1.下列屬于光的衍射現(xiàn)象的是( )
A. 水面上樹的倒影
B. 光在不透明圓盤后的影的中心出現(xiàn)一個(gè)亮斑
C. 肥皂膜在陽光下形成彩色條紋
D. 光信號在光纖中傳播
2.如圖所示為氫原子能級示意圖，一群處于n=4能級的氫原子向低能級躍遷時(shí)，下列說法正確的是( )
A. 躍遷過程中最多可輻射出4種頻率的光子
B. 從n=4能級躍遷到n=2能級的氫原子能量最大
C. 從n=4能級躍遷到n=1能級輻射出的光子波長最長
D. 有三種頻率的光子可使逸出功為4.54eV的金屬發(fā)生光電效應(yīng)
3.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A等壓變化到狀態(tài)B，下列說法正確的是( )
A. 氣體一定吸收熱量
B. 分子的平均動能減小
C. 氣體的內(nèi)能可能減少
D. 單位體積內(nèi)的分子數(shù)增加
4.兩列簡諧波以相同的速度相向傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖所示。下列說法正確的是( )
A. 兩波相遇后可以產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣
B. 質(zhì)點(diǎn)K經(jīng)過半個(gè)周期運(yùn)動到t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)M的位置
C. t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)L與質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動方向相反
D. 兩列波的振幅都是20cm
5.如圖所示，宇航員在“天宮課堂”中進(jìn)行驗(yàn)證碰撞過程中動量守恒的實(shí)驗(yàn)時(shí)，擲出的小球碰撞前在空間站中做勻速直線運(yùn)動。已知地球質(zhì)量為M，地球半徑為R，繞地球做勻速圓周運(yùn)動的空間站離地高度為h，萬有引力常量為G。下列說法正確的是( )
A. 根據(jù)題中信息可以計(jì)算空間站的運(yùn)行周期
B. 空間站環(huán)繞地球的速度大于地球的第一宇宙速度
C. 由a=GM(R+h)2可知，空間站的加速度恒定
D. 小球做勻速直線運(yùn)動是因?yàn)樾∏虿皇芰?br>6.一正弦式交流電的u?t圖像如圖所示。下列說法正確的是( )
A. 此交流電的頻率為25Hz
B. 用其給100Ω的電阻供電，電阻消耗的功率為484W
C. 用其給以額定功率1000W工作的電吹風(fēng)供電，電路中的電流約為3.2A
D. 用其給線圈電阻為10Ω的電動機(jī)供電，電動機(jī)正常工作時(shí)的電流為22A
7.如圖所示，木塊A、B分別重50N和60N與水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.2。夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁度系數(shù)為400N/m。用F=2N的水平拉力拉木塊B，木塊A、B均保持靜止。最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，下列說法正確的是( )
A. 彈簧的彈力大小為80N
B. 木塊A受到的摩擦力大小為10N
C. 木塊B受到的摩擦力大小為6N
D. 地面給A、B組成的系統(tǒng)的摩擦力大小為2N
8.如圖所示，斜面頂端在水平面上的投影為O點(diǎn)，斜面與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開始下滑，停到水平面上的A點(diǎn)。已知小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)相同。保持斜面長度不變，增大斜面傾角，下列說法正確的是( )
A. 小木塊沿斜面下滑的加速度減小
B. 小木塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率增大
C. 小木塊滑至斜面底端的時(shí)間增大
D. A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不變
9.如圖所示，真空中一根絕緣輕桿兩端分別固定兩個(gè)帶等量異種電荷的小球M、N(可看成點(diǎn)電荷)，O點(diǎn)為輕桿的中點(diǎn)。情境一：小球及輕桿處于靜止?fàn)顟B(tài)；情境二：輕桿繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動。下列說法正確的是( )
A. 情境一中，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零
B. 情境一中，O點(diǎn)與無窮遠(yuǎn)處電勢相等
C. 情境二中，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外
D. 情境二中，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里
10.如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極YY′、XX′的長度均為l、間距均為d。若電子槍的加速電壓為U1，XX′極板間的電壓為U2(X端接為高電勢)，YY′極板間的電壓為零。電子剛離開金屬絲時(shí)速度可視為零，從電子槍射出后沿示波管軸線OO′方向(O′在熒光屏正中央)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。電子電荷量為e則電子( )
A. 會打在熒光屏左上角形成光斑
B. 打在熒光屏上時(shí)的動能大小為e(U1+U2)
C. 打在熒光屏上的位置與O′的距離為l2U24aU1
D. 打在熒光屏上時(shí)，速度方向與OO′的夾角α滿足tanα=lU22dU1
11.出現(xiàn)暴風(fēng)雪天氣時(shí)，配備航空燃油發(fā)動機(jī)的某型號“除雪車”以20km/h的速度勻速行駛，進(jìn)行除雪作業(yè)。直徑約為30cm的吹風(fēng)口向側(cè)面吹出速度約30m/s、溫度約700℃，密度約1.0kg/m3的熱空氣。已知航空燃油的熱值為4×107J/kg。根據(jù)以上信息可以估算出以下哪個(gè)物理量( )
A. 除雪車前進(jìn)時(shí)受到的阻力
B. 除雪車吹出熱空氣時(shí)受到的反沖力
C. 除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)消耗的功率
