期末复习小题好拿分【基础版】（30题）
一、单选题
1．如图所示，某物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C，下列结论正确的是（ ）
A. 物体的位移等于4R，方向向东
B. 物体的位移等于2πR，方向向东
C. 物体的路程等于4R
D. 物体的路程等于4πR
2．古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢。比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍。1800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移。 直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾。并通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点。对此进行了进一步的研究，通过实验来验证：伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中记录的一组实验数据: 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列是伽利略得出的结论是（ ）
A. vt=v0+at B.
C. vt2-v02=2ax D.
3．已知做匀加速直线运动的物体在某段时间内的第5s末速度为10m/s，则物体（ ）
A. 加速度一定为2m/s2
B. 前5s内位移一定是25m
C. 前10s内位移一定为100m
D. 前10s内位移不一定为100m
4．如图所示，质量为m=1.2Kg、顶角为α=370的直角劈和质量为M=2 Kg的正方体放在两竖直墙和水平地面间，处于静止状态．若不计一切摩擦， g取10 m/s2，墙面对正方体的弹力大小与水平地面对正方体的弹力大小分别为（ ）
A. 20N，36N B. 16N，32N
C. 16N，40N D. 20N，20N
5．如图所示，水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ。若当地的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 物块所受摩擦力的方向水平向左
B. 物块运动的时间为
C. 物块相对地面的位移大小为
D. 物块相对传送带的位移大小为
6．如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与A、C两物体相连接且伸直，mA=3 kg，mB=2 kg，mC=1kg，物体A、B、C间的动摩擦因数均为μ=0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。若要用力将B物体从AC间拉动出，则作用 在B物体上水平向左的拉力至少应大于(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2)（ ）
A. 12N B. 5N C. 8N D. 6N
7．如图所示，小车运动的过程中，质量均为m的悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止，悬挂小球A的悬线与竖直线夹角为θ，则物块B受到的摩擦力和小车运动情况下列判断中正确的是（ ）
A. 物块B不受摩擦力作用，小车只能向右运动
B. 物块B受摩擦力作用，大小为，方向向左；小车可能向右运动
C. 物块B受摩擦力作用，大小为，方向向左；小车一定向左运动
D. B受到的摩擦力情况无法判断，小车运动方向不能确定
8．如图所示，将一质量为m的小球从空中O点以速度水平抛出，飞行一段时间后，小球经过P点时动能，不计空气阻力，则小球从O到P过程中 （ ）
A. 经过的时间为
B. 速度增量为，方向斜向下
C. 运动方向改变的角度的正切值为
D. 下落的高度为
9．质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，其引力势能可表示为Ep＝－，其中G为引力常量，M为地球质量。假设该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气摩擦的作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，则在此过程中因摩擦而产生的热量为（ ）
A. GMm() B. GMm()
C. () D. ()
10．发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如题图所示．当卫星分别在轨道1、2、3上正常运行时，则以下说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道3上的运行速率大于7.9km/s
B. 卫星在轨道3上的机械能小于它在轨道1上的机械能
C. 卫星在轨道3上的运行速率小于它在轨道1上的运行速率
D. 卫星沿轨道1经过Q点时的加速度小于轨道2经过Q点时的加速度
11．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是
A. 在下滑过程中，物块的机械能守恒
B. 物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动
C. 在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
D. 物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处
12．质量为m的汽车，启动后沿平直路面行驶，如果发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定，汽车速度能够达到的最大值为v，那么当汽车的车速为时．汽车的瞬时加速度的大小为（ ）
A. B. C. D.
13．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v-t图像如图所示， g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球重力和所受阻力之比为5：1
B. 小球上升过程中克服阻力做功24 J
C. 小球上升与下落所用时间之比为2：3
D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失
14．如图所示，在电场有M、N两点，则（ ）
A. M点的电势比N点的电势高
B. M点的电场强度比N点的电场强度大
C. 正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大
D. 负电荷从M点运动到N点，电场力不做功
15．在如图所示的电路中，输入电压U恒为8 V，灯泡L标有“3 V，6 W”字样，电动机线圈的电阻RM＝1 Ω。若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是（ ）
A. 电动机的输出功率10W
B. 整个电路消耗的电功率是10 W
C. 电动机的效率是80%
D. 流过电动机的电流是2 A
16．如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为θ．电容器接在如图所示的电路中，R1为电阻箱，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻．闭合开关S，此时R2的滑片在正中间，电流表和电压表的示数分别为I和U．已知电源电动势E和内阻r一定，电表均为理想电表．以下说法正确的是( )
A. 保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，则I读数变小，U读数变大
B. 小球带正电，将R2的滑片向左端滑动过程中会有电流流过R2
C. 减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变
D. 增大R1，则I读数变大，U读数变小
17．如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），使用前先给超级电容器C充电，弹射时，电容器释放储存电能所产生的强大电流经过导体棒EF，EF在磁场（方向垂直纸面向外）作用下加速。则下列说法正确的是 （ ）
A. 电源给电容器充电后，M板带正电
B. 导体棒在安培力作用下向右运动
C. 超级电容器相当电源，放电时两端电压不变
D. 在电容器放电过程中，电容器电容不断减小
18．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是（ ）
A. 一起向左运动 B. 一起向右运动
C. 相向运动，相互靠近 D. 相背运动，相互远离
19．如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场, 粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的大小B需满足(?? )
A. B.
C. D.
20．如图所示，正八边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带电的粒子从 h 点沿 he 图示方向射入磁场区域，当速度大小为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb．当速度大小为 vd 时，从 d 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 td，不计粒子重力。则下列正确的说法是( )
A. tb:td =2:1
B. tb:td =1:2
C. tb:td =3:1
D. tb:td =1:3
二、多项选择题
21．甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v﹣t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为s1和s2（s1=s2）．初始时，甲车在乙车前方S0处．（ ）
A. 若s0=s1+s2，两车不会相遇 B. 若s0＜s1，两车相遇2次
C. 若s0=s1，两车相遇1次 D. 若s0=s2，两车相遇1次
22．如图所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于拉伸状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. M对m无摩擦力作用
B. M对m的摩擦力方向向左
C. 地面对M的摩擦力方向向左
D. 地面对M无摩擦力作用
23．如图1所示，一轻弹簧下端固定在水平面上，上端放置一小物体，小物体处于静止状态．现对小物体施一竖直向上的拉力F，使小物体向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图2所示，a、b、c均为已知量，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内．则下列结论正确的是（ ）
A. 开始时弹簧的压缩量为c
B. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
C. 物体的加速度大小为
D. 物体从开始运动到离开弹簧的过程经过的时间为
24．在一次体育活动中，两个同学一前一后沿同一水平直线h站立，分别抛出两个小球A和B，两个小球的运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两个小球在空中发生碰撞，必须
A. 先抛出A球，后抛出B球
B. 同时抛出两球
C. A球抛出速度大于B球抛出速度
D. 使两球质量相等
25．发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后经点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1与2相切于Q点，轨道2与3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道3上的速率大于它在轨道1上的速率
B. 卫星在轨道3上的角速度小于它在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的速率大于它在轨道2上经过Q点时的速率
D. 卫星在轨道2上经过P点时的速率小于它在轨道3上经过P点时的速率
26．(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A. M的带电量比N的大
B. M带负电荷，N带正电荷
C. 静止时M受到的合力比N的大
D. 移动过程中匀强电场对M做负功
27．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10﹣4T．电子质量m=9.1×10﹣31kg，电量e=1.6×10﹣19C，不计电子重力．电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（ ）
A．θ=90°时，l=9.1cm B．θ=60°时，l=9.1cm
C．θ=45°时，l=4.55cm D．θ=30°时，l=4.55cm
28．水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上。设工件初速为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止。设工件质量为m，它与传送带间的滑动摩擦系数为μ，则在工件相对传送带滑动的过程中
A. 滑摩擦力对工件做的功为mv2/2 B. 工件的机械能增量为mv2/2
C. 工件相对于传送带滑动的路程大小为v2/(2μg) D. 传送带对工件做为零
29．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确是
A. 物体B动能的减少量等于B克服摩擦力做的功
B. 物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C. 物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D. 摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
30．如图所示的弹弓，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ABC恰好处于原长状态，在C处(AB连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD的中点，则（ ）
A.从D到C，弹丸的机械能一直增大
B.从D到C，弹丸的动能一直在增大
C.从D到C，弹丸的机械能先增大后减小
D.从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能
参考答案
1．A
【解析】AB：位移是从初位置指向末位置的有向线段，则物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C过程中的位移等于4R，方向向东。A项正确，B项错误。
CD：路程是物体通过轨迹的长度，则物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C过程中的路程等于2πR。C项错误，D项错误。
2．D
3．C
【解析】物体做匀加速直线运动，加速度为，可见，只有当v0=0时，a才等于是2m/s2．故A错误．前5s内位移为，当v0=0时x=25m，故B错误．根据推论可知，物体做匀加速直线运动，第5秒末的瞬时速度等于前10s内的平均速度，所以前10s内平均速度为10m/s，则前10s的位移一定为x=t=100m，故C正确，D错误．故选C.
4．B
【解析】以直角劈和质量为M正方体整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示：
则由平衡条件得：水平面对正方体的弹力大小N3=（M+m）g=32N；对直角劈研究，分析受力情况，如图2所示，根据平衡条件得：墙面对m的弹力： ，故B正确，ACD错误。
5．D
【解析】试题分析：物块相对传送带向左滑动，摩擦力方向水平向右，即物块所受合外力为，加速度，物块运动的时间， 物块相对地面的位移大小，物块相对传送带的位移大小，故ABC错误，D正确.故选D.
【点睛】根据相对运动方向求得摩擦力方向；由受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度，然后根据匀变速运动规律求得运动时间、位移，然后由几何关系求得相对位移．
6．D
7．B
【解析】对A受力分析：受重力、线的拉力，在水平方向有： ，在竖直方向： ，联立可得： ，方向水平向左，故小车可能向左加速也可能向右减速运动，故B正确，C错误；因为A和B都相对车厢静止，加速度相同，所以B一定受到向左的摩擦力作用，故AD错误。所以B正确，ACD错误。
8．A
【解析】P点的动能Ek＝mv2＝5mv02，解得P点的速度v=v0，根据平行四边形定则知，P点的竖直分速度vy＝=3v0，则经历的时间，故A正确．平抛运动的加速度不变，则速度的增量△v=gt=3v0，方向竖直向下，故B错误．运动方向改变的角度为tanθ＝＝3，故C错误．根据动能定理得，mgh=5mv02?mv02，解得下落的高度，故D错误．故选A．
9．C
【解析】试题分析：卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为时①，卫星的引力势能为；道半径为时③，卫星的引力势能为④；设摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得： ⑤，联立①～⑤解得： ，故选C．
【点睛】求出卫星在半径为圆形轨道和半径为的圆形轨道上的动能，从而得知动能的减小量，通过引力势能公式求出势能的增加量，根据能量守恒求出热量．
10．C
11．B
12．C
【解析】解：汽车速度达到最大后，将匀速前进，根据功率与速度关系公式P=Fv和共点力平衡条件有：
F1=f…①
P=F1v…②
当汽车的车速为 时有： …③
根据牛顿第二定律有：
F2﹣f=ma…④
由①～④式，可求得：
所以ABD错误，C正确；
13．A
【解析】解：A、速度时间图线可知，小球上升的加速度大小a1=12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比为5：1
小球匀减速直线运动的位移：x＝1/2×2×24m＝24m
B、克服阻力做功:
C、小球下降的加速度： ，由得，时间之比为 D、机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多
14．B
【解析】A、根据沿着电场线方向电势降低,可以知道M点的电势比N点的电势低,故A错误. B、电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,所以M点的电场强度比N点的电场强度大.所以B选项是正确的. C、根据电势能公式 知正电荷在电势高处电势能大,则知正电荷在M点的电势能比在N点的电势能小,故C错误. D、M点的电势比N点的电势低,根据电势能公式知负电荷在电势高处电势能小,则知负电荷从M点运动到N点,电势能增大,电场力做负功,故D错误.
综上所述本题答案是：B
15．D
16．C
【解析】电路稳定时，R2相当于导线．保持R1不变，将R2的滑片向右端滑动，不改变电路中有效电阻，电路中电流不变，则I读数和U读数均不变，故A错误．电容器板间电场方向水平向右，小球受到的电场力也水平向右，所以小球带正电．将R2的滑片向左端滑动过程中，电容器的电压不变，带电量不变，没有电流通过R2．故B错误．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir，得 ，保持不变，即减小R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值不变．故C正确．增大R1，电路中电流减小，路端电压增大，则I读数变小，U读数变大，故D错误．故选C.
