2021高考物理真题汇编-答案

这是一份2021高考物理真题汇编-答案，共32页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。


专题一　运动的描述　匀变速直线运动的研究

1．解析：选A。研究猫在地板上行走的速度时，不涉及猫的形状，可以把猫看作质点，A正确；旋转球边缘的线速度影响水珠的形状，不能把旋转球看作质点，B错误；判断飞翔的鸟儿能否停在树桩上，要观察它的爪的位置，不能把鸟儿看作质点，C错误；研究马术运动员和马能否跨过障碍物时，需要研究马的形状和大小，不能把马看作质点，D错误。
2．解析：选BD。A图是速度－时间图象，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是速度－时间图象，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度－时间图象中图象与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B正确；C图是位移－时间图象，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是位移－时间图象，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D正确。
3．解析：选D。设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gt2sin θ，可得t＝，可知θ＝45°时，t有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时，下滑时间t先减小后增大。
专题二　相互作用
1．解析：选A。秋千摆动到最高点时，受力情况如图所示，此时小明的速度为零，F＝mg cos θ
2．解析：选B。打开降落伞前后，着陆器均受到火星万有引力的作用，A、C错误；打开降落伞后90 s内，着陆器的运动是竖直向下的减速运动，合力方向竖直向上，B正确；着陆器处于悬停状态时，竖直方向还受到万有引力，D错误。
3．解析：选B。曲辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为F sin α，直辕犁耕索的拉力在水平方向上的分力为Fsin β，由于α<β，则F sin β＞F sin α，A错误；曲辕犁耕索的拉力在竖直方向上分力为F cos α，直辕犁耕索的拉力在竖直方向上的分力为F cos β，由于α＜β，故F cos α＞F cos β，B正确；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，故耕索对犁的拉力等于犁对耕索的拉力，C、D错误。
4．解析：选C。对滑块受力分析，设凹槽半圆柱面的切线与水平面的夹角为θ，0≤θ≤，由平衡条件有F＝mg sin θ，N＝mg cos θ，滑块从A缓慢移动到B点过程中，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以A、B错误；
对凹槽与滑块整体分析有，墙面对凹槽的压力为FN＝F cos θ＝mg sin θcos θ＝mg sin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，C正确；水平地面对凹槽的支持力为N地＝(M＋m)g－F sin θ＝(M＋m)g－mg sin2θ，则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，D错误。
专题三　牛顿运动定律
1．解析：选BCD。由题图(c)可知，t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，此时物块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，μ2m2g>μ1(m1＋m2)g，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2>μ1，故B、C正确；由题图(c)可知，0～t2这段时间物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
2．解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，故可得L＝9 m。
(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s，滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s
专题四　曲线运动　万有引力与航天
1．解析：选C。纽扣上各点绕其中心做圆周运动的角速度相等，已知n＝50 r/s，则an＝ω2r＝(2πn)2r＝4×π2×502×1×10－2 m/s2≈1×103 m/s2，C正确。
2．解析：选C。设距离d＝0.2 m，铯原子做平抛运动时有d＝v0t1，做竖直上抛运动时有d＝g，解得＝。故A、B、D错误，C正确。
3．解析：选BC。甲、乙两颗手榴弹竖直方向下落的高度相同，由平抛运动的特点可知，它们的运动时间相等，A错误。落地前瞬间，PG＝mgvy＝mg2t，由于运动时间相等，故重力的瞬时功率相等，B正确。从投出到落地，重力做功为mgh，故重力势能减少mgh，C正确。从投出到落地过程中只有重力做功，手榴弹的机械能守恒，D错误。
4．解析：选A。由题知杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P点绕O点做匀速圆周运动，则P点的线速度大小不变，加速度方向时刻指向O点，A正确，B错误；Q点在竖直方向的运动与P点相同，位移y关于时间t的关系为y＝lOP·sin ，则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；Q点在水平方向的位移x关于时间t的关系为x＝lOP·cos ＋lPQ，则可看出Q点在水平方向也不是匀速运动，D错误。
5．解析：选BD。对小球受力分析，设弹力为T，弹簧与水平方向的夹角为θ，则小球竖直方向T sin θ＝mg，由T＝k，可知θ为定值，T不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小时，杆对小球的弹力FN背离转轴，则T cos θ－FN＝mω2r
即FN＝T cos θ－mω2r
当转速较大时，FN指向转轴，有T cos θ＋F′N＝mω′2r
即F′N＝mω′2r－T cos θ
则因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；
根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球受合外力变大，D正确。