D. 除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)單位時(shí)間消耗的燃油質(zhì)量
12.一束含有兩種比荷(qm)的帶電粒子，以各種不同的初速度沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，從O點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的偏轉(zhuǎn)磁場，打在O點(diǎn)正下方的粒子探測板上的P1和P2點(diǎn)，如圖甲所示。撤去探測板，在O點(diǎn)右側(cè)的磁場區(qū)域中放置云室，若帶電粒子在云室中受到的阻力大小f=kq，k為常數(shù)，q為粒子的電荷量，其軌跡如圖乙所示。下列說法正確的是( )
A. 打在P1點(diǎn)的帶電粒子的比荷小
B. 增大速度選擇器的磁感應(yīng)強(qiáng)度P1、P2向下移動
C. 打在P1點(diǎn)的帶電粒子在云室里運(yùn)動的路程更長
D. 打在P1點(diǎn)的帶電粒子在云室里運(yùn)動的時(shí)間更短
13.如圖所示為一個(gè)簡易的高溫報(bào)警器原理圖。RT為熱敏電阻，S為斯密特觸發(fā)器，其工作特點(diǎn)為當(dāng)A端電勢上升到高電勢1.6V時(shí)，Y端從高電勢跳到低電勢0.25V；當(dāng)A端電勢下降到低電勢0.8V時(shí)，Y端從低電勢跳到高電勢3.4V。已知蜂鳴器的工作電壓為3～5V，下列說法正確的是( )
A. A端為高電勢時(shí)蜂鳴器報(bào)警
B. 溫度升高，熱敏電阻阻值增大
C. 滑片P向b端移動，可提高溫度報(bào)警器的報(bào)警溫度
D. 若無斯密特觸發(fā)器，可通過將RP與RT調(diào)換位置實(shí)現(xiàn)同樣的功能
14.如圖所示，靜電力探針顯微鏡的核心組成部分是懸臂和與懸臂末端相互垂直的絕緣體探針。探針針尖由數(shù)十個(gè)原子構(gòu)成，直徑在納米級。當(dāng)帶電針尖逐漸靠近帶電絕緣體材料的表面，由于二者的相互作用使得懸臂發(fā)生彎曲，入射到懸臂背面激光的反射光線在光屏的位置會發(fā)生變化，該變化被探測器記錄之后進(jìn)行處理，得到材料的相關(guān)電學(xué)信息。根據(jù)上述材料，下列說法正確的是( )
A. 針尖與材料表面發(fā)生的相互作用為核子之間的核力
B. 懸臂發(fā)生彎曲使激光入射面的法線方向轉(zhuǎn)過θ角，則反射光線也轉(zhuǎn)過θ角
C. 靜電力顯微鏡可以探測帶電金屬材料表面的電荷分布
D. 將探針改為磁性材料，可以探測近樣品表面磁場的強(qiáng)弱
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
15.物理實(shí)驗(yàn)一般都涉及實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)儀器、實(shí)驗(yàn)方法、實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)分析等。
(1)用如圖1所示的裝置探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)時(shí)將皮帶套在左右半徑不同的變速塔輪上，可以探究向心力與以下哪個(gè)物理量的關(guān)系______。
A.質(zhì)量
B.半徑
C.角速度
(2)測量光波波長的實(shí)驗(yàn)裝置如圖2所示，下列說法正確的是______。
A.換用間距小的雙縫，觀察到的條紋個(gè)數(shù)會增加
B.將紅色濾光片換成綠色濾光片，干涉條紋間距變窄
C.干涉條紋與雙縫垂直
D.去掉濾光片后，干涉條紋消失
(3)“單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)g=4π2T2l計(jì)算重力加速度時(shí)，以下操作會使重力加速度的測量值偏小的是______。
A.直接用擺線的長度作為單擺的擺長
B.計(jì)時(shí)開始時(shí)，秒表啟動稍晚
C.測量周期時(shí)，誤將擺球(n?1)次全振動的時(shí)間記為n次全振動的時(shí)間
D.擺球振動過程中懸點(diǎn)處擺線的固定出現(xiàn)松動
(4)用如圖3所示的可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”。處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)發(fā)現(xiàn)原、副線圈的電壓比U1U2總是大于原、副線圈的匝數(shù)比n1n2，出現(xiàn)這一現(xiàn)象的原因是______。
16.用如圖所示的裝置驗(yàn)證“動量守恒定律”。實(shí)驗(yàn)時(shí)先讓A球從斜槽上某一固定位置由靜止釋放，P點(diǎn)為A球落點(diǎn)的平均位置；再把半徑相同的B球放在水平軌道末端，將A球仍從原位置由靜止釋放，M、N分別為A、B兩球碰撞后落點(diǎn)的平均位置。O點(diǎn)是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投影點(diǎn)，O、M、P、N位于同一水平面上。
(1)除了圖中器材外，完成本實(shí)驗(yàn)還必須使用的器材有______(選填選項(xiàng)前的字母)。
A.天平
B.刻度尺
C.秒表
D.圓規(guī)
(2)實(shí)驗(yàn)中，測得A、B兩球的質(zhì)量分別為m1、m2，三個(gè)落點(diǎn)的平均位置與O點(diǎn)距離OM、OP、ON分別為x1、x2、x3。在誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式______(用所測物理量的字母表示)，可以認(rèn)為兩球碰撞前后動量守恒。
(3)實(shí)驗(yàn)中能夠把速度的測量轉(zhuǎn)化為位移的測量的必要操作是______。
A.安裝軌道時(shí)，軌道末端必須水平
B.每次必須從同一個(gè)高度靜止釋放小球
C.實(shí)驗(yàn)中兩個(gè)小球的質(zhì)量應(yīng)滿足m1>m2
D.軌道應(yīng)當(dāng)盡量光滑
(4)某同學(xué)將B球替換為半徑相同、質(zhì)量為m3的C球(m3>m1)，重復(fù)(2)的實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)碰撞后A球反向運(yùn)動，沿傾斜軌道上升一段距離后再次下滑離開軌道末端，測量碰撞后A、C落點(diǎn)的平均位置到O點(diǎn)的距離分別為x1′，x3′，若誤差允許范圍內(nèi)滿足關(guān)系式______(用所測物理量的字母表示)，則可以認(rèn)為兩球碰撞前后的動量守恒。實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)表明，系統(tǒng)碰撞前的動量總是小于碰撞后的動量，請分析其中可能的原因。______。
