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2022高考物理真题汇编-答案
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这是一份2022高考物理真题汇编-答案，共33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B。研究排球运动员扣球的动作时，排球不同点的运动情况是不同的，因此排球不能看成质点，故A错误；研究乒乓球运动员的发球技术时，主要看乒乓球的旋转，乒乓球上不同点的旋转情况并不相同，因此此时不能将乒乓球视为质点，故B正确；研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的各点的运动情况并不相同，因此不能忽略羽毛球的大小而将羽毛球视为质点，故C错误；研究体操运动员的平衡木动作时，要看运动员的动作，此时运动员身体的各部分速度是不同的，故D错误。
2．解析：选C。当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝，匀速通过隧道所用时间t2＝，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，C正确。
3．解析：选B。依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1＝＝ m/s，在CD段运动的最大速率为v2＝＝2 m/s，所以经过BC段和CD段的最大速率为v2＝2 m/s，因此在BC段和CD段运动的最短时间t3＝ s＝ s，在B点的速率最大为v2＝2 m/s，设在AB段小车以最大加速度减速的距离为x，则根据匀变速直线运动规律得v＝v－2a1x，解得x＝3 m，t2＝＝1 s，所以匀速运动的最大距离l＝8 m－x＝5 m，运动时间t1＝ s，最短时间t＝t1＋t2＋t3＝s，B正确。
专题二 相互作用
1．解析：选D。由于水桶可以绕水平轴转动，因此一段时间后，当水桶水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，D正确，A、B、C错误。
2.解析：选B。对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有F cos θ＝f，F sin θ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝，A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，D错误。
3．解析：选D。用手使P的右端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，Q对P的磁力方向斜向左上方，其磁力F的大小大于Gp，所以A、B均错误；将P、Q看成整体，P与挡板接触后放开手，整体处于静止状态，则电子秤对整体的支持力大小等于GP＋GQ，D正确；根据牛顿第三定律可知，C错误。
4．解析：选D。以结点O为研究对象，进行受力分析，由平衡条件可得F＝2F1cos 30°＝F1，D正确。
5．解析：选C。鱼儿吞食花瓣时加速度不为零，受力不平衡，A错误；鱼儿摆尾击水时受到水的作用力、浮力和重力，浮力和重力的关系不确定，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作时，鱼儿的形状、大小不能忽略，鱼儿不能视为质点，D错误。
专题三 牛顿运动定律
1．解析：选A。当两球运动至二者相距时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cos θ＝0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F＝2F1sin θ，解得F1＝。对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝，A正确。
2．解析：选AD。两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。
3．解析：(1)斜槽轨道不需要光滑，只需要从同一位置静止释放小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，故A错误；由于描点可能出现误差，因此不是把所有的点都用曲线连接起来，B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，这样误差较小，C正确。
(2)根据平抛运动规律有x0＝v0t、y0＝gt2，联立可得v0＝x0，A、B、C错误，D正确。
(3)为了保证能画出同一个平抛运动轨迹上的多个点，必须要在同一位置由静止释放小球，以确保多次运动的轨迹相同(或“保证小球离开斜槽末端的速度v0相同，从而保证其运动轨迹相同”)。
答案：(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
4．解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有
UI＝I2R＋Fv
代入数据得F＝7 400 N
装满粮食的小车匀速向上运动，有
F＋m0g－(m1＋m2)g sin θ－k(m1＋m2)g＝0
小车匀速下滑时，有m1g sin θ－km1g－m0g＝0
联立解得k＝0.1。
(2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有
(m1＋m2)g sin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a
又2aL＝v2
代入数据解得L＝ m
答案：(1)0.1 (2) m
5．解析：(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝v、vB＝at
解得t＝3 s、a＝ m/s2。
(2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s，设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
lBC＝vBt1＋a1t
vC＝vB＋a1t1
代入数据解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s。
(3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f＝ma1
代入数据解得f＝66 N。
答案：(1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
专题四 曲线运动 万有引力与航天
1．解析：选D。运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝m，解得R＝，D正确。
2．解析：选C。航天员在“天宫二号”空间站中可以自由漂浮，是由于航天员在“天宫二号”空间站中处于完全失重状态，飞船对航天员的作用力近似为零，所受地球引力大小不为零，A、B错误；航天员所受地球引力提供航天员随空间站运动的向心力，即航天员所受地球引力的大小与航天员随空间站运动所需向心力的大小近似相等，C正确；由万有引力定律可知，航天员在地球表面所受地球引力的大小大于航天员在空间站中所受地球引力的大小，所以在地球表面上所受引力的大小大于航天员随空间站运动所需向心力的大小，D错误。
3．解析：选C。依题意可知卫星的绕行周期T0＝，对卫星根据牛顿第二定律可得G＝m(R＋h)·，根据黄金代换式gR2＝GM，联立解得h＝－R，C正确。
4．解析：选BD。建立如图所示的三维坐标系，网球在竖直方向做竖直上抛运动，上升的最大高度h1＝(8.45－1.25)m＝7.20 m，所以在击球点竖直方向的分速度v0z＝＝12 m/s，上升时间t1＝＝1.2 s，则v0y＝ m/s＝4 m/s，故沿x方向的分速度v0x＝＝3 m/s；到达最高点P与墙壁碰撞后，沿x方向的分速度v0x＝3 m/s，沿y方向的分速度大小变为v0y′＝4×0.75 m/s＝3 m/s，所以网球碰撞以后的速度大小为v＝＝3 m/s，所以B正确，A错误。下落的时间t2＝ s＝1.3 s，网球着地点到墙壁的距离d＝v0y′t2＝3.9 m，所以D正确，C错误。
5．解析：选C。“天问一号”发射后要脱离地球引力束缚，则发射速度要超过11.2 km/s，故A错误；由题图可知地火转移轨道的半长轴长度比地球轨道半径要大，根据开普勒第三定律＝可知，天问一号在地火转移轨道上运行的周期大于12个月，因此从P到Q的时间大于6个月，故B错误；同理根据开普勒第三定律，并结合停泊轨道、调相轨道的半长轴长度关系可知，“天问一号”在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；“天问一号”在P点点火加速，做离心运动进入地火转移轨道，故在地火转移轨道上P点的速度比地球环绕太阳的速度大，但在到达Q点之后，要加速进入火星轨道，即v火>v地火Q，根据v＝可知地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，即v地>v火，所以v地>v火>v地火Q，即“天问一号”在地火转移轨道上并不是每一点的速度都比地球绕太阳的速度大，故D错误。
6．解析：选C。根据题述可知，运动员在斜坡上由静止滑下做加速度小于g的匀加速运动，在NP段做匀速直线运动，从P飞出后做平抛运动，加速度大小为g，速度方向时刻改变、大小不均匀增大，所以只有图像C正确。
7．解析：选D。根据题述，火星冬季时长为地球的1.88倍，可知火星绕太阳运动的周期是地球的1.88倍，由开普勒第三定律可知，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径比地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径大，C错误；由万有引力提供向心力有G＝m，解得v＝ ，由r火>r地可得v火r地可得ω火<ω地，B错误；由万有引力提供向心力有G＝ma，解得a＝，由r火>r地可得a火
9．解析：设s1对应的水平位移为x，对应的竖直位移为y，则根据平抛运动的特点可知，s2对应的水平位移也为x，对应的竖直位移为3y
有y＝g(4T)2＝0.2 m
s1＝
s2＝
＝
解得x＝ m
抛出瞬间小球的速度大小为v0＝
解得v0＝ m/s。
答案： m/s
专题五 机械能及其守恒定律
1．解析：选C。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守恒，下落h高度过程中，有mgh＝mv2，解得v＝，B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ，小环下滑过程滑过的弧长s ＝Rθ，而h＝R(1－cos )，所以A错误；小环位置到P点的距离L＝2R sin ，h＝R(1－cos θ)，1－cos θ＝2sin2，即h＝2R sin2＝，代入v＝可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，C正确；小环位置与P点连线扫过的面积A＝R2θ－R2sinθ，分析知与v不成正比，D错误。
2．解析：选D。每秒水泵对水做的功等于水的机械能增加量，即W＝ΔE＝mv＋mgH＝300 J，故A、B均错误；水泵输入功率(即电动机输出功率)为P泵入＝＝ W＝400 W，故C错误；电动机的输入功率为P电＝440 W，根据能量的转化与守恒，可得P电＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I2r，代入数据可得电动机的内阻为r＝10 Ω，故D正确。
3．解析：选ABD。从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝＝ N＝40 N，A正确。从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40 N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20 J＝800 J，B正确。从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝＝ N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2 ＝f2＋mg sin 30°，解得f2＝F2－mg sin 30°＝285 N－50×10×N＝35 N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20 J＝700 J，D正确。
专题六 碰撞与动量守恒
