新教材2025屆高考物理二輪專項(xiàng)分層特訓(xùn)卷第二部分專項(xiàng)增分練1思維方法練

其次部分專項(xiàng)增分練專項(xiàng)增分練1思維方法練【1.逆向思維法】1．[2024·山東棗莊模擬]如圖所示，完全相同的三塊木塊并排固定在水平地面上，一顆子彈以速度v1水平射入，若子彈在木塊中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)且穿過(guò)第三塊木塊后速度恰好為零，則下列說(shuō)法中正確的是()A．子彈依次射入每塊木塊時(shí)的速度之比為v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．子彈依次射入每塊木塊時(shí)的速度之比為v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．子彈穿過(guò)每塊木塊所用時(shí)間之比為t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．子彈穿過(guò)每塊木塊所用時(shí)間之比為t1∶t2∶t3＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))2．如圖所示，籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H.上升第一個(gè)eq\f(H,4)所用的時(shí)間為t1，第四個(gè)eq\f(H,4)所用的時(shí)間為t2.不計(jì)空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿意()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·浙江模擬]如圖甲所示，撫州市兩名消防員在水平地面A、B兩處運(yùn)用相同口徑的噴水槍對(duì)高樓著火點(diǎn)進(jìn)行滅火．噴水槍噴出水的運(yùn)動(dòng)軌跡簡(jiǎn)化為如圖乙所示，假設(shè)兩噴水槍噴出的水均能垂直擊中豎直樓面上的同一位置P點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，則()A．A處水槍噴出的水在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)B．A處水槍噴口每秒噴出水的體積較大C．B處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大D．B處水槍噴口噴出水的初速度較大【2.微元法】4．用水平拉力拉著物塊沿半徑為R的水平圓軌道運(yùn)動(dòng)一周，如圖所示，已知物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊質(zhì)量為m，重力加速度為g，則此過(guò)程中摩擦力所做的功為()A．－2μmgπRB．2μmgπRC．μmgπRD．05．[2024·北京石景山模擬]如圖所示，一個(gè)勻稱的帶電圓環(huán)，帶電量為＋Q，半徑為R，放在絕緣水平桌面上．圓心為O點(diǎn)，過(guò)O點(diǎn)做一豎直線，在此線上取一點(diǎn)A，使A到O點(diǎn)的距離為R，在A點(diǎn)放一檢驗(yàn)電荷＋q，則＋q在A點(diǎn)所受的靜電力為()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(如圖所示)，即以水為刀，本名高壓水射流切割技術(shù)，以其冷切割不會(huì)變更材料的物理化學(xué)性質(zhì)而備受青睞．目前在中國(guó)，“水刀”的最大壓強(qiáng)已經(jīng)做到了420MPa.“水刀”在工作過(guò)程中，將水從細(xì)噴嘴高速噴出，干脆打在被切割材料的表面上，假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后，立即沿材料表面散開沒有反彈，已知水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3，試估算要達(dá)到我國(guó)目前的“水刀”壓強(qiáng)，則該“水刀”噴出的水流速度約為()A．600m/sB．650m/sC．700m/sD．750m/s7．[2024·陜西漢中模擬](多選)如圖所示，相距為l的平行光滑導(dǎo)軌ABCD和MNPQ兩側(cè)傾斜、中間水平，且電阻不計(jì)，在導(dǎo)軌的兩端分別連有電阻R1和R2，且電阻R1＝R2＝r，左側(cè)傾角為θ，在ABNM區(qū)域內(nèi)存在垂直斜面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，水平部分虛線ef和gi之間的矩形區(qū)域內(nèi)，有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B0.一質(zhì)量為m、電阻為r、長(zhǎng)度也為l的金屬導(dǎo)體棒，從距水平軌道h高處由靜止釋放，滑究竟端時(shí)的速度為v0，第一次穿過(guò)efig磁場(chǎng)區(qū)域后速度變?yōu)閑q\f(1,3)v0.已知導(dǎo)軌和金屬棒始終接觸良好，傾斜部分軌道和水平部分平滑連接，則下列說(shuō)法正確的有()A.導(dǎo)體棒從靜止起先下滑究竟端BN過(guò)程中，電阻R1上產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,3)(mgh－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))B．導(dǎo)體棒第一次通過(guò)水平區(qū)域磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為eq\f(2mv0,3B0l)C．虛線ef和gi之間的距離eq\f(mv0r,Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))l2)D．