1.隨著航天技術(shù)的不斷發(fā)展，太空中的航天器數(shù)量越來(lái)越多。假設(shè)太空中的航天器圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 航天器的轉(zhuǎn)速一定大于地球的轉(zhuǎn)速
B. 離地面越高的航天器向心加速度越小
C. 同一軌道上的航天器受到的地球引力相等
D. 同一軌道上的航天器一定不會(huì)發(fā)生碰撞現(xiàn)象
2.某型號(hào)酒精測(cè)試儀的工作原理圖如圖所示，傳感器R的阻值隨氣體中酒精濃度的增大而減小。當(dāng)一位酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)( )
A. 傳感器的電阻增大
B. 電流表的示數(shù)變小
C. 電壓表的示數(shù)變大
D. 電源的總功率增大
3.在恒星內(nèi)部發(fā)生的核反應(yīng) 11H+X→Y和 11H+Y→815O中，X、Y代表兩種不同的原子核，則( )
A. X、Y是同位素B. X的結(jié)合能比Y的大
C. Y的核子數(shù)與 815O相等D. X的中子數(shù)為7
4.如圖所示，在足夠大的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一匝數(shù)為N、面積為S的矩形金屬線(xiàn)框繞與磁感線(xiàn)垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則當(dāng)線(xiàn)框平面與中性面( )
A. 垂直時(shí)，線(xiàn)框的四條邊受到安培力
B. 垂直時(shí)，線(xiàn)框的磁通量變化率最大
C. 重合時(shí)，線(xiàn)框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大
D. 重合時(shí)，穿過(guò)線(xiàn)框的磁通量為NBS
5.在光學(xué)元件的表面鍍一層特定厚度的薄膜，可增加光的透射。某薄膜能增加一單色光的透射，該薄膜的最小厚度( )
A. 小于單色光波長(zhǎng)的四分之一B. 等于單色光波長(zhǎng)的四分之一
C. 等于單色光波長(zhǎng)的二分之一D. 大于單色光波長(zhǎng)的二分之一
6.功率為P的白熾燈消耗的電功率有k%產(chǎn)生紅光。已知紅光的波長(zhǎng)為λ，紅光在真空中的光速為c，則該白熾燈1s內(nèi)發(fā)出的紅光光子數(shù)為( )
A. Pλhc?k%B. hcPλ?k%C. Pλhc?k%D. hcPλ?k%
7.一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)的波形圖如圖所示。介質(zhì)中x=2m處的質(zhì)點(diǎn)P沿y軸方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為y=10sin(5πt)cm，則( )
A. 這列波的波長(zhǎng)為6m
B. 這列波的傳播速度為1m/s
C. t=0.1s時(shí)，P處于平衡位置處
D. x=3m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=10sin(5πt?π2)cm
8.用插針?lè)y(cè)量矩形玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)中，入射光線(xiàn)和出射光線(xiàn)上大頭針的位置均正確，則逆著出射光線(xiàn)觀察到的4個(gè)大頭釘?shù)奈恢每赡苁? )
A. B.
C. D.
9.如圖所示，外力使條形磁鐵甲、乙靜止于水平桌面上，已知甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量，兩者與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲、乙，兩者均相對(duì)于桌面運(yùn)動(dòng)，在它們接近過(guò)程中的任一時(shí)刻( )
A. 甲的加速度比乙的小B. 甲的動(dòng)能比乙的大
C. 甲的動(dòng)量比乙的小D. 磁場(chǎng)力對(duì)甲、乙的功率相等
10.如圖所示，均勻帶正電的薄球殼上有一小孔A，帶正電的試探電荷(不計(jì)重力)從球心O以足夠大的初速度沿OA方向射出。取無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，則關(guān)于試探電荷受到的電場(chǎng)力大小F、電勢(shì)能Ep與離開(kāi)球心的距離r的關(guān)系圖像可能正確的是( )
