【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 度之比． 【解答】 解：當(dāng)水平力作用在 A 上，使 A 剛好要相對(duì) B 滑動(dòng)，臨界情況是 A、B 的加速度相等，隔離對(duì) B 分析， B 的加速度為： = ， 當(dāng)水平力作用在 B 上，使 B 剛好要相對(duì) A 滑動(dòng)，此時(shí) A、 B 間的摩擦力剛好達(dá)到最大， A、 B 的加速度相等，有： ， 可得： a1： a2=1： 3． 故選： C． 5．在真空中 A、 B 兩點(diǎn)分別放有異種點(diǎn)電荷 +Q 和﹣ 2Q，以 AB 連線中點(diǎn) O 為圓心作一圓形路徑，如圖所示，則下列說法正確的是（ ） A．場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系有 Ea=Eb、 Ec=Ed B．電勢(shì)高低關(guān)系有 φa＞ φb、 φc=φ0=φd C．將一負(fù)點(diǎn)電荷沿圓弧由 a 運(yùn)動(dòng)到 b 的過程中電場(chǎng)力做正功 D．將一正點(diǎn)電荷沿直線由 a 運(yùn)動(dòng)到 d 的過程中電場(chǎng)力做功小于將該正點(diǎn)電荷沿直線由 d 運(yùn)動(dòng)到 b 的過程中電場(chǎng)力做功 【考點(diǎn)】 電場(chǎng)的疊加；電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)． 【分析】 圖中電場(chǎng)線方向由 A 指向 B，根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低．電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大．根據(jù)對(duì)稱性，分析各點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系、場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系．及根據(jù)電場(chǎng)力做功來確定電勢(shì)能變化情況． 【解答】 解： A、由于 QA＜ QB， a 點(diǎn)處電場(chǎng)線比 b 點(diǎn)處電場(chǎng)線疏， a 點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于b 點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)．而 cd 兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，即 Ea＜ Eb、 Ec=Ed．故 A 錯(cuò)誤． B、電場(chǎng)線方向由 A 指向 B，則有 φa＞ φb、根據(jù)對(duì)稱性可知， φc=φd≠ φ0，故 B錯(cuò)誤． C、將一負(fù)點(diǎn)電荷沿圓弧由 a 運(yùn)動(dòng)到 b 的 過程中，電場(chǎng)力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，所以電場(chǎng)力做負(fù)功．故 C 錯(cuò)誤． D、由于 ad 間電場(chǎng)線比 db 間電場(chǎng)線疏，則 ad 間的場(chǎng)強(qiáng)比 db 間場(chǎng)強(qiáng)小，由 U=Ed知， ad 間的電勢(shì)差小于 db 間電勢(shì)差，由 W=Uq 知，正點(diǎn)電荷沿直線由 a 運(yùn)動(dòng)到d 的過程中電場(chǎng)力做功小于將該正點(diǎn)電荷沿直線由 d 運(yùn)動(dòng)到 b 的過程中電場(chǎng)力做功．故 D 正確． 故選： D 6．如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺(tái)上的小物體 A、 B 通過輕彈簧連接，并隨轉(zhuǎn)臺(tái)一起勻速轉(zhuǎn)動(dòng)， A、 B 的質(zhì)量分別為 m、 2m， A、 B 與轉(zhuǎn)臺(tái)的動(dòng)摩擦因數(shù)都為 μ， A、 B 離轉(zhuǎn)臺(tái)中心的距離分別為 、 r，已知彈簧的原長(zhǎng)為 ，勁度系數(shù)為 k，設(shè)本題中的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，以下說法中正確的是（ ） A．當(dāng) B 受到的摩擦力為 0 時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 B．當(dāng) A 受到的摩擦力為 0 時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 C．當(dāng) B 剛好要滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 D．當(dāng) A 剛好要滑動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為 【考點(diǎn)】 向心力；摩擦力的判斷與計(jì)算． 【分析】 當(dāng) A、 B 受到的摩擦力為 0 時(shí)，由彈簧彈力提供向心力，根據(jù)胡克定律以及向心力公式列式求解，當(dāng) A、 B 剛好要滑動(dòng)時(shí)，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，根據(jù)胡克定律以及向 心力公式列式求解即可． 【解答】 解： A、當(dāng) B 受到的摩擦力為 0 時(shí)，由彈簧彈力提供向心力，則有 k（ +r﹣ ） =2mω2r 解得： ，故 A 錯(cuò)誤； B、當(dāng) A 受到的摩擦力為 0 時(shí)，由彈簧彈力提供向心力，則有 k（ +r﹣ ）=mω2? 解得： ，故 B 正確； C、當(dāng) B 剛好要滑動(dòng)時(shí)，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的合力提供向心力，則有： k（ +r﹣ ） +μ?2mg=2mω2r 解得： ω= ，故 C 錯(cuò)誤； D、當(dāng) A 剛好要滑動(dòng)時(shí)，摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，彈簧彈力與靜摩擦力的 合力提供向心力，則有 k（ +r﹣ ） +μmg=mω2?， 解得： ，故 D 正確． 故選： BD 7．如圖甲所示，在空間存在一個(gè)變化的電場(chǎng)和一個(gè)變化的磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向水平向右（圖甲中由 B 到 C），場(chǎng)強(qiáng)大小隨時(shí)間變化情況如圖乙所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面、大小隨時(shí)間變化情況如圖丙所示．在 t=1s 時(shí)，從 A 點(diǎn)沿 AB方向（垂直于 BC）以初速度 v0 射出第一個(gè)粒子，并在此之后，每隔 2s 有一個(gè) 相同的粒子沿 AB 方向均以初速度 v0射出，并恰好均能擊中 C 點(diǎn)，若 AB=BC=L，且粒子由 A 運(yùn)動(dòng)到 C 的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于 1s．