1．解析：选AD。物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg ＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f)t1＝mv3，得v3 ＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f)t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝mv，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－mv，得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，位移为x3＝×2×22 m＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s内拉力做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4)J＝40 J，故D正确。
2．解析：选A。从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误。
3．解析：(1)碰撞前应将滑轨调成水平，确保系统所受合外力为零，保证碰撞过程中动量守恒，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度，故A、B均错误，C正确。
(2)由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，以碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为p＝pB－pA＝0.200 kg·m/s。
答案：(1)C (2)0.200
4．解析：(2)根据螺旋测微器读数规则可知，小球直径d＝7.5 mm＋0.385 mm ＝7.885 mm。
(3)由于小球自由落体运动时间很短，所以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球。
(4)小球第1次通过光电门时的速度v1＝，第2次通过光电门时的速度v2＝，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝mv－mv＝。
(5)若适当调高光电门高度，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
答案：(2)7.885 (3)B (4) (5)增大
专题七 静电场
1．解析：选BD。由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax ＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝ gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D正确。
2．解析：选AB。两正点电荷在N点处产生的场强方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的垂直平分线上，则两负点电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点处的合场强方向由N指向O，同理可知，两负点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的垂直平分线上，两正点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，则L点处的合场强方向由O指向L，由于正方形两对角线相互垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，A正确；正方形底边上的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向左，而上方的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方等量异号点电荷距离较远，则M点的场强方向平行于该点处的切线，方向向左，B正确；由图可知，M和O点位于两对等量异号点电荷的等势线上，即M点和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做的功为零，C错误；由图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做的功不为零，D错误。
3．解析：选C。在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝ΔL，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝，C正确。
4．解析：选C。根据题意，平行金属膜中间夹着绝缘介质，所以电场线是竖着的，等势线与电场线互相垂直，是横着的，所以a点所在的线是电场线，故A错误；b点处的电场线比c点处稀疏，则Eb
6．解析：选A。由对称性与电场叠加原理可知，a、b、c、d处四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点的合场强为零，类比正点电荷电场可知，一根带正电绝缘长棒在空间某点的场强方向沿该棒所在直线的垂线指向该点，故撤去a处的绝缘棒后，O点的电场强度方向由O点垂直指向a，B、D错误；设每根带正电绝缘长棒在O点产生的电势为φ0，且大于零，则根据电势的叠加原理知，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电场的电势为4φ0，若撤去a处的绝缘棒，其他三棒在O点产生的电场的电势为3φ0，故撤去a处的绝缘棒后，O点的电势减小，A正确，C错误。
专题八 磁 场
1．解析：选B。分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿y轴正方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C错误；由于粒子所受电场力沿y轴正方向，且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，D错误，B正确。
2．解析：选BD。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，则有Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝m，qE2＝m，可得mv＝＝，即粒子1、2入射时的动能相等，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3入射后的一小段时间做向心运动，有qE2>m，可得mv＜＝ mv，则粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。
3．解析：选BC。地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，根据测量数据可知，Bz为负值，测量地点位于北半球，A错误；利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小为B＝≈50 μT，B正确；第2次测量时By为负值，y轴正向指向南方，C正确；第3次测量时Bx为正值，x轴正向指向北方，y轴正向指向西方，D错误。
4．解析：选B。根据磁场方向与电流方向垂直时的安培力表达式F＝BIL可知，在只改变电流I时，其安培力F∝I，因此F－I图线为过坐标原点向上倾斜的直线，故A错误，B正确；同理，在只改变导线通电部分长度L时，其安培力F∝L，因此F－L图线也为过坐标原点向上倾斜的直线，故C、D均错误。
5．解析：选A。根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误。
6．解析：选D。当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得sin θ＝I，分析易知B、C错误，D正确。
专题九 电磁感应
1．解析：选C。设线框的面积为S，周长为L，导线的截面积为S′，由法拉第电磁感应定律可知，线框中感应电动势E＝＝S，而线框的总电阻R＝ρ，所以线框中感应电流I＝＝，由于三个线框处于同一线性变化的磁场中，且绕制三个线框的导线相同，设正方形线框的边长为l，则三个线框的面积分别为S1＝l2，S2＝ l2 ，S3＝l2，三个线框的周长分别为L1＝4l，L2＝πl，L3＝3l，则I1∶I2∶I3＝∶∶＝2∶2∶，C正确。
2．解析：选AD。开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流，I＝＝，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，A正确，C错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D正确。
3.解析：选BC。如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝Bd2ω，从图中可以看出在t＝0到t＝的过程中，d是先增大到L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A错误，B正确。在t＝0到t＝的过程中，d＝，感应电动势的表达式可写为E＝Bd2ω＝，由表达式可以看出在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大，C正确，D错误。
4．解析：选C。穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得圆管中的感应电动势为：E＝＝πr2＝kπr2，B错误；圆管导体的电阻R＝ρ，导体长度L指的是电流流动的长度2πr，将金属薄管展开，则导体横截面积为dh，所以圆管的热功率大小P＝＝＝，C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向均指向圆管的轴线，因此轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，D错误。
5．解析：选AC。由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量始终变化，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而sPM>sPN，又速率相同，所以tPM>tPN，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误。
专题十 交变电流
1．解析：选D。根据理想变压器的变压规律有＝，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝U＝220 V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝＝12 V，根据理想变压器的变压规律有＝，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝＝2.5 A，周期T＝＝0.02 s，D正确。
2．解析：选A。图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故D错误。
3．解析：选B。由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知， 在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝可知，两电阻消耗的电功率不相等，D错误。
4．解析：选B。设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝＝＝＝R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C错误；由于R2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D错误。
专题十一 近代物理
1．解析：选C。设t＝0时刻，甲、乙两种放射性元素原子核数分别为N1、N2，则有N1＋N2＝N，t＝2t0时，甲经过两个半衰期，未衰变原子核数为，乙经过一个半衰期，未衰变原子核数为，由已知条件有＋＝，解得N1＝N，N2＝N；t＝4t0时，甲经过四个半衰期，未衰变原子核数为，乙经过两个半衰期，未衰变原子核数为，则此时未衰变原子核总数为N′＝＋，解得N′＝，C正确。
2．解析：选B。根据题述，点光源向所有方向均匀辐射，即距离点光源为R的球面上单位时间所接收的光的能量等于点光源单位时间所辐射的光的能量。点光源辐射功率P＝4πR2×nE0，其中E0＝，联立解得R＝3×102 m，B正确。
3．解析：选B。设碘125刚植入时的质量为m0，则经过n＝＝3个半衰期以后剩余的质量为m＝m0，解得＝，B正确。