導(dǎo)體棒最終可能停在水平磁場(chǎng)ef處【3.對(duì)稱法】8．[2024·云南麗江模擬](多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為2a的正方形ABCD的中心在直角坐標(biāo)系xOy的原點(diǎn)O，AD平行于x軸，電荷量為－Q的點(diǎn)電荷固定在G點(diǎn)(－2a，0)，電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷固定在H點(diǎn)(2a，0).電荷量為＋q的點(diǎn)電荷在外力作用下從A點(diǎn)沿AD運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，再沿DC運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．則()A．A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等B．A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同C．點(diǎn)電荷＋q從A到D的過(guò)程中，電勢(shì)能增大D．點(diǎn)電荷＋q從D到C的過(guò)程中，電勢(shì)能保持不變9．[2024·浙江模擬]如圖，電荷量為q的點(diǎn)電荷與勻稱帶電薄板相距2d，點(diǎn)電荷到帶電薄板的垂線通過(guò)板的幾何中心．若圖中A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，則圖中B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為()A．0B．eq\f(kq,d2)C．eq\f(8kq,9d2)D．eq\f(10kq,9d2)10．如圖，一束單色光射入一玻璃球體，入射角為60°.已知光線在玻璃球內(nèi)經(jīng)一次反射后，再次折射回到空氣中時(shí)與入射光線平行．此玻璃的折射率為()A．eq\r(2)B．1.5C．eq\r(3)D．211．(多選)如圖是某魚漂的示意圖，O、M、N為魚漂上的三個(gè)點(diǎn)．當(dāng)魚漂靜止時(shí)，點(diǎn)O恰好在水面．用手將魚漂向下壓，使點(diǎn)M到達(dá)水面，松手后，魚漂會(huì)上下運(yùn)動(dòng)，上升到最高處時(shí)，點(diǎn)N到達(dá)水面，魚漂的運(yùn)動(dòng)可看成簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是()A.點(diǎn)O到達(dá)水面時(shí)，魚漂的速度最大B．點(diǎn)M到達(dá)水面時(shí)，魚漂具有向下的加速度C．松手后，當(dāng)魚漂由下往上運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度先變大后變小D．一個(gè)周期內(nèi)，魚漂的點(diǎn)O只有一次到達(dá)水面【4.補(bǔ)償法】12．如圖所示，有一個(gè)質(zhì)量為M，半徑為R，密度勻稱的大球體．從中挖去一個(gè)半徑為eq\f(R,2)的小球體，并在空腔中心放置一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，則大球體的剩余部分對(duì)該質(zhì)點(diǎn)的萬(wàn)有引力大小為(已知質(zhì)量分布勻稱的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零)()A．Geq\f(Mm,R2)B．0C．4Geq\f(Mm,R2)D．Geq\f(Mm,2R2)13．如圖所示，半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)上勻稱分布著電荷量為Q的正電荷，A、B、C三點(diǎn)將圓周三等分．取走A、B處弧長(zhǎng)均為ΔL的圓弧上的電荷(ΔL?R)，靜電力常量為k，此時(shí)圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度()A．方向沿CO，大小為keq\f(QΔL,2πR3)B．方向沿OC，大小為keq\f(QΔL,2πR3)C．方向沿CO，大小為keq\f(QΔL,πR3)D．方向沿OC，大小為keq\f(QΔL,πR3)【5.等效法】14．如圖所示，一段導(dǎo)線abcd彎成半徑為R、圓心角為90°的部分扇形形態(tài)，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向(垂直于紙面對(duì)里)垂直．線段ab和cd的長(zhǎng)度均為eq\f(R,2).流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．則導(dǎo)線abcd所受到的安培力為()A．方向沿紙面對(duì)上，大小為eq\f(\r(2)BIR,2)B．方向沿紙面對(duì)上，大小為eq\f(（π－\r(2)）BIR,2)C．方向沿紙面對(duì)下，大小為eq\f(\r(2)BIR,2)D．方向沿紙面對(duì)下，大小為eq\f(（π－\r(2)）BIR,2)15．如圖所示為一雙線擺，它是在一水平天花板上用兩根等長(zhǎng)細(xì)繩懸掛一小球而構(gòu)成的，繩的質(zhì)量可以忽視，設(shè)圖中的l和α為已知量，當(dāng)小球垂直于紙面做簡(jiǎn)諧振動(dòng)時(shí)，周期為()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·重慶渝中模擬]如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑塊，滑塊用輕繩系著繞過(guò)光滑的定滑輪O(滑輪大小可忽視).現(xiàn)以大小不變的拉力F拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止起先上升．滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度最大．