三、簡答題：本大題共4小題，共40分。
17.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形軌道在B點(diǎn)平滑連接，軌道半徑為R，一個(gè)質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)，釋放物體，物體在彈力作用下獲得一向右速度后脫離彈簧。物體經(jīng)過B點(diǎn)的速度為v，之后沿半圓形軌道運(yùn)動，恰好通過最高點(diǎn)C后，落回AB平面內(nèi)。已知重力加速度為g。求：
(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢能Ep；
(2)物體沿半圓形軌道運(yùn)動過程中摩擦阻力所做的功W；
(3)物體在平面AB上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x。
18.如圖所示，空間中有寬度為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，一束電子以垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度B并垂直于磁場邊界的速度射入磁場，穿出磁場時(shí)的速度方向與原入射方向的夾角θ=60°，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)重力。求：
(1)通過作圖，確定電子做圓周運(yùn)動時(shí)圓心的位置；
(2)電子進(jìn)入磁場的速度大小v；
(3)電子穿越磁場的時(shí)間t；
(4)電子穿越磁場過程中洛倫茲力沖量的大小I。
19.(1)放射性元素的原子核發(fā)生衰變時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)發(fā)生衰變的原子核個(gè)數(shù)ΔNΔt與現(xiàn)存的、未衰變的原子核個(gè)數(shù)N成正比：ΔNΔt=?λN，其中λ為比例常數(shù)，“-”表示原子核個(gè)數(shù)減少。上述方程的解為：N=N0e?λm，其中N0為t=0時(shí)刻未衰變的原子核個(gè)數(shù)，N為t時(shí)刻未衰變的原子核個(gè)數(shù)。根據(jù)以上信息求元素的半衰期T1/2。
(2)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，寬度為L，一端連接阻值為R的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，長度恰好等于導(dǎo)軌間距，與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略不計(jì)。給導(dǎo)體棒一個(gè)向右的初速度v0。
a.類比(1)中給出的物理量之間關(guān)系的信息，以導(dǎo)體棒速度為v0時(shí)作為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，推理得出導(dǎo)體棒的速度v隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系；
b.某同學(xué)寫出導(dǎo)體棒的速度v與時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系后，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒需要無限長的時(shí)間才能停下，該同學(xué)得出結(jié)論：導(dǎo)體棒也需要運(yùn)動無限長的距離才能停下。請論證該同學(xué)的說法是否正確。
20.一種簡易靜電加速裝置如圖甲所示：在一個(gè)側(cè)壁為圓錐中段，底盤水平放置的塑料碗內(nèi)壁貼上十字的鍍銅錫條，外壁貼上十字的鋁條，并將鋁條反扣貼在內(nèi)壁，形成如圖所示的銅、鋁相間的電極。將由錫紙包裹的輕質(zhì)小球靜置于A點(diǎn)，鍍銅錫條與高壓恒壓源正極相連、鋁條與負(fù)極相連后，小球開始沿逆時(shí)針方向被加速。如圖乙所示，塑料碗側(cè)壁截面與水平面夾角為θ，圓形底盤半徑為R，小球質(zhì)量為m，恒壓源電壓始終為U。小球與錫條接觸分離后，所帶電荷量為+Q1，與鋁條接觸分離后，所帶電荷量為?Q2。忽略各處阻力，不考慮小球與塑料碗、空氣之間的電荷交換，僅考慮相鄰電極間電場對小球的加速作用，重力加速度為g。
(1)求小球第一次運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；
(2)若小球加速幾圈后，恰好開始沿碗壁向上運(yùn)動，求小球加速的圈數(shù)n1；
(3)小球加速n2(n2>n1)圈后撤掉電場，此時(shí)輕微晃動塑料碗，使小球可以在距碗底一定高度的水平面上以速度v做勻速圓周運(yùn)動(整個(gè)過程小球沒有離開塑料碗)。求晃動塑料碗時(shí)，碗對小球做的功W。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、水面上樹的倒影是由于光在水面處發(fā)生反射，故A錯(cuò)誤；
B、光在不透明圓盤后的影的中心出現(xiàn)一個(gè)亮斑是光繞過圓盤發(fā)生衍射形成的，故B正確；
C、肥皂膜在陽光下形成彩色條紋是光的薄膜干涉，故C錯(cuò)誤；
D、光信號在光纖中傳播是光的全反射的應(yīng)用，與光的衍射無關(guān)，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
光離開直線路徑繞到障礙物陰影里的現(xiàn)象叫光的衍射，由此分析。
考查常見的光現(xiàn)象，知道這些常見的光的全反射、干涉現(xiàn)象、衍射等現(xiàn)象即可。
2.【答案】D
【解析】解：A.從n=4能進(jìn)向下躍遷過程可輻射最多為6種頻率的光子，故A錯(cuò)誤；
B.從n=4能級躍遷到n=1能級的氫原子能量最大，故B錯(cuò)誤；
C.從n=4能級躍遷到n=3能級的光子能量最小，其波長最長，故C錯(cuò)誤；
D.輻射光子能量超過4.54eV的有4→1，3→1，2→1，共3種頻率，這3種頻率才能使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故D正確。
