全國(guó)各地高考招生物理試題匯編專題參考答案

PAGEPAGE83參考答案專題一質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動(dòng)1．B由題知，位移x＝200m，加速度a＝6m/s2，末速度v＝50m/s，求初速度v0.由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得：v0＝10m/s，故B項(xiàng)正確．2.BC在位置－時(shí)間圖象中，圖線斜率的絕對(duì)值表示速度大小，斜率的正負(fù)表示速度的方向，兩圖線的交點(diǎn)表示同一時(shí)刻處于同一位置即追及或相遇．由圖可知，t1時(shí)刻前b處于a的后方，故t1時(shí)刻應(yīng)是b追上a，A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻，b車圖線斜率小于零，即b車沿負(fù)向運(yùn)動(dòng)，而a車圖線斜率始終大于零，即a車一直沿正向運(yùn)動(dòng)，故B正確；由t1～t2時(shí)間內(nèi)b車圖線斜率的絕對(duì)值可知C正確；在b車圖線的頂點(diǎn)處切線水平、斜率為零，即此時(shí)b車瞬時(shí)速度為零，可見D錯(cuò)誤．3.BD速度圖象中坐標(biāo)的正負(fù)表示物體的速度方向，即物體的運(yùn)動(dòng)方向，故A錯(cuò)誤；速度圖象與時(shí)間軸所圍面積表示物體的位移，由題圖知在0～7s內(nèi)乙物體速度圖線與時(shí)間軸所圍總面積為零，故B正確．在0～4s內(nèi)甲物體的速度始終為正，即這段時(shí)間內(nèi)一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；速度圖線的斜率表示加速度，即斜率絕對(duì)值表示加速度的大小，斜率的正負(fù)表示加速度的方向，由題圖可知D正確．4.B由于汽車在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力，故汽車駛?cè)肷车睾笞黾铀俣葴p小的減速運(yùn)動(dòng)，汽車駛出沙地后又做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到勻速．故s－t圖象的切線斜率先變小后變大，B正確．5.D由圖可知，在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)a＝a0>0，若v0≥0，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)；若v0<0，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，故B、C皆錯(cuò)誤；由于在T～2T時(shí)間內(nèi)a＝－a0，故物體做勻減速運(yùn)動(dòng)且圖線斜率的絕對(duì)值與0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)相同，故A錯(cuò)誤D正確．6．答案：(1)30m(2)2s解析：已知卡車質(zhì)量m＝8t＝8×103kg、初速度v0＝54km/h＝(1)從制動(dòng)到停車阻力對(duì)卡車所做的功為W，由動(dòng)能定理有W＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①已知卡車所受阻力f＝－3×104N，設(shè)卡車的制動(dòng)距離為s1，有W＝fs1②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得s1＝30m③(2)已知車長(zhǎng)l＝7m，AB與CD的距離為s0＝23m．設(shè)卡車駛過的距離為s2，D處人行橫道信號(hào)燈至少需經(jīng)過時(shí)間Δt后變燈，有s2＝s0＋l④s2＝v0Δt⑤聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得Δt＝2s⑥專題二相互作用1．AA、B在豎直下落過程中與墻面沒有彈力，所以也沒有摩擦力，A、B均做自由落體運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，均只受重力，故A正確．2.AC速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示物體的位移，估算圖中面積約為110m，故A正確；由于速度圖線的斜率表示物體的加速度，由圖可知在0.4s～2.5s內(nèi)飛機(jī)加速度大小幾乎不變，約為27m/s2，則飛機(jī)所受阻攔索的合力F不變，但飛機(jī)的速度在減小，兩側(cè)阻攔索間夾角θ在減小，故由P＝Fv知D錯(cuò)誤，由F＝2Tcoseq\f(θ,2)知阻攔索的張力在減小，B錯(cuò)誤；由上述知C正確．3．A對(duì)小球受力分析如圖所示，建立坐標(biāo)系，在x軸方向上：T－mgsinθ＝macosθ在y軸方向上：FN－mgcosθ＝－masinθ解得：T＝mgsinθ＋macosθFN＝mgcosθ－masinθ所以選項(xiàng)A正確．4.AD根據(jù)求合力的公式F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2)＋2F1F2cosθ)(θ為F1、F2的夾角)，若F1、F2都變?yōu)樵瓉淼?倍，合力也一定變?yōu)樵瓉淼?倍，A正確；對(duì)于B、C兩種情況，力的變化不是按比例增加或減少的，不能判斷合力的變化情況，B、C錯(cuò)誤；如圖所示，在F⊥F2情況下，若F2增加，可明顯看出合力減小，所以D正確．5.C質(zhì)點(diǎn)在多個(gè)力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，其中一個(gè)力必與其余各力的合力等值反向．當(dāng)該力大小逐漸減小到零的過程中，質(zhì)點(diǎn)所受合力從零開始逐漸增大，做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)該力再沿原方向逐漸恢復(fù)到原來大小的過程中，質(zhì)點(diǎn)所受合力方向仍不變，大小逐漸減小到零，質(zhì)點(diǎn)沿原方向做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故C正確．6.C當(dāng)物塊所受外力F為最大值F1時(shí)，具有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)由平衡條件可得：F1＝mgsinθ＋fm；同理：當(dāng)物塊所受外力F為最小值F2時(shí)，具有向下的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，即F2＋fm＝mgsinθ.聯(lián)立解得fm＝eq\f(F1－F2,2)，F(xiàn)1＋F2＝2mgsinθ，由于m或斜面的傾角θ未知，故選項(xiàng)C正確；選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤．7.D用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體時(shí)，小球受重力、繩的拉力FT和垂直于斜面的支持力FN，在斜面體緩慢移動(dòng)過程中FN方向不變，由三力平衡知其動(dòng)態(tài)變化如圖所示，F(xiàn)T先減小后增大，F(xiàn)N逐漸增大．8.A因人靜躺在椅子上，由二力平衡可知椅子各部分對(duì)人的作用力的合力大小為G，方向豎直向上．答案為A.9.BDP靜止在斜面上時(shí)沿斜面方向有：mgsinθ＝f≤μmg·cosθ，即sinθ≤μcosθ，當(dāng)把物體Q放在P上時(shí)μ、θ均不變，故P仍將保持靜止，且合外力為零，則A、C均錯(cuò)，B項(xiàng)正確．由f＝mgsinθ知，當(dāng)m變大時(shí)f將隨之變大，D項(xiàng)正確．10.答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)大于2μ(m1＋m2)(3)22.4N解析：(1)砝碼對(duì)紙板的摩擦力f1＝μm1桌面對(duì)紙板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2解得f＝μ(2m1＋m2)(2)設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則f1＝m1aF－f1－f2＝m2a發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)a2>a1解得F>2μ(m1＋m2)g(3)紙板抽出前，砝碼運(yùn)動(dòng)的距離x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)紙板運(yùn)動(dòng)的距離d＋x1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)紙板抽出后，砝碼在桌面上運(yùn)動(dòng)的距離x2＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)l＝x1＋x2由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μ[m1＋(1＋eq\f(d,l))m2]g代入數(shù)據(jù)得F＝22.4N.11.答案：(1)eq\f(\r(6),4)mg(2)①eq\f(\r(3),3)g②eq\f(2\r(3),3)(M＋m)g，與水平方向的夾角為60°斜向右上方解析：(1)如圖1，設(shè)平衡時(shí)，繩中拉力為T，有2Tcosθ－mg＝0①由圖知cosθ＝eq\f(\r(6),3)②由①②式解得T＝eq\f(\r(6),4)mg.③(2)①此時(shí)，對(duì)小鐵環(huán)進(jìn)行受力分析，如圖2所示，有T″sinθ′＝ma④T′＋T″cosθ′－mg＝0⑤由圖知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝eq\f(\r(3),3)g⑥②如圖3，設(shè)外力F與水平方向成α角，將桿和小鐵環(huán)當(dāng)成一個(gè)整體，有Fcosα＝(M＋m)a⑦Fsinα－(M＋m)g＝0⑧由⑥⑦⑧式解得F＝eq\f(2\r(3),3)(M＋m)gtanα＝eq\r(3)α＝60°即外力方向與水平方向的夾角為60°斜向右上方．12.答案：(1)ω0＝eq\r(\f(2g,R))(2)當(dāng)ω＝(1＋k)ω0時(shí)，摩擦力方向沿罐壁切線向下，大小為f＝eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg當(dāng)ω＝(1－k)ω0時(shí)，摩擦力方向沿罐壁切線向上，大小為f＝eq\f(\r(3)k2－k,2)mg解析：(1)對(duì)物塊受力分析：F向＝mgtanθ＝mωeq\o\al(2,0)Rsinθω0＝eq\r(\f(g,Rcosθ))＝eq\r(\f(2g,R))①(2)當(dāng)ω＝(1＋k)ω0，對(duì)物塊受力分析如圖，摩擦力方向沿罐壁切線向下水平方向Nsinθ＋fcosθ＝mω2Rsinθ②豎直方向Ncosθ＝fsinθ＋mg③聯(lián)立①②③得f＝eq\f(\r(3)k2＋k,2)mg.