已知滑塊質(zhì)量為m，滑輪O到豎直桿的距離為d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是()A．拉力F的大小為eq\f(5,4)mgB．滑塊做勻加速運(yùn)動(dòng)C．滑塊由A到C過(guò)程中拉力F做的功為eq\f(25,36)mgdD．滑塊由A到C的過(guò)程中拉力F做功為eq\f(5,6)mgd17．[2024·河南聯(lián)考](多選)如圖所示，傾角為30°的光滑斜面上固定有光滑圓弧軌道，a、c點(diǎn)分別為最高和最低點(diǎn)，b、d兩點(diǎn)與圓心等高，斜面上有平行于斜面的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn))，從b點(diǎn)無(wú)初速釋放，球沿軌道運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)到達(dá)c點(diǎn)；現(xiàn)在b點(diǎn)將小球以速度v0沿斜面對(duì)下彈出，小球恰好能沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng)而不脫離，重力加速度為g，以下說(shuō)法正確的是()A．電場(chǎng)方向由b指向dB．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,2q)C．圓弧軌道半徑為eq\f(（3\r(2)＋2）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),7g)D．小球電勢(shì)能最大時(shí)動(dòng)能為eq\f(11－6\r(2),14)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))18．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，不考慮空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是()A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgsinθ,q)B．小球做圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的最小值為Ekmin＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D．小球從初始位置起先，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大19．[2024·江西新余模擬](多選)如圖所示，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)，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a、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v從圖示位置(實(shí)線所示)起先運(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)(虛線所示)，圓環(huán)的速度變?yōu)閑q\f(v,2)，則下列說(shuō)法正確的是()A．此時(shí)圓環(huán)的電功率為eq\f(2B2a2v2,R)B．此時(shí)圓環(huán)的加速度大小為eq\f(8B2a2v,mR)C．此過(guò)程中通過(guò)圓環(huán)截面的電荷量為eq\f(πBa2,R)D．此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為0.75mv220．(多選)原子中的電子繞原子核的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效為環(huán)形電流．設(shè)氫原子的電子以速率v在半徑為r的圓周軌道上繞核轉(zhuǎn)動(dòng)，周期為T.已知電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，靜電力常量為k，則其等效電流大小為()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.類比法】21．類比是學(xué)習(xí)和探討物理的一種重要思維方法．我們已經(jīng)知道，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向放置一面積為S的平面，穿過(guò)它的磁通量Φ＝BS；與之類似，我們也可以定義電通量．在真空中有一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，其電場(chǎng)線和等勢(shì)面分布如圖所示，等勢(shì)面M，N到點(diǎn)電荷的距離分別為r1，r2，通過(guò)等勢(shì)面M，N的電通量分別為Φ1，Φ2，已知r1∶r2＝1∶2，則Φ1∶Φ2為()A．1∶4B．1∶2C．1∶1D．4∶122．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，兩質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的小球(視為質(zhì)點(diǎn))P、Q用一段絕緣細(xì)線連接，整個(gè)裝置始終處在垂直紙面對(duì)里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．讓小球P固定不動(dòng)，將細(xì)線水平拉直后由靜止釋放小球Q，當(dāng)繩與水平方向夾角為α(小于90°)時(shí)，小球的加速度大小為()A．2gsinαB．gcosαC．geq\r(3sin2α＋1)D．geq\r(4－3sin2α)【7.整體法和隔離法】23．[2024·遼寧大連模擬]中歐班列在歐亞大陸開拓了“生命之路”，為國(guó)際抗疫貢獻(xiàn)了中國(guó)力氣．