点睛：解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析．要明确与电容器串联的电阻，在电路稳定时相当于导线．
17．B
【解析】电容器下极板接正极，所以充电后N乙极带正电，故A错误；放电时，电流由F到E，则由左手定则可知，安培力向右，所以导体棒向右运动，故B正确；电容器放电时，电量和电压均减小，故C错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故D错误．故选B．
点睛：本题考查电容以及安培力的性质，要注意掌握左手定则以及电容的性质等基本内容，明确电容由导体本身的性质决定．
18．D
19．B
【解析】粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示： 则粒子运动的半径为：r=acot30°=a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：R＞r， 解得： ，故选D．
点睛：本题是考查了粒子在有界磁场中的运动问题，解题的关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解半径，然后应用牛顿第二定律即可正确解题．
20．C
【解析】根据题意可知，粒子从b点和从d点离开的运动轨迹如图所示；
由图利用几何关系可知，从b点离开时粒子转过的圆心角为135°，而从d点离开时粒子其圆心角为45°，因粒子在磁场中的周期相同，由t=T可知，时间之比等于转过的圆心角之比，故tb：td=135°：45°=3：1，故C正确，ABD错误．故选C．
点睛：本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角．
21．ABCD
【解析】由图线可知：在T时间内，甲车前进了s2，乙车前进了s1+s2；若s0=s1+s2，则s0＞s1，若s0+s2＞s1+s2，即s0＞s1，两车不会相遇，故A正确；若s0＜s1，即s0+s2＜s1+s2，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故B正确；若s0=s1，即s0+s2=s1+s2，两车只能相遇一次，故C正确；由于s1=s2．则若s0=s2，两车相遇1 次，故D正确。所以ABCD正确。
22．BD
23．AD
【解析】刚开始时物体处于静止状态，物体受到的重力和弹力二力平衡，弹簧的压缩量：x=c，故A正确；物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故B错误；开始时，重力和弹力二力平衡由平衡条件得：mg=kx ，拉力F1为a时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律有： ，物体与弹簧分离后，拉力F2为b，根据牛顿第二定律有： ，解得物体的质量： ，弹簧的劲度系数： ，加速度： ，故C错误；从物体开始运动到离开弹簧过程，物体的位移为：c，根据匀变速直线运动的位移公式得： ，解得运动时间： ，故D正确。所以AD正确，BC错误。
24．BC
【解析】两球都做平抛运动，由于相碰时A、B的竖直位移h相同，由，知两球的运动时间相等，可知两球同时抛出．故A错误，B正确；物体做平抛运动的规律水平方向上是匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，在水平方向有：x=v0t知A的初速度要大，故C正确；平抛运动的过程中，小球运动加速度都是g与其质量无关，故D错。所以BC正确，AD错误。
25．BD
26．BD
【解析】试题分析：分别对MN两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答．
解：A、B、因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；
C、静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；
D、M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确．
故选：BD
【点评】该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．
27．AD
【解析】解：由洛仑兹力充当向心力可得；
Bqv=m
解得：R===0.0455m=4.55cm；
所有粒子的圆心组成以S为圆心，R为半径的圆；电子出现的区域为以S为圆心，以9.1cm半径的圆形区域内，如图中大圆所示；
故当θ=90°时，纸板MN均在该区域内，故l=9.1cm；当θ=30°时，l=4.55cm；故AD正确，BC错误；
故选：AD．
【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间．
28．ABC
29．ACD
【解析】根据功能关系可知，物体B动能的减少量等于B克服摩擦力做的功，故A正确；由能量守恒定律可知，物体B损失的动能等于木板A获得的动能与系统产生的内能之和，故B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，故C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能增加量，故D正确。所以ACD正确，B错误。
30．AD
考点：本题考查了力的平行四边形定则和能量守恒定律
期末复习大题好拿分【基础版】（20题）
1．接连发生的马航MH370失事和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间、在速度达到时驾驶员对发动机的运行状态进行判断，在速度达到时必须做出决断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．
（1）求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到做出决断终止起飞的最长时间；
（2）若在速度达到时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以的加速度做匀减速运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最小长度．
2．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以12m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过4s后警车发动起来，并以3m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在108km/h以内。问：
（1）警车在追上货车之前，两车间的最大距离是多少；
（2）警车发动后要多长时间才能追上货车。
3．用两根轻绳AC和BC悬挂一重物，绳与水平天花板的夹角分别为37°和53°，如图所示．AC绳能承受的最大拉力为100N，BC绳能承受的最大拉力为200N．已知sin37°=0.6，g取 10m/s2．
（1）若重物的质量为5kg，则两根绳AC和BC上的拉力分别为多大？
（2）为了不使绳子被拉断．所悬挂m物的质量不应超过多大？
4．光滑圆柱体O1紧靠竖直墙壁置于水平地面上．重为G1的均匀圆球O2用—定长度的轻质细线悬挂于竖直墙壁上的A点，平衡时O2A与竖直方向的夹角?＝60°，且两圆心的连线与O2A恰好垂直，其截面图如图所示．巳知圆柱体重为G2，不计各接触面间的摩擦，求：
（1）球对圆柱体的压力大小FN1；
（2）圆柱体对地面的压力大小FN2。
5．如图所示，物块以初速度10m/s沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为370，物体与该斜面间的动摩擦因数，求：
（1）物块在斜面上运动的总时间．
（2）物块回到斜面底端的速度的大小．
6．如图所示，电动玩具小车通过一根绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为m=1kg的小物块（可看作质点）相连，拉着物块沿ABC轨道滑动．轨道BC部分是半径R=1m的四分之一圆弧，定滑轮在C点正上方与C点相距R，运动过程中小车受到地面阻力恒为，小车以P=20W的恒定功率向右运动，当物块运动至B点时速度，求物块在B点时对轨道的压力．
7．如图所示，倾角为的斜面长，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度水平抛出，与此同时释放在顶端静止的滑块，经过一段时间后，小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块(小球和滑块均视为质点，重力加速度， )。求：
（1）抛出点O离斜面底端的高度；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数。
8．如图所示，半径的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接，一个质量的小滑块（可视为质点）静止在A点．一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动，经B点进入圆轨道，沿圆轨道运动到最高点C，并从C点水平飞出，落在水平面上的D点．经测量，D、B间的距离，A、B间的距离，滑块与水平面的动摩擦因数，重力加速度．求：
（1）滑块通过C点时的速度大小．
（2）滑块刚进入圆轨道时，在B点轨道对滑块的弹力．
（3）滑块在A点受到的瞬时冲量大小．
9．某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段圆弧的曲线轨道，BC为一段足够长的水平轨道，两段轨道均光滑。一长为L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切。一可视为质点、质量为m=2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，工件与小车的动摩擦因数为，取：
（1）若h=2.8m，求工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力；
（2）要使工件不从平板小车上滑出，求h的取值范围．
10．中国计划在2020年前后一次性实现火星的“绕”、“落”探测，如果火星探测任务成功以后将会对中国的火星探测积累丰富的经验．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，火星质量与地球质量之比为q，火星半径与地球半径之比为p，求：
（1）火星表面的重力加速度；
（2）探测器绕火星表面运行的速度．
11．如图所示，一辆质量M=3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep=6 J，小球与小车右壁距离为L=0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。
（2）在整个过程中，小车移动的距离。
12．如图所示，一质量M = 0.4kg的小物块B在足够长的光滑水平台面上静止不动，其右侧固定有一轻质水平弹簧（处于原长）。台面的右边平滑对接有一等高的水平传送带，传送带始终以的速率逆时针转动。另一质量m = 0.1kg的小物块A以速度水平滑上传送带的右端。已知物块A与传送带之间的动摩擦因数，传送带左右两端的距离，滑块A、B均视为质点，忽略空气阻力，取。
（1）求物块A第一次到达传送带左端时速度大小；
（2）求物块A第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；
13．如图甲，质量M=0.99kg的小木块静止放置在高h=0.8m的平台，小木块距平台右边缘d=2m，质量m=0.01kg的子弹沿水平方向射入小木块，留在其中一起向右运动，小木块和子弹作用时间极短，可忽略不计，一起向右运动的v2-s图象如图乙．最后，小木块从平台边缘飞出落在距平台右侧水平距离x=0.8m的地面上，g=10m/s2，求：
（1）小木块从平台边缘飞出的速度；
（2）小木块平台运动过程中产生的热量；
（3）子弹射入小木块前的速度．
14．如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球,小球的质量为1．0×10-2kg．现加一水平方向向左的匀强电场，场强，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角θ=300，求：
（1）小球带何种电荷；
（2）小球所带的电荷量为多大； （g取10m/s2）
15．如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。在OP与QR之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。C、D是质量为m和4m的绝缘小物块（可视为质点），其中D带有电荷量q，C不带电。现将物块D静止放置在水平轨道的MO段，将物块C从离水平轨道MN距离h高的L处由静止释放，物块C沿轨道下滑进入水平轨道，然后与D相碰，碰后物体C被反弹滑至斜面处，物体D进入虚线OP右侧的复合场中继续运动，最后从RQ侧飞出复合场区域。求：
（1）物块D进入磁场时的瞬时速度vD；
（2）若物块D进入磁场后恰好做匀速圆周运动，求所加匀强电场的电场强度E的值及物块D的电性；
（3）若物块D飞离复合场区域时速度方向与水平夹角为60o，求物块D飞出QR边界时与水平轨道的距离d。
16．如图所示，真空室内有一个点状的α粒子放射源P，它向各个方向发射α粒子（不计重力），速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线（P到直线ab的距离PC=L），Q为直线ab上一点，它与P点相距（现只研究与放射源P和直线ab同一个平面内的α粒子的运动），当真空室内（直线ab以上区域）只存在垂直该平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的α粒子恰到达Q点；当真空室（直线ab以上区域）只存在平行该平面的匀强电场时，不同方向发射的α粒子若能到达ab直线，则到达ab直线时它们动能都相等，已知水平向左射出的α粒子也恰好到达Q点．（α粒子的电荷量为+q，质量为m；sin37°=0．6；cos37°=0．8）求：
（1）α粒子的发射速率；
（2）匀强电场的场强大小和方向；
（3）当仅加上述磁场时，能到达直线ab的α粒子所用最长时间和最短时间的比值．
17．如下图所示的电路，E=9V，r=1Ω，R2=2Ω．灯A标有“12V，12W”，灯B标有“4V，4W”．如果要使灯B正常发光，求：
(1)R1应是多大?
(2)这时灯A的实际功率是多大?(设灯丝通电后电阻不变)
18．如图所示，电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF.开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试问这一过程中通过电流表的电荷量是多少？
19．如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和E/2,Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中。求：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径
（2）O、M间的距离
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．
20．如图所示，分界线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场，右侧存在垂直纸面向里的有界匀强磁场。电场强度E=200N/C，磁感应强度B=1.0T。一质量m=2.0×10-12kg、电荷量q=+1.0×10-10C的带电质点，从A点由静止开始在电场中加速运动，经t1=2.0×10-3s，在O点处沿垂直边界的方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电质点所受重力及空气阻力。求:
(1)带电质点刚离开电场时的速度大小v；
(2)带电质点在磁场中做匀速圆周运动的半径R；
(3)带电质点在磁场中运动半周的时间t2。
参考答案
1．（1）2.8s，（2）1920m.
【解析】试题分析：（1）由时间、速度，计算出加速度，结合，得到做出决断终止起飞的最长时间；（2）由速度位移关系分别求解加速的位移和减速的位移，跑道的最小长度即为二者之和．
（1）设加速过程加速度为，允许作出判断的时间为t
则有：
联立解得： ，t=2.8s
（2）加速位移为：
减速位移为：
跑道的最小长度为：
解得：x=1920m
2．（1）72m（2）11s
两车间最大距离：
（2）警车发动达到最大速度，所用时间
此时货车的位移：
此时警车的位移：
此时警车还未追上货车，还需时间追上货车
警车发动后追上货车的时间：
3．（1）两根绳AC和BC上的拉力分别为30N和40N；（2）质量不应超过16.7kg．
4．（1）（2）
【解析】（1）对球受力分析可知，圆柱体对球的支持力，
得球对圆柱体的压力
（2）对圆柱体受力分析可知，地面对圆柱体的支持力，
得圆柱体对地面的压力。
5．（1） （2）
（2）依据（1）中条件根据运动学公式：
点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，上滑时的根据受力情况求出加速度，然后在根据受力情况确定下滑时的加速度是关键。
6．6N
【解析】（1）将物块的速度分解：
物块在B点时： ，车的牵引力：
物块受到的拉力：
对物块受力分析：
根据物块在B点时的受力分析： ，解得：
由牛顿第三定律得：物块在B点时对轨道的压力为6N.