故選：D。
A.根據(jù)輻射規(guī)律進(jìn)行分析判斷；
B.根據(jù)能級能量差值規(guī)律判斷；
C.根據(jù)光子能量和波長的關(guān)系判斷；
D.根據(jù)圖像結(jié)合能級能量差進(jìn)行分析判斷。
考查氫原子的能級和躍遷的相關(guān)知識，會根據(jù)題意進(jìn)行分析判斷。
3.【答案】A
【解析】解：根據(jù)AB過車氣體做等壓變化，體積增大可知，因此單位體積內(nèi)氣體的分子數(shù)減??；氣體對外做功，即W0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q可知，Q>0，即A到B過程氣體吸收熱量；故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
根據(jù)A到B過程氣體體積增大，因此單位體積內(nèi)分子數(shù)減?。粴怏w對外做功，又根據(jù)pV=CT分析氣體溫度高低，由此判斷能內(nèi)的變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律即可分析該題各個(gè)選項(xiàng)。
該題考查了一定質(zhì)量的理想氣體做等壓膨脹過程中熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用，要熟練掌握該知識點(diǎn)，基礎(chǔ)題。
4.【答案】C
【解析】解：A、兩列簡諧波傳播速度大小相同，由題圖可知兩者的波長不同，則兩者的頻率不同，故兩波相遇后不能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣，故A錯(cuò)誤；
B、質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近沿y軸方向做簡諧運(yùn)動，不會隨波移動，則質(zhì)點(diǎn)K不會運(yùn)動到M的位置，故B錯(cuò)誤；
C、由同側(cè)法或平移法，結(jié)合波的傳播方向判斷，t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)L向+y方向運(yùn)動，質(zhì)點(diǎn)Q向?y方向運(yùn)動，可知兩者的運(yùn)動方向相反，故C正確；
D、由題圖可知兩列波的振幅都是10cm，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
由題圖可知兩列波的波長與振幅，根據(jù)波速、波長、頻率的關(guān)系判斷兩者的頻率是否相同，頻率相同的兩列波才有可能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣；質(zhì)點(diǎn)在平衡位置附近沿y軸方向做簡諧運(yùn)動，不會隨波移動；由同側(cè)法或平移法判斷質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動方向。
本題主要考查了機(jī)械波的傳播與質(zhì)點(diǎn)振動的關(guān)系，理解機(jī)械波的傳播特點(diǎn)，理解波形圖的物理意義，掌握波速、波長、頻率的關(guān)系，以及機(jī)械波的傳播與質(zhì)點(diǎn)振動的關(guān)系。
5.【答案】A
【解析】解：A、設(shè)空間站的運(yùn)行周期為T?？臻g站繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力得
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
可得：T=2π (R+h)3GM，可知根據(jù)題中信息可以計(jì)算空間站的運(yùn)行周期，故A正確；
B、地球的第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度，是近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，空間站環(huán)繞地球的速度小于地球的第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；
C、由a=GM(R+h)2可知，空間站的加速度大小恒定，但方向時(shí)刻在變化，所以其加速度是變化的，故C錯(cuò)誤；
D、空間站處于完全失重狀態(tài)，盡管小球做勻速直線運(yùn)動，但小球仍受地球引力作用，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力列式，可求出空間站的運(yùn)行周期。地球的第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度?？臻g站的加速度是矢量，方向不斷在變化?？臻g站處于完全失重狀態(tài)，小球仍受地球引力作用。
解答本題的關(guān)鍵要掌握萬有引力提供向心力這一思路，并能熟練運(yùn)用。要知道地球的第一宇宙速度是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度。
6.【答案】B
【解析】解：A、由題圖可知此交流電的周期T=0.02s，則其頻率為f=1T=10.02Hz=50Hz，故A錯(cuò)誤；
B、此交流電的電壓有效值為：U=Um 2=311 2V=220V
用其給100Ω的電阻供電，電阻消耗的功率P=U2R=2202100W=484W，故B正確；
C、用其給以額定功率1000W工作的電吹風(fēng)供電，電路中的電流為I=PU=1000220A≈4.5A，故C錯(cuò)誤；
D、用其給線圈電阻為10Ω的電動機(jī)供電，若電動機(jī)不轉(zhuǎn)動，可看作純電阻用電器，則電流為I=UR=22010A=22A，而電動機(jī)正常工作時(shí)是非純電阻用電器，不適用歐姆定律，故電動機(jī)正常工作時(shí)的電流不等于22A，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
由題圖可知此交流電的周期，則其頻率等于周期的倒數(shù)；用交流電的電壓有效值，根據(jù)功率的計(jì)算公式求解；電動機(jī)正常工作時(shí)是非純電阻用電器，不適用歐姆定律。
本題考查了正弦交流電的特點(diǎn)，掌握正弦交流電的四值(瞬時(shí)值、峰值、有效值、平均值)的物理意義。在交流電的應(yīng)用中計(jì)算用電器的功率、焦耳熱時(shí)要用有效值，以及交流電表的示數(shù)也為有效值。
7.【答案】D
【解析】解：A、B與地面之間的最大靜摩擦力大小為fAm=μGA=0.2×50N=10N，fBm=μGB=0.2×60N=12N