當(dāng)ω＝(1－k)ω0時(shí)，對(duì)物塊受力分析如圖，摩擦力方向沿罐壁切線向上，水平方向：Nsinθ－fcosθ＝mω2Rsinθ④豎直方向：Ncosθ＋fsinθ＝mg⑤聯(lián)立①④⑤得f＝eq\f(\r(3)k2－k,2)mg.專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律1.C物塊的受力如圖所示，當(dāng)F不大于最大靜摩擦力時(shí)，物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故其加速度為0；當(dāng)F大于最大靜摩擦力后，由牛頓第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F(xiàn)與a成線性關(guān)系．選項(xiàng)C正確．2.C由圖表可知，圖表中的物理量未涉及物體的慣性、質(zhì)量以及加速度與重力加速度的關(guān)系，所以A、B、D錯(cuò)誤，由表中數(shù)據(jù)可以看出，在前1秒、前2秒、前3秒……內(nèi)位移與時(shí)間的平方成正比，所以C正確．3.AC伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)表明物體的運(yùn)動(dòng)不需要外力來維持，A正確；伽利略假想將輕重不同的物體綁在一起時(shí)，重的物體會(huì)因輕的物體阻礙而下落變慢，輕的物體會(huì)因重的物體拖動(dòng)而下落變快，即二者一起下落快慢應(yīng)介于單獨(dú)下落時(shí)兩者之間．而從綁在一起后更重的角度考慮二者一起下落時(shí)應(yīng)該更快，從而由邏輯上否定了重物比輕的物體下落快的結(jié)論，并用實(shí)驗(yàn)證明了輕重物體下落快慢相同的規(guī)律，C正確；物體間普遍存在相互吸引力，物體間相互作用力的規(guī)律是牛頓總結(jié)的，對(duì)應(yīng)于萬有引力定律與牛頓第三定律，故BD皆錯(cuò)誤．4.B重力加速度g與θ無關(guān)，其值在θ值增大時(shí)保持不變，故其圖象應(yīng)為①，則A、D兩項(xiàng)均錯(cuò)．當(dāng)θ＝0時(shí)小球的加速度a＝0，故其圖象必定為②，所以B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤．5.B物理公式與方程的意義是：等式兩邊單位統(tǒng)一，數(shù)值相等．由電勢(shì)差定義式U＝eq\f(W,q)＝eq\f(F·s,I·t)可知電壓的單位：V＝eq\f(N·m,A·s)＝eq\f(kg·m·s－2·m,A·s)＝kg·m2·s－3·A－1，所以B正確．6.AD剛開始上升時(shí)，空氣阻力為零，F(xiàn)浮－mg＝ma，解得F?。絤(g＋a)＝460×(10＋0.5)N＝4830N，A項(xiàng)正確．加速上升過程，隨著速度增大，空氣阻力增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤．浮力和重力不變，而隨著空氣阻力的增大，加速度會(huì)逐漸減小，直至為零，故上升10s后的速度v<at＝5m/s，C項(xiàng)錯(cuò)誤．勻速上升時(shí)，F(xiàn)?。紽f＋mg，所以Ff＝F浮－mg＝4830N－4600N＝230N，D項(xiàng)正確．7.BD由軌道傾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的，后是小于乙的，A項(xiàng)錯(cuò)誤．由機(jī)械能守恒定律可知，甲、乙在同一高度時(shí)速度大小相等，B項(xiàng)正確．開始時(shí)甲的加速度大于乙的加速度，故甲開始時(shí)下滑較快，C項(xiàng)錯(cuò)誤．因開始時(shí)甲的平均加速度較大，其在整個(gè)過程中的平均速度大于乙的平均速度，所以甲比乙先到達(dá)B處，D項(xiàng)正確．8．D將兩小球及彈簧B視為整體進(jìn)行受力分析有FC＝FAsin30°FC＝kxCFA＝kxAeq\f(FA,FC)＝eq\f(1,sin30°)＝2∶1eq\f(xA,xC)＝2∶1故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．9．答案：(1)3m/s28m/s(2)30°eq\f(13\r(3),5)N解析：(1)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝v0t＋eq\f(1,2)at2①v＝v0＋at②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得a＝3m/s2③v＝8m/s④(2)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥又Ff＝μFN⑦聯(lián)立⑤⑥⑦式得F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)⑧由數(shù)學(xué)知識(shí)得cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2\r(3),3)sin(60°＋α)⑨由⑧⑨式可知對(duì)應(yīng)F最小時(shí)與斜面間的夾角α＝30°⑩聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin＝eq\f(13\r(3),5)N．?10．答案：(1)0.200.30(2)1.125m解析：(1)從t＝0時(shí)開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止．由題圖可知，在t1＝0.5s時(shí)，物塊和木板的速度相同．設(shè)t＝0到t＝t1時(shí)間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則a1＝eq\f(v1,t1)①a2＝eq\f(v0－v1,t1)②式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分別為木板在t＝0、t＝t1時(shí)速度的大小．設(shè)物塊和木板的質(zhì)量為m，物塊和木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1③(μ1＋2μ2)mg＝ma2④聯(lián)立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t1時(shí)刻后，地面對(duì)木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動(dòng)，物塊與木板之間的摩擦力改變方向．設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1′和a2′，則由牛頓第二定律得f＝ma1′⑦2μ2mg－f＝ma2′⑧假設(shè)f<μ1mg，則a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，與假設(shè)矛盾．故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知，物塊加速度的大小a1′等于a1；物塊的v－t圖象如圖中點(diǎn)劃線所示．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可推知，物塊和木板相對(duì)于地面的運(yùn)動(dòng)距離分別為s1＝2×eq\f(v\o\al(2,1),2a1)⑩s2＝eq\f(v0＋v1,2)t1＋eq\f(v\o\al(2,1),2a′2)?物塊相對(duì)于木板的位移的大小為s＝s2－s1?聯(lián)立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得s＝1.125m．?專題四曲線運(yùn)動(dòng)1．A如圖，水離開噴口時(shí)水平速度vx＝vcos60°＝8eq\r(3)m/s，vy＝v所以高度h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝28.8m上升時(shí)間t＝eq\f(vy,g)＝2.4s所以水量為0.28×eq\f(2.4,60)m3＝1.12×10－2m3，選項(xiàng)A正確．2．B由題意知，1、2間距等于2、3間距，由于豎直方向是勻加速運(yùn)動(dòng)，故t12>t23，又因?yàn)樗椒较驗(yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，故x2－x1>x3－x2；忽略空氣阻力，平拋運(yùn)動(dòng)中，機(jī)械能守恒，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0，所以B選項(xiàng)正確．3.CD兩球加速度都是重力加速度g，A錯(cuò)誤；飛行時(shí)間t＝2eq\r(\f(2h,g))，h相同則t相同，B錯(cuò)誤；水平位移x＝vx·t，在t相同情況下，x越大說明vx越大，C正確；落地速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，兩球落地時(shí)豎直速度vy相同，可見vx越大，落地速度v越大，D正確．4.ABC設(shè)轟炸機(jī)投彈位置高度為H，炸彈水平位移為s，則H－h(huán)＝eq\f(1,2)vy·t，s＝v0t，二式相除eq\f(H－h(huán),s)＝eq\f(1,2)·eq\f(vy,v0)，因?yàn)閑q\f(vy,v0)＝eq\f(1,tanθ)，s＝eq\f(h,tanθ)，所以H＝h＋eq\f(h,2tan2θ)，A正確；根據(jù)H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2可求出飛行時(shí)間，再由s＝v0t可求出飛行速度，故B、C正確；不知道炸彈質(zhì)量，不能求出炸彈的動(dòng)能，D錯(cuò)誤．5.AC汽車在公路轉(zhuǎn)彎處做圓周運(yùn)動(dòng)，需要外力提供向心力，當(dāng)汽車行駛的速率為vc時(shí)，汽車恰好沒有向公路內(nèi)外兩側(cè)滑動(dòng)的趨勢(shì)，即沒有指向公路兩側(cè)的摩擦力，此時(shí)的向心力由地面的支持力和重力的合力提供，故路面外側(cè)高內(nèi)側(cè)低，選項(xiàng)A正確；當(dāng)車速低于vc時(shí)，車所需向心力eq\f(mv2,r)減小，車可能只是具有向內(nèi)側(cè)滑動(dòng)的趨勢(shì)，不一定能夠滑動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；同理，當(dāng)車速高于vc，且不超出某一最高限度，車輛可能只是有向外側(cè)滑動(dòng)的趨勢(shì)，不一定能夠滑動(dòng)，當(dāng)超過最大靜摩擦力時(shí)，才會(huì)向外側(cè)滑動(dòng)，故選項(xiàng)C正確；當(dāng)路面結(jié)冰時(shí)，只是最大靜摩擦力變小，vc值不變，D錯(cuò)誤．6.D根據(jù)v＝ωr，兩座椅的ω相等，由rB>rA可知vB>vA，A錯(cuò)誤；向心加速度a＝ω2r，因ω相等r不等，故a不相等，B錯(cuò)誤；水平方向mgtanθ＝mω2r，即tanθ＝eq\f(ω2r,g)，因rB>rA，故θB>θA，C錯(cuò)誤；豎直方向Tcosθ＝mg，繩子拉力T＝eq\f(mg,cosθ)，因θB>θA，故TB>TA，D正確．