还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练5易错易混练
展开
这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练5易错易混练，共18页。
1．(多选)一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3s后物体的速率变为10m/s.不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是( )
A．在A点正上方15m处，速度方向竖直向上
B．在A点正上方15m处，速度方向竖直向下
C．在A点正上方75m处，速度方向竖直向上
D．在A点正上方75m处，速度方向竖直向下
2．(多选)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某一次球与球拍碰撞后，经过一段时间后球恰好垂直打在墙壁上的A点，已知球与球拍的作用点为B，A、B两点高度差为0.8m，B点和墙面之间的距离为1.2m，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.则下列说法中正确的是( )
A．球到达A点时的速度大小为5m/s
B．球在B点离开球拍时的速度大小为5m/s
C．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为4m/s
D．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为2m/s
3．如图所示，在纸面内的直角三角形ACD中，∠ADC＝60°，C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线，A点处导线中通过的电流为4I0(向里)，C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B＝keq \f(I,r)，其中r为该点到导线的距离，k为常量，则D点处磁场的磁感应强度( )
A．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由C点指向D点
B．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
C．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
D．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，方向沿∠D的平分线
4．如图甲所示，质量为1kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一水平面内．ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1m2的闭合回路，回路总电阻为3Ω.回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．已知两平行导轨的间距为1m，ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.在t＝1s时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时( )
A．ab棒中的电流方向为a流向b
B．ab棒受到的安培力大小为eq \f(25,3)N
C.ab棒与导轨间的压力大小为eq \f(10,3)N
D．ab棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5
5．用货车运输规格相同的两块水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上．货车以3m/s2的加速度启动，然后以12m/s的速度匀速行驶，遇紧急情况后以8m/s2的加速度刹车至停止．已知每块水泥板的质量为250kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则( )
A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875N
B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000N
C．货车在刹车过程中行驶的距离为9m
D．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为22.6m
【2.不会读图】
6．(多选)a、b两质点在同一直线上运动的位移—时间图像如图所示，b质点的加速度大小始终为0.2m/s2，两图线相切于坐标为(5s，－2.7m)的点，则( )
A．前5s内，a、b两质点的运动方向相同
B．t＝5s时，a、b两质点的速度均为－0.54m/s
C．b质点的初速度是－1.8m/s
D．图中x0应为2.8
7．某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是( )
A．在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左
B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小
C．把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大
D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功
8．某种金属导体的UI图像如图所示，图像上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于该导体的叙述，下列说法中正确的是( )
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电功率与电压U的平方成正比
C．在A点，导体的电阻为tanβ
D．在A点，导体的电阻为tanα
9．(多选)A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的eq \f(x,t)t图像如图所示，已知在t＝10s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法正确的是( )
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2
B．t＝6s时，A在前、B在后，B正在追赶A
C．A、B在零时刻相距30m
D．在0～10s内A、B之间的最大距离为49m
【3.研究对象选取不当】
10．(多选)用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动．已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面之间是粗糙的，并且斜面体一直静止在水平地面上．不计滑轮与绳子之间的摩擦．则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．地面对斜面体的静摩擦力始终为零
B．外力F一直在增大
C．某时刻绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力
D．绳子移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小
11．如图所示，在光滑水平轨道的右端有一弹性挡板，一质量为M＝0.5kg的木板正中间放有一质量为m＝2kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板右端距离挡板x0＝0.5m，小铁块与木板间动摩擦因数μ＝0.2.现对小铁块施加一水平向右的外力F，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力．若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.
(1)要使小铁块与木板发生相对滑动，求水平向右的外力F的最小值；
(2)若水平向右的外力F＝10N，求木板第一次与挡板碰撞前经历的时间；
(3)若水平向右的外力F＝10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力，铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没有滑出木板，求木板的长度．
【4.盲目套公式】
12．汽车以10m/s的速度匀速行驶，5min后突然刹车．若刹车过程中汽车做匀变速直线运动，加速度大小为5m/s2，则从开始刹车时计时，经过3s汽车驶过的位移为( )
A．52.5mB．7.5m
C．30mD．10m
13．(多选)“腊月二十四，掸尘扫房子”，据《吕氏春秋》记载，中国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新年里顺利平安．春节前夕，小红需移开沙发，清扫污垢，质量m＝10kg的沙发放置在水平地面上，小红用力F推沙发，当F斜向下与水平成θ＝30°时，如图，若F＝100N，沙发恰好开始做匀速运动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是( )
A．沙发与地面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)
B．沙发开始运动后，保持F大小不变，增大θ角，沙发将做加速运动
C．若F方向能随意改变，想用最小的力推动沙发，应使F沿水平方向
D．若F方向能随意改变，能让沙发匀速运动，力F的最小值为50N
14．如图所示为置于竖直平面内的光滑杆AB，它是依照初速度为v0、水平射程为x的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一质量为m的小球套于其上，小球由静止开始从A端滑下，重力加速度为g，则当小球到达B端时，下列说法正确的是( )
A．小球在水平方向的速度大于v0
B．小球运动的时间为eq \f(x,v0)
C．小球的速率为eq \f(gx,v0)
D．小球所受重力的功率为eq \f(mg2x,v0)
15．(多选)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220kV升级为1000kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，则( )
A．n2∶n1变为原来的eq \f(50,11)倍
B．输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)
C．输电线损失的功率变为原来的(eq \f(11,25))2
D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小
16．如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表．闭合开关S，带电液滴刚好静止在平行板电容器C内．在温度降低的过程中，分别用I、U1、U2和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数变化量的绝对值．温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是( )
A．eq \f(U1,I)、eq \f(U2,I)、eq \f(U3,I)一定都不变
B．eq \f(ΔU1,ΔI)和eq \f(ΔU3,ΔI)一定不变，eq \f(ΔU2,ΔI)一定变化
C．带电液滴一定向下加速运动
D．电源的工作效率一定变大
17．(多选)如图所示，在竖直平面内有一可视为质点的光滑小球在圆筒最低点，内壁光滑、半径为R的圆筒固定在小车上．小车与小球一起以速度v0向右匀速运动，当小车遇到墙壁时突然停止运动，后一直保持静止，要使小球不脱离圆筒运动，初速度v0应满足(半径R＝0.4m，小球的半径比R小很多，不计空气阻力，g＝10m/s2)( )
A．v0≥2eq \r(5)m/sB．v0≥4m/s
C．v0≤3eq \r(2)m/sD．v0≤2eq \r(2)m/s
18．(多选)青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦．如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子(磁极)转动，在定子(线圈)中产生电流，实现风能向电能的转化．已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有eq \f(1,4)速度减速为0，eq \f(3,4)原速率穿过，不考虑其他能量损耗．下列说法正确的是( )
A．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,4)ρπr2v3
B．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,8)ρπr2v3
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,6)ρπr2v2
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,12)ρπr2v2
19．某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，一正电荷仅在电场力作用下由a运动至b，设a、b两点的电场强度分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，该电荷在a、b两点的速度分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则( )