A. B.
C. D.
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共15分。
11.小華利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究物體做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)平均速度與時(shí)間的關(guān)系。先將木板左端墊高，以補(bǔ)償打點(diǎn)計(jì)時(shí)器對(duì)小車(chē)的阻力及其他阻力。然后小車(chē)右端用細(xì)繩跨過(guò)定滑輪和一個(gè)鉤碼相連，鉤碼下落，帶動(dòng)小車(chē)運(yùn)動(dòng)。
(1)補(bǔ)償阻力時(shí)，小車(chē)左端______(選填“需要”或“不需要”)和紙帶相連。
(2)實(shí)驗(yàn)得到的紙帶和相關(guān)數(shù)據(jù)如圖乙所示，圖中相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔均為0.1s。以打出A點(diǎn)時(shí)小車(chē)位置為初始位置，得到位移AB、AC、AD、AE、AF平均速度如表：
請(qǐng)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在方格紙上補(bǔ)全實(shí)驗(yàn)點(diǎn)，(如圖丙)作出v??Δt圖線(xiàn)。
(3)從實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的v??Δt圖線(xiàn)可視為一條直線(xiàn)，從圖線(xiàn)可得到打出A點(diǎn)時(shí)小車(chē)速度大小vA=______cm/s。
(4)設(shè)v??Δt圖線(xiàn)的斜率為k，可得到小車(chē)的加速度大小a=______。
(5)小明認(rèn)為若再增加一個(gè)鉤碼，不改變其他條件，重新實(shí)驗(yàn)作出的v??Δt圖線(xiàn)的斜率為2k。請(qǐng)判斷該觀點(diǎn)是否正確，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由。______。
三、簡(jiǎn)答題：本大題共4小題，共45分。
12.一瓶?jī)?nèi)裝有氧氣。已知氧氣的分子數(shù)為N，密度為ρ，摩爾質(zhì)量為M，溫度為T(mén)。阿伏伽德羅常數(shù)為NA。
(1)求瓶?jī)?nèi)氧氣的體積V；
(2)升高氧氣溫度并釋放出瓶?jī)?nèi)部分氧氣以保持瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)不變，求氧氣溫度升至T′時(shí)瓶?jī)?nèi)氧氣的密度ρ′。
13.如圖所示，兩條相距為d的平行金屬導(dǎo)軌位于豎直面內(nèi)，其上端接一阻值為R1的電阻，勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m、電阻為R2的金屬桿在外力作用下靜止在導(dǎo)軌上，當(dāng)磁場(chǎng)區(qū)域(虛線(xiàn)以下足夠大的空間)以速度v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)后，釋放金屬桿。導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終在磁場(chǎng)中，并與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g。求：
(1)釋放金屬桿瞬間，桿中感應(yīng)電流的大小I；
(2)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度大小v。
14.如圖所示，輕桿的一端固定在輕質(zhì)豎直轉(zhuǎn)軸上的O點(diǎn)，桿與軸的夾角a=60°，桿上套有一勁度系數(shù)k=100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與套在桿上的質(zhì)量m=1kg的圓環(huán)相連，桿和圓環(huán)均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知彈簧原長(zhǎng)L0=0.15m，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取重力加速度g=10m/s2，不計(jì)一切摩擦。
(1)求圓環(huán)靜止時(shí)彈簧的長(zhǎng)度L；
(2)在外力作用下，桿隨轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)始終未離開(kāi)桿。
①當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，求桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小ω0；
②求桿的角速度從0到ω0的過(guò)程中，外力做的功W。
15.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于xOy平面向外。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O垂直磁感線(xiàn)入射到磁場(chǎng)中，初速度大小為v0，方向與x軸正方向成30°角，粒子能經(jīng)過(guò)x軸上的P點(diǎn)。不計(jì)粒子重力。
(1)求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(2)若僅將磁場(chǎng)替換為在坐標(biāo)平面內(nèi)且沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子仍能經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，題干中的B為已知量，其他條件不變。求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；