7.C設(shè)原子核的電荷量為Q，原子核對(duì)電子的靜電引力提供電子運(yùn)動(dòng)的向心力，keq\f(Qe,r2)＝ma向＝meq\f(v2,r)＝m(eq\f(2π,T))2r＝mω2r，分別解得a向＝keq\f(Qe,mr2)，T＝2πeq\r(\f(mr3,kQe))，ω＝eq\r(\f(kQe,mr3))，v＝eq\r(\f(kQe,mr))，則半徑r越大，加速度a向、角速度ω和線速度v均越小，而周期T越大，故選項(xiàng)C正確．8．答案：eq\f(1,4)eq\r(6al)解析：設(shè)B車的速度大小為v.如圖，標(biāo)記R在時(shí)刻t通過點(diǎn)K(l，l)，此時(shí)A、B的位置分別為H、G.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，H的縱坐標(biāo)yA、G的橫坐標(biāo)xB分別為yA＝2l＋eq\f(1,2)at2①vB＝vt②在開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，R到A和B的距離之比為2∶1，即OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋的伸長(zhǎng)是均勻的，在以后任一時(shí)刻R到A和B的距離之比都為2∶1.因此，在時(shí)刻t有HK∶KG＝2∶1③由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝xB∶(xB－l)④HG∶KG＝(yA＋l)∶(2l)由③④⑤式得xB＝eq\f(3,2)l⑥yA＝5l聯(lián)立①②⑥⑦式得v＝eq\f(1,4)eq\r(6al).⑧9．答案：(1)1.41m(2)20N解析：(1)小球從A到B過程機(jī)械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)①小球從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上有H＝eq\f(1,2)gt2②在水平方向上有s＝vBt③由①②③式解得s＝1.41m④(2)小球下擺到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，繩的拉力和重力的合力提供向心力，有F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),L)⑤由①⑤式解得F＝20N根據(jù)牛頓第三定律F′＝－F輕繩所受的最大拉力為20N.專題五萬有引力與航天1.C由開普勒第一定律(軌道定律)可知，太陽(yáng)位于木星運(yùn)行軌道的一個(gè)焦點(diǎn)上，A錯(cuò)誤．火星和木星繞太陽(yáng)運(yùn)行的軌道不同，運(yùn)行速度的大小不可能始終相等，B錯(cuò)誤．根據(jù)開普勒第三定律(周期定律)知所有行星軌道的半長(zhǎng)軸的三次方與它的公轉(zhuǎn)周期的平方的比值是一個(gè)常數(shù)，C正確．對(duì)于某一個(gè)行星來說，其與太陽(yáng)連線在相同的時(shí)間內(nèi)掃過的面積相等，不同行星在相同的時(shí)間內(nèi)掃過的面積不相等，D錯(cuò)誤．2.A太陽(yáng)對(duì)行星的萬有引力充當(dāng)行星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力：eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得GM＝eq\f(4π2r3,T2)，所以A正確．3.C衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)滿足Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(GMm,2r)，機(jī)械能E＝Ek＋Ep，則E＝eq\f(GMm,2r)－eq\f(GMm,r)＝－eq\f(GMm,2r).衛(wèi)星由半徑為R1的軌道降到半徑為R2的軌道過程中損失的機(jī)械能ΔE＝E1－E2＝eq\f(GMm,2)(eq\f(1,R2)－eq\f(1,R1))，即下降過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量，所以C項(xiàng)正確．4．B設(shè)雙星質(zhì)量各為m1、m2，相距L，做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為r1、r2，則Geq\f(m1m2,L2)＝m1eq\f(4π2r1,T2)Geq\f(m1m2,L2)＝m2eq\f(4π2r2,T2)r1＋r2＝L可得eq\f(Gm1＋m2,L2)＝eq\f(4π2L,T2)T＝eq\r(\f(4π2L3,Gm1＋m2))所以T′＝eq\r(\f(n3,k))T故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．5．A因恒星質(zhì)量M減小，所以萬有引力減小，不足以提供行星所需向心力，行星將做離心運(yùn)動(dòng)，半徑R變大，A項(xiàng)正確，再由v＝eq\r(\f(GM,R))，ω＝eq\r(\f(GM,R3))，a＝eq\f(GM,R2)可知，速率、角速度、加速度均變小，故B、C、D均錯(cuò)誤．6.BC可認(rèn)為目標(biāo)飛行器是在圓形軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由v＝eq\r(\f(GM,r))知軌道半徑越大時(shí)運(yùn)行速度越?。谝挥钪嫠俣葹楫?dāng)r等于地球半徑時(shí)的運(yùn)行速度，即最大的運(yùn)行速度，故目標(biāo)飛行器的運(yùn)行速度應(yīng)小于第一宇宙速度，A錯(cuò)誤；如不加干預(yù)，稀薄大氣對(duì)天宮一號(hào)的阻力做負(fù)功，使其機(jī)械能減小，引起高度的下降，從而地球引力又對(duì)其做正功，當(dāng)?shù)厍蛞λ稣Υ笥诳諝庾枇λ鲐?fù)功時(shí)，天宮一號(hào)的動(dòng)能就會(huì)增加，故B、C皆正確；航天員處于完全失重狀態(tài)的原因是地球?qū)教靻T的萬有引力全部用來提供使航天員隨天宮一號(hào)繞地球運(yùn)行的向心力了，而非航天員不受地球引力作用，故D錯(cuò)誤．7.BC根據(jù)萬有引力定律，地球?qū)σ活w衛(wèi)星的引力大小F萬＝Geq\f(Mm,r2)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，由牛頓第三定律知B項(xiàng)正確．三顆衛(wèi)星等間距分布，任意兩星間距為eq\r(3)r，故兩星間引力大小F萬′＝Geq\f(m2,3r2)，C項(xiàng)正確．任意兩星對(duì)地球引力的夾角為120°，故任意兩星對(duì)地球引力的合力與第三星對(duì)地球的引力大小相等，方向相反，三星對(duì)地球引力的合力大小為零，D項(xiàng)錯(cuò)誤．8.A由eq\f(GMm,r2)＝ma知a＝eq\f(GM,r2)，因M甲＝M，M乙＝2M，r甲＝r乙，故a甲<a乙，A項(xiàng)正確．由eq\f(GMm,r2)＝m·eq\f(4π2,T2)·r知T2＝eq\f(4π2r3,GM)，據(jù)已知條件得T甲>T乙，B項(xiàng)錯(cuò)誤．由eq\f(GMm,r2)＝mω2r知ω2＝eq\f(GM,r3)，據(jù)已知條件得ω甲<ω乙，C項(xiàng)錯(cuò)誤．由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mv2,r)知v2＝eq\f(GM,r)，據(jù)已知條件得v甲<v乙，D項(xiàng)錯(cuò)誤．9．答案：eq\f(\r(3,T\o\al(2,1)),\r(3,T\o\al(2,2)))eq\f(\r(3,T\o\al(4,2)),\r(3,T\o\al(4,1)))解析：由eq\f(GMm,R2)＝m·eq\f(4π2,T2)·R得eq\f(R1,R2)＝eq\f(\r(3,T\o\al(2,1)),\r(3,T\o\al(2,2)))由eq\f(GMm,R2)＝ma得，eq\f(a1,a2)＝eq\f(R\o\al(2,2),R\o\al(2,1))＝eq\f(\r(3,T\o\al(4,2)),\r(3,T\o\al(4,1))).專題六機(jī)械能及其守恒定律1．D由圖象可知物塊在0～4s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，其所受合外力為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；4s～5s內(nèi)做變加速直線運(yùn)動(dòng)，因此5s內(nèi)拉力對(duì)物塊做的功不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊的滑動(dòng)摩擦力Ff＝3N，則μ＝eq\f(Ff,mg)＝0.3,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在6s～9s內(nèi)由牛頓第二定律得F－Ff＝ma，a＝eq\f(5－3,1.0)m/s2＝2.0m/s2，選項(xiàng)D正確．2.BC因?yàn)橐朔Σ亮ψ龉Γ設(shè)點(diǎn)不在AB的中點(diǎn)，如圖，x>eq\f(a,2)，由動(dòng)能定理，從O到A，W－μmgx－W彈＝0，系統(tǒng)增加的彈性勢(shì)能Ep＝W－μmgx，因?yàn)閤>eq\f(a,2)，所以Ep<W－eq\f(1,2)μmga，A錯(cuò)誤；同理，物塊在B點(diǎn)時(shí)，Ep′＝W－μmg(x＋a)<W－eq\f(3,2)μmga，B正確；經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，Ek＝W－2μmgx<W－μmga，C正確；A→B的過程中當(dāng)彈力與f平衡時(shí)速度最大，此點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)距O點(diǎn)x1＝eq\f(f,k)＝eq\f(μmg,k)處，x1可能大于BO，所以D錯(cuò)．3.BD衛(wèi)星軌道半徑逐漸減小，線速度可認(rèn)為依然滿足v＝eq\r(\f(GM,R))，則衛(wèi)星的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×eq\f(GMm,R)逐漸增大，A錯(cuò)誤．由于W引>0，則引力勢(shì)能減小，B正確．由于Wf≠0，有非重力做功，則機(jī)械能不守恒，C錯(cuò)誤．由W引－Wf＝ΔEk>0，所以Wf<W引＝|ΔEp|，可知D正確．4.A由題圖測(cè)量可得白、灰兩球在碰撞前后相鄰兩次閃光時(shí)間內(nèi)照片上球的間距分別為：x1＝6mm、x1′＝x2′＝3.5mm，設(shè)照片的放大率為k、閃光周期為T，則有eq\f(\f(1,2)m\f(x1,kT)2－\f(1,2)m\f(x1′,kT)2－\f(1,2)m\f(x2′,kT)2,\f(1,2)m\f(x1,kT)2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x1′2－x2′2,x\o\al(2,1))＝0.319，故A正確．5.CD因?yàn)镸克服摩擦力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤．