考前特訓(xùn)答案精析

考前特訓(xùn)答案精析熱點(diǎn)情境突破練熱點(diǎn)1受力分析和物體的平衡1．D[受重力、垂直于接觸面的彈力、磁吸力和沿接觸面向上的靜摩擦力，和充電寶整體由題圖所示位置緩慢轉(zhuǎn)至豎直，兩者始終保持相對(duì)靜止，所以始終受到四個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；設(shè)與水平面的夾角為θ，根據(jù)平衡條件有Ff＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ＋F吸，和充電寶整體由題圖所示位置緩慢轉(zhuǎn)至豎直，則θ逐漸增大，F(xiàn)吸不變，可知靜摩擦力增大，充電寶對(duì)的彈力減小，故B、C錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件可知，充電寶對(duì)的作用力始終與的重力平衡，所以充電寶對(duì)的作用力不變，故D正確。]2．D[瓜子處于平衡狀態(tài)，若僅減小A、B距離，A、B對(duì)瓜子的壓力方向不變，則大小也不變，A、B錯(cuò)誤；若A、B距離不變，頂角θ越大，則A、B對(duì)瓜子壓力的夾角越小，合力不變，則A、B對(duì)瓜子的壓力越小，C錯(cuò)誤，D正確。]3．A[設(shè)每條“腿”的上臂對(duì)探測器的彈力大小為F，由共點(diǎn)力的平衡可知6Fcosθ＝mg，可得F＝eq\f(mg,6cosθ)，故選A。]4．A[設(shè)AC段質(zhì)量為m1，BC段質(zhì)量為m2，分別對(duì)兩段繩子受力分析可得FC＝m1gtan60°＝m2gtanβ，由于BC段繩長是AC段繩長的3倍，則m2＝3m1，解得tanβ＝eq\f(\r(3),3)，則β＝30°，F(xiàn)C＝eq\f(\r(3),4)mg，故B錯(cuò)誤，A正確；對(duì)BC段繩子受力分析可得FBcosβ＝m2g，解得FB＝eq\f(\r(3),2)mg，故C錯(cuò)誤；若用豎直向下的拉力使繩C點(diǎn)緩慢向下運(yùn)動(dòng)，則拉力做正功，由于動(dòng)能不變，則重力勢能增大，重心上升，故D錯(cuò)誤。]5．A[在建筑材料緩慢被提起的過程中，其合力一直為零，根據(jù)平衡條件可知兩繩拉力的合力與建筑材料的重力大小相等、方向相反，保持不變，受力分析如圖甲所示。在題設(shè)條件下圖中標(biāo)明的兩角度一個(gè)增大，另一個(gè)減小，由平行四邊形定則作出圖乙，由圖乙可知，兩根繩子上的拉力FT1和FT2均增大，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。]6．C[筷子甲對(duì)小球的彈力是因?yàn)榭曜蛹装l(fā)生了形變，A錯(cuò)誤；對(duì)小球受力分析如圖，則有F甲＝eq\f(mg,sinθ)，F(xiàn)乙＝eq\f(mg,tanθ)，θ角增大過程中F甲、F乙均減小，B錯(cuò)誤，C正確；兩根筷子對(duì)小球的合力總是等于小球的重力，合力保持不變，D錯(cuò)誤。]7．AC[對(duì)工人和板整體，繩AB與繩AC拉力的合力與OA繩的拉力大小相等，方向相同，受力分析如圖所示，mg、F1、F2組成矢量三角形，玻璃墻對(duì)腳的作用力F1的方向不變，mg的大小和方向都不變，α不斷減小，所以F1減小，F(xiàn)2增大，即OA繩彈力增大，腳對(duì)墻的作用力減小，A正確，B錯(cuò)誤；玻璃墻對(duì)腳的作用力為F1＝mgcosβ＝420N，此時(shí)若工人不觸碰輕繩，人受到重力、玻璃墻對(duì)腳的作用力以及小木板的支持力，則小木板對(duì)工人的支持力為FN＝mg－F1cosβ＝448N，由牛頓第三定律知，C正確；由題意可知，繩AB、AC拉力相等，夾角為θ＝120°，因?yàn)楣と耸懿Ａπ毕蛏系淖饔昧Γ瑒t繩AB拉力大小不等于重力，即不等于700N，D錯(cuò)誤。]熱點(diǎn)2牛頓運(yùn)動(dòng)定律1．D[潛艇在“掉深”開始時(shí)向下加速，則由圖像可知加速度大小為a＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在0～30s時(shí)間內(nèi)先向下加速后向下減速，則t＝30s時(shí)潛艇向下到達(dá)最大深度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為h＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；潛艇在10～30s時(shí)間內(nèi)向下減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)D正確。]2．A[由題圖可知，0～2s內(nèi)該同學(xué)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)最大速度為v，由eq\f(1,2)a1t12＝8m，v＝a1t1，t1＝2s，解得v＝8m/s，a1＝4m/s2，由題圖可知，2～4s內(nèi)該同學(xué)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a2，可知h－8m＝eq\f(1,2)a2(t2－t1)2，v＝a2(t2－t1)，t2＝4s，解得a2＝4m/s2，h＝16m，所以該同學(xué)從離地面高度為16m處緩降，A正確；0～4s內(nèi)該同學(xué)的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(h,t)＝4m/s，B錯(cuò)誤；0～4s內(nèi)該同學(xué)先向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故該同學(xué)先失重后超重，C錯(cuò)誤；由以上分析知該同學(xué)在0～2s內(nèi)和2～4s內(nèi)加速度等大反向，D錯(cuò)誤。]3．C[對(duì)D受力分析，當(dāng)工件A與D之間恰好沒有作用力時(shí)，D只受到重力、B對(duì)D的彈力作用，彈力方向垂直接觸面(沿B、D的軸心連線方向)，彈力和重力的合力產(chǎn)生加速度，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)合＝ma＝eq\f(mg,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)mg，則當(dāng)a＝eq\f(\r(3),3)g時(shí)，A與D之間恰好沒有作用力。再把A、B、D作為整體受力分析，當(dāng)貨車向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A相對(duì)于車有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢，所以車廂與A之間的彈力是0，C對(duì)B有水平向左的彈力，豎直方向上的支持力和重力平衡，在水平方向，則有C對(duì)A、B、D整體的作用力大小為F＝3ma＝eq\r(3)mg，即工件C與B間的作用力大小為eq\r(3)mg，A、B、D錯(cuò)誤，C正確。]4．A[艦載機(jī)在發(fā)動(dòng)機(jī)推力的作用下由靜止勻加速運(yùn)動(dòng)直至起飛，有2aL＝v2，其所受合力為F＝ma＝meq\f(v2,2L)，當(dāng)“同等條件下”在彈射器加持下起飛時(shí)，有2a′eq\f(L,3)＝v2，F(xiàn)＋F′＝ma′＝meq\f(3v2,2L)，所以彈射器為飛機(jī)提供的推力大小F′＝meq\f(v2,L)，故選A。]5．C[直升機(jī)懸掛空桶勻速飛往水源取水時(shí)，空桶受力平衡，有FT1sinθ－Ff＝0，F(xiàn)T1cosθ－mg＝0，解得Ff＝mgtanθ，直升機(jī)加速返回時(shí)，由牛頓第二定律可得FT2sinθ－Ff＝(m＋M)a，F(xiàn)T2cosθ－(m＋M)g＝0，解得水桶中水的質(zhì)量為M＝800kg，故選C。]6．C[在加速提起磚塊的過程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；磚塊水平方向保持平衡，故夾磚器對(duì)兩塊磚的壓力大小相等，B錯(cuò)誤；夾磚器與磚塊即將發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，磚塊加速度最大，對(duì)兩塊磚整體受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有2μF－2mg＝2ma，則磚塊被加速提起過程中，其加速度的最大值為a＝eq\f(μF,m)－g，C正確；加速度最大時(shí)，單獨(dú)對(duì)其中一塊磚受力分析如圖乙所示，若豎直方向上只受重力mg以及夾磚器對(duì)其向上的靜摩擦力Ff，有Ff－mg＝ma，解得Ff＝μF，故兩塊磚之間的摩擦力為零，D錯(cuò)誤。]7．C[以桌面為參照物，則A將向右加速運(yùn)動(dòng)，B將和A一起向右加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)沿A的右側(cè)面向下加速運(yùn)動(dòng)，B下降的高度始終等于A向右的位移，則A向右的加速度等于B向下的加速度；將A和K視為一個(gè)整體，水平方向受力有：繩的拉力FT(向右)、B對(duì)它的壓力FN(向左)，由牛頓第二定律有FT－FN＝MaA，物塊B在水平方向上受力是A對(duì)它的壓力FN′，則有FN′＝maA，物塊B在豎直方向上受力有：繩的拉力FT(向上)、重力mg(向下)、A對(duì)B的摩擦力Ff(向上)，B豎直方向上，由于繩不可拉長，則有mg－FT－Ff＝maA，F(xiàn)N＝FN′，F(xiàn)f＝μFN，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得aA＝2m/s2，故選C。]熱點(diǎn)3拋體運(yùn)動(dòng)圓周運(yùn)動(dòng)1．D[在海盜船從最低點(diǎn)擺動(dòng)至最高點(diǎn)過程中，豎直方向上的始、末分速度均為0，表明豎直方向上先加速后減速，即豎直方向上的分加速度方向先向上后向下，即游客在擺動(dòng)過程中先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；根據(jù)上述，船體擺至最高點(diǎn)時(shí)，游客處于失重狀態(tài)，因此所受合外力不為0，B錯(cuò)誤；根據(jù)上述可知船體擺動(dòng)過程中，座椅對(duì)游客的支持力先大于游客重力，后小于游客的重力，根據(jù)牛頓第三定律可知，游客對(duì)座椅的壓力先大于游客重力，后小于游客的重力，C錯(cuò)誤；根據(jù)上述可知，船體擺至最高點(diǎn)時(shí)，游客處于失重狀態(tài)，座椅對(duì)游客的支持力小于游客重力，根據(jù)牛頓第三定律，船體擺至最高點(diǎn)時(shí)，游客對(duì)座椅的壓力小于游客所受重力，D正確。]2．B[A、B兩車正在繞環(huán)島做速度大小相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a＝eq\f(v2,r)可知A的向心加速度較大，故A錯(cuò)誤；根據(jù)ω＝eq\f(v,r)可知A車的角速度比B車的角速度大，故B正確；由于兩車質(zhì)量關(guān)系未知，兩車所受合力提供向心力，根據(jù)F＝meq\f(v2,r)可知，無法判斷兩車所受合力大小關(guān)系，故C、D錯(cuò)誤。]3．