不計(jì)重力和空氣阻力，對(duì)于各粒子由A 運(yùn)動(dòng)到 C 的 過 程 中 ， 以 下 說 法 正 確 的 是 （ ） A．電場(chǎng)強(qiáng)度 E0和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B0的大小之比為 2 v0： 1 B．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為 2： 1 C．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過 C 的動(dòng)能之比為 1： 4 D．第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為 π： 2 【考點(diǎn)】 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)． 【分析】 帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)分析答題． 【解答】 解： A、在 t=1s 時(shí)，空間區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖 2 所示；由牛頓第二定律得： qv0B0=m ， 粒子的軌道半徑， R=l，則： B0= ；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向： l=v0t，水平方向： l= at2= t2，而 E0= ，則： = ，故 A 正確； B、第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比： = = = ，故 B 錯(cuò)誤； C、第二個(gè)粒子，由動(dòng)能定理得： qE0l=Ek2﹣ mv02， Ek2= mv02，第一個(gè)粒子的動(dòng)能 Ek1= mv02，第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子通過 C 的動(dòng)能之 比為 1： 5，故 C 錯(cuò) 誤； D、第一個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： t1= T= = ， 第二個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： t2= ，第一個(gè)粒子和第二個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比 t1：t2=π： 2，故 D 正確， 故選： AD． 8．如圖甲所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌 MN、 PQ 所在平面與水平面成 θ 角， M、 P兩端接一電阻 R，整個(gè)裝置處于方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中． t=0 時(shí)對(duì)金屬棒施加一平行于導(dǎo)軌的外力 F，使金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，金屬棒電阻為 r，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．已知通過電阻 R 的感應(yīng)電流 I 隨時(shí)間 t 變化的關(guān)系如圖乙所示．下列關(guān)于棒運(yùn)動(dòng) 速度 v、外力 F、流過 R 的電量 q 以及閉合回路中磁通量的變化率 隨時(shí)間變化的圖象正確的是（ ） A． B． C． D． 【考點(diǎn)】 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化． 【分析】 由題可知，金屬棒由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，回路中的感應(yīng)電流與時(shí)間成正比，說明感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也是隨時(shí)間均勻增大的，明確各個(gè)圖象的物理意義，結(jié)合產(chǎn)生感應(yīng)電流的特點(diǎn)即可正確求解． 【解答】 解： A、而 E=Blv，所以 ， v﹣ t 圖象是一條過原點(diǎn)斜率大于 零的直線，說明了導(dǎo)體棒做的是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即 v=at；故 A錯(cuò)誤； B、根據(jù)如圖乙所示的 I﹣ t 圖象可知 I=kt，其中 k 為比例系數(shù)，由閉合電路歐姆定律可得： 可推出： E=kt（ R+r） 而 ， 所以有： ， 圖象是一條過原點(diǎn)斜率大于零的直線；故 B 正確； C、對(duì)導(dǎo)體棒在沿導(dǎo)軌方向列出動(dòng)力學(xué)方程 F﹣ BIl﹣ mgsinθ=ma， 而 ， v=at 得到 +mgsinθ， 可見 F﹣ t 圖象是一條斜率大于零且與速度軸正半軸有交點(diǎn)的直線；故 C 錯(cuò)誤． D、 ， q﹣ t 圖象是一條開口向上的拋物線，故 D 錯(cuò)誤； 故選： B 三、非選擇題（包括必考題和選考題兩個(gè)部分，第 22 題 第 32 題 為必考題，每個(gè)考題考生都必須作答．第 33 題 第 40 題為選考題，考生根據(jù)要求作答） 9．一同學(xué)要研究輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能與彈簧長(zhǎng)度改變量的關(guān)系．實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，在離地面高為 h 的光滑水平桌面上，沿著與桌子右邊緣垂直的方向放置一輕質(zhì)彈簧，其左端固定，右端與質(zhì)量為 m 的小剛球接觸．將小球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，使小球沿水平方向射出桌面，小球在空中飛行落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡．重力加速度為 g． （ 1）若測(cè)得某次壓縮彈簧釋放后小球落點(diǎn) P 痕跡到 O 點(diǎn)的距離為 s，則釋放小 球前彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為 ；（用 m、 g、 s、 h 等四個(gè)字母表示） （ 2）該同學(xué)改變彈簧的壓縮量進(jìn)行多次測(cè)量得到下表一組數(shù)據(jù)： 彈簧壓縮量 x/cm 小球飛行水平距離 s/cm 根據(jù)表中已有數(shù)據(jù)，表中缺失的數(shù)據(jù)可能是 s= cm； （ 3）完成實(shí)驗(yàn)后，該同學(xué)對(duì)上述裝置進(jìn)行了如圖乙所示的改變：（ I）在木板表面先后釘上白紙和復(fù)寫紙，并將木板豎直立于靠近桌子右邊緣處，使小球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，撞到 木板并在白紙上留下痕跡 O；（ II）將木板向右平移適當(dāng)?shù)木嚯x固定，再使小球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，撞到木板上得到痕跡 P；（ III）用刻度尺測(cè)量紙上 O 點(diǎn)到 P 點(diǎn)的豎直距離為 y．若已知木板與桌子右邊緣的水平距離為 L，則（ II）步驟