A．Ea>EbB．φa>φb
C．va>vbD．Epa>Epb
【5.混淆相似问题】
20．在如图所示的装置中，两物体A、B的质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知( )
A．α可能大于βB．m1一定大于m2
C．m1一定小于2m2D．m1可能大于2m2
21．(多选)如图(a)所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1＝1kg的物块；如图(b)所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2＝1.5kg的物块．已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是( )
A．图(a)中AB绳的拉力大小为10N
B．图(b)中DE绳的拉力大小为15N
C．图(a)中轻杆对滑轮的支持力大小为10N
D．图(b)中轻杆对结点的支持力大小为15N
22．(多选)如图所示，金属棒ab、光滑水平金属导轨和螺线管组成闭合回路．设导轨足够长，棒有一定阻值，导轨、导线电阻不计．给金属棒ab一个初速度v使其在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则下列说法正确的是( )
A．棒b端电势比a端低
B．螺线管产生的磁场，A端为N极
C．棒最终将做匀速运动
D．棒最终将停止运动
23．(多选)有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星的排列位置如图所示，则( )
A．卫星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同时间内卫星b转过的弧长最长
C．卫星c的速度一定比卫星d的速度大
D．卫星d的角速度比卫星c的角速度大
24．如图所示为一玩具起重机的电路示意图．电源电动势为6V，电源内电阻r＝0.5Ω，电阻R＝2.5Ω.当电动机以0.5m/s的速度匀速向上提升一质量为320g的物体时(不计一切摩擦，g＝10m/s2)，标有“3V 0.6W”的灯泡刚好正常发光．则电动机的内阻为( )
A．1.25Ω B．3.75Ω
C．5.625Ω D．1Ω
25．(多选)如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，线圈在外力的作用下绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外，cd边转入纸里．下列说法正确的是( )
A．t＝0时线圈中感应电流的方向为a→b→c→d→a
B．感应电动势的瞬时值表达式为e＝314cs (100πt)V
C．线圈转一圈外力做的功为96.8J
D．线圈从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量为0.1C
26．(多选)如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．传送带的速度大小为eq \f(L,T)
B．工件在传送带上加速的时间为eq \f(2μgL,T)
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为eq \f(μmgL,2)
D．传送带传送一个工件消耗的能量为eq \f(mL2,T2)
27．如图所示，在圆心为O的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．边界上的一粒子源A，向磁场区域发射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，其速度大小均为v，方向垂直于磁场且分布在AO右侧α角的范围内(α为锐角).已知磁场区域的半径为eq \f(mv,Bq)，其左侧有与AO平行的足够大的接收屏，不计带电粒子所受重力和相互作用力，求：
(1)沿AO方向入射的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向的夹角；
(2)接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度．
28．如图所示，用均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框的总电阻为R.将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：
(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；
(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.
[答题区]
专项增分练5 易错易混练
1．解析：此题中给出的条件是3s后物体的速率变为10m/s，因此在计算时要考虑此时的速度方向有可能竖直向上，也有可能竖直向下．当速度方向竖直向上时，物体的初速度大小为v0＝v＋gt＝40m/s，物体的位移大小为h1＝eq \f(v0＋v,2)t＝75m，物体在A点的正上方，A错误，C正确．当物体的速度方向竖直向下时，物体的初速度大小为v′0＝－v＋gt＝20m/s，物体的位移大小为h′1＝eq \f(v′0－v,2)t＝15m，物体仍然在A点的正上方，B正确，D错误．
答案：BC
2．解析：球从A到B可看成平抛运动，根据球在竖直方向上的运动规律，由h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4s，球到达A点时的速度大小为vA＝eq \f(x,t)＝3m/s，A错误；竖直分速度vy＝gt＝4m/s，球在B点离开球拍时的速度大小为vB＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝5m/s，B正确；球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为Δv＝gt＝4m/s，C正确，D错误．
答案：BC
3.
解析：A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1＝keq \f(4I0,2L)＝2keq \f(I0,L)，C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2＝keq \f(I0,L)；根据右手螺旋定则可以判断，B1、B2的方向如图所示．α＝30°，由于B1′＝B1sinα＝keq \f(I0,L)＝B2，所以D点处磁场的磁感应强度大小B＝B″1＝B1csα＝eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点，B正确．
答案：B
4．解析：由楞次定律知ab棒中的电流方向为b流向a，A错误；由图乙可知，磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝5T/s，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB,Δt)Ssin37°＝3V，则回路中的电流I＝eq \f(E,R)＝1A，t＝1s时磁感应强度为5T，则所受安培力大小为F＝BIL＝5N，B错误；由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则ab棒与导轨间的压力大小为N＝mg－Fcs37°＝6N，C错误；由平衡条件得，ab棒与导轨间的摩擦力f＝Fsin37°＝3N，又f＝μN，解得μ＝0.5，D正确．
答案：D
5．解析：摩擦力提供给上层水泥板最大的加速度为am＝μg＝7.5m/s2.启动时货车加速度小于am，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为Ff＝ma＝250×3N＝750N，A错误；刹车时货车加速度大于am，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F′f＝μmg＝1875N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为x＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a′)＝9m，C正确；货车由开始刹车到停止的时间为t＝eq \f(v0,a′)＝1.5s，上层水泥板减速到零所需的时间为t′＝eq \f(v0,μg)＝1.6s，因为t′>t，则货车刚停止时，上层水泥板还在滑动，滑动的位移为x′＝v0t－eq \f(1,2)μgt2＝9.5625m，相对底层水泥板滑动的距离为Δs＝x′－x＝0.5625m，D错误．
答案：C
6．解析：位移—时间图像在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知，a质点在t＝5s前沿负方向做匀速直线运动，b质点在t＝5s前沿负方向做匀减速直线运动，两质点的运动方向相同，A正确；两图线相切于坐标为(5s，－2.7m)的点，故在t＝5s时两质点的速度相同，且v＝k＝eq \f(－2.7－0,5－0.5)m/s＝－0.6m/s，B错误；由题意可知，做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2m/s2，根据运动学公式有v＝v0＋at，解得v0＝－1.6m/s，C错误；对于b质点，前5s内有x＝eq \(v,\s\up6(－))t2＝eq \f(－1.6－0.6,2)×5m＝－5.5m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝2.8，D正确．
答案：AD
7．解析：在x轴上，从x1到x2电势先降低后升高，可知电场强度方向先向右后向左，A错误；因φx图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知从x1到x2电场强度先减小后增大，B错误；由F＝qE知把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大，C正确；由Ep＝qφ知负电荷在x1处的电势能Ep1大于在x2处的电势能Ep2，把一负电荷从x1移到x2，电势能减小，电场力做正功，D错误．
答案：C
8．解析：由图像知，U增大，电流I也增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积，则电功率增大，A正确；由欧姆定律知，导体的电阻R＝eq \f(U,I)，随着U增大，I增大得越来越慢，故导体的电阻R随U的增大而增大，由P＝eq \f(U2,R)知导体的电功率与电压U的平方不成正比，B错误；在物理图像上，图线的倾角决定于标度的选取，不能用倾角的正切求斜率，C、D错误．
答案：A
9．解析：由匀变速直线运动的位移与时间的关系式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，对比B物体的图线可知B做匀加速直线运动，结合几何知识可知初速度v0＝4m/s，加速度a＝2m/s2，A错误；由A物体的图线可知，A做匀速直线运动，速度为v＝10m/s，在t＝10s时A、B的位移分别为xA＝vt＝100m，xB＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝140m，此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前方40m处，C错误；t＝6s时，由题图线可得，A、B位移均为60m，故此时A在前、B在后，B正在追赶A，B正确；0～10s内，当A、B速度相等时，相距最远，有v0＋at′＝v，代入数据可得t′＝3s，此时A、B的位移分别为xA′＝vt′＝30m，xB′＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2＝21m，故A、B之间的最大距离为Δx＝40m＋xA′－xB′＝49m，D正确．
答案：BD
10．解析：设连接小球的绳子与水平方向的夹角为θ，对小球，沿斜面方向，由平衡条件有Tcs (θ－30°)＝mgsin30°，解得T＝eq \f(mg,2cs（θ－30°）)，则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T变大，因F＝T，则外力F一直在增大，B正确；将小球和斜面体视为整体，则地面对斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即f＝Tcsθ，又因为T＝eq \f(mg,2cs（θ－30°）)，所以f＝eq \f(1,2)mgeq \f(csθ,cs（θ－30°）)，故只有当θ＝90°时地面对斜面体的静摩擦力才等于零，A错误；当θ＝90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，由受力分析可知，此时绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力，C正确；将小球沿斜面运动的速度v分解可知，绳子的速度v1＝vcs (θ－30°)，则绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度大小，D错误．
答案：BC
11．解析：(1)设木板在铁块的最大静摩擦力即滑动摩擦力作用下产生的加速度为am，则am＝eq \f(μmg,M)＝8m/s2
对铁块和木板组成的整体得：Fm＝(m＋M)am
解得Fm＝20N.