B[子彈做斜拋運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)速度為初速度的水平分速度，不為零，故A錯(cuò)誤；某時(shí)刻蘋果從O點(diǎn)自由下落，同時(shí)玩具子彈也從槍口P以一定初速度射出，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，而蘋果豎直方向初速度為零，自由落體，子彈豎直方向逆運(yùn)動(dòng)也是初速度為零，自由落體，所以PQ的豎直高度等于OM的距離，故B正確；子彈“擊中”蘋果時(shí)豎直方向的分速度小于蘋果下落的速度，因?yàn)樵贛、Q處，蘋果豎直分速度大，而兩者加速度相同，故C錯(cuò)誤；根據(jù)Δv＝gΔt可知，子彈從P運(yùn)動(dòng)到Q的過程中速度變化量的方向始終豎直向下，故D錯(cuò)誤。]4．D[在B點(diǎn)時(shí)FT－mg＝meq\f(v2,l)，可知，游客對(duì)繩子的拉力大于其重力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B到C過程，重力對(duì)游客做正功，動(dòng)能增加，則游客不會(huì)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從C點(diǎn)脫離管道時(shí)，速度方向不水平，則從C到D過程，游客不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；B到D過程，游客的豎直速度一直變大，根據(jù)PG＝mgvy，可知重力的功率一直增大，選項(xiàng)D正確。]5．C[桌子在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，轉(zhuǎn)速約為n＝2r/s，桌角a點(diǎn)的線速度大小為v1＝2πnr，又r＝eq\f(\r(2),2)m，故v1＝2eq\r(2)πm/s，桌子被蹬出瞬間豎直向上的速度為v2，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v22＝2gh，解得v2＝4m/s，則a點(diǎn)的速度大小為v＝eq\r(v12＋v22)＝eq\r(16＋8π2)m/s，故選C。]6．D[根據(jù)題意可知，氣嘴燈做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，重物受重力和彈簧彈力，其合力提供向心力，故A錯(cuò)誤；氣嘴燈運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，合力指向圓心向下，具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有F－mg＝mω2r，可得F＝mg＋mω2r，可知以相同轉(zhuǎn)速勻速行駛時(shí)，重物質(zhì)量越小，在最低點(diǎn)時(shí)彈簧彈力越小，LED燈越不容易發(fā)光，故C錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有F＋mg＝mω2r，解得F＝mω2r－mg，可知以相同轉(zhuǎn)速勻速行駛時(shí)，在最高點(diǎn)的彈簧彈力小于最低點(diǎn)的彈簧彈力，若LED燈轉(zhuǎn)到最高點(diǎn)時(shí)能發(fā)光，則在最低點(diǎn)時(shí)也一定能發(fā)光，故D正確。]7．C[根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)，可知石片第一次入水時(shí)的水平方向速度vx＝21m/s，豎直方向有vy2＝2gh，解得vy＝4m/s，形成第一個(gè)水漂后出水，根據(jù)題意vx1＝vx×0.81，vy1＝vy×0.961，經(jīng)過n次水漂后，vxn＝vx×0.8n，vyn＝vy×0.96n，此時(shí)當(dāng)eq\f(vyn,vxn)＝tanθ<tan53°，即eq\f(vyn,vxn)＝eq\f(4×0.96n,21×0.8n)<eq\f(4,3)，即eq\f(0.96n,0.8n)<7，整理有1.2n<7，解得n<10.7，即完成11個(gè)水漂，第12次落水時(shí)不能形成水漂，沉入水中，故選C。]熱點(diǎn)4萬有引力與宇宙航行1．D[航天員能在飛船內(nèi)處于漂浮狀態(tài)，隨飛船做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，所以所受合力不為零，A錯(cuò)誤，D正確；航天員雖然遠(yuǎn)離地球，但是仍然受到地球的引力作用，B錯(cuò)誤；飛船對(duì)航天員的支持力與航天員對(duì)飛船的壓力屬于作用力與反作用力，兩者等大反向，C錯(cuò)誤。]2．B[根據(jù)萬有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，結(jié)合題意可知“風(fēng)云一號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云四號(hào)”衛(wèi)星的軌道半徑??；eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝ma，所以“風(fēng)云一號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云四號(hào)”衛(wèi)星的線速度大，“風(fēng)云一號(hào)”衛(wèi)星比“風(fēng)云四號(hào)”衛(wèi)星的向心加速度大，故A錯(cuò)誤，B正確；第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，“風(fēng)云一號(hào)”衛(wèi)星的線速度小于地球的第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤；若某一時(shí)刻“風(fēng)云四號(hào)”衛(wèi)星恰好在“風(fēng)云一號(hào)”衛(wèi)星的正上方，分析可知要想再一次通過“風(fēng)云一號(hào)”衛(wèi)星正上方，則會(huì)在原地點(diǎn)，則要經(jīng)過24小時(shí)，故D錯(cuò)誤。]3．C[由萬有引力充當(dāng)向心力可得a＝eq\f(GM,R2)，可知與中心天體距離相同，則加速度大小相同，故A錯(cuò)誤；衛(wèi)星A在橢圓軌道1，衛(wèi)星B在橢圓軌道2,2軌道的半長軸大于1軌道的半長軸，衛(wèi)星要向更高的軌道變軌必須在兩軌道相切點(diǎn)點(diǎn)火加速以實(shí)現(xiàn)變軌，因此可知兩衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，B衛(wèi)星的線速度要大于A衛(wèi)星的線速度，故B錯(cuò)誤；在同一軌道上，衛(wèi)星機(jī)械能守恒，故C正確；在軌道2上，P點(diǎn)為近地點(diǎn)，Q點(diǎn)為遠(yuǎn)地點(diǎn)，由開普勒第二定律可知vP2>vQ2，而衛(wèi)星在2軌道上Q點(diǎn)向3軌道變軌時(shí)需要點(diǎn)火加速，因此有vQ3>vQ2，又由萬有引力充當(dāng)向心力可得v＝eq\r(\f(GM,R))，可知軌道半徑越大，線速度越小，由此可知vP2>vQ3>vQ2，則B衛(wèi)星在P點(diǎn)的動(dòng)能大于其在軌道3上Q點(diǎn)的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。]4．C[減速過程中，“祝融號(hào)”火星車加速度向上，處于超重狀態(tài)，由牛頓第三定律知，對(duì)著陸平臺(tái)的壓力大于它所受到的火星的引力，A錯(cuò)誤；根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，可得星球近地衛(wèi)星的周期T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，結(jié)合題意可知火星近地衛(wèi)星的周期與地球近地衛(wèi)星的周期之比為eq\r(5)∶2，B錯(cuò)誤；根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝mg，可得g＝eq\f(GM,R2)，結(jié)合題意可知火星表面重力加速度與地球表面重力加速度之比為2∶5，C正確；根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，可得第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R))，結(jié)合題意可知火星的第一宇宙速度與地球的第一宇宙速度之比為1∶eq\r(5)，D錯(cuò)誤。]5．C[設(shè)恒星A的質(zhì)量為mA，恒星B的質(zhì)量為mB，恒星A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rA，恒星B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rB，根據(jù)萬有引力提供向心力可得eq\f(GmAmB,L2)＝mAeq\f(4π2,T2)rA，eq\f(GmAmB,L2)＝mBeq\f(4π2,T2)rB，聯(lián)立可得mArA＝mBrB，mA＋mB＝eq\f(4π2L3,GT2)，由于恒星A的質(zhì)量小于恒星B的質(zhì)量，則有rA>rB，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)v＝eq\f(2πr,T)，由于rA>rB，可得vA>vB，故C正確；根據(jù)mA＋mB＝eq\f(4π2L3,GT2)，若恒星A、B間的距離緩慢減小，則它們轉(zhuǎn)動(dòng)周期緩慢變小，故D錯(cuò)誤。]6．BC[由eq\f(GMm,r2)＝eq\f(mr4π2,T2)，可得r3＝eq\f(GMT2,4π2)，可以求出水星與地球軌道半徑之比，無法求得質(zhì)量之比，故A錯(cuò)誤；一年時(shí)間設(shè)為T，則T地＝T，T水＝eq\f(T,4)，兩星球公轉(zhuǎn)角速度分別為ω地＝eq\f(2π,T)，ω水＝eq\f(8π,T)，兩次在西大距相距最近的時(shí)間間隔為Δt＝eq\f(2π,ω水－ω地)＝eq\f(T,3)，則一年內(nèi)能看到水星的次數(shù)為n＝2×eq\f(T,Δt)＝6，故B正確；由A項(xiàng)分析知sinθ＝eq\f(r水,r地)＝eq\f(\r(3,T水2),\r(3,T地2))＝eq\f(\r(3,4),4)，故C正確；開普勒第二定律是針對(duì)同一環(huán)繞天體而言的，太陽分別與水星和地球的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積不相等，故D錯(cuò)誤。]7．AC[衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝mr(eq\f(2π,T))2，解得eq\f(r3,T2)＝eq\f(GM,4π2)，由題圖可知eq\f(r3,T2)＝eq\f(b,a)，解得地球質(zhì)量M＝eq\f(4π2b,aG)，故A正確；在地球表面的物體有Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，解得重力加速度g＝eq\f(4π2b,aR2)，故B錯(cuò)誤；若衛(wèi)星繞地球表面運(yùn)行，其軌道半徑r＝R，由eq\f(r3,T2)＝eq\f(b,a)，可得運(yùn)行周期T＝eq\r(\f(R3a,b))，環(huán)繞速度v＝eq\f(2πR,T)＝2πeq\r(\f(b,Ra))，故C正確；地球體積V＝eq\f(4,3)πR3，地球密度ρ＝eq\f(M,V)，解得ρ＝eq\f(3πb,aGR3)，故D錯(cuò)誤。]熱點(diǎn)5功能關(guān)系和能量守恒1．D[打開降落傘后，飛船做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；勻速下降階段，飛船動(dòng)能不變，重力勢能減小，機(jī)械能減小，故B錯(cuò)誤；減速下降階段，飛船的機(jī)械能的減少量等于阻力對(duì)飛船做的功，故C錯(cuò)誤；勻速下降階段，飛船動(dòng)能不變，重力勢能減少，重力做的功等于重力勢能的減少量，所以飛船的機(jī)械能的減少量等于重力對(duì)飛船做的功，故D正確。]