由功能關(guān)系知系統(tǒng)減少的機(jī)械能等于M克服摩擦力做的功，D正確．對(duì)M，除重力外還有摩擦力和輕繩拉力對(duì)其做功，由動(dòng)能定理知B錯(cuò)誤．對(duì)m，有拉力和重力對(duì)其做功，由功能關(guān)系知C正確．6.答案：(1)0.4N(2)0.528W解析：(1)F作用之前，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)．設(shè)B所受靜摩擦力大小為f0，A、B間繩中張力為T0，有對(duì)A：T0＝mAgsinθ①對(duì)B：T0＝qE＋f0②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得f0＝0.4N③(2)物體A從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，A、B兩物體的位移均為s，A、B間繩子張力為T，有qEs＝ΔEp④T－μmBg－qE＝mBa⑤設(shè)A在N點(diǎn)時(shí)速度為v，受彈簧拉力為F彈，彈簧的伸長(zhǎng)量為Δx，有v2＝2as⑥F彈＝k·Δx⑦F＋mAgsinθ－F彈sinθ－T＝mAa⑧由幾何關(guān)系知Δx＝eq\f(s1－cosθ,sinθ)⑨設(shè)拉力F的瞬時(shí)功率為P，有P＝Fv⑩聯(lián)立④～⑩式，代入數(shù)據(jù)解得P＝0.528W?7.答案：(1)16m(2)2s解析：(1)設(shè)物塊受到的滑動(dòng)摩擦力為F1，則F1＝μmg①根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)物塊由A到B整個(gè)過程，有Fx1－F1x＝0②代入數(shù)據(jù)，解得x1＝16m③(2)設(shè)剛撤去力F時(shí)物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑動(dòng)的位移為x2，則x2＝x－x1④由牛頓第二定律得a＝eq\f(F1,m)⑤由勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得v2＝2ax2⑥以物塊運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理，得－F1t＝0－mv⑦代入數(shù)據(jù)，解得t＝2s⑧8.答案：(1)8m/s(2)9m/s(3)216N解析：(1)設(shè)猴子從A點(diǎn)水平跳離時(shí)速度的最小值為vmin，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有h1＝eq\f(1,2)gt2①x1＝vmint②聯(lián)立①、②式，得vmin＝8m/s③(2)猴子抓住青藤后的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，設(shè)蕩起時(shí)速度為vc，有(M＋m)gh2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,c)④vc＝eq\r(2gh2)＝eq\r(80)m/s≈9m/s⑤(3)設(shè)拉力為FT，青藤的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，對(duì)最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)eq\f(v\o\al(2,c),L)⑥由幾何關(guān)系(L－h(huán)2)2＋xeq\o\al(2,2)＝L2⑦得：L＝10m⑧綜合⑤、⑥、⑧式并代入數(shù)據(jù)解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)eq\f(v\o\al(2,c),L)＝216N.9.答案：(1)5.0×103N/m示意圖如圖所示(2)5.0m(3)1.1m2.5×103J解析：(1)床面下沉x0＝0.10m時(shí)，運(yùn)動(dòng)員受力平衡mg＝kx0得k＝eq\f(mg,x0)＝5.0×103N/mF－x圖線如答案圖所示．(2)運(yùn)動(dòng)員從x＝0處離開床面，開始騰空，其上升、下落時(shí)間相等hm＝eq\f(1,2)g(eq\f(Δt,2))2＝5.0m(3)參考由速度－時(shí)間圖象求位移的方法，知F－x圖線與x軸所圍的面積等于彈力做的功．從x處到x＝0，彈力做功WTWT＝eq\f(1,2)·x·kx＝eq\f(1,2)kx2運(yùn)動(dòng)員從x1處上升到最大高度hm的過程，根據(jù)動(dòng)能定理，有eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－mg(x1＋hm)＝0得x1＝x0＋eq\r(x\o\al(2,0)＋2x0hm)＝1.1m對(duì)整個(gè)預(yù)備運(yùn)動(dòng)，由題設(shè)條件以及功和能的關(guān)系，有W＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝mg(hm＋x0)得W＝2525J≈2.5×103J.專題七靜電場(chǎng)1.B由b點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零知，圓盤在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E1與q在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E2大小相等，即：E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由對(duì)稱性，圓盤在d點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E3＝keq\f(q,R2)，q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E4＝keq\f(q,9R2)，方向與E3相同，故d點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．2.B以小球c為研究對(duì)象，其受力如圖所示，其中F庫(kù)＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡條件得：2F庫(kù)cos30°＝Eqc即：eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，E＝eq\f(\r(3)kq,l2)此時(shí)a的受力如圖所示，(eq\f(kq2,l2))2＋(eq\f(\r(3)kq2,l2))2＝(keq\f(qqc,l2))2得qc＝2q即當(dāng)qc＝2q時(shí)a可處于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故選項(xiàng)B正確．3．B由對(duì)稱原理可知，A、C圖中在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，D圖中在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，因此B圖中兩eq\f(1,4)圓環(huán)在O點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)最大，選項(xiàng)B正確．4.D點(diǎn)電荷q和感應(yīng)電荷所形成的電場(chǎng)在z>0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的電偶極子形成的電場(chǎng)．所以z軸上z＝eq\f(h,2)處的場(chǎng)強(qiáng)E＝keq\f(q,h/22)＋keq\f(q,\f(3,2)h2)＝keq\f(40q,9h2)，選項(xiàng)D正確．5.B由R處場(chǎng)強(qiáng)為零可知兩點(diǎn)電荷在該處所產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)必是等大反向，即兩點(diǎn)電荷必帶有同種電荷，由E＝keq\f(Q,r2)有keq\f(q1,\x\to(PR)2)＝keq\f(q2,\x\to(QR)2)，可得q1＝4q2，B正確．6.ABD由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布及等勢(shì)面特點(diǎn)知，A、B正確，C錯(cuò)誤．四點(diǎn)中a點(diǎn)電勢(shì)最高、c點(diǎn)電勢(shì)最低，正電荷在電勢(shì)越低處電勢(shì)能越小，故D正確．7.ABD電場(chǎng)線的疏密程度表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，A正確；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，B正確；負(fù)電荷在電勢(shì)越高的位置電勢(shì)能越小，C錯(cuò)誤；因負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中電勢(shì)能增大，由功能關(guān)系知電場(chǎng)力必做負(fù)功，D正確．8.B圖為異種點(diǎn)電荷的等勢(shì)面分布，又知φA>φB，因此a處為正電荷，b處為負(fù)電荷，等勢(shì)面密集處靠近b電荷，故qa>qb，選項(xiàng)B正確．9.D設(shè)板間電壓為U，場(chǎng)強(qiáng)為E，則E＝eq\f(U,d)，由動(dòng)能定理得mg·eq\f(3,2)d－qEd＝0將下極板向上平移eq\f(d,3)后，U不變，d′＝eq\f(2,3)d，則E′＝eq\f(3U,2d)＝eq\f(3,2)E，設(shè)粒子在距上極板x處返回，則mg(eq\f(d,2)＋x)－qE′x＝0聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,5)d，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤．10.Bα粒子與重原子核均帶正電，二者之間存在斥力作用，且僅有斥力作用，故兩者靠近時(shí)斥力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大；遠(yuǎn)離時(shí)斥力做正功，動(dòng)能增大，綜上可知，α粒子在Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，速率也最大，A項(xiàng)錯(cuò)誤．α粒子在N點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大，B項(xiàng)正確．在正電荷的電場(chǎng)中，場(chǎng)源處電勢(shì)最高，距場(chǎng)源越遠(yuǎn)電勢(shì)越低，M點(diǎn)離O點(diǎn)較近，該點(diǎn)電勢(shì)較高，C項(xiàng)錯(cuò)誤．因在Q點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能比在M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大，故在從M到Q的過程中電場(chǎng)力做的總功為正功，D項(xiàng)錯(cuò)誤．