【点睛】将物块到达B点时的速度分解，求出小车的速度，根据P=FV求出车的牵引力，再求出绳子的拉力，最后对物块根据向心力公式及牛顿第三定律即可求解物块在B点时对轨道的压力．
7．（1）1.7m，（2）0.125
由几何关系得：
解得：
又
解得：
则平抛运动的水平位移
平抛运动的竖直位移
根据几何关系
解得：
所以抛出点O离斜面底端的高度
8．（1）,（2）45N,（3）.
【解析】试题分析：（1）滑块通过C点后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得滑块通过C点的速度；（2）由机械能守恒定律可求得滑块到达B点的速度，再由牛顿第二定律可求得滑块受轨道的压力；（3）由动能定理可求得滑块在A点的速度，再由动量定理可求得A点的瞬时冲量．
（1）设滑块从C点飞出时的速度为，从C点运动到D点时间为t，滑块从C点飞射后，做平抛运动
竖直方向：
水平方向：
联立得：
（2）设滑块通过点时的速度为，根据机械能守恒定律：
解得：
设在点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：
解得：
（3）设滑块从点开始运动时的速度为，根据动能定理：
解得：
设滑块在点受到的冲量大小为I，根据动量定理
解得：
9．（1）60N，方向竖直向下；（2）高度小于或等于3m.
（2）要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，此时为最大高度，设共同速度为，工件滑上小车的初速度为
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
要使工件不从平板小车上滑出，h的范围为
【点睛】第（1）问做竖直平面内的圆周运动，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第三定律求解；第（2）问的解题关键：要使工件不从平板小车上滑出，则工件到达小车最右端恰好与小车共速，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律求解．
10．（1），（2）.
11．（1）3 m/s；1 m/s（2）0.1 m
【解析】试题分析：解除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能，根据动量守恒和能量守恒列出等式求解．
（1）除锁定后弹簧的弹性势能转化为系统动能
由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
联立得：
（2）由动量守恒定律得：
由位移关系得：
又
联立得：
【点睛】本题是动量守恒和能量守恒的综合应用．解除弹簧的锁定后，系统所受合力为零，遵守动量守恒和能量守恒，并根据位移关系列式求解.
12．（1），（2）0.36J.
【点睛】本题是多过程问题，在分析滑块经历的每一个过程中都要将滑块受情况和运动情况分析准确，然后根据运动情况分别运用动量守恒，能量守恒、动能定理分析和计算.
13．（1）2m/s（2）6J（3）400m/s
（2）因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动
根据，可得图象的斜率
解得：小木块在平台上滑动的加速度大小
根据牛顿第二定律得：摩擦力
故小木块在滑动过程中产生的热量：
（3）由图象可得
小木块刚开始滑动时的速度为
子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律得：
解得：
【点睛】本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、牛顿第二定律和动量守恒定律等相关知识列式求解．
14．（1）正电（2）1．9×10-8C．
【解析】试题分析：（1）因为电场力F方向水平向左，故小球带正电．
（2）受力如图，由小球受力平衡得：F=mgtan30°
F=qE
联立两式解得：q=1．9×10-8C．
考点：电场强度；物体的平衡
【名师点睛】解决本题的关键掌握共点力平衡的求法，以及知道电场强度的定义式。
15．（1）（2）带正电（3）
（2）由几何关系的
得：
考点：动量守恒定律；动能定理；圆周运动
16．（1）；（2）；（3）
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可得ab为等势面，电场方向垂直ab向下，水平向左射出的粒子做类平抛运动，由运动学关系可知：
与ab平行方向：，
与ab垂直方向：，
其中，
解得：；
（3）真空室只加磁场时，圆弧和直线ab相切于D点，粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，如图所示．
则：，，
最大圆心角：，
最长时间：，
圆弧经C点，粒子转过的圆心角最小，运动时间最短．
则：，，
最小圆心角：，
最短时间：，
则最长时间和最短时间的比值为：（或2．20）；
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】本题的突破口是确定α粒子在匀强磁场中和匀强电场中的运动轨迹，由几何知识求解磁场中圆周运动的半径。
17．1Ω 3W
18．1.92×10－5C
【解析】试题分析：S断开时的等效电路如图甲所示，电容器C两端电压U为电阻R2两端电压U2，则
电容器C的电荷量Q＝CU＝CU2＝1.5×10－5C。且a板带正电，b板带负电。
S闭合时的等效电路如图乙所示，电容器C两端电压U′为电阻R1两端电压U′1。
有，
电阻R1中的电流=0.9A，
电阻R1两端电压U′1＝I′1R1＝1.8 V，
电容器C的电荷量Q′＝CU′＝CU′1＝9.0×10－6C。
且a板带负电，b板带正电。
通过电流表的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝2.4×10－5C。
考点：闭合电路的欧姆定律；电容器
【名师点睛】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，搞清电容器两端的电压是哪部分电阻上的电压，另外还要搞清电键闭合前后电容器极板的极性的变化；此题难度中等。
19．（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径是．
（2）O、M间的距离是．
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是．
次通过CD边界．由牛顿第二定律和运动学公式结合可求得粒子在Ⅲ区域电场中运行时间，即可求解粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间．
解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，
由类平抛运动的规律知
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
所以
（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a．
则有qE=ma
v0tan60°=at1
即
O、M两点间的距离为
故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为
t=t1+t2+t3==
答：
（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径是．
（2）O、M间的距离是．
（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间是．
【点评】本题中带电粒子在复合场中运动，运用运动的分解法研究类平抛运动，画轨迹确定圆心和半径是处理粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的关键．
20．（1）v=20m/s (2) R=0.40m (3) t2=6.28×10-2s(或6.3×10-2s)
期末复习小题好拿分【提升版】（30题）
一、单选题
1．甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，其v－t图象如图所示。根据图象提供的信息可知( )
A. 从t＝0时刻起，开始时甲在前，6 s末乙追上甲
B. 从t＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最远为12.5 m
C. 8 s末甲、乙相遇，且距离t＝0时的位置45 m
D. 在0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等
2．如图，A、B两球用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离恰为L，此时绳子所受的拉力为T1，弹簧的弹力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2（k1>k2）的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为T2， 弹簧的弹力为F2，则下列说法正确的是（ ）
A. T1＜T2 B. F1＜F2 C. T1＝T2 D. F1＝F2
3．如图表示的是一条倾斜的传送轨道，B是传送货物的平台，可以沿着斜面上的直轨道运送物体。某次传送平台B沿轨道将货物A向下传送到斜轨道下端，运动过程可用如图中的速度时间图像表示。下述分析中不正确的是（）
A. 0～时间内，B对A的支持力小于重力，摩擦力水平向右
B. ～时间内，B对A的支持力等于重力，摩擦力水平向左
C. ～时间内，B对A的支持力大于重力，摩擦力水平向左
D. 0～时间内出现失重现象； ～时间内出现超重现象
4．一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为。(单位：m)，一质量为0.1Kg的金属小环套在上面．t=0时刻从m处以m／s向右运动，并相继经过的A点和的B点，下列说法正确的是
A. 小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力
B. 小环经过B点的加速度大于A点时的加速度
C. 小环经过B点时重力的瞬时功率为20W
D. 小环经过B点的时刻为t=2s
5．如图所示，在倾角为30°的斜面上的P点钉有一光滑小铁钉，以P点所在水平虚线将斜面一分为二，上 部光滑，下部粗糙．一绳长为3R轻绳一端系与斜面O点，另一端系一质量为m的小球，现将轻绳拉直小球从A点由静止释放，小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点．已知OA与斜面底边平行，OP距离为2R，且与斜面底边垂直，则小球从A到B 的运动过程中（ ）
A. 合外力做功mgR B. 重力做功2mgR
C. 克服摩擦力做功mgR D. 机械能减少mgR.
6．2017年6月15日，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射硬X射线调制望远镜卫星“慧眼”。“慧眼”的成功发射将显著提升我国大型科学卫星研制水平，填补我国国X射线探测卫星的空白，实现我国在空间高能天体物理领域由地面观测向天地联合观测的超越。“慧眼”研究的对象主要是黑洞、中子星和射线暴等致密天体和爆发现象。在利用“慧眼”观测美丽的银河系时，若发现某双黑洞间的距离为L，只在彼此之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，其运动周期为T，引力常量为G，则双黑洞总质量为（）
A. B. C. D.
7．如图所示，质量分别为mA和mB的两小球用轻绳连接在一起，并用细线悬挂在天花板上，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1 > θ2）。现将A、B间轻绳剪断，则两小球开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB，则下列说法中正确的是
A. mB > mA
B. 轻绳剪断时加速度之比为tanθ1:tanθ2
C. vA < vB
D. EkA > EkB
8．如图所示，用一根长杆和两个小定滑轮组合成的装置来提升质量为m的重物A，长杆的一端放在地面上，并且通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方的O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过两个滑轮后挂上重物A，C点与O点的距离为，滑轮上端B点距O点的距离为.现在杆的另一端用力，使其沿逆时针方向由竖直位置以角速度匀速转至水平位置(转过了 角).则在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 重物A的速度先增大后减小，最大速度是
B. 重物A做匀速直线运动
C. 绳的拉力对A所做的功为
D. 绳的拉力对A所做的功为
9．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动
B. P点的电势将降低
C. 带电油滴的电势能将减小
D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
10．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S闭合且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1,；断开开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为
A. B.
C. D.
11．一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图所示，若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力的变化情况分别是
A. F增大， 减小
B. F减小， 增大
C. F与都减小
D. F与都增大
12．如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其它电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h．在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是（?? ）
A. 两次上升的最大高度相比较为H＜h
B. 有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功
C. 有磁场时，电阻R产生的焦耳热为
D. 有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ
13．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感生电场，右侧线圈连接一定值电阻R，下列说法中正确的是（ ）
A. t1时刻ab边中电流方向由a→b，e点电势高于f点
B. 设t1、t3时刻ab边中电流大小分别为i1、i3，则有i1＜i3，e点与f点电势相等
C. t2～t4时间内通过ab边电量为0，定值电阻R中无电流
D. t5时刻ab边中电流方向由a→b，f点电势高于e点
14．一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示。若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内金属圈中( )
A. 感应电流逐渐增大，沿逆时针方向
B. 感应电流恒定，沿顺时针方向
C. 圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心
D. 圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心
15．如图，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响,则( )
A. A和B在电场中运动的时间之比为2∶1
B. A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C. A和B的质量之比为1∶2
D. A和B的位移大小之比为1∶1
16．如图甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B（物体B与弹簧栓接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v﹣t图象如图乙所示（重力加速度为g），则（ ）
A. 施加外力的瞬间，F的大小为2m（g﹣a）
B. A、B在t1时刻分离，此时弹簧的弹力大小m（g+a）
C. 弹簧弹力等于0时，物体B的速度达到最大值
D. B与弹簧组成的系统的机械能先增大，后保持不变
17．如图所示，滑块穿在水平横杆上并可沿杆左右滑动，它的下端通过一根细线与小球相连，小球受到水平向右的拉力F的作用，此时滑块与小球处于静止状态．保持拉力F始终沿水平方向，改变F的大小，使细线与竖直方向的夹角缓慢增大，这一过程中滑块始终保持静止，则（ ）
A. 滑块对杆的压力增大
B. 滑块受到杆的摩擦力不变
C. 小球受到细线的拉力大小增大
D. 小球所受各力的合力增大
18．由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)．若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，则下列说法正确的是( )
A. A星体所受合力大小FA＝
B. B星体所受合力大小FB＝
C. C星体的轨道半径RC＝a
D. 三星体做圆周运动的周期T＝π
19．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是
A. 图1中，A1与L1的电阻值相同
B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C. 图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