(2)因F＜Fm，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度a运动．
设木板和铁块的共同加速度为a，则a＝eq \f(F,M＋m)＝4m/s2
设木板向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t，则x0＝eq \f(1,2)at2，解得t＝0.5s.
(3)设木板与挡板碰前，木板与铁块的共同速度为v1，则v1＝at，解得v1＝2m/s
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，铁块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与铁块相对滑动，则木板加速度大小为am，设木板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则
μmg＝ma1；v1＝amt1；x1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2am)
解得a1＝2m/s2，t1＝0.25s，x1＝0.25m
当木板速度向左减为零时，设铁块速度为v′1，则v′1＝v1－a1t1
设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为x′1，则
v2＝v′1－a1t2，v2＝amt2，x′1＝eq \f(1,2)amt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v′1＝1.5m/s，t2＝0.15s，v2＝1.2m/s，x′1＝0.09m
因为x′1＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞．以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处．设木板长为L，以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒μmgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)(m＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得L＝2.5m.
答案：(1)20N (2)0.5s (3)2.5m
12．解析：汽车速度减为零所需的时间t＝eq \f(Δv,a)＝2s<3s，故从开始刹车时计时，经过3s汽车行驶的位移等于经过2s汽车行驶的位移，可得汽车驶过的位移为x＝eq \(v,\s\up6(－))t＝eq \f(10＋0,2)×2m＝10m，A、B、C错误，D正确．
答案：D
13.
解析：分析沙发受力，沙发匀速运动，根据平衡条件有：Fcsθ＝μ(Fsinθ＋mg)，代入数据解得μ＝eq \f(\r(3),3)，A正确；沙发开始运动后，保持F大小不变，增大θ角，则F的水平分力减小，竖直分力增大，滑动摩擦力变大，故沙发做减速运动，B错误；设支持力、滑动摩擦力的合力方向与竖直方向的夹角为α，如图1所示，则tanα＝eq \f(f,N)＝μ，α＝30°，画出沙发匀速运动时受力的矢量三角形，如图2所示，可知力F与F合垂直且向上时，即F与水平面成30°角斜向上时F最小，最小值为Fmin＝mgsin30°＝50N，C错误，D正确．
答案：AD
14．解析：小球若沿题图所示轨迹做平抛运动，其运动到B端所用的时间t＝eq \f(x,v0)，则A端距离地面的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(gx2,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，小球沿杆由静止开始从A运动到B，虽然轨迹为平抛运动轨迹，但小球的运动不是平抛运动，因此运动的时间t′≠eq \f(x,v0)，B错误；设小球运动到B端时的速率为vB，根据动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ，解得vB＝eq \r(2gh)＝eq \f(gx,v0)，小球运动到B端时，在竖直方向的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于eq \f(mg2x,v0)，C正确，D错误；小球运动到B端时的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(gx,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，可知小球运动到B端时其水平方向的速度大小vx＝vBcsθ＝eq \f(gxv0,\r(v eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(0)) ＋g2x2))答案：C
15．解析：由理想变压器基本关系知eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)，U1不变，U2变为原来的eq \f(1000kV,220kV)＝eq \f(50,11)倍，所以eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)倍，A正确；因P送变为原来的2倍，U2变为原来的eq \f(50,11)倍，根据P送＝U2I2可知，输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)，B正确；P损＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) R线，R线不变，所以P损变为原来的(eq \f(11,25))2，C正确；U3＝U2－I2R线，而U2变大，I2变小，可知U3变大，而U4不变，则eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)变大，D错误．
答案：ABC
16．解析：第一个易错点是对电路串并联关系的分析：先把电路中的电容器和电压表去掉，分析可知电阻R和RT串联，电压表V1测量R两端的电压，电压表V2测量RT两端的电压，电压表V3测量电源的路端电压，电容器两端的电压等于RT两端的电压．第二个易错点是eq \f(U,I)与eq \f(ΔU,ΔI)的含义区分：eq \f(U1,I)＝R，eq \f(U2,I)＝RT，eq \f(U3,I)＝R＋RT，当温度降低时，RT增大，则eq \f(U1,I)不变，eq \f(U2,I)增大，eq \f(U3,I)增大，A错误；eq \f(ΔU1,ΔI)＝R不变，eq \f(ΔU3,ΔI)＝r不变，eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不变，B错误；RT增大时，其两端电压增大，平行板电容器两端的电压也增大，带电液滴向上加速运动，C错误；RT增大，则外电阻增大，电源的效率增大，D正确．
答案：D
17．解析：当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤eq \f(mv2,R)，又根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＋2mgR＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，可求得v0≥2eq \r(5)m/s；当v0较小时，小球不能通过最高点，这时小球最高可上升到与圆心等高位置处，在最高点速度减为零，根据机械能守恒定律有mgR≥eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，可求得v0≤2eq \r(2)m/s，B、C错误，A、D正确．
答案：AD
18.
解析：建立一个“风柱”模型，如图所示，风柱的横截面积为叶片旋转形成圆面的面积，S＝πr2，经过时间t风柱长度x＝vt，所形成的风柱体积V＝πr2vt，空气遇到叶片旋转形成的圆面后eq \f(1,4)减速为零，eq \f(3,4)原速率穿过，所以与叶片发生相互作用的风柱质量m＝eq \f(1,4)ρV＝eq \f(1,4)ρπr2vt，根据动能定理可知，风力在这一段时间做的功W＝Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,8)ρπr2vt·v2＝eq \f(1,8)ρπr2v3t，一台风力发电机的发电功率P风＝eq \f(W,t)＝eq \f(1,8)ρπr2v3，故A错误，B正确；取与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动的方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝eq \f(1,4)πρr2v2，根据牛顿第三定律，可知空气对一台风力发电机的平均作用力F′＝F＝eq \f(1,4)ρπr2v2，一台风力发电机有三个叶片，所以空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,12)ρπr2v2，故C错误，D正确．
答案：BD
19.