11.C由于微滴帶負(fù)電，其所受電場(chǎng)力指向正極板，故微滴在電場(chǎng)中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤．微滴在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤．由于極板間電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力不變，故微滴在電場(chǎng)中做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，并且軌跡為拋物線，C項(xiàng)正確．帶電量影響電場(chǎng)力及加速度大小，運(yùn)動(dòng)軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．12.BC兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，在中垂線MN上由無窮遠(yuǎn)到O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，電荷q所受電場(chǎng)力為變力，q將做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤．因q所受電場(chǎng)力方向指向O點(diǎn)，所以q由A向O運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，B、C項(xiàng)均正確．因O點(diǎn)電勢(shì)大于零，故q在O點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能不為零，D項(xiàng)錯(cuò)誤．13.答案：(1)B板電勢(shì)高于A板，理由見解析(2)eq\f(4Ek0,eRA＋RB)(3)ΔEk左為e(φB－φC)ΔEk右為e(φA－φC)(4)|ΔEk左|>|ΔEk右|解析：(1)電子(帶負(fù)電)做圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向指向球心，電場(chǎng)方向從B指向A，B板電勢(shì)高于A板．(2)據(jù)題意，電子在電場(chǎng)力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，考慮到圓軌道上的電場(chǎng)強(qiáng)度E大小相同，有：eE＝meq\f(v2,R)Ek0＝eq\f(1,2)mv2R＝eq\f(RA＋RB,2)聯(lián)立解得：E＝eq\f(2Ek0,eR)＝eq\f(4Ek0,eRA＋RB)(3)電子運(yùn)動(dòng)時(shí)只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，有ΔEk＝qU對(duì)到達(dá)N板左邊緣的電子，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，有ΔEk左＝e(φA－φC)對(duì)到達(dá)N板右邊緣的電子，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，有ΔEk右＝e(φA－φC)(4)根據(jù)電場(chǎng)線特點(diǎn)，等勢(shì)面B與C之間的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C與A之間的電場(chǎng)強(qiáng)度，考慮到等勢(shì)面間距相等，有|φB－φC|>|φA－φC|即|ΔEk左|>|ΔEk右|14.答案：見解析解析：質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小為f＝qE①設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有f＋Na＝meq\f(v\o\al(2,a),r)②Nb－f＝meq\f(v\o\al(2,b),r)③設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb，有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)④Ekb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)⑤根據(jù)動(dòng)能定理有Ekb－Eka＝2rf⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得E＝eq\f(1,6q)(Nb－Na)⑦Eka＝eq\f(r,12)(Nb＋5Na)⑧Ekb＝eq\f(r,12)(5Nb＋Na)⑨15.答案：(1)eq\f(U,d)(2)eq\r(\f(2qU,m))(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))解析：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)(2)根據(jù)動(dòng)能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))(3)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).專題八恒定電流1．C對(duì)均勻的電阻絲有R＝ρeq\f(l,S)，得eq\f(R1,R2)＝eq\f(l1,l2)，對(duì)橋式電路當(dāng)IG＝0時(shí)滿足eq\f(R0,Rx)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(l1,l2)，得Rx＝eq\f(l2,l1)R0，所以C項(xiàng)正確．2.C當(dāng)傳感器接觸藥液時(shí)，其阻值發(fā)生變化，導(dǎo)致S兩端電壓U增大，則M兩端電壓減小，可知RM應(yīng)變小；R與RM構(gòu)成并聯(lián)電路，其并聯(lián)總電阻為R并＝eq\f(RM·R,RM＋R)＝eq\f(RM,1＋\f(R,RM))，可知當(dāng)R越大，RM減小相同值時(shí)，R并減小得越多，因此S兩端電壓增大越明顯，選項(xiàng)C正確．3.D根據(jù)邏輯電路可知，只要有開關(guān)處于斷開狀態(tài)，報(bào)警燈就發(fā)光屬于或門電路，所以只有D項(xiàng)正確．4.答案：3eq\r(P0R)P0解析：S1斷開，S2閉合時(shí)：P0＝(eq\f(E,R＋r))2·R；S1閉合、S2斷開時(shí)：P0＝(eq\f(E,4R＋r))2·4R，聯(lián)立得：r＝2R，E＝3eq\r(P0·R)，當(dāng)S1、S2都斷開時(shí)，P＝eq\f(E2,7R＋r)＝eq\f(E2,9R)＝P0.5.答案：(1)1.92×103N，方向向右(或與海水出口方向相同)(2)見解析(3)①牽引功率6.9×105W②海水焦耳熱功率6.0×106W③單位時(shí)間海水動(dòng)能增加值4.6×104W解析：(1)將通電海水看成導(dǎo)線，所受磁場(chǎng)力F＝IBL代入數(shù)據(jù)得：F＝IBc＝1.0×103×6.4×0.3N＝1.92×103N用左手定則判斷磁場(chǎng)對(duì)海水作用力方向向右(或與海水出口方向相同)(2)考慮到潛艇下方有左、右2組推進(jìn)器，可以開啟或關(guān)閉不同個(gè)數(shù)的左、右兩側(cè)的直線通道推進(jìn)器，實(shí)施轉(zhuǎn)彎．改變電流方向，或者磁場(chǎng)方向，可以改變海水所受磁場(chǎng)力的方向，根據(jù)牛頓第三定律，使?jié)撏А暗管嚒保?3)電源提供的電功率中的第一部分：牽引功率P1＝F牽v0根據(jù)牛頓第三定律：F牽＝12IBL當(dāng)v0＝30m/s時(shí)，代入數(shù)據(jù)得：P1＝F牽v0＝12×1.92×103×30W＝6.9×105W第二部分：海水的焦耳熱功率對(duì)單個(gè)直線推進(jìn)器，根據(jù)電阻定律：R＝ρeq\f(L,S)代入數(shù)據(jù)得：R＝ρeq\f(c,ab)＝0.2×eq\f(0.3,0.3×0.4)Ω＝0.5Ω由熱功率公式，P＝I2R代入數(shù)據(jù)得：P單＝I2R＝5.0×105WP2＝12×5.0×105W＝6.0×106W第三部分：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)海水動(dòng)能的增加值設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)噴出海水的質(zhì)量為mP3＝12×eq\f(ΔEk,Δt)考慮到海水的初動(dòng)能為零，ΔEk＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,水對(duì)地)m＝ρmbcv水對(duì)地ΔtP3＝12×eq\f(ΔEk,Δt)＝12×eq\f(1,2)ρmbcveq\o\al(3,水對(duì)地)＝4.6×104W.專題九磁場(chǎng)1.Ba、b、c、d四根導(dǎo)線上電流大小相同，它們?cè)贠點(diǎn)形成的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相同，方向如圖甲所示．O點(diǎn)合磁場(chǎng)方向如圖乙所示，則由O點(diǎn)垂直紙面向外運(yùn)動(dòng)的帶正電的粒子所受洛倫茲力方向據(jù)左手定則可以判定向下．B選項(xiàng)正確．2.B因?yàn)閷?dǎo)線MN靠近ab，由圖可知，線圈中等效合磁場(chǎng)為垂直紙面向里，當(dāng)MN中電流減小時(shí)，由楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙磁通量的減小，故線圈向右運(yùn)動(dòng)，所受安培力的合力向右，故只有B項(xiàng)正確．3.A若磁場(chǎng)方向向上，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，其運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝R/tan30°＝eq\r(3)R，由洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)知eq\r(3)R＝eq\f(mv0,qB)，故勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，若磁場(chǎng)方向向下可得到同樣的結(jié)果．選項(xiàng)A正確．4.B作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線所示．因P到ab距離為eq\f(R,2)，可知α＝30°.因粒子速度方向改變60°，可知轉(zhuǎn)過的圓心角2θ＝60°.由圖中幾何關(guān)系有(r＋eq\f(R,2))tanθ＝Rcosα，解得r＝R.再由Bqv＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qBR,m)，故B正確．5.AD因離子均向下偏轉(zhuǎn)打到屏P上，根據(jù)左手定則可知a、b均帶正電，A項(xiàng)正確．又因a、b為同種離子，m、q均相同，由R＝eq\f(mv,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)，可知它們的軌道半徑R與周期T也均相同．