【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 v2= v1．已知某星球的半徑為 r，它表面的重力加速度為地球表面重力加速度 g的 ，不計(jì)其他星球的影響，則該星球的第二宇宙速度為（ ） A． B． C． D． 【考點(diǎn)】 萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；向心力． 【專題】 萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專題． 【分析】 第一宇宙速度是人造地球衛(wèi)星在近地圓軌道上的運(yùn)行速度，即 G =m ；此題把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面 【解答】 解：設(shè)地球的質(zhì)量為 M，半徑為 r，繞其飛行的衛(wèi)星質(zhì)量 m， 由萬(wàn)有引力提供向心力得： G =m ① 在地球表面 G =mg② 第一宇宙速度時(shí) R=r 聯(lián)立 ①② 知 v= 利用類比的關(guān)系知某星體第一宇宙速度為 v1= 第二宇宙速度 v2與第一宇宙速度 v1的關(guān)系是 即 v2= = = 故選： C． 【點(diǎn)評(píng)】 通過(guò)此類題型，學(xué)會(huì)知識(shí)點(diǎn)的遷移，比如此題：把地球第一宇宙速度的概念遷移的某顆星球上面． 6．如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為 E，電源內(nèi)阻為 r，串聯(lián)的固定電阻為 R2，滑動(dòng)變阻器的總阻值是 R1，電阻大小關(guān)系為 R1=R2=r，則在滑動(dòng)觸頭從 a端滑到 b端過(guò)程中，下列描述正確的是（ ） A．電路的總電流先減小后增大 B．電路的路端電壓先增大后減小 C．電源的輸出功率先增大后減小 D．滑動(dòng)變阻器 R1上消耗的功率先減小后增大 【考點(diǎn)】 閉合電路的歐 姆定律． 【專題】 恒定電流專題． 【分析】 滑動(dòng)變阻器的兩個(gè)部分并聯(lián)后與電阻 R2串聯(lián)接到電源中，分析在滑動(dòng)觸頭從 a端滑到 b端過(guò)程中，電阻的變化情況，根據(jù)閉合歐姆定律判斷電流的變化情況，當(dāng)外電路電阻等于內(nèi)阻時(shí)，電源的輸出功率最大． 【解答】 解： A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器從 a→b 移動(dòng)時(shí) R1作為并聯(lián)電路總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：電流是先減小后增大，故 A正確； B、路端電壓 U=E﹣ Ir，因?yàn)殡娏飨葴p小后增大，所以路端電壓先增大后減小，故 B正確； C、當(dāng) R 外 =r的時(shí)候 電源的輸出功率最大，當(dāng)滑片在 a端或者 b端 的時(shí)候 電路中 R 外 =r 所以輸出功率是先減小后增大的，故 C錯(cuò)誤； D、串聯(lián)電路 當(dāng) R＜ R2時(shí)，電阻越大消耗的 P越大，滑動(dòng)變阻器上消耗的功率是先增大后減小，故 D錯(cuò)誤． 故選 AB 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了串、聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律的靈活運(yùn)用，難點(diǎn)是滑動(dòng)變阻器滑片 P從最右端 → 中間 → 左端總電阻變化情況的判斷． 7．如圖所示，寬度為 d的雙邊界有界磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B．一質(zhì)量為 m、帶電量為 +q的帶電粒子（不計(jì)重力）從 MN邊界上的 A點(diǎn)沿紙面垂直 MN以初速度v0進(jìn)人磁場(chǎng)．已知該帶電粒子的比荷 = ． 其中 A′ 為 PQ上的一點(diǎn)，且 AA′ 與 PQ垂直．則下列判斷正確的是（ ） A．該帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后將向下偏轉(zhuǎn) B．該帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 2d C．該帶電粒子打在 PQ上的點(diǎn)與 A′ 點(diǎn)的距離為 d D．該帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【專題】 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題． 【分析】 根據(jù)左手定則確定粒子的偏轉(zhuǎn)方向．根據(jù)半徑公式求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，通過(guò)幾何關(guān)系求出帶電粒子打在 PQ上的點(diǎn)與 A′ 點(diǎn)的距離，根據(jù)圓心角，通過(guò)周期 公式求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 【解答】 解： A、由左手定則知，該帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后將向上偏轉(zhuǎn)，故 A錯(cuò)誤． B、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靠洛倫茲力提供向心力 ，解得R= ，又因?yàn)閹щ娏Ｗ拥谋群?= ，故有 R=2d，故 B正確． C、由圖可知，通過(guò)幾何關(guān)系知，該帶電粒子打在 PQ上的點(diǎn)與 A′ 點(diǎn)的距離為s= = ，故 C錯(cuò)誤． D、由圖可知，該帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為 ，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t= ，故 D正確． 故選： BD． 【點(diǎn)評(píng)】 本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵作出粒子在磁場(chǎng)中 的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系，運(yùn)用半徑公式和周期公式進(jìn)行求解，難度不大． 