解析：等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Eaφa，B错误；正电荷在电势高的地方电势能大，所以在b点的电势能大于在a点的电势能，即Epavb，C正确，D错误．
答案：C
20．解析：绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子各处的拉力相等，因整个装置处于静止状态，故绳子的拉力等于B的重力m2g，对动滑轮进行受力分析，在水平方向上有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，在竖直方向上有Tcsα＋Tcsβ＝m1g，而T＝m2g，则有2m2gcsα＝m1g，所以m1一定小于2m2，C正确，A、B、D错误．
答案：C
21．解析：对(a)、(b)两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示，图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为FAB＝FBC＝m1g＝10N，A正确；由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲＝FAB＝FBC＝10N，C正确；图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知FDEsin30°＝FEF，FDEcs30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入数据解得轻绳DE的拉力为FDE＝30N，轻杆对结点的支持力大小为F乙＝15eq \r(3)N，B、D错误．
答案：AC
22．解析：ab棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，在金属棒内部产生的感应电流由b到a，ab棒相当于电源，在电源内部电流由负极流向正极，所以a端相当于电源正极，b端电势比a端低，A正确；根据安培定则可知，螺线管产生的磁场，C端为N极，B错误；根据左手定则可知，金属棒ab受到向左的安培力，向右做减速运动，棒最终将停止运动，C错误，D正确．
答案：AD
23．解析：卫星a在赤道上，万有引力远大于向心力，即重力远大于向心力，所以卫星a的向心加速度an远小于重力加速度g，A错误；a、c两颗卫星的角速度相等，由v＝ωr知，卫星c的速度比卫星a的速度大，对于b、c、d三颗卫星，由Geq \f(Mm,r2)＝eq \f(mv2,r)得v＝eq \r(\f(GM,r))，卫星的轨道半径越大，速度越小，所以卫星b的速度比卫星c的速度大，卫星c的速度比卫星d的速度大，C正确；四颗卫星中卫星b的速度最大，由弧长与速度的关系s＝vt可知，在相同的时间内卫星b转过的弧长最长，B正确；由Geq \f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以卫星d的角速度比卫星c的角速度小，D错误．
答案：BC
24．解析：由题图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，则灯泡中的电流IL＝eq \f(P额,U额)＝0.2A，干路电流I＝eq \f(E－U额,r＋R)＝1A，电动机中的电流IM＝I－IL＝0.8A，电动机输出功率P出＝mgv＝1.6W，又因电动机的输出功率P出＝IMUM－I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M)) RM，联立计算得RM＝1.25Ω，A正确．
答案：A
25．解析：由题意可知，t＝0时ab、cd边做切割磁感线运动，由右手定则可得线圈中感应电流的方向为a→d→c→b→a，A错误．线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，图示位置的感应电动势最大，感应电动势的最大值为Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314V，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcsωt＝314cs (100πt)V，B正确．感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))，线圈匀速转动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝0.02s，线圈匀速转动，外力做功大小等于电功的大小，即线圈转一圈外力做的功W＝I2(R＋r)T＝eq \f(E2T,R＋r)，代入数据得W＝98.6J，C错误．线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值eq \(E,\s\up6(－))＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，流过电阻R的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，联立以上各式可得q＝eq \f(NΔΦ,（R＋r）Δt)Δt＝eq \f(NBΔS,R＋r)＝eq \f(NBl1l2,R＋r)，代入数据得q＝0.1C，D正确．
答案：BD
26．解析：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝eq \f(L,T)，A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度a＝μg，根据v＝v0＋at，解得t＝eq \f(v,a)＝eq \f(L,μgT)，B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx＝x传－x物＝vt－eq \f(v2,2μg)＝eq \f(L2,2μgT2)，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(mL2,2T2)，C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件消耗的能量为E＝eq \f(1,2)mv2＋Q＝eq \f(mL2,T2)，D正确．
答案：AD
27．解析：(1)根据左手定则，可知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，设其轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有qBv＝eq \f(mv2,R)
解得R＝eq \f(mv,qB)
可知带电粒子在磁场中的轨迹半径与磁场区域半径相等．
沿AO方向射入磁场的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向之间的夹角为eq \f(π,2)，如图1所示．
(2)设粒子入射方向与AO的夹角为θ(0≤θ≤α)时，粒子离开磁场的位置为A′，粒子做圆周运动的圆心为O′，如图2所示．
根据题意可知四边形AOA′O′四条边长度均为eq \f(mv,Bq)，是菱形，有O′A′∥OA，故粒子出射方向必然垂直于OA所在直线，然后做匀速直线运动垂直击中接收屏．
设与AO成θ角射入磁场的粒子离开磁场时的位置A′与A点的竖直距离为d，有d＝R＋Rcs (eq \f(π,2)－θ)＝eq \f(mv＋mvsinθ,qB)
设d的最大值和最小值分别为d1和d2，有d1＝eq \f(mv＋mvsinα,qB)，d2＝eq \f(mv,qB)
故接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度为Δd＝d1－d2＝eq \f(mvsinα,qB).
答案：(1)eq \f(π,2) (2)eq \f(mvsinα,qB)
28．解析：(1)线框MN边刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝Blv
线框中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,R).
(2)线框MN边刚进入磁场时，MN边为电源，由右手定则知φM>φN，则M、N两点间的电压UMN＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)Blv.
(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝eq \f(l,v)
此过程线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq \f(B2l3v,R)
同理，只有PQ边在磁场中时，线框中产生的焦耳热也为Q＝eq \f(B2l3v,R)
根据能量守恒定律得，水平外力对其做的功为W＝2Q＝eq \f(2B2l3v,R).