2．BC[人沿沙坡下滑的距離l＝eq\f(1,2)vt＝100m，重力勢能減少ΔEp＝mglsin30°＝2.5×104J，故A錯(cuò)誤；動(dòng)能增加ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝1.0×104J，故B正確；機(jī)械能減少ΔE＝ΔEp－ΔEk＝1.5×104J，故C正確；人克服阻力做功Wf克＝ΔE＝1.5×104J，故D錯(cuò)誤。]3．B[以小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由于只有重力和彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；小球運(yùn)動(dòng)過程中受到彈簧彈力，則小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；下擺過程中小球的重力做正功，重力勢能減??；通過最低點(diǎn)后小球上升時(shí)重力做負(fù)功，重力勢能增大，故B正確；下擺過程中，彈簧的伸長量逐漸增大，小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)在O點(diǎn)正下方左側(cè)，即張力最大位置在O點(diǎn)正下方左側(cè)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)小球到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)，小球的速度方向?yàn)樽笙路剑俣确较蚺c重力方向不垂直，則重力的瞬時(shí)功率不為零，故D錯(cuò)誤。]4．C[設(shè)物體的位移大小為x，加速度大小為a，則Ek＝Fx＝eq\f(1,2)Fat2，可知eq\f(Ek,t)＝eq\f(1,2)Fat＝eq\f(1,2)Fv，又因?yàn)棣k＝F·Δx，則切線的斜率為eq\f(ΔEk,Δt)＝eq\f(F·Δx,Δt)＝Fv，在P點(diǎn)有eq\f(Ek,t)＝eq\f(1,2)Fv＝eq\f(3－0,1.5)J/s＝2W，則eq\f(3,1.5－t1)W＝4W得t1＝0.75，故C正確。]5．D[由圖像結(jié)合題意可知，玩具賽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝2m/s2，當(dāng)加速度等于零時(shí)玩具賽車速度達(dá)到最大值，由題圖知eq\f(1,vm)＝0.05s/m，vm＝20m/s，由題圖知玩具賽車勻加速的末速度為v1＝eq\f(1,0.1)m/s＝10m/s，玩具賽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(10,2)s＝5s，玩具賽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×52m＝25m，發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率P＝Ffvm＝800W，由eq\f(P,v1)－Ff＝ma，可得玩具賽車的質(zhì)量m＝20kg，玩具賽車達(dá)到額定功率直至運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)所用時(shí)間為t2＝t－t1＝30s－5s＝25s，對(duì)此過程應(yīng)用動(dòng)能定理有Pt2－Ffx2＝eq\f(1,2)mvm2－eq\f(1,2)mv12，代入數(shù)據(jù)解得x2＝425m，則起點(diǎn)到終點(diǎn)的距離為x＝x1＋x2＝25m＋425m＝450m，故選D。]6．BC[小球B受到重力和繩子拉力作用，由于繩子拉力不滿足胡克定律，可知小球B在豎直方向不是做簡諧運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；輕繩與輕桿夾角為90°時(shí)，如圖所示，設(shè)輕桿轉(zhuǎn)過的角度為θ，由圖中幾何關(guān)系可得cosθ＝eq\f(L,2L)＝eq\f(1,2)，解得θ＝60°，此時(shí)A球重力沿繩子方向的分力為2mgcosθ＝mg，可知此時(shí)A球重力沿繩子方向的分力等于B球的重力，小球B速度不為零，小球A速度不為零，則小球做圓周運(yùn)動(dòng)，所受合力一定不為零，故B正確；輕繩與輕桿夾角為90°時(shí)，A球速度剛好沿繩子方向，此時(shí)有vA＝vB，A、B組成的系統(tǒng)滿足機(jī)械能守恒，則有2mgLsin60°－mg(Ltan60°－L)＝eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)×2mvA2，聯(lián)立解得vA＝vB＝eq\r(\f(2,3)gL)，故C正確，D錯(cuò)誤。]7．C[設(shè)足夠小的時(shí)間Δt內(nèi)落到傳送帶上煤的質(zhì)量為Δm，則有Δm＝QΔt，這部分煤由于摩擦力Ff的作用被傳送帶加速，由功能關(guān)系得Ffx＝eq\f(1,2)Δmv2，煤塊在摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有x＝eq\f(v,2)t，傳送帶的位移為x傳＝vt，相對(duì)位移為Δx＝x傳－x＝vt－eq\f(v,2)t＝x，可知煤的位移與煤和傳送帶的相對(duì)位移相同，因此摩擦產(chǎn)生的熱量為Q熱＝FfΔx＝Ffx＝eq\f(1,2)Δmv2，根據(jù)能量守恒可知，Δt時(shí)間內(nèi)電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的能量為ΔE＝Q熱＋eq\f(1,2)Δmv2＝Δmv2，電動(dòng)機(jī)增加的功率為ΔP＝eq\f(ΔE,Δt)，聯(lián)立可得ΔP＝Qv2＝200W，故A、B錯(cuò)誤；由以上分析可知，單位時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q熱0＝eq\f(Q熱,Δt)＝eq\f(Q,2)v2，因此一分鐘產(chǎn)生的熱量為Q總＝Q熱0t0＝eq\f(Q,2)v2t0＝6.0×103J，故C正確，D錯(cuò)誤。]8．C[細(xì)繩拉力對(duì)a物體做正功，物體a與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；2x0是下滑距離，物體b重力勢能減少M(fèi)g2x0·sinθ＝2mgx0，故B錯(cuò)誤；彈簧的壓縮量和伸長量相等，所以彈性勢能不變，由能量守恒定律得，物體a和物體b的動(dòng)能變化量等于a、b的重力勢能減少量－mg·2x0＋Mg·2x0sinθ＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，解得v＝0，故D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，拉力做的功等于物體a與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量，系統(tǒng)的動(dòng)能和彈性勢能變化量為0，則拉力做的功等于重力勢能變化量2mgx0，故C正確。]9．BCD[無人機(jī)先做變加速運(yùn)動(dòng)后做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；飛至h0高處時(shí)合外力做功為W＝eq\f(1,2)mgh0，根據(jù)動(dòng)能定理有W＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得v＝eq\r(gh0)，故B正確；飛至1.5h0高處時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝mg，得無人機(jī)的升力為F＝2mg，故C正確；飛至2h0高處時(shí)合外力做功為W0＝eq\f(1,2)mg(h0＋2h0)＝1.5mgh0，即動(dòng)能增加1.5mgh0，重力勢能增加2mgh0，所以機(jī)械能增加量為3.5mgh0，故D正確。]10．BD[糧車向下運(yùn)送糧食時(shí)由能量守恒定律可得(M＋m)g(L＋s)sinθ＝Ep＋mg(L＋s)＋k(M＋m)g(L＋s)，解得Ep＝(M＋m)g(L＋s)sinθ－mg(L＋s)－k(M＋m)g(L＋s)，向上回到初始位置過程由能量守恒定律可得Ep＋mg(L＋s)＝mg(L＋s)sinθ＋kmg(L＋s)，解得Ep＝mg(L＋s)(k＋sinθ－1)，糧車能回到初始位置，應(yīng)滿足k>1－sinθ，故A、C錯(cuò)誤，D正確；糧車和糧食下滑過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧和配重增加的機(jī)械能和克服阻力做功產(chǎn)生的內(nèi)能，故B正確。]11．AC[由圖像可知，運(yùn)動(dòng)員在沖上斜坡之前，總的機(jī)械能為E總＝10×103J，沖上斜坡到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能為E總′＝8×103J，而在運(yùn)動(dòng)員從斜坡底端到?jīng)_上斜坡的過程中，除了重力做功還有摩擦力做負(fù)功，因此可知運(yùn)動(dòng)員向上沖的過程克服摩擦力做功為2×103J，故A正確；運(yùn)動(dòng)員再次回到坡底時(shí)的過程中，仍然是除了重力做功以外摩擦力做負(fù)功，易知在下坡的過程中克服摩擦力做的功和在上坡過程中一樣，因此可知運(yùn)動(dòng)員再次回到坡底時(shí)機(jī)械能應(yīng)為6×103J，故B錯(cuò)誤；由于取了坡底為參考平面，因此運(yùn)動(dòng)員滑上斜坡最高點(diǎn)后的重力勢能就等于運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能，有mgh＝E總′，h＝20m，解得m＝40kg，故C正確；在坡底時(shí)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能就等于運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能，則有eq\f(1,2)mv2＝E總，解得v＝10eq\r(5)m/s，故D錯(cuò)誤。]熱點(diǎn)6動(dòng)量和動(dòng)量守恒1．B[依題意，根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝Δp，可得F＝eq\f(Δp,Δt)，可知安全氣囊的作用是延長了人與地面的接觸時(shí)間Δt，從而減小人所受到的合外力，即減小穿戴者動(dòng)量的變化率eq\f(Δp,Δt)，而穿戴者動(dòng)量的變化量Δp和穿戴者所受合力的沖量FΔt均未發(fā)生變化，故選B。]2．D[設(shè)鐵塊豎直下降的位移為d，對(duì)木塊與鐵塊系統(tǒng)，系統(tǒng)合外力為零，由人船模型可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝eq\f(M＋m,M)h＋2a，D正確。]3．AC[木塊在光滑的水平面上始終保持靜止，由動(dòng)量定理可知兩子彈對(duì)木塊的摩擦力的沖量大小相等，方向相反；由牛頓第三定律可知子彈對(duì)木塊的摩擦力與木塊對(duì)子彈的摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)兩子彈的沖量大小一定相等，故A正確；以子彈A、B和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)所受的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，對(duì)子彈由動(dòng)能定理得Wf＝0－Ek，又Ek＝eq\f(p2,2m)，可知摩擦力對(duì)兩子彈做的功Wf＝－eq\f(p2,2m)，由于兩子彈的質(zhì)量不一定相等，故摩擦力對(duì)兩子彈做的功不一定相等，故B錯(cuò)誤，C正確；子彈與木塊間有摩擦力，會(huì)產(chǎn)生熱，所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。]