(3)若僅在坐標(biāo)平面內(nèi)增加沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E′=( 3?1)v0B2，求粒子離x軸的最遠(yuǎn)距離ym。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有GMmr2=m?4π2n2?r，解得n= GM4π2r3，可知如果航天器的軌道半徑大于或等于地球同步衛(wèi)星軌道半徑，則航天器的轉(zhuǎn)速小于或等于地球同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)速，而地球同步衛(wèi)星的轉(zhuǎn)速與地球轉(zhuǎn)速相等，所以航天器的轉(zhuǎn)速小于或等于地球的轉(zhuǎn)速，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有GMmr2=ma，得向心加速度a=GMr2，故離地面越高的航天器向心加速度越小，故B正確；
C、根據(jù)萬(wàn)有引力公式F=GMmr2，又航天器的質(zhì)量未知，所以同一軌道上的航天器受到的地球引力不一定相等，故C錯(cuò)誤；
D、由GMmr2=mv2r，v= GMr，可知同一軌道上的航天器的線(xiàn)速度的大小相等，如果它們繞地球飛行的運(yùn)轉(zhuǎn)方向相反，它們會(huì)碰撞，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力列出相對(duì)應(yīng)的方程即可求解判斷。
本題主要考查萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力求出轉(zhuǎn)速，向心加速度和線(xiàn)速度的表達(dá)式進(jìn)行判斷。
2.【答案】D
【解析】解：ABC、依題意，傳感器電阻R的阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，則酒駕駕駛員對(duì)著測(cè)試儀吹氣時(shí)，傳感器R的阻值減小，則電路的總電阻減小，電路中的電流增大，根據(jù)U=E?I(R0+r)，可知電壓表示數(shù)變小，故ABC錯(cuò)誤；
D、電路中的電流增大，根據(jù)電源總功率的公式P=EI可知電源的總功率增大，故D正確；
故選：D。
傳感器電阻R的阻值隨酒精氣體濃度的增大而減小，據(jù)此分析傳感器的電阻變化，從而判斷電路的總電阻的變化以及總電流的變化，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析電壓表示數(shù)的變化。根據(jù)P=EI分析電源總功率的變化。
本題主要考查酒精傳感器的運(yùn)用，掌握閉合電路的歐姆定律、功率公式是解題的關(guān)鍵。
3.【答案】D
【解析】解：AB.由 11H+X→Y可知，Y的電荷數(shù)比X的電荷數(shù)多1，所以X、Y不是同位素；Y的質(zhì)量數(shù)比X的質(zhì)量數(shù)大，所以Y的結(jié)合能比X的大，故AB錯(cuò)誤；
C.由 11H+Y→815O可知，Y的核子數(shù)比 815O少1，故C錯(cuò)誤；
D.由 11H+Y→815O， 11H+X→Y，結(jié)合反應(yīng)過(guò)程質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知Y的質(zhì)量數(shù)
15?1=14，電荷數(shù)8?1=7；則X的質(zhì)量數(shù)14?1=13，電荷數(shù)7?1=6，則X的中子數(shù)為
13?6=7
故D正確。
故選：D。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒以及質(zhì)子數(shù)守恒分析Y粒子和X粒子。
本題考查了核反應(yīng)中核子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，進(jìn)而用來(lái)判斷參與反應(yīng)的物質(zhì)的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)。
4.【答案】B
【解析】解：A.當(dāng)線(xiàn)框平面與中性面垂直時(shí)，上下兩邊的電流方向與磁感線(xiàn)平行，所以上下兩邊不受安培力，故A錯(cuò)誤；
B.當(dāng)線(xiàn)框平面與中性面垂直時(shí)，磁通量為零，此時(shí)線(xiàn)框的磁通量變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，B正確；
CD.當(dāng)線(xiàn)框平面與中性面重合時(shí)，磁通量最大，線(xiàn)框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小為0，磁通量為
Φ=BS
故CD錯(cuò)誤；
故選：B。
當(dāng)線(xiàn)圈平面與磁感線(xiàn)平行時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，磁通量為零，磁通量的變化率最大，當(dāng)線(xiàn)圈平面與磁感線(xiàn)垂直時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最小，磁通量最大，磁通量的變化率為零。
本題關(guān)鍵明確中性面是磁通量最大、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零的位置，每次經(jīng)過(guò)中性面，而垂直中性面位置是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大的位置。
5.【答案】A