A、x=2cm=0.02m，彈簧的彈力大小為F′=kx=400×0.02N=8N，故A錯(cuò)誤；
B、因A物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件得A所受摩擦力大小為fA=F′=8N，故B錯(cuò)誤；
C、在水平方向上B受彈簧對它向右的彈力，向右的拉力，以及向左的摩擦力，根據(jù)平衡條件可得fB=F+F′=8N+2N=10N，故B受摩擦力大小為10N，故C錯(cuò)誤；
D、把A、B兩物塊以及彈簧看成一個(gè)整體，由平衡條件可得整體所受摩擦力大小f=F=2N，故D正確。
故選：D。
根據(jù)胡克定律求彈簧彈力；由平衡條件分別求得A、B受到的摩擦力大?。话袮、B和彈簧看成一個(gè)整體，根據(jù)平衡條件分析整體所受摩擦力。
注意在計(jì)算摩擦力時(shí)需要和最大靜摩擦力相比較，結(jié)果要小于最大靜摩擦力。
8.【答案】B
【解析】解：A、設(shè)斜面的傾角為α，斜面長度為L。小木塊沿斜面下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinα?μmgcsα=ma
可得：a=g(sinα?μcsα)
增大斜面傾角α，sinα增大，csα減小，則小木塊沿斜面下滑的加速度a增大，故A錯(cuò)誤；
B、由v2=2aL得小木塊滑至斜面底端時(shí)速度大小為：v= 2gL(sinα?μcsα)
小木塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P=mgvsinα=mgsinα 2gL(sinα?μcsα)，α增大，L不變，則P增大，故B正確；
C、設(shè)小木塊滑至斜面底端的時(shí)間為t，則L=12at2，a增大，L不變，則t減小，故C錯(cuò)誤；
D、設(shè)A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為s，對整個(gè)過程，由動能定理得：
mgLsinα?μmgcsα?L?μmg(s?Lcsα)=0
可得：s=Lsinαμ，a增大，L不變，則s增大，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)牛頓第二定律列式分析加速度的變化。根據(jù)速度-位移公式以及重力的瞬時(shí)功率公式P=mgvsinα分析小木塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率如何變化。由位移-時(shí)間公式列式分析運(yùn)動時(shí)間的變化。由動能定理列式分析A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離如何變化。
本題涉及力在空間的積累效果，運(yùn)用動能定理分析，比較簡潔。要知道滑動摩擦力做功與水平距離有關(guān)。對于運(yùn)動時(shí)間，往往根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合進(jìn)行分析。
9.【答案】B
【解析】解：AB、情境一中，兩個(gè)帶等量異種電荷的小球M、N(可看成點(diǎn)電荷)，在O點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向是相同的，電場疊加之后，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度不為零。對于兩個(gè)帶等量異種電荷的點(diǎn)電荷形成的電場，兩者連線的中垂面是一個(gè)通向無窮遠(yuǎn)的等勢面，故O點(diǎn)與無窮遠(yuǎn)處電勢相等，故B正確，A錯(cuò)誤；
CD、情境二中，輕桿繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，兩個(gè)帶等量異種電荷的小球M、N繞O點(diǎn)以相等的速率繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動，形成電流強(qiáng)度相同，方向相反的兩個(gè)環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，可知它們產(chǎn)生的磁場在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，疊加之后O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)兩個(gè)帶等量異種電荷的電場分布及電勢分布解答；兩個(gè)帶等量異種電荷的小球M、N繞O點(diǎn)以相等的速率繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動，形成電流強(qiáng)度相同，方向相反的環(huán)形電流，根據(jù)安培定則判斷O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向。
本題考查了電磁場的疊加原理，安培定則的應(yīng)用。掌握等量異種或同種點(diǎn)電荷的電場分布，能夠熟練地應(yīng)用安培定則判斷磁場方向。
10.【答案】D
【解析】解：A、電子在偏轉(zhuǎn)電場中受沿X′X的電場力，則光斑在水平方向靠左邊，故A錯(cuò)誤；
B、電子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場之間的加速過程，電場力做功為eU1，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后電場力對其做功最大為eU2，根據(jù)動能定理可知，電子打在熒光屏?xí)r，動能最大是e(U1+U2)，故B錯(cuò)誤；
CD、電子經(jīng)加速槍加速，根據(jù)動能定理有：eU1=12mv2
在XX′極板運(yùn)動的時(shí)間為l=vt
沿電場方向的位移y=12?eU2mdt2
解得y=mU2l24dU1
則位移為水平方向的夾角θ的正切tanθ=yx，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律可知tanα=2tanθ；
聯(lián)立解得tanα=lU22dU1
故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)電子受電場力方向分析A；根據(jù)牛頓第二定律可知在XX′極板間的加速度大小，電子在XX′極板間受到電場力做功不一定等于eU2，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律分析CD項(xiàng)。