4．解析：选CD。秦山核电站利用的是重核裂变释放的能量，故A错误；如果不考虑核能与电能的转化效率，则根据爱因斯坦质能方程E＝mc2可以推算出，原子核亏损的质量约为m＝＝ kg＝27.6 kg，但核能转化为电能的效率不可能达到100%，所以质量亏损应该超过27.6 kg，故B错误；镉吸收中子的能力强，因此在核电站反应堆中需要用镉棒调节中子的数目，从而控制链式反应的速度，故C正确；反应堆利用铀235的裂变，生成多个核和中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，即存在U＋n→Ba＋Kr＋3n的核反应，故D正确。
5．解析：选BD。据p2＝2mEk可知，电子的动能为Ek＝≈7.9×10－17 J，故A错误；根据德布罗意波长公式λ＝可得，发射出的电子的物质波波长约为λ＝5.5×10－11 m，故B正确；物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则即使电子依次通过双缝也能发生干涉现象，只是需要大量电子才能显示出干涉图样，故C错误，D正确。
6．解析：选B。氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时释放的光子能量最大，频率也最大，能量为E1＝(－1.51 eV)－(－13.6 eV)＝12.09 eV，照射逸出功为2.29 eV的金属钠，光电子的最大初动能为Ekm＝E1－W＝9.8 eV，频率大的光子波长小，根据p＝可知频率大的光子动量大，A错误，B正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时释放的光子能量为E2＝(－1.51 eV)－(－3.4 eV)＝1.89 eV
专题十二 热 学
1．解析：选C。初始时气体的压强p1＝p0＋，体积为V1，温度为T1；将气缸缓慢转过90°后，气体的压强为p2＝p0，体积为V2，温度为T2。易知V2>V1，故气体对外界做功，因气缸和活塞都是绝热的，根据热力学第一定律可得ΔU<0，由于理想气体内能只与气体温度有关，所以T1>T2，A、D错误。内能减小，不是所有气体分子热运动速率都减小，但速率大的分子数占总分子数的比例减小，B错误，C正确。
2．解析：(1)鱼静止在水面下H处时，所受浮力等于重力，有Mg＝ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0－ΔV)－Mg＝Ma
又Δm＝ρ气ΔV
联立解得Δm＝。
(2)鱼静止在水面下H处时，B室内气体压强为p1＝p0＋ρgH，体积为V
鱼静止在水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，设该部分气体在压强为p1时体积为V1
根据玻意耳定律有p2V＝p1V1
解得V1＝V
又温度不变，则有＝
解得m1＝m
答案：(1) (2)m
3．解析：(1)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，通过压缩机做功，消耗了能量，因此这个过程不是自发过程；根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热，使之完全转化为有用的功，而不产生其他影响，因此空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，即空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
(2)在水面上方时，封闭气体的压强为p0，气体的体积V1＝(380－80)mL＝300 mL
潜入水底后，封闭气体的压强等于水底的压强，即
p＝p0＋ρgh
封闭气体的体积为V2＝(380－230)mL＝150 mL
由玻意耳定律得p0V1＝pV2
代入数据解得p＝2.0×105 Pa
h＝10 m
答案：(1)不是 大于 (2)2.0×105Pa 10 m
4．解析：(1)选ABD。由＝C得T＝V，T－V图线上的点与坐标原点连线的斜率越大，气体压强越大，易知状态a对应的压强大于状态c的，A正确；状态a到状态b为等压变化过程，体积增大，气体对外做功，B正确；由上述分析可知，气体在b状态的压强大于在c状态的压强，C错误；气体由状态a到状态b的过程中体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，且吸收的热量大于其内能的增加量，D正确，E错误。
(2)(ⅰ)设初始状态汽缸内气体的压强为p1，对两活塞整体有
p0×2S＋p1S＋3mg＝p0S＋p1×2S
对Ⅱ活塞有
k×0.1l＋p0S＝p1S＋mg
解得k＝。
(ⅱ)设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内部气体压强为p2，对两活塞整体有
p0×2S ＋p2S＋3mg＝p0S＋p2×2S
解得p2 ＝p1＝p0＋
对活塞Ⅱ有
kx＋p0S＝p2S＋mg
气体体积为V2＝2(l＋x)S
初始时气体的体积
V1＝0.55lS＋0.55l×2S＝1.65lS
由盖吕萨克定律有＝
解得T2＝T0。
答案：(1)ABD (2)(ⅰ) (ⅱ)p0＋ T0
5．解析：(1)选BCE。根据理想气体状态方程可知，过原点的p－T图像的斜率与体积V有关，一定量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，A、D错误；理想气体的内能只与温度有关，又一定量理想气体从状态a到状态b，温度一直升高，则气体内能一直增加，B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，气体吸收的热量等于其内能的增加量，C、E正确。
(2)(ⅰ)封闭气体做等压变化，对Ⅳ部分气体，由盖吕萨克定律
有＝
解得T1＝T0。
(ⅱ)Ⅱ和Ⅲ部分封闭气体，初状态体积V1＝V0＋V0＝V0，温度为T0；Ⅳ部分气体，初状态体积V2＝V0，温度为T0
从开口C向汽缸中注入气体，设末状态Ⅳ部分气体压强为p′，体积为V，则原Ⅱ、Ⅲ部分气体最终总体积为V0－V，对这两部分理想气体分别有
＝
＝。
解得p′＝2.25p0。
答案：(1)BCE (2)(ⅰ)T0 (ⅱ)2.25p0
专题十三 机械振动与机械波 光
1．解析：选A。根据题意作出光路图如图1所示，根据临界角sin C＝可知Ca<45°，Cb>45°，从图中可以看出两束光经过OC面反射以后均能射到PM面上，入射角在0°～ 45°范围内，所以只有a光才有可能在PM面上发生全反射，B、C错误；分析易知，射到P点的a光线全反射到M点，入射角为45°，发生全反射不能从OM面射出，画出a光在PM面上恰好发生全反射的光线的光路图如图2所示，可知该光线经Q点全反射后射至OM面上E点，由几何关系可知在E点的入射角为2Ca—45°，小于Ca，即可以从E点射出，故A正确，D错误。
2．解析：选AC。由振动图像可知波的振幅A＝20 cm，波的周期T＝12 s，从振动图像上可以看出t＝7 s时平衡位置位于原点O的质点相对平衡位置的位移为y7＝－A，且向下运动。A图该质点位移符合条件，且当波沿x轴负方向传播时向下运动，符合题意，A正确；C图该质点位移符合条件，且当波沿x轴正方向传播时向下运动，符合题意，C正确。
3．解析：选ACD。双缝干涉条纹是均匀的，所以图乙是双缝干涉条纹，但也发生了衍射现象，A正确；遮住一条狭缝，就只能观察到单缝衍射现象，狭缝宽度增大时，衍射现象减弱，图丙中中央亮条纹宽度减小，B错误；照射两狭缝时，发生双缝干涉，根据Δx＝可知，当增加L时，图乙中相邻暗条纹中心间的距离增大，C正确；同一单色光垂直照射狭缝时，根据相干条件可知，|S2P－S1P|＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)时，P点处一定是暗条纹，D正确。
4．解析：选B。装置在太空中处于完全失重状态，一切与重力有关的现象都将消失，但图甲中的小球依然受弹簧的弹力作用，故仍将来回振动，A错误，B正确；图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重状态，回复力为零，则小球由静止释放后，小球仍静止，C、D错误。
5．解析：选B。光束a入射到半圆形玻璃砖表面(直径)时，产生反射光束b和折射光束c，同时折射光束c在半圆形玻璃砖圆弧表面产生反射，一部分光线原路返回，并在直径界面处再次发生反射产生光束d(还有少部分沿光线a的路径反向发射出去)。当光束a逆时针转过小角度Δθ时，根据反射定律，光束b顺时针旋转角度等于Δθ，A错误；入射光线与折射光线的方向遵循折射定律，由于n＝>1，故入射角α比折射角β变化快，因此光束c逆时针旋转角度小于Δθ，B正确；光束d是光束c反射后形成的，因此该光束会顺时针旋转一小于Δθ的角度，C错误；根据以上分析，光束b顺时针旋转、c逆时针旋转，因此两者之间的夹角减小，减小的角度小于2Δθ，D错误。
6．解析：选BD。经过两列波还未相遇，又波在传播过程中，波形保持不变，故A错误；经过T两列波向前传播的距离均为λ，两列波的波前端刚好相遇，故B正确；经过T两列波向前传播的距离均为λ，根据波的叠加原理可知，在两列波之间～的区域为两列波的振动加强区域，处于处的质点向下的位移为2A，故C错误；经过T两列波完全相遇，根据叠加原理，所有质点的位移均为零，故D正确。
7．解析：选B。用复色光投射双缝干涉实验装置时，屏上的条纹为彩色条纹，A错误；两列相干光在屏上叠加形成干涉条纹，B正确；根据干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，改变L，依然可以看到明暗相间的条纹，C错误；对于同一双缝干涉实验装置，由于蓝光波长小于红光波长，故蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。
8．解析：(1)由v＝得λ＝vT＝4 m。由于S1与S2振动方向相同，又－＝0，则P点为振动加强点。因＝10 m＝2.5 λ，则P点与波源S1振动情况恰好相反，故P质点向下振动。
(2)如图所示，当折射光线在AB边恰好不能射出时，在AB边上的入射角等于全反射临界角C0，DA＝DE，各个角度如图中所示
由几何关系可知α＝90°－C0
90°－r＋2α＝180°
解得r ＝90°－2C0
由全反射知识得sin C0＝
由折射定律有n＝
代入sin i＝解得n＝1.5(n＝－舍去)。
答案：(1)4 加强 向下 (2)1.5
9．解析：(1)质点只是在平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，因此经过半个周期绳上的M点由波峰运动到波谷P处；机械波的波速仅由介质决定，因此加速抖动绳子，波速不变。
(2)当光束与竖直方向的夹角为45°时，光束恰好不从液体表面射向空气，即光束刚好发生全反射，即临界角C＝45°
则液体的折射率为n＝
代入数据得n＝
由公式n＝得激光在液体中的传播速度为v＝
解得v＝。
答案：(1)P 不变 (2)
10．解析：(1)由sin 45° ＝，并结合题图有＝1.5 m，可得λ＝4 m，频率f＝＝0.5 Hz，周期T＝＝2 s。由于t＝0时刻质点A向下运动，所以t＝2 s时刻质点A向下运动。
(2)设光在AB面的折射角为r，则由折射定律有
n＝
光在BC面恰发生全反射，有sin C＝
由几何知识有r＋C ＝90°
联立解得sin C＝，sin r＝，n＝
设BN＝b，PC＝c，则有sin r＝，
sin C＝
联立解得c＝a。
答案：(1)4 0.5 向下运动 (2) a
专题十四 力学实验
1．解析：(1)将表格中数据转化如图，则x1＝507 m，x2＝587 m，x3＝665 m，x4＝746 m，x5＝824 m，x6＝904 m，可得x2－x1＝80 m，x3－x2＝78 m，x4－x3 ＝81 m，x5－x4 ＝78 m，x6－x5＝80 m，相邻相等时间间隔位移差大小接近，可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。
(2)x＝507 m时该飞行器的速度即t＝1 s时的瞬时速度，利用匀变速直线运动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故v＝＝＝547 m/s。
(3)由逐差法得a＝＝
m/s2＝79 m/s2。
答案：(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近 (2)547 (3)79
2．解析：(1)初始时弹簧的伸长量为5.00 cm，结合图乙可读出弹簧弹力为0. 610 N，由F＝kx可得弹簧的劲度系数k＝12 N/m。
(2)根据牛顿第二定律F＝ma，结合图丙可得a－F图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代入数据得m＝0. 20 kg。
(3)同理图像Ⅱ斜率的倒数＝m＋m测，得m测＝0. 13 kg。
答案：(1)12 (2)0.20 (3)0.13
3．解析：(2)要使碰撞后两滑块的运动方向相反，必须使质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块，所以应选取质量为0. 304 kg的滑块作为A。
(6)s1＝v1t1，s2＝v2t2，s1＝s2，解得k2＝＝0.31。
(7)的平均值为(0.31＋0.31＋0.33 ＋0.33 ＋0.33)÷5≈0.32。