6．解析：选D。物体绕中心天体做圆周运动，根据万有引力提供向心力，可得＝mR，则T＝、R＝，由于一个火星日的时长约为一个地球日，火星质量约为地球质量的0.1，则飞船的轨道半径
R飞＝＝＝R同，则＝。
7．解析：选D。根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得G＝m＝mω2r＝mr，M＝＝＝，则已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
8．解析：选B。地球绕太阳做匀速圆周运动，太阳对地球的万有引力提供地球做圆周运动所需向心力，有＝mr，化简得＝M，由此推断S2绕黑洞做椭圆运动时，半长轴的三次方与周期二次方的比值与黑洞质量成正比，有＝，由观测推算S2的周期约为16年，代入数据解得M黑≈4×106M，选B。
9．解析：选AC。根据万有引力定律有F＝G，核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有引力之比为＝＝，所以A正确；因为第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9 km/s，B错误；根据T＝2π，可知轨道半径越大周期越大，则其周期比同步卫星的周期小，小于24 h，C正确；卫星做圆周运动时万有引力提供向心力有G＝m，解得v＝，则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以变轨时需要点火减速或者点火加速，增加质量不会改变轨道半径，D错误。
10．解析：选C．设火星的质量为M，半径为R，自由落体的加速度为g火，则有＝mg火，设其近地卫星做圆周运动的周期为T，则有＝mR，设探测器所在椭圆形停泊轨道的半长轴为a，根据开普勒第三定律得＝，联立上述方程并代入数据解得a≈×107 m，可得停泊轨道与火星表面的最远距离约为2a－2.8×105 m－2×3.4×106 m≈6×107 m，故C正确。
专题五　机械能及其守恒定律
1．解析：选A。当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度h＝R＋πR－＝R＋，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝。故A正确，B、C、D错误。
2．解析：选BC。设物体向上滑动的距离为s，根据动能定理得，上滑过程，－(mg sin α＋μmg cos α)s＝0－Ek，下滑过程，(mg sin α－μmg cos α)s＝－0，联立解得s＝、μ＝0.5，故A错误，C正确；下滑过程，根据牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma下，解得a下＝，故B正确；物体上滑与下滑过程都做匀变速直线运动，但上滑的初速度比回到出发点时的速度大，根据s＝t知，下滑的时间较长，故D错误。
3．解析：选C。在动车组匀加速启动的过程中，对动车组受力分析，根据牛顿第二定律有F1－F阻＝ma1，其中F阻＝kv，在动车组匀加速启动的过程中，加速度a1不变，v增大，则F阻增大，故牵引力F1逐渐增大，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，则牵引力F2＝，而F2－F阻＝ma，其中F阻＝kv，由v增大可知加速度a减小，所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动，B错误；设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时，动车组匀速运动的速度为vm′，动车组匀速行驶时受力平衡，有F′＝F阻＝kvm′，则4P＝kv、2.25P＝kvm′2，解得vm′＝vm，C正确；当四节动力车厢输出功率均为额定值时，对动车组从启动到达到最大速度的过程，根据动能定理有4Pt－W克＝mv，解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克＝4Pt－mv，D错误。
4．解析：(1)设小车通过第30个减速带后，经过每个减速带损失的机械能为ΔE
小车从刚通过第30个减速带到刚通过第31个减速带，由动能定理可知
mgd sin θ－ΔE＝0
解得：ΔE＝mgd sin θ。
(2)小车运动全程能量守恒，设为通过前30个减速带时每一个减速带上平均损失的机械能，
mgL sin θ＋49mgd sin θ＝μmgs＋20ΔE＋30
解得＝。
(3)由题意可知＞ΔE
L＞d＋。
答案：(1)mgd sin θ
(2)
(3)L＞d＋
专题六　碰撞与动量守恒
1．解析：选B。因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。
2．解析：选BC。设物体运动过程中，滑动摩擦力大小为f，对全程应用动能定理，得Fs0－f×3s0＝0－0，可得F＝3f，选项D错误；对第一阶段应用动能定理，得(F－f)s0＝mv－0，由于WF＝Fs0、F＝3f，故有WF＝mv，选项A错误；对第一阶段应用动量定理，有(F－f)t1＝mv0－0，由于IF＝Ft1、F＝3f，故有IF＝mv0，选项B正确；由f＝μmg，结合F＝3f、(F－f)s0＝mv－0，可得μ＝，选项C正确。
3．解析：选D。质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
4．解析：选ABD。将A、弹簧、B看成一个系统，0到t1时间内，重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零，墙对系统的冲量等于系统动量的变化量，即墙对B的冲量等于mAv0，A正确；t1时刻之后，A、B组成的系统动量守恒，由题图(b)可知，t1到t2这段时间内，S3＞S2，故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量，可知A物体的质量大于B物体的质量，B正确；撤去外力F后，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，B运动后，A、B具有动能，根据系统机械能守恒可知，弹簧的最大形变量小于x，C错误；t2时刻，A、B的加速度均最大，此时弹簧拉伸到最长，A、B共速，设速度为v，a－t图像与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量，0～t2时间内，A的速度变化量为S1－S2，t1～t2时间内，B的速度变化量为S3，两者相等，即S1－S2＝S3，D正确。
专题七　静电场
1．解析：选BD。由图象可知φb＝φe则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由图象可知φa＝3 V，φd＝7 V，根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如图所示