4．CD[取甲的初速度方向?yàn)檎较颍瑢?duì)于甲、冰車和箱子根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv1＋mv對(duì)于乙、冰車和箱子根據(jù)動(dòng)量守恒得定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2當(dāng)甲、乙恰好不相碰，則v1＝v2，聯(lián)立解得v＝5.2m/s，若要避免碰撞，則需要滿足v≥5.2m/s，故選C、D。]5．CD[等離子體推進(jìn)器可將靜電加速層中的電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，離子由靜電加速層噴出時(shí)的速度大小為v＝eq\r(\f(2qU,m))，B錯(cuò)誤；若n表示單位時(shí)間內(nèi)由靜電加速層噴出的離子數(shù)，根據(jù)電流的定義有I＝nq，單位時(shí)間內(nèi)，由靜電加速層噴出的離子數(shù)為n＝eq\f(I,q)，C正確；Δt時(shí)間內(nèi)噴出離子的動(dòng)量為Δp＝nΔtmv，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δp，則F＝nmv＝Ieq\r(\f(2mU,q))，D正確。]6．B[根據(jù)動(dòng)量守恒定律－mv0＋Mu＝mvt＋Mu1根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)Mu2＝eq\f(1,2)mvt2＋eq\f(1,2)Mu12解得vt＝eq\f(Mv0＋2u,M＋m)－eq\f(mv0,M＋m)又因?yàn)閙?M解得vt＝v0＋2u，故選B。]7．D[A、C碰撞過程中動(dòng)量守恒，有mCvC＝(mC＋mA)v，其中vC＝9m/s、v＝3m/s，解得mC＝1kg，故A錯(cuò)誤；物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能等于A、C碰撞結(jié)束瞬間系統(tǒng)動(dòng)能，所以Ep＝eq\f(1,2)(mC＋mA)v2＝13.5J，故B錯(cuò)誤；4～12s的時(shí)間內(nèi)，彈簧對(duì)物塊A的沖量大小等于彈簧對(duì)A、C整體的沖量大小，則I＝(mA＋mC)(v′－v)＝3×(－6)N·s＝－18N·s，即大小為18N·s，故C錯(cuò)誤；物塊B離開墻壁后達(dá)到最大速度時(shí)彈簧處于原長，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得(mA＋mC)vAC＝(mA＋mC)vAC′＋mBvB，eq\f(1,2)(mA＋mC)vAC2＝eq\f(1,2)(mA＋mC)vAC′2＋eq\f(1,2)mBvB2其中vAC＝－3m/s，解得vAC′＝0，vB＝－3m/s，故D正確。]熱點(diǎn)7力學(xué)圖像1．AC[由題圖可知平衡時(shí)壓力傳感器的示數(shù)為500N，則該同學(xué)重力約為500N，故A正確；下蹲過程中該同學(xué)先處于失重狀態(tài)，再處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；人下蹲動(dòng)作分別有失重和超重兩個(gè)過程，先是加速下降，達(dá)到一個(gè)最大速度后再減速下降，對(duì)應(yīng)先失重再超重，起立對(duì)應(yīng)先超重再失重，對(duì)應(yīng)圖像可知，該同學(xué)做了一次下蹲再起立的動(dòng)作，故C正確；該同學(xué)對(duì)傳感器的壓力和傳感器對(duì)該同學(xué)的支持力是相互作用力，大小相等，故D錯(cuò)誤。]2．B[關(guān)閉動(dòng)力后，車受地面的摩擦力做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，結(jié)合圖像可得a＝eq\f(μmg,m)＝μg，a＝eq\f(6,40－30)m/s2＝0.6m/s2，解得μ＝0.06，A錯(cuò)誤；圖線與橫軸圍成的面積表示位移，為x＝(25＋40)×6×eq\f(1,2)m＝195m，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度大小為eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(195,40)m/s＝4.875m/s，B正確，C錯(cuò)誤；平衡車在加速時(shí)有F－μmg＝ma′，a′＝eq\f(6,5)m/s2，代入數(shù)值解得F＝108N，D錯(cuò)誤。]3．D[設(shè)物體與豎直墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體的質(zhì)量為m。壓力為F0時(shí)，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，若此時(shí)摩擦力剛好達(dá)到最大值，則從該時(shí)刻起使壓力F逐漸減小，物體立即獲得加速度向下加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得mg－Ff＝ma，又Ff＝μFN＝μF，聯(lián)立可得a＝g－eq\f(μF,m)，故選D。]4．C[由圖像可知，速度與位移成反比關(guān)系，速度不隨位移均勻變化，故A錯(cuò)誤；eq\f(1,v)－x圖像的圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示時(shí)間，由圖像可知，速度不隨時(shí)間均勻變化，甲、乙兩物體速度從v0增加到2v0的過程，經(jīng)歷的時(shí)間之比為1∶2，故C正確，B、D錯(cuò)誤。]5．AC[由題圖乙可得拉力F關(guān)于時(shí)間的函數(shù)為F＝eq\f(15,4)t，而由題圖丙可知，在2s末物體的加速度a1大小為1.5m/s2，此時(shí)拉力F1大小為7.5N；在4s末加速度a2大小為4.5m/s2，此時(shí)拉力F2大小為15N，則由牛頓第二定律有F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，代入數(shù)據(jù)解得m＝2.5kg，μ＝0.15，故A正確；物體運(yùn)動(dòng)過程中所受的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmg＝0.15×2.5×10N＝3.75N，而最大靜摩擦力大于滑動(dòng)摩擦力，故B錯(cuò)誤；加速度與時(shí)間的圖像中，圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度的變化量，由題圖丙可知，4s末物體的速度為v＝eq\f(1.5＋4.5×4－2,2)m/s＝6m/s，根據(jù)動(dòng)能定理可得，在0～4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2.5×36J＝45J，故C正確；根據(jù)題圖乙可知，在0～4s時(shí)間內(nèi)，拉力F的沖量大小為圖像與時(shí)間軸圍成的面積，可得IF＝eq\f(1,2)×4×15N·s＝30N·s，故D錯(cuò)誤。]6．C[物體從A處由靜止下落，開傘前加速度向下，物體所受合力為F合＝mg－F，F(xiàn)＝eq\f(1,2)CρSv2，F(xiàn)不斷增大，加速度減小，題圖乙中右側(cè)圖線與此過程相符合，有mg－eq\f(1,2)CρS1v22＝ma1，解得S1＝eq\f(2mg－ma1,Cρv22)，故A錯(cuò)誤，C正確；題圖乙中左側(cè)圖線為開傘后的圖線，當(dāng)v＝v1時(shí)，有mg＝F2＝eq\f(1,2)CρS2v12，解得S2＝eq\f(2mg,Cρv12)，且當(dāng)v減小時(shí)，a減小，故B、D錯(cuò)誤。]7．D[根據(jù)牛頓第二定律知F－Ff－kx＝ma，從原長到速度最大的過程中，彈力一直增大，加速度一直減小到0，所以速度增加得越來越慢，故A錯(cuò)誤；根據(jù)k＝eq\f(ΔEk,Δx)＝F合以及合力一直減小到零，可知Ek－x圖像斜率越來越小，故B錯(cuò)誤；機(jī)械能的增加量等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功，則E＝ΔE＝(F－Ff)x，則E－x圖像斜率不變，由此可知C錯(cuò)誤；從原長到速度最大的過程中，彈力的形變量大小等于位移，彈力方向不變，大小隨位移均勻增大，則ΔEp＝Ep＝eq\f(kx,2)x＝eq\f(1,2)kx2，由此可知D正確。]8．D[根據(jù)題圖甲可知，小球與彈簧剛剛接觸，壓縮量較小時(shí)，重力大于彈簧的彈力，即x0到x1段，小球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙可知，在x1位置，加速度為0，則有k(x1－x0)＝mg，隨后進(jìn)一步向下壓縮彈簧，最大壓縮量為x2，此時(shí)速度減為0，則此時(shí)彈力最大為Fmax＝k(x2－x0)，解得Fmax＝eq\f(mgx2－x0,x1－x0)，B錯(cuò)誤；該過程中小球與彈簧組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即只有動(dòng)能、勢能(包含重力勢能與彈性勢能)的轉(zhuǎn)化，在加速度為0處，小球速度最大，動(dòng)能最大，即動(dòng)能變化最大，則勢能變化最大，即小球運(yùn)動(dòng)至x1位置時(shí)，重力勢能減小了mgx1，減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈性勢能與動(dòng)能，可知小球與彈簧組成系統(tǒng)的勢能變化的最大值小于mgx1，C錯(cuò)誤；根據(jù)上述，小球運(yùn)動(dòng)至x1位置時(shí)，加速度為0時(shí)，小球速度最大，根據(jù)題圖乙可知，將縱坐標(biāo)乘以小球質(zhì)量m，表示合力，則有mgx0＋eq\f(x1－x0mg,2)＝eq\f(1,2)mvmax2，解得vmax＝eq\r(gx1＋x0)，D正確。]9．