20．如图，闭合铜制线框用细线悬挂，静止时其下半部分位于与线框平面垂直的磁场中。若将细线剪断后线框仍能静止在原处，则磁场的的磁感应强度B随时间t变化规律可能的是
A. B. C. D.
二、多项选择题
21．放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示．下列说法正确的是（ ）
A. 0～6s内物体的位移大小为30m
B. 0～6s内拉力做的功为70J
C. 合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等
D. 滑动摩擦力的大小为5N
22．一斜劈A静止在粗糙的水平面，在其斜面上放着一滑块B，若给滑块B一平行斜面向下的初速度v0，则B正好保持匀速下滑。如图所示，现在B下滑过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是：
A. 在B上加一竖直向下的力F1,则B将保持匀速运动，A对地无摩擦力的作用
B. 在B上加一沿斜面向下的力F2,则B将加速运动，A对地有水平向左的静摩擦力的作用
C. 在B上加一水平向右的力F3,则B将减速运动，在B停止前A对地有向右的摩擦力的作用
D. 无论在B上加什么方向的力，在B停止前A对地都无静摩擦力的作用
23．如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是( )
A. 无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变
B. 若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
C. 若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
D. 若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力都增大
24．如图所示，AB、CD 为两个光滑的平台，一倾角为 37°，长为 5 m 的传送带与两平台平 滑连接。现有一小煤块以 10 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，当传送带静止时，小煤块恰好能滑到平台 CD 上，则下列说法正确的是（重力加速度 g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8）（ ）
A. 小煤块跟传送带间的动摩擦因数ì=0.5
B. 当小煤块在平台 AB 上的运动速度 v=4 m/s 时，无论传送带匀速运动的速度多大，小物体都不能到达平台 CD
C. 若小煤块以 v=8 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带至少要以 3m/s 的速度顺时针 运动，才能使小物体到达平台 CD
D. 若小煤块以 v=8m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，传送带以 4m/s 的速度顺时针运动时， 传送带上留下的痕迹长度为 2.4m
25．如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的滑块A。半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将A、B连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，A、B均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给滑块A一个水平向右的恒力F＝50N（取g=10m/s2）。则（ ）
A. 把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20J
B. 小球B运动到C处时的速度大小为0
C. 小球B被拉到与滑块A速度大小相等时，离地面高度为0.225m
D. 把小球B从地面拉到P的正下方C时，小球B的机械能增加了20J
26．探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是2轨道的近地点，B点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7．7 km/s，则下列说法中正确的（ ）
A．卫星在2轨道经过A点时的速率一定大于7．7 km/s
B．卫星在2轨道经过B点时的速率一定小于7．7 km/s
C．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能
D．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率
27．如图所示，初速度不计的电子从电子枪中射出，在加速电场中加速，从正对P板的小孔射出，设加速电压为U1，又垂直偏转电场方向射入板间并射出，设偏转电压为U2。则：
A. U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大
B. U1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短
C. U2变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小
D. 若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可
28．在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2位相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为10Ω．当开关S闭合后
A. L1的电阻为1.2Ω B. L1消耗的电功率为0.75W
C. L2的电阻为5Ω D. L2消耗的电功率为0.1W
29．某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将
A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B. 左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
30．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F. 此时
A. 电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B. 电阻R2消耗的热功率为Fv/6
C. 整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D. 整个装置消耗的机械功率为(F＋μmgcosθ)v
参考答案
1．B
2．C
【解析】
解：对小球B受力分析，由平衡条件得，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力与重力mg大小相等、方向相反，即，作出力的合成图，并由三角形相似得： ，又由题， ，得，绳子的拉力T只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数k无关，所以得到T1=T2，故C项正确。换成K2以后AB减小由可知F1>F2，B错误
综上所述，本题正确答案为C。
3．B
4．C
【解析】A、若金属小环做平抛运动，则有， ，故平抛运动轨迹方程与曲线方程一样，所以金属小环做平抛运动，与金属环间的弹力为0，故A错误；
B、金属小环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，故B错误；
C、小环经过B点的时间，所以小环经过B点的时刻为t=3s，小环经过B点时，所以小环经过B点时重力的瞬时功率为，故C正确，D错误；
故选C。
5．D
【解析】以小球为研究的对象，则小球恰好能第一次通过圆周运动的最高点B点时，绳子的拉力为0，小球受到重力与斜面的支持力，重力沿斜面向下的分力恰好充当向心力，得：
解得：
A到B的过程中，重力与摩擦力做功，设摩擦力做功为Wf，则解得：
A：A到B的过程中，合外力做功等于动能的增加，故A错误。
B：A到B的过程中，重力做功，故B错误。
C：A到B的过程中，克服摩擦力做功，故C错误。
D：A到B的过程中，机械能的变化，即机械能减小，故D正确。
6．A
7．A
【解析】试题分析：未剪断细绳时两球都处于平衡状态，设两球间的水平细绳的拉力大小为T．对A球分析受力如图
由平衡条件得： ，同理，对B球有： ，则得，因，故，A正确．轻绳剪断时加速度之比为，B错误；两球摆到最低点时速度最大，动能最大．根据机械能守恒得：A球有，得，同理对B可得，由图知： ， ，故，C错误；最大动能， ，由图知： ， ，但， 不一定大于，D错误．选A.
【点睛】未剪断细绳时两球都处于平衡状态，由平衡条件列式，得到水平绳的拉力与质量的大小，从而得到两球质量关系．将A、B间轻绳剪断瞬间，由牛顿第二定律求加速度之比，两小球摆动过程中，机械能守恒，到达最低点时的速度，根据机械能守恒定律列式，分析最大速度的大小．
8．A
【点睛】本题应明确重物的速度来自于绳子的速度，注意在速度的分解时应明确杆的转动线速度为线速度，而绳伸长速度及转动速度为分速度，再由运动的合成与分解得出合速度与分速度的关系。
9．B
【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B．
【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．
10．B
11．D
【解析】在磁铁的N极位置与S极位置对调前,根据左手定则判断可以知道,导线所受的安培力方向斜向下, 由牛顿第三定律得知,磁铁所受的安培力方向斜向上, 设安培力大小为,斜面的倾角为,磁铁的重力为G,由磁铁的受力平衡得: 斜面对磁铁的支持力: , 摩擦力: , 在磁铁的N极位置与S极位置对调后, 同理可以知道,斜面对磁铁的支持力： , 摩擦力: 可见,F、f都增大，故D正确；
综上所述本题答案是：D
12．D
13．B
【解析】:A、 时刻磁场方向向里且均匀增加,根据楞次定律,线框中感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由 ,根据法拉第电磁感应定律知,正方形线框中的感应电动势是恒定值,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点电势等于f点电势,故A错误;?
B、根据法拉第电磁感应定律 , 时刻磁感应强度的变化率小于时刻的磁感应强度变化率, ,根据欧姆定律 ,知 ,所以B选项是正确的;?
C、时间内磁感应强度均匀变化,磁通量均匀变化,有恒定感应电流通过ab,通过ab边的电量不为0,副线圈磁通量不变,定值电阻中无电流,故C错误;?
D、时刻磁场方向垂直纸面向外,磁场变小,磁通量减小,根据楞次定律得感应电流逆时针,ab边中电流方向,磁感应强度的变化率增大,感应电流大小变大,穿过原副线圈的磁通量增大,根据楞次定律,副线圈中感应电动势上正下负,因此e点电势高于f点,故D错误;?所以B选项是正确的
综上所述本题的答案是：B
14．D
【解析】试题分析：从图乙中可得第3s内垂直向里的磁场均匀增大，穿过线圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流为逆时针方向；根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为，根据欧姆定律产生的感应电流为， 正比于，第3s内磁通量的变化率恒定，所以产生的感应电流恒定，AB错误；圆环各微小段受安培力，由于磁场逐渐增大，电流不变，根据公式，可得圆环各微小段受力逐渐增大，由左手定则可得，安培力的方向沿半径指向圆心．故C错误；D正确．
考点：考查了电磁感应与图像
15．B
16．B
【解析】解:A、施加F前,物体AB整体平衡,根据平衡条件,有:
2Mg=kx;解得:
x=2
施加外力F的瞬间,对B物体,根据牛顿第二定律,有:
F弹﹣Mg﹣FAB=Ma
其中:F弹=2Mg
解得:FAB=M(g﹣a),故A错误.
B、物体A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的v与a;且FAB=0;
对B:F弹′﹣Mg=Ma
解得:F弹′=M(g+a),故B正确.
C、B受重力、弹力及压力的作用;当合力为零时,速度最大,而弹簧恢复到原长时,B受到的合力为重力,已经减速一段时间;速度不是最大值;故C错误;
D、B与弹簧开始时受到了A的压力做负功,故开始时机械能减小;故D错误;
故选:B
17．C
18．D
【解析】A、由万有引力定律，A星受到B、C的引力的大小：
方向如图，则合力的大小为： ，A错误；
B、同上，B星受到的引力分别为： ,，方向如图；
FB沿x方向的分力：
FB沿y方向的分力：
可得： ，B错误；
C、通过对于B的受力分析可知，由于： ,合力的方向经过BC的中垂线AD的中点,所以圆心O一定在BC的中垂线AD的中点处。所以： ,C错误；
D、由题可知C的受力大小与B的受力相同，对B星： ，解得： ，D正确。
故选：D。
19．C
说明两支路的电流相同，因此变阻器R与L2的电阻值相同，C正确；闭合开关S2，A2逐渐变亮，而A3立即变亮，说明L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。
【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。电流突然增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减小。
20．B
21．ABC
【解析】A项：0～6s内物体的位移大小x==30m．故A正确．
B项：在0～2s内，物体的加速度a==3m/s2，由图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F==5N．在0～2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J．2～6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J．所以0～6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J．故B正确．
C项：在2～6s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等．故C正确．
D项：在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F==．故D错误．
点晴：速度图象的“面积”表示位移．0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功．
22．AD
【解析】物块B原来保持匀速下滑，A静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾，对B，有： ，即得， 是斜面的倾角； A、当施加竖直向下的力时，对整体受力分析，在竖直方向合力为零，水平方向合力为零，故地面对A无摩擦力，对B受力分析可知， ，所以B做匀速运动，故A正确； B、在B上加一沿斜面向下的力，如图，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但B与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故B错误； C、在B上加一水平向右的力，沿斜面方向： ，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了，则摩擦力增加，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图： 则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C错误； D、无论在B上加上什么方向的力，B对斜面的压力与B对斜面的摩擦力都是以的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面便没有运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D正确。
点睛：滑块原来匀速下滑，合力为零，斜面保持静止状态，合力也为零，以滑块和斜面整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力，木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用。
23．BD
故选BD。
24．ABC
【解析】A、传送带静止时，小煤块受力如图甲所示
据牛顿第二定律得 ，B→C过程有?，
解得， ，故A正确；
B、当小煤块受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得，?若恰好能到达高台时，有?，解得，即当小煤块在AB平台上向右滑动速度小于4m/s，无论传带顺时针传动的速度多大，小煤块总也不能到达高台CD，故B正确；
C、以表示传送带顺时针传动的速度大小，对从小煤块滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有，???对从小煤块速度减小到运动到恰滑上CD高台过程，有， ，??解得，即传送带至少以3?m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达高台CD，故C正确；
D、对小煤块煤块的位移， ，t=1s，传送带的位移， ，传送带上留下的痕迹长度，故D错误；
故选ABC。
25．ACD
选项C正确；B机械能增加量为F做的功20J，D正确
本题选ACD
26．AB
考点：考查了万有引力定律的应用
【名师点睛】题要掌握离心运动的条件和近心运动的条件，能够根据这两个条件判断速度的大小．还要知道卫星的运动的轨道高度越高，需要的能量越大，具有的机械能越大．
27．ABD
【解析】A项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的速度变大，故A正确；
B项：由可知，电子受力变大，加速度变大，其他条件不变时，当U1变大，则电子进入偏转电场的水平速度变大，运动时间变短，故B正确；
C项：由可知，U2变大，电子受力变大，加速度变大，电子在偏转电场中运动的加速度变大，故C错误；
D项：由可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使U1变大，其它条件不变即可，故D正确。
点晴：本题考查了带电粒子在电场中的运动，可以根据动能定理和牛顿第二定律、运动学公式结合推导出。
28．BC
【解析】AB、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻，功率P1=U1I1=0.75W．故A错误，BC正确；
C、灯泡L2的电压为U，电流为I，R与灯泡L2串联，则有，在小灯泡的伏安特性曲线作图，如图所示，
则有，L2的电阻为5Ω，L2消耗的电功率为0.2W，故C正确，D错误；
故选BC。
29．AD
【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。
30．BCD
期末复习大题好拿分【提升版】（20题）
1．如图所示，质量M=8kg的长木板A放在水平光滑的平面上，木板左端受到水平推力F=8N的作用，当木板向右运动的速度达到时，在木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块B，放上小物块0.6s后撤去F，小物块与木板间的动摩擦因数，木板足够长，取．求：
（1）放上小物块后撤去F前，长木板与小物块的加速度；
（2）撤去F后，二者达到相同速度的时间；
（3）整个过程系统产生的摩擦热（结果保留两位有效数字）．
2．如图（）所示，在倾角的光滑固定斜面上有一劲度系数的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量的物体，初始时物体处于静止状态．取．
（）求此时弹簧的形变量．
（）现对物体施加沿斜面向上的拉力，拉力的大小与物体位移的关系如图（）所示，设斜面足够长．
．分析说明物体的运动性质并求出物体的速度与位移的关系式；
．若物体位移为时撤去拉力，在图（）中做出此后物体上滑过程中弹簧弹力的大小随形变量的函数图像；并且求出此后物体沿斜面上滑的最大距离以及此后运动的最大速度．
图a 图b 图c
3．如图所示，质量kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量kg的小球B相连。今用跟水平方向成=300角的力N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2。求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角?；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ。
（3）当角为多大时，力F使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？最小拉力为多少？（只要求写出角度的函数值）
4．为了使航天员能适应失重环境下的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练时创造出了一种失重环境。航天员乘坐在总质量m=5×104kg的训练飞机上，飞机以200 m/s的速度与水平面成30°倾角匀速飞升到7 000 m高空时向上拉起，沿竖直方向以v0=200 m/s的初速度向上做匀减速直线运动，匀减速的加速度大小为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，沿竖直方向以加速度g做匀加速运动，这段时间内便创造出了完全失重的环境。当飞机离地2 000 m高时，为了安全必须拉起，之后又可一次次重复为航天员提供失重训练。若飞机飞行时所受的空气阻力F=kv(k=900 N·s/m)，每次飞机速度达到350 m/s后必须终止失重训练(否则飞机可能失控)。求:(整个运动过程中，重力加速度g的大小均取10 m/s2)
(1)飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间。
(2)飞机从最高点下降到离地4 500 m时飞机发动机的推力。
5．如图所示，物体1、物体3的质量均为m=1kg,质量为M=2 kg、长度为L=1.0m的长木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接.跨过光滑的定滑轮.设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=6.5m，物体1与长板2之间的动摩擦因数。长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体.(视为质点)在长板2的左端以的初速度开始运动.求：
(1)长板2开始运动时的加速度大小；
(2)通过计算说明物体1是否会从长木板2的右端落下?