某運(yùn)輸防疫物資的班列由30節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)車廂對(duì)第3節(jié)車廂的牽引力為F.若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為()Aeq\f(1,14)FB．eq\f(14,15)FC．FD．eq\f(1,15)F24．[2024·江西宜春模擬](多選)如圖所示，傾角為θ＝30°的斜面體放置在水平面上，其底面粗糙、斜面部分光滑，斜面體上的物塊在大小為F0的水平拉力作用下保持靜止，現(xiàn)將拉力順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)肯定角度α后，拉力大小仍為F0，物塊仍能保持靜止．整個(gè)過(guò)程斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在拉力水平和轉(zhuǎn)過(guò)角度α后兩種狀況下()A．物塊對(duì)斜面的壓力大小之比為2∶1B．物塊對(duì)斜面的壓力大小之比為eq\r(3)∶1C．斜面體與水平面間摩擦力大小之比為2∶1D．斜面體與水平面間摩擦力大小之比為eq\r(2)∶125．[2024·河北廊坊模擬](多選)如圖所示，質(zhì)量為4kg的長(zhǎng)木板A放在光滑水平地面上，質(zhì)量為2kg的物塊B靜止在木板上，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度大小為g＝10m/s2，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．現(xiàn)用水平向右的拉力F作用在長(zhǎng)木板上，下列說(shuō)法中正確的是()A．F＝6N時(shí)，B受到A的摩擦力為2N，方向水平向右B．F＝10N時(shí)，A、B之間會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)C．F＝14N時(shí)，B的加速度大小為2m/s2D．若A與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.3，當(dāng)F＝25N時(shí)，A、B沒有相對(duì)滑動(dòng)【8.臨界值法】26．[2024·浙江臺(tái)州模擬](多選)如圖，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸OO′的距離為L(zhǎng)，b與轉(zhuǎn)軸的距離為2L.木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g.若圓盤從靜止起先繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)、b所受的摩擦力始終相等B．b肯定比a先起先滑動(dòng)C．ω＝eq\r(\f(kg,2L))是b起先滑動(dòng)的臨界角速度D．當(dāng)ω＝eq\r(\f(2kg,3L))時(shí)，a所受摩擦力的大小為kmg27．[2024·湖南常德模擬](多選)如圖所示，直角三角形abc區(qū)域內(nèi)(含邊界)存在垂直于紙面對(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，頂點(diǎn)a處有一離子源，沿ac方向同時(shí)射出一群速度大小不同的正離子，離子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q，已知∠bac＝30°，bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用力，則下列說(shuō)法正確的是()A．從ab邊界射出的離子，肯定同時(shí)平行射出B．從bc邊界射出的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均不小于eq\f(πm,3qB)C．從bc邊界射出的離子的速度均不小于eq\f(\r(3)BqL,m)D．當(dāng)某離子垂直于bc邊界射出時(shí)，磁場(chǎng)中的全部離子都在與ab邊界成15°角的一條直線上28．[2024·四川成都高一統(tǒng)考]如圖所示，小球A可視為質(zhì)點(diǎn)，裝置靜止時(shí)輕質(zhì)細(xì)線AB水平，輕質(zhì)細(xì)線AC與豎直方向的夾角37°.已知小球的質(zhì)量為m，細(xì)線AC長(zhǎng)l，B點(diǎn)距C點(diǎn)的水平和豎直距離相等．裝置能以隨意角速度繞豎直軸轉(zhuǎn)動(dòng)，且小球始終在BO′O平面內(nèi)，那么在角速度ω從零緩慢增大的過(guò)程中()(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)A.兩細(xì)線張力均增大B．細(xì)線AB中張力始終變小，直到為零C．細(xì)線AC中張力始終增大D．當(dāng)AB中張力為零時(shí)，角速度可能為eq\r(\f(5g,4l))[答題區(qū)]題號(hào)1234567891011121314答案題號(hào)1516171819202122232425262728答案