由图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。
2．解析：选A。由题图中由等势面的疏密程度可知EMEpN。
3．解析：选AD。带电粒子垂直进入匀强电场做类平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，初速度为v0，则其轨迹方程为y＝×＝，由于粒子的初速度相同，在同一匀速电场中运动，粒子的轨迹取决于及电性。电荷量和质量分别为(＋q，m)和(＋3q，3m)的带电粒子的偏转轨迹重合，且与(－q，m)的带电粒子的轨迹关于x轴对称。根据带电粒子的轨迹方程可知，(＋q，m)的粒子比(＋q，2m)的粒子的轨迹“弯曲程度”更大，同时符合以上特征的图像为A、D因此选A、D。
4．解析：选D。导体是等势体，导体表面是等势面，电场线与等势面垂直，所以实线表示等势面，A错误；根据导体上电荷分布规律可知，离d点最近的导体表面电荷密度最小，B错误；电场线与等势面垂直，所以导体右侧表面附近的电场强度方向不相同，C错误；电场力做功与路径无关，a、b是同一等势面上的两点，Uab＝0，Wab＝qUab＝0，D正确。
5．解析：选D。高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。
6．解析：选AB。由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x轴，垂直于cd方向建立y轴如图所示

在x方向有W＝Exq×2R，在y方向有2W＝Eyq×R＋ExqR，经过计算有Ex＝，Ey＝，E＝，tan θ＝＝，由于电场方向与水平方向成60°，则电场与ab平行，且沿a指向b，A正确；该粒子从d点运动到b点，电场力做的功为W′＝Eq＝0.5W，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于c点的电势，C错误；若粒子的初速度方向与ab平行则粒子做匀变速直线运动，D错误。
7．解析：选B。根据点电荷场强公式E＝k，两异种点电荷在P点的场强大小均为E0＝，方向如图所示，两异种点电荷在P点的合场强为E1＝E0＝，方向与＋q点电荷与－q点电荷的连线平行如图所示，Q点电荷在P点的场强大小为E2＝k＝，三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2q，由几何关系可知Q的坐标为(0，2a)，故选B。

8．解析：选ACD。由对称及电场叠加原理可知，除无穷远处之外，菱形外部各点电场强度处处不为零，故A正确。分析可知O点电场强度等于零，由对称及电场叠加原理可知，除O点外，菱形内部的电场强度为零的点都是成对出现的，所以在菱形内部不可能只存在两个电场强度为零的点，故B错误。当y0＝8l时，由对称性可知点(0，－3l)和点(0，3l)的电势相等，将负点电荷从点(4l，5l)移到点(0，－3l)和从点(4l，5l)移到点(0，3l)，电场力做功相同，由等量同种点电荷形成的电场的特点可知，在x、y正半轴上的两个点电荷形成的电场中，点(4l，5l)和点(0，3l)是两点电荷连线的中垂线上对称的两点，电势相等，所以将负点电荷从点(4l，5l)移到点(0，3l)，电场力不做功；在x负半轴的点电荷形成的电场中，将负点电荷从点(4l，5l)移到点(0，3l)，电场力做正功；在y负半轴的点电荷形成的电场中，将负点电荷从点(4l，5l)移到点(0，3l)，电场力做正功；综上所述，当y0＝8l时，将一带负电的试探电荷由点(4l，5l)移到点(0，－3l)，电场力做正功，故C正确。当y0＝4l时，x、y正半轴的两个点电荷在点(l，l)处的合场强与x轴负方向的夹角为45°，倾斜向下，大小为·，x、y负半轴的两个点电荷在点(l，l)的合场强与x轴正方向的夹角为45°，倾斜向上，大小为·，故该点的合场强与x轴负方向的夹角为45°，倾斜向下，负点电荷受到的电场力与x轴正方向的夹角为45°，倾斜向上，故D正确。
专题八　磁　场
1．解析：选C。根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。
2．解析：选B。根据题意作出粒子的圆心如图所示

设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径r1＝R，第二次的半径r2＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝可得v＝，所以＝＝。
3．解析：选B。两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M处的磁感应强度方向为垂直于纸面向里、垂直于纸面向外，故M处的磁感应强度为零；两直导线在N处的磁感应强度方向均垂直于纸面向里，故N处的磁感应强度为2B。综上分析B正确。