C[根據(jù)題意，小物塊的位移是相對(duì)于坐標(biāo)原點(diǎn)的位移，則該位移大小即為彈簧的形變量，當(dāng)物塊在O點(diǎn)左側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移為負(fù)值，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力方向向右，為正值，當(dāng)物塊在O點(diǎn)右側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移為正值，彈簧處于拉伸狀態(tài)，彈簧彈力方向向左，為負(fù)值，即彈力方向與相對(duì)于原點(diǎn)的位移方向始終相反，則有F＝－kx，斜率為負(fù)值，A圖中斜率為正值，A錯(cuò)誤；物塊從A到B的過程中，摩擦力方向向左，為負(fù)值，結(jié)合上述，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，則a＝－eq\f(k,m)x－μg，可知加速度與位移成線性關(guān)系，圖像為一條不經(jīng)過原點(diǎn)的傾斜直線，B錯(cuò)誤；根據(jù)F＝－kx，由于小物塊的位移大小等于彈簧的形變量，即彈簧彈力大小與位移大小成正比，則彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，即Ep－x圖像為一條過原點(diǎn)的拋物線，開口向上，D錯(cuò)誤；令A(yù)O長為x0，則物塊在A位置時(shí)，彈性勢能為Ep0＝eq\f(1,2)kx02，結(jié)合上述，物塊從A向B運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)kx02－eq\f(1,2)kx2＝μmg(x0＋x)＋eq\f(1,2)mv2，物塊的動(dòng)量p＝mv，解得p＝eq\r(mkx02－mkx2－2μm2gx0＋x)，可知?jiǎng)恿侩S位移變化的圖像是一條曲線，物塊從A向B運(yùn)動(dòng)過程中，速度方向向右，動(dòng)量為正值，根據(jù)題意分析可知，物塊在AO之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)彈簧彈力大于摩擦力時(shí)，做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力小于摩擦力時(shí)，做減速運(yùn)動(dòng)，物塊越過O點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧處于拉伸狀態(tài)，物塊一直減速至B點(diǎn)，即物塊的最大速度位置在AO之間，令該位置為C點(diǎn)，可知，物塊從A運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)加速，動(dòng)量增大，從C運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)減速，動(dòng)量減小，動(dòng)量最大位置在O點(diǎn)左側(cè)，C正確。]10．BD[撤去外力后A受到的合力等于彈簧的彈力，0到t1時(shí)間內(nèi)，對(duì)A由動(dòng)量定理可知，合力即彈簧彈力對(duì)A的沖量大小I＝mAv0，彈簧對(duì)A與對(duì)B的彈力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，因此彈簧對(duì)B的沖量大小與對(duì)A的沖量大小相等、方向相反，即彈簧對(duì)B的沖量大小I彈簧＝mAv0，對(duì)B，以向右為正方向，由動(dòng)量定理得I墻壁－I彈簧＝0，解得墻壁對(duì)B的沖量大小為I墻壁＝mAv0，方向水平向右，故A錯(cuò)誤；B運(yùn)動(dòng)后，當(dāng)A、B速度相等時(shí)彈簧形變量(伸長或壓縮量)最大，此時(shí)A、B的速度不為零，A、B的動(dòng)能不為零，由動(dòng)量守恒定律可知，彈簧形變量最大時(shí)，A、B的動(dòng)能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢能相等，則彈簧的形變量最大時(shí)彈簧的彈性勢能小于撤去外力時(shí)彈簧的彈性勢能，則彈簧的形變量最大時(shí)彈簧的形變量小于撤去外力時(shí)彈簧的形變量x，故B正確；a－t圖像與t軸所圍成面積的大小等于物體速度的變化量，因t＝0時(shí)刻A的速度為零，t1時(shí)刻A的速度大小v0＝S1，t2時(shí)刻A的速度大小vA＝S1－S2，B的速度大小vB＝S3，由題圖(b)可知，t1時(shí)刻A的加速度為零，此時(shí)彈簧恢復(fù)原長，B開始離開墻壁，到t2時(shí)刻兩者加速度均達(dá)到最大，此時(shí)彈簧伸長量達(dá)到最大，兩者速度相同，即vA＝vB，則有S1－S2＝S3，t1～t2時(shí)間內(nèi)，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)vA，結(jié)合v0＝S1，vA＝S1－S2＝S3，聯(lián)立得mA∶mB＝S3∶S2，故C錯(cuò)誤，D正確。]熱點(diǎn)8電場的性質(zhì)1．B[由題圖可知，b、c兩點(diǎn)的電勢差為Ubc＝200V－300V＝－100V，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，a點(diǎn)與相鄰兩等勢面的距離小于1m，電勢差的絕對(duì)值等于100V，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，可知a點(diǎn)場強(qiáng)大小大于100V/m，故B正確；根據(jù)場強(qiáng)方向垂直于等勢面，可知a點(diǎn)的場強(qiáng)方向沿豎直方向，不是水平方向，故C錯(cuò)誤；由題圖可知，a點(diǎn)與c點(diǎn)在同一等勢面上，電勢均為300V，故D錯(cuò)誤。]2．ABC[O到x1電勢增高，靜電力對(duì)粒子做正功，粒子做加速運(yùn)動(dòng)，x1到x2電勢減小，粒子做減速運(yùn)動(dòng)。由于O、x2兩點(diǎn)電勢相同，所以粒子在O點(diǎn)和x2間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故A正確；φ－x圖線的斜率表示電場強(qiáng)度，由于粒子只受靜電力，根據(jù)Eq＝ma，可知粒子從O運(yùn)動(dòng)到x2的過程中做加速度大小先減小后增大的變速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；粒子在x1處具有最大速度，則從O到x1有－q(0－φ0)＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2qφ0,m))，故C正確；粒子從O到x2的運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)能先增大后減小，則電勢能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。]3．D[根據(jù)電場線與等勢線垂直，沿電場線方向電勢降低且電場線上該點(diǎn)的切線方向?yàn)樵擖c(diǎn)的電場強(qiáng)度方向，由題圖可知b處電場線的切線方向斜向左上方，c處電場線的切線方向斜向左下方，所以b、c點(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同，故A錯(cuò)誤；等差等勢線的疏密也可以反映電場的強(qiáng)弱，由a到d等勢線先變疏后變密，所以電場強(qiáng)度先減小后增大，則電子的加速度先減小后增大，故B錯(cuò)誤；a處電場線與等勢線垂直，所以電子受到的靜電力方向與虛線垂直，故C錯(cuò)誤；電子從a運(yùn)動(dòng)到b時(shí)，電勢逐漸升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，電子的電勢能逐漸減小，故D正確。]4．C[根據(jù)等量正電荷周圍的電場線分布圖可知a、b、c、d四點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但是方向不同，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場線的方向以及電場線的對(duì)稱性可知D和B兩點(diǎn)的電勢相等，但是低于O點(diǎn)的電勢，B錯(cuò)誤；帶正電點(diǎn)電荷在從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中受到的靜電力向右，所以此過程中靜電力做正功，C正確；帶正電點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中受到的靜電力先向右后向左，所以靜電力先做正功，后做負(fù)功，點(diǎn)電荷的速度先增大后減小，D錯(cuò)誤。]5．C[根據(jù)x軸上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的分布特點(diǎn)可知，該電場的分布類似于等量正電荷中垂線上電場強(qiáng)度的分布，電場線的方向與x軸正方向一致。在x軸上，沿電場線的方向，電勢逐漸降低，所以O(shè)點(diǎn)的電勢最高，故A錯(cuò)誤；帶電粒子的電勢能Ep＝qφ，由題意知帶電粒子帶正電，所以粒子在O點(diǎn)的電勢能最大，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知，靜電力做的功等于動(dòng)能的變化量，有qEx＝Ek－Ek0，由題意知帶電粒子的初動(dòng)能Ek0＝0，得Ek＝qEx，靜電力始終做正功，動(dòng)能一直增大。由于電場強(qiáng)度隨x先增大后減小，所以動(dòng)能隨x變化的圖像的切線斜率先增大后減小，故C正確；帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中，只有靜電力做功，故電勢能與動(dòng)能的總和保持不變，故D錯(cuò)誤。]6．D[設(shè)靜電力的方向與ab所在直線夾角為θ，如圖所示垂直電場方向速度分量相同，根據(jù)幾何知識(shí)有3vcos(θ－37°)＝4vsin(θ－37°)，解得θ＝74°，垂直靜電力方向做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(Lsinθ,3vcosθ－37°)＝eq\f(2L,3v)sin37°，沿靜電力方向速度變化量為Δv＝4vcos(θ－37°)＋3vsin(θ－37°)＝4vcos37°＋3vsin37°，電場強(qiáng)度的大小為E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)＝eq\f(mΔv,qt)＝eq\f(m4vcos37°＋3vsin37°,q\f(2L,3v)sin37°)，故A、B可以確定，不符合題意；根據(jù)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度E＝eq\f(Uab,Lcosθ)，可知a、b兩點(diǎn)的電勢差可求，故C可以確定，不符合題意；根據(jù)功能關(guān)系有qUab＝ΔEp，電荷量未知，無法確定粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢能之差，故D無法確定，符合題意。]7．ACD[由題知Ff＝μmg＝2x，設(shè)A向左移動(dòng)x后速度為零，對(duì)A、B系統(tǒng)有qEx－mgx－eq\f(1,2)·Ffx＝0，(此處Ffx前面的eq\f(1,2)是因?yàn)槟Σ亮κ亲兞?，其做功可以用平均力?jì)算)，可得x＝2m，A向左運(yùn)動(dòng)是先加速后減速，當(dāng)x＝2m時(shí)，摩擦力變成靜摩擦力，系統(tǒng)受力平衡，最后靜止。設(shè)A向左運(yùn)動(dòng)x′后速度為v，對(duì)系統(tǒng)則有qEx′－mgx′－eq\f(1,2)·Ffx′＝eq\f(1,2)×2mv2，得v2＝－(x′－1)2＋1，即：當(dāng)x′＝1m時(shí)，v最大為1m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)v＝0.6m/s時(shí)，可得x＝0.2m或1.8m，當(dāng)x＝0.2m時(shí)，靜電力做功qEx＝2.4J，則電勢能減小2.4J，由于EpO＝0，則電勢能為－2.4J，當(dāng)x＝1.8m時(shí)EpO＝－21.6J，故C正確；根據(jù)牛頓第二定律qE－Ff－mg＝2ma，當(dāng)x＝0.2m時(shí)，系統(tǒng)加速度a＝0.8m/s2，對(duì)B有FT－mg＝ma，得FT＝10.8N，當(dāng)x＝1.8m時(shí)，系統(tǒng)加速度a＝－0.8m/s2，對(duì)B分析可得FT＝9.2N，故D正確。]