(8)由碰撞过程遵循动量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋m2v2，若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后系统总动能不变，即m1v＝m1v＋m2v，联立解得＝，将题给数据代入可得＝＝0.34。
答案：(2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8) 0.34
专题十五 电学实验
1.解析：(1)该实验探究待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性，因此滑动变阻器采用分压式连接，电压表的内阻很大，故可看成理想电压表，故采用电流表外接法，由于题目中给的电流表量程太小，故应与电流表并联一定值电阻扩大其量程。
(2)滑动变阻器R选最大阻值为10 Ω的，方便调节；又因电流表的量程为1 mA，内阻为300 Ω，通过测量电阻的最大电流为5 mA，因此电流表量程应扩大为原来的5倍，因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一，故电流表并联的电阻的阻值为R0＝75 Ω。
(3)Rx两端电压即为电压表读数2.30 V；因电流表并联R0，量程扩大，通过待测电阻的电流为电流表读数的5倍，即通过Rx的电流为5×0. 84 mA＝4. 20 mA，故Rx＝ Ω＝548 Ω。
答案： (1)见解析图 (2)10 Ω 75 Ω
(3)2.30 4.20 548
2．解析：(1)器材选择需要结合测量电路，用假设法初步分析，电流表半偏时，若电流表为A1，由闭合电路欧姆定律可计算出电路中总电阻为300 Ω，定值电阻与电流表A1的内阻之和为240 Ω，不考虑电池内阻，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为60 Ω，实验器材可满足需求；若电流表为A2，电流表半偏时，电路中总电阻为100 Ω，不符合题意。
(2)由闭合电路欧姆定律有E＝(rA1＋R0＋r＋R)，E＝(rA1＋Rx＋r＋R)，(1)问得到的滑动变阻器接入电路的阻值60 Ω，实际上是滑动变阻器R和电池内阻r串联后的总阻值，联立可得Rx＝100 Ω。
(3)由(2)问分析可得，是否考虑电池内阻对实验结果无影响。
答案：(1)A1 60 (2)100 (3)无
3．解析：(1)根据题意，实验过程中要保证电流表示数不变，由图2可知合金丝甲的总电阻不到10 Ω，为方便调节，应选择0～20 Ω的滑动变阻器。
(2)电源为1节干电池，所以电压表量程为0～3 V，故读数为1.32 V。
(3)根据欧姆定律可得＝R＋RA＝l＋RA，可知图线的斜率k＝，图中a图线的斜率为ka＝≈14.17 Ω·m－1，则ρa＝kaSa＝14.17×7.0×10－8 Ω·m＝9.9×10－7 Ω·m。
(4)假设是两个一样的合金丝甲并联，并联之后斜率为k′a＝ka≈7 Ω·m－1，但实际上另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与甲并联之后斜率为kb＝3. 75 Ω·m－1，说明并联后的总电阻更小，则合金丝乙的横截面积更大。
答案：(1)0～20 Ω (2)1.32(1.31～1.34均可)
(3)9.9×10－7(9.8×10－7～1.0×10－6均可) (4)小于
4.解析：(1)题中给出的滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω，滑动变阻器采用分压接法，为了精确得到微安表两端的电压，可将微安表与定值电阻并联，通过电流关系得到电压。
(2)由并联电路规律可得IGRg＝(I－IG)R0，解得Rg＝990 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)990
5．解析：(2)断开开关S2，根据欧姆定律可得定值电阻的阻值R0＝。闭合开关S2，导电绳与定值电阻并联，并联后的总电阻小于定值电阻的阻值R0，电流表示数增大，电压表示数变小。调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U，设导电绳与定值电阻并联后的总电阻为R′，则R′＝，根据欧姆定律得R′＝，联立解得Rx＝。
(3)考虑电压表内阻时，有＝＋，＝＋＋，联立解得Rx＝，与(2)中分析的结果相同，故电压表内阻对导电绳电阻的测量值无影响。(4)由Rx－L图线可知，导电绳电阻Rx＝1.33 kΩ对应的导电绳拉伸后的长度L＝51.80 cm。
答案：(2)③变小 (3)无 (4)51.80
专题十六 力学综合计算
1．解析：(1)水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有
mBv1＝(mB＋mA)v0①
其中v1＝1.2 v0②
可得mB＝5m③
该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为Ep，得
Ep＋(mA＋mB)v＝mBv④
由①②③④得Ep＝0.6 mv⑤
(2)由图像知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积，物块A在0～ t0时间内的位移SA＝0.36 v0t0，即为0～t0内，v－t图像中A线与t轴所夹面积。
0～t0过程，由动量守恒有
mvA＋5mvB＝(m＋5m)v0
结合运动学知识有mSA ＋5mSB ＝6mv0t0
解得SB＝1.128v0t0(B在0～t0内的位移)
最大压缩量为X＝SB－SA＝1.128 v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0。
(3)设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx，物块A(含弹簧)回到水平面，第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒。则有
mBv2－mAvx＝mBv3 ＋mA·2v0⑧
mBv＋mAv＝mBv＋mA(2v0)2⑨
由⑧⑨得vx＝v0(另一解舍去)
物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有
－mgμs cos θ－mgs sin θ＝0－m(2v0)2⑪
物块A第一次从最高点滑到水平面的过程，由动能定理有－mgμs cos θ＋mgs sin θ＝mv－0⑫
由⑪⑫得μ＝0.45。
答案：(1)0.6 mv (2)0.768v0t0 (3)0.45
2．解析：(1)线圈中通入微小电流I，线圈受到的安培力大小为F＝NBIl
弹簧长度改变量的绝对值为Δx，则有F＝kΔx
解得Δx＝
平面镜偏转角度为θ≈tan θ＝sin θ＝
则PQ上反射光点与O点间的弧对应的圆心角为2θ
PQ上反射光点与O点间的弧长s＝2θr
解得s＝2。
(2)设待测电流为I′，电流反向前、后弹簧弹力的变化量F＝2NBI′l
弹簧长度改变量的绝对值为Δx′，则有F＝kΔx′
反射前、后反射光线转过的角度为
则通入电流I′时，平面镜实际的偏转角度为
φ＝·
根据φ＝
解得I′＝。
答案：(1) 2 (2)
3．解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝mv≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得
mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得≤n≤
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m。
答案：(1)7 N (2)v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m) (3) m m m
4．解析：(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g ＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N。
(2)由动能定理得－(mg＋f)l＝mv2－mv
代入数据解得v＝8 m/s。
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v
代入数据得h＝0.2 m。
答案：(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
专题十七 电学综合计算
1．解析：(1)安培力F＝BIL①
t＝2.0 s时，B＝(0.3－0.1t)T＝0.1 T②
又I＝，R＝4lλ③
E＝＝S＝·④
L为等效长度，大小等于正方形对角线的长度
L＝l⑤
将②③④⑤代入①得F＝ N。
(2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热
Q＝ t⑥
解得Q＝1.6×10－2 J。
答案：(1) N (2)1.6×10－2 J
2．解析：(1)离子甲从A点射入电场，由O点沿z轴正方向射出，只受沿y轴负方向电场力的作用，所以在z轴正方向上，离子甲做匀速直线运动，在从A到O的运动过程中，在z轴方向上有
L＝v0t cos β
在y轴方向上有0＝v0sin β－at
由牛顿第二定律有Eq＝ma
解得E＝。
(2)离子甲进入磁场Ⅰ中，当离子甲运动轨迹与磁场Ⅰ上边界相切时，由洛伦兹力充当向心力有
qv1B＝m，其轨迹半径R1＝d
经半个圆周由(0，2d，0)进入磁场Ⅱ，然后在垂直匀强磁场Ⅱ的平面内运动，由洛伦兹力充当向心力有qv1·B＝m，解得R2＝d
轨迹恰与xOz平面相切，则此时离子甲速度最大，即vm＝v1＝。
(3)离子甲以v2＝射入磁场Ⅰ，则离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径R1′＝，离子甲在磁场Ⅰ中转半个圆周，由y轴上(0，d，0)处第二次穿过xOy面进入磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中的轨迹半径为R2′＝d，离子甲在磁场Ⅱ中偏转半个圆周，由x轴上(d，0，0)处第三次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，速度方向平行于z轴正方向，再在磁场Ⅰ中偏转半个圆周第四次穿过xOy面，轨迹如图1所示，所以离子第四次穿越xOy平面的位置坐标为(d，d，0)。
(4)设离子乙的速度为v2′，根据离子甲、乙动能相同可得
mv2＝×4mv2′2
解得v2′＝v2
由(3)问可知离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径分别为R1′＝，R2′＝d
则离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为
R1″＝d，R2″＝d
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图2所示，
从O点进入磁场到第一个交点过程，有
t甲＝T甲1＋T甲2＝＋＝
t乙＝＋＝＋＝
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为Δt＝t乙－t甲＝。
答案：(1) (2) (3)(d，d，0)
(4)
3．解析：(1)两小油滴匀速下落时，由题意得油滴的速度大小为
v＝
由于匀速下落，则油滴的重力等于其所受的空气阻力，即
m0g＝f＝km0v
解得k＝。
(2)给两极板加上电压，经过一段时间后B向上匀速运动，而A仍以原速度下落，说明A不带电，B带负电
B匀速上升的速度为v′＝
对B由平衡条件得q＝m0g＋km0v′
解得q＝
B上升距离为h2的过程，电场力做的功为
W＝qEh2＝qh2＝
又W＝－ΔEp
则B电势能的变化量为－。
(3)假设新油滴最终向下匀速运动，其速度大小为v1，则新油滴所受空气阻力向上，由平衡条件得
2m0g＝q＋k·(2m0)v1
解得v1＝
若新油滴最终竖直向上匀速运动，速度大小为v2，则2m0g＋k(2m0)v2＝q
解得：v2＝
答案：(1) (2)A不带电 B带负电
－ (3)见解析
4．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝q
由闭合电路欧姆定律得U＝E0
联立解得E0＝。
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋(d)2
又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝m
解得B＝。
(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小
qE′＝mg cos 60°
解得E′＝。
答案：(1) (2) (3)
专题一 运动的描述 匀变速直线运动的研究