4．解析：选B。等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足q＝qB1v，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L×＝，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mg sin θ，则v＝，金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。
专题九　电磁感应
1．解析：选AB。设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝，感应电动势为E＝nBlv，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ＝，感应电流为I＝＝，安培力为F＝nBIl＝，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，联立解得a＝g－＝g－，加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当g>时，甲和乙都加速运动，当g<时，甲和乙都减速运动，当g＝时都匀速。
2．解析：选AD。OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，使回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误。
3．解析：选CD。将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，则有mg＝F安＝，vy＝，综合有B＝·，则B与成正比，A错误；当金属框刚进入磁场时金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；由于组合体进入磁场后做匀速运动，由于水平方向的感应电动势相互抵消，有mg＝F安＝，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg＝F安，则安培力做的功都为W＝F安·3L，则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D正确。
4．解析：选A。经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vt tan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4t tan2θ，是变化的，D错误。
专题十　交变电流
1．解析：选D。通过对比给出的两个图像可知，同一时刻正弦交流电的瞬时值都大于实线交流电的瞬时值，所以实线交流电的有效值小于正弦交流电的有效值，即U 2．解析：选B。周期是T＝0.2s，频率是f＝＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理＝解得，副线圈两端的最大电压为U2＝U1＝3 V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压就会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
3．解析：选A。副线圈的总电阻为＝＋
解得R2＝＝，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有R等＝＝＝＝R2，则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有I1＝，I2＝I1，I1先减小后增大，I2先减小后增大，则L1先变暗后变亮，根据U1＝U－I1R0，U2＝U1，由于I1先减小后增大，则副线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流为IL2＝，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，Rpb逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中IL2增大；在副线圈的电压U2减小过程中，通过R0的电流为IR0＝，Rap逐渐增大，则IR0越来越小，则IL2↑＝I2↑－IR0↓，则L1先变暗后变亮，L2一直变亮。
4．解析：选BC。由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1＝IR1
根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝
代入数据有U0＝IR1，U2＝IR1
再由欧姆定律有U2＝I2R2
可计算出I2＝I
综上可知，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝2NBL2ω，U0＝＝NBL2ω，由选项A、B知U0＝IR1，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入以上公式有P0＝，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
专题十一　近代物理
1．解析：选A。只有在原子核发生β衰变时，才产生电子，发生一次β衰变，中子数减少1个，质子数增加1个，由图知，共发生6次β衰变，故A正确。
2．解析：选C。放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，叫作这种元素的半衰期。从图中可以看出，质量为m0的113Sn衰变时，从m0衰变一半到m0所用时间为t＝182.4 d－67.3 d＝115.1 d，所以半衰期为115.1 d，C正确，A、B、D错误。
3．解析：选D。电子伏特(eV)是能量的单位，V是电压的单位，C是电荷量的单位，W是功率的单位，J是能量的单位，D正确，A、B、C错误。
4．解析：选C。根据电荷数守恒与质量数守恒可知Y为正电子e，A、B错误。经过一个半衰期，铝26衰变一半，经过两个半衰期，铝26还剩下四分之一，C正确，D错误。
5．解析：选C。26Al发生衰变的过程中释放正电子的同时还有核能释放，发生质量亏损，所以26Al核的质量大于26Mg核的质量，故A错误；26Al核的中子数n1＝26－13＝13，而26Mg核的中子数n2＝26－12＝14，所以26Al核的中子数小于26Mg核的中子数，故B错误；半衰期是原子核的固有属性，与物理环境和化学状态无关，故C正确；铝同位素26Al的半衰期为72万年，所以经过144万年也就是两个半衰期后还剩下没有衰变，故D错误。
6．解析：选B。解法一：由题意可知mec本质是一个动量，所以＝，而由波粒二象性有λ＝，由此可知在国际单位制下的单位是m。故A、C、D错误，B正确。
解法二：的单位是＝
＝＝m。故A、C、D错误，B正确。
7．解析：选D。根据半衰期的定义可知，放射性元素经过两个完整的半衰期后，还剩原来的未衰变，A错误；原子核衰变时电荷数和质量数都守恒，B错误；放射性元素的半衰期由原子核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，因此改变压力、温度或浓度，放射性元素的半衰期不变，C错误；过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，若辐射强度在安全剂量内则不会对人体组织造成伤害，D正确。
专题十二　热　学
1．解析：(1)根据V­t图像画出V­T图像．