答案：(1)eq \f(Blv,R) (2)eq \f(3,4)Blv (3)eq \f(2B2l3v,R)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
12
13
14
答案
题号
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
答案
1．(多选)一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3s后物体的速率变为10m/s.不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是( )
A．在A点正上方15m处，速度方向竖直向上
B．在A点正上方15m处，速度方向竖直向下
C．在A点正上方75m处，速度方向竖直向上
D．在A点正上方75m处，速度方向竖直向下
2．(多选)如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某一次球与球拍碰撞后，经过一段时间后球恰好垂直打在墙壁上的A点，已知球与球拍的作用点为B，A、B两点高度差为0.8m，B点和墙面之间的距离为1.2m，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.则下列说法中正确的是( )
A．球到达A点时的速度大小为5m/s
B．球在B点离开球拍时的速度大小为5m/s
C．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为4m/s
D．球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为2m/s
3．如图所示，在纸面内的直角三角形ACD中，∠ADC＝60°，C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线，A点处导线中通过的电流为4I0(向里)，C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B＝keq \f(I,r)，其中r为该点到导线的距离，k为常量，则D点处磁场的磁感应强度( )
A．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由C点指向D点
B．大小为eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
C．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点
D．大小为eq \r(5)keq \f(I0,L)，方向沿∠D的平分线
4．如图甲所示，质量为1kg的金属棒ab静止在粗糙的平行导轨上且与导轨垂直，两平行导轨固定在同一水平面内．ab棒、导轨和定值电阻R组成面积为1m2的闭合回路，回路总电阻为3Ω.回路内有与水平面成37°角斜向上且均匀变化的匀强磁场，从t＝0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．已知两平行导轨的间距为1m，ab棒与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.在t＝1s时，ab棒恰好相对导轨开始运动，则此时( )
A．ab棒中的电流方向为a流向b
B．ab棒受到的安培力大小为eq \f(25,3)N
C.ab棒与导轨间的压力大小为eq \f(10,3)N
D．ab棒与导轨之间的动摩擦因数为0.5
5．用货车运输规格相同的两块水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上．货车以3m/s2的加速度启动，然后以12m/s的速度匀速行驶，遇紧急情况后以8m/s2的加速度刹车至停止．已知每块水泥板的质量为250kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，则( )
A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875N
B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000N
C．货车在刹车过程中行驶的距离为9m
D．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为22.6m
【2.不会读图】
6．(多选)a、b两质点在同一直线上运动的位移—时间图像如图所示，b质点的加速度大小始终为0.2m/s2，两图线相切于坐标为(5s，－2.7m)的点，则( )
A．前5s内，a、b两质点的运动方向相同
B．t＝5s时，a、b两质点的速度均为－0.54m/s
C．b质点的初速度是－1.8m/s
D．图中x0应为2.8
7．某空间存在一电场，电场中的电势φ在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是( )
A．在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左
B．在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小
C．把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大
D．把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功
8．某种金属导体的UI图像如图所示，图像上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于该导体的叙述，下列说法中正确的是( )
A．导体的电功率随电压U的增大而增大
B．导体的电功率与电压U的平方成正比
C．在A点，导体的电阻为tanβ
D．在A点，导体的电阻为tanα
9．(多选)A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的eq \f(x,t)t图像如图所示，已知在t＝10s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列说法正确的是( )
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2
B．t＝6s时，A在前、B在后，B正在追赶A
C．A、B在零时刻相距30m
D．在0～10s内A、B之间的最大距离为49m
【3.研究对象选取不当】
10．(多选)用外力F通过如图所示的装置把一个质量为m的小球沿倾角为30°的光滑斜面匀速向上拉动．已知在小球匀速运动的过程中，拴在小球上的绳子与水平杆之间的夹角从45°变为90°，斜面体与水平地面之间是粗糙的，并且斜面体一直静止在水平地面上．不计滑轮与绳子之间的摩擦．则在小球匀速运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．地面对斜面体的静摩擦力始终为零
B．外力F一直在增大
C．某时刻绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力
D．绳子移动的速度大小大于小球沿斜面运动的速度大小
11．如图所示，在光滑水平轨道的右端有一弹性挡板，一质量为M＝0.5kg的木板正中间放有一质量为m＝2kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板右端距离挡板x0＝0.5m，小铁块与木板间动摩擦因数μ＝0.2.现对小铁块施加一水平向右的外力F，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力．若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.
(1)要使小铁块与木板发生相对滑动，求水平向右的外力F的最小值；
(2)若水平向右的外力F＝10N，求木板第一次与挡板碰撞前经历的时间；
(3)若水平向右的外力F＝10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力，铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没有滑出木板，求木板的长度．
【4.盲目套公式】
12．汽车以10m/s的速度匀速行驶，5min后突然刹车．若刹车过程中汽车做匀变速直线运动，加速度大小为5m/s2，则从开始刹车时计时，经过3s汽车驶过的位移为( )
A．52.5mB．7.5m
C．30mD．10m
13．(多选)“腊月二十四，掸尘扫房子”，据《吕氏春秋》记载，中国在尧舜时代就有春节扫尘的风俗，寓意在新年里顺利平安．春节前夕，小红需移开沙发，清扫污垢，质量m＝10kg的沙发放置在水平地面上，小红用力F推沙发，当F斜向下与水平成θ＝30°时，如图，若F＝100N，沙发恰好开始做匀速运动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是( )
A．沙发与地面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)
B．沙发开始运动后，保持F大小不变，增大θ角，沙发将做加速运动
C．若F方向能随意改变，想用最小的力推动沙发，应使F沿水平方向
D．若F方向能随意改变，能让沙发匀速运动，力F的最小值为50N
14．如图所示为置于竖直平面内的光滑杆AB，它是依照初速度为v0、水平射程为x的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一质量为m的小球套于其上，小球由静止开始从A端滑下，重力加速度为g，则当小球到达B端时，下列说法正确的是( )
A．小球在水平方向的速度大于v0
B．小球运动的时间为eq \f(x,v0)
C．小球的速率为eq \f(gx,v0)
D．小球所受重力的功率为eq \f(mg2x,v0)
15．(多选)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220kV升级为1000kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，则( )
A．n2∶n1变为原来的eq \f(50,11)倍
B．输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)
C．输电线损失的功率变为原来的(eq \f(11,25))2
D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小
16．如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表．闭合开关S，带电液滴刚好静止在平行板电容器C内．在温度降低的过程中，分别用I、U1、U2和U3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数，用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示电流表A、电压表V1、电压表V2和电压表V3的示数变化量的绝对值．温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是( )
A．eq \f(U1,I)、eq \f(U2,I)、eq \f(U3,I)一定都不变
B．eq \f(ΔU1,ΔI)和eq \f(ΔU3,ΔI)一定不变，eq \f(ΔU2,ΔI)一定变化
C．带电液滴一定向下加速运动
D．电源的工作效率一定变大
17．(多选)如图所示，在竖直平面内有一可视为质点的光滑小球在圆筒最低点，内壁光滑、半径为R的圆筒固定在小车上．小车与小球一起以速度v0向右匀速运动，当小车遇到墙壁时突然停止运动，后一直保持静止，要使小球不脱离圆筒运动，初速度v0应满足(半径R＝0.4m，小球的半径比R小很多，不计空气阻力，g＝10m/s2)( )
A．v0≥2eq \r(5)m/sB．v0≥4m/s
C．v0≤3eq \r(2)m/sD．v0≤2eq \r(2)m/s
18．(多选)青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦．如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子(磁极)转动，在定子(线圈)中产生电流，实现风能向电能的转化．已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有eq \f(1,4)速度减速为0，eq \f(3,4)原速率穿过，不考虑其他能量损耗．下列说法正确的是( )
A．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,4)ρπr2v3
B．一台风力发电机的发电功率约为eq \f(1,8)ρπr2v3
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,6)ρπr2v2
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,12)ρπr2v2
19．某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，一正电荷仅在电场力作用下由a运动至b，设a、b两点的电场强度分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，该电荷在a、b两点的速度分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则( )