1．解析：选B。研究排球运动员扣球的动作时，排球不同点的运动情况是不同的，因此排球不能看成质点，故A错误；研究乒乓球运动员的发球技术时，主要看乒乓球的旋转，乒乓球上不同点的旋转情况并不相同，因此此时不能将乒乓球视为质点，故B正确；研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球的各点的运动情况并不相同，因此不能忽略羽毛球的大小而将羽毛球视为质点，故C错误；研究体操运动员的平衡木动作时，要看运动员的动作，此时运动员身体的各部分速度是不同的，故D错误。
2．解析：选C。当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝，匀速通过隧道所用时间t2＝，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，C正确。
3．解析：选B。依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1＝＝ m/s，在CD段运动的最大速率为v2＝＝2 m/s，所以经过BC段和CD段的最大速率为v2＝2 m/s，因此在BC段和CD段运动的最短时间t3＝ s＝ s，在B点的速率最大为v2＝2 m/s，设在AB段小车以最大加速度减速的距离为x，则根据匀变速直线运动规律得v＝v－2a1x，解得x＝3 m，t2＝＝1 s，所以匀速运动的最大距离l＝8 m－x＝5 m，运动时间t1＝ s，最短时间t＝t1＋t2＋t3＝s，B正确。
专题二 相互作用
1．解析：选D。由于水桶可以绕水平轴转动，因此一段时间后，当水桶水变多导致重心升高到一定程度时，就会造成水桶翻转，D正确，A、B、C错误。
2.解析：选B。对石礅受力分析如图所示，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有F cos θ＝f，F sin θ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝，A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tan α＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝F cos θ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，D错误。
3．解析：选D。用手使P的右端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，Q对P的磁力方向斜向左上方，其磁力F的大小大于Gp，所以A、B均错误；将P、Q看成整体，P与挡板接触后放开手，整体处于静止状态，则电子秤对整体的支持力大小等于GP＋GQ，D正确；根据牛顿第三定律可知，C错误。
4．解析：选D。以结点O为研究对象，进行受力分析，由平衡条件可得F＝2F1cos 30°＝F1，D正确。
5．解析：选C。鱼儿吞食花瓣时加速度不为零，受力不平衡，A错误；鱼儿摆尾击水时受到水的作用力、浮力和重力，浮力和重力的关系不确定，B错误，C正确；研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作时，鱼儿的形状、大小不能忽略，鱼儿不能视为质点，D错误。
专题三 牛顿运动定律
1．解析：选A。当两球运动至二者相距时，二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cos θ＝0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1，对轻绳的中点受力分析得F＝2F1sin θ，解得F1＝。对质量为m的小球，由牛顿第二定律有F1＝ma，解得a＝，A正确。
2．解析：选AD。两滑块匀速运动过程中，弹簧对P、Q的弹力大小为kx＝μmg，当撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有kx′＋μmg＝ma1，同理对滑块Q有μmg－kx′＝ma2，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹力由μmg一直减小到零，所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小，此时P的加速度大小为2μg，而弹簧恢复原长时，Q的加速度大小达到最大值，即Q的最大加速度为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，且两滑块初速度相同，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。
3．解析：(1)斜槽轨道不需要光滑，只需要从同一位置静止释放小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，故A错误；由于描点可能出现误差，因此不是把所有的点都用曲线连接起来，B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，这样误差较小，C正确。
(2)根据平抛运动规律有x0＝v0t、y0＝gt2，联立可得v0＝x0，A、B、C错误，D正确。
(3)为了保证能画出同一个平抛运动轨迹上的多个点，必须要在同一位置由静止释放小球，以确保多次运动的轨迹相同(或“保证小球离开斜槽末端的速度v0相同，从而保证其运动轨迹相同”)。
答案：(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
4．解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有
UI＝I2R＋Fv
代入数据得F＝7 400 N
装满粮食的小车匀速向上运动，有
F＋m0g－(m1＋m2)g sin θ－k(m1＋m2)g＝0
小车匀速下滑时，有m1g sin θ－km1g－m0g＝0
联立解得k＝0.1。
(2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有
(m1＋m2)g sin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a
又2aL＝v2
代入数据解得L＝ m
答案：(1)0.1 (2) m
5．解析：(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝v、vB＝at
解得t＝3 s、a＝ m/s2。
(2)由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5 s，设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
lBC＝vBt1＋a1t
vC＝vB＋a1t1
代入数据解得a1＝2 m/s2、vC＝12 m/s。
(3)设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mg sin 15°－f＝ma1
代入数据解得f＝66 N。
答案：(1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
专题四 曲线运动 万有引力与航天
1．解析：选D。运动员由a运动到c的过程中，设到c点时的速度为v，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R，则在经过c点时，有kmg－mg＝m，解得R＝，D正确。
2．解析：选C。航天员在“天宫二号”空间站中可以自由漂浮，是由于航天员在“天宫二号”空间站中处于完全失重状态，飞船对航天员的作用力近似为零，所受地球引力大小不为零，A、B错误；航天员所受地球引力提供航天员随空间站运动的向心力，即航天员所受地球引力的大小与航天员随空间站运动所需向心力的大小近似相等，C正确；由万有引力定律可知，航天员在地球表面所受地球引力的大小大于航天员在空间站中所受地球引力的大小，所以在地球表面上所受引力的大小大于航天员随空间站运动所需向心力的大小，D错误。
3．解析：选C。依题意可知卫星的绕行周期T0＝，对卫星根据牛顿第二定律可得G＝m(R＋h)·，根据黄金代换式gR2＝GM，联立解得h＝－R，C正确。
4．解析：选BD。建立如图所示的三维坐标系，网球在竖直方向做竖直上抛运动，上升的最大高度h1＝(8.45－1.25)m＝7.20 m，所以在击球点竖直方向的分速度v0z＝＝12 m/s，上升时间t1＝＝1.2 s，则v0y＝ m/s＝4 m/s，故沿x方向的分速度v0x＝＝3 m/s；到达最高点P与墙壁碰撞后，沿x方向的分速度v0x＝3 m/s，沿y方向的分速度大小变为v0y′＝4×0.75 m/s＝3 m/s，所以网球碰撞以后的速度大小为v＝＝3 m/s，所以B正确，A错误。下落的时间t2＝ s＝1.3 s，网球着地点到墙壁的距离d＝v0y′t2＝3.9 m，所以D正确，C错误。
5．解析：选C。“天问一号”发射后要脱离地球引力束缚，则发射速度要超过11.2 km/s，故A错误；由题图可知地火转移轨道的半长轴长度比地球轨道半径要大，根据开普勒第三定律＝可知，天问一号在地火转移轨道上运行的周期大于12个月，因此从P到Q的时间大于6个月，故B错误；同理根据开普勒第三定律，并结合停泊轨道、调相轨道的半长轴长度关系可知，“天问一号”在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；“天问一号”在P点点火加速，做离心运动进入地火转移轨道，故在地火转移轨道上P点的速度比地球环绕太阳的速度大，但在到达Q点之后，要加速进入火星轨道，即v火>v地火Q，根据v＝可知地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，即v地>v火，所以v地>v火>v地火Q，即“天问一号”在地火转移轨道上并不是每一点的速度都比地球绕太阳的速度大，故D错误。
6．解析：选C。根据题述可知，运动员在斜坡上由静止滑下做加速度小于g的匀加速运动，在NP段做匀速直线运动，从P飞出后做平抛运动，加速度大小为g，速度方向时刻改变、大小不均匀增大，所以只有图像C正确。
7．解析：选D。根据题述，火星冬季时长为地球的1.88倍，可知火星绕太阳运动的周期是地球的1.88倍，由开普勒第三定律可知，火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径比地球绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径大，C错误；由万有引力提供向心力有G＝m，解得v＝ ，由r火>r地可得v火
9．解析：设s1对应的水平位移为x，对应的竖直位移为y，则根据平抛运动的特点可知，s2对应的水平位移也为x，对应的竖直位移为3y
有y＝g(4T)2＝0.2 m
s1＝
s2＝
＝
解得x＝ m
抛出瞬间小球的速度大小为v0＝
解得v0＝ m/s。
答案： m/s
专题五 机械能及其守恒定律
1．解析：选C。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守恒，下落h高度过程中，有mgh＝mv2，解得v＝，B错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ，小环下滑过程滑过的弧长s ＝Rθ，而h＝R(1－cos )，所以A错误；小环位置到P点的距离L＝2R sin ，h＝R(1－cos θ)，1－cos θ＝2sin2，即h＝2R sin2＝，代入v＝可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，C正确；小环位置与P点连线扫过的面积A＝R2θ－R2sinθ，分析知与v不成正比，D错误。
2．解析：选D。每秒水泵对水做的功等于水的机械能增加量，即W＝ΔE＝mv＋mgH＝300 J，故A、B均错误；水泵输入功率(即电动机输出功率)为P泵入＝＝ W＝400 W，故C错误；电动机的输入功率为P电＝440 W，根据能量的转化与守恒，可得P电＝P泵入＋Pr＝P泵入＋I2r，代入数据可得电动机的内阻为r＝10 Ω，故D正确。
3．解析：选ABD。从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝＝ N＝40 N，A正确。从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40 N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20 J＝800 J，B正确。从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝＝ N＝285 N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2 ＝f2＋mg sin 30°，解得f2＝F2－mg sin 30°＝285 N－50×10×N＝35 N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20 J＝700 J，D正确。
专题六 碰撞与动量守恒