a、b在图像I上，ab图线过原点，是等压线，可知pa＝pb，所以＝1；b′c′两点温度相同，根据玻意耳定律可得
pb′V1＝pc′V2，由等压线知pb＝pb′，pc＝pc′，解得＝。
(2)(i)B气体等温变化：p0V＝pB
解得pB＝2p0
隔板静止时，pA＝pB＋0.5p0＝2.5p0
A气体等温变化：p0V＝2.5p0VA
VA＝0.4V。
(ii)活塞回到初始位置的过程中，B气体等温变化，设B的压强为pB′，体积为VB′
p0V＝pB′VB′
A气体等温变化，设A的压强为pA′，体积为VA′
p0V＝pA′VA′
当pB′比pA′大0.5p0时，隔板停止运动，pB′＝pA′＋0.5p0
VA′＋VB′＝2V
联立解得VA′＝(－1)V，pB′＝p0。
答案：(1)1　　(2)(i)0.4V　2p0　(ii)(－1)V　p0
2．解析：(1)ab过程中气体体积不变，则W＝0，而pV增大，即温度升高，内能增加，故气体吸热，A项正确；ca过程中气体体积减小，外界对气体做功，且pV减小，即温度降低，内能减少，则气体放热，故C项错误，B项正确；由p－V图可见，bc过程中pV先增大后减小，则温度先升高后降低，故D项错误，E项正确。
(2)设注入水银后A管内的水银柱高度为h1，横截面积为S1，B管内的水银柱高度为h2，横截面积为S2。分别对A、B管内的气体应用玻意耳定律
对A管内气体：p0l1S1＝[p0＋ρ水银g(h2＋h－h1)](l1－h1)S1①
对B管内气体：p0l2S2＝(p0＋ρ水银gh)(l2－h2)S2②
②式代入数据解得：h2＝2 cm
①式代入数据解得：h1＝1 cm
故Δh＝h2－h1＝1 cm。
答案：(1)ABE　(2)1 cm
3．解析：(1)下飞机后矿泉水瓶变瘪，说明矿泉水瓶内的气体体积变小，由于温度不变，故根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，气体的压强变大，矿泉水瓶内气体压强始终与外界大气压强相等，故高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；由于温度不变，故气体的平均动能不变。
(2)未向药瓶内注入气体前，药瓶内气体的压强p1＝1.0×105 Pa，
体积V1＝0.4 mL，
注射器内气体的压强p0＝1.0×105 Pa，体积V0＝0.3×0.4 mL＝0.12 mL，
将注射器内气体注入药瓶后，药瓶内气体的体积V2＝V1＝0.4 mL，设压强为p2，
根据玻意耳定律有p1V1＋p0V0＝p2V2，解得p2＝1.3×105 Pa。
答案：(1)小于　不变　(2)1.3×105 Pa
4．解析：(1)当向活塞上表面缓慢倒入细沙时，活塞缓慢下降，外界对汽缸内气体做功；当A、B活塞上表面加入的细沙质量相同时，A、B汽缸内的气体体积相同，由于A中细沙的质量大于B中细沙的质量，则重新平衡时A中气体的体积小，汽缸A中活塞和细沙对汽缸内气体做功多，由于活塞和汽缸都是绝热的，则由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，汽缸A内气体的内能大于汽缸B内气体的内能。一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故汽缸A内气体的温度更高；温度升高，大多数气体分子的速率增大，气体分子的速率分布图线的峰值向速率大的方向移动，故曲线①表示汽缸B内气体分子的速率分布规律。
(2)(ⅰ)初状态：p1＝3.0×103 Pa，T1＝(273＋27)K＝300 K，
末状态：T2＝(273＋37)K＝310 K，设压强为p2，
根据查理定律得＝，
解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)(ⅱ)保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，以夹层中原有空气为研究对象，由玻意耳定律得p1V＝p0V′，
解得V′＝0.03V，
夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值
＝＝。
答案：(1)大于　①
(2)(ⅰ)3.1×103 Pa　(ⅱ)
5．解析：(1)整个过程中右边活塞的位置始终不变，外力F不做功，A错误；整个过程中系统的温度不变，所以一定质量的理想气体的分子平均动能不变，内能不变，B正确，C错误；当左边活塞到达B位置时汽缸内气体的压强最大，最大压强p＝＋p0，所以外界对气体做的功小于p0S1h＋mgh，由于内能不变，故理想气体向外界释放的热量小于(p0S1h＋mgh)，D正确；根据左、右两边气体的压强相等，有p0＋＝p0＋，解得F＝，E正确。
(2)(ⅰ)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，
对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得
p1＝p0，
当电子天平的示数为400.0 g时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，
同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，
解得p2＝0.99×105 Pa，
由查理定律得＝，解得T2＝297 K。
(ⅱ)分析可知，气体的温度越高，绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有
p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，
由查理定律得＝，解得最高温度Tmax＝309 K。
答案：(1)BDE　(2)(ⅰ)297 K　(ⅱ)309 K
专题十三　机械振动与机械波　光
1．解析：该单色光在玻璃板内传播的速度v＝＝2.0×108 m/s。光在玻璃板中传播的两种极限情况如图