8．如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線，過(guò) O點(diǎn)的虛線 MN與電場(chǎng)線垂直，兩個(gè)相同的帶負(fù)電的粒子 P、 Q分別從 A、 B兩點(diǎn)的加速度大小分別為 a1和 a2，電勢(shì)能分別為 Ep1和 Ep2，過(guò) O點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為 v1和 v2，到達(dá) O點(diǎn)經(jīng)過(guò)的時(shí)間分別為 t1和 t2，粒子的重力不計(jì)，則（ ） A． a1＜ a2 B． Ep1＜ Ep2 C． v1＜ v2 D． t1＞ t2 【考點(diǎn)】 電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度． 【專題】 定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題． 【分析】 電場(chǎng)線越密，場(chǎng)強(qiáng)越大，粒子受到的電場(chǎng)力越大，加速度越大．非勻強(qiáng)電場(chǎng)中，距離相等的兩點(diǎn)間，場(chǎng)強(qiáng)越大，電勢(shì)差越大．根據(jù)電場(chǎng)力做功的大小，判斷動(dòng)能變化量的大小 【解答】 解： A、電場(chǎng)線越密，場(chǎng)強(qiáng)越大，粒子受到的電場(chǎng)力越大，加速度越大．所以 a1＞a2．故 A錯(cuò)誤 B、過(guò) A點(diǎn)畫出等勢(shì)面，根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以 A點(diǎn)電勢(shì)大于 B點(diǎn)電勢(shì)，由于帶負(fù)電，所以 Ep1＜ Ep2．故 B正確 C、粒子 P、 Q在 A、 B兩點(diǎn)分別到 O點(diǎn)．有 AO點(diǎn)間的電勢(shì)差大于 BO點(diǎn)間的電勢(shì)差，所以粒子 P的動(dòng)能減小量大于粒子 Q的動(dòng)能減小量，所以 v1＜ v2．故 C正確 D、帶負(fù)電的粒子 Q 從 B運(yùn)動(dòng)到 O沿水平方向分運(yùn)動(dòng)的加速度小于帶負(fù)電的粒子 P從 A運(yùn)動(dòng)到 O的加速度， P、 Q位移相同，水平方向，做減速運(yùn)動(dòng)，所以 t1＞ t2，故 D正確 故選： BCD 【點(diǎn)評(píng)】 本題雖然是綜合性很強(qiáng)的題目，但只要我們理解了電場(chǎng)線的特點(diǎn)就能順利解決 二、必考題：共 11題， 129分 9．（ 2020春 ?泉州校級(jí)期中）某實(shí)驗(yàn)小組利用圖示實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)測(cè)量物塊 A和長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù) μ ． ① 把左端帶有擋板的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板固定在水平桌面上，物塊 A置于擋板處，不可伸長(zhǎng)的輕繩一端水平連接物塊 A，另一端 跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪掛上與物塊 A質(zhì)量相同的物塊 B．用手按住物塊 A，使 A、 B保持靜止． ② 測(cè)量物塊 B離水平地面的高度為 h． ③ 釋放物塊 A，待物塊 A靜止時(shí)測(cè)量其運(yùn)動(dòng)的總距離為 s（物塊 B落地后不反彈）． 回答下列問(wèn)題： （ 1）根據(jù)上述測(cè)量的物理量可知 μ= ． （ 2）由于存在空氣阻力，該實(shí)驗(yàn)所求 μ 值比真實(shí)值 偏大 ．（填 “ 偏大 ” 或 “ 偏小 ” ） 【考點(diǎn)】 動(dòng)能定理的應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用；探究影響摩擦力的大小的因素． 【專題】 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題． 【分析】 首先分析題意，知道兩物塊的運(yùn)動(dòng)情況，找出 B物體落地后， A的 運(yùn)動(dòng)位移，據(jù)動(dòng)能定理求解即可；從能量守恒定律的角度分析誤差． 【解答】 解：（ 1）據(jù)題境可知， AB兩物體一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng) B物體落地后， A物體在摩擦力的作用下，做勻減速運(yùn)動(dòng)． 設(shè) B物體落地瞬間時(shí)， A 和 B的動(dòng)能都為 Ek，據(jù)能量守恒可知， mgh﹣ μmgh=2E K 當(dāng) B落地后， A做勻減速運(yùn)動(dòng)， A的位移為 s﹣ h，據(jù)動(dòng)能定理得：﹣ μmg （ s﹣ h） =0﹣ Ek 聯(lián)立以上兩式得： μ= （ 2）當(dāng)空氣阻力不可忽略時(shí)，有產(chǎn)生的熱量，會(huì)使 B物體落地瞬間時(shí)， A 或 B的動(dòng)能減小；使 B落地后， A做勻減速運(yùn)動(dòng)， A的位移為 s變小，所以會(huì)使 μ 偏 大． 故答案為：（ 1） ；（ 2）偏大． 【點(diǎn)評(píng)】 根據(jù)題境明確實(shí)驗(yàn)原理是解題的關(guān)鍵，找出位移之間的關(guān)系是解題的核心，靈活應(yīng)用能量守恒分析誤差，題目有點(diǎn)難度． 10．（ 2020?成都校級(jí)模擬）某實(shí)驗(yàn)小組采用如圖（ a）的電路測(cè)量規(guī)格為 “6V ， ” 的小型直流電動(dòng)機(jī) M中線圈的電阻（阻值約為幾歐姆）． R0為阻值為 的定值電阻． ① 調(diào)節(jié) R時(shí)應(yīng)控制電動(dòng)機(jī) 不轉(zhuǎn)動(dòng) （轉(zhuǎn)動(dòng)或不轉(zhuǎn)動(dòng)）時(shí)讀出電流表、電壓表示數(shù)． ② 若電壓表示數(shù)是 ，電流表示數(shù)如圖（ b），讀得電