【解析】解：增透膜的原理是讓薄膜的前后表面的反射光在前表面相遇時(shí)能實(shí)現(xiàn)干涉相消，則需要兩列光相遇時(shí)是波峰與波谷相疊加，即反射光的總強(qiáng)度接近于零，因而大大減少了光的反射損失，從而增加了透視光的強(qiáng)度，所以薄膜的最小厚度對(duì)應(yīng)兩束反射光的光程差恰好是光在這種介質(zhì)中的波長(zhǎng)的12，所以薄膜的最小厚度等于該單色光在這種介質(zhì)中的波長(zhǎng)的14；由于光進(jìn)入介質(zhì)后頻率不變，波速減小，則波長(zhǎng)減小，所以該薄膜的最小厚度小于單色光波長(zhǎng)的四分之一，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)路程差至少等于半個(gè)波長(zhǎng)求解薄膜的最小厚度。
本題考查了光的干涉原理，要知道波程差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍時(shí)為減弱點(diǎn)，從而來(lái)理解增透膜的原理。
6.【答案】A
【解析】解：一個(gè)紅光光子的能量為：
E=hν
根據(jù)波速與波長(zhǎng)關(guān)系得：
ν=cλ
白熾燈在時(shí)間1s內(nèi)輻射的紅光的能量為Pk%，輻射的光子數(shù)為：
n=Pk%E
聯(lián)立解得：n=λPk%hc，故A正確，BCD錯(cuò)誤
故選：A。
根據(jù)波速與波長(zhǎng)關(guān)系和E=hν公式計(jì)算一個(gè)紅光光子的能量，根據(jù)功率為P的白熾燈消耗的電功率有k%產(chǎn)生紅光，求出每秒發(fā)出的可見(jiàn)光的光子數(shù)。
該題考查光子的能量的公式結(jié)合電功率再應(yīng)用E=hν是求光子數(shù)的關(guān)鍵。
7.【答案】D
【解析】解：A.根據(jù)波形圖可知該波的波長(zhǎng)為4m，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)y=10sin(5πt)cm可得該波的周期為：T=2πω=2π5πs=0.4s，則波速為：v=λT=40.4m/s=10m/s，故B錯(cuò)誤；
C.由于t=0.1s=14T，根據(jù)波形圖可知，t=0.1s時(shí)，P處于波峰或波谷處，故C錯(cuò)誤；
D.t=0時(shí)，x=3m處質(zhì)點(diǎn)處于波谷，即初相為?π2，故x=3m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=10sin(5πt?π2)cm，故D正確。
故選：D。
根據(jù)波形圖直接得到該波的波長(zhǎng)；根據(jù)T=2πω求解周期；根據(jù)振動(dòng)情況分析t=0.1s時(shí)P的位置；t=0時(shí)，x=3m處質(zhì)點(diǎn)處于波谷，即初相為?π2，由此得到振動(dòng)方程。
本題主要是考查了波的圖像；解答本題關(guān)鍵是要掌握振動(dòng)的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的物理意義，能夠根據(jù)圖像直接讀出振幅、波長(zhǎng)和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系v=fλ。
8.【答案】C
【解析】解：設(shè)入射光線(xiàn)和出射光線(xiàn)上大頭針?lè)謩e為P1、P2和P3、P4，用插針?lè)y(cè)量矩形玻璃磚折射率的實(shí)驗(yàn)中，在直線(xiàn)AO(入射光線(xiàn))上豎直插上兩枚大頭針P1、P2，透過(guò)玻璃磚觀察大頭針P1、P2的像，調(diào)整視線(xiàn)方向，直到P2擋住P1的像；在玻璃磚的另一側(cè)插上大頭針P3，調(diào)整P3位置，透過(guò)玻璃磚使P3擋住P1、P2的像；在P3同側(cè)插上P4，調(diào)整P4位置，使P4擋住P3以及P1、P2的像；
根據(jù)上述分析，玻璃磚中只能看到一顆大頭針，玻璃磚外還會(huì)出現(xiàn)大頭針P1、P2的上部分，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
根據(jù)實(shí)驗(yàn)的正確操作步驟分析作答。
本題主要考查了“插針?lè)ā睖y(cè)定玻璃的折射率，關(guān)鍵是要掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作步驟。
9.【答案】B
【解析】解：A.對(duì)甲、乙兩條形磁鐵水平方向分別做受力分析，如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律有
a甲=F?μm甲gm甲、a乙=F?μm乙gm乙
可得甲的加速度比乙的大，故A錯(cuò)誤；
B.由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，甲的加速度較大，則甲的位移較大，根據(jù)動(dòng)能定理有
(F?μm甲g)x=Ek
可知甲的動(dòng)能比乙的大，故B正確；
C.對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于合力方向向右，合沖量方向向右，所以合動(dòng)量方向向右，故甲的動(dòng)量大小比乙的大，故C錯(cuò)誤；
D.根據(jù)功率公式
P=Fv
由于甲、乙的速度不同，可知磁場(chǎng)力對(duì)甲、乙的功率不相等，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)牛頓第二定律推導(dǎo)加速度分析判斷；根據(jù)位移和合力大小的分析，依據(jù)動(dòng)能定理判斷動(dòng)能的大?。桓鶕?jù)合動(dòng)量方向分析判斷甲、乙動(dòng)量大小；根據(jù)功率公式判斷甲、乙的功率大小。
本題關(guān)鍵是掌握兩磁鐵運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移和受力情況的分析。
10.【答案】C
【解析】解：由于球殼內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，試探電荷在球殼內(nèi)不受電場(chǎng)力，電場(chǎng)力不做功，試探電荷的電勢(shì)能保持不變。球殼內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)隨著離圓心的距離r的增加而減小，帶正電的試探電荷受到的電場(chǎng)力方向與速度方向相同，電場(chǎng)力做正功，試探電荷的電勢(shì)能隨著r的增加而增加，但增加得越來(lái)越慢，故C正確，ABD錯(cuò)誤；