專項(xiàng)增分練1思維方法練1．解析：將勻減速直線運(yùn)動(dòng)看做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)可知v＝eq\r(2ax)，則v1∶v2∶v3＝eq\r(2a·3x)∶eq\r(2a·2x)∶eq\r(2a·x)＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，A錯(cuò)誤，B正確；由位移公式x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))，從右往左依次穿過(guò)木塊的時(shí)間之比為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)，則穿過(guò)每塊木塊所用時(shí)間之比為t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，C、D都錯(cuò)誤．答案：B2．解析：運(yùn)動(dòng)員起跳到達(dá)最高點(diǎn)的瞬間速度為零，又不計(jì)空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運(yùn)動(dòng)．則依據(jù)初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)，相等相鄰位移時(shí)間關(guān)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)滿意3＜eq\f(t2,t1)＜4，C正確．答案：C3．解析：由于兩噴水槍噴出的水均能垂直擊中豎直樓面上的同一位置P點(diǎn)，則該運(yùn)動(dòng)可以等效為反方向的平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知，高度相等，則兩處水槍噴出的水在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，A錯(cuò)誤；依據(jù)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)))，結(jié)合上述可知，時(shí)間相等，A處水槍噴出的水的水平位移大一些，則A處水槍噴出的水的水平分初速度大一些，高度相等，則豎直分速度相等，可知，A處水槍噴出的水的初速度v大一些，則A處水槍噴口每秒噴出水的體積較大，B正確，D錯(cuò)誤；水被噴出后，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)上述，A處水槍噴出的水的水平分初速度大一些，即A處水槍噴出的水擊中墻面的速度較大，C錯(cuò)誤．答案：B4．解析：在整個(gè)過(guò)程中物塊受到的摩擦力大小f＝μmg不變，方向時(shí)刻變更，是變力．我們可以把圓周分成多數(shù)小微元段，每一小段可近似看成直線，且每小段的摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向始終相反，則W1＝－μmgs1，W2＝－μmgs2，W3＝－μmgs3，…，Wn＝－μmgsn，物塊運(yùn)動(dòng)一周，摩擦力做功為W＝W1＋W2＋W3＋…＋Wn＝－μmg(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝－2μmgπR，A正確．答案：A5．解析：取長(zhǎng)度為Δx的微元，微元的帶電量為q0＝eq\f(Q,2πR)·Δx，微元對(duì)A點(diǎn)的＋q在豎直方向上的分力為Fy＝eq\f(kqq0,（\r(2)R）2)cos45°，依據(jù)對(duì)稱性可知，圓環(huán)對(duì)電荷在水平方向上的分力相互平衡，則＋q在A點(diǎn)所受的靜電力為F＝eq\f(2πR,Δx)·Fy＝eq\f(\r(2)kQq,4R2)，方向向上，D正確．答案：D6．解析：設(shè)水流速度為v，橫截面積為s，在極短時(shí)間Δt內(nèi)的質(zhì)量Δm＝ρvsΔt，由動(dòng)量定理得Δmv＝psΔt，解得v＝650m/s，B正確．答案：B7．解析：設(shè)此過(guò)程整個(gè)裝置產(chǎn)生的熱量為Q，R1上產(chǎn)生的熱量為Q1，依據(jù)能量守恒得mgh＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，因?yàn)殡娮鑂1＝R2＝r，所以通過(guò)導(dǎo)體棒的電流是R1或R2的2倍，依據(jù)焦耳定律可知導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量是R1或R2產(chǎn)生熱量的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錯(cuò)誤；設(shè)ef和gi之間的距離為x，穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程流過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q1，依據(jù)動(dòng)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正確；依據(jù)歐姆定律有eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R總)＝eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(q1,Δt)，又R總＝r＋eq\f(1,2)r＝eq\f(3,2)r，ΔΦ＝B0lx，聯(lián)立解得x＝eq\f(mv0r,Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))l2)，C正確；設(shè)導(dǎo)體棒在ef和gi之間的磁場(chǎng)區(qū)經(jīng)過(guò)的總路程為s，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為q2，依據(jù)動(dòng)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，故導(dǎo)體棒最終停在水平磁場(chǎng)的正中間，D錯(cuò)誤．答案：BC8．