而a離子的軌跡是一段優(yōu)弧，b離子的軌跡是一個(gè)半圓．a(chǎn)的路程比b的路程長(zhǎng)，飛行時(shí)間也比b的飛行時(shí)間長(zhǎng)，故B、C項(xiàng)均錯(cuò)誤．b在P上的落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離等于圓軌跡的直徑，說明b的落點(diǎn)離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，故D項(xiàng)正確．6.C因?qū)щ姴牧仙媳砻娴碾妱?shì)比下表面的低，故上表面帶負(fù)電荷，根據(jù)左手定則可判斷自由運(yùn)動(dòng)電荷帶負(fù)電，則B、D兩項(xiàng)均錯(cuò)．設(shè)長(zhǎng)方體形材料長(zhǎng)度為L(zhǎng)，總電量為Q，則其單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)為eq\f(Q,|q|ab·L)，當(dāng)電流I穩(wěn)恒時(shí)，材料內(nèi)的電荷所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相互平衡，則有eq\f(UQ,a)＝BIL，故eq\f(Q,|q|ab·L)＝eq\f(BI,|q|bU)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確．7.BCD兩離子所帶電荷量之比為1∶3，在電場(chǎng)中時(shí)由qE＝ma知a∝q，故加速度之比為1∶3；A錯(cuò)誤；離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正確；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑由Bqv＝meq\f(v2,R)、Ek＝eq\f(1,2)mv2知R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))∝eq\f(1,\r(q))，故B正確；設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d，則有sinθ＝eq\f(d,R)∝eq\f(1,R)，即eq\f(sin30°,sinθ′)＝eq\f(1,\r(3))，故θ′＝60°＝2θ，C正確．8.答案：(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)3解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系得U＝Ed②聯(lián)立①②式可得E＝eq\f(mv2,2qd)③(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對(duì)的圓心角∠AO′S等于eq\f(π,3).由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)④粒子運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得qvB＝meq\f(v2,r)⑤聯(lián)立④⑤式得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑥(3)保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，M板向上平移eq\f(2,3)d后，設(shè)板間電壓為U′，則U′＝eq\f(Ed,3)＝eq\f(U,3)⑦設(shè)粒子進(jìn)入S孔時(shí)的速度為v′，由①式看出eq\f(U′,U)＝eq\f(v′2,v2)綜合⑦式可得v′＝eq\f(\r(3),3)v⑧設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r′，則r′＝eq\f(\r(3)mv,3qB)⑨設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對(duì)圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見θ＝eq\f(π,2)⑩粒子須經(jīng)過四個(gè)這樣的圓弧才能從S孔射出，故n＝3?9.答案：(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0指向第Ⅳ象限與x軸成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)解析：(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)沿負(fù)y方向的分速度為vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qvB＝meq\f(v2,r)當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時(shí)有r＝eq\f(\r(2),2)L所以B＝eq\f(2mv0,qL)10.答案：(1)2eq\r(\f(qEd,m))與x軸正方向夾角45°(2)eq\r(\f(mE,2qd))(3)(2＋π)eq\r(\f(2md,qE))解析：(1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為vy，速度與x軸正方向間的夾角為θ，由牛頓第二定律得qE＝ma①由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)②2d＝v0t0③vy＝at0④v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))⑤tanθ＝eq\f(vy,v0)⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v＝2eq\r(\f(qEd,m))⑦θ＝45°⑧(2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，粒子在第一象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O1為圓心，由幾何關(guān)系可知△O1OQ為等腰直角三角形，得R1＝2eq\r(2)d⑨由牛頓第二定律得qvB0＝meq\f(v2,R1)⑩聯(lián)立⑦⑨⑩式得B0＝eq\r(\f(mE,2qd))?(3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由幾何分析【粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示．O2、O2′是粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)，連接O2、O2′，由幾何關(guān)系知，O2FGO2′和O2QHO2′均為矩形，進(jìn)而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF為等腰直角三角形．】可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得2R2＝2eq\r(2)d?粒子在第二、第四象限的軌跡為長(zhǎng)度相等的線段，得FG＝HQ＝2R2?設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點(diǎn)所用的時(shí)間為t，則有t＝eq\f(FG＋HQ＋2πR2,v)?聯(lián)立⑦???式得t＝(2＋π)eq\r(\f(2md,qE))?11.答案：(1)eq\f(mg,q)正(2)0<v0≤eq\r(\f(2gh,2h))(l＋eq\f(m2g,B1B2q2))(3)0.5解析：(1)由題給條件，小球P在電磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力與電場(chǎng)力平衡，設(shè)所求場(chǎng)強(qiáng)大小為E，有mg＝qE①得E＝eq\f(mg,q)②小球P在平板下側(cè)緊貼平板運(yùn)動(dòng)，其所受洛倫茲力必豎直向上，故小球P帶正電．(2)設(shè)小球P緊貼平板勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，此時(shí)洛倫茲力與重力平衡，有B1qv＝mg③設(shè)小球P以速度v在電磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有B2qv＝meq\f(v2,R)④設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點(diǎn)的坐標(biāo)為x、y，有x＝R，y≤0⑤小球Q運(yùn)動(dòng)到相遇點(diǎn)所需時(shí)間為t0，水平方向位移為s，豎直方向位移為d，有s＝v0t0⑥d＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)⑦由題意得x＝s－l，y＝h－d⑧聯(lián)立相關(guān)方程，由題意可知v0>0，得0<v0≤eq\f(\r(2gh),2h)(l＋eq\f(m2g,B1B2q2))⑨(3)小球Q在空間做平拋運(yùn)動(dòng)，要滿足題設(shè)要求，則運(yùn)動(dòng)到小球P穿出電磁場(chǎng)區(qū)域的同一水平高度時(shí)的W點(diǎn)時(shí)，其豎直方向的速度vy與豎直位移yQ必須滿足vy＝v⑩yQ＝R?設(shè)小球Q運(yùn)動(dòng)到W點(diǎn)時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)，有vy＝gt?yQ＝eq\f(1,2)gt2?聯(lián)立相關(guān)方程，解得B1＝eq\f(1,2)B2?B1是B2的0.5倍．12.答案：(1)eq\f(qBa,2m)(2)2個(gè)eq\f(aqB,2mv)(3)eq\f(E,B)＋eq\r(\f(E,B)2＋v\o\al(2,0))解析：(1)帶電粒子以速率v在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為R，有qvB＝meq\f(v2,R)①當(dāng)粒子以初速度v1沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周至A點(diǎn)，該圓周半徑為R1，有：R1＝eq\f(a,2)②由②代入①式得v1＝eq\f(qBa,2m)③(2)如圖，O、A兩點(diǎn)處于同一圓周上，且圓心在x＝eq\f(a,2)的直線上，半徑為R.當(dāng)給定一個(gè)初速率v時(shí)，有2個(gè)入射角，分別在第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝eq\f(a,2R)④由①④式解得sinθ＝eq\f(aqB,2mv)⑤(3)粒子在運(yùn)動(dòng)過程中僅電場(chǎng)力做功，因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大，用ym表示其y坐標(biāo)，由動(dòng)能定理，有qEym＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑥由題知，有vm＝kym⑦若E＝0時(shí)，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0)⑧v0＝kR0⑨由⑥⑦⑧⑨式解得vm＝eq\f(E,B)＋eq\r(\f(E,B)2＋v\o\al(2,0))專題十電磁感應(yīng)1.ABD通有恒定電流的靜止導(dǎo)線附近產(chǎn)生的磁場(chǎng)是不變的，在其附近的固定導(dǎo)線圈中沒有磁通量的變化，因此，不會(huì)出現(xiàn)感應(yīng)電流，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．