AO方向從A點射入三角形OPQ區(qū)域，粒子恰好從D點射出電場。（1）求M、N兩板間的電壓U及粒子過A點時的速率υ；θAMNθAMNPQθODO′【解析】（1）粒子在兩板間電場加速，根據(jù)動能定理有：qU=EQ\A(\F(1,2))mυ2粒子在三角形OPQ區(qū)域中做類平拋運動，有：eq\F(L,2)=EQ\A(\F(1,2))at2EQ\A(\F(1,2))Ltanθ=υt根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma解得：U=eq\F(1,24)EL，υ=eq\R(\F(qEL,12m))。θAPQθOO1θAPQθOO1RRR+eq\F(R,sinθ)=LqυB=meq\F(υ2,R)tm=eq\F(πR,υ)解得：B=eq\R(\F(3mE,4qL))，tm=2πeq\R(\F(mL,3qE))。LABmC17．如圖所示，長為L的輕桿下端用鉸鏈固定在光滑的水平面上的C點，上端有一個質(zhì)量為m的光滑小球A（視為質(zhì)點），小球旁輕靠有一正方體滑塊B。若用一大小為mg的水平恒力（g為重力加速度大?。┫蛴易饔糜谛∏駻，當桿與水平面成θ=30°角時A、B恰好分離，求：（提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(υ2,L)LABmC（1）A、B分離瞬間球A的速度大??；（2）滑塊B的質(zhì)量M；（3）球A剛要觸地時球?qū)U的作用力F大小和方向。Cθυ1Cθυ1υ2θ圖10.2在桿下擺過程中，對輕桿、球與滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有：mgLcosθ+mg(L–Lsinθ)=EQ\A(EQ\F(1,2))mυeq\s(2,1)+EQ\A(\F(1,2))Mυeq\s(2,2)–0解得υ1=eq\R(\F((3+\R(3))gL,6))（2）分離時A、B不僅有相同的水平速度，而且分離前瞬間A、B在水平方向的加速度也始終相同，而分離后B的加速度必為零，分離時兩者的水平加速度必為零。CθmgθCθmgθ圖10.3mgT由沿桿方向的合力提供向心力有：(Tsinθ+mg)sinθ=mEQ\A(\F(υ12,L))解得：M=eq\F(8(3+5\R(3)),6+\R(3))m=eq\F(8,11)(1+9EQ\R(3))m（3）球A剛要觸地時的速度設(shè)為υA，則根據(jù)動能定理有：mg(L–Lcosθ)+mgLsinθ=EQ\A(\F(1,2))mυeq\o\al(A,2)–EQ\A(\F(1,2))mυeq\o\al(1,2)F′=meq\F(υ\o\al(A,2),L)解得：F′=eq\F(21–5\R(3),6)mg，方向水平向左根據(jù)牛頓第三定律得F=F′=eq\F(21–5\R(3),6)mg，方向水平向右。

18．LdLdhH（1）線框下邊緣剛進入磁場時線框中感應電流的大小和方向；（2）線框的上邊緣剛進磁場時線框的速率υ1；（3）線框下邊緣剛進入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Q?！窘馕觥浚?）線框由靜止釋放到下邊緣剛進入磁場的過程，做自由落體運動，有：υeq\o\al(0,2)=2gh得線框下邊緣剛進入磁場的速率為：υ0=eq\R(2gh)線框下邊緣切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLυ0LdhHυ0υ1LdhHυ0υ1υ2解得：I=eq\F(BL\R(2gh),R)根據(jù)右手定則判斷知，線框中感應電流的方向沿逆時針方向。（2）線框進入磁場的過程，根據(jù)牛頓第二定律有：mg–BIL=ma根據(jù)微元法，取一小段時間，時間內(nèi)速度的減少量為，根據(jù)加速度的定義有：聯(lián)立可得：（mg–BIL）=m，即mg–BIL=m在時間內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為：兩邊求和得：mgt–BLq=m（v1–v0）根據(jù)法拉第電磁感應定律有：eq\x\to(E)=eq\F(BLd,t)根據(jù)閉合電路歐姆定律有：eq\x\to(I)=eq\F(\x\to(E),R)在時間t內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為：q=eq\F(BLd,R)解得：υ1=eq\R(2gh)+gt–eq\F(B2L2d,mR)。