(3)当物体3落地时，物体1在长板2上的位置.
6．一长度为L的细线一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，P为地面上的一点，O、P两点的连线与水平地面垂直。若小球恰好能在竖直平面内绕 O点做完整的圆周运动，在小球做圆周运动过程中，第一次在小球运动到最高点A的瞬间剪断细线，第二次在小球运动到最低点B的瞬间剪断细线，若两次小球的落地点到P点的距离相等，求O点距水平地面的高度h。
7．由于地球自转的影响，地球表面的重力加速度会随纬度的变化而有所不同．已知地球表面两极处的重力加速度大小为，在赤道处的重力加速度大小为，地球自转的周期为，引力常量为．假设地球可视为质量均匀分布的球体．求：
（1）质量为的物体在地球北极所受地球对它的万有引力的大小．
（2）地球的半径．
（3）地球的密度．
8．如图所示，长为9l水平传送带以恒定的速度作顺时针转动，紧邻传送带的右端放置一长为6.5l滑板，滑板静止在光滑水平地面上，滑板的上表面与传送带处在同一水平面。在距滑板右端一段距离处固定一挡板C。一质量为m的物块被轻放在传送带的最左端（A点），物块在传送带的作用下到达B点后滑上滑板，滑板在物块的怍用下运动到C处撞上档板并被牢固粘连。物块可视为质点，滑板的质量M=2m，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为，重力加速度取g。
求：
（1）求物块在传送带的作用下运动到B点时的速度大小v；
（2）若物块和滑板共速时，滑板恰与挡板C相撞，求开始时滑板右端到C的距离L；
（3）若滑板右端到挡板C的距离为L（己知），且l≤L≤5l，试求解：
a. 若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C的过程中，物块克服摩擦力做的功；
b. 若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C，则物块从滑上滑板到物块撞上档板C的过程中，物块克服摩擦力做的功；并求出物块到C时速度的最大值。
9．如图所示，PQ为粗糙水平面，左端P处有一固定挡板，右端Q处与以速率逆时针转动的水平传送带平滑连接。两滑块A、B质量均为m，A滑块与处于压缩状态的弹簧不挂接，B滑块静止在Q点。现将A滑块由静止释放，它向右运动距离后与B滑块碰撞，碰撞后A与B粘在一起，共同在水平传送带上继续运动，经距离到达传送带最右端M时速度恰好为零。已知两滑块与水平面PQ之间以及与传送带之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求；
（1）A与B碰撞结束时的速度;
（2）弹簧的最大弹性势能;
（3）两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
10．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B．A球的带电量为+2q，B球的带电量为﹣3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后．试求：
(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；
(3)带电系统运动的周期．
11．如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为45°，紧靠磁场右上边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2是电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）．某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同．粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出．粒子b恰好从M板左端进入电场．（不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知）
求：（1）粒子a、b从磁场边界射出时的速度va、vb；
（2）粒子a从O点进入磁场到射出O2点运动的总时间；
（3）如果交变电场的周期，要使粒子b能够穿出板间电场，求这电场强度大小E0满足的条件．
12．如图甲所示的是安全恒温饮水机的自动控制电路．左边是一个对水加热的容器，内有密封绝缘可调的电热丝发热器和接触开关S1，只要有水浸没S1，它就会导通．Rx是一个热敏电阻，低温时呈现高电阻，达到高温时（如水的沸点）呈现低电阻．Ry是一个可变电阻，低温时Rx?Ry，高温（水的沸点）时Rx?Ry．中方框P内是一个逻辑门，A、B是逻辑门的输入端，Z是输出端．当A、B输入都为高电势时，Z才输出高电势．右边虚线框J内是一个继电器，当Z输出高电势时电磁线圈中有电流，S2被吸动闭合，发热器工作．该加热电路中，电的电动势为220V，内电阻为4Ω，电热丝是一根额定电流为5A、总阻值为220Ω的均匀电阻丝制成的圆环形滑动变阻器，如图乙所示．
（1）根据题意，甲图中方框P是一个__（选填“与”、“或”、“非”）逻辑门，该逻辑门输入信号由水位高低控制的输入端是__，输入信号由水温高低控制的输入端是__．（后两空选填“A”、“B”）
（2）当加热电路安全工作时，电的可能最高效率和可能最大输出功率分别是多少？
13．如图所示，倾斜角θ=30°的光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道连接．轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计．匀强磁场I仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1=1T；匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2=1T．现将两质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g=10m/s2．
（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；
（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；
（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t=0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0=1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
14．如图所示，竖直平面xOy内有三个宽度均为首尾相接的电场区域ABFE、BCGF和CDHG。三个区域中分别存在方向为＋y、＋y、＋x的匀强电场，且电场区域竖直方向无限大，其场强大小比例为2∶1∶2。现有一带正电的物体以某一初速度从坐标为(0， )的P点射入ABFE场区，初速度方向水平向右。物体恰从坐标为(2， /2)的Q点射入CDHG场区，已知物体在ABFE区域所受电场力和所受重力大小相等，重力加速度为，物体可以视为质点，求：
(1)物体进入ABFE区域时的初速度大小；
(2)物体在ADHE区域运动的总时间；
(3)物体从DH边界射出位置的坐标．
15．在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示，M、N为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ，在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E0、B0、k均为已知量。t=0时刻，比荷q/m=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间，在0-t1（）时间内粒子恰好沿直线运动， 时刻粒子打到荧光屏上。不计粒子的重力，涉及图象中时间间隔时取0.8 = ，1. 4 =，求：
(1) 在时刻粒子的运动速度v
(2) 在时刻粒子偏离O点的竖直距离y
(3) 水平极板的长度L。
16．如图所示，光滑、足够长的平行金属导轨MN、PQ的间距为l，所在平面与水平面成θ角，处于磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。两导轨的一端接有阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置于导轨上，且m由一根轻绳通过一个定滑轮与质量为M的静止物块相连，物块被释放后，拉动金属棒ab加速运动H距离后，金属棒以速度v匀速运动。求：（导轨电阻不计）
（1）金属棒αb以速度v匀速运动时两端的电势差Uab；
（2）物块运动H距离过程中电阻R产生的焦耳热QR。
17．如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻。线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k的磁场Bt，电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区。在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力），经过N板的小孔，从点Q（0，L）垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限。求：
（1）平行金属板M、N获得的电压U；
（2）粒子到达Q点时的速度大小；
（3）yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；
（4）粒子从P点射出至到达x轴的时间。
18．图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度，宽度，共有匝，总电阻，可绕与磁场方向垂直的对称轴转动．线圈处于磁感应强度的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“， ”的灯泡，当线圈以角速度匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为．（不计转动轴与电刷的摩擦）
（）推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式（其中表示线圈的面积）．
（）求线圈转动的角速度．
（）线圈以上述角速度转动周过程中发电机产生的电能．
19．如图是一种配有小型风力发电机和光电池的新型路灯，其功率为120W。该风力发电机的线圈由风叶直接带动，其产生的电流可视为正弦交流电。已知风叶的半径为r＝1m，风能的利用效率为η1＝4%，风力发电机的线圈共有N＝200匝，磁场的磁感应强度为B＝0.1T，线圈的面积为S1＝0.2m2，空气的密度为ρ＝1.3kg/m3，
太阳垂直照射到地面上单位面积上的功率为1kw，如果光电池板垂直太阳光方向的平均受光面积为S＝1m2，光能的利用效率为η2＝20%，π取3，结果保留2位有效数字。
（1）若某天是无风的晴天，太阳光照6小时，则太阳能光电池产生的电能可使路灯正常工作多少小时？
（2）如果在某天晚上，有8m/s的风速持续刮风6小时，则风机所发的电可供路灯正常工作多少小时？
（3）如果在一有风的晴天，经3小时的光照和风吹，路灯可正常工作7小时，则风速为多大？若通过交流电表测得风力发电机线圈的电流强度为1A，则此时风叶的转速为多少？
20．发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
（1）求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。
参考答案
1．（1）；（2）0.24s；（3）2.8J．
【解析】试题分析：（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；
（2）有推力F时，车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得撤去力F时两者各自的速度；撤去力F后车减速，物体继续做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；（3）由位移公式求出各自的位移，然后由摩擦力产生热量的公式即可求出．
（1）分别对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，
物块的加速度：
小车的加速度：
代入数据解得：
2．（）．（） ．
【解析】（）初始状态时物体处于平衡状态，则有： ，代入数据计算得出；
（）．设物体运动微小位移的过程中加速度为，根据牛顿第二定律有：
．
根据图象可以知道， 联立计算得出： ；
弹簧发生拉伸形变时，上述结论仍成，可见物体做加速度的加速直线运动．
根据运动学公式可知物体的速度大小随变化的表达式为：
代入数据计算得出： ；
．物体位移后撤去拉力，此后物体上滑过程中弹力随形变量的图象如下图所示；物体上滑过程中克服弹力所做的功对应右上图中的面积，即．
3．（1）300 （2） （3）
【解析】（1）设细绳对B的拉力为T．以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得： Fcos30°=Tcosθ ① Fsin30+Tsinθ=mg ② 代入解得， ，即θ=30° （3）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2．再平衡条件得 Fcosα=f N+Fsinα=（M+m）g 又f=μN 联立得
当时，F有最小值，F=
4．(1) 55s (2) 2.7×105N
【解析】试题分析：飞机先以加速度g减速上升，再以加速度g加速下降，判断速度达到350m/s与离地2000m哪一个先到则结束训练周期，根据运动学公式列式计算即可。
(1)上升时间： ，
上升高度为： ，
竖直下落速度达到时，下落高度： ，
此时飞机离地高度为，所以，
飞机一次上下为航天员创造的完全失重的时间为： ；
(2)飞机离地4500m>2875m，仍处于完全失重状态，飞机自由下落的高度为，此时飞机的速度为，
由于飞机加速度为g，所以推力F应与空气阻力大小相等，即。
点晴：解决本题的关键是分析清楚飞机的运动情况，然后对其运用运动学公式列式计算，注意判定速度与高度限制谁先达到是关键。
5．（1）4m/s2（2）物体1不会从长木板右端落下；（3）物体1在长木板2的最左端.