本題考查對示波器工作原理的理解，其基本原理是電場的加速和偏轉(zhuǎn)，根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系，分析打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切。
11.【答案】B
【解析】解：A.由于不知道驅(qū)動汽車前進(jìn)時(shí)發(fā)動機(jī)的功率，即使汽車勻速運(yùn)動也不能推導(dǎo)前進(jìn)時(shí)受到的阻力，故A錯(cuò)誤；
B.對除雪車吹出的熱空氣，設(shè)汽車對熱空氣的作用力為F，根據(jù)動量定理有
Ft=mv=ρvtπ(d2)2v
得F=ρπd2v24
由于以上各量均為已知，代入數(shù)據(jù)即可求出F的值，根據(jù)牛頓第三定律，除雪車受到的反沖力也被求出；故B正確；
CD.根據(jù)題意分析可知，由于不知道航空燃油單位時(shí)間內(nèi)的消耗量，故無法求出消耗的功率，故CD錯(cuò)誤；
故選：B。
A.根據(jù)汽車勻速運(yùn)動結(jié)合功率的條件進(jìn)行分析；
B.根據(jù)動量定理列式并代入數(shù)據(jù)可計(jì)算或者判斷；
CD.根據(jù)題意分析是否有足夠的條件進(jìn)行功率運(yùn)算或者判斷。
考查能量問題、動量定理的應(yīng)用，會根據(jù)題意進(jìn)行分析和判斷。
12.【答案】D
【解析】解：A.在磁場B2區(qū)域中，由圓周運(yùn)動公式qvB2=mv2R可得比荷為qm=vRB2，因?yàn)榇虻絇1的軌跡半徑小，所以打到P1處的比荷比打到P2處的比荷大，故A錯(cuò)誤；
B.在速度選擇器的區(qū)域由公式得qvB1=qE可得v=EB1當(dāng)增大磁場強(qiáng)度B1時(shí)，速度v減小，由公式qvB2=mv2R得運(yùn)動軌跡半徑R=mvqB2減小，即P1、P2向上移動，故B錯(cuò)誤；
CD.因?yàn)榱Ｗ釉谠剖抑惺艿降淖枇Υ笮閒=kq，它跟粒子的帶電荷量大小有關(guān)，由A選項(xiàng)知，打到P1處的粒子電荷量更大，受到的阻力更大，那么因?yàn)樽枇ψ鲐?fù)功，洛倫茲力不做功，所以打在P1處的帶電粒子運(yùn)動路程更短，運(yùn)動時(shí)間更短，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：D。
根據(jù)在B2區(qū)域的軌跡半徑分析比荷的大??；根據(jù)粒子在速度選擇器中受力平衡分析，進(jìn)而得到在磁場B2中運(yùn)動的軌跡半徑；根據(jù)粒子的受阻力情況分析粒子的運(yùn)動路程以及時(shí)間。
知道在速度選擇器中粒子受電場力和洛倫茲力是一對平衡力是解題的關(guān)鍵。
13.【答案】C
【解析】解：A、由題意：蜂鳴器的工作電壓為3～5V，A端為高電勢時(shí)Y端從高電勢跳到低電勢0.25V，即蜂鳴器兩端電壓為0.25V，低于其工作電壓的范圍，故蜂鳴器不會報(bào)警，故A錯(cuò)誤；
B、高溫報(bào)警器的溫度較高時(shí)要報(bào)警，即高溫時(shí)Y端為高電勢，則A端為低電勢，即熱敏電阻RT為兩端電壓應(yīng)較小，熱敏電阻與滑動變阻器為串聯(lián)分壓的關(guān)系，則熱敏電阻的阻值應(yīng)較小?？傻玫礁邷貢r(shí)熱敏電阻的阻值較小，可知溫度升高，熱敏電阻阻值減小，故B錯(cuò)誤；
C、滑片P向b端移動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，根據(jù)B選項(xiàng)的分析，要使報(bào)警器報(bào)警，此時(shí)熱敏電阻阻值要更小，對應(yīng)的溫度就要更高，即提高了溫度報(bào)警器的報(bào)警溫度，故C正確；
D、在溫度變化的過程中斯密特觸發(fā)器能為蜂鳴器提供穩(wěn)定的高電壓或低電壓，若無斯密特觸發(fā)器，將RP與RT調(diào)換位置，隨著溫度的變化，RT的阻值會變化，蜂鳴器兩端的電壓會隨之變化，不能為蜂鳴器提供穩(wěn)定的高電壓或低電壓，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)題意分析A端為高電勢時(shí)蜂鳴器兩端電壓情況；根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理，結(jié)合題意分析高溫報(bào)警器的工作原理，判斷熱敏電阻的阻值與溫度的關(guān)系；滑片P向b端移動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，根據(jù)分析得到的報(bào)警器工作原理判斷；在溫度變化的過程中斯密特觸發(fā)器能為蜂鳴器提供穩(wěn)定的高電壓或低電壓，若無斯密特觸發(fā)器，隨著溫度的變化，RT的阻值會變化，蜂鳴器兩端的電壓會隨之變化。
本題考查了電路的動態(tài)分析的邏輯能力，理解題意推理報(bào)警器工作原理，應(yīng)用歐姆定律、串并聯(lián)電路的特點(diǎn)對工作電路進(jìn)行的動態(tài)分析。
14.【答案】D
【解析】解：A、由題意：測量時(shí)帶電針尖逐漸靠近帶電絕緣體材料的表面，可知是利用探針與材料表面之間的靜電力作用，使得懸臂發(fā)生彎曲達(dá)到測量目的，故A錯(cuò)誤；
B、入射光線方向不變，法線方向轉(zhuǎn)動θ角，則反射光線要轉(zhuǎn)動θ角的2倍，故B錯(cuò)誤；
C、靜電力顯微鏡可以探測帶電絕緣體材料的表面電學(xué)特征，因金屬材料導(dǎo)電性較好(內(nèi)有自由電子)，帶電針尖靠近金屬材料會使其表面的電荷分布發(fā)生變化，使測量失真，故C錯(cuò)誤；
D、由題意的探針工作原理，可知將探針改為磁性材料，探針可以在磁場中利用磁力工作，故可以探測近樣品表面磁場的強(qiáng)弱，故D正確。
故選：D。
根據(jù)題意分析探針工作原理；入射光線方向不變，法線方向轉(zhuǎn)動θ角，則反射光線要轉(zhuǎn)動θ角的2倍；金屬材料導(dǎo)電性較好，帶電針尖靠近金屬材料會使其表面的電荷分布發(fā)生變化；由題意的探針工作原分析將探針改為磁性材料是否可以探測近樣品表面磁場的強(qiáng)弱。
本題考查了對物理現(xiàn)象的理解能力，通過對題意的分析、理解作出合理的，滿足物理原理的判斷結(jié)論。
15.【答案】C B AD 變壓器不是理想變壓器，由于變壓器和線圈發(fā)熱造成鐵損以及漏磁造成的銅損
【解析】解：(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)將皮帶套在左右半徑不同的變速塔輪上，設(shè)塔輪半徑為R，角速度為ω；