故選：C。
理解球殼內(nèi)外的場(chǎng)強(qiáng)變化趨勢(shì)，結(jié)合圖像的物理意義完成分析。
本題主要考查了電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系，熟悉球殼內(nèi)外的場(chǎng)強(qiáng)分布特點(diǎn)即可完成分析，難度不大。
11.【答案】需要 59 2 k 不正確，因?yàn)樵僭黾右粋€(gè)鉤碼后，小車(chē)的加速度小于原來(lái)的2倍，即斜率小于2k
【解析】解：(1)補(bǔ)償阻力時(shí)，不僅補(bǔ)償木板和小車(chē)之間的阻力，還需補(bǔ)償紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間阻力，小車(chē)左端需要和紙帶相連，故填“需要”。
(2)利用表格中的數(shù)據(jù)作出v??Δt圖線(xiàn)，如圖所示。
(3)由v??Δt圖線(xiàn)知，縱軸的截距為A點(diǎn)的速度，vA=59cm/s。
(4)小車(chē)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有
x=v0t+12at2
整理變形可得
xt=v0+12at
故小車(chē)在t=0時(shí)，即打出A點(diǎn)時(shí)小車(chē)的速度大小
vA=b
小車(chē)的加速度大小a滿(mǎn)足
12a=k
即
a=2k
(5)如果不滿(mǎn)足鉤碼質(zhì)量m′遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量M，則鉤碼質(zhì)量不能忽略，則有
m′g=(m′+M)a′
整理變形得
a′=m′gm′+M
所以當(dāng)不滿(mǎn)足鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量時(shí)，加速度變小，因?yàn)樵僭黾右粋€(gè)鉤碼后，小車(chē)的加速度小于原來(lái)的2倍，即斜率小于2k，故不正確。
故答案為：(1)需要
(2)
(3)59cm/s
(4)2k
(5)不正確，因?yàn)樵僭黾右粋€(gè)鉤碼后，小車(chē)的加速度小于原來(lái)的2倍，即斜率小于2k。
(1)紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間也有阻力，不可省略，應(yīng)前后一致；
(2)利用表格所給數(shù)據(jù)描點(diǎn)；
(3)由(2)圖像找到A點(diǎn)時(shí)速度大?。?br>(4)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算加速度；
(5)可利用牛頓第二定律判斷是否需要增加鉤碼。
本題結(jié)合直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律問(wèn)題考查學(xué)生實(shí)驗(yàn)探究的能力，其中重點(diǎn)考查處理數(shù)據(jù)的能力，靈活應(yīng)用牛頓第二定律為解決本題第5問(wèn)的關(guān)鍵。
12.【答案】解：(1)氧氣的質(zhì)量
m=NNAM
瓶?jī)?nèi)氧氣的體積V=mρ，解得
V=NMNAρ
(2)升高氧氣溫度并釋放出瓶?jī)?nèi)部分氧氣以保持瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)不變，則
VT=V′T′
質(zhì)量相等，則
ρV=ρ′V′
解得
ρ′=ρTT′
答：(1)瓶?jī)?nèi)氧氣的體積為NMNAρ；
(2)氧氣溫度升至T′時(shí)瓶?jī)?nèi)氧氣的密度為ρTT′。
【解析】(1)根據(jù)摩爾質(zhì)量的計(jì)算公式結(jié)合密度的計(jì)算公式解答；
(2)根據(jù)蓋-呂薩克定律結(jié)合質(zhì)量相等解答。
本題考查其他的等壓變化，解題關(guān)鍵掌握氣體質(zhì)量不變及密度的計(jì)算公式。
13.【答案】解：(1)釋放金屬桿瞬間，金屬桿相對(duì)于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的速度大小為v0，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為
E=Bdv0
由閉合電路的歐姆定律得
I=ER1+R2
解得：I=Bdv0R1+R2
(2)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則有
mg=BI′d
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
E′=Bd(v?v0)
感應(yīng)電流為
I′=E′R1+R2
聯(lián)立解得：v=mg(R1+R2)B2d2+v0
答：(1)釋放金屬桿瞬間，桿中感應(yīng)電流的大小I為Bdv0R1+R2；
(2)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿的速度大小v為mg(R1+R2)B2d2+v0。
【解析】(1)釋放金屬桿瞬間，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E=Bdv0可求出金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律求解桿中感應(yīng)電流的大小。
(2)經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式、閉合電路的歐姆定律、安培力公式和平衡條件相結(jié)合求解金屬桿的速度大小v。
解答本題時(shí)，要根據(jù)金屬桿相對(duì)于磁場(chǎng)的速度來(lái)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律、安培力公式和平衡條件進(jìn)行解答。