情况①在介质中传播路径最短，时间最短
tmin＝＝5×10－10s
情况②在介质中传播路径最长，时间最长
n＝
tmax＝＝3×10－10s。
(2)(i)由“每隔Δt＝0.6 s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同”可知
T＝2Δt＝1.2 s
因波速v＝20 cm/s
故波长λ＝vT＝24 cm
因t1时刻A位于波峰，A、B间水平距离Δx＝16 cm＜λ，且波由A向B传播，故质点B到达波峰所需最短时间：
t＝＝0.8 s。
(ii)由于Δx＝16 cm＝λ，故B的振动状态滞后于A的相位φ＝×2π＝π
t1时刻A质点的位移yA＝y0＝1 cm
故B质点的位移yB＝y0cos π＝－0.5 cm。
答案：(1)2.0×108　5×10－10　3×10－10
(2)(i)0.8 s　(ii)－0.5 cm
2．解析：(1)波沿x轴正方向传播时，由题中图像可知，0.3 s传播了15 cm的距离，故波速v＝＝ m/s＝0.5 m/s，由v＝得T＝ s＝0.4 s；波沿x轴负方向传播时，v′＝ m/s＝ m/s，由v′＝得T′＝ s＝1.2 s。
(2)(i)sin i＝＝＝，sin r＝＝＝
则折射率n＝＝。
(ii)由题意，光的传播路线如图所示。

由＝，得sin α＝，则α＝30°
由几何关系有：C＝α＋θ
而sin C＝＝，则C＝45°
故θ＝15°。
答案：(1)0.5　0.4　1.2　(2)(i)　(ii)15°
3．解析：由于从最低点开始计时，则经时间，小球从最低点向平衡位置运动，则小球的速度逐渐增大，故0～时间内小球的平均速度小于～时间内的平均速度，因此经时间，小球从最低点向上运动的距离小于，在时刻，小球位于平衡位置，动能最大。
(2)由折射定律有n＝，
光从P点射向外侧N点时，刚好发生全反射，则有sin θ＝＝。
答案：(1)小于　最大　(2)
4．解析：(1)振子零时刻向右经过A点，2 s后振子第一次到达B点，且经过A、B两点的速度大小相等，则振子从A到B的时间为半个周期，即＝2 s，解得周期T＝4 s，振幅A＝s＝2.8 m。
(2)(ⅰ)由题意可知，光线在半圆柱体内发生全反射的临界角C＝60°，根据全反射规律有n＝，解得半圆柱体对该单色光的折射率n＝。
(ⅱ)当θ＝30°时，由于光线沿B的半径射出，故射出半圆柱体A的光线经过B的圆心，光路图如图所示。

设光线在射出半圆柱体A时的折射角为r，则根据光的折射定律有＝n，解得sin r＝，
根据几何知识有d＝，
解得d＝h－R。
答案：(1)4　2.8　(2)(ⅰ)　(ⅱ)h－R
专题十四　力学实验

1．解析：s2－s1＝1.71 cm，s3－s2＝1.73 cm，s4－s3＝1.71 cm，s5－s4＝1.72 cm，在实验误差允许的范围内，相邻相等时间间隔内位移差相等，铜块做匀加速直线运动；
加速度a＝≈0.43 m/s2；
由牛顿第二定律得：mg sin α－μmg cos α＝ma
解得μ≈0.32。
答案：0.43　0.32
2．解析：(1)频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，则照片上小球相邻影像间隔时间相等，均为0.05 s。做平抛运动的物体水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，则有x＝v0t，由题图(b)可知v0＝＝m/s＝1.0 m/s。
根据匀变速直线运动中，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知小球在A点时速度的竖直分量vAy＝×10－2 m/s≈2.0 m/s。
(2)由逐差法求当地重力加速度
g＝×10－2 m/s2＝9.7 m/s2。
答案：(1)1.0　2.0　(2)9.7
3．解析：(1)ΔL3＝L6－L3＝18.09 cm－12.05 cm＝6.04 cm，压缩量的平均值＝＝6.05 cm。
(2)根据(1)问可知，为增加3个钢球时产生的平均压缩量。
(3)根据胡克定律的推论可知，3mg sin θ＝k，代入数值解得k＝48.6 N/m。
答案：(1)6.04　6.05　(2)3　(3)48.6
4．解析：(1)实验中轻细绳所悬挂钩码重力势能的减少量ΔEp＝4mgL＝4×0.05 kg×9.80 m/s2×0.50 m＝0.980 J。
(2)根据能量守恒定律得ΔE3＝ΔEp－ΔEk3＝0.980 J－0.392 J＝0.588 J。
(3)根据表格中的数据描点、连线，得到ΔE－M图像如答案图所示。由功能关系得ΔE＝μMgL＝μgLM，可知k＝μgL＝，解得μ＝0.41。
答案：(1)0.980　(2)0.588　(3)如图所示　0.41

5．解析：(1)根据游标卡尺读数规则可知h＝10 mm＋2×0.1 mm＝1.02 cm。
(2)根据题表中数据描点连线，绘制图线如图所示，由图可知第4组数据中的加速度a为0.345 m/s2。