(3) 此后，假设物体123相对静止， ，物体1受到的静摩擦力为 Ff1=ma=3.3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，则知物体1和物体2相对滑动，整体下落高度h=H-x2，根据，物体1的位移，由以上各式得h-x3=1m，故物体1在长木板2的最左端。
点晴：本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，边计算边分析，抓住临界状态：速度相等是一个关键点。
6．1.5L
7．(1)F=mg0；(2) ；(3) 。
【解析】（1）质量为的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，
即．
（2）设地球的质量为，半径为，在赤道处随地球做圆周运动物体的质量为，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径，
根据万有引力定律和牛顿第二定律有，
从受力上分析知：在赤道上的物体所受地球的引力大小等于其在两极所受的重力
解得： ．
（3）因为所以，
又因地球的体积所以．
综上所述本题答案是：(1) ；(2) ；(3)
8．（1） （2）2l （3）a. b.
（3）讨论：①当l解得
所以克服摩擦力所做的功= ②?当2l≤L≤5l时，滑块与滑板最终一起运动至滑板与C相碰，碰后滑块在滑板上继续做减速运动到右端，设此时的速度为vC1，对物块由动能定得：
⑨
解得〉0????
所以克服摩擦力所做的功
9．(1) ;(2) ；（3）
(3)两物体减速到零的时间
此过程皮带向左的位移
摩擦为反向运动，生热的相对位移为两着之和
联立解得：
【点睛】考查牛顿第二定律、运动学规律、动量守恒定律、动能定理及摩擦力做功产生的热量．注意求热量时滑块相对传送带的位移，同时动量守恒定律关注方向．
10．(1) (2) , (3)
【解析】（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得2qEL＝?2mv12 解得 （2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场． 设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0 解得x＝ 则：s总= B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为L 其电势能的变化量为△Ep＝?W＝3qE?L＝4qEL
11．(1) (2) (3)
【解析】(1)如图所示，粒子a、b在磁场中均速转过90°，平行于金属板进入电场．
由几何关系可得： ，rb=d ①
由牛顿第二定律可得 ②
③
解得： ,
(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落后时间 ⑦
故粒子b在t=0时刻进入电场．
由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即 ⑧
⑨
粒子b在内竖直方向的位移为 ⑩
粒子在电场中的加速度
由题知
粒子b能穿出板间电场应满足ny≤d
解得
【点睛】本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
12． （1）与 A B；（2）①93.2%，②1190W．
由闭合电路欧姆定律，得
代入数据并整理，得R21min﹣264 R1min+8800=0
解得R1min=39.1Ω（另一解大于220Ω，不合题意，舍去）
这时并联电阻
所以电可能的最大输出功率为
点睛：解本题要知道两点：当电阻丝并联电阻R总电阻最大时，电源达到的效率最高；电阻丝的一个支路的电阻为允许的最小值，其电流恰达到额定电流时，这时并联电阻丝达到允许的最大功率．
13．（1）；（2）；（3）。
（2）设cd棒下滑距离为x时，ab棒产生的焦耳热Q，此时回路中总焦耳热为2Q。
根据能量守恒定律，有
解得下滑距离
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势平均值
感应电流平均值
通过cd棒横截面的电荷量
（3）若回路中没有感应电流，则cd棒匀加速下滑，加速度为
初始状态回路中磁通量
一段时间后，cd棒下滑距离
此时回路中磁通量
回路中没有感应电流，则，即
由上可得磁感应强度
代入数据得，磁感应强度B随时间t变化的关系式为
考点：电磁感应现象的综合应用
14．（1） （2）（3）
在竖直方向有：
解得： ,
(2)在ABEF区域．对物体进行受力分析，在竖直方向有：2qE=mg
物体做匀速直线运动，有： ，
在BCGF区域，物体做类平抛运动，有： ,
在Q点竖直方向速度为：
则Q点速度为： ，与水平方向夹角为45° 在CDHG区域 由于2qE=mg
对物体进行受力分析，mg，与水平方向夹角为45°，与速度方向相同，物体做匀加速直线运动．
运动到x轴过程，根据运动学公式，有：
解得：
所以有：
15．（1），方向与水平方向成45o角向下（2）()（3）
【解析】（1）在0～t1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则： ? 得?
?? ? 在t1～t2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，
????则：
? 由：
得： ?? 即v与水平方向成45o角向下 （3）在t3时刻进入电场时以初速度：
做类平抛运动，
? 再次进入磁场时，
????由
得? 即v′与水平方向成45o角向下． ?由 得： ???????????? ? 综上可得：长度：
16．（1）（2）
17．（1）M、N两板间的电压为U=kS? （2）
（3） （4）
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，闭合线圈产生的感应电动势为：
因平行金属板M、N与电阻并联，故M、N两板间的电压为：
（2）带电粒子在M、N间做匀加速直线运动，有
所以：
联立以上各式可得：
综上所述本题答案是：（1） ；（2） ；
（3）；（4）
18．（）（）（）
（）设小灯泡正常发光时的电流为，则．
，设灯泡正常发光时的电阻为，
．
根据闭合电路欧姆定律得： ．
发电机感应电动势最大值为， ．
解得．
（）发电机产生的电能为， ．
解得．
19．（1）（2）t2=2.0h（3）
（3）设经3小时的光照和风吹，光能转化为电能为E3，风能转化为电能为E4，
（1分）
（1分）
（2分）
设风力发电机转动产生交流电的峰值电压为Um （1分）
（n为每秒的转速） （1分）
代入得（1分）
（1分）
20．（1） （2）a．如图3、图4 b．见解析
如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力，做负功
垂直棒方向的洛伦兹力，做正功
所示，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；做
期末复习小题易丢分（30题）
一、单选题
1．如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为( )
A. F B. F
C. mg＋F D. 因为动摩擦因数未知，所以不能确定
2．叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的游戏娱乐形式,也是一种高难度的杂技.如图所示为六人叠成的三层静态造型,假设每个人的重量均为G,下面五人的背部均呈水平状态,则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(? ?)
A. G B. G C. G D. G
3．如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的v﹣t图象，t=0时两物体相距3S0，在t=1s时两物体相遇，则下列说法正确的是（ ）
A. t=0时，甲物体在前，乙物体在后
B. t=2s时，两物体相距最远
C. t=3s时，两物体再次相遇
D. t=4s时，甲物体在乙物体后2S0处
4．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移-时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（??）。
A. b车运动方向始终不变
B. 在t1时刻a车与b车速度相同
C. t1到t3时间内a车与b车的平均速度相等
D. t1到t2时间内有一时刻两车的速度相同
5．一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v，若小物块与轨道的动摩擦因数是，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为
A. B. C. D.
6．地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形．已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为( )
A. 0.19 B. 0.44
C. 2.3 D. 5.2
7．一个小球从高处由静止开始落下，从释放小球开始计时，规定竖直向上为正方向，落地点为重力势能零点．小球在接触地面前、后的动能保持不变，且忽略小球与地面发生碰撞的时间以及小球运动过程中受到的空气阻力．图中分别是小球在运动过程中的位移、速度、动能和重力势能随时间变化的图象，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
8．如图，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是
A. O点的电势为零，电场强度也为零
B. a点的电势高于b点电势，a点电场强度大于b点电场强度
C. 正的试探电荷在b点的电势能大于零，所受电场力方向指向O点
D. 将负的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
9．9．如图所示，电源电动势为6 V，当开关S接通时，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uad＝0，Ucd＝6 V，Uab＝6 V，由此可判定( )
A. L1和L2的灯丝都断了 B. L1的灯丝断了
C. L2的灯丝断了 D. 变阻器R断路
10．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )
A. 方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
B. 方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
C. 方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D. 方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
11．如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。以下说法正确的是（ ）
A. 金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B. 金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C. 金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
D. 金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
12．如图所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3︰1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R，原线圈接220V的正弦交流电，副线圈n2回路中电阻两端的电压为U2，原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之比均为k。则
A. B.
C. D.
13．如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. 两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B. A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
C. B球的受力情况未变，瞬时加速度大小为0.5gsinθ
D. 弹簧有收缩的趋势，A、B两球的瞬时加速度大小相等方向相反
14．如图所示，红蜡块能在玻璃管内的水中匀加速上升，若红蜡块在从A点匀加速上升的同时，玻璃管水平向右做匀速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的 ( )
A. 直线P B. 曲线Q C. 曲线R D. 无法确定
15．如图所示,a是地球赤道上的一点,某时刻在a的正上方有三颗卫星b、c、d,他们的圆轨道与赤道平面共面,各卫星的运行方向均与地球自转方向相同(顺时针方向,图(甲)中已标出).其中d是地球同步卫星.从该时刻起,经过一段时间t(在t时间内,b卫星还没有运行完一周),各卫星相对a的位置最接近实际的是下图中的( )
A. B. C. D.
16．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是（ ）
A. x=t B. P=fv1
C. ﹣= D. Pt﹣fx=mv22﹣mv12
17．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d且分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是( )
A. 把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
B. 把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C. 把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
D. 把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
18．如图所示，a、b为竖直正对放置的平行金属板构成的偏转电场，其中a板带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一带正电粒子以速度v0从两板中间位置与a、b平行方向射入偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x（M、N点图中未画出），从N点射出的速度为v，则以下说法中正确的是
A. 只增大带电粒子的比荷大小，则v减小
B. 只增大偏转电场的电压U的大小，则v减小
C. 只减小初速度v0的大小，则x不变
D. 只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变
19．如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流﹣位移（I﹣x）关系的是（ ）
A. B.
C. D.
20．如图所示，AB是一根裸导线，单位长度的电阻为R0，一部分弯曲成直径为d的圆圈，圆圈导线相交处导电接触良好．圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的均匀磁场，磁感强度为B0导线一端B点固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右缓慢移动，从而使圆圈缓慢缩小．设在圆圈缩小过程中始终保持圆的形状，设导体回路是柔软的，此圆圈从初始的直径d到完全消失所需时间t为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题
21．甲乙两辆汽车都从同一地点由静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变，在第一段时间间隔T内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的三倍，接下来，汽车甲的加速度大小增加为原来的三倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的，则
A. 在2T末时，甲、乙两车的速度相等
B. 甲、乙两车从静止到速度相等时，所经历的位移大小之比为3：5
C. 在4T末，两车第一次相遇，且只能相遇一次
D. 在运动过程中，两车能够相遇两次
22．倾角为θ＝37°的斜面上有一重为G的物体A，A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。现给A施加一水平力F，如图所示。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，物体A在斜面上静止，则水平推力F与G的比值可能的是( )
A. 2 B. 1 C. 0.5 D. 0.1
23．如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色皮带以10 m/s的恒定速率沿顺时针方向转动．今在传送带上端A处无初速度地轻放上一个质量为1kg的小煤块（可视为质点），它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A到B的长度为16m．取sin370=0.6，cos370=0.8，g=10m/s2．则在小煤块从A运动到B的过程中（ ）
A. 小煤块从A运动到B的时间为2s
B. 煤块对皮带做的总功为0
C. 小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6m
D. 因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J
24．如图．倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点．今测得AB：BC：CD=5：3：1，由此可判断（ ）
A. A、B、C处抛出的三个小球运动时间之比为3：2：1
B. A、B、C处抛出的三个小球的速率变化率之比为3：2：1
C. A、B、C处抛出的三个小球的初速度大小之比为3：2：1
D. A、B、C处抛出的三个小球落在斜面上时速度与斜面间的夹角之比为1：1：1
25．25．2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星，按预定计划，“中星9A”应该首选被送入近地点约为200公里，远地点约为3.6万公里的转移轨道II （椭圆），然后通过在远地点变轨，最终进入地球同步轨道III （圆形）．但是由于火箭故障，卫星实际入轨后初始轨道I远地点只有1.6万公里．科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在近地点点火，尽量抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功定点于预定轨道，下列说法正确的是（ ）
A. 失利原因可能是发射速度没有达到7.9km/s
B. 卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时的速度相同
C. 卫星从轨道I的P点进入轨道II后机械能增加
D. 卫星在轨道II由P点向Q点运行时处于失重状态
26．如图所示装置中，质量为M的木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，质量为m的子弹A沿水平方向以v0射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）
A. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能守恒
C. 弹簧的最大弹性势能为
D. 弹簧的最大弹性势能为
27．在两个等量同种点电荷的连线上，有与连线中点O等距的两点a、b，如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A. a、b两点的电势相同
B. a、b两点的场强矢量相同
C. a、O两点间与b、O两点间的电势差相同
D. 同一电荷放在a、b两点的电势能相同
28．在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是
A. 电压表和电流表的示数都增大。
B. 灯L2变暗，电流表的示数增大。
C. 灯L2变亮，电容器的带电量增加。
D. 灯L1变亮，电压表的示数减小。
29．如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中正确的是
A. 液滴可能带负电
B. 液滴一定做匀速直线运动
C. 液滴有可能做匀变速直线运动
D. 电场线方向一定斜向上
30．如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，用、分别表示线框ab边和cd边刚出磁场的时刻。线框下落过程中形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的图象有可能的是 ( )