根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系ω=vR
由于塔輪是通過皮帶傳動，輪邊緣線速度大小相同，兩塔輪半徑不同，因此兩塔輪轉(zhuǎn)動的角速度不同；
本實(shí)驗(yàn)采用的是控制變量法，所探究的是向心力與角速度的關(guān)系，故AB錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
(2)AB.根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式Δx=Ldλ，換用間距小的雙縫，相鄰亮條紋之間的距離增大，觀察到的條紋個(gè)數(shù)會減小；
將紅色濾光片換成綠色濾光片，入射光的波長變短，干涉條紋間距變窄，故A錯(cuò)誤，B正確；
C.雙縫干涉條紋與雙縫平行，故C錯(cuò)誤；
D.去掉濾光片后，屏上出現(xiàn)彩色條紋，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
(3)根據(jù)單擺周期公式T=2π lg，重力加速度g=4π2T2?l
A.單擺的擺長等于擺線長與擺球半徑之和，因此直接用擺線的長度作為單擺的擺長，測得的重力加速度偏小，故A正確；
B.單擺的周期T=tn，計(jì)時(shí)開始時(shí)，秒表啟動稍晚，測量的時(shí)間偏小，測量的周期偏小，根據(jù)g=4π2T2?l可知，測得的重力加速度偏大，故B錯(cuò)誤；
C.單擺的周期T=tn?1，測量周期時(shí)，誤將擺球(n?1)次全振動的時(shí)間記為n次全振動的時(shí)間，測量的周期偏小，根據(jù)g=4π2T2?l可知，測得的重力加速度偏大，故C錯(cuò)誤；
D.擺球振動過程中懸點(diǎn)處擺線的固定出現(xiàn)松動，單擺的真實(shí)擺長變大，測量的擺長偏小，根據(jù)g=4π2T2?l可知，測得的重力加速度偏小，故D正確。
故選：AD。
(4)變壓器不是理想變壓器，電流流進(jìn)銅線圈會發(fā)熱，鐵芯在交變電流的作用下也會發(fā)熱；交變電流產(chǎn)生的磁場不可能完全局限于鐵芯內(nèi)，會發(fā)生漏磁，因此實(shí)際測定的電壓U2小于理想變壓器條件下的電壓，導(dǎo)致U1U2>n1n2。
故答案為：(1)C；(2)B；(3)AD；(4)變壓器不是理想變壓器，由于變壓器和線圈發(fā)熱造成鐵損以及漏磁造成的銅損。
(1)根據(jù)探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)原理和采用的物理方法分析作答；
(2)AB.根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式分析作答；
C.雙縫干涉條紋與雙縫平行；
D.去掉濾光片后，屏上出現(xiàn)彩色條紋；
(3)根據(jù)單擺周期公式分析實(shí)驗(yàn)誤差產(chǎn)生的原因；
(4)根據(jù)變壓器的構(gòu)造和工作原理分析實(shí)際變壓器造成的損失，然后作答。
本題考查了探究向心力與質(zhì)量、半徑和角速度的關(guān)系，考查了雙縫干涉測波長、單擺測重力加速度、探究“變壓器的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)；一般涉及到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)儀器、實(shí)驗(yàn)方法、實(shí)驗(yàn)操作、數(shù)據(jù)分析等，因此要求熟練掌握。
16.【答案】ABDm1x2=m1x1+m2x3 Am1x2=?m1x1′+m2x3′由于軌道存在阻力，A小球再次回到水平軌道末端時(shí)的速度小于碰撞后的速度，因此x1′偏小，表達(dá)式?m1x1′+m2x3′偏大，導(dǎo)致A、C小球的末動量大于初動量。
【解析】解：(1)為完成本實(shí)驗(yàn)，要求知道兩球的質(zhì)量，投影點(diǎn)O到其余三個(gè)點(diǎn)的距離，以及能比較準(zhǔn)確的找到M、N、P三個(gè)點(diǎn)的位置，故還需要的器材是天平、刻度尺和圓規(guī)，不需要測時(shí)間，故ABD正確，C錯(cuò)誤，故選：ABD。
(2)如果系統(tǒng)碰撞動量守恒，設(shè)水平向右的方向?yàn)檎较?，則應(yīng)該滿足
m1v0=m1v1+m2v2
根據(jù)兩球最終都做平拋運(yùn)動規(guī)律，其平拋運(yùn)動的時(shí)間相等，設(shè)為t，有
v0t=x2
v1t=x1
v2t=x3
故上式可變形為m1x2=m1x1+m2x3
(3)實(shí)驗(yàn)中能夠把速度的測量轉(zhuǎn)化為位移的測量的必要操作保證各個(gè)小球均從同一位置被平拋出來，故要求斜槽的末端必須水平，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。
(4)由于A球被反向彈回，故動量守恒的表達(dá)式變?yōu)?br>m1v0=?m1v1+m2v2
同理可變形為
m1x2=?m1x1′+m2x3′
由于軌道存在阻力，A小球再次回到水平軌道末端時(shí)的速度小于碰撞后的速度，因此x1′偏小，表達(dá)式?m1x1′+m2x3′偏大，導(dǎo)致A、C小球的末動量大于初動量。
故答案為：(1)ABD；(2)m1x2=m1x1+m2x3；(3)A；(4)m1x2=?m1x1′+m2x3′，由于軌道存在阻力，A小球再次回到水平軌道末端時(shí)的速度小于碰撞后的速度，因此x1′偏小，表達(dá)式?m1x1′+m2x3′偏大，導(dǎo)致A、C小球的末動量大于初動量。
(1)根據(jù)利用平拋運(yùn)動驗(yàn)證動量守恒的實(shí)驗(yàn)要求及注意事項(xiàng)進(jìn)行分析；
(2)根據(jù)動量守恒定律結(jié)合平拋運(yùn)動的知識列式推導(dǎo)變形表達(dá)式；
(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)進(jìn)行分析判斷；
(4)根據(jù)動量守恒寫出公式并導(dǎo)出另一形式的表達(dá)式，并對可能的誤差原因進(jìn)行分析。
考查動量守恒的問題，會根據(jù)平拋運(yùn)動的相關(guān)規(guī)律進(jìn)行列式并推導(dǎo)相關(guān)結(jié)論。
17.【答案】解：(1)根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能等于物體離開彈簧后的動能，故Ep=12mv2
(2)設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，在C點(diǎn)，小球受到的重力提供向心力：