解析：依據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)線分布的對(duì)稱性，可知A點(diǎn)與B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，A正確；依據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)線分布的對(duì)稱性，可知A點(diǎn)與B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不相同，A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿向左偏下方向，B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿向左偏上方向，B錯(cuò)誤；依據(jù)對(duì)稱性可知，ABCD四個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系是φD＝φC>φA＝φB，點(diǎn)電荷＋q從低電勢(shì)A到高電勢(shì)D的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，因此電勢(shì)能增加，C正確；點(diǎn)電荷＋q從D到C的過(guò)程中，電勢(shì)先增大后減小，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，故電勢(shì)能先增大后減小，但初末態(tài)的電勢(shì)能相等，D錯(cuò)誤．答案：AC9．解析：由于圖中A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，表明薄板帶負(fù)電，且薄板在A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為EA＝keq\f(q,（3d）2)＝keq\f(q,9d2)，依據(jù)對(duì)稱性，薄板在B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與薄板在A點(diǎn)的相等，方向相反，則B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為EB＝keq\f(q,9d2)＋keq\f(q,d2)＝eq\f(10kq,9d2)，D正確．答案：D10．解析：據(jù)題意，由于出射光線和入射光線平行，則光線AB和光線BC關(guān)于法線BO對(duì)稱，則法線與出射光線和入射光線平行，所以∠ABO＝30°，則折射角r＝∠OAB＝30°，據(jù)折射定律有：n＝eq\f(sin60°,sin30°)＝eq\r(3)，C正確．答案：C11．解析：當(dāng)魚漂靜止時(shí)，點(diǎn)O恰好在水面，則O點(diǎn)與水面重合時(shí)的位置為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置，此時(shí)浮力與重力大小相等，則點(diǎn)O到達(dá)水面時(shí)，魚漂的速度最大，A正確；點(diǎn)M到達(dá)水面時(shí)，浮力大于重力，魚漂的加速度方向向上，B錯(cuò)誤；松手后，當(dāng)魚漂由下往上運(yùn)動(dòng)時(shí)，先靠近平衡位置，后遠(yuǎn)離平衡位置，速度先變大后變小，C正確；依據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的周期性，一個(gè)周期內(nèi)，魚漂的點(diǎn)O有兩次到達(dá)水面，D錯(cuò)誤．答案：AC12．解析：若將挖去的小球體用原材料補(bǔ)回，可知剩余部分對(duì)m的吸引力等于完整大球體對(duì)m的吸引力與挖去小球體對(duì)m的吸引力之差，挖去的小球體球心與m重合，對(duì)m的萬(wàn)有引力為零，則剩余部分對(duì)m的萬(wàn)有引力等于完整大球體對(duì)m的萬(wàn)有引力；以大球體球心為中心分別出半徑為eq\f(R,2)的球，其質(zhì)量為eq\f(1,8)M，則剩余勻稱球殼對(duì)m的萬(wàn)有引力為零，故剩余部分對(duì)m的萬(wàn)有引力等于分別出的球?qū)ζ涞娜f(wàn)有引力，依據(jù)萬(wàn)有引力定律F＝Geq\f(\f(1,8)mM,（\f(R,2)）2)＝Geq\f(Mm,2R2)，D正確．答案：D13．解析：由于圓環(huán)所帶電荷量勻稱分布，所以長(zhǎng)度為ΔL的小圓弧所帶電荷量q＝eq\f(QΔL,2πR)，沒有取走電荷時(shí)圓心O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，取走A、B兩處的電荷后，圓環(huán)剩余電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于A、B處弧長(zhǎng)為ΔL的小圓弧所帶正電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的疊加，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正確；B、C、D錯(cuò)誤．答案：A14．解析：圖中導(dǎo)線的等效長(zhǎng)度為a到d的直線距離，由幾何關(guān)系可知，等效長(zhǎng)度L＝eq\r(2)(R－eq\f(1,2)R)＝eq\f(\r(2),2)R，由安培力計(jì)算公式F＝BIL＝eq\f(\r(2),2)BIR，由左手定則可知，方向向上，A正確．答案：A15．解析：如題圖所示，等效擺長(zhǎng)為lsinα，由于小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由單擺的振動(dòng)周期為T＝2πeq\r(\f(lsinα,g))，A正確．答案：A16．解析：滑塊到C點(diǎn)時(shí)速度最大，其所受合力為零，則有Fcos53°－mg＝0，解得F＝eq\f(5,3)mg，A錯(cuò)誤；滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)繩子與豎直桿的夾角為θ，依據(jù)牛頓其次定律知Fcosθ－mg＝ma，解得a＝eq\f(Fcosθ,m)－g，滑塊向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，θ變更，加速度大小也變更，滑塊做非勻變速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；滑輪與A間繩長(zhǎng)L1＝eq\f(d,sin37°)，滑輪與C間繩長(zhǎng)L2＝eq\f(d,sin53°)，滑輪右側(cè)繩子增大的長(zhǎng)度ΔL＝L1－L2＝eq\f(5d,12)，由能量守恒定律可知，拉力F做的功等于輕繩拉力F′對(duì)滑塊做的功，拉力做功W＝FΔL＝eq\f(25,36)mgd，C正確，D錯(cuò)誤．