A. B.
C. D.
参考答案
1．B
【解析】以50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得： ，以下面45个小物块为研究对象，由牛顿第二定律得，解得，故B正确．
2．C
3．C
【解析】A：t=1s时两物体相遇，且0～1s内甲速度始终比乙大，可知t=0时刻甲物体在后，乙物体在前，A项错误。
B、t=0时甲乙间距为3S0，此后甲乙间距离先减小又增大，速度相等时是第一次相遇后的距离最大，但不是全过程的最大值，B项错误。
C、1s末两物体相遇，由对称性可知则第2s内甲超越乙的位移和第3s内乙反超甲的位移相同，因此3s末两物体再次相遇，C项正确；
D、如图可知4s末，甲物体在乙物体后3S0，D项错误；
点睛：速度相等时，物体间距离出现极值(某一过程中的最大或最小)，是不是全过程最大值要分析过程作出判断。
4．C
【解析】A、b图线切线切线先为负值，然后为正值，知b的运动方向发生变化．故A错误；
B、在t1时刻，两车的位移相等，速度不同．故B错误；
C、t1到t3时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同．故C正确；
D、t1到t2时间内，b图线的切线斜率始终为负，与a的速度方向相反，则两车的速度不可能相同；故D错误；
故选C。
5．D
【解析】物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供物块的向心力，由牛顿第二定律得，得到，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为，D正确．
6．B
【解析】由得： ，所以有： ，B正确；ACD错误；
故选B。
视频
7．B
8．B
【解析】等量异种电荷连线的中垂线为一条等势线，且电势为零，即O点电势为零，而两电荷连线上电场方向由a指向b，根据沿电场线方向电势降低，所以a点的电势高于O点的电势，即a点的电势高于b点的电势，在连线上，电场强度先增大后减小，在O点电场强度最小，但不为零，在中垂线上，从O点向两边递减，所以O点在中垂线上是电场强度最大的点，故a点电场强度大于b点电场强度，A错误B正确；电荷在零电势处电势能为零，故正的试探电荷在b点的电势能为零，电场方向水平向右，C错误；负电荷从O向a移动过程中，电场力方向水平向左，电场力做正功，D错误．
9．C
【解析】串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，Ucd=6V，说明从a到d的电路和b到c的电路是连接良好的，故L1的灯丝和滑动变阻器都良好，L2的灯丝烧断了，故C正确，A、B、D错误；故选C．
【点睛】电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路．电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路．电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路．电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方．两灯均不亮，可能是某处断路．两灯一亮一灭，可能是某灯短路
10．A
点睛：本题也可求出ab、bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成。
视频
11．C
【解析】A、B、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故A，B错误；C、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故C正确；D、金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容．穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化．
12．A
【解析】设原线圈电流为，则根据可得，由题意可知： ，解得，设原线圈和副线圈电阻R上的电压分别为、，则，即，又，解得： ，A正确；BCD错误；
故选A。
13．B
【解析】系统静止，根据平衡条件可知，对B球：F弹=mgsinθ；对A球：F绳=F弹+mgsinθ，
细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：
B球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得：a=F合/m=（F弹+mgsinθ）/m=2gsinθ，方向沿斜面向下，故ACD错误，B正确。
故选：B。
点睛：根据平衡条件可知：对A、B球受力分析，求出弹簧弹力和绳子拉力。细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不会瞬间发生改变；对A、B球分别进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求出各自加速度．
14．C
15．C
【解析】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得：T=2π，轨道半径r越大，周期T越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故ABD错误，C正确．故选C．
16．D
17．B
【解析】AB、因质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg·2d－qU＝0，因极板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当A板上移、下移时，满足qU－mgh＝0的条件，即h＝2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A正确，B错误；
C、当把B板上移后，设质点仍能到达B板，则由动能定理得mgh－qU＝mv2，因B板上移后h＜2d，所以mgh＜qU，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C正确；
D、把B板下移后，有mgh′－qU＝mv2＞0，即质点到达N孔时仍有向下的速度，将穿过B板继续下落，D正确；
本题选择错误答案，故选：B。
点睛：移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点；如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落。根据动能定律判断即可。
18．D
【解析】粒子在电场中，水平方向；竖直方向， ； ，解得 ，则只增大带电粒子的比荷大小，则v增大，选项A错误；只增大偏转电场的电压U的大小，则E变大，v变大，选项B错误；减小初速度v0的大小，则导致进入磁场的速度减小，由半径公式R=，可知，导致半径减小，则x也减小，故C错误；减小偏转电场的电压U的大小，设速度与磁场边界的夹角为θ，则由半径公式 ，结合几何关系，可得：x=2Rsinθ= ，则会导致x不变，故D正确；故选D．
点睛：考查粒子做类平抛运动与匀速圆周运动的处理规律，掌握圆周运动的半径公式，注意运动的合成与分解的方法．
19．B
20．B
【解析】设在恒力F的作用下，A端△t时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减小△r，则有：
△x=2π△r
在△t时间内F做的功等于回路中电功，
△S可认为由于半径减小微小量△r而引起的面积的变化，有：△S=2πr?△r
而回路中的电阻R=R02πr，代入得，F?2π△r=
显然△t与圆面积变化△S成正比，所以由面积πr02变化为零，所经历的时间t为：
解得： 故B正确，ACD错误．故选B．
21．AB
22．ABC
【解析】设物体刚好不下滑时F＝F?1?，则F?1?·cos θ＋μF?N?＝G·sin θ
F?N?＝F?1?·sin θ＋G·cos θ
得
设物体刚好不上滑时F＝F?2?，则F?2?·cos θ＝μF?N?＋G·sin θ
F?N?＝F?2?·sin θ＋G·cos θ
得
即，故ABC正确，D错误；
故选ABC。
23．ABD
【解析】试题分析：小煤块放上传送带先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律求出小煤块从A运动到B的时间；分别求出在煤块匀加速直线运动阶段传送带的位移和煤块的位移，两者位移之差即为划痕的长度；因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积．
物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．根据牛顿第二定律得： ，则速度从零加速到传送带的速度所需的时间为，经过的位移为： ．由于，可知物体与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动．速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上．根据牛顿第二定律得，根据，即，解得，则，故A正确；煤块对皮带做的总功即是滑动摩擦力对传送带所做的功为，B正确；第一秒内传送带的速度大于煤块的速度，煤块相对于传送带先后运动，相对位移： ，第二秒内煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移，物块相对于传送带的位移．而小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为5m，C错误；产生的内能，D正确；
24．ACD
点睛：根据三个小球的位移之比得出三个小球平抛运动的高度之比和水平位移之比，根据位移时间公式求出运动的时间之比，根据时间和水平位移之比求出初速度之比．抓住某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，分析落在斜面上的速度方向与初速度方向夹角的关系．
25．CD
26．C
【解析】试题分析：系统内力远远大于外力，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与做功情况判断系统动量与机械能是否守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．
子弹在击中木块过程要克服阻力做功，机械能有损失，系统机械能不守恒，子弹与木块压缩弹簧过程，子弹、木块、弹簧组成的系统受到墙壁的作用力，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，由此可知，弹簧、子弹和木块组成的系统在整个过程中动量不守恒、机械能不守恒，AB错误；设子弹射入木块后，两者的速度为v，子弹击中木块过程子弹与木块的内力远远大于外力，所以子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，木块压缩弹簧过程，动能转化为弹性势能，当弹性势能最大时，系统的动能全部转化为弹性势能，故由能量守恒定律得，联立解得，C正确D错误．
27．ACD
【解析】解：将电荷从移到或电场力做功相等,则、两点间与、两点间的电势差相同,所以、两点的电势相等.故A、C正确;
根据点电荷的场强叠加,知、两点的场强大小相等,方向相反.所以场强不同.故B错误;
D、、两点的电势相等,根据,同一电荷在、两点的电势能相同.故D正确.本题选ACD
28．BD
29．BD
【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f，由于，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，
当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故BD正确，AC错误．
30．BCD
【解析】A、在0～时间内，线框做自由落体运动， 时刻以后，线框全部进入磁场后做匀加速直线运动，这两段时间内的v－t图线均为直线。在～时间内，线框进入磁场的过程中，线框的运动状态与进入磁场时的速度v有关。当线框在磁场中匀速运动时，安培力等于重力，即。若线框的速度v远大于，则进入磁场后减速。由可知，加速度减小；若线框速度v＞，但相差不大，则线框进入磁场后可能先减速再匀速，故A错误，B正确；
C、若线框的速度，但相差不大，则线框进入磁场后可能先加速再匀速；若线框的速度v远小于，则线框进入磁场后加速，加速度减小，故选项C正确；
期末复习大题易丢分（20题）
1．2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约的高空后跳下，经过一段g到达距地面约高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小．
（）若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至高度处所需的时间及其在此处的速度的大小．
（）实验上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为，其中x为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的图象如图所示，若该运动员和所带装备的总质量．求该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数k．（结果保留位有效数字）
2．如图所示，光滑水平地面与足够长的倾角θ＝30°的光滑斜面平滑连接，A球位于斜面底端，B球在水平地面上，两者相距L＝10 m．现A、B两个小球均以初速度v0＝10m/s开始运动，A沿斜面向上，B沿水平面向右，取g＝10m/s2，求：
(1)B球刚要滑上斜面时A球的速度；
(2)A球到达最高点时，AB两球之间的距离．
3．如图为火车站装载货物的示意图，AB段是距水平传送带装置高为的光滑斜面，水平段BC使用水平传送带装置，BC长，与货物包的摩擦系数为，皮带轮的半径为，上部距车厢底水平面的高度。设货物包由静止开始从A点下滑，经过B点的拐角处无能量损失，通过调整皮带轮（不打滑）的转动角速度可使货物包经C点被水平抛出后落在车厢上的不同位置（车厢足够长，货物包不会撞到车厢壁），取。
(1)当皮带轮静止时，请判断货物包能否在C点被水平抛出，若不能，请说明理由；若能，请算出货物包在车厢内的落点到C点的水平距离；
(2)当皮带轮以角速度顺时针匀速转动时，求货物包在车厢内的落点到C点的水平距离.
4．如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为时恰能沿斜面匀速下滑．保持斜面倾角为，对物体施加一水平向右的恒力F，使物体沿斜面匀速向上滑行（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．增大斜面倾角，当倾角超过某一临界角时，则不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，已知重力加速度为g，试求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数；
（2）水平恒力F的大小；
（3）这一临界角的大小。
5．如图所示．在建筑装修中，工人用m=5kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数?均相同。（g取l0m/s2且sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1〕磨石A受到与水平方向成?=37°斜向下的推力F1，当F1=50N时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数?。
（2）又用A对倾角?=37°的斜壁进行打磨，对A施加竖直向上的推力F2=60N，求磨石A从静止开始沿斜壁向上运动0.5m（斜壁长>0.5m）所用的时间。
6．如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环，棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（k>1）.断开轻绳，棒和环自由下落.假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失，棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计.求：
（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。
（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s.
（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W.
