1、参考答案1C粒子与电子之间存在着相互作用力,这个作用力是库仑引力,但由于电子质量很小,只有粒子质量的1 7300,碰撞时对粒子的运动影响极小,几乎不改变运动方向,就像一颗子弹撞上一颗尘埃一样,故 C 正确,ABD 错误2AA、由图像斜率可知,B 质点最初 4s 内做减速运动,后 4s 做加速运动,故 A 错误B、B 质点图像的斜率先正后负,说明 B 质点先沿正方向做直线运动,后沿负方向做直线运动,故 B 正确C、s-t 图像中,图线的斜率表示速度大小,A 图像的斜率等于 20m/s,则知 A 质点以 20m/s的速度匀速运动,故 C 正确D、4s 末二图像相交,说明两个质点到达同一位置相遇,故
2、 D 正确3C月球在远地点时线速度最小,故 A 错误;由于地球在自转,则地球同一位置的人不一定都能看到月食,故 B 错误;由椭圆轨道变成圆轨道后轨道长半轴变大,根据开普勒第三定律可知周期变大,所以 C 正确;卫星在同一轨道上(不论是圆轨道还是椭圆轨道),机械能守恒,故 D 错误.4D试题分析:线圈产生感应电动势的最大值:12mEnB SnB L L,故选项 A 错误;感应电动势随时间变化的表达式:12meE sin tnB L L sin t,故选项 B 错误;根据法拉第电磁感应定律有:B SEEnnIttRr由闭合电路欧姆定律:,故选项 C 错误;线圈中感应电动势的有效值2mEE,电流的有效
3、值EIRr,交流发电机的输出功率即为电阻 R 的热功率:2222221222Rn BL LPI RRr,故选项 D 正确5C【解析】电场线密的地方电场强度大,由图可知 M 点电场线比 N 点的密,所以 M 点的场强大于 N 点的场强度,故 A 错误;沿电场线方向电势降低,所以 M 点的电势低于 N 点的电势,故 B 错误;将一负电荷由 O 点移到 M 点电场力做负功,所以电荷的电势能增加,故 C正确;一正点电荷从 P 点由静止释放,该电荷所受的电场力是变力,与电场线的相切,据曲线运动的条件该电荷并不能沿电场线运动到 M 点,故 D 错误故选 C.6D【解析】以 A 为研究对象,受力分析如图,A
4、 受到重力、弹力 N 和支持力 FBA 三个力。B 受到重力、A 对 B 的压力、地面对 B 的支持力和推力 F 四个力,故 A 错误;当 B 向左移动时,FBA 和N 方向均不变,根据平衡条件得知,这两个力大小保持不变。则 A 对 B 的压力也保持不变,故 B 错误;对整体分析受力如图,由平衡条件得知,F=N,墙对 A 的弹力 N 不变,则推力F 恒定不变,桌面对整体的支持力ABFmmg支保持不变。则 B 对桌面的压力不变,故 C 错误,D 正确。7BC解:A、电流方向竖直向上,则电子从上往下流,根据左手定则,电子向左侧偏转,则左侧聚集较多的电子,右侧失去电子带正电,所以 b 点的电势高于
5、a 点的电势故 A 错误,B正确C、仅电流增大时,电子的运动速度增加,受到的洛伦兹力增大,根据 qvB=q,知 U=Bdv,则电势差增大,即|ab|增大故 C 正确D、其他条件不变,只将铜板改为中性 NaCl 水溶液时,根据左手定则知,正负离子都向左偏,不产生霍尔效应,a、b 电势相等故 D 错误8BC【解析】AB、切割电动势为:E=BLv=0.4 0.5 10=2V,感应电流大小为:I=Er+R=21+3 A=0.5A,根据右手定则,感应电流方向为:ab;安培力大小为:FA=BIL=0.4 0.5 0.5=0.1N,根据左手定则,安培力水平向左;故 A 错误,B 正确;C、导体棒匀速运动,根
6、据平衡条件,拉力为 F=FA=0.1N,故拉力的功率为:P=Fv=0.1 10=1W,故 C 正确;D、导体棒相当于电源,当外电阻与内电阻越是接近,外电阻消耗的功率越大,故要增大滑动变阻器消耗的功率,应把滑片向 M 端移动,故 D 错误;故选 BC。【点睛】根据切割公式求解感应电动势,根据欧姆定律求解感应电流,根据右手定则判断感应电流方向,根据左手定则判断安培力方向;对于电源,当电路的内、外电阻相等时,电源的输出功率最大。9CD试题分析:A、弹回后球沿着虚线运动,电场力做正功,球的机械能增加,故 A 错误;B、碰撞后球原速率返回,动能不变,动量反向,根据能量守恒定律,滑块速度为零,故系统动量不