14.【答案】解：(1)對(duì)圓環(huán)受力分析，平行于桿方向根據(jù)平衡條件有
mgcsα=kΔx
彈簧的長(zhǎng)度為
L=L0?Δx
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
L=0.10m；
(2)當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，對(duì)圓環(huán)受力分析如圖所示
對(duì)圓環(huán)根據(jù)牛頓第二定律有
mgtanα=mω02r
根據(jù)幾何關(guān)系有
r=L0sinα
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
ω0=203rad/s；
(3)桿的角速度從0到ω0的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得
W+W彈+G=12mv2?0
彈簧彈力做的功為
W彈=kΔx+02Δx=12k(Δx)2
重力做的功為
G=?mgΔxcsα
圓環(huán)的線(xiàn)速度為
v=ω0r
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
W=0.50J。
答：(1)圓環(huán)靜止時(shí)彈簧的長(zhǎng)度L為0.10m；
(2)在外力作用下，桿隨轉(zhuǎn)軸緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓環(huán)始終未離開(kāi)桿。
①當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小ω0為203rad/s；
②桿的角速度從0到ω0的過(guò)程中，外力做的功W為0.50J。
【解析】(1)根據(jù)平衡條件和彈簧的長(zhǎng)度關(guān)系列式，聯(lián)立求解圓環(huán)靜止時(shí)彈簧的長(zhǎng)度；
(2)①根據(jù)幾何知識(shí)求解圓環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)牛頓第二定律求解桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大??；
②根據(jù)動(dòng)能定理求解外力做的功。
本題考查功能關(guān)系，要求學(xué)生能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。
15.【答案】解：(1)洛倫茲力提供向心力：qv0B=mv02R
由幾何關(guān)系有：xp=OP?=2Rsin30°
代入解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為(mv0qB,0)。
(2)帶電粒子在x軸方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)：OP?=v0cs30°?t
y軸方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)：2v0sin30°=at
而加速度：a=qEm
解得：E= 3v0B2
(3)將粒子水平方向的初速度分解為兩個(gè)速度：v0cs30°=v1+v2
其中：qE′=qv1B
代入E′值的大小解得：v2=v02
所以帶電粒子的運(yùn)動(dòng)為速率為v1、向右的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和速率為v= 2v02的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)，
洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2R′，圓周分運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
幾何關(guān)系：ym=R′(1+sin45°)
聯(lián)立解得：ym=( 2+1)mv02qB
答：(1)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(mv0qB,0)；
(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E為 3v0B2；
(3)粒子離x軸的最遠(yuǎn)距離ym為( 2+1)mv02qB。
【解析】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力等于向心力結(jié)合幾何關(guān)系求交點(diǎn)坐標(biāo)；
(2)換為電場(chǎng)后，粒子做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，在平行電場(chǎng)方向列出時(shí)間表達(dá)式，在垂直于電場(chǎng)方向列出位移表達(dá)式，結(jié)合牛頓第二定律求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；
(3)用配速法確定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求軌道半徑，再由幾何關(guān)系求最遠(yuǎn)距離。
本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)、電場(chǎng)及疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合，難點(diǎn)是在疊加中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的確定，用配速法，結(jié)合半徑公式、幾何關(guān)系進(jìn)行求解。位移區(qū)間
AB
AC
AD
AE
AF
Δt/s
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
v?(cm/s)
66.0
73.0
80.0
87.3
94.6

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