2.C桿MN向右勻速滑動(dòng)，由右手定則判知，通過R的電流方向?yàn)閍→c；又因?yàn)镋＝BLv，所以E1∶E2＝1∶2，故選項(xiàng)C正確．3.AC由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S有E＝kπr2，D錯(cuò)誤；因k>0，由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向，故電容器b極板帶正電，B錯(cuò)誤；由題圖知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián)，再與R的左半部、R1相串聯(lián)，故R2兩端電壓U2＝eq\f(\f(R0,2)×\f(1,2),R0＋\f(R0,2)＋\f(R0,2)×\f(1,2))U＝eq\f(U,7)，A正確；設(shè)R2消耗的功率為P＝IU2，則R消耗的功率P′＝2I×2U2＋I(xiàn)U2＝5P，故C正確．4.A設(shè)金屬棒MN勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，t時(shí)刻導(dǎo)軌內(nèi)切割磁感線的有效長(zhǎng)度L＝2vttanθ設(shè)導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻為R0，則組成閉合回路的總電阻R＝2(eq\f(vt,cosθ)＋vttanθ)R0＝2vtR0(eq\f(1,cosθ)＋tanθ)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝2Bv2ttanθi＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bvtanθ,R0\f(1,cosθ)＋tanθ)為恒量故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．5．D導(dǎo)線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度設(shè)為v0，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)，線框受到的安培力F＝BLI＝eq\f(B2L2v0,R).由牛頓第二定律F＝ma知，eq\f(B2L2v0,R)＝ma，由楞次定律知線框開始減速，隨v減小，其加速度a減小，故進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，在出磁場(chǎng)的過程中，仍做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故只有D選項(xiàng)正確．6.D刷卡速度改為原來一半時(shí)，磁卡通過檢測(cè)線圈的時(shí)間即有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，可知A、B錯(cuò)誤；由E＝BLv知當(dāng)只減小v時(shí)，磁卡與檢測(cè)線圈在相同的相對(duì)位置處產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也減小，故C錯(cuò)誤、D正確．7.Aab邊在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)·L＝eq\f(B2L2v,R)，當(dāng)F＝eq\f(B2L2v,R)＝mg時(shí)，勻速進(jìn)入，D正確．當(dāng)F>mg時(shí)線框減速，加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，v減小，則a減小，v－t圖線此階段斜率減小，A錯(cuò)誤、B正確．當(dāng)F<mg時(shí)線框加速，加速度a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(B2L2v,mR)，v增大，則a減小，C正確．所以選A.8.A設(shè)線框邊長(zhǎng)分別為l1、l2，線框中產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝(eq\f(Bl1v,R))2·R·eq\f(l2,v)＝eq\f(B2l\o\al(2,1)l2v,R)＝eq\f(B2l1l2v,R)l1，由于lab>lbc，所以Q1>Q2.通過線框?qū)w橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)，故q1＝q2，A選項(xiàng)正確．9.B小燈泡穩(wěn)定發(fā)光說明棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)．此時(shí)：F安＝eq\f(B2I2v,R總)對(duì)棒滿足：mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(B2l2v,R棒＋R燈)＝0因?yàn)镽燈＝R棒則：P燈＝P棒再依據(jù)功能關(guān)系：mgsinθ·v－μmgcosθ·v＝P燈＋P棒聯(lián)立解得v＝5m/s,P燈＝1W，所以B項(xiàng)正確．10.答案：(1)逆時(shí)針方向，理由見解析(2)ρ＝eq\f(mvSΔI,etI2)(3)見解析解析：(1)撤去磁場(chǎng)瞬間，環(huán)所圍面積的磁通量突變?yōu)榱?，由楞次定律可知，環(huán)中電流的磁場(chǎng)方向應(yīng)與原磁場(chǎng)方向相同，即向上．由右手螺旋定則可知，環(huán)中電流的方向是沿逆時(shí)針方向．(2)設(shè)圓環(huán)周長(zhǎng)為l、電阻為R，由電阻定律得R＝ρeq\f(l,S)①設(shè)t時(shí)間內(nèi)環(huán)中電流釋放焦耳熱而損失的能量為ΔE，由焦耳定律得ΔE＝I2Rt②設(shè)環(huán)中單位體積內(nèi)定向移動(dòng)電子數(shù)為n，則I＝nevS③式中n、e、S不變，只有定向移動(dòng)電子的平均速率的變化才會(huì)引起環(huán)中電流的變化．電流變化大小取ΔI時(shí)，相應(yīng)定向移動(dòng)電子的平均速率變化的大小為Δv，則ΔI＝neSΔv④設(shè)環(huán)中定向移動(dòng)電子減少的動(dòng)能總和為ΔEk，則ΔEk＝nlS[eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v－Δv)2]⑤由于ΔI?I，可得ΔEk＝eq\f(lmv,e)ΔI⑥根據(jù)能量守恒定律，得ΔE＝ΔEk⑦聯(lián)立上述各式，得ρ＝eq\f(mvSΔI,etI2)⑧(3)由ρ＝eq\f(mvSΔI,etI2)看出，在題設(shè)條件限制下，適當(dāng)增大超導(dǎo)電流，可以使實(shí)驗(yàn)獲得ρ的準(zhǔn)確程度更高，通過增大穿過該環(huán)的磁通量變化率可實(shí)現(xiàn)增大超導(dǎo)電流．11.答案：見解析解析：(1)由圖象可知，在ab段I＝eq\f(ω,150)(－45rad/s≤ω≤15rad/s)在bc段I＝eq\f(ω,100)－0.05(15rad/s<ω≤45rad/s)．(2)由題意可知，P兩端的電壓UP等于圓盤產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，UP＝eq\f(1,2)Br2ωb點(diǎn)時(shí)ωb＝15rad/sUb＝eq\f(1,2)Br2ωb＝0.3Vc點(diǎn)時(shí)ωc＝45rad/sUc＝eq\f(1,2)Br2ωc＝0.9V.(3)由圖象中電流變化規(guī)律可知電子元件P在b點(diǎn)時(shí)開始導(dǎo)通，則：在ab段IP＝0(－0.9V≤UP≤0.3V)在bc段IP＝I－eq\f(UP,R)而I＝eq\f(ω,100)－0.05UP＝eq\f(1,2)Br2ω聯(lián)立可得IP＝eq\f(UP,6)－0.05(0.3V<UP≤0.9V)12.答案：(1)Q＝CBLv(2)v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt解析：(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv①平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差為U＝E②設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C＝eq\f(Q,U)③聯(lián)立①②③式得Q＝CBLv④(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過金屬棒的電流為i,金屬棒受到的磁場(chǎng)的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f1＝BLi⑤設(shè)在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有i＝eq\f(ΔQ,Δt)⑥ΔQ也是平行板電容器極板在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量．由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv為金屬棒的速度變化量．按定義有a＝eq\f(Δv,Δt)⑧金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2＝μN(yùn)⑨式中，N是金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小，有N＝mgcosθ⑩金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－f1－f2＝ma?聯(lián)立⑤至?式得a＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)g?由?式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．t時(shí)刻金屬棒的速度大小為v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt.?13.答案：(1)安培力方向豎直向上，G2>G1(2)F安＝G2－G1，B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(G2－G1R,v))解析：(1)銅條靜止時(shí)：磁鐵平衡，G1＝M磁鐵g①銅條勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：磁鐵與銅條整體處于平衡狀態(tài)，G2＝(M磁鐵＋M銅條)g②對(duì)銅條AB：勻速下落平衡F安＝M銅條g③由①、②可知G2>G1由③式可知安培力方向與重力方向相反，豎直向上．