7、守恒,故 B 错误;C、碰撞后球原速率返回,沿着虚线运动,电场力做正功,电场力做的功等于机械能增加量,电场力做的功也等于电势能的减小量,故弹回后机械能与电势能的总和守恒,故 C 正确;D、能量守恒是无条件成立的,故碰撞中整个系统的总能量一定守恒,故 D 正确考点:机械能守恒定律;动量守恒定律;电场强度10AC【解析】AB:根据动量守恒有:mv0+2mv0+3mv0+nmv02nmvn,解得:vnn+14 v0故 A 正确 B 错误CD:设经过t1时间,第 1 块木块与木板的速度相同,设此时木板的速度为v1,则:对第 1 个木块:mgt1=mv1 mv0对木板:nmgt1=nmv1 0,联立解得
8、:v1=12 v0mgt1=12 mv0设再经过t2时间,第 2 块木块与木板的速度相同,设此时木板的速度为v2,则:对第 2 个木块:mg(t1+t2)=mv2 m(2v0)对木板和第 1 个木块:(n 1)mgt2=(n+1)m(v2 v1),解得:v2=2n12n v0mgt2=n+12n mv0再经过t3时间,第 3 块木块与木板的速度相同,设此时木板的速度为v3,则:对第 3 个木块:mg(t1+t2+t3)=mv3 m(3v0)对木板和第 1、2 个木块:(n 2)mgt3=(n+2)m(v3 v2),再经过tk时间,第 k 块木块与木板的速度相同,设此时木板的速度为vk,则:对第
9、 k 个木块:mg(t1+t2+t3+tk)=mvk m(kv0)对木板和第 1、2、3、k-1 个木块:(n+1 k)mgt3=(n+k 1)m(vk vk1),解得:vk=(2n+1k)4nkv0,将 n=9,k=8 代入:v8=229 v0故 C 正确 D 错误111.851.711.74根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上 B 点时小车的瞬时速度大小。根据数据求解 mgh 以及 12mv2。【详解】根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上 B 点时小车的瞬时速度大小。vB=0.21690.1430 2 0.02=1
10、.85m/s计算出对应的 12vB2=1.71m2/s2,ghB=1.74m2/s2。12R1Rr3.81如图所示:(1)根据等效替代方法可知,将开关2S 与 b 相连后,应保持 R 不变,调节电阻箱1 R,使电流表1 G 的示数仍为 I;(2)根据欧姆定律可得 grr;(3)根据欧姆定律应有()ggURI r,解得:3.81kR;(4)实物图如图所示:13(1)5m/s2,2m/s(2)0.5m/s2(3)10N(1)撤去 F 后,根据牛顿运动定律f=mg=ma解得 a=g=5.0m/s2设撤去 F 时物体的速度为 v,因为 0=v-at所以 v=0.45m/s=2m/s;(2)有 F 作用
11、时,根据位移速度公式得:22va x解得:224m/s0.5m/s2 4a(3)根据牛顿运动定律Fcos-f=maN+Fsin-mg=0又因为 f=N解得:F=10N;14(1)80kW(2)8000N(3)5s(4)48kW(5)(1)当汽车达到最大速度的时候,汽车的牵引力等于阻力,此时车速为最大速度且匀速,所以汽车的额定功率 P 额=Fv=fv=0.220001020W=80kW;(2)汽车在匀加速行驶时,由牛顿第二定律可得 F-f=ma,所以,F=ma+f=20002+0.2200010N=8000N,(3)设汽车匀加速运动所能达到的最大速度为 v0,对汽车由牛顿第二定律得 Ffma即P