A．Ea>EbB．φa>φb
C．va>vbD．Epa>Epb
【5.混淆相似问题】
20．在如图所示的装置中，两物体A、B的质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知( )
A．α可能大于βB．m1一定大于m2
C．m1一定小于2m2D．m1可能大于2m2
21．(多选)如图(a)所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1＝1kg的物块；如图(b)所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2＝1.5kg的物块．已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是( )
A．图(a)中AB绳的拉力大小为10N
B．图(b)中DE绳的拉力大小为15N
C．图(a)中轻杆对滑轮的支持力大小为10N
D．图(b)中轻杆对结点的支持力大小为15N
22．(多选)如图所示，金属棒ab、光滑水平金属导轨和螺线管组成闭合回路．设导轨足够长，棒有一定阻值，导轨、导线电阻不计．给金属棒ab一个初速度v使其在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则下列说法正确的是( )
A．棒b端电势比a端低
B．螺线管产生的磁场，A端为N极
C．棒最终将做匀速运动
D．棒最终将停止运动
23．(多选)有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，方向均与地球自转方向一致，各卫星的排列位置如图所示，则( )
A．卫星a的向心加速度近似等于重力加速度g
B．在相同时间内卫星b转过的弧长最长
C．卫星c的速度一定比卫星d的速度大
D．卫星d的角速度比卫星c的角速度大
24．如图所示为一玩具起重机的电路示意图．电源电动势为6V，电源内电阻r＝0.5Ω，电阻R＝2.5Ω.当电动机以0.5m/s的速度匀速向上提升一质量为320g的物体时(不计一切摩擦，g＝10m/s2)，标有“3V 0.6W”的灯泡刚好正常发光．则电动机的内阻为( )
A．1.25Ω B．3.75Ω
C．5.625Ω D．1Ω
25．(多选)如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，线圈在外力的作用下绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外，cd边转入纸里．下列说法正确的是( )
A．t＝0时线圈中感应电流的方向为a→b→c→d→a
B．感应电动势的瞬时值表达式为e＝314cs (100πt)V
C．线圈转一圈外力做的功为96.8J
D．线圈从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量为0.1C
26．(多选)如图所示，在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点，每隔相同的时间T，轻放上一个相同的工件．已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件质量为m.经测量，发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．传送带的速度大小为eq \f(L,T)
B．工件在传送带上加速的时间为eq \f(2μgL,T)
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为eq \f(μmgL,2)
D．传送带传送一个工件消耗的能量为eq \f(mL2,T2)
27．如图所示，在圆心为O的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．边界上的一粒子源A，向磁场区域发射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，其速度大小均为v，方向垂直于磁场且分布在AO右侧α角的范围内(α为锐角).已知磁场区域的半径为eq \f(mv,Bq)，其左侧有与AO平行的足够大的接收屏，不计带电粒子所受重力和相互作用力，求：
(1)沿AO方向入射的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向的夹角；
(2)接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度．
28．如图所示，用均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框的总电阻为R.将线框置于光滑绝缘的水平面上．在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B.在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场．在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行．求：
(1)线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；
(2)线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；
(3)在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W.
[答题区]
专项增分练5 易错易混练
1．解析：此题中给出的条件是3s后物体的速率变为10m/s，因此在计算时要考虑此时的速度方向有可能竖直向上，也有可能竖直向下．当速度方向竖直向上时，物体的初速度大小为v0＝v＋gt＝40m/s，物体的位移大小为h1＝eq \f(v0＋v,2)t＝75m，物体在A点的正上方，A错误，C正确．当物体的速度方向竖直向下时，物体的初速度大小为v′0＝－v＋gt＝20m/s，物体的位移大小为h′1＝eq \f(v′0－v,2)t＝15m，物体仍然在A点的正上方，B正确，D错误．
答案：BC
2．解析：球从A到B可看成平抛运动，根据球在竖直方向上的运动规律，由h＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝0.4s，球到达A点时的速度大小为vA＝eq \f(x,t)＝3m/s，A错误；竖直分速度vy＝gt＝4m/s，球在B点离开球拍时的速度大小为vB＝eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )＝5m/s，B正确；球从B点运动到A点的过程中速度变化量大小为Δv＝gt＝4m/s，C正确，D错误．
答案：BC
3.
解析：A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1＝keq \f(4I0,2L)＝2keq \f(I0,L)，C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2＝keq \f(I0,L)；根据右手螺旋定则可以判断，B1、B2的方向如图所示．α＝30°，由于B1′＝B1sinα＝keq \f(I0,L)＝B2，所以D点处磁场的磁感应强度大小B＝B″1＝B1csα＝eq \r(3)keq \f(I0,L)，方向由D点指向C点，B正确．
答案：B
4．解析：由楞次定律知ab棒中的电流方向为b流向a，A错误；由图乙可知，磁感应强度的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝5T/s，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB,Δt)Ssin37°＝3V，则回路中的电流I＝eq \f(E,R)＝1A，t＝1s时磁感应强度为5T，则所受安培力大小为F＝BIL＝5N，B错误；由左手定则知，安培力方向垂直磁场方向向左上，则ab棒与导轨间的压力大小为N＝mg－Fcs37°＝6N，C错误；由平衡条件得，ab棒与导轨间的摩擦力f＝Fsin37°＝3N，又f＝μN，解得μ＝0.5，D正确．
答案：D
5．解析：摩擦力提供给上层水泥板最大的加速度为am＝μg＝7.5m/s2.启动时货车加速度小于am，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为Ff＝ma＝250×3N＝750N，A错误；刹车时货车加速度大于am，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为F′f＝μmg＝1875N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为x＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a′)＝9m，C正确；货车由开始刹车到停止的时间为t＝eq \f(v0,a′)＝1.5s，上层水泥板减速到零所需的时间为t′＝eq \f(v0,μg)＝1.6s，因为t′>t，则货车刚停止时，上层水泥板还在滑动，滑动的位移为x′＝v0t－eq \f(1,2)μgt2＝9.5625m，相对底层水泥板滑动的距离为Δs＝x′－x＝0.5625m，D错误．
答案：C
6．解析：位移—时间图像在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知，a质点在t＝5s前沿负方向做匀速直线运动，b质点在t＝5s前沿负方向做匀减速直线运动，两质点的运动方向相同，A正确；两图线相切于坐标为(5s，－2.7m)的点，故在t＝5s时两质点的速度相同，且v＝k＝eq \f(－2.7－0,5－0.5)m/s＝－0.6m/s，B错误；由题意可知，做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2m/s2，根据运动学公式有v＝v0＋at，解得v0＝－1.6m/s，C错误；对于b质点，前5s内有x＝eq \(v,\s\up6(－))t2＝eq \f(－1.6－0.6,2)×5m＝－5.5m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝2.8，D正确．
答案：AD
7．解析：在x轴上，从x1到x2电势先降低后升高，可知电场强度方向先向右后向左，A错误；因φx图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，可知从x1到x2电场强度先减小后增大，B错误；由F＝qE知把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大，C正确；由Ep＝qφ知负电荷在x1处的电势能Ep1大于在x2处的电势能Ep2，把一负电荷从x1移到x2，电势能减小，电场力做正功，D错误．
答案：C
8．解析：由图像知，U增大，电流I也增大，该导体的电功率在数值上等于横、纵坐标确定的矩形面积，则电功率增大，A正确；由欧姆定律知，导体的电阻R＝eq \f(U,I)，随着U增大，I增大得越来越慢，故导体的电阻R随U的增大而增大，由P＝eq \f(U2,R)知导体的电功率与电压U的平方不成正比，B错误；在物理图像上，图线的倾角决定于标度的选取，不能用倾角的正切求斜率，C、D错误．
答案：A
9．解析：由匀变速直线运动的位移与时间的关系式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，对比B物体的图线可知B做匀加速直线运动，结合几何知识可知初速度v0＝4m/s，加速度a＝2m/s2，A错误；由A物体的图线可知，A做匀速直线运动，速度为v＝10m/s，在t＝10s时A、B的位移分别为xA＝vt＝100m，xB＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝140m，此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前方40m处，C错误；t＝6s时，由题图线可得，A、B位移均为60m，故此时A在前、B在后，B正在追赶A，B正确；0～10s内，当A、B速度相等时，相距最远，有v0＋at′＝v，代入数据可得t′＝3s，此时A、B的位移分别为xA′＝vt′＝30m，xB′＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2＝21m，故A、B之间的最大距离为Δx＝40m＋xA′－xB′＝49m，D正确．
答案：BD
10．解析：设连接小球的绳子与水平方向的夹角为θ，对小球，沿斜面方向，由平衡条件有Tcs (θ－30°)＝mgsin30°，解得T＝eq \f(mg,2cs（θ－30°）)，则当θ角从45°变为90°的过程中，绳子的拉力T变大，因F＝T，则外力F一直在增大，B正确；将小球和斜面体视为整体，则地面对斜面体的静摩擦力等于绳子拉力的水平分量，即f＝Tcsθ，又因为T＝eq \f(mg,2cs（θ－30°）)，所以f＝eq \f(1,2)mgeq \f(csθ,cs（θ－30°）)，故只有当θ＝90°时地面对斜面体的静摩擦力才等于零，A错误；当θ＝90°时，滑轮两边绳子的夹角为120°，由受力分析可知，此时绳子对水平杆上的滑轮的合力等于绳子的拉力，C正确；将小球沿斜面运动的速度v分解可知，绳子的速度v1＝vcs (θ－30°)，则绳子移动的速度大小小于小球沿斜面运动的速度大小，D错误．
答案：BC
11．解析：(1)设木板在铁块的最大静摩擦力即滑动摩擦力作用下产生的加速度为am，则am＝eq \f(μmg,M)＝8m/s2
对铁块和木板组成的整体得：Fm＝(m＋M)am
解得Fm＝20N.