1．解析：选AD。物块与地面间的滑动摩擦力为f＝μmg ＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理可得(F－f)t1＝mv3，得v3 ＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t′物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－(F＋f)t′＝0－mv3，解得t′＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝mv，得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－mv，得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，位移为x3＝×2×22 m＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s内拉力做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4)J＝40 J，故D正确。
2．解析：选A。从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D错误。
3．解析：(1)碰撞前应将滑轨调成水平，确保系统所受合外力为零，保证碰撞过程中动量守恒，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度，故A、B均错误，C正确。
(2)由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，以碰前小车A的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为p＝pB－pA＝0.200 kg·m/s。
答案：(1)C (2)0.200
4．解析：(2)根据螺旋测微器读数规则可知，小球直径d＝7.5 mm＋0.385 mm ＝7.885 mm。
(3)由于小球自由落体运动时间很短，所以测量时，应该先接通数字计时器，后释放小球。
(4)小球第1次通过光电门时的速度v1＝，第2次通过光电门时的速度v2＝，小球与橡胶材料碰撞导致的机械能损失ΔE＝mv－mv＝。
(5)若适当调高光电门高度，将会增大因空气阻力引起的测量误差。
答案：(2)7.885 (3)B (4) (5)增大
专题七 静电场
1．解析：选BD。由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax ＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝ gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D正确。
2．解析：选AB。两正点电荷在N点处产生的场强方向由N指向O，N点处于两负点电荷连线的垂直平分线上，则两负点电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点处的合场强方向由N指向O，同理可知，两负点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正点电荷连线的垂直平分线上，两正点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L，则L点处的合场强方向由O指向L，由于正方形两对角线相互垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，A正确；正方形底边上的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向左，而上方的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方等量异号点电荷距离较远，则M点的场强方向平行于该点处的切线，方向向左，B正确；由图可知，M和O点位于两对等量异号点电荷的等势线上，即M点和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做的功为零，C错误；由图结合等量异号点电荷模型可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做的功不为零，D错误。
3．解析：选C。在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝ΔL，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝，C正确。
4．解析：选C。根据题意，平行金属膜中间夹着绝缘介质，所以电场线是竖着的，等势线与电场线互相垂直，是横着的，所以a点所在的线是电场线，故A错误；b点处的电场线比c点处稀疏，则Eb
6．解析：选A。由对称性与电场叠加原理可知，a、b、c、d处四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点的合场强为零，类比正点电荷电场可知，一根带正电绝缘长棒在空间某点的场强方向沿该棒所在直线的垂线指向该点，故撤去a处的绝缘棒后，O点的电场强度方向由O点垂直指向a，B、D错误；设每根带正电绝缘长棒在O点产生的电势为φ0，且大于零，则根据电势的叠加原理知，四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电场的电势为4φ0，若撤去a处的绝缘棒，其他三棒在O点产生的电场的电势为3φ0，故撤去a处的绝缘棒后，O点的电势减小，A正确，C错误。
专题八 磁 场
1．解析：选B。分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿y轴正方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C错误；由于粒子所受电场力沿y轴正方向，且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，D错误，B正确。
2．解析：选BD。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，则有Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝m，qE2＝m，可得mv＝＝，即粒子1、2入射时的动能相等，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3入射后的一小段时间做向心运动，有qE2>m，可得mv＜＝ mv，则粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。
3．解析：选BC。地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，根据测量数据可知，Bz为负值，测量地点位于北半球，A错误；利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小为B＝≈50 μT，B正确；第2次测量时By为负值，y轴正向指向南方，C正确；第3次测量时Bx为正值，x轴正向指向北方，y轴正向指向西方，D错误。
4．解析：选B。根据磁场方向与电流方向垂直时的安培力表达式F＝BIL可知，在只改变电流I时，其安培力F∝I，因此F－I图线为过坐标原点向上倾斜的直线，故A错误，B正确；同理，在只改变导线通电部分长度L时，其安培力F∝L，因此F－L图线也为过坐标原点向上倾斜的直线，故C、D均错误。
5．解析：选A。根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误。
6．解析：选D。当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mg sin θ，得sin θ＝I，分析易知B、C错误，D正确。
专题九 电磁感应
1．解析：选C。设线框的面积为S，周长为L，导线的截面积为S′，由法拉第电磁感应定律可知，线框中感应电动势E＝＝S，而线框的总电阻R＝ρ，所以线框中感应电流I＝＝，由于三个线框处于同一线性变化的磁场中，且绕制三个线框的导线相同，设正方形线框的边长为l，则三个线框的面积分别为S1＝l2，S2＝ l2 ，S3＝l2，三个线框的周长分别为L1＝4l，L2＝πl，L3＝3l，则I1∶I2∶I3＝∶∶＝2∶2∶，C正确。
2．解析：选AD。开始时电容器两极板间的电压U＝，合上开关瞬间，通过导体棒的电流，I＝＝，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，A正确，C错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D正确。
3.解析：选BC。如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E＝Bd2ω，从图中可以看出在t＝0到t＝的过程中，d是先增大到L，再减小到L，所以电动势E先增大后减小，A错误，B正确。在t＝0到t＝的过程中，d＝，感应电动势的表达式可写为E＝Bd2ω＝，由表达式可以看出在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大，C正确，D错误。
4．解析：选C。穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，A错误；根据法拉第电磁感应定律可得圆管中的感应电动势为：E＝＝πr2＝kπr2，B错误；圆管导体的电阻R＝ρ，导体长度L指的是电流流动的长度2πr，将金属薄管展开，则导体横截面积为dh，所以圆管的热功率大小P＝＝＝，C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向均指向圆管的轴线，因此轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，D错误。
5．解析：选AC。由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量始终变化，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而sPM>sPN，又速率相同，所以tPM>tPN，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误。
专题十 交变电流
1．解析：选D。根据理想变压器的变压规律有＝，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝U＝220 V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝＝12 V，根据理想变压器的变压规律有＝，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝＝2.5 A，周期T＝＝0.02 s，D正确。
2．解析：选A。图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故D错误。
3．解析：选B。由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知， 在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝可知，两电阻消耗的电功率不相等，D错误。
4．解析：选B。设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝＝＝＝R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C错误；由于R2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D错误。
专题十一 近代物理
1．解析：选C。设t＝0时刻，甲、乙两种放射性元素原子核数分别为N1、N2，则有N1＋N2＝N，t＝2t0时，甲经过两个半衰期，未衰变原子核数为，乙经过一个半衰期，未衰变原子核数为，由已知条件有＋＝，解得N1＝N，N2＝N；t＝4t0时，甲经过四个半衰期，未衰变原子核数为，乙经过两个半衰期，未衰变原子核数为，则此时未衰变原子核总数为N′＝＋，解得N′＝，C正确。
2．解析：选B。根据题述，点光源向所有方向均匀辐射，即距离点光源为R的球面上单位时间所接收的光的能量等于点光源单位时间所辐射的光的能量。点光源辐射功率P＝4πR2×nE0，其中E0＝，联立解得R＝3×102 m，B正确。
3．解析：选B。设碘125刚植入时的质量为m0，则经过n＝＝3个半衰期以后剩余的质量为m＝m0，解得＝，B正确。
4．解析：选CD。秦山核电站利用的是重核裂变释放的能量，故A错误；如果不考虑核能与电能的转化效率，则根据爱因斯坦质能方程E＝mc2可以推算出，原子核亏损的质量约为m＝＝ kg＝27.6 kg，但核能转化为电能的效率不可能达到100%，所以质量亏损应该超过27.6 kg，故B错误；镉吸收中子的能力强，因此在核电站反应堆中需要用镉棒调节中子的数目，从而控制链式反应的速度，故C正确；反应堆利用铀235的裂变，生成多个核和中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，即存在U＋n→Ba＋Kr＋3n的核反应，故D正确。