答案：C17．解析：從b點(diǎn)無(wú)初速釋放，球沿軌道運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)到達(dá)c點(diǎn)，帶正電小球是克服電場(chǎng)力做功，故電場(chǎng)方向由d指向b，A錯(cuò)誤；從b點(diǎn)無(wú)初速釋放，球沿軌道運(yùn)動(dòng)最遠(yuǎn)到達(dá)c點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)能定理得mgrsin30°＝qEr，解得E＝eq\f(mg,2q)，B正確；由題意可知小球圓周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)為ad弧的中點(diǎn)，在b點(diǎn)將小球以速度v0沿斜面對(duì)下彈出，小球恰好能沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng)而不脫離，說(shuō)明小球恰能到達(dá)等效最高點(diǎn)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得eq\r(2)mgsin30°＝meq\f(v2,r)，由動(dòng)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))，兩式聯(lián)立解得r＝eq\f(（3\r(2)－2）veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),7g)，C錯(cuò)誤；小球在d點(diǎn)電勢(shì)能最大，從b→d由動(dòng)能定理可得－qE·2r＝Ekd－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，代入數(shù)據(jù)解得Ekd＝eq\f(11－6\r(2),14)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，D正確．答案：BD18．解析：小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示，由平衡關(guān)系可知tanθ＝eq\f(qE,mg)，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，A錯(cuò)誤；小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，則A點(diǎn)為小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)，如圖所示，A點(diǎn)時(shí)小球的速度最小，動(dòng)能最小，由牛頓其次定律可知eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(min)),L)，最小動(dòng)能Ekmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(min))，聯(lián)立解得Ekmin＝eq\f(mgL,2cosθ)，B正確；由功能關(guān)系可知，機(jī)械能的變更量等于除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，此處即電場(chǎng)力做的功．由題意可知，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最左邊與O點(diǎn)等高時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功最多，機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤；小球從初始位置起先，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功再做正功，所以電勢(shì)能先減小后增大再減小，D錯(cuò)誤．答案：B19．解析：當(dāng)圓環(huán)的直徑與邊界線重合時(shí)，圓環(huán)左右兩半環(huán)均產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度均為2a，故圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2B×2a×eq\f(v,2)＝2Bav，圓環(huán)的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(4B2a2v2,R)，A錯(cuò)誤；此時(shí)圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電流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)，由牛頓其次定律可得，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(8B2a2v,mR)，B正確；圓環(huán)中的平均電動(dòng)勢(shì)為eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，通過(guò)圓環(huán)截面的電荷量Q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bπa2,R)，C正確；此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能等于動(dòng)能的削減量E＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＝eq\f(3,8)mv2＝0.375mv2，D錯(cuò)誤．