熱點(diǎn)9帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1．C[由于帶電微粒從M到N做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力分析可知，帶電微粒受到的靜電力水平向左，與電場方向相反，該微粒帶負(fù)電；帶電微粒受到的合力方向與初速度方向相反，可知合力對(duì)微粒做負(fù)功，微粒動(dòng)能減小，靜電力對(duì)微粒做負(fù)功，微粒電勢能增加，故A、B、D錯(cuò)誤；只增大初速度v0，帶電微粒受力不變，則帶電微粒受到的合力方向仍與初速度v0方向相反，微粒仍沿直線MN運(yùn)動(dòng)，故C正確。]2．ABD[兩球在水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，v0相同，由x＝v0t知，A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長，豎直方向上h相等，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A的加速度比B的加速度小，A的合力比B的合力小，所以A受到的靜電力向上，帶正電，B受到的靜電力向下，帶負(fù)電，故A正確；A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長，則B球比A球先落地，故B正確；A受到的靜電力向上，靜電力對(duì)A球做負(fù)功，A球的電勢能增加，A球的機(jī)械能減小，減小量為ΔEA＝qEh；B受到的靜電力向下，靜電力對(duì)B球做正功，B球的電勢能減小，B球的機(jī)械能增加，增加量為ΔEB＝qEh，故C錯(cuò)誤，D正確。]3．C[根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，解得a＝eq\f(q,m)E，氦核的比荷eq\f(q,m)為eq\f(1,2)，氚核的比荷為eq\f(1,3)，可得在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度之比為3∶2，A錯(cuò)誤；由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得y＝eq\f(1,2)at2，x＝v0t，聯(lián)立解得v0＝eq\r(\f(qEx2,2my))，由題圖可知，x相同時(shí)，eq\f(y氦,y氚)＝eq\f(8,3)，可得射入電場時(shí)的初速度之比為3∶4，B錯(cuò)誤；結(jié)合B選項(xiàng)分析可得y＝eq\f(mqEx2,2mv02)，若射入電場時(shí)的初動(dòng)量mv0相同，代入質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)之比可得eq\f(y氦,y氚)＝eq\f(8,3)，符合題意，故射入電場時(shí)的初動(dòng)量相同，C正確；結(jié)合B選項(xiàng)分析可得y＝eq\f(qEx2,4×\f(1,2)mv02)，若射入電場時(shí)的初動(dòng)能eq\f(1,2)mv02相同，則eq\f(y氦,y氚)＝2，故射入電場時(shí)的初動(dòng)能不相等，D錯(cuò)誤。]4．C[帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的推論，有eq\f(vPy,vPx)＝eq\f(vPy,v0)＝2tan45°P點(diǎn)粒子的速度為vP＝eq\r(5)v0，由動(dòng)能定理得qUOP＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mv02，解得UOP＝eq\f(2mv02,q)，故選C。]5．B[小球受重力、細(xì)線的拉力和靜電力三個(gè)力的作用，剛開始小球靜止于P處，由受力平衡可知靜電力方向水平向右，與電場方向相同，所以小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，可知靜電力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小為F＝eq\r(2)mg，小球從d運(yùn)動(dòng)到c的過程中，細(xì)線拉力不做功，合力做功即F做功，可以判斷F先做正功再做負(fù)功，故小球的速度先增大后減小，選項(xiàng)B正確；小球運(yùn)動(dòng)過程中，重力勢能、電勢能、動(dòng)能的總和保持不變，最高點(diǎn)a時(shí)小球的重力勢能最大，則電勢能與動(dòng)能之和最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到弧ab中點(diǎn)，且細(xì)線彈力為零時(shí)，有F＝meq\f(v2,r)，小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在該點(diǎn)的速度為v＝eq\r(\r(2)gr)。小球從弧ab點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，由動(dòng)能定理得F·(r－eq\f(r,\r(2)))＝eq\f(1,2)mva2－eq\f(1,2)mv2，解得va＝eq\r(3\r(2)－2gr)，因此，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a的速度va≥eq\r(3\r(2)－2gr)時(shí)，小球才能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]6．BD[在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為Er＝k，帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qE1＝meq\f(v12,r1)，qE2＝meq\f(v22,r2)，可得eq\f(1,2)mv12＝eq\f(qE1r1,2)＝eq\f(qE2r2,2)，即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；粒子3從距O點(diǎn)r2的位置入射并從距O點(diǎn)r1的位置出射，做近心運(yùn)動(dòng)，靜電力做正功，則動(dòng)能增大，粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小，故A錯(cuò)誤；粒子4從距O點(diǎn)r1的位置入射并從距O點(diǎn)r2的位置出射，做離心運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大，故B正確；粒子3做近心運(yùn)動(dòng)，有qE2>meq\f(v32,r2)，可得eq\f(1,2)mv32<eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mv12，粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能，故D正確。]7．C[帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場方向上做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運(yùn)動(dòng)，由t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電流周期的整數(shù)倍，在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝eq\f(E0q,m)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vy＝at＝eq\f(E0q,m)t，同理可分析eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，所以帶電粒子在沿電場方向的速度v與E－t圖線所圍面積成正比(時(shí)間軸下方的面積取負(fù)值)，而經(jīng)過整數(shù)個(gè)周期，E0－t圖像與橫軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場時(shí)沿電場方向的速度總為零，都垂直電場方向射出電場，故B、D錯(cuò)誤；帶電粒子在t＝0時(shí)刻射入時(shí)，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板上，故A錯(cuò)誤；當(dāng)粒子在t＝0時(shí)刻射入且經(jīng)過T離開電場時(shí)，粒子在t＝eq\f(T,2)時(shí)達(dá)到最大速度，由題意得此時(shí)兩分位移之比為eq\f(x,y)＝eq\f(2,1)，即v0t＝2×eq\f(1,2)at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度為v＝eq\r(2)v0，因此最大動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，故C正確。]熱點(diǎn)10磁場的性質(zhì)1．D[根據(jù)右手螺旋定則，放置在FE邊的電流在C點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿CM；放置在ND邊的電流在C點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿FC；故C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為BC＝eq\r(B2＋B2)＝eq\r(2)B，故選D。]2．C[由于A、B輸電線纜通入的電流方向相反，所以兩線纜相互排斥，故A錯(cuò)誤；B對(duì)A的作用力沿AB水平向左，C對(duì)A的作用力沿AC斜向右下，且大小為B對(duì)A作用力的2倍，由圖可知FACcosθ＝2FABcos60°＝FAB，即C對(duì)A的作用力在水平方向的分力與B對(duì)A的作用力大小相等、方向相反，所以A受到的合力即為C對(duì)A的作用力在豎直方向的分量，其與水平方向夾角為90°，故B錯(cuò)誤；根據(jù)右手螺旋定則可知，A輸電線纜在AB圓心連線中點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上，故C正確；A輸電線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)A指向右上方，B輸電線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)B指向左上方，C輸電線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直O(jiān)C水平向左，所以O(shè)處合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向應(yīng)斜向左上方，故D錯(cuò)誤。]3．C[根據(jù)題意，由左手定則可知，正離子受到向上的洛倫茲力而向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子受向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn)，則上極板電勢比下極板電勢高，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，當(dāng)上、下兩金屬電極之間產(chǎn)生足夠高電壓時(shí)，有eq\f(U,d)q＝qvB，解得U＝Bdv，可知兩金屬電極間的電動(dòng)勢與L和b無關(guān)，與d有關(guān)，且僅使d增大，兩金屬電極間的電動(dòng)勢會(huì)變大，故B、D錯(cuò)誤，C正確。]4．