(2)因F＜Fm，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度a运动．
设木板和铁块的共同加速度为a，则a＝eq \f(F,M＋m)＝4m/s2
设木板向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t，则x0＝eq \f(1,2)at2，解得t＝0.5s.
(3)设木板与挡板碰前，木板与铁块的共同速度为v1，则v1＝at，解得v1＝2m/s
木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，铁块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与铁块相对滑动，则木板加速度大小为am，设木板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则
μmg＝ma1；v1＝amt1；x1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2am)
解得a1＝2m/s2，t1＝0.25s，x1＝0.25m
当木板速度向左减为零时，设铁块速度为v′1，则v′1＝v1－a1t1
设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为x′1，则
v2＝v′1－a1t2，v2＝amt2，x′1＝eq \f(1,2)amt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v′1＝1.5m/s，t2＝0.15s，v2＝1.2m/s，x′1＝0.09m
因为x′1＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞．以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处．设木板长为L，以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒μmgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)(m＋M)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得L＝2.5m.
答案：(1)20N (2)0.5s (3)2.5m
12．解析：汽车速度减为零所需的时间t＝eq \f(Δv,a)＝2s<3s，故从开始刹车时计时，经过3s汽车行驶的位移等于经过2s汽车行驶的位移，可得汽车驶过的位移为x＝eq \(v,\s\up6(－))t＝eq \f(10＋0,2)×2m＝10m，A、B、C错误，D正确．
答案：D
13.
解析：分析沙发受力，沙发匀速运动，根据平衡条件有：Fcsθ＝μ(Fsinθ＋mg)，代入数据解得μ＝eq \f(\r(3),3)，A正确；沙发开始运动后，保持F大小不变，增大θ角，则F的水平分力减小，竖直分力增大，滑动摩擦力变大，故沙发做减速运动，B错误；设支持力、滑动摩擦力的合力方向与竖直方向的夹角为α，如图1所示，则tanα＝eq \f(f,N)＝μ，α＝30°，画出沙发匀速运动时受力的矢量三角形，如图2所示，可知力F与F合垂直且向上时，即F与水平面成30°角斜向上时F最小，最小值为Fmin＝mgsin30°＝50N，C错误，D正确．
答案：AD
14．解析：小球若沿题图所示轨迹做平抛运动，其运动到B端所用的时间t＝eq \f(x,v0)，则A端距离地面的高度h＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(gx2,2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，小球沿杆由静止开始从A运动到B，虽然轨迹为平抛运动轨迹，但小球的运动不是平抛运动，因此运动的时间t′≠eq \f(x,v0)，B错误；设小球运动到B端时的速率为vB，根据动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ，解得vB＝eq \r(2gh)＝eq \f(gx,v0)，小球运动到B端时，在竖直方向的速度大小vy≠vB，因此重力的功率不等于eq \f(mg2x,v0)，C正确，D错误；小球运动到B端时的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(gx,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，可知小球运动到B端时其水平方向的速度大小vx＝vBcsθ＝eq \f(gxv0,\r(v eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(0)) ＋g2x2))
15．解析：由理想变压器基本关系知eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)，U1不变，U2变为原来的eq \f(1000kV,220kV)＝eq \f(50,11)倍，所以eq \f(n2,n1)变为原来的eq \f(50,11)倍，A正确；因P送变为原来的2倍，U2变为原来的eq \f(50,11)倍，根据P送＝U2I2可知，输电线上电流I2变为原来的eq \f(11,25)，B正确；P损＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) R线，R线不变，所以P损变为原来的(eq \f(11,25))2，C正确；U3＝U2－I2R线，而U2变大，I2变小，可知U3变大，而U4不变，则eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)变大，D错误．
答案：ABC
16．解析：第一个易错点是对电路串并联关系的分析：先把电路中的电容器和电压表去掉，分析可知电阻R和RT串联，电压表V1测量R两端的电压，电压表V2测量RT两端的电压，电压表V3测量电源的路端电压，电容器两端的电压等于RT两端的电压．第二个易错点是eq \f(U,I)与eq \f(ΔU,ΔI)的含义区分：eq \f(U1,I)＝R，eq \f(U2,I)＝RT，eq \f(U3,I)＝R＋RT，当温度降低时，RT增大，则eq \f(U1,I)不变，eq \f(U2,I)增大，eq \f(U3,I)增大，A错误；eq \f(ΔU1,ΔI)＝R不变，eq \f(ΔU3,ΔI)＝r不变，eq \f(ΔU2,ΔI)＝R＋r不变，B错误；RT增大时，其两端电压增大，平行板电容器两端的电压也增大，带电液滴向上加速运动，C错误；RT增大，则外电阻增大，电源的效率增大，D正确．
答案：D
17．解析：当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤eq \f(mv2,R)，又根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＋2mgR＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，可求得v0≥2eq \r(5)m/s；当v0较小时，小球不能通过最高点，这时小球最高可上升到与圆心等高位置处，在最高点速度减为零，根据机械能守恒定律有mgR≥eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，可求得v0≤2eq \r(2)m/s，B、C错误，A、D正确．
答案：AD
18.