5．解析：选BD。据p2＝2mEk可知，电子的动能为Ek＝≈7.9×10－17 J，故A错误；根据德布罗意波长公式λ＝可得，发射出的电子的物质波波长约为λ＝5.5×10－11 m，故B正确；物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则即使电子依次通过双缝也能发生干涉现象，只是需要大量电子才能显示出干涉图样，故C错误，D正确。
6．解析：选B。氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时释放的光子能量最大，频率也最大，能量为E1＝(－1.51 eV)－(－13.6 eV)＝12.09 eV，照射逸出功为2.29 eV的金属钠，光电子的最大初动能为Ekm＝E1－W＝9.8 eV，频率大的光子波长小，根据p＝可知频率大的光子动量大，A错误，B正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时释放的光子能量为E2＝(－1.51 eV)－(－3.4 eV)＝1.89 eV
专题十二 热 学
1．解析：选C。初始时气体的压强p1＝p0＋，体积为V1，温度为T1；将气缸缓慢转过90°后，气体的压强为p2＝p0，体积为V2，温度为T2。易知V2>V1，故气体对外界做功，因气缸和活塞都是绝热的，根据热力学第一定律可得ΔU<0，由于理想气体内能只与气体温度有关，所以T1>T2，A、D错误。内能减小，不是所有气体分子热运动速率都减小，但速率大的分子数占总分子数的比例减小，B错误，C正确。
2．解析：(1)鱼静止在水面下H处时，所受浮力等于重力，有Mg＝ρgV0
且此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0－ΔV)－Mg＝Ma
又Δm＝ρ气ΔV
联立解得Δm＝。
(2)鱼静止在水面下H处时，B室内气体压强为p1＝p0＋ρgH，体积为V
鱼静止在水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，设该部分气体在压强为p1时体积为V1
根据玻意耳定律有p2V＝p1V1
解得V1＝V
又温度不变，则有＝
解得m1＝m
答案：(1) (2)m
3．解析：(1)利用空调将热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外环境，通过压缩机做功，消耗了能量，因此这个过程不是自发过程；根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热，使之完全转化为有用的功，而不产生其他影响，因此空调把热量从温度较低的室内传递到温度较高的室外需要消耗电能，即空调排放到室外环境的热量大于从室内吸收的热量。
(2)在水面上方时，封闭气体的压强为p0，气体的体积V1＝(380－80)mL＝300 mL
潜入水底后，封闭气体的压强等于水底的压强，即
p＝p0＋ρgh
封闭气体的体积为V2＝(380－230)mL＝150 mL
由玻意耳定律得p0V1＝pV2
代入数据解得p＝2.0×105 Pa
h＝10 m
答案：(1)不是 大于 (2)2.0×105Pa 10 m
4．解析：(1)选ABD。由＝C得T＝V，T－V图线上的点与坐标原点连线的斜率越大，气体压强越大，易知状态a对应的压强大于状态c的，A正确；状态a到状态b为等压变化过程，体积增大，气体对外做功，B正确；由上述分析可知，气体在b状态的压强大于在c状态的压强，C错误；气体由状态a到状态b的过程中体积增大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，且吸收的热量大于其内能的增加量，D正确，E错误。
(2)(ⅰ)设初始状态汽缸内气体的压强为p1，对两活塞整体有
p0×2S＋p1S＋3mg＝p0S＋p1×2S
对Ⅱ活塞有
k×0.1l＋p0S＝p1S＋mg
解得k＝。
(ⅱ)设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内部气体压强为p2，对两活塞整体有
p0×2S ＋p2S＋3mg＝p0S＋p2×2S
解得p2 ＝p1＝p0＋
对活塞Ⅱ有
kx＋p0S＝p2S＋mg
气体体积为V2＝2(l＋x)S
初始时气体的体积
V1＝0.55lS＋0.55l×2S＝1.65lS
由盖吕萨克定律有＝
解得T2＝T0。
答案：(1)ABD (2)(ⅰ) (ⅱ)p0＋ T0
5．解析：(1)选BCE。根据理想气体状态方程可知，过原点的p－T图像的斜率与体积V有关，一定量的理想气体从状态a到状态b，体积不变，对外不做功，A、D错误；理想气体的内能只与温度有关，又一定量理想气体从状态a到状态b，温度一直升高，则气体内能一直增加，B正确；由热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，气体吸收的热量等于其内能的增加量，C、E正确。
(2)(ⅰ)封闭气体做等压变化，对Ⅳ部分气体，由盖吕萨克定律
有＝
解得T1＝T0。
(ⅱ)Ⅱ和Ⅲ部分封闭气体，初状态体积V1＝V0＋V0＝V0，温度为T0；Ⅳ部分气体，初状态体积V2＝V0，温度为T0
从开口C向汽缸中注入气体，设末状态Ⅳ部分气体压强为p′，体积为V，则原Ⅱ、Ⅲ部分气体最终总体积为V0－V，对这两部分理想气体分别有
＝
＝。
解得p′＝2.25p0。
答案：(1)BCE (2)(ⅰ)T0 (ⅱ)2.25p0
专题十三 机械振动与机械波 光
1．解析：选A。根据题意作出光路图如图1所示，根据临界角sin C＝可知Ca<45°，Cb>45°，从图中可以看出两束光经过OC面反射以后均能射到PM面上，入射角在0°～ 45°范围内，所以只有a光才有可能在PM面上发生全反射，B、C错误；分析易知，射到P点的a光线全反射到M点，入射角为45°，发生全反射不能从OM面射出，画出a光在PM面上恰好发生全反射的光线的光路图如图2所示，可知该光线经Q点全反射后射至OM面上E点，由几何关系可知在E点的入射角为2Ca—45°，小于Ca，即可以从E点射出，故A正确，D错误。
2．解析：选AC。由振动图像可知波的振幅A＝20 cm，波的周期T＝12 s，从振动图像上可以看出t＝7 s时平衡位置位于原点O的质点相对平衡位置的位移为y7＝－A，且向下运动。A图该质点位移符合条件，且当波沿x轴负方向传播时向下运动，符合题意，A正确；C图该质点位移符合条件，且当波沿x轴正方向传播时向下运动，符合题意，C正确。
3．解析：选ACD。双缝干涉条纹是均匀的，所以图乙是双缝干涉条纹，但也发生了衍射现象，A正确；遮住一条狭缝，就只能观察到单缝衍射现象，狭缝宽度增大时，衍射现象减弱，图丙中中央亮条纹宽度减小，B错误；照射两狭缝时，发生双缝干涉，根据Δx＝可知，当增加L时，图乙中相邻暗条纹中心间的距离增大，C正确；同一单色光垂直照射狭缝时，根据相干条件可知，|S2P－S1P|＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)时，P点处一定是暗条纹，D正确。
4．解析：选B。装置在太空中处于完全失重状态，一切与重力有关的现象都将消失，但图甲中的小球依然受弹簧的弹力作用，故仍将来回振动，A错误，B正确；图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站中处于完全失重状态，回复力为零，则小球由静止释放后，小球仍静止，C、D错误。
5．解析：选B。光束a入射到半圆形玻璃砖表面(直径)时，产生反射光束b和折射光束c，同时折射光束c在半圆形玻璃砖圆弧表面产生反射，一部分光线原路返回，并在直径界面处再次发生反射产生光束d(还有少部分沿光线a的路径反向发射出去)。当光束a逆时针转过小角度Δθ时，根据反射定律，光束b顺时针旋转角度等于Δθ，A错误；入射光线与折射光线的方向遵循折射定律，由于n＝>1，故入射角α比折射角β变化快，因此光束c逆时针旋转角度小于Δθ，B正确；光束d是光束c反射后形成的，因此该光束会顺时针旋转一小于Δθ的角度，C错误；根据以上分析，光束b顺时针旋转、c逆时针旋转，因此两者之间的夹角减小，减小的角度小于2Δθ，D错误。
6．解析：选BD。经过两列波还未相遇，又波在传播过程中，波形保持不变，故A错误；经过T两列波向前传播的距离均为λ，两列波的波前端刚好相遇，故B正确；经过T两列波向前传播的距离均为λ，根据波的叠加原理可知，在两列波之间～的区域为两列波的振动加强区域，处于处的质点向下的位移为2A，故C错误；经过T两列波完全相遇，根据叠加原理，所有质点的位移均为零，故D正确。
7．解析：选B。用复色光投射双缝干涉实验装置时，屏上的条纹为彩色条纹，A错误；两列相干光在屏上叠加形成干涉条纹，B正确；根据干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，改变L，依然可以看到明暗相间的条纹，C错误；对于同一双缝干涉实验装置，由于蓝光波长小于红光波长，故蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。
8．解析：(1)由v＝得λ＝vT＝4 m。由于S1与S2振动方向相同，又－＝0，则P点为振动加强点。因＝10 m＝2.5 λ，则P点与波源S1振动情况恰好相反，故P质点向下振动。
(2)如图所示，当折射光线在AB边恰好不能射出时，在AB边上的入射角等于全反射临界角C0，DA＝DE，各个角度如图中所示
由几何关系可知α＝90°－C0
90°－r＋2α＝180°
解得r ＝90°－2C0
由全反射知识得sin C0＝
由折射定律有n＝
代入sin i＝解得n＝1.5(n＝－舍去)。
答案：(1)4 加强 向下 (2)1.5
9．解析：(1)质点只是在平衡位置附近往复振动，不会随波迁移，因此经过半个周期绳上的M点由波峰运动到波谷P处；机械波的波速仅由介质决定，因此加速抖动绳子，波速不变。
(2)当光束与竖直方向的夹角为45°时，光束恰好不从液体表面射向空气，即光束刚好发生全反射，即临界角C＝45°
则液体的折射率为n＝
代入数据得n＝
由公式n＝得激光在液体中的传播速度为v＝
解得v＝。
答案：(1)P 不变 (2)
10．解析：(1)由sin 45° ＝，并结合题图有＝1.5 m，可得λ＝4 m，频率f＝＝0.5 Hz，周期T＝＝2 s。由于t＝0时刻质点A向下运动，所以t＝2 s时刻质点A向下运动。
(2)设光在AB面的折射角为r，则由折射定律有
n＝
光在BC面恰发生全反射，有sin C＝
由几何知识有r＋C ＝90°
联立解得sin C＝，sin r＝，n＝
设BN＝b，PC＝c，则有sin r＝，
sin C＝
联立解得c＝a。
答案：(1)4 0.5 向下运动 (2) a
专题十四 力学实验
1．解析：(1)将表格中数据转化如图，则x1＝507 m，x2＝587 m，x3＝665 m，x4＝746 m，x5＝824 m，x6＝904 m，可得x2－x1＝80 m，x3－x2＝78 m，x4－x3 ＝81 m，x5－x4 ＝78 m，x6－x5＝80 m，相邻相等时间间隔位移差大小接近，可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。
(2)x＝507 m时该飞行器的速度即t＝1 s时的瞬时速度，利用匀变速直线运动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故v＝＝＝547 m/s。
(3)由逐差法得a＝＝
m/s2＝79 m/s2。
答案：(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近 (2)547 (3)79
2．解析：(1)初始时弹簧的伸长量为5.00 cm，结合图乙可读出弹簧弹力为0. 610 N，由F＝kx可得弹簧的劲度系数k＝12 N/m。
(2)根据牛顿第二定律F＝ma，结合图丙可得a－F图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代入数据得m＝0. 20 kg。
(3)同理图像Ⅱ斜率的倒数＝m＋m测，得m测＝0. 13 kg。
答案：(1)12 (2)0.20 (3)0.13
3．解析：(2)要使碰撞后两滑块的运动方向相反，必须使质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块，所以应选取质量为0. 304 kg的滑块作为A。
(6)s1＝v1t1，s2＝v2t2，s1＝s2，解得k2＝＝0.31。
(7)的平均值为(0.31＋0.31＋0.33 ＋0.33 ＋0.33)÷5≈0.32。
(8)由碰撞过程遵循动量守恒定律有m1v0＝－m1v1＋m2v2，若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后系统总动能不变，即m1v＝m1v＋m2v，联立解得＝，将题给数据代入可得＝＝0.34。
