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