答案：(1)1.02　(5)见解析图　0.345
专题十五　电学实验
1．解析：(1)滑片在b端时灯泡两端电压最大，如果小灯泡中流过额定电流，R0与电流表共分压3.5 V，则R0＝Ω－0.27 Ω≈11.4 Ω，可见R0的最大阻值为11.4 Ω，应选取10 Ω 的定值电阻。
(2)从安全角度考虑，闭合开头前滑片应该置于a端。
(3)由题图(b)可知，当I＝10 mA时，U＝7 mA，R＝＝0.7Ω。
(4)电压表的最大测量值Ug＝0.3 V，Rg＝300Ω，则Ig＝＝1×10－3A，改装后电压表的最大测量值U＝3 V，R2＝－Rg＝2 700.0 Ω。
(5)由题图(b)可知随着小灯泡中的电流增加，R＝增大。
(6)由表格数据可知，当I＝0.16 A时，U＝0.046 V，当I＝0.3 A时，U＝0.25 V，由于此时表格中的电压为电压表读数，灯泡两端的电压是电压表读数的10倍，则P＝10UI，可得P1≈0.074 W，P2＝0.75 W，≈10。
答案：(1)10　(2)a　(3)0.7　(4)2 700.0　(5)增大
(6)0.074　10
2．解析：(1)由串、并联电路特点及闭合电路欧姆定律可得，电压表满偏时，电阻箱接入电路的电阻值R＝－r＝ Ω－r＞7.5 Ω，可选用15.0 Ω。
(3)E＝(R＋r)＋U
整理可得：＝·R＋。
(5)题图(b)中图线的斜率k＝0.04 V－1·Ω－1，即·＝0.04 V－1·Ω－1
解得E＝1.30 V
题图(b)中图线的纵截距b＝0.840 V－1，即＝0.840 V－1
解得r＝1.7 Ω。
(6)若电压表为理想电表，同理可得
＝R＋＋
即＝k，解得E′＝1.25 V
由此产生误差×100%＝3.8%。
答案：(1)15.0　(3)·R＋(r＋1)
(5)1.30　1.7　(6)3.8
3．解析：(1)使用多用电表的欧姆挡前应先欧姆调零，即将两表笔短接。温度越高，相同倍率下多用电表的指针向右偏转的角度越大，则电阻阻值越小，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小。
(2)①闭合开头前，为了保护电路，应该将滑动变阻器的滑片移到b端。②将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D，调节滑动变阻器和电阻箱，使电压表和电流表的示数与改接前一致，则R01＝R02＋R T，所以R01＞R02，RT＝R01－R02。
答案：(1)短接　减小　(2)①b　②大于　R01－R02
4．解析：(1)根据电路图连接实物图如答案图所示。
(2)小灯泡闪亮一下后熄灭，灯丝被烧断，说明通过小灯泡的电流过大，电流表的内阻很小，故电流表短路不会使通过小灯泡的电流过大，A错误；滑动变阻器的滑片接触不良不会使通过小灯泡的电流过大，B错误；滑动变阻器滑片的初始位置在b端时，小灯泡两端的电压过大，通过小灯泡的电流过大，C正确。
(3)由题图3可知，P点对应的电压U＝2 V，I＝74 mA，则P点对应的小灯泡的电阻R＝＝＝27.0 Ω。
答案：(1)实物图连接如图所示　(2)C　(3)27.0

5．解析：(2)为了保护电流表，闭合开头前应使电路中的电阻最大，故金属夹在电阻丝的b端。
(4)由闭合电路的欧姆定律得E＝I(r＋RA＋R0＋θr0)，整理得＝(r＋RA＋R0)＋θ，结合题图(b)可得k＝，d＝(r＋RA＋R0)，解得E＝，r＝－RA－R0。
(5)实验电路图如答案图所示，先将单刀双掷开关S接1，记下电流表的示数I0，然后将单刀双掷开关S接2，移动金属夹的位置，直到电流表的示数为I0，记下此时接入电路的电阻丝对应的圆心角θ0，则r0＝。
答案：(2)b　(4)　－RA－R0　(5)如图所示