(2)對(duì)銅條組成的回路：E＝BLv＝IR④銅條受到的安培力F安＝BIL⑤由①②③可得F安＝G2－G1⑥由①②③④⑤⑥得：磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\f(1,L)eq\r(\f(G2－G1R,v)).專題十一交變電流1.D由交變電流電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式e＝10eq\r(2)sin10πtV＝Emsinωt可知，該交變電流的頻率為f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(10π,2π)Hz＝5Hz,A錯(cuò)誤．該交變電流電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))V＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，B錯(cuò)誤．電流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,9.0＋1.0)A＝1.0A，外接電阻R所消耗的電功率PR＝I2R＝1.02×9.0W＝9W，故C錯(cuò)誤，D正確．2.AC由題圖乙知Im＝10eq\r(2)A，I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，A正確．T＝2×10－2s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s,B錯(cuò)誤．t＝0.01s時(shí)，I＝Im，此時(shí)線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，C正確．由右手定則判定0.02s時(shí)電阻R中電流方向自左向右，D錯(cuò)誤．3.B由有效值定義可得eq\f(U2,R)×1s＝(0.1A)2×R×0.4s×2＋(0.2A)2×R×0.1s×2，其中R＝100Ω，可得U＝4eq\r(10)V,B正確．4.A由題圖可知通過負(fù)載的電流最大值為Im＝0.05A，周期T＝0.02s，故電流的函數(shù)表達(dá)式i＝Imsineq\f(2π,T)t＝0.05sin100πt(A)，D錯(cuò)誤；理想變壓器匝數(shù)比等于電壓比，即n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C錯(cuò)誤；輸出電壓U2＝110V，其最大值U2m＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，B錯(cuò)誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，即輸入功率P＝I2U2＝eq\f(0.05,\r(2))×110W≈3.9W，A正確．5.B在測(cè)量高壓線路上電流時(shí)，電流互感器的作用是減小測(cè)量支路的電流．根據(jù)變壓器原理，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I大n小，故ab端應(yīng)接MN，cd端應(yīng)接PQ，Iab>Icd，選項(xiàng)B正確．6.D由u1＝12eq\r(2)sin100πt(V)可知，Um＝12eq\r(2)V，ω＝100πHz，則頻率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz,A項(xiàng)錯(cuò)誤．U1＝eq\f(Um,\r(2))＝12V，U2＝eq\f(n2,n1)·U1＝6V,B項(xiàng)錯(cuò)誤．I2＝eq\f(U2,RL)＝1A,C項(xiàng)錯(cuò)誤．P1＝P2＝U2I2＝6W,D項(xiàng)正確．7.BC向下滑動(dòng)P，變壓器副線圈電壓降低，燈泡變暗，A錯(cuò)誤；增大交流電源電壓，副線圈電壓升高，燈泡變亮，B正確；增大交流電源頻率，電容器容抗減小，電流變大，燈泡變亮，C正確；減小電容器的電容，容抗增大，電流減小，燈泡變暗，D錯(cuò)誤．專題十二實(shí)驗(yàn)與探究1.答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.0解析：(1)多用電表歐姆擋調(diào)零的方法是先把紅、黑表筆短接，再調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針滿偏．(2)多用電表內(nèi)部電池的正極與黑表筆相連，要保證電流從eq\o(\s\up7(○),\s\do5(V))的“＋”極流入“－”極流出，故紅表筆和“1”端相連．(3)多用電表指針指向“15”，擋位“1k”，故多用電表的讀數(shù)為15.0kΩ；電壓表讀數(shù)時(shí)要估讀，讀數(shù)為3.60V.(4)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為零，故多用電表的讀數(shù)即為電壓表內(nèi)阻．(5)由題圖(b)知，此時(shí)多用電表指針指向中值，故此時(shí)內(nèi)外電阻均為15kΩ，此時(shí)的電壓表示數(shù)為3.60V3．60V＝eq\f(RV,R＋RV＋r)E＝eq\f(RV,2r)E解得E＝9.00V.2.答案：A11.30(11.25或11.35)解析：測(cè)量?jī)?nèi)徑時(shí)應(yīng)該用游標(biāo)卡尺上的內(nèi)測(cè)量爪A.游標(biāo)卡尺的讀數(shù)＝主尺上的讀數(shù)＋游標(biāo)尺上的讀數(shù)．本題主尺上讀數(shù)為11mm，游標(biāo)尺上讀數(shù)為6×0.05mm＝0.30mm，故讀數(shù)為11.30mm.3.答案：Ⅰ.18.6Ⅱ.0.0070.638解析：Ⅰ.根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，小鋼球的直徑＝(18＋6×0.1)mm＝18.6mm.Ⅱ.校零時(shí)的讀數(shù)為0.007mm合金絲的直徑＝(0.5＋14.5×0.01－0.007)mm＝0.638mm.4.答案：(1)ABC(2)eq\f(mgs2,4h)(3)減小增大2解析：彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能等于小球拋出時(shí)的動(dòng)能，即Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).小球離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，水平位移s＝v0t，豎直高度h＝eq\f(1,2)gt2，得v0＝seq\r(\f(g,2h))，動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(mgs2,4h)，因此A、B、C正確．彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(mgs2,4h)，由理論推導(dǎo)可知Ep＝eq\f(1,2)k(Δx)2即eq\f(1,2)k(Δx)2＝eq\f(mgs2,4h)，s＝eq\r(\f(2hk,mg))·Δx，因此當(dāng)h不變時(shí)，m增加，其斜率減小，當(dāng)m不變時(shí)，h增加其斜率增大，由圖線知s∝Δx，由Ek表達(dá)式知Ek∝s2，則由Ep＝Ek知Ep∝(Δx)2，即Ep與Δx的二次方成正比．5.答案：(1)0.960(2)eq\f(1,2s)[(eq\f(d,ΔtB))2－(eq\f(d,ΔtA))2](3)eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)(4)系統(tǒng)誤差解析：(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為9mm＋12×0.05mm＝9.60mm＝0.960cm.(2)由veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2as，vA＝eq\f(d,ΔtA)，vB＝eq\f(d,ΔtB)聯(lián)立得a＝eq\f(\f(d,ΔtB)2－\f(d,ΔtA)2,2s).(3)設(shè)細(xì)線的張力為T，對(duì)M有T－μMg＝Meq\x\to(a)對(duì)m有mg－T＝meq\x\to(a)聯(lián)立兩式得μ＝eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg).(4)細(xì)線沒有調(diào)整到水平，造成張力T不水平，若此時(shí)以T水平來分析計(jì)算，會(huì)造成測(cè)量值總是偏大或偏小，這種由于實(shí)驗(yàn)操作造成的誤差，屬于系統(tǒng)誤差．6.答案：(1)BD(2)9.4(3)增加小球下落的高度；多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)，結(jié)果取平均值．(其他答案只要合理也可)(4)由H1＝eq\f(1,2)g(eq\f(T1,n)－Δt)2和H2＝eq\f(1,2)g(eq\f(T2,n)－Δt)2可得g＝eq\f(2n2\r(H1)－\r(H2)2,T1－T22)，因此可以消去Δt的影響．解析：(1)M與觸頭接觸期間，電磁鐵應(yīng)保持磁性存在，故電源用直流電源和交流電源均可，A項(xiàng)錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中要通過小球撞擊M斷開電路來釋放下一小球，故M必須在電磁鐵正下方，B項(xiàng)正確；小球下落的高度應(yīng)為電磁鐵下端到M的豎直距離減去小球直徑，C項(xiàng)錯(cuò)誤；手敲擊M瞬間，小球1即開始下落，故應(yīng)同時(shí)開始計(jì)時(shí)，D項(xiàng)正確．(2)H＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)g(eq\f(T,10))2所以g＝eq\f(200H,T2)＝eq\f(200×1.980,6.52)m/s2＝9.4m/s2.(3)由g＝eq\f(200H,T2)可知，誤差主要來源于H和T的測(cè)量，故增加H，或者對(duì)H、T多次測(cè)量求平均值，均可有效減小誤差，另外，作出H－T2圖象，從圖線斜率k＝eq\f(g,200)求得g，也可有效減小誤差．(4)見答案．7.答案：(1)2.10cm或2.40cm(±0.05cm，有效數(shù)字位數(shù)需正確)(2)1.13m/s或1.25m/s(±0.05m/s，有效數(shù)字位數(shù)不作要求)小于(3)C解析：(1)紙帶①上b、c兩點(diǎn)間距離為6.00cm－3.90cm＝2.10cm.紙帶②上b、c兩點(diǎn)間距離為6.50cm－4.10cm＝2.40cm.(2)紙帶①上c、e間的平均速度eq\x\to(v)①＝eq\f(10.5－6.0×10－2m,0.04s)＝1.13m/s；紙帶②上c、e間的平均速度eq\x\to(v)②＝eq\f(11.5－6.5×10－2m,0.04s)＝1.25m/s，顯然有eq\x\to(v)①<eq\x\to(v)②.(3)紙帶①上的連續(xù)相鄰兩點(diǎn)間距離之差幾乎不變，說明小車在做勻加速運(yùn)動(dòng)，由此可以判斷紙帶①是由裝置甲實(shí)驗(yàn)所得，紙帶②上的連續(xù)相鄰兩點(diǎn)間距離之差逐漸變小，最后等于0.說明小車的加速度逐漸變小，由此可