12、额v0 f=ma代入数据得 v010m/s所以汽车做匀加速直线运动的时间:t0=v0a=102 s=5s(4)3s 时汽车正在做匀加速运动末,则瞬时速度为 v3=at3=6m/s,所以汽车在第 3s 末的瞬时功率,P3=Fv3=48kW(5)综上分析可知 05s 汽车做匀加速运动,功率随时间均匀增大58s 汽车保持功率不变做变加速直线运动,则在 8s 内的 P-t 图象为:15(1)Ud(2)UB0d(3)qaBB0dU(3 32)(4)qaBB0d4U【解析】(1)E0 是平行金属板之间的匀强电场的强度,有E0=Ud(2)由题意知,所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动,它所受到的向上的磁场
13、力和向下的电场力平衡,有 qvB0=qE0 式中,v0 是离子运动的速度,由式得 v=UB0d(3)在正三角形磁场区域,离子甲做匀速圆周运动设离子甲质量为 m,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB=mv2r 式中,r 是离子甲做圆周运动的半径,离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆,圆心为 O;这半圆刚好与 EG 边相切于 K 点,与 EF 边交于 I点。在EOK 中,OK 垂直于 EG由几何关系得12 a r=23 r 由式得 r=(3 32)a 联立式得,离子甲的质量为 m=qaBB0dU3 32(4)同理,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB=m v2r式中,m和 r分别为离子乙的质量和做圆
14、周运动的轨道半径。离子乙运动的圆周的圆心 O必在 E、H 两点之间。由几何关系有r2=(a 34 a)2+(a2 r)2 2(a 34 a)(a2 r)cos600由式得 r=14 a 联立式得,离子乙的质量为m=qaBB0d4U点睛:本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,要掌握住半径公式、周期公式,画出粒子的运动轨迹后,几何关系就比较明显了16(1)01321cot7abB LghU(2)20127421cotmgrBB L Lgh(3)220102 21cot7FB LghWm gr【解析】(1)设刚进入磁场 I 时杆的速度为 v,有:21mghmgcos2hmvsin解得:v21ghcot
15、此时杆的感应电动势为:01EB L vabcd 框相对于 ab 两点的电阻为:23334rrRrr外ab 边的电压为:01321cot=7abB LghEURrR外外(2)刚进入时,流过 ab 杆和 cd 杆的电流分别为:0113217abB LghcotUIr0122137abB LghcotUIr线框保持静止,其受到的安培力必不超过其重力,即2122BIILmg解得:20127421cotmgrBB L Lgh(3)当杆 ef 在水平轨道上 x 处时,有:xvt对应的感应电动势大小为:11010122eB L vB cosx L vB L vcosvt在前进为的过程中,其电动势变化为余弦曲
16、线,对应有效值为1101E12B L vB Lghcot前进刚好对应电源 e 变化一个周期 tv,故有电源在此过程中做功为222012 21cot374eB LghEWrrr摩擦力做功为:0fQm g。力 F 做的功等于摩擦产生的热与此过程中电源对外做的功,即:220102 21cot7FB LghWm gr17n=5 次单位体积内的分子数增多【解析】(1)设至少需要打几次才能使喷水刷喷出雾化水已知:V1=1L+n0.1L=(1+0.1n)L,p1=p0,V2=1L,p2=1.5p0;根据玻意耳定律 p1V1=p2V2 得:p0(1+0.1n)L=p01.5L解得:n=5(次)(2)温度不变,气体分子平均动能不变,分子运动剧烈程度不变,但随着气体的打入,单位体积内分子个数越来越多,因此压强不断变大点睛:对于打气过程,首先要正确选择研究对象:以所有打进气筒内的气体和气筒内原来气体整体为研究对象,再根据玻意耳定律研究