专题十六　力学综合计算

1．解析：(1)设篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值为k，
k＝
第一次碰撞前，篮球做自由落体运动，由动能定理得
Ek1＝mgh1
同理第一次碰撞后，
Ek2＝mgh2
联立可得
k＝＝
设运动员拍球时对篮球做功为W，由题意知
k＝
联立可得
W＝4.5 J。
(2)设运动员拍球时对篮球的作用力为F，t时间内球的位移为x，由运动学公式可得
F＋mg＝ma
x＝at2
W＝Fx
联立解得
F＝9 N。
答案：(1)4.5 J　(2)9 N
2．解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v2－v＝2a1s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv＋mv乙，其中v＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
答案：(1)能，计算过程见解析　(2)0.2 s
3．解析：(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL处由静止开始下滑，对A从静止释放到运动到O点的过程，由动能定理得mg×2μL－μmgL＝ mv，解得v0＝。
(2)在PQ曲线上任意取一点，设坐标为(x、y)，设A从O点抛出的初速度为v，由平抛运动规律有x＝vt，
y＝gt2，
联立解得y＝g，
设A落在P点时从O点抛出的初速度为vP，
将P点坐标代入上式，有μL＝g，
解得vP＝，
小物块A从倾斜轨道上不同位置由静止释放，落在曲线PQ上的动能均相同，有
mv＋mg·μL＝mv2＋mgy，
解得x2＋4y2－8μLy＝0(0≤x≤2μL)。
(3)设A与B碰前瞬间的速度为v，A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
mv＝mv1＋λmv2，
mv＝mv＋λmv，
解得v1＝v，v2＝v，
又因为mgh－μmgL＝mv，要使A、B均能落在PQ上且A落在B落点的右侧，则有mv≥mv－2μmgL＞mv，
联立解得3μL＋μL≥h＞＋μL。
答案：(1)　(2)x2＋4y2－8μLy＝0(0≤x≤2μL)
(3)3μL＋μL≥h＞＋μL
4．解析：(1)小滑块在AB轨道上运动，根据动能定理有
mgh－μmg cos θ·＝mv，
解得vB＝＝4 m/s。
(2)小滑块与小球碰撞后速度互换，小球沿CDEF轨道运动，恰好通过E点时，有
mg＝m，mv＋mg(R＋r)＝mv，
vBmin＝，解得hmin＝0.45 m。
(3)设F到G的距离为y，对小球从E点到Q点的运动，有
mv＝mv＋mg(R＋y)，
x＝vGt，H＋r－y＝gt2，
整理得x与y关系的表达式x＝2，解得xmax＝0.8 m。
答案：(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m
专题十七　电学综合计算
1．解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知x＝v0t①
y＝at2＝②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有
tan 30°＝＝③
粒子发射位置到P点的距离s＝④
由①②③④式得s＝。⑤
(2)带电粒子在磁场运动的速度v＝＝⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图甲所示

由几何关系可知，最小半径rmin＝＝l⑦
最大半径rmax＝＝(＋1)l⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知qvB＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得，磁感应强度大小的取值范围
≤B≤。
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图乙所示。
由几何关系可知sin θ＝＝⑩
带电粒子的运动半径为r3＝⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
dmin＝r3sin 30°＋l－r3⑫
由⑩⑪⑫式解得d＝l。⑬

答案：(1)　(2)≤B≤
(3)l
2．解析：(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
(M＋m)gs1sin α＝(M＋m)v
代入数据解得v0＝ m/s
金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得I＝
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
F安＝BIL＝0.18 N。
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，则有
mg sin α＋μmg cos α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
Mg sin α－μmg cos α＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋at2
因此导体框和金属棒的相对位移为Δx＝x1－x＝at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为
E1＝BLv1，I1＝
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
Mg sin α＝μmg cos α＋BI1L
联立以上可得
x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝。
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
mg sin α＋μmg cos α＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1
代入数据解得x2＝ m＝ m。
答案：(1)0.18 N　(2)0.02 kg　　(3) m
3．解析：(1)电子在电场中加速有2eU＝mv2
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得r＝R tan 22.5°＝0.4R
B1ev＝m
联立解得B1＝
在磁场Ⅰ中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
φ＝π
在磁场Ⅰ中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
从Q点出来的动能为Ek＝8eU。
(2)在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
(R－rm)2＝R2＋r
解得rm＝R
由于B1evm＝m
2eU＝mv－keU
联立解得k＝。
答案：(1)，，8eU　(2)
4．解析：(1)若带电粒子流经过磁场后都汇聚到O点，由几何关系可得，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R1＝r1，由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝，解得B1＝。
(2)要使带电粒子偏转后全部沿着x轴正方向运动，磁场的方向应垂直于纸面向里，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R2＝r2，由洛伦兹力提供向心力有qvB2＝，解得B2＝。
匀强磁场处于圆心为(0，－r2)、半径为r2的圆内时，面积最小，最小面积Smin＝πr。
(3)画出磁场区域面积最小时的情形，如图所示。
在Ⅰ、Ⅱ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R3＝r3，由洛伦兹力提供向心力有qvB3＝，解得B3＝，Ⅱ中磁场区域的面积S1＝2×＝r。
在Ⅲ、Ⅳ区域的磁场中，由几何关系可知带电粒子运动的轨迹半径R4＝r4，由洛伦兹力提供向心力有qvB4＝，解得B4＝，Ⅳ中磁场区域的面积S2＝2×＝r。

答案：(1)　(2)　方向垂直于纸面向里　πr
(3)　　r　r