答案：BC20．解析：依據(jù)電流的定義式可得等效電流為I＝eq\f(q,t)＝eq\f(e,T)，A正確；電子運(yùn)動(dòng)的周期表達(dá)式為T＝eq\f(2πr,v)，依據(jù)電流的定義式可得等效電流為I＝eq\f(q,t)＝eq\f(ev,2πr)，B正確；原子中的電子繞原子核的圓周運(yùn)動(dòng)可以等效為環(huán)形電流，氫原子的電子的速率v，依據(jù)庫(kù)侖力供應(yīng)向心力keq\f(e2,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，解得T＝eq\f(2πr,e)eq\r(\f(rm,k))，形成的電流為I＝eq\f(e,T)＝eq\f(e2,2πr)eq\r(\f(k,mr))，C錯(cuò)誤，D正確．答案：ABD21．解析：依據(jù)庫(kù)侖定律，距離點(diǎn)電荷r1的球面處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，距離點(diǎn)電荷r1的球面處球面的面積為S1＝4πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，則通過(guò)半徑為r1的球面的電通量為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，距離點(diǎn)電荷r2的球面處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，距離點(diǎn)電荷r2的球面處球面的面積為S2＝4πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，通過(guò)半徑為r2的球面的電通量為Φ2＝E2S2＝keq\f(Q,req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))×4πreq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝4πkQ，則Φ1∶Φ2＝1∶1，C正確．答案：C22．解析：小球Q在運(yùn)動(dòng)中與小球P的距離保持不變，所以小球Q所處的電勢(shì)大小不變，所以電場(chǎng)力不做功，洛倫茲力時(shí)刻指向圓心，與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功．所以只有重力做功，設(shè)當(dāng)繩與水平方向夾角為α(小于90°)時(shí)，小球速度為v，由動(dòng)能定理可得mgRsinα＝eq\f(1,2)mv2－0，對(duì)小球Q受力分析，沿繩方向和垂直于繩的方向建立平面直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，分解為垂直于繩方向的G1，和沿繩方向的G2.沿繩方向的合力充當(dāng)向心力，所以沿繩方向的合力F＝eq\f(mv2,R)，沿繩方向的加速度a1＝eq\f(F,m)，聯(lián)立解得a1＝2gsinα，垂直于繩的方向的力G1＝mgcosα，垂直于繩方向加速度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正確．答案：C23．解析：把后28節(jié)車廂看成整體，由牛頓其次定律有F－28f＝28ma，設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F′，對(duì)最終兩節(jié)車廂，由牛頓其次定律有F′－2f＝2ma，解得F′＝eq\f(1,14)F，A正確．答案：A24.解析：依據(jù)平衡條件，兩種狀況下物塊受力關(guān)系如圖所示，拉力水平常斜面對(duì)物塊的支持力FN1＝eq\f(mg,cos30°)，在拉力大小不變時(shí)為使物體仍能靜止，拉力方向應(yīng)順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)60°角，由幾何關(guān)系可知FN2＝F0＝mgtan30°，依據(jù)牛頓第三定律可得物塊對(duì)斜面的壓力大小之比為FN1′∶FN2′＝FN1∶FN2＝2∶1，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)斜面體和物塊整體分析，在水平方向上合力為零，拉力水平常，水平面對(duì)斜面體的摩擦力Ff1＝F0，拉力方向順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)60°角時(shí)，水平方向有Ff2＝F0cos60°，依據(jù)牛頓第三定律可得斜面體與水平面的摩擦力大小之比為Ff1′∶Ff2′＝Ff1∶Ff2＝2∶1，C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC25．解析：F＝6N時(shí)，假設(shè)A、B一起加速運(yùn)動(dòng)，共同加速度為a＝eq\f(F,mA＋mB)＝1m/s2，B受到A的摩擦力為f＝mBa＝2N<μmBg＝4N，假設(shè)成立，A正確；取A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的臨界狀態(tài)來(lái)探討，對(duì)B有μmBg＝mBa1，對(duì)整體F1＝(mA＋mB)a1，聯(lián)立解得F1＝12N，B錯(cuò)誤；由以上分析知F＝14N時(shí)，A、B已經(jīng)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以對(duì)B有μmBg＝mBa1，解得a1＝2m/s2，C正確；假設(shè)A、B沒有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)整體F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得a2＝eq\f(7,6)m/s2<