C[由題圖乙可知，若順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)手柄，導(dǎo)致霍爾元件周圍的磁場增加，那么霍爾元件輸出控制車速的電壓增大，故A錯(cuò)誤；逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)手柄使永久磁鐵遠(yuǎn)離霍爾元件時(shí)，導(dǎo)致霍爾元件周圍的磁場減弱，那么霍爾元件輸出控制車速的電壓減小，車速變慢，故B錯(cuò)誤；若霍爾元件中通有從上向下的電流時(shí)，根據(jù)左手定則可知，帶負(fù)電的電子向后表面移動(dòng)，則前表面電勢高，故C正確，D錯(cuò)誤。]5．ABC[要使電流表正常工作，金屬桿應(yīng)向下移動(dòng)，所受的安培力應(yīng)向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應(yīng)從M至N，故A正確；當(dāng)該電流表的示數(shù)為零時(shí)，MN與ab邊重合，彈簧的彈力與金屬桿的重力平衡，彈簧處于伸長狀態(tài)，故B正確；設(shè)當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長量為x0，由平衡條件得mg＝kx0，當(dāng)電流為I時(shí)，對(duì)金屬桿受力分析，有FA＋mg＝k(x0＋Δx)，安培力為FA＝BIL1＝kΔx，靜止時(shí)彈簧伸長量的增加量為Δx＝eq\f(FA,k)＝eq\f(BIL1,k)∝I故該電流表的刻度是均勻；當(dāng)Δx＝L2，則有BImL1＝kL2，得Im＝eq\f(kL2,BL1)，故C正確，D錯(cuò)誤。]6．C[根據(jù)對(duì)稱性可知A點(diǎn)和B點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知a、c處導(dǎo)線對(duì)b處導(dǎo)線的安培力大小均為F，f、d處導(dǎo)線對(duì)b處導(dǎo)線的安培力大小均為F′＝eq\f(\r(3),3)F，e處導(dǎo)線對(duì)b處導(dǎo)線的安培力大小為eq\f(F,2)，根據(jù)矢量的合成可得b處導(dǎo)線所受安培力Fb＝2Fsin30°＋2×eq\f(\r(3)F,3)sin60°＋eq\f(F,2)＝eq\f(5F,2)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)安培定則，a、d處兩條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，b、e處兩條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，a、b、c、d、e處五根導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與c導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，垂直于ed向下，故C正確，D錯(cuò)誤。]7．B[當(dāng)S斷開時(shí)，ab中電流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，當(dāng)S閉合時(shí)，ab中電流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，S斷開時(shí)，導(dǎo)體棒所受摩擦力沿導(dǎo)軌斜面向下，S閉合時(shí)，導(dǎo)體棒所受摩擦力沿導(dǎo)軌斜面向上，則BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ解得μ＝eq\f(3,44)，故選B。]熱點(diǎn)11帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)1．D[運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由圖可知，正粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，負(fù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，正、負(fù)帶電粒子圓心角之比為2∶1；由洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，又T＝eq\f(2πr,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)，故正、負(fù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)周期之比為1∶2，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)T，故正、負(fù)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為eq\f(t正,t負(fù))＝eq\f(1,1)，故選D。]2．BD[速率小的粒子在CD邊射出時(shí)，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓，時(shí)間為周期的一半，而粒子的運(yùn)動(dòng)周期相同，所以從CD邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則，粒子向左偏轉(zhuǎn)，從CD邊飛出的粒子最遠(yuǎn)從D點(diǎn)飛出，此時(shí)半徑為R＝eq\f(L,2)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(kBL,2)，故B正確；由B項(xiàng)分析可知粒子可以從D點(diǎn)飛出，當(dāng)粒子軌跡與CE相切從DE邊飛出時(shí)，是粒子從DE邊飛出的最遠(yuǎn)點(diǎn)，如圖所示。由幾何關(guān)系得eq\x\to(DH)＝eq\x\to(DF)＝eq\f(1,2)eq\x\to(CD)＝L，粒子從DE邊飛出的區(qū)域長度最大為L，故C錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與CE相切飛出時(shí)在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，由幾何關(guān)系可得∠FDC＝60°，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,3kB)，故D正確。]3．C[由左手定則可知，粒子P和粒子Q均帶正電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,kB)，ω＝eq\f(2π,T)，由于兩粒子的比荷相同，可知粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期相等，角速度也相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv2B＝meq\f(v22,r2)，可得粒子Q的軌道半徑為r2＝eq\f(mv2,qB)＝eq\f(\r(3)v,kB)，故C正確；兩粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)磁場區(qū)域的半徑為R，由幾何關(guān)系可得粒子P的軌跡半徑為r1＝R，所以粒子Q的軌跡半徑為r2＝eq\r(3)r1＝eq\r(3)R，由幾何關(guān)系可得tanα＝eq\f(R,r2)＝eq\f(\r(3),3)，解得α＝30°，由t＝eq\f(θ,360°)T，可知粒子P和粒子Q在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為t1∶t2＝90°∶2α＝90°∶60°＝3∶2，故D錯(cuò)誤。]4．ACD[空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由庫侖力在運(yùn)動(dòng)軌跡半徑方向的分力和洛倫茲力的合力提供，根據(jù)左手定則可知，從上往下看，小球只能沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，故A正確；O處的點(diǎn)電荷在A運(yùn)動(dòng)的圓周上各處產(chǎn)生的電勢都相同，電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，故B錯(cuò)誤；對(duì)小球A受力分析如圖所示，洛倫茲力F2沿水平方向，庫侖力F1沿著O→A方向，在豎直方向，根據(jù)平衡條件得F1cos37°＝mg，解得F1＝eq\f(5,4)mg，所以小球A與點(diǎn)電荷之間的庫侖力大小為eq\f(5,4)mg，故C正確；水平方向根據(jù)牛頓第二定律得qv0B－F1sin37°＝meq\f(v02,rsin37°)，其中F1sin37°＝eq\f(3,4)mg，解得B＝eq\f(5mv0,3qr)＋eq\f(3mg,4qv0)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得，當(dāng)eq\f(5mv0,3qr)＝eq\f(3mg,4qv0)，即v0＝eq\r(\f(9,20)gr)時(shí)，B取值最小值，故D正確。]5．BC[將速度分解為沿磁場方向和垂直于磁場方向，則電子在沿磁場方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于磁場方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其圓周運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq\f(m\f(v0,2),eB)，其在圓柱體中心一側(cè)運(yùn)動(dòng)范圍為直徑，故圓柱體半徑應(yīng)不小于2r，R≥2r＝eq\f(2m\f(v0,2),eB)＝eq\f(mv0,eB)，故A錯(cuò)誤；一段時(shí)間后電子恰好經(jīng)過該圓柱體空間的另一底面圓心O′點(diǎn)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間與圓周運(yùn)動(dòng)周期關(guān)系為t＝nT，T＝eq\f(2πm,eB)，故B正確；電子沿磁場方向位移h＝eq\f(\r(3)v0,2)t＝eq\f(\r(3)v0,2)nT＝eq\f(\r(3)v0,2)·eq\f(2nπm,eB)，故C正確；電子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為周期整數(shù)倍時(shí)動(dòng)量變化量為零，故D錯(cuò)誤。]6．C[粒子從空間正四棱錐P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直進(jìn)入磁場區(qū)域，最后恰好沒有從側(cè)面PBC飛出磁場區(qū)域，可知粒子剛好與側(cè)面PBC相切，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，θ為面PBC與底面的夾角，由幾何關(guān)系可知r＋eq\f(r,sinθ)＝eq\f(a,2)，由幾何關(guān)系可算出sinθ＝eq\f(\r(6),3)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v02,r)，聯(lián)立解得B＝eq\f(\r(6)＋2mv0,qa)，故選C。]7．