解析：建立一个“风柱”模型，如图所示，风柱的横截面积为叶片旋转形成圆面的面积，S＝πr2，经过时间t风柱长度x＝vt，所形成的风柱体积V＝πr2vt，空气遇到叶片旋转形成的圆面后eq \f(1,4)减速为零，eq \f(3,4)原速率穿过，所以与叶片发生相互作用的风柱质量m＝eq \f(1,4)ρV＝eq \f(1,4)ρπr2vt，根据动能定理可知，风力在这一段时间做的功W＝Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,8)ρπr2vt·v2＝eq \f(1,8)ρπr2v3t，一台风力发电机的发电功率P风＝eq \f(W,t)＝eq \f(1,8)ρπr2v3，故A错误，B正确；取与叶片发生相互作用的那部分空气为研究对象，规定空气流动的方向为正方向，根据动量定理得－Ft＝0－mv，解得F＝eq \f(1,4)πρr2v2，根据牛顿第三定律，可知空气对一台风力发电机的平均作用力F′＝F＝eq \f(1,4)ρπr2v2，一台风力发电机有三个叶片，所以空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为eq \f(1,12)ρπr2v2，故C错误，D正确．
答案：BD
19.
解析：等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Ea
答案：C
20．解析：绳子通过定滑轮和动滑轮相连，绳子各处的拉力相等，因整个装置处于静止状态，故绳子的拉力等于B的重力m2g，对动滑轮进行受力分析，在水平方向上有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，在竖直方向上有Tcsα＋Tcsβ＝m1g，而T＝m2g，则有2m2gcsα＝m1g，所以m1一定小于2m2，C正确，A、B、D错误．
答案：C
21．解析：对(a)、(b)两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示，图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳AB的拉力大小为FAB＝FBC＝m1g＝10N，A正确；由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲＝FAB＝FBC＝10N，C正确；图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知FDEsin30°＝FEF，FDEcs30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入数据解得轻绳DE的拉力为FDE＝30N，轻杆对结点的支持力大小为F乙＝15eq \r(3)N，B、D错误．
答案：AC
22．解析：ab棒向右切割磁感线，根据右手定则可知，在金属棒内部产生的感应电流由b到a，ab棒相当于电源，在电源内部电流由负极流向正极，所以a端相当于电源正极，b端电势比a端低，A正确；根据安培定则可知，螺线管产生的磁场，C端为N极，B错误；根据左手定则可知，金属棒ab受到向左的安培力，向右做减速运动，棒最终将停止运动，C错误，D正确．
答案：AD
23．解析：卫星a在赤道上，万有引力远大于向心力，即重力远大于向心力，所以卫星a的向心加速度an远小于重力加速度g，A错误；a、c两颗卫星的角速度相等，由v＝ωr知，卫星c的速度比卫星a的速度大，对于b、c、d三颗卫星，由Geq \f(Mm,r2)＝eq \f(mv2,r)得v＝eq \r(\f(GM,r))，卫星的轨道半径越大，速度越小，所以卫星b的速度比卫星c的速度大，卫星c的速度比卫星d的速度大，C正确；四颗卫星中卫星b的速度最大，由弧长与速度的关系s＝vt可知，在相同的时间内卫星b转过的弧长最长，B正确；由Geq \f(Mm,r2)＝mω2r得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，卫星的轨道半径越大，角速度越小，所以卫星d的角速度比卫星c的角速度小，D错误．
答案：BC
24．解析：由题图可知，灯泡与电动机并联，灯泡正常发光，则灯泡中的电流IL＝eq \f(P额,U额)＝0.2A，干路电流I＝eq \f(E－U额,r＋R)＝1A，电动机中的电流IM＝I－IL＝0.8A，电动机输出功率P出＝mgv＝1.6W，又因电动机的输出功率P出＝IMUM－I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(M)) RM，联立计算得RM＝1.25Ω，A正确．
答案：A
25．解析：由题意可知，t＝0时ab、cd边做切割磁感线运动，由右手定则可得线圈中感应电流的方向为a→d→c→b→a，A错误．线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，图示位置的感应电动势最大，感应电动势的最大值为Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em＝314V，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcsωt＝314cs (100πt)V，B正确．感应电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))，线圈匀速转动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝0.02s，线圈匀速转动，外力做功大小等于电功的大小，即线圈转一圈外力做的功W＝I2(R＋r)T＝eq \f(E2T,R＋r)，代入数据得W＝98.6J，C错误．线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值eq \(E,\s\up6(－))＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，流过电阻R的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，联立以上各式可得q＝eq \f(NΔΦ,（R＋r）Δt)Δt＝eq \f(NBΔS,R＋r)＝eq \f(NBl1l2,R＋r)，代入数据得q＝0.1C，D正确．
答案：BD
26．解析：工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知L＝vT，解得传送带的速度v＝eq \f(L,T)，A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度a＝μg，根据v＝v0＋at，解得t＝eq \f(v,a)＝eq \f(L,μgT)，B错误；工件与传送带发生相对滑动的位移Δx＝x传－x物＝vt－eq \f(v2,2μg)＝eq \f(L2,2μgT2)，则因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(mL2,2T2)，C错误；根据能量守恒定律可得，传送带传送一个工件消耗的能量为E＝eq \f(1,2)mv2＋Q＝eq \f(mL2,T2)，D正确．
答案：AD
27．解析：(1)根据左手定则，可知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，设其轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有qBv＝eq \f(mv2,R)
解得R＝eq \f(mv,qB)
可知带电粒子在磁场中的轨迹半径与磁场区域半径相等．
沿AO方向射入磁场的粒子离开磁场时的速度方向与入射方向之间的夹角为eq \f(π,2)，如图1所示．
(2)设粒子入射方向与AO的夹角为θ(0≤θ≤α)时，粒子离开磁场的位置为A′，粒子做圆周运动的圆心为O′，如图2所示．
根据题意可知四边形AOA′O′四条边长度均为eq \f(mv,Bq)，是菱形，有O′A′∥OA，故粒子出射方向必然垂直于OA所在直线，然后做匀速直线运动垂直击中接收屏．
设与AO成θ角射入磁场的粒子离开磁场时的位置A′与A点的竖直距离为d，有d＝R＋Rcs (eq \f(π,2)－θ)＝eq \f(mv＋mvsinθ,qB)
设d的最大值和最小值分别为d1和d2，有d1＝eq \f(mv＋mvsinα,qB)，d2＝eq \f(mv,qB)
故接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度为Δd＝d1－d2＝eq \f(mvsinα,qB).
答案：(1)eq \f(π,2) (2)eq \f(mvsinα,qB)
28．解析：(1)线框MN边刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝Blv
线框中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,R).
(2)线框MN边刚进入磁场时，MN边为电源，由右手定则知φM>φN，则M、N两点间的电压UMN＝eq \f(3,4)E＝eq \f(3,4)Blv.
(3)只有MN边在磁场中时，线框运动的时间t＝eq \f(l,v)
此过程线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq \f(B2l3v,R)
同理，只有PQ边在磁场中时，线框中产生的焦耳热也为Q＝eq \f(B2l3v,R)
根据能量守恒定律得，水平外力对其做的功为W＝2Q＝eq \f(2B2l3v,R).
答案：(1)eq \f(Blv,R) (2)eq \f(3,4)Blv (3)eq \f(2B2l3v,R)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
12
13
14
答案
题号
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
答案
相关试卷
新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练4数理结合练： 这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练4数理结合练，共19页。
新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练3图像应用练： 这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练3图像应用练，共14页。
新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练2情境创新练： 这是一份新教材2024届高考物理二轮专项分层特训卷第二部分专项增分练2情境创新练，共19页。