mg=mvC2R
小球從B點(diǎn)運(yùn)動至C點(diǎn)，由動能定理得：
W?2mgR=12mvC2?12mv2
可得W=52mgR?12mv2
(3)小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律
豎直方向
2R=12gt2
水平方向
x=vCt
可得x=2R
答：(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢能Ep為12mv2；
(2)物體沿半圓形軌道運(yùn)動過程中摩擦阻力所做的功W為52mgR?12mv2；
(3)物體在平面AB上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x為2R。
【解析】(1)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律解答；
(2)根據(jù)牛頓第二定律和動能定理解答；
(3)根據(jù)平拋運(yùn)動的位移規(guī)律進(jìn)行解答。
考查能的轉(zhuǎn)化和守恒定律以及平拋運(yùn)動規(guī)律，牛頓運(yùn)動定律等，會根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。
18.【答案】解：(1)圓心O點(diǎn)位置的確定如圖所示
(2)設(shè)電子做圓周運(yùn)動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系，
rsin60°=d
洛倫茲力提供向心力：evB=mv2r
聯(lián)立得電子速度v=2 3eBd3m
(3)由圓周運(yùn)動周期T與線速度v的關(guān)系得
T=2πrv
得T=2πmBe
電子在磁場中運(yùn)動對應(yīng)的圓心角為θ=60°，所以電子運(yùn)動時(shí)間為
t=60°360°T=16T
可得t=πm3Be
(4)對電子在磁場中運(yùn)動過程，根據(jù)動量定理，
I=ΔP
如圖所示
可得I的大小為mv，即
I=2 3Bed3
答：(1)作圖確定電子做圓周運(yùn)動時(shí)圓心的位置如上；
(2)電子進(jìn)入磁場的速度大小v為2 3eBd3m；
(3)電子穿越磁場的時(shí)間t為πm3Be；
(4)電子穿越磁場過程中洛倫茲力沖量的大小I為2 3Bed3。
【解析】(1)根據(jù)半徑垂直于速度方向作出兩半徑的交點(diǎn)作為圓心；
(2)根據(jù)幾何關(guān)系和牛頓第二定律列式解答；
(3)根據(jù)周期和圓心角求出電子運(yùn)動時(shí)間；
(4)根據(jù)動量定理結(jié)合圖像進(jìn)行解答。
考查帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題，會根據(jù)題意作圖，找相應(yīng)的幾何關(guān)系并列式解答。
19.【答案】解：(1)令N=N02，可得：12=e?λT1/2
解方程可得T1/2=ln2λ
(2)a.導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中，水平方向只受安培力，根據(jù)牛頓第二定律可知BIL=ma
根據(jù)閉合電路歐姆定律I=ER
根據(jù)加速度的定義式a=ΔvΔt
考慮到導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動，所以有ΔvΔt=?B2L2mRv
類比可得方程的解為v=v0beB2L2mRt
b.該同學(xué)說法不正確。
在減速過程中，對導(dǎo)體棒運(yùn)用動量定理，規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?BI?Lt=0?mv0
其中q=I?t=E?Rt=ΔΦR=BLxR
聯(lián)立可得x=mv0RB2L2，為有限值。
答：(1)元素的半衰期為ln2λ。
(2)a.導(dǎo)體棒的速度v隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系為v=v0beB2L2mRt；
b.不正確，見解析。
【解析】(1)根據(jù)半衰期的物理意義解答。
(2)a.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合牛頓第二定律解答；
b.根據(jù)動量定理解答。
解答本題時(shí)，要掌握動生電動勢公式、閉合電路歐姆定律、安培力公式、沖量的定義式等物理規(guī)律，要注意半衰期的含義。
20.【答案】解：(1)由動能定理：Q1U=12mvB2
變形可得：vB= 2Q1Um
(2)設(shè)小球加速n圈后速度大小為v1，恰好沿碗壁向上運(yùn)動，意味著小球與碗底之間無相互作用力。碗壁對小球支持力N1的水平分量提供小球做圓周運(yùn)動的向心力，豎直分力與重力大小相等。
N1csθ=mg
N1sinθ=mv12R
解得：v12=gRtanθ
由動能定理：n1(4Q1U+4Q2U)=12mv12?0
聯(lián)立可得：n1=mgRtanθ8U(Q1+Q2)
(3)設(shè)此時(shí)小球距離碗底的豎直高度為h，碗壁對小球支持力為N2，則有：
N2csθ=mg
N2sinθ=mv2R+htanθ
解得：h=v2g?Rtanθ
根據(jù)動能定理得：W?mgh+n2(4Q1U+4Q2U)=12mv2
聯(lián)立可得：W=32mv2?mgRtanθ?4n2U(Q1+Q2)
答：(1)小球第一次運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB為 2Q1Um；
(2)若小球加速幾圈后，恰好開始沿碗壁向上運(yùn)動，小球加速的圈數(shù)n1為mgRtanθ8U(Q1+Q2)；
(3)晃動塑料碗時(shí)，碗對小球做的功W為[32mv2?mgRtanθ?4n2U(Q1+Q2)]。
【解析】(1)根據(jù)動能定理求第一次到B點(diǎn)的速度；
(2)根據(jù)牛頓第二定律在水平和豎直方向列式求出小球剛要向上運(yùn)動時(shí)的速度，再根據(jù)動能定理求加速的圈數(shù)；
(3)根據(jù)豎直方向的平衡，水平方向圓周運(yùn)動的規(guī)律求出的高度，再由動能定理求出碗對小球做的功。
本題是帶電小球在電場中運(yùn)動與圓周運(yùn)動的綜合，關(guān)鍵是要弄清帶電小球被加速的原理，還有小球速度增大到一定時(shí)將沿傾斜碗壁向上上升。再結(jié)合動能定理、圓周運(yùn)動的動力學(xué)規(guī)律可解決問題。

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