AD[粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝eq\f(mv,qB)＝R，則從P點(diǎn)射出的某一粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知，四邊形O′MOP為菱形，可知O′M水平，則從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域的粒子速度豎直向下，垂直擊中熒光擋板，選項(xiàng)A正確；沿著PG方向射出的粒子射到擋板上的位置最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系可知，最遠(yuǎn)點(diǎn)距離P點(diǎn)的距離為eq\f(3,2)R，并且距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)，粒子數(shù)量越多，粒子分布不均勻，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；沿著PH方向射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，由幾何關(guān)系可知在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為330°，則最長時(shí)間t＝eq\f(330°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(11πm,6qB)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；水平向左射出的α粒子在無磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，為t′＝eq\f(R,v)＝eq\f(m,qB)，選項(xiàng)D正確。]熱點(diǎn)12恒定電流1．D[該電容器的容量為Q＝CU＝3×12000C＝36000C＝36000A·s＝10A·h，故A錯(cuò)誤；電容器充電的過程中，電荷量逐漸增加，但電容只由電容器自身決定，與電荷量的多少無關(guān)，即電容保持不變，故B錯(cuò)誤；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知電容器放電的過程中，電荷量逐漸減少，電容不變，則電容器兩極板間的電壓減小，故C錯(cuò)誤；標(biāo)有“3V,12000F”的電容器從電荷量為零到充滿電，儲(chǔ)存的電荷量為Q＝CU＝36000C，則充電平均電流為eq\x\to(I)＝eq\f(Q,t)＝eq\f(36000,30)A＝1200A，故D正確。]2．A[如果選擇電壓表，滑動(dòng)變阻器R和定值電阻R0串聯(lián)在電路中，且電壓表測R的滑片至最上端的電壓，無論滑片如何移動(dòng)，變阻器接入電路的總阻值不變，閉合開關(guān)S，水量增多時(shí)，滑片下移，R上半部分的電阻增大，R上半部分分得的電壓增大，即電壓表示數(shù)變大，故A正確；如果選擇電流表，滑動(dòng)變阻器R滑片以下的部分和定值電阻R0串聯(lián)在電路中，電流表測電路中的電流，水量增多時(shí)，滑片下移，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值減小，電路總電阻減小，電路電流增大，即電流表示數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；與電壓表相比，選擇電流表設(shè)計(jì)電路的總電阻較小，電路電流較大，由P＝UI可知，電路的總功率較大，不節(jié)能，故C錯(cuò)誤；若選擇電壓表，增加R0，電路中電流減小，電阻變化量相同時(shí)，電壓變化量變小，即靈敏度降低，故D錯(cuò)誤。]3．BC[勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，N板不動(dòng)，電容器的電容不變，則電荷量不變，所以回路無電流，電阻R沒有熱功率，A錯(cuò)誤；由向前勻速突然減速時(shí)，N板向前運(yùn)動(dòng)，則板間距變小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容增大，B正確；由靜止突然向前加速時(shí)，N板相對(duì)向后運(yùn)動(dòng)，則板間距增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容減小，電容器帶電荷量減小，則電容器放電，電流由b向a流過電流表，C正確；保持向后的勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度a不變，d不變，故M、N之間的電場強(qiáng)度E不變，故D錯(cuò)誤。]4．D[根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U＋I(xiàn)r，可得I＝eq\f(E,r)－eq\f(1,r)·U，可知直線Ⅱ的斜率絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻的倒數(shù)，則有eq\f(1,r)＝eq\f(3b,3a)＝eq\f(b,a)，解得電源內(nèi)阻大小為r＝eq\f(a,b)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)歐姆定律可知，直線I的斜率表示電阻R的倒數(shù)，則有eq\f(1,R)＝eq\f(b,2a)，解得R＝eq\f(2a,b)，故B錯(cuò)誤；Ⅰ、Ⅱ交點(diǎn)坐標(biāo)表示的是電阻R接在電源E兩端時(shí)電源的外電壓及電流，故C錯(cuò)誤；直線Ⅱ的縱軸截距為eq\f(E,r)＝3b，解得電源電動(dòng)勢為E＝3br＝3a，把電阻R接在此電源兩端時(shí)，由題圖中交點(diǎn)可知，此時(shí)電流為b，外電壓為2a，則電源內(nèi)部消耗的功率為Pr＝U內(nèi)I＝(E－U外)I＝(3a－2a)b＝ab，故D正確。]5．AD[當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向上移動(dòng)時(shí)，電阻R2接入電路中的電阻變大，外電路電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，回路中總電流減小，即電流表A1示數(shù)減小，電源內(nèi)電壓減小，所以路端電壓即電壓表示數(shù)U變大，故A正確；根據(jù)橋式電路特征，當(dāng)滿足eq\f(R1,R2)＝eq\f(RL1,RL2)，電路中M、N兩點(diǎn)間的電勢差為零，電流表A2示數(shù)變?yōu)榱?，故B錯(cuò)誤；由于回路中總電流減小，則R1與L1并聯(lián)部分電壓也減小，R2與L2并聯(lián)部分電壓增大，所以通過燈泡L1的電流變小，通過燈泡L2的電流變大，即燈泡L1變暗，L2變亮，故C錯(cuò)誤；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U＝E－I1r，所以r＝eq\f(ΔU,ΔI1)，故D正確。]6．C[看似是一個(gè)電橋，但只需將電源負(fù)極接地(就是取電勢為零)，則電容器上極板電勢為eq\f(2E,5)，下極板電勢為eq\f(4E,5)，極板間電勢差U＝eq\f(2E,5)，由Q＝CU，可知C正確。]7．D[由題圖可看出當(dāng)只閉合S1時(shí)，電阻R1與R2串聯(lián)，再與小風(fēng)扇M并聯(lián)，且電源的內(nèi)阻不計(jì)，則小風(fēng)扇M的電壓剛好為額定電壓，則PM＝IME，解得IM＝0.5A，則小風(fēng)扇M正常工作時(shí)發(fā)熱功率為PM熱＝IM2r＝0.25W，A、B錯(cuò)誤；由題圖可看出同時(shí)閉合開關(guān)S1和S2，電阻R2被短路，則R1與小風(fēng)扇M并聯(lián)，且電源的內(nèi)阻不計(jì)，則通過電阻R1的電流I1＝eq\f(E,R1)，解得I1＝0.6A，則電阻R1消耗的功率為P1＝I12R1，解得P1＝3.6W，C錯(cuò)誤，D正確。]熱點(diǎn)13交變電流1．B[由題圖可知，t1時(shí)刻通過線圈的磁通量最大，線圈與磁場垂直，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢最小，A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻磁通量為零，線圈與磁場平行，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，導(dǎo)線ad的速度方向跟磁感線垂直，B正確；t3時(shí)刻線圈的磁通量最大，處于中性面，感應(yīng)電動(dòng)勢為零，C錯(cuò)誤；t2、t4時(shí)刻磁通量為零，線圈與磁場平行，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢最大，電流最大；兩時(shí)刻相差半個(gè)周期，電流方向相反，D錯(cuò)誤。]2．A[由題可知原線圈輸入電壓的有效值為U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))＝220V，原線圈電流為I1＝eq\f(P,U1)＝40A，副線圈輸出電流的有效值為I2＝eq\f(n1,n2)I1＝20A，變壓器無法改變電流的頻率，故f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故選A。]3．C[通過一次中性面(即磁場與線框平面垂直位置時(shí))電流方向才會(huì)發(fā)生改變，故A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)180°的過程中通過導(dǎo)線截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2B4L2－L2,R)＝eq\f(6BL2,R)，故B錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)90°時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢大小為Em＝3BL2ω，故C正確；轉(zhuǎn)動(dòng)過程中電流的有效值為I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R)＝eq\f(3\r(2)BL2ω,2R)，故D錯(cuò)誤。]4．BD[保持輸送電能總功率不變，電功率P＝UI1，輸電電壓U從原來的高壓110kV升級(jí)為特高壓1100kV，則輸電線中的電流I2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,10)，故A錯(cuò)誤，B正確；若輸電線不變，輸電線上損失的功率為P損＝I22R線，輸電線中的電流I2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,10)，則輸電線上損失的功率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,100)，故C錯(cuò)誤；若更換直徑為原來輸電線直徑eq\f(1,10)的同種材料制成的輸電線，由R＝ρeq\f(L,S)，可知電阻變?yōu)樵瓉淼?00倍，保持輸送電能總功率、輸電距離不變的情況下，從原來的110kV高壓輸電升級(jí)為1100kV的特高壓輸電，輸電線中的電流I2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,10)，輸電線上損失的功率P損＝I22R線，可知損失的功率不變，D正確。]5．BCD[由題圖乙可知，感應(yīng)電動(dòng)勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(4\r(2),\r(2))V＝4V，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，線圈中的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(4,8＋2)A＝0.4A，此時(shí)