答案：(2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8) 0.34
专题十五 电学实验
1.解析：(1)该实验探究待测电阻Rx在0～5 mA范围内的伏安特性，因此滑动变阻器采用分压式连接，电压表的内阻很大，故可看成理想电压表，故采用电流表外接法，由于题目中给的电流表量程太小，故应与电流表并联一定值电阻扩大其量程。
(2)滑动变阻器R选最大阻值为10 Ω的，方便调节；又因电流表的量程为1 mA，内阻为300 Ω，通过测量电阻的最大电流为5 mA，因此电流表量程应扩大为原来的5倍，因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一，故电流表并联的电阻的阻值为R0＝75 Ω。
(3)Rx两端电压即为电压表读数2.30 V；因电流表并联R0，量程扩大，通过待测电阻的电流为电流表读数的5倍，即通过Rx的电流为5×0. 84 mA＝4. 20 mA，故Rx＝ Ω＝548 Ω。
答案： (1)见解析图 (2)10 Ω 75 Ω
(3)2.30 4.20 548
2．解析：(1)器材选择需要结合测量电路，用假设法初步分析，电流表半偏时，若电流表为A1，由闭合电路欧姆定律可计算出电路中总电阻为300 Ω，定值电阻与电流表A1的内阻之和为240 Ω，不考虑电池内阻，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为60 Ω，实验器材可满足需求；若电流表为A2，电流表半偏时，电路中总电阻为100 Ω，不符合题意。
(2)由闭合电路欧姆定律有E＝(rA1＋R0＋r＋R)，E＝(rA1＋Rx＋r＋R)，(1)问得到的滑动变阻器接入电路的阻值60 Ω，实际上是滑动变阻器R和电池内阻r串联后的总阻值，联立可得Rx＝100 Ω。
(3)由(2)问分析可得，是否考虑电池内阻对实验结果无影响。
答案：(1)A1 60 (2)100 (3)无
3．解析：(1)根据题意，实验过程中要保证电流表示数不变，由图2可知合金丝甲的总电阻不到10 Ω，为方便调节，应选择0～20 Ω的滑动变阻器。
(2)电源为1节干电池，所以电压表量程为0～3 V，故读数为1.32 V。
(3)根据欧姆定律可得＝R＋RA＝l＋RA，可知图线的斜率k＝，图中a图线的斜率为ka＝≈14.17 Ω·m－1，则ρa＝kaSa＝14.17×7.0×10－8 Ω·m＝9.9×10－7 Ω·m。
(4)假设是两个一样的合金丝甲并联，并联之后斜率为k′a＝ka≈7 Ω·m－1，但实际上另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与甲并联之后斜率为kb＝3. 75 Ω·m－1，说明并联后的总电阻更小，则合金丝乙的横截面积更大。
答案：(1)0～20 Ω (2)1.32(1.31～1.34均可)
(3)9.9×10－7(9.8×10－7～1.0×10－6均可) (4)小于
4.解析：(1)题中给出的滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω，滑动变阻器采用分压接法，为了精确得到微安表两端的电压，可将微安表与定值电阻并联，通过电流关系得到电压。
(2)由并联电路规律可得IGRg＝(I－IG)R0，解得Rg＝990 Ω。
答案：(1)见解析图 (2)990
5．解析：(2)断开开关S2，根据欧姆定律可得定值电阻的阻值R0＝。闭合开关S2，导电绳与定值电阻并联，并联后的总电阻小于定值电阻的阻值R0，电流表示数增大，电压表示数变小。调节滑动变阻器R使电压表的示数仍为U，设导电绳与定值电阻并联后的总电阻为R′，则R′＝，根据欧姆定律得R′＝，联立解得Rx＝。
(3)考虑电压表内阻时，有＝＋，＝＋＋，联立解得Rx＝，与(2)中分析的结果相同，故电压表内阻对导电绳电阻的测量值无影响。(4)由Rx－L图线可知，导电绳电阻Rx＝1.33 kΩ对应的导电绳拉伸后的长度L＝51.80 cm。
答案：(2)③变小 (3)无 (4)51.80
专题十六 力学综合计算
1．解析：(1)水平面光滑，故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒，从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中有
mBv1＝(mB＋mA)v0①
其中v1＝1.2 v0②
可得mB＝5m③
该过程中机械能守恒，设弹簧最大弹性势能为Ep，得
Ep＋(mA＋mB)v＝mBv④
由①②③④得Ep＝0.6 mv⑤
(2)由图像知0～t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量，也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积，物块A在0～ t0时间内的位移SA＝0.36 v0t0，即为0～t0内，v－t图像中A线与t轴所夹面积。
0～t0过程，由动量守恒有
mvA＋5mvB＝(m＋5m)v0
结合运动学知识有mSA ＋5mSB ＝6mv0t0
解得SB＝1.128v0t0(B在0～t0内的位移)
最大压缩量为X＝SB－SA＝1.128 v0t0－0.36v0t0＝0.768v0t0。
(3)设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx，物块A(含弹簧)回到水平面，第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒。则有
mBv2－mAvx＝mBv3 ＋mA·2v0⑧
mBv＋mAv＝mBv＋mA(2v0)2⑨
由⑧⑨得vx＝v0(另一解舍去)
物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程，由动能定理有
－mgμs cos θ－mgs sin θ＝0－m(2v0)2⑪
物块A第一次从最高点滑到水平面的过程，由动能定理有－mgμs cos θ＋mgs sin θ＝mv－0⑫
由⑪⑫得μ＝0.45。
答案：(1)0.6 mv (2)0.768v0t0 (3)0.45
2．解析：(1)线圈中通入微小电流I，线圈受到的安培力大小为F＝NBIl
弹簧长度改变量的绝对值为Δx，则有F＝kΔx
解得Δx＝
平面镜偏转角度为θ≈tan θ＝sin θ＝
则PQ上反射光点与O点间的弧对应的圆心角为2θ
PQ上反射光点与O点间的弧长s＝2θr
解得s＝2。
(2)设待测电流为I′，电流反向前、后弹簧弹力的变化量F＝2NBI′l
弹簧长度改变量的绝对值为Δx′，则有F＝kΔx′
反射前、后反射光线转过的角度为
则通入电流I′时，平面镜实际的偏转角度为
φ＝·
根据φ＝
解得I′＝。
答案：(1) 2 (2)
3．解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mgl sin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglx sin 37°－mg(3R cos 37°＋R)＝mv≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglx sin 37°－4mgR cos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得
mglx sin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得≤n≤
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m。
答案：(1)7 N (2)v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m) (3) m m m
4．解析：(1)滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝(m＋M)g ＝8 N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5 N。
(2)由动能定理得－(mg＋f)l＝mv2－mv
代入数据解得v＝8 m/s。
(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝(M＋m)v共
代入数据得v共＝2 m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v
代入数据得h＝0.2 m。
答案：(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
专题十七 电学综合计算
1．解析：(1)安培力F＝BIL①
t＝2.0 s时，B＝(0.3－0.1t)T＝0.1 T②
又I＝，R＝4lλ③
E＝＝S＝·④
L为等效长度，大小等于正方形对角线的长度
L＝l⑤
将②③④⑤代入①得F＝ N。
(2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热
Q＝ t⑥
解得Q＝1.6×10－2 J。
答案：(1) N (2)1.6×10－2 J
2．解析：(1)离子甲从A点射入电场，由O点沿z轴正方向射出，只受沿y轴负方向电场力的作用，所以在z轴正方向上，离子甲做匀速直线运动，在从A到O的运动过程中，在z轴方向上有
L＝v0t cos β
在y轴方向上有0＝v0sin β－at
由牛顿第二定律有Eq＝ma
解得E＝。
(2)离子甲进入磁场Ⅰ中，当离子甲运动轨迹与磁场Ⅰ上边界相切时，由洛伦兹力充当向心力有
qv1B＝m，其轨迹半径R1＝d
经半个圆周由(0，2d，0)进入磁场Ⅱ，然后在垂直匀强磁场Ⅱ的平面内运动，由洛伦兹力充当向心力有qv1·B＝m，解得R2＝d
轨迹恰与xOz平面相切，则此时离子甲速度最大，即vm＝v1＝。
(3)离子甲以v2＝射入磁场Ⅰ，则离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径R1′＝，离子甲在磁场Ⅰ中转半个圆周，由y轴上(0，d，0)处第二次穿过xOy面进入磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中的轨迹半径为R2′＝d，离子甲在磁场Ⅱ中偏转半个圆周，由x轴上(d，0，0)处第三次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，速度方向平行于z轴正方向，再在磁场Ⅰ中偏转半个圆周第四次穿过xOy面，轨迹如图1所示，所以离子第四次穿越xOy平面的位置坐标为(d，d，0)。
(4)设离子乙的速度为v2′，根据离子甲、乙动能相同可得
mv2＝×4mv2′2
解得v2′＝v2
由(3)问可知离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径分别为R1′＝，R2′＝d
则离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为
R1″＝d，R2″＝d
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图2所示，
从O点进入磁场到第一个交点过程，有
t甲＝T甲1＋T甲2＝＋＝
t乙＝＋＝＋＝
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为Δt＝t乙－t甲＝。
答案：(1) (2) (3)(d，d，0)
(4)
3．解析：(1)两小油滴匀速下落时，由题意得油滴的速度大小为
v＝
由于匀速下落，则油滴的重力等于其所受的空气阻力，即
m0g＝f＝km0v
解得k＝。
(2)给两极板加上电压，经过一段时间后B向上匀速运动，而A仍以原速度下落，说明A不带电，B带负电
B匀速上升的速度为v′＝
对B由平衡条件得q＝m0g＋km0v′
解得q＝
B上升距离为h2的过程，电场力做的功为
W＝qEh2＝qh2＝
又W＝－ΔEp
则B电势能的变化量为－。
(3)假设新油滴最终向下匀速运动，其速度大小为v1，则新油滴所受空气阻力向上，由平衡条件得
2m0g＝q＋k·(2m0)v1
解得v1＝
若新油滴最终竖直向上匀速运动，速度大小为v2，则2m0g＋k(2m0)v2＝q
解得：v2＝
答案：(1) (2)A不带电 B带负电
－ (3)见解析
4．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝q
由闭合电路欧姆定律得U＝E0
联立解得E0＝。
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋(d)2
又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝m
解得B＝。
(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小
qE′＝mg cos 60°
解得E′＝。
答案：(1) (2) (3)
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