【文章內(nèi)容簡介】 于 b、 f兩點間電勢差，故 C錯誤． D、 d、 f兩點電勢相等，則質(zhì)子沿圓周由 h到 d與由 h到 f，電場力做功相等，故 D正確． 故選： D 4．如圖所示，人造衛(wèi)星 P（可看作質(zhì)點）繞地球做勻速圓周運(yùn)動．在衛(wèi)星運(yùn)行軌道平面內(nèi)，過衛(wèi)星 P作地球的兩條切線，兩條切線的夾角為 θ ，設(shè)衛(wèi)星 P繞地球運(yùn)動的周期為 T，線速度為 v，萬有引力常量為 G．下列說法正確的是（ ） A． θ 越大， T越大 B． θ 越小， T越大 C．若測得 T和 θ ，則地 球的平均密度為 ρ= D．若測得 T和 θ ，則地球的平均密度為 ρ= 【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系． 【分析】由 θ 可確軌道半徑，再據(jù)萬有引力提供向心力確定各量與半徑的關(guān)系可得各選項的正誤． 【解答】解： A、 B、半徑 r= （ R為地球的半徑），可知 θ 越大，半徑越小，又運(yùn)動周期： T=2 ，則半徑越小，周期越小； θ 越小，半徑越大， T越大．則A錯誤， B正確． C、 D、測得 T和 θ ，由萬有引力提供向心力：m =G 得ρ= ，則 D正確， C錯誤 故選： BD 5．如圖所示，用均勻?qū)Ь€做成 邊長為 ，線框的一半處于垂直線框向里的有界勻強(qiáng)磁場中．當(dāng)磁場以 20T/s的變化率增強(qiáng)時， a、 b兩點間電勢差的大小為 U，則（ ） A． φ a＜ φ b， U= B． φ a＞ φ b， U= C． φ a＜ φ b， U= D． φ a＞ φ b， U= 【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律． 【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，求出感應(yīng)電動勢的大小，根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，再通過閉合電路歐姆定律求出電流以及電勢差． 【解答】解：題中正方形線框的左半部分磁通量變化而產(chǎn)生感應(yīng) 電動勢，從而在線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，把左半部分線框看成電源，其電動勢為 E，內(nèi)電阻為 ，畫出等效電路如圖所示． 則 a、 b兩點間的電勢差即為電源的路端電壓，設(shè) l是邊長，且依題意知： =20 T/s． 由法拉第電磁感應(yīng)定律，得： E=N =120 V= V 所以有： U=IR= =， 由于 a點電勢低于 b點電勢，故有： Uab=﹣ V． 故選： A． 6．如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為 n1： n2=55： 1，原線圈接入電壓u=220 sin100πt （ V）的交流 電源，圖中電表均為理想電表，閉合開關(guān)后，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭 P從最上端滑到最下端的過程中，下列說法正確的是（ ） A．副線圈中交變電流的頻率為 100Hz B． t=，電壓表的示數(shù)為 4V C．電流表的示數(shù)先變小后變大 D．電流表的示數(shù)先變大后變小 【考點】變壓器的構(gòu)造和原理． 【分析】根據(jù)交流電的瞬時值表達(dá)式得出交流電的圓頻率，由 f= 即可求出交流電的頻率；根據(jù)變壓器的特點：匝數(shù)與電壓成正比，與電流成反比，輸入功率等于輸出功率；根據(jù)電路的結(jié)構(gòu)，得出電路中電阻的變化規(guī)律，然后結(jié)合歐姆定律分 析電路中的電流的變化即可． 【解答】解： A、由電壓公式知交流電的 ω=100π ， f= = =50Hz，故 A錯誤； B、原線圈兩端的輸入電壓有效值為 220V，由電壓與匝數(shù)成正比知， ，所以副線圈兩端電壓為： V（即為電壓表的讀數(shù)），故 B正確； C、 D、由圖可知，滑動變阻器的上下兩部分并聯(lián)后與 R串聯(lián)，根據(jù)串并聯(lián)電路的電阻可知，當(dāng)滑片 P位于中間位置時，并聯(lián)電阻的電阻值最大，所以當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭 P從最上端滑到最下端的過程中，電路中的總電阻先增大后減小，根據(jù)歐姆定律可知，電路中的電阻值將先減小后增大． 變壓器的輸出電流先減小后增大，則輸入的電流也是先減小后增大，即電流表的示數(shù)先變小后變大．故 C正確， D錯誤． 故選： BC 7．如圖所示，勻強(qiáng)磁場分布在半徑為 R的 圓形區(qū)域 MON內(nèi)， Q為半徑 ON 上的一點且OQ= R， P點為邊界上一點，且 PQ與 OM平行．