（3）在線框下邊緣剛進入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中，線框進入磁場的過程中才有焦耳熱產(chǎn)生，根據(jù)能量守恒定律有：Q=EQ\F(1,2)mυeq\o\al(0,2)+mgd–EQ\F(1,2)mυeq\s(2,1)解得：Q=mg(h+d)–EQ\A(\F(1,2))m(eq\R(2gh)+gt–eq\F(B2L2d,mR))2。19．關(guān)于分子動理論和熱力學定律，下列說法中正確的是（）A．空氣相對濕度越大時，水蒸發(fā)越快B．物體的溫度越高，每個分子的動能都增大C．第二類永動機不可能制成是因為它違反了熱力學第一定律D．兩個分子間的距離由大于10﹣9m處逐漸減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先增大后減小到零，再增大E．若一定量氣體膨脹對外做功50J，內(nèi)能增加80J，則氣體一定從外界吸收130J的熱量【答案】DE【提示】空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近同溫度水的飽和氣壓，水蒸發(fā)越慢，選項A錯誤；溫度是分子平均動能的標志，物體的溫度越高，分子熱運動就越劇烈，分子平均動能越大，選項B錯誤；第二類永動機不可能制成是因為它違反了熱力學第二定律，選項C錯誤；兩個分子間的距離由大于10﹣9m處逐漸減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先表現(xiàn)為引力，引力先增大到最大值后減小到零，之后，分子間作用力表現(xiàn)為斥力，從零開始增大，選項D正確；若一定量氣體膨脹對外做功50J即W=–50J，內(nèi)能增加80J即△U=80J，根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W，得Q=△U–W=130J，選項E正確。ABL1L2ABL1L2L（1）求玻璃管處于豎直狀態(tài)時A端空氣柱的長度L1′及其壓強p1；（2）若玻璃管處于豎直狀態(tài)時用冰塊包在A管周圍以降低A管中空氣的溫度，直至B管中空氣柱長度仍為105cm，求此時A管中空氣的溫度t′。（設(shè)此過程中B管中空氣的溫度不變）【解析】（1）根據(jù)玻意耳定律，對A管中的空氣有：pL1S=p1L1′S對B管中的空氣有：pL2S=(p1+L)L2′S又：L1′+L2′=L1+L2解得：L1′=50cm，p1=18cmHg。（2）由題意可知，B管中空氣的壓強仍為p=20cmHg，則A管中空氣的壓強為：p′=p–L=17cmHg對A管中的空氣，有：eq\F(p,T)=eq\F(p′,T′)解得：T′=eq\F(p′,p)T=255KA管中空氣的溫度t′=–18℃。123456123456720x/my/cm-200PQA．0~4s時間內(nèi)質(zhì)點P運動的總路程為80mB．t=0時刻波源的振動方向沿y軸負方向C．t＝7s時刻質(zhì)點P位于波峰D．t＝6.5s時刻開始質(zhì)點Q比質(zhì)點P第一次先回到平衡位置【答案】AB【提示】波源停振后至(6.5s–5s)=1.5s的時間內(nèi)，由圖象知波傳播了3m，得波速υ=eq\F(3m,1.5s)=2m/s，由圖象知波長λ=4m，得周期T=eq\F(λ,υ)=2s；振動從O點傳到P點用時Δt1=eq\F(L1,υ)=eq\F(4,2)m/s=2s，0~4s時間內(nèi)P點只振動了(4s–2s)=2s=T，運動的總路程為4×20cm=80cm，選項A正確；0~5s時間內(nèi)波傳播距離L2=2×5m=10m，eq\F(L2,λ)=2.5，可見t=5s時的波形的右側(cè)還有1.5個完全波未畫出，根據(jù)振動方向與傳波方向間的關(guān)系知，t=0時刻波源的振動方向沿y軸負方向，選項B正確；由于eq\F(△t2,T)=eq\F(7s–6.5s,2s)=EQ\A(\F(1,4))，質(zhì)點P位于平衡位置，選項C錯誤；t＝6.5s時刻，質(zhì)點Q的運動方向沿y軸負方向，可見質(zhì)點Q比質(zhì)點P第一次后回到平衡位置，選項D錯誤。ABDP22．如圖所示，等腰三角形ABD為折射率n=EQ\R(3)的某透明介質(zhì)的橫截面，AD=2L，∠A=∠B=30°，P為AD邊的中點。在ABD平面內(nèi)有一細束光線以入射角i=60°從P點射入介質(zhì)中。已知光在真空中的速度為c。求光從P點入射到第一次從介質(zhì)中射出所用的時間t。ABDP【解析】由n=eq\F(sini,sinr)得：r=30°由n