7．如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面， BC段为一水平传送带，两段相切于B点．一质量为m=1kg的物块（可视为质点），静止于A点，AB距离为 s=2m．已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2．
（1）若给物块施加一水平拉力F=11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；
（2）在（1）问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定（AB段和BC段仍平滑连接），要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F应至少多大；
8．如图所示，长为2L的轻杆OB，O端装有转轴，B端固定一个质量为m的小球B，OB中点A固定一个质量为m的小球A，若OB杆从水平位置静止开始释放转到竖直位置的过程中，求：
（1）A、B球摆到最低点的速度大小各是多少
（2）轻杆转到竖直位置时，角速度多大
（3）轻杆对A、B两球各做功多少
9．如图所示，半径的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切。质量m=0.1kg的小滑块B放在半圆形轨道末端的b点，另一质量也为的小滑块A以的水平初速度向B滑行，滑过的距离，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动。已知木块A与水平面之间的动摩擦因数。A、B均可视为质点。求：
（1）A与B碰撞后瞬间的速度大小v；
（2）在半圆形轨道的最高点c，轨道对A、B的作用力N的大小；
（3）AB的落地点距离半圆形轨道末端b的水平距离。
10．如图所示为一遥控电动赛车（可视为质点）和它运动轨道示意图。假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点。已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4N，赛车质量为0.4kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2W，B、C两点间高度差为0.45m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角，空气阻力忽略不计， ， ，求：
（1）赛车通过C点时的速度大小；（2）赛道AB的长度；
（3）要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件。
11．地球质量为M，半径为R，自转角速度为，万有引力恒量为G．如果规定物体在离地球无穷远处势能为0，则质量为m的物体离地心距离为r时，具有的万有引力势能可表示为．国际空间站是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大气层上空绕地球飞行的一个巨大人造天体，可供宇航员在其上居住和科学实验．设空间站离地面高度为h，如果在该空间站上直接发射一颗质量为m的小卫星，使其能到达地球同步卫星轨道并能在轨道上正常运行，求该卫星在离开空间站时必须具有多大的动能？
12．如图所示，空中相距5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地(电势为零),A板电势变化的规律如图所示,将一个质量，电荷量为的带电粒子从紧临B板处无初速度释放，不计重力，求：
（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
（2）若A板电势变化周期为，在t=0时将带电粒子释放，粒子到达A板时动量的大小；
（3）A板电势变化周期多大时，在到时间内释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
13．如图所示，在宽度为d的条形区域内有匀强电场，电场方向平行于区域边界．有一个质量为m的带正电粒子(不计重力)从左边界上的P点，以初速度v0沿垂直于电场方向射入电场，粒子从右侧边界上的Q点射出时的速度与边界的夹角为θ＝37°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．
(1)求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向的位移y的大小；
(2)在上述过程中，粒子的机械能变化了多少?
14．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻不计。D为直流电动机，其线圈电阻r=2Ω， 限流电阻R=3Ω。当电动机正常工作时，理想电压表示数为0.6V。求：
(1)电动机的输出功率；
(2若电动机被卡住，则其消耗的电功率?
15．如图所示，图线AB是电路的路端电压随电流变化的关系图线. OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压电变化的图线，由图求：
R的阻值；(2).在交点C处表示电源的输出功率；
(3).在C点，电源内部消耗的电功率；(4).电源的最大输出功率。
16．如图所示，两块足够大的平行金属板a、b竖直放置，板间有场强为E的匀强电场，两板距离为d，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入板间，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场大小也为E，方向竖直向上；磁感应强度，方向垂直纸面向里。求：
(1)微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离L（用d表示）；
(2)微粒在ab、bc区域中运动的总时间t（用d、v0表示）
17．如图所示，某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？
18．如图所示，在半径为R的圆形区域存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度为B，AB和CD是两个直径，O点为圆心，P点为圆周上的一定，P点到AB的距离为，在P点有一粒源，沿平面向各个方向发射电荷量为q，质量为m的带负电的粒子。
(1)若一粒子的速度大小为，沿平行于AB的方向射入磁场，则该粒子在磁场中的运动时间为多少？
(2)若一粒子的速度大小为，沿平行于AB的方向射入磁场，则该粒子在磁场中的运动时间为多少？
(3)若粒子源所有粒子的速度均为，则所以粒子在磁场中运动范围的面积是多少？
19．CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距为L，在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE），磁感应强度大小为B，如图所示。导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处。已知导体棒质量为m,导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求：
(1)电阻R中的最大电流和整个电路中产生的焦耳热。
(2)磁场区域的长度d。
20．如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距 L＝1m，导轨平 面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值 R＝1Ω的电阻；质量 m＝1kg、阻值 r＝1Ω的匀质金属棒 cd 放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1m，棒与导轨 垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面 垂直（向上为正）的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。认 为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在 0～1.0s 内，金属棒 cd 保持静止，取 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m／s2。
（1）求 0～1.0s 内通过金属棒 cd 的电荷量；
（2）求 t＝1.1s 时刻，金属棒 cd 所受摩擦力的大小和方向；
（3）1.2s 后，对金属棒 cd 施加一沿斜面向上的拉力 F，使金属棒 cd 沿斜面向上 做加速度大小的匀加速运动，请写出拉力 F 随时间 t′（从施加 F 时开 始计时）变化的关系式。
参考答案
1．（1）（2）（3）
【解析】（1）设运动员从开始自由下落至高度处的时间为t，下落距离为h，在高度处的速度为v，根据运动学公式，有： …① …② 根据题意，有： …③ 联立①②③解得： ， ；
（2）该运动员达到最大速度时，加速度为零，根据牛顿第二定律，
有： …④ 由所给的图象可读出： …⑤ 联立④⑤解得： 。
点睛：本题关键是明确运动员的受力情况和运动情况，知道当阻力与重力平衡时，运动员的速度达到最大值。
2．（1）5m/s（2）2.5m
B球在斜面上滑行距离sB＝v0(t2－t1)－a(t2－t1)2＝7.5 m
故A与B相距 Δs＝sA－sB＝2.5 m
3．(1)货物能被水平抛出， (2)
4．（1），(2) ，（3）.
【解析】(1)斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足：
mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得μ＝?
(2)设斜面倾角为α，受力情况如图，由匀速直线运动的条件：
Fcos α＝mgsin α+f
FN＝mgcos α＋Fsin α
f＝μFN
解得：
(3)由第（2）问可知，当时，
解得即临界值
5．（1）?=0.5（2）t=1s
6．（1）(k-1）g，方向竖直向上（2）（3）
【解析】试题分析：在棒上升的过程中，环要受到重力的作用，同时由于环向下运动而棒向上运动，环还要受到棒的向上的摩擦力的作用，根据牛顿第二定律列式可以求得加速度的大小．棒运动的总路程为原来下降的高度H，加上第一次上升高度的两倍，对棒受力分析可以求得棒的加速度的大小，在由运动学公式可以求得上升的高度．整个过程中能量的损失都是由于摩擦力对物体做的功，所以根据能量的守恒可以较简单的求得摩擦力对环及棒做的总功．
（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为
环受合力 ①
由牛顿第二定律 ②
由①②得，方向竖直向上
（3）设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒
摩擦力对棒及环做的总功
解得
7．（1）2.4m（2）17N
【解析】（1）物块在AB段：
F－μmg＝ma1
a1＝6m/s2
则到达B点时速度为vB，有vB=
滑上传送带μmg＝ma2
刚好到达C点，有vB2=2a2L 得传送带长度L＝2.4m
（2）将传送带倾斜，滑上传送带有
mgsin37°+μmgcos37°＝ma3， a3=10m/s2，
物体仍能刚好到C端，有vB2=2a3L
在AB段，有vB2=2as
F－μmg＝ma
联立解得 F＝17N
8．（1）、；（2）；（3）-mgL、mgL
（3）根据动能定理，对A球，有：mgL+WNA=m vA2 解得：WNA=-mgL 对B球，有：mg?2L+WNB=mvB2 解得：WNB=mgL 点睛：本题关键是明确两个球系统机械能守恒，单个球机械能不守恒，结合功能关系多次列式求解．
9．（1）3m/s （2） 8N （3）
【解析】(1)滑块做匀减速直线运动,加速度大小：a=f/m=2m/s2
解得：vA=6m/s
碰撞过程中满足动量守恒：mvA=2mv
解得：v=3m/s
(2)由b运动到c的过程中，根据动能定理
设c点的速度为vc，
解得：vc=m/s
根据受力分析：2mg+N=
解得：N=8N
（3）竖直方向：
水平方向位移：
联立解得：x=m
10．（1）（2）（3）
所以轨道半径 （可以不写0）
11．
12．（1），（2），（3）
【解析】试题分析：（1）由图可知两板间开始时的电势差，则由U=Ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；（2）因粒子受力可能发生变化，故由位移公式可求得粒子通过的距离，通过比较可知恰好到A板，故电场力不变，由动量定理可求得动量；（3）要使粒子不能到达A板，应让粒子在向A板运动中的总位移小于极板间的距离，由以上表达式可得出变化的周期．
（1）电场强度，带电粒子所受电场力
由牛顿第二定律得：
解得：
（2）粒子在时间内从静止开始向右做匀加速运动的距离为： ，在后半个周期内做匀减速运动直到速度为零，根据对称性可知走过的距离仍为0.8cm，故一个周期内粒子向右走的距离为1.6cm，由此可知粒子经过三个周期向右运动的距离，此时速度为零则此时距A的距离为
由，得
粒子到达A板时动量的大小
13．（1）（2）
【解析】(1)由平抛运动和几何知识得：tanθ＝
d＝v0 t
vy＝a t
解得：a＝
而：y＝
解得：y＝
(2)粒子由P到Q的过程，电场力做功为：W＝qE y＝ma y
解得：
14．(1)1.00W(2)2.88w
15．2Ω 8W 4W 9W
【解析】（1）OM是电阻的伏安特性曲线，由此可知电阻R==2Ω； （2）交点C处电源的输出功率为PC出=UcIc=4×2W=8W （3）由图可知ε=6V，根据闭合电路欧姆定律，可计算电源阻
在C点电源内部消耗的功率为PC内=Ic2?r=22×1（W）=4W （4）电源的最大输出功率Pm，是在外电阻的阻值恰等于电源内电阻时达到的．
点睛：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．
16．（1）（2）
【解析】【分析】根据粒子电场力和重力平衡，则粒子在bc区域内做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子做圆周运动的半径，结合几何关系求出微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离L；根据粒子在ab区域内水平方向上做匀加速直线运动，根据平均速度公式求出运动的时间，通过粒子在磁场中做圆周运动的圆心角求出粒子在磁场中运动的时间，从而求出总时间。
解：(1)微粒进入bc区域中由于电场力与重力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，
又，d=
得圆周半径r=2d
微粒刚进入bc时洛伦兹力方向向上，逆时针偏转，轨迹如图所示。设圆心角为θ，由几何关系得
sinθ=
即 θ=30°
微粒穿出bc区域的位置到a板下边缘的竖直距离
L=d+ r（1-cos30°）=（3）d）
(2)微粒在电场中受水平向右的电场力和竖直向下的重力，其运动分解为水平和竖直的匀变速运动， 微粒在电场中的运动时间为，
磁场中运动时间
在ab、bc区域中运动的总时间为=
17．200 V；2×104 W； 1∶10； 497∶22
输电电流
发电站升压后输电电压
升压变压器匝数比
输电线上损失的电压U′＝IR＝10×3 V＝30 V
到达用户输入变压器电压U2＝U－U′＝(5 000－30) V＝4 970 V
所以降压变压器的原副线圈的匝数比为
点睛：解决本题的关键知道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道输出功率和输出电流和输出电压的关系.
18．(1) (2) (3)
（2）当速度为时，半径为，画出粒子的运动轨迹，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角，在磁场中运动时间为， ；
19．(1) (2)
由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为：
（2）导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动
由牛顿第二定律得：BIL=ma，且，
联立解得：
两边求和得：
又
代入得：
解得：
【点睛】对于电磁感应问题两条研究思路：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
20．（1）（2） 方向沿导轨向上（3）
(2)若0?1.1s内金属棒cd保持静止,则在0?1.1s内回路中的电流不变,t=1.1s时,金属棒cd所受安培力F′=B1IL=0.2×1×1=0.2N，方向沿导轨向下；
又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力f’=μmgcos37°=0.9×10×0.8=7.2N；
由于mgsin37°+F′=6.2N故所求摩擦力为f=mgsin37°+F’=6.2N；方向沿导轨向上；
(2)1.2s后金属棒cd上产生的感应电动势为E′=B2Lv，其中v=at′
金属棒cd所受安培力的大小为：
F安=B2I2L,其中I2=
由牛顿第二定律有：
F?mgsinθ?μmgcosθ?F安=ma
解得：F=15.2+0.16t’(N)