現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場（不計粒子重力及粒子間的相互作用），其中粒子 1從 M點正對圓心射入，恰從 N點出，粒子 2從 P點沿 PQ射入，下列說法正確的是（ ） A．粒子 2一定從 N點射出磁場 B．粒子 2在 P、 N之間某點射出磁場 C．粒子 1與粒子 2在磁場中的運(yùn)行時間之比為 3： 2 D．粒子 1與粒子 2在磁場中的運(yùn)行時間之比為 2： 1 【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動． 【分析】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，確定圓心的方法：（ 1）洛侖茲力指向圓心；（ 2）弦的中垂線過圓心．由此方法確定運(yùn)動軌跡．求粒子運(yùn)動時間在磁場中運(yùn)動時間的方法：（ 1）；（ 2） ， s為弧長．由此方法比較時間． 【解答】解：粒子 1從 M點正對圓心射入，恰從 N點出，根據(jù)洛侖茲力指向圓心，和 MN的中垂線過圓心，可確定圓心 O1，運(yùn)動軌跡為藍(lán)色圓弧，其半徑 R．兩個完全相同的帶電粒子以 相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動的半徑相同．粒子 2從 P點沿 PQ射入，根據(jù)洛侖茲力指向圓心，圓心 O2應(yīng)在 P點上方 R處，連接 O2P、 ON、 OP、 O2N， O2PON為菱形， O2N大小為 R，所以粒子 2一定從 N點射出磁場． A正確， B錯誤． ∠MO 1N=90176。 ； ∠PO 2N=∠POQ ， cos∠POQ= ，所以 ∠PO 2N=∠POQ=45176。 ．兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動的周期相同．粒子運(yùn)動時間與圓心角成正比．所以粒子 1與粒子 2在磁場中的運(yùn)行時間之比為 2： 1． C錯誤， D正確． 故選： AD． 8． 如圖所示，帶有擋板的光滑斜面固定在水平地面上，斜面的傾角為 θ=30176。 ．質(zhì)量均為 l kg的 A、 B兩物體用輕彈簧拴接在一起，彈簧的勁度系數(shù)為 5N/cm，質(zhì)量為 2kg的物體 C用細(xì)線通過光滑的輕質(zhì)定滑輪與物體 B連接．開始時 A、 B均靜止在斜面上， A緊靠在擋板處，用手托住 C，使細(xì)線剛好被拉直．現(xiàn)把手拿開，讓 C由靜止開始運(yùn)動，從 C開始運(yùn)動到 A剛要離開擋板的過程中，下列說法正確的是（取 g=10m/s2）（ ） A．初狀態(tài)彈簧的壓縮量為 1cm B．末狀態(tài)彈簧的伸長量為 1cm C．物體 B、 C與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．物體 C克服繩的拉力所做的功為 【考點】功能關(guān)系；功的計算． 【分析】根據(jù)胡克定律求初狀態(tài)彈簧的壓縮量和末狀態(tài)彈簧的伸長量．根據(jù)機(jī)械能守恒的條件：只有重力和彈力做功，分析機(jī)械能是否守恒．由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，求出末狀態(tài)時 C的速度，再由動能定理求物體 C克服繩的拉力所做的功． 【解答】解： A、初狀態(tài)彈簧的壓縮量為 x1= = =1cm，故 A正確． B、末狀態(tài)彈簧的伸長量為 x2= = =1cm．故B正確． C、對于物體 B、 C與地球組成的系統(tǒng)，由于彈簧對 B做負(fù)功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒．故C錯誤． D、初末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等，對于彈簧、物體 B、 C與地球組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 mCg（ x1+x2） =mBg（ x1+x2） sinθ+ 對 C，由動能定理得 mCg（ x1+x2）﹣ W= 解得物體 C克服繩的拉力所做的功 W=，故 D正確． 故選： ABD 三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第 9題～第 12題為必考題．每個試題考生都必須作答．第 13題～第 18題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題： 9．如圖 1所示，某同學(xué)設(shè)計了一個測量滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)的實驗裝置，裝有 定滑輪的長木板固定在水平實驗